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2023届山东省菏泽市单县第二中学高三下学期第三次模拟测试化学试题（含解析）
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这是一份2023届山东省菏泽市单县第二中学高三下学期第三次模拟测试化学试题（含解析），文件包含山东省菏泽市单县二中2023届高三模拟化学试题3解析docx、山东省菏泽市单县二中2023届高三模拟化学试题3原卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
山东省单县第二中学2023届高三下学期模拟化学试题3 解析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Co 59
一、 选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．人生请治田，种秫多酿酒
B．石穴之中，所滴皆为钟乳
C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根
D．锡中杂铅太多，人醋淬八九度，铅尽化灰而去
【答案】B
【解析】A．酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B．溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解在分解析出形成的，该过程中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；C．“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，反应是Hg＋S＝HgS，Hg和S化合价反应变化，该反应属于氧化还原反应，故C不选；D．“锡中杂铅太多，入醋萃八九度，铅尽化灰而去”，铅与酸反应过程中Pb元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选。
2．下列有关实验方法正确的是( )
A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构 B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0
C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素 D．用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液
【答案】A
【解析】A．测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法，可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故A正确；B．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.0的溶液的pH，故B错误；C．海水中没有碘单质，所以不能用淀粉溶液检验海水中的碘元素，故C错误；D．高锰酸钾可氧化橡胶，则应选25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D错误。
3．下列物质性质与用途的对应关系正确的是( )
A．乙烯能够发生加成反应，可用做催熟剂
B．SO2具有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
C．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
D．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
【答案】C
【解析】A．乙烯可用于催熟剂，可催熟植物的果实，与发生加成反应没有关系，A不符合题意；
B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，且少量SO2对人体是无害的，不是因为二氧化硫漂白性，B不符合题意；
C．CaO能与水反应，消耗水，可用作干燥剂，C符合题意；D．Fe3＋与Cu反应生成Fe2＋与Cu2＋，说明Fe3＋具有较强的氧化性，不是因为FeCl3溶液呈酸性，D不符合题意。
4．如图为一种饲料添加剂的结构。X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，Z是宇宙中含量最多的元素，下列说法错误的是( )
A．电负性：Y>X>Z
B．X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X
C．Y与Z形成的化合物都只含极性共价键
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【答案】C
【解析】Z是宇宙中含量最多的元素，可知Z是H，由X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，以及添加剂的结构可知，X是N，Y是O。A．同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小，可知电负性：O＞N ，实验结果证明,在各种氮氢化合物中,电子云都是偏向氮这一侧，说明氮吸引电子的能力比氢强,电负性：N＞H，综上可知电负性：Y>X>Z，A项正确；B．X、Y元素的简单气态氢化物分别为：NH3、H2O，因为水分子之间形成的氢键键能更大，所以X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X，B项正确；C．Y与Z形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，C项错误；D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，例如NH4NO3，又可形成共价化合物，例如HNO3，D项正确。
5．下列实验装置及表述正确的是( )
A．验证NO2气体与水的反应
B．滴加KSCN溶液变红，可以证明锌比铁活泼
C．用该装置
测定中和热
D．用该装置
制备NaHCO3
【答案】A
【解析】A．NO2为红棕色气体，此装置通过观察集气瓶中收集气体的颜色可以验证NO2气体与水的反应，故A正确；B．锌比铁活泼，铁做正极被保护，滴加KSCN溶液变红，溶液不会变红，故B错误；C．装置中小烧杯口没有与大烧杯口相平，小烧杯中的热量会散失到大烧杯中，导致测定不准确，故C错误；D．二氧化碳在水中的溶解度较小，短管进会使压强增大，饱和食盐水会进入长管内，而氨气极易溶于水，所以应该是氨气从短管进，二氧化碳从长管进，故D错误。
6．已知HCHO、NaBH4均能将苯甲醛转化为苯甲醇，下列说法正确的是
A．甲醛的分子构型为三角锥形 B．中心原子的杂化方式为sp2
C．NaBH4中存在离子键、共价键、配位键 D．苯甲醛转化为苯甲醇属于有机反应中的氧化反应
【答案】C
【解析】A． 甲醛中的碳原子价层电子对数为3＋＝3，碳是sp2杂化，甲醛的分子构型为平面三角形，故A错误；B． 中心原子硼原子价层电子对数为4＋＝4，杂化方式为sp3，故B错误；C．NaBH4中存在钠离子与间的离子键、B-H共价键、B-H共价键中有1个是配位键，故C正确；D． 苯甲醛转化为苯甲醇氢原子增加，属于有机反应中的还原反应，故D错误
7．化合物Z是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是
A．X分子中C原子杂化类型有2种
B．Z与足量的氢气加成后产物中含有5个手性碳原子
C．Z可发生取代、加成和消去反应
D．可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质
【答案】 D
【解析】A．X中含有-CH2-、苯环、-CN，C原子杂化类型分别为sp3、sp2、sp共3种，A错误；B．Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图，选项B错误；C．Z中含有酚羟基和羰基，可发生取代反应、加成反应，但不能发生消去反应，C错误；D．Y中不含有酚羟基而Z中含有酚羟基，可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质，D正确。
8．实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示。已知：亚硝酰硫酸溶于硫酸，遇水易分解。下列说法错误的是( )
A．装置A中应使用70%的浓硫酸
B．装置B、D中浓硫酸作用不同
C．装置C中反应为SO2＋HNO3＝NOSO4H
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管
【答案】B
【解析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选用70%的硫酸，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B错误；C．装置C中反应为SO2＋HNO3＝NOSO4H，C正确；D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置C，D正确。
9．实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如下所示，下列说法错误的是( )
A．反应时不能用水浴进行加热
B．试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质
C．操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同
