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2023届山东省菏泽市单县高三下学期第四次模拟考试化学试卷（含答案）
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2023届山东省菏泽市单县高三下学期第四次模拟考试
化学试卷 答案
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．化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关能源和材料的说法不正确的是( )
A.低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁
B.可燃冰资源丰富且可再生，是最有希望的未来能源
C.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”
D.2022北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
【答案】 B
2．下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁
【答案】B
【解析】过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，A项正确；从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，B项错误；滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残余在滴定管尖嘴部分的液体进入锥形瓶内，C项正确；向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒应接触容量瓶内壁，D项正确。
3．关于S2Cl2、SCl2、SCl4和SOCl2的结构与性质。下列说法正确的是( )
A．键角：SCl2>Cl2O
B．S2Cl2为非极性分子，SCl2和SOCl2为极性分子
C．S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2中S原子的杂化方式均为sp3
D．S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl
【答案】 D
【解析】 A．Cl2O中O原子的价层电子对数为2＋＝4，O为sp3杂化，空间构型为V形，SCl2是V形结构，O原子半径小，电负性较大，键角：Cl2O >SCl2，A错误；
B．S2Cl2分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，B错误；
C．S2Cl2中每个S原子含有2个共价键、2个孤电子对，所以S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3，SCl2中S原子形成2个δ键，孤对电子数为＝2，则为sp3杂化，SCl4中S原子形成4个δ键，孤对电子数为＝1，S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3d，SOCl2中心原子S的价层电子对数＝3＋＝4，杂化方式为sp3，C错误；D．S2Cl2与水反应可能生成HCl、SO2和S，反应方程式为2S2Cl2＋2H2O═SO2↑＋3S↓＋4HCl，S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl，D正确。
4．下列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是( )
A．除去SO2中少
量的HCl气体
B．检验生成的乙烯
C．实验室制取少量O2
D．分离乙酸
乙酯和乙醇
【答案】 B
【解析】 A．亚硫酸钠溶液能吸收SO2生成亚硫酸氢钠，故A错误；B．实验室制取乙烯时，副产物SO2及挥发出的C2H5OH都会与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，可以使用NaOH溶液排除其干扰，B正确。C．Na2O2是淡黄色粉末状固体，会从带有小孔的隔板中漏下去，且反应放出大量热，因此不能使用该装置，故C错误；D．乙醇溶于乙酸乙酯，不能通过分液的方式分离，故D错误。
5．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。
6．(2023安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省届高三2月适应性)聚合物商品Kode1的结构式(假设为理想单一结构)如下：
下列有关该聚合物的叙述正确的是
A．此聚合物不可降解 B．对应的聚合单体为3个
C．可通过加聚反应制备 D．若平均相对分子质量为15650，则平均聚合度n为56
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，聚合物一定条件下能发生水解反应生成单体，聚合物可以降解，故A错误；B．由结构简式可知，对应的聚合单体为1个 、(n＋1)个和n个，共2n＋2个，故B错误；C．由结构简式可知，该聚合物应通过缩聚反应制备，故C错误；D．由结构简式可知，若平均相对分子质量为15650，平均聚合度n＝≈56，故D正确。
7．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为主要原料制备高锰酸钾(KMnO4)的方法如下：
已知：①熔烧时有K2MnO4和KCl生成。
②CO2歧化法：调溶液pH至弱碱性，歧化生成KMnO4和MnO2
下列说法正确的是( )
A．熔烧时所用坩锅的材质可以选用Al2O3
B．熔烧时理论上每生成1 mol K2MnO4转移3NA个电子
C．电解法与CO2歧化法的理论产率之比为3∶2
D．采用CO2歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到KMnO4固体
【答案】C
【解析】软锰矿中加入KOH和KClO3焙烧，生成K2MnO4和KCl，电解K2MnO4生成KMnO4，或者采用二氧化碳歧化法生成KMnO4。
A．Al2O3可与KOH反应，因此焙烧时坩埚的材质不能选用Al2O3，A错误；B．焙烧时的化学方程式为3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3H2O，每生成1molK2MnO4，转移电子2mol电子，B错误；C．电解法阳极上发生反应，锰酸根离子全部转化为高锰酸根，CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4＋2CO2＝2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2，有的锰酸根离子转化成了高锰酸根离子，两者的理论产率之比为1：＝3：2，C正确；D．高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO4固体，D错误。
8．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验
操作与现象
①
在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀
依据上述实验现象，结论不合理的是
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
9．我国科学家设计如下图所示“电了转移链”过程，实现了低温条件下氧化CH4高效制CH3OH。
下列说法正确的是( )
A.该过程中，O2的电子最终传递给CH4 B.理论上，Pd0不能被NO2直接氧化为Pd2+
C.参加反应的和O2的物质的量之比为1∶2 D.可通过CF3COOCH3的水解制取CH3OH
【答案】 D
【解析】 A．CH4是还原剂，反应中失电子，O2得电子，A错误；
B．NO2具有氧化性，理论上，Pd0能被NO2直接氧化为Pd2+，B错误；
C．转化为和H2O，参加反应的和O2的物质的量之比为2∶1，C错误；
D．CF3COOCH3含有酯基，可通过CF3COOCH3的水解制取CH3OH，D正确。
10．工业上利用电解含有NaHPbO2的废液回收Pb，装置如图。下列说法错误的是( )
A．M的电极电势高于N
B．若转移2mol电子，阴极室溶液质量减少207g
C．阴极电极式为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，对Pb的产率无影响
【答案】B
