黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-05物质结构与性质

黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-05物质结构与性质

一、单选题

1.（2023•黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考二模）抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成

超分子包合物，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。

下列说法错误的是

A.阿霉素分子中碳原子的杂化方式为SP2、spʒ

B.红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团

C.阿霉素分子含有羟基、狡基和氨基

D.阿霉素分子中，基态原子的第一电离能最大的元素为N

2.（2023•黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考二模）锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂

一脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2。4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2。4晶胞

可看成由A、B单元按ΠI方式交替排布构成，“。”表示02,下列说法不正确的是

A.充电时，LiMn电极发生电极反应LiMn2θ4-χe-=LiIrMn2O4+xLi+

B.充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均高于电池另一极

C.“・”表示的微粒是Mn

D.每个LiMn2O4晶胞转化为LilXMn2。4时转移8x个电子

3.（2023.黑龙江齐齐哈尔.统考一模）化学与科技、社会、生产密切相关•下列有关说

法正确的是

A.使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放

B.燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰”

C.载人火箭逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于有机高分子材料

D.量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同位素

4.（2023・黑龙江齐齐哈尔•统考一模）一种吸收SCh再经氧化得到硫酸盐的过程如图所

示。室温下，用0.1mol∙lJNaOH溶液吸收SCh,通入SCh所引起的溶液体积变化和HzO

挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度C怂=C（H2SO3）+c（HSO>C（S0；）。室温下，H2SO3

810

的电离常数分别为KaI=I.4x10-2、Ka2=6.0×10-iKsp（BaSO4）=IXlOO

SO2

吸收—>1氧化~>硫酸盐

NaOH溶液

下列说法中错误的是

A.SCh是由极性键构成的极性分子

B.“吸收”过程中，溶液中C懋=0.1molL∣时溶液呈酸性

C.“吸收”后得到的溶液pH=5,贝广氧化”时主要反应的离子方程式为

+

2HSO3+O2=2SO；+2H

l1

D.将“氧化”所得溶液用0.1mol∙L∙的NaOH溶液调节至pH=7,再与0.1molL-的BaCI2

溶液等体积混合，最终溶液中C（SO：）=2×10-9mol∙L-'

5.（2023•黑龙江齐齐哈尔•统考一模）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增

大，其中X的一种核素常用于测定文物年代，基态Y原子S能级电子总数与P能级电

子总数相等，X原子与Y原子的价层电子数之和与Z原子的价层电子数相等。下列说

法正确的是

A.X、W形成的化合物易溶于水

B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Z

C.Y元素的第一电离能比同周期相邻元素大

D.原子半径：X>Y>Z>W

6.（2023•黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考一模）某新型漂白剂的结构如图，其组成元素

均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且

W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是

Z-Xv/X—X、,X—zl2^

W2+∖γ∕∖γ∕

-Z—χ/、X—χ/×X-Z.

试卷第2页，共8页

A.四种元素中X的电负性最大

B.简单离子半径：W<X

C.由Z和X两种元素可能形成非极性分子

D.第一电离能介于X与Y之间的同周期元素只有2种

7.（2023∙黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考一模）物质的用量可能影响反应的产物，下列

