2022-2023学年山西省榆次第一中学校高三上学期10月模拟考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省榆次第一中学校高三上学期10月模拟考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
山西省榆次第一中学校 2022-2023学年高三上学期10 月模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．华为首款5G手机搭载了麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料
C．将84消毒液和医用酒精混合使用，会降低杀死新冠病毒效果
D．疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性
【答案】A
【详解】A．手机芯片主要成分是晶体硅，A错误；
B．医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布是由丙烯发生加聚反应产生的物质，属于有机合成高分子材料，B正确；
C．84消毒液具有强氧化性，医用酒精具有还原性，将二者混合会发生氧化还原反应，因此混合使用会降低杀死新冠病毒效果，C正确；
D．疫苗属于蛋白质，由于其受热容易发生蛋白质变性，因此疫苗必须冷藏存放，D正确；
故答案为A。
2．下列表示正确的是(化学用语)
A．氨基的电子式： B．丙烷的球棍模型：
C．甲酸甲酯的最简式： D．氧原子核外电子轨道表示式：
【答案】B
【详解】A．-NH2中N原子上有一个未成对电子和一对孤电子对，其电子式为，故A错误；
B．丙烷结构简式为CH3CH2CH3，并且C原子半径大，其球棍模型： ，故B正确；
C．甲酸甲酯的最简式：CH2O，故C错误；
D．氧原子的核外电子总数为8，其轨道排布式为，故D错误；
故选：B。
3．是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1L溶液中含数目小于0.1
B．标准状况下，2.24L中含有的原子数目为0.4
C．2.0g重水()中含有的质子数目为
D．3.2g中含有的共价键数目为
【答案】B
【详解】A．溶液中发生水解，数目小于0.1NA，A正确；
B．标准状况下，是固体，B错误；
C．的相对分子质量为20，1个分子中含有10个质子，0.1molD2O中含有质子数目为NA，C正确；
D．1个分子含有5个共价键，0.1molCH3OH中含有共价键数目为0.5NA，D正确；
故答案选B。
4．“氯酸钾氧化法”制备KIO3第一步反应为：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列关于该反应说法正确的是
A．I2发生还原反应
B．KClO3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
D．生成22.4L(标准状况)Cl2时，反应转移20mole－
【答案】D
【详解】A．I2中I化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故A错误；
B．KClO3中Cl化合价降低，因此KClO3作氧化剂，故B错误；
C．反应中KH(IO3)2为氧化产物，KCl、Cl2为还原产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:8=3:4，故C错误；
D．根据反应方程式分析，转移60mol电子，生成3mol氯气，因此生成22.4LCl2(标准状况物质的量为1mol)时，反应转移20mole－，故D正确。
综上所述，答案为D。
5．三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，实验室采用加热条件下，用以下反应制备，P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。部分物质的理化性质如表所示。下列说法不正确的是
物质
颜色状态
沸点
其它
PCl3
无色液体
75℃
遇水剧烈水解，产生白色烟雾
POCl3
无色液体
105℃
潮湿空气中剧烈水解，生成白雾

A．制备三氯氧磷时应采用水浴加热
B．反应中先制取氯气，缓慢地通入装有白磷装置中，直至白磷消失后，再通入氧气
C．反应结束后，可采用重结晶的方式对产品进行提纯
D．POCl3在潮湿空气中的水解方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl
【答案】C
【详解】A．三氯氧磷的沸点较低，制备三氯氧磷时应采用水浴加热，A正确；
B．由题干反应方程式可知，反应中先制取氯气，缓慢地通入装有白磷装置中，直至白磷消失后生成PCl3，再通入氧气和PCl3 反应生成POCl3，B正确；
C．产品遇水会剧烈水解，故不能用重结晶的方式对产品进行提纯，C错误；
D．POCl3在潮湿空气中剧烈水解，生成白雾，水解方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，D正确；
故选C。
6．下列离子方程式中，书写正确的是
A．Na2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O+2H+=SO+3S↓+H2O
B．氯化铁溶液与适量铜粉混合：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O
D．碳酸氢铵溶液与足量NaOH 溶液混合：HCO+OH-=CO+H2O
【答案】C
【详解】A．Na2S2O3溶液中加入稀盐酸，反应生成二氧化硫和硫单质，正确的离子方程式为S2O+2H+= S↓+SO2↑+H2O，故A错误；
B．离子方程式中电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．磁性氧化铁溶于稀硝酸，硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成Fe3+，反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++ NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C正确；
D．由于碱过量，NH和HCO都要和OH-反应二者反应生成一水合氨和水以及CO，正确的离子方程式为NH+ HCO+2OH-=NH3·H2O+H2O+ CO，故D错误；
答案选C。
7．合成氨反应在催化剂作用下的反应历程如图所示(下列微粒均为气态，ad表示吸附态)，下列说法不正确的是