【解析】左侧电极OH-失去电子生成O2，则为阳极，电极反应为4OH-＋4e-＝O2＋2H2O，M为正极；右侧电极HPbO得到电子生成Pb，为阴极，电极反应为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，N为负极，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧，据此解答。A．根据分析，M为正极，N为负极，M的电极电势高于N，A正确；B．阴极电极反应为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，转移2mol电子，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧为2mol，阴极室溶液质量减少207g-2mol×23g/mol＝161g，B错误；C．根据分析，阴极电极式为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，C正确；D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，多余的氢氧根离子经右侧到达左侧，对Pb的产率无影响，D正确。
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．为完成下列各组实验，所选的玻璃仪器和试剂均正确、完整的是(非玻璃仪器任选；不考虑存放试剂的容器)( )
选项
实验
玻璃仪器
试剂
A
食盐精制
漏斗、烧杯、玻璃棒
粗食盐水、稀盐酸、NaOH溶
液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液
B
比较S、C、Si
的非金属性强弱
蒸馏烧瓶、分液漏
斗、试管、导管
稀硫酸、碳酸钠固体、
硅酸钠溶液
C
喷泉实验
圆底烧瓶、胶头滴
管、烧杯
NO气体、无色酚酞溶液
D
除去NaBr溶液
中的少量NaI
烧杯、玻璃棒、
胶头滴管
溴水、CCl4
【答案】 B
【解析】 A．食盐精制通过这些试剂提纯后得到食盐溶液，缺少酒精灯、蒸发皿、三脚架，故A错误；
B．非金属性的强弱可以通过元素的最高价氧化物的水化物酸性来比较，稀硫酸可以和碳酸钠反应制备二氧化碳，二氧化碳可以和硅酸钠反应制备出硅酸，得出的酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，故B正确；
C．喷泉实验是利用压强差来形成的，NO不溶于水，不能形成压强差，故C错误；
D．除去NaBr溶液中的少量NaI应加入溴水，将I-氧化为I2，在加入CCl4萃取分液，本实验缺少分液漏斗，故D错误。
12．《神农本草经疏》中记载昆布有“消痰软坚散结，利水消肿”之功效，其有效成分的结构如下图所示，下列关于其说法正确的是( )
A．该有机物含卤原子碘，属于卤代烃 B．该有机物含有3种官能团
C．该有机物中不含手性碳原子 D．有机物能与盐酸发生反应
【答案】 D
【解析】 A．卤代烃中只含有碳原子、氢原子和卤原子或只含有碳原子和卤原子，该有机物中除含有碳原子、氢原子和碘原子外，还含有氧原子和氮原子，所以该有机物不属于卤代烃，A错误；
B．该有机物含有4种官能团羟基、碘原子、氨基、羧基，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子。该有机物中含有手性碳原子，即和氨基相连的碳原子，C错误；
D．该有机物中含有氨基，能与盐酸发生反应，D正确。
13．某种电催化法以CoP、Ni2P为催化电极合成腈类化合物(RCN)和偶氮化合物(R－N＝N－R)，装置示意图如图。下列说法错误的是( )
A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应
B.阴极发生反应：
C.OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动
D.每当合成得到1molRCN，同时合成1molR－N＝N－R
【答案】 D
【解析】 A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为 ，故B正确；
C．右侧为阴极、左侧为阳极，OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；
D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到1molRCN，同时合成0.5molR－N＝N－R，故D错误。
14．以废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)为原料制取CoSO4的工艺流程如图：
已知：常温下LiOH可溶于水，Ksp[Co(OH)2]＝1．6×10-16]。下列说法错误的是( )
A．Na2S2O3的作用是还原剂
B．“净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3
C．“沉钴”过程中，当溶液的pH＝11时，c(Co2＋)为1．6×10-10mol·L-1
D．用98%浓H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快
【解析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3＋被还原为Co2＋，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，调节溶液pH，使Al3＋、Fe3＋转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氢氧化钠，使Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，过滤后向滤渣中加入H2SO4，得到CoSO4溶液。
A．Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3＋被还原为Co2＋，则Na2S2O3的作用是还原剂，A项正确；B．向溶液中通入空气，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，调节溶液pH，使Al3＋、Fe3＋转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，B项正确；C．溶液的pH＝11时，c(OH-)＝10-3mol·L-1，根据Ksp[Co(OH)2]＝c2(OH-)·c(Co2＋)＝10-6×c(Co2＋)＝1．6×10-16，解得c(Co2＋)＝1．6×10-10mol·L-1，C项正确；D．浓H2SO4具有强氧化性，会与硫代硫酸钠反应，会使浸取速率更慢，D项错误。
15．甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2NH-OOCCH2NH＋H＋ K1
-OOCCH2NH-OOCCH2NH2＋H＋ K2
常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．Q→X过程中：逐渐增大
B．X点的溶液中：c(-OOCCH2NH2)> c(HOOCCH2NH)
C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)=c(-OOCCH2NH2)＋c(OH-)
D．当V(NaOH)=20mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】 AC
【解析】 0．100mol·L-1HCOONH4的溶液中加入HCl，溶液酸性增强，HCOONH4＋HCl= HCOOH＋NH4Cl，HCOOH浓度变大、HCOO-浓度减小、水解受到抑制浓度稍微变大；加入氢氧化钠，溶液碱性增强，HCOONH4＋NaOH= HCOONa＋NH3∙H2O，NH3·H2O 浓度变大、浓度减小、HCOO-水解受到抑制稍微变大；结合图象可知，①②③④分别为HCOO-、NH3·H2O、、HCOOH。A．由分析可知，曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化，A正确；B．已知：x、y点的坐标：x(3．75，1．3)，y(9．25，1．3)；Kb(NH3·H2O)= ，NH3∙H2O、浓度相等时，位于y点，pH=9．25，pOH=4．75，故Kb(NH3·H2O)=10-4．75，其数量级为10-5，B错误；C．由x点的坐标：x(3．75，1．3)可知，pH=3．75，此时HCOO-、HCOOH浓度相等，则Ka(HCOOH)= =10-3．75；z点为NH3∙H2O、HCOOH浓度相等，同时HCOO-、浓度相等，，结合Kw=10-14，可知，其横坐标为6．2，C错误；D．初始溶液为HCOONH4，由图象可知，pH=7时，溶液中c(NH3∙H2O)>c(HCOOH)，则溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()，D正确。
