2024届辽宁省丹东市高三上学期期末教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省丹东市2024届高三上学期期末教学质量监测可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个正确选项)1.化学在生产生活中起着重要的作用，下列说法错误的是（）A.牙齿表面釉质层的主要成分羟基磷灰石属于无机物B.载人飞船上的太阳能电池板能实现将太阳能转化为电能C.服用补铁口服液的同时服用维生素C，可增强补铁的效果D.“奋斗者号”载人舱外壳使用钛合金属于无机非金属材料〖答案〗D〖解析〗A．羟基磷灰石的化学式为Ca5(PO4)3OH，不含碳元素，因此属于有机物，故A说法正确；B．太阳能电池板能实现将太阳能转化为电能，故B说法正确；C．维生素C具有还原性，能防止Fe2+被氧化，所以服用补铁口服液的同时服用维生素C，可增强补铁的效果，故C说法正确；D．钛合金属于金属材料，故D说法错误；〖答案〗为D。2.下列化学用语表述正确的是（）A.的电子式： B.丙烯的键线式：C.中子数为18的氯原子： D.结构示意图：〖答案〗C〖解析〗A．为共价化合物，电子式为：，A错误；B．丙烯的键线式为：，B错误；C．质子数为17、中子数为18的氯原子，质量数为35，故可表示为，C正确；D．结构示意图：，D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1.8g重水(D2O)中所含质子数为0.9NAB.2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NAC.11.2L乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数目为3NAD.常温下，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.02NA〖答案〗A〖解析〗A．D2O的式量是20，一个D2O分子中含有10个质子，则1.8g重水(D2O)中所含质子的物质的量是n(质子)==0.9mol，则其中含有的质子数为0.9NA，A正确；B．2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=2.0L×1.0mol/L=2.0mol，由于该盐是强酸弱碱盐，Al3+会发生水解反应而消耗，故AlCl3溶液中，Al3+的物质的量小于2.0mol，因此其中含有的Al3+数目小于2.0NA，B错误；C．乙烯和丙烯都是气体，题干未指明气体所处的外界条件，因此不能确定该混合气体的物质的量，也就不能判断确定其中所含碳氢键数目，C错误；D．常温下，Kw=10-14，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，则其中含有OH-的物质的量是n(OH-)=1L×10-2mol/L=0.01mol，因此该溶液中含有的OH-数目为0.01NA，D错误；故合理选项是A。4.奥司他韦是目前治疗甲型流感的常用药物，其结构如图所示。下列有关奥司他韦的说法错误的是（）A.分子中含有3个手性碳原子B.分子中采用sp3杂化的原子只有C和NC.该物质存在芳香族化合物的同分异构体D.该物质能与盐酸反应形成离子化合物〖答案〗B〖解析〗A．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，奥司他韦分子中含有3个手性碳原子，分别为，故A正确；B．分子中连两个单键的O也是采用sp3杂化，故B错误；C．分子中含有4个不饱和度，存在芳香族化合物的同分异构体，故C正确；D．分子中含有氨基，能与盐酸反应形成离子化合物，故D正确；〖答案〗选B。5.短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示。下列说法错误的是（）A.原子半径：B.电负性：C.简单氢化物的沸点：D.同周期中第一电离能小于Z的元素有五种〖答案〗C〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。【详析】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，A正确；B．N、Y、X分别为氯、碳、氢，电负性的大小顺序为Cl＞C＞H，B正确；C．M、Z、Y为磷、氮、碳元素，对应的简单氢化物为甲烷、氨气和磷化氢，氨气分子间氢键而沸点异常，故简单氢化物的沸点高低为NH3>PH3>CH4，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，D正确；故选C6.有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸和砷酸形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.流程中“沉砷”、“酸化”可实现砷元素的富集B.流程中可循环利用的物质有与C.整个流程中参加反应的与在相同状态下的体积比为D.“还原”发生反应的化学方程式为〖答案〗C〖祥解〗酸性含砷废水中砷元素主要以H3AsO3和H3AsO4形式存在，加入NaOH溶液碱浸，发生中和反应得到Na3AsO3和Na3AsO4，通入氧气，将+3价As氧化成+5价，然后加入石灰乳，得到Ca3AsO4沉淀和NaOH，过滤，向沉淀中加入硫酸溶解，得到H3AsO4，通入二氧化硫，将H3AsO4还原成H3AsO3，其反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，据此分析；【详析】A．根据上述分析，酸化后得到高浓度H3AsO4，因此流程中“沉砷”、“酸化”可实现砷元素的富集，故A说法正确；B．根据上述分析，可循环利用物质是NaOH、H2SO4，故B说法正确；C．“氧化”步骤中的方程式为2AsO+O2=2AsO，“还原”步骤中反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，但H3AsO4一部分来源“氧化”步骤，还有一部分来自于废水中，因此整个流程中参加反应的O2与SO2在相同状态下的体积比小于1∶2，故C说法错误；D．通入二氧化硫，将H3AsO4还原成H3AsO3，本身被还原成SO，其反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，故D说法正确；〖答案〗为C。7.晶体在科学研究和工业生产中具有重要价值，它易升华，熔化呈液态时不导电。已知图中b位置原子的坐标参数为。下列说法错误的是（）A.图中d位置原子的坐标参数为B.晶体中化学键类型为离子键，它属于离子晶体C.晶胞结构中，的配位数为4D.基态原子的简化电子排布式为〖答案〗B〖解析〗A．d点位于体对角线的处，图中d位置原子的坐标参数为，A正确；B．晶体易升华，熔化呈液态时不导电，故不属于离子晶体，为分子晶体，B错误；C．晶胞中与Cu距离最近的Cl原子有4个，故的配位数为4，C正确；D．Cu为第29，基态原子的简化电子排布式为，D正确；故选B。8.类比推理是化学学习中的一种重要方法。下列类推结论中正确的是（）A.是直线型分子，推测也是直线型分子B.晶体含键，推测金刚砂也含键C.，推测D.与S反应生成，推测与S反应生成〖答案〗A〖解析〗A．