广东省广州市花都区2024届高三上学期10月调研测试化学试题（含答案解析）

2024届花都区高三年级调研考试化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、考生号填写在答题卡上，并用2B铅笔把对应考生号标号涂黑。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动的内容也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。5.可能使用的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5K：39Mn：55Fe：56Co：59Cu：63.5一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.国家博物馆以及各省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要不是由金属材料制成的是文物鎏金高士图银杯商州太阳鸟金饰隋代瓷枕定窑孩儿枕铸客大铜鼎选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．鎏金高士图银杯由合金制作，故A项不符合题意；B．商周太阳神鸟金饰的含金量高达94.2%，是用自然砂金加工而成，故B项不符合题意；C．隋代瓷枕定窑孩儿枕是由玉石雕刻而成，主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；D．铸客大铜鼎又称楚大鼎或大铸客鼎。战国青铜器，由铜合金制作，故D项不符合题意；综上所述，答案为C。2.我国“人造太阳”创世界新纪录、“奋斗者”号载人潜水器成功坐底、“深海一号”母船助力深潜科考、北斗卫星导航系统全面开通，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述不正确的是A.在“人造太阳”中发生核聚变的H、H是H的同位素B.“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金能承受深海高压C.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基牺牲阳极可保障船体不易腐蚀D.“北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素的单质遇水能缓慢反应放出H2【答案】D【解析】【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；H、H是H的同位素，A正确；B．钛合金硬度大性能优良，能承受深海高压，B正确；C．铝比铁活泼，可失去电子牺牲阳极保障船体不易腐蚀，C正确；D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；铷元素的单质比钠活泼，故遇水能迅速放出H2，D错误；故选D3.广府文化是中华文明的重要组成，其代表有“广东剪纸”、“广彩”、“镬耳屋”、“粤菜”等。不列说法不正确的是A.广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化B.使用黏土烧制“广彩”，黏土中含有硅酸盐C.使用青砖建造“镬耳屋”，青砖的青色来自D.添加小苏打蒸制“粤菜”糕点，小苏打的化学式为【答案】C【解析】【详解】A．纸张的裁剪过程没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；B．粘土的主要成分属于硅酸盐，高温烧制得到陶瓷，故B正确；C．氧化铁为红棕色固体，并不是青色，故C错误；D．用含小苏打的发酵粉蒸制“粤菜”糕点，可以使糕点蓬松，碳酸氢钠的俗称是小苏打，化学式为NaHCO3，故D正确；故答案为：C。4.对乙酰氨基酚是一种用于治疗疼痛与发热的药物，可用于缓解轻度至中度的疼痛，其结构如图所示。关于对乙酰氨基酚的说法正确的是A.化学式为 B.不能与NaOH溶液反应C.分子中所有原子可能位于同一平面 D.部分组成元素的第一电离能：O>N>C【答案】A【解析】【详解】A．通过结构图可确定分子式为，A正确；B．对乙酰氨基酚中存在酰胺基，可在碱性条件下水解，B错误；C．分子中最右端存在甲基结构，所有原子不可能共平面，C错误；D．第一电离能同周期从左至右依次增大，同主族依次减小，IIA、VA反常，故第一电离能：N>O>C，D错误；故选A。5.生活中处处有化学。下列说法正确的是A.明矾可用作自来水消毒剂B.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查C.冰的密度比液态水的小，与水分子间的氢键有关D.霓虹灯光、LED灯光与核外电子跃迁吸收能量有关【答案】C【解析】【详解】A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，胶体中胶粒吸附自来水中微小颗粒而沉降，达到净水的目的，但不能起到消毒杀菌的效果，故A项错误；B．碳酸钡与胃液主要成分盐酸反应，生成钡离子为重金属有毒，故B项错误；C．在冰的晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，氢键的存在迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，使得冰的密度小于液态水，故C项正确；D．霓虹灯光、LED灯光与核外电子跃迁释放能量形成发射光谱有关，选项D错误；故答案为：C。6.