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第一中学化学预测试题2026届（二）
可能用到的相对原子质量：O-16 H-1 C-12 Fe-56 Ca-40
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列化学用语表述正确的是
A．基态Cr原子的价层电子排布图：
B．H2分子中的σ键电子云图轮廓图：
C．的VSEPR模型：
D．乙烷的结构式：
2．甲和乙在一定条件下聚合得到性能优异的特种工程塑料——聚醚砜醚酮(PESEK)，其结构简式为，其单体为(甲)、(乙)。下列叙述错误的是
A．1 mol甲最多能与发生取代反应
B．所用单体没有选用乙的氯化物，可能原因是氟的电负性大于氯
C．相同条件下，甲在水中的溶解度比乙在水中的溶解度小
D．PESEK中S原子采用杂化
3．一研究团队将高性能氮化镓(GaN)晶体管集成到标准硅芯片上，从而提升3D半导体高频应用的性能。GaN的一种晶胞结构如图所示，下列叙述正确的是
已知：六棱柱晶胞底边长为a pm，高为c pm，为阿伏加德罗常数的值。
A．激发态N原子的电子排布图为
B．GaN晶胞中阳离子配位数为6
C．第一电离能：
D．GaN晶体密度为
4．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 相同浓度的溶液碱性： 电离的能力：
B 工业通常采用铁触媒、在400～500℃和10 MPa～30 MPa的条件下合成氨 催化剂能提高的平衡产率
C 常温下，用pH试纸测得金属钠与水反应后溶液的显碱性 钠与水反应过程抑制了水的电离
D 将气体通入NaClO溶液中产生HClO和 的酸性比HClO的酸性强
A．A B．B C．C D．D
5．一种电解乙腈制备乙胺的装置如图。
下列说法不正确的是
A．电极A与电源正极相连
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．1 mol乙腈完全转化为乙胺，理论上电路中转移电子数为
D．当阳极表面产生标准状况下11.2 L气体时，阴极区溶液质量减少34 g
6．丙酮可缩合得到和异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应的平衡常数减小。下列说法错误的是
A． B．合成温度越高，产率越高
C．分馏、混合物时，先蒸出 D．推测缩合存在中间产物
7．某个“自催化反应”的反应机理如下：
下列说法不正确的是
A．X→Z的速率随浓度的增大而不断增大
B．碱性：X＜
C．Y→Z，可以得到CO2
D．用代替X，可以得到
8．丙酰胺()是一种用于合成抗菌和抗癌药物的重要中间体，电化学合成丙酰胺的原理如图，两极产物发生C-N偶联反应最终生成丙酰胺：*NH2OH+CH3CH2CHO→丙醛肟→丙酰胺(*表示吸附态)。下列有关说法错误的是
A．生成 CH3CH2CHO的电极反应为
B．Co3O4/SiC为a极的催化剂，*为合成丙酰胺的中间产物
C．在不考虑发生其它电极反应的情况下，上述电解池中生成的*和CH3CH2CHO能完全转化为丙酰胺(假定不发生其他电极反应)
D．随着合成反应的进行，电解质溶液pH增大
9．下列反应方程式正确的是
A．SiO2与盐酸混合：
B．ICl与NaOH溶液反应：
C．溶液吸收：
D．CuSO4溶液与过量氨水制备铜氨配合物：
10．为研究低碳能源甲烷还原铁精矿()的反应原理，某科研小组在101 kPa、1450 K下，向恒容密闭系统中加入1 mol ，同时通入一定量和的混合气体。最终平衡时还原产物物质的量和铁水(液态铁)中固溶碳含量随通入的的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．随着增多，还原产物中铁元素价态呈降低趋势
B．时，发生反应
C．大于4 mol时，铁迅速熔化的原因是分解生成的C渗入金属铁中形成合金，降低了熔点
D．充入氮气的目的是防止Fe被氧化
11．用某废旧锂离子电池中钴酸锂()粗品制备纯品，实现资源的循环利用，主要工艺流程如下。
已知：①氯化胆碱是一种铵盐，“微波共熔”时提供；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③25℃时，，认为沉淀完全。下列说法错误的是
