福建省莆田一中高三模擬質(zhì)量檢測化學試題

莆田一中2021屆高三模擬測試卷化學本試卷總分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：C：12H：1O：16Mg：24一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40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.化學與生產(chǎn)生活密切相關。下列說法錯誤的是A.過度的開采可燃冰，有可能加劇溫室效應B.過期藥品和針管不可投入可回收垃圾箱內(nèi)C.防護服的主要材料為有機合成高分子材料D.75%的酒精和84消毒液的消毒原理相同【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．可燃冰的主要成分為甲烷，甲烷和燃燒生成的二氧化碳都是溫室氣體，則過度的開采可燃冰，有可能加劇溫室效應，故A正確；B．過期藥品和針管屬于有毒有害垃圾，不可投入可回收垃圾箱內(nèi)，故B正確；C．制作防護服的聚乙烯、聚丙烯、聚酯纖維等都屬于有機合成高分子材料，故C正確；D．75%的酒精因為能使蛋白質(zhì)變性而起到殺菌消毒的作用，而次氯酸鈉因為在溶液中發(fā)生水解反應生成具有強氧化性的次氯酸，與細菌發(fā)生氧化還原反應起到殺菌消毒的作用，兩者消毒原理不同，故D錯誤；故選D。2.肼(N2H4)是發(fā)射航天飛船常用的高能燃料，可通過反應2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制備。下列有關微粒的描述錯誤的是A.N2H4的結構式為 B.NaClO的電子式為C.Na+的離子結構示意圖： D.中子數(shù)為18的氯的核素：【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．N2H4分子中兩個N原子共用一對電子，每個N原子和兩個H原子分別共用一對電子，結構式為，A正確；B．NaClO屬于離子化合物，由鈉離子和次氯酸根離子構成，電子式為，B錯誤；C．Na+核電荷數(shù)為11，核外有10個電子，結構示意圖為，C正確；D．質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為18的氯原子質(zhì)量數(shù)為17+18=35，可以表示為Cl，D正確；答案為B。3.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，22.4LNO2中含原子數(shù)為2NAB.138gC2H5OH中含極性鍵的數(shù)目為20NAC.標準狀況下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒數(shù)之和為NAD.向1L1mol·L1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此時溶液含NH數(shù)目為NA【答案】D【解析】分析】【詳解】A．標準狀況下二氧化氮不是氣體，22.4LNO2的物質(zhì)的量不是1mol，含有的氧原子數(shù)不是2NA，故A錯誤；B．一個乙醇分子中含有一個CC鍵、一個CO鍵、一個OH鍵和5個CH鍵，除CC鍵屬于非極性鍵外，其他都是極性鍵，因此一個乙醇分子含有7個極性鍵，138gC2H5OH的物質(zhì)的量為3mol，含有的極性鍵數(shù)為21NA，故B錯誤；C．氯水中含有氯元素的微粒有Cl2、Cl、HC1O和ClO，標準狀況下11.2LCl2的物質(zhì)的量為0.5mol，含有0.5molCl，其水溶液中存在的物料守恒關系為：2N(Cl2)+N(HC1O)+N(Cl)+N(ClO)=NA，故C錯誤；D．1L1mol·L1NH4Cl溶液中溶解了1molNH4C1，含有1molCl，溶液中存在的電荷守恒關系為：加入氨水至溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，則，因此該溶液中NH與Cl的數(shù)目相等，含NH數(shù)目為NA，故D正確；故選D。4.司替戊醇(d)用于治療兩歲及以上Dravet綜合征相關癲癇發(fā)作患者，其合成路線如圖所示。下列有關判斷正確的是（）A.b的一氯代物有4種B.c的分子式為C14H14O3C.1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應D.d中所有碳原子可能處于同一平面【答案】C【解析】【詳解】A．b的氫原子有2種，所以一氯代物有2種，故A錯誤；B．根據(jù)結構簡式確定c的分子式為C14H16O3，故B錯誤；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應，苯環(huán)和氫氣以1：3反應、碳碳雙鍵和氫氣以1：1反應，所以1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應，故C正確；D．