資源簡介

年高三年級第三次模擬考試
化學試題
可能用到的相對原子質量：H 1 N 14 O 16 Ni 75 Se 79
一、單選題（共15題，每題3分）
1.(2024屆廣東省湛江市第一中學高三上學期開學考試)化學與生產、生活、科技密切相關。下列說法錯誤的是（　　）
A. 用于火箭發動機的碳化硅陶瓷是一種新型無機非金屬材料
B. “一帶一路”是現代版的“絲綢之路”，絲綢的主要成分是纖維素
C. 馬家窯文化遺址出土的單刃青銅刀屬于青銅制品，青銅是一種合金
D. 船體上鑲嵌的鋅塊是利用犧牲陽極法來避免船體遭受腐蝕
2.(2024屆貴州省貴陽市高三上學期11月質量檢測)設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（　　）
A. 增大壓強，可使轉變為個分子 B. 或中含有離子數均為
C. 與足量的碘(I2)反應生成HI的分子數為 D. 或 (正四面體)分子中含有的共價鍵數均為
3.（2024屆北京師范大學附屬實驗中學暑期高三第一次督導試題）下列化學用語或圖示表達正確的是(　　)
A. HClO的電子式： B. 中子數為1的氫原子：
C. NaCl的晶胞： D. 反-2-丁烯的結構簡式：
4.CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質如圖所示。下列說法正確的是( )
A. 相對于途徑③，途徑①更好地體現了綠色化學思想
B. 途徑①發生的反應可能是3Cu＋2HNO3＋3H2SO4===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O
C. 將CuSO4溶液蒸發，利用余熱蒸干，可制得膽礬晶體
D. 1 mol CuSO4在1 100 ℃所得混合氣體X為SO3和O2，其中O2可能為0．75 mol
5.下列離子反應方程式與所給事實相符的是（　　）
A. 過量與的溶液反應：
B. 少量與溶液反應：
C. 用溶液將鍋爐水垢中的轉化為：
D. 用綠礬()將酸性工業廢水中的轉化為：
6.如下反應相關元素中，W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，基態X原子的核外電子有5種空間運動狀態，基態Y、Z原子有兩個未成對電子，Q是ds區元素，焰色試驗呈綠色。下列說法錯誤的是 (　　)
QZY4溶液QZX4Y4W12溶液
A. 單質沸點：Z>Y>W B. 簡單氫化物鍵角：X>Y
C. 反應過程中有藍色沉淀產生 D. QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y
7.室溫下，探究溶液的性質，下列實驗方案能達到探究目的的是（　　）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
8.在直流電源作用下，雙極膜中間層中的H2O解離為H＋和OH-，利用雙極膜電解池產生強氧化性的羥基自由基( OH)，處理含苯酚廢水和含SO2的煙氣的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是
A. 電勢：N電極＞M電極 B. 陰極電極反應式為O2＋2e-＋2H＋===2 OH
C. 每處理9.4 g苯酚，理論上有2.8 mol H＋透過膜a D. 若 OH只與苯酚和SO2反應，則參加反應的苯酚和SO2物質的量之比為1：14
9.“鈀碳”是將金屬鈀粉負載到活性碳及有機物上制成的催化劑，廢鈀碳中鈀的回收可通過“王水脫鈀”法實現，其工藝流程如下：
下列說法錯誤的是( )
A. “焚燒”的目的是除去碳和有機物 B. “還原”反應中甲酸被氧化為
C. “溶解”反應中消耗和的物質的量之比為 D. 溫度過高，不利于“氨化”進行
10.鎳的某種氧化物是一種半導體，具有型結構(如圖)，已知晶胞邊長為，設阿伏加德羅常數的值為，下列說法不正確的是(　　)
A. 屬于過渡金屬元素
B. 與距離最近且相等的有4個
C. 晶體的密度為
D. 若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，則該晶體的化學式為
11.催化劑Ⅰ和Ⅱ均能催化反應R(g)P(g)。反應歷程(下圖)中，M為中間產物。其他條件相同時，下列說法不正確的是(　　)
A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反應歷程都分4步進行 B. 反應達平衡時，升高溫度，R的濃度增大
C. 使用Ⅱ時，反應體系更快達到平衡 D. 使用Ⅰ時，反應過程中M所能達到的最高濃度更大
12.阿斯巴甜是一種合成甜味劑，結構如圖所示。下列有關該物質的說法正確的是（　　）
A. 分子中所有原子可能在同一平面 B. 含有5種官能團
C. 1 mol該物質可與3 mol NaOH反應 D. 1 mol該物質中含有4 mol碳氧鍵
13.在常壓、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合氣體(體積比1∶4)進行反應，測得CO2轉化率、CH4和CO的選擇性(即CO2轉化生成CH4或CO的百分比)隨溫度變化如圖所示。
反應Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1；反應Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2。下列說法正確的是(　　)