A．合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
B．合成氨反应过程中，决定化学反应快慢的基元反应的热化学方程式为：Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+ 2Had(g) △H=+106 kJ·mol-1
C．断裂1molN2(g)中共价键需吸热34kJ
D．过程NH2ad→NH3ad比过程NHad→NH2ad吸收热量更大的原因是NH2ad→NH3ad克服的N-H对H原子的排斥力比NHad→NH2ad克服的N-H对H原子的排斥力要大
【答案】C
【详解】A．反应热只与反应的始态和终态有关，图象显示0.5molN2参与合成氨释放46kJ的能量，则合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)   △H=-92 kJ·mol-1，A正确；
B．决定化学反应快慢的基元反应是活化能最大的一步反应，由图示可知为Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+ 2Had(g)  △H=+106 kJ·mol-1，B正确；
C．反应历程图示不能判断断裂1molN2(g)中共价键所需吸收热量的具体数据，C错误；
D．过程NH2ad→NH3ad比过程NHad→NH2ad吸收热量更大的原因是NH2ad→NH3ad克服的N-H对H原子的排斥力比NHad→NH2ad克服的N-H对H原子的排斥力要大，D正确。
故选C。
8．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用甲装置制备Fe(OH)2 B．用乙装置分离I2和NH4Cl固体
C．用丙装置检查装置气密性 D．用丁装置蒸干溶液获得NaHCO3晶体
【答案】A
【详解】A．打开止水夹，使具支试管a中铁与稀硫酸反应产生的氢气充满整个装置，排除空气，然后关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，整个操作可防止氢氧化亚铁被氧化，长时间能看到白色沉淀，A符合题意；
B．I2受热易升华，凝华后分布在圆底烧瓶底部，而NH4Cl受热易分解，分解生成的氨气和HCl会自发化合重新生成固体NH4Cl，凝结在圆底烧瓶底部，不能达到分离的目的，B不符合题意；
C．丙装置长颈漏斗漏气，所以用手捂锥形瓶的方法不能检验装置的气密性，C不符合题意；
D．常温下蒸干NaHCO3溶液得不到NaHCO3晶体，因为NaHCO3受热易分解，D不符合题意；
故选A。
9．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系错误的是
选项
用途
性质或原理
A
葡萄酒中添加适量的SO2起到保质作用
SO2具有杀菌、抗氧化作用
B
明矾可用作自来水净水剂
Al(OH)3胶体具有吸附性
C
在食品包装袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
硅胶具有吸水性，铁粉具有氧化性
D
用小苏打治疗胃酸过多
NaHCO3可与胃液中的酸反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可以用于葡萄酒中起到杀菌和抗氧化的作用，故A正确；
B．Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净水，可用作自来水净水剂，故B正确；
C．硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故C错误；
D．碳酸氢钠与盐酸反应，且碳酸氢钠碱性较弱，所以碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，故D正确；
故选C。
10．短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y与W同主族，Z与R同主族，它们形成的甲、乙两种物质(如图所示)是有机合成中常用的还原剂。下列说法正确的是
甲：乙：
A．电负性：X>R>Z
B．W形成的过氧化物在工业上常用做消毒剂
C．单质Y和W在空气中燃烧的产物所含化学键类型完全相同
D．甲、乙两化合物中的元素都满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X能形成1个共价键、X为H,Y与W同主族均能形成1价阳离子，则Y为Li、W为Na，Z与R同主族，它们形成的甲、乙两种物质(如图所示)是有机合成中常用的还原剂、阴离子带1个单位负电荷，则Z和R均为+3价，为ⅢA元素，Z为B、R为Al，据此回答。
【详解】A． 电负性越大吸引电子能力越强，电负性排序：X>Z >R(H＞B＞Al)，A错误；
B． W形成的过氧化物为Na2O2，具有强氧化性、故在工业上常用做消毒剂，B正确；
C． 单质Y和W在空气中燃烧的产物分别为Li2O、Na2O2，所含化学键类型不完全相同，前者只有离子键、后者既有离子键又有非极性共价键，C错误；
D． 甲、乙两化合物中Li+、H不满足8电子稳定结构，D错误；
答案选B。
11．碘及其化合物广泛应用于医药、染料等方面。I2的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是