三、 本题共5小题，共60分。
16．(12分)铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子价电子排布式为_______。
(2)K与Cu同周期，最外层电子数相同，但Cu的熔点远高于K，因为_______。
(3)含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集，进行回收。
①M所含元素的电负性由大到小顺序是 (用元素符号表示)。
②X化合物中中心原子铜的配位数是 ，上述反应中断裂和生成的化学键有 (填字母序号)。
a.离子键 b.共价键 c.金属键 d.氢键 e.配位键
(4)高温下，Cu2O比CuO稳定的原因是 。
(5)离子型配合物[ Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子的空间构型为 ，配体中碳原子的杂化方式是 。
(6)由Cu，Sb，Se组成的热电材料，其晶胞结构如图所示，a＝b＝566pm，c＝1128pm，该晶体的密度是 (列式即可)。
【答案】 (1)3d104s1 (2)Cu的半径比K的半径小，电荷数比K的多，金属键比K强，所以Cu的熔点远高于K (3)O>N>C>H 4 be (4)Cu的价电子为3d104s1，失去最外层1个电子即可达到全满稳定结构
(5)正四面体 sp3、sp (6)
【解析】 Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为:1s2s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；
Cu的半径比K的半径小，电荷数比K的多，金属键比K强，所以Cu的熔点远高于K；
①M中的元素由C、N、O、H，根据同周期元素，从左到右电负性依次增强，可得M所含元素的电负性由大到小顺序为O>N>C>H；
②X化合物中有2个氮原子和2个氧原子提供孤对电子，所以中心原子铜的配位数是4；中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，配位键用“→”表示，氢键用“…”表示，在该反应中，酚羟基中的O-H共价键断裂生成H＋，所以上述反应中断裂和生成的化学键有配位键、共价键，选be；
Cu2O中Cu＋的外围电子排布式为3d10，CuO中Cu2＋的外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；
配合物[ Cu(CH3CN)4]BF4的阴离子为，中心原子B的价层电子对数为＝4，空间构型为正四面体形；配体CH3CN 中，甲基上的碳是sp3杂化，−CN中含有三键，碳原子是sp杂化；由Cu，Sb，Se组成的热电材料，其晶胞结构如图所示，根据均摊法可知Cu有10× ＋4×=6个，Sb有8×＋1＝2个，Se有8个，a＝b＝566pm，c＝1128pm，该晶体的密度是ρ＝＝g·cm-3 。
17．(12分)醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。
Ⅰ、合成
(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。
(2)回流1h，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水
正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。
Ⅱ、载氧量测定
(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入DMF(配合物在DMF中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。
(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为V1。将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度V2。已知大气压为p，氧气的压强为p(O2)，温度为t℃。配合物载氧量[n(吸收的O2)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。
【答案】(1) 球形冷凝管 恒压漏斗 液封(2)BCA(3) 活塞1和活塞2 液面差恒定(4)
【解析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。(1)由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中
(2)由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；(3)由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；(4)由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×。
18．(12分)一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3，FeCO3等，其中FeCO3含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。
已知：①金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
CuS
NiS
MnS
FeS
Ksp
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被NaOH部分溶解的物质是___________。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入MnO2的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)调溶液pH到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是___________。
(6)除杂后的MnSO4溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。
(7)锰的化合物LiMn2O4是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为apm，则晶体密度为___________g·cm-3 。
【答案】(1)4FeS＋6H2O＋O2 4S＋4Fe(OH)3 (2)SiO2(3)H2S(4) MnCO3＋H2SO4 ＝MnSO4＋CO2↑＋H2O MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5) Fe(OH)3 Cu2＋ 、Ni2＋(6)2H2O-4e-＝4H＋＋O2↑(7)
【解析】高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3，FeCO3含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2＋转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。【详解】(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为4FeS＋6H2O＋O2 4S＋4Fe(OH)3 ；(2)结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被NaOH部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅；(3)未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；(4)酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4 ＝MnSO4＋CO2↑＋H2O ；酸浸时，加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为： MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(5)根据给定信息①金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe(OH)3；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是Cu2＋ 、Ni2＋；(6)根据放电顺序可知，除杂后的MnSO4溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为2H2O-4e-＝4H＋＋O2↑；(7)氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数＝＝4，所以晶胞中含LiMn2O4为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为apm，则晶体密度＝g·cm-3