A．“微波共熔”反应中草酸作还原剂
B．“水浸”溶液颜色发生变化，离子方程式为
C．25℃当“沉钴”反应恰好完成时，溶液pH约为4.9
D．“高温烧结”的化学方程式为
12．某小组将等体积的饱和溶液(浓度约为)与饱和溶液(浓度约为)混合后，反应得到了大量黑色固体、少量红色固体与黄色固体。将浊液静置一段时间后，观察到黑色固体增多，红色固体减少，黄色固体的量不变。资料表明，黑色固体为CuS，红色固体为Cu，黄色固体为硫黄，BaS可溶于水。为了验证黄色固体是否为硫黄，该小组取洗涤后的混合固体做了如下实验：
下列说法不合理的是
A．放置一段时间后，黑色固体增多的原因是Cu与S反应生成CuS
B．Ⅱ中白色沉淀的组成与Ⅳ中白色沉淀的组成不同
C．若混合固体未洗涤干净，可观察到Ⅲ中现象为白色沉淀不完全溶解
D．Ⅳ中可证明Ⅰ中上层清液中不含，排除空气中的的干扰
13．以Al2O3/SiO2为载体的多功能铁基复合催化剂可实现CO2加氢制取高辛烷值汽油，复合催化剂常设计为“铁基为核、HZSM-5为壳”的核-壳结构，制取过程如图所示。已知HZSM-5是一种孔径约0.51～0.56 nm的分子筛，具有酸性位点，可催化烯烃发生异构化、芳构化。下列说法正确的是
A．反应初期Fe3O4被还原为FeO，说明FeO的催化活性高于Fe5C2
B．引入高温水蒸气后Fe5C2衍射峰降低，Fe3O4衍射峰强度明显增强，是因为水蒸气与Fe5C2发生了还原反应
C．铁基催化剂中掺杂Na可提高低碳烯烃选择性，是由于Na作为电子给体，增强Fe的电子云密度，削弱Fe对H原子的吸附能力，抑制C-H键的过度生成
D．核-壳结构中，可避免两种催化剂直接接触，壳层越厚越有利于提高汽油选择性
14．对氨基苯甲酸钾是药物普鲁卡因的重要中间体，可由对硝基甲苯制得，合成路线如下图所示，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ与过程Ⅱ可以互换顺序
B．过程Ⅱ中作还原剂
C．水溶性：
D．酸性：
二、解答题（4小题，58分）
15．以、为原料合成的主要反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：___________
回答下列问题：
(1)写出反应Ⅲ的热化学方程式：___________。
(2)500℃下，在2 L的恒容密闭容器中充入和，只发生反应Ⅲ．反应5 min达到平衡，此时。则0~5 min内，的平均反应速率___________；下列叙述可以说明该反应已达到平衡的是___________(填标号)。
A． B．气体平均摩尔质量保持不变
C．与的物质的量之比保持不变 D．与的物质的量之比保持不变
(3)在190~250℃、2 MPa条件下，起始时、按物质的量浓度之比为1：3投料，以一定流速分别通过不同催化剂、，图a和图b为催化反应中转化率、甲醇选择性[]、甲醇收率[]随温度的变化，反应的产物只有甲醇、CO和。
①基态Zn原子的价层电子排布式为___________。
②分析在该压强下的最适宜反应条件：温度为___________，催化剂为___________。
(4)一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入和，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，反应达到化学平衡时的转化率为a，的物质的量为b mol，该温度下反应Ⅰ的压强平衡常数___________(填含a、b的代数式，为用各组分的分压代替物质的量浓度计算的平衡常数)。
(5)以KOH溶液为离子导体，分别组成、、燃料电池。燃料电池的负极的电极反应式为___________；消耗等质量燃料，三种燃料电池转移电子数之比为___________。
16．可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。
已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成；
ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)：
金属离子
开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2
