2021-2022学年河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省漯河市高级中学2021-2022学年高三上学期
第四次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是
A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”循环利用
B．通过煤的干馏、煤的气化和液化等物理变化后可以获得洁净的燃料和多种化工原料
C．我国C919大飞机所用的材料中，尾翼主盒(碳纤维)主要成分是传统无机非金属材料
D．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应
【答案】A
【详解】A．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，节约资源，减少碳的排放，并且可降解生成CO2，能够实现“碳”的循环利用，故A正确；
B．煤的干馏、煤的气化和液化都有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C．蛋白质和油脂都能水解，但是糖类中单糖不能水解，故C错误；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D错误；
故选：A。
2．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．常温常压下，15g甲基含有的电子数目为9NA
B．在过氧化钠与水的反应中，每生成3.2g氧气，转移电子的数目为0.2NA
C．常温下，56g 铁与足量的浓硝酸反应转移电子数目为3NA
D．在1L 1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+总数等于2NA
【答案】C
【详解】A．15g甲基的物质的量，1mol甲基含有的电子数目为1mol×9×NA/mol=9NA，故A正确；
B．在过氧化钠与水的反应中，每生成3.2g氧气的物质的量，转移电子的数目为0.1mol×2NA/mol=0.2NA，故B正确；
C．常温下，铁遇浓硝酸钝化，无法计算转移电子数目，故C错误；
D．在1L1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+总数等于1L×1mol/L×2×NA/mol=2NA，故D正确；
故选：C。
3．MgO-Pd催化下温室气体的转化如图所示，下列叙述错误的是

A．反应过程中镁的化合价始终不变
B．生成0.25mol转移2mol
C．MgOC是反应的催化剂
D．该循环过程中转化的总化学方程式为：
【答案】C
【详解】A．该反应过程中，Mg均以化合态形式存在，Mg元素的化合价始终不变，故A正确；
B．反应中，C元素的化合价由+4价降低为-4价，则生成0.25molCH4转移e-为0.25mol×8=2mol，故B正确；
C．MgOC是中间产物，不是催化剂，MgO是催化剂，故C错误；
D．由转化关系图可知，MgO-Pd催化下温室气体CO2与H2反应生成CH4和H2O，则该循环过程中转化的总化学方程式为：，故D正确；
故选：C。
4．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，某有机化合物M的结构简式如右图所示，其组成元素其中Y、Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同。下列说法不正确的是

A．元素Q的单质能与Z的简单氢化物反应置换出Z的单质
B．最高价含氧酸的酸性强弱顺序为：Q＞Z＞Y
C．简单氢化物的沸点由高到低顺序为：W＞Q＞Z
D．Z、W、Q的简单离子半径由大到小的顺序为：Q＞Z＞W
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，由有机化合物M的结构简式 可知，X、Q均形成1个共价键，Z的原子序数与Q的最外层电子数相同，Q应该位于第ⅦA族，最外层电子数为7，则Z为N元素；Y、Z、W为同周期相邻元素，则Y为C元素，W为O元素；X的原子序数小于N，则X为H元素；Q的原子序数最大，且不与Y、Z、W为同周期相邻元素，则Q为Cl元素；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，Z为N元素，Q为Cl元素，元素Q的单质为Cl2，Z的简单氢化物为NH3，Cl2与NH3能发生反应生成N2，即3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，故A正确；
B．由上述分析可知，Y为C元素，Z为N元素，Q为Cl元素，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，则最高价含氧酸的酸性强弱顺序为HClO4＞HNO3＞H2CO3，即Q＞Z＞Y，故B正确；
C．由上述分析可知，Z为N元素，W为O元素，Q为Cl元素，它们的简单氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键和分子间作用力，HCl分子间只存在分子间作用力，所以NH3、H2O的沸点高于HCl，又由于H2O是液态，NH3是气态，则H2O的沸点高于NH3，所以NH3、H2O、HCl的沸点由高到低顺序为H2O＞NH3＞HCl，即W＞Z＞Q，故C错误；
D．由上述分析可知，Z为N元素，W为O元素，Q为Cl元素，它们形成简单离子分别为N3-、O2-、Cl-，其中N3-、O2-具有二个电子层，Cl-具有三个电子层，电子层越多，半径越大，则Cl-离子半径最大，N3-、O2-具有相同的电子层结构，离子半径随着原子序数递增而减小，原子序数N＜O，则离子半径N3-＞O2-，即离子半径Q＞Z＞W，故D正确；
答案为C。
5．从松节油中提取的β-蒎烯可制取诺蒎酮、诺蒎酸等，反应原理如下：