A．加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为：2AgI + Fe = 2Ag + Fe2+ + 2I-
B．生成的沉淀与硝酸反应，生成AgNO3后可循环使用
C．氧化步骤：若反应物用量比=1.5时，氧化产物为I2
D．氧化步骤：若反应物用量比＞1.5时，I2会被进一步氧化，造成单质碘的收率降低
【答案】C
【分析】净化除氯后含碘海水中加入AgNO3溶液，生成AgI悬浊液；过滤出悬浊液，加入Fe粉，与AgI发生反应，生成Ag和FeI2；通入Cl2，与FeI2反应，生成FeCl3、I2。
【详解】A．加入Fe粉，与AgI发生反应，生成Ag和FeI2，离子方程式为：2AgI + Fe = 2Ag + Fe2+ + 2I-， A正确；
B．生成的沉淀为Ag，与硝酸反应3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，生成AgNO3后可循环使用，B正确；
C．氧化步骤：若反应物用量比=1.5时，发生反应3Cl2+2Fe2++4I--=6Cl-+2Fe3++2I2，氧化产物为Fe3+和I2，C不正确；
D．氧化步骤：若反应物用量比＞1.5时，I2会被过量Cl2进一步氧化为碘的含氧酸，造成单质碘的收率降低，D正确；
故选C。
12．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法错误的是

A．反应Ⅱ的离子方程式为
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．为该转化过程的中间产物
D．反应前后溶液中和的总数保持不变
【答案】B
【分析】从反应图中可知，该反应的实质为2H2+2NO=N2+2H2O。
【详解】A．反应的离子方程式为，A正确；
B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误；
C．从图中可知，H+为中间产物，C正确；
D．整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D正确；
故答案选B。
13．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：

下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
【答案】B
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。
【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；     
B．滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后分别与OH-、反应，反应的离子方程式OH-+= +H2O、++H2O=+Al(OH)3 ↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；      
C．铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确；    
D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；
答案选B。
14．是形成酸雨的主要原因之一，负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)可用于脱除烟气中的，该负载  型催化剂的制备和的脱除过程如图所示。下列说法错误的是

A．浸渍所得溶液中除外，含有的阳离子还有、
B．焙烧时气体A可以直接排入大气中
C．硫化过程获得单质S，其化学方程式为
D．浸渍时为了反应充分可以将载体粉碎
【答案】B
【分析】氧化铝载体加入硝酸铁溶液浸渍后焙烧得到负载型催化剂，负载型催化剂催化二氧化硫、氢气反应生成硫单质。
【详解】A．浸渍过程中加入硝酸铁，铁离子水解溶液显酸性，酸性溶液和氧化铝反应生成铝离子，故所得溶液中除外，含有的阳离子还有、，A正确；
B．根据质量守恒，焙烧时气体A为氮氧化合物，会造成大气污染，不可以直接排入大气中，B错误；
C．硫化过程，二氧化硫和氢气反应获得单质S，同时会生成水，其化学方程式为，C正确；
D．浸渍时为了反应充分可以将载体粉碎，增大反应接触面积加快反应速率，D正确；
故选B。
15．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移（如a、b和c），能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。

下列说法正确的是
A．过程中的粒子和，二者中心原子N的杂化方式相同
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【详解】A．铵根离子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化方式为sp3杂化，亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，氮原子的杂化方式为sp2杂化，两者中心原子N的杂化方式不相同，故A错误；
B．由图可知，a为在酶做催化条件下亚硝酸根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为一氧化氮和水，转化方程式为NO+H++e—=NO↑+H2O，b为在酶做催化条件下一氧化氮、铵根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为联氨和水，转化方程式为NO+NH+2H++3e—=N2H4+H2O，则a和b中转移的电子数目不相等，故B错误；
C．由图可知，过程Ⅱ中参与反应为在酶做催化条件下一氧化氮、铵根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为联氨和水，转化方程式为NO+NH+2H++3e—=N2H4+H2O，则参与反应的一氧化氮和铵根离子的物质的量比1：1，故C正确；
D．由图可知，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为酶做催化条件下，亚硝酸根离子与铵根离子反应生成氮气和水，反应的离子方程式为NO++NH= N2↑+2H2O，故D错误；
故选C。
16．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是

A．充电时，电极b是阴极
B．放电时，NaCl溶液的pH减小
C．充电时，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加64g
D．放电时，NaCl溶液的浓度增大
【答案】D
【分析】充电时为电解池装置，由充电时a极反应式NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3可知a为电解池阴极，b为电解池阳极，充电时b极反应为；放电时为原电池装置，a为负极，反应式为，b为正极，反应式为。
【详解】A．由分析可知充电时电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；
B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应可知不涉及H+、OH-、H2O的消耗与生成，则NaCl溶液的pH不变，故B错误；
C．充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加，故C错误；
D．放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故D正确；
答案选D。

二、实验题
17．氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：

Ⅰ.将浓、、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉末，塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_______。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。
(4)步骤Ⅲ中，的作用是_______(以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_______。
(6)步骤Ⅴ可用试纸检测来判断是否洗净，其理由是_______。
【答案】     滴液漏斗     三颈烧瓶     d     反应放热，防止反应过快     反应温度接近水的沸点，油浴更易控温          取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成     与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净
【详解】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，防止反应过快；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O ；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净，故答案为：与电离平衡，洗出液接近中性时，可认为洗净。

