2021届湖南师大附中新高三原创预测试卷(二十二)化学

2021届湖南师大附中新高三原创预测试卷（二十二）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 K39
第Ⅰ卷选择题
单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。

1. 下列说法错误的是( )
A. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰” (蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
B. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
C. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。

这种方法是蒸馏
D. 唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。

【答案】A
【解析】
【详解】A. 牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，A错误；
B. 这里的“洧水”指的是古代发现的石油，B正确；
C. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”，可见加热有蒸汽产生又被冷凝后收集了，故这种方法是蒸馏，C正确；
D. 唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作产生过程及现象，D正确；
答案选A。

2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 油脂在碱性条件下水解，可用于制硬化油
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. 氢氧化铝可以和酸反应，可用治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油脂在碱性条件下水解，可用于制肥皂，植物油催化加氢，可以制硬化油，A错误；
B. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于腐蚀电路板上的Cu，B错误；
C. 石墨具有导电性可作电极，石墨质软可用于制铅笔芯，C错误；
D. 氢氧化铝可以和酸反应，可中和过多胃酸故用于治疗胃酸过多，D正确；
答案选D。

3. N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 实验室用H2O2制取氧气，生成1molO2电子转移数是4N A
B. 500 mL 0.2 mol∙L−1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3 N A
C. 1 mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3N A
D. 2.24 LCl2(标准状况)溶于水制成1L溶液，其中含氯微粒总浓度为0.2 mol∙L−1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室常用过氧化氢分解制氧气，生成1molO2转移电子数为2N A，故A错误；
B. 500mL0.2 mol·L－1 K2SO3溶液中含有0.1molK2SO3，含有0.2molK+，K2SO3强碱弱酸盐，在水溶液里能发生水解，SO 32－＋H2O HSO3－＋OH－、HSO3-＋H2O H2SO3＋OH－，阴离子数大于0.1mol，因此溶液中含有的离子总数多于0.3N A，故B错误；
C. 1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧消耗的氧气都是3mol，所以1mol乙醇和乙烯的混合物充分燃烧消耗的氧气的物质的量为3mol，消耗氧气的分子数为一定为3N A，故C正确；
D. 氯气溶于水后，溶液体积不等同于溶剂的体积，故溶液的体积不是1L，则含氯微粒总浓
度不是0.2mol/L ，故D 错误； 答案选C 。

4. .常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A. 使酚酞变红色的溶液：Na ＋、Cu 2＋、-3HCO 、-
3NO B. c(H +)/c(OH −)=1012的溶液中：+4NH 、Al 3+、-
3NO 、Cl −
C. 由水电离的c(H +)=1×
10−12mol·L −1的溶液中：Na +、K +、Cl −、-
3HCO D. c(Fe 3+)=0.1mol·L −1的溶液中：K +、Cl −、2-
4SO 、SCN − 【答案】B 【解析】
【详解】A. 使酚酞变红色的溶液呈碱性：则Cu 2＋
、-
3HCO 不能共存，A 错误；
B. c(H +)/c(OH −)=1012的溶液呈酸性，则+4NH 、Al 3+、-
3NO 、Cl −互不反应可以共存，B 正确； C. 由水电离的c(H +)=1×10−12mol·L −1的溶液中，水的电离被抑制，可以是酸溶液也可以是碱溶液，则-
3HCO 不能共存，C 错误；
D. c(Fe 3+)=0.1mol·L −1的溶液中SCN −不能共存，D 错误； 答案选B 。

5. 香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。

下列有关烟酸的说法正确的是( )
A. 六元环上的一氯代物有3种
B. 一定条件下能发生消去反应
C. 所有的碳原子一定处同一平面
D. 1mol 烟酸能和4mol 氢气发生加成反应 【答案】C 【解析】
【详解】A. 六元环上有4种氢原子，故六元环上一氯代物有4种，A 错误；
B. 含氧官能团为羧基，不能发生消去反应，B错误；
C. 烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，按苯环的结构特点知所有的碳原子一定处同一平面，C正确；
D. 羧基不能和氢气发生加成反应，故1mol烟酸能和3mol氢气发生加成反应，D错误；
答案选C。

6. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH<0，下列有关说法正确的是()
A. 若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 若反应在恒容的密闭容器中进行，则与在恒压时相比，SO2的转化率更高
C. 若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不断减小，容器内压强减小，A不正确；
B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；
C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；
故选D。

7. a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+离子的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。

下列叙述错误的是（）
A. 简单离子的半径：c＞d
B. 简单氢化物的热稳定性：c＞b
C. a、b、c可能形成离子化合物
D. e的最高价氧化物对应的水化物是强酸
【答案】D
【解析】
【分析】
a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素为Cl 元素。

【详解】A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：c>d，故A正确；
B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：c>b，故B正确；
C. a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；
D.硅酸属于弱酸，故D错误；
故选D。

【点睛】元素的不确定增大了本题的难度。

根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。

8. 分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，由强酸制弱酸的反应原理可知，酸性苯酚>碳酸氢钠溶液，A错误；
B、将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色，说明产生了HClO，随溶液pH减小，“84”消毒液的氧化能力增强，B正确；
C、铜放入稀硫酸中，无明显现象，说明铜和稀硫酸不发生反应，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解，说明硫酸中加入硝酸钠，产生了稀硝酸，铜与稀硝酸反应，生成了硝酸铜的蓝色溶液，同时生成了NO，并不是硝酸钠加快铜与稀硫酸的反应速率，C错误；
D、向2 mL 0.1 mol/L的硝酸银溶液中加入1 mL0.1 mol/LNaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1 mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成，根据题中所给硝酸银、氯化钠、硫化钠的用量，可知硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，过量的硝酸银会与硫化钠反应，生成黑色沉淀，因而与溶解度无关，D错误；
答案选B。

9. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液：SO 42-＋Ba2＋BaSO4↓
B. 向CH 3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液：CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O
C. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2 ＋2H＋Fe2＋＋2H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH 4+＋ OH－NH3·H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液,反应的离子方程式为: Al3++SO 42-＋Ba2＋+4OH-BaSO4↓+ AlO2-+2H2O,故A错误；
B.向CH 3COOH中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：CH3COOH＋OH－
CH3COO－＋H2O，故B正确；
C.向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为: 3Fe(OH)2 +NO3-＋10H＋3Fe3
＋＋8H2O+NO ,故C错误；
D.向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式: NH 4+＋HCO3-+ 2OH－
CO32+-NH3·H2O+H2O，故D错误；
答案：B。

10. 国内最新研究，实现CO2的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。

该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。

放电过程反应方程式为：
4Li+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是
A. 放电过程正极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+C
B. 若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2g
C. 充电过程B电极为阴极，发生氧化反应
D. 可用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和C，电极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+C，故A正确；
B. 根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol ×12g/mol=0.6g，故B错误；
C. 放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，故C错误；
D. 锂能够与水反应，不能用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；
答案选A。

不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意
11. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。

下列叙述正确的是（）
A. 迷迭香酸属于芳香烃
B. 迷迭香酸含有五种官能团
C. 1mol迷迭香酸最多能和7mol溴水发生反应
D. 1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应
【答案】CD
【解析】
【分析】
迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，根据各官能团的性质分析与迷迭香酸反应消耗的溴水、NaOH物质的量。

【详解】A项，迷迭香酸中含C、H、O三种元素，迷迭香酸不属于烃，A项错误；
B项，迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，共四种，B项错误；
C项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键，1mol迷迭香酸最多与6molBr2发生取代反应、与1molBr2发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能与7molBr2发生反应，C项正确；D项，1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1mol迷迭香酸最多能与
6molNaOH发生反应，D项正确；
答案选CD。

【点睛】解答本题需要注意：（1）苯环不属于官能团；（2）酚类与溴水发生取代反应时，酚羟基的邻、对位苯环氢可被溴原子取代。

12. 考古中出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。

下列说法正确的是( )
A. 锡青铜的熔点比纯铜高
B. 锡青铜中的锡加速了铜的腐蚀速度
C. 锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D. 生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程
【答案】C
【解析】
【详解】A. 锡青铜是合金，合金的熔点比纯金属的熔点都低，A错误；
B. 锡青铜中的锡比铜活泼，所以形成原电池时，锡作负极，则铜被保护，B错误；
C. 在潮湿环境中，锡青铜易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C正确；
D. 生成Cu 2(OH)3Cl 覆盖物是电化学腐蚀过程，但属于化学反应，D 错误。

