新宁县崀山培英学校2022届高三下学期第三次模拟考试化学试卷含解析

2022届高三第三次模拟考试卷化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题2分。第11～15题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有1~2个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．2022年北京呈现给世界的冬奥盛宴尽显科技魅力。下列叙述错误的是ABCD奥运火炬使用氢燃料可实现“碳零排放”当光束通过气溶胶时会出现丁达尔效应“冰墩墩”的外套材料硅橡胶（聚合物）属于混合物“冰丝带”幕墙由玻璃拼装而成，玻璃与光纤的成分相同A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．氢气燃烧生成H2O，不会产生CO2，故奥运火炬使用氢燃料可实现“碳零排放”，A正确；B．气溶胶属于胶体的一种，则当光束通过气溶胶时会出现丁达尔效应，B正确；C．有机高分子化合物均为混合物，则“冰墩墩”的外套材料硅橡胶（聚合物）属于混合物，C正确；D．玻璃的成分是硅酸盐，而光导纤维的成分是SiO2，故“冰丝带”幕墙由玻璃拼装而成，玻璃与光纤的成分不相同，D错误；故答案为D。2．“嫦娥五号”采回的月壤中含有的是一种清洁、安全的核聚变发电燃料。下列有关说法正确的是A．核聚变属于化学变化B．之间通过共价键形成单质分子C．发电代替火电有利于实现碳达峰D．等物质的量的与所含中子数相等【答案】C【解析】A．核聚变时原子核发生变化，不属于化学研究的范畴，不属于化学变化，故A错误；B．是稀有气体，属于不含有共价键的单原子分子，故B错误；C．发电代替火电可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰，故C正确；D．1mol分子中含有1mol中子，1mol分子中含有2mol中子两者含有的中子数不相等，故D错误；故选C。3．反应可用于制备火箭推进剂的燃料。下列有关说法正确的是A．的结构式为B．中子数为8的氮原子可表示为C．O基态原子的价层电子排布式为D．NaCl的电子式为【答案】A【解析】A．N2H4又名联氨，N2H4可以看作是两个－NH2组成，即N2H4的结构简式为，故A正确；B．根据原子结构表示，中子数为8的氮原子可表示为，故B错误；C．O为主族元素，价层电子数等于最外层电子数，即基态氧原子的价层电子排布式为2s22p4，故C错误；D．NaCl为离子化合物，即NaCl的电子式为，故D错误；答案为A。4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．标准状况下，2.24LCH4所含质子数为NAB．17.1gBa(OH)2NAC．1L0.1mol·L-1FeCl3NAD．SO2与O2反应，每转移1mol电子，生成SO3NA【答案】C【解析】A．1mol甲烷中所含质子物质的量为10mol，标况下2.24L甲烷（物质的量为1mol）所含质子物质的量1mol，即质子数为NA=0.2mol，即极性共价键的数目为2NA，故B正确；C．N(FeCl3)=cV∙L-1=0.1mol，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，同时水也能电离出H+，因此该溶液中阳离子物质的量大于0.1mol，即阳离子的数目大于3NA，故C错误；D．发生2SO2+O22SO3，转移电子物质的量为4mol时，生成2molSO3，因此转移电子物质的量为1mol，生成SO3的物质的量为0.5mol，即生成SO3NA，故D正确；答案为C。5．与在碱性溶液中可以发生反应：。下列有关说法错误的是A．与均可用作杀菌剂、漂白剂B．与晶体中阴阳离子个数比均为1∶1C．、、离子半径：D．反应中有离子键的断裂与形成【答案】B【解析】A．与均具有强氧化性及漂白性，可用作杀菌剂、漂白剂，选项A正确；B．中阴阳离子分别为过氧根离子和钠离子，个数比为1∶2，选项B错误；C．为18电子结构，具有三个电子层，离子半径大于、离子半径，、具有相同电子结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径：，选项C正确；D．反应中有钠离子与过氧根离子之间的离子键的断裂和钠离子与亚氯酸根离子的形成，选项D正确；答案选B。6．气相离子催化剂（、、等）具有优良的催化效果。其中在气相催化下，乙烷发生氧化反应的机理如图所示（图中虚线为副反应）。下列说法错误的是A．主反应为B．副反应为C．每生成，消耗的物质的量为D．、、、均为反应中间体【答案】C【解析】A．由图可知，主反应为，选项A正确；B．由图可知，副反应为，选项B正确；C．由于有副反应存在，故每生成，消耗的物质的量大于，选项C错误；D．、、、均为反应中间体，选项D正确。答案选C。7．化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是A．1molX中含有2mol碳氧π键B．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同C．Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大D．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子【答案】B【解析】A．1molX中含有1mol碳氧π键，醛基中含有1个碳氧π键，羟基中不含有碳氧π键，A错误；B．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为：，B正确；C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基和羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C错误；D．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子，，D错误；故选B。8．