下列说法正确的是
A．以上四种有机物均易溶于水
B．诺蒎酮分子中所有碳原子可能共平面
C．β-蒎烯的某种同分异构体可能是芳香烃
D．等物质的量的诺蒎酸与蒎二醇分别与足量的钠反应产生的的量相同
【答案】D
【详解】A．有机物一般难溶于水；含有亲水基越多、憎水基团越小的在水中溶解度越大，β-蒎烯没有亲水基，故A错误；
B．诺蒎酮分子中含，中间碳原子与周围四个碳原子为四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．β-蒎烯有3个不饱和度，而芳香烃至少有4个不饱和度，所以β-蒎烯的某种同分异构体不可能是芳香烃，故C错误；
D．诺蒎酸与蒎二醇中的羧基和羟基均能和钠反应放出，所以等物质的量的诺蒎酸与蒎二醇分别与足量的钠反应产生的的量相同，故D正确；
故选：D。
6．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL2mol·L-1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（    ）
A．10℃20mL3mol·L-1的X溶液
B．20℃30mL2mol·L-1的X溶液
C．20℃10mL4mol·L-1的X溶液
D．10℃10mL2mol·L-1的X溶液
【答案】B
【详解】A.10℃20mL3mol·L-1的X溶液与盐酸混合稀释后，X的浓度为1.2mol/L；
B.20℃30mL2mol·L-1的X溶液与盐酸混合稀释后，X的浓度为1.2mol/L；
C.20℃10mL4mol·L-1的X溶液与盐酸混合稀释后，X的浓度为0.8mol/L；
D.10℃10mL2mol·L-1的X溶液与盐酸混合稀释后，X的浓度为0.4mol/L；
温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，对比四个选项可知B的温度最高，X的浓度最大，则反应最快，故B正确；
综上所述，答案为B。
7．下列各组离子一定能大量共存的是
A．澄清透明溶液中：Na+、Fe3+、NO、SO
B．常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO
C．含有0.1mol/LFe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、SO
D．能溶解Al(OH)3的溶液中：NH、K+、SO、HCO
【答案】A
【详解】A．该组离子不反应，满足澄清透明的限定条件，A符合题意；
B．因水电离出的c(H+)=c(OH-)，则常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中溶质为酸或碱，若为酸溶液，则S2-和SO不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe3+与I-会发生氧化还原反应，两者不能大量共存，C不符合题意；
D．能溶解Al(OH)3的溶液为强酸或强碱，HCO在强酸和强碱中均不能共存，NH在强碱溶液中不能共存，D不符合题意；
故选A。
8．某溶液pH=0，可能存在、、Ba2+、Fe2+、Cl-、、、Al3+中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验，下列有关判断正确的是

A．生成气体A的离子方程式为：
B．生成沉淀H的离子方程式为：
C．溶液X中一定没有的离子：CO、Ba2+、NO
D．溶液X中不能确定是否含有Al3+
【答案】C
【分析】pH=0的某X溶液中不存在，Fe2+和不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，发生反应①，生成气体A证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液发生反应②，生成气体D为NH3，确定原溶液中含有，沉淀F为Fe(OH)3；溶液E加入过量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀H一定是Al(OH)3，则溶液E中一定含有，则原溶液中一定含有Al3+，Cl-无法确定，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，生成气体A的反应为氢离子与硝酸根结合氧化二价铁离子，离子方程式为：，故A错误；
B．根据以上分析，生成沉淀H为向溶液中通过量的二氧化碳，离子方程式为：，故B错误；
C．根据以上分析，溶液X中一定没有的离子仅为：、Ba2+、，故C正确；
D．根据以上分析，溶液X中一定含有的离子是∶H+、Fe2+、、、Al3+，故Al3+一定有，故D错误；
故选：C。
9．某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2·2H2O晶体的工艺流程如下：

