安徽省淮北市2023-2024学年高二年级下册第一次月考化学 含解析

淮北一中2023-2024学年下学期高二年级第1次月考

化学试卷

可能用到的相对原子质量：H-lN-14C-120-16S-32Co-59

一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是

A.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀

B.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为化学能一电能

C.华为新上市的mate60pro手机引发关注，其芯片材料Si是共价晶体

D.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，以灰淋汁，取碱浣衣。”“浣衣”时是利用K2cO3溶液的碱性

促进油污的水解

【答案】B

【解析】

【详解】A.铝比Fe活泼，铝为负极、被腐蚀，Fe为正极、被保护、不易腐蚀，A项正确；

B.高效率钙钛矿太阳能电池将太阳能转化为电能，B项错误；

C.Si是由Si原子通过共价键形成的三维骨架结构，属于共价晶体，C项正确；

D.草木灰的主要成分为K2co3,K2cCh属于强碱弱酸盐，由于C0；的水解使K2cCh溶液呈碱性，能促

进油污的水解，用于“浣衣”，D项正确；

答案选B。

2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①Is22s22P63s23P4②Is22s22P63s23P3③Is22s22P3

④Is22s22P5,则下列有关比较中正确的是

A.第一电离能：④>③>3①B.最高正化合价：④>③=②>①

C.电负性：④〉③，②〉①D.原子半径：①>②>③>④

【答案】A

【解析】

【分析】根据核外电子排布式可确定①②③④分别是s、p、N、F,以此解题。

【详解】A.同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N<F,但P元素原子3P能级容纳3

个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S<P,同主族

自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N>P,所以第一电离能S<P<N<F,即④>③>②>①，

故A正确；

B.最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①>②=③，故B错

误；

C.同周期自左而右电负性增大，所以电负性P<S,N<F,N元素非金属性与S元素强，所以电负性P

<N,故电负性P<S<N<F,即②〈①〈③〈④，故C错误；

D.同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P>S,N>F,电子层越多原子半径越大，故原子半径

P>S>N>F,即②>①>③>④，故D错误；

故选A。

3.下列化学用语表述错误的是

A.HC1O的电子式：H：O：C1：

••••

B.中子数为10的氧原子：1O

C.NH3分子的VSEPR模型:cr^o

2s2p

D.基态N原子价层电子排布图：|~

【答案】C

【解析】

【详解】A.HC1O中O元素呈负化合价，在结构中得到H和C1共用的电子，因此HC1O的电子式为

：：：A正确；

HO••C••1-

B.中子数为10,质子数为8的。原子其质量数为10+8=18,其原子表示为［O,B正确；

C.根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模

型为四面体型，C错误;

2s2p

D.基态N原子的价层电子排布为2s22P3,其电子排布图为卫I"2不D正确;

故答案选C。

4.用CU生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应：

4HCl(g)+O2(g)^-2Cl2(g)+2H2O(g)AH=-115.6kJmor',可实现氯的循环利用。

厂\

0©498键kJ断-m裂oF'"OfO

已知：

243kJmorl

->(5)+@

@@键断裂―o

下列说法正确的是

A,若密闭容器中充入4molHC1和lmolC)2,达平衡时共放出115.6kJ的热量

B.lmoCl2(g)转化为2molCl放出243kJ能量

C.«：2。的沸点高于HC1是因为H?。分子间存在氢键

D.破坏ImolH-O键需要的能量比破坏ImolH-Cl需要的能量低

【答案】C

【解析】

【详解】A.该反应存在一定限度，反应物不能完全转化，放出的热量小于H5.6kJ,A错误;

B.化学键的断裂吸收能量，ImoCL(g)转化为2moic1吸收243kJ能量，B错误；

C.分子间氢键使物质的沸点增大，H2。的沸点高于HC1是因为HZ。分子间存在氢键，C正确；

D.焰变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4xE(H-Cl)+498k/mol-2x243kJ/mol-4xE(H-

O)=-H5.6kJ/mol,可知4xE(H-Cl)-4xE(H-O)=-127,6kJ/mol,即断裂JhCXg)中ImolH-O键比断裂HCl(g)中

ImolH-Cl键所需能量高，D错误；

答案选C。

5.一定温度下的密闭容器中，反应2so2(g)+C>2(g)2SOKg)达到平衡，缩小容器容积，对反应产生

影响的叙述不正确的是

A.使平衡向正反应方向移动B.使平衡常数K增大

C.使SO?、SO3的浓度增大D.使vQE)、v(逆)增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.缩小容器容积，压强增大，平衡向着气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，A正确；