D．加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分
【答案】 B
【解析】 山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯，反应后过滤得到滤液1，加入饱和碳酸钠溶液洗涤后水洗分液得到有机层，加入无水硫酸镁干燥后过滤得到滤液2，蒸馏得到山梨酸乙酯。A．水的沸点低于110℃，不能用水浴进行加热，A正确；B．生成的酯在碱性条件下会发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误；C．操作①和操作③均为分离固液的操作，为过滤，基本原理相同；操作②为萃取分液操作、操作④为蒸馏操作，基本原理不同，C正确；D．加入无水MgSO4固体可以吸水做干燥剂，气目的是除去有机物中的水分，D正确。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有饱和Na2S2O3溶
液的试管中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
且有气泡逸出
生成了S和H2S
B
向饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入过量二氧化碳
溶液变浑浊
析出了NaHCO3
C
加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，将气体通入酸性KMnO4溶液
红色褪去
乙醇发生了消去
反应生成了乙烯
D
室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol·L-1的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH
NaClO溶液
的pH较大
酸性：HClO>CH3COOH
【答案】B
【解析】A．Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸发生的反应为Na2S2O3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋S↓＋SO2↑，可观察到溶液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO2，而不是H2S，故A错误；B．饱和食盐水中含有较多的Na＋，通入氨气和二氧化碳后产生较多的HCO，析出NaHCO3晶体，故B正确；C．无水乙醇容易挥发，加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，产生的乙烯气体中含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色不能说明乙醇发生了消去反应，故C错误；D．NaClO溶液可使pH试纸褪色，可用pH计测定盐溶液的pH，故D错误。
二、 本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．我国科学家合成了Y、Sc(Y1/NC，Sc1/NC)单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是( )
A．相同条件下，Sc1/NC比Y1/NC催化剂更利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂，反应的快慢由生成✱NNH的速率决定
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【答案】B
【解析】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2＋H→*NNH，C正确；D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确。
12．我国首创高钛渣沸腾氯化法获取TiCl4，以高钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料采用该方法获取TiCl4并制备金属钛的流程如下。下列说法错误的是( )
流程中几种物质的沸点如表
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
aCl4
沸点℃
136
127
57
180
A．“除钒”反应为3VOCl3＋Al 3VOCl2＋AlCl3
B．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离TiCl4中含Si、Al的杂质
C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序可以交换
D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率
【答案】CD
【解析】TiO2、V2O5、SiO2、Al2O3可与C、Cl2反应生成生成TiCl4、VOCl3、SiCl4、AlCl3、CO、CO2等，尾气处理掉CO、CO2，得到粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，经过除硅、铝，得到纯TiCl4，TiCl4＋4Na4NaCl＋Ti。A．粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，3VOCl3＋Al 3VOCl2＋AlCl3，A正确；B．TiCl4、SiCl4、AlCl3可可通过蒸馏的方法分离TiCl4，B正确；C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序不可以交换，会导致TiCl4中含有AlCl3，C错误；D．Na为活泼金属，可与水发剧烈反应，D错误。
13．有机物M(2—甲基—2—氯丁烷)常用作有机合成中间体，存在如图转化关系，下列说法正确的是
A．N可能具有顺反异构
B．L中含有手性碳原子
C．L一定能被氧化为醛或酮
D．M的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种
【答案】D
【解析】由图给转化关系可知，2—甲基—2—氯丁烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯，则N为2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯；2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成2—甲基—2—丁醇，则L为2—甲基—2—丁醇；2—甲基—2—丁醇与浓盐酸共热发生取代反应生成2—甲基—2—氯丁烷。A．2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯中碳碳双键中两个碳原子都连接两个相同的原子或原子团，该分子没有顺反异构，故A错误；
B．2—甲基—2—丁醇中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B错误；
C．2—甲基—2—丁醇中与羟基相连的碳原子上没有连接氢原子，不能发生氧化反应生成醛或酮，故C错误；
D．2—甲基—2—氯丁烷的同分异构体中，只有2，2—二甲基—1—氯丙烷分子中含有两种化学环境氢，故D正确。
14．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N-羟基邻苯二甲酰亚胺介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是( )
A．制备乙醛时a极连接c极
B．电池工作时溶液中Na+移向b极
C．当有2molFe[Fe(CN)6]转化成Na2－xFe[Fe(CN)6]时，生成(4－2x)molCH3CHO
D．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-＝Fe[Fe(CN)6]＋Na＋
【答案】AD
【解析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg＋2Cl-－4e-＝[Mg2Cl2]2＋，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。A．由右图可知，制备乙醛时，c极Ni2＋转化为Ni3＋，发生氧化反应，则c极为阳极，则a极连接c极，故A正确；B．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，电池工作时溶液中Na+移向正极，故B错误；C．C2H5OH发生氧化反应生成CH3CHO的过程中转移2个电子，由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，当有2molFe[Fe(CN)6]转化成Na2－xFe[Fe(CN)6]时，失去4mol电子，则在电极装置中生成2mol CH3CHO，故C错误；D．由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，则电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-＝Fe[Fe(CN)6]＋Na＋，故D正确。
15．25℃时，向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与pH关系如图。下列说法正确的是( )
A．NH4HCO3溶液中存在：c(OH-)＋c(NH3H2O)＋c()＝c(H2CO3)＋c(H＋)
B．曲线M表示NH3·H2O的分布分数随pH变化
C．H2CO3的Ka2＝10-10.3
D．该体系中
【答案】AC
【解析】向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不
