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年高三年级第三次模拟考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Ni 75 Se 79
一、单选题（共15题，每题3分）
1.(2024届广东省湛江市第一中学高三上学期开学考试)化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是（　　）
A. 用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B. “一带一路”是现代版的“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
C. 马家窑文化遗址出土的单刃青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
D. 船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀
2.(2024届贵州省贵阳市高三上学期11月质量检测)设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A. 增大压强，可使转变为个分子 B. 或中含有离子数均为
C. 与足量的碘(I2)反应生成HI的分子数为 D. 或 (正四面体)分子中含有的共价键数均为
3.（2024届北京师范大学附属实验中学暑期高三第一次督导试题）下列化学用语或图示表达正确的是(　　)
A. HClO的电子式： B. 中子数为1的氢原子：
C. NaCl的晶胞： D. 反-2-丁烯的结构简式：
4.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是( )
A. 相对于途径③，途径①更好地体现了绿色化学思想
B. 途径①发生的反应可能是3Cu＋2HNO3＋3H2SO4===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O
C. 将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体
D. 1 mol CuSO4在1 100 ℃所得混合气体X为SO3和O2，其中O2可能为0．75 mol
5.下列离子反应方程式与所给事实相符的是（　　）
A. 过量与的溶液反应：
B. 少量与溶液反应：
C. 用溶液将锅炉水垢中的转化为：
D. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为：
6.如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 (　　)
QZY4溶液QZX4Y4W12溶液
A. 单质沸点：Z>Y>W B. 简单氢化物键角：X>Y
C. 反应过程中有蓝色沉淀产生 D. QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y
7.室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是（　　）
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
8.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH-，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基( OH)，处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电势：N电极＞M电极 B. 阴极电极反应式为O2＋2e-＋2H＋===2 OH
C. 每处理9.4 g苯酚，理论上有2.8 mol H＋透过膜a D. 若 OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14
9.“钯碳”是将金属钯粉负载到活性碳及有机物上制成的催化剂，废钯碳中钯的回收可通过“王水脱钯”法实现，其工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A. “焚烧”的目的是除去碳和有机物 B. “还原”反应中甲酸被氧化为
C. “溶解”反应中消耗和的物质的量之比为 D. 温度过高，不利于“氨化”进行
10.镍的某种氧化物是一种半导体，具有型结构(如图)，已知晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是(　　)
A. 属于过渡金属元素
B. 与距离最近且相等的有4个
C. 晶体的密度为
D. 若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为
11.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　)
A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B. 反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
12.阿斯巴甜是一种合成甜味剂，结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是（　　）
A. 分子中所有原子可能在同一平面 B. 含有5种官能团
C. 1 mol该物质可与3 mol NaOH反应 D. 1 mol该物质中含有4 mol碳氧键
13.在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1∶4)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO的选择性(即CO2转化生成CH4或CO的百分比)随温度变化如图所示。
反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1；反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2。下列说法正确的是(　　)
A. ΔH1、ΔH2都小于零 B. 改变压强，对CO产量没有影响
C. 反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝ D. 为提高CH4选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施
14.有机物E具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如下。下列说法正确的是(　　)
A. G→E发生了水解反应 B. E分子中所有碳原子一定在同一平面内
C. 化合物G的一卤代物有6种(不考虑立体异构) D. G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
15.室温下，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的分布系数δ、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示[比如HAuCl4的分布系数，δ(HAuCl4)＝]。
下列叙述错误的是(　　)
A. x点，溶液中c(Na＋)C. n点，溶液中δ(AuCl)约为0．75 D. q点，溶液的pH在8～9之间
二、填空题（共4小题，共55分）
16.工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，某小组同学用如图装置(略去加热仪器等)模拟生产过程。