完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2
回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价层电子排布图为______。“氧化酸浸”所得浸渣中含有硫单质，ZnS发生反应的离子方程式为______。
(2)“沉铁”时，调节溶液的pH范围约为______。“沉锰”时，需保持和氨水混合溶液的pH范围约为8.0，pH不能过高的原因是______。
(3)“热分解”所得“分解气”中的______(填化学式，下同)溶于水，可循环利用；“余液”的溶质主要为______。
(4)为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为)
固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。
17．是少数能被可见光激发的催化材料，在太阳光照射下能有效降解废水中的有机污染物。某研究小组开展制备实验，步骤如下：
步骤Ⅰ：在烧杯中将2.00 g NaOH搅拌溶于55 ml蒸馏水中，然后加入0.32 g丁二酮肟()，搅拌溶解后得到澄清溶液；
步骤Ⅱ：将与澄清溶液混合，得到棕黑色配合物悬浊液，持续搅拌4 h；
步骤Ⅲ：将棕黑色悬浊液转移到特制的不锈钢反应容器中，加热至150-200℃，维持20 h至反应结束。
步骤Ⅲ中所涉及的反应为：
①
②
③羟胺()还原
步骤Ⅳ：经过结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到微晶体
请回答：
(1)步骤Ⅰ中用于称量丁二酮肟的仪器名称是___________。
(2)步骤Ⅱ中搅拌的目的是___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．丁二酮肟合铜分子中含有的化学键类型有离子键、共价键和氢键等
B．步骤Ⅲ中反应需在较高压强下进行，容器内液体体积不宜过多
C．步骤Ⅳ过程中可以选用蒸馏水、乙醇依次洗涤产品
D．用X射线衍射可以测定产物晶胞中多面体笼状结构的几何特征
(4)写出步骤Ⅲ中③的离子方程式___________。
(5)的比表面积大小直接影响其光催化的效率。产品的比表面积可通过如下方法测定：在一定温度和压强下，在固体表面吸附形成单分子层(已知：分子横截面积)，通过吸附量计算得固体比表面积。经测定，16 g产品最大可吸附(已折算为标况)，则产品的___________。
18．铈（Ce）的氧化物用于热化学氧化/还原循环制氢，具有反应快、效率高等特点。
参与的还原步骤存在如下主要化学反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
参与的氧化步骤存在如下化学反应：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)基态O原子的价电子轨道表示式为________；分子极性：________（填“＞”“＝”或“＜”）。
(2)基态Ce原子的价电子排布式为，存在较稳定的，原因是________。
(3)Ce的某两种氧化物的晶胞A、B均为立方体，且Ce在两种晶胞中占据的位置相同，如图1所示。A晶胞中的O占据晶胞体心和每条棱中点的位置，B晶胞中的O占据晶胞内部八个小立方体体心的位置。在A和B晶胞中，与O最近且距离相等的Ce的个数分别为m和n，则________。
(4)还原步骤中，向一反应器中加入和，忽略副反应，恒压条件下反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡时，气体组分和碳单质的物质的量与温度的关系如图2所示。
①曲线a对应的物质为碳单质，曲线b对应的气体物质为________（填化学式）。在范围内，平衡体系中碳单质的物质的量随着反应温度升高而增加，原因是________。
②在时，的平衡转化率为85%，则生成的为________mol，反应Ⅱ的平衡常数________。
已知反应的，物质i的摩尔分数。
(5)氧化步骤中，其他条件不变，向反应器中通入一定量惰性气体使其压强增大，则水的平衡转化率________（填“增大”“不变”或“减小”）。
试卷第1页，共3页
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1．D