考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H2CO3、HCO、CO的分布分数；右侧为NH3H2O、NH的分布分数，其中M为NH的分布分数。A．由质子守恒可知NH4HCO3溶液中存在c(OH-)＋c(NH3H2O)＋c()＝c(H2CO3)＋c(H＋)，A正确；B．曲线M表示NH的分布分数随pH变化，B错误；C．Ka1＝图中pH＝6.3时，c(H2CO3)＝c()，Ka1＝c(H＋)＝10-6.3；Ka1×Ka2＝×＝，图像中pH＝8.3时，c()＝c(H2CO3)，Ka1×Ka2＝c2(H＋)，即(10-8.3)2＝10-6.3×Ka2，Ka2＝10-10.3，C正确；D．NH3H2ONH＋OH-，Kb＝， 利用图中pH＝9.3的交叉点时c(NH)＝c(NH3H2O)，解得Kb＝10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)＋c(NH3H2O)＝0.1mol·L-1，故Kb＝＝＝＝10-4.7，，D错误。
三、 本题共5小题，共60分。
16．Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：
(1)一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。
②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过整合作用形成的配位键有___________个。
③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)
A．sp3 B．sp3d8 C．d2sp3 D．sp3d
④咪唑( )具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。
(2)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数体标。
已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3(用计算式表示)。
【答案】(1) 5 三角锥 ＋3 5 C ②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱
(2) (0.3333，0.3333，0.1077)
【解析】(1)①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素。
②配离子中心原子价层电子对数为3＋ ＝4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为＋3价，整合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过整合作用形成的配位键有5个；
③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为d2sp3。④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。
(2)根据1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为8＋4＝2，则该晶体的密度为＝。
17．回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度(g/L)如表：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
101
0.85
0.72
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
(2)Ⅱ步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%Na2CO3溶液沉铁的主要原理是_______。
(4)Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤Li2CO3的原因是_______。
(5)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，反应的化学方程式为_______。
(6)Ⅵ步将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯Li2CO3。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成Li2CO3沉淀的离子方程式是_______。
【答案】(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、OH-
(3)消耗H+，使c(H+)减小，、电离平衡右移，c()增大，与Fe3+结合生成沉淀
(4)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5) Li2CO3＋2FePO4＋2C2LiFePO4＋3CO↑
(6) ①2Cl-－2e-＝Cl2↑ ②阳 ③＋＋2OH-＋2Li+ Li2CO3↓＋NH3↑＋2H2O
【解析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2＋氧化为Fe3＋，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
(2)Ⅱ步加入过量NaOH溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、OH-；
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%Na2CO3溶液沉铁的主要原理是消耗H+，使c(H+)减小，、电离平衡右移，c()增大，与Fe3+结合生成沉淀；
(4)根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤Li2CO3的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
(5)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为Li2CO3＋2FePO4＋2C2LiFePO4＋3CO↑。(6)①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是2Cl-－2e-＝Cl2↑，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。；②b中，加热条件下生成Li2CO3沉淀的离子方程式是＋＋2OH-＋2Li+ Li2CO3↓＋NH3↑＋2H2O。
18．氯霉素(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的名称为 ；A→B反应类型为 。
(2)C→D的化学方程式为 ；符合下列条件的E的同分异构体有 种。
①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应
(3)F的结构简式为 ；试剂a为 ；G中含氧官能团有 种。
(4)根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。
【答案】(1) 苯乙烯 加成反应
(2)15
(3) 浓硝酸和浓硫酸 2
(4)
【解析】A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为， 名称为苯乙烯：B 发生消去反应生成C，C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，D与氨气发生取代反应生成E，对比E、G
的结构，E发生水解反应生成F，F发生硝化反应生成G，故F为(1)A的名称为苯乙烯；A为与水加成生成B，A→B反应类型为加成反应；(2)C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，C→D的化学方程式为；，G发生信息中反应生成H，H的结构简式为。符合下列条件的E的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为－C4H8ON，要有－NH2，
又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。
(3)F发生硝化反应生成G，故F的结构简式为
；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种。
(4) 根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸，加热条件下得到产物，以乙烯为主要原料制备的合成路线为
19．氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性，常用作薄膜涂层。实验室中，某化学小组在氮气的氛围下利用CCl4和Cr2O3制取三氯化铬(CrCl3)，再用氨气与氯化铬(CrCl3)制备CrN，相关物质的性质如表所示，从下图选择合适装置完成实验(夹持装置略)。
物质
性质
Cr2O3
浅绿至深绿色，熔点2266℃
CCl4
无色油状液体，难溶于水，沸点76.8℃，易挥发
CrCl3
紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，不溶于乙醚
CrN
难溶于水，熔点1282℃
COCl2
微溶于水，易水解，易与碱反应，沸点8.2℃
回答下列问题：
(1)制备CrCl3：装置A中仪器M的名称是___________，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为a→gh→___________→d，实验过程中为了形成稳定的CCl4气流，装置E采取的最佳措施是___________，装置E中长颈漏斗的作用是___________。
