【解析】江西省撫州市臨川第一中學(xué)高三5月模擬考試?yán)砭C化學(xué)試題

臨川一中2020屆高三模擬考試1.化學(xué)與環(huán)境、生產(chǎn)、生活關(guān)系密切，下列說法不正確是A.生產(chǎn)防護(hù)口罩所需的熔噴布用的聚丙烯材料屬于合成纖維B.研究表明，新冠病毒可通過氣溶膠傳播。氣溶膠的粒子大小在1nm～100nm之間C.核酸是病毒的“身份證”，核酸水解的最終產(chǎn)物是磷酸、五碳糖和氨基酸D.港珠澳大橋路面使用了瀝青和混凝土，瀝青可以通過石油分餾得到【答案】C【解析】【詳解】A．聚丙烯材料是丙烯加成聚合反應(yīng)生成的高分子化合物，屬于合成纖維，故A正確；B．膠體的粒子直徑在1nm～100nm之間，氣溶膠屬于膠體，故B正確；C．核酸不是蛋白質(zhì)，水解產(chǎn)物中不含氨基酸，故C錯誤；D．瀝青是石油經(jīng)過常壓蒸餾得到的一定沸點(diǎn)范圍的混合物，故D正確；故答案為C。2.醫(yī)用酒精(75%乙醇)和84消毒液(主要成分是次氯酸鈉)均能用于消毒。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是AB.1mol次氯酸鈉與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC.46g醫(yī)用酒精中含有碳碳鍵的數(shù)目為0.75NAD.1mol乙醇和1mol乙烯分別完全燃燒，消耗氧氣的分子數(shù)均為3NA【答案】D【解析】【詳解】A．次氯酸鈉由Na+和ClO構(gòu)成，不存在分子，A錯誤；B．NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e，故1mol次氯酸鈉與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1NA，B錯誤；C．醫(yī)用酒精為體積分?jǐn)?shù)為75%的乙醇溶液，不是質(zhì)量分?jǐn)?shù)，現(xiàn)有條件無法計(jì)算乙醇的物質(zhì)的量，也就無法計(jì)算碳碳鍵的數(shù)目，C錯誤；D．由CxHyOz+(x+)O2xCO2+H2O可知，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃燒消耗(2+)mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4)完全燃燒消耗(2+)mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分別完全燃燒，消耗氧氣的分子數(shù)均為3NA，D正確。答案選D。3.在2019年第十屆國際二次電池展中，一種以Fe[Fe(CN)6]為代表的新型可充電鈉離子電池，格外引人注意，其放電工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.充電時，陰極反應(yīng)式為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe(CN)6]B.充電時，Mg箔接電源的正極C.放電時，Na+通過離子交換膜從右室移向左室D.放電時，外電路中通過0.4mol電子時，負(fù)極質(zhì)量變化【答案】C【解析】【分析】放電過程中Mg轉(zhuǎn)化為[Mg2Cl2]2+，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以Mg箔為電池的負(fù)極，則Mo箔為電池的正極?！驹斀狻緼．放電時，Mg箔為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，則充電時Mg箔上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以為陰極，根據(jù)圖示，陰極反應(yīng)式為[Mg2Cl2]2++4e=2Mg+4Cl，故A錯誤；B．充電時，Mg箔上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，為電解池陰極，與電源的負(fù)極相連，故B錯誤；C．放電時為原電池，原電池中陽離子向正極遷移，Mg箔為負(fù)極，Mo箔為正極，所以鈉離子通過離子交換膜從右室移向左室，故C正確；D．放電時負(fù)極反應(yīng)式為2Mg+2Cl4e=[Mg2Cl2]2+2+，負(fù)極質(zhì)量變化為0.2mol×24g/mol=4.8g，故D錯誤；故答案為C。4.短周期元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，X的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，X、W位于同族。Y和Z的價(jià)電子數(shù)之和等于R和T的最外層電子數(shù)之和，這四種元素組成兩種鹽Z2TY3和ZRY2。在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀的物質(zhì)的量與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.X、Y、Z不可能同存在于一種離子化合物中B.單質(zhì)的熔點(diǎn)：Y<Z<TC.簡單離子的半徑：r(Y)>r(W)>r(Z)D.Z、R分別與Y形成的化合物中都只含離子鍵【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、R、T的原子序數(shù)依次增大，X的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，則X為Be元素；X、W位于同族，則W為Mg元素；這四種元素組成兩種鹽Z2TY3和ZRY2．