已知：ⅰ烧瓶C中发生反应如下：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能被空气中的O2氧化。
(1)模拟实验的操作步骤(说明：仪器中旋塞或玻璃塞的开或关不必叙述)：检查装置的气密性，并按图示加入试剂；向A烧瓶中分步滴加足量浓硫酸， ，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥后即得到产品。
(2)为提高产品纯度，理论上应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 。
(3)Na2S2O3常用作脱氯剂。
①S2O离子的空间结构为 。
②Na2S2O3溶液与足量Cl2反应的离子方程式为 。
(4)Na2S2O3可以用于测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：
Ⅰ.用浓H2SO4将样品中的Se氧化为SeO2；
Ⅱ.用KI溶液还原SeO2为Se，同时生成I2；
Ⅲ.以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定Ⅱ中生成的I2(I2＋2S2O===2I－＋S4O)。实验中准确称量0.400 0 g粗硒样品，滴定中消耗0.800 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液20.00 mL，则粗硒样品中硒的质量分数为 (写出计算过程)。
17.工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
请回答：
(1)在 C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－394 kJ·mol－1
反应2：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH2＝－566 kJ·mol－1
反应3：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH3
①设y＝ΔH－TΔS，反应1、2和3的y随温度T的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是________。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比________。
A．不变　　　　　　　　　　　　　B．增大
C．减小　　　　　　　　　　　　　D．无法判断
(2)水煤气反应：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131 kJ·mol－1。
工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________________________________。
(3)一氧化碳变换反应：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)＝0.25 MPa、p(H2O)＝0.25 MPa、p(CO2)＝0.75 MPa和p(H2)＝0.75 MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。
A．反应温度愈高愈好
B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂
D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量－反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：________________________________________________________________________；
步骤Ⅱ：________________________________________________________________________。
18.白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为__________________。
(2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ.MO浸出率＝()×100%(M代表Ca或Mg)。
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是____________________________________。
②沉钙反应的离子方程式为_______________________________________________________。
③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为__________。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因为__________________________________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是_______________。
(4)滤渣C中含有的物质是__________。
(5)该流程中循环利用的物质为__________。
19.一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
(1)A的化学名称为________________。
(2)B中官能团的名称为________________；B→C、E→G的反应类型分别为_______________、________________。
(3)C→D反应的化学方程式为______________________________________________。
(4)含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有________种(不含D)，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为4∶3∶2的是________________(写结构简式)。
(5)设计以F和CH2==CHCHO为起始原料，合成的路线(其他试剂任选)。参考答案
1.【答案】B
【解析】碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，A正确；丝绸的主要成分是蛋白质，不是纤维素，B错误；青铜是在纯铜中加入锡或铅的合金，C正确；由于锌比铁活泼，形成原电池时锌作负极被氧化，铁作正极被保护，船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀，D正确。
2.【答案】B
【解析】A．物质的量为，转变为是可逆反应，转变为分子小于，A项错误；
B．或中阴阳离子数之比均为，则离子数均为，B项正确；
C．与反应生成为可逆反应，生成HI的分子数小于，C项错误；
D．是正四面体结构，1个分子中含有6个键，则共价键数均为，D项错误；
故选B。
3.【答案】B
【解析】HClO的电子式：，故A错误；中子数为1的氢原子：，质量数为2，故B正确；NaCl的晶胞：，故C错误；反-2-丁烯的结构简式：，故D错误；故选B。
4.【答案】B