A．依据洪特规则，3d5轨道上5个电子自旋方向应相同，A错误；
B．H2中的共价键是由2个H原子各提供1个未成对电子的1s轨道“头碰头”重叠形成s-s σ键，题目中给出的是p-p σ键，B错误；
C．中的中心原子为C上的价层电子对数为，采取sp2杂化方式，其VSEPR模型为平面三角形，题目中给出的是三角锥形，C错误；
D．乙烷的结构简式为CH3CH3，结构式为，D正确；
故选D。
2．C
A．甲中酚羟基邻位的键中H原子能与溴发生取代反应，酚羟基邻位上的氢有4个，A正确；
B．氟的电负性大于氯，使得的极性强于的极性，在发生缩聚反应中，氟的强吸电子效应使得与之相连的碳原子更易受到亲核进攻，反应活性更高，B正确；
C．甲中的酚羟基属于亲水基，而乙中的氟原子属于疏水基，所以相同条件下，甲在水中的溶解度比乙在水中的溶解度大，C错误；
D．PESEK高分子材料中S原子形成4个σ键，孤电子对数为0，采取杂化，D正确；
故选C。
3．D
A．题目所给图示为 2s22p3，是基态氮原子的电子排布。激发态应至少有一个2s电子跃迁至2p轨道（如 2s1，2p4），故该图不代表激发态，A错误；
B．从晶胞结构可见，每个Ga原子被4个N原子包围，形成四面体配位环境；同理N也配位4个Ga。因此阳离子Ga的配位数为4而不是6，B错误；
C．根据元素周期律可知第一电离能为N（第二周期，半满稳定）> Si（第三周期）> Ga（第四周期，金属性增强），故第一电离能正确顺序为，C项中“Si > N”不成立，C错误；
D．晶胞内含6个Ga和6个N原子，晶胞的质量为，六方晶胞体积为底面积乘高：底面为正六边形，面积，高为 c pm，故体积为，密度为，故D正确；
答案选D。
4．A
A．相同浓度的强碱弱酸盐溶液碱性越弱，说明酸根离子水解程度越小，对应酸的酸性越强、电离的能力越强。碱性弱于，可推出电离的能力强于，两陈述均正确且存在因果关系，A正确；
B．催化剂只能加快合成氨的反应速率，不改变平衡移动方向，不能提高的平衡产率，陈述Ⅱ错误，B错误；
C．钠与水反应的实质是钠消耗水电离出的，会促进水的电离，生成的NaOH才会抑制水的电离，但反应过程本身是促进水的电离，陈述Ⅱ错误，C错误；
D．具有还原性，具有氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，生成和等，不会生成和，陈述Ⅰ错误，D错误；
故答案选A。
5．C
该电解装置中，电极A为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，与电源正极相连；电极B为阴极，发生还原反应，碱性条件下乙腈得电子被还原为乙胺，电极反应式为；为维持两池溶液电中性，阴极区生成的通过阴离子交换膜移向阳极区，因此离子交换膜为阴离子交换膜；总反应式为，据此分析。
A．电极A发生，为阳极，与电源正极相连，A正确；
B．阳极消耗，为维持溶液电中性，需通过离子交换膜移向阳极，故为阴离子交换膜，B正确；
C．生成，1 mol 乙腈得4 mol电子，转移电子数为，C错误；
D．阳极生成，即，转移电子，阴极消耗乙腈生成乙胺，有移向阳极，阴极质量减少，D正确；
故选C。
6．B
根据题干信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，说明升高温度该平衡逆向移动，因此为放热反应，，据此分析：
A．根据盖斯定律，的焓变，因此，A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，的平衡含量降低，因此不是温度越高，产率越高，B错误；
C．分馏时沸点更低的物质先汽化蒸出，由图中信息可知，沸点为，低于的沸点，因此先蒸出，C正确；
D．3分子丙酮缩合为环是逐步进行的，两分子丙酮先发生羟醛缩合，生成，再与第三分子丙酮缩合成环，因此该中间产物存在，D正确；
答案选B。
7．A
A．随反应进行，浓度逐渐增大，反应物浓度不断减小，当反应物浓度降低对速率的影响超过催化剂浓度增大的影响后，反应速率会下降，A错误；
B．在化合物中，氮原子上的孤对电子没有参与形成共轭体系，比较容易提供孤对电子结合质子，表现出较强的碱性；而在化合物X中，氮原子所在的酰胺结构中，氮原子上的孤对电子与羰基发生共轭，使得氮原子上的电子云密度降低，结合质子的能力减弱，碱性较弱，所以的碱性强于X，B正确；