“劳动创造幸福，实干成就伟业”，下列关于劳动项目所涉及的化学知识正确的是选项劳动项目化学知识A电池研发人员研发用于汽车的氢气燃料电池电池驱动汽车是化学能直接转化为动能B营养师进行膳食指导是否需要多补充纤维素和蔗糖纤维素与蔗糖都属于多糖C医护人员使用医用酒精、紫外线杀菌消毒使用医用酒精、紫外线杀菌消毒的过程主要涉及蛋白质的盐析D化学科研工作人员用X射线衍射仪区分石英玻璃和水晶石英玻璃属于非晶态，水晶属于晶态A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．电池驱动汽车是化学能转化电能，电能转化为动能，故A错误；B．纤维素属于多糖，蔗糖属于二糖，故B错误；C．医用酒精、紫外线照射杀菌消毒的过程主要涉及蛋白质的变性，故C错误；D．X射线衍射仪区分晶体与非晶体，因此测得石英玻璃属于非晶态，水晶属于晶态，故D正确。综上所述，答案为D。7.实验室用氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，按照制备、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验，下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．实验室用加热固体反应制取气体时，试管口应略向下，A项正确；B．氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，集气瓶内导管应短进长出，B项错误；C．氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D．氨气易溶于水，处理尾气时应有防倒吸措施，D项正确；故选B。8.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：。有关该电池的说法正确的是A.可用于海上应急照明供电 B.不能被KCl溶液激活C.Mg为电池的正极 D.负极反应为【答案】A【解析】【详解】A．该电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故A正确；B．因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故B错误；C．金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故C错误；D．金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故D错误；故选A。9.甘油酸是一种食品添加剂，可由甘油氧化制得，反应如图。下列说法不正确的是A.甘油分子中不含有手性碳原子B.甘油酸分子中碳原子的杂化轨道类型有和两种C.1mol甘油与足量金属钠反应生成标准状况下67.2L的D.1mol甘油酸中含有键的数目约为【答案】C【解析】【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则甘油分子中不含有手性碳原子，A项正确；B．根据甘油酸的结构简式可知，甘油酸分子中碳原子的杂化轨道类型有两种，B项正确；C．1分子甘油含有3个羟基，则1mol甘油与足量金属钠反应可生成标准状况下的氢气为33.6L，C项错误；D．每个甘油酸分子中含有1个π键，1mol甘油酸含有π键的数目约为，D项正确；答案选C。10.部分含S物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.a与c反应可生成bB.b在过量O2中燃烧可生成dC.常温下，同为0.1molL的e、f的水溶液，pH：e>fD.在加热的条件下，f的浓溶液可以与铜反应，反应中部分f被还原成c【答案】B【解析】【分析】由题干价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO3、f为H2SO4，据此分析解题。【详解】A．由分析可知a为H2S、b为S、c为SO2，则2H2S+SO2=3S+2H2O即a与c反应可生成b，A不合题意；B．由分析可知，b为S、d为SO3，S+O2SO2，而得不到SO3，故b在过量O2中燃烧不可生成d，B符合题意；C．由分析可知，e为H2SO3、f为H2SO4，H2SO3为中强酸、H2SO4为强酸，故常温下，同为0.1mol/L的e、f的水溶液H2SO4的酸性强于H2SO3即pH：H2SO3＞H2SO4即e>f，C不合题意；D．由分析可知，c为SO2、f为H2SO4，故在加热的条件下，f的浓溶液可以与铜反应，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，即反应中部分f被还原成c，D不合题意；故答案为：B。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价代数和为0，W、X、Y形成的化合物甲的结构如图所示，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道。下列说法正确的是A.简单离子半径大小： B.简单氢化物的沸点：C.是由极性键构成的极性分子 D.甲中阴离子的空间构型为三角锥形【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由甲的结构可知，Y可以形成+1价阳离子，故Y为Na元素，则X处于第二周期，Z处于第三周期，W可以形成4条键，而W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为IVA族元素，可推知W为C元素，X可以形成2条键，结合阴离子带2个单位负电荷，可推知X为O元素，Z原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道，其核外电子排布式为，故Z为S元素；【详解】A．X、Y的简单离子分别为，离子的电子层结构相同，荷电核数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径为：，A项正确；B．