2025年高考押題預測卷02高三化學(考試時間：90分鐘試卷滿分：100分)注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對分子質量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Cl-35.5Ca-40Mn-55Cr-52Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(選擇題共48分)一、選擇題：本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列物質中，具有極性鍵的非極性分子是()A．SiO2B．SO3C．SO3D．P4【答案】B【解析】根據價層電子對互斥理論，中心原子價層電子對數=σ鍵電子對數+孤電子對數；極性鍵與非極性分子：極性鍵由不同原子形成(電負性差異)，而非極性分子整體電荷分布對稱，正負電荷中心重合。A項，SiO2為共價晶體(網狀結構)，無獨立分子，A錯誤；B項，SO3中S的價層電子對數為，為sp2雜化，分子為平面三角形(對稱結構)，S-O鍵為極性鍵，分子整體無極性，B正確；C項，O3中O的價層電子對數為，為sp2雜化，有1對孤對電子，分子為V形(不對稱)，為極性分子，C錯誤；D項，P4的空間構型是正四面體，是非極性分子，其中P-P鍵為非極性鍵，D錯誤；故選B。2．下列表示正確的是()A．P分子的VSEPR模型：B．反-2-丁烯的球棍模型：C．用電子式表示Mg的形成過程：D．鍵線式為的名稱：2，4，4-三甲基戊烷【答案】B【解析】A項，P中心磷原子價層電子對數，采取sp3雜化，則P分子的VSEPR模型應為四面體形，A錯誤；B項，反-2-丁烯中兩個甲基分別位于雙鍵的相反兩側，球棍模型為，B正確；C項，Mg是離子化合物，Mg原子失去電子形成Mg2+，原子得到電子形成，用電子式表示Mg的形成過程：，C錯誤；D項，主鏈最長為5個碳原子，母體為戊烷，烷烴命名時，支鏈位置的代數和應取最小，故2號碳原子上有2個甲基，4號碳原子上有一個甲基，命名為：2，2，4-三甲基戊烷，D錯誤；故選B。3．下列說法不正確的是()A．NaHCO3溶液顯堿性，與NaOH不反應B．SO2有還原性，能防止葡萄酒中一些成分被氧化C．HNO3有酸性，能與NH3反應D．HClO有強氧化性，可用作紙張的漂白劑【答案】A【解析】A項，NaHCO3溶液顯堿性，和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，故A錯誤；B項，SO2具有還原性，按標準添加適量SO2能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，故B正確；C項，HNO3有酸性，能與NH3反應反應生成硝酸銨，故C正確；D項，HClO有強氧化性，能使有色物質褪色，可用作紙張的漂白劑，故D正確；故選A。4．鋁銨礬[NH4Al·12H2O]是一種重要的工業原料。下列說法正確的是()A．鍵角：NH4+＞NH3B．半徑：r(O2?)>r(Al3+)C．沸點：H2S＞H2OD．電負性：χ(H)>χ(Al)【答案】A【解析】A項，NH4+的中心原子價電子對數是4，無孤電子對，NH3中心原子價電子對數為4，有1個孤電子對，所以鍵角：NH4+＞NH3，故A正確；B項，Al3+和O2?電子層結構相同，則核電荷數越大，離子半徑越小，則離子半徑：r(O2?)>r(Al3+)，故B錯誤；C項，H2O中含有氫鍵，H2S中不含氫鍵，則沸點：H2O>H2S，故C錯誤；D項，AlH3中氫元素化合價為-1價，鋁元素化合價為+3價，則電負性：χ(H)>χ(Al)，故D錯誤；故選A。5．下列說法不正確的是()A．裝置①用于驗證鐵與水蒸氣反應B．裝置②用于在通風櫥內制取無水AlCl3C．裝置③用于煤的干餾實驗D．