B.缩小容器容积，温度不变，平衡常数K不变，B错误；

C.缩小容器容积，SO2>SO3的浓度增大，C正确；

D.缩小容器容积，SO2,SO3的浓度增大，v(正”v(逆)均增大，D正确；

答案选B。

6.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.pH=l的无色溶液中：Na+、K+、MnO：、CO：

B.水电离的c(H+)=lxl()T3moi/L的溶液中：Mg?*、Cu2\SOj、NO；

C.O.lmol/LNHdHCC^溶液中：K\Al3\NO］、CF

K

D./c)7=lxl0”的溶液:Na+、K+、CIO>COj

c(OH］

【答案】D

【解析】

【详解】A.pH=l无色溶液显酸性，CO1酸性条件下不能共存，且Mt!。,在水溶液中显紫红色，A错

、口

陕；

B.水电离的c(H+)=lxl()T3moi/L的溶液中可能为碱性溶液或酸性溶液，碱性溶液中Mg?*、Cd+不

能共存，B错误；

C.HCO；与AJ3+会发生双水解而不共存，c错误；

K

D.八=1x10-说明溶液显碱性,Na+、K+、C10\C0［在碱性溶液中可以大量共存，D正

clOHIJ

确；

故选D。

7.2023年2月，全球最大容量铁-铝液流储能电池在内蒙古自治区成功试运行。该电池示意图如图所示，

其中的电极可视为惰性电极。已知，储电时CF+被还原。下列有关说法错误的是

A.供电时，H+向n极区移动

B.供电时，负极反应：Cr2+-e=Cr3+

C.储电时，电极I与外电源正极相连

D.储电时，被氧化的Fe?+与被还原的Cd+物质的量相等

【答案】A

【解析】

【分析】储电时为电解池，电极II上，CN+发生得电子的还原反应生成CP,则电极H为阴极，电极I为

阳极，原电池的正负极与电源的正负极分别相接；供电时为原电池，电极I为正极，电极n为负极，负极

上，CF+失电子生成Cr3+,正极上Fe3+得电子生成Fe2+,生成的Fe?+存储在正极储液罐内，CN+存储在负极

储液罐内，正极反应式为Fe3++e=Fe2+,负极反应式为Cr2+-e=Cr3+,据此分析解答。

【详解】A.供电时为原电池，电极I为正极，电极H为负极，H+向正极I极区移动，A错误；

B.供电时为原电池，电极I为正极，电极II为负极，负极反应式为Cr2+-e=Cr3+,B正确；

c.储电时为电解池，电极I为阳极，电极n为阴极，正、负极与电源正、负极相接，即电极I与外电源

正极相连，c正确；

D.储电时为电解池，阳极反应式为Fe2+e=Fe3+,阴极反应式为CN++e-=CF+,根据电子守恒可知，被

氧化的Fe2+与被还原的CN+物质的量相等，D正确；

故答案为A。

8.下列研究目的和示意图相符的是()

选

ABCD

项

固定容积的密闭

容器中，增大

研密闭容器中，压强固定容积的密闭容器

等质量Na、KC02浓度，对已

究对反应：中，温度对反应：

分别与足量水达平衡的反应：

目2SO2(g)+O2(g).-N2(g)+3H2(g)=2NH3

反应C0(g)+H20(g)

的2so3(g)的影响(g)△//<()的影响

=CO2(g)+H2(g)

的影响

^(so),n(NH)

示33P(H2)

/------------500℃

//--------300℃

图

1t0t01----------%

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.依据先拐先平压强大，P1>P2,三氧化硫含量随压强增大而增大，图象变化与三氧化硫含量随