是直线型分子，氧与硫同主族，推测也是直线型分子，碳也采用相同的sp杂化，A正确；B．晶体含键，但金刚砂也含键，B错误；C．生成物中的亚硫酸钙有还原性能继续与具有氧化性的次氯酸反应，C错误；D．硫的氧化性弱，与变价金属反应生成低价态硫化物，故与铜反应生成Cu2S，D错误；故选A。9.具有“卯榫结构双极膜的电解池可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和。下列说法错误的是（）A.电极a连接电源的负极B.b电极的反应式为C.每生成，双极膜处有解离D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率〖答案〗B〖祥解〗由信息大电流催化电解溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式：，电极b为阳极，电极方程式：。【详析】A．由分析可知电极a为阴极，连接电源的负极，A正确；B．根据分析，电极b为阳极，电极方程式：，B错误；C．每生成0.1mol，阴极得0.8mole-，同时双极膜处有0.8molH+，双极膜处有0.8mol即14.4g水的解离，C正确；D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于水解离为H+和OH-，D正确；故选B。10.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是（）A.X生成Y的过程中发生了取代反应B.X的沸点比的沸点高C.除了氢原子外，Z中其他原子一定共平面D.Y与足量的溶液反应最多消耗〖答案〗A〖解析〗A．X生成Y的过程中发生了取代反应，X中酚羟基中的氢原子被甲基取代，选项A正确；B．X形成分子内氢键，形成分子间氢键，X的沸点比的沸点低，选项B正确；C．除了氢原子外，Z中其他原子不一定共平面，因为与甲基形成的C-O键可以旋转，选项C错误；D．酯基水解后生成羧基消耗1个氢氧化钠，与苯环相连的Br与1个NaOH反应后苯环上生成酚羟基再消耗1个氢氧化钠，所以1molY多能与发生反应，选项D错误；〖答案〗选A。11.下列实验方法或操作能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验方法或操作A检验淀粉是否发生水解向淀粉水解液中加入碘水，观察现象B探究浓度对化学反应速率的影响向等体积不同浓度的溶液中，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象C检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象D探究铜配离子的转化向蓝色硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体〖答案〗D〖解析〗A．检验淀粉是否发生水解应通过实验检验是否存在还原性葡萄糖，向淀粉水解液中加入碘水，观察现象只能检验是否还存在淀粉，A错误；B．向等体积不同浓度的溶液中，分别加入等体积等浓度的溶液，生成硫酸钠和氯化钠，无明显现象，B错误；C．乙醇和水都可以和钠发生反应，C错误；D．向蓝色硫酸铜溶液中滴加氨水，，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解转化为四氨合铜离子得到深蓝色溶液，再加入乙醇降低了溶剂的极性而析出晶体，D正确；故选D。12.已知合成氨反应：，反应速率方程为(k为常数，随温度的升高而增大)。下图表示在恒压密闭容器中，不同温度下，达到平衡时的体积分数与投料比的关系。下列说法正确的是（）A.该反应在高温条件下能自发进行B.A、B、C三点的转化率关系为C.其他条件不变，减小可使合成氨速率减慢D.平衡常数，且D点时的平衡转化率为〖答案〗D〖解析〗A．反应为放热的熵减反应，则低温利于反应自发进行，A错误；B．反应中增加氢气投料，会促进氮气的转化，故A、B、C三点的转化率关系为，B错误；C．反应速率方程为，则其他条件不变，减小可使合成氨速率增大，C错误；D．平衡常数只受温度影响，则，比较BD点投料相同，B点氨气含量更大，则平衡常数；D点投料比为3，设氢气、氮气投料分别为3mol、1mol；平衡时，氨气含量25%，，a=0.4mol，的平衡转化率为，D正确；故选D。13.已知是煤液化的一个反应，在温度和时将和充入密闭容器中测得随时间(s)的变化如下表，下列说法错误的是（）时间温度01020……40501.00.70.5……0.250.251.00.650.4……0.280.28A.温度，且反应B.温度下，的反应速率为C.温度下，反应进行到时再充入各，此时平衡正向移动D.温度下，平衡后再充入，重新平衡后CO的转化率与的转化率相等〖答案〗B〖解析〗A．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，平衡时，CO剩余量越多，说明反应向左进行，正反应放热，ΔH﹤0，故A项正确；B．温度下，0∼20s，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则，故B项错误；C．平衡后，、、，，充入CO

、CH3OH各0.25mol，、、，则，Qc﹤K，则平衡正向移动，故C项正确；D．由于温度不变，平衡常数不变，平衡后恒容再充入0.5molCO，相当于起始条件下通入1.5molCO和3molH2，通入物质的量比例为1：2，由于两者的化学计量数之比也为1：2，所以转化的物质的量比也为1：2，所以两者转化率相等，故D项正确；故本题选B。14.直接无膜微流体燃料电池利用多股流体的特性，将燃料和氧化剂隔开，且使用氧化剂可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题。下列有关说法错误的是（）A.电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极bB.电极a上发生的反应为C.电极b上消耗时，理论上转移电子D.无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池性能〖答案〗B〖祥解〗K3[Fe(CN)6]为氧化剂，则电极b为正极，电极a为负极，负极上电极反应为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，正极反应为[Fe(CN6)]3-+e-=[Fe(CN6)]4-。【详析】A．根据分析可知，电极a为负极，电极b为正极，电池工作时，电子从电极a经过外电路流向电极b，A正确；B．电极a为负极，负极的电极反应为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，B错误；C．电极b为正极，正极上电极反应为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN6)]4-，消耗，理论上转移1mol电子，C正确；D．无膜微流体技术将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产成本，提高电池工作性能，D正确；〖答案〗选B。15.常温下将溶液滴入溶液中，混合溶液的与部分离子浓度之间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.甲表示与的变化关系B.C.