答案选C 。

13. 高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO 4＋FeSO 4＋H 2SO 4―→K 2SO 4＋MnSO 4＋Fe 2(SO 4)3＋H 2O 。

下列说法正确的是 A. Fe 2＋
的还原性强于Mn
2＋
B. MnO 4-是氧化剂，Fe 3＋
是还原产物 C. 生成1 mol 水时，转移1.25 mol 电子
D. 取反应后的溶液加KSCN 溶液，可观察到有血红色沉淀生成 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．该反应中还原剂是Fe 2+，还原产物是Mn 2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A 正确；
B ．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO 4-，还原产物是Mn 2+
，故B 错误；
C ．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO 4+10FeSO 4+8H 2SO 4=K 2SO 4+2MnSO 4+5Fe 2（SO 4）3+8H 2O ，根据方程式知，生成1mol 水时，转移电子的物质的量=
1018
mol
⨯=1.25mol ，故C 正确； D ．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D 错误； 答案选AC 。

【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键。

本题的易错点为D ，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀。

14. 常温下，用0.1mol·L -1NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L -1H 3PO 4溶液，曲线如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 当2<pH<4.7时，H 3PO 4第一步电离平衡常数均相同
B. A 点溶液中有：c(Na ＋)＋c(H ＋)＝c(24H PO -)＋c(24HPO -
)＋c(34PO -)＋c(OH －)
C. B 点溶液中有：c(Na ＋)> c(24HPO -)> c(34PO -
) >c(24H PO -
)
D. 等浓度的NaH 2PO 4和Na 2HPO 4的混合溶液中有2c(H ＋)＋c(24H PO -)＝2c(OH －
)＋c(24HPO -
)
＋3c(34PO -
)
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．H 3PO 4的第一步电离平衡常数与温度有关，与溶液的pH 大小无关，因此当2＜pH ＜4.7时，H 3PO 4的第一步电离平衡常数均相同，故A 正确；
B ．根据电荷守恒得到A 点溶液中有：c(Na ＋)＋c(H ＋)＝c(24H PO -)＋2c(24HPO -
)＋3c(34PO -)＋
c(OH －)，故B 错误；
C ．B 点溶液中溶质为Na 2HPO 4，溶液pH =9.7，溶液显碱性，说明24HPO -
是水解大于电离，
因此c(Na ＋)＞c(24HPO -
)＞c(24H PO -
)＞c(34PO -)，故C 错误；
D ．等浓度的NaH 2PO 4和Na 2HPO 4的混合溶液中电荷守恒为：c(Na ＋)＋c(H ＋)＝c(24H PO -
)＋
2c(24HPO -)＋3c(34PO -)＋c(OH －)，再根据物料守恒：2c(Na ＋)＝3c(24H PO -)＋3c(24HPO -
)＋
3c(34PO -)，
将第一个等式乘以2再减去第二个等式：2c(H ＋)＋c(24H PO -)＝2c(OH －)＋c(24HPO -
)＋3c(34PO -)，故D 正确。

综上所述，答案为：AD 。

15. 利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C 3H 8(g )⇌C 3H 6(g )＋H 2(g ) ΔH 。

起始时，向2L 密闭容器中充入1mol 丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p 1为0.1MPa )。

下列说法正确的是( ) A. 反应的ΔH ＜0 B. 压强p 2＜0.1 MPa
C. p 1条件下，556℃时，该反应的平衡常数为1/6
D. 556℃时，起始向2 L 密闭容器中通入1.2 mol C 3H 8、0.8 mol C 3H 6、0.6 mol H 2，此时v (正)＞v (逆)
【答案】B
【解析】
【详解】A ．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H ＞0，A 错误；
B ．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p 2压强下丙烯物质的量分数大于p 1状态，说明p 1＞p 2，即压强p 2＜0.1MPa ，B 正确；
C ．丙烷物质的量为1mol ，消耗物质的量为x ，图象中可知丙烷在B 点物质的量分数为50%，则
38
32C H C H6+H 1
001x
x x x x x -始变平
11x x x x --++=50%，即x =13，所以平衡常数111661123
K ⨯==，C 错误； D ．556℃时，起始向2 L 密闭容器中通入1.2 mol C 3H 8、0.8 mol C 3H 6、0.6 mol H 2，此时浓度熵为0.40.30.20.6⨯=＞112
，所以反应逆向进行，v (正)＜v (逆)，D 错误；答案选B 。

