2025年1月“八省联考”考前猜想卷解析版 化学

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2025年高考倒计时154天

2025
年1月“八省联考”考前猜想卷

化 学

(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1  Li7   C 12  O 16  Na 23  Cl35.5  Mn55  Co59  Zn 65   Co59

第II卷

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。

1．2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是(   )

A．航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应

B．战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，12 g石墨烯中含有
键

C．战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料

D．由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料

【答案】B

【解析】A项，飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是汽化的彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，不属于丁达尔效应，A错误；B项，单键均为σ键，石墨烯中平均1个碳原子形成1.5个σ键，12 g石墨烯中含有1mol碳原子，则含有1.5molσ键，B正确；C项，玻璃纤维属于新型无机非金属材料，聚碳酸酯、芳纶蜂窝材料属于有机高分子材料，C错误；D项，硬铝是一种铝合金，密度小、强度高，用作飞机外壳，D错误。

2．下列化学用语表述不正确的是(    )

A．天然橡胶的结构简式：

B．基态Fe²⁺的价层电子排布式为3d⁵4s¹

C．OF₂分子的VSEPR模型：

D．基态N原子2p能级电子轨道表示式：

【答案】B、

【解析】A项，天然橡胶是一种以顺1，4-聚异戊二烯为主要成分的天然高分子化合物‌，其结构简式为
，故A正确；B项，基态Fe²⁺的价层电子排布式为3d⁶，故B错误；C项，OF₂分子中心原子O的价层电子对数为
，含有2对孤对电子，其VSEPR模型为四面体形，故C正确；D项，基态N原子2p能级上有3个电子，电子优先占据空轨道，且自旋平行，则2p轨道表示式为
，故D正确；故选B。

3．下列说法正确的是(    )

A．图①装置可用于制备氢氧化铁胶体

B．图②装置可用于收集

C．图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物

D．图④可用于铜丝与稀硝酸反应并吸收尾气

【答案】B

【解析】A项，将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，故A错误；B项，一氧化氮难溶于水，能用题给排水集气法收集一氧化氮气体，故B正确；C项，苯酚溶于水得到乳浊液，不能用过滤方法分离，应用分液的方法分离，故C错误；D项，铜丝与稀硝酸反应生成NO，NO不是酸性氧化物，不能与氢氧化钠直接反应，所以不能被氢氧化钠吸收，D错误；故选B。

4．二氧化氯(ClO₂)是一种安全、高效的消毒剂。工业制备ClO₂的一种方法为ClO₃^-+ FeS₂+H⁺→ClO₂↑+Fe³⁺+SO₄^2-+H₂O(未配平)，下列说法正确的是(    )

A．ClO₂消毒原理与明矾相同B．ClO₃^-的中心原子是sp²杂化

C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15D．氧化性： ClO₃^-＞Fe³⁺

【答案】D

【解析】由方程式可知，反应中，氯元素的化合价降低被还原，氯酸根离子是反应的氧化剂、氯离子是还原产物，铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，二硫化铁是还原剂、铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由得失电子数目守恒可知，反应的离子方程式为15ClO₃^-+ FeS₂+14H⁺=15ClO₂↑+Fe³⁺+2SO₄^2-+7H₂O。A项，二氧化氯具有强氧化性能起到杀菌消毒的作用，明矾没有氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，故A错误；B项，氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，原子的杂化类型为sp³杂化，故B错误；C项，氯酸根离子是反应的氧化剂，二硫化铁是还原剂，反应的离子方程式为15ClO₃^-+ FeS₂+14H⁺=15ClO₂↑+Fe³⁺+2SO₄^2-+7H₂O，则由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：1，故C错误；D项，氯酸根离子是反应的氧化剂，铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯酸根离子的氧化性强于铁离子，故D正确；故选D。

5． N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(   )

A．标准状况下，22.4L HCl气体中，H⁺的数目为N_A

B．电解精炼铜时，当电路中通过N_A个电子时，阳极溶解32g铜

C．4.6gNa与
稀硫酸充分反应，转移的电子数为0.2N_A

D．已知NaH₂PO₂为正盐，则1mol H₃PO₂含羟基数为2N_A

【答案】C

【解析】A项，HCl气体是由分子构成，未发生电离，无H⁺，A错误；B项，电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，无法通过转移电子数计算溶解金属的质量，B错误；C项，4.6g Na物质的量为0.2mol，与稀硫酸充分反应，即使稀硫酸量不足，水也会和钠反应，故Na完全反应生成H₂ 0.1mol，转移的电子数为0.2N_A，C正确；D项，含氧酸中羟基氢原子有酸性，NaH₂PO₂为正盐，H₃PO₂为一元酸，故1mol H₃PO₂含羟基数为N_A，D错误；故选C。

