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江苏省南菁高级中学、常州市第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试卷（Word版含解析）
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这是一份江苏省南菁高级中学、常州市第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试卷（Word版含解析），共31页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：B-11 P-31 Ca-40 Mn-55 Fe-56 C-59 As-75
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州开幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是
A. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇在负极被氧化
B. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖
C. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素
D. 杭州奥体中心体育场中使用的太阳能电池材料——砷化镓是一种半导体材料
2. 反应应用于石油开采，下列说法正确是
A. 基态N原子的轨道表示式为B. Cl-的结构示意图为
C. NO2-中N原子杂化类型为sp2D. H2O的空间填充模型为
3. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性解释的是
A. F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B. CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO
C. AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键B. 基态原子第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数：D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
5. 下列有关说法正确的是
A. BeF2和BeCl2均为离子化合物
B. BeO的晶胞如图所示，晶胞中O2-的配位数为4
C. ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合成强碱
D. 在空气中加热蒸发BeCl2和MgCl2溶液都能得到BeCl2和MgCl2固体
6. 下列化学反应表示正确的是
A. BeO与NaOH溶液反应：
B. 镁的燃烧热为610kJ/ml，镁的燃烧：；
C. 向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：
D. 用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：
7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. BaSO4难溶于水，可用作隔音材料
B. CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂
C. Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的熔点比CaO高
D. 铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧
8. 利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A. 红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B. 将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C. 从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D. 冷凝管外壁出现白磷，冷却后氮气氛围下收集
9. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
10. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充
B. “滤渣”的主要成分为
C. “沉锌”过程发生反应
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用
11. 某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是
A. b端电势高于a端电势B. 理论上转移生成
C. 电解后海水下降D. 阳极发生：
12. 常温下，NH3·H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜（如图所示）。己知。当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液I中c（OH-）=c（H+）+c（NH）
B. 溶液I和Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）不相等
C. 溶液Ⅱ中为0.1
D. 溶液I和Ⅱ中c起始I（NH3·H2O）：c起始Ⅱ（NH3·H2O）=101:110
13.
200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分布分数[如二氯甲院的分布分数：]与原料配比关系如下图所示。下列说法错误的是
A. 随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小
B. 工业生产应控制原料配比在0～0.5左右
C. CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高
D. 在原料配比时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数[的写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在环境保护等领域有广泛应用。
（1）在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。
①制备理论上需要的物质的量为___________；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是___________。
②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理理由是___________。
（2）的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构___________。
（3）可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。
①写出反应II的化学方程式：___________。
②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是___________。
③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是___________。
15. 砷及其化合物有着广泛的用途，但也会严重危害环境安全和人体健康。
（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是提取砷的主要矿物原料。砷元素有+2、+3、+5等常见价态。
①如图1为As4S4分子的空间结构模型。已知As2S3分子中没有π键，其结构式可表示为_____________。
②将含砷废渣（主要成分是As2S3）制成浆料再通入O2氧化，转化为H3AsO4和单质硫，是工业提取砷元素的途径之一，写出As2S3转化为H3AsO4的化学方程式____________；该反应需要在加压下进行，原因是____________。
（2）As2S3可转化为用于治疗白血病的亚砷酸（H3AsO3）。H3AsO3在水溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图2所示。
①H3AsO3的电离常数分别为Ka1=10-9.2、K a2=10-12.1、K a3=10-13.4，则b点pH= _______________。
②工业含As（Ⅲ）废水具有剧毒，常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。不同pH条件下铁盐对水中As（Ⅲ）的去除率如图3所示。在pH=5~9溶液中，pH越大，铁盐混凝剂去除水中As（Ⅲ）的速率越快，原因是____________。
（3）水体中As（Ⅲ）的毒性远高于As（V）且As（Ⅴ）更易除去，常用的处理方法是先将废水中的As（Ⅲ）氧化为As（V），再通过一定方法除去As（V）。
①H3AsO3可被H2O2进一步氧化为H3AsO4。H3AsO3的酸性____________ H3AsO4的酸性（填“>”或“<”）。
②在pH=7的水溶液中，以足量的FeCl3为沉淀剂，可将HAsO4-转化为FeAsO4沉淀除去，其离子方程式为____________。【已知：，】
（4）油画创作通带需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是____________。
A. S2O和SO的空间结构都是正四面体形
B. 反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应I和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3:7
D. 反应I和Ⅱ中，参加反应的：I<Ⅱ
16. 实验室利用含钴废催化剂制备，并利用其制备。已知：完全沉淀的为，完全沉淀的为，开始沉淀的为，的溶解度曲线如图-1所示。
（1）制备。
①中基态核外电子排布式为___________。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备实验方案：___________，洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。(实验中须使用的仪器和试剂：计、溶液、固体)
（2）制备并测定含量。将和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加和浓氨水混合溶液、溶液，控制温度不超过充分反应，冷却后过滤。
①三颈瓶中生成反应的离子方程式为___________。
②加入的作用是___________。
③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成，该配合物内界的化学式为___________。
④准确称取样品于烧杯中，加入足量溶液充分反应，微沸加热至无放出。冷却至室温后，加入过量的固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至，然后取出溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。计算样品中钴元素的质量分数。___________。已知：，，。
17. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，相关成果由国际知名学术期刊《科学》在线发表，因此CO2的捕集及其资源化利用成为科学家研究的重要课题。
I.二氧化碳合成“合成气”
（1）捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气（CO、H2），该过程主要涉及以下反应：
①；△H1
②；△H2
③；△H3
④；△H4
根据盖斯定律，反应①的△H1=_____________（写出代数式即可）。
Ⅱ.二氧化碳合成低碳烯烃
（2）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高乙烯的生成率，装置如图1所示。阴极发生的反应为____________；
每转移1ml电子，阳极生成____________L气体（标准状况）。
（3）以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
A. ；（主反应）
B. ；（副反应）
其中，反应A的反应历程可分为如下两步：
A. ；△H1（反应速率较快）
B. ；（反应速率较慢）
相比于提高c（C2H6），则提高c（CO2）对反应A速率影响更大，原因是____________。
