2024届河南省信阳市商城县高三下学期二模考试 化学试卷（含答案解析）

2024届河南省信阳市商城县高三二模考试化学试卷考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Na23一、选择题：本题共16小题，共40分。第1~10小题为单选题，每小题2分；第11~15小题为多选题，每小题4分。1.化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是A.粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应B.“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关C.用活性炭为糖浆脱色和用漂白纸浆的原理相同D.用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨【答案】C【解析】【详解】A．粗硅制备单晶硅，先利用粗硅与氯气反应，生成氯化硅，生成的氯化硅与氢气反应，得到单晶硅，即涉及氧化还原反应，A项正确；B．“光化学烟雾”的形成与空气中的氮氧化合物有关，B项正确；C．活性炭脱色是利用其吸附性，二氧化硫漂白是利用二氧化硫与有色物质结合生成无色的物质，两者原理不同，C项错误；D．与碱反应生成一水合氨，加热生成氨气，则可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，D项正确；答案选C。2.一种新型的葡萄糖辅助Cu(Ⅰ)/Cu(Ⅱ)氧化还原耦合制氢系统工作原理如图所示。下列说法错误的是A.M极为电源负极 B.P极的电极反应式为C.电解过程中Q极发生氧化反应 D.理论上消耗18g葡萄糖，可制得0.2mol【答案】D【解析】【分析】葡萄糖辅助Cu(Ⅰ)转化Cu(Ⅱ)，化合价升高，发生氧化反应，作阳极，则N为正极，M为负极，以此分析；【详解】A．根据分析，M为负极，A正确；B．P为阴极，溶液中的氢离子得电子，发生还原反应，，B正确；C．Q中Cu2O转化为Cu(OH)2中，化合价升高，发生氧化反应，C正确；D．18gC6H12O6的物质的量为，，0.1molC6H12O6转移0.2mol电子，根据方程式可知，转移0.2mol电子生成1molH2，D错误；故答案为：D。3.全固态锂金属电池具有更高比能和更高安全性。我国科研团队设计了基于LLZ-TO@Ag复合层负极改性的硫化物全固态锂电池，结构如图，放电时电池反应：。下列说法不正确的是A.充电时，电流流向为电源→b极→固态电解质→a极B.放电时，流向为a极→复合层→固态电解质→b极C.充电时，b极的电极反应为D.放电前两电极质量相等，放电过程中，当两电极质量差值为1.4g时，电路中转移0.2mol【答案】D【解析】【分析】放电时，a极为负极，电极反应为Li-e−=Li+，b极为正极，电极反应为：Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2，充电时，a极为阴极，b极为阳极，据此回答。【详解】A．充电时，电流流向为电源→阳极→固态电解质→阴极，A正确；B．放电时阳离子经电解质流向正极b，B正确；C．充电时b极为阳极，电极反应为LiNixCoyMnzO2-ae-=Li1-aNixCoyMnzO2+aLi+，C正确；D．放电时a极为负极，电极反应为Li-e−=Li+，b极为正极，电极反应为：Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2，当两电极质量差值为1.4g时，即负极减小0.7g，正极增加0.7g，转移0.1mol电子，D错误；故选D。4.化学反应中的能量变化符合如图所示的是A.甲烷燃烧 B.碳酸钙高温分解C.电石与水反应 D.酸碱中和【答案】B【解析】【分析】生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应。①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量．常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等；②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量。常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O；C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等。【详解】A．燃烧反应是放热反应，A错误；B．碳酸钙高温分解是吸热反应，B正确；C．电石与水反应是放热反应，C错误；D．酸碱中和反应是放热反应，D错误；答案选B。5.利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A.装置甲可用于测定和稀硫酸反应的速率B.装置乙可用于验证热稳定性：C.装置丙可用于由溶液制备D.装置丁可用于模拟工业制氨气并检验产物【答案】A【解析】【详解】A．图甲可以通过一定时间内产生的气体的体积测定和稀硫酸反应的速率，故A正确；B．图乙应把放在小试管内，放在大试管内，验证、的热稳定性，故B错误；C．坩埚通常用于灼烧固体，而蒸发溶液通常选择蒸发皿，又容易被空气中氧化，所以蒸发溶液需要在无氧的环境下进行，故C错误；D．工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误；故选A。6.有机化学试剂氨基炔(如图所示)常用于制备磺胺类药物，抗癌药等。下列有关说法正确的是A.既有酸性也有碱性 B.既能溶于水，又能溶于乙醇C.分子内σ键与π键数目之比为1∶1 D.分子内中所有原子共面【答案】B【解析】【详解】A．该结构中含有氨基，显碱性，A错误；B．该物质含氨基、氰基，故该物质能溶于水也能溶于乙醇，B正确；C．分子中含σ键数为4，π键数2，故分子内σ键与π键数目之比为2：1，C错误；D．分子内氨基中至少有一个氢原子不与C、N共面，D错误；答案选B。7.下列说法正确的是A.冠状病毒粒子直径约60220nm，故介于溶液和胶体粒子之间B.装有无水硫酸铜的透气袋可以用作食品干燥剂C.二氧化硅可用做计算机芯片D.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A.