2023年福建省泉州市高考化学质检试卷

第第10页〔共28页〕2023年福建省泉州市高考化学质检试卷〔五〕一、选择题〔10440分。每题给出的四个选项，只有一个〕14分〕三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，以下有关说法不正确的选项是〔 〕A．青铜神树表达了中国古代超群的冶金技术B．青铜外表的绿色物质主要为Cu2〔OH〕2CO3C．青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料D．玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色24分〕设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 A．标准状况下，2.24LC3H8分子中的σ键的数目为1.1NAB．5.6gFe在7.1gCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAC．0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为2.3NAD．室温下，pH＝9CH3COONa溶液中，由水电离的H+10﹣9NA说法不正确的选项是〔〕34说法不正确的选项是〔〕A．香桂油能发生聚合反响、复原反响B．香桂油分子中全部碳原子可能共平面C．二氢黄樟油素的一氯代物有6种D．可用溴水鉴别以上两种有机物A．＝1×10﹣12A．＝1×10﹣12的溶液中：Na+、K+、SO2﹣、AlO﹣32B．c〔Fe2+〕＝0.5mol•L﹣1的溶液中：H+、Mg2+、SO42﹣、ClO﹣C．无色溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、HCO3﹣D．能使酚酞变红的溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣54分XYW为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素组成的某种化合物可用于防治蛀牙，该化合物的构造如以下图，以下有关说法正确的选项是〔 〕64分〕以C2和甲醇MeO〕为原料合成碳酸二甲酯〔〕的催化反响机理简洁离子半径：Z＞Y＞XB．最简洁氢化物稳定性：Y＞X＞W64分〕以C2和甲醇MeO〕为原料合成碳酸二甲酯〔〕的催化反响机理如以下图。以下说法不正确的选项是〔 〕A．总反响为：2MeOH+CO2+H2O乙是该反响的中间体CA．总反响为：2MeOH+CO2+H2O74分〕从含砷As〕的有毒工业废水中提取粗As3，流程如图。As与P同为ⅤA族元素CAs2微溶于水CAs2难溶于水以下说法不正确的选项是〔 试剂①的作用是将AsO33﹣氧化为AsO43﹣滤液①主要成分为NaOH溶液B．探究铁钉的析氢腐蚀C．验证二氧化硫的漂白性4 2 4 2 3 滤液②主要成分可以循环利用D2+2AsO3﹣+2SO＝2SO2+AsOB．探究铁钉的析氢腐蚀C．验证二氧化硫的漂白性4 2 4 2 3 84分利用C2电催化复原法制取清洁燃料HCOOC2的资源化利用。其工作原理如图。以下有关说法不正确的选项是〔 〕A．M为阳极B．离子交换膜为阴离子交换膜C．N极的电极反响式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOHD．消耗的CO2与生成的O22：1A．比较溴与碘的非金属性强弱94分〕以下装置能达成相应试验目的的是〔A．比较溴与碘的非金属性强弱D．制备并收集氨气14分2℃时，不同pH环境下24不同形态的粒子的分布系数〔δ〕如图D．制备并收集氨气0.200mol•L﹣1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol•L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图2。以下说法不正确的选项是〔 〕A．H2C2O4Ka1＝1×10﹣1.302 点n所示溶液中：c〔HC2O4﹣〕+2c〔CO2﹣〕＝c〔Na+2 点mp的溶液中：水的电离程度渐渐减小2 点p所示溶液中：c〔Na+〕＞c〔HC2O4﹣〕＞c〔H2C2O4〕＞c〔CO2﹣〕二、非选择题〔5602 1〔12分Ni2A3F2+Cr3+、Cu2+等离子，可用如下工艺流程回收硫酸镍晶体。：镍的萃取、反萃过程反响为2RH+Ni2+R2Ni+2H+检验酸浸滤液中含：镍的萃取、反萃过程反响为2RH+Ni2+R2Ni+2H+“电解”过程，阴极的电极反响式为 。滤渣②主要成分为AlPO4、FePO4、CrPO4。不同电解电压、电解时间下Fe2+、Cr4+。1.0有。1.0有1.5有2.0有2.5无3.0无无无无无有〔V〕Fe2+Cr4+电解时间〔h〕Fe2+Cr4+

