化学-2022年秋季高三开学摸底考试卷02

绝密★考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷（02）（广东专用）化学本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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：H1C12N14O16Na23Cl35.5Fe56Cu64一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．材料与化学密切相关。下列物质与材料对应关系不正确的是A．铁碳合金——生铁 B．硅酸盐——陶瓷C．晶体硅——光导纤维 D．氧化镁——耐高温材料【答案】C【详解】A．生铁为铁碳合金，A正确；B．陶瓷的成分为硅酸盐，B正确；C．光导纤维的主要成分为二氧化硅，C错误；D．氧化镁熔点很高，可作耐高温材料，D正确；答案选C。2．下列有关说法不正确的是A．煤经过干馏后可获得苯等化工原料B．N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料C．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃【答案】C【详解】A．煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产品的过程，可获得洁净燃料和苯等多种化工原料，故A正确；B．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的，即聚丙烯属于有机高分子材料，故B正确；C．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D正确；答案选C。3．中国航天科技发展举世瞩目。2020年“嫦娥五号”成功携带月球样品返回地球，2021年“天问一号”着陆火星，它们都是由以液氢为燃料的“长征五号”火箭搭载升空的。下列有关说法错误的是A．氢气燃烧时有非极性键的断裂和形成B．氢气燃烧的产物不污染环境，有利于实现“碳中和”C．低温液态储氢可以大大提高氢气的密度，降低储运成本D．氢气的来源较多，包括水的电解、煤的气化、乙烷裂解和氯碱工业等【答案】A【详解】A．2H2+O22H2O有非极性健断裂，没有非极键的形成(水中只有极性键)，A错误；B．碳中和”概念是：“对于那些在所有减少或避免排放的努力都穷尽之后仍然存在的排放额进行碳抵偿”，“碳中和”就是现代人为减缓全球变暖所作的努力之一，氢气燃烧产物为H2O，不污染环境，B正确；C．液态H2分子间问隙比气态分子间小，密度增大，储运成本低，C正确；D．电解水，煤的气化，乙烷裂解，氯碱工业均产生氢气，D正确；故选A。4．下列有关实验操作正确的是A． B． C． D．【答案】C【详解】A．点燃酒精灯，应用火柴引燃，不能用燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯，以避免失火，故A错误；

B．托盘天平精确到0.1g，故B错误；

C．检查容量瓶是否漏水，可将容量瓶倒立，如不漏水，正立后将玻璃塞转转180°后在倒立观察，故C正确；

D．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止酸液飞溅，故D错误。

故选：C。5．碳化钙可用于制备乙炔：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑。下列有关说法错误的是A．H2O的电子式为H:O:HB．Ca(OH)2是强电解质C．C2H2分子中的所有原子都处于同一直线D．Ca2+的结构示意图为【答案】A【详解】A．H2O的电子式为，故A错误；B．Ca(OH)2在水溶液中能完全电离，Ca(OH)2是强电解质，故B正确；C．C2H2分子的结构式是，所有原子都处于同一直线，故C正确；D．Ca2+核外有18个电子，结构示意图为，故D正确；选A。6．最适宜用下图所示装置干燥、收集的气体是A． B．NO C． D．【答案】A【详解】由储气瓶短进长出，为向下排空气法收集，则该气体的密度比空气小，、的密度比空气大，NO和氧气在常温下能反应，不能用排空气法收集，且该装置防倒吸，则收集的气体是，故选A。7．化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释正确的是选项应用解释A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯B在船舶的外壳上装一定数量的锌块防止船体被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝与氧气不反应D高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在【答案】A【详解】A．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，可用高锰酸钾除掉乙烯，A正确；

B．在船舶的外壳上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池，锌作负极被氧化，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；

