2024年高考化學(xué)模擬練習(xí)題七含解析

2024年高考化學(xué)模擬練習(xí)題（七）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Fe-56Co-59Cu-64Ag-108第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目求的)7．依據(jù)所給的信息或標(biāo)記，推斷下列說法不正確的是ABCD《本草經(jīng)集注》記載“以火燒之，紫青煙起，云是真硝石(硝酸鉀)也”。千淘萬漉雖辛苦，吹盡黃沙始到金。劉禹錫《浪淘沙》詩句侯德榜鉀的焰色反應(yīng)為紫色。詩句中“淘”“漉”相當(dāng)于分別提純操作中的“過濾”。我國化學(xué)工業(yè)的奠基人，主要成就：侯氏制堿法，該堿指的是燒堿。看到有該標(biāo)記的丟棄物，應(yīng)遠(yuǎn)離并報警?！敬鸢浮緿【解析】A項，鉀的焰色反應(yīng)為紫色，以火燒之，紫青煙起，說明含有硝酸鉀，A正確；B項，“千淘萬漉雖辛苦，吹盡黃沙始到金”指淘金要經(jīng)過千遍萬遍的過濾，雖然辛苦但只有淘盡了泥沙才能得到黃金，其中的“淘”、“漉”相當(dāng)于分別提純中的過濾，B正確；C項，侯德榜制堿法制得的堿為純堿，反應(yīng)原理為：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，C錯誤；D項，該標(biāo)記是放射性標(biāo)記，D正確。8．如圖所示三種物質(zhì)均是從巴旦杏中提取出的有香味的有機(jī)物，下列說法正確的是A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ互為同分異構(gòu)體B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．Ⅱ、Ⅲ分別與H2反應(yīng)，均最多可以消耗2molH2D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中只有Ⅲ是苯的同系物【答案】B【解析】A項，依據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的分子式不同，不能互為同分異構(gòu)體，A錯誤；B項，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分子中均含有碳碳雙鍵，均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C項，Ⅱ、Ⅲ中均含有2個碳碳雙鍵，1molⅡ、Ⅲ分別與H2反應(yīng)，均最多可以消耗2molH2，但題中沒有給出Ⅱ、Ⅲ的量，C錯誤；D項，苯分子中的氫原子被烷烴基取代后的有機(jī)物是苯的同系物，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不是苯的同系物，D錯誤。故選B。9．超臨界狀態(tài)下的CO2流體溶解性與有機(jī)溶劑相像，可提取中藥材的有效成分，工藝流程如下。下列說法中不正確的是()A．浸泡時加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出B．高溫條件下更有利于超臨界CO2流體萃取C．升溫、減壓的目的是實現(xiàn)CO2與產(chǎn)品分別D．超臨界CO2流體萃取中藥材具有無溶劑殘留、綠色環(huán)保等優(yōu)點【答案】B【解析】A項，中草藥中的有效成分是有機(jī)物，易溶于乙醇，浸泡時加入乙醇有利于中草藥有效成分的浸出，A正確；B項，溫度越低，氣體的溶解度越大，所以高溫條件不利于超臨界CO2流體萃取，B錯誤；C項，升溫、減壓的目的是讓CO2氣化，從而實現(xiàn)CO2與產(chǎn)品分別，C正確；D項，升溫、減壓后，CO2全部氣化，從而脫離萃取產(chǎn)品，因此，超臨界CO2流體萃取中藥材具有無溶劑殘留、綠色環(huán)保等優(yōu)點，D正確。故選B。10．堿式氯化銅［CuaClb(OH)c·xH2O］是一種重要的無機(jī)殺蟲劑，它可以通過以下步驟制備。步驟1：將銅粉加入稀鹽酸中，并持續(xù)通空氣反應(yīng)生成CuCl2。已知Fe3+對該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如下圖所示。步驟2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反應(yīng)后即可制備堿式氯化銅。下列有關(guān)說法正確的是A．a(chǎn)、b、c之間的關(guān)系式為：a=b+cB．圖中M、N分別為Fe2+、Fe3+C．步驟1充分反應(yīng)后，加入少量CuO是為了除去Fe3+D．若制備1mol的CuCl2，理論上消耗11.2LO2【答案】C【解析】A項，依據(jù)化合物中正負(fù)化合價的代數(shù)和等于0，可知：2a=b+c，A錯誤；B項，依據(jù)題干敘述可知反應(yīng)方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B錯誤；C項，F(xiàn)e3+水解使溶液顯酸性，CuO與H+反應(yīng)產(chǎn)生Cu2+和水，當(dāng)溶液的pH增大到肯定程度，F(xiàn)e3+形成Fe(OH)3程度而除去，從而達(dá)到除去Fe3+的目的，C正確；D項，制備1mol的CuCl2，轉(zhuǎn)移2mol電子，依據(jù)電子守恒，須要消耗0.5molO2，由于不清晰氧氣所處的條件，所以不能確定氣體的體積，D錯誤；故選C。