2.6有无

3.1无无

3.6无有

4.1无有

4.6无有4〔4c〔PO3﹣〕＝4.010﹣9molL﹣1c〔Al3+〕4＝ 〔：Ksp〔AlPO4〕＝9.84×10﹣21〕“反萃”中，参与的X是 。〔NiSO4•nH2O〕5.260g250mL25.00mL溶液，用0.100mol•L﹣1的EDTA〔Na2H2Y〕标准液滴定〔反响为Ni2+22＝Ni2﹣+2+。重复滴定3次，平均消耗EDTA标准液20.00m，则硫酸镍的化学式为 。1〔14分〕瑞尼镍是一种多孔活性金属镍，某兴趣小组用瑞尼镍作催化剂制取氢化肉桂酸〔如图：：①金属镍〔Ni〕常温难以被氧气氧化；②瑞尼镍孔隙会吸附大量氢气而活化，活化的瑞尼镍接触空气易自燃。试验步骤如下：Ⅰ制取瑞尼镍：在烧杯中参与浓NaOH溶液，在冰水浴中分批参与铝镍合金1断搅拌，充分反响后，分别得到瑞尼镍，保存于无水乙醇中。Ⅱ用如图装置〔夹持、搅拌及加热装置省略〕制取氢化肉桂酸，步骤如下：①检查装置气密性，往三颈烧瓶中参与ag肉桂酸、确定量乙醇和I中制得的瑞尼镍。②通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K3、K2，翻开K1，充入氢气至储氢筒布满氢气，……③搅拌并加热三颈烧瓶，充分反响后分别出氢化肉桂酸。答复以下问题：铝镍合金与NaOH溶液反响的化学方程式为 。制取瑞尼镍的有关说法不正确的选项是 。该反响为放热反响合金中铝含量过低会削减瑞尼镍的孔隙数量C.分别得到活性瑞尼镍的方法：过滤D.检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干外表的乙醇，放置于空气中，观看现象将步骤②的操作补充完整： 。三颈烧瓶加热的方式为 。反响过程中，保持长颈漏斗中液面始终高于储氢筒内液面较多的目的： ，将储氢筒内的氢气压入三颈烧瓶，推断反响已充分进展的现象为 。〔5〕假设参与反响的氢气体积为bmL〔标准状况〕，则氢化肉桂酸的产率为 〔用含a、b的代数式〕〔6〕从三颈烧瓶中分别出瑞尼镍，得到混合液。从混合液中回收乙醇的操作方法是 。1〔14分〕氢气选择性催化复原2SC〕是目前消退NO注。H2﹣SCR法的主反响：2NO〔g〕+2H2〔g〕⇌N2〔g〕+2H2O〔g〕△H1副反响：2NO〔g〕+H2〔g〕⇌N2O〔g〕+H2O〔g〕△H2＜0〔1〔1〕：H2〔g〕+ O2〔g〕＝H2O〔g〕△H＝﹣241.5kJ⋅mol﹣1N2〔g〕+O2〔g〕＝2NO〔g〕△H＝+180.5kJ⋅mol﹣1①△H1＝ kJ⋅mol﹣1②提高主反响选择性的最正确措施是 。A.降低温度B.增大压强C.增大c〔H2〕D.使用适宜的催化剂〔2〕H2﹣SCR在Pt﹣HY催化剂外表的反响机理如图。①以下有关说法不正确的选项是 。A.Pt原子外表上发生反响有N+NO＝N2O、N+N＝N2等4B.H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2复原C.从Pt原子外表解吸的NH3，在HY载体上转化为NH+。4D.HY载体酸性越强，其吸附NO2力气越强，Pt催化活性越大。②HY载体外表发生反响的NO、O24：1，补充并配平以下化学方程式：4NH++ NO+ O2＝ N2+4H2O+〔3〕T℃，＝3N2物质的量分数为10平衡压强与起始压强之比为3.4H2O+〔3〕T℃，＝3N2物质的量分数为〔4〕确定条件下，恒温恒容容器中充入c〔NO〕＝2.0×10﹣3mol•L﹣1、c〔H2〕＝4.0×10﹣3mo•﹣1，只发生反响2N〔g+2g〕Ng+2g，体系的总压强p随时间t该反响速率方程为υk2•2N〕]t/min 0p/kPa 24