19．(12分)科学研究发现含有黄酮类化合物的中药制剂可能对新型冠状肺炎有一定的治疗作用。某黄酮类化合物F的一种合成路线如图，(D、E、F分子中Ar表示某特定基团)。
已知：RCOCH3＋R′COClRCOCH2COR′＋HCl
(1)对苯二酚的分子式为 ，该分子中含有 种化学环境的氢原子。
(2)A→B的反应类型是 ，B中含氧官能团的名称为羰基和 。
(3)对苯二酚转化为A的目的是 。
(4)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，写出一种符合下列条件的K的结构简式为 。
①苯环上有2个取代基
②可发生水解反应和银镜反应
③可与金属钠Na反应生成H2，且苯环上的一氯代物只有2种
(5)写出G的结构简式为 。
(6)结合相关信息，以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成 的路线(不超过三步，无机试剂任选) 。
【答案】1．(1) C6H6O2 2 (2) 取代反应 酯基
(3)保护对苯二酚的羟基不被CH3COCl反应 (4) 或
(5)ArCOCl
(6)
【解析】(1)根据对苯二酚的结构简式得到对苯二酚的分子式为C6H6O2，该分子有两条对称轴，因此该分子中含有2种化学环境的氢原子；(2)根据A、B的结构分析A→B的反应类型是取代反应，根据B的结构简式得到B中含氧官能团的名称为羰基和酯基；(3)根据对苯二酚转化为A和B转化为C分析得到对苯二酚转化为A的目的是保护对苯二酚的羟基不被CH3COCl反应；(4)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，苯环上有2个取代基；可发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基；③可与金属钠Na反应生成H2，除了酯基外还有一个羟基，酯基为甲酸某酯，且苯环上的一氯代物只有2种，说明两个取代基在对位，则符合条件的K的结构简式为 或。
(5)根据RCOCH3＋R′COClRCOCH2COR′＋HCl 以及C、D的结构简式分析得到G的结构简式为ArCOCl；(6)根据C→D→E→F分析，则和CH3COCH3在碳酸钾作用下反应生成，在醋酸和醋酸钠作用下反应生成，和溴水发生加成反应生成，其合成路线为：(6)
20．(12分)我国政府承诺二氧化碳排放在2030年前达到峰值，2060年前实现碳中和，彰显作为大国的担当和责任。CH4—CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知：①CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－890.3 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566kJ·mol-1；
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
则CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH3＝___________ kJ·mol－1。
(2)恒容密闭容器中可逆反应CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g)达到平衡状态的标志是___________(填序号)。
A.单位时间内生成1molCH4的同时消耗2molCO
B.混合气体的密度不再改变
C.反应速率ν(CH4)∶ν(CO2)∶ν(CO)∶ν(H2)＝1∶1∶2∶2
D.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)容器容积为1L，控制CH4和CO2初始投料量分别为2mol和3mol，发生反应：CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)，甲烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图甲所示。
则X代表___________(填“温度”或“压强”)：L1___________L2(填“大于”或“小于”)，并请说出理由：___________；b点反应的平衡常数为___________。
(4)500℃下，将CH4和CO4的混合气体(投料比为1∶1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图乙所示(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)。
由图乙可知，75min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为___________，原因是___________。
(5)①温度为T1℃时，CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) K＝100
实验测得：v正＝k正c(CH4)·c(CO2)为速率常数。T1℃时，k正＝___________(以k逆表示)。v逆＝k逆c2(CO)·c2(H2)，k正、k逆
②当温度改变为T2℃时，k正＝105k逆，则T2℃时平衡压强___________T1℃时平衡压强(填“>”“<”或“＝”)，理由是___________。
【答案】 (1)＋159.3 (2)D
(3)温度 小于 该反应是气体分子数增大的反应，温度相同时，压强越大，CH4的平衡转化率越小 8
(4)目数越大，CH4转化率越大 催化剂目数越大，催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触越充分
(5)100k逆 > 该反应正反应是吸热反应，温度越大，平衡常数越大，K(T2)>K(T1)，则T2>T1，温度升高，反应向正反应方向进行，气体分子数增多，压强增大
【解析】 已知：①CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－890.3 kJ·mol－1；
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566kJ·mol-1；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；由盖斯定律可知，目标反应＝反应①-反应②-反应③，ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝－890.3 kJ·mol－1＋566kJ·mol-1＋483.6 kJ·mol－1＝＋159.3kJ·mol－1
A．生成CH4和消耗CO都是逆反应，无法判断是否达到平衡状态，A项错误；
B．恒容密闭容器中，V恒定，反应物和生成物都是气体，气体总质量始终不变，则密度始终不变，B项错误；
C．反应速率之比始终等于各物质的化学计量数之比，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；
D．反应物和生成物都是气体，气体总质量始终不变，该反应的正反应是气体分子数增大的反应，只有反应达到平衡气体总物质的量才不变，混合气体平均相对分子质量不变可判断反应达平衡，D项正确。
CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) 是反应前后气体分子数增大的反应，正反应为吸热反应；压强越大，CH4的平衡转化率越小，温度越大，CH4的平衡转化率越大，则x代表温度，L代表压强：相同温度下，L1比L2的CH4的转化率大，则压强：L2>L1；根据已知，列三段式：
CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g)
起始量(mol/L) 2 3 0 0
转化量(mol/L) 1 2 2 2
平衡量(mol/L) 1 2 2 2
。
据图乙可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大：因为催化剂目数越大，颗粒越小，比表面积越大，原料气与催化剂的接触越充分，反应越完全。
①v正＝k正c(CH4)·c(CO2)，v逆＝k逆c2(CO)·c2(H2)，K＝，平衡时v正＝v逆k正＝100k逆；