11．25℃時，向20mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的改變?nèi)鐖D所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有關(guān)說法不正確的是A．溶液的導(dǎo)電性：點a弱于點bB．離子濃度c(R2-)：點c小于點dC．H2R+R2-=2HR-平衡常數(shù)>105，反應(yīng)趨于完全D．點b時，y<7且<1【答案】D【解析】A項，b點是向20mL0.1mol?L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液20mL，得到濃度為0.05mol/L的NaHR溶液；a點是向20mL0.1mol?L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液10mL，得到濃度均為0.1/3mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于陰離子的水解和電離程度均很小，因此b點溶液中的離子濃度大于a點，導(dǎo)電實力點a弱于點b，故A正確；B項，c點溶液溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的Na2R、NaHR，濃度均為0.03mol/L，d點溶液中溶質(zhì)為0.1/3mol/LNa2R，R2-水解但程度較小，HR-既電離又水解但程度均很小，因此離子濃度c(R2-)：點c小于點d，故B正確；C項，H2R+R2-=2HR-平衡常數(shù)K>105，說明反應(yīng)進(jìn)行的程度很大，反應(yīng)趨于完全，故C正確；D項，b點時所得溶液為0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，則HR-的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，則Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，則Ka1×Ka2=×=，因此===104.9＞1，故D錯誤；故選D。12．某種濃差電池的裝置如下圖所示，堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl為支持電解質(zhì))，產(chǎn)生電能的同時可生產(chǎn)純堿等物質(zhì)。下列敘述不正確的是A．電子由M極經(jīng)外電路流向N極B．N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為2H++2e－=H2↑C．在堿液室可以生成NaHCO3、Na2CO3D．放電一段時間后，酸液室溶液pH增大【答案】C【解析】A項，電極M為電池的負(fù)極，電子由M極經(jīng)外電路流向N極，故A正確；B項，酸液室中的氫離子透過質(zhì)子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為2H++2e－=H2↑，故B正確；C項，酸液室與堿液室之間為陰離子交換膜，鈉離子不能進(jìn)入堿液室，應(yīng)在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C錯誤；D項，放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D正確；故選C。13．X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價化合物為甲、乙、丙。結(jié)合如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列推斷正確的是()A．X位于元素周期表其次周期Ⅳ族 B．反應(yīng)③可用于工業(yè)上制取W的單質(zhì)C．甲、丙、丁均為酸性化合物 D．工業(yè)上通過電解乙來制取Z的單質(zhì)【答案】B【解析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的四種短周期元素，其中Z為金屬元素，X、W為同一主族元素。X、Z、W分別與Y形成的最高價化合物為甲、乙、丙。結(jié)合如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知X是C元素、Y是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，甲、乙、丙、丁分別是CO2、MgO、SiO2、CO。A項，碳元素位于元素周期表其次周期ⅣA族，故A錯誤；B項，反應(yīng)③是2C+SiO2Si+2CO，可用于工業(yè)上制取Si單質(zhì)，故B正確；C項，丁是CO，CO不能與酸、堿反應(yīng)，既不是酸性氧化物又不是堿性氧化物，故C錯誤；D項，工業(yè)上通過電解熔融氯化鎂來制取鎂的單質(zhì)，氧化鎂熔點高，消耗能源大，故D錯誤；故選B。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、必做題(本題共3小題，共43分。每個試題考生都必需作答)26．(15分)新型電池在飛速發(fā)展的信息技術(shù)中發(fā)揮著越來越重要的作用。