在含該兩種鹽的混合溶液中滴加鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀的物質(zhì)的量與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示，根據(jù)圖示可知，溶解的白色沉淀為氫氧化鋁，則ZRY2為NaAlO2，Z為Na元素，R為Al，Y為O元素；Y和Z的價(jià)電子數(shù)之和等于R和T的最外層電子數(shù)之和，則T的最外層電子數(shù)為6+13=4，則T為Si元素?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為Be，Y為O，Z為Na，W為Mg，R為Al，T為Si元素。A．X、Y、Z可能同存在于一種離子化合物中，化合物為Na2BeO2，故A錯誤；B．氧是分子晶體，鈉是金屬晶體、硅是原子晶體，單質(zhì)的熔點(diǎn)：Y<Z<T，故B正確；C．氧離子、鎂離子和鈉離子含有相同電子層數(shù)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑r（W）＜r（Z）＜r（Y），故C錯誤；D．Na2O2中不只含離子鍵，氧與氧之間形成非極性共價(jià)鍵，故D錯誤；故選B。5.中成藥連花清瘟膠囊中有效成分為綠原酸。已知綠原酸存在如圖轉(zhuǎn)化，下列有關(guān)說法正確的是(綠原酸)(化合物I)+(化合物II)A.在反應(yīng)①中,綠原酸與水按1∶1發(fā)生反應(yīng),則綠原酸的分子式為C16H20O10B.1mol化合物Ⅰ與足量金屬鈉反應(yīng)生成氫氣體積56LC.綠原酸、化合物I、化合物II均能發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)、消去反應(yīng)D.化合物II中所有碳原子可能都共面【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)綠原酸的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C16H18O9，故A錯誤；B．未標(biāo)明溫度和壓強(qiáng)，無法計(jì)算氣體體積，故B錯誤；C．化合物II中羥基與苯環(huán)直接相連，無法發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D．苯環(huán)上的碳原子共面，碳碳雙鍵上的碳原子及與雙鍵上碳原子相連的碳原子形成一個平面，苯環(huán)平面與雙鍵平面以單鍵相連，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該化合物中所有碳原子可能都共面，故D正確；故答案D。3溶液中加入Na2SO3溶液，測定混合后溶液pH隨混合前溶液中變化的曲線如圖所示。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：ⅰ.a點(diǎn)溶液澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，滴入KSCN溶液顯紅色；ⅱ.c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀，無氣體逸出；取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象，滴加KSCN溶液顯紅色。下列分析合理的是A.檢驗(yàn)a點(diǎn)溶液中反應(yīng)生成的陰離子所需試劑為：稀硝酸和BaCl2溶液B.c點(diǎn)和d點(diǎn)出現(xiàn)上述現(xiàn)象的主要原因是Fe3+和發(fā)生雙水解反應(yīng)C.b點(diǎn)較a點(diǎn)溶液pH升高的主要原因：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+D.向d點(diǎn)上層清液中滴加NaOH溶液無明顯現(xiàn)象，證明溶液中無Fe3+【答案】B【解析】【分析】i．a(chǎn)點(diǎn)溶液透明澄清，向其中滴加NaOH溶液后，立即產(chǎn)生灰白色沉淀，說明溶液中有Fe2＋，滴入KSCN溶液顯紅色，說明溶液中含F(xiàn)e3＋，發(fā)生的離子反應(yīng)是2Fe3＋+SO+H2O═2Fe2＋+SO+2H＋；ii．c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀，無氣體逸出，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，取其上層清液滴加NaOH溶液后無明顯現(xiàn)象，滴加KSCN溶液顯紅色，說明含F(xiàn)e3＋?！驹斀狻緼．檢驗(yàn)a點(diǎn)溶液中反應(yīng)生成的陰離子所需試劑為：稀鹽酸和BaCl2溶液，硝酸也能將SO氧化，故A錯誤；B．c點(diǎn)和d點(diǎn)溶液中產(chǎn)生紅褐色沉淀，無氣體逸出，故發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，故B正確；C．若2Fe3＋+SO32－+H2O═2Fe2＋+SO42－+2H＋發(fā)生此反應(yīng)，酸性加強(qiáng)，pH減小，故C錯誤；D．d點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋+3SO+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3，這是一個可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，故滴加KSCN溶液，溶液變紅；滴加NaOH溶液，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故紅色沉淀減少，即紅色減弱，故D錯誤；故選B。