C．铝为活泼金属，易与氧气反应，在铝的表面形成一层致密的氧化膜，C错误；

D．高纯硅作计算机芯片主要是利用了硅是良好的半导体材料这一性质，D错误；

答案选A。8．2020年12月27日，长征四号丙遥三十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭双星”的方式成功将遥感三十三号卫星和微纳技术试验卫星送入预定轨道。下列有关说法错误的是A．气、氘、氚互为同位素B．火箭中的助燃剂分子的中子总数为23C．利用微纳技术研发的高端芯片，其组成为单晶硅，硅原子核外的L能层电子数为M能层电子数的2倍D．为氧化还原反应【答案】D【详解】A．气、氘、氚为H的同位素，互为同位素，A正确；B．1个中含有7个中子，1个中含有8个中子，则分子的中子总数为7+8×2=23，B正确；C．硅原子为14号元素，原子结构示意图为，L能层有8个电子，M能层有4个电子，则L能层电子数为M能层电子数的2倍，C正确；D．为核反应，不是化学反应，D错误；故选D。9．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表的位置如图所示，若W原子的最外层电子数是内层电子总数的十分之七。下列说法不正确的是XYZWA．原子半径从大到小的排列顺序为X＞Y＞Z＞WB．X元素对应的气态氢化物的水溶液具有碱性C．Y的两种同素异形体在一定条件下可以相互转化D．原子核内质子数W＞Z【答案】A【解析】W原子的最外层电子数是内层电子总数的十分之七，则其核外电子层结构为2、8、7，所以W为Cl元素，则Z为S元素，Y为O元素，X为N元素。A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以原子半径Z＞W＞X＞Y，A错误；B．X为N元素，其对应的气态氢化物为NH3，水溶液显碱性，B正确；C．Y为O元素，其两种同分异构体O2和O3可以相互转化，C正确；D．原子序数W＞Z，则核内质子数W＞Z，D正确；综上所述答案为A。10．常温下，下列事实不能说明某一元酸HX是弱酸的是A．溶液的B．溶液C．溶液比盐酸导电能力弱D．溶液与溶液恰好中和【答案】D【详解】A．溶液的，说明该溶液中＜，则HX部分电离，一元酸HX是弱酸，A项不符合题意；B．溶液，溶液显碱性，说明NaX是强酸弱碱盐，则一元酸HX是弱酸，B项不符合题意；C．溶液比盐酸导电能力弱，说明酸性：HX弱于HCl，即一元酸HX是弱酸，C项不符合题意；D．溶液与溶液恰好中和，只能说明HX为一元酸，不能说明其强弱，D项符合题意；答案选D。11．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．密闭容器中，和充分催化反应后分子总数为B．溶液中，的数量为C．与足量反应生成和的混合物，转移的电子数为D．25℃时，的溶液中，含有的数目为【答案】C【详解】A．反应可逆，密闭容器中，和充分催化反应后分子总数大于，故A错误；B．溶液中发生水解反应，溶液中，的数量小于，故B错误；C．与足量反应生成和的混合物，钠元素化合价由0升高为+1，所以转移的电子数为，故C正确；D．25℃时，的溶液中，，该溶液中含有的数目为，故D错误；选C。12．2022年北京冬奥会的场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料。是以某双环烯酯为原料制得的，其结构为：。下列有关该双环烯酯的说法正确的是A．分子式为C14H18O2B．1mol该物质能与3molH2发生加成反应C．该分子中所有原子可能共平面D．与H2完全加成后产物的一氯代物有9种(不含立体异构)【答案】D【解析】A．由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A错误；B．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1mol该双环烯酯能与2molH2发生加成反应，B错误；C．双环烯酯分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C错误；D．该双环烯酯完全加氢后的产物为，有9种不同环境的氢，一氯代物有9种，D正确；答案选D。13．某兴趣小组用下列装置探究Na与CO2的反应产物，已知。下列说法正确的是A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸B．装置Ⅲ的目的是除去HClC．实验时先点燃酒精灯，再打开活塞aD．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应【答案】D【解析】在I中CaCO3与HCl反应产生CO2气体，在II中用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的杂质HCl，在装置Ⅲ中用浓硫酸干燥CO2气体，在装置Ⅳ中Na与CO2在加热时发生反应产生CO气体，在装置Ⅴ中发生反应：，据此分析解答。A．H2SO4与CaCO3反应产生CaSO4是微溶于水的物质，覆盖在CaCO3表面，阻止反应的进一步发生，因此不能使用稀硫酸代替稀盐酸，A错误；B．