d中連接3個甲基的碳原子具有甲烷結構特點，所以該分子中所有碳原子不能共平面，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】明確官能團及其性質(zhì)關系、一氯代物判斷方法、原子共平面判斷方法是解本題關鍵，D為解答易錯點。5.下列實驗方案正確的是ABCD分離四氯化碳與水除去食鹽水中的泥沙制備乙酸乙酯分離苯和硝基苯A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】分析】【詳解】A．密度比水大，有機層應在下層，A錯誤；B．漏斗末端應緊靠燒杯內(nèi)壁，B錯誤；C．乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯用飽和碳酸鈉溶液收集，C正確；D．溫度計水銀球應放在蒸餾燒瓶支管口處，D錯誤；故選C。6.短周期元素R、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次遞增，最外層電子數(shù)：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(結構式)具有如圖所示轉化關系。下列說法錯誤的是A.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>XB簡單離子半徑：M>Y>ZC.M的最高價氧化物對應水化物為強酸D.Z分別與R、X、Y、M形成的化合物中均只含離子鍵【答案】D【解析】【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次遞增，由圖知，R、X、Y、M的共用電子對數(shù)分別為1、4、2和1，則R、X、Y、M最分別為H、C、O和Cl，按最外層電子數(shù)：3Z+M=X+Y，可得Z最外層為1電子，則Z為Na，據(jù)此回答；【詳解】A．非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>X，A正確；B．M即氯離子有18電子、半徑比較大，Y和Z離子均10電子，具有相同的電子層結構的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。則簡單離子半徑：M>Y>Z，B正確；C．M的最高價氧化物對應水化物即高氯酸為強酸，C正確；D．Z即Na與Y即O形成的化合物過氧化鈉中既含離子鍵又有共價鍵，D不正確；答案選D。7.下列離子方程式書寫正確的是A.向BaCl2溶液中通入SO2氣體：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+B.向NH4Al(SO4)2溶液滴入過量NaOH溶液：Al3++4OH=+2H2OC.向Na2CO3溶液中通入過量SO2：+2SO2+H2O=CO2+2D.將H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，故A錯誤；B．硫酸鋁銨溶液與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉、一水合氨和水，反應的離子方程式為NH+Al3++5OH—=NH3·H2O+AlO+2H2O，故B錯誤；C．碳酸鈉溶液與過量的二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，反應的離子方程式為+2SO2+H2O=CO2+2，故C正確；D．草酸與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鉀、硫酸錳、二氧化碳和水，反應的離子方程式為5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D錯誤；故選C。8.理論研究表明，在101kPa和298K下，異構化反應過程的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.HCN比HNC穩(wěn)定B.該異構化反應的C.正反應的活化能大于逆反應的活化能D.使用催化劑，可以改變反應的反應熱【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，因此HCN比HNC穩(wěn)定，故A正確；B．根據(jù)焓變等于生成物總能量減去反應物總能量，因此該異構化反應的，故B正確；C．根據(jù)圖中信息得出該反應是吸熱反應，因此正反應的活化能大于逆反應的活化能，故C正確；D．使用催化劑，不能改變反應的反應熱，只改變反應路徑，反應熱只與反應物和生成物的總能量有關，故D錯誤。綜上所述，答案為D。9.HgHg2SO4標準電極常用于測定其它電極的電勢，測知HgHg2SO4電極的電勢高于Cu電極的電勢。以下說法正確的是