元素Z、X的简单氢化物分别为，水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，故水的沸点更高，B项错误；C．为是由极性键构成的非极性分子，C项错误；D．化合物甲中阴离子为，中心原子碳原子的孤电子对数为0，价层电子对=3+0=3，则其空间构型为平面三角形，D项错误；答案选A。12.某校化学兴趣小组利用如图所示的装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是A.装置Ⅰ中的可以替换成B.装置Ⅱ可以除去中的HCl杂质，还可以防止倒吸C.装置Ⅰ发生反应时，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶1D.装置Ⅲ中每消耗标准状况下11.2L氯气转移1mol电子【答案】B【解析】【分析】装置I制备氯气，装置Ⅱ除去氯气中混有的氯化氢气体，装置Ⅲ制备次氯酸钠，装置Ⅳ吸收尾气。【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，需要加热，而装置Ⅰ中没有加热装置，故A错误；B．装置Ⅱ中的饱和食盐水可以吸收氯气中的氯化氢气体，长颈漏斗可平衡压强，防止倒吸，故B正确；C．装置Ⅰ中的发生反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应的氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，两者物质的量之比为1:5，故C错误；D．装置Ⅲ中的反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以每消耗标准状况下11.2L的氯气，即每消耗0.5molCl2，转移0.5mol电子，故D错误；故答案为：B。13.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA有漂白性可使水褪色B有导电性可用于制备光导纤维C可用铝槽运输浓硝酸浓硝酸与Al不反应D1−己醇的沸点比己烷的沸点高1−己醇和己烷可通过蒸馏初步分离A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．有漂白性，可使水褪色是由于两者发生氧化还原反应，故A不符合题意；B．不能导电，光导纤维主要成分是，故B不符合题意；C．可用铝槽运输浓硝酸是由于浓硝酸与Al发生钝化反应，故C不符合题意；D．1−己醇存在分子间氢键，1−己醇的沸点比己烷的沸点高，因此1−己醇和己烷可通过蒸馏初步分离，故D符合题意。综上所述，答案为D。14.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列离子方程式书写正确的是A.放入水中：B.通入水中：C.醋酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为浅红色：D.碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠放入水中，会和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为，故A错误；B．氯气通入水中，会和水反应生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不能拆开写，离子方程式为：，故B错误；C．醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根水解使溶液呈碱性，所以醋酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为浅红色，其离子方程式为，故C正确；D．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热，其反应的离子方程式为，故D错误；故答案为：C。15.将氯化氢转化为氯气的技术是近年科学研究的热点。刚性容器中发生反应，投料浓度比分别为1∶1.7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线a对应投料比7∶1 B.该反应的C.平衡常数： D.反应速率：【答案】C【解析】【详解】A．当c(O2)一定时，c(HCl)越大，HCl的转化率越低，曲线a表示HCl的转化率最大，所以曲线a对应的曲线进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1，A错误；B．由图可知，随温度升高，HCl的转化率减小，说明反应放热，，B错误；C．该反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小，所以200℃时平衡常数大，，C正确；D．反应速率随温度升高而加快，C点温度高，所以，D错误；故选C。16.我国学者利用双膜三室电解法合成了，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用。价值的副产品，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b为电源负极，气体X为B.膜I、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜C.电解过程中需及时补充NaClD.制得的同时NaOH溶液质量增加80g【答案】D【解析】【分析】由图可知，左边电极氯化亚铜转化为氯化铜，失电子发生氧化反应，作阳极，电极反应式为；右边电极作阴极，电极反应式为。左边作阳极，右边作阴极，则a为电源正极，b为电源负极，据此分析解答。【详解】A．