湖南省長沙市某中學2023-2024學年高三年級上冊1月期末化學試題（解析版）

湖南省長沙市雅禮中學2023-2024學年高三上學期1月期末考試

化學試題

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共10頁。時量75分鐘，滿分100分。

可能用到的相對原子質量：HlC12N14016Na23Co59

第I卷（選擇題共42分）

一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項符合題意。）

1.化學與生活、科技密切相關。下列說法不正確的是

A.加入食醋可增強“84”消毒液的消毒效果

B.石墨烯是一種新型化合物，在能源、催化方面有重要的應用

C.硅膠、生石灰均可作食品包裝中的干燥劑

D.華為手機mate60使用的麒麟9000s芯片，其主要成分是硅單質

【答案】B

【解析】

【詳解】A.“84”消毒液的主要成分為次氯酸鈉，食醋能與次氯酸鈉反應生成次氯酸，可增強“84”消毒液

的消毒效果，A正確；

B.石墨烯是碳的一種單質，B錯誤；

C.彼膠和生石灰吸水效果都好，硅膠比較安全，生石灰價格低廉，均可作食品包裝中的干燥劑，C正

確；

D.芯片主要成分是硅單質，D正確：

故選Bo

2.下列化學用語或化學圖譜正確的是

A,乙塊的球棍模型：

B.Ti的原子結構示意圖：

s

f

C.無水乙醇的核磁共振氫譜圖:

1086420

化學位移

D.HSO；水解的離子方程式：HSO；4-H,O.tSO：+H,O+

【看】C

【解析】

【詳解】A.球棍模型是用球表示原子和用棍表示化學鍵的模型；乙烘的球棍模型:oGQ^o，

A錯誤;

C.無水乙醇為CH3cH20H,分子中有3種環(huán)境的氫，核磁共振氫譜圖正確，C正確;

D.HSO；為弱酸根離子，水解生成亞硫酸和氫氧根離子，離子方程式:

HSO-+H2O^H2SO3+OH,D錯誤:

答案選c。

3.下列關于儀器使用的說法正確的是

C.b和e可用于灼燒海帶灰D.a和f可用于物質分離

【答案】D

【解析】

【詳解】A.加熱e時不需要墊石棉網，放A錯誤；

B.蒸儲時一般選擇直形冷凝管，球形冷凝管常用作反應時的冷凝回流裝置，故B錯誤;

C.蒸發(fā)皿常用于蒸發(fā)結晶，不能用于灼燒固體，故c錯誤；

D.蕤鐲燒瓶可用于分離液體混合物，普通漏斗可用于過濾(分離固液混合物故D正確；

故答案為D。

4.下列反應的離子方程式正確的是

A.水楊酸與過量碳酸鈉溶液反應：2cI+2HC0；

B.向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸：NO,+3Fe〃+4田=3Fe"+NOT+2H,0

2+

C.Mg(HCO3”溶液中加足量的燒堿溶液：2OH-+Mg+2HCO；=MgCO3J+CO^+2H2O

D.二元弱酸亞磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液H3Po3+2OH-=HPO：十2凡0

【答案】A

【解析】

【詳解】A.已知按基和酚羥基都能與碳酸根反應，故水楊酸與過量碳酸鈉溶液反應：2cO：+

廣工。14—TO+2HC0；,A正確；

1-3

ksCOOHCOO

B.已知卜的還原性強于Fe2+,故向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸先氧化I-為I2,故離子方程式為:

2NO|+6I+8H+=3"+2N0T+4H2O,B錯誤；

C.已知Mg(0H)2的溶解度小于MgCCh,故Mg(HCO3)2溶液中加足量的燒堿溶液的離子方程式為：

2+

4OH+Mg+2HCO3=Mg(OH)2J+2CO：+2HQ,C錯誤；

D.二元弱酸亞磷酸(H3PCh)溶液中滴加少量的NaOH溶液的離子方程式為：

H3PO3+OH=H2PO；+H2O,D錯誤；

故答案為：Ao

5.化學是一門以實驗為基礎的學科，如圖所示的實驗裝置或操作能達到實驗目的的是

A.酸式滴定B.制備C.中和熱的測D.制備無水MgCL

B.電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越大，則氧離子的離子半徑大于氟離子，故B錯

誤；

C.氨分子能形成分子間氫鍵，硫化氫不能形成分子間氫鍵，氨分子間的作用力強于硫化氫，沸點高于硫

化氫，故c錯誤；

D.氟元素的非金屬性最強，沒有正化合價，不存在最高價含氧酸，故D錯誤；

故選A。

7.水合腳(N2H4-H2。)是一種無色透明發(fā)煙液體，具有強堿性和吸濕性，工業(yè)上常用作抗氧化劑。實驗

室利用反應CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2cO3+N2H4?H2O+NaQ制備水合的。下列有關說