压强增大而增大不符合，故A错误；

B.依据先拐先平温度大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气物质的量减小，图象与之不符合，

故B错误；

C.等质量钾和钠，钾摩尔质量为39g-molT,钠摩尔质量为23g-molT,依据电子守恒可知与水反应，钾

生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快先反应完，图象与之符合，故C正确；

D.增大二氧化碳浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行，图象与之不符合，

故D错误。

综上所述，答案为C。

【点睛】利用先拐先平衡数值大思维得出一些结论，再根据平衡移动的关系得到。

9.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：

元素编号元素性质或原子结构

T基态原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍

X基态原子的L层有3个未成对电子

Y基态原子的L层p电子数比L层s电子数多2个

Z元素的最高正价为+7价

下列说法不正确的是

A.HTX分子中。键与兀键之比为1:1

B.ZY2分子的空间结构为直线形

C.XH3在H?Y中的溶解度大于TH4在H?Y中的溶解度

D.XZ3为极性分子，TY2为非极性分子

【答案】B

【解析】

【分析】T基态原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故T为C；X基态原子的L层有3个未成对

电子，为N；Y基态原子的L层p电子数比L层s电子数多2个，为O；Z元素的最高正价为+7价，为

Clo

【详解】A.HTX分子即HCN中◎键与无键之比为1:1,A正确；

B.ZY2分子即CIO2空间结构为V形，B错误；

C.氨气为极性分子，水为极性分子，甲烷为非极性分子，根据相似相溶原理，XH3在H?Y中的溶解度

大于TH4在H?Y中的溶解度，C正确；

D.NCL为极性分子，C。?为非极性分子，D正确；

故选B。

10.类推的思维方法在化学学习中应用广泛，但类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下

列几种类推结论错误的是

A.A1(OH)3能与NaOH溶液反应，则Be(OH)2也能与NaOH溶液反应

B.SO?是“V形”分子，则O3是“V形”分子

第二周期元素氢化物稳定性顺序是,则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是

C.HF>H2O>NH3

HC1>H2s>PH3

D.工业制Mg采用电解熔融MgCU的方法，则工业制A1也可采用电解熔融A1CL的方法

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据对角线原则，Al、Be化学性质相似，则Be(OH)2也能与NaOH溶液反应，A正确；

B.SO2,O3为等电子体，分子结构相似，则。3是“V形”分子，B正确；

C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强稳定性顺序：HF>H2O>NH3,

HC1>H2S>PH3,C正确；

D.MgCb是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCb来制取金属镁，A1CL是共价化合

物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCb来制取金属铝，D错误；

故选D。

H.二氯化二硫(s2c%)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，广泛用于石油化工，其分子结构如下图所示。制

备方法：在120℃向硫磺粉(用CC14浸润)中通入CL。已知：常温下s2cU遇水易水解，并产生能使品红

根色的气体。下列说法错误的是

A.S2cL分子中所有原子均满足8电子结构

2

B.S2C12中s原子的杂化类型为sp杂化

C.用CC14浸润可加快反应速率，体现相似相溶原理

D.S2C12与H20反应的化学方程式可能为：2S2C12+2H2。=S02T+3SJ+4HC1

【答案】B

【解析】

【详解】A.S2c匕分子中S原子连接2个共价键，Cl原子连接1个共价键，S2c%分子中所有原子均满

足8电子结构，故A正确;

B.S2c12分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4,所以采取sp3杂化，故B错误;

C.S单质和cel4是非极性分子，由相似相溶原理可知S在CCL中的溶解度较大，故C正确;

D.常温下，s2c匕遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素由+1价一

部分升高到+4价（生成SO”,S2C12中C1元素化合价为T价，不能再得电子，只能是一部分S元素化合

价降低到。价（生成S）,所以反应的化学方程式可能为2s2cI2+2H2。=S02T+3SJ+4HC1,故D正

确;

故选B。

12.下列实验装置，能达到实验目的的是

甲

A.用装置甲蒸干MgCL溶液制备无水MgCL固体

B.用装置乙定量测定H2。？的分解速率

C.用装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀

D.用装置丁制备Fe(0H)2并能较长时间观察其颜色

【答案】C

【解析】

【详解】A.氯化镁在水溶液中会发生水解，加热蒸发促进水解，同时会促进HC1的挥发，蒸干后无法得

到氯化镁，A错误；

B.生成的氧气会从长颈漏斗中逸出，无法通过单位时间内生成氧气的体积测定H2O2的分解速率，B错

误；

C.装置中的压强增大则为析氢腐蚀，装置中的压强减小则为吸氧腐蚀，C正确；；

D.Fe应该在阳极，装置中Fe在阴极无法产生氢氧化亚铁沉淀，故D错误；

故答案为：Co

13.室温下，用含有少量Mn?+的ZnS。,溶液制备ZnCOs的过程如下。下列说法正确的是

NaClO溶液NH4HCO3、氨水

ZnCO3

MnO2滤液

A.NaClO溶液中：c(Na+)=c(ClO-)+c(OH-)