A. ΔH1、ΔH2都小于零 B. 改變壓強，對CO產量沒有影響
C. 反應Ⅰ的平衡常數可表示為K＝ D. 為提高CH4選擇性，可采用控制反應溫度、調節壓強等措施
14.有機物E具有抗腫瘤、鎮痙等生物活性，它的一種合成方法的最后一步如下。下列說法正確的是(　　)
A. G→E發生了水解反應 B. E分子中所有碳原子一定在同一平面內
C. 化合物G的一鹵代物有6種(不考慮立體異構) D. G、E均能與H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反應
15.室溫下，用0．1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL 0．1 mol·L－1的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系數δ、NaOH溶液體積V(NaOH)與pH的關系如圖所示[比如HAuCl4的分布系數，δ(HAuCl4)＝]。
下列敘述錯誤的是(　　)
A. x點，溶液中c(Na＋)C. n點，溶液中δ(AuCl)約為0．75 D. q點，溶液的pH在8～9之間
二、填空題（共4小題，共55分）
16.工業上常利用含硫廢水生產Na2S2O3·5H2O，某小組同學用如圖裝置(略去加熱儀器等)模擬生產過程。
已知：ⅰ燒瓶C中發生反應如下：Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)===Na2SO3(aq)＋H2S(aq)　(a)
2H2S(aq)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)　(b)
S(s)＋Na2SO3(aq) Na2S2O3(aq)　(c)
ⅱ.Na2S和Na2SO3能被空氣中的O2氧化。
(1)模擬實驗的操作步驟(說明：儀器中旋塞或玻璃塞的開或關不必敘述)：檢查裝置的氣密性，并按圖示加入試劑；向A燒瓶中分步滴加足量濃硫酸， ，所得溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、真空干燥后即得到產品。
(2)為提高產品純度，理論上應使燒瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反應，則燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質的量之比為 。
(3)Na2S2O3常用作脫氯劑。
①S2O離子的空間結構為 。
②Na2S2O3溶液與足量Cl2反應的離子方程式為 。
(4)Na2S2O3可以用于測定粗硒中硒的含量的操作步驟如下：
Ⅰ.用濃H2SO4將樣品中的Se氧化為SeO2；
Ⅱ.用KI溶液還原SeO2為Se，同時生成I2；
Ⅲ.以淀粉為指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定Ⅱ中生成的I2(I2＋2S2O===2I－＋S4O)。實驗中準確稱量0.400 0 g粗硒樣品，滴定中消耗0.800 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液20.00 mL，則粗硒樣品中硒的質量分數為 (寫出計算過程)。
17.工業上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經過系列反應可以得到滿足不同需求的原料氣。
請回答：
(1)在 C和O2的反應體系中：
反應1：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－394 kJ·mol－1
反應2：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH2＝－566 kJ·mol－1
反應3：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH3
①設y＝ΔH－TΔS，反應1、2和3的y隨溫度T的變化關系如圖1所示。圖中對應于反應3的線條是________。
②一定壓強下，隨著溫度的升高，氣體中CO與CO2的物質的量之比________。
A．不變　　　　　　　　　　　　　B．增大
C．減小　　　　　　　　　　　　　D．無法判斷
(2)水煤氣反應：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131 kJ·mol－1。
工業生產水煤氣時，通常交替通入合適量的空氣和水蒸氣與煤炭反應，其理由是__________________________________________。
(3)一氧化碳變換反應：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1。
①一定溫度下，反應后測得各組分的平衡壓強(即組分的物質的量分數×總壓)：p(CO)＝0.25 MPa、p(H2O)＝0.25 MPa、p(CO2)＝0.75 MPa和p(H2)＝0.75 MPa，則反應的平衡常數K的數值為________。
②維持與題①相同的溫度和總壓，提高水蒸氣的比例，使CO的平衡轉化率提高到90%，則原料氣中水蒸氣和CO的物質的量之比為________。
