化学02（15+4模式）-2024年1月“九省联考”考前化学猜想卷（全解全析）

2024年1月“九省联考”考前化学猜想卷化学·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Cl35.5Mn55Fe56Cu64Ag108Cs133Ba137一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生产生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A．铬是硬度最高的金属，常添加在不锈钢中以增强其耐腐蚀性B．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子C．卡塔尔光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料主要为硅单质D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”【答案】B【解析】A．铬是硬度最高的金属，常添加在不锈钢中以增强其耐腐蚀性、硬度，A正确；B．玻璃纤维属于合成高分子化合物，不属于天然有机高分子化合物，故B错误；C．硅为常用的半导体材料，卡塔尔光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料主要为硅单质，故C正确；D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，使合金具有各种不同的性能，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”，故D正确；故选B。2．下列化学用语表达正确的是A．用系统命名法命名为3−甲基丁酸B．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为键D．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图：【答案】A【解析】A．是羧酸，用系统命名法命名为3-甲基丁酸，故A正确；B．可以表示甲烷分子，但是不能表示CCl4分子，因为Cl原子的半径比C原子大，与比例模型中的原子大小不符，故B错误；C．甲醇分子中C原子sp3杂化，O原子sp3杂化，CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3-sp3σ键，故C错误；D．基态铍原子电子排布式为1s22s2，最外层电子在s轨道，电子云轮廓是球形的，故D错误；故选A。3．金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保的制备氯金酸()，其化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．消耗1molAu，反应转移的电子数为B．消耗2molHCl生成的分子数为C．消耗85g，产物中形成的配位键数目为D．2mol液态水中含有的氢键数目为【答案】A【解析】A．由方程式可知，2molAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol，因此消耗1molAu，反应转移的电子数为4NA，A正确；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子数为0.25NA，B错误；C．每个H[AuCl4]中含有4个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反应生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，产物中形成的配位键数目为4NA，C错误；D．1mol冰中含有2mol氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2mol液态水中含有的氢键数目小于4NA，D错误；故选A。4．下列叙述对应的离子方程式正确的是A．向饱和NaOH溶液中通入过量析出白色晶体：B．白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深蓝色溶液：C．向溶液中滴入酸化的溶液产生白色沉淀：D．向溶液中滴入溶液产生黑色沉淀和气泡：【答案】D【解析】A．向饱和NaOH溶液中通入过量析出白色晶体即产生沉淀，故离子方程式为，A错误；B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，故白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为，B错误；C．硝酸具有强氧化性，能够将NaHSO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀的离子方程式为：，C错误；D．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀（MnO2）和气泡（O2），根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为，D正确；故答案为：D。5．一定条件下，H2与HCO在活性Fe3O4-x表面转化为HCOO-，其部分反应机理如图所示。下列说法正确的是A．吸附在Fe3O4-x上的两个氢原子带相同电荷 B．生成1molHCOO-理论上转移电子2molC．步骤Ⅰ中HCO发生氧化反应 D．反应过程中只有极性键的断裂与生成【答案】B【解析】A．由图可知，吸附在Fe3O4-x上的两个氢原子分别于铁、氧结合，故带不相同电荷，A错误；B．反应中HCO转化为HCOO-，根据碳元素化合价变化可知，电子转移为2e-~HCOO-，则生成1molHCOO-理论上转移电子2mol，B正确；C．步骤Ⅰ中HCO失去氧，发生还原反应，C错误；D．