+

B.NH4HCO3溶液中：c(OH)+c(NH3H2O)=c(H)+c(H2CO3)+c(CO1)

c.“过滤”所得滤液中:c(NH：)+C(NH3-H2O)>c(HCO3)+C(H2CO3)+C(CO；)

c(CO；)<心(ZnCO)3)

D.“过滤”所得滤液中:c2(OH-)(K/Zn(OH)/

【答案】C

【解析】

【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价镐离子氧化为二氧化锌并除去，在滤液中加入碳酸氢钱与氨水

沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸镂，过滤得到碳酸锌，据此回答。

【详解】A.在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(ClCT)+c(OH-),A错误；

+

B.在NH4HCO3中存在质子守恒：c(OH)+C(NH3H2O)+C(CO^)=c(H)+c(H2CO3),B错

误;

C.过滤之后的滤液为(NH4)2CO3,根据物料守恒，镂根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等

于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为

c（NH：）+c（NH3H2O）=2[c（HCO；）+C（H2CO3）+c（COj）],所以

c（NH4）+c（NH3H2O）＞c（HCO；）+c（H2CO3）+c（CO^）,C正确;

D.过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而

c（CO；）1％（ZnCO）3）

言，氢氧根离子浓度偏小，则D错误;

C2（0T）^P[Zn（OH）2]1

故选Co

14.25℃时，用0.10mol-L-i的NaOH溶液滴定50mL等浓度的一元酸HA溶液，混合溶液的pH及

一炮《H+）水[c（H+）水指水电离出的H+浓度]与滴入NaOH溶液体积关系如图所示（忽略体积变化）。下列

说法正确的是

A.滴定过程中应选用甲基橙作指示剂

B.点a溶液中，c（HA）＞c（Na+）＞c（A.）

C.点b溶液中c（OH）wJ^xlO66moi.I/

D.点c溶液呈中性，c（A]=c（Na+）

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性；b点为NaA溶液；c点为NaA

和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。

【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定等浓度的一元酸

HA溶液时，应使用酚酥作指示剂，故A错误；

B.由分析可知，a点为等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度的大小顺序为

c（Aj＞c（Na+）＞c（HA）,故B错误；

C.由图可知，O.lmol/LHA溶液中水电离出的氢离子浓度为lXl（riLimol/L,则溶液中的氢离子浓度为

1x10-2.9110-2.9

1X10~2.9mol/L,HA的电离常数约为匕史~口=1X10—4.8,由电离常数可知NaA的水解常数

0.1

&=兽=型2二=10X10—9.2,由分析可知，b点为0.05mol/LNaA溶液，则溶液中的氢氧根离子浓度

Kail.OxW48

约为，10一9.2X005mol/L=导1。址mol/L,故C正确；

D.由分析可知，c点为NaA和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，溶液pH大于7,故D错误；

故选Co

二、填空题(本题包括4小题，每空2分，共58分。)

15.为应对全球气候的变化，我国科学家研发一种“氨气/石膏联合法”用于吸收工厂中排放的C。？，同时

获得产品(NHJ2SO4。其反应原理为：

CO2+CaSO4-2H2O+2NH3=CaCO3(s)+(NH4)2SO4+H2O

I.根据上述反应原理，在实验室模拟生产硫酸镂。请回答下列问题：

(1)应用下图装置，先通入NH3,用干燥管替代长导管的目的是；再通入C。？，当液体由

红色变为浅红色时，立即停止通入，此时溶液的pH范围为,C。2不通入过量，原因可能是

NH3*^

)\rt==1■*-CO2

抽气

II_CaSC)4悬浊液

芟叶酚醐

(2)反应后的混合物经过过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及烘干。两次过滤依次得到的物质分

别为和;烘干温度不宜过高的原因为o

II.为了测定样品中(NHJ2SO4的纯度，进行实验。取2.000g硫酸镀在碱性溶液中反应，烝储出生成

的氨气，用30.00mL0.500moi-LT硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫

酸。

(3)若滴定时消耗了OZOOmol-L的NaOH溶液20.00mL,则该硫酸锈产品的纯度为%。

(保留3位有效数字)