③生產過程中，為了提高變換反應的速率，下列措施中合適的是________。
A．反應溫度愈高愈好
B．適當提高反應物壓強
C．選擇合適的催化劑
D．通入一定量的氮氣
④以固體催化劑M催化變換反應，若水蒸氣分子首先被催化劑的活性表面吸附而解離，能量－反應過程如圖2所示。
用兩個化學方程式表示該催化反應歷程(反應機理)：
步驟Ⅰ：________________________________________________________________________；
步驟Ⅱ：________________________________________________________________________。
18.白云石的主要化學成分為CaMg(CO3)2，還含有質量分數約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。
已知：
(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為__________________。
(2)NH4Cl用量對碳酸鈣產品的影響如下表所示。
備注：ⅰ.MO浸出率＝()×100%(M代表Ca或Mg)。
ⅱ.CaCO3純度計算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時計算出的產品中CaCO3純度。
①解釋“浸鈣”過程中主要浸出CaO的原因是____________________________________。
②沉鈣反應的離子方程式為_______________________________________________________。
③“浸鈣”過程不適宜選用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例為__________。
④產品中CaCO3純度的實測值高于計算值的原因為__________________________________。
(3)“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反應后MgO的浸出率低于60%。加熱蒸餾，MgO的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達98.9%。從化學平衡的角度解釋浸出率增大的原因是_______________。
(4)濾渣C中含有的物質是__________。
(5)該流程中循環利用的物質為__________。
19.一種藥物中間體合成路線如下，回答下列問題：
(1)A的化學名稱為________________。
(2)B中官能團的名稱為________________；B→C、E→G的反應類型分別為_______________、________________。
(3)C→D反應的化學方程式為______________________________________________。
(4)含五元環和碳碳雙鍵的D的同分異構體有________種(不含D)，其中核磁共振氫譜中峰面積之比為4∶3∶2的是________________(寫結構簡式)。
(5)設計以F和CH2==CHCHO為起始原料，合成的路線(其他試劑任選)。參考答案
1.【答案】B
【解析】碳化硅陶瓷是一種新型無機非金屬材料，A正確；絲綢的主要成分是蛋白質，不是纖維素，B錯誤；青銅是在純銅中加入錫或鉛的合金，C正確；由于鋅比鐵活潑，形成原電池時鋅作負極被氧化，鐵作正極被保護，船體上鑲嵌的鋅塊是利用犧牲陽極法來避免船體遭受腐蝕，D正確。
2.【答案】B
【解析】A．物質的量為，轉變為是可逆反應，轉變為分子小于，A項錯誤；
B．或中陰陽離子數之比均為，則離子數均為，B項正確；
C．與反應生成為可逆反應，生成HI的分子數小于，C項錯誤；
D．是正四面體結構，1個分子中含有6個鍵，則共價鍵數均為，D項錯誤；
故選B。
3.【答案】B
【解析】HClO的電子式：，故A錯誤；中子數為1的氫原子：，質量數為2，故B正確；NaCl的晶胞：，故C錯誤；反-2-丁烯的結構簡式：，故D錯誤；故選B。
4.【答案】B
【解析】A項，途徑①有污染氣體NO生成，不能更好地體現綠色化學思想，錯誤；C項，膽礬晶體不能通過蒸干得到，應對CuSO4溶液蒸發濃縮冷卻結晶，過濾得到，錯誤；D項，根據2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑可知，1 mol CuSO4在1 100 ℃所得混合氣體X中O2為0.5 mol，錯誤。
5.【答案】D
【解析】由于過量，生成的會進一步與反應，生成，正確的離子反應方程式為，A錯誤；少量CO2與反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式是，B錯誤；由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向鍋爐水垢中加入溶液，CaSO4轉化為CaCO3，反應方程式為，C錯誤；
D．具有強氧化性，Fe2+有還原性，二者發生氧化還原反應生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合價由+6降低至+3，Fe元素化合價由+2升高至+3，反應離子方程式為，D正確。故選D。
6.【答案】D