C．从反应机理看，Y到Z的过程中，发生了类似脱羧的反应，能够得到二氧化碳，C正确；
D．根据反应第一步原理，与上的D原子作用，生成，最终质子转移后，会转移到哌啶的氮上，因此可以得到，D正确；
故选A。
8．C
根据题目信息，a电极为电解池的阴极，阴极总反应为： + 6e- + 5H2O = NH2OH + 7OH-，b电极为电解池的阳极，，*NH2OH+CH3CH2CHO→丙醛肟→丙酰胺(CH3CH2CONH2)，据此分析判断。
A．由上述分析可知，b电极为电解池的阳极，，故A正确；
B．Co3O4/SiC为a极的催化剂，生成的*NH2OH和丙醛反应丙酰胺，*NH2OH为合成丙酰胺的中间产物，故B正确；
C．a电极由生成1mol NH2OH，N得6 mole ；而b电极由丙醇生成1mol CH3CH2CHO，丙醇失2 mole ，电解过程转移的电子是相等的，所以生成的n( NH2OH)：n(CH3CH2CHO)=1：3，而偶联反应中二者按1：1反应，因此丙醛过量，不可能完全转化，故C错误；
D．阴极上的总反应为： + 6e- + 5H2O = NH2OH + 7OH-，阳极b反应为：，整理得总反应为：+ 3CH3CH2CH2OH = NH2OH + 3CH3CH2CHO + OH- + H2O，偶联反应NH2OH + CH3CH2CHO → CH3CH2CONH2 + H2O，代入得到总反应：+ 3CH3CH2CH2OH = CH3CH2CONH2+2CH3CH2CHO+OH-+2H2O，最终生成了OH-，所以溶液中pH增大，故D正确；
答案选C。
9．C
A．为酸性氧化物，与盐酸不发生反应，A错误；
B．在中，的非金属性更强，为-1价，I为+1价，与溶液发生反应：，B错误；
C．在碳酸钠溶液中发生歧化反应，该方程式符合反应事实，C正确；
D．与过量氨水生成的铜氨配合物为，离子方程式为，D错误；
故答案选C。
10．B
A．由图可知，随通入的增多，的还原产物依次为FeO、Fe，呈逐渐降低趋势，A正确；
B．由图可知，时，铁水中固溶碳含量为0，说明反应未生成固态碳，B错误；
C．大于4 mol时，甲烷在还原过程中发生分解，分解生成的渗入固态铁中形成铁碳合金，合金熔点低于纯金属，因此熔点降低到，铁迅速熔化，C正确；
D．通入一定量的和混合气体，氮气作保护气，防止低价态Fe被氧化，D正确；
故选B。
11．C
氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到LiCoO2产品。
A．根据分析，草酸将Co元素还原为+2价，故草酸的作用是作还原剂，A正确；
B．已知为蓝色， 为粉红色，“水浸”时与水发生配位平衡转化，离子方程式为：，溶液由蓝色变为粉红色，颜色发生变化，B正确；
C．“沉钴”反应为，沉淀完全时；根据 ，代入 ：，，时， ，则：，，C错误；
D．碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品，则“高温烧结”发生反应的化学方程式为，D正确；
故选C。
12．A
在热的浓NaOH溶液作用下，S歧化为与，向Ⅰ中得到的上层清液中加入足量溶液得到白色沉淀，该白色沉淀可溶于稀盐酸，不溶于稀硝酸，说明为，Ⅰ中得到的上层清液含，说明黄色固体为S。
A．放置一段时间后黄色固体的量不变，说明S没有参与反应，故黑色固体增多不是由于Cu与S反应，可能为Cu被空气中氧气氧化后结合过量产生，A符合题意；
B．Ⅱ中白色沉淀为，Ⅳ中被硝酸氧化为，组成不同，B不符合题意；
C．若混合固体未洗涤干净，则固体还附着有原溶液中的，取Ⅰ中上层清液加入足量溶液后会生成不溶于盐酸的沉淀，C不符合题意；
D．浓NaOH溶液可能吸收空气中的使Ⅰ中上层清液里含有，Ⅳ中加入硝酸后沉淀不溶解可排除其干扰，D不符合题意；
故答案选A。
13．C
A．催化转化为，FeO不是催化剂，催化转化为烯烃，Fe5C2的催化活性远高于FeO，A错误；
B．转化为时，的化合价升高，被氧化，与水蒸气发生氧化反应，不是还原反应，B错误；
C．是活泼金属，可作为电子给体，增强的电子云密度，削弱对原子的吸附能力，减少过度加氢，抑制键过度生成，从而提高低碳烯烃的选择性，C正确；
D．核壳结构壳层过厚会增大反应物、中间产物的扩散阻力，不利于烯烃进入壳层发生异构化、芳构化，并非壳层越厚越有利于提高汽油选择性，D错误；
故答案选C。
14．A