(4)若氨气没有充分蒸出，则实验结果将(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

【答案】(1)①.防倒吸②.8.2-10.0③.防止碳酸钻生成碳酸氢钻，使硫酸镇难以分离

(2)①.CaCO3②.(NH4)2SO4③.防止(NHjSO,分解

(3)85.8(4)偏小

【解析】

【分析】由题意可知，该实验的实验目的是以硫酸钙、氨气和二氧化碳为原料制备硫酸镀，实验时，先向

硫酸钙悬浊液中通入氨气，再通入二氧化碳发生反应生成碳酸钙沉淀和硫酸镂，将反应后的混合液过滤得

到碳酸钙滤渣和硫酸镀溶液，硫酸镂溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干得到硫酸镀。

【小问1详解】

氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水时发生倒吸，通入氨气时的仪器应采用干燥管替代长导管；向氨化

的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸镀，溶液的碱性

减弱，溶液会由红色变为浅红色，此时溶液的pH的范围为&2~10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成

可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸锭难以分离。

【小问2详解】

由分析可知，将反应后的混合液过滤得到CaCC)3滤渣和(NHJ2SO4溶液，硫酸镂溶液经蒸发浓缩、冷

却结晶、过滤、洗涤烘干得到(NHJ2SO4，(NHJ2SO4不稳定，受热易分解生成氨气和硫酸，所以

(NHJ2SO4烘干时，温度不易过高。

【小问3详解】

由题意可知，与硫酸溶液反应的氨气的物质的量为0.500mol/Lx0.030Lx2-0.200mol/Lx0.020L=0.026mol,

由氮原子个数守恒可知，硫酸镁产品的纯度为8。26moix”32g/mol、IOO%=85.8%。

2g

【小问4详解】

若氨气没有充分蒸出，则测定NH3的物质的量偏小，实验结果将偏小。

16.钻及其化合物在工业生产中有广阔的应用前景。已知：C02+不易被氧化，CoC>2和C03+都具有强氧化

性，［Co(NH3)6户具有较强还原性，［Co(NH3)6］3+性质稳定。

(1)从锂钻废料(主要成分为LiCoCh)分离Co2+O

NaF

丁

锂钻废料-I酸溶卜T过滤1I净化I过滤2一一含C(?+溶液

_~1-

酸溶渣溶渣

①C02+的价电子排布式为。

②“酸溶”时不选择浓HC1的理由是=

③“净化”时，加NaF固体是将Li+转化为沉淀，“净化”后溶液中c(F)=4.0xl0-2mol/L,若“过滤1”后溶液中

c(Li+)=1.0mo/L,贝广净化”后c(Na+)=mol/L„(溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。

25℃时Ksp(LiF)=2.0xl0-3)

(2)从由COC12制备[CO(NH3)6]C13。

实验过程：称取研细的CoCb6H2010.0g和NH4c150g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分

别装有25mL浓氨水，5mL30%的H2O2溶液，控制反应温度为60。。打开分液漏斗，反应一段时间后，得

[CO(NH3)6”3溶液，实验装置如图所示：

恒温磁力搅拌器

①由CoC12制备[CO(NH3)6]C13溶液的离子方程式为O

②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为。

(3)用CoSC)4溶液为原料“沉钻”时，可先制得CoCO3再制备CO3O4,CoCCh在空气中受热分解，测得剩

余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。

为获得较高产率的CO3O4,请补充实验方案：取O.lmo/LCoSCU溶液，边搅拌边滴加O.lmol/LNEHCCh溶

液，至不再产生沉淀，过滤、洗涤，得到CoCCh固体；将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流，在