反应过程中氢气和HCO转化为HCOO-和水，反应中存在氢氢键、氢氧键断裂，氢氧键、碳氢键的生成，故还存在氢氢非极性键断裂，D错误；故选B。6．分子之间可通过空间结构和作用力协同产生某种选择性，从而实现分子识别。下图是一种分子梭，在链状分子A上有两个不同的识别位点。下列说法错误的是A．分子B含有醚键，属于冠醚，可以与分子A形成超分子B．在碱性情况下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强C．在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运D．通过加入酸、碱或盐，均能实现分子梭在两个不同状态之间的切换【答案】D【分析】由题可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强。因此，通过加入酸或碱，可以实现分子梭在两个不同状态之间的切换。【解析】A．分子B含有醚键，根据B的结构可知B属于冠醚，可以与分子A形成超分子，A正确；B．根据分析，在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，B正确；C．B属于冠醚，在分子B上引入某些基团后可携带其他离子，通过识别位点实现离子转运，C正确；D．根据分析，通过加入酸、碱，能实现分子梭在两个不同状态之间的切换，加入盐不一定能使实现分子梭在两个不同状态之间的切换，D错误；故选D。7．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示：下列说法不正确的是A．a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低C．当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生气体D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低【答案】C【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，所以电解过程实际上是电解水。【解析】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；C．每生成的，就相当于生成0.2molOH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；答案选C。8．甘草素是从甘草中提炼制成的甜味剂，其结构如图所示。下列说法错误的是A．该分子具有旋光性 B．分子中至少有5个碳原子共直线C．可使酸性溶液褪色 D．1mol甘草素最多可通过加成反应消耗【答案】B【解析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，甘草素中有1个手性碳原子，手性碳有旋光性，则该分子具有旋光性，A项正确；B．甘草素分子结构中含有苯环结构，对角线上的四个原子共线，若碳原子共线，则至少有3个碳原子共直线，B项错误；C．甘草素含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．甘草素含有两个苯环，一个羰基，1mol甘草素，最多可以通过加成反应消耗7mol氢气，D项正确；答案选B。9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同主族，一种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是A．原子半径：X>Y>Z B．最高价含氧酸的酸性Z大于WC．简单氢化物的还原性Y大于W D．X、Y形成的化合物只有5种【答案】A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同族，化合物结构中，W可形成6对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，则W为S元素，Y为O元素，而X可形成3对共用电子对，X的原子序数小于氧，则X为N元素，Z可形成1对共用电子对，Z的原子序数大于氧且小于硫，可知Z为F元素。【解析】A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，原子半径：X>Y>Z，故A正确；B．氟元素没有最高价含氧酸，故B错误；C．元素非金属性O>S，简单氢化物的还原性H2O<H2S，故C错误；D．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5六种化合物，故D错误；故选：A。10．相同状况下，将装有和空气的集气瓶，分别按如图甲、乙两种方式放置，中间用玻璃板隔开，抽掉玻璃板后，下列现象预测和分析不正确的是选项现象预测分析A甲盛的集气瓶较快变浅密度比空气大B乙盛空气的集气瓶出现红棕色熵增的方向是自发的C所有集气瓶中气体颜色变浅反应正向移动D若经过足够长的时间，所有瓶中颜色相同最终可以达到平衡状态【答案】C【解析】A．抽掉玻璃板后，甲盛二氧化氮的集气瓶较快变浅，说明甲中二氧化氮向下扩散速率比乙中空气向上扩散速率快，证明二氧化氮的密度比空气大，故A正确；B．气体混合时混乱度增大的熵增的过程，则抽掉玻璃板后，乙盛空气的集气瓶出现红棕色，说明熵增的方向是自发的，故B正确；C．抽掉玻璃板后，甲乙的体积均增大，二氧化氮浓度减小，所有集气瓶中气体颜色变浅，二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的反应，压强减小，平衡向逆反应方向移动，不是正向移动，故C错误；D．经过足够长的时间，甲和乙中均达到相同的平衡状态，因为状态相同，所以瓶中气体颜色相同，故D正确；故选C。11．为了探究CdS、Ag2S的溶解度相对大小，利用如图装置进行实验。已知：Ag2S呈黑色，难溶；CdS呈黄色，难溶；FeS呈块状黑色，难溶。