第Ⅱ卷 非选择题
16. 综合利用CO 2、CO 对构建低碳社会有重要意义。

(1) Li 4SiO 4可用于富集得到高浓度CO 2。

原理是：在500℃，低浓度CO 2与Li 4SiO 4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO 2，Li 4SiO 4再生。

700℃时反应的化学方程式为____。

(2) 固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO 2/H 2O ，既可高效制备合成气(CO ＋H 2)，又可实现CO 2的减排，其工作原理如图。

写出电极c 发生的电极反应式：___________、_____________ 。

(3) 电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)。

对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2 mol CO和1 mol H2，达到平衡时容器体积为2 L，且含有0.4 mol CH3OH(g)。

此时向容器中再通入0.35 mol CO气体，则此平衡将
_____(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)移动。

(4) 已知：
若甲醇的燃烧热为ΔH3，试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(l)的ΔH，则ΔH ＝_____。

(5) 利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图所示，若用1 mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成______mol C(碳)。

【答案】(1). Li2CO3+Li2SiO3=CO2+Li4SiO4(2). CO2+2e－= CO+O2−(3). H2O+2e－= H2+O2−(4). 向逆反应方向(5). 2ΔH1－ΔH2－ΔH3(6). 0.1
【解析】
【分析】
(1)根据信息分析和质量守恒书写低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成的两种锂盐，再书写平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生的方程式。

(2)其工作原理如图，电极c上CO2中C化合价降低，H2O中H化合价降低，作电解池的阴极。

(3)先计算平衡时H2(g)、CO(g)和CH3OH(g)物质的量，求出平衡常数，再求出向容器中再通入0.35 mol CO气体时容器体积，求出浓度商并与平衡常数比较。

(4)根据图像和燃烧热的概念得到三个热反应方程式，再根据盖斯定律计算。

(5)根据图中信息得到反应方程式，再根据方程式计算。

【详解】(1)在500℃，低浓度CO 2与Li 4SiO 4接触后生成两种锂盐，根据元素守恒得到两种锂盐为Li 2CO 3和Li 2SiO 3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO 2，Li 4SiO 4再生。

700℃时反应的化学方程式为Li 2CO 3+ Li 2SiO 3 = CO 2+Li 4SiO 4；故答案为：Li 2CO 3+ Li 2SiO 3 = CO 2+Li 4SiO 4。

(2)其工作原理如图，电极c 上CO 2中C 化合价降低，H 2O 中H 化合价降低，作电解池的阴极，
电极c 发生的电极反应式：CO 2+2e － = CO+O 2−、H 2O+2e － = H 2+O 2−；故答案为：CO 2+2e － =
CO+O 2−、H 2O+2e － = H 2+O 2−。

(3)某温度下在一恒压容器中分别充入1.2 mol CO 和1 mol H 2，达到平衡时容器体积为2 L ，且
含有0.4 mol CH 3OH(g)，则消耗0.8mol H 2(g)，0.4mol CO(g)，剩余0.2mol H 2(g)和0.8mol CO(g)，
此时容器内气体物质的量共0.2mol +0.8mol+0.4mol= 1.4mol ，容器体积为2L ，此时平衡常数为20.4
2500.80.2()22
K ==⨯； 此时向容器中再通入0.35 mol CO 气体，则气体物质的量为1.75mol ，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为
1.75mol 2L
2.5L 1.4mol
⨯=，此时CO 物质的量为1.15mol ，则浓度商c 20.4
2.5=54.3501.150.22.5 2.5Q ≈>⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
，因此平衡将向逆反应方向移动；故答案为：向逆反应方向。