A.K2SO4溶液可用CCl4代替B.HgHg2SO4電極反應為Hg2SO42e=2Hg+C.若把CuCuSO4體系換作ZnZnSO4體系，電壓表的示數(shù)變大D.微孔瓷片起到阻隔離子通過的作用【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題干信息，HgHg2SO4電極的電勢高于Cu電極的電勢，則HgHg2SO4電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應，則電極反應式為：Hg2SO4+2e=2Hg+，Cu電極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：Cu2e=Cu2+，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．CCl4為非電解質(zhì)，不能導電，因此不能用CCl4代替K2SO4溶液，A錯誤；B．由上述分析可知，HgHg2SO4電極為正極，其電極反應式為：Hg2SO4+2e=2Hg+，B錯誤；C．由于CuCuSO4體系是電池的負極，失去電子發(fā)生氧化反應，若換成更加活潑的ZnZnSO4體系，更容易失去電子，電壓表的示數(shù)變大，C正確；D．微孔瓷片是便于離子通過，而阻隔溶液通過的作用，D錯誤；答案選C。10.常溫下，向20mL濃度均為0.1mol·L1的HA與NaA的混合溶液中，分別滴加濃度均為0.1mol·L1的HCl、NaOH兩種溶液，混合溶液的pH變化情況如圖所示。下列說法正確的是A.滴加HCl溶液的曲線為I B.水的電離程度：c>b>aC.d點時，lg≈5.24 D.c點溶液中存在：c(Na+)=2[c(A)+c(HA)]【答案】C【解析】【分析】0.1mol/L的HA與NaA的混合液的pH=4.76，說明HA為弱酸，且在該混合液中HA的電離程度大于A的水解程度；向該混合液中，滴加HCl，溶液的pH減小，則滴加鹽酸溶液的曲線為II；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲線為I；據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．滴加鹽酸，溶液的pH減小，滴加鹽酸的曲線為II，A錯誤；B．a(chǎn)、b點都在曲線II上，滴加鹽酸時發(fā)生反應NaA+HCl=NaCl+HA，隨著HCl的滴入，NaA逐漸減少、HA逐漸增多，HA電離出H+抑制水的電離，A水解促進水的電離，則水的電離程度不斷減小，則水的電離程度a＞b，b點時加入20mL鹽酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液，c點在曲線I上，滴加NaOH溶液時發(fā)生反應NaOH+HA=NaA+H2O，c點加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，則水的電離程度c＞b，B錯誤；C．0.1mol/L的HA與NaA的混合液的pH=4.76，溶液中c(H+)=104.76mol/L，則Ka(HA)=≈104.76，d點溶液的pH=10，溶液中c(H+)=1010mol/L，Ka(HA)==≈104.76，≈105.24，則lg≈5.24，C正確；D．c點在曲線I上，滴加NaOH溶液時發(fā)生反應NaOH+HA=NaA+H2O，c點加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，溶液中的物料守恒為c(Na+)=c(A)+c(HA)，D錯誤；答案選C。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.學習小組在實驗室中利用下圖所示裝置制備SO2并進行相關性質(zhì)的探究?；卮鹣铝袉栴}：(1).儀器Q的名稱為_______；裝置b的作用是_______。(2).裝置a中反應的化學方程式為_______。(3).裝置e中出現(xiàn)_______(填現(xiàn)象)可證明SO2具有還原性。(4).實驗開始后，發(fā)現(xiàn)裝置d中的溶液迅速變黃，繼續(xù)通入SO2，裝置d中出現(xiàn)乳黃色渾濁。該小組同學查閱資料得知，存在可逆反應：SO2+4I+4H+?S↓+2I2+2H2O。探究I：探究濃度對上述可逆反應的影響有同學認為除SO2的濃度外，其他離子的濃度對該可逆反應也有影響。完成實驗設計進行驗證(SO2體積已折算為標準狀況下體積)。限選試劑：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸餾水、濃硝酸、濃鹽酸影響因素編號操作現(xiàn)象c(I)i取50mL①_____于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液變?yōu)闇\黃色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃c(H+)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②______于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③___于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃，且出現(xiàn)乳黃色渾濁探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產(chǎn)物有同學提出上述可逆反應生成的I2可與SO2發(fā)生反應：SO2+I2+2H2O=+2I+4H+。為進一步探究體系中的產(chǎn)物，完成下列實驗方案。