下列说法正确的是(　　)
A．焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗3molO2
B．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．滤渣中主要含铁的氧化物
D．将获得的CuCl2·2H2O晶体加热可制得CuCl2固体
【答案】B
【详解】A项、2CuS＋3O22CuO＋2SO2，由方程式可知，1molCuS消耗1.5molO2，故A错误；
B项、废气中含有SO2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C项、调节pH时，Fe3＋水解转化为Fe(OH)3而除去，故C错误；
D项、将CuCl2·2H2O直接加热脱水，Cu2＋水解，HCl挥发会产生Cu(OH)2，无法得到CuCl2，故D错误；
故选B。
10．某科研小组研究采用BMED 膜堆(示意图如右)，模拟精制浓海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知： 在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H+和OH-。下列说法错误的是

A．电极a连接电源的正极 B．B为阳离子交换膜
C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生 D．Ⅱ排出的是淡水
【答案】B
【详解】A. 氢氧根离子向左侧移动，这说明电极a是阳极，所以电极a连接电源的正极，A正确；B. 氯离子通过交换膜进入左侧与氢离子结合生成酸，所以B为阴离子交换膜，B错误；C. 由于氯离子放电会产生有毒气体氯气，所以电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生，C正确；D. 海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动，因此Ⅱ排出的是淡水，D正确，答案选B。
11．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入到1.0Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
SO2通入到紫色石蕊中
溶液先变红，后褪色
二氧化硫具有酸性和漂白性
D
向久置的Na2SO3溶液中加入过量盐酸，再加入少量BaCl2溶液
出现白色浑浊
该溶液已氧化变质

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．将稀硝酸加入过量铁粉中，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；
B．铁离子与铜反应生成铜离子和亚铁离子，没有黑色固体生成，且不能证明铁比铜活泼，故B错误；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离生成氢离子，显酸性，溶液变红色，但二氧化硫不会漂白石蕊试液，溶液不褪色，故C错误；
D．加入过量盐酸再加入少量BaCl2溶液，出现白色浑浊为硫酸钡，说明该溶液已氧化变质，故D正确；
故选：D。
12．NiS因为具有热胀冷缩的特性，在精密测量仪器中可掺杂NiS以抵消仪器的热胀冷缩。NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，过滤，制得NiS沉淀，装置如图所示：

下列对实验的叙述错误的是
A．装置A在滴加浓盐酸前通入N2的目的是排除装置中的空气
B．装置B中盛放浓硫酸以除去水
C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水
D．装置D连接抽气泵可将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤
【答案】B
【详解】A．装置A在滴加浓盐酸前通入N2的目的是排除装置中的空气，防止生成的硫化镍被氧化，A正确；
B．装置B中应盛放饱和硫氢化钠溶液以除去氯化氢，B错误；
C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水，除去水中溶解的氧气，防止硫化镍被氧化，C正确；
D．装置D连接抽气泵可将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤，以得到硫化镍，D正确；
故选B。
13．某化学研究小组用中学实验常见的玻璃仪器完成了在常压、酒精灯加热条件下的合成氨反应装置设计。实验装置和药品如下图所示，下列说法正确的是

