2024新高考化学模拟试题 (一)

1.化学与生活关系密切，下列说法正确的是

A.打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是氧化铁

B.钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀

C.水垢中的CaSO,，可先用Na?C03溶液处理，而后用酸除去

D.暖贴中的反应为放热反应，该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和

【答案】C

【详解】A.氧化铁是红棕色粉末，故A错误；

B.钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，形成原电池，锌比铁活泼，作负

极，故钢管被保护，故B错误；

C.水垢中的Cas。,，可先用Na2co3溶液处理，发生沉淀转化反应

CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4,CaSC)4转化为CaCC)3,CaCC)3溶于酸，故后用

酸除去，故C正确；

D.放热反应中，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故D错误；

故选C。

2.下列化学用语正确的是(

A.C「的结构示意图：Rl3287

B.基态铭原子(Cr)的电子排布式：［Ar］3d54sl

C.水的电子式：H+［：0：］2H+

Is2s2p

D-基态氧原子的核外电子轨道表示式：阻叵I卜|刊I

【答案】B

O''

【详解】A.CT的原子核外共18个电子，其结构示意图为：力288,故A错误；

B.Cr为24号元素，基态铭原子(Cr)的电子排布式：［Ar］3d54s1故B正确；

C.水为共价化合物，其电子式为：H：6：H，故C错误；

D.根据洪特规则可知，当电子占据同一能级的不同轨道时，优先单独占据一个轨道，则

Is2s2p

基态氧原子的核外电子轨道表示式为：向区］旺由王|，故D错误；

故选B。

3.关于如图所示各装置的叙述中，正确的是

fflT

A.图1是原电池，总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

B.图2可验证铁的吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e=Fe2+

C.图3装置可在待镀铁件表面镀铜

D.装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护，该方法叫做牺牲阳极法

【答案】B

【详解】A.图□是原电池，铁比铜活泼，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原

反应，则总反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+,故A错误；

B.图□是原电池，铁做负极，失电子发生氧化反应生成二价铁，电极反应式为：Fe-2e-

=Fe2+,故B正确；

C.图□是电解池，与电源正极连接的待镀铁件，反应为：Fe-2e-=Fe2+,与电源负极相连的

为铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，反应为：Cu2++2e=Cu,铜上出现铜，而不是铁上镀铜，