裝置④用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱【答案】D【解析】A項，鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，用火柴點燃肥皂泡檢驗氫氣，會產生淡藍色火焰和輕微的爆鳴，A正確；B項，加熱AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氫，抑制了氯化鋁的水解，其反應化學方程式為AlCl3·6H2O+6SOC12A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取無水AlCl3，B正確；C項，煤干餾生成固態的焦炭、液態的煤焦油、氣態的焦爐氣，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支試管中上層為水層，下層為煤焦油，C正確；D項，醋酸具有揮發性，醋酸和碳酸鈉反應生成的二氧化碳中混有醋酸氣體，醋酸也可以和苯酚鈉溶液反應生成苯酚，裝置④不能用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱，D錯誤；故選D。6．PH3常作為一種熏蒸劑，在貯糧中用于防治害蟲，一種制備PH3的流程如圖所示：下列說法錯誤的是()A．上述流程中每一步均屬于氧化還原反應B．流程中，PH3都屬于還原產物C．已知次磷酸(H3PO2)為一元酸，則次磷酸鈉(NaH2PO2)屬于正鹽D．1mol次磷酸分解時轉移2mol電子【答案】A【解析】A項，NaH2PO2和H2SO4反應生成H3PO2和NaHSO4，無元素化合價發生變化，為非氧化還原反應，A錯誤；B項，反應P4+3NaOH(濃)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑中，P元素的化合價由0價降至PH3中的-3價，PH3為還原產物，H3PO2中P的化合價為+1價，PH3的化合價為-3價，所以H3PO2分解生成PH3為還原反應，PH3屬于還原產物，B正確；C項，因H3PO2為一元酸，只能電離出一個H+，NaH2PO2中無法電離出H+，NaH2PO2為正鹽，C正確；D項，H3PO2分解方程式為2H3PO2=H3PO4+PH3↑，P從+1價升高到+5價，同時，P從+1價降低到-3價，在該反應中，2molH3PO2，轉移4mol電子，1molH3PO2分解時轉移2mol電子，D正確；故選A。7．結構決定性質，性質決定用途。下列物質性質和用途相匹配的是選項物質性質用途A氨氣極易溶于水液氨常用作制冷劑BSiO2硬度大SiO2可用作制光導纖維C鐵粉還原性強鐵粉可用做食品袋中的抗氧化劑DSO2有毒葡萄酒里含有的SO2具有殺菌和抗氧化作用【答案】C【解析】A項，氨氣易液化，液氨汽化需要吸收大量的熱，可用作制冷劑，A項不符合題意；B項，光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關，B項不符合題意；C項，鐵粉可用作食品袋中的抗氧化劑，因為其具有強還原性，C項符合題意；D項，SO2具有還原性且能使蛋白質變性，葡萄酒里含有的SO2具有殺菌和抗氧化作用，D項不符合題意；故選C。8．下列反應對應的離子方程式書寫正確的是()A．Na2SO3與70%的濃硫酸混合：SO32-+2H+=SO2↑+H2OB．NH4HCO3與足量的濃溶液混合：NH4++HCO3-+OH-=NH3↑+CO2↑+H2OC．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．用酸性高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O【答案】A【解析】A項，硫酸和亞硫酸鈉反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水，離子方程式為：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，A正確；B項，電荷不守恒，正確的離子方程式為：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+CO32-+H2O，B錯誤；C項，次氯酸是弱酸，不能拆，正確的離子方程式為：Cl2+H2OHCl+HClO，C錯誤；D項，草酸是弱酸，不能拆，正確的是：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，D錯誤；故選A。9．在化學合成和生物活性研究基礎上，我國學者團隊發現了具有顯著抗骨肉瘤活性的氧雜蒽類化合物，該研究涉及的一個反應如圖所示。下列說法錯誤的是()A．