先明确合成路线中各物质转化：(对硝基甲苯)经过程I，高锰酸钾将甲基氧化为羧基得到(对硝基苯甲酸)，过程II硫化钠将硝基还原为氨基得到(对氨基苯甲酸)，过程III c和碳酸氢钾反应成盐得到(对氨基苯甲酸钾)。
A．若互换顺序，先还原硝基得到对甲基苯胺，再氧化甲基时，高锰酸钾是强氧化剂，会同时氧化具有还原性的氨基，因此二者顺序不能互换，A错误；
B．过程II中被还原为，N元素化合价降低，因此作还原剂，B正确；
C．是有机酸，是羧酸钾盐（离子化合物），后者极性更强，盐的水溶性大于对应有机酸，因此水溶性，C正确；
D．羧基酸性受取代基影响：硝基是吸电子基团，增强羧基酸性；氨基是给电子基团，减弱羧基酸性，因此酸性；c（对氨基苯甲酸）能与反应，依据强酸制弱酸的原理，可知酸性，即酸性，D正确；
故选A。
15．(1)
(2) 0.06 BD
(3) 230℃
(4)
(5) 21：112：8
（1），说明反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律知，，故反应Ⅲ的热化学方程式为
（2）反应起始浓度为，反应5min达到平衡，此时，则0~5 min内，的平均反应速率；
A．，速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应未达平衡，A错误；
B．根据，气体质量守恒，该反应不是等体积反应，气体平均摩尔质量保持不变说明气体总物质的量不变，可以说明该反应已达到平衡，B正确；
C．与的物质的量之比等于化学计量系数之比，是定值，不能说明该反应已达到平衡，C错误；
D．充入和，二者起始比值不等于化学计量数之比，与的物质的量之比保持不变，能说明该反应已达到平衡，D正确；
故选BD；
（3）①Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为。
②不同催化剂下二氧化碳的转化率接近，催化剂为时，甲醇的选择性和甲醇收率远高于另一种催化剂，结合图b，230℃时甲醇的收率最高，故该压强下的最适宜反应条件是温度为230℃，催化剂为；
（4）通入和，反应达到化学平衡时的转化率为a，的物质的量为b mol，共反应a mol，剩余，根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为，根据氧原子守恒，生成的物质的量为，根据氢原子守恒，剩余，反应Ⅰ的化学计量系数均为1，则该温度下反应Ⅰ的压强平衡常数；
（5）燃料电池的负极，甲醇失电子发生氧化反应生成碳酸根(碳元素化合价：-2→+4)，电极反应式为，根据关系式、、，消耗等质量燃料，可设均消耗1 g，三种燃料电池转移电子的物质的量之比为：：=21：112：8，则转移电子数之比为21：112：8。
16．(1)
(2) pH过高会生成沉淀，导致产品不纯
(3) (和)
(4) (或)
闪锌矿粉和软锰矿粉、稀经过“氧化酸浸”工序，转化为S和、转化为、转化为，不反应，“浸渣”中含有S、；用氨水“沉铁”时，和不反应，生成沉淀；过滤后加入和氨水，生成沉淀和，沉锰后的滤液中含有、、、、、氨水等，热分解得到的“分解气”中含有、，“余液”的溶质主要为，沉淀为；溶于硫酸得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得。
（1）基态Mn原子价层电子排布式为，其价层电子排布图为；据分析，“氧化酸浸”时和反应生成S、、，离子方程式是。
（2）据分析，用氨水“沉铁”时应完全沉淀，而不沉淀、，根据资料可知，调节溶液的pH范围为。“沉锰”时和氨水作沉锰剂，生成沉淀，同时做缓冲溶液，即使加入过量氨水，溶液pH变化不大，溶液pH保持在8.0范围内，有利于生成，pH过高会生成沉淀，导致产品不纯。
（3）由分析可知，“分解气”的主要成分为、，溶于水获得氨水(或和一起通入水中得到)，可循环利用；由解析可知，“余液”的溶质主要为。
（4）的摩尔质量为，取，物质的量为0.1 mol，在惰性气体环境下进行热重分析，先脱水，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，A点化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，B点化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，C点化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol（即6.5 g），则含O的质量为1.6 g（即0.1 mol），D点的化学式为；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或。
