2025年高考第二次模擬考試化學(xué)（全國卷）(全解全析)

2025年高考第二次模擬考試高三化學(xué)考試時(shí)間：建議50分鐘試卷滿分：100分注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1O16C12N14S16Li7Mg24Fe56第I卷選擇題(共42分)一、選擇題：本題共7小題，每題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1．2024年5月3日，“嫦娥六號”探測器在海南文昌航天發(fā)射場由長征五號遙八運(yùn)載火箭發(fā)射升空，踏上人類首次月背采樣返回之旅，并于5月8日成功實(shí)施近月制動，順利進(jìn)入環(huán)月軌道飛行。下列有關(guān)說法錯誤的是A．“嫦娥六號”所用的柔性太陽能板使用了國產(chǎn)新型高純度二氧化硅，其性質(zhì)穩(wěn)定，是優(yōu)良的光電材料B．長征五號遙八運(yùn)載火箭使用液氧、液氫推進(jìn)劑，產(chǎn)物對環(huán)境無污染C．太陽電池翼采用碳纖維框架和玻璃纖維網(wǎng)，二者均為無機(jī)非金屬材料D．長征五號系列運(yùn)載火箭所使用的耐高溫陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料【答案】A【詳解】A．太陽能光電板的主要成分為單質(zhì)硅材料，A錯誤；B．液氧、液氫反應(yīng)的產(chǎn)物是水，屬于環(huán)境友好產(chǎn)物，B正確；C．碳纖維主要成分為碳單質(zhì)，玻璃纖維的主要成分為二氧化硅，都屬于無機(jī)非金屬材料，C正確；D．耐高溫陶瓷包括出色的耐熱性能、耐腐蝕性能、電絕緣性能以及良好的力學(xué)性能，與傳統(tǒng)陶瓷在性能上有很大區(qū)別，屬于新型的無機(jī)非金屬材料，D正確；故答案為：A。2．碘是生產(chǎn)甲狀腺素(一種含碘激素)和三碘甲狀腺原氨酸(產(chǎn)生于甲狀腺)的重要元素，這兩種含碘物質(zhì)的結(jié)構(gòu)如下圖。下列說法錯誤的是A．甲狀腺素中含有氨基、羧基、羥基等親水基團(tuán)，易溶于水B．理論上甲狀腺素最多能與10molNaOH反應(yīng)C．甲狀腺素和三碘甲狀腺原氨酸都能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)D．甲狀腺素分子中所有碳原子可能共平面【答案】A【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲狀腺素分子中憎水基（碘原子）和親水基（氨基、羧基、羥基）同時(shí)存在，由于憎水基的作用強(qiáng)于親水基，所以甲狀腺素不溶于水，故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲狀腺素分子中的羧基、酚羥基和碘原子都能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，其中與苯環(huán)相連的1mol碘原子消耗2mol氫氧化鈉，所以理論上1mol三碘甲狀腺原氨酸最多能與10mol氫氧化鈉反應(yīng)，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲狀腺和三碘甲狀腺原氨酸都含有酚羥基，都能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)使溶液呈紫色，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲狀腺素分子中苯環(huán)和羧基上的碳原子，以及與苯環(huán)和羧基相連的碳原子在同一平面上，由三點(diǎn)成面的原則可知，甲狀腺素分子中所有碳原子可能共平面，故D正確；故選A。3．提純NaCl粗品(含少量的Ca2+、Mg2+、K+和SO42-)得到NaCl純品的方案如下，所用試劑為BaCl2溶液、Na2CO3溶液、鹽酸和NaOH溶液。下列說法不正確的是A．用過量的BaCl2溶液除去SO42-B．Ca2+、Mg2+、SO42-通過生成沉淀后過濾除去C．4種試劑的使用順序?yàn)锽aCl2溶液、Na2CO3溶液、鹽酸、NaOH溶液D．調(diào)pH后的濾液蒸發(fā)至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得NaCl純品【答案】C【詳解】A．除去SO42-用BaCl2溶液，過量的BaCl2可以使SO42-離子完全沉淀，多余Ba2+離子可以用Na2CO3除去，A正確；B．Ca2+、Mg2+、SO42-、分別用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，過濾除去，B正確；C．四種試劑使用時(shí)Na2CO3要在BaCl2之后，鹽酸放在過濾沉淀后再加入，防止生成的沉淀再溶解，C錯誤；D．過濾后再加入HCl調(diào)節(jié)濾液的pH值，最后蒸發(fā)至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得NaCl純品，K+留在母液中，D正確；答案選C。4．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．溶液制得膠粒數(shù)目為0.1NAB．將溶于足量水中，、數(shù)目之和為0.1NAC．密閉容器中，和反應(yīng)后氣體分子總數(shù)為2NAD．的溶液中含有的的數(shù)目為NA【答案】B【詳解】A．由于膠粒是多個(gè)Fe(OH)3的集合體，因此1L0.1mol·L-1FeCl3溶液制得的Fe(OH)3膠粒數(shù)目小于0.1NA，A錯誤；B．