溶液显碱性，且溶液中D.溶液中存在：〖答案〗D〖祥解〗H3PO4的电离方程式为H3PO4H++、H++、H++，其各级电离平衡常数的表达式为Ka1(H3PO4)=、Ka2(H3PO4)=、Ka3(H3PO4)=，由于Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)＞Ka3(H3PO4)，当c(H+)相同时，>>，-lg＜-lg，则-lg＞-lg，甲表示pH与-lg的变化关系，乙表示pH与-lg的变化关系，由甲上pH=4.15、-lg=2可计算Ka1(H3PO4)===10-2.15，由乙上pH=8.21、-lg=1可计算Ka2(H3PO4)===10-7.21。【详析】A．根据分析，甲表示pH与-lg的变化关系，乙表示pH与-lg的变化关系，A项错误；B．根据分析，Ka1(H3PO4)===10-2.15，B项错误；C．NaH2PO4溶液中的水解离子方程式为+H2OH3PO4+OH-，其水解平衡常数Kh()===10-11.85＜Ka2(H3PO4)，的电离程度大于其水解程度，NaH2PO4溶液呈酸性，溶液中c()＞c(H3PO4)，C项错误；D．Na2HPO4溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+3c()，溶液中的物料守恒为c(Na+)=2[c()+c()+c()+c(H3PO4)]，两式整理得c(OH-)+c()=c(H+)+c()+2c(H3PO4)，D项正确；〖答案〗选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.六水合氯化镍常用于电镀、陶瓷等工业。某实验室以镍矿渣(主要含)制备六水合氯化镍晶体，设计流程如图所示：回答下列问题：（1）已知可制得配合物中的键数目为_______。（2）写出“酸溶”时，发生反应的离子方程式：___________________________。（3）试剂a应选用下列物质中的_______(填选项)。A. B. C. D.（4）“除铜”过程发生反应的离子方程式是___________________________________。（5）“沉镍”所得沉淀可表示为为测定沉淀的组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(时，只收集到一种气体产物，以上残留固体为)。则该样品的化学式为_______________。（6）由制备的实验方案：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节，_______________________，过滤，冰水洗涤，干燥(溶解度曲线如图所示)。（7）和的合金是目前使用广泛的储氢材料，该合金的晶胞结构如图所示。已知该晶体晶胞底面边长为，高为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______________(用a、c、列出计算式即可)。〖答案〗（1）24（2）（3）B（4）（5）（6）蒸发浓缩，冷却(至左右)结晶（7）或〖祥解〗往镍矿渣(主要含NiS、CuS、FeS)中加入稀硫酸和稀硝酸进行酸溶，该过程中-2的S元素被氧化为S单质，过滤除去，滤液中主要含Ni2+、Cu2+和Fe3+等，向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，试剂a为Ni(OH)2，过滤后向滤液中加入NiS沉淀Cu2+，然后加入试剂b沉镍，以此解答。【详析】（1）[Ni(NH3)6]Cl2中1个NH3含有3个N-Hσ键，则6个NH3含有18个N-Hσ键，还有6个配位键，则1mol[Ni(NH3)6]Cl2中共有σ键数目为24NA，故〖答案〗为：24；（2）“酸溶”时，NiS和稀硝酸发生氧化还原反应生成S单质和NO，根据氧化还原反应规律配平离子方程式为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O，故〖答案〗为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O；（3）向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，NaOH和Na2CO3会引入Na+，Ni(NO3)2不能调节pH，则试剂a可以是Ni(OH)2，故〖答案〗为：B；（4）“除铜”过程中NiS和Cu(NO3)2反应生成CuS和Ni(NO3)2，离子方程式为：，故〖答案〗为：；（5）700℃以上残留固体为NiO，所以，500℃~750℃条件下收集到的气体产物只有一种，应是CO2，则，根据C元素守恒可知3.41g样品中含有0.01molNiCO3，根据Ni元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，，0.02molNi(OH)2可以产生0.02molH2O，所以样品中含有0.02molH2O，则x:y:z=0.01mol:0.02mol:0.02mol=1:2:2，所以化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，故〖答案〗为：NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O；（6）由xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O固体制备NiCl2·6H2O的实验方案是：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节溶液的pH值，蒸发浓缩，冷却至0°C左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥，故〖答案〗为：蒸发浓缩，冷却(至0°C左右)结晶；（7）利用均摊法进行分析，一个晶胞中含有La的数目为：，Ni的数目为：，则该晶体的化学式为：LaNi5，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则该晶体密度为：或g/cm3，故〖答案〗为：或。17.乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂、不饱和聚酯树脂等。由合成气直接合成乙二醇的主要反应过程如下：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知下：；则反应Ⅱ的△H2=_________；反应Ⅱ的正反应活化能_________(填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应活化能。（2）在恒压密闭容器中充入合成气和H2，仅考虑发生上述反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如下表：温度298300346400压强5.76.449.2261.0反应平衡常数K1随着温度升高所需压强增大的原因是_________________________________。（3）在1L刚性容器中充入合成气CO和H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在温度473K，催化剂Rh4(CO)120(含0.8mg-Rh)下进行反应。