法正選的是

A.氯離子核外電子有18種空間運動狀態(tài)

B.以上相關元素第一電離能關系：O>N>C>Na

C.該反應中C原子均為sp?雜化，N原子均為sp3雜化

D.N2H,中H—N—H鍵角小于H2。中H—O—H鍵角

【答案】C

【解析】

【詳解】A.氯離子核外電子排布式為Is22s22P63s23P6,其核外共有1+1+3+1+3=9個運動軌道，則核外電

子有9種空間運動狀態(tài)，A錯誤；

B.同周期元素從左至右，第一電離能呈增大趨勢，但IIA族和VA族最高能級軌道分別為全充滿和半充

滿，比較穩(wěn)定，其第一電離能大于相鄰元素，非金屬第一電離能大于金屬，則相關元素第一電離能關系：

N>O>C>Na,B錯誤：

C.8(NH2)2和C。；中C原子價層電子對數均為3,均為sp?雜化，CO(NH2)2和N2H丁氏0中N原子價

層電子對數均為4,均為sp3雜化，C正確；

D.N2H4中心N原子有1對孤電子對，比0中心O原子有2對孤電子對，孤電子對數越多，孤電子對與成

鍵電子對之間的斥力越大，所以N2H4中H-N-H鍵角大于H20中H-o-H鍵角，D錯誤；

故選C。

8.化合物Z是合成抗多發(fā)性骨髓瘤藥物帕比司他的重要中間體，可由下列反應制得。

下列有關X、Y、Z的說法正確的是

AImolX最多與3m0IH2發(fā)生加成反應

B.Y與足量HBr反應生成的有機化合物中不含手性碳原子

C.Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大

D.X、Y、Z分別與足量酸性KM。。,溶液反應所得芳香族化合物相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.ImolX中與H2發(fā)生加成反應，苯環(huán)消耗3mol,醛基消耗ImoL最多消耗4moLA錯誤;

B.Y與足量HBr反應生成的有機化合物中含手性碳原子,所示，B錯誤;

C.Z中含有酯基不易溶于水，Y含有粉基和羥基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C

錯誤;

D.X、Y、Z分別與足量酸性KMnO4溶液反應所得芳香族化合物相同均為:

H0

,D正確;

0

答案選D。

9.CaC2的晶胞與NaCl相似，但由于C；的結構導致晶胞沿一個方向拉長（如圖），已知CaC?的摩爾質

量為Mg-moL,若阿伏加德羅常數的值為"八，下列說法錯誤的是

A.Ca?+填充在C1圍成的八面體空隙中

B.每個Ca?+周圍等距緊鄰的C；有6個

C.兩個最近Ca?+之間的距離為與pm

D.CaC?晶體密度的計算式為二〃黑10-30g.cm"

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由晶胞結構可知，C1為面心立方緊密堆積，Ca2+填充在C7圍成的八面體空隙中，故A

正確；

B.該晶胞不是正方體，以面心Ca?+為研究對象，每個Ca?+周圍等距緊鄰的C］不是6個，故B不正

確：

C.由晶胞結構可知，兩個最近Ca?+之間的距離為地面對角線的一半，為與pm，故C正確；

D.CaC?晶體中Ca2+的個數為8x」+6xg=4,C；的個數為l+12x，=4,密度的計算式為

824

4M_3

NAAxl尸g—,故D正確；

故選B。

10.氮摻雜的碳材料可以有效催化燃料電池中。2的還原反應，其催化機理如圖。

途徑一：ATBTCTF

途徑二：ATB—C—D—E

下列說法不巧娜的是

A.途徑一中存在極性共價鍵的斷裂與形成

B.途徑一的電極反應是O2+2H++2e-=H2（）2

C.途徑二，Imol。2得至U4moie-

D.氮摻雜的碳材料降低了反應的焰變

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖中信息可知，途徑一中有C-0鍵、0-H鍵的形成，也有C-0鍵的斷裂，選項A正確;