向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂KFeMn/Si2性能的影响如图2所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是____________。
Ⅲ.二氧化碳合成甲醇
主反应：；
副反应：；
某一刚性容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂存在条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图3所示。已知：CH3OH选择性=
（4）240℃平衡时，生成的CH3OH的物质的量是____________。
Ⅳ、新型二氧化碳固定法
（5）某课题组设计一种新型的固定CO2方法，如图4所示。若原料用，则产物为____________。选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
2023-2024第二学期阶段质量调研
化学试卷
考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：B-11 P-31 Ca-40 Mn-55 Fe-56 C-59 As-75
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州开幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是
A. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇在负极被氧化
B. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖
C. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素
D. 杭州奥体中心体育场中使用的太阳能电池材料——砷化镓是一种半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醇和氧气在酸性条件下构成的燃料电池中，电池工作时，甲醇在负极被氧化，氧气在正极被还原，A正确；
B．“竹餐具”的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．主火炬燃料“零碳甲醇”中的碳是指二氧化碳，C错误；
D．砷化镓是一种良好的半导体材料，D正确；
故选C。
2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是
A. 基态N原子的轨道表示式为B. Cl-的结构示意图为
C. NO2-中N原子杂化类型为sp2D. H2O的空间填充模型为
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态N原子的轨道表示式为 ，A错误；
B．Cl-的结构示意图：，B错误；
C．NO2-中N原子杂化类型为sp2，C正确；
D．H2O的空间填充模型为，D错误；
本题选C。
3. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性解释的是
A. F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B. CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO
C. AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，F之间的排斥力大，F-F不稳定，则F-F的键能小于Cl-Cl的键能，与电负性无关，故A符合题意；
B．CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO，生成物中I的化合价为+1价，说明I的电负性小于O，与电负性有关，故B不符合题意；
C．F元素的电负性大于Cl元素的电负性，AlF3中F元素与Al元素间的电负性差值大于1.7，AlCl3中Cl元素与Al元素间的电负性差值小于1.7，所以AlF3为离子化合物、AlCl3为共价化合物，则AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物，能通过比较F元素和Cl元素的电负性进行解释，故C不符合题意；
D．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子(HF)2，而Cl的电负性不足以使HCl分子间形成氢键，气态HCl中只有HCl分子，故D不符合题意；
故选：A。
4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键B. 基态原子的第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数：D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；
B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数BD．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确；
综上所述，本题选A。
5. 下列有关说法正确的是
A. BeF2和BeCl2均为离子化合物
B. BeO的晶胞如图所示，晶胞中O2-的配位数为4
C. ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合成强碱
D. 在空气中加热蒸发BeCl2和MgCl2溶液都能得到BeCl2和MgCl2固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．熔融状态下可以导电，为离子化合物，熔融状态下不可以导电，为共价化合物，A项错误；
B．由图可知，BeO的晶胞中的配位数为4，B项正确；
C．IIA族元素形成的氧化物不一定能与冷水直接化合成强碱，例如MgO不能与冷水直接化合成强碱，C项错误；
D．在空气中加热蒸发和溶液，会水解生成氢氧化铍，会水解生成氢氧化镁，最终都会得到相应的氧化物，因此不能得到和固体，D项错误；
答案选B。
6. 下列化学反应表示正确的是
A. BeO与NaOH溶液反应：
B. 镁的燃烧热为610kJ/ml，镁的燃烧：；
C. 向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：
D. 用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：
【答案】C
【解析】
【详解】A．BeO与NaOH溶液反应：，A错误；
B．镁的燃烧： ，B错误；
C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：，C正确；
D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：，D错误；
故选C。
7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. BaSO4难溶于水，可用作隔音材料
B. CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂
C. Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的熔点比CaO高
D. 铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧
【答案】C
【解析】
【详解】A．难溶于水，可用作“钡餐”，A项错误；
B．CaO能与二氧化硫反应，可用作工业废气脱硫剂，B项错误；
C．离子半径越小，离子键越强，熔点越高，C项正确；
D．铍镍合金具有形状记忆功能，可以用于制造弹簧秤的弹簧，D项错误；
答案选C。
8. 利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A. 红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B. 将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C. 从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D. 冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】C
【解析】
【详解】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；
B．真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水气和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，这时可以保证反应环境无水无氧，B正确；
C．若从a口通入冷凝水，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效果不好，需要用b口通入，此时可以将冷凝水充满冷凝管，C错误；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；
故答案选C。
9. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为，继续滴加产生沉淀；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；
B．向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；
C．向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；
D．向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意；
综上所述，本题选D。
10. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充
B. “滤渣”的主要成分为
C. “沉锌”过程发生反应
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【解析】
【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。
【详解】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；
B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；
C．“沉锌”过程发生反应，C正确；
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；
故选B。
11. 某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是
A. b端电势高于a端电势B. 理论上转移生成
C. 电解后海水下降D. 阳极发生：
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误；
C．由分析可知，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，电解后海水中OH-浓度增大，pH上升，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；
故选D。
12. 常温下，NH3·H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜（如图所示）。己知。当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液I中c（OH-）=c（H+）+c（NH）
B. 溶液I和Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）不相等
C. 溶液Ⅱ中为0.1
D. 溶液I和Ⅱ中c起始I（NH3·H2O）：c起始Ⅱ（NH3·H2O）=101:110
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，c（OH-）=c（H+），A错误；
B．根据题意，未电离的NH3·H2O分子可以通过隔膜，说明溶液I和溶液Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）相等，B错误；
C．溶液Ⅱ的pH=8，溶液中c(OH-)==ml/L=ml/L，Kb(NH3·H2O)= ，c平衡(NH3•H2O)=0.1c()，根据=1.1 c()，则，C错误；
D．根据C的分析，溶液Ⅱ中=1.1 c()，同理，溶液I的pH=7.0， cI()，因为平衡后两溶液中NH3•H2O浓度相等，故有0.1 cII ()=0.01 cI()，溶液I和Ⅱ中c起始I(NH3•H2O)∶c起始Ⅱ(NH3•H2O)=1.01∶1.1=101∶110，D正确；
故选D。
13.