甲、乙互為同分異構體B．甲、乙含相同數目的手性碳原子C．甲、乙均能使酸性KMnO4溶液褪色D．甲、乙均能與H2發生加成反應【答案】A【解析】A項，兩者含O原子量不同，分子式不同，故不是同分異構體，A錯誤；B項，，甲、乙含相同數目的手性碳原子，B正確；C項，甲、乙均含有羥基，以及與苯相連的C原子上含有H，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正確；D項，甲、乙均含有苯環、酮羰基，均能與H2發生加成反應，D正確；故選A。10．由短周期主族元素X、Y、Z、M、Q組成的離子液體，結構式如圖所示，X、Y、Z、M、Q原子序數依次增大。下列說法正確的是()A．基態原子未成對電子數：X＜QB．氣態氫化物的穩定性：Z＞MC．該離子中X原子采取sp3雜化，Y原子采取sp雜化D．YM3與YH3相比，YH3與Cu2+配位的能力更強【答案】D【解析】分析離子液體的結構式，所有的X都形成四個共價鍵，且原子序數較小，考慮是C元素；所有的Z元素形成兩個共價鍵，且原子序數比X大，考慮是O元素；所有的M元素形成一個共價鍵，考慮是F元素或Cl元素。所有的Q元素形成六個共價鍵，則Q為S元素。根據M元素原子序數小于Q原子，則M為F元素；由于每個X、Z、M、Q各自形成的共價鍵數目都一樣，因此該-1價復雜陰離子多出的一個電子應在Y上。Y多一個電子后形成兩個共價鍵，說明此時Y元素最外層有6個電子，則可以確定Y為N元素。A項，C、S基態原子未成對電子數均為2個，故基態原子未成對電子數：X=Q。A項錯誤；B項，元素的非金屬性：O＜F，因此氣態氫化物的穩定性H2O＜HF，B項錯誤；C項，該離子中X元素形成4個共價鍵，O元素采取sp3雜化，N元素此時同O元素一樣，也是采取sp3雜化，C項錯誤；D項，YM3與YH3分別為NF3和NH3。NF3中F原子的強吸電子效應使N原子上的孤電子對離N近，不易給出孤電子對形成配位鍵，故NH3與Cu2+配位的能力更強，D項正確。故選D。11．焦炭催化還原SO2既可除去SO2，同時還可以回收硫(S2)：2C(s)＋2SO2(g)S2(g)＋2CO2(g)。一定壓強下，向1L密閉容器中加入足量的焦炭、催化劑和1molSO2，測得SO2的生成速率與S2(g)的生成速率隨溫度的變化關系如圖所示。下列說法正確的是()A．a點時，反應逆向進行B．圖中a、b、c、d四點，只有c點處于平衡狀態C．T3℃時增大壓強(壓縮容器)，能增大活化分子百分數D．該反應的ΔH>0【答案】B【解析】SO2的生成速率代表逆反應速率，S2(g)的生成速率代表正反應速率。A項，a點時，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率相等，說明S2(g)的生成速率大于消耗速率，反應正向進行，故A錯誤；B項，平衡狀態時，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率為2：1，故B正確；C項，T3℃時增大壓強(壓縮容器)，增大了單位體積內的活化分子數，但活化分子百分數不變，故C錯誤；D項，升高溫度平衡向吸熱方向移動，c點對應溫度升高到d點對應溫度，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比大于2∶1，說明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移動，即逆反應是吸熱反應，則正反應是放熱反應，△H＜0，故D錯誤；故選B。12．鈉離子電池有耐高溫、安全的特點，現有從廢水中回收鈉的裝置如圖，中間室中電極材料具有選擇性吸附、可將Na+轉化為NaMO2，而脫出Na+轉化為Na1-xMO2(M為某過渡金屬)的功能，廢水中鈉以形式回收。下列有關說法錯誤的是()A．第一步吸附鈉時，應接通“電源1”B．第二步脫出鈉時，中間室電極反應式為NaMO2－xe-=Na1-xMO2+xNa+C．為完成鈉離子的吸附/脫出，交換膜“a”“b”應選用陰離子交換膜。D．