故C错误；

D.图4中钢闸门与电源的负极相连，钢闸门为阴极，属于外加电流的阴极保护法，故D

错误；

故选B。

4.短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N的原子序数依次增大，X核外电子只有1种运动

状态，Y、W的2P轨道均含有2个未成对电子，M是短周期原子半径最大的元素，N的氢

氧化物具有两性，下列说法不正确的是

A.第一电离能：Y<W<Z

B.Y的氢化物沸点不一定低于W的氢化物

C.电负性：M<N

D.M在不同条件下与氧气反应的产物阴阳离子个数比不同

【答案】D

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N的原子序数依次增大；X只有一个原子轨道，

是氢元素；Y、W的2P轨道均含有2个未成对电子，则Y的2P轨道只有2个电子，是碳元

素，W的2P轨道有4个电子，是氧元素；Z位于Y、W中间，是氮元素；N的氢氧化物具

有两性，则N是铝元素；M是短周期原子半径最大的元素，是钠。

【详解】A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2P轨道为半充满稳定状

态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Y<W<Z,A正确；

B.Y是碳，其氢化物是烧，种类繁多，气态、液态、固态的都有，W的氢化物是HzO、

H2O2,所以Y的氢化物沸点不一定低于W的，B正确；

C.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：

M<N,C正确；

D.在不同条件下与氧气反应的产物分别为氧化钠、过氧化钠，阴阳离子个数比均为1:2,

D错误；

故选D。

5.下列说法正确的是

A.d区、ds区、s区元素全部是金属元素

B.在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方将是147号元素

C.第四周期元素中，未成对电子数最多的主族元素位于钾元素后面第五位

D.气态Mi?+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难

【答案】D

【详解】A.s区中H元素是非金属，A错误；

B.按照目前规律，第八周期元素数目为50,故115号元素正下方的将是165号元素，B错

误；

C.第四周期元素中，未成对电子数最多的主族元素的价电子排布式3d】。4s24P3,是第33号

As元素，K是第19号元素，As位于K后第14位，C错误；

D.Fe2+的核外价层电子排布为3d6,Mi?+的核外价层电子排布为3d5,Mn2+为半满结构，再

失去1个电子比Fe2+难，D正确；

故选D。

6.下列与原子核外电子排布规律相关的叙述中(n为能层序数)，不正确的是

A.基态原子的最外层电子数为奇数的元素均为主族元素

B.根据构造原理，电子填入能级的顺序一般为nsf(n-l)dfnp

C.由3d能级有5个轨道可知，周期表中第四周期元素比第三周期元素多10种

D.p能级电子能量不一定高于s能级电子能量

【答案】A

【详解】A.基态原子的最外层电子数为奇数的元素不一定为主族元素，如Cu原子最外层

有1个电子，Cu是DB族元素，故选A；

B.根据构造原理，电子填入能级的顺序一般为nsf(n-l)dfnp,故不选B；

C.周期表中第四周期有18种元素，第三周期有8种元素，故不选C；

D.p能级电子能量不一定高于s能级电子能量，如3s的能量大于2p,故不选D；

选Ao

7.在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量无色气泡，而图2装置中铜电极上无

气泡产生，铭电极上产生大量有色气泡。下列叙述不正确的是

+

A.图1装置中Cu电极上电极反应式是2H+2e-=H2T

B.图2装置中Cu电极上发生的电极反应为Cu-2e=Cu2+

C.图2装置中Cr电极上电极反应式为NO3+e-+2H+=NO2f+H2。

D.两个装置中，电子均由Cr电极经导线流向Cu电极

【答案】D

【详解】观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，Cr为负极，铜为正

极，正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铝电极上产生大量有色气体，

说明铜被氧化应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体。

A.图1为原电池装置，铜为正极，氢离子得电子生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2f,

选项A正确；

B.图2装置中铜电极上无气体产生，铭电极上产生大量有色气体，说明铜为负极，铭电

极为正极，负极发生Cu-2e=Cu2+,选项B正确；

C.而图2装置中铜电极上无气体产生，铭电极上产生大量有色气体，正极上应是硝酸被

还原生成二氧化氮气体，电极反应式为NC>3+e-+2H+=NO2T+H2O,选项C正确;

D.图1中，电子由Cr经导线流向Cu,图2中电子由Cu极经导线流向Cr,选项D不正

确；

答案选D。

8.工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微

观示意图如图:

ON原子

。H原子

下列说法中，不无鲫的是

A.过程①②均有N—H键断裂

B.过程③的电极反应式为：NH—e一+O1T=N+H2。

C.过程④中有非极性键形成

D.催化剂可以降低该反应的焰变

【答案】D

【详解】A.由图可知，NH3在过程①中变为NHz,NH2在过程②中变为NH,则过程①②

均有N—H键断裂，故A正确；

B.由图可知，NH失去电子结合0H-,转变为N和H2O,则过程③的电极反应式为：NH

—e+0H=N+H2。，故B正确；

C.过程④中形成N三N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；

D.使用催化剂该反应的焰变不变，可以改变活化能，故D错误；

故选D。

9.研究表明「可以作为水溶液中S02歧化反应的催化剂：3SO2(g)+2H2O(1)=2H2SO4

(aq)+S(s)AH<0:该过程一般通过如下步骤来实现：□SC)2(g)+4「(aq)+4H+(aq)=S(s)+2I2(g)

+

+2H2O(1)AH>0；□I2(g)+2H2O(l)+SO2(g)=SO(aq)+4H(aq)+2r(aq)AH<0；已知反应口

为慢反应，示意图中能体现上述反应过程中能量变化的是

【答案】A

【详解】3so2值)+2比0⑴=2H2sO4(aq)+S(s)AH<0；整个过程是放热反应，反应物的总

能量大于生成物总能量，因此C不符合题意，该过程一般通过如下步骤来实现：

+

□SO2(g)+4r(aq)+4H(aq)=S(s)+2I2(g)+2H2O(1)AH>0；第一步是吸热反应，因此D不

符合题意，口12值)+21120(1)+$02值尸SO：(aq)+4H+(aq)+2「(aq)AH<0；第二步是放热反

应，又已知反应□为慢反应，说明反应口活化能大于反应□的活化能，故A符合题意。

综上所述，答案为A。

10.下列说法正确的是

A.向10mL0.1mol-LTAgNC)3溶液中滴加几滴等浓度NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加