【解析】Q是ds區元素，焰色試驗呈綠色，則Q為Cu元素；基態X原子的核外電子有5種空間運動狀態，則X可能為N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z原子序數依次增大，基態Y、Z原子有兩個未成對電子，若Y、Z為第2周期元素，可能為C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序數小于N，所以Y不可能為C，若Y、Z為第3周期元素，可能為Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可與Cu形成CuZY4，所以Y、Z分別為O、S元素，則X只能為N元素；W原子序數小于N且能與X形成XW3，所以W為H元素。S單質常溫下呈固態，O2和H2均為分子晶體，O2的相對分子質量大于H2，所以沸點：S>O2>H2，故A正確；Y、X的簡單氫化物分別為H2O和NH3，H2O的鍵角約為105°，NH3的鍵角為107°，所以鍵角：X>Y，故B正確；硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水不足時生成藍色沉淀氫氧化銅，氨水過量時氫氧化銅溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，即反應過程中有藍色沉淀產生，故C正確；[Cu(NH3)4]SO4中銅離子提供空軌道、NH3的N原子提供孤電子對，兩者形成配位鍵，配位原子為N，故D錯誤。
7.【答案】B
【解析】A．用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察火焰的顏色，只能得出溶液中有K+，不能得出含有KClO，A錯誤；
B．向淀粉KI試紙上滴加幾滴KClO溶液，觀察試紙變為藍色，則說明ClO 有氧化性，B正確；
C．測定等濃度的KClO溶液、KF溶液的pH，比較pH的大小，可以得出F 和ClO 的水解能力大小，C錯誤；
D．向等體積稀鹽酸和濃鹽酸中分別加入等量的KClO溶液，觀察溶液顏色變化，可以得出H+濃度對ClO 氧化性的影響，D錯誤；
故選B。
8.【答案】C
【解析】雙極膜中間層中的H2O解離為H＋和OH-，M極上O2得電子與H＋反應生成羥基自由基( OH)，說明M極為陰極，連接電源的負極，M極上產生的羥基自由基將苯酚氧化生成CO2；N極為陽極，H2O解離產生的OH-失電子產生羥基自由基，羥基自由基將SO2氧化為硫酸根離子。
A項，M極上O2得電子生成羥基自由基( OH)，說明M極為陰極，連接電源的負極，N極為陽極，故電勢：N電極＞M電極，A正確；B項，M為陰極，陰極上O2得電子生成羥基自由基( OH)，電極反應式為O2＋2e-＋2H＋===2 OH，B正確；C項，每mol苯酚轉化為CO2，轉移電子28 mol，每處理9.4 g苯酚（即0.1 mol），理論上有2.8 mol電子轉移，則有2.8 mol H＋透過膜b，C錯誤；D.若 OH只與苯酚和SO2反應，轉移電子數之比為28∶2，則參加反應的苯酚和SO2物質的量之比為1∶14，D正確。
9.【答案】C
【解析】由題給流程可知，廢鈀碳在空氣中焚燒可以使鈀碳中的活性碳和有機物燃燒除去，鈀被空氣中的氧氣氧化生成氧化鈀；氧化鈀與加入的甲酸發生氧化還原反應生成鈀、二氧化碳和水；鈀溶于王水生成四氯合鈀酸、一氧化氮和水；四氯合鈀酸與濃氨水反應得到二氯化四氨合鈀，二氯化四氨合鈀溶液發生還原反應生成鈀。A項，由分析可知，廢鈀碳在空氣中焚燒可以使鈀碳中的活性碳和有機物燃燒除去，故A正確；B項，由分析可知，“還原”反應為氧化鈀與甲酸發生氧化還原反應生成鈀、二氧化碳和水，故B正確；C項，鈀與王水反應生成四氯合鈀酸、一氧化氮和水，反應的化學方程式為3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2[PdCl4]＋2NO↑＋4H2O，由方程式可知，消耗鹽酸和硝酸的物質的量比為6：1，故C錯誤；D項，水受熱易發生分解反應生成氨氣，若反應溫度過高，氨氣受熱逸出會不利于“氨化”進行，故D正確。
10.【答案】B
【解析】Ni原子序數28，位于元素周期表第VIII族，屬于過渡金屬元素，A正確；以體心為中心，距離最近且相等的O2 位于6個面的面心，共計6個，B錯誤；根據均攤法，NiO晶胞中含個數為，個數為，晶胞質量為，晶胞體積為，則密度，C正確；若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，晶胞中有4，3個，1個N，則該晶體的化學式為，D正確。故選B。
11.【答案】C
【解析】由圖可知兩種催化劑均出現四個波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反應歷程都分4步進行，A正確；該反應是放熱反應，升高溫度平衡向左移動，R的濃度增大，B正確；由圖可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ時反應速率更快，反應體系更快達到平衡，C錯誤；在前兩個歷程中使用Ⅰ活化能較低反應速率較快，后兩個歷程中使用Ⅰ活化能較高反應速率較慢，所以使用Ⅰ時，反應過程中M所能達到的最高濃度更大，D正確。
12.【答案】C