溶液中的粒子的直径小于1nm，胶体粒子的直径介于1~100nm之间，冠状病毒粒子直径约60~220nm，故冠状病毒粒子直径不是介于溶液和胶体粒子之间，故A错误；B.无水硫酸铜可以用于检测水蒸气的存在，但不具有干燥作用，不能作食品干燥剂，故B错误；C.硅位于金属和非金属分界线处，其单质具有金属和非金属的性质，是良好的半导体材料，可用做计算机硅芯片，故C错误；D.免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属离子，能使蛋白质变性，乙醇能渗透到病毒内部，使蛋白质变性杀死病毒，则二者均能使蛋白质变性，故D正确；8.下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是A．从碘水中萃取碘B．制备胶体C．制取并收集干燥的氨气D．测定氯水的pHA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．苯和水互不相溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯从碘水中萃取碘，且苯的密度小于水的密度，苯层在上层，A项正确；B．制备胶体的方法应该是：在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至呈红褐色；向NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会产生氢氧化铁沉淀，B项错误；C．反应生成的氨气不能用无水氯化钙干燥，会生成，且氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集，导管应该短进长出，C项错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，D项错误；故选A。9.下图为氢氧燃烧电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述正确的是A.a电极是正极B.b电极的电极反应为：4OH－-4e－＝2H2O+O2↑C.电子从a电极经由电解液传递到b电极D.氢氧燃烧电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】D【解析】【详解】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极a是负极，所以a电极是负极，故A错误；B．b电极为正极，正极上得电子发生还原反应，O2+4e-+2H2O═4OH-，故B错误；C．氢氧燃料电池中，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电子由负极a经外电路流向正极b，故C错误；D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；故选D。【点睛】在燃料电池中，通入燃料的电极均为负极，通入空气或氧气的电极均为正极。对于燃料电池，要注意的是：即使燃料相同，如电解质溶液不同，电极反应式可能不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。10.已知图一表示的是可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+D(g)△H＞0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0的浓度(c)随时间t的变化情况。下列说法中正确的是()A.若图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的△H增大B.图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强C.图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强D.若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小【答案】B【解析】【详解】A.反应的焓变只和反应物以及生成物的能量有关，和压强之间没有联系，故A错误；B.

CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)△H>0，正反应是气体体积减小吸热反应，升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图一与实际相符合，故B正确；C.反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变，图二与实际不相符，故C错误；D.图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向逆反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；故答案选：B。11.向含有xmolHNO3和ymolH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是A.a表示Fe3+的关系曲线，且满足n1：n3=2:1 B.当x=y时，n1=0.75C.y≤1.5x D.向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解铜粉19.2xg【答案】AB【解析】【分析】混合液中加入铁粉，先发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，当消耗完后，再加入铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此可以推出a表示Fe3＋的关系曲线，b线表示Fe2＋的关系曲线，根据图象，当Fe3＋恰好完全消耗完时，Fe2＋的物质的量达到最大，说明n1时，H＋消耗完，据此分析；【详解】A.