等浓度Nai溶液，产生黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)〉Ksp(AgI)

B.常温下，pH=2的盐酸和醋酸溶液，c(H+)前者大于后者

C(CH3COOH)

向O.lmol-匚1的CH3coONa溶液中加少量水，溶液中比值增大

C(CH3COO)

D.pH=3的盐酸和pH=3的FeCL溶液中，水电离的c(H+)相等

【答案】C

【详解】A.硝酸银过量，分别与NaCl和KI反应生成沉淀，不能得出沉淀发生了转化，由

操作和现象不能比较Ksp,A错误；

B.常温下，pH=2的盐酸和醋酸溶液中，c(H+)=10-2mol/L,前者等于后者，B错误；

c(CH3C00H)c(0H)C(CH3COOH)

C.醋酸根的水解平衡常数跖=,所以

C(CHCOO)c(OH)

c(CH3COO)3

c(CH,COOH)

加水稀释时c(。田减小’故C(CH3c。。-)增大，0正确;

D.HC1是酸，能抑制水的电离，而Fe3+水解促进水的电离，因此FeCb溶液中水电离的c(H+)

大于盐酸中水电离的c(H+),D错误；

故选C。

11.下列有关图示原电池装置的叙述正确的是

A.图1盐桥中的阳离子移向ZnS04溶液

B.图2中Zn发生还原反应，MnCh发生氧化反应

C.图3中电池放电时，负极质量减少，正极质量增加

D.图4电解质溶液采用稀硫酸时，正极反应为O2+4H++4e=2H2O

【答案】D

【详解】A.图1为原电池，阳离子移向正极，Zn为负极，Cu为正极，则盐桥中的阳离子

移向CuSCU溶液，A错误；

B.负极上锌失电子，Zn发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应，则MnCh发生还原

反应，B错误；

+

C.铅蓄电池放电时，负极反应为：Pb-2e-+SO^=PbSO4,正极的反应为：PbO2+2e-+4H+

SOt=PbSO4+2H2O,所以正负极质量都增大，C错误；

D.电解质溶液采用稀硫酸时，氧气得电子生成水，正极反应为O2+4H++4e-=2H2。，D正

确；

故选：D。

12.如下所示装置，通电后石墨电极口上有。2生成，FezOs逐渐溶解，下列判断不思卿

是

9abo

石墨石墨

电极I直流电源电极n

0.01molFe2O3

CuCk溶液-

-Na2SO4?§S

阴离子交换膜质子交换膜

A.a是电源的负极

B.当通过质子交换膜的H+为0.2mol时，左侧电极I所在区域溶液质量减轻了27g

C.CT通过阴离子交换膜由左向右移动

D.当L6gFe2（）3完全溶解时，至少产生氧气0.336L（标准状况下）

【答案】B

【详解】A.由石墨电极□产生氧气可知，电极□为阳极，电极I为阴极，则a是电源的负

极，故A正确；

B.随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，Cl需通过阴离子交换膜由左向右

移动从而保持溶液的电中性，当通过质子交换膜的H+为0.2mol时，左侧电极I所在区域

溶液中O.lmol铜离子得电子，0.2mol氯离子通过阴离子交换膜由左向右移动，相当于减轻

O.lmol氯化铜的质量，质量减轻了O.lmolxl35g/mol=13.5g,故B错误；

C.随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，cr需通过阴离子交换膜由左向右

移动从而保持溶液的电中性，故c正确；

D.1.6gFe2C>3的物质的量为O.Olmol,当1.6gFe2C>3完全溶解时，发生反应

+3+

Fe2O3+6H=2Fe+3H2O,消耗氢离子为0.06mol,根据阳极电极反应式2H2。-

+

4e-=O2?+4H,产生氧气为0.015mol,体积为0.336L(标准状况下)，故D正确;