(已知：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O ΔH＜0)
A．实验开始后，应先点燃酒精灯，预热催化剂1～2分钟再通入反应气体
B．因NH4Cl和NaNO2的反应放热，故应将冰醋酸快速加入小广口瓶中
C．在通风橱中进行该反应，若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3性质检验时可能引起的倒吸
D．为避免尾气造成的环境污染，应将装置III更换为如图IV的装置
【答案】C
【详解】A．实验开始时应先排除装置内的氧气，然后在点燃酒精灯，否则会因有氧气和氢气发生爆炸，A错误；
B．因为NH4Cl和NaNO2的反应放热，而冰醋酸的沸点低易挥发，所以应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中，B错误；
C．因为氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，所以若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3性质检验时可能引起的倒吸，C正确；
D．根据氨气极易溶于水判断，但氢气如果过量，而其中IV的装置是密封的，所以不能用于气体的尾气收集，D错误；
故选C。
14．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜0
x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0
进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是
A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变
B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高
C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大
【答案】A
【详解】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）（△H2＞0）向左移动，反应放热，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）⇌2c（g）也向左（吸热方向）移动，c的物质的量减小，故A错误；
B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）向左移动，由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，虽然导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；
C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，各组分的浓度没有发生变化，所以各反应速率不发生变化，故C正确；
D、等容时，通入z气体，增大了生成物z的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）（△H2＞0）逆向移动，所以y的物质的量浓度增大，故D正确；
故选A。
【点睛】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二个反应的移动热效应，判断第一个反应的移动。
15．用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在。时，用的溶液滴定某未知浓度的溶液，滴定过程中消耗溶液的体积与混合溶液之间的关系如图所示(已知：，，酸性)。

下列说法错误的是
A．电离常数的数量级为
B．b点溶液中存在c(A-)+c(OH-)=c(HA)+ c(H+)
C．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(A-)>c(HA) >c(H+)>c(OH-)
D．若将改为等体积等浓度的，则随溶液体积的变化曲线竖直上移
【答案】B
【详解】A．温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L，由可得：4.27+lg=4.75+lg，整理可得=100.48=3，解得c=0.2，则PKa=4.75+lg(2-1) =4.75，Ka=10-4.75，则电离常数的数量级为10-5，A项正确；
B．b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，由图可知，b点溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，则c(HA)+c(H+)>c(A-)+c(OH-)，B项错误；
C．b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液中c(A-) >c(HA)，由图可知，c点溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液中c(A-) >c(HA) >c(H+)>c(OH-)，C项正确；
D．由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由可知，当相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，D项正确；
答案选B。

二、多选题
16．已知2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为正=k正cα(NO)cβ(H2)，在800℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表，则下列说法中正确的是
实验
c0(NO)/(mol·L-l)
c0(H2)/(mol·L-l)
v正
1
1
1
v
2
2
1
4v
3
1
2
2v
4
2
x
16v

A．α、β的值分别为2、1
B．表中的x为4
C．降低温度，k正可能增大
D．若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc=
【答案】AB
【详解】A．比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，A正确；
B．根据A的分析可知，α=2，β=1，结合正=k正cα(NO)cβ(H2)和表中数据可知，表中的x为4，B正确；
C．降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，C错误；
D．若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，平衡时，即k正c2(NO)c (H2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc==，D错误；
故答案为：AB。

三、实验题
17．二甲基亚砜()是一种含硫有机化合物，被誉为“万能溶剂”。其在常温下为无色无臭的透明液体，熔点为，沸点为。制备二甲基亚砜的装置如图所示。

实验过程：利用仪器A制备，将通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，共收集到二甲基亚砜纯品。
已知：
①二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为和，相对分子质量分别为62和78；
②为一元弱酸，不稳定，易分解为和；
③仪器C中发生的反应为。NO2+CH3-S-CH3+NO
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为___________；仪器D的出水口为___________(填字母)。
(2)制备二甲基亚砜实验的操作顺序为___________(填序号)。
①连接装置并检查气密性              ②水浴加热仪器C，然后打开活塞a、b；
③关闭活塞a，停止加热仪器C         ④向仪器D中通入冷凝水       ⑤关闭活塞b
(3)仪器A的溶液中发生反应的化学方程式为___________。
(4)的作用为___________。
(5)仪器C中反应液的温度需控制在，温度不能过高的原因为___________。
(6)仪器E中溶液的作用为___________。
(7)本实验中二甲基亚砜的产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】(1)     三颈烧瓶     c
(2)①④②③⑤
(3)
(4)将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
(5)温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
(6)吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
(7)78%