1022.6

20 30 4021.6 21 21①t＝20min时，υ＝ mol•L﹣1•s﹣1〔速率常数k＝1.0×105mol﹣2•L﹣1•s﹣1〕②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数 Kp，则该条件下反响的平衡常数Kp＝ 。1〔10分{[CN3+[SCN﹣成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘FAPb3。请答复以下问题：基态S原子的价电子排布图为 。〔3〕甲脒〔FA〕的构造简式为硫氰酸根离子〔〔3〕甲脒〔FA〕的构造简式为①其组成元素的电负性由小到大的排序为 ，其中碳原子的杂化方式为 。②甲脒比丙烷的熔点更高的缘由是 。水中铅测定方法是用双硫腙与铅反响生成红色双硫腙铅络合物〔图1〕①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 〔选填序号〕a.σ键键c.非极性键d.配位键e.离子键FAPbI3的晶体构造单元如图2所示。图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 。1〔10分〕假荆芥内酯neonepetalacton〕可用作杀虫剂，其合成路线如图。①①②R1COOR2+R3OH②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH〔2〕以下有关说法正确的选项是 。A.A的分子式为C10H16O2B.C分子中有手性碳原子C.③的反响条件可为“酸性KMnO4溶液”D.1molD3molH2加成〔3〕E的构造简式为 。假荆芥内酯分子构造含两个环，⑥的化学方程式为 。〔5〕D的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 种〔不考虑立体异构〕①属于芳香族化合物②苯环上有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1：2③1mol2molNaOH溶液反响2023年福建省泉州市高考化学质检试卷〔五〕参考答案与试题解析一、选择题〔10440分。每题给出的四个选项，只有一个〕14分〕三星堆遗址最近出土了青铜神树、黄金权杖、玉器等文物，以下有关说法不正确的选项是〔 〕A．青铜神树表达了中国古代超群的冶金技术B．青铜外表的绿色物质主要为Cu2〔OH〕2CO3C．青铜神树、黄金权杖、玉器均为合金材料D．玉器因含有不同金属氧化物而显现不同颜色【解答】解：A术，青铜神树充分表达了当时青铜冶炼技术先进水平，故A正确；B．铜在潮湿的空气中生成碱式碳酸铜的化学方程式为2Cu+H2O+CO2+O2═Cu2〔OH〕2CO3，青铜外表的绿色物质主要为Cu2〔OH〕2CO3，故B正确；C不含金属单质，不具有金属特性，故C错误；D．玉器颜色丰富多彩是由于含有不同形态的金属氧化物，故D正确；应选：C。24分〕设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 A．标准状况下，2.24LC3H8分子中的σ键的数目为1.1NAB．5.6gFe在7.1gCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAC．0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为2.3NA【解答】解：A．标准状况下，2.24LC3H8分子物质的量＝＝0.1mol，C3H8Dp＝9的C【解答】解：A．标准状况下，2.24LC3H8分子物质的量＝＝0.1mol，C3H8B5.6g铁的物质的量为0.1mo1molF～molC20.1molFeB5.6g铁的物质的量为0.1mo1molF～molC20.1molFe0.15mol﹣10.1mol0.2mol0.2NA个，故B正确；×8×2×NA/mol＝1.6NA，混合物中质子＝1.5NA+1.6NA＝3.1NA，故C错误；D．室温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，溶液体积不知，不能计算水电离的H+数目，故D错误；应选：B。说法不正确的选项是〔〕34说法不正确的选项是〔〕香桂油能发生聚合反响、复原反响B．香桂油分子中全部碳原子可能共平面C．二氢黄樟油素的一氯代物有6种D．可用溴水鉴别以上两种有机物【解答】解：A.香桂油含有碳碳双键，可发生加聚反响，与氢气发生加成反响，也为复原反响，故A正确；香桂油含有苯环、碳碳双键，都为平面形构造，且C﹣O键可自由旋转，则全部的碳原子可能共平面，故B正确；7种H原子，则二氢黄樟油素的一氯代物有7种，故C错误；香桂油含有碳碳双键，可与溴水发生加成反响，反响现象不同，可鉴别，故D正确；应选：C。A．＝1×10﹣12A．＝1×10﹣12的溶液中：Na+、K+、SO2﹣、AlO﹣3244 B．c〔Fe2+〕＝0.5mol•L﹣1的溶液中：H+、Mg2+、SO2﹣、ClO﹣C．无色溶液中：Na+、Fe3+、SO42﹣、HCO3﹣D．能使酚酞变红的溶液中：Al3+、NH+、Cl﹣、NO44 【解答】解：A．该溶液中存在大量OH﹣，Na+、K+、SO32﹣、AlO2﹣之间不反响，都不OH﹣反响，能够大量共存，故A正确；B．Fe2+、H+都与ClO﹣反响，不能大量共存，故B错误；4C．Fe3+为有色离子，Fe3+、HCO3﹣之间发生双水解反响，不能大量共存，故C错误；D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+、NH+与OH﹣反响，不能大量共存，故D错误；应选：A。454分XYW为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素组成的某种化物可用于防治蛀牙，该化合物的构造如以下图，以下有关说法正确的选项是〔 〕A．简洁离子半径：Z＞Y＞XB．