200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分布分数[如二氯甲院的分布分数：]与原料配比关系如下图所示。下列说法错误的是
A. 随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小
B. 工业生产应控制原料配比在0～0.5左右
C. CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高
D. 在原料配比时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数[的写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小，A正确；
B．由图像可知原料配比在0～0.5左右，虽然副产物只有三氯甲烷，但一氯甲烷的转化率低，原料配比一般在1左右，B错误；
C．由图像可知CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高，C正确；
D．在原料配比时，由图像可知一氯甲烷的转化率为0.4，且产物分布分数为二氯甲烷0.8，三氯甲烷0.2，2ml一氯甲烷有转化，生成二氯甲烷和三氯甲烷：
故生成二氯甲烷的反应中，各物质相对分压依次为、、、，平衡常数，D正确；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在环境保护等领域有广泛应用。
（1）在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。
①制备理论上需要的物质的量为___________；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是___________。
②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理理由是___________。
（2）的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构___________。
（3）可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。
①写出反应II化学方程式：___________。
②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是___________。
③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是___________。
【答案】14. ①. ②. 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 ③. 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验
15. 或 16. ①. ②. 四氯乙烯与都是非极性分子，符合“相似相溶”原理 ③. 中原子采取杂化，无剩余的轨道用于形成键
【解析】
【小问1详解】
①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1mlα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量；
故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量；
②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理；
故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验；
【小问2详解】
每个Fe(III)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，或；
故答案为：或；
【小问3详解】
①根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为；
故答案为：；
②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α−FeOOH分离，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理；
故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理；
③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键；
故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。
15. 砷及其化合物有着广泛的用途，但也会严重危害环境安全和人体健康。
（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是提取砷的主要矿物原料。砷元素有+2、+3、+5等常见价态。
①如图1为As4S4分子的空间结构模型。已知As2S3分子中没有π键，其结构式可表示为_____________。
②将含砷废渣（主要成分是As2S3）制成浆料再通入O2氧化，转化为H3AsO4和单质硫，是工业提取砷元素的途径之一，写出As2S3转化为H3AsO4的化学方程式____________；该反应需要在加压下进行，原因是____________。
（2）As2S3可转化为用于治疗白血病的亚砷酸（H3AsO3）。H3AsO3在水溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图2所示。
①H3AsO3的电离常数分别为Ka1=10-9.2、K a2=10-12.1、K a3=10-13.4，则b点pH= _______________。
②工业含As（Ⅲ）废水具有剧毒，常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。不同pH条件下铁盐对水中As（Ⅲ）的去除率如图3所示。在pH=5~9溶液中，pH越大，铁盐混凝剂去除水中As（Ⅲ）的速率越快，原因是____________。
（3）水体中As（Ⅲ）毒性远高于As（V）且As（Ⅴ）更易除去，常用的处理方法是先将废水中的As（Ⅲ）氧化为As（V），再通过一定方法除去As（V）。
①H3AsO3可被H2O2进一步氧化为H3AsO4。H3AsO3的酸性____________ H3AsO4的酸性（填“>”或“<”）。
②在pH=7的水溶液中，以足量的FeCl3为沉淀剂，可将HAsO4-转化为FeAsO4沉淀除去，其离子方程式为____________。【已知：，】
（4）油画创作通带需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是____________。
A. S2O和SO的空间结构都是正四面体形
B. 反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应I和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3:7
D. 反应I和Ⅱ中，参加反应的：I<Ⅱ
【答案】（1） ①. ②. ③. 增大反应物的浓度，加快的转化速率
（2） ①. 12.1 ②. 增大，更多的转变为(或中的物质的量分数增大)，带负电荷的更易被带正电荷的胶粒吸附除去；增大，胶粒的量增多，吸附效果增强
（3） ①. < ②. （4）C
【解析】
【小问1详解】
①分子中As形成3个共价键、S形成2个共价键，已知分子中没有π键，则其结构式可表示为；
② 将含砷废渣(主要成分是)制成浆料再通入氧化，转化为和单质硫，反应在氧气为氧化剂，氧元素化合价由0变为-2，As化合价由+3变为+5、硫化合价由-2变为0，结合电子守恒可知，转化为的化学方程式；该反应需要在加压下进行，原因是增大反应物的浓度，加快的转化速率；
【小问2详解】
① 且由图可知b点，则，12.1；
② 由图可知，溶液之间时，pH越大，增大，更多的转变为(或中的物质的量分数增大)，带负电荷的更易被带正电荷的胶粒吸附除去，且碱性增强有利于铁离子水解产生氢氧化铁胶体、吸附效果增强，使得铁盐混凝剂去除水中的速率越快；
【小问3详解】
① 含氧酸中非羟基氧的数目越多，则酸性越强，故的酸性小于的酸性；
② 在的水溶液中，可将转化为沉淀除去，促使电离出氢离子可知同时生成氢离子，其离子方程式为；
【小问4详解】
A．SO中S的价层电子对数为，空间构型为正四面体，S2O中硫取代了SO中一个氧的位置，硫氧键和硫硫键键长不同，其空间为四面体形， A错误；
B．As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml As2S3失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml As2S3失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1ml As2S3转移的电子数之比为3∶7，C正确；
D．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的，，D错误；
故选C。
16. 实验室利用含钴废催化剂制备，并利用其制备。已知：完全沉淀的为，完全沉淀的为，开始沉淀的为，的溶解度曲线如图-1所示。
（1）制备。
①中基态核外电子排布式为___________。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备的实验方案：___________，洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。(实验中须使用的仪器和试剂：计、溶液、固体)
（2）制备并测定含量将和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加和浓氨水混合溶液、溶液，控制温度不超过充分反应，冷却后过滤。
①三颈瓶中生成反应的离子方程式为___________。
②加入的作用是___________。
③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成，该配合物内界的化学式为___________。