【分析】此题是制备有机物二甲基亚砜的实验题，题中已给出反应方程式为NO2+CH3-S-CH3+NO，说明需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，所以首先需要利用仪器三颈烧瓶来制备NO2，三颈烧瓶A中用硫酸和NaNO2溶液来制备NO2，A中反应后还会产生NO，所以通入氧气将其氧化；再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品。同时还要注意尾气问题，产生的NO2和NO需要装置E 盛NaOH溶液进行吸收处理。
【详解】（1）仪器A 的名称为三颈烧瓶；仪器D是冷凝管，使用时的原则是下进上出，所以d口进水，c口出水。
故正确答案：三颈烧瓶；c。
（2）制备二甲基亚砜实验开始前首先要连接装置并检查气密性，然后需要先向仪器D冷凝管中通入冷凝水；接着要用水浴加热仪器C三颈烧瓶，准备工作都做好后就可以开始加药品通入气体开始反应，接着要打开活塞a、b，加入硫酸和通入氧气；当反应结束后要关闭活塞a，停止加热仪器C； 最后关闭活塞b，是为了通入足量的氧气进行氧化NO。
故正确答案：①④②③⑤
（3）仪器A中的反应物有硫酸和NaNO2溶液，发生了歧化反应，生成了二氧化氮和一氧化氮以及硫酸钠和水，注意要标注气体符号，所以化学方程式为：
故正确答案：
（4）在制备NO2的反应中，硫酸和NaNO2溶液反应生成NO2的同时还有NO生成，通入氧气可将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，进一步促进尾气的吸收。
故正确答案：将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
（5）温度越高，NO2的溶解度越小，那参与反应的NO2就会减少，会使得NO2的利用率降低。
故正确答案：温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
（6）NaOH溶液的作用是吸收过量的NO2和C中产生的NO气体，防止污染空气。
故正确答案：吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
（7）理论上参与反应的二甲基硫醚的密度为，体积为20mL，所以理论的二甲基硫醚的质量为：×20.00mL=17g；二甲基硫醚和二甲基亚砜的
相对分子质量分别为62和78，设理论上生成的二甲基亚砜的质量为m，该反应为：NO2+CH3-S-CH3+NO，根据反应方程式得：
解得m=21.39g，所以二甲基亚砜的理论产量为21.39g，由题意知实际上共收集到二甲基亚砜纯品，二甲基亚砜的密度为，因为产率=；
所以产率可计算得:
故正确答案：78%。

四、填空题
18．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂(主要成分为和，还含有少量、)为原料制备硫酸镍的工业流程如下：

已知：I．NiS、、均难溶于水，是两性氢氧化物；
II．不溶于-氨水的混合液；    
III．溶于-氨水的混合液生成。
请回答下列问题：
(1)“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2h，该操作的目的为______。
(2)“滤渣 I”的主要成分为______(填化学式)，该物质在工业上的用途为______(任写一种)。
(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，含铬微粒发生反应的离子方程式为______。
(4)“氨解”的目的为______。
(5)“氧化”时发生反应的离子方程式为______。
(6)“系列操作”具体是指______、______、过滤、洗涤、干燥。若所得晶体不纯，应继续进行的提纯方法为______。
(7)“二次碱析”时，若使溶液中的沉淀完全，则需维持不低于______。(已知：的，)
【答案】(1)加快反应速率、提高镍元素的浸出率
(2)          制玻璃(或制光导纤维)
(3)
(4)实现镍元素和铁元素的分离
(5)
(6)     蒸发浓缩     冷却结晶     重结晶
(7)