(2)制备CrN：将实验所得的产品用乙醚洗涤、干燥处理后置于装置B的石棉绒上，选择乙醚洗涤晶体的原因是___________，按A→E→F→B→C→F气流方向进行实验，向装置A(不加热)的仪器M中加入碱石灰，分液漏斗中加入浓氨水，第二个装置F中添加的药品是___________，实验过程中，装置B和C之间导气管中有白色固体凝结，装置C中产生大量白烟，但制得的CrN中往往含有少量Cr2N杂质，则生成Cr2N的化学方程式为___________。
(3)电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当被测离子H+浓度发生突跃，会导致电极电位突跃，从而确定滴定终点。化学小组利用电位滴定法测定市售三氯化铬(含NH4Cl)质量分数，操作步骤如下：称取市售三氯化铬mg，溶于盛有25.00mL蒸馏水的锥形瓶中，加入足量的甲醛，发生反应4＋6HCHO＝3H+＋6H2O＋(CH2)6N4H+［与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当］。摇匀、静置，用c mol·L-1 NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液的体积为VmL。
①滴定实验时，选择指示剂的情况是___________(填“选甲基橙”、“选酚酞”或“不需指示剂”)。
②市售CrCl3中CrCl3的质量分数为___________％(用含有m、c、V的代数式表示，要求化简)。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 ef→bc→ij (76.8°C以上)水浴加热 平衡压强(调节N2的气体流速、检验后面装置是否堵塞)
(2)除去CrCl3表面的CCl4；降低CrCl3的溶解损耗；乙醚易挥发，营造干燥环境 P2O5或CaCl2 4CrCl3＋16NH3N2＋2Cr2N＋12NH4Cl
(3) 不需指示剂(或否) 100－
【解析】制备无水氯化铬，反应原理为：Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热的情况下产生氮气，通入装置F中的碱石灰进行干燥，装置E的锥形瓶中盛放的物质是CCl4，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态并将装置中的空气及水蒸气赶出，再点燃B处管式炉加热反应，为防止COCl2水解，装置B和D之间需要接入G中浓硫酸，防止水蒸气进入B装置中，一段时间后，先停止加热B，待冷却后继续通入一段时间的N2，将残余的COCl2赶入D中进行尾气吸收；制备为CrN，反应原理为： CrCl3＋NH3CrN＋3HCl；向装置A(不加热)的仪器M中加入碱石灰，分液漏斗中加入浓氨水制备氨气，利用碱石灰进行干燥，然后在装置B中与CrCl3发生反应。(1)装置A中仪器M的名称是蒸馏烧瓶；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热的情况下产生氮气，通入装置F中的碱石灰进行干燥，装置E的锥形瓶中盛放的物质是CCl4，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态并将装置中的空气及水蒸气赶出，再点燃B处管式炉加热反应，为防止COCl2水解，装置B和D之间需要接入G中浓硫酸，防止水蒸气进入B装置中，一段时间后，先停止加热B，待冷却后继续通入一段时间的N2，将残余的COCl2赶入D中进行尾气吸收；故按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为a→gh→ef→bc→ij→d；实验过程中为了形成稳定的CCl4气流，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态，装置E采取的最佳措施是：(76.8°C以上)水浴加热；装置E中长颈漏斗的作用是：平衡压强或调节N2的气体流速或检验后面装置是否堵塞；(2)乙醚与均为有机溶剂，相似相溶，且题干中已知信息提示CrCl3不溶于乙醚，因此选择乙醚洗涤CrCl3晶体的原因是：除去CrCl3表面的CCl4；降低CrCl3的溶解损耗；乙醚易挥发，营造干燥环境；第二个装置F，有反应产生的HCl气体，可添加的药品是P2O5或CaCl2；实验过程中，装置B和C之间导气管中有白色固体凝结，装置C中产生大量白烟，即有氯化铵生成，但制得的CrN中往往含有少量Cr2N杂质，则生成Cr2N的化学方程式为： 4CrCl3＋16NH32Cr2N＋N2＋12NH4Cl；(3)①电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当被测离子H+浓度发生突跃，会导致电极电位突跃，从而确定滴定终点，因此，在进行滴定实验时，不需要指示剂；②由反应4＋6HCHO＝3H+＋6H2O＋(CH2)6N4H+［与NaOH反应时，mol(CH2)6N4H+与1molH+相当］可知，～NaOH，即民n(NH4Cl)＝n()＝n(NaOH)＝cV×10-3mol，m()＝cV×10-3mol×53.5g·mol-1＝53.5×10-2g，CrCl3则市售CrCl3中CrCl3的质量分数为：×100%＝1－。
20．CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和H2。主要反应如下：
反应I：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) △H1；
反应Ⅱ：3CO2(g)＋CH4(g)4CO(g)＋2H2O(g) △H2；
反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH3
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数Kp、ΔH与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的ΔH，ΔH3＝_______kJ·mol－1。
(2)向密闭容器中，通入3molCO2和1molCH4，若仅考虑上述反应，平衡时CO2、CH4、CO、H2的物质的量随温度T的变化如图2所示。
900K时，CH4的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数KX＝_______。900K后随温度升高，H2物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①CH4C＋2H2 ΔH>0 CO2(g)＋2H2(g)；②2COC＋CO2(g) ΔH<0。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中CO2的占比；B．在常规的Ni催化剂中添加MgO，使其在催化剂表面与Ni形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用CaO/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释Fe3O4循环的原理_______。
【答案】(1) Ⅱ －41(2) 或2.1
900K后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大CO2浓度可以促使反应②平衡左移；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附CO2有利于，有利于CO2和C在催化剂表面的反应
(4)Fe3O4＋4H2＝3Fe＋4H2O、Fe3O4＋4CO＝3Fe＋4CO2、3Fe＋4CO2＝Fe3O4＋4CO
或3Fe＋4CaCO3＝4CaO＋Fe3O4＋4CO
【解析】(1)反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；
反应I∶CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋247kJ·mol－1；反应Ⅱ：3CO2(g)＋CH4(g)4CO(g)＋2H2O(g) △H1＝＋329kJ·mol－1；反应III的∆H3＝(∆H1-∆H2)÷2＝[＋247kJ·mol－1-(＋329kJ·mol－1)]÷2＝＋41kJ·mol－1；(2)开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)＝n(CO2)＝1.85mol；n(H2)＝0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)＝1mol＋3mol-1.85mol-1.85mol＝0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)＝(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2＝0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n＝1.85mol×2＋0.95mol＋0.45mol＋0.3mol＝5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数∶；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；(3)增大CO2浓度可以促使反应②平衡左移；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附CO2有利于，有利于CO2和C在催化剂表面的反应；