Li2FeSiO4是極具發(fā)展?jié)摿Φ男滦弯囯x子電池電極材料，在蘋果的幾款最新型的產(chǎn)品中已經(jīng)有了肯定程度的應(yīng)用。其中一種制備Li2FeSiO4的方法為：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2某學(xué)習(xí)小組按如下試驗流程制備Li2FeSiO4并測定所得產(chǎn)品中Li2FeSiO4的含量。試驗(一)制備流程：試驗(二)Li2FeSiO4含量測定：從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)。經(jīng)4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的體積如下：試驗序號1234消耗KMnO4溶液體積20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL(1)試驗(二)中的儀器名稱：儀器B____________，儀器C__________。(2)制備Li2FeSiO4時必需在惰性氣體氛圍中進(jìn)行，其緣由是______________________。(3)操作Ⅱ的步驟______________，在操作Ⅰ時，所需用到的玻璃儀器中，除了一般漏斗、燒杯外，還需_______________。(4)還原劑A可用SO2，寫出該反應(yīng)的離子方程式_____________________，此時后續(xù)處理的主要目的是_________________________。(5)滴定終點時現(xiàn)象為________________________________；依據(jù)滴定結(jié)果，可確定產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______________；若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消逝，會使測得的Li2FeSiO4含量_______________。(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。【答案】(1)100mL容量瓶(1分)酸式滴定管(1分)(2)防止二價鐵被氧化(1分)(3)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾(2分)玻璃棒(1分)(4)SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分)除去過量的SO2，以免影響后面Fe2+的測定(2分)(5)溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色(2分)81%(2分)偏高(1分)【解析】(1)試驗二中儀器B為配制溶液須要的容量瓶，得到含F(xiàn)e2+離子的溶液100mL，須要儀器為100mL容量瓶，儀器C為滴定試驗裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的儀器，標(biāo)準(zhǔn)溶液為高錳酸鉀溶液具有氧化性能腐蝕橡膠管，須要盛放在酸式滴定管中；(2)固相法中制備Li2FeSiO4的過程必需在惰性氣體氛圍中進(jìn)行，因為亞鐵離子具有還原性，易被氧化，所以惰性氣體氛圍中是為了防止亞鐵離子被氧化；(3)操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亞鐵晶體的試驗操作，蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶，過濾洗滌得到；操作Ⅰ是分別固體和溶液的方法，須要過濾，結(jié)合過濾裝置選擇儀器有一般漏斗、燒杯、玻璃棒；(4)還原劑A可用SO2，二氧化硫具有還原性被鐵離子氧化為硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此時后續(xù)操作應(yīng)除去過量的SO2以免影響后面Fe2+的測定；(5)滴定試驗反應(yīng)終點的推斷是依據(jù)高錳酸鉀溶液滴入最終一滴溶液呈淺紅色且半分鐘不改變，從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol?Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)．消耗高錳酸鉀溶液體積第3次誤差較大舍去，計算平均消耗溶液體積，結(jié)合離子反應(yīng)的定量關(guān)系計算，V(標(biāo)準(zhǔn))=mL=20.00mL，鐵元素守恒計算MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n=0.0200mol100mL溶液中含物質(zhì)的量=0.0200mol×=0.1000mol，產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=81%，滴定前酸式滴定管尖端氣泡未解除，滴定后氣泡消逝，會造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，會造成Li2FeSiO4的含量偏高。27．(14分)鈷酸鋰廢極片中鈷回收的某種工藝流程如下圖所示，其中廢極片的主要成分為鈷酸鋰(LiCoO2)和金屬鋁，最終可得到Co2O3及鋰鹽。(1)“還原酸浸”過程中，大部分LiCoO2可轉(zhuǎn)化為CoSO4，請將該反應(yīng)的化學(xué)方程式補充完整：2LiCoO2+3H2SO4+□==□CoSO4+□+□+□。