【解析】該有機物分子中含有多個sp3雜化的碳原子和氮原子，不可能所有原子在同一平面，A錯誤；該有機物分子中含有羧基、氨基、酰胺基和酯基等4種官能團，B錯誤；1 mol該有機物分子中含有羧基、酰胺基和酯基各1 mol，分別能與1 mol NaOH反應，故1 mol該物質可與3 mol NaOH反應，C正確；該有機物分子中，一個羧基含有2個碳氧鍵、一個酯基中含有3個碳氧鍵，一個酰胺基上有1個碳氧鍵，即1 mol該物質中含有6 mol碳氧鍵，D錯誤。故選C。
13.【答案】D
【解析】由圖示看出，在350 ℃～400 ℃時，CH4的選擇性為100%，也就是只發生反應Ⅰ，在此溫度區間內，升高溫度時CO2的轉化率降低，則平衡逆向移動，ΔH1＜0,400 ℃以后升高溫度，CO的選擇性逐漸增加，反應Ⅱ平衡正向移動，ΔH2＞0，A錯誤；增大壓強，反應Ⅰ正向移動，反應Ⅱ不移動，有更多的CO2發生反應Ⅰ，相應發生反應Ⅱ的CO2減少，CO的產量減少，B錯誤；反應Ⅰ中H2O為氣體，平衡常數中應出現c(H2O)，C錯誤；由反應I的特點可看出，降低溫度、增大壓強都能提高CH4的選擇性，D正確。
14.【答案】C
【解析】G→E酮羰基轉化為羥基，發生了加成反應，A錯誤；E分子中含有多個飽和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面內，B錯誤；化合物G分子中氫原子含有6類，其一鹵代物有6種，C正確；G分子不含有羥基或羧基，與鈉不反應，D錯誤。
15.【答案】C
【解析】隨著NaOH的滴入，HAuCl4逐漸被中和轉化為NaAuCl4，溶液pH逐漸增大，故微粒a為HAuCl4，微粒b為AuCl，虛線表示滴定過程中溶液pH的變化趨勢。A．X點c(HAuCl4)＝c(AuCl)，此時溶液顯酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，結合電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl)，得c(Na＋)＜c(AuCl)＝c(HAuCl4)，A項正確；B．p點對應加入NaOH 10 mL，故反應后溶液組成為等物質的量濃度的HAuCl4、NaAuCl4，溶液此時顯酸性，說明HAuCl4的電離程度大于AuCl的水解程度，故c(AuCl)＞c(Na＋)＞c(HAuCl4)，結合電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl)，得c(HAuCl4)＋c(H＋)＜c(OH－)＋c(AuCl)，B項正確；C．實線代表HAuCl4、AuCl分布系數，由圖示知，n點對應的δ(AuCl)明顯大于0．8，C項錯誤；D．0．1 mol·L－1HAuCl4溶液pH＝3，c(H＋)≈c(AuCl)＝10－3 mol·L－1，則Ka＝＝≈10－5，則NaAuCl4溶液中AuCl的水解平衡常數Kh＝＝＝10－9，q點對應NaOH為20 mL，與酸恰好反應生成NaAuCl4，c(AuCl)≈c(Na＋)＝＝0．05 mol·L－1，由水解平衡AuCl＋H2OHAuCl4＋OH－知，c(HAuCl4)≈c(OH－)，Kh＝＝，故c2(OH－)＝5×10－11，則c2(H＋)＝＝2×10－18，則10－9＜c(H＋)＝×10－9＜10－8，故8＜pH＜9，D項正確。
16.【答案】(1) 待裝置中產生SO2氣體一段時間后，向C中燒瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加熱C裝置，充分反應，直至燒瓶C中溶液變澄清為止　(2) 2∶1　(3) ① 四面體　② S2O＋4Cl2＋5H2O===10H＋＋2SO＋8Cl－
(4) Se　　～　　4S2O
79 g　　　　　4 mol
x　　　　　　0.800 0×20.00×10－3 mol
x＝0.316 0 g
w＝×100%＝79.00%
【解析】(1)該實驗步驟為：檢查裝置的氣密性，并按圖示加入試劑；向A燒瓶中分步滴加足量濃硫酸，待裝置中產生SO2氣體一段時間后，向C中燒瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加熱C裝置，充分反應，直至燒瓶C中溶液變澄清為止，所得溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、真空干燥后即得到產品。
(2)由燒瓶C中發生反應如下：Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g)===Na2SO3(aq)＋H2S(aq)　(a)
2H2S(aq)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)　(b)
S(s)＋Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)　(c)
可知，Na2S和Na2SO3反應的總方程式為2Na2S＋Na2SO3＋3SO2===3Na2S2O3，所以燒瓶C中Na2S和Na2SO3物質的量之比為2∶1恰好完全反應。
(3)①中心原子是一個S原子，sp3雜化，另一個S原子和3個O原子也是sp3雜化，所以S2O離子的空間結構為四面體；
②氯氣具有強氧化性，可將硫代硫酸根離子氧化成硫酸根離子，自身轉化成氯離子，所以Na2S2O3溶液與足量Cl2反應的離子方程式為S2O＋4Cl2＋5H2O===10H＋＋2SO －＋8Cl－。