(4)根据图像得到H 2(g) ＋
12O 2(g) = H 2O(l) ΔH 1，CO 2(g) = CO(g) ＋12O 2(g) ΔH 2，甲醇的燃烧热为ΔH 3，即CH 3OH(l)＋32
O 2(g) = CO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH 3，将第一个方程式乘以2减去第二个方程式，再减去第三个方程式得到CO(g)＋2H 2(g)⇌CH 3OH(l)的ΔH ，则ΔH ＝2ΔH 1－ΔH 2－ΔH 3；故答案为：2ΔH 1－ΔH 2－ΔH 3。

(5) 根据图中信息得到反应方程式为10Fe 0.9O ＋CO 2 =3Fe 3O 4＋C ，若用1 mol 缺铁氧化物与足量CO 2完全反应，根据方程式可生成 0.1 mol C(碳)；故答案为：0.1。

【点睛】向恒压容器加入气体时，一定要注意加入气体会使整个容器体积增大，因此要计算出此时容器的体积，再根据浓度商进行计算并与平衡常数相比较。

17. 南京工业大学某研究团队最近在《Nature Communications 》刊文介绍了他们开发的一种新
型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。

回答下列问题：
(1)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M
分子的立体构型是___，中心原子的杂化类型是
______。

(2)CN-能与多种金属离子形成配合物。

例如，工业冶炼金的原理：2[Au(CN)2]-＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]2-。

1 mol [Zn(CN)4]2-含______mol σ键。

(3)钛酸钙的晶胞如图所示。

钛酸钙的化学式为_____；1个钛离子与_____个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。

已知钛酸钙的晶胞参数为a nm，则该正八面体的边长为_____pm。

(4)Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。

六棱柱底边边长为x cm，高为y cm，N A为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_____g·cm-3(列出计算式即可)。

【答案】(1). V形(2). sp3(3). 8 (4). CaTiO3(5). 6 2(7).
2
A
3
x y6N
⨯⨯⨯
【解析】
【分析】
分子的空间构型和中心原子的杂化方式按价层电子对互斥理论回答，化学式按均摊法计算、过渡金属氮化物其晶胞密度也均摊法计算，体积求算：六棱柱的体积等于底面积×高，正六边形面积等于6×正三角形面积，
3
x cm
3
2 cm2。

【详解】(1)同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮N元素的2p轨道电子
处于半充满状态，稳定性较强，则第一电离能大小的顺序为F ＞N ＞O ，第一电离能最大的F 元素和最小的O 元素组成一种只含极性键的化合物M 的分子式为OF 2
，OF 2分子中O 原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则O 原子的杂化方式为sp 3杂化，分子的空间构型为V 形；
(2)1个CN -内有碳碳叁键，含1个σ键和2个π键，[Zn(CN)4]2-有4个配位键是σ键，故1 mol
[Zn(CN)4]2-含8mol σ键；
(3) 由晶胞结构可知，晶胞中钙离子的个数为1，钛离子的个数为8×18=1，氧离子个数为12×1
4
=3，离子个数比为1:1:3，则钛酸钙的化学式为CaTiO 3；1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的22
倍，1 nm ＝103 pm ，则该正八面体的边长为22
a ×103 pm ＝5002a pm ； (4)由晶胞结构可知，晶胞含有12×1
6 ＋2×12
＋3＝6个Fe 原子，含有2个N 原子，六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为32
x cm ，每个正三角形的面积为34x 2 cm 2，晶胞的体积为236x y 4⨯cm 3，则晶胞的密度为2A 3x y 6N ⨯⨯⨯g/ cm 3，故答案为：2A 3x y 6N ⨯⨯⨯。

18. 用含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 3.50%、Ni 6.55%、Ca 6.41%、Mg 13.24%)制备Li 2CO 3，并用其制备锂离子电池的正极材料LiFePO 4。

部分工艺流程如下：
资料：i ．滤液1、滤液2中部分离子的浓度(g ‧L -1)：
Li + Ni 2+ Ca 2+ Mg 2+
滤液1 22.72 20.68 0.36 60.18
滤液2 21.94 7.7×10-3008 0.78×10-3
ii．EDTA能和某些二价金属离子形成的水溶性络合物。

iii．某些物质的溶解度(S)：
T/℃20 40 60 80 100
S(Li2CO3)/g 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
S(Li2SO4)/g 34.7 33.6 32.7 31.7 30.9
I．制备Li2CO3粗品
(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是__________。