方案操作預期現(xiàn)象結論i取適量裝置d中濁液，向其中滴加幾滴④___溶液(填試劑名稱)，振蕩無明顯變化濁液中無I2ii將裝置d中濁液進行分離得淡黃色固體和澄清溶液取適量分離后的澄清溶液于試管中，⑤___⑥___⑦__⑧綜上可知，SO2在KI溶液中發(fā)生了歧化反應，其反應的離子方程式為_______。【答案】(1).①.圓底燒瓶②.防止倒吸(2).Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(3).KMnO4溶液紫紅色顏色變淺或褪色(4).①.0.1mol·L1KI溶液②.蒸餾水③.濃鹽酸④.淀粉溶液⑤.加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液⑥.白色沉淀⑦.產(chǎn)物溶液中存在⑧.3SO2+2H2OS↓+2+4H+【解析】【分析】本實驗裝置a為制備SO2的裝置，反應為：，由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸，裝置c中品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性，由于SO2具有強還原性，裝置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用裝置f進行尾氣處理，吸收SO2，裝置d中根據(jù)實驗現(xiàn)象，展開實驗探究，探究Ⅰ是探究濃度對上述可逆反應SO2+4I+4H+S↓+2I2+2H2O的影響，探究Ⅱ則是探究SO2在KI溶液體系中的反應產(chǎn)物，通過對照實驗進行對照最后得出結論，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】由題干實驗裝置圖可知，儀器Q圓底燒瓶；由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸；【小問2詳解】裝置a中濃硫酸與銅在加熱條件下生成硫酸銅，二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小問3詳解】酸性高錳酸鉀具有強氧化性，極易被還原而褪色，裝置e中出現(xiàn)高錳酸鉀溶液紫紅色變淺甚至褪去，即可證明SO2具有還原性；【小問4詳解】實驗ⅰ和實驗ⅱ是探究I濃度對反應的影響，根據(jù)控制變量法可知，兩實驗只有KI的濃度不同，其他條件均相同才能能出正確結論，結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理實驗ⅲ和實驗ⅳ是探究H+濃度對可逆反應的影響，硝酸是氧化性酸、會氧化二氧化硫發(fā)生其它反應，故排除硝酸、選用鹽酸。結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅲ中加入5mL蒸餾水；實驗ⅳ中加入5mL濃鹽酸；探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產(chǎn)物實驗ⅰ中要檢驗沒有生成I2，利用碘單質(zhì)使淀粉溶液變藍的特性；可知實驗ⅰ中加入幾滴淀粉溶液，根據(jù)題干猜想的反應方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I+4H+可知，實驗ⅱ則要檢驗反應后的溶液中含有，取適量分離后的澄清溶液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸酸化，再加入氯化鋇溶液；若看到有白色沉淀生成；說明反應后的濁液中含有；綜上可知，SO2在KI溶液中發(fā)生了歧化反應生成了S和，KI在其中起到催化劑的作用，故其反應的離子方程式為3SO2+2H2OS+2+4H+。12.以金屬切削廢料(由鐵屑和鎳鈷合金、金剛砂組成)為原料回收鎳鈷生產(chǎn)NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工藝如圖：

已知：①相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Co3+Co2+Fe3+Fe2+Ni2+開始沉淀的pH0.37.21.56.36.9沉淀完全的pH1.19.22.88.38.9②常溫下，Ksp(NiCO3)=1.0×107?；卮鹣铝袉栴}：(1)將廢料研磨成粉的作用是___。(2)理論上“除鐵”需控制pH的范圍為___，“濾渣2”中除Fe(OH)3外，還有少量黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，寫出Fe3+生成黃鈉鐵礬的離子方程式：___。(3)寫出“鈷鎳分離”時發(fā)生反應的離子方程式：___?！版団挿蛛x”后溶液中c(Ni2+)=1.0mol·L1，若“濾液2”中c(CO)=105mol·L1，則沉鎳率=___[沉鎳率=]。(4)“轉化”時產(chǎn)生的氣體為___。(5)堿性鎳氫電池是國產(chǎn)比亞迪汽車車載電池之一，其電池反應為：NiOOH+MHNi(OH)2+M。放電時，負極反應式為___。【答案】①.