【解析】A项，途径①有污染气体NO生成，不能更好地体现绿色化学思想，错误；C项，胆矾晶体不能通过蒸干得到，应对CuSO4溶液蒸发浓缩冷却结晶，过滤得到，错误；D项，根据2CuSO4Cu2O＋SO2↑＋SO3↑＋O2↑可知，1 mol CuSO4在1 100 ℃所得混合气体X中O2为0.5 mol，错误。
5.【答案】D
【解析】由于过量，生成的会进一步与反应，生成，正确的离子反应方程式为，A错误；少量CO2与反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，B错误；由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入溶液，CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，C错误；
D．具有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，反应离子方程式为，D正确。故选D。
6.【答案】D
【解析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X可能为N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N元素；W原子序数小于N且能与X形成XW3，所以W为H元素。S单质常温下呈固态，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，所以沸点：S>O2>H2，故A正确；Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的键角约为105°，NH3的键角为107°，所以键角：X>Y，故B正确；硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；[Cu(NH3)4]SO4中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误。
7.【答案】B
【解析】A．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，只能得出溶液中有K+，不能得出含有KClO，A错误；
B．向淀粉KI试纸上滴加几滴KClO溶液，观察试纸变为蓝色，则说明ClO 有氧化性，B正确；
C．测定等浓度的KClO溶液、KF溶液的pH，比较pH的大小，可以得出F 和ClO 的水解能力大小，C错误；
D．向等体积稀盐酸和浓盐酸中分别加入等量的KClO溶液，观察溶液颜色变化，可以得出H+浓度对ClO 氧化性的影响，D错误；
故选B。
8.【答案】C
【解析】双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH-，M极上O2得电子与H＋反应生成羟基自由基( OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2；N极为阳极，H2O解离产生的OH-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。
A项，M极上O2得电子生成羟基自由基( OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，A正确；B项，M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基( OH)，电极反应式为O2＋2e-＋2H＋===2 OH，B正确；C项，每mol苯酚转化为CO2，转移电子28 mol，每处理9.4 g苯酚（即0.1 mol），理论上有2.8 mol电子转移，则有2.8 mol H＋透过膜b，C错误；D.若 OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28∶2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1∶14，D正确。
9.【答案】C
【解析】由题给流程可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性碳和有机物燃烧除去，钯被空气中的氧气氧化生成氧化钯；氧化钯与加入的甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水；钯溶于王水生成四氯合钯酸、一氧化氮和水；四氯合钯酸与浓氨水反应得到二氯化四氨合钯，二氯化四氨合钯溶液发生还原反应生成钯。A项，由分析可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性碳和有机物燃烧除去，故A正确；B项，由分析可知，“还原”反应为氧化钯与甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水，故B正确；C项，钯与王水反应生成四氯合钯酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pd＋12HCl＋2HNO3=3H2[PdCl4]＋2NO↑＋4H2O，由方程式可知，消耗盐酸和硝酸的物质的量比为6：1，故C错误；D项，水受热易发生分解反应生成氨气，若反应温度过高，氨气受热逸出会不利于“氨化”进行，故D正确。
10.【答案】B
【解析】Ni原子序数28，位于元素周期表第VIII族，属于过渡金属元素，A正确；以体心为中心，距离最近且相等的O2 位于6个面的面心，共计6个，B错误；根据均摊法，NiO晶胞中含个数为，个数为，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，C正确；若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，晶胞中有4，3个，1个N，则该晶体的化学式为，D正确。故选B。
11.【答案】C
【解析】由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
12.【答案】C
【解析】该有机物分子中含有多个sp3杂化的碳原子和氮原子，不可能所有原子在同一平面，A错误；该有机物分子中含有羧基、氨基、酰胺基和酯基等4种官能团，B错误；1 mol该有机物分子中含有羧基、酰胺基和酯基各1 mol，分别能与1 mol NaOH反应，故1 mol该物质可与3 mol NaOH反应，C正确；该有机物分子中，一个羧基含有2个碳氧键、一个酯基中含有3个碳氧键，一个酰胺基上有1个碳氧键，即1 mol该物质中含有6 mol碳氧键，D错误。故选C。
13.【答案】D
【解析】由图示看出，在350 ℃～400 ℃时，CH4的选择性为100%，也就是只发生反应Ⅰ，在此温度区间内，升高温度时CO2的转化率降低，则平衡逆向移动，ΔH1＜0,400 ℃以后升高温度，CO的选择性逐渐增加，反应Ⅱ平衡正向移动，ΔH2＞0，A错误；增大压强，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ不移动，有更多的CO2发生反应Ⅰ，相应发生反应Ⅱ的CO2减少，CO的产量减少，B错误；反应Ⅰ中H2O为气体，平衡常数中应出现c(H2O)，C错误；由反应I的特点可看出，降低温度、增大压强都能提高CH4的选择性，D正确。
14.【答案】C
【解析】G→E酮羰基转化为羟基，发生了加成反应，A错误；E分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面内，B错误；化合物G分子中氢原子含有6类，其一卤代物有6种，C正确；G分子不含有羟基或羧基，与钠不反应，D错误。
15.【答案】C