(2)“還原酸浸”過程中，Co、Al浸出率(進(jìn)入溶液中的某元素養(yǎng)量占固體中該元素總質(zhì)量的百分?jǐn)?shù))受硫酸濃度及溫度(t)的影響分別如圖1和圖2所示。工藝流程中所選擇的硫酸濃度為2mol.L-1，溫度為80oC，推想其緣由是_______________。A．Co的浸出率較高B．Co和Al浸出的速率較快C．Al的浸出率較高D．雙氧水較易分解(3)加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。寫出CoC2O4沉淀在空氣中高溫煅燒得到Co2O3的反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________。(4)若初始投入鈷酸鋰廢極片的質(zhì)量為1kg，煅燒后獲得Co2O3的質(zhì)量為83g，已知Co的浸出率為90%，則鈷酸鋰廢極片中鈷元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為________(小數(shù)點后保留兩位)。(5)已知“沉鋰”過程中，濾液a中的c(Li+)約為10-1mol·L-1，部分鋰鹽的溶解度數(shù)據(jù)如下表所示。溫度Li2SO4Li2CO30oC36.1g1.33g100oC24.0g0.72g結(jié)合數(shù)據(jù)分析，沉鋰過程所用的試劑b是________(寫化學(xué)式)，相應(yīng)的操作方法：向濾液a中加入略過量的試劑b，攪拌，_______________，洗滌干燥。【答案】(1)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O(2分)(2)AB(3分)(3)4CoC2O4+3O2==2Co2O3+8CO2(2分)(4)6.56%(3分)(5)Na2CO3(2分)加熱濃縮，趁熱過濾(2分)【解析】(1)“還原酸浸”過程中，大部分LiCoO2可轉(zhuǎn)化為CoSO4，Co元素的化合價從+3價降低到+2價，則H2O2中O元素的化合價從－1價上升到0價，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；(2)由圖1可知，當(dāng)硫酸濃度為2mol.L-1時，Co的浸出率較高，由圖2可知，當(dāng)溫度為80℃，Co和Al浸出的速率較快，故選AB；(3)CoC2O4沉淀在空氣中高溫煅燒，CoC2O4被氧氣氧化得到Co2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4CoC2O4+3O2=2Co2O3+8CO2；(4)煅燒后獲得Co2O3的質(zhì)量為83g，則Co原子的質(zhì)量為：83×118166=59g，Co的浸出率為90%，則1kg鈷酸鋰廢極片中鈷元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為59÷90%1000g×100%=6.56%；(5)由表中數(shù)據(jù)可知，在相同溫度下，Li2CO3的溶解度更小，且溫度越高，Li2CO3的溶解度越小，則沉鋰過程所用的試劑b是Na2CO3，相應(yīng)的操作方法：向濾液a中加入略過量的Na228．(14分))探討削減CO2排放是一項重要課題。CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳有機(jī)物，主要有以下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－49.6kJ/mol反應(yīng)Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2＝＋23.4kJ/mol反應(yīng)Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3(1)△H3＝____kJ/mol。(2)恒溫恒容條件下，在密閉容器中通入等物質(zhì)的量的CO2和H2，發(fā)生反應(yīng)I。下列描述能說明反應(yīng)I達(dá)到平衡狀態(tài)的是__________(填序號)。A．反應(yīng)體系總壓強保持不變B．容器內(nèi)的混合氣體的密度保持不變C．水分子中斷裂2NA個H-O鍵，同時氫分子中斷裂3NA個H-H鍵D．CH3OH和H2O的濃度之比保持不變(3)反應(yīng)II在某溫度下的平衡常數(shù)為0.25，此溫度下，在密閉容器中加入等物質(zhì)的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反應(yīng)到某時刻測得各組分濃度如下：物質(zhì)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)濃度/mol·L－11.81.80.4當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，混合氣體中CH3OH體積分?jǐn)?shù)(CH3OH)%＝________%。(4)在某壓強下，反應(yīng)III在不同溫度、不同投料比時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示。