最简洁氢化物稳定性：Y＞X＞WC．Y、Z形成的化合物水溶液呈中性D．WY58电子构造【解答】解：由上述分析可知，X为O、YF、ZNa、W为P，具有一样电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简洁离子半径：Z＜Y＜X，故A错误；非金属性越强，对应最简洁氢化物越稳定，则最简洁氢化物稳定性：Y＞X＞W，故B正确；C.Y、Z形成的化合物为NaF，溶液因水解显碱性，故C错误；64分〕以C2和甲醇MeO〕为原料合成碳酸二甲酯〔〕的催化反响机理D.PF5F64分〕以C2和甲醇MeO〕为原料合成碳酸二甲酯〔〕的催化反响机理如以下图。以下说法不正确的选项是〔 〕A．总反响为：2MeOH+CO2⇌+H2O【解答】解：A．由图可知，反响物为A．总反响为：2MeOH+CO2⇌+H2O【解答】解：A．由图可知，反响物为MeOH和CO2，生成物为和H2O，所以总反响为：2MeOH+CO2⇌+H2O，故A正确；B．总反响的反响物和生成物中都没有乙，所以乙是该反响的中间体，故B正确；C．甲→乙过程中Sn总反响为：2MeOH+CO2⇌+H2O，故A正确；D使总反响平衡正向移动，故D错误；应选：D。74分〕从含砷As〕的有毒工业废水中提取粗As3，流程如图。As与P同为ⅤA族元素CAs2微溶于水CAs2难溶于水以下说法不正确的选项是〔 试剂①的作用是将AsO33﹣氧化为AsO43﹣滤液①主要成分为NaOH溶液C．滤液②主要成分可以循环利用D2+2As3﹣+2S＝2S2+A3+O【解答】解：A.As元素的化合价上升，则试剂①的作用是将AsO33﹣氧化为AsO43﹣，故A正确；由上述分析可知，滤液①NaOH溶液，故B正确；滤液②含硫酸，酸化需要加硫酸，则可以循环使用，故C正确；复原时发生反响的化学方程式为H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，离子方程式为H3AsO4+H2O+SO2═2H++SO42﹣+H3AsO3，故D错误；应选：D。84分利用C2电催化复原法制取清洁燃料HCOO可实现温室气体C2的资源化用。其工作原理如图。以下有关说法不正确的选项是〔 〕A．M为阳极B．离子交换膜为阴离子交换膜C．N极的电极反响式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOHD．消耗的CO2与生成的O22：1【解答】解：A．M极上水失电子发生氧化反响，则M为阳极，故A正确；B．由分析可知，阳极电解生成的H+通过离子交换膜进入阴极参与阴极的反响，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．NCO2HCOOH，电极反响为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，故C正确；↑+4H+，则电解的总反响为2CO2+2H2O2HCOOH+O2↑，所以消耗的CO2与生C+2﹣+2+↑+4H+，则电解的总反响为2CO2+2H2O2HCOOH+O2↑，所以消耗的CO2与生成的O22：1，故D正确；应选：B。A．比较溴与碘的非金属性强弱94分〕以下装置能达成相应试验目的的是〔A．比较溴与碘的非金属性强弱B．B．探究铁钉的析氢腐蚀C．验证二氧化硫的漂白性D．制备并收集氨气【解答】解：A.溴与KI反响生成碘，淀粉遇碘变蓝，可比较非金属性，故AD．制备并收集氨气食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，故B错误；二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，可知二氧化硫具有复原性，故C错误；氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；应选：A。14分2℃时，不同pH环境下24不同形态的粒子的分布系数〔δ〕如图。用0.200mol•L﹣1H2C2O4溶液滴定20.00mL0.400mol•L﹣1NaOH溶液所得滴定曲线如图2。以下说法不正确的选项是〔 〕A．H2C2O4Ka1＝1×10﹣1.30点n所示溶液中：c〔HC2O4﹣〕+2c〔C2O42﹣〕＝c〔Na+〕点mp的溶液中：水的电离程度渐渐减小2 点p所示溶液中：c〔Na+〕＞c〔HC2O4﹣〕＞c〔H2C2O4〕＞c〔CO2﹣2 ＝＝c〔H+〕＝1×10﹣1.30，故A正确；A．图中p1.30时，HO4〕2O＝＝c〔H+〕＝1×10﹣1.30，故A正确；2 点nOH＝+H24+2CO2 2 ﹣〕+c〔O﹣〕＝〔H+〕+c〔N+，则〔H4〕+2c〔CO2﹣〕＝c〔N+，故2 正确；mNa2C2O4H2C2O4溶液参与，渐渐转化为NaHC2O4，溶液的酸性增加，抑制水的电离，所以点m到p的溶液中：水的电离程度渐渐减小，故C正确；由图可知，pH2C2O4NaOH0.04L×且pH＝2.7、呈酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，则c〔Na+〕＞c〔HC2O42 4 2 2 ﹣〕＞〔CO2〕＞HCO，故D应选：D2 4 2 2 二、非选择题〔560分〕1〔12分Ni2A3F2+Cr3+、Cu2+等离子，可用如下工艺流程回收硫酸镍晶体。：镍的萃取、反萃过程反响为2RH+Ni2+R2Ni+2H+Fe2+的试剂为KSCNKMnO4：镍的萃取、反萃过程反响为2RH+Ni2+R2Ni+2H+〔CN〕6]溶液。“电解”过程，阴极的电极反响式为Cu2++2e﹣＝Cu 。滤渣②AlPO4、FePO4、CrPO4。不同电解电压、电解时间下Fe2+、Cr4+离子的检测结果如表所示，电解酸浸滤液的最正确电压和时间分别是2.5V，3.1h 。电解电〔V〕 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0Fe2+Cr4+电解时间〔h〕Fe2+Cr4+