將0.1molCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH會部分電離生成CH3COO-，根據(jù)元素守恒，CH3COOH、CH3COO-數(shù)目之和為0.1NA，B正確；C．2molNO和1molO2發(fā)生反應(yīng)2NO+O2==2NO2，又存在以下平衡2NO2?2N2O4，因此氣體分子總數(shù)小于2NA，C錯誤；D．溶液的體積未知，無法計(jì)算H+的數(shù)目，D錯誤；答案選B。5．一種高性能電池的電解質(zhì)由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素R、W、X、Y、Z、M組成，W為一種常用于制造電池的金屬元素且R、W同主族，化學(xué)式為的物質(zhì)是離子化合物，的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Y<Z<MB．W和Z可以形成多種原子個(gè)數(shù)比為1︰1的化合物C．氫化物的沸點(diǎn)：X<YD．Y和M的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸【答案】D【分析】由MZ4-的結(jié)構(gòu)可知，M為Cl，Z為O，W為一種常用于制造電池的金屬元素且R、W同主族，則W為Li，R為H，X、Y分別為C和N?！驹斀狻緼．N、O形成的簡單離子N3-、O2-屬于電子層結(jié)構(gòu)相同而核電荷數(shù)不同的離子，依據(jù)“序大徑小”的原則，r(N3-)>r(O2-)，A錯誤；B．Li和O元素只能形成一種原子個(gè)數(shù)比為1︰1的化合物，即Li2O2，B錯誤；C．C元素的氫化物不止CH4一種，還有其他烴類物質(zhì)，N元素的氫化物有NH3利N2H4，高級烴（常溫下呈固態(tài)）的沸點(diǎn)高于NH3和N2H4，C錯誤；D．N和Cl元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物分別為HNO3和HClO4，均為強(qiáng)酸，D正確；故選D。6．2019年諾貝爾化學(xué)獎授予對鋰離子電池研究有突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。一種“大氣固碳”的鋰離子電池工作原理如圖所示，該電池在充電時(shí)，通過催化劑的選擇性控制，只有Li2CO3被氧化，釋放出CO2和O2。下列說法不正確的是A．該電池應(yīng)選用無水電解質(zhì)B．該電池放電時(shí)的正極反應(yīng)為4Li＋＋3CO2＋4e－＝C＋2Li2CO3C．充電時(shí)若電極A質(zhì)量增加14g，則聚合物電解質(zhì)膜上通過電子2molD．該電池放電、充電各一次且都轉(zhuǎn)移4mole?時(shí)，理論上能固定1molCO2【答案】C【詳解】A．Li能與水反應(yīng)，因此選用無水電解質(zhì)，故A正確；B．放電時(shí)，正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，則電極反應(yīng)式為4Li＋＋3CO2＋4e－＝C＋2Li2CO3，故B正確；C．充電時(shí)若電極A質(zhì)量增加14g，Li的物質(zhì)的量為=2mol，發(fā)生的電極反應(yīng)式為Li++e-=Li，外電路轉(zhuǎn)移電子2mol，但聚合物電解質(zhì)膜上通過Li+的物質(zhì)的量為2mol，故C錯誤；D．電池每放、充電各一次轉(zhuǎn)移4mol電子就有1mol二氧化碳還原生成碳，即理論上能固定1molCO2，故D正確；故答案為C。7．利用平衡移動原理，分析常溫下Ni2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產(chǎn)物。已知：圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系；圖2中曲線I的離子濃度關(guān)系符合c(Ni2+)·c(CO32-)=Ksp(NiCO3)；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c(Ni2+)·c2(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]；[注：起始Na2CO3體系中c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1；不同pH下c(CO32-)由圖1得到]。下列說法正確的是A．pH=7時(shí)，碳酸鈉溶液體系中存在：c(CO32-)>c(H2CO3)B．M點(diǎn)時(shí)，溶液中存在c(CO32-)>c(OH-)C．初始狀態(tài)pH=9、lg[c(Ni2+)]=-5，平衡后存在c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1D．沉淀Ni2+制備NiCO3時(shí)，選用0.1mol·L-1Na2CO3溶液比0.1mol·L-1NaHCO3溶液效果好【答案】B【詳解】A．由圖1可知，pH=6.37時(shí)，c(H2CO3)=c(HCO3-)故有Ka1(H2CO3)=×c(H+)=10-6.37，同理可知pH=10.25時(shí)c(CO32-)=c(HCO3-)，此時(shí)Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，則Ka1Ka2=×c2(H+)=10-6.37×10-10.25，pH=7時(shí)，==10-2.62＜1，即碳酸鈉溶液體系中存在：c(CO32-)<c(H2CO3)，A錯誤；B．