產品室每生成8gNaOH，理論上標準狀況下惰性電極1上生成O2體積為【答案】C【解析】A項，吸附時，中間室電極要將Na+轉化為NaMO2，需要得到電子發生還原反應，該電極作陰極，應接通“電源1”，A正確；B項，脫出鈉時，NaMO2轉化為Na1-xMO2，Na元素化合價升高，發生氧化反應，電極反應式為NaMO2－xe-=Na1-xMO2+xNa+，B正確；C項，無論是吸附還是脫出鈉的過程，都是Na+在中間室與其他室之間移動，所以交換膜“a”“b”應選用陽離子交換膜，讓Na+通過，而不是陰離子交換膜，C錯誤；D項，產品室生成NaOH是因為H2O電離出的H+放電，電極反應為2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，生成8g(即0.2mol)NaOH，轉移0.2mol電子。惰性電極1上發生反應2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，根據電子守恒，生成O2的物質的量為0.05mol，標準狀況下體積為，D正確；故選C。13．硫代硫酸鹽是一類具有應用前景的浸金試劑。硫代硫酸根離子(S2O32-，結構如圖1)可看作是SO42-中的一個O原子被S原子取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形狀為長方體，邊長分別為apm、bpm、cpm，結構如圖2所示，設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是（）A．晶胞中[Mg(H2O)6]2-的個數為4B．S2O32-的空間結構為四面體形C．S2O32-中1號S原子可作配位原子D．晶體的密度為【答案】C【解析】A項，晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的個數為，故A正確；B項，S2O32-可看作是SO42-中的1個O原子被S原子取代的產物，二者結構相似，SO42-的中心S原子的價層電子對數為，即SO42-的空間結構為正四面體形，所以S2O32-的空間結構為四面體形，故B正確；C項，具有孤電子對的原子可以給中心原子提供電子對配位，S2O32-中的中心原子S的價層電子對數為4，無孤電子對，不能作配位原子，故C錯誤；D項，1個MgS2O3·6H2O晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的個數為4，S2O32-的個數為4，晶胞體積為，則晶胞密度為，故D正確；故選C。14．多取代呋喃(M)是許多天然產物和具有生物活性的重要藥物的基本結構單元。由炔基酮(A)與重氮酯環加成生成M的反應機理如圖所示。下列說法中錯誤的是()A．反應物A中最多有8個原子共平面B．反應過程中Cu原子成鍵數目沒有變化C．反應過程中有極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成D．合成M的總反應為+N2=CHCOOCH3+N2【答案】B【解析】A項，反應物A為CH3COCCCH3，5個C原子、1個O原子和每個-CH3上1個H原子共8個原子共平面，A正確；B項，中間產物B、D中Cu原子成鍵數目為2，C中Cu原子成鍵數目為3，則反應過程中Cu原子成鍵數目有變化，B錯誤；C項，反應②中有碳碳單鍵的形成和碳碳三鍵中的π鍵斷裂，有非極性鍵的形成和斷裂；反應③中有C=O鍵的斷裂和C—O鍵的形成，有極性鍵的斷裂和形成，C正確；D項，由反應機理圖可知，合成M的總反應的反應物為炔基酮(A)和重氮酯環(N2=CHCOOCH3)，生成物為M和N2，則合成M的總反應為：+N2=CHCOOCH3+N2↑，D正確；故選B。15．二元弱酸的酸式鹽溶液，存在如下4種平衡：HA-質子自遞平衡：HA-+HA-H2A+A2-HA-電離平衡：HA-H++A2-HA-水解平衡：HA-+H2OH2A+OH-水電離平衡：H2OH++OH-已知：25℃，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11mol·L-1、Ksp(Ag2CO3)=8.3×10－12。下列說法不正確的是()A．NaHCO3溶液存在的4種平衡中，平衡常數最大的是HCO3-的質子自遞平衡B．10-4mol·L-1的極稀NaHCO3溶液中粒子濃度大小關系：cH2CO3＞cOH－＞cCO32-＞cH＋C．加水稀釋NaHCO3溶液的過程中可能出現：cH2CO3=cCO32-D．