有无2.6有无

有无3.1无无

有无3.6无有

无无4.1无有

无有4.6无有4〔4“沉淀”后，溶液中PO3〕4.×1﹣9mo•﹣1，则A3〕＝2.4×1﹣412mol•L﹣1〔：Ksp〔AlPO4〕＝9.84×10﹣21〕X是稀硫酸〔或H2SO4〕。〔NiSO4•nH2O〕5.260g250mL25.00mL溶液，用0.100mol•L﹣1的EDTA〔Na2H2Y〕标准液滴定〔反响为Ni2+22＝Ni2﹣+2+。重复滴定3次，平均消耗EDTA标准液20.00m，则硫酸镍的化学式为NiSO4•6H2O。〔〕检验F2+的试验方法：向溶液中参与KSCN滴加几滴制氯水振荡后，溶液呈红色，则说明溶液中含有Fe2+；或者向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，假设紫色褪去，则说明溶液中含有Fe2+；或向溶液中滴加K3[Fe〔CN〕6]溶液Fe2+，故答案为：KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe〔CN〕6]溶液；电解过程中Cu2+在阴极上得到电子生成Cu，电极反响式为Cu2++2e﹣＝Cu，故答案为：Cu2++2e﹣＝Cu；电解酸浸滤液过程的目的是除去Fe2+、Cr4+，因此最正确的电压为2.5V，最正确电解时3.1h，＝mol/L＝2.46×10﹣12mol•L﹣1，故答案为：2.46×10﹣12mol•L﹣1；参与RHN2溶解于RHNi2Ni2转化为，并且不能引入杂质，因此所加试剂X为稀硫酸〔或2S4，故答案为：稀硫酸〔或S4；＝0.02mol，则5.260g样品中NiS4＝0.02moO的物质的量H＝＝0.12mo中NiS4＝0.02moO的物质的量H＝NiSO4•6H2O，故答案为：NiSO4•6H2O。1〔14分〕瑞尼镍是一种多孔活性金属镍，某兴趣小组用瑞尼镍作催化剂制取氢化肉桂酸〔如图：：①金属镍〔Ni〕常温难以被氧气氧化；②瑞尼镍孔隙会吸附大量氢气而活化，活化的瑞尼镍接触空气易自燃。试验步骤如下：Ⅰ制取瑞尼镍：在烧杯中参与浓NaOH溶液，在冰水浴中分批参与铝镍合金1断搅拌，充分反响后，分别得到瑞尼镍，保存于无水乙醇中。Ⅱ用如图装置〔夹持、搅拌及加热装置省略〕制取氢化肉桂酸，步骤如下：①检查装置气密性，往三颈烧瓶中参与ag肉桂酸、确定量乙醇和I中制得的瑞尼镍。②通过反复抽气与充气将装置内空气替换成氢气，关闭K3、K2，翻开K1，充入氢气至储氢筒布满氢气，……③搅拌并加热三颈烧瓶，充分反响后分别出氢化肉桂酸。答复以下问题：铝镍合金与NaOH溶液反响的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。制取瑞尼镍的有关说法不正确的选项是C 。该反响为放热反响合金中铝含量过低会削减瑞尼镍的孔隙数量C.分别得到活性瑞尼镍的方法：过滤D.