②该反应为吸热反应，平衡常数由100增大到105，则说明温度升高；升温，平衡向正反应方向移动，气体的分子数增大，则压强增大，T2℃时平衡压强>T1℃时平衡压强。
2023届山东省菏泽市单县高三下学期第四次模拟考试
化学试卷 答案
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．化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关能源和材料的说法不正确的是( )
A.低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁
B.可燃冰资源丰富且可再生，是最有希望的未来能源
C.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”
D.2022北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
【答案】 B
2．下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁
【答案】B
【解析】过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，A项正确；从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，B项错误；滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残余在滴定管尖嘴部分的液体进入锥形瓶内，C项正确；向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒应接触容量瓶内壁，D项正确。
3．关于S2Cl2、SCl2、SCl4和SOCl2的结构与性质。下列说法正确的是( )
A．键角：SCl2>Cl2O
B．S2Cl2为非极性分子，SCl2和SOCl2为极性分子
C．S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2中S原子的杂化方式均为sp3
D．S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl
【答案】 D
【解析】 A．Cl2O中O原子的价层电子对数为2＋＝4，O为sp3杂化，空间构型为V形，SCl2是V形结构，O原子半径小，电负性较大，键角：Cl2O >SCl2，A错误；
B．S2Cl2分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，B错误；
C．S2Cl2中每个S原子含有2个共价键、2个孤电子对，所以S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3，SCl2中S原子形成2个δ键，孤对电子数为＝2，则为sp3杂化，SCl4中S原子形成4个δ键，孤对电子数为＝1，S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3d，SOCl2中心原子S的价层电子对数＝3＋＝4，杂化方式为sp3，C错误；D．S2Cl2与水反应可能生成HCl、SO2和S，反应方程式为2S2Cl2＋2H2O═SO2↑＋3S↓＋4HCl，S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl，D正确。
4．下列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是( )
A．除去SO2中少
量的HCl气体
B．检验生成的乙烯
C．实验室制取少量O2
D．分离乙酸
乙酯和乙醇
【答案】 B
【解析】 A．亚硫酸钠溶液能吸收SO2生成亚硫酸氢钠，故A错误；B．实验室制取乙烯时，副产物SO2及挥发出的C2H5OH都会与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，可以使用NaOH溶液排除其干扰，B正确。C．Na2O2是淡黄色粉末状固体，会从带有小孔的隔板中漏下去，且反应放出大量热，因此不能使用该装置，故C错误；D．乙醇溶于乙酸乙酯，不能通过分液的方式分离，故D错误。
5．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。
6．(2023安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省届高三2月适应性)聚合物商品Kode1的结构式(假设为理想单一结构)如下：
下列有关该聚合物的叙述正确的是
A．此聚合物不可降解 B．对应的聚合单体为3个
C．可通过加聚反应制备 D．若平均相对分子质量为15650，则平均聚合度n为56
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，聚合物一定条件下能发生水解反应生成单体，聚合物可以降解，故A错误；B．由结构简式可知，对应的聚合单体为1个 、(n＋1)个和n个，共2n＋2个，故B错误；C．由结构简式可知，该聚合物应通过缩聚反应制备，故C错误；D．由结构简式可知，若平均相对分子质量为15650，平均聚合度n＝≈56，故D正确。
7．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为主要原料制备高锰酸钾(KMnO4)的方法如下：
已知：①熔烧时有K2MnO4和KCl生成。
②CO2歧化法：调溶液pH至弱碱性，歧化生成KMnO4和MnO2
下列说法正确的是( )
A．熔烧时所用坩锅的材质可以选用Al2O3
B．熔烧时理论上每生成1 mol K2MnO4转移3NA个电子
C．电解法与CO2歧化法的理论产率之比为3∶2
D．采用CO2歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到KMnO4固体
【答案】C
【解析】软锰矿中加入KOH和KClO3焙烧，生成K2MnO4和KCl，电解K2MnO4生成KMnO4，或者采用二氧化碳歧化法生成KMnO4。
A．Al2O3可与KOH反应，因此焙烧时坩埚的材质不能选用Al2O3，A错误；B．焙烧时的化学方程式为3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3H2O，每生成1molK2MnO4，转移电子2mol电子，B错误；C．电解法阳极上发生反应，锰酸根离子全部转化为高锰酸根，CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4＋2CO2＝2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2，有的锰酸根离子转化成了高锰酸根离子，两者的理论产率之比为1：＝3：2，C正确；D．高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO4固体，D错误。
8．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验
操作与现象
①
在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀
依据上述实验现象，结论不合理的是
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
9．我国科学家设计如下图所示“电了转移链”过程，实现了低温条件下氧化CH4高效制CH3OH。
下列说法正确的是( )
A.该过程中，O2的电子最终传递给CH4 B.理论上，Pd0不能被NO2直接氧化为Pd2+
C.参加反应的和O2的物质的量之比为1∶2 D.可通过CF3COOCH3的水解制取CH3OH
【答案】 D
【解析】 A．CH4是还原剂，反应中失电子，O2得电子，A错误；
B．NO2具有氧化性，理论上，Pd0能被NO2直接氧化为Pd2+，B错误；
C．转化为和H2O，参加反应的和O2的物质的量之比为2∶1，C错误；
D．CF3COOCH3含有酯基，可通过CF3COOCH3的水解制取CH3OH，D正确。
10．工业上利用电解含有NaHPbO2的废液回收Pb，装置如图。下列说法错误的是( )
A．M的电极电势高于N
B．若转移2mol电子，阴极室溶液质量减少207g
C．阴极电极式为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-
D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，对Pb的产率无影响
【答案】B