故选B。

13.已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)AH<0,400℃时该反应的化学平衡常数

K=lo一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y,反应体系中各

物质的物质的量浓度的相关数据如表：

起始时物质的浓度/(mol-L1)10分钟时物质的浓度/(mol-U1)

容器温度/℃c")《丫)c(Z)

甲400110.5

乙1110.4

丙40012a

下列说法中，正确的是

A.甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.25mol-L-1-min1

B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态

C.乙中，可能工<400℃

D.丙中，a<0.5

【答案】C

【详解】A.甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的的Z,根据方程式可知，反应掉的X的浓

度为0.25mol/L,则10分钟内X的化学反应速率：v(X尸/9=0-25mol/L

△t10min

=0.025mol・L-i・inin-i,A错误；

B.在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L,则X、Y都反应掉了

052

0.25mol/L,还剩余0.75mol/L,由此算出此时的浓度燧为QC=——---------®0,4<l,即

c0.75x0.75

反应正向进行，平衡正向移动，B错误；

C.乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分种后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器

中反应速率比甲容器小，可以为降温温度导致，C正确；

D.对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，

故丙中a>0.5,D错误；

故选C。

14.某锂离子电池的总反应为：2Li+FeS=Fe+Li?S。某小组以该电池为电源电解处理

含Ba(OH)2废水和含Ni?+、CT的酸性废水，并分别获得BaCl2溶液和单质银。电解处

理的工作原理如图所示［LiP耳―SO(CH3)2为锂离子电池的电解质］。下列说法不正确的是

A.Y与锂离子电池的Li电极相连

B.X极相连的锂离子电池电极反应式为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S

C.当电路中转移1mole-时，b室离子数增加2NA个

D.离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜

【答案】C

【分析】由锂离子电池总反应可知，锂元素被氧化，因此Li电极为负极；废水经过处理后

得到单质银，因此电解池c池中的电极反应为：Ni2++2e-=Ni,即银棒上发生了还原反应，

因此保棒为阴极，与锂离子电池的Li电极Y相连；碳棒为阳极，电极反应式为：4OH--4e-

=O2t+2H2O；因为最后还得到了BaC"溶液，因此a池中Ba2+经过离子交换膜M进入b

池，c池中的C1一经过离子交换膜N进入b池，最终得到BaCh溶液。

【详解】A.由分析可知，Y与锂离子电池的Li电极相连，A正确；

B.与X电极相连的为锂离子电池的正极，Fe元素发生还原反应，即

FeS+2Li++2e=Fe+Li,S,B正确；

C.当电路中转移1mole-时，b室会进入1molCh0.5molBa2+,因此共增加1.5mol电

子，即b室离子数增加L5NA个，C错误；

D.因为Ba2+经过离子交换膜M进入b池，c池中的Cl经过离子交换膜N进入b池，因此

离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，D正确。

因此本题选C。

15.室温下，通过下列实验探究0.01000mo/LNa2c2。4溶液的性质：

实验1：实验测得0.01000mol/LNa2c2。4溶液pH为8.6

实验2：向溶液中滴加等体积0.01000mol/LHC1溶液，pH由8.6降为4.8

实验3：向溶液中加入等体积0.0200mo/LCaCU溶液，出现白色沉淀

实验4：向稀硫酸酸化的KMnCN溶液中滴加Na2c2O4溶液至溶液褪色

下列说法不正确的是

A.0.0100mol-U1Na2c2O4溶液中满足:

+-+

c（Na）>c（C,O"）>c（Off）>c（HC2O；）>c（H）

+

B.实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足：c（Na）=2c（C2Ot）+c（HC2O4）+c（CF）

C.实验3所得上层清液中c（C2O；'）=5x103mol/L[已知室温时

9

Ksp（CaC2O4）=2.5xl0]