B.途徑一的過程中有02的參與和二次增加H+、e-,最后從催化劑中放出H2O2,其電極反應是

+-

O2+2H+2e=H2O2,選項B正確；

C.途徑二中，有02參與，途中二次增加H+、e?和一次增加2H+、2e-,故Imol0?得到4moiel選項

C正確：

D.氮摻雜的碳材料降低了反應的活化能，但不能改變焰變，選項D不正確；

答案選D。

II.鋰電池具有廣泛應用。用廢鋁渣（含金屬鋁、鋰鹽等）獲得電池級Li2c03的一種工藝流程如下（部分物

質已略去）：

上竺絲廠—7L—8

Q值④

01篇/*蜀Kt）>080?第依

下列說法不正頌的是

A.①中加熱后有SO2生成

B.②生成A1(OH)3的離子方程式：2Al3++3CO；+3H2O=2A1(OH)31+3CO2T

C.由③推測溶解度：CaCO3>Li2CO3

D.④中不宜通入過多C02,否則會造成Li2c03產率降低

【答案】C

【解析】

【分析】廢鋁渣(含金屬鋁、鋰鹽等)加入濃硫酸，在280℃發(fā)生反應，經過濾后得到的濾渣中含有不與濃

硫酸反應的沉淀，濾液中含有硫酸鋁、硫酸鋰，硫酸鋁、硫酸鋰與飽和碳酸鈉反應后得到氫氧化鋁沉淀

和硫酸鈉溶液，碳酸鋰沉淀與氫氧化鈣溶液反應生成氫氧化鋰和碳酸鈣，將氫氧化鋰溶液通入二氧化碳

得到碳酸鋰固體，由此分析。

【詳解】A.①表示廢鋁渣(含金屬鋁、鋰鹽等)加入濃硫酸，在280C發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸作氧化

劑，化合價降低，得到的還原產物有S0：生成，故A不符合題意；

B.濾液中含有硫酸鋁、硫酸鋰，硫酸鋁和碳酸鈉發(fā)生雙水解反應生成A1(OH)3沉淀和CO2,離子方程式

為：2Al3++3CO；+3H2O=2Al(OH)3l+3C02T，故B不符合題意；

C.由③可知，碳酸鋰沉淀與氫氧化鈣溶液反應生成氫氧化鋰和碳酸鈣，發(fā)生了沉淀的轉化，既有溶解度

小的沉淀轉化為溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3>CaCO3,故C符合題意；

D.④表示氫氧化鋰和二氧化碳反應生成碳酸鋰，不宜通入過多CO2,否則會生成碳酸氫鋰，造成Li2c03

產率降低，故D不符合題意；

答案選C。

12.我國學者利用雙膜三室電解法合成了C1CH2cH2。，該方法的優(yōu)點是能耗低、原料利用率高，同時

能得到高利用。價值的副產品，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是

B.膜I、膜n依次適合選用陰離子交換膜、陽離子交換膜

C.電解過程中需及時補充NaQ

D.制得ImolCICH2cH2cl的同時NaOH溶液質量增加80g

【答案】D

【解析】

【分析】由圖可知，左邊電極氯化亞銅轉化為氯化銅，失電子發(fā)生氧化反應，作陽極，電極反應式為

CuCI-e+Cr=CuCl2；右邊電極作陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2T+2?！?。左邊作陽