①测得HOCH2CH2OH(0g)和CH3OH(g)时空收率分别为1.0mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5mol·(mg-Rh)-1·h-1(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用CO表示的反应速率为_______。②若起始总压30MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，H2的平衡分压为5MPa，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。（4）合成气直接法制乙二醇的反应I、Ⅱ的反应历程(部分)如图，下列过程中活化能最大的基元反应方程式为___________________________。（5）甲醛(HCHO)电化加氢二聚法也可制备乙二醇。采用石墨电极非分隔式电解槽，在、酸性条件下可电解甲醛制备乙二醇。生成乙二醇的阴极电极反应式为_______________________________。〖答案〗（1）-90kJ/mol小于（2）温度升高，平衡逆向移动，为保持转化率不变需要增大压强，使平衡正向移动（3）①2②（4）（5）2HCHO+2e-+2H+=HOCH2CH2OH〖解析〗（1）已知下：①，②，根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90kJ/mol；反应Ⅱ的正反应是放热反应，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小，即活化能：正反应＜逆反应；（2）根据表格数据可知：对于反应Ⅰ：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，温度升高，化学平衡常数减小，说明正反应是放热反应。随温度升高，所需压强也增大，是由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，为保持反应物的转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动；（3）①根据反应Ⅰ可知：每反应产生1molHOCH2CH2OH(g)，会消耗2molCO(g)，根据反应Ⅱ可知：每反应产生1molCH3OH(g)，会消耗1molCO(g)，若测得HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的时空收率分别为1.0mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5mol·(mg-Rh)-1·h-1，则用CO表示的反应速率为v(CO)==2.0mol/(L·h)；②若起始总压30MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，假设n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，二者的物质的量相等，假设二者的物质的量是xmol，根据物质反应转化关系可知：反应消耗CO的物质的量是△n(CO)=3xmol，反应消耗H2的物质的量是△n(H2)=5xmol，此时CO的物质的量是(1-3x)mol，H2的物质的量是(2-5x)mol，H2的平衡分压为5MPa。在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则，解得x=0.3mol，平衡时混合气体中各组分的物质的量分别是n(H2)=0.5mol，n(CO)=0.1mol，n(HOCH2CH2OH)=n(CH3OH)=0.3mol，n(总)=0.5mol+0.1mol+0.3mol+0.3mol=1.2mol，p(总)==12MPa，则反应Ⅱ的平衡常数Kp==；（4）根据图示可知：合成气直接法制乙二醇过程中活化能最大的基元反应方程式为：；（5）在60-70℃、酸性条件下，甲醛在阴极得到电子被还原为乙二醇HOCH2CH2OH，则阴极的电极反应式为：2HCHO+2e-+2H+=HOCH2CH2OH。18.氮化锶(，摩尔质量为)是工业上生产荧光粉的原材料。某实验小组利用如下装置制备氮化锶并测定产品的纯度。已知：金属锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。I.制备氮化锶（1）位于元素周期表中_______区，仪器b的名称为_______________。（2）饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠溶液反应的化学方程式为_______________________。（3）洗气瓶c中盛放的试剂是___________。（4）该实验装置的设计有一处缺陷，如何改进_________________________。Ⅱ.测定产品的纯度称取5.0g产品，放入干燥的三颈烧瓶中，点燃A处酒精灯，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，充分反应后，从烧杯中量取吸收液至锥形瓶中，用标准溶液滴定剩余盐酸，到终点时消耗溶液(图中夹持装置略)。（5）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________。（6）装置A的作用为_____________________________。（7）产品纯度为_________。〖答案〗（1）s.蒸馏烧瓶（2）（3）浓硫酸（4）在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管（5）（6）利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收（7）〖祥解〗装置A为制备氮气的装置，反应原理是：；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后才能进入装置B，故c瓶中盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气。为了防止空气中的水分进入d玻璃管内干扰实验，应在d装置后加一干燥装置；【详析】（1）①Sr与Mg同主族，在元素周期表中的位置为：第五周期IIA族，故〖答案〗为：第五周期IIA族；②由图可知，仪器b为蒸馏烧瓶，故〖答案〗为：蒸馏烧瓶；（2）由分析可知，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠溶液反应生成氮气，化学方程式为：，故〖答案〗为：；（3）由分析可知，c瓶中盛放液体为浓硫酸，故〖答案〗为：浓硫酸；（4）该装置缺陷为空气中的水蒸气进入d玻璃管内，干扰实验，则应该在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管，故〖答案〗为：在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管；（5）根据题中信息，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气，化学方程式为：，故〖答案〗为：；（6）装置A作用为利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收，故〖答案〗为：利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收；（7）滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，200mL盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：1.0000mol/L×0.017L×10=0.17mol，与氨气反应的盐酸的物质的物质的量为：1.0000mol/L×0.2L-0.17mol=0.03mol，即氨气的物质的量为0.03mol，根据化学方程式：，氮化锶的物质的量为0.015mol，样品的纯度为：，故〖答案〗为：87.6%。