由圖1可知，pH=10.25時(shí)c(CO32-)=c(HCO3-)，此時(shí)Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，M點(diǎn)時(shí)pH=8.25，c(H+)=10-8.25mol/L，c(OH-)=mol/L=10-5.75mol/L，而由圖1可知，pH=8.25時(shí)溶液中c(HCO3-)≈0.1mol/L，則c(CO32-)==10-10.25×0.1×mol/L=10-3mol/L，所以M點(diǎn)時(shí)，溶液中存在：c(CO32-)＞c(OH-)，B正確；C．由圖2可知，初始狀態(tài)為pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，此時(shí)恰好為Ni(OH)2的沉淀溶解平衡體系，不會生成NiCO3沉淀，含碳微?？偭坎蛔?，即體系達(dá)平衡后存在：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，C錯誤；D．由圖2可知pH＜8.25時(shí)，NiCO3優(yōu)先于Ni(OH)2生成沉淀，pH＞8.25時(shí)Ni(OH)2優(yōu)先于NiCO3生成沉淀，0.1mol?L-1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1mol?L-1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制備NiCO3時(shí)，選用0.1mol?L-1NaHCO3溶液比0.1mol?L-1Na2CO3溶液的效果好，D錯誤；故答案為：B。第II卷非選擇題(共58分)二、非選擇題：本題共58分。第8~10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11~12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：本題共3題，共43分。8．(14分)黨的二十大報(bào)告指出，高質(zhì)量發(fā)展是全面建設(shè)社會主義現(xiàn)代化國家的首要任務(wù)。2024年隨著中國經(jīng)濟(jì)的高質(zhì)量發(fā)展，新能源汽車的產(chǎn)銷量猛增，動力電池材料成為關(guān)注的焦點(diǎn)。一種利用鈦白粉副產(chǎn)品[主要成分為FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和農(nóng)藥鹽渣(主要成分為Na3PO4、Na2SO3等)制備電池級磷酸鐵(FePO4·2H2O)的工藝流程如下。一定條件下，一些金屬氟化物的Ksp如下表。氟化物Ksp回答下列問題：(1)“除鈦”中產(chǎn)生的少量氣體是(填化學(xué)式)；鐵粉的作用之一是提高體系的pH，使得水解以沉淀形式除去，其另一個(gè)作用是。(2)“除雜1”中除去的離子是(填化學(xué)式)。(3)“氧化1”中若加入速度過快，會導(dǎo)致用量增大，原因是。本步驟不能使用稀鹽酸代替溶液，原因是。(4)濾渣3的主要成分是，生成該物質(zhì)的離子方程式為。(5)“氧化2”的目的是減少氣體的排放(填化學(xué)式)。(6)“沉鐵”中如果體系酸性過強(qiáng)，會導(dǎo)致FePO4·2H2O產(chǎn)量降低，原因是?！敬鸢浮?1)H2(1分)還原Fe3+(1分)(2)Mg2+(2分)(3)氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，導(dǎo)致H2O2用量增大(2分)防止鹽酸與KMnO4反應(yīng)生成Cl2，產(chǎn)生污染(2分)(4)3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O==5MnO2·xH2O↓+4H+(2分)(5)SO2(2分)(6)溶液中H+濃度較大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-濃度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少(2分)【分析】該工藝流程的原料為鈦白粉副產(chǎn)品[主要成分為FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和農(nóng)藥鹽渣(主要成分為Na3PO4、Na2SO3等)，產(chǎn)品為電池級磷酸鐵，鈦白粉副產(chǎn)品在硫酸中溶解1后，加入鐵粉“除鈦”過程發(fā)生反應(yīng)有Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe==3FeSO4，提高了溶液體系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，加入NH4F“除雜1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化為Fe3+，“除雜2”中加入的KMnO4與Mn2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnO2·xH2O而除去Mn2+，溶液中Fe3+與農(nóng)藥鹽渣中的PO43-結(jié)合生成FePO4·2H2O。