【解析】随着NaOH的滴入，HAuCl4逐渐被中和转化为NaAuCl4，溶液pH逐渐增大，故微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl，虚线表示滴定过程中溶液pH的变化趋势。A．X点c(HAuCl4)＝c(AuCl)，此时溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl)，得c(Na＋)＜c(AuCl)＝c(HAuCl4)，A项正确；B．p点对应加入NaOH 10 mL，故反应后溶液组成为等物质的量浓度的HAuCl4、NaAuCl4，溶液此时显酸性，说明HAuCl4的电离程度大于AuCl的水解程度，故c(AuCl)＞c(Na＋)＞c(HAuCl4)，结合电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl)，得c(HAuCl4)＋c(H＋)＜c(OH－)＋c(AuCl)，B项正确；C．实线代表HAuCl4、AuCl分布系数，由图示知，n点对应的δ(AuCl)明显大于0．8，C项错误；D．0．1 mol·L－1HAuCl4溶液pH＝3，c(H＋)≈c(AuCl)＝10－3 mol·L－1，则Ka＝＝≈10－5，则NaAuCl4溶液中AuCl的水解平衡常数Kh＝＝＝10－9，q点对应NaOH为20 mL，与酸恰好反应生成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，则c2(H＋)＝＝2×10－18，则10－9＜c(H＋)＝×10－9＜10－8，故8＜pH＜9，D项正确。
16.【答案】(1) 待装置中产生SO2气体一段时间后，向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加热C装置，充分反应，直至烧瓶C中溶液变澄清为止　(2) 2∶1　(3) ① 四面体　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)该实验步骤为：检查装置的气密性，并按图示加入试剂；向A烧瓶中分步滴加足量浓硫酸，待装置中产生SO2气体一段时间后，向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加热C装置，充分反应，直至烧瓶C中溶液变澄清为止，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥后即得到产品。
(2)由烧瓶C中发生反应如下：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反应的总方程式为2Na2S＋Na2SO3＋3SO2===3Na2S2O3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1恰好完全反应。
(3)①中心原子是一个S原子，sp3杂化，另一个S原子和3个O原子也是sp3杂化，所以S2O离子的空间结构为四面体；
②氯气具有强氧化性，可将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，自身转化成氯离子，所以Na2S2O3溶液与足量Cl2反应的离子方程式为S2O＋4Cl2＋5H2O===10H＋＋2SO －＋8Cl－。
(4)根据关系式法得出：
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)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
(3)①9.0　②1.8∶1　③BC　④M＋H2O===MO＋H2　MO＋CO===M＋CO2
【解析】(1)②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2的物质的量减小，CO的物质的量增大，所以CO与CO2的物质的量比值增大。(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率。(3)①该反应平衡常数K＝＝＝9.0。②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式：
　　　　CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol　1　　　x　　　　　0　　　0
转化/mol　0.9　　0.9　　　　0.9　　0.9
平衡/mol　0.1　　x－0.9　　0.9　　0.9
则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸气与CO的物质的量之比为1.8∶1。③反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意。④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为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，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出　②Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O　③2.4∶1　④Ksp(CaCO3)【解析】白云石矿样煅烧后CaMg(CO3)2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑。(2)①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由表可知，Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出。②沉钙反应中通入的二氧化碳和滤液中钙离子、一水合氨反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O。③由表可知，“浸钙”过程n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用n(NH4Cl)∶n(CaO)的比例为2.4∶1。(3)“浸镁”过程中，发生反应：MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NHMg2＋＋2NH3＋2H2O，加热蒸馏，随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁。(4)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入固体B中；“浸镁”过程中，MgO的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是Fe2O3、SiO2、CaSO4、MgO。 (5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3既是反应物又是生成物，可循环利用。
19.【答案】(1)己二酸　(2)酮羰基　加成反应　取代反应　
(3)　(4)12　
(5)
【解析】B与NH3发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D，D为，碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G和发生取代反应生成H和HBr，H→I脱去H2O。
(4)D为，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有、、、，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为4∶3∶2的是。

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