④准确称取样品于烧杯中，加入足量溶液充分反应，微沸加热至无放出。冷却至室温后，加入过量的固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至，然后取出溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。计算样品中钴元素的质量分数。___________。已知：，，。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d7 ②. 用溶解含钴废催化剂，加固体调节pH，用pH计控制4.2≤pH＜6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出，过滤
（2） ①. ②. 抑制氨水电离，防止生成C(OH)2沉淀 ③. ④. 20%
【解析】
【分析】含钴废催化剂主要成分为，少量和。用盐酸溶解得到含有C2+、Al3+、Fe3+的溶液，加碳酸钴调节pH为4.2~6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出。
【小问1详解】
①C是27号元素，C失去4s上的2个电子得到，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备的实验方案：用溶解含钴废催化剂，加固体调节pH，用pH计控制4.2≤pH＜6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出，过滤，加洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。
【小问2详解】
①三颈瓶中,C2+被双氧水氧化生成反应的离子方程式为。
②能抑制氨水电离，防止生成C(OH)2沉淀。
③与足量的硝酸银溶液反应生成，说明外界只有2个氯离子，该配合物内界的化学式为 。
④根据、，建立关系式,样品中n(C=)=0.1ml/L×，样品中钴元素的质量分数为。
17. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，相关成果由国际知名学术期刊《科学》在线发表，因此CO2的捕集及其资源化利用成为科学家研究的重要课题。
I.二氧化碳合成“合成气”
（1）捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气（CO、H2），该过程主要涉及以下反应：
①；△H1
②；△H2
③；△H3
④；△H4
根据盖斯定律，反应①△H1=_____________（写出代数式即可）。
Ⅱ.二氧化碳合成低碳烯烃
（2）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高乙烯的生成率，装置如图1所示。阴极发生的反应为____________；
每转移1ml电子，阳极生成____________L气体（标准状况）。
（3）以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
A. ；（主反应）
B. ；（副反应）
其中，反应A的反应历程可分为如下两步：
A. ；△H1（反应速率较快）
B. ；（反应速率较慢）
相比于提高c（C2H6），则提高c（CO2）对反应A速率影响更大，原因是____________。
向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂KFeMn/Si2性能的影响如图2所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是____________。
Ⅲ.二氧化碳合成甲醇
主反应：；
副反应：；
某一刚性容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂存在条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图3所示。已知：CH3OH选择性=
（4）240℃平衡时，生成的CH3OH的物质的量是____________。
Ⅳ、新型二氧化碳固定法
（5）某课题组设计一种新型的固定CO2方法，如图4所示。若原料用，则产物为____________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 5.6L
（3） ①. 反应b为反应A的决速步，增大，反应b速率加快，从而提高反应A速率 ②. 低于时，的转化率较低(选择性基本不变)；的产率低；高于时，选择性小
（4）0.8ml （5）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知：①=③-④，因此，故答案为：；
【小问2详解】
由图可知，阴极发生的反应是二氧化碳得电子被还原为乙烯，阳极发生的反应是水失电子生成氧气，每生成1mlO2，转移4ml电子，因此每转移1ml电子生成5.6L标准状况下的O2，故答案为：、5.6L；
【小问3详解】
由图可知在800℃，二氧化碳和乙烷的转化率不低，同时乙烯的选择性较高，故原因为：反应b为反应A的决速步，增大，反应b速率加快，从而提高反应A速率；低于时，的转化率较低(选择性基本不变)，的产率低，高于时，选择性小；
【小问4详解】
由图可知，在240℃二氧化碳的转化率为10%，甲醇的选择率为80%，因此有0.08ml的二氧化碳转化为甲醇：
故答案为：0.8ml；
【小问5详解】
根据流程图中旧键断裂和新键形成的过程可知：通过固定二氧化碳转化为，若原料用，产物为，故答案为：。
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：B-11 P-31 Ca-40 Mn-55 Fe-56 C-59 As-75
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州开幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是
A. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇在负极被氧化
B. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖
C. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素
D. 杭州奥体中心体育场中使用的太阳能电池材料——砷化镓是一种半导体材料
2. 反应应用于石油开采，下列说法正确是
A. 基态N原子的轨道表示式为B. Cl-的结构示意图为
C. NO2-中N原子杂化类型为sp2D. H2O的空间填充模型为
3. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性解释的是
A. F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B. CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO
C. AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键B. 基态原子第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数：D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
5. 下列有关说法正确的是
A. BeF2和BeCl2均为离子化合物
B. BeO的晶胞如图所示，晶胞中O2-的配位数为4
C. ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合成强碱
D. 在空气中加热蒸发BeCl2和MgCl2溶液都能得到BeCl2和MgCl2固体
6. 下列化学反应表示正确的是
A. BeO与NaOH溶液反应：
B. 镁的燃烧热为610kJ/ml，镁的燃烧：；
C. 向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：
D. 用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：
7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. BaSO4难溶于水，可用作隔音材料
B. CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂
C. Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的熔点比CaO高
D. 铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧
8. 利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A. 红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B. 将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C. 从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D. 冷凝管外壁出现白磷，冷却后氮气氛围下收集
9. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
10. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充
B. “滤渣”的主要成分为
C. “沉锌”过程发生反应
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用
11. 某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是
A. b端电势高于a端电势B. 理论上转移生成
C. 电解后海水下降D. 阳极发生：
12. 常温下，NH3·H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜（如图所示）。己知。当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液I中c（OH-）=c（H+）+c（NH）
B. 溶液I和Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）不相等
C. 溶液Ⅱ中为0.1
D. 溶液I和Ⅱ中c起始I（NH3·H2O）：c起始Ⅱ（NH3·H2O）=101:110
13.