(2)滤渣2的主要成分有___________。

(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是_________。

II．纯化Li2CO3粗品
(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。

电解原理如图所示，该池使用了___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。

III．制备LiFePO4
(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是_________________。

IV．(6)FePO4是一种难溶于水的易溶于硫酸的白色固体，FePO4在pH=2时沉淀效果最好，邻二氮菲与Fe2+结合生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，与Fe3+形成浅蓝色邻二氮菲铁离子。

实验室可以利用FeSO4•7H2O和H3PO4(弱酸)制备FePO4。

其制备的步骤为取一定量的
FeSO4•7H2O溶解于稍过量的H3PO4中，(请补充完操作步骤)_________。

(可以使用的试剂有邻二氮菲试剂、20%H2O2溶液、NaOH溶液、蒸馏水。

)
【答案】(1). 研磨、70℃加热(2). Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2(3). 趁热过滤(4). 阳(5). Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑(6). 在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥
【解析】
【分析】
含锂废渣(主要金属元素的含量：Li 3.50%、Ni 6.55%、Ca 6.41%、Mg 13.24%)研磨后与硫酸在70℃时发生反应，由表中离子浓度的数据，可确定生成的滤渣1为CaSO4；加入NaOH后调节pH=12，由表中数据可确定滤渣2为Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2；加入EDTA和饱和Na2CO3溶液后，生成Li2CO3；再加入磷酸等，最后转化为LiFePO4。

【详解】(l)从图中可以看出，上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是研磨、70℃加热。

答案为：研磨、70℃加热；
(2)由分析知，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2。

答案为：Mg(OH)2、Ni(OH)2和Ca(OH)2；
(3)90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品时，需考虑到随着过滤操作的进行，混合液的温度降低，Li2CO3的溶解度增大，易造成Li2CO3的溶解损失，所以应进行的操作是趁热过滤。

答案为：趁热过滤；
HCO =H2O+CO2↑，若使用阴离子交换膜，(4)在阳极，2H2O-4e-=O2↑+4H+，起初发生反应H++
3
后来从右侧迁移入的OH-与H+再反应，阳极区溶液不可能是纯净的LiOH溶液；若使用阳离子交换膜，则Li+进入阴极区，与生成的OH-构成纯净的LiOH溶液，故该池使用了阳离子交换膜。

答案为：阳；
(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，此可燃性气体应为CO，该反应的化学方程式是Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑。

答案为：
Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑；
(6) FePO4中铁显+3价，应加入强氧化剂(20%H2O2溶液)将Fe2+氧化为Fe3+；为保证Fe2+全部氧化为Fe3+，还需对氧化产物进行检验；原溶液酸性强，应加入NaOH溶液调节pH=2。

综合
以上分析，可得出制备的步骤为：取一定量的FeSO4•7H2O溶解于稍过量的H3PO4中，在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。

答案为：在混合液中边搅拌边加入20%H2O2溶液，直至取样滴加邻二氮菲试剂后溶液变成浅蓝色为止，然后加入NaOH溶液调节pH至2，出现大量白色沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。

【点睛】在回答“90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作”时，我们很容易忽视“趁热”而只回答“过滤”，解题时应理解命题人提供表中数据的真实意图。

19. 以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下：
(1) “氧化”时发生反应的离子方程式为_____。

(2) “合成”时生成Na2FeO4的离子方程式为______。

FeO在水溶液中的稳定性如下图所示。

不同温度和pH下2-
4
为了提高“合成”时Na2FeO4的产率，下列措施可行的是________(填字母)。

A. 充分搅拌反应液
B. 控制反应在60 ℃左右进行
C. 将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中
D. 将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中
(3) “滤渣”的主要成分为______(填化学式)。

(4) 向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体，说明该温度下两者饱和溶液
FeO 的物质的量浓度c(K2FeO4)______c(Na2FeO4)(填“<”、“>”或“＝”)；此时母液中的阴离子除2-4。