增大固液接觸面積，加快酸溶速率，提高原料利用率②.2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9③.6Fe3++4SO+2Na++12OH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓④.ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+⑤.99%或0.99⑥.Cl2⑦.MHe+OH=M+H2O【解析】【分析】金屬切削廢料(由鐵屑和鎳鈷合金、金剛砂組成)中加入HNO3、H2SO4的混合液，金屬轉化為陽離子溶解在溶液中，Ni、Co轉化為Ni2+、Co2+，F(xiàn)e被HNO3氧化為Fe3+，金剛砂（SiC）不與酸反應，濾渣1是SiC；濾液1加NaOH調(diào)pH，此時需讓Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2+、Co2+沉淀，因此pH需控制為2.8~6.9，濾渣2為Fe(OH)3；濾液中再加NaClO將Co2+氧化為Co(OH)3，反應的離子方程式為ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+；再加Na2CO3，將Ni2+轉化為NiCO3沉淀，離子方程式為Ni2++=NiCO3；NiCO3中加H2SO4，反應生成NiSO4，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，可得NiSO4?7H2O；鈷鎳分離后得到的Co(OH)3加濃HCl，可將三價的Co還原為二價，得到CoCl2，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，可得CoCl2?2H2O?！驹斀狻?1)將廢料研磨成粉可以增大接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率；(2)根據(jù)分析，“除鐵”需控制pH的范圍為2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9；根據(jù)流程可知，黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的形成需要Fe3+、SO、Na+、OH，反應的離子方程式為6Fe3++4SO+2Na++12OH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓；(3)根據(jù)分析，鈷鎳分離時發(fā)生的反應為ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+；c(CO)=105mol/L，根據(jù)Ksp(NiCO3)=1.0×107可知，c(Ni2+)==0.01mol/L，沉鎳率===0.99；(4)根據(jù)分析，轉化時Co(OH)3將HCl氧化，HCl轉化為Cl2；(5)根據(jù)NiOOH+MHNi(OH)2+M可知，MH為吸附了H原子的合金，M和H均為0價，放電時MH中0價的H失電子生成H2O，電極反應為MHe+OH=M+H2O；13.CO2作為未來的重要碳源，其選擇性加氫合成CH3OH一直是研究熱點。在CO2加氫合成CH3OH的體系中，同時發(fā)生以下反應：反應?。篊O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1＜0反應ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2＞0(1)原料CO2可通過捕獲技術從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，下列物質(zhì)能作為CO2捕獲劑的是__(填標號)。A.Na2CO3溶液B.NaOH溶液C.CH3CH2OHD.NH4Cl溶液(2)在特定溫度下，由穩(wěn)定態(tài)單質(zhì)生成1mol化合物的焓變叫該物質(zhì)在此溫度下的標準生成焓(△fH)。下表為幾種物質(zhì)在298K的標準生成焓，則反應ⅱ的△H2=__kJ?mol1。物質(zhì)H2(g)CO2(g)CO(g)H2O(g)△fH(kJ?mol1)0394111242(3)在CO2加氫合成CH3OH的體系中，下列說法錯誤的是__(填標號)。A.增大H2濃度有利于提高CO2的轉化率B.若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應體系已達平衡C.體系達平衡后，若壓縮體積，則反應ⅰ平衡正向移動，反應ⅱ平衡不移動D.選用合適的催化劑可以提高CH3OH在單位時間內(nèi)的產(chǎn)量(4)某溫度下，向容積為1L的密閉容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，10min后體系達到平衡，此時CO2的轉化率為20%，CH3OH的選擇性為50%。已知：CH3OH的選擇性χ=×100%①用CO2表示0～10min內(nèi)平均反應速率v(CO2)=___。②反應ⅰ的平衡常數(shù)K=___(寫出計算式即可)。