17．(1)电子天平
(2)加快反应速率，防止产物沉积
(3)BCD
(4)
(5)或1.204
在烧杯中将2.00 g NaOH搅拌溶于55 ml蒸馏水中，然后加入0.32 g丁二酮肟()，搅拌溶解后得到澄清溶液，将与澄清溶液混合，得到棕黑色配合物悬浊液，持续搅拌4 h，发生①，②，③，经过结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到微晶体，据此回答。
（1）步骤Ⅰ中称量的丁二酮肟是固体粉末，且称量质量为0.32g（精度0.01g），实验室称量固体药品（尤其是精确称量）使用电子天平进行称量；
（2）步骤Ⅱ中搅拌的核心作用是加快反应速率，防止产物沉积，避免局部浓度不均导致反应不完全；
（3）A．丁二酮肟合铜分子中存在共价键（C-H、C-C、N-O 等），但离子键是阴阳离子间的作用力，分子内不存在离子键，氢键是分子间作用力，不属于化学键，A错误；
B．步骤Ⅲ在不锈钢反应容器中加热至150-200℃，水会汽化，容器内压强升高，属于高压反应，若容器内液体体积过多，汽化后压强过大易引发危险，因此液体体积不宜过多，B正确；
C．步骤Ⅳ洗涤产品时，先用蒸馏水洗去可溶性杂质，再用乙醇洗涤，乙醇易挥发，可快速带走水分，避免Cu2O被氧化（Cu2O在潮湿环境易被氧化），同时减少产品溶解损失，C正确；
D．X射线衍射（XRD）是测定晶体结构、晶胞参数、几何特征的核心方法，可用于测定Cu2O晶胞的笼状结构，D正确；
故选BCD；
（4）步骤Ⅲ中③为羟胺()将还原为Cu2O，本身被氧化为N2，离子方程式为：；
（5）标况下，的物质的量为，的分子数为，分子横截面积，，产品的质量为16 g，则。
18．(1) >
(2)基态Ce原子失去全部价电子后，价电子所在轨道处于全空状态，比较稳定
(3)
(4) CO 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，范围内，随温度升高，反应Ⅰ新生成碳单质的量大于反应Ⅱ新消耗碳单质的量 0.15 0.075
(5)不变
（1）
O为8号元素，价电子为最外层，轨道表示式为；CO是极性分子，为正四面体对称结构，属于非极性分子，故极性：；
（2）基态Ce价电子排布为，形成时失去4个电子，即失去和和，使得价电子轨道处于全空状态，根据洪特规则特例，全空为稳定结构，故较稳定；
（3）Ce位于顶点和面心；A晶胞中的O占据晶胞体心和每条棱中点的位置，棱中点O最近且等距的Ce共6个，得；B晶胞中的O占据晶胞内部八个小立方体体心的位置，每个O最近且等距的Ce共4个，即，故；
（4）①反应Ⅰ分解生成和，反应Ⅱ每消耗生成，曲线b刚开始几乎没有，随着曲线a（碳单质）降低，曲线b开始上升，因此曲线b为；
反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，范围内，升温使反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅱ，反应Ⅰ新生成碳单质的量大于反应Ⅱ新消耗碳单质的量，故碳单质的物质的量增加；
②转化率为85%，则转化为，生成为，剩余为；
由于反应Ⅰ和反应Ⅱ都是吸热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向进行，反应Ⅰ消耗甲烷，生成氢气的量是碳单质的量的二倍，随着反应Ⅱ的进行，开始消耗碳单质，生成，所以甲烷的物质的量的曲线在下降，氢气的物质的量的曲线在上升，碳单质的物质的量的曲线先上升再下降（如图所示）
时由图可知此时CO的物质的量与CH4的物质的量相等（有交点）为，反应Ⅱ中由方程式可知生成的物质的量相等，故生成的物质的量为；
反应Ⅱ只有为气体，；
（5）反应Ⅲ中反应前后气体分子数相等，恒压通入惰性气体，平衡不移动，故水的平衡转化率不变。
答案第1页，共2页
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