℃温度下煨烧至恒重即可。

【答案】(1)①.3d7②.浓HC1有还原性，与Co3+会发生反应产生Cl2,污染空气③.0.99

O2+O3+

(2)①.2C+2NH4+H2O2+10NH3-H2O=2[C(NH3)6]+12H2O②.先加浓氨水再加

入H2O2溶液

(3)400~600或400或600

【解析】

2+

【分析】锂钻废料(主要成分为LiCoCh)力口H2s04和Na2s2O3酸溶，LiCoO2中的三价Co被还原为Co,过

滤掉不溶于酸的杂质后，加NaF除去Li+,滤渣的主要成分为LiF,滤液2为含Co?+的溶液。

【小问1详解】

C。的原子序数为27,基态Co原子的价电子排布式为[Ar]3d74s2,则基态C02+的价层电子排布式为：

3d7；

②LiCoCh中Co为+3价，具有强氧化性，能将HC1中价的C1氧化成Ch,污染环境；“酸溶”时不选

择浓HC1的理由是浓HC1有还原性，与C()3+会发生反应产生CL，污染空气；

K(LiF)2x10-3

③沉淀后溶液中c(Li+)==4X10-2=005mol.L1,溶液中c(F)=0.04mol-L1,加入的F将原溶液

中的Li+沉淀后还剩余0.04mol・L-i,因此c(F)=(l-0.05+0.04)moH/i=0.99moMJ,加入的NaF中

c(Na+)=c(F)=0.99mobL1,故答案为：0.99mokL1；

【小问2详解】

①H2O2、CoCb、NH4cl在氨水中生成[Co(NH3)6]Cb,由电子转移守恒和原子守恒可得总反应离子方程式

O2+O3+

2C+2NH4+H2O2+10NH3-H2O=2[C(NH3)6]+12H2O；

②将CO?+转化[CO(NH3)F+过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液，原因是将不易被氧化的C02+转化为具

有较强还原性的[CO(NH3)F+,故答案为：先加浓氨水再加入H2O2溶液；

【小问3详解】

将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流生成Co3O4的反应方程式为6coe03+02=2co3O4+6CO2,乘馀

241

固体CO3CU的质量与起始CoCO3的质量的比值为——xl00%~64.3%，根据图可知处于76.50%~63.0%

357

之间，则在400~600℃温度下煨烧至恒重即可。

17.CO、SO2等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在

催化剂作用下转化为单质S⑴：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g),AH=-296.8kJ/mol,回答下列问题：

(1)已知CO的燃烧热为283.0kJ/mol,S(l)+O2(g)=SO2(g)AH=-296.8kJ/moL则上述反应的

△H=kJ/moL

(2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。FezCh和

NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是

o某种铁银合金的立方晶胞如图2所示，铁原子的配位数为

图1图2

(3)在容积为2L的密闭容器中，充入2moic。和ImolSCh,在一定条件下发生上述反应，体系混合气体

中CO2的物质的量分数随时间的变化如图3所示:

①0~2min内的平均反应速率v(C0)=mol/(Lmin)„

②2min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是(填字母)。

a.选用更高效的催化剂b.升高温度

c.及时分离出CO2d.增加CO的浓度

(4)在密闭容器中，充入2moic0和ImolSCh,发生上述反应，SCh的平衡转化率随温度、压强的变化

如图4所示。

图4

①压强Pl、P2、P3由大到小的关系是。

xP(C)•xq(D)

②B点对应条件下Kx=_______________(对于反应mA(g)+nB(g)4pC(B)+qD(g),K--------------,x为物质

x(A)-x(B)

的量分数，固体和纯液体不写入表达式)。

③A点和C点压强平衡常数之比为(用分压代替浓度，分压=总压x物质的量分数)。

【答案】(1)-269.2

(2)①.FezCh作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的S02转化率，从而节约能源②.8

(3)①.0.3②.d

(4)pi>p2>p3②.176③.P3：P1

【解析】

【小问1详解】

由CO燃烧热为283.0kJ/mol可得①CO(g)+gc)2(g)=CO2(g)AH=-283.0kJ/mol,又已知②

S(l)+O2(g)=SO2(g)AH=-296.8kJ/moL由盖斯定律①义2-②得2CO(g)+SC)2(g)=S(l)+2CO2(g)

AH=2x(-283.0kJ/mol)-(-296.8kJ/mol)=-269.2kJ/mol；

【小问2详解】

从图中可知，FezCh作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；Fe原子在8

个顶点和6个面心，以上底面面心的Fe原子为例，与之最近的Ni原子为该晶胞内上方4个、上层晶胞中

下方4个Ni原子，所以铁原子的配位数为8；

【小问3详解】

2C0(g)+SO2(g)s(l)+282(g)

始(mol)210

①设平衡时SO2消耗了xmol,三段式为生,“c，所

转(mol)2xX2x

平(mol)2-2x1-x2x

以------------xl00%=50%,解得x=0.6,0~2min内的平均反应速率

2-2x+l-x+2x

v(CO)=2义°6mol-E1-min-1=0.3mol-E1-min1；

2x2

②a.催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，所以a错误；

b.升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故b错误；

C.及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，故C错误；

d.增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故d正确；

故答案为：d；

【小问4详解】

①图像显示同温(T2)变压P3fP2-Pl，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡右移，SO2的平衡转化率增

大,所以压强Pl、P2、P3由大到小的关系是pi>P2>P3；

2C0(g)+SO2(g)s(l)