【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸，为“滤渣I”的主要成分；向滤液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为“滤液I”的主要成分；向沉淀中加入NH4C1-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4·7H2O，据此解答。
【详解】（1）粉碎增大接触面积又加热，加快反应速率，提高镍元素的浸出率；故目的的是加快反应速率、提高镍元素的浸出率；
（2）根据分析可知二氧化硅不溶于稀硫酸，故“滤渣I”主要成分是SiO2，二氧化硅主要应用于制玻璃或制光导纤维；
（3）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬继续反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，除去铬元素，所以含铬微粒发生反应的离子方程式为；
（4）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe (OH)3不溶于NH4C1-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，故“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离；
（5）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中的氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，所以反应的离子方程式为；
（6）NiSO4溶液制备NiSO4·7H2O晶体需要经过“系列操作”具体是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，若所得NiSO4·7H2O晶体不纯，需要重结晶进行的提纯；
（7）氢氧化镍的，当镍离子完全沉淀时有c(Ni2+)=110-5mol/L，，则，故需维持不低于。

五、原理综合题
19．H2和CH4都是很重要的燃料，在现代化工生产中也有着不可替代的作用。请分析回答下面的问题：
(1)经研究发现在催化剂铑表面H2催化还原NO的详细反应机理如表[表中下标“(S)”表示吸附态组分]所示，在其他条件一定时，决定该反应速率的基元反应(指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应)为_______________，基元反应 NO + Rh(S) →NO(S)的ΔH =_______________ kJ·mol−1。
基元反应
活化能  Ea/ (kJ·mol-1)
H2 + Rh(S) + Rh(S)→H(S) + H(S)
12.6
NO + Rh(S)→NO(S)
0.0
NO(S) + Rh(S)→N(S) + O(S)
97.5
N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)
120.9
H(S) + O(S)→OH(S) + Rh(S)
83.7
OH(S) + H(S)→H2O(S) + Rh(S)
33.5
H2O(S)→H2O+ Rh(S)
45.0
H(S) + H(S)→H2 + Rh(S) + Rh(S)
77.8
NO(S)→NO + Rh(S)
108.9
OH(S) + Rh(S)→H(S) + O(S)
37.7

(2)利用甲烷制备甲醇的一种方法叫甲烷催化氧化法，该方法的有关反应如下：
主反应： CH4(g) +O2(g)CH3OH(g) ΔH=-26 kJ·mol−1
副反应: CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) + 2H2O(g) ΔH
科学家研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应。在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2:1:8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为，则该催化剂对甲醇的选择性是_____(甲醇的选择性=×100%)。副反应的压强平衡常数Kp=________________。
(3)甲烷和水蒸气催化制氢的过程中主要发生两个反应：
①CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g) ΔH= +206 kJ·mol−1;
②CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=－41 kJ·mol−1
恒压下，将n(CH4)：n(H2O) = 1:3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。简述600℃前后CO2含量变化的原因：_______。

(4)香港城市大学研发的Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4电池B(如图)，采用ZnSO4和CoSO4为电解质溶液，充放电过程中a极发生CoO与Co3O4之间的转化,现利用甲烷燃料电池对其充电，充电时a极的电极反应为____________________，当甲烷燃料电池外电路通过4 mol电子时，电池B电解质溶液质量减少______ g。

【答案】(1)     N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)     -108.9
(2)     80%     352.8
(3)600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度
(4)     4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+     12