根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图象，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1mol的Fe，产生n1molFe3＋，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为mol，n3=n1＋=，n1：n3=2：3，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2：1，即n1：n3=2：3，故A错误；B.0～n1段发生Fe＋4H＋＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x=y，则混合液中n(H＋)=(x＋2y)=3xmol，消耗Fe的物质的量为mol，故B错误；C.根据上述分析混合液中H＋消耗完，可能消耗完，也可能有剩余，依据离子方程式4x≥(x＋2y)，推出y≤1.5x，故C正确；D.P点是两个线的交点，说明溶液中n(Fe2＋)=n(Fe3＋)，P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3＋物质的量最多，也就是0～n1段全部参与反应，此时n(Fe3＋)=n()=xmol，令n1～n2段反应了amolFe3＋，则生成n(Fe2＋)=1.5amol，从而推出x－a=1.5a，解得a=0.4xmol，P点溶液中n(Fe3＋)=1.5×0.4xmol=0.6xmol，最多消耗Cu的质量为=19.2xg，故D正确；故答案为AB。12.2021年诺贝尔化学奖授予本亚明，利斯特和戴维，麦克米伦，以表彰他们对“不对称有机催化的发展”做出的贡献。氨基酸衍生物作为催化剂用于丙酮与4-硝基苯甲醛的不对称反应如下：下列说法正确的是A.该反应类型为取代反应B.①②③④四种物质可用钠和新制氢氧化铜进行鉴别C.①②③④四种物质具有相同的含氧官能团D.④的同分异构体中满足与溶液反应有气泡产生，且苯环上含硝基等两个取代基的有15种【答案】BD【解析】【详解】A．对比反应物和产物的结构可知，该反应为加成反应，A错误；B．①②与金属Na不反应，但②能与新制氢氧化铜生成砖红色沉淀；③④与金属Na反应，③能使新制氢氧化铜溶解，④与新制氢氧化铜不反应，B正确；C．①含羰基，②含醛基和硝基，③含羧基和亚氨基，④含羰基、羟基、硝基，四种物质所含的含氧官能团不同，C错误；D．④的同分异构体中满足与溶液反应有气泡产生，说明含羧基，苯环上除硝基外，含羧基的原子团可能为：-CH2CH2CH2COOH、-CH2CH(CH3)COOH、-CH(CH3)CH2COOH、-CH(C2H5)COOH、-C(CH3)2COOH，苯环上各有邻、间、对三种结构，共15种，D正确；故选BD。13.有机物的重排反应如图所示，机理中与羟基处于反位的基团迁移到氮原子上(、代表烷基)。下列说法正确的是A.中碳原子、氮原子均为杂化B.由质谱可以确证和存在不同的官能团C.能与溶液反应D.发生上述反应的产物是【答案】CD【解析】【详解】A．X中存在烷基R，R中的碳原子为饱和碳，为杂化，故A错误；B．质谱用于确定相对分子质量，不能测定官能团，故B错误；C．Y中含有酰胺基，能与NaOH溶液反应，故C正确；D．发生上述反应的产物是，故D正确；故选：CD。14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，a是一种有机物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图。下列说法错误的是A.简单离子半径：Z<YB.简单气态氢化物的热稳定性：Y>XC.a一定由W、X两种元素组成D.d中只含有离子键，不含有共价键【答案】CD【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则d是Na2O2、m是O2；a是一种有机物，a和氧气反应生成b、c，b、c都能与过氧化钠反应放出氧气，b、c是二氧化碳和水，则a一定含有C、H元素，所以W、X、Y、Z分别是H、C、O、Na。【详解】A．简单离子半径：Na+<O2-，故A正确；B．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>C，简单气态氢化物的热稳定性H2O>CH4，故B正确；C．a燃烧生成二氧化碳和水，a一定含有C、H两种元素，可能含有O元素，故C错误；D．d是Na2O2，含有离子键和共价键，故D错误；选CD。15.用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)，下列说法错误的是A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为5【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+，故A正确；B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍，故B错误；C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)，故C正确；D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=，由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4，故D错误；故选BD。二、非选择题：共5题，共60分。16.金属钼具有高强度、高熔点、耐腐蚀、耐研磨等优点，主要作为钢的添加剂。工业上常用钼精矿(主要成分是MoS2，含有钙、硅等元素)制备金属钼，其中用氧化焙烧法提取钼的工艺流程如图1所示：已知：①焙烧后得到MoO3、SiO2、CaMoO4的混合物。②MoO3溶于氨水，钼酸钙(CaMoO4)不溶于氨水。回答下列问题：（1）“焙烧”产物中Mo元素的化合价为_______。尾气的主要成分为_______。（2）“氨浸”过程中相关反应的离子方程式为_______。（3）“氨浸”操作中，温度不宜过高，原因是_______。其他条件一定时，钼的浸出率与氨浸温度、时间的关系如图2、图3所示。“氨浸”条件宜采用_______。（4）“沉淀转溶”过程所得滤渣②的成分为_______。（5）“沉钼”过程中发生反应的离子方程式为_______。（6）电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图4所示。电解过程中阳极上发生的电极反应式为_______。【答案】（1）①.+6②.（2）（3）①.