某化合物由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，且四种元素的最外层电子数均不相同，其中X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法错误的是A．最高正化合价：X<Y<Z<W B．XW是一种优质的耐高温材料C．原子半径：X>Y>Z>W D．该化合物的化学式可能为X2Y4Z5W18【答案】A【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X，Y，Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设X的最外层电子数为x，W的最外层电子数为y，则x+x+1+x+2+y=15，整理可得3x+y=12，且x＜4、y≤8，x=1时y=9＞8（不符合），x=2时y=6，结合原子序数可知X为Mg，Y为Al，Z为Si，W为O元素；x=3时y=3，X、W同主族（不符合要求）。结合分析可知，W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，A．W为O，无最高正价，X为Mg，Y为Al，Z为Si，分别是IIA族、IIIA族、IVA族元素，则最高正价：X<Y<Z，故A错误；B．XW是MgO，氧化镁熔点高，耐高温，是良好的耐火材料，可制作坩埚，故B正确；C．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，故C正确；D．W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，根据硅酸盐化学式可表示为：活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水，用氧化物形式可表示为：2MgO•2Al2O3•5SiO2，该化合物的化学式可能为Mg2Al4Si5O18，故D正确；故选A。9．T℃时，容积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔΗ=-QkJ·mol-1（Q>0）。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如表。容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化ABC①210②下列叙述中正确的是A．容器①、②中反应的平衡常数均为4B．容器②C．平衡时向容器①中通入一定量的C，重新达到平衡后，C的体积分数增大D．其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于【答案】C【解析】根据题表中数据可知，容器①达到平衡时，释放的热量为0.75QkJ，则参加反应的A的物质的量为1.5mol，B的物质的量为0.75mol，生成C的物质的量为1.5mol，则平衡时A、B、C的物质的量分别为0.5mol、0.25mol和1.5mol。A．容器①中反应的平衡常数为，两容器温度相等，所以①与②的平衡常数相同，故A错误；B．容器②中若C完全转化为A、B时，A、B的物质的量分别为2mol、1mol，且两容器的条件相同，则容器①、②中的平衡为完全等效平衡，所以容器②中的反应达到平衡时C的物质的量为1.5mol<1.6mol，即此时反应逆向进行，反应消耗0.1molC，根据题给ΔΗ可知，②中反应达到平衡时应吸收热量0.05QkJ，故B错误；C．恒容条件下，平衡时向容器①中通入一定量的C，C的浓度增大，最终影响相当于加压，C的体积分数增大，故C正确；D．若两容器在相同温度下达到平衡，①、②中的平衡为完全等效平衡，平衡时②中C的体积分数与①相等，均为；容器②绝热，反应②逆向进行，反应吸热，温度降低，所以②的平衡相当于①反应达到平衡后再降低温度，平衡向正方向移动，C的体积分数增大，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误；选C。10．我国科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，制备CO与次氯酸盐，阴极区与阳极区用质子交换膜隔开。装置如图所示，下列说法正确的是A．b极为电源的负极B．工作时，阴极附近溶液pH减小C．电池工作时，阳极发生的电极反应式为：Cl-+H2O-2e-=ClO-+2H+D．工作时，每转移1mol电子，阴极室和阳极室质量变化相差10g【答案】D【解析】由图示知，M极上CO2得到电子被还原产生CO，故M极为阴极，N极上氯离子失电子被氧化为次氯酸根离子，故N极为阳极，对应电源a为负极，b为正极。A．M极上CO2得到电子被还原产生CO，电极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，M为阴极，所以a极为电源的负极，A错误；B．M极上CO2得到电子被还原产生CO，电极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，M为阴极，消耗氢离子，阴极附近溶液pH增大，B错误；C．由图示知，N极上氯离子失电子被氧化为次氯酸根离子，N极为阳极，阳极电极反应式为：Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O，C错误；D．根据阴极电极反应知阴极室增加CO2、H+质量，减少CO质量，当转移1mol电子，阴极室质量增加(44g+2g-28g)=9g，根据电荷守恒，阳极室需转移1molH+进入阴极室，故阳极室质量减少1g，阴极室和阳极室质量变化相差10g，D正确；答案选D。11．F2、Ne、Ar、Kr（氪，第四周期）、Xe（氙，第五周期）是半导体行业光刻气的主要原料，其中F2和Xe在高温下可以化合生成XeF2。下列说法错误的是A．Xe的价电子排布为B．氧化性：F2>XeF2C．Xe的原子序数比Kr大18D．第一电离能：Xe<Kr<Ar<Ne，F2与Kr化合更困难【答案】A【解析】A．Xe的价电子应是最外层的电子数，即价电子排布式为5s25p6，故A说法错误；B．根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此F2的氧化性强于XeF2，故B说法正确；C．Xe位于第五周期，Kr位于第四周期，因此两者原子序数相差的数值是Xe所在周期的元素种类，即18，故C说法正确；D．