(4)根據關系式法得出：
Se　　～　　4S2O
79 g　　　　4 mol　　　，x＝0.316 0 g，
x　　0.800 0×20.00×10－3 mol
w＝×100%＝79.00%。
17.【答案】(1)①a　②B
(2)水蒸氣與煤炭反應吸熱，氧氣與煤炭反應放熱，交替通入空氣和水蒸氣有利于維持體系熱量平衡，保持較高溫度，有利于加快化學反應速率
(3)①9.0　②1.8∶1　③BC　④M＋H2O===MO＋H2　MO＋CO===M＋CO2
【解析】(1)②溫度升高，三個反應平衡均逆向移動，由于反應2焓變絕對值更大，故溫度對其平衡移動影響程度大，故CO2的物質的量減小，CO的物質的量增大，所以CO與CO2的物質的量比值增大。(2)由于水蒸氣與煤炭反應吸熱，會引起體系溫度的下降，從而導致反應速率變慢，不利于反應的進行，通入空氣，利用煤炭與O2反應放熱從而維持體系溫度平衡，維持反應速率。(3)①該反應平衡常數K＝＝＝9.0。②假設原料氣中水蒸氣為x mol，CO為1 mol，由題意列三段式：
　　　　CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol　1　　　x　　　　　0　　　0
轉化/mol　0.9　　0.9　　　　0.9　　0.9
平衡/mol　0.1　　x－0.9　　0.9　　0.9
則平衡常數K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸氣與CO的物質的量之比為1.8∶1。③反應溫度過高，會引起催化劑失活，導致反應速率變慢，A不符合題意；適當增大壓強，可加快反應速率，B符合題意；選擇合適的催化劑有利于加快反應速率，C符合題意；若為恒容條件，通入氮氣對反應速率無影響，若為恒壓條件，通入氮氣后，容器體積變大，反應物濃度減小，反應速率變慢，D不符合題意。④水分子首先被催化劑吸附，根據元素守恒推測第一步產生H2，第二步吸附CO產生CO2，對應反應歷程依次為M＋H2O===MO＋H2、MO＋CO===M＋CO2。
18.【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑　(2)①Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故CaO先浸出　②Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O　③2.4∶1　④Ksp(CaCO3)【解析】白云石礦樣煅燒后CaMg(CO3)2轉化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂。(1)白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳氣體，化學方程式為CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑。(2)①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調節溶液的pH，由表可知，Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故CaO先浸出。②沉鈣反應中通入的二氧化碳和濾液中鈣離子、一水合氨反應生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O。③由表可知，“浸鈣”過程n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例為2.4∶1時，產品中鎂元素雜質最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例為2.4∶1。(3)“浸鎂”過程中，發生反應：MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NHMg2＋＋2NH3＋2H2O，加熱蒸餾，隨大量氨逸出，平衡正向移動，利于氫氧化鎂轉化為硫酸鎂。(4)白云石的主要化學成分為CaMg(CO3)2，還含有質量分數約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入B中加入硫酸銨后轉化為微溶的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應進入固體B中；“浸鎂”過程中，MgO的浸出率最終可達98.9%，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質是Fe2O3、SiO2、CaSO4、MgO。 (5)沉鈣反應中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3既是反應物又是生成物，可循環利用。
19.【答案】(1)己二酸　(2)酮羰基　加成反應　取代反應　
(3)　(4)12　
(5)
【解析】B與NH3發生加成反應生成C，結合D的分子式可知C發生醇羥基的消去反應生成D，D為，碳碳雙鍵與氫氣發生加成反應生成E，E和F發生取代反應得到G和HCl，G和發生取代反應生成H和HBr，H→I脫去H2O。
(4)D為，含五元環和碳碳雙鍵的D的同分異構體有、、、，共12種，其中核磁共振氫譜中峰面積之比為4∶3∶2的是。

展開更多......

收起↑