装置II的作用是除去CO2中的杂质HCl；在装置III则用浓硫酸干燥CO2气体，B错误；C．实验时先打开活塞a，使I中CaCO3与HCl反应产生CO2气体，CO2将装置中的空气完全排尽后再点燃硬质玻璃管下面的酒精灯进行加热，防止Na与空气中的O2发生反应，C错误；D．若装置Ⅴ出现黑色沉淀，说明Na与CO2反应产生了CO气体，则根据原子守恒、电子守恒，可知装置Ⅳ发生反应为：，D正确；故合理选项是D。14．下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A．水是一种极弱的电解质：B．用明矾作净水剂：(胶体)C．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：D．用饱和溶液处理水垢中的：【答案】D【详解】A．水是一种极弱的电解质，不能完全电离，用“”表示，A正确；B．用明矾净水是因为明矾电离出了Al3+，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附水中的杂质，B正确；C．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸,Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4↑+SO2+S↓+H2O，离子方程式正确，C正确；D．用饱和碳酸钠溶液处理水垢，CaSO4是微溶化合物，作为反应物，不能写为离子形式，应用化学式表示，D错误；故答案选D。15．电解法可以对含亚硝酸盐(如亚硝酸钠)的污水进行处理(工作原理如下图所示)。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。下列说法错误的是A．阳极电极反应式为Fe2e=Fe2+B．阳极附近溶液中反应的离子方程式为6Fe2++2NO+8H+=6Fe3++N2↑+4H2OC．该电解装置所使用的离子交换膜为阴离子交换膜D．当阳极(铁电极)质量减轻56g时，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水500g【答案】C【详解】A．从图分析，左侧为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应正确，A正确；B．从图分析，亚硝酸钠和稀硫酸进入，生成无色气体和硫酸钠，说明氮元素生成氮气，离子方程式为6Fe2++2NO+8H+=6Fe3++N2↑+4H2O，B正确；C．左侧生成铁离子，但是出去的没有铁离子，说明铁离子通过的阳离子交换膜进入右侧，C错误；D．当阳极(铁电极)质量减轻56g时，即1mol，据方程式分析，理论上可处理molNaNO2，其质量为，含量4.6%的污水的质量为，D正确；故选C。16．在某恒容密闭容器中充入和，发生反应：，反应过程持续升高温度，测得混合体系中的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是A．该反应为吸热反应B．升高温度，平衡右移，正反应速率减小，逆反应速率增大C．Q点时Z的体积分数最大D．W，M两点Y的正反应速率相等【答案】C【详解】A．由Q点可知，升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，故B错误；C．Q点前反应正向进行、Q点后平衡逆向移动，所以Q点时Z的体积分数最大，故C正确；D．温度越高化学反应速率越快，温度：W点＜M点，则正反应速率：W点小于M点，故D错误；故选：C。17．（14分）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.67.33.0完全沉淀的pH3.29.69.35.2③离子浓度≤105mol·L1时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是_______(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_______，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_______。(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_______。(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F)浓度为0.05mol·L1。则溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比值=_______(已知：Ksp(MgF2)=6.4×1010；Ksp(CaF2)=3.6×1012)(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_______，选择NH4HCO3而不选择Na2CO3溶液的原因是_______。【答案】(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)（2分）(2)

MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O（2分）

Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失（2分）(3)5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)（2分）(4)1600/9(177.8或177.78)（2分）(5)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O（2分）

碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2（2分）【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。(1)高锰矿含有FeS，“混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；(2)若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；(3)“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F)浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=(6.4×1010):(3.6×1012)=1600/9(177.8或177.78)；(5)“碳化结晶”时选择NH4HCO3，生成碳酸锰，结合原子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解程度大，碱性强，会促进锰离子水解为氢氧化锰，故“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是：碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。18．（14分）某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。I.兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：猜测1：钠分别与水、盐酸反应，钠与盐酸反应更快。

猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，钠与醋酸反应更快。Ⅱ.设计实验进行“证实与证伪”

实验I配制一定浓度的HCl(1)用12.00mol·L1HCl配制0.50mol·L1HCl和5.00mol·L1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的_______(写对应字母)。实验Ⅱ相同温度下，比较钠与水、0.50mol·L1HCl、5.00mol·L1HCl反应的快慢序号钠块(形状几乎相同)反应液体(50mL)钠块消失时间Ⅰ0.15g水Ⅱ＜Ⅰ＜ⅢⅡ0.15g0.50mol·L1HClⅢ0.15g5.00mol·L1HCl该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。(2)钠与5.00mol·L1HCl反应，速率最慢的原因可能是_______。实验Ⅲ相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢(3)根据信息，完成如下表格：实验序号钠块(形状大小几乎一样)两个相同的烧杯(反应液体50mL)实验现象钠块完全反应完所需时间实验结论Ⅰ0.15g无水乙醇钠_______，产生气泡较快1285s钠与无水乙醇反应的反应速率比钠与冰醋酸反应的速率快得多Ⅱ0.15g冰醋酸钠_______，产生气泡较慢3625s(4)通过上述实验，该小组同学发现实验结果是钠与无水乙醇反应时，钠块完全反应需要的时间更短。对此，同学们对实验现象进行了分析，发现上述实验设计存在缺陷，该缺陷是_______。(5)请你帮助该小组同学设计新的实验方案，对上述实验进行改进_______。(6)通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是_______。A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子【答案】(1)ce（2分）(2)钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触（2分）(3)沉在烧杯底部（2分）

浮在液体表面（2分）(4)两烧杯中金属钠与液体反应接触面积不一样（2分）(5)用两个相同的铜丝网分别包住钠块，再加入反应液中（2分）(6)AB（2分）【解析】注意实验II，控制变量法要保证只有一个变量，改变可控变量改进实验。(1)用12.00mol·L1HCl配制0.50mol·L1HCl和5.00mol·L1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；(2)由题中查阅资料的信息可知，钠与5.00mol·L1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；(3)钠的密度比无水乙醇大，则实验I现象是钠沉在烧杯底部，钠的密度比冰醋酸小，实验I现象是钠浮在液体表面；(4)根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；(5)根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；(6)A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，选项A正确；B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，选项B正确；C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，选项C错误；答案选AB。19．（14分）二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1=49.0kJ∙mol1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H2=23.5kJ∙mol1用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为_______。(2)一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。①下列有关叙述正确的是_______(填字母序号)。a．容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态b．使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH3OCH3的产率c．反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动d．反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大②升高温度，二甲醚的平衡产率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。③CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率_______(填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是_______(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50％，则H2O(g)的分压为_______MPa，反应的平衡常数Kp=_______(MPa)2(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。【答案】(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)

∆H=121.5kJ/mol（2分）(2)bd

（2分）

减小（1分）

二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行（2分）

不是（1分）

催化剂的活性降低（2分）(3)0.25（2分）

0.59（2分）【解析】(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1=49.0kJ∙mol1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H2=23.5kJ∙mol1①×2+②即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得∆H=(49kJ/mol)×2+(23.5kJ/mol)=121.5kJ/mol；(2)①a．容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生改变，不能说明反应达化学平衡状态，a错误；b．使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；c．反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c错误；d．向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，d正确；答案选bd；②二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；③a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为，反应的平衡常数。【点睛】第(3)小问为本题的易错点，解答时需考虑，虽N2(g)不参与反应，但N2(g)在体系中也有分压，计算时不可忽略。20．[选修3：物质结构与性质]（14分）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题：(1)基态Cu原子的空间运动状态有_______种。(2)元素Cu与Ni的第二电离能分别为1959kJmol1、1753kJ·mol1，I2(Ni)<I2(Cu)的原因是_______。(3)O与Cu形成的化合物为Cu2O，Cu与S形成的化合物为Cu2S，Cu2O的熔点比Cu2S的_______(填“低”、“高”或“无法确定”)。(4)Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行_______实验；其阴离子的空间构型是_______；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是_______。(5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有_______，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为_______。(6)Cu的化合物种类有很多，Cl与Cu形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为acm，则Cu+与Cl形成的化合物的密度ρ=_______(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示)g·cm3。【答案】(1)15（1分）(2)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子（2分）(3)高（1分）(4)

X射线衍射实验（1分）

正四面体形（1分）

O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱（2分）(5)

sp2、sp3

（2分）

22（1分）(6)（3分）【解析】(1)基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理可知，基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，则基态Cu的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种，故答案为：15；(2)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，因此铜的第二电离能较大，故答案为：铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；(3)Cu2O和C