6．下列化学反应表示不正确的是(   )

A．Na₂CO₃溶液中通入过量SO₂：CO₃^2-+2SO₂+2H₂O=2HSO₃^-+CO₂

B．向H₂¹⁸O中投入Na₂O₂固体：2H₂¹⁸O+2Na₂O₂ =4Na⁺+¹⁸O₂↑+4OH^-

C．绿矾处理含铬废水：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+16H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O

D．用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极电极反应式：Ag⁺+Cl^--e^-=AgCl↓

【答案】B

【解析】A项，Na₂CO₃溶液中通入过量SO₂生成NaHSO₃和CO₂，反应的离子方程式为：CO₃^2-+2SO₂+2H₂O=2HSO₃^-+CO₂，A正确；B项，向H₂¹⁸O中投入Na₂O₂固体，反应中Na₂O₂既是氧化剂又是还原剂，故该反应离子方程式为：2H₂¹⁸O+2Na₂O₂ =4Na⁺+O₂↑+4¹⁸OH^-，B错误；C项，绿矾处理含铬废水，Cr₂O₇^2-被Fe²⁺还原为Cr³⁺，反应的离子方程式为6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+16H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，故C正确；D项，用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极不是惰性电极，电极金属本身失电子，溶液中有氯离子，与银失电子后产生的银离子生成氯化银沉淀，故选项所给阳极电极反应式正确，D正确。

7．铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示：

下列说法正确的是(   )

A．该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是O

B．配合物中sp²杂化的碳原子与sp³杂化的碳原子个数比为7：6

C．基态Cu²⁺的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为4：5

D．除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同

【答案】B

【解析】A项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是N，A错误；B项，配合物中苯环碳、双键碳为sp²杂化，饱和碳为sp³杂化，故sp²杂化的碳原子与sp³杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，B正确；C项，已知Cu是29号元素，故基态Cu²⁺的价电子排布式为：3d⁹，故其中两种自旋状态的电子数之比为5∶4，C错误；D项，除铜外，四种元素形成的单质中，氧气、氮气、氢气均为分子晶体，但是金刚石属于原子晶体，D错误。

8．根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是(    )

【答案】B

【解析】A项，铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A正确；B项，加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得Fe³⁺+3SCN^-
Fe(SCN)₃平衡逆向移动，溶液血红色变浅，B错误；C项，根据ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是嫡增，C正确；D项，pH为7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，K_b(NH₃·H₂O)＞K_a1(H₂CO₃)，D正确；故选B。

9．Y₄X₉EZ₂M₄是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中
与Y、M相邻，基态
原子的价电子排布式nsⁿnpⁿ，Z的第一电离能大于
的，基态
原子与基态
原子的未成对电子数相同；
为原子半径最小的元素；
的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是(   )

A．电负性：Z<X<E B．非金属性：M<Z<Y

C．简单氢化物的沸点：M>Z>Y D．高温下，E的单质与X₂M反应得到E₂M₃

【答案】C

【解析】基态Y原子的价电子排布式为nsⁿnpⁿ，即2s²2p²，所以Y是C元素，元素周期表中Z与Y、M相邻，Z的第一电离能大于Y的，则Z是N元素，基态M原子与基态Y原子的未成对电子数相同，则M为O元素，X为原子半径最小的元素，则X是H元素；E的合金是目前用量最大的金属材料，则E是Fe元素。A项，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，通常非金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe，A错误；B项，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，非金属性：C<N<O，B错误；C项，氨气形成分子间氢键的数目比H₂O形成分子间氢键的数目少，甲烷不形成氢键，沸点：H₂O>NH₃>CH₄，C正确；D项，高温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误；故选C。

10．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是( )