19.多奈哌齐是一种神经系统的治疗药物，其合成路线如图所示：已知：同一个碳原子上连有两个羟基时，该结构不稳定，会发生如下变化：回答下列问题：（1）B中含氧官能团的名称为___________。（2）A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_____________________________。（3）已知X的分子式为，D经过两步反应生成E，则X的结构简式_______________________。为此两步反应的反应类型依次为加成反应、___________。（4）F的结构简式为_______________。（5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。①能发生银镜反应和水解反应②遇溶液显紫色③苯环上有三个取代基（6）制备的合成路线如下，其中M和N的结构简式分别为_______________，_______________。〖答案〗（1）醚键、羧基（2）（3）消去反应（4）（5）20（6）〖祥解〗在HOOCCH2COOH、吡啶、DMF的作用下发生取代反应生成，与氢气在催化剂的条件下反应生成，在PPA条件下反应生成，由和的结构式可知，试剂X为：，和在NaH和THF条件下反应生成取代反应，与4molH2在催化剂条件下发生加成反应生成，和在CH3OH、(C2H5)3N条件下发生取代反应生成，据此分析回答。【详析】（1）由B的结构式可知，B中含氧官能团的名称为醚键、羧基；（2）A为，与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为：；（3）①由分析可知，试剂X为：；②D经过两步反应生成E，先与发生加成反应，然后再发生消去反应；（4）由分析可知，F的结构简式为：；（5）在A的同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，苯环上有三个取代基，则其同分异构体分别为：，酯基和酚羟基位置不变，-CH2CH3有4种位置异构，-CH2CH3和酚羟基位置不变，HCOO-有4种位置异构，-CH2CH3和HCOO-位置不变，酚羟基有2种位置异构；，HCOOCH2-和酚羟基位置不变，-CH3有4种位置异构，-CH3和酚羟基位置不变，HCOOCH2-有4种位置异构，-CH3和HCOOCH2-位置不变，酚羟基有2种位置异构；共计20种；（6）制备的合成路线可知，在NaOH水溶液、加热条件下生成取代反应，但由已知可知：，故M的结构式为：，在HOOCCH2COOH、吡啶、DMF的作用下发生取代反应生成N，由以及上述反应条件可知，N的结构式为：。辽宁省丹东市2024届高三上学期期末教学质量监测可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个正确选项)1.化学在生产生活中起着重要的作用，下列说法错误的是（）A.牙齿表面釉质层的主要成分羟基磷灰石属于无机物B.载人飞船上的太阳能电池板能实现将太阳能转化为电能C.服用补铁口服液的同时服用维生素C，可增强补铁的效果D.“奋斗者号”载人舱外壳使用钛合金属于无机非金属材料〖答案〗D〖解析〗A．羟基磷灰石的化学式为Ca5(PO4)3OH，不含碳元素，因此属于有机物，故A说法正确；B．太阳能电池板能实现将太阳能转化为电能，故B说法正确；C．维生素C具有还原性，能防止Fe2+被氧化，所以服用补铁口服液的同时服用维生素C，可增强补铁的效果，故C说法正确；D．钛合金属于金属材料，故D说法错误；〖答案〗为D。2.下列化学用语表述正确的是（）A.的电子式： B.丙烯的键线式：C.中子数为18的氯原子： D.结构示意图：〖答案〗C〖解析〗A．为共价化合物，电子式为：，A错误；B．丙烯的键线式为：，B错误；C．质子数为17、中子数为18的氯原子，质量数为35，故可表示为，C正确；D．结构示意图：，D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1.8g重水(D2O)中所含质子数为0.9NAB.2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NAC.11.2L乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数目为3NAD.常温下，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.02NA〖答案〗A〖解析〗A．D2O的式量是20，一个D2O分子中含有10个质子，则1.8g重水(D2O)中所含质子的物质的量是n(质子)==0.9mol，则其中含有的质子数为0.9NA，A正确；B．2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=2.0L×1.0mol/L=2.0mol，由于该盐是强酸弱碱盐，Al3+会发生水解反应而消耗，故AlCl3溶液中，Al3+的物质的量小于2.0mol，因此其中含有的Al3+数目小于2.0NA，B错误；C．乙烯和丙烯都是气体，题干未指明气体所处的外界条件，因此不能确定该混合气体的物质的量，也就不能判断确定其中所含碳氢键数目，C错误；D．常温下，Kw=10-14，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，则其中含有OH-的物质的量是n(OH-)=1L×10-2mol/L=0.01mol，因此该溶液中含有的OH-数目为0.01NA，D错误；故合理选项是A。4.奥司他韦是目前治疗甲型流感的常用药物，其结构如图所示。下列有关奥司他韦的说法错误的是（）A.分子中含有3个手性碳原子B.分子中采用sp3杂化的原子只有C和NC.该物质存在芳香族化合物的同分异构体D.该物质能与盐酸反应形成离子化合物〖答案〗B〖解析〗A．分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，奥司他韦分子中含有3个手性碳原子，分别为，故A正确；B．分子中连两个单键的O也是采用sp3杂化，故B错误；C．分子中含有4个不饱和度，存在芳香族化合物的同分异构体，故C正确；D．分子中含有氨基，能与盐酸反应形成离子化合物，故D正确；〖答案〗选B。5.短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示。下列说法错误的是（）A.原子半径：B.电负性：C.简单氢化物的沸点：D.