离子方程式正确的是

3+2t

A.向Fe（NO3入溶液中加入少量的Hl溶液：2Fe+2Γ=2Fe+12

B.将过量SO?通入到少量碳酸钠溶液中：2SO2+CO^-+H2O=CO2↑+2HSO；

2+

C.向CUSO4溶液中加入过量氨水：Cu+2NH3.H2OɪCu（OH）21+2NH：

D.向Mg（HCO31溶液中加入过量的NaOH溶液：

2+

Mg+2HC0^+20H-=MgCoN+COf+2H2O

8.（2023•黑龙江大庆•统考一模）下列关于Sio八Co2、Ne）2及SO2的叙述正确的是

A.都是共价化合物且常温下均为气体

B.Si。?可用于制光导纤维，干冰可用于人工降雨

C.都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应

D.都能溶于水且与水反应生成相应的酸

9.（2023•黑龙江大庆•统考一模）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，

其有关性质或结构信息如下：

元素XYZM

性质或原子核外有三个能级，原子核外有两个电子氢化物基态原子核外价

结构信每个能级含有的电子层，最外层有3个未为二元电子排布式为

息数都相等成对电子弱酸3d64s2

下列说法错误的是A.X元素与Z元素的原子可构成直线形分子

B.Y元素氨化物的沸点一定比X元素氢化物的沸点高

C.Z元素的二价阴离子ZOj是正四面体结构

D.将M的低价硝酸盐溶解在足量稀硝酸中，有气体产生

二、工业流程题

10.(2023•黑龙江哈尔滨•哈尔滨三中校考二模)在钢中加入一定量的钿，就能使钢的硬

度、耐腐蚀性大增。工业上以富钮炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiCh等)为原料提取

五氧化二钿的工艺流程如图:

查阅资料：偏钮酸镂(NH4VO3)溶于热水和稀氨水，微溶于冷水，不溶于乙醇。

机的盐类的颜色五光十色，常被制成鲜艳的颜料。如：VO；溶液为黄色，VO?+溶液为

蓝色，而五氧化二钮则是红色的。

(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVe)3,该反应的化学方程式为o

(2)以上流程中应用过滤操作的有(填序号)，在③操作后，为使钿元素的沉降率达

到98%,要加入较多的NFUCl,从平衡角度分析原因。

(3)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成IoomL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL

该溶液于锥形瓶中，用amol∙L∣H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终

点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mLo

①完成下列滴定过程的离子方程式：。

2+

VO；+H2C2O4+=VO+CO2↑+

②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点时的实验操作和现象是。

③产品的纯度为。(用质量分数表示，己知V2O5,M=182g∕mol；H2C2O4,M=90g∕mol)

(4)专凡的晶胞结构为体心立方结构(如图所示)。

①若原子1,原子3,原子7的坐标分别为(O,0,0),(I,1,0),(I,1,1)；则原子8,

原子9的坐标分别为,。

②若晶胞边长为308pm,则钮的密度为g∙cm-3。(列出计算式)

11.(2023•黑龙江齐齐哈尔・统考一模)一种废银催化剂中含有Ni、Al、Cr。、Cu、FeS

试卷第4页，共8页

及碳粉，以其为原料制备环烷酸镁［(GoH8COO)2Ni,常温下为难溶于水的液体J的工艺流

程如图所示:

空气NaoH溶液硫酸试剂X硫化钺

废银

灼烧碱浸

催化剂

废气滤液

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的PH如表所示:

金属离子Fe3+Fe2+Ni2+Cu2+

开始沉淀的pH1.97.06.45.4

完全沉淀的PH3.29.08.46.7

回答下列问题：

(1)充分“灼烧”后,产生废气中的有毒气体的化学式为o

⑵“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与ALCh性质相似，则滤液中阴离子有OH-、

。基态Cr原子的价层电子排布式为。

(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其

优点是•

(4)“调pH”时，溶液PH的范围为»

(5)常温下，CuS的KSP极小，用S?一可将CiP+完全沉淀。CuS晶胞中S?一的位置如图1所

示，C/+位于S?-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。

①与S'距离最近的S”数目为。

②CUS的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,则CuS晶体的密度为

3

_______g∙cm^o

(6)环烷酸的化学式为CIOH8COOH,写出“合成”反应的化学方程式：。

(7)测定样品纯度：已知环烷酸保样品中含有环烷酸杂质。取1。OOg环烷酸保样品，加

入足量稀硫酸［发生反应：(CK)H8COO)2Ni+H2SO4=2C∣0H8COOH+NiSO4］后，用氨水调节

溶液pH为9~10时,加入紫麻酸胺作指示剂，用OJOOOmol-L-1EDTA标准溶液滴定(Ni?+

与EDTA反应的化学计量数之比为1：1),消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸银

样品纯度为%..