下列叙述正确的是A．X为硝酸，Y溶液为硫酸铜溶液B．若装置B中先生成黑色沉淀，则Ag2S的溶解度小于CdSC．停止反应的操作是关闭活塞KD．用浓盐酸和MnO2制备氯气时可以用装置A【答案】C【分析】A装置稀酸和FeS反应生成H2S气体，H2S气体通入B装置和含Ag+、Cd2+溶液反应，装置C是为了检验硫化氢气体是否过量；【解析】A．若X为稀硝酸，会产生NO气体，达不到实验目的，A项错误；B．若装置B中先生成黑色沉淀，不能根据沉淀先后去证明的溶解度小于CdS，B项错误；C．关闭活塞K则停止通入气体，可以让反应停止，C项正确；D．用浓盐酸和制备氯气时需要加热，不能用装置A，D项错误；答案选C。12．快离子导体是一类具有优良导电能力的固体电解质。图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，晶体的导电性增强。该晶体导电时，③迁移的途径有两条：途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝(距离为x)迁移到空位。途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道(如图3，小圆的半径为y)迁移到空位。已知：氯化钠晶胞参数a=564pm，r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，=1.7。下列说法不正确的是A．第二周期元素中第一电离能介于B和F之间的元素有4种B．图1所示晶体中，每个Li+与4个呈四面体结构的离子相邻C．氯化钠晶体中，Na+填充在氯离子形成的正八面体空隙中D．温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，晶体的导电性增强，该晶体导电时，③迁移的途径可能性更大的是途径1【答案】D【解析】A．第二周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，由于Be的2s轨道全满，N的2p轨道半满，结构稳定，造成Be和N比同周期相邻元素的第一电离能高，因此第一电离能介于B和F之间的有Be、C、N、O共4种，A正确；B．由图1所示晶体结构可知，Li+位于棱心，正四面体结构的离子在体心，则每个Li+与4个呈四面体结构的离子相邻，B正确；C．NaCl晶胞中Na+周围有3个Cl-，则在NaCl晶体中，Na+周围等距离最近有6个Cl-，6个Cl-构成正八面体结构，即Na+填充在Cl-堆积而成的八面体空隙中，C正确；D．该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=，即，r(Cl-)=185pm，解得x=24.8pm；内部虚线部分三角形的顶角为120°、两腰长为r(Cl)+y、底长为282pm，边角关系有[r(Cl)+y]=282pm，解得y=47.2pm；由于挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道y的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x值，所以Na+如果能挤过，那么挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2，D错误；故选D。13．已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法正确的是A．反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr反应得到3-溴-1-丁烯的比例越大B．0℃、短时间tmin内，的1，3-丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成1-溴-2-丁烯的平均速率为C．1，3-丁二烯与HBr反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为、生成1-溴-2-丁烯的反应热为D．与烯烃结合的一步为决速步，进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯【答案】D【解析】A．根据图示可知，1-溴-2-丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1-溴-2丁烯的比例越大，A错误；B．根据图示可知，生成3-溴-1-丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3-溴-1-丁烯的比例大，故生成1-溴-2-丁烯的平均速率为，B错误；C．根据盖斯定律，生成3-溴-1-丁烯的反应热为，生成1-溴-2-丁烯的反应热为，C错误；D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即H+与烯烃结合的一步为决速步，第二步反应中生成3-溴-1-丁烯的活化能小，即Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁烯，D正确；故选D。14．辉铜矿[，含杂质]合成目标产物的流程如下。下列说法正确的是A．步骤Ⅰ在足量中煅烧产生气体的主要成分：B．步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分：和C．步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：D．为得纯净目标产物，步骤Ⅳ的实验操作步骤依次：加热蒸发、冷却结晶、抽滤洗涤【答案】C【分析】辉铜矿通入氧气进行煅烧，发生反应，固体B为CuO和，加入盐酸得到Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液，加入过量氨水，得到氢氧化铁、氢氧化亚铁、Cu[(NH3)4]Cl2。