由图可知，左边电极氯化亚铜失去电子，发生氧化反应，作阳极，右边电极为阴极，故b为电源负极，阴极上得电子生成，A正确；B．饱和食盐水中的通过膜Ⅱ移入阴极区，同时制得副产品NaOH，饱和食盐水中的通过膜I移入阳极区，补充消耗的，则膜I、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜，B正确；C．左边电极为阳极，电极反应式为，阴极电极反应式为，生成氢氧根离子，钠离子向右侧迁移，右侧NaOH浓度变大，氯离子向左侧迁移，因而NaCl浓度变小，需及时补充，C正确；D．总反应为，由，结合电极反应式可知，制得转移2mol电子，同时有迁移并放出，故氢氧化钠溶液增重，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分17.实验小组探究Cu和溶液的反应原理。（1）配制溶液用标准试剂配制溶液，下列仪器中无需使用的有_______(填名称)。（2）测定溶液的pH用_______(填仪器名称)测得溶液的pH为1.10。（3）提出假设假设ⅰ：_______，反应的离子方程式为：假设ⅱ：将Cu氧化，反应的离子方程式为：（4）实验探究实验Ⅰ：向溶液中加入过量铜粉并充分振荡，溶液变成深棕色，无气泡产生。实验小组取少量上层清液于另一洁净试管中，往其中滴加_______(填化学式)溶液，观察到_______的实验现象，证明了反应中有生成。实验Ⅱ：向pH=1.10的_______(填化学式)溶液中加入过量铜粉并充分振荡，无明显现象。探究结论：综合“实验Ⅰ”和“实验Ⅱ”可知，假设_______(填“ⅰ”或“ⅱ”)成立。（5）查阅资料知，铜粉与溶液可能涉及的反应有；反应①：；；速率很慢。反应②：；，速率较快。反应③：；；速率很快。反应④：(a)对反应①来说，起到的作用为_______；为验证这一作用，设计的实验方案为_______。(b)“实验Ⅰ”反应中无论Cu过量多少，始终都能检测到的存在，原因是_______。【答案】（1）分液漏斗、冷凝管（2）pH计（3）Fe3+氧化了Cu（4）①.K3[Fe(CN)6]②.蓝色沉淀③.HNO3④.ⅰ（5）①.催化作用②.向实验Ⅱ中溶液中加入Fe2+，振荡，溶液出现蓝色沉淀，可以证明Fe2+的催化作用③.反应③速率大于反应①【解析】【分析】本题为实验原理的探究，探究Cu和溶液的反应原理，根据探究流程进行研究，首先研究溶液成分，提出假设，可能Fe3+氧化了Cu或NO将Cu氧化，设计实验方案，实施实验，根据实验现象得出结论。【小问1详解】题中用固体配置100ml溶液用到的仪器有托盘天平、钥匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器是分液漏斗、冷凝管，答案：分液漏斗、冷凝管。【小问2详解】使用pH计测量测溶液pH为1.10。【小问3详解】Fe3+、酸性条件下的NO均有强氧化性，所以对Cu和反应原理提出假设，Fe3+氧化了Cu或NO将Cu氧化。【小问4详解】检验反应中产生Fe2+，向上层清液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，则证明含Fe2+，实验Ⅰ探究Fe3+能否氧化Cu，实验Ⅱ探究酸性条件下NO能否氧化Cu，则向pH=1.10的HNO3溶液中加入过量铜粉并充分振荡，无明显现象。根据实验现象可知Fe3+氧化了Cu，NO没有氧化Cu，所以假设ⅰ成立。【小问5详解】由反应历程可知，Fe2+先参与反应，然后又反应生成，Fe2+起催化作用，能加快反应速率，向实验Ⅱ中溶液中加入Fe2+，振荡，溶液出现蓝色沉淀，可以证明Fe2+的催化作用。结合题目信息可知“实验Ⅰ”向中加铜，无论Cu过量多少，始终都能检测到是Fe3+因为反应③速率大于反应①。18.Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO，Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示。已知：ⅰ．黄钠铁矾的化学式为；ⅱ．金属钴与铁具有相似的化学性质；ⅲ．氧化性。回答下列问题：（1）钴元素基态原子的电子排布式为_______。（2）“酸浸”时滤渣的主要成分为_______(填化学式)。（3）“除铁”时先加入NaClO溶液，主要发生反应的离子方程式为_______，再加入溶液调节pH为2.5~3.0，生成黄钠铁矾沉淀。（4）常温下，，，向溶液中加入足量固体，能否生成沉淀？_______(通过计算说明)。（5）在空气中加热煅烧得到的化学方程式为_______。（6）(a)钴被称为无机配合物之王，配合物的中心离子的配位数为_______。(b)钴的一种化合物的晶胞结构如图所示。①晶体中一个Ti周围与其最近的O的个数为_______。②在该晶胞中氧、钴、钛的粒子个数比为_______。【答案】（1）[Ar]3d74s2（2）SiO2、CaSO4（3）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（4）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能转化为CoC2O4沉淀（5）4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O（6）①.6②.12③.3:1:1【解析】【分析】以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)，含钴催化剂废料用硫酸酸浸过滤后，滤液中含Co2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，SiO2不溶，硫酸钙微溶于水，过滤，滤液再用次氯酸钠氧化亚铁离子后和碳酸钠溶液反应得到黄钠铁矾沉淀，从体系中除铁后再加入碳酸钠溶液生成CoCO3，加入盐酸溶解CoCO3富集Co2+，再加入草酸