T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，則0～5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之間的大小關(guān)系為____。(5)恒壓下將CO2和H2按體積比1：3混合，在不同催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)III，在相同的時間段內(nèi)CH3OH的選擇性和產(chǎn)率隨溫度的改變?nèi)鐖D。其中：CH3OH的選擇性＝×100%①溫度高于230℃，CH3OH產(chǎn)率隨溫度上升而下降的緣由是_________________。②在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是________________。A．210℃B．230℃C．催化劑CZTD．催化劑CZ(Zr－1)T【答案】(1)－122.6(2分)(2)AC(2分)(3)20(2分)(4)0.18mol·L?1·min?1(2分)KA＝KC＞KB(2分)(5)反應(yīng)I的△H＜0溫度上升，使CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率下降(2分)BD(2分)【解析】(1)依據(jù)蓋斯定律知，反應(yīng)III=反應(yīng)Ⅰ×2-反應(yīng)Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6kJ/mol×2-23.4kJ/mol=-122.6kJ/mol；(2)反應(yīng)條件為恒溫恒容，反應(yīng)I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)為反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)。A項，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行氣體物質(zhì)的量削減，體系總壓強減小，因此當(dāng)反應(yīng)體系總壓強保持不變時能說明反應(yīng)I達(dá)到平衡狀態(tài)，A項正確；Bv依據(jù)質(zhì)量守恒定律知混合氣體的總質(zhì)量不變，容器容積也不變，則隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器內(nèi)的混合氣體的密度始終保持不變，因此當(dāng)反容器內(nèi)的混合氣體的密度保持不變時不能說明反應(yīng)I達(dá)到平衡狀，B項錯誤；C項，當(dāng)水分子中斷裂2NA個H－O鍵時會有3NA個H－H鍵形成，即生成3mol氫分子，若同時氫分子中斷裂3NA個H－H鍵，即消耗3mol氫分子，則氫氣的物質(zhì)的量保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，因此水分子中斷裂2NA個H－O鍵，同時氫分子中斷裂3NA個H－H鍵能說明反應(yīng)I達(dá)到平衡狀，C項正確；D項，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度保持不變，但CH3OH和H2O的濃度之比始終等于1：1，因此CH3OH和H2O的濃度之比保持不變不能說明反應(yīng)I達(dá)到平衡狀，D項正確；故選AC；(3)此刻反應(yīng)的濃度商，因此反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，v正>v逆；設(shè)起始時CH3OCH3和H2O的物質(zhì)的量均為amol，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，CH3OCH3的轉(zhuǎn)化量為xmol，則可列出三段式：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)起始(mol)amolamol0轉(zhuǎn)化(mol)xmolxmol2xmol平衡(mol)(a-x)mol(a-x)mol2xmol則化學(xué)平衡常數(shù)，解得：x=0.2a，則混合氣體中CH3OH的物質(zhì)的量為0.4a，混合氣體總物質(zhì)的量不變?nèi)詾?a，因此混合氣體中CH3OH體積分?jǐn)?shù)；(4)由圖可知，在T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，因此CO2的轉(zhuǎn)化量為6mol×60%=3.6，則生成CH3OCH3的物質(zhì)的量為1.8mol，；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，則KA＝KC，由圖像可知，當(dāng)投料比相同時，T1溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率較大，該反應(yīng)為正向放熱的反應(yīng)，降溫平衡正向移動，化學(xué)平衡常數(shù)增大，因此T1<T2，KA＝KC＞KB；(5)①反應(yīng)I的△H＜0，在相同的時間段內(nèi)反應(yīng)，230℃反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升溫平衡逆向移動，CO2轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)化率降低，CH3OH產(chǎn)率下降；②由圖像可知在230℃下CH3OH的轉(zhuǎn)化率最高，催化劑CZ(Zr－1)T對CH3OH的選擇性最好，因此合成甲醇的工業(yè)條件是230℃，催化劑CZ(Zr－1)T。