同周期中第一电离能小于Z的元素有五种〖答案〗C〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。【详析】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，A正确；B．N、Y、X分别为氯、碳、氢，电负性的大小顺序为Cl＞C＞H，B正确；C．M、Z、Y为磷、氮、碳元素，对应的简单氢化物为甲烷、氨气和磷化氢，氨气分子间氢键而沸点异常，故简单氢化物的沸点高低为NH3>PH3>CH4，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，D正确；故选C6.有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸和砷酸形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.流程中“沉砷”、“酸化”可实现砷元素的富集B.流程中可循环利用的物质有与C.整个流程中参加反应的与在相同状态下的体积比为D.“还原”发生反应的化学方程式为〖答案〗C〖祥解〗酸性含砷废水中砷元素主要以H3AsO3和H3AsO4形式存在，加入NaOH溶液碱浸，发生中和反应得到Na3AsO3和Na3AsO4，通入氧气，将+3价As氧化成+5价，然后加入石灰乳，得到Ca3AsO4沉淀和NaOH，过滤，向沉淀中加入硫酸溶解，得到H3AsO4，通入二氧化硫，将H3AsO4还原成H3AsO3，其反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，据此分析；【详析】A．根据上述分析，酸化后得到高浓度H3AsO4，因此流程中“沉砷”、“酸化”可实现砷元素的富集，故A说法正确；B．根据上述分析，可循环利用物质是NaOH、H2SO4，故B说法正确；C．“氧化”步骤中的方程式为2AsO+O2=2AsO，“还原”步骤中反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，但H3AsO4一部分来源“氧化”步骤，还有一部分来自于废水中，因此整个流程中参加反应的O2与SO2在相同状态下的体积比小于1∶2，故C说法错误；D．通入二氧化硫，将H3AsO4还原成H3AsO3，本身被还原成SO，其反应方程式为H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4，故D说法正确；〖答案〗为C。7.晶体在科学研究和工业生产中具有重要价值，它易升华，熔化呈液态时不导电。已知图中b位置原子的坐标参数为。下列说法错误的是（）A.图中d位置原子的坐标参数为B.晶体中化学键类型为离子键，它属于离子晶体C.晶胞结构中，的配位数为4D.基态原子的简化电子排布式为〖答案〗B〖解析〗A．d点位于体对角线的处，图中d位置原子的坐标参数为，A正确；B．晶体易升华，熔化呈液态时不导电，故不属于离子晶体，为分子晶体，B错误；C．晶胞中与Cu距离最近的Cl原子有4个，故的配位数为4，C正确；D．Cu为第29，基态原子的简化电子排布式为，D正确；故选B。8.类比推理是化学学习中的一种重要方法。下列类推结论中正确的是（）A.是直线型分子，推测也是直线型分子B.晶体含键，推测金刚砂也含键C.，推测D.与S反应生成，推测与S反应生成〖答案〗A〖解析〗A．是直线型分子，氧与硫同主族，推测也是直线型分子，碳也采用相同的sp杂化，A正确；B．晶体含键，但金刚砂也含键，B错误；C．生成物中的亚硫酸钙有还原性能继续与具有氧化性的次氯酸反应，C错误；D．硫的氧化性弱，与变价金属反应生成低价态硫化物，故与铜反应生成Cu2S，D错误；故选A。9.具有“卯榫结构双极膜的电解池可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和。下列说法错误的是（）A.电极a连接电源的负极B.b电极的反应式为C.每生成，双极膜处有解离D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率〖答案〗B〖祥解〗由信息大电流催化电解溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式：，电极b为阳极，电极方程式：。【详析】A．由分析可知电极a为阴极，连接电源的负极，A正确；B．根据分析，电极b为阳极，电极方程式：，B错误；C．每生成0.1mol，阴极得0.8mole-，同时双极膜处有0.8molH+，双极膜处有0.8mol即14.4g水的解离，C正确；D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于水解离为H+和OH-，D正确；故选B。10.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是（）A.X生成Y的过程中发生了取代反应B.X的沸点比的沸点高C.除了氢原子外，Z中其他原子一定共平面D.Y与足量的溶液反应最多消耗〖答案〗A〖解析〗A．X生成Y的过程中发生了取代反应，X中酚羟基中的氢原子被甲基取代，选项A正确；B．X形成分子内氢键，形成分子间氢键，X的沸点比的沸点低，选项B正确；C．除了氢原子外，Z中其他原子不一定共平面，因为与甲基形成的C-O键可以旋转，选项C错误；D．酯基水解后生成羧基消耗1个氢氧化钠，与苯环相连的Br与1个NaOH反应后苯环上生成酚羟基再消耗1个氢氧化钠，所以1molY多能与发生反应，选项D错误；〖答案〗选A。11.下列实验方法或操作能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验方法或操作A检验淀粉是否发生水解向淀粉水解液中加入碘水，观察现象B探究浓度对化学反应速率的影响向等体积不同浓度的溶液中，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象C检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象D探究铜配离子的转化向蓝色硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体〖答案〗D〖解析〗A．检验淀粉是否发生水解应通过实验检验是否存在还原性葡萄糖，向淀粉水解液中加入碘水，观察现象只能检验是否还存在淀粉，A错误；B．向等体积不同浓度的溶液中，分别加入等体积等浓度的溶液，生成硫酸钠和氯化钠，无明显现象，B错误；C．乙醇和水都可以和钠发生反应，C错误；D．向蓝色硫酸铜溶液中滴加氨水，，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解转化为四氨合铜离子得到深蓝色溶液，再加入乙醇降低了溶剂的极性而析出晶体，D正确；故选D。12.已知合成氨反应：，反应速率方程为(k为常数，随温度的升高而增大)。下图表示在恒压密闭容器中，不同温度下，达到平衡时的体积分数与投料比的关系。下列说法正确的是（）A.该反应在高温条件下能自发进行B.A、B、C三点的转化率关系为C.其他条件不变，减小可使合成氨速率减慢D.平衡常数，且D点时的平衡转化率为〖答案〗D〖解析〗A．反应为放热的熵减反应，则低温利于反应自发进行，A错误；B．反应中增加氢气投料，会促进氮气的转化，故A、B、C三点的转化率关系为，B错误；C．