200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分布分数[如二氯甲院的分布分数：]与原料配比关系如下图所示。下列说法错误的是
A. 随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小
B. 工业生产应控制原料配比在0～0.5左右
C. CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高
D. 在原料配比时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数[的写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在环境保护等领域有广泛应用。
（1）在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。
①制备理论上需要的物质的量为___________；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是___________。
②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理理由是___________。
（2）的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构___________。
（3）可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。
①写出反应II的化学方程式：___________。
②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是___________。
③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是___________。
15. 砷及其化合物有着广泛的用途，但也会严重危害环境安全和人体健康。
（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是提取砷的主要矿物原料。砷元素有+2、+3、+5等常见价态。
①如图1为As4S4分子的空间结构模型。已知As2S3分子中没有π键，其结构式可表示为_____________。
②将含砷废渣（主要成分是As2S3）制成浆料再通入O2氧化，转化为H3AsO4和单质硫，是工业提取砷元素的途径之一，写出As2S3转化为H3AsO4的化学方程式____________；该反应需要在加压下进行，原因是____________。
（2）As2S3可转化为用于治疗白血病的亚砷酸（H3AsO3）。H3AsO3在水溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图2所示。
①H3AsO3的电离常数分别为Ka1=10-9.2、K a2=10-12.1、K a3=10-13.4，则b点pH= _______________。
②工业含As（Ⅲ）废水具有剧毒，常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。不同pH条件下铁盐对水中As（Ⅲ）的去除率如图3所示。在pH=5~9溶液中，pH越大，铁盐混凝剂去除水中As（Ⅲ）的速率越快，原因是____________。
（3）水体中As（Ⅲ）的毒性远高于As（V）且As（Ⅴ）更易除去，常用的处理方法是先将废水中的As（Ⅲ）氧化为As（V），再通过一定方法除去As（V）。
①H3AsO3可被H2O2进一步氧化为H3AsO4。H3AsO3的酸性____________ H3AsO4的酸性（填“>”或“<”）。
②在pH=7的水溶液中，以足量的FeCl3为沉淀剂，可将HAsO4-转化为FeAsO4沉淀除去，其离子方程式为____________。【已知：，】
（4）油画创作通带需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是____________。
A. S2O和SO的空间结构都是正四面体形
B. 反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应I和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3:7
D. 反应I和Ⅱ中，参加反应的：I<Ⅱ
16. 实验室利用含钴废催化剂制备，并利用其制备。已知：完全沉淀的为，完全沉淀的为，开始沉淀的为，的溶解度曲线如图-1所示。
（1）制备。
①中基态核外电子排布式为___________。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备实验方案：___________，洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。(实验中须使用的仪器和试剂：计、溶液、固体)
（2）制备并测定含量。将和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加和浓氨水混合溶液、溶液，控制温度不超过充分反应，冷却后过滤。
①三颈瓶中生成反应的离子方程式为___________。
②加入的作用是___________。
③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成，该配合物内界的化学式为___________。
④准确称取样品于烧杯中，加入足量溶液充分反应，微沸加热至无放出。冷却至室温后，加入过量的固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至，然后取出溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。计算样品中钴元素的质量分数。___________。已知：，，。
17. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，相关成果由国际知名学术期刊《科学》在线发表，因此CO2的捕集及其资源化利用成为科学家研究的重要课题。
I.二氧化碳合成“合成气”
（1）捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气（CO、H2），该过程主要涉及以下反应：
①；△H1
②；△H2
③；△H3
④；△H4
根据盖斯定律，反应①的△H1=_____________（写出代数式即可）。
Ⅱ.二氧化碳合成低碳烯烃
（2）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高乙烯的生成率，装置如图1所示。阴极发生的反应为____________；
每转移1ml电子，阳极生成____________L气体（标准状况）。
（3）以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
A. ；（主反应）
B. ；（副反应）
其中，反应A的反应历程可分为如下两步：
A. ；△H1（反应速率较快）
B. ；（反应速率较慢）
相比于提高c（C2H6），则提高c（CO2）对反应A速率影响更大，原因是____________。
向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂KFeMn/Si2性能的影响如图2所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是____________。
Ⅲ.二氧化碳合成甲醇
主反应：；
副反应：；
某一刚性容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂存在条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图3所示。已知：CH3OH选择性=
（4）240℃平衡时，生成的CH3OH的物质的量是____________。
Ⅳ、新型二氧化碳固定法
（5）某课题组设计一种新型的固定CO2方法，如图4所示。若原料用，则产物为____________。选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
2023-2024第二学期阶段质量调研
化学试卷
考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：B-11 P-31 Ca-40 Mn-55 Fe-56 C-59 As-75
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州开幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。主火炬使用的绿色燃料是使用废碳再生的“零碳甲醇”，实现循环内“碳”的零排放。下列说法错误的是
A. 甲醇和氧气在酸性条件下可构成燃料电池，该电池工作时甲醇在负极被氧化
B. 亚运村餐厅中使用的“竹餐具”含有丰富的多糖
C. 主火炬使用的绿色燃料“零碳甲醇”中的碳是指碳元素
D. 杭州奥体中心体育场中使用的太阳能电池材料——砷化镓是一种半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醇和氧气在酸性条件下构成的燃料电池中，电池工作时，甲醇在负极被氧化，氧气在正极被还原，A正确；
B．“竹餐具”的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．主火炬燃料“零碳甲醇”中的碳是指二氧化碳，C错误；
D．砷化镓是一种良好的半导体材料，D正确；
故选C。
2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是
A. 基态N原子的轨道表示式为B. Cl-的结构示意图为
C. NO2-中N原子杂化类型为sp2D. H2O的空间填充模型为