D.实验4发生反应离子方程式为：

+2+

5c2。j+2MnO4+16H=10CO2T+2Mn+8H2O

【答案】C

【详解】A.O.OlOOmol-L-1Na2c2O4溶液中，存在水解平衡

c(C2O；)+C(H2O)c(OH)+C(HC2O4)和Hz。H+OH,所以溶液中离子浓度大

小顺序为c(Na+)>c(C2Of)>c(OH-)>c(HC2O：)>c(H+),故A正确；

B.实验2中由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4)+2c(C2O"+c(Cl)+c(OH-),

滴加盐酸过程中存在某一点满足c(H+尸c(OH),贝I]

+

c(Na)=c(HC2O4)+2c(C2O；j+c(Clj,故B正确；

C.已知室温时Ksp(CaC2C)4)=2.5xl(r9,c(Ca?+)=(0.0200molL1><V+

O.OlOOmol-I71xV>2V=0.005mol-U1.实验3所得上层清液中

%(CaC2C>4)2.5x10-9

71

c(C2Ot)==5xlO-molI7故C错误;

c(Ca2+)0.005molI7'

D.实验4发生反应的离子方程式为：

+2+

5C2O^+2MnO；+16H=10CO2T+2Mn+8H2O,故D正确;

故答案选C。

第□卷（非选择题，共55分）

二、非选择题（本题有4小题，共55分）

16.氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是具有潜力的储氢材料。回答下列问题：

（1）氮在元素周期表中的位置是,基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓

图为状，基态N原子的电子排布图为o

（2）B的第一电离能1（B）=800kJ-moL,判断L（A1）800kJ-mo「（填“>”或

“<”），结合电子排布式说明判断理由，

(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H"),与B原子相连的H呈负电性

6

(H~)o在H、B、N三种元素中：

①电负性由大到小的顺序是O

②原子半径由大到小的顺序是。

③根据对角线规则，在B、N所在周期中，有一种元素与A1元素性质具有相似性，写出其

对应的氢氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式o

(4)Fe、Co、Ni、Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼

烷水解产氢的性能如图所示。这四种催化剂中：

1

E

W

M蛆

<

①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为。

②催化效果最差的金属其二价阳离子外围电子排布式为=

③催化效果第三的金属位于元素周期表的区。

【答案】(1)□.第二周期第VA族□.哑铃或纺锤体形□.

Is2s2p

®HItHI

(2)□.<口.B和Al的基态原子电子排布式分别为Is22s22Pl和Is22s22P63s?3pi,

3P能级的能量高于2P能级的能量，处于3P能级的电子更容易失去，因此L(A1)<L(B)

(3)D.N>H>BD.B>N>H□.Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O

(4)□.3□.3d6□.ds

【小问1详解】

已知N是7号元素，其核外电子排布式为：Is22s22P3,则氮在元素周期表中位置是第二周

期第VA族，基态N原子中电子占据最高能级即2P能级，p能级的电子云轮廓图为哑铃或

Is2s2p

纺锤体形，基态N原子的电子排布图为:,故答案为：第二周期

E[ffiH11H

Is2s2p

第VA族；哑铃或纺锤体形;

【小问2详解】

从电子排布的角度说明判断：B和A1的基态原子电子排布式分别为Is22s22Pl和

Is22s22P63s23pi,B半径小,第一电离能比Al大,L(AI)V800kJ・molT,因为3P能级的能量

高于2P能级的能量，处于3P能级的电子更容易失去，因此L(A1)<L(B),故答案为：<；

B和A1的基态原子电子排布式分别为Is22s22Pl和Is22s22P63s?3pi,3p能级的能量高于2p

能级的能量，处于3P能级的电子更容易失去，因此L(A1)<L(B)；

【小问3详解】

①电负性是衡量元素对电子对吸引能力的标准，电负性大的则电子对偏向该元素，则该元素

显负电性，结合题干信息可知，电负性由大到小的顺序是N>H>B,故答案为：N>H>B；

②电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故原子半径由大到小

的顺序是B>N>H,故答案为：B>N>H；

③与A1元素性质具有相似性的为Be,其对应的氢氧化物Be(OH)2与烧碱溶液反应的化学方

程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O,故答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；