三、原理综合题

12.(2023∙黑龙江哈尔滨♦哈尔滨三中校考一模)氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021

年我国制氢量位居世界第一。请回答：

⑴298K时，lgH?燃烧生成Hq(g)放热⑵kJ,1molHq⑴蒸发吸热44kJ,表示H?

燃烧热的热化学方程式为o

(2)工业上，常用CH/g)与HQ(g)重整制备Hz(g).500。C时，主要发生下列反应：

I.CH4(g)+H2θ(g).Cθ(g)+3H2(g)

II.CO(g)+H2O(g).CO2(g)+H2(g)

l

①已知：Cao⑸+CO2(g)=CaCO3(s)ΔW=-178.8kJ∙moΓo向重整反应体系中加入

适量多孔CaO,其优点是o

②下列操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是(填标号)。

A.加催化剂B.增加CH/g)用量

C.移除H?(g)D.恒温恒压，通入惰性气体

③500℃、恒压(庶)条件下，ImolCHKg)和ImolHQ(g)反应达平衡时，CH<(g)的

转化率为0.5,Co2(g)的物质的量为0.25mol,则反应II的平衡常数KP=(用平

衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数)。

(3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研

究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：CO2+3H2tCH,OH+H2O0

恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1：3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变

化如图所示。该反应的ΔW0,甲醇的产率P点高于T点的原因为。

试卷第6页，共8页

(4)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH，配体：四

面体中心为硼原子，顶点均为氢原子.若其摩尔质量为188g∙moL,则M元素为

(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为。

四、结构与性质

13.(2023•黑龙江大庆・统考一模)银铜合金是由60%银、33%铜、7%铁三种金属组成

的合金材料。银铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易

加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题：

(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的

辐射波长为(填标号)。

A.577-492nmB.597-577nmC.622-597nm

(2)基态Cu"的价电子排布式为。

(3)乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有,乙酰丙酮中C键与兀键数

目之比为o

OO

乙酰丙酮

l

(4)Cu与Fe的第二电离能分别为L(CU)=I958kJ∙moL,I2(Fe)=1561kJ∙moΓ,I2(Cu)

大于I2(Fe)的主要原因是O

(5)已知C%O的立方晶胞结构如图所示。

①已知a、b的坐标参数依次为(O,0,0)、(ɪ,ɪ,ɪ),则d的坐标参数为

②晶胞边长为cpm,该晶体的密度为(列计算式，设NA为阿伏加德罗

常数的数值)

试卷第8页，共8页

参考答案:

1.C

【详解】A∙阿霉素分子中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为SP2、spɜ,故A正确；

B.红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，故B正确；

C.阿霉素分子含有羟基、氨基和默基，没有较基，故C错误；

D.阿霉素分子中含有H、C、N、。四种元素，同周期元素，从左往右第一电离能呈增大的

趋势，N位于第VA族，P轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O,则这四种元素中第

一电离能最大的元素为N,故D正确；

故选C。

2.C

【详解】A.LiMn2。4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn为阳极，LiMn2。4电极

发生电极反应LiMn20「xe—=Lil-XMn2O4+xLi",故A正确；

B.放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2。4电极为阳极,

电势高于阴极的电势，故B正确；

C.根据A的结构分析小黑球有1+Jx4=1.5个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有

O

∣×4=0.5,氧离子有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有4×l.5+4×0.5=8,氧离