極，右邊作陰極，則a為電源正極，b為電源負極，據此分析解答。

【詳解】A.由圖可知，左邊電極氯化亞銅失去電子，發(fā)生氧化反應，作陽極，右邊電極為陰極，故b為

電源負極，陰極上的H2。得電子生成H2,A正確；

B.飽和食鹽水中的Na+通過膜II移入陰極區(qū)，同時制得副產品NaOH,飽和食鹽水中的CT通過膜1移

入陽極區(qū)，補充消耗的C「，則膜I、膜II依次適合選用陰離子交換膜、陽離子交換膜，B正確；

C.左邊電極為陽極，電極反應式為CuCl-e-+Cr=CuC12,陰極電極反應式為

2H2O+2e-=H2T+2OH-,生成氫氧根離子，鈉離子向右側遷移，右側NaOH濃度變大，氯離子向左

側遷移，因而NaCl濃度變小，需及時補充，C正確；

電解

D.總反應為CH2=CH2+2H2O+2NaCl^---H2T+2NaOH+C1CH2CH2CI,由

CH2=CH2+2cMe4=ClCH2CH2Cl+2CuCl,結合電極反應式可知，制得ImolCICH2cH2cl轉移

2moi電子，同時有2moiNa+遷移并放出ImolH2,故氫氧化鈉溶液增重（2x23-2x2）g=44g,D錯

誤；

故選D。

13.在催化劑的作用下，氧氣還原CO?的過程中可同時發(fā)生反應①②。

1

①CO2（g）+3H2（g）.hCH3OH（g）+H2O（g）bH、=-50kJ-moE

1

②CO2（g）+H2（g）1CO（g）+H2O（g）型=+41.1H?mof

在恒溫恒容密閉容器中，充入一定量的coz及H?,起始及達到平衡時，容器內各氣體的物質的量及總壓

的部分數據如下表所示。

n(CO2)/moln(H2)/moln(CH3OH)/moln(CO)/moln(H2O)/mol總壓

起

0.9l.4p

始

平

衡

下列說法正確的是

A.反應①任意溫度下均能自發(fā)進行

B.恒溫恒容下，再充入0.5molCC)2和09moiH2,反應①平衡右移，反應②平衡不移動

C.m=0.1

D.反應②的平衡常數K=0.75

【答案】D

【解析】

【詳解】A.反應①為放熱反應，A"1=-50kJ-mo『<0,且正反應是分子數減小的反應，AS<0,根

據AH-TAS<0時反應自發(fā)進行可知，該反應在低溫下能自發(fā)進行，故A錯誤;

B.恒溫恒容下，再充入0.5molCO2和0.9molH2,反應物濃度增大，反應①和②平衡均正向移動，故B錯

誤:

C.根據表中數據列出反應的三段式有:

82(g)+3H2(g)—CH30H(g)+H2O|g)

起始量(mol)0.50.900，

變化量(mol)m3mmm

平衡量(mol)0.5-m0.9-3mmm

82(g)+3H2(g)uCO(g)+H2O(g)

起始量(mol)0.5-m0.9-3m0m，平衡時氣體的總物質的量為

變化量(mol)0.3-m0.3-m0.3-m0.3-m

平衡量(mol)0.20.6-2m0.3-m0.3

0.5+0.91.4P

(0.2+0.6-2m+m+0.3-m+0.3)mol=(1.4-m)mol,恒溫恒容條件下,,解得m=0.2,故C

1.4-mp

錯誤;

D.平衡時n(CO2)=02mol,n(H2)=(O6-?m)mol=0.2mol.n(CO)=(03-m)mol=0.ImoLn(H2O)=03mol.則反

C（CO）C（H2O）03x0.1

應②的平衡常數長==0.75故D正確;

C（CO2）C（H2）0.2x0.2

故答案選D。

14.三甲胺［N(CH3)3］是一種一元有機弱堿，可簡寫為MOH。常溫下，向20mL0.5moi/LMOH溶液中

逐滴加入濃度為0.25moI/L的HC1溶液，溶液中、pOH［pOH=-lgc(0H)］、中和率(中

和率二復中和的MONH的物質的最)的變化如圖所示。下列說法錯誤的是

A.三甲胺［N(CH3X］的電離常數為10々

B.a點時，2c（Cr）=c（M"）+c（MOH）

C.溶液中水的電離程度：c>b>a

D.b點時，c（M+）>c（Cr）>c（MOH）>c（OH~）>c（H+）

【答案】B

【解析】

c(MOH)

【詳解】3據圖可知當電而~二°時,pOH=4.2,即c（MOH）=c（M+）時

c（M+）c（0H-）

c(OH)=10~42mol/L,三甲胺的電離常數K==10-42,故A正確;

c（MOH）

B.a點中和率小于50%,即加入的2n(HCl)<n(MOH),依據物料守恒得：

2C(CP)<C(M+)4-C(MOH),故B錯誤；

C.中和率為100%溶液中溶質為MCI,可以促進水的電離，而三甲胺抑制水的電離，從a點到c點三甲

胺的濃度逐漸降低，抑制作用逐漸減弱，故水的電離程度逐漸增大，故C正確；

D.b點中和率為50%,溶液中的溶質為等物質的量的MOH和MCL據圖可知此時pOH小于7,溶液顯

堿性，說明M-的水解程度小于MOH的電離程度，則溶液

C（M*）＞c（cr）＞c（MOH）＞c（OH）＞c（H+）,故D正確;