【解析】左侧电极OH-失去电子生成O2，则为阳极，电极反应为4OH-＋4e-＝O2＋2H2O，M为正极；右侧电极HPbO得到电子生成Pb，为阴极，电极反应为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，N为负极，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧，据此解答。A．根据分析，M为正极，N为负极，M的电极电势高于N，A正确；B．阴极电极反应为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，转移2mol电子，钠离子由左侧经阳离子交换膜到达右侧为2mol，阴极室溶液质量减少207g-2mol×23g/mol＝161g，B错误；C．根据分析，阴极电极式为HPbO＋2e-＋H2O＝Pb＋3OH-，C正确；D．将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，多余的氢氧根离子经右侧到达左侧，对Pb的产率无影响，D正确。
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．为完成下列各组实验，所选的玻璃仪器和试剂均正确、完整的是(非玻璃仪器任选；不考虑存放试剂的容器)( )
选项
实验
玻璃仪器
试剂
A
食盐精制
漏斗、烧杯、玻璃棒
粗食盐水、稀盐酸、NaOH溶
液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液
B
比较S、C、Si
的非金属性强弱
蒸馏烧瓶、分液漏
斗、试管、导管
稀硫酸、碳酸钠固体、
硅酸钠溶液
C
喷泉实验
圆底烧瓶、胶头滴
管、烧杯
NO气体、无色酚酞溶液
D
除去NaBr溶液
中的少量NaI
烧杯、玻璃棒、
胶头滴管
溴水、CCl4
【答案】 B
【解析】 A．食盐精制通过这些试剂提纯后得到食盐溶液，缺少酒精灯、蒸发皿、三脚架，故A错误；
B．非金属性的强弱可以通过元素的最高价氧化物的水化物酸性来比较，稀硫酸可以和碳酸钠反应制备二氧化碳，二氧化碳可以和硅酸钠反应制备出硅酸，得出的酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，故B正确；
C．喷泉实验是利用压强差来形成的，NO不溶于水，不能形成压强差，故C错误；
D．除去NaBr溶液中的少量NaI应加入溴水，将I-氧化为I2，在加入CCl4萃取分液，本实验缺少分液漏斗，故D错误。
12．《神农本草经疏》中记载昆布有“消痰软坚散结，利水消肿”之功效，其有效成分的结构如下图所示，下列关于其说法正确的是( )
A．该有机物含卤原子碘，属于卤代烃 B．该有机物含有3种官能团
C．该有机物中不含手性碳原子 D．有机物能与盐酸发生反应
【答案】 D
【解析】 A．卤代烃中只含有碳原子、氢原子和卤原子或只含有碳原子和卤原子，该有机物中除含有碳原子、氢原子和碘原子外，还含有氧原子和氮原子，所以该有机物不属于卤代烃，A错误；
B．该有机物含有4种官能团羟基、碘原子、氨基、羧基，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子。该有机物中含有手性碳原子，即和氨基相连的碳原子，C错误；
D．该有机物中含有氨基，能与盐酸发生反应，D正确。
13．某种电催化法以CoP、Ni2P为催化电极合成腈类化合物(RCN)和偶氮化合物(R－N＝N－R)，装置示意图如图。下列说法错误的是( )
A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应
B.阴极发生反应：
C.OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动
D.每当合成得到1molRCN，同时合成1molR－N＝N－R
【答案】 D
【解析】 A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为 ，故B正确；
C．右侧为阴极、左侧为阳极，OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；
D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到1molRCN，同时合成0.5molR－N＝N－R，故D错误。
14．以废旧锂离子电池正极材料(主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe)为原料制取CoSO4的工艺流程如图：
已知：常温下LiOH可溶于水，Ksp[Co(OH)2]＝1．6×10-16]。下列说法错误的是( )
A．Na2S2O3的作用是还原剂
B．“净化”过程产生的废渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3
C．“沉钴”过程中，当溶液的pH＝11时，c(Co2＋)为1．6×10-10mol·L-1
D．用98%浓H2SO4比15%的稀硫酸浸取速率更快
【解析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，向样品中加入稀硫酸、硫代硫酸钠，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3＋被还原为Co2＋，Al、Fe也溶解，然后向溶液中通入空气，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，调节溶液pH，使Al3＋、Fe3＋转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中再加入氢氧化钠，使Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，过滤后向滤渣中加入H2SO4，得到CoSO4溶液。
A．Na2S2O3被氧化为Na2SO4，Co3＋被还原为Co2＋，则Na2S2O3的作用是还原剂，A项正确；B．向溶液中通入空气，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，调节溶液pH，使Al3＋、Fe3＋转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，B项正确；C．溶液的pH＝11时，c(OH-)＝10-3mol·L-1，根据Ksp[Co(OH)2]＝c2(OH-)·c(Co2＋)＝10-6×c(Co2＋)＝1．6×10-16，解得c(Co2＋)＝1．6×10-10mol·L-1，C项正确；D．浓H2SO4具有强氧化性，会与硫代硫酸钠反应，会使浸取速率更慢，D项错误。
15．甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2NH-OOCCH2NH＋H＋ K1
-OOCCH2NH-OOCCH2NH2＋H＋ K2
常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．Q→X过程中：逐渐增大
B．X点的溶液中：c(-OOCCH2NH2)> c(HOOCCH2NH)
C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)=c(-OOCCH2NH2)＋c(OH-)
D．当V(NaOH)=20mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】 AC
【解析】 0．100mol·L-1HCOONH4的溶液中加入HCl，溶液酸性增强，HCOONH4＋HCl= HCOOH＋NH4Cl，HCOOH浓度变大、HCOO-浓度减小、水解受到抑制浓度稍微变大；加入氢氧化钠，溶液碱性增强，HCOONH4＋NaOH= HCOONa＋NH3∙H2O，NH3·H2O 浓度变大、浓度减小、HCOO-水解受到抑制稍微变大；结合图象可知，①②③④分别为HCOO-、NH3·H2O、、HCOOH。A．由分析可知，曲线①表示pc(HCOO-)随pH的变化，A正确；B．已知：x、y点的坐标：x(3．75，1．3)，y(9．25，1．3)；Kb(NH3·H2O)= ，NH3∙H2O、浓度相等时，位于y点，pH=9．25，pOH=4．75，故Kb(NH3·H2O)=10-4．75，其数量级为10-5，B错误；C．由x点的坐标：x(3．75，1．3)可知，pH=3．75，此时HCOO-、HCOOH浓度相等，则Ka(HCOOH)= =10-3．75；z点为NH3∙H2O、HCOOH浓度相等，同时HCOO-、浓度相等，，结合Kw=10-14，可知，其横坐标为6．2，C错误；D．初始溶液为HCOONH4，由图象可知，pH=7时，溶液中c(NH3∙H2O)>c(HCOOH)，则溶液中离子浓度大小：c(HCOO-)>c()，D正确。
三、 本题共5小题，共60分。