O

子有32个,三角形有16个，它们之比8:16:32=1:2:4,因此整个晶胞中“•”表示的微粒是Li,

故C错误；

D.根据LiMn2θ4-xe-=LiI-XMn2O4+xLi”,每个晶胞的组成为LigMn∣6θ32,所以每个

LiMn2O4晶胞转化为LiIrMn2O4时转移8x个电子，故D正确。

综上所述，答案为C。

3.C

【详解】A.高温下空气中的氮气和氧气反应生成NO、No与氧气反应生成NO2,则乙醇

汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中氮氧化物的排放，A错误；

B.含硫燃料燃烧生成二氧化硫、氧化钙和二氧化硫生成亚硫酸钙、亚硫酸钙被氧气氧化生

成硫酸钙，因此燃煤中添加石灰石能起“固硫”作用、可消除SCh对环境的污染，不能减少

CO2的生成，B错误；

C.酚醛树脂为苯酚和甲醛缩聚反应生成的有机物，属于有机高分子材料，C正确；

D.碳纳米管TEM与石墨烯均是碳单质，互为同素异形体，D错误；

答案第1页，共9页

故选c。

4.D

KIaXι∏-∙4

【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==L="Xiu<Ka2,说明亚硫

2

Kal1.4×10^

酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。

【详解】A.SO2空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A正确；

B.“吸收”过程中，溶液中C息=0.ImOl∙L∣=c(H2SO3)+c(HSO3)+c(Sθ;),则C(S)=C(Na+),此

时得到NaHSO3溶液，根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故亚

硫酸氢钠溶液呈酸性，B正确；

C.Na2SO3显碱性，NaHSO3显酸性，当若“吸收”所得溶液的PH约为5时，溶液中主要含

硫的微粒为HS0；,则“氧化”时主要发生的反应为2HSO；+C)2=2SOj+2H+,C正确；

D.“氧化”所得溶液用0.1mol∙L的NaOH溶液调节至pH=7,则溶质只有Na2SO4,根据钠

元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol∕L,与O.Imol∙L的BaeI2溶液等体积混合，生成BaSO4

0.1mol∕L×VL-0.05mol∕L×VL

沉淀后,溶液中C(Ba2+)==0.025mol∕L,最终溶液中

2VL

C(SoAJ需mW0'mα∕L,D错误;

故选D。

5.C

【分析】X的一种核素常用于测定文物年代，X为C；基态Y原子S能级电子总数与P能级

电子总数相等，Y核外电子排布为：Is22s22p4或Is22s22p63s2,Y为O或Mg；X原子与Y

原子的价层电子数之和与Z原子的价层电子数相等，若Y为0,则Z价电子数位10,不存

在，若Y为Mg,则Z的价电子数为6,Z为S,W为CI,据此解答。

【详解】A.X、W形成的化合物为CCI4,不溶于水，故A错误；

B.非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S>C,则酸性：H2SO4>H2CO3,

故B错误；

C.Y为Mg,其最外层为3s2,处于全满的较稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的两

种元素，故C正确；

D.电子层数越多原子半径越大；电子层数相同时.，核电荷数越小原子半径越大，则原子半

径：Y>Z>W>X,故D错误;