同族从上到下，原子半径增大，对最外层电子吸引能力减弱，因此第一电离能大小顺序是Xe＜Kr＜Ar＜Ne，F2与Xe在高温下可以化合，Xe第一电离能小于Kr，因此F2与Kr化合更困难，故D说法正确。答案选A。12．在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr（Ⅲ）完全氧化成Cr（Ⅵ），其反应为H2O2+CrO+W→CrO+Y（未配平），下列有关说法正确的是A．Y为OH-B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．1molH2O2参加反应时，转移电子的物质的量为6molD．在酸性条件下CrO可以转化为Cr2O【答案】BD【解析】A．根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得配平后的反应方程式为，可知Y为H2O，A错误；B．该反应氧化剂为H2O2，还原剂为，根据电子守恒可知二者物质的量之比为3∶2，正确；C．H2O2参加反应时其中-1价的O变为-2价的O，因此1molH2O2参加反应时转移电子的物质的量为2mol，C错误；D．在酸性条件下可以转化为，反应的离子方程式为，D正确；故合理选项是BD。13．25℃，。向溶液中逐滴加入溶液至。忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是A．当V增至100.00mL过程中，先增大后减小B．若溶液的电离度，则C．再滴加调节溶液混合溶液至水电离出的时，则D．若，当时，混合溶液【答案】C【解析】A．向醋酸中加入盐酸的过程中醋酸分子和氯离子的物质的量都增加，对于两种微粒来说溶液体积是一样的，但是醋酸分子是由于电离平衡逆向移动引起的增加，增加较慢，故一直都在增加，A错误；B．醋酸溶液中存在电离平衡，K==0.5c=，则c=，B错误；C．时，溶液显中性，根据电荷守恒，溶液显中性则，C正确；D．若，当时，c(H+)=，pH=-lg()，D错误；故选C。14．某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产晶体的工艺流程如图：下列说法不正确的是A．滤渣的主要成分是olCuO（不考虑其他物质与氧气的反应）C．焙烧后的废气不能直接排放到空气中D．将获得的晶体加热可制得固体【答案】D【解析】废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，通入空气焙烧，硫化铜与氧气反应生成二氧化硫和氧化铜，加盐酸酸浸，所得溶液中含有铜离子和铁离子，调节溶液pH至3~4，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，剩余溶液主要为氯化铜溶液，将氯化铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。A．焙烧、酸浸后的铁元素主要以形式存在，调节时，水解转化为沉淀，通过过滤除去，A正确；B．焙烧过程中发生反应：，由化学方程式可知，每消耗则可以生成，B正确；C．焙烧过程中发生反应：，焙烧后的废气中含有，二氧化硫是空气污染物，不能直接排放到空气中，否则会污染空气，C正确；D．氯化铜会水解生成氢氧化铜和HCl，若将直接加热，生成的气体挥发，促进氯化铜的水解，产生，无法得到，若要制备，应在干燥的气流中加热脱水，D错误；答案选D。15．常温时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1一元弱酸HR的溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示（溶液体积近似可以加和），则下列判断正确的是A．A点时， B．常温下，HR的Ka的数量级为10-4C．B点时， D．B点和C点，水的电离程度相同【答案】BC【解析】A．A点溶液显酸性，，则，A错误；B．C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol·L-1，此时pH=8.0，则则，Ka=5×10-4，B正确；C．B点时，由电荷守恒可知，，此时溶液显酸性，则，故，C正确；D．B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反应，溶质为NaR，R-水解促进水的电离，D错误；故选BC。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共60分。16．硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是一种蓝绿色的无机复盐，易溶于水，不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4都要小。某同学设计如图实验装置制备硫酸亚铁铵晶体。实验步骤如下：①用30%的NaOH溶液和铁屑（含有Fe2O3、FeS等杂质）混合、煮沸、冷却、分离，将分离出的NaOH溶液装入C中。②在B中用①处理过的铁屑和稀硫酸反应制取FeSO4。③将②制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合。④将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。（1）仪器a在使用前必须进行的操作是_______。C中发生反应的离子方程式为_______。（2）按图连接好装置，经检验气密性良好，加入相应的药品后，利用铁屑和稀硫酸反应产生的氢气赶走装置中的空气及硫酸铵溶液中溶解的氧气，其目的是_______，此时活塞K1、K2、K3的状态为打开_______关闭_______。（填“K1”、“K2”、“K3”）（3）完成步骤③的操作是_______。（4）步骤④将A中混合溶液蒸发浓缩、自然冷却能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是_______，过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤原因是_______。【答案】（1）检验是否漏液