16．(12分)铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子价电子排布式为_______。
(2)K与Cu同周期，最外层电子数相同，但Cu的熔点远高于K，因为_______。
(3)含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集，进行回收。
①M所含元素的电负性由大到小顺序是 (用元素符号表示)。
②X化合物中中心原子铜的配位数是 ，上述反应中断裂和生成的化学键有 (填字母序号)。
a.离子键 b.共价键 c.金属键 d.氢键 e.配位键
(4)高温下，Cu2O比CuO稳定的原因是 。
(5)离子型配合物[ Cu(CH3CN)4]BF4，阴离子的空间构型为 ，配体中碳原子的杂化方式是 。
(6)由Cu，Sb，Se组成的热电材料，其晶胞结构如图所示，a＝b＝566pm，c＝1128pm，该晶体的密度是 (列式即可)。
【答案】 (1)3d104s1 (2)Cu的半径比K的半径小，电荷数比K的多，金属键比K强，所以Cu的熔点远高于K (3)O>N>C>H 4 be (4)Cu的价电子为3d104s1，失去最外层1个电子即可达到全满稳定结构
(5)正四面体 sp3、sp (6)
【解析】 Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为:1s2s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；
Cu的半径比K的半径小，电荷数比K的多，金属键比K强，所以Cu的熔点远高于K；
①M中的元素由C、N、O、H，根据同周期元素，从左到右电负性依次增强，可得M所含元素的电负性由大到小顺序为O>N>C>H；
②X化合物中有2个氮原子和2个氧原子提供孤对电子，所以中心原子铜的配位数是4；中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，配位键用“→”表示，氢键用“…”表示，在该反应中，酚羟基中的O-H共价键断裂生成H＋，所以上述反应中断裂和生成的化学键有配位键、共价键，选be；
Cu2O中Cu＋的外围电子排布式为3d10，CuO中Cu2＋的外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；
配合物[ Cu(CH3CN)4]BF4的阴离子为，中心原子B的价层电子对数为＝4，空间构型为正四面体形；配体CH3CN 中，甲基上的碳是sp3杂化，−CN中含有三键，碳原子是sp杂化；由Cu，Sb，Se组成的热电材料，其晶胞结构如图所示，根据均摊法可知Cu有10× ＋4×=6个，Sb有8×＋1＝2个，Se有8个，a＝b＝566pm，c＝1128pm，该晶体的密度是ρ＝＝g·cm-3 。
17．(12分)醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。
Ⅰ、合成
(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。
(2)回流1h，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水
正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。
Ⅱ、载氧量测定
(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入DMF(配合物在DMF中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。
(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为V1。将DMF加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度V2。已知大气压为p，氧气的压强为p(O2)，温度为t℃。配合物载氧量[n(吸收的O2)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。
【答案】(1) 球形冷凝管 恒压漏斗 液封(2)BCA(3) 活塞1和活塞2 液面差恒定(4)
【解析】由题意可知，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。(1)由实验装置图可知，A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中
(2)由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；(3)由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；(4)由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×。
18．(12分)一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3，FeCO3等，其中FeCO3含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。
已知：①金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
CuS
NiS
MnS
FeS
Ksp
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被NaOH部分溶解的物质是___________。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入MnO2的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)调溶液pH到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是___________。
(6)除杂后的MnSO4溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。
(7)锰的化合物LiMn2O4是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为apm，则晶体密度为___________g·cm-3 。
【答案】(1)4FeS＋6H2O＋O2 4S＋4Fe(OH)3 (2)SiO2(3)H2S(4) MnCO3＋H2SO4 ＝MnSO4＋CO2↑＋H2O MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5) Fe(OH)3 Cu2＋ 、Ni2＋(6)2H2O-4e-＝4H＋＋O2↑(7)
【解析】高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3，FeCO3含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2＋转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。【详解】(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为4FeS＋6H2O＋O2 4S＋4Fe(OH)3 ；(2)结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被NaOH部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅；(3)未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；(4)酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4 ＝MnSO4＋CO2↑＋H2O ；酸浸时，加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为： MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；(5)根据给定信息①金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe(OH)3；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是Cu2＋ 、Ni2＋；(6)根据放电顺序可知，除杂后的MnSO4溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为2H2O-4e-＝4H＋＋O2↑；(7)氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数＝＝4，所以晶胞中含LiMn2O4为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为apm，则晶体密度＝g·cm-3