【詳解】（1）根據(jù)上述分析可知，“除鈦”過程加入的鐵粉發(fā)生的主要反應(yīng)有Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe==3FeSO4，提高了溶液體系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，故少量氣體是H2，鐵粉作用之一是提高體系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一個(gè)作用是還原Fe3+；故答案為：H2；還原Fe3+；（2）“除鈦”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更難溶于水，加入NH4F與Mg2+反應(yīng)生成難溶于水的MgF2，故“除雜1”中除去的是Mg2+；故答案為：Mg2+；（3）“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+是H2O2分解的催化劑，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度過快，會導(dǎo)致H2O2用量增大；該反應(yīng)2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O在酸性條件下發(fā)生，本步驟若使用稀鹽酸代替H2SO4溶液，則溶液中含有Cl-，在“除雜2”中會與KMnO4反應(yīng)生成Cl2，產(chǎn)生污染；故答案為：氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，導(dǎo)致H2O2用量增大；防止鹽酸與KMnO4反應(yīng)生成Cl2，產(chǎn)生污染；（4）“除雜2”中加入的KMnO4與Mn2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnO2·xH2O，離子方程式為3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O==5MnO2·xH2O↓+4H+；故答案為：3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O==5MnO2·xH2O↓+4H+；（5）農(nóng)藥鹽渣成分中有Na2SO3，“除雜2”后溶液含有H+，二者混合會發(fā)生SO32-+2H+==SO2↑+H2O，“氧化2”的目的是使SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-，從而減少SO2氣體的排放；故答案為：SO2；（6）“沉鐵”中如果體系酸性過強(qiáng)，則溶液中H+濃度較大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-濃度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少，導(dǎo)致FePO4·2H2O產(chǎn)量降低；故答案為：溶液中H+濃度較大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-濃度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少。9．(14分)肼(N2H4)和硫酸肼(N2H6SO4)均具有強(qiáng)還原性，極易被氧化為N2。某小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備硫酸肼并測定其純度。回答下列問題：Ⅰ．制備肼。實(shí)驗(yàn)室利用如圖裝置，模擬尿素法用尿素(H2NCONH2)和次氯酸鈉反應(yīng)制備肼。(1)儀器a的名稱為，與普通分液漏斗相比，其優(yōu)點(diǎn)為。(2)A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(3)該裝置制備產(chǎn)率較低，需要改進(jìn)的具體措施為。(4)制備過程中NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應(yīng)一段時(shí)間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應(yīng)，可采取的加熱方式為(填字母)。a．直接加熱

b．水浴加熱

c．油浴加熱

d．電熱套加熱(5)制備肼時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。Ⅱ．制備硫酸肼并測定所得硫酸肼的純度。①制備硫酸肼：取裝置B中溶液，加入適量稀硫酸振蕩，置于冰水浴冷卻，容器底部有無色晶體析出。過濾后用冷水洗滌，干燥，獲得硫酸肼粗品。②測定硫酸肼的純度：稱取mg硫酸肼粗品，加入適量固體，調(diào)節(jié)溶液的pH保持在6.5左右，加水配成100mL溶液，移取20.00mL置于錐形瓶中，并滴加2~3滴指示劑，用的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定，重復(fù)上述操作，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。(6)滴定過程中指示劑應(yīng)選用。