【分析】根据题中表格数据，结合慢反应是决速的，写出决定该反应速率的基元反应和计算基元反应 NO + Rh(S) →NO(S)的ΔH；根据题中信息，结合化学平衡计算催化剂对甲醇的选择性和副反应的压强平衡常数Kp值；根据题中图示信息，结合题中两个反应，解释600℃前后CO2含量变化的原因；根据题中图示信息，写出充电时a极的电极反应；根据电解池阴阳极电极反应，由转移电子守恒，计算电池B电解质溶液质量减少的质量；据此解答。
【详解】（1）由表中数据可知，反应N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原NO的反应速率的基元反应为N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)；反应NO + Rh(S) →NO(S)的活化能为0.0kJ/mol，NO(S)→NO + Rh(S)的活化能为108.9kJ/mol，即NO + Rh(S) →NO(S)的正反应活化能为0.0kJ/mol、逆反应的活化能为108.9kJ/mol，则基元反应NO + Rh(S) →NO(S)的△H=(0.0-108.9)kJ/mol=-108.9kJ/mol；答案为N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)；-108.9。
（2）在恒温恒容的密闭容器中CH4、O2和H2O(g)按体积比2:1:8投入，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，CO2的体积分数为，假设CH4的物质的量为2amol，O2的物质的量为amol，H2O(g)的物质的量为8amol，充分反应达平衡后，测得CH4的转化率为50%，则平衡时，CH4的物质的量为amol，CH3OH的物质的量为x，CO2的物质的量为y，且x+y=a(C原子守恒)，由和可知，平衡时O2的物质的量为(a--2y)mol，H2O(g)的物质的量为(8a+2y)mol，平衡时总的物质的量为n(总)=[a+x+y+(a--2y)+ (8a+2y)]mol=(10a++y)mol，平衡时CO2的体积分数为，则，化简得52y-=10a，联立，解之得x=，y=，由甲醇的选择性=×100%)可知，甲醇的选择性=×100%=80%；平衡时总的物质的量为n(总) =(10a++y)mol=10=，设平衡时压强为p，则平衡时p(CH4)==，p(O2)===，p(CO2)== ，p(H2O)==，所以副反应的压强平衡常数Kp===352.8；答案为80%；352.8。
（3）由题中图示信息可知，600℃前CO2含量增大，600℃后CO2含量下降，所以600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度；答案为600℃前随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应②正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度。
（4）由题中图示可知，Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4电池放电时a是正极，b是负极，则充电时a为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+，b为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，当甲烷燃料电池外电路通过4 mol电子时，阳极产生2molCo2+，即电解质溶液增加2mol×59g/mol=118g，阴极产生2molZn，即电解质溶液减小2mol×65g/mol=130g，所以电池B电解质溶液质量减少130g-118g=12g；答案为4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+；12。
20．习近平主席在第75届联合国大会提出我国要在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与固化封存成为科学家研究的重要课题。
(1)研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) ∆H，已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ•mol-1、-74.9kJ•mol-1、-110.4kJ•mol-1(一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓)。则上述反应的∆H= ___________kJ•mol-1，利于反应自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。
(2)CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ∆H=-165kJ•mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。

高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是___________。工业上应选择的催化剂是___________，使用的合适温度为___________。
(3)CO2和H2合成甲醇，是人工合成淀粉的重要步骤。回答下列问题：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49kJ•mol-1，合成总反应在起始物 =3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为 x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t如图所示。

①图中对应A、B 两点的速率：vA(正)___________vB(逆)；(填“大于”、“小于”“等于”)
②当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率α___________= %(保留 3 位有效数字)，用各物质的平衡分压表示反应的平衡常数，当T=210 ℃，Kp=___________(MPa)-2(用化简的分数表示)；
【答案】(1)     +249.1     高温
(2)     以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加     Ni-CeO2     320°C
(3)     小于     33.3%    

【详解】（1）由摩尔生成焓的含义可得：I.C (s)＋O2(g)= CO2(g) ∆H1=-395kJ•mol-1，II.C (s)＋2H2(g)= CH4(g) ∆H2=-74.9kJ•mol-1，III.C (s)＋O2(g)= CO(g) ∆H3=-110.4kJ•mol-1，由盖斯定律：2×反应III-反应I-反应II可得CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，∆H=2×(-110.4)-(-395)-(-74.9)=+249.1 kJ•mol-1；该反应气体分子数增大，则∆S>0，∆H>0，由∆G=∆H-T∆S