H2S+2OH-=S2-+2H2O（2）防止Fe2+被氧化

K1、K2

K3（3）打开K3，关闭K1（4）溶液中存在Fe2+、和，浓缩时溶解度小的盐会先析出（或硫酸亚铁铵的溶解度随温度降低而减小）

硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，减少损耗；乙醇易挥发，易带走水分得到较干燥的产品【解析】利用铁与稀硫酸反应制得氢气和硫酸亚铁溶液，利用氢气将装置中的空气排尽，再利用氢气将制得的硫酸亚铁溶液压入装置A中与硫酸铵溶液作用制备硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]。（1）仪器a是分液漏斗，在使用前必须进行的操作是检验是否漏液；铁屑中含有FeS，能与硫酸反应生成H2S，制备的氢气中含有H2S，H2S进入C中与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠，发生反应的离子方程式为H2S+2OH-=S2-+2H2O；（2）由装置图可知，向容器F中通入氢气，应关闭活塞A，打开活塞B、C。硫酸铵溶液中的溶解O2，容器D液面上部有O2，Fe2+易被氧化为Fe3+，通入氢气赶走硫酸铵溶液中的溶解O2和容器D液面上部的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；此时活塞K1、K2打开，K3关闭，产生的氢气由K1进入装置C，再经K2进入装置A将装置中的空气排尽；（3）完成步骤③将②制得的FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合，操作是打开K3，关闭K1产生的氢气将装置B中的溶液压入装置C；（4）步骤④“将A中混合液蒸发浓缩、自然冷却”能析出硫酸亚铁铵晶体的原因是溶液中存在Fe2+、和，浓缩时，溶解度小的盐会先析出；过滤后的晶体用乙醇洗涤而不用蒸馏水洗涤原因是硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，减少损耗；乙醇易挥发，易带走水分得到较干燥的产品。17．三氧化二镍（Ni2O3）是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料（主要含金属Ni、A1、Fe及其氧化物、SiO2、C等）回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下所示：已知：①在该实验条件下NaClO3、Fe3+不能氧化Ni2+。②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+A13+Fe3+Fe2+开始沉淀时（c=0.010mol·L-1）的pH完全沉淀时（c=1.0×10-5mol·L-1）的pH③反萃取的反应原理为NiR2+2H+Ni2++2HR（1）“预处理”的操作可以选择用_______（填标号）来除去镍废料表面的矿物油污。A．纯碱溶液浸泡

B．NaOH溶液浸泡

C．酒精清洗（2）“氧化”时主要反应的离子方程式是_______，实际生产中为了减少杂质离子的引入，可以用来替代NaClO3的试剂是_______（填化学式）。（3）利用上述表格数据，计算Al(OH)3的Ksp=_______（列出计算式），若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。（4）向有机相中加入H2SO4溶液能进行反萃取的原因为_______（结合平衡移动原理解释）。（5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：温度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作依次是_______。（6）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为_______。【答案】（1）C（2）6H+++6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O