(4)结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：Fe3O4＋4CO＝3Fe＋4CO2、Fe3O4＋4H2＝3Fe＋4H2O、3Fe＋4CO2＝Fe3O4＋4CO或3Fe＋4CaCO3＝4CaO＋Fe3O4＋4CO。
山东省单县第二中学2023届高三下学期模拟化学试题3 解析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Co 59
一、 选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．人生请治田，种秫多酿酒
B．石穴之中，所滴皆为钟乳
C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根
D．锡中杂铅太多，人醋淬八九度，铅尽化灰而去
【答案】B
【解析】A．酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B．溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解在分解析出形成的，该过程中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；C．“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，反应是Hg＋S＝HgS，Hg和S化合价反应变化，该反应属于氧化还原反应，故C不选；D．“锡中杂铅太多，入醋萃八九度，铅尽化灰而去”，铅与酸反应过程中Pb元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选。
2．下列有关实验方法正确的是( )
A．用X射线衍射实验可获得青蒿素分子的结构 B．用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0
C．用淀粉溶液检验海水中的碘元素 D．用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液
【答案】A
【解析】A．测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法，可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故A正确；B．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.0的溶液的pH，故B错误；C．海水中没有碘单质，所以不能用淀粉溶液检验海水中的碘元素，故C错误；D．高锰酸钾可氧化橡胶，则应选25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D错误。
3．下列物质性质与用途的对应关系正确的是( )
A．乙烯能够发生加成反应，可用做催熟剂
B．SO2具有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
C．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
D．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
【答案】C
【解析】A．乙烯可用于催熟剂，可催熟植物的果实，与发生加成反应没有关系，A不符合题意；
B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，且少量SO2对人体是无害的，不是因为二氧化硫漂白性，B不符合题意；
C．CaO能与水反应，消耗水，可用作干燥剂，C符合题意；D．Fe3＋与Cu反应生成Fe2＋与Cu2＋，说明Fe3＋具有较强的氧化性，不是因为FeCl3溶液呈酸性，D不符合题意。
4．如图为一种饲料添加剂的结构。X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，Z是宇宙中含量最多的元素，下列说法错误的是( )
A．电负性：Y>X>Z
B．X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X
C．Y与Z形成的化合物都只含极性共价键
D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
【答案】C
【解析】Z是宇宙中含量最多的元素，可知Z是H，由X、Y、Z三种元素占据相邻的两个周期，以及添加剂的结构可知，X是N，Y是O。A．同周期，从左到右元素电负性逐渐增大，同主族，从上到下元素电负性逐渐减小，可知电负性：O＞N ，实验结果证明,在各种氮氢化合物中,电子云都是偏向氮这一侧，说明氮吸引电子的能力比氢强,电负性：N＞H，综上可知电负性：Y>X>Z，A项正确；B．X、Y元素的简单气态氢化物分别为：NH3、H2O，因为水分子之间形成的氢键键能更大，所以X、Y元素的简单气态氢化物沸点：Y>X，B项正确；C．Y与Z形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，C项错误；D．X、Y、Z三种元素既可形成离子化合物，例如NH4NO3，又可形成共价化合物，例如HNO3，D项正确。
5．下列实验装置及表述正确的是( )
A．验证NO2气体与水的反应
B．滴加KSCN溶液变红，可以证明锌比铁活泼
C．用该装置
测定中和热
D．用该装置
制备NaHCO3
【答案】A
【解析】A．NO2为红棕色气体，此装置通过观察集气瓶中收集气体的颜色可以验证NO2气体与水的反应，故A正确；B．锌比铁活泼，铁做正极被保护，滴加KSCN溶液变红，溶液不会变红，故B错误；C．装置中小烧杯口没有与大烧杯口相平，小烧杯中的热量会散失到大烧杯中，导致测定不准确，故C错误；D．二氧化碳在水中的溶解度较小，短管进会使压强增大，饱和食盐水会进入长管内，而氨气极易溶于水，所以应该是氨气从短管进，二氧化碳从长管进，故D错误。
6．已知HCHO、NaBH4均能将苯甲醛转化为苯甲醇，下列说法正确的是
A．甲醛的分子构型为三角锥形 B．中心原子的杂化方式为sp2
C．NaBH4中存在离子键、共价键、配位键 D．苯甲醛转化为苯甲醇属于有机反应中的氧化反应
【答案】C
【解析】A． 甲醛中的碳原子价层电子对数为3＋＝3，碳是sp2杂化，甲醛的分子构型为平面三角形，故A错误；B． 中心原子硼原子价层电子对数为4＋＝4，杂化方式为sp3，故B错误；C．NaBH4中存在钠离子与间的离子键、B-H共价键、B-H共价键中有1个是配位键，故C正确；D． 苯甲醛转化为苯甲醇氢原子增加，属于有机反应中的还原反应，故D错误
7．化合物Z是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法正确的是
A．X分子中C原子杂化类型有2种
B．Z与足量的氢气加成后产物中含有5个手性碳原子
C．Z可发生取代、加成和消去反应
D．可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质
【答案】 D
【解析】A．X中含有-CH2-、苯环、-CN，C原子杂化类型分别为sp3、sp2、sp共3种，A错误；B．Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图，选项B错误；C．Z中含有酚羟基和羰基，可发生取代反应、加成反应，但不能发生消去反应，C错误；D．Y中不含有酚羟基而Z中含有酚羟基，可用氯化铁溶液鉴别Y、Z两种物质，D正确。
8．实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示。已知：亚硝酰硫酸溶于硫酸，遇水易分解。下列说法错误的是( )
A．装置A中应使用70%的浓硫酸
B．装置B、D中浓硫酸作用不同
C．装置C中反应为SO2＋HNO3＝NOSO4H
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管
【答案】B
【解析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选用70%的硫酸，A正确；B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B错误；C．装置C中反应为SO2＋HNO3＝NOSO4H，C正确；D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置C，D正确。
9．实验室中用山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯的过程如下所示，下列说法错误的是( )
A．反应时不能用水浴进行加热
B．试剂a可以是5%NaOH溶液，目的是除去滤液1中的山梨酸和硫酸杂质
C．操作①和操作③基本原理相同，操作②和操作④基本原理不同
D．加入无水MgSO4固体的目的是除去有机物中的水分
【答案】 B
【解析】 山梨酸和乙醇催化合成山梨酸乙酯，反应后过滤得到滤液1，加入饱和碳酸钠溶液洗涤后水洗分液得到有机层，加入无水硫酸镁干燥后过滤得到滤液2，蒸馏得到山梨酸乙酯。A．水的沸点低于110℃，不能用水浴进行加热，A正确；B．生成的酯在碱性条件下会发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误；C．操作①和操作③均为分离固液的操作，为过滤，基本原理相同；操作②为萃取分液操作、操作④为蒸馏操作，基本原理不同，C正确；D．加入无水MgSO4固体可以吸水做干燥剂，气目的是除去有机物中的水分，D正确。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有饱和Na2S2O3溶
液的试管中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
且有气泡逸出
生成了S和H2S
B
向饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入过量二氧化碳
溶液变浑浊
析出了NaHCO3
C
加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，将气体通入酸性KMnO4溶液
红色褪去
乙醇发生了消去
反应生成了乙烯
D
室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol·L-1的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH
NaClO溶液
的pH较大
酸性：HClO>CH3COOH
【答案】B
【解析】A．Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸发生的反应为Na2S2O3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋S↓＋SO2↑，可观察到溶液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO2，而不是H2S，故A错误；B．饱和食盐水中含有较多的Na＋，通入氨气和二氧化碳后产生较多的HCO，析出NaHCO3晶体，故B正确；C．无水乙醇容易挥发，加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，产生的乙烯气体中含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色不能说明乙醇发生了消去反应，故C错误；D．NaClO溶液可使pH试纸褪色，可用pH计测定盐溶液的pH，故D错误。
二、 本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．我国科学家合成了Y、Sc(Y1/NC，Sc1/NC)单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是( )
A．相同条件下，Sc1/NC比Y1/NC催化剂更利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂，反应的快慢由生成✱NNH的速率决定
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【答案】B
【解析】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2＋H→*NNH，C正确；D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确。
12．我国首创高钛渣沸腾氯化法获取TiCl4，以高钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料采用该方法获取TiCl4并制备金属钛的流程如下。下列说法错误的是( )
流程中几种物质的沸点如表
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
aCl4
沸点℃
136
127
57
180
A．“除钒”反应为3VOCl3＋Al 3VOCl2＋AlCl3
B．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离TiCl4中含Si、Al的杂质
C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序可以交换
D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率
【答案】CD
【解析】TiO2、V2O5、SiO2、Al2O3可与C、Cl2反应生成生成TiCl4、VOCl3、SiCl4、AlCl3、CO、CO2等，尾气处理掉CO、CO2，得到粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，经过除硅、铝，得到纯TiCl4，TiCl4＋4Na4NaCl＋Ti。A．粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，3VOCl3＋Al 3VOCl2＋AlCl3，A正确；B．TiCl4、SiCl4、AlCl3可可通过蒸馏的方法分离TiCl4，B正确；C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序不可以交换，会导致TiCl4中含有AlCl3，C错误；D．Na为活泼金属，可与水发剧烈反应，D错误。
13．有机物M(2—甲基—2—氯丁烷)常用作有机合成中间体，存在如图转化关系，下列说法正确的是
A．N可能具有顺反异构
B．L中含有手性碳原子
C．L一定能被氧化为醛或酮
D．M的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种
【答案】D
【解析】由图给转化关系可知，2—甲基—2—氯丁烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯，则N为2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯；2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成2—甲基—2—丁醇，则L为2—甲基—2—丁醇；2—甲基—2—丁醇与浓盐酸共热发生取代反应生成2—甲基—2—氯丁烷。A．2—甲基—1—丁烯或2—甲基—2—丁烯中碳碳双键中两个碳原子都连接两个相同的原子或原子团，该分子没有顺反异构，故A错误；
B．2—甲基—2—丁醇中不含有连接4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B错误；
C．2—甲基—2—丁醇中与羟基相连的碳原子上没有连接氢原子，不能发生氧化反应生成醛或酮，故C错误；
D．2—甲基—2—氯丁烷的同分异构体中，只有2，2—二甲基—1—氯丙烷分子中含有两种化学环境氢，故D正确。
14．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N-羟基邻苯二甲酰亚胺介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是( )
A．制备乙醛时a极连接c极
B．电池工作时溶液中Na+移向b极
C．当有2molFe[Fe(CN)6]转化成Na2－xFe[Fe(CN)6]时，生成(4－2x)molCH3CHO
D．电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-＝Fe[Fe(CN)6]＋Na＋
【答案】AD
【解析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，a为电源正极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg＋2Cl-－4e-＝[Mg2Cl2]2＋，b为电源负极，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。A．由右图可知，制备乙醛时，c极Ni2＋转化为Ni3＋，发生氧化反应，则c极为阳极，则a极连接c极，故A正确；B．由分析可知，a为电源正极，b为电源负极，电池工作时溶液中Na+移向正极，故B错误；C．C2H5OH发生氧化反应生成CH3CHO的过程中转移2个电子，由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，当有2molFe[Fe(CN)6]转化成Na2－xFe[Fe(CN)6]时，失去4mol电子，则在电极装置中生成2mol CH3CHO，故C错误；D．由分析可知，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]＋2Na＋＋2e-＝Na2Fe[Fe(CN)6]，则电源充分充电时，a极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]－2e-＝Fe[Fe(CN)6]＋Na＋，故D正确。
15．25℃时，向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与pH关系如图。下列说法正确的是( )
A．NH4HCO3溶液中存在：c(OH-)＋c(NH3H2O)＋c()＝c(H2CO3)＋c(H＋)
B．曲线M表示NH3·H2O的分布分数随pH变化
C．H2CO3的Ka2＝10-10.3
D．该体系中
【答案】AC
【解析】向0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不
考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H2CO3、HCO、CO的分布分数；右侧为NH3H2O、NH的分布分数，其中M为NH的分布分数。A．由质子守恒可知NH4HCO3溶液中存在c(OH-)＋c(NH3H2O)＋c()＝c(H2CO3)＋c(H＋)，A正确；B．曲线M表示NH的分布分数随pH变化，B错误；C．Ka1＝图中pH＝6.3时，c(H2CO3)＝c()，Ka1＝c(H＋)＝10-6.3；Ka1×Ka2＝×＝，图像中pH＝8.3时，c()＝c(H2CO3)，Ka1×Ka2＝c2(H＋)，即(10-8.3)2＝10-6.3×Ka2，Ka2＝10-10.3，C正确；D．NH3H2ONH＋OH-，Kb＝， 利用图中pH＝9.3的交叉点时c(NH)＝c(NH3H2O)，解得Kb＝10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)＋c(NH3H2O)＝0.1mol·L-1，故Kb＝＝＝＝10-4.7，，D错误。