(5)維持壓強和投料不變，將CO2和H2按一定流速通過反應器，二氧化碳的轉化率α(CO2)和甲醇的選擇性χ(CH3OH)隨溫度變化的關系如圖所示：已知催化劑活性受溫度影響變化不大。結合反應ⅰ和反應ⅱ，分析235℃后曲線變化的原因。①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因是___；②二氧化碳的轉化率隨溫度升高也在下降的可能原因是___?！敬鸢浮竣?AB②.+41③.C④.⑤.⑥.ⅰ為放熱反應，反應達平衡后，升高溫度，平衡逆向移動⑦.反應達平衡后，升高溫度，反應ⅰ使二氧化碳的轉化率減小的程度大于反應ⅱ使二氧化碳的轉化率增大的程度【解析】【分析】【詳解】(1)能與CO2反應的，均可以作為CO2捕獲劑，故選AB；(2)根據(jù)已知信息可得熱化學方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=242kJ?mol1；②C(s)+O2(g)=CO(g)△H=111kJ?mol1；③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=394kJ?mol1；根據(jù)蓋斯定律可得，由①+②③可得反應ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ?mol1；(3)A.增大H2濃度，平衡正向移動，CO2的轉化率增大，正確；B.混合氣體的總質(zhì)量不變，但是總物質(zhì)的量隨反應進行發(fā)生變化，則氣體的平均相對分子質(zhì)量會隨反應的進行發(fā)生變化，則若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應體系已達平衡，B正確；C.體系達平衡后，若壓縮體積，增大壓強，則反應ⅰ正向移動，CO2、H2的濃度減小，則反應ⅱ逆向移動，錯誤；D.催化劑雖然不能使平衡發(fā)生移動，但是可以加快反應速率，故選用合適的催化劑可以提高CH3OH在單位時間內(nèi)的產(chǎn)量，正確；故選C；(4)①用CO2表示0～10min內(nèi)平均反應速率；②反應達到平衡時，CO2的轉化量為0.2mol，CH3OH的選擇性為50%，則，則，則可得：，，則平衡時，c(CO2)=1mol/L0.1mol/L0.1mol/L=0.8mol/L，c(H2)=5mol/L0.3mol/L0.1mol/L=4.6mol/L，c(CH3OH)=0.1mol/L，c(H2O)=0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L，反應ⅰ的平衡常數(shù)；(5)①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因是反應ⅰ為放熱反應，反應達平衡后，升高溫度，平衡逆向移動；②反應ⅰ為放熱反應，反應達平衡后，升高溫度，平衡逆向移動，會使二氧化碳的轉化率有減小的趨勢；反應ⅱ為吸熱反應，反應達平衡后，升高溫度，平衡正向移動，會使二氧化碳的轉化率有增大的趨勢，反應ⅰ使二氧化碳的轉化率減小的程度大于反應ⅱ使二氧化碳的轉化率增大的程度，故二氧化碳的轉化率隨溫度升高在下降。14.單晶邊緣納米催化劑技術為工業(yè)上有效利用二氧化碳提供了一條經(jīng)濟可行的途徑，其中單晶氧化鎂負載鎳催化劑表現(xiàn)出優(yōu)異的抗積碳和抗燒結性能。(1).基態(tài)鎳原子的核外電子排布式為_______。(2).氧化鎂載體及鎳催化反應中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物質(zhì)。元素Mg、O和C的第一電離能由小到大排序為_______﹔在上述三種物質(zhì)的分子中碳原子雜化類型不同于其他兩種的是_______，立體構型為正四面體的分子是_______，三種物質(zhì)中沸點最高的是CH3OH，其原因是_______。(3).Ni與CO在60~80℃時反應生成Ni(CO)4氣體，在Ni(CO)4分子中與Ni形成配位鍵的原子是_______，Ni(CO)4晶體類型是_______。(4).已知MgO具有NaCl型晶體結構，其結構如圖所示。已知MgО晶胞邊長為0.42nm，則MgO的密度為_______g/cm3(保留小數(shù)點后一位)?！敬鸢浮竣?1s22s22p63s23p63d84s2②.Mg＜C＜O③.CO2④.CH4⑤.甲醇極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵⑥.C⑦.分子晶體⑧.3.6【解析】【分析】【詳解】(1)鎳元素的原子序數(shù)為28，基態(tài)鎳原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2；(2)金屬元素的第一電離能小于非金屬元素的電負性，同周期元素的第一電離呈增大趨勢，則Mg、O和C三種元素的第一電離能由小到大排序為Mg<C<O；甲烷和甲醇分子中的碳原子都為飽和碳原子，雜化方式為sp3雜化，空間構型都為四面體形，但甲烷的空間構型為正四面體形，二氧化碳分子中碳原子的價層電子對數(shù)為2，雜化方式為sp雜化，則二氧化碳分子中的碳原子的雜化方式不同于甲烷和甲醇分子；甲烷和二氧化碳為結構對稱的非極性分子，甲醇分子是結構不對稱