A．X分子中共面的碳原子最多有8个

B．有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应

C．
与
溶液反应，最多消耗

D．有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子

【答案】A

【解析】A项，苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分子中最多有8个碳原子共平面，A项正确；B项，X含酚羟基，易被氧化，能与酸性高锰酸钾溶液反应，B项错误；C项，Y中酯基、溴原子水解都能和NaOH以1：1反应，1个Y分子中有1个酯基和1个溴原子，1molY最多消耗2molNaOH，C项错误；D项，Z与足量氢气发生加成反应，产物如图所示
，共含有4个手性碳原子，D项错误；故选A。

11．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。

下列说法正确的是( )

A．AB段
越大，析氢速率越大

B．其他条件不变，增大空气中氧气浓度，析出H₂质量减少

C．BC段正极反应式主要为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-

D．DE段溶液
基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe + O₂ + 4H⁺=2Fe²⁺+2H₂O消耗
的量与4Fe²⁺ + O₂ +10H₂O=4Fe(OH)₃+8H⁺产生H⁺的量基本相同

【答案】D

【解析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH较小，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe²⁺被O₂氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O₂ + 4H⁺=2Fe²⁺+2H₂O消耗H⁺的量与4Fe²⁺ + O₂ +10H₂O=4Fe(OH)₃+8H⁺产生H⁺的量基本相同。A项，铁主要发生析氢腐蚀：负极Fe-2e^-=Fe²⁺，正极2H^＋＋2e^-=H₂↑，pH越大，析氢速率越小，A错误；B项，铁主要发生析氢腐蚀：负极Fe-2e^-=Fe²⁺，正极2H^＋＋2e^-=H₂↑，析出H₂质量与氧气浓度无关，B错误；C项，由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O，C错误；D项，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O₂ + 4H⁺=2Fe²⁺+2H₂O消耗H⁺的量与4Fe²⁺ + O₂ +10H₂O=4Fe(OH)₃+8H⁺产生H⁺的量基本相同，D正确；故选D。

12．乙烷催化氧化为乙酫在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe⁺催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法不正确的是(    )

A．X的化学式为H₂O

B．乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键

C．反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应

D．每生成1molCH₃CHO，消耗N₂O的物质的量大于2mol

【答案】C

【解析】A项，由题干反应历程图可知，反应I为[(C₂H₅)Fe(OH)]⁺ → [(C₂H₄)Fe]⁺+X，根据质量守恒可知，X的化学式为H₂O，A正确；B项，乙醛分子中既含有C-H、C=O极性键又含有C-C非极性键，B正确；C项，由题干反应历程图可知，反应I为C₂H₆+FeO⁺→ [(C₂H₅)Fe(OH)]⁺，该反应中没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应，反应Ⅱ中有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C错误；D项，由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH₃CHO，消耗N₂O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe⁺能还原N₂O，故消耗N₂O的物质的量大于2mol，D正确；故选C。

13．某小组回收锌锰电池废料(主要含MnO₂、MnOOH等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。

下列说法错误的是(    )

A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗

B．“系列操作”中，进行高温干燥KMnO₄

C．“氧化”操作利用Cl₂氧化K₂MnO₄制备KMnO₄，可推知在碱性条件下Cl₂氧化性大于KMnO₄

D．“碱熔”的产物K₂MnO₄是氧化产物

【答案】B

【解析】锌锰电池废料主要含MnO₂、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成K₂MnO₄溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO₄，加热结晶分离出固体KMnO₄。A项，“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，A正确；B项，高温干燥KMnO₄会受热分解，B错误；C项，“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C正确； D项，“碱熔”的产物K₂MnO₄是氧化产物，D正确；故选B。

14．常温下，现有含0.1mol·L^-1Cd²⁺的废液，可加入0.01mol·L^-1Na₂S溶液或FeS固体生成沉淀除去
，加入Na₂S溶液或FeS固体引起溶液的pH变化，进而引起溶液中含S微粒的物质的量分数变化及Cd(OH)₂浊液中Cd²⁺浓度变化如图所示。下列说法正确的是(    )

已知：K_sp(FeS)= 10^－17.20，K_sp(CdS)= 10^－26.10

A．0.01mol·L^-1Na₂S溶液中：c(Na^＋)＞c(S^2－)＞c(OH^―)＞c(HS^-)