答案第2页，共9页

故选:Co

6.C

【分析】短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是。或S,Z形成一个键可能是H

或F或C1,根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H,W

原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键,

再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同“，且X与Y同周期，W只能是Mg,X是

0,Y是B,Z是H。

【详解】A.四种元素中，氧元素电负性最大，A正确；

B.镁离子和氧离子的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大，镁离子半径小于氧离子，B

正确；

C.X是O,Z是H,可形成H20和H2O2,均为极性分子，C错误；

D.第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D正确；

故选：Co

7.B

【详解】A.酸性条件下硝酸根的氧化性强于Fe'+,少量Hl反应时，反应方程式：

+

2NO3+61+8H=2NOT+3I2+4H2O,故A错误；

B.SO?溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，过量SO?通入到少量碳酸钠溶液中反应

生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子方程式正确，故B正确；

2+2+

C.CU(OH)2溶于过量氨水，反应离子方程式为：Cu+4NH3-H2O=ICu(NH3)4J+4H2O,

故C错误；

D.Mg(HCo31与NaoH反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：

Mg"+2HCO；+40H-=Mg(OH)2J+2CO^+2H2O,故D错误；

故选：Bo

8.B

【详解】A.二氧化硅常温下不是气体，故A错误；

B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以二氧化硅可用于制光导纤维，干冰升华时吸收能

量，使空气中周围环境的温度降低，可用于人工降雨，故B正确；

C.二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；

答案第3页，共9页

D.二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故D错误：

故选Bo

9.B

【分析】X、Y、z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子核外有三个能级，每

个能级含有的电子数都相等，则X为C,Y原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对

电子，则Y为N,Z的氢化物为二元弱酸,则Z为S,M基态原子核外价电子排布式为3d64s2,

则M为Fe。

【详解】A.C和S元素可以形成CS2分子，CS2分子为直线形分子，A正确；

B.C的氢化物有多利l其中含碳量较高的氢化物其沸点高于NE,B错误；

C.硫酸根离子中中心原子S的价电子对数为4+0=4,无孤电子对，为正四面体结构，C正

确；

D.硝酸亚铁能被稀硝酸氧化，硝酸被还原生成NO,D正确；

故答案选B。

高温

10.(l)2V2O5+O2+4NaCl_4NaVO3+2Cl2

(2)③和④偏钢酸镀微溶于冷水，钱根离子浓度增大，促进生成偏钢酸铁沉淀平衡正

向移动，增加镀根的浓度促进偏锐酸根水解平衡正向移动，钮元素沉降率增大

+2+

(3)2VO：+H2C2O4+2H=2VO+2CO2↑+2H2O当滴入最后半滴标准液后，溶液变为蓝

色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色空巴％

m

1J]51x2

33O

(4)(1)0,1)(-,-,-)3O8×1O^NA

【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钢转化为偏帆酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反

高温

应为2V2θ5+Ch+4NaCl=4NaVθ3+2C12;水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯

化镀和硫酸可分离出偏锐酸镀，高温灼烧偏轨酸钱分解得到五氧化二钿，以此解答。

【详解】(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVo3,该过程中O元素由0价

下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：

高温

_

2V2O5+θ2+4NaCl4NaVO,ι+2C12.>

答案第4页，共9页

(2)根据流程可知，水浸后偏锐酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水。需过滤除去：

在滤液中加入氯化钱和硫酸后有偏钢酸铉析出，需过滤得到偏钮酸镂；应用过滤操作的有③

和④；偏钿酸钱微溶于冷水，铁根离子浓度增大，促进生成偏钿酸核沉淀平衡正向移动，增

加镀根的浓度促进偏钮酸根水解平衡正向移动，钢元素沉降率增大。

(3)①有CCh气体生成，则反应应在酸性条件下进行，结合氧化还原反应的电子守恒规律、

+2+

电荷守恒和原子守恒可得2VO：+H2C2O4+2H=2VO+2CO2↑+2H2O;

②VO；溶液为黄色，VCP+溶液为蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴标准液后，溶

液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色;

2C(H2C2O4)×V(C2H2O4)

③根据反应可得关系式2VO：~HCO,可得C(V0；)=,带入数

224V(V0；)

据可得C(VO；)=2amol/L,n(VO：)ɪe×V=2amol∕L×0.1L,X2VO；~V2O5,故n(V2O5)=

=0.1amol,m(V2O5)=nM=0.1amol×182g∕mol=18.2ag,样品的纯度为

X1oo%=曳空Xloo%=182Oa%

m(样品)mm°

(4)①由晶胞结构可知，原子8位于晶胞的顶点，坐标为：(1,0,1)；原子9位于晶胞的

体心，坐标为：(g,ɪ,ɪ):

②晶胞中V的个数为l+8xj=2,若晶胞边长为308pm,则钮的密度为

p_2x51_51x2

H)=33O

NΛ(308X1(TCm)3308×1O-NA°

II.(I)SO2

5

(2)AlO2,CrO-3d4s'

(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率

(4)3.2<pH<5.4

384

⑸12NAXa3XW

(6)2C∣OH8COOH+Ni2(OH)2SO4≈(C∣0H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O

(7)80.60

答案第5页，共9页

【分析】废银催化剂(含有Ni、AKCr、Cu、FeS及碳粉)通入空气灼烧，C元素转化为

CO2、S元素转化为SCh从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，AKCr的氧化物与NaOH反应

溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含

有Ni2+、Fe2+ʌFe3+.C/+等阳离子的溶液，加入试剂X调节PH使Fe元素转化为沉淀，

加硫酸核除铜，过滤后经过结晶得到硫酸银，经过氨化，得至UNi2(OH)2SO4、、NH3∙H2O的

混合物，加入环烷酸合成环烷酸银，经过汽油萃取环烷酸银，分液分离有机层，蒸储分离最

终得到产品。

【详解】(1)根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SCh;

