湖南省新高考教学教研联盟高三下学期第二次联考化学试题

届新高考教学教研联盟高三第二次联考化学试卷注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题（本题包括小题，每小题3分，共分，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.化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是A.2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度B.WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性C.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定D.宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料【答案】D【解析】A全性；其能量密度更高，可存储更多电能；且循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；B受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；CX射线衍射仪可通过分析X子排列等信息，所以能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，并非无机非金属材料，D错误；故选D。2.物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A.明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈B.溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维第1页/共25页【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu(OH)CO，A正确；B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；答案选B。3.下列化学用语或图示表述正确的是A.的电子式为B.氰化物等毒性物质的运输标识为C.基态As的电子排布式可表示为D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为【答案】D【解析】【详解】A．的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；C．基态As的电子排布式可表示为，C错误；D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键OH上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；第2页/共25页答案选D。4.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】NaSO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛NaO2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。AH+SO2SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与NaO2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生NaO+SO=NaSO，没有O2放出，C错误；DBaCl2酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。第3页/共25页5.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入(已折算为标准状况)【答案】D【解析】【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电MN电极相连的铁Fe2e=Fe2+中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。AM碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失第4页/共25页N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4LD错误；故选D。6.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】(含、及少量、、)SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+Al3+适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成MnO。【详解】A．溶浸过程中H+与MnCO、FeO、AlO3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，MnO3在酸性条件下将HO2氧化成O，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；BA调节溶液pH物质A可以是MnO，B正确；第5页/共25页CMnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成MnO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。7.已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apmD.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】【详解】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC，故B正确；CLi+apmC错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。第6页/共25页8.某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。下列说法错误的是A.制取使用固体和70%的溶液为宜B.若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验C.操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的D.操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在【答案】C【解析】NaSO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛NaO2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。AH+SO2SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与NaO2反应生成氧气，干扰实验，B正确；C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生NaO+SO=NaSO，没有O2放出，C错误；DBaCl2酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；答案选C。第7页/共25页9.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是A.M电极的电极反应为B.铬元素最终以形式除去C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入(已折算为标准状况)【答案】D【解析】【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电MN电极相连的铁Fe2e=Fe2+中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。AM碳和水，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失第8页/共25页N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4LD错误；故选D。10.一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是A.“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)B.“调pH”中物质A可以是MnOC.“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为D.在空气中加热氧化过程的化学方程式为【答案】A【解析】(含、及少量、、)SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+Al3+适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成MnO。【详解】A．溶浸过程中H+与MnCO、FeO、AlO3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，MnO3在酸性条件下将HO2氧化成O，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；BA调节溶液pH物质A可以是MnO，B正确；第9页/共25页CMnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和成分为，C正确；D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成MnO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；故选A。已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是A.石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子B.该石墨插层化合物的化学式为C.石墨中碳碳键的键长为0.5apmD.碳层和锂层的最短距离d为【答案】C【解析】【详解】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC，故B正确；CLi+apmC错误；D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；答案选C。第10页/共25页12.X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。Z到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是A.第一电离能：B.单体Ⅰ中Y原子为sp杂化C.物质(b)中键长：①②D.单体Ⅱ为非极性分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，YQaZZ的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NHCN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。【详解】A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；C．物质(b)中①为S=O双键，②为SO单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误；D．单体Ⅱ为SO，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；答案选C。13.现模拟HCl催化氧化制，发生反应：HCl和HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是第11页/共25页A.L代表温度，且B.点a、b、c的正反应速率大小关系：C.若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为D.