三、 本题共5小题，共60分。
16．Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用。回答下列问题：
(1)一种具有光催化作用的配合物A结构简式如图所示：
①与Co同周期，基态原子有1个未成对电子的元素有___________种。
②配离子的空间构型为___________，钴元素价态为___________，通过整合作用形成的配位键有___________个。
③配合物A无顺磁性，则中心离子的杂化方式为___________(填标号)。(若中心离子具有单电子，则配合物为顺磁性物质。)
A．sp3 B．sp3d8 C．d2sp3 D．sp3d
④咪唑( )具有类似苯环的芳香性，①号N比②号N更易与钴形成配位键的原因是________。
(2)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数体标。
已知晶胞含对称中心，其中1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，则2号氧原子的分数坐标为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3(用计算式表示)。
【答案】(1) 5 三角锥 ＋3 5 C ②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱
(2) (0.3333，0.3333，0.1077)
【解析】(1)①Co位于第四周期，第四周期元素中，原子基态时具有1个未成对电子，外围电排布为4s1或4s24p1或4s24p5、3dl04s1、3d14s2，共有5种元素。
②配离子中心原子价层电子对数为3＋ ＝4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，由配合物A结构简式可知Co原子和N原子形成4个配位键，和O原子形成2个共价键，带1个单位负电荷，则钴元素价态为＋3价，整合是指具有以下两个或多个配位原子的多齿配体与同一金属进行离子相互之间没有形成螯合环，通过整合作用形成的配位键有5个；
③由配合物A结构简式可知Co原子形成6个配位键，Co原子的价层电子对数为6，杂化方式为d2sp3。④②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钻配位能力减弱。
(2)根据1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.6667，0.6077)，2号氧原子、1号氧原子和晶胞含对称中心，根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为(0.3333，0.3333，0.1077)，晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为8＋4＝2，则该晶体的密度为＝。
17．回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度(g/L)如表：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
101
0.85
0.72
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
(2)Ⅱ步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%Na2CO3溶液沉铁的主要原理是_______。
(4)Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤Li2CO3的原因是_______。
(5)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，反应的化学方程式为_______。
(6)Ⅵ步将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯Li2CO3。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成Li2CO3沉淀的离子方程式是_______。
【答案】(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、OH-
(3)消耗H+，使c(H+)减小，、电离平衡右移，c()增大，与Fe3+结合生成沉淀
(4)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5) Li2CO3＋2FePO4＋2C2LiFePO4＋3CO↑
(6) ①2Cl-－2e-＝Cl2↑ ②阳 ③＋＋2OH-＋2Li+ Li2CO3↓＋NH3↑＋2H2O
【解析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2＋氧化为Fe3＋，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
(2)Ⅱ步加入过量NaOH溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、OH-；
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%Na2CO3溶液沉铁的主要原理是消耗H+，使c(H+)减小，、电离平衡右移，c()增大，与Fe3+结合生成沉淀；
(4)根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤Li2CO3的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
(5)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为Li2CO3＋2FePO4＋2C2LiFePO4＋3CO↑。(6)①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是2Cl-－2e-＝Cl2↑，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。；②b中，加热条件下生成Li2CO3沉淀的离子方程式是＋＋2OH-＋2Li+ Li2CO3↓＋NH3↑＋2H2O。
18．氯霉素(H)的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的名称为 ；A→B反应类型为 。
(2)C→D的化学方程式为 ；符合下列条件的E的同分异构体有 种。
①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应
(3)F的结构简式为 ；试剂a为 ；G中含氧官能团有 种。
(4)根据上述信息，写出以乙烯为主要原料制备的合成路线__________。
【答案】(1) 苯乙烯 加成反应
(2)15
(3) 浓硝酸和浓硫酸 2
(4)
【解析】A的分子式为C8H8，结合B的结构简式，推知A为， 名称为苯乙烯：B 发生消去反应生成C，C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，D与氨气发生取代反应生成E，对比E、G
的结构，E发生水解反应生成F，F发生硝化反应生成G，故F为(1)A的名称为苯乙烯；A为与水加成生成B，A→B反应类型为加成反应；(2)C与2分子HCHO之间发生加成反应生成D，C→D的化学方程式为；，G发生信息中反应生成H，H的结构简式为。符合下列条件的E的同分异构体有15种。①含有酚羟基和氨基 ②苯环上有两个取代基 ③能发生水解反应，除去残基为－C4H8ON，要有－NH2，
又要能水解，能形成如下5种基团、，分别位于酚羟基的邻间对三个位置，共15种。
(3)F发生硝化反应生成G，故F的结构简式为
；试剂a为浓硝酸和浓硫酸；G中含氧官能团有硝基和羟基2种。
(4) 根据上述信息，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙醛，与乙烯生成，在酸性条件下得到，浓硫酸，加热条件下得到产物，以乙烯为主要原料制备的合成路线为
19．氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性，常用作薄膜涂层。实验室中，某化学小组在氮气的氛围下利用CCl4和Cr2O3制取三氯化铬(CrCl3)，再用氨气与氯化铬(CrCl3)制备CrN，相关物质的性质如表所示，从下图选择合适装置完成实验(夹持装置略)。
物质
性质
Cr2O3
浅绿至深绿色，熔点2266℃
CCl4
无色油状液体，难溶于水，沸点76.8℃，易挥发
CrCl3
紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，不溶于乙醚
CrN
难溶于水，熔点1282℃
COCl2
微溶于水，易水解，易与碱反应，沸点8.2℃
回答下列问题：
(1)制备CrCl3：装置A中仪器M的名称是___________，制备CrCl3时有光气(COCl2)生成，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为a→gh→___________→d，实验过程中为了形成稳定的CCl4气流，装置E采取的最佳措施是___________，装置E中长颈漏斗的作用是___________。
(2)制备CrN：将实验所得的产品用乙醚洗涤、干燥处理后置于装置B的石棉绒上，选择乙醚洗涤晶体的原因是___________，按A→E→F→B→C→F气流方向进行实验，向装置A(不加热)的仪器M中加入碱石灰，分液漏斗中加入浓氨水，第二个装置F中添加的药品是___________，实验过程中，装置B和C之间导气管中有白色固体凝结，装置C中产生大量白烟，但制得的CrN中往往含有少量Cr2N杂质，则生成Cr2N的化学方程式为___________。