故選B。

第II卷（非選擇題共58分）

二、非選擇題（本題共4小題，共58分。）

15.疊氮化鈉（NaN?）是一種防腐劑和分析試劑，在有機合成和汽車行業(yè)有著重要應用。學習小組對疊氮

化鈉的制備和產品純度測定進行相關探究。

查閱資料：

①氨基鈉（NaNH?）熔點為208℃,易潮解和氧化；N?。有強氧化性，不與酸、堿反應；疊氮酸（HN?）不

穩(wěn)定，易分解爆炸；

aA

②2HNO3+8HCl+4SnCU=4SnC14+5H2O+N2OT,2NaNH2+N20=NaN3+NaOH+NH3。

回答下列問題:

I.制備Na$

（1）按氣流方向，上述裝置合理的連接順序為（填儀器接口字母）。

（2）D的作用為

（3）實驗時E中生成SnC^rH?。沉淀，反應的化學方程式為.

H.用如圖所示裝置測定產品純度

（4）儀器F的名稱為；其中反應的離子方程式為

（5）管q的作用為

（6）若G的初始讀數為YmL、末讀數為VzmL,本實驗條件下氣體摩爾體積為VmL?mo『，則產品中

NaN3的質量分數為

【答案】（1）afg（或gf）debch

（2）吸收N20中混有HNO-HC1卻水蒸氣

(3)SnCI2+N2O+(x+l)H2O=SnO2XH2O4<+N2+2HC1

(4)①.蒸儲燒瓶②.CIO+2N；+H2O=CI+3N2T+2OH

（5）平衡壓強、使液體容易流下；減小測定氣體體積時的誤差

O/3(Y.VJ

(6)xlOO%

3m%

【解析】

【分析】根據反應原理，向SnC）與鹽酸混合液中加入稀硝酸反應產生一氧化二氨，利用D中堿石灰

吸收中混有的HNO3、HC1和水蒸氣，進入裝置C中與NaNH2反應制備NaNs，B用于防止E中

水蒸氣進入C中干擾實驗，E用于尾氣處理，進而對產品的純度進行探究。

【小問1詳解】

由實驗目的和原理知，A用于制備N?。，D用于吸收N?。中混有的HNO,和水蒸氣，C用于制備

NaN3,B用于防止E中水蒸氣進入C中干擾實驗，E用于尾氣處理。則按氣流方向，上述裝置合理的連

接順序為afg（或gf）debch；

【小問2詳解】

D的作用為吸收N2O中混有的HNO3和水蒸氣；

【小問3詳解】

由信息可知N2O有強氧化性，故E中生成SnC>2XH2O沉淀的化學方程式為

SnCl2+N2O+（X+1）H2O=SnO2xH2O4<+N2+2HC1；

【小問4詳解】

由裝置圖知，儀器F的名稱為蒸儲燒瓶；其中發(fā)生NaClO與NaN?生成N2的反應，離子方程式為

C1O+2N；+H2O=C1+3N2T+2OH：

【小問5詳解】

管q可以起到平衡壓強、使液體容易流下和減小測定氣體體積時誤差的作用;

【小問6詳解】

由數據信息知，生成N2體積為(V/V2)mL,由關系式2NaN3~3N2列式得產品中NaN3的質量分數為

3

(V,-V2)xlO-Lx|x65g/mol

、L/mol

*00%=劣等XIOO%

mg

16.軌鐵硼廢料中一般含有30%的稀土元素和少量的鉆工缽、銀等金屬。稀土元素經萃取分離后萃余液化

學成分見下表:

成分Fe3+Ca2+Mg2+Co2+Mn2+Ni2+

含量(g/L)<0.0165.3310.351.560.510.16

從萃余液中回收氧化鉆的工藝流程如下:

低鉆萃余液

含鉆有機相

濾液2

O

已知：①萃取劑P507和P，04均為磷酸酯，結構為R2—

-I

OH

②已知常溫時相關物質的溶度積

化學式CoSMnSNiS

2.0x10-252.5x10101.0x10-24

回答下列問題:

(1)P元素在元素周期表中位置為,萃取劑P507中P原子的雜化類型為

(2)已知“濾液c(Mn2+)=l.OxlO-6inol/L,則濾液1Co21的濃度為o

(3)已知“濾渣”的主要成分為S,寫出“酸分解''時CoS發(fā)生反應的離子方程式o

(4)反萃取的目的是o

(5)“沉鉆”后需將沉淀洗凈，檢驗沉淀已洗凈的方法是o

(6)“煨燒”可在純敏氣中進行，寫出煨燒反應的化學方程式o若在空氣中煨燒，溫度高于

400(時會得到另一種鉆的氧化物。已知固體殘留率為54.6%,則該氧化物的化學式為(殘留

殘留的

x100%)o

原來總的量

【答案】(1)①.第三周期第VA族②.sp3

(2)8.0xl0-22mol/L

+2+

(3)COS+H2O2+2H=CO+2H2O+SI

(4)使得鉆從有機相進入水相，便于后續(xù)加入草酸錢后生成鉆的沉淀

(5)取最后一次洗滌液加入酸化的硝酸銀溶液，不生成白色沉淀，說明已經洗滌干凈

煨燒.

(6)①.CoC2O4^=CoO+CO+CO,T②.Co3O4

一Ar

【解析】

【分析】萃余液加入鹽酸調節(jié)pH=0.5,加入硫化鈉反應溶解除去鈣、鎂、鐵等元素，過濾分離出鉆鐳銀硫

化富集物，加入鹽酸、過氧化氨酸分解，使得鐳、鉆元素進入溶液，過濾濾液加入鋅萃取劑分離出含缽有

機相司水相，水相加入鉆萃取劑得到含鉆有機相，加入鹽酸反萃取得到氯化鉆溶液，加入草酸錢得到草酸

鉆沉淀，燃燒得到CoO；

【小問1詳解】

P為15號元素，元素在元素周期表中的位置為第三周期第VA族；萃取劑Ps)7中P原子形成3個單鍵和1

個雙鍵，為sp3雜化;

【小問2詳解】

已知“濾液1”中《M/bLOxloFmol/L,則濾液1中

K'Sx]10

'S卜不消丁75祈mol/L=2.5xl(Tm°l/L則

(C°2+)=^)=22.50x1l0(2F5

mol/L=8.0x1022mol/L.

【小問3詳解】

已知"濾渣”的主要成分為S,貝IJ為“酸分解”時CoS發(fā)生氧化反應生成硫單質，過氧化氫發(fā)生還原反應生成

水,發(fā)生反應的離子方程式CoS+H2()2+2H+二CO2++2H2O+SJ；

【小問4詳解】

反萃取的目的是使得鉆從有機相進入水相，便于后續(xù)加入草酸核后生成鉆的沉淀；

【小向5詳解】

氯離子會和硝酸銀生成不溶于酸的沉淀，故檢驗沉淀已洗凈的方法就是檢驗是否存在氯離子，方法為：

取最后一次洗滌液加入酸化的硝酸銀溶液，不生成白色沉淀，說明已經洗滌干凈；

【小問6詳解】

“燃燒”可在純氮氣中進行，燃燒反應為草酸鉆分解生成氧化鉆和二氧化碳、一氧化碳，

煨燒

CoC2O4=CO04-COT+C02TO若在空氣中燃燒，溫度高于400c時會得到另一種鉆的氧化物，假

Ar

設ImolCoCzOq(為147g、含鉆59g)分解得到147gx54.6%=80.262g固體，其中氧的質量為80.262g-

n(Co)_13

59g=21.262g,則口⑼—.262二,則該氧化物的化學式為COBOA。

16-

17.CHQH可作大型船舶的綠色燃料，可由CO或CO2制備。工業(yè)上用CO?制備CKpH的原理如

下：

反應1：CO2(g)+3H2(g)^CH3OH(g)+H2O(g)=-49.5kJ/moI

反應2：CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)△H=+4L2kJ/mol(副反應)