【點(diǎn)睛】正確分析各點(diǎn)發(fā)生的離子反應(yīng)是本題解題的關(guān)鍵，難點(diǎn)D，注意Fe3＋和SO發(fā)生雙水解時是一個可逆反應(yīng)，即反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物。7.25℃時，在20mL0.1mol?L1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol?L1NaOH溶液，溶液中1g[c(A)/c(HA)]與pH關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.A點(diǎn)對應(yīng)溶液中：c(OH)＞c(H+)B.25℃時，HA電離常數(shù)的數(shù)量級為10－5C.B點(diǎn)對應(yīng)的NaOH溶液體積小于10mLD.對C點(diǎn)溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則增大【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知A點(diǎn)對應(yīng)溶液pH<7，所以此時溶液顯酸性，c(OH)<c(H+)，故A錯誤；B．B點(diǎn)lg=0，即=1，此時pH=5.3，即c(H+)=10mol/L，此時HA電離常數(shù)Ka==c(H+)=10=5.01×106，數(shù)量級為106，故B錯誤；C．當(dāng)NaOH的體積為10mL時，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的HA和NaA，HA電離常數(shù)Ka=10，則Aˉ的水解平衡常數(shù)為=10<10，所以HA的電離程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c(HA)<c(Aˉ)，則此時>1，所以若要=1，則需要少加入一些NaOH，所以B點(diǎn)對應(yīng)的NaOH溶液體積小于10mL，故C正確；D．為Aˉ的水解平衡常數(shù)的倒數(shù)，水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解平衡常數(shù)增大，則其倒數(shù)減小，即減小，故D錯誤；故答案為C。8.過氧化尿素的化學(xué)式為CO(NH2)2?H2O2，是過氧化氫和尿素的加合物，外觀為白色針狀晶體，無毒無味，熱分解溫度為45℃，易溶于水和乙醇，熔點(diǎn)7585℃，其水溶液兼有尿素和過氧化氫的性質(zhì)，具有活性氧含量高、穩(wěn)定性好等特點(diǎn)，被廣泛用于醫(yī)藥、紡織領(lǐng)域。已知尿素與KMnO4溶液、NaOH溶液都不反應(yīng)。I.合成過氧化尿素的流程及反應(yīng)器的示意圖如下：回答下列問題：(1)圖1中分離操作的名稱為_______，圖2中反應(yīng)器的名稱是_______；(2)過氧化尿素是尿素分子與過氧化氫分子之間通過_________(填字母)結(jié)合形成的。反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。(3)工業(yè)生產(chǎn)中，除向反應(yīng)釜中投料反應(yīng)物過氧化氫、工業(yè)尿素(含少量雜質(zhì)鐵、銅等離子)外，添加穩(wěn)定劑可以提高產(chǎn)品的穩(wěn)定性。不加穩(wěn)定劑導(dǎo)致產(chǎn)品穩(wěn)定率差的原因是__。(4)活性氧含量的高低直接決定產(chǎn)品的質(zhì)量，合格產(chǎn)品中活性氧的含量≥16%(相當(dāng)于其中含H2O234%)。為了確定所得產(chǎn)品合格與否，質(zhì)檢員稱取干燥樣品2.500g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，準(zhǔn)確量取其中25.00mL溶液于錐形瓶中，加入1mL6mol/LH2SO44標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定樣品中的H2O2，三次滴定平均消耗KMnO4溶液8.000mL。①達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________。②根據(jù)滴定結(jié)果確定產(chǎn)品質(zhì)量_(填“合格”或“不合格”)，活性氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___。II.過氧化尿素的性質(zhì)探究：(5)過氧化尿素的催化分解實(shí)驗(yàn)：在試管中加入0.1g產(chǎn)品、少量水及二氧化錳，用火柴余燼檢驗(yàn)生成氣體，可觀察到火柴復(fù)燃。實(shí)驗(yàn)中加入二氧化錳的量一定要少(固體控制在小米粒大小)的原因是：_________。(6)測定過氧化尿素溶液的酸堿性：在試管中加入1mL6mol/LNaOH溶液、1mL過氧化尿素溶液和2mL無水乙醇，振蕩試管。測得pH約為6，并觀察到有白色的膠狀沉淀生成，該沉淀為生成的NaHO2在乙醇中析出。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___【答案】(1).過濾(2).三頸燒瓶(3).A(4).CO(NH2)2＋H2O2＝CO(NH2)2·H2O2(5).鐵、銅離子等會催化過氧化氫分解(6).滴入最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時，溶液恰好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色(7).不合格(8).12.80%(9).