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态N原子的轨道表示式为 ，A错误；
B．Cl-的结构示意图：，B错误；
C．NO2-中N原子杂化类型为sp2，C正确；
D．H2O的空间填充模型为，D错误；
本题选C。
3. 元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性解释的是
A. F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B. CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO
C. AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物
D. 气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，F之间的排斥力大，F-F不稳定，则F-F的键能小于Cl-Cl的键能，与电负性无关，故A符合题意；
B．CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO，生成物中I的化合价为+1价，说明I的电负性小于O，与电负性有关，故B不符合题意；
C．F元素的电负性大于Cl元素的电负性，AlF3中F元素与Al元素间的电负性差值大于1.7，AlCl3中Cl元素与Al元素间的电负性差值小于1.7，所以AlF3为离子化合物、AlCl3为共价化合物，则AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物，能通过比较F元素和Cl元素的电负性进行解释，故C不符合题意；
D．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子(HF)2，而Cl的电负性不足以使HCl分子间形成氢键，气态HCl中只有HCl分子，故D不符合题意；
故选：A。
4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键B. 基态原子的第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数：D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；
B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
综上所述，本题选A。
5. 下列有关说法正确的是
A. BeF2和BeCl2均为离子化合物
B. BeO的晶胞如图所示，晶胞中O2-的配位数为4
C. ⅡA族元素形成的氧化物均能与冷水直接化合成强碱
D. 在空气中加热蒸发BeCl2和MgCl2溶液都能得到BeCl2和MgCl2固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．熔融状态下可以导电，为离子化合物，熔融状态下不可以导电，为共价化合物，A项错误；
B．由图可知，BeO的晶胞中的配位数为4，B项正确；
C．IIA族元素形成的氧化物不一定能与冷水直接化合成强碱，例如MgO不能与冷水直接化合成强碱，C项错误；
D．在空气中加热蒸发和溶液，会水解生成氢氧化铍，会水解生成氢氧化镁，最终都会得到相应的氧化物，因此不能得到和固体，D项错误；
答案选B。
6. 下列化学反应表示正确的是
A. BeO与NaOH溶液反应：
B. 镁的燃烧热为610kJ/ml，镁的燃烧：；
C. 向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：
D. 用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：
【答案】C
【解析】
【详解】A．BeO与NaOH溶液反应：，A错误；
B．镁的燃烧： ，B错误；
C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：，C正确；
D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：，D错误；
故选C。
7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A. BaSO4难溶于水，可用作隔音材料
B. CaO能与水反应，可作工业废气脱硫剂
C. Mg2+的半径比Ca2+小，MgO的熔点比CaO高
D. 铍镍合金具有导电性，可以用于制造弹簧秤的弹簧
【答案】C
【解析】
【详解】A．难溶于水，可用作“钡餐”，A项错误；
B．CaO能与二氧化硫反应，可用作工业废气脱硫剂，B项错误；
C．离子半径越小，离子键越强，熔点越高，C项正确；
D．铍镍合金具有形状记忆功能，可以用于制造弹簧秤的弹簧，D项错误；
答案选C。
8. 利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A. 红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B. 将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C. 从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D. 冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】C
【解析】
【详解】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；
B．真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水气和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，这时可以保证反应环境无水无氧，B正确；
C．若从a口通入冷凝水，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效果不好，需要用b口通入，此时可以将冷凝水充满冷凝管，C错误；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；
故答案选C。
9. 取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为，继续滴加产生沉淀；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；
B．向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；
C．向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；
D．向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意；
综上所述，本题选D。
10. 从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A. “盐浸”过程若浸液下降，需补充
B. “滤渣”的主要成分为
C. “沉锌”过程发生反应
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【解析】
【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。
【详解】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；
B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；
C．“沉锌”过程发生反应，C正确；
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；
故选B。
11. 某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是
A. b端电势高于a端电势B. 理论上转移生成
C. 电解后海水下降D. 阳极发生：
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误；
C．由分析可知，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，电解后海水中OH-浓度增大，pH上升，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；
故选D。
12. 常温下，NH3·H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜（如图所示）。己知。当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液I中c（OH-）=c（H+）+c（NH）
B. 溶液I和Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）不相等
C. 溶液Ⅱ中为0.1
D. 溶液I和Ⅱ中c起始I（NH3·H2O）：c起始Ⅱ（NH3·H2O）=101:110
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，c（OH-）=c（H+），A错误；
B．根据题意，未电离的NH3·H2O分子可以通过隔膜，说明溶液I和溶液Ⅱ中的c平衡（NH3·H2O）相等，B错误；
C．溶液Ⅱ的pH=8，溶液中c(OH-)==ml/L=ml/L，Kb(NH3·H2O)= ，c平衡(NH3•H2O)=0.1c()，根据=1.1 c()，则，C错误；
D．根据C的分析，溶液Ⅱ中=1.1 c()，同理，溶液I的pH=7.0， cI()，因为平衡后两溶液中NH3•H2O浓度相等，故有0.1 cII ()=0.01 cI()，溶液I和Ⅱ中c起始I(NH3•H2O)∶c起始Ⅱ(NH3•H2O)=1.01∶1.1=101∶110，D正确；
故选D。
13.