【小问4详解】

①由题干图示信息可知，催化效果最好的金属为Co,Co基态原子的核外电子排布式为：

Is22s22P63s23P63d74s2,故其中未成对的电子数为3,故答案为：3；

②由题干图示信息可知，催化效果最差的金属为Fe,Fe2+基态原子的外围电子排布式为3d6,

故答案为:3d6。

③催化效果第三的金属为Cu,位于元素周期表的ds区。

17.1.中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的全合成，相关成果由国际知名学术期刊《科

学》在线发表。CO?的捕集、利用与封存是科学家研究的重要课题，利用CH4与C。2制

备“合成气”(CO2H2),合成气可直接制备甲醇，反应原理为：

CO(g)+2H2(g).CH3OH(g)AH=-99kJ-。

(1)若要该反应自发进行，(填“高温”或“低温”)更有利。

(2)在恒温，恒容密闭容器中，对于合成气合成甲醇的反应，下列说法中能说明该反应达

到化学平衡状态的是(填字母序号)。

A.混合气体的平均相对分子质量不再变化B.混合气体的密度不再变化

C.CO的百分含量不再变化D.v(CO)正=2V(H：2)逆

(3)工业上也可以用电解法捕获CO2，CC)2在酸性水溶液中用情性电极电解制得乙烯，其

原理如图所示，则b电极上的电极反应为。

质子「过膜

(4)把C。2转化为HCOOH是降碳并生产化工原料的常用方法，有关反应如下：

1

①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g)AH=-72.6kJ-mol

②CO(g)+gc)2(g).CO2(g)AH=—283kJ-mo「

@1o2(g)+H2(g),H2O(g)AH=—241.8kJ-mori

1

则反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)中AH=kJ.mor

n.我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了NO-c。的反应历程。在催化剂作用

1

下，此反应为2co(g)+2NO(g)-2CO2(g)+N2(g)AH=-620.9kJmor0可有

效降低汽车尾气污染物排放。

(5)探究温度、压强(2MPa,5MPa)对反应

2CO(g)+2NO(g)2co2(g)+N2(g)的影响，如图所示，表示2MPa的是

(6)一定温度下，向一容积为2L的恒容密闭容器中充入4moic。和6molNO,发生上

9

述反应，当反应达到平衡时容器内压强变为起始时的一，此温度下该反应的平衡常数

10

K=L-mol-1o

(7)若在相同时间内测得NO的转化率随温度的变化曲线如图，NO的转化率在

400℃~900℃之间下降由缓到急的原因是。

(3)2c。2+12e-+l2H+=C2H4+4H2O

(4)-31.4(5)a

(6)0125(7)400℃〜700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃

以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小

【小问1详解】

1

CO(g)+2H2(g).CH30H(g)AH=-99kJmor,即△!!<(),反应前后气体体

积减小，燧变△$<(),满足△：»“△$<(),应在低温下能自发进行，故答案为：低温；

【小问2详解】

A.反应前后混合气体的质量不变，物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质

量不变，说明总物质的量不变，达平衡状态，故正确；

B.反应前后混合气体的质量和容器容积均是不变的，混合气体的密度一直不变，故错

误；

c.co的百分含量不再变化，即浓度不再发生变化，达平衡状态，故正确；

D.v(CO)正=2v(H?)逆不满足反应速率之比是化学计量数之比，所以没有达到平衡状

态，故错误；

答案选AC；

【小问3详解】

b电极上二氧化碳得到电子转化为乙烯，电极反应为2co2+12-+12H+=C2H4+4H2O。

【小问4详解】

已知：

]