19．(12分)科学研究发现含有黄酮类化合物的中药制剂可能对新型冠状肺炎有一定的治疗作用。某黄酮类化合物F的一种合成路线如图，(D、E、F分子中Ar表示某特定基团)。
已知：RCOCH3＋R′COClRCOCH2COR′＋HCl
(1)对苯二酚的分子式为 ，该分子中含有 种化学环境的氢原子。
(2)A→B的反应类型是 ，B中含氧官能团的名称为羰基和 。
(3)对苯二酚转化为A的目的是 。
(4)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，写出一种符合下列条件的K的结构简式为 。
①苯环上有2个取代基
②可发生水解反应和银镜反应
③可与金属钠Na反应生成H2，且苯环上的一氯代物只有2种
(5)写出G的结构简式为 。
(6)结合相关信息，以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成 的路线(不超过三步，无机试剂任选) 。
【答案】1．(1) C6H6O2 2 (2) 取代反应 酯基
(3)保护对苯二酚的羟基不被CH3COCl反应 (4) 或
(5)ArCOCl
(6)
【解析】(1)根据对苯二酚的结构简式得到对苯二酚的分子式为C6H6O2，该分子有两条对称轴，因此该分子中含有2种化学环境的氢原子；(2)根据A、B的结构分析A→B的反应类型是取代反应，根据B的结构简式得到B中含氧官能团的名称为羰基和酯基；(3)根据对苯二酚转化为A和B转化为C分析得到对苯二酚转化为A的目的是保护对苯二酚的羟基不被CH3COCl反应；(4)某芳香族化合物K与C互为同分异构体，苯环上有2个取代基；可发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基；③可与金属钠Na反应生成H2，除了酯基外还有一个羟基，酯基为甲酸某酯，且苯环上的一氯代物只有2种，说明两个取代基在对位，则符合条件的K的结构简式为 或。
(5)根据RCOCH3＋R′COClRCOCH2COR′＋HCl 以及C、D的结构简式分析得到G的结构简式为ArCOCl；(6)根据C→D→E→F分析，则和CH3COCH3在碳酸钾作用下反应生成，在醋酸和醋酸钠作用下反应生成，和溴水发生加成反应生成，其合成路线为：(6)
20．(12分)我国政府承诺二氧化碳排放在2030年前达到峰值，2060年前实现碳中和，彰显作为大国的担当和责任。CH4—CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知：①CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－890.3 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566kJ·mol-1；
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
则CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH3＝___________ kJ·mol－1。
(2)恒容密闭容器中可逆反应CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g)达到平衡状态的标志是___________(填序号)。
A.单位时间内生成1molCH4的同时消耗2molCO
B.混合气体的密度不再改变
C.反应速率ν(CH4)∶ν(CO2)∶ν(CO)∶ν(H2)＝1∶1∶2∶2
D.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)容器容积为1L，控制CH4和CO2初始投料量分别为2mol和3mol，发生反应：CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)，甲烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图甲所示。
则X代表___________(填“温度”或“压强”)：L1___________L2(填“大于”或“小于”)，并请说出理由：___________；b点反应的平衡常数为___________。
(4)500℃下，将CH4和CO4的混合气体(投料比为1∶1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图乙所示(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)。
由图乙可知，75min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为___________，原因是___________。
(5)①温度为T1℃时，CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) K＝100
实验测得：v正＝k正c(CH4)·c(CO2)为速率常数。T1℃时，k正＝___________(以k逆表示)。v逆＝k逆c2(CO)·c2(H2)，k正、k逆
②当温度改变为T2℃时，k正＝105k逆，则T2℃时平衡压强___________T1℃时平衡压强(填“>”“<”或“＝”)，理由是___________。
【答案】 (1)＋159.3 (2)D
(3)温度 小于 该反应是气体分子数增大的反应，温度相同时，压强越大，CH4的平衡转化率越小 8
(4)目数越大，CH4转化率越大 催化剂目数越大，催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触越充分
(5)100k逆 > 该反应正反应是吸热反应，温度越大，平衡常数越大，K(T2)>K(T1)，则T2>T1，温度升高，反应向正反应方向进行，气体分子数增多，压强增大
【解析】 已知：①CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－890.3 kJ·mol－1；
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566kJ·mol-1；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；由盖斯定律可知，目标反应＝反应①-反应②-反应③，ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝－890.3 kJ·mol－1＋566kJ·mol-1＋483.6 kJ·mol－1＝＋159.3kJ·mol－1
A．生成CH4和消耗CO都是逆反应，无法判断是否达到平衡状态，A项错误；
B．恒容密闭容器中，V恒定，反应物和生成物都是气体，气体总质量始终不变，则密度始终不变，B项错误；
C．反应速率之比始终等于各物质的化学计量数之比，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；
D．反应物和生成物都是气体，气体总质量始终不变，该反应的正反应是气体分子数增大的反应，只有反应达到平衡气体总物质的量才不变，混合气体平均相对分子质量不变可判断反应达平衡，D项正确。
CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g) 是反应前后气体分子数增大的反应，正反应为吸热反应；压强越大，CH4的平衡转化率越小，温度越大，CH4的平衡转化率越大，则x代表温度，L代表压强：相同温度下，L1比L2的CH4的转化率大，则压强：L2>L1；根据已知，列三段式：
CO2(g)＋CH4(g)===2CO(g)＋2H2(g)
起始量(mol/L) 2 3 0 0
转化量(mol/L) 1 2 2 2
平衡量(mol/L) 1 2 2 2
。
据图乙可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大：因为催化剂目数越大，颗粒越小，比表面积越大，原料气与催化剂的接触越充分，反应越完全。
①v正＝k正c(CH4)·c(CO2)，v逆＝k逆c2(CO)·c2(H2)，K＝，平衡时v正＝v逆k正＝100k逆；
②该反应为吸热反应，平衡常数由100增大到105，则说明温度升高；升温，平衡向正反应方向移动，气体的分子数增大，则压强增大，T2℃时平衡压强>T1℃时平衡压强。
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