以防由于分解速度過快使反應(yīng)液噴濺到試管外(10).NaOH＋H2O2＝NaHO2＋H2O【解析】【分析】(4)該滴定實(shí)驗(yàn)的目的是測定過氧化尿素中活性氧的含量，尿素不與酸性高錳酸鉀反應(yīng)，所以利用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定樣品中H2O2的含量來確定活性氧的含量，滴定過程中高錳酸鉀被H2O2還原，發(fā)生反應(yīng)5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=8H2O+2MnSO4+K2SO4+5O2↑?！驹斀狻?1)分離后得到固體產(chǎn)品和母液，所以分離操作為過濾；反應(yīng)器的名稱為三頸燒瓶；(2)過氧化尿素是尿素分子與過氧化氫分子之間通過氫鍵結(jié)合形成，共價(jià)鍵、離子鍵不是分子間作用力，氫鍵不屬于化學(xué)鍵，所以選A；反應(yīng)器中的反應(yīng)物有尿素和過氧化氫，產(chǎn)物為過氧化尿素，根據(jù)元素守恒可得化學(xué)方程式為CO(NH2)2＋H2O2＝CO(NH2)2·H2O2；(3)工業(yè)尿素中含有鐵、銅等雜質(zhì)離子，不添加穩(wěn)定劑，鐵、銅離子等會催化過氧化氫分解，導(dǎo)致產(chǎn)品穩(wěn)定率差；(4)①達(dá)到滴定終點(diǎn)時H2O2完全反應(yīng)，再滴入高錳酸鉀不再反應(yīng)，溶液會顯淺紅色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：滴入最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時，溶液恰好變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；n(H2O2)=×0.1000mol/L×0.008L=0.002mol，則樣品中n(H2O2)=0.002mol×=0.02mol，所以樣品中活性氧的含量為=12.80%<16%，所以產(chǎn)品不合格；(5)二氧化錳的量過大會使過氧化氫的分解速率過快，所以加入二氧化錳的一定要少的原因是：以防由于分解速度過快使反應(yīng)液噴濺到試管外；(6)根據(jù)題目信息可知尿素不與NaOH反應(yīng)，所以生成的NaHO2應(yīng)該是H2O2和NaOH反應(yīng)的產(chǎn)物，根據(jù)元素守恒可得化學(xué)方程式為NaOH＋H2O2＝NaHO2＋H2O?！军c(diǎn)睛】分析過氧化尿素中尿素分子與過氧化氫分子之間的作用力時要注意題干信息“分子之間”，離子鍵、共價(jià)鍵不是分子間作用力，而氫鍵是一種分子間作用力。9.2019年諾貝爾化學(xué)獎用于獎勵對鋰離子電池發(fā)展做出貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。鋰離子電池如今被用于各個領(lǐng)域，使一個無化石燃料的社會成為可能。LiFePO4是新型鋰離子電池的正極材料。某小組擬設(shè)計(jì)以一種鋰輝石(主要成分為Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量鐵、鈣、鎂)為原料制備純凈的碳酸鋰，進(jìn)而制備LiFePO4的工藝流程:已知：Li2O?Al2O3?4SiO2＋H2SO4(濃)Li2SO4＋Al2O3?4SiO2?H2O↓回答下列問題:(1)LiFePO4中鐵元素的化合價(jià)為_____，鐵元素進(jìn)行焰色反應(yīng)的顏色是_______(填序號)。A．無焰色反應(yīng)B．黃色C．紫色D．磚紅色(2)向?yàn)V液1中加入適量的CaCO3細(xì)粉用于消耗硫酸并將Fe3+轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，若=3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；濾渣2的主要成分是Fe(OH)3、___(填化學(xué)式)(3)已知碳酸鋰在水中的溶解度隨溫度升高而減小，上述流程中趁熱過濾的目的是__。(4)流程中加H2C2O4和FePO4，用于煅燒制備LiFePO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。(5)若濾液1中c(Mg2+)=0.2mol/L，向其中加入雙氧水和磷酸(設(shè)溶液體積增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×105mol/L，此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_____(列式計(jì)算說明)。已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.3×1022、1.0×1024。(6)一種鋰離子電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4。寫出放電時正極電極反應(yīng)式:____。【答案】(1).+2(2).A(3).Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2↑(4).Mg(OH)2CaSO4(5).減小Li2CO3的溶解損失(6).Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑(7).