反应速率方程为，则其他条件不变，减小可使合成氨速率增大，C错误；D．平衡常数只受温度影响，则，比较BD点投料相同，B点氨气含量更大，则平衡常数；D点投料比为3，设氢气、氮气投料分别为3mol、1mol；平衡时，氨气含量25%，，a=0.4mol，的平衡转化率为，D正确；故选D。13.已知是煤液化的一个反应，在温度和时将和充入密闭容器中测得随时间(s)的变化如下表，下列说法错误的是（）时间温度01020……40501.00.70.5……0.250.251.00.650.4……0.280.28A.温度，且反应B.温度下，的反应速率为C.温度下，反应进行到时再充入各，此时平衡正向移动D.温度下，平衡后再充入，重新平衡后CO的转化率与的转化率相等〖答案〗B〖解析〗A．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，平衡时，CO剩余量越多，说明反应向左进行，正反应放热，ΔH﹤0，故A项正确；B．温度下，0∼20s，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则，故B项错误；C．平衡后，、、，，充入CO

、CH3OH各0.25mol，、、，则，Qc﹤K，则平衡正向移动，故C项正确；D．由于温度不变，平衡常数不变，平衡后恒容再充入0.5molCO，相当于起始条件下通入1.5molCO和3molH2，通入物质的量比例为1：2，由于两者的化学计量数之比也为1：2，所以转化的物质的量比也为1：2，所以两者转化率相等，故D项正确；故本题选B。14.直接无膜微流体燃料电池利用多股流体的特性，将燃料和氧化剂隔开，且使用氧化剂可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题。下列有关说法错误的是（）A.电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极bB.电极a上发生的反应为C.电极b上消耗时，理论上转移电子D.无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池性能〖答案〗B〖祥解〗K3[Fe(CN)6]为氧化剂，则电极b为正极，电极a为负极，负极上电极反应为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，正极反应为[Fe(CN6)]3-+e-=[Fe(CN6)]4-。【详析】A．根据分析可知，电极a为负极，电极b为正极，电池工作时，电子从电极a经过外电路流向电极b，A正确；B．电极a为负极，负极的电极反应为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，B错误；C．电极b为正极，正极上电极反应为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN6)]4-，消耗，理论上转移1mol电子，C正确；D．无膜微流体技术将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产成本，提高电池工作性能，D正确；〖答案〗选B。15.常温下将溶液滴入溶液中，混合溶液的与部分离子浓度之间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.甲表示与的变化关系B.C.溶液显碱性，且溶液中D.溶液中存在：〖答案〗D〖祥解〗H3PO4的电离方程式为H3PO4H++、H++、H++，其各级电离平衡常数的表达式为Ka1(H3PO4)=、Ka2(H3PO4)=、Ka3(H3PO4)=，由于Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)＞Ka3(H3PO4)，当c(H+)相同时，>>，-lg＜-lg，则-lg＞-lg，甲表示pH与-lg的变化关系，乙表示pH与-lg的变化关系，由甲上pH=4.15、-lg=2可计算Ka1(H3PO4)===10-2.15，由乙上pH=8.21、-lg=1可计算Ka2(H3PO4)===10-7.21。【详析】A．根据分析，甲表示pH与-lg的变化关系，乙表示pH与-lg的变化关系，A项错误；B．根据分析，Ka1(H3PO4)===10-2.15，B项错误；C．NaH2PO4溶液中的水解离子方程式为+H2OH3PO4+OH-，其水解平衡常数Kh()===10-11.85＜Ka2(H3PO4)，的电离程度大于其水解程度，NaH2PO4溶液呈酸性，溶液中c()＞c(H3PO4)，C项错误；D．Na2HPO4溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+3c()，溶液中的物料守恒为c(Na+)=2[c()+c()+c()+c(H3PO4)]，两式整理得c(OH-)+c()=c(H+)+c()+2c(H3PO4)，D项正确；〖答案〗选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.六水合氯化镍常用于电镀、陶瓷等工业。某实验室以镍矿渣(主要含)制备六水合氯化镍晶体，设计流程如图所示：回答下列问题：（1）已知可制得配合物中的键数目为_______。（2）写出“酸溶”时，发生反应的离子方程式：___________________________。（3）试剂a应选用下列物质中的_______(填选项)。A. B. C. D.（4）“除铜”过程发生反应的离子方程式是___________________________________。（5）“沉镍”所得沉淀可表示为为测定沉淀的组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(时，只收集到一种气体产物，以上残留固体为)。则该样品的化学式为_______________。（6）由制备的实验方案：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节，_______________________，过滤，冰水洗涤，干燥(溶解度曲线如图所示)。（7）和的合金是目前使用广泛的储氢材料，该合金的晶胞结构如图所示。已知该晶体晶胞底面边长为，高为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______________(用a、c、列出计算式即可)。〖答案〗（1）24（2）（3）B（4）（5）（6）蒸发浓缩，冷却(至左右)结晶（7）或〖祥解〗往镍矿渣(主要含NiS、CuS、FeS)中加入稀硫酸和稀硝酸进行酸溶，该过程中-2的S元素被氧化为S单质，过滤除去，滤液中主要含Ni2+、Cu2+和Fe3+等，向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，试剂a为Ni(OH)2，过滤后向滤液中加入NiS沉淀Cu2+，然后加入试剂b沉镍，以此解答。