检验活性瑞尼镍的方法：取少量样品，用滤纸吸干外表的乙醇，放置于空气中，观看现象将步骤②的操作补充完整：关闭K1，翻开K2〔或翻开K2，关闭K1〕。〔5〕假设参与反响的氢气体积为bm〔标准状况〔5〕假设参与反响的氢气体积为bm〔标准状况，则氢化肉桂酸的产率为% 。〔用含a、b的代数式〕〔6〕从三颈烧瓶中分别出瑞尼镍，得到混合液。从混合液中回收乙醇的操作方法是蒸馏。〔〕铝镍合金中只有Al与NaOH2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；〔2〕A．制取瑞尼镍需在冰水浴中进展，则该反响为放热反响，故A正确；B故B正确；C．活化的瑞尼镍接触空气易自燃，则分别得到活性瑞尼镍不能在空气中过滤C错误；D吸干外表的乙醇，放置于空气中，观看现象，故D正确；故答案为：C；将装置内空气替换成氢气后，足量的氢气与肉桂酸生成氢化肉桂酸，则需关闭K1，翻开2〔或翻开2，关闭1，故答案为：关闭1，翻开2〔或翻开2，关闭1；42使储氢容器的压强大于大气压，增大压强，加快反响速率；反响中只有氢气为气体，假设反响停赶忙，储氢筒中液面不再上升或保持不变或长颈漏斗中液面不再下降，〔或长颈漏斗中液面不再下降；＝gbm〔标准状况，n〔H＝gbm〔标准状况，n〔H2〕＝mol，实际生成n〔氢化肉桂醛〕＝mol×150g/mol＝mol，氢化肉桂酸的产率＝×100%＝%，故答案为：%；乙醇易挥发，可用蒸馏的方法得到乙醇，故答案为：%；1〔14分〕氢气选择性催化复原2SC〕是目前消退NO注。H2﹣SCR法的主反响：2NO〔g〕+2H2〔g〕⇌N2〔g〕+2H2O〔g〕△H1〔1〕：H2〔g〕+ O2〔g〕＝H2O〔g〕△H＝﹣241.5kJ⋅mol﹣1N2〔g〕〔1〕：H2〔g〕+ O2〔g〕＝H2O〔g〕△H＝﹣241.5kJ⋅mol﹣1N2〔g〕+O2〔g〕＝2NO〔g〕△H＝+180.5kJ⋅mol﹣1①△H1＝﹣663.5 kJ⋅mol﹣1②提高主反响选择性的最正确措施是D 。A.降低温度B.增大压强C.增大c〔H2〕D.使用适宜的催化剂〔2〕H2﹣SCR在Pt﹣HY催化剂外表的反响机理如图。①以下有关说法不正确的选项是D 。A.Pt原子外表上发生反响有N+NO＝N2O、N+N＝N2等4B.H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2复原C.从Pt原子外表解吸的NH3，在HY载体上转化为NH+。4D.HY载体酸性越强，其吸附NO2力气越强，Pt催化活性越大。4 NH4++ 4 NO+ 1 O2＝4 N2+ 6 H2O+ 4H+〔3〕4 NH4++ 4 NO+ 1 O2＝4 N2+ 6 H2O+ 4H+〔3〕T℃，＝3N2物质的量分数为为〔4〕确定条件下，恒温恒容容器中充入c〔NO〕＝2.0×10﹣3mol•L﹣1、c〔H2〕＝4.0×10﹣3mo•﹣1，只发生反响2N〔g+2gNg+2g，体系的总压强p随时间t该反响速率方程为υk2•2N〕]t/min 0p/kPa 24