濃度均為0.2mol·L-1的NaHCO3溶液與AgNO3溶液等體積混合，可析出Ag2CO3沉淀【答案】C【解析】A項，HA-+HA-H2A+A2-的平衡常數=，HA-水解平衡常數，比較可知，平衡常數最大的是HCO3-的質子自遞平衡，A正確；B項，10-4mol·L-1的極稀NaHCO3溶液中，，得到，，pH≈7.164，A項可知，HCO3-水解程度大于電離程度，則cH2CO3＞cCO32-，且，則，溶液pH≈7.164，，則成立；，則cOH－＞cCO32-成立；pH≈7.164，，則：cCO32-＞cH＋成立，故離子濃度大小關系為：cH2CO3＞cOH－＞cCO32-＞cH＋，B正確；C項，加水稀釋NaHCO3溶液的過程中，HCO3-水解程度大于電離程度，則cH2CO3＞cCO32-，C錯誤；D項，濃度均為0.2mol·L-1的NaHCO3溶液與AgNO3溶液等體積混合后，，，，，則析出Ag2CO3沉淀，D正確；故選C。16．室溫下，用含少量Cu2+的MnSO4溶液制備MnCO3的過程如下：注：“沉錳”時n(NH4HCO3)：n(Mn2+)=2.5：1，

控制溶液pH=7.下列說法正確的是()A．NH4HCO3溶液中：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B．“過濾1”所得濾液中：C．“沉錳”時發生反應：Mn2++HCO3-=MnCO3↓+H+D．“過濾2”所得濾液中：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS—)+2c(S2—)【答案】B【解析】含少量Cu2+的MnSO4溶液中加入硫化銨沉淀Cu2+，過濾后，加入碳酸氫銨生成碳酸錳。A項，NH4HCO3溶液中，根據元素守恒可得：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO?)，故A錯誤；B項，“過濾1”所得濾液是硫化銅的飽和溶液，而無硫化錳沉淀，則c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(CuS)，而c(Mn2+)c(S2-)＜Ksp(MnS)，則，故B正確；C項，“沉錳”時發生反應：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故C錯誤；D項，“過濾2”所得濾液中，pH=7，根據電荷守恒可得：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS-)+2c(S2-)+2c(SO42-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，則c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS—)+2c(S2—)+2c(SO42-)，故D錯誤；故選B。第II卷(非選擇題共52分)二、非選擇題：本題共4小題，共52分。17．(16分)鋰元素被廣泛應用于電動汽車、軍事通訊以及航空航天等領域。請回答：(1)關于氫和堿金屬的描述，下列說法正確的是___________。A．熔點：H2B．金屬單質密度：Rb＞K＞Na＞LiC．得到一個電子釋放的能量：H＞LiD．價電子排布為和的原子能量相同(2)某化合物的晶體結構如下圖所示。①該化合物的化學式為。②該化合物中有種不同化學環境的Li+，N3-的配位數為。(3)K、Rb的氫氧化物與O3反應，可以制得臭氧化物KO3、RbO3；而LiO3不能穩定存在，只能以[Li(NH3)4]O3的形式存在。請從離子半徑的角度分析LiO3極不穩定的原因。(4)近年來，LiO4成為動力鋰電池首選的正極材料。某興趣小組在進行專題探究后設計了以下兩種制備LiO4的方法：Ⅰ．用廢渣制備，再將產物與Li2CO3、H3PO4在高溫下反應制得LiO4。Ⅱ．用LiOH、O4、H3PO4和抗壞血酸混合溶液在pH=6的環境下反應制得LiO4。已知：LiO4在酸性較強的環境下不穩定。①方法Ⅰ，將廢渣(記為)置于CO2氣氛中煅燒，可得到和一種可燃性氣體，該反應的化學反應方程式為。②方法Ⅱ，控制pH=6的原因是。請根據兩種制備方法的差異，推測方法Ⅱ相對于方法Ⅰ的優勢。(寫出2點即可)③為回收廢舊鋰離子電池正極材料[主要成分為LiO4和]中的Li+，設計流程如下：溶液A是，條件B是，兩步操作C是。