【解析】A.步骤Ⅰ在足量中煅烧时，发生反应的化学方程式为,产生气体的主要成分为，故A错误；B.步骤Ⅱ得溶液中溶质的主要成分为、和，故B错误；C.步骤Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡，故C正确；D.从流程看，溶液D中阴离子主要为氯离子，为得纯净目标产物，溶液D中应引入硫酸根离子，再向滤液中加入乙醇，再过滤、洗涤、干燥，故D错误。答案为C。15．用0.1000mol/LNa2SO4标准溶液滴定20.00mLBaCl2溶液，测得溶液电导率σ及-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4标准溶液的体积V(Na2SO4)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A．BaCl2溶液的浓度为0.1000mol/LB．Ksp(BaSO4)=10-10C．等浓度的Na+比Ba2+导电能力差D．若实验所用BaCl2溶液是用粗产品配制得来，则0.5000g粗产品中BaCl2•2H2O的质量分数为97.6%【答案】C【分析】拐点处是恰好完全反应的终点，发生的反应为。【解析】A.0.1mol/LmL，可得，A项正确；B.恰好完全反应的终点时，溶液中的钡离子和硫酸根处于沉淀溶解平衡状态，此时-lgc(Ba2+)=5，由此可得，B项正确；C.电导率起点时是0.1000mol/L溶液，则mol/L，mol/L，电导率拐点时是0.1000mol/LNaCl溶液，则mol/L，mol/L，电荷浓度起点是拐点的2倍，但电导率并未减小2倍，说明等浓度的比导电能力强，C项错误；D.根据Ba元素守恒，溶液中，mol，则的物质的量为0.002mol，g，则质量分数为。D项正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（15分）肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备，并探究的性质，其制备装置如图所示。回答下列问题：（1）仪器b的名称为，仪器a的作用是。（2）装置A试管中发生反应的化学方程式为。（3）上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是。（4）探究的性质。将制得的分离提纯后，进行如下实验。[查阅资料]AgOH不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。[实验验证]设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ．取少量黑色固体于试管中，加入足量①，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有ⅱ．取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②黑色固体是Ag和，则肼具有的性质是碱性和③（5）实验制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是。（6）肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的的质量为kg。【答案】（1）恒压滴液漏斗（1分）导气和防倒吸（2分）（2）（2分）（3）肼的产率降低（2分）（4）①氨水（1分）②黑色固体全部溶解，产生无色气体，无色气体迅速变为红棕色（2分）③还原性（1分）（5）能与形成氢键（2分）（6）1（2分）【分析】装置A中用NH4Cl和Ca(OH)2固体制取氨气，C装置中用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，氯气通入NaOH溶液中制取NaClO，NaClO和氨气反应生成肼。【解析】（1）仪器b的名称为恒压滴液漏斗，仪器a的作用是导气和防倒吸。（2）装置A试管中发生反应产生氨气，化学方程式为（3）浓盐酸有挥发性，C中产生的氯气中混有HCl，HCl会与B中NaOH溶液反应，导致肼的产率降低。（4）根据“可溶于氨水”和“黑色固体部分溶解”即可知道操作1加入的试剂是氨水；根据结论“黑色固体是Ag和”可知，加入稀硝酸后的现象是黑色固体全部溶解，产生无色气体NO，无色气体迅速变为红棕色的NO2；黑色固体中Ag的存在说明肼具有还原性，由AgOH分解产生，AgOH的存在说明肼具有碱性。（5）肼分子中有氮原子，氮原子上连有氢原子，能与水分子形成氨键，肼往往以的形式存在于溶液中。（6）联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为，理论上1kg联氨可除去水中溶解的氧气的质量为1kg。17．（14分）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献。（1）在298K、100kPa时，已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2=-285.8kJ•mol-1；2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599.0kJ•mol-1。298K时，写出1molC(s，石墨)和H2(g)反应生成C2H2(g)的热化学方程式：。（2）在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-156.9kJ•mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ•mol-1工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右，其主要原因为。