B．加适量Na₂S固体可使废液中Cd²⁺浓度由b点变到a点

C．由图1和图2得知，当溶液的pH=10，发生的反应为Cd²⁺+2HS^-= CdS+H₂S

D．向废液中加入FeS固体，可使c(Cd²⁺)＜10^-9.9mol·L^-1

【答案】D

【解析】A项，硫化钠溶液中，硫离子只有部分水解且分步水解，则溶液中c(OH^―)＞c(S^2－)＞c(HS^-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na^＋)＞c(OH^―)＞c(S^2－)＞c(HS^-)，故A错误；B项，已知：K_sp(FeS)= 10^－17.20，K_sp(CdS)= 10^－26.10，加适量Na₂S固体，平衡FeS(s)+ Cd²⁺(aq)
 CdS(s)+ Fe²⁺(aq)正向移动，可使废液中Cd²⁺浓度降低，不可能由b点变到a点，故B错误；C项，由图1知，随着pH的增大， H₂S浓度减小，HS^-浓度增大后减小，后面S^2-增大，当溶液的pH=10，以HS^-为主，由图2得知，当溶液的pH=7.5，Cd²⁺浓度逐渐减小，故发生的反应为Cd²⁺+HS^-+OH^-=CdS+H₂O，故C错误；D项，含0.1mol·L^-1Cd²⁺的废液，向废液中加入FeS固体，存在沉淀转化，FeS(s)+ Cd²⁺(aq)
CdS(s)+ Fe²⁺(aq)，平衡常数K=
=10^8.9，c(Fe²⁺)＜0.1mol·L^-1，
，故D正确；故选D。

第II卷

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15．(15分)铬酰氯是一种无机化合物，化学式为CrO₂Cl₂，熔点-96.5℃，沸点117℃，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO₃和氯化氢气体两种中间产物，然后CrO₃迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置略)：

回答下列问题：

(1)A的名称是           。B的进水口为           (填“a”或“b”)。

(2)浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是           。

(3)写出CrO₃与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式           。

(4)投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是           。

(5)反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是           。

(6)图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种           (填标号)，该装置的作用是           。

【答案】(1)圆底烧瓶(1分) b(1分)

(2)防止温度过高，反应速率过快(2分)

(3) CrO₃+2 HCl=CrO₂Cl₂+H₂O(2分)

(4)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的CrO₃参与反应(2分)

(5)将CrO₂Cl₂迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发) (2分)

(6) B(2分) 吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置(3分)

【解析】装置A中浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO₃和氯化氢气体两种中间产物，然后CrO₃迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯，CrO₂Cl₂的熔点-96.5℃，沸点117℃，在冰水浴中收集CrO₂Cl₂。(1)A的名称是圆底烧瓶，直形冷凝管中冷水遵循“下进上出”， B的进水口为b。(2)该反应过程中要冷凝生成的CrO₂Cl₂，反应速率不能过快，浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是防止温度过高，反应速率过快。(3)CrO₃与氯化氢气体反应生成铬酰氯，该反应的化学方程式为：CrO₃+2 HCl=CrO₂Cl₂+H₂O。(4)CrO₃与氯化氢气体反应的方程式为CrO₃+2 HCl=CrO₂Cl₂+H₂O，加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的CrO₃参与反应。(5)CrO₂Cl₂的沸点为117℃，反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是将CrO₂Cl₂迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发)。(6)装置C的作用是吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置，可以用碱性的碱石灰来吸收，A中无水氯化钙不能吸收酸性气体，D装置没有防倒吸设置，C中不能吸收空气中的水分，故选B。

16．(14分)F电池级碳酸锂是制造LiCoO₂等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li⁺、Fe³⁺、Mg²⁺、SO₄^2-等)为原料制取电池级Li₂CO₃的工艺流程如图：

已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe³⁺，萃取时发生的反应可表示为：Fe³⁺+3HR
FeR₃+3H⁺；

②常温时，1mol·L^-1LiOH溶液的pH=14。

回答下列问题：

(1)“有机层”的主要成分为           (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为           ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是           。

(2)某种HR的结构简式为
 ，该分子中可能与Fe³⁺形成配位键的原子有           。

(3)加适量草酸的目的           。

(4)“混合沉锂”的离子方程式为           。

(5)Li₂CO₃与Co₃O₄在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO₂)。写出对应的化学方程式           。

(6)钴酸锂(LiCoO₂)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。

①基态Co原子核外电子排布式为           。

②该晶胞密度为            g·cm^-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为N_A)