由Ksp(FePO4)可知c(PO)==1.3×1017mol·L－1；Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO)=×(1.3×1017mol·L－1)2=1.69×1037<Ksp，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀(8).FePO4+Li++e=LiFePO4【解析】【分析】鋰輝石（主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量鐵、鈣、鎂）加入濃硫酸共熱，根據(jù)已知信息可知得到的濾渣1主要成分為Al2O3·4SiO2·H2O，濾液中的主要陽離子有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Li＋；加入碳酸鈣和石灰乳可以將過量的氫離子和Fe3＋、Mg2＋除去，濾渣2主要為Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸鈣；濾液主要雜質(zhì)離子有Ca2＋和SO42－；再加入碳酸鈉將鈣離子除去，得到硫酸鋰和硫酸鈉的混合溶液，蒸發(fā)濃縮后加入飽和碳酸鈉溶液，趁熱過濾得到碳酸鋰沉淀；提純后加入草酸和磷酸鐵經(jīng)煅燒得到LiFePO4?！驹斀狻?1)由化合價(jià)代數(shù)和等于0得：LiFePO4中鐵元素的化合價(jià)為+2價(jià)，鐵元素進(jìn)行焰色反應(yīng)的顏色是無焰色反應(yīng)，故答案為：+2；A；(2)向?yàn)V液1中加入適量的CaCO3細(xì)粉用于消耗硫酸并將Fe3＋轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，若=3，溶液中有過量的硫酸，所以方程式為Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2↑；根據(jù)分析可知濾渣2的主要成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2以及CaSO4；故答案為：Fe2(SO4)3+3H2SO4+6CaCO3=2Fe(OH)3+6CaSO4+6CO2↑；Mg(OH)2以及CaSO4；(3)已知碳酸鋰在水中的溶解度隨溫度升高而減小，上述流程中趁熱過濾的目的是減小碳酸鋰的溶解度，減少碳酸鋰的溶解損耗；故答案為：減少碳酸鋰的溶解損耗；(4)流程中加H2C2O4和FePO4，煅燒制備過程的原料為Li2CO3、H2C2O4和FePO4，產(chǎn)物中有LiFePO4，鐵元素的化合價(jià)降低，則該過程中某種物質(zhì)被氧化，根據(jù)元素化合價(jià)變化規(guī)律可知草酸中的C元素被氧化，由+3價(jià)升高為+4價(jià)，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。故答案為：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑；(5)若濾液1中c(Mg2＋)=0.2mol·L－1，向其中加入雙氧水和磷酸(設(shè)溶液體積增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)=1.0×105mol·L－1，由Ksp(FePO4)可知c(PO)==1.3×1017mol·L－1；Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO)=×(1.3×1017mol·L－1)2=1.69×1037<Ksp，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀。故答案為：由Ksp(FePO4)可知c(PO)==1.3×1017mol·L－1；Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO)=×(1.3×1017mol·L－1)2=1.69×1037<Ksp，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀；(6)一種鋰離子電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極鐵元素得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式:FePO4＋Li++e－=LiFePO4。故答案為：FePO4＋Li++e－=LiFePO4?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的分離和提純，涉及原電池原理、物質(zhì)分離和提純試劑的選取等知識點(diǎn)，明確化學(xué)反應(yīng)原理、物質(zhì)性質(zhì)及性質(zhì)差異性是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算及綜合知識運(yùn)用能力，難點(diǎn)（5）用Qc[Mg3(PO4)2]和Ksp比較可判斷是否產(chǎn)生沉淀。10.2019年10月1日，我國成功舉辦國慶七十周年閱兵活動。其中閱兵儀式上混合動力車等新能源車輛的亮相，展示了綜合國力、國防科技發(fā)展水平。同時也說明能源短缺是人類社會面臨的重大問題。甲醇是一種可再生能源，具有廣泛的開發(fā)和應(yīng)用前景。工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：(i)制備合成氣：CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ?mol1(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH=90.67kJ?mol1(1)制備合成氣：工業(yè)生產(chǎn)中為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題，原料氣中需添加CO2，發(fā)生的反應(yīng)(iii)：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ?mol1，為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中二氧化碳與甲烷質(zhì)量比為_______。(2)為節(jié)約化石能源、減少碳排放，用CO2代替CO作為制備甲醇的碳源正成為當(dāng)前研究的焦點(diǎn)。