(7)產(chǎn)品中硫酸肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?1)恒壓滴液漏斗(1分)可以平衡壓強(qiáng)，使液體順利滴下(2分)(2)(2分)(3)在裝置A、B之間加一個(gè)盛有飽和食鹽水的洗氣瓶(2分)(4)cd(2分)(5)(2分)(6)淀粉溶液(1分)(7)(2分)【詳解】（1）儀器a的名稱為恒壓滴液漏斗，與普通分液漏斗相比，其優(yōu)點(diǎn)為可以平衡壓強(qiáng)，使液體順利滴下；故答案為：恒壓滴液漏斗；可以平衡壓強(qiáng)，使液體順利滴下；（2）A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；故答案為：；（3）新?lián)]發(fā)的HCl會消耗氫氧化鈉和尿素，使制備產(chǎn)率較低，需要改進(jìn)的具體措施為在裝置A、B之間加一個(gè)盛有飽和食鹽水的洗氣瓶，除去氯化氫氣體；故答案為：在裝置A、B之間加一個(gè)盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；（4）因?yàn)橹苽溥^程中反應(yīng)最高溫度為110℃，則合理的加熱方式為油浴加熱和電熱套加熱；故答案為：cd；（5）制備肼時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；故答案為：；（6）用碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定硫酸肼，所以滴定過程中指示劑應(yīng)選用淀粉溶液；故答案為：淀粉溶液；（7）由題意可知，硫酸肼易被氧化為N2，根據(jù)得失電子守恒可知，，則mg產(chǎn)品中N2H6SO4的質(zhì)量為，則產(chǎn)品中硫酸肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；故答案為：為；10．(15分)二氧化碳是常見溫室效應(yīng)氣體，甲醇是21世紀(jì)的清潔能源之一，如果能用CO2為原料合成CH3OH，既能實(shí)現(xiàn)碳中和，也能改變能源結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)雙贏。回答下列問題：ⅰ.工業(yè)合成甲醇的路徑(1)在，以或?yàn)樵?，將廢氣合成甲醇的反應(yīng)如下：反應(yīng)I：反應(yīng)II：請根據(jù)反應(yīng)自發(fā)性判斷，反應(yīng)(填序號)更適宜甲醇的工業(yè)化生產(chǎn)。ⅱ.我國科學(xué)家進(jìn)行了二氧化碳加氫制甲醇的研究，其主要反應(yīng)為：反應(yīng)I：反應(yīng)III：(2)在恒溫恒容的密閉體系中發(fā)生上述反應(yīng)，下列說法正確的是_______(填標(biāo)號)。A．當(dāng)時(shí)，說明反應(yīng)體系已達(dá)到平衡狀態(tài)B．平衡后擴(kuò)大體積減小體系壓強(qiáng)，有利于提高CH3OH產(chǎn)率C．升高溫度可使反應(yīng)I的逆反應(yīng)速率加快，正反應(yīng)速率減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動D．若反應(yīng)體系內(nèi)的壓強(qiáng)保持不變，說明反應(yīng)體系已達(dá)到平衡(3)反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比對反應(yīng)的影響如下表，請選擇投料比例，并說明選擇的理由。(CH3OH的選擇性)n(H2)︰n(CO2)2︰13︰15︰17︰1CO2平衡轉(zhuǎn)化率/%11.6333.6845.9348.71CH3OH選擇性/%30.0440.1250.2649.93(4)研究發(fā)現(xiàn)，其他條件相同時(shí)，反應(yīng)溫度對CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH3OH的選擇性影響如圖所示：①在密閉容器中，以投料比n(H2)︰n(CO2)=3︰1通入混合氣體，則達(dá)到平衡點(diǎn)時(shí)反應(yīng)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)平衡常數(shù)。②從平衡角度分析CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的主要原因是。ⅲ.甲醇與水反應(yīng)的機(jī)理(5)CH3OH在合金表面釋放的機(jī)理如圖所示，圖中“*”表示此微粒吸附在催化劑表面。請寫出CH3OH釋放的化學(xué)反應(yīng)方程式?！敬鸢浮?1)I(2分)(2)D(2分)(3)5︰1(2分)由數(shù)據(jù)可知，n(H2)︰n(CO2)的比值增大超過5︰1，CO2轉(zhuǎn)化率增大不明顯且CH3OH選擇性下降(2分)(4)或或6.912(3分)反應(yīng)I放熱，反應(yīng)III吸熱，升溫，反應(yīng)I正向進(jìn)行的程度減小，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，反應(yīng)III正向進(jìn)行的程度增大，CO2平衡轉(zhuǎn)化率上升，且上升幅度大于下降幅度(2分)(5)(2分)【詳解】（1）當(dāng)ΔG＝ΔH－TΔS<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)I在低溫下自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)II任何溫度下均不能自發(fā)進(jìn)行，故反應(yīng)I更適宜甲醇的工業(yè)化生產(chǎn)；（2）A．反應(yīng)I和反應(yīng)III同時(shí)進(jìn)行，當(dāng)3v正(CO2)=v逆(H2)時(shí)，正逆反應(yīng)速率不相等，不能說明反應(yīng)體系已達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯誤；B．