【答案】(1) FeR₃和HR(1分)      Li₂CO₃、MgCO₃(1分)      

消耗萃取反应时生成的H⁺，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率(2分)

(2)O、N(1分)

(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(1分)

(4)2Li⁺+HCO₃^-+OH^-=H₂O+Li₂CO₃↓(2分)

(5)6Li₂CO₃+4Co₃O₄+O₂
12LiCoO₂+6CO₂(2分)

(6) [Ar]3d⁷4s²(2分)      
(2分)

【解析】(1)根据Fe³⁺+3HR
FeR₃+3H⁺平衡可知，有机层中主要是FeR₃和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li⁺+ HCO₃^-+OH^-=H₂O+Li₂CO₃↓；(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li₂CO₃+4Co₃O₄+O₂
12LiCoO₂+6CO₂；(6)Co为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d⁷4s² ，该晶胞中Li⁺： 
、Co³⁺：
、O^2-：
，其晶胞化学式为：Li₃Co₃O₆，故其密度为： 
。

17．(15分)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。

I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：

i．CH₄(g)+H₂O(g) 
CO(g)+3H₂(g)     △H=+206.2kJ•mol^-1

ii．CO(g)+H₂O(g) 
CO₂(g)+H₂(g)     △H=-41.2kJ•mol^-1

(1)反应CH₄(g)+CO₂(g) 
2CO(g)+2H₂(g)的△H=      kJ•mol^-1。

(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是      (填标号)。

A．气体混合物的密度不再变化 B．CH₄消耗速率和H₂的生成速率相等

C．CO的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化

E．体系的温度不再发生变化

(3)恒定压强为P₀MPa时，将n(CH₄)：n(H₂O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。

①图中表示CO₂的物质的量分数与温度的变化曲线是      (填字母)。

②结合图中数据，其他条件不变，若要H₂的产量最大，最适宜的反应温度是      (填标号)。

A．550~600℃      B．650~700℃      C．750~800℃

在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H₂的含量，原因是      。

③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为K_p=      (K_p是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO₂和H₂O在碱性电解液中制备水煤气(H₂、CO)，产物中H₂和CO的物质的量之比为1∶1。

(4)电极B是      极，生成水煤气的电极反应式为      。

【答案】(1)+247.4(2分)     (2)CDE(2分)

(3) n(2分)      B(2分)      CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO₂，导致CO₂浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动(2分)     
(2分)

(4)阳(1分)      CO₂+2H₂O+2e^-=H₂+CO+2OH^-(2分)

【解析】(1)由题干信息已知，反应i．CH₄(g)+H₂O(g)
CO(g)+3H₂(g) ΔH=+206.2kJ•mol^-1，反应ii．CO(g)+H₂O(g)
CO₂(g)+H₂(g) ΔH=-41.2kJ•mol^-1，反应i-反应ii可得反应CH₄(g)+CO₂(g)
2CO(g)+2H₂(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol^-1；(2)A项，由题干信息可知，反应i反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B项，CH₄消耗速率和H₂的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH₄消耗速率和H₂的生成速率相等，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C项，化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D项，由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡，D符合题意；E项，由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，E符合题意；故选CDE；(3)①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和水蒸气的量减小，将n(CH₄)：n(H₂O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO₂的物质的量分数随温度的变化；②结合图中数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH₄的转化率几乎为100%，H₂的物质的量分数达到最大，再升高温度，H₂的物质的量分数不再增大，CH₄的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H₂的产量最大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO₂，导致CO₂浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H₂的含量；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H₂的物质的量分数为：50%，H₂O(g)的物质的量分数为32%，CH₄的物质的量分数为4%，设投入CH₄为1mol、H₂O为3mol，根据三段式分析：

，

则有
，解得x=0.78mol，
，解得y=0.45mol，CO物质的量分数为：
×100%=6%，CO₂的物质的量分数为
×100%=8%，600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为K_p=
=
=
；(4)由题干电解池装置图可知，电解B产生氧气，电解反应为：4OH^- -4e^-=O₂↑+2H₂O，发生氧化反应，故电极B是阳极，则A电极为阴极，发生还原反应，生成水煤气即CO和H₂，该电极的电极反应式为CO₂+2H₂O+2e^-=H₂+CO+2OH^-。