(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知CnCh与ALO3性质相似,则滤液中阴离子有OH-、A10；、

CK)2；Cr的原子序数为24,核外电子数为24,根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电

5

子排布式为3d4s>i

(3)浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放

热，可节约能耗、加快反应速率;

(4)调节PH的目的是使Fe3+完全沉淀，而CM+不沉淀，根据题目所给数据可知PH的范围

为3.2≤pH<5.4;

(5)①离顶点的S?-最近的S二位于面心，个数为三=12,故与S?-距离最近的s'数目为

12；

S%位于顶点和面心，个数为8χJ+6χ<=4,根据化学式可知，存在4个Cu?+,则晶胞质量

o2

4x(64+32)384

为一-——g=『g，晶胞体积为(aχlθY))3cm3,则晶胞密度

NANA

384

m_N384

AN×a3×10'30gcm；

v(a×10^l0)3cm3A

(6)环烷酸的化学式为GoH8C00H,“合成”反应中CIOH8COOH与Ni2(OH)2SCh反应生成

(C10H8COO)2Ni＞硫酸银和水，反应的化学方程式为2C∣0H8COOH+Ni2(OH)2SO4=

(C∣0H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；

(7)根据反应：(CloH8COO)2Ni+H2SO4=2C∣0H8COOH+NiSCM可知关系式为(ClOH8COO)2Ni

-(Ni2+-EDTA,则环烷酸镁样品纯度为

0.1OOOmol/L×20.00×ɪO3L×403g/mol,,

--------------------------------------------≡-------×10n0n%n=80.60%o

1.000g

答案第6页，共9页

12.d)H2(g)+∣O2(g)=H2θ(l)ΔH3=-286kJ/mol

(2)吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率CD7

(3)<P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率

(4)Fe3d6

【详解】(1)IgH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ,可得热化学方程式：

I、H2(g)+∙∣O2(g)=H,θ(g)∆Hl=-242kJ∕mol;

ImolHQ(I)蒸发吸热44kJ,可得：II、H2O(I)=H2O(g)ΔH2=+44kJ∕mol；

达燃烧热的热化学方程式H2(g)+lθ2(g)=H2θ(l)∆H3,由该盖斯定律可知该反应可由：

I-II得到，AH,=AH∣-AH?=-242kJ∕mol-44kJ∕mol=-286kJ∕mol,凡燃烧热的热化学方程式

H2(g)+∣O2(g)=H2θ(l)∆H,=-286kJ∕mol,故答案为：

H2(g)+^O2(g)=H2θ(l)∆H3=-286kJ∕mol；

(2)①加入多孔CaO,可以吸收反应H生成的二氧化碳，从而降低Co的浓度，有利于反

应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移

动，从而提高甲烷的转化率；

②A.加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；

B.增加CHit(g)用量，使甲烷的转化率降低，故不选；

C.移除H?(g),可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；

D.恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于

反应1正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；

故答案为：CD；

③500C、恒压(弓)条件下，1molCH4(g)和ImOlH2O(g)反应达平衡时，CHKg)的转化

率为0.5,结合反应列三段式：

CH4(g)+H20(g)CO(g)+3H2(g)

起始量(mol)11

转化量(mol)0.50.50.51.5

平衡量(mol)0.50.50.51.5

答案第7页，共9页

co(g)+H2θ(g)CO2(g)

起始量(mol)0.50.51.5

转化量(mol)0.250.250.250.25

平衡量(mol)0.250.250.251.75

平衡时.体系中含有：0.5molCH4,0.25molH2O,0.25molCO、0.25molCO2>L75molH2>气

体总物质的量3mol,

1.75门0.25门

---------4X—6

-

则反应II的平衡常数Kp=—ɪ=7,故答案为：7;

(3)由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热

方向，该反应为放热反应，△//小于0,P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离

出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：＜；P点有分子筛膜，分离出

水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率;

•代表令小

(4