【详析】（1）[Ni(NH3)6]Cl2中1个NH3含有3个N-Hσ键，则6个NH3含有18个N-Hσ键，还有6个配位键，则1mol[Ni(NH3)6]Cl2中共有σ键数目为24NA，故〖答案〗为：24；（2）“酸溶”时，NiS和稀硝酸发生氧化还原反应生成S单质和NO，根据氧化还原反应规律配平离子方程式为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O，故〖答案〗为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O；（3）向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，NaOH和Na2CO3会引入Na+，Ni(NO3)2不能调节pH，则试剂a可以是Ni(OH)2，故〖答案〗为：B；（4）“除铜”过程中NiS和Cu(NO3)2反应生成CuS和Ni(NO3)2，离子方程式为：，故〖答案〗为：；（5）700℃以上残留固体为NiO，所以，500℃~750℃条件下收集到的气体产物只有一种，应是CO2，则，根据C元素守恒可知3.41g样品中含有0.01molNiCO3，根据Ni元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，，0.02molNi(OH)2可以产生0.02molH2O，所以样品中含有0.02molH2O，则x:y:z=0.01mol:0.02mol:0.02mol=1:2:2，所以化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，故〖答案〗为：NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O；（6）由xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O固体制备NiCl2·6H2O的实验方案是：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节溶液的pH值，蒸发浓缩，冷却至0°C左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥，故〖答案〗为：蒸发浓缩，冷却(至0°C左右)结晶；（7）利用均摊法进行分析，一个晶胞中含有La的数目为：，Ni的数目为：，则该晶体的化学式为：LaNi5，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则该晶体密度为：或g/cm3，故〖答案〗为：或。17.乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂、不饱和聚酯树脂等。由合成气直接合成乙二醇的主要反应过程如下：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知下：；则反应Ⅱ的△H2=_________；反应Ⅱ的正反应活化能_________(填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应活化能。（2）在恒压密闭容器中充入合成气和H2，仅考虑发生上述反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如下表：温度298300346400压强5.76.449.2261.0反应平衡常数K1随着温度升高所需压强增大的原因是_________________________________。（3）在1L刚性容器中充入合成气CO和H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在温度473K，催化剂Rh4(CO)120(含0.8mg-Rh)下进行反应。①测得HOCH2CH2OH(0g)和CH3OH(g)时空收率分别为1.0mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5mol·(mg-Rh)-1·h-1(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用CO表示的反应速率为_______。②若起始总压30MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，H2的平衡分压为5MPa，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。（4）合成气直接法制乙二醇的反应I、Ⅱ的反应历程(部分)如图，下列过程中活化能最大的基元反应方程式为___________________________。（5）甲醛(HCHO)电化加氢二聚法也可制备乙二醇。采用石墨电极非分隔式电解槽，在、酸性条件下可电解甲醛制备乙二醇。生成乙二醇的阴极电极反应式为_______________________________。〖答案〗（1）-90kJ/mol小于（2）温度升高，平衡逆向移动，为保持转化率不变需要增大压强，使平衡正向移动（3）①2②（4）（5）2HCHO+2e-+2H+=HOCH2CH2OH〖解析〗（1）已知下：①，②，根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90kJ/mol；反应Ⅱ的正反应是放热反应，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小，即活化能：正反应＜逆反应；（2）根据表格数据可知：对于反应Ⅰ：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，温度升高，化学平衡常数减小，说明正反应是放热反应。随温度升高，所需压强也增大，是由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，为保持反应物的转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动；（3）①根据反应Ⅰ可知：每反应产生1molHOCH2CH2OH(g)，会消耗2molCO(g)，根据反应Ⅱ可知：每反应产生1molCH3OH(g)，会消耗1molCO(g)，若测得HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的时空收率分别为1.0mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5mol·(mg-Rh)-1·h-1，则用CO表示的反应速率为v(CO)==2.0mol/(L·h)；②若起始总压30MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，假设n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，二者的物质的量相等，假设二者的物质的量是xmol，根据物质反应转化关系可知：反应消耗CO的物质的量是△n(CO)=3xmol，反应消耗H2的物质的量是△n(H2)=5xmol，此时CO的物质的量是(1-3x)mol，H2的物质的量是(2-5x)mol，H2的平衡分压为5MPa。在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则，解得x=0.3mol，平衡时混合气体中各组分的物质的量分别是n(H2)=0.5mol，n(CO)=0.1mol，n(HOCH2CH2OH)=n(CH3OH)=0.3mol，n(总)=0.5mol+0.1mol+0.3mol+0.3mol=1.2mol，p(总)==12MPa，则反应Ⅱ的平衡