1022.6

20 30 4021.6 21 21①t＝20min时，υ＝1.792×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1〔速率常数k＝1.0×105mol﹣2•L﹣1•s﹣1〕②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该条件下反响的平衡常数Kp＝【解答解【解答解〕：.2〔〕+ 2〕H〔〕H＝241.5kmo﹣1，Ⅱ.N2〔g〕+O2〔g〕＝2NO〔g〕△H＝+180.5kJ⋅mol﹣1，⋅mol﹣1〕×2﹣〔+180.5kJ⋅mol﹣1〕＝﹣663.5kJ⋅mol﹣1，故答案为：﹣663.5；②A．降低温度，由于△H1＜0，△H2＜0，也会有利于副反响发生，故A错误；B．增大压强均有利于主反响和副反响进展，故B错误；C．增大氢气浓度，也有利于副反响进展，故C错误；D择性的最正确措施是使用适宜的催化剂，故D正确；故答案为：D；〔2〕①A．图中变化分析得到，Pt原子外表上发生反响有N+NO＝N2O、N+N＝N2等，故A正确；结合图中变化分析，H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2复原，发生反响生成N2O和水，故B正确；Pt原子外表解吸的NH3，在HY载体上转化为NH4+C正确；吸附NO2在Pt﹣HY界面，不是在HY载体上，故D错误；故答案为：D；②HY载体外表发生反响的NO、O24：1，反响生成氮气、水和4NH++4NO+O＝4 24N2+6H2O+4H+，〔3〕T℃，＝3n〔H2〕＝3mol〔3〕T℃，＝3n〔H2〕＝3mol，n〔NO〕＝1moln〔总〕＝4mol，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，＝，n〔末〕＝3.6mol，平衡状态下氮气物质的量分数10%，则n〔N2〕＝恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，＝，n〔末〕＝3.6mol，平2NO〔g〕+2H2〔g〕N2〔g〕+2H2O〔g〕起始量〔mol〕1300变化量〔mol〕0.720.720.360.72NO的有效去除率〔转化为N2〕＝×100%＝72%NO的有效去除率〔转化为N2〕＝×100%＝72%，故答案为：72%；〔4〕确定条件下，恒温恒容容器中充入c〔NO〕＝2.0×10﹣3mol•L﹣1、c〔H2〕＝4.0×10﹣3mo•﹣1，只发生反响2N〔g〕+22〔〕⇌2〔g+2Og，三段式列式计算，设生成氮气物质的量浓度为x，2NO〔g〕+2H2〔g〕⇌N2〔g〕+2H2O〔g〕起始量〔mol/L〕2.0×10﹣3 4.0×10﹣3 00变化量〔mol/L〕2x2xx2x某时刻量〔mol/L〕2.0×10﹣3﹣2x4.0×10﹣3﹣2xx2x＝，1L＝，x＝6.×104mol/＝20min时，υk•H•〔N〕＝1.15mo﹣2•﹣1•1×〔4.0×10﹣3mol/L﹣2×6.0×10﹣4mol/L〕×〔2.0×10﹣3mol/L﹣2×6.0×10﹣4mol/L〕2＝1.792×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：1.792×10﹣4；＝ x7.104mo＝ x7.104mo〔2〕＝21kPa×＝3kPa，p〔H2O〕＝21kPa×＝6kPa，p〔NO〕＝21kPa×21kPa×故答案为：0.27。〔1〕基态S原子的价电子排布图为。1〔10分{[CN3+[SCN﹣〔1〕基态S原子的价电子排布图为。〔2〕硫氰酸根离子〔SCN﹣〕的构造式为[S﹣C≡N]﹣或[S＝C＝N]﹣ 。〔3〕甲脒〔FA〕的构造简式为①其组成元素的电负性由小到大的排序为H＜C＜N ，其中碳原子的杂化方式为〔3〕甲脒〔FA〕的构造简式为杂化。②甲脒比丙烷的