①請寫出二氧化碳加氫合成水蒸氣和甲醇的熱化學(xué)方程式____________。②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料氣的反應(yīng)中，保持其它條件不變，采用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三種催化劑，反應(yīng)進(jìn)行相同時間后，CO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)體系的溫度變化如圖所示：a～d點(diǎn)中反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)的點(diǎn)是____；CO2的轉(zhuǎn)化率a點(diǎn)比c點(diǎn)高的原因是____。③最近采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發(fā)展非金屬催化劑實(shí)現(xiàn)CO2電催化還原制備甲醇方向取得重要進(jìn)展，該反應(yīng)歷程如圖所示：容易得到的副產(chǎn)物有CO和CH2O，其中相對較少的副產(chǎn)物為___；上述合成甲醇的反應(yīng)速率較慢，要使反應(yīng)速率加快，主要降低下列變化中____(填字母)的能量變化。A．*CO→*OCHB．*CO+*OH→*CO+*H2OC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH(3)在一容積可變的密閉容器中充入10molCO和20molH2合成甲醇，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度(T)、壓強(qiáng)(P)的變化如圖所示。①比較A、B兩點(diǎn)壓強(qiáng)大小PA_______PB填“>、<、=”)②若達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)A時，容器的體積為10L，如果反應(yīng)開始時仍充入10molCO和20molH2，則在平衡狀態(tài)B時，容器的體積V(B)=_______L；【答案】(1).11:12(2).CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=49.5kJ·mol1(3).d(4).a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行，a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率大(5).CH2O(6).B(7).<(8).2【解析】【詳解】(1)設(shè)加入的甲烷的物質(zhì)的量為x，加入二氧化碳的物質(zhì)的量為y，則，，由合成甲醇的反應(yīng)方程式可知，CO和H2物質(zhì)的量之比=1:2為最佳合成氣配比，即(x+y):(3xy)=1:2，解得x:y=3:1，即原料氣中二氧化碳與甲烷質(zhì)量比=(1×44):(3×16)=44:48=11:12，故答案為：11:12；(2)①(ii)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH2=90.67kJ?mol1(iii)CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH3=+41.17kJ?mol1(ii)+(iii)得：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=ΔH2+ΔH3=49.5kJ·mol1，故答案為：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=49.5kJ·mol1；②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；a、b、c三點(diǎn)：反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度升高，反應(yīng)速率增大，相同時間內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，但都沒有達(dá)到相同溫度下的最大轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)；最高點(diǎn)之前，反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度升高，反應(yīng)速率增大，相同時間內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，最高點(diǎn)之后：升高溫度，平衡逆向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，則d點(diǎn)反應(yīng)已達(dá)平衡。a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行，溫度相同，催化劑不同，催化效率不同，反應(yīng)速率不同，二氧化碳轉(zhuǎn)化率不同，a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快，相同時間的CO2的轉(zhuǎn)化率大，故答案為：d；a、c點(diǎn)反應(yīng)正向進(jìn)行，a點(diǎn)催化效率高，反應(yīng)快，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率大；③得到CO所需活化能=(0.950.28)eV=0.67eV，得到CH2O所需活化能=[2.73(0.60)]eV=3.33eV，得到CH2O所需活化能高于得到CO所需活化能，所以得到CH2O的速率較慢，相同時間內(nèi)得到副產(chǎn)物CH2O較少。