(3)电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当被测离子H+浓度发生突跃，会导致电极电位突跃，从而确定滴定终点。化学小组利用电位滴定法测定市售三氯化铬(含NH4Cl)质量分数，操作步骤如下：称取市售三氯化铬mg，溶于盛有25.00mL蒸馏水的锥形瓶中，加入足量的甲醛，发生反应4＋6HCHO＝3H+＋6H2O＋(CH2)6N4H+［与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当］。摇匀、静置，用c mol·L-1 NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液的体积为VmL。
①滴定实验时，选择指示剂的情况是___________(填“选甲基橙”、“选酚酞”或“不需指示剂”)。
②市售CrCl3中CrCl3的质量分数为___________％(用含有m、c、V的代数式表示，要求化简)。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶 ef→bc→ij (76.8°C以上)水浴加热 平衡压强(调节N2的气体流速、检验后面装置是否堵塞)
(2)除去CrCl3表面的CCl4；降低CrCl3的溶解损耗；乙醚易挥发，营造干燥环境 P2O5或CaCl2 4CrCl3＋16NH3N2＋2Cr2N＋12NH4Cl
(3) 不需指示剂(或否) 100－
【解析】制备无水氯化铬，反应原理为：Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热的情况下产生氮气，通入装置F中的碱石灰进行干燥，装置E的锥形瓶中盛放的物质是CCl4，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态并将装置中的空气及水蒸气赶出，再点燃B处管式炉加热反应，为防止COCl2水解，装置B和D之间需要接入G中浓硫酸，防止水蒸气进入B装置中，一段时间后，先停止加热B，待冷却后继续通入一段时间的N2，将残余的COCl2赶入D中进行尾气吸收；制备为CrN，反应原理为： CrCl3＋NH3CrN＋3HCl；向装置A(不加热)的仪器M中加入碱石灰，分液漏斗中加入浓氨水制备氨气，利用碱石灰进行干燥，然后在装置B中与CrCl3发生反应。(1)装置A中仪器M的名称是蒸馏烧瓶；装置A中氯化铵和亚硝酸钠在加热的情况下产生氮气，通入装置F中的碱石灰进行干燥，装置E的锥形瓶中盛放的物质是CCl4，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态并将装置中的空气及水蒸气赶出，再点燃B处管式炉加热反应，为防止COCl2水解，装置B和D之间需要接入G中浓硫酸，防止水蒸气进入B装置中，一段时间后，先停止加热B，待冷却后继续通入一段时间的N2，将残余的COCl2赶入D中进行尾气吸收；故按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为a→gh→ef→bc→ij→d；实验过程中为了形成稳定的CCl4气流，利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态，装置E采取的最佳措施是：(76.8°C以上)水浴加热；装置E中长颈漏斗的作用是：平衡压强或调节N2的气体流速或检验后面装置是否堵塞；(2)乙醚与均为有机溶剂，相似相溶，且题干中已知信息提示CrCl3不溶于乙醚，因此选择乙醚洗涤CrCl3晶体的原因是：除去CrCl3表面的CCl4；降低CrCl3的溶解损耗；乙醚易挥发，营造干燥环境；第二个装置F，有反应产生的HCl气体，可添加的药品是P2O5或CaCl2；实验过程中，装置B和C之间导气管中有白色固体凝结，装置C中产生大量白烟，即有氯化铵生成，但制得的CrN中往往含有少量Cr2N杂质，则生成Cr2N的化学方程式为： 4CrCl3＋16NH32Cr2N＋N2＋12NH4Cl；(3)①电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当被测离子H+浓度发生突跃，会导致电极电位突跃，从而确定滴定终点，因此，在进行滴定实验时，不需要指示剂；②由反应4＋6HCHO＝3H+＋6H2O＋(CH2)6N4H+［与NaOH反应时，mol(CH2)6N4H+与1molH+相当］可知，～NaOH，即民n(NH4Cl)＝n()＝n(NaOH)＝cV×10-3mol，m()＝cV×10-3mol×53.5g·mol-1＝53.5×10-2g，CrCl3则市售CrCl3中CrCl3的质量分数为：×100%＝1－。
20．CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和H2。主要反应如下：
反应I：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) △H1；
反应Ⅱ：3CO2(g)＋CH4(g)4CO(g)＋2H2O(g) △H2；
反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH3
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数Kp、ΔH与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的ΔH，ΔH3＝_______kJ·mol－1。
(2)向密闭容器中，通入3molCO2和1molCH4，若仅考虑上述反应，平衡时CO2、CH4、CO、H2的物质的量随温度T的变化如图2所示。
900K时，CH4的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数KX＝_______。900K后随温度升高，H2物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①CH4C＋2H2 ΔH>0 CO2(g)＋2H2(g)；②2COC＋CO2(g) ΔH<0。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中CO2的占比；B．在常规的Ni催化剂中添加MgO，使其在催化剂表面与Ni形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用CaO/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释Fe3O4循环的原理_______。
【答案】(1) Ⅱ －41(2) 或2.1
900K后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大CO2浓度可以促使反应②平衡左移；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附CO2有利于，有利于CO2和C在催化剂表面的反应
(4)Fe3O4＋4H2＝3Fe＋4H2O、Fe3O4＋4CO＝3Fe＋4CO2、3Fe＋4CO2＝Fe3O4＋4CO
或3Fe＋4CaCO3＝4CaO＋Fe3O4＋4CO
【解析】(1)反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；
反应I∶CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋247kJ·mol－1；反应Ⅱ：3CO2(g)＋CH4(g)4CO(g)＋2H2O(g) △H1＝＋329kJ·mol－1；反应III的∆H3＝(∆H1-∆H2)÷2＝[＋247kJ·mol－1-(＋329kJ·mol－1)]÷2＝＋41kJ·mol－1；(2)开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)＝n(CO2)＝1.85mol；n(H2)＝0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)＝1mol＋3mol-1.85mol-1.85mol＝0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)＝(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2＝0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n＝1.85mol×2＋0.95mol＋0.45mol＋0.3mol＝5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数∶；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；(3)增大CO2浓度可以促使反应②平衡左移；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，减小了Ni催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；MgO在Ni催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附CO2有利于，有利于CO2和C在催化剂表面的反应；
(4)结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：Fe3O4＋4CO＝3Fe＋4CO2、Fe3O4＋4H2＝3Fe＋4H2O、3Fe＋4CO2＝Fe3O4＋4CO或3Fe＋4CaCO3＝4CaO＋Fe3O4＋4CO。
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