（3）向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa，发生反应：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＜0。当=1时，NO的平衡转化率～；T2时NO平衡转化率～的关系如图：①能表示此反应已经达到平衡的是(填字母)。A．气体总体积保持不变B．混合气体的平均相对分子质量保持不变C．不再变化②表示T2时NO平衡转化率～的关系是(填“I”或“Ⅱ”)，T1T2(填“＞”或“＜”)。③当=1、T3时，CH4的平衡分压为。已知：该反应的标准平衡常数Kθ=，其中pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下Kθ=(分压＝总压×物质的量分数)。（4）工业上利用废气中的CO2、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。已知B中的电解装置使用了阳离子交换膜。B中发生的总反应离子方程式为。【答案】（除标注外每空2分）（1）C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)

△H=+113.35kJ•mol-1（2）温度低于500℃，反应速率低；温度高于500℃，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成（3）①C（1分）②II＞（1分）③40kPa4（4）2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑【解析】（1）①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2=-285.8kJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599.0kJ•mol-1；根据盖斯定律①+②×-③×得1molC(s，石墨)和H2(g)反应生成C2H2(g)的热化学方程式C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=-393.5kJ•mol-1-285.8kJ•mol-1×+2599.0kJ•mol-1×=+113.35kJ•mol-1；（2）温度低于500℃，反应速率低；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正反应吸热，温度高于500℃，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成，所以工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右；（3）①A．反应前后气体的化学计量数之和相等，气体总体积是恒量，气体总体积保持不变，反应不一定平衡，故不选A；B．气体总质量不变，气体总物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应不一定平衡，故不选B；C．NO是反应物、N2是生成物，不再变化，说明各物质的物质的量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；选C；②相同温度下，NO平衡转化率随的增大而降低，表示T2时NO平衡转化率～的关系是Ⅱ；正反应放热，升高温度，NO平衡转化率降低，所以T1>T2；③当=1、T3时，因曲线I是表示当=1时，NO的平衡转化率～的图像，由曲线I可看出在T3时NO平衡转化率为80%，列三段式：CH4的平衡分压为100kPakPa，该温度下Kθ=；（4）B装置电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，总反应的离子方程式为2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑。18．（14分）湿法炼锌工业废水中主要阳离子有。废水除铊的工艺流程如下。已知：①能够在为的范围内以离子态稳定存在，不易与形成沉淀②易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用表示③部分物质的物质④排放标准：Tl的含量低于（1）已知“氧化”步骤中被还原为且氧化不彻底，请写出该反应的离子方程式：。（2）“预中和”步骤，加至溶液的约为7，可减少“硫化”步骤中的使用量，还能减少(填化学式)污染物的生成。（3）“硫化”步骤的主要目的是除去(填离子符号)。（4）根据计算，若使溶液中的含量低于排放标准，溶液的应大于，但是实际工艺流程需在“中和”步骤加至溶液的约为9，此时仍只有左右的铊离子能得到去除，其可能原因是。（5）“脱钙”步骤的目的是。（6）“离子交换”步骤中可用普鲁士蓝｛｝(其摩尔质量为)中的与残余铊离子进行离子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的如下[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则和的最短距离为(设为阿伏伽德罗常数的值)。【答案】（每空2分）（1）（2）H2S（3）Zn2+和Tl+（4）2第一步氧化时氧化不彻底，也会溶解部分离子在溶液中（5）除去加入的钙离子（6）【分析】废水经过高锰酸钾氧化后，被氧化，加入氢氧化钙进行预中和，中和废水中所含H+调节溶液pH，为下一步硫化做准备，加入硫化钠后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，继续加入氢氧化钙使Zn2+和沉淀完全后过滤，加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，过滤，滤液经过离子交换进一步除去溶液中残余铊离子，达到达标水。【解析】（1）根据所给信息被还原为，被氧化，可得该反应的离子方程式为；（2）因为溶