其它條件相同時，反應(yīng)所需活化能越高，反應(yīng)速率越慢，總反應(yīng)速率主要由較慢的那一步反應(yīng)決定，即總反應(yīng)速率由各步反應(yīng)中所需活化能最大那步?jīng)Q定：A．*CO→*OCH所需活化能=(1.110.28)eV=1.39eV；B．*CO+*OH→*CO+*H2O所需活化能=[1.36(0.28)]eV=1.64eV；C．*OCH2→*OCH3所需活化能=[0.58(0.6)]eV=1.18eV；D．*OCH3→*CH3OH所需活化能=(1.120.58)eV=0.54eV；所以，*CO+*OH→*CO+*H2O活化能最大，決定反應(yīng)速率，主要降低該變化的能量變化，故答案為：CH2O；B；(3)①其他條件相同時，增大壓強(qiáng)平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)圖像溫度相同時，CO的轉(zhuǎn)化率：P2時比P1時大，所以P2＞P1，PA＜PB，故答案為：＜；②達(dá)到平衡狀態(tài)A，CO的轉(zhuǎn)化率為0.5，則CO反應(yīng)了0.5×10mol=5mol，列三段式如下：，體積為10L，則平衡狀態(tài)A的平衡常數(shù)K==1L2/mol2。平衡狀態(tài)B時，CO的轉(zhuǎn)化率為0.8，則CO反應(yīng)了0.8×10mol=8mol，列三段式如下：，平衡狀態(tài)A和平衡狀態(tài)B溫度相同，則平衡常數(shù)K相同，即1L2/mol2=，解得：V(B)=2L，故答案為：2。【點(diǎn)睛】(3)②溫度不變，K不變，平衡狀態(tài)A和平衡狀態(tài)B的K相等。11.在建國70周年閱兵儀式上，“殲20”“東風(fēng)41核導(dǎo)彈”等國之重器亮相，它們采用了大量合金材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)查閱資料顯示第二電離能Cu大于Zn，理由是_____________。(2)鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機(jī)的油壓系統(tǒng)，該合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中陰離子的立體構(gòu)型為______，S的_____雜化軌道與O的2p軌道形成______鍵(填“π”或“σ”)。(3)鐵元素能與CO形成Fe(CO)5。羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為____。(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為__(填字母序號)。A.B.C.D.a.b.c.(5)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型如圖，它的堆積模型名稱為__；晶胞是圖中的_(填a、b或c)；配位數(shù)是___；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質(zhì)的密度為ρg?cm3，已知阿伏德羅常數(shù)為NA，則鎂的摩爾質(zhì)量的計(jì)算式是_______。【答案】(1).鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定，更難失去(2).正四面體(3).sp3(4).σ(5).10(6).CN(7).D(8).六方最密堆積(9).c(10).12(11).12NAaρ【解析】【詳解】(1)第二電離能Cu大于Zn，理由是鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定，更難失去。故答案為：鋅失去4s1電子，而銅失去3d10電子，后者全充滿較穩(wěn)定，更難失去；(2)鈦鎳合金可用于戰(zhàn)斗機(jī)的油壓系統(tǒng)，該合金溶于熱的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中硫酸根離子中心原子價(jià)層電子對為：4+=4，S采用sp3，沒有孤電子對，立體構(gòu)型為正四面體，S的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵。故答案為：正四面體；sp3；σ；(3)1molFe(CO)5分子中含CO鍵和鐵碳配位鍵各5mol，共10molσ鍵，將CO中O換成N得與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為CN。故答案為：10；CN；(4)金屬鈦采用六方最密堆積的方式形成晶體，其晶胞的俯視圖為。故答案為：D；(5)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積方式是按ABABABAB…的方式堆積，鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型名稱為六方最密堆積；晶胞是圖中的c；配位數(shù)是12；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質(zhì)的密度為ρg?cm3，已知阿伏德羅常數(shù)為NA，由于緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的幾何體為正四面體，正四面體的該高為晶胞的，可推知四面體的體積為整個晶胞的，而晶胞中含有的鎂原子數(shù)為1+8×=2，則晶胞質(zhì)量=g，則ρg·cm3=，則有Mr=12NA·a·ρ，則鎂的摩爾質(zhì)量的計(jì)算式是12NAaρ。故答案為：六方最密堆積；c；12；12NAaρ。12.隨著電子科技水平的進(jìn)步,液晶電視、電腦、儀表等電子產(chǎn)品已進(jìn)入我們的日常生活。下