200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分布分数[如二氯甲院的分布分数：]与原料配比关系如下图所示。下列说法错误的是
A. 随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小
B. 工业生产应控制原料配比在0～0.5左右
C. CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高
D. 在原料配比时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数[的写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小，A正确；
B．由图像可知原料配比在0～0.5左右，虽然副产物只有三氯甲烷，但一氯甲烷的转化率低，原料配比一般在1左右，B错误；
C．由图像可知CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高，C正确；
D．在原料配比时，由图像可知一氯甲烷的转化率为0.4，且产物分布分数为二氯甲烷0.8，三氯甲烷0.2，2ml一氯甲烷有转化，生成二氯甲烷和三氯甲烷：
故生成二氯甲烷的反应中，各物质相对分压依次为、、、，平衡常数，D正确；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在环境保护等领域有广泛应用。
（1）在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。
①制备理论上需要的物质的量为___________；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是___________。
②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理理由是___________。
（2）的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构___________。
（3）可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。
①写出反应II化学方程式：___________。
②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是___________。
③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是___________。
【答案】14. ①. ②. 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 ③. 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验
15. 或 16. ①. ②. 四氯乙烯与都是非极性分子，符合“相似相溶”原理 ③. 中原子采取杂化，无剩余的轨道用于形成键
【解析】
【小问1详解】
①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1mlα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量；
故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量；
②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理；
故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验；
【小问2详解】
每个Fe(III)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，或；
故答案为：或；
【小问3详解】
①根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为；
故答案为：；
②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α−FeOOH分离，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理；
故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理；
③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键；
故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。
15. 砷及其化合物有着广泛的用途，但也会严重危害环境安全和人体健康。
（1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是提取砷的主要矿物原料。砷元素有+2、+3、+5等常见价态。
①如图1为As4S4分子的空间结构模型。已知As2S3分子中没有π键，其结构式可表示为_____________。
②将含砷废渣（主要成分是As2S3）制成浆料再通入O2氧化，转化为H3AsO4和单质硫，是工业提取砷元素的途径之一，写出As2S3转化为H3AsO4的化学方程式____________；该反应需要在加压下进行，原因是____________。
（2）As2S3可转化为用于治疗白血病的亚砷酸（H3AsO3）。H3AsO3在水溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图2所示。
①H3AsO3的电离常数分别为Ka1=10-9.2、K a2=10-12.1、K a3=10-13.4，则b点pH= _______________。
②工业含As（Ⅲ）废水具有剧毒，常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生Fe（OH）3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。不同pH条件下铁盐对水中As（Ⅲ）的去除率如图3所示。在pH=5~9溶液中，pH越大，铁盐混凝剂去除水中As（Ⅲ）的速率越快，原因是____________。
（3）水体中As（Ⅲ）毒性远高于As（V）且As（Ⅴ）更易除去，常用的处理方法是先将废水中的As（Ⅲ）氧化为As（V），再通过一定方法除去As（V）。
①H3AsO3可被H2O2进一步氧化为H3AsO4。H3AsO3的酸性____________ H3AsO4的酸性（填“>”或“<”）。
②在pH=7的水溶液中，以足量的FeCl3为沉淀剂，可将HAsO4-转化为FeAsO4沉淀除去，其离子方程式为____________。【已知：，】
（4）油画创作通带需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是____________。
A. S2O和SO的空间结构都是正四面体形
B. 反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C. 反应I和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3:7
D. 反应I和Ⅱ中，参加反应的：I<Ⅱ
【答案】（1） ①. ②. ③. 增大反应物的浓度，加快的转化速率
（2） ①. 12.1 ②. 增大，更多的转变为(或中的物质的量分数增大)，带负电荷的更易被带正电荷的胶粒吸附除去；增大，胶粒的量增多，吸附效果增强
（3） ①. < ②. （4）C
【解析】
【小问1详解】
①分子中As形成3个共价键、S形成2个共价键，已知分子中没有π键，则其结构式可表示为；
② 将含砷废渣(主要成分是)制成浆料再通入氧化，转化为和单质硫，反应在氧气为氧化剂，氧元素化合价由0变为-2，As化合价由+3变为+5、硫化合价由-2变为0，结合电子守恒可知，转化为的化学方程式；该反应需要在加压下进行，原因是增大反应物的浓度，加快的转化速率；
【小问2详解】
① 且由图可知b点，则，12.1；