故選BD。三、選做題(本題共2小題，考生依據(jù)要求選擇其中一題進(jìn)行作答)37．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)鐵、銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用。請回答下列問題：(1)鐵在元素周期表中的位置是____，基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為_________。(2)協(xié)作物Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可推斷Fe(CO)x晶體屬于________(填晶體類型)。(3)CN－也能與鐵、銅等形成協(xié)作物，CN－中碳原子雜化軌道類型為________。N、O元素的第一電離能的大小N______O(填“>”或“<”，下同)，N、O元素的電負(fù)性的大小N______O。(4)銅晶體中銅原子的積累方式如圖所示。其中銅原子的配位數(shù)為________。(5)CuCl2和CuCl是銅的兩種常見的氯化物。①如圖表示的是________(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。②原子坐標(biāo)參數(shù)表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。上圖中各原子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0，0)；B為(0，1，1)；C為(1，1，0)；則D原子的坐標(biāo)參數(shù)為______________。③圖示晶胞中C、D兩原子核間距為298pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為____g·cm－3。(列出計算式即可)(6)Cu2+等過渡元素水合離子是否有顏色與原子結(jié)構(gòu)有關(guān)，且存在肯定的規(guī)律。試推斷Ni2+的水合離子為______(填“有”或“無”)色離子，依據(jù)是___________。離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無色紫紅色淺綠色藍(lán)色無色【答案】(1)位于周期表中第四周期第VIII族(1分)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(1分)(2)分子晶體(1分)(3)sp雜化(1分)N(1分)N>O(1分)(4)12(2分)(5)①CuCl(2分)②(，，)(2分)③(3分)(6)①有②Ni2+的3d軌道上有未成對電子【解析】(1)依據(jù)元素的質(zhì)子數(shù)可知電子數(shù)為26，其原子基態(tài)時的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表中第四周期第VIII族；鐵為26號元素，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)協(xié)作物Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點為?20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可推斷Fe(CO)x晶體屬于分子晶體；(3)CN?中C原子價層電子對個數(shù)=1+1/2(4+1?1×3)=2，所以實行sp雜化；一般來說非金屬性越強，第一電離能大，但是因為p軌道半充溢體系具有很強的穩(wěn)定性，N的p軌道原來就是半充溢的，O的p軌道失去一個電子才是半充溢的，所以N、O兩元素的第一電離能最大的為N，N、O元素的電負(fù)性的大小N>O；(4)Cu是29號元素，Cu是面心立方最密積累，Cu原子配位數(shù)為12；(5)①白色球為Cl原子，黑色球為Cu原子，晶胞中Cu原子為4、Cl原子數(shù)目為8×+6×=4，故化學(xué)式為CuCl；②D與C的連線處于晶胞體對角線上，且DC長度等于體對角線長度的，D在底面投影D'處于面對角線AC上，且AD'長度等于D'C長度的三倍，則D究竟面(即坐標(biāo)系xoy面)的距離等于晶胞棱長的，即參數(shù)z=，D到左側(cè)平面(即坐標(biāo)系yoz面)的距離等于晶胞棱長的，即參數(shù)x=，D到前平面(即坐標(biāo)系xoz面)的距離等于晶胞棱長的3/4，即參數(shù)y=，故D的坐標(biāo)參數(shù)為：(，，)；③晶胞中C.

D兩原子核間距為298pm，則晶胞體對角線長度為4×298pm，晶胞體對角線長度等于晶胞棱長的倍，晶胞質(zhì)量=，晶體密度=；(6)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外圍電子排布式為3d9，Zn2+離子的原子核外排布式為1s22s22p63s23p63d10，d軌道上有10個電子，故Zn2+

無色，Sc3+離子的原子核外排布式為1s22s22p63s23p6，其d軌道上有0電子，處于全空，故沒有顏色，Ni2+離子的原子核外排布式為1s22s22p63s23p63d8，3d軌道上有未成