①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g)AH=-72.6kJ-mol-

②co(g)+gc)2(g)CO2(g)AH=—283kJ-mo「

1

@-O2(g)+H2(g)H2O(g)AH=-241.8kJmor

则根据盖斯定律可知①+③一②即得到反应：CO2(g)+H2(g),HCOOH(g)中AH=

(—72.6—241.8+283)kJ-moF1=-31.4kJ-mol1。

【小问5详解】

可逆反应2co(g)+2NO(g).2CO2(g)+N2(g),针对该反应减小压强，平衡左移,

该温度下，NO的转化率减小，根据图示可知，表示2MPa的是反应a；

【小问6详解】

根据三段式可知

2CO+2NO2CO2+N-

始/mol4600

变/mollxlxlxX

平1mol4-2%6-2%lxX

当反应达到平衡时容器内压强变为起始时的2,则」一=应，解得x=l,所以此温度

1010—x9

下该反应的平衡常数K=乂R=0.125L.mor10

12X22

【小问7详解】

如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400°。〜700℃随温度升高，平衡向

逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率

迅速变小；故答案为：400C〜700。。随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；

700C以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。

18.工业上以软锦矿(主要成分Mn。？，还含有少量的FezOs、A12O3,SiO2等)为原料制取金

属锦的工艺流程如图所示：

滤渣1滤液2CO2CO2

(1)软镒矿"粉磨”的目的是O

(2)写出“浸出”过程中Fes。4参与反应的离子方程式

(3)“浸渣”的主要成分是(用化学式表示)。

(4)“除杂”反应中X可以是(填标号)。

a.MnOb.Zn(OH)2c.Cu2(OH)2CO3d.Mn(OH)2

(5)写出“沉镒”操作中发生反应的离子方程式。

(6)“电解”操作中电极均为惰性电极，写出阴极的电极反应式

(7)在废水处理中常用H2s将Mi?+转化MnS除去，向含有0.020mollTMn2+的废水

中通入一定量的H2s气体，调节溶液的pH=a,当c(HS-)=LOxl()Tmol-lJ时，

Mi?+开始沉淀，则2=o(已知：25℃时，H2s的电离常数

&=1.0x101(=7.0x10F；%(MnS)=1.4xl()T5)

【答案】(1)增大接触面积，加快浸出速率及提高原料浸出率

2++2+3+

(2)MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O

(3)SiO2(4)ad

(5)Mn2++2HCO£=MnCO3j+H2O+CO2T

(6)Mn2++2e-=Mn

(7)5

【分析】由化学工艺流程可知，“浸出”步骤时，软镒矿(主要成分是MnO2,还含有少量的

Fe2O3>AI2O3、SiCh等)与硫酸和硫酸亚铁混合反应，SiCh不溶于酸，为“浸渣”的主要成分；

经亚铁离子和二氧化铳的氧化还原反应，氧化铝和硫酸的反应等,所得滤液含有Mn2+、Fe3+、

AF+,“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH,使Fe3+和AF+沉淀为氢氧化铁和氢氧化

铝；滤液利用NH4HCO3“沉锦"，生成MnCCh沉淀，沉淀经硫酸溶解，得到硫酸锌溶液，“电

解”时电解的是MnSO4溶液，阴极发生还原反应得到Mn；据此回答。

【小问1详解】

“粉磨”是将软锦矿粉碎，增大接触面积，加快浸出速率及提高原料的浸出率。

【小问2详解】

“浸出”过程中MnC%与Fes。4发生氧化还原反应，生成MB、Fe3+,故FeSO,参与反应

2++2+3+

的离子方程式MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O。

【小问3详解】

二氧化硅不溶于酸，贝『‘浸渣”的主要成分为SiO2o

【小问4详解】

“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH,使Fe3+和AF+沉淀，但不能引入新的杂质离

子，可以选择MnO和Mn(OH)2,故选ad。

【小问5详解】

利用NH4HC03“沉镒”，由于HCO]存在自耦电离：2HCO[UCO；-+H2CO3,生成的CO；

2+

与Mi?+生成MnCCh沉淀：Mn+2HCO3=MnCO3l+H2O+CO2To

【小问6详解】

“电解”时电解的是MnSCU溶液，阴极上Mi?+得电子发生还原反应生成金属锦：Mn2++2e-

=Mn。

【小问7详解】

根据c(Mn2+)及Ksp(MnS)=l.4x10-15,当Mi?+开始沉淀时，

C(S2")=-:L2+\'=—777^—1110卜1；|=7.0*10」411101・1；'根据电离方程式册-

、'c(Mn")0.02

c(H+)xcS]c(H+)x7.0xl014<

UH++SL得K,==~~一-=-------------=7.0x1015,c(H+)=1.0xl0-5molL-

c(HS)l.OxW34

1

,则pH=5,a=5o

19.海洋的水资源和其他化学资源具有十分巨大的开发潜力。

(1)“氯碱工业”电