H2O2（3）1.0×10-5×(10)3（4）根据NiR2+2H+Ni2++2HR可知：加入H2SO4使c(H+)增大，化学平衡向右移动，产生更多NiSO4（5）蒸发浓缩、冷却至30.8℃~53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体（6）MH+OH--e-=M+H2O【解析】含镍废料用酒精进行预处理可除去镍表面的油污，然后用硫酸酸浸，可反应产生Ni2+、Al3+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，而SiO2、C不能发生反应进入滤渣1中，过滤后向滤液中加入NaClO3，能够将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NiO调整溶液pH为4.7＜pH＜7.2，使Al3+、Fe3+形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀进入滤渣2中，向滤液中加入有机萃取剂萃取NiSO4，再向有机相中加入H2SO4溶液进行反萃取，得到NiSO4溶液，经一系列处理得到NiSO4∙6H2O，再经一系列处理可得到Ni2O3。（1）“预处理”操作表面的矿物油为烃类，不能用碱性物质来清除，可根据相似相溶原理，选用酒精进行清洗，故合理选项是C；（2）“氧化”时H+、与Fe2+发生氧化还原反应产生Fe3+、Cl-、H2O，反应的离子方程式为：6H+++6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O；实际生产中为了减少杂质离子的引入，可以用来替代NaClO3的试剂是绿色氧化剂H2O2；（3）Al(OH)3的溶度积常数Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)∙c3(OH-)=1.0×10-5×=1.0×10-5×(10)3；根据表格数据可知Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)∙c2(OH-)=0.010×=10；若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1，则c2(OH-)=，c(OH-)=10mol/L，c(H+)=，此时溶液pH=6.7，故“调pH”应使Al3+、Fe3+形成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而Ni2+不形成沉淀，控制的pH范围是：4.7≤pH＜6.7；（4）根据NiR2+2H+Ni2++2HR可知：向有机相中加入H2SO4，使溶液中c(H+)增大，化学平衡向右移动，可以产生更多NiSO4；（5）根据表格数据可知：从NiSO4溶液获得NiSO4∙6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃~53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4∙6H2O晶体；（6）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，根据充电时总反应方程式可知：放电时MH为负极，失去电子发生氧化反应产生M，则负极的电极反应式为：MH+OH--e-=M+H2O。18．能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，具有开发应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。（1）利用工业废气中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。①常温常压下，已知反应的能量变化如图1、图2所示，由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为_____。②为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v(H2)=_____；该温度下的平衡常数数值K=______（保留两位有效数字）；能使平衡体系中增大的措施有_____（任写一条）。（2）工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。①甲醇蒸汽重整法。主要反应为CH3OH(g)⇌CO(g)+2H23OH(g)，体系压强为P1，在一定条件下达到平衡时，体系压强为P2，且P2/P1=2.2，则该条件下CH3OH的平衡转化率为_____。②甲醇部分氧化法。在一定温度下以Ag/CeO2—ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如图4所示，则当=0.25时，CH3OH与O2发生的主要反应方程式为_____。在制备H2时最好控制=____。【答案】（1）CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l)

ΔH=－50kJ·mol−1

0.225mol/(L·min)

5.3

降低温度或加压或增大氢气量（2）60%

2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2【解析】（1）①根据图1得出CO(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋H2(g)

ΔH=－41kJ·mol−1……①，根据图2得出CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l)

ΔH=－91kJ·mol−1……②，根据盖斯定律，②－①ΔH=(－91kJ·mol−1)－(－41kJ·mol−1)=－50kJ·mol−1，CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l)

ΔH=－50kJ·mol−1，故答案为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(l)＋H2O(l)

ΔH=－50kJ·mol−1；②达到平衡时，消耗CO2物质的量浓度为(1.00－0.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，此时消耗H2的物质的量浓度为3×0.75mol·L－1=2.25mol·L－1，即v(H2)==0.225mol/(L·min)；达到平衡时，c(CO2)=0.25mol·L－1，c(H2)=(3－2.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol·L－1，该反应的平衡常数K==5.3；使该比值增大，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，说明反应向正反应方向进行，措施为降低温度或加压或增大氢气量；（2）①令达到平衡时，消耗CH3OH物质的量为xmol，则生成CO的物质的量为xmol，氢气的物质的量为2xmol，相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，即，解得x=0.36，则甲醇的平衡转化率为60%；故答案为60%；②当=0.25时，根据图像，此时HCHO的选择性最大，因此CH3OH和氧气发生的主要反应是生成HCHO，主要反应的方程式为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；制备氢气，则氢气的选择性最大，根据图像可知，=0.5；故答案为2CH3OH＋O22HCHO(g)＋2H2O；0.5。19．过渡金属元素在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：（1）原子序数21～30的元素基态原子的价层电子排布中，未成对电子数最多的元素在周期表中的位置是_______，其价层电子排布图（轨道表示式）为_______。（2）基态钒原子核外电子的运动状态有_______种。（3）铁的一种配合物的化学式为，其中配体为1，2，三氮唑（）分子。①该配合物中，阴离子的空间结构为_______，其中心原子的杂化轨道类型是_______。②分子中，σ键与π键的个数比为_______。（4）二茂铁不溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂。乙醇的沸点（）介于水的沸点（100℃）和乙硫醇（CH3CH2SH）的沸点（36.2℃）之间，其原因是_______。（5）铁单质和氨气在可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示（黑球代表，白球代表N），该反应的化学方程式为_______。若该晶体的密度是，则两个最近的原子间的距离为_______（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）第四周期第VIB族

（2）23（3）正四面体形

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