(1)CO(g)4-2H2(g)CH3OH(g),該反應的△//_kJ/molo

(2)將COn和H2按1:3通入密閉容器中發(fā)生反應1和反應2,分別在IMPa、3MPa、5MPa下改變

反應溫度，測得CO2的平衡轉化率(。)以及生成CH^OH、CO選擇性(S)的變化如圖(選擇性為目標產物

在總產物中的比率)。

(100

380

翦60

3

-50

挈40

O

D

20

0

150200250300350溫度

①代表5MPa下a（CO2）隨溫度變化趨勢的是曲線（填或

②隨著溫度升高，a、b、c三條曲線接近重合的原因是,,

③P點對應的反應2的平衡常數Kp=（保留兩位有效數字）。

④分子篩膜反應器可提高反應1的平衡轉化率、且實現CH3OH選擇性100%,原理如圖所示。分子篩膜

反應器可提高轉化率的原因是O

CO2+H2CH3OH

崔化反鳥/CO2+H2

催化劑

分子篩膜

橋聯(lián)劑

IVt多孑邀體

吹掃氣:N21^0吹掃氣:N2+H2O

一.*>

（3）最近，中科院研究出首例在室溫條件超快傳輸的氫負離子導體LaH、，將帶來系列技術變革。某小

組據此設計了如下裝置（如圖），以電化學方法進行反應lo

。電源q―

進口I進口n

惰

冷

―co2

性

氫負離\件

電

電

導體

極LaHx

極

12

出口1出口II

①電極a為電源的（填“正極”或“負極

②生成CH30H的電極反應式為

③若反應2也同時發(fā)生，出口II為CO、CHQH、CO2的混合氣，且〃（CO）:〃（CH3OH）=l:3,則

利用的電量

惰性電極2的電流效率n為.X100%)o

總的電子電量

【答案】(1)-90.7

(2)①.a②.溫度升高到一定程度時，整個過程以反應2為主③.0.00960.分子篩膜反

應器可以及時分離反應I生成的H2O,并通入N2將比0帶離出反應體現，促進反應1正向進行，增大

CH30H的選擇性

(3)①.負CO2-6e+6H=CH3OH+H2O③.90%

【解析】

【小問1詳解】

由蓋斯定律可知，反應1-反應2可得CO(g)+2H2(g)aCH3(DH(g)AH=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-

90.7kJ/molo

【小問2詳解】

①反應1是氣體體積減小的反應，反應2是氣體體積不變的反應，增大壓強反應1正向移動，CO2的轉化

率增大，反應2平衡不移動，則壓強增大，a(CC)2)增大，代表5MPa卜^(COz)隨溫度變化趨勢的是

曲線a；

②反應1是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，［(CO?)減小，反應2是吸熱反應，升高溫度，平衡

正向移動，［(CO?)增大，隨著溫度升高，a、b、c三條曲線先減小再增大接近重合的原因是：溫度升高

到一定程度時，整個過程以反應2為主；

③根據已知條件列出“三段式”：

CO2(g)+3H2(g);=CH30H(g)+H2O(g)

起始(mol)1300

轉化(mol)X3xXX

平衡(mol)1-x3-3xXX

H

9(g)+2(g)=CO(g)+H2O(g)

起始(mol)1-x3—3x0X

轉化(mol)yyyy

平衡(moj

\-x-y3-3x-yyx+y

P點時壓強為3MPa,CO的選擇性為50%,CCh的轉化率為20%,則一2一二0.5,也=0.2,解得

x+y1

<0.2..)fO.l1

—x3KMPpa

(3.8)

P(H2O)P(CO)_[3.8)

x=y=0.1,反應2的平衡常數Kp=0.0096；

<2.61(0.8A

-P(H2)P(CO2)I—x3MPa

13.8)(3.8)

④分子篩膜反應器可提高轉化率的原因是：分子篩膜反應器可以及時分離反應1生成的H20,并通入N2

將HzO帶離出反應體系，同時也可以將反應放出的熱量帶走，促進反應1正向進行同時抑制反應2正向

進行，因而增大CH3OH的選擇性。

【小問3詳解】

①由信息可知，電解池裝置中的離子導體可以傳輸氫負離子可知，氨氣在惰性電極1上放電生成氫負離

子，氫負離子在惰性電極2上失電子變?yōu)闅湓?，然后氫原子將二氧化碳還原為甲醉和水，則電極a為電

源的正極；

②在惰性電極2上氫負離子失電子變?yōu)闅湓?，然后氫原子將二氧化碳還原為甲醇和水，根據得失電子

守恒司電荷守恒配平電極方程式為：CO2-6e+6H=CH3OH+H2O；

③若反應2也同時發(fā)生，出口II為CO、CH3OH、CO2的混合氣，且〃（CO）:〃（CH3OH）=l:3,假

設生成ImolCO和3moicMOH,轉移Imolx2+3molx6=20mol,則惰性電極2的電流效率n為

3molx6

xlOO%=90%

20mol

18.鹵沙嘎侖W是一種抗失眠藥物，在醫(yī)藥工業(yè)中的?種合成方法如圖:

C\H,BrN