三、工业流程题
18．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5 × 10-7，Ka2=4.7 × 10-11；Ksp(BaMoO4)=3.5 × 10-8；Ksp(BaCO3)=2.6 × 10-9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为___________。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为___________。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为___________。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c()：c(MoO)=___________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液III中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为___________。
②往滤液III中添加适量NaCl固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y
【答案】(1)+6
(2)Al(OH)3
(3)     MoO+Ba2+=BaMoO4↓     (2.6×10-9×1.0×10-7)/(3.5×10-8×4.7×10-11)
(4)     NaHCO3     NH3

【分析】废催化剂和NaOH固体混合焙烧，Al转化为NaAlO2、Mo转化为Na2MoO4，Ni等不反应，之后加水浸取，得到含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，Ni不溶解，过滤向滤液中通入过量的CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤后在向滤液中加入适量BaCl2，得到BaMoO4沉淀。
（1）
Na2MoO4中Na为+1价，O为-2价，整体化合价为0，则Mo为+6价；
（2）
“沉铝”中，过量的二氧化碳将NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，即X为Al(OH)3；
（3）
①滤液Ⅱ中含有大量MoO，加入BaCl2得到BaMoO4沉淀，离子方程式为MoO+Ba2+=BaMoO4↓；
②设溶液中c(CO)=a mol/L，溶液pH=7，即c(H+)=10-7mol/L，碳酸的Ka2== 4.7 × 10-11，所以此时c(HCO)==mol/L；而当开始生成BaCO3沉淀时，溶液中c(Ba2+)==mol/L，则此时溶液中c(MoO)==mol/L，所以c(HCO)：c(MoO)=：=；
（4）
①除铝时通入过量CO2，所以溶液中会有大量HCO，所以Y为NaHCO3；
②往滤液III中添加适量NaCl固体后，再通入足量NH3，使溶液显碱性，之后再通入足量CO2，可以析出NaHCO3。

四、原理综合题
19．温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
Ⅰ.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。

(1)在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_______(填字母)。
A．该催化剂使反应的平衡常数增大
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成
C．生成乙酸的反应原子利用率100%
D．ΔH=E2-E1
Ⅱ.以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
CO2(g)+C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应)
C2H6(g)⇌CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应)
(2)主反应的反应历程可分为如下两步，反应过程中能量变化如图1所示：

ⅰ.C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136 kJ·mol-1
ⅱ.H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)　ΔH2
ΔH2=_______，主反应的决速步骤为_______(填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”)。
(3)向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K­Fe­Mn/Si­2性能的影响如图2所示，工业生产中主反应应选择的温度是_______。

(4)在一定温度下的密闭容器中充入一定量的CO2和C2H6，固定时间测定不同压强下C2H4的产率如图3所示，p1压强下a点反应速率：v(正)_______v(逆)。

(5)某温度下，在0.1 MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H4，只发生主反应，达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】(1)BC
(2)     +41     反应ⅱ
(3)800 ℃
(4)
Zr     H2O>H2Te>H2Se     >
(3)H2Te 中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′， CO2中C原子为sp杂化，键角为180°
(4)     O     16
(5)     8    

【解析】（1）
锆(Zr)的原子序数为40，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+是Zr原子失去最外层两个电子，其价层电子排布式为4d2，它的价层电子轨道表示式是；
（2）
根据元素非金属性越强，电负性越大的规律，Zr为金属元素，Te和Cl为非金属元素，且非金属性：Cl>Te，则Zr、Te、Cl的电负性由大到小的顺序是Cl>Te>Zr；H2O受氢键影响，所以沸点最高，H2Se、H2Te的沸点主要受范德华力影响，相对分子质量越大，沸点越高，即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Te>H2Se；S和Te元素属于同主族元素，从上而下，元素的非金属性减弱，原子序数：Te>S，则非金属性：S>Te，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：H2SO4>H2TeO4。
（3）
H2Te中Te原子价层电子对数=2+=2+2=4，采用sp3杂化，由于有两个孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对数=2+=2+0=2，采用sp杂化，分子为直线形，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′，CO2中C原子为sp杂化，键角为180°。
（4）
[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同种非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子中含共价键的数目是16。
（5）
由图示结构可知，该晶胞中Zr原子位于8个顶角和面上，个数=8×+6×=4，O原子位于晶胞内部，个数为8，Zr、O原子个数之比=4∶8=1∶2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积V=(2a×10-7cm)3，则立方氧化锆的密度ρ== g·cm-3。