受热易分解、挥发②.80℃、60min（4）和（5）（6）【解析】【分析】钼精矿经焙烧后杂质硫元素转为尾气，得到、、的混合物，用氨水溶浸后过滤得到钼酸铵滤液转到沉钼回收，得到、滤渣用转溶过滤得到富含钼酸根离子的滤液，和留在滤渣除去，在盐酸作用下，钼酸根离子生成钼酸后经系列操作即得到金属钼。【小问1详解】与中Mo元素的化合价为均为+6价。硫化物在空气中焙烧一般会生成相应的氧化物和，尾气的主要成分为，答案：+6，；【小问2详解】“氨浸”过程中，溶于氨水反应。【小问3详解】“氨浸”实验中，受热易分解、挥发，故温度不宜过高，根据温度和时间对钼浸出率的影响图可知，80℃时浸出率最高，60min后浸出率增加变缓慢，故“氨浸”条件宜采用80℃、60min，答案：受热易分解、挥发，80℃、60min；【小问4详解】根据反应物可知，“沉淀转溶”过程发生反应，且不溶于氨水和溶液，滤渣②的成分为和，答案：和；【小问5详解】“沉钼”过程中发生反应的离子方程式为；【小问6详解】。17.乙酸是一种合成纤维、医药、农药、染料和粘合剂的重要的化工原料，也是优良的有机溶剂。（1）已知CO的燃烧热为283kJ/mol；CH3OH的燃烧热为725kJ/mol；CH3COOH的燃烧热为870kJ/mol。试写出由CO与CH3OH制取CH3COOH的热化学方程式：_______。（2）工业上制取一氧化碳常用焦炭与氧气和二氧化碳反应。已知：C(s)+O2(g)⇌CO(g)△H1=-110.5kJ/mol①C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)△H2=+552.5kJ/mol②工业上将一定比例的氧气和二氧化碳投入焦炭炉中反应，不同温度下，达到平衡时氧气和二氧化碳体积分数如图：试解释随温度的升高氧气与二氧化碳的变化趋势的原因：_______；在850℃时反应炉中达到热平衡，则通入的n(O2)：n(CO2)=_______(填，最简单整数比)；此时反应器中压强为p0，则反应②的Kp=_______。（3）650℃向某1L容器中投入1mol甲醇和不同物质的量的一氧化碳，测得平衡时反应物或生成物的体积分数如图：则曲线c表示的物质是_______；e点CO的转化率为_______；(用分数表达或保留三位有效数字)在M点平衡状态下进行压缩，则重新达到平衡，M点可能移到：_______。(填“不变”“O”“N”或“P”)。【答案】（1）CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l)∆H=-138kJ/mol（2）①.反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低②.6：7③.1.96p0（3）①一氧化碳（或CO）②.（或93.6%）③.N【解析】【小问1详解】CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO燃烧热表示的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=-283kJ/mol（①），CH3OH的燃烧热为725kJ/mol，则CH3OH燃烧热表示的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725kJ/mol（②），CH3COOH的燃烧热为870kJ/mol，则CH3COOH燃烧热表示的热化学方程式为CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H=-870kJ/mol（③），根据盖斯定律，将①+②-③得CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l)∆H=-283kJ/mol+(-725kJ/mol)-(-870kJ/mol)=-138kJ/mol，由CO与CH3OH制取CH3COOH的热化学方程式为CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l)∆H=-138kJ/mol；答案为：CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l)∆H=-138kJ/mol。【小问2详解】反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低；设反应②消耗CO2物质的量为amol，则反应②生成CO物质的量为2amol，在850℃时反应炉中达到热平衡，反应①消耗的O2与反应②消耗的CO2物质的量之比为552.5：(2×110.5)=2.5：1，则反应①消耗的O2物质的量为2.5amol、生成CO物质的量为5amol，平衡时O2的体积分数为5%、CO2的体积分数为25%，CO的体积分数为1-5%-25%=70%，平衡时O2、CO2、CO的物质的量之比为5%：25%：70%=1：5：14，平衡时CO物质的量为2amol+5amol=7amol，则平衡时O2、CO2物质的量依次为0.5amol、2.5amol，通入的n(O2)：n(CO2)=(2.5a+0.5a)mol：(a+2.5a)mol=6：7；平衡时反应器中的压强为p0，则CO2、CO的平衡分压依次为0.25p0、0.7p0，反应②的Kp===1.96p0；答案为：反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低；6：7；1.96p0。【小问3详解】650℃向某1L容器中投入1mol甲醇和不同物质的量的一氧化碳，发生反应CO(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOH(g)，当投入的CO物质的量为1mol，达到平衡时CO和CH3OH的体积分数相等，图中曲线a、c代表反应物，随着的增大，即相当于增大CO的浓度，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小，曲线a代表CH3OH、曲线c代表CO；e点表示投入的CO为1mol，平衡时CH3OH、CO的体积分数都为0.06，设从起始到平衡转化CO物质的量为xmol，列三段式，则=0.06，解得x=，CO的转化率为=≈0.936=93.6%；在M点平衡状态下进行压缩，增大压强，平衡正向移动，平衡时CO的体积分数减小，则M点可能移动到N点；答案为：一氧化碳（或CO）；（或93.6%）；N。