平衡后擴(kuò)大體積減小體系壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動，反應(yīng)I逆向移動，CH3OH產(chǎn)率降低，B錯誤；C．升高溫度可使反應(yīng)I的正、逆反應(yīng)速率加快，反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)I平衡向逆反應(yīng)方向移動，C錯誤；D．反應(yīng)I前后氣體分子數(shù)變化，反應(yīng)III前后氣體分子數(shù)不變，恒溫恒容條件下，若反應(yīng)體系內(nèi)的壓強(qiáng)保持不變，說明反應(yīng)體系已達(dá)到平衡，D正確；故選D。（3）由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)n(H2)︰n(CO2)=5︰1時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)拐點(diǎn)，且CH3OH的選擇性最高，大于5︰1時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率增大不明顯且CH3OH選擇性下降，故選擇此比值的理由是：由數(shù)據(jù)可知，n(H2)︰n(CO2)的比值增大超過5︰1，CO2轉(zhuǎn)化率增大不明顯CH3OH且選擇性下降；（4）①以投料比n(H2)︰n(CO2)=3︰1通入混合氣體，設(shè)H2、CO2的物質(zhì)的量分別為3mol、1mol，CO2的轉(zhuǎn)化率為75%，CH3OH的選擇性為，故反應(yīng)I生成CH3OH的物質(zhì)的量為0.5mol，反應(yīng)II生成CO的物質(zhì)的量為0.25mol，故：、，平衡時(shí)：，反應(yīng)I：；②從平衡角度分析CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的主要原因是：反應(yīng)I放熱，反應(yīng)III吸熱，升溫，反應(yīng)I正向進(jìn)行的程度減小，CO2平衡轉(zhuǎn)化率下降，反應(yīng)III正向進(jìn)行的程度增大，CO2平衡轉(zhuǎn)化率上升，且上升幅度大于下降幅度；（5）由圖可知CH3OH、H2O在Pt－Pd合金表面釋放H2和CO2，方程式為：。(二)選考題：共15分。請考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做則按所做的第一題計(jì)分。11．[化學(xué)——選擇性必修2：物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，下列物質(zhì)都是具有廣闊應(yīng)用前景的儲氫材料。按要求回答下列問題：(1)氫化鈉(NaH)是一種常用的儲氫劑，遇水后放出氫氣并生成一種堿，該反應(yīng)的還原劑為。(2)鈦系貯氫合金中的鈦錳合金具成本低，吸氫量大，室溫下易活化等優(yōu)點(diǎn)，基態(tài)錳的價(jià)層電子排布式為。(3)(氨硼烷)具有很高的儲氫容量及相對低的放氫溫度(<350℃)而成為頗具潛力的化學(xué)儲氫材料之一，它可通過環(huán)硼氮烷、與進(jìn)行合成。①上述涉及的元素H、B、C、N、O電負(fù)性最大的是。②鍵角：(填“>”或“<”)，原因是。(4)咔唑()是一種新型新型有機(jī)液體儲氫材料，它的沸點(diǎn)比()的高，其主要原因是。(5)氫氣的安全貯存和運(yùn)輸是氫能應(yīng)用的關(guān)鍵，鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①距離Mg原子最近的Fe原子個(gè)數(shù)是。②鐵鎂合金的化學(xué)式為。③若該晶胞的晶胞邊長為dnm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該合金的密度為()?！敬鸢浮?1)NaH(1分)(2)3d54s2(2分)(3)O(1分)>(1分)CH4分子中沒有孤電子對，H2O有2對孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，排斥力越大，鍵角越小，所以H2O小于CH4的鍵角(2分)(4)中存在分子間氫鍵(2分)(5)4(2分)Mg2Fe(2分)(2分)【詳解】（1）NaH遇水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，NaH被氧化，NaH作還原劑；（2）錳的原子序數(shù)為25，基態(tài)錳原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，價(jià)層電子排布式為：3d54s2；（3）①同周期從左到右主族元素的電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下元素的電負(fù)性逐漸減小，元素的非金屬性越強(qiáng)、電負(fù)性越大，結(jié)合元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，電負(fù)性最大的是O；②CH4中中心原子C和H2O中中心原子O都有4對價(jià)層電子對，但CH4分子中C上沒有孤電子對，H2O中O有2對孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，排斥力越大，鍵角越小，所以H2O的鍵角小于CH4的鍵角；（4）中存在分子間氫鍵，其沸點(diǎn)高于；