② 由图可知，溶液之间时，pH越大，增大，更多的转变为(或中的物质的量分数增大)，带负电荷的更易被带正电荷的胶粒吸附除去，且碱性增强有利于铁离子水解产生氢氧化铁胶体、吸附效果增强，使得铁盐混凝剂去除水中的速率越快；
【小问3详解】
① 含氧酸中非羟基氧的数目越多，则酸性越强，故的酸性小于的酸性；
② 在的水溶液中，可将转化为沉淀除去，促使电离出氢离子可知同时生成氢离子，其离子方程式为；
【小问4详解】
A．SO中S的价层电子对数为，空间构型为正四面体，S2O中硫取代了SO中一个氧的位置，硫氧键和硫硫键键长不同，其空间为四面体形， A错误；
B．As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml As2S3失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml As2S3失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1ml As2S3转移的电子数之比为3∶7，C正确；
D．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的，，D错误；
故选C。
16. 实验室利用含钴废催化剂制备，并利用其制备。已知：完全沉淀的为，完全沉淀的为，开始沉淀的为，的溶解度曲线如图-1所示。
（1）制备。
①中基态核外电子排布式为___________。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备的实验方案：___________，洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。(实验中须使用的仪器和试剂：计、溶液、固体)
（2）制备并测定含量将和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图-2)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加和浓氨水混合溶液、溶液，控制温度不超过充分反应，冷却后过滤。
①三颈瓶中生成反应的离子方程式为___________。
②加入的作用是___________。
③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成，该配合物内界的化学式为___________。
④准确称取样品于烧杯中，加入足量溶液充分反应，微沸加热至无放出。冷却至室温后，加入过量的固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至，然后取出溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。计算样品中钴元素的质量分数。___________。已知：，，。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d7 ②. 用溶解含钴废催化剂，加固体调节pH，用pH计控制4.2≤pH＜6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出，过滤
（2） ①. ②. 抑制氨水电离，防止生成C(OH)2沉淀 ③. ④. 20%
【解析】
【分析】含钴废催化剂主要成分为，少量和。用盐酸溶解得到含有C2+、Al3+、Fe3+的溶液，加碳酸钴调节pH为4.2~6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出。
【小问1详解】
①C是27号元素，C失去4s上的2个电子得到，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7。
②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为，少量和)为原料制备的实验方案：用溶解含钴废催化剂，加固体调节pH，用pH计控制4.2≤pH＜6.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除Fe3+、Al3+，过滤，滤液加热浓缩、冷却到50-90℃结晶析出，过滤，加洗涤2~3次，低温干燥，得到产品。
【小问2详解】
①三颈瓶中,C2+被双氧水氧化生成反应的离子方程式为。
②能抑制氨水电离，防止生成C(OH)2沉淀。
③与足量的硝酸银溶液反应生成，说明外界只有2个氯离子，该配合物内界的化学式为 。
④根据、，建立关系式,样品中n(C=)=0.1ml/L×，样品中钴元素的质量分数为。
17. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，相关成果由国际知名学术期刊《科学》在线发表，因此CO2的捕集及其资源化利用成为科学家研究的重要课题。
I.二氧化碳合成“合成气”
（1）捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气（CO、H2），该过程主要涉及以下反应：
①；△H1
②；△H2
③；△H3
④；△H4
根据盖斯定律，反应①△H1=_____________（写出代数式即可）。
Ⅱ.二氧化碳合成低碳烯烃
（2）用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高乙烯的生成率，装置如图1所示。阴极发生的反应为____________；
每转移1ml电子，阳极生成____________L气体（标准状况）。
（3）以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
A. ；（主反应）
B. ；（副反应）
其中，反应A的反应历程可分为如下两步：
A. ；△H1（反应速率较快）
B. ；（反应速率较慢）
相比于提高c（C2H6），则提高c（CO2）对反应A速率影响更大，原因是____________。
向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂KFeMn/Si2性能的影响如图2所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是____________。
Ⅲ.二氧化碳合成甲醇
主反应：；
副反应：；
某一刚性容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂存在条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图3所示。已知：CH3OH选择性=
（4）240℃平衡时，生成的CH3OH的物质的量是____________。
Ⅳ、新型二氧化碳固定法
（5）某课题组设计一种新型的固定CO2方法，如图4所示。若原料用，则产物为____________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 5.6L
（3） ①. 反应b为反应A的决速步，增大，反应b速率加快，从而提高反应A速率 ②. 低于时，的转化率较低(选择性基本不变)；的产率低；高于时，选择性小
（4）0.8ml （5）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知：①=③-④，因此，故答案为：；
【小问2详解】
由图可知，阴极发生的反应是二氧化碳得电子被还原为乙烯，阳极发生的反应是水失电子生成氧气，每生成1mlO2，转移4ml电子，因此每转移1ml电子生成5.6L标准状况下的O2，故答案为：、5.6L；
【小问3详解】
由图可知在800℃，二氧化碳和乙烷的转化率不低，同时乙烯的选择性较高，故原因为：反应b为反应A的决速步，增大，反应b速率加快，从而提高反应A速率；低于时，的转化率较低(选择性基本不变)，的产率低，高于时，选择性小；
【小问4详解】
由图可知，在240℃二氧化碳的转化率为10%，甲醇的选择率为80%，因此有0.08ml的二氧化碳转化为甲醇：
故答案为：0.8ml；
【小问5详解】
根据流程图中旧键断裂和新键形成的过程可知：通过固定二氧化碳转化为，若原料用，产物为，故答案为：。
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
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