【答案】(1)ACD(2分)(2)Li3N(1分)2(1分)8(1分)(3)Li+半徑太小，導致O3-離子相互接觸或導致負離子相互接觸(2分)(4)①+8CO2=+8CO(2分)②pH太低，無法形成LiO4沉淀；pH太高，水解且易生成LiOH、Li3PO4等沉淀(2分)產品純度較高(不含雜質)；水溶液中反應，條件容易控制；反應條件溫和，節能(2分)③NaOH溶液(1分)高溫(1分)用碳酸水浸出、過濾(1分)【解析】電池正極材料[主要成分為LiO4和Al]用溶液A溶解得到含Al的溶液和浸出渣，溶液A為堿性溶液，Al可以溶解，LiO4不溶解，浸出渣LiO4與褐煤在高溫下反應，再經過碳酸酸溶過濾得到浸出液LiHCO3溶液和含鐵、P的浸出渣。(1)A項，H2、D2、T2都是分子晶體，分子量H2<D2<T2，分子間作用力H2<D2<T2，熔點H2<D2<T2，A正確；B項，堿金屬元素中K的密度小于Na的密度，B錯誤；C項，H與Li屬于同主族元素，原子半徑H小于Li，得電子能力H>Li，得到一個電子釋放的能量：H>Li，C正確；D項，2p能級三個軌道能量相同，價電子排布為和的Li原子能量相同，D正確；故選ACD；(2)①根據晶胞結構，Li+的個數為，N3-的個數為，化學式為Li3N；②Li的環境有面心和棱上兩種；根據晶胞結構，一個頂角的N3-離子周圍最近的Li+有8個(同一層有6個，上下個1個)；(3)Li+半徑太小，導致O3-離子相互接觸或導致負離子相互接觸而排斥，不能形成穩定的化合物；(4)①廢渣(記為)置于CO2氣氛中煅燒，可得到和一種可燃性氣體為CO，根據電子守恒和原子守恒，該反應的化學反應方程式為：+8CO2=+8CO；②控制pH=6的原因是：pH太低，無法形成LiO4沉淀；pH太高，水解且易生成LiOH、Li3PO4等沉淀；③根據分析，溶液A為強堿性溶液，為NaOH溶液；條件B需要在高溫下反應；兩步操作為用碳酸水浸出、再過濾。18．(12分)一氧化碳是合成氣和各類煤氣的主要成分，是有機化工的重要原料，也可用作燃料及精煉金屬的還原劑。回答下列問題：(1)CO與H2、O2可以合成乙二醇，反應為2CO(g)+O2(g)+5H2(g)=HOCH2CH2OH(l)+2H2O(l)。已知：CO(g)、H2(g)、乙二醇(1)的燃燒熱分別為、、。則反應2CO(g)+O2(g)+5H2(g)=HOCH2CH2OH(l)+2H2O(l)的ΔH＝。(2)工業合成光氣的原理為CO(g)+(g)CO(g)ΔH。一定條件下，在密閉容器中充入1molCO與1molCO合成CO，平衡時CO的轉化率與溫度的倒數()，壓強的關系如圖所示。①若該反應的熵變為ΔSJ·mol-1·K-1)，則溫度(填“大于”“小于”或“等于”)時，該反應自發。②圖示中達到平衡所需要的時間最短的點是(填“a點”“B點”或“c點”)。(3)CH4-CO2重整反應可獲得合成氣CO和H2，主要反應如下：反應I：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)反應Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反應Ⅲ：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)一定溫度下，起始時將1molCH4和1.01molCO2的混合氣體充入某恒容密閉容器中，平衡時測得n(CO)=1.8mol，CH4和H2O的物質的量分數相等。①平衡時甲烷的轉化率為。②若起始壓強為12kPa，則該溫度下反應Ⅱ的平衡常數Kp=(Kp為用分壓表示的平衡常數，分壓總壓物質的量分數，結果保留三位有效數字)。(4)八羰基二鈷[Co2(CO)8]主要用作有機化合物羰基化反應的催化劑，可由Co與CO在高溫高壓條件下直接合成。Co2(CO)8中碳原子是該配位化合物的配原子，其理由是。(5)研究人員開發出了不需要將CO2溶解在水溶液中，而是通過采用多孔催化劑電極將CO2轉化為CO的電解池，工作原理如圖1所示。為了使CO2氣體直接發生反應，需要在催化劑層內形成大量的由CO2(氣體)、H2O(液體)、催化劑(固體)聚集而成的三相界面，如圖2所示。①陰極的電極反應式為。②標準狀況下，二氧化碳按的氣流速率通過該裝置。電解20min后，測得電解效率和選擇性，若通過某電極的電子全部用來生成氧氣，理論上產生O2的質量為g。