18.2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。（1）Co4+中存在__种不同能量的电子。（2）你预测第一电离能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。请说出你的理由：__。（3）已知下列化合物的熔点：化合物AlF3GaF3AlCl3熔点/℃10401000194表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：___。（4）直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。（5）钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴蓝晶体的化学式为___。在晶体中，某些原子位于其它原子围成的空隙中，如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示，则钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式即可，不必化简)。【答案】①.6②.<③.由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低④.AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3⑤.(PnO3n＋1)(n＋2)-或PnO3n＋1(n＋2)-⑥.CoAl2O4⑦.八面体⑧.【解析】【分析】（1）不同能级的电子能量不同；（2）原子轨道处于全满、半满、全空时为稳定状态；（3）AlF3、GaF3为离子晶体，Al3+半径小于Ga3+，AlCl3为分子晶体；（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为；（5）根据均摊原则计算晶胞的化学式；；【详解】（1）不同能级的电子能量不同；Co4+的核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d5，存在6种不同能量的电子；（2）Cu核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s1，Zn核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s2，由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低；（3）AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3；（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为，所以氧原子数是磷原子数3倍加1，电荷数是磷原子数加2；所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)-；（5）Ⅰ型立体结构含有Co原子数是、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体的化学式为CoAl2O4；根据图示，在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的八面体空隙中；晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，晶胞的体积是，所以密度是。19.某实验小组同学采用下列装置模拟硫酸工业的接触室，制备SO3并测定实验条件下SO2的转化率。（1）实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一段时间后再继续加热，其原因是_______________________________________。（2）装置B中U形管内收集到的物质呈________色________态。D处可能观察到的现象是____________________________________________。（3）结束实验时应先停止______________，并继续_______________。（4）为了除去SO2气体中混有的少量SO3，还可以让混合气体通过________溶液（除了图示方法）。为了检验SO2气体中是否混有少量SO3，可以让混合气体通过__________溶液；若有__________________________现象出现，说明SO2气体中混有SO3。（5）为了测定该条件下SO2的转化率，若B中U形管内收集到的物质的质量为mg，还需要测定的实验数据是_______________________________________。（6）实际测得SO2的转化率比理论值小，其主要原因有________________。A.装置C中亚硫酸盐被氧化B.SO2通入速度太快，未被充分吸收C.有SO2残留在A、B装置中D.SO3挥发，被装置C吸收【答案】①.该反应放热，如果持续加热则温度过高会影响催化剂的活性，影响反应速率②.温度过高会使平衡向逆反应方向移动不利于SO3的生成③.无④.固⑤.品红不褪色⑥.通入SO2，通入一段时间O2⑦.饱和亚硫酸氢钠⑧.氯化钡溶液⑨.白色沉淀⑩.C瓶溶液增重的质量⑪.A、D【解析】【分析】(1)二氧化硫转化为三氧化硫的反应为放热反应，结合温度对催化剂活性的影响分析；(2)三氧化硫的熔点为16.8℃，其固态为无色晶体；通过氢氧化钠溶液后，混合气体中没有二氧化硫剩余；(3)实验结束时，要把未反应的二氧化硫全部排入C中；(4)根据SO3与亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2来分析除杂试剂，利用SO3与氯化钡反应产生白色沉淀而SO2不与氯化钡反应来检验SO2气体中是否混有少量SO3；(5)U形管内收集到的物质为三氧化硫，还需要知道剩余的二氧化硫的质量；(6)SO2的转化率=，根据该公式中数据的变化分析。【详解】(1)由二氧化硫转化为三氧化硫的反应：2SO2+O⇌2SO3，△H＜0，可知道，温度过高会使平衡逆向移动，不利于二氧化硫的转化，且催化剂的活性受到温度的限制；(2)氧化硫的熔点为16.8℃，在冰盐水中冷却时三氧化硫