在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本【答案】B【解析】HCl平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以X代表压强，L代表温度。【详解】A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率减小，所以，A正确；Babc位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速率：，B错误；C．若HCl的初始浓度为，图中M点，，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：平衡常数：，C正确；第12页/共25页D．在实际生产中，若进料比太小，氧气过量，不利于和的分离，D正确；答案选B。14.常温下，向溶液中加入氨水，体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示，其中交点M、N、Q的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含和的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pHpH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图2时，沉淀以为主。下列说法错误的是A.反应的平衡常数为B.N点满足：C.R点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀D.若向的浊液中加氨水至P点，沉淀转化的主要化学方程式为：【答案】B【解析】【分析】M点代表c(HPO)=c()，则K==c(H+)=102.1；N点代表c()=c()，则K==c(H+)=107.2；Q点代表c()=c()，K=第13页/共25页=c(H+)=1012.4。【详解】A的平衡常数为K===，A正确；B．N点溶液存在电荷守恒：，N点溶液中c()=c()，，B错误；C为主，=1:1R点时<1:1盐沉淀，C正确；D．若向的浊液沉淀成分主要为FePO，加氨水至P点时，大约为1.5:1，有Fe(OH)3，D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括4小题，共分）15.贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示第14页/共25页步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。步骤Ⅱ：合成贝诺酯。在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。步骤Ⅲ：纯化与分析。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是_______。（2式：_______。（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以_______。（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。A.60minB.90minC.120minD.150min（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了_______。第15页/共25页（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验_______(填标号)。_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为_______。【答案】（1）①.球形冷凝管②.保持恒压，便于液体顺利流下（2）+HO=SO+2HCl（3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率（4）C（5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解（6）①.b②.60%【解析】【分析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯,粗产品可以利用重结晶法进行提纯。【小问1详解】根据装置图，仪器a名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。【小问2详解】遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+HO=SO+2HCl。【小问3详解】阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。【小问4详解】60min90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。【小问5详解】对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；第16页/共25页【小问6详解】贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol9.39g产率为。16.一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。SiAu被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。回答下列问题：（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是_______。（2时溶解Au被还原为NOAu溶解过程中发生反应的离子方程式：_______。（3“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。（4“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。①基态Cu的价层电子排布式为_______。②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的2种同分异构体a和b说法正确的有_______(填标号)。A．中存在的化学键类型是配位键、离子键第17页/共25页B．的晶体类型属于分子晶体C．a和b的空间结构均为四面体形D．a的极性大于b③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为_______。（5AgCl“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为_______。【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成（2）Au++4H++4Cl=+NO+2HO（3）Si（4）①.3d104s1②.BD③.1.12L（5）【解析】(AuAgCuPd等金属)灼烧去除塑料等有机杂AgOCuOPdOAuAgSiCu2+Ag+Pd2+Ag+滤液1，Au和Si不溶于浓硝酸存在于滤渣1中，滤渣1用浓硝酸和浓盐酸的混合物浸取，Au转化为，Si不溶于酸存在于滤渣2中，用还原剂可以将还原为Au，滤液1中加入NaCl，得到AgCl沉淀，用氨水溶解AgCl得到，以此解答。【小问1详解】通入空气“灼烧”CuAg“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。【小问2详解】由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为Au++4H++4Cl=+NO+2HO。第18页/共25页【小问3详解】废旧芯片中含有的物质中除Si与AuAu溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。【小问4详解】(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；②A．为四配位，两个Cl和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体，C错误；D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；故选BD。③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N，该反应中N元素由2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失n(N)==0.05mol为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。【小问5详解】“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。17.利用催化还原不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，在某催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和CO。反应的热化学方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．（1CO和的标准燃烧热分别为和的为_______CO和_______(填化第19页/共25页学式)。（2）和初始投料比为，以固定流速通过不同催化剂(cat.1和cat.2)，不同温度(523K543K563K583K)下，剂均处于活性较高状态，且563K下，用cat.2进行的催化反应已达到平衡。①结合图像分析，下列说法错误的是_______(填标号)。A．四种温度下，cat.1参与的反应均未达到平衡状态B．从甲醇产率的角度思考，最佳条件为cat.1、583KC．用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果D．由图可知，选择不同的催化剂可以改变反应的平衡产率②583K下，用cat.2催化时，的转化率为_______。（32L的恒压密闭容器中充入2mol和4mol10min和CO均为0.5mol的平均反应速率为_______的反应Ⅱ的平衡常数_______。（4）可以被NaOH溶液捕获来减少碳排放，若所得溶液中，写出对应反应的离子方程式：_______，此时溶液_______(已知：室温下，的、)。【答案】（1）①.+44kJ·mol1②.CO（2）①.BD②.22%（3）①.3.2②.3（4）①.3CO+4OH=②.10第20页/共25页【解析】【小问1详解】Ⅱ．；III．H(g)+O(g)=HO(l)∆H=285.8kJ·mol1；IV．CO(g)+O(g)=CO(g)∆H=283kJ·mol1；反应II+IVIII得到：，∆H=(+41.2kJ·mol1)+(283kJ·mol1)(285.8kJ·mol1)=+44kJ·mol1；CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO；【小问2详解】①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；Ccat.2563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；答案选BD；②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CHOH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CHOH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为；【小问3详解】平衡时CO2为(210.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CHOH为1mol，H2为0.5mol，HO为(0.5+1)=1.5mol，第21页/共25页CHOH的平均反应速率为；压表示的反应Ⅱ的平衡常数K=小问4详解】与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO+4OH=；，，c(H+)=1.0×1010mol/L，pH=10。18.从当归中发现了有抗癌活性的物质X。一种人工合成物质X的路线如下。(部分条件和溶剂已省略)已知