【答案】(1)(2分)(2)小于(1分)a點(1分)(3)80%(2分)0.643(2分)(4)碳元素的電負性比氧元素小，容易給出孤電子對(2分)(5)CO2+H2O+4e-=CO+2OH-(1分)360(1分)【解析】(1)根據①；②；③；根據蓋斯定律：2×①+5×②-③得到：2CO(g)+O2(g)+5H2(g)=HOCH2CH2OH(l)+2H2O(l)；則；(2)①根據圖示可知，溫度越高，平衡時CO的轉化率越小，所以反應CO(g)+(g)CO(g)的ΔH，由于該反應的ΔS，由ΔG=ΔHΔS能自發進行，ΔHΔS，所以(因ΔS為負，不等號方向改變)；②a點的溫度要比b點和c點的高，且壓強大，反應速率快，a點達到平衡時間最短；(3)①設平衡時，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：聯解可得，、、，所以平衡時CH4的轉化率為；②平衡時，，，，，，反應Ⅱ是氣體分子數不變的反應，可用物質的量之比代替分壓之比，故反應Ⅱ的；(4)Co2(CO)8中碳元素的電負性比氧元素小，碳原子容易給出孤電子對形成配位鍵，是該配位化合物的配原子；(5)①根據圖示可知，陰極上二氧化碳得電子被還原為一氧化碳，電極反應式為CO2+H2O+4e-=CO+2OH-；②的氣流速率通過該裝置，電解20min，則CO2體積為448L，S(CO)=90%，得，即18mol，轉移的電子為36mol，又因為，得通過電極的電子為，依據陽極的電極反應式2H2O-4e-=O2↑＋4H＋可知，理論上產生O2的物質的量為11.25mol，質量為360g。19．(12分)過氧化鈣、過氧化銅可用作化工生產的氧化劑和催化劑。Ⅰ．過氧化鈣的制備。過氧化鈣(CaO2)在室溫下穩定。微溶于水，可溶于稀酸生成過氧化氫。實驗室制備過氧化鈣的過程如下：(1)“煮沸”的目的是。(2)“沉淀”反應的化學方程式為。(3)CaO2·8H2O需烘干轉化為CaO2。烘干時需控溫140℃的原因是。Ⅱ．過氧化銅的制備。反應[Cu(NH3)4]2++H2O2+2H2O=CuO2↓+2NH4++2NH3·H2O可用于制備黃褐色固體CuO2。實驗裝置與實驗用到的試劑如題圖所示。(4)補充完整由膽礬制備過氧化銅的實驗步驟：稱取NH4Cl和·5H2O各2.0g于三頸燒瓶中，加入40mL水溶解，，過濾，洗滌，晾干，稱重。(5)測定產品純度。取產品0.1000g與過量酸性KI溶液完全反應后，溶液呈弱酸性。以淀粉為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液30.00mL。已知：CuO2+I-+H+→CuI+I2+H2O(未配平)，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。計算產品中CuO2的純度(寫出計算過程)。、【答案】(1)使得溶液中二氧化碳氣體逸出(2分)(2)CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl(2分)(3)溫度過低不能有效烘干，高于140℃會使得CaO2·8H2O受熱分解(2分)(4)邊攪拌邊0.03mol/L氫氧化鈉溶液，至溶液變為深藍色，將溶液置于冰水浴中，邊攪拌邊加入3%過氧化氫溶液至產生黃褐色沉淀，停止攪拌，靜置，向上層清液中滴加3%過氧化氫溶液至無沉淀生成(3分)(5)96%(3分)【解析】碳酸鈣和稀鹽酸反應后煮沸除去溶解的二氧化碳，濾液加入氨水、過氧化氫沉淀得到CaO2·8H2O和含氯化銨的濾液，CaO2·8H2O處理得到CaO2。(1)碳酸鈣和稀鹽酸生成二氧化碳，“煮沸”的目的是使得溶液中二氧化碳氣體逸出，防止沉淀時生成碳酸鈣雜質；(2)“沉淀”反應為氯化鈣和氨水、過氧化氫生成CaO2·8H2O沉淀和氯化銨，化學方程式為CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；(3)烘干時需控溫140℃的原因是溫度過低不能有效烘干，高于140℃會使得CaO2·8H2O受熱分解；(4)已知，反應[Cu(NH3)4]2++H2O2+2H2O=CuO2↓+2NH4++2NH3·H2O可用于制備黃褐色固體CuO2；氫氧化鈉和氯化銨能生成一水合氨，一水合氨能和銅離子轉化為深藍色[