铵，生成草酸钴沉淀，最终灼烧得到氧化钴，据此分析解答；【小问1详解】Co为27号元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故答案为：[Ar]3d74s2；小问2详解】由分析可知，含钴催化剂废料用硫酸酸浸过滤后，SiO2不溶，硫酸钙微溶于水，故酸浸之后的“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；小问3详解】由分析可知，“除铁”时加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；【小问4详解】CoCO3饱和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能转化为CoC2O4沉淀，故答案为：CoCO3饱和溶液中c(Co2+)===4×10-7

mol/L，c(Co2+)×c()=4×10-7×0.01=4×10-9＜Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，故不能转化为CoC2O4沉淀；【小问5详解】由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3，CoC2O4中Co的化合价为+2价，生成Co2O3(Co的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应，而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成CO2，故产物分别为Co2O3和CO2，根据元素守恒，可推测出产物中还有H2O生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得知反应方程式为4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，故答案为：4CoC2O4•2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；【小问6详解】(a)钴被称为无机配合物之王，配合物中心离子的配体为1个Cl-和5个NH3，每个配体均与Co3+形成1个配位键，故其配位数为6，故答案为：6；(b)①由题干晶胞示意图可知，O位于晶胞的6个面心上，Ti位于晶胞的8个顶点上，故晶体中一个Ti周围与其最近的O的个数为12，故答案为：12；②由题干晶胞示意图可知，每个晶胞中含有O个数为：=3，Ti个数为：=1，Co位于晶胞体心，即Co个数为1，故在该晶胞中氧、钴、钛的粒子个数比为3:1:1，故答案为：3:1:1。19.二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题：Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②（1）若反应①为慢反应，请在图中接着完善画出反应②的能量变化曲线，标注出相应的物质(含聚集状态)以及总反应的(含具体数值)_______。（2）合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。(a)图中对应等温过程的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断的理由_______。(b)当时，的平衡转化率_______。Ⅱ．催化CO2加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。弱电解质的电离度是指弱电解质在溶液中达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的>的百分数，用a表示。而在实验测定中，，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的。（3）在298K时，乙酸的电离平衡常数_______(列出计算式，不需化简)。（4）在298K时，几种离子的摩尔电导率如下表所示。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现O2的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为_______(填化学式)。离子种类摩尔电导率/()349.8279.8076.3450.1873.5250.11【答案】19.20.①.a②.该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大③.18.18%21.22.H2SO4【解析】【小问1详解】反应①为慢反应，说明该反应的活化能较大，且①为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量；②为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且总反应为①+②，总反应焓变为（41-90）kJ/mol=-49kJ/mol,为放热反应，由此可确定该转化过程历程图为：，故答案为：；【小问2详解】(a)该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，因此曲线a表示等温过程的曲线，故答案为：a；该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大；(b)由三段式分析可知：，当时，即有×100%=5%，x=mol，CO2的平衡转化率=18.18%，故答案为：18.18%；【小问3详解】由题干可知，，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限