湖南省浏阳市第一中学2023届高三化学第六次月考试题（Word版附解析）

高三化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10分。时量75分钟，满分100分。可能用到的柏对银子质亚：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ca-40Sc-45Fe-56Sb-122La-139一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.根据下列物质用途推测成分不合理的是A.溶液会引发重金属离子中毒，可服用解毒剂处理——解毒剂的成分为B.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过五千万公里——光缆的主要成分是晶体硅C.包装香烟、糖果常用金属箔片——金属箔片的主要成分为AlD.不粘锅表面涂有特氟龙，可以有效减少粘锅现象的发生——特氟龙的主要成分为聚四氟乙烯【答案】B【解析】【详解】A．BaCl2溶液中，Ba2+为重金属离子，会导致人体蛋白质变性而引发中毒，服用MgSO4溶液，会发生反应：Ba2++SO=BaSO4↓，BaSO4难溶于胃酸，可以起到解毒效果，A项正确；B．光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，B项错误；C．Al表面会形成致密的氧化膜，使铝箔在空气中较稳定，具有防潮、遮光等优点，可作为包装香烟、糖果的金属箔片，C项正确；D．聚四氟乙烯俗称“塑料王”，别名特氟龙，具有耐热、耐寒、抗酸、抗碱、抗有机溶剂的特点，可以用作不粘锅涂层，D项正确；故选B。2.下列说法中正确的是A.向溶液中通入，可能发生反应：B溶解度大于，则溶解度大于C.的浓硫酸与足量铜粉在加热条件下反应，转移电子数为D.烯烃可通过加成、消去、取代反应制得 【答案】A【解析】【详解】A．碘离子还原性大于亚铁离子，则碘离子首先反应，向溶液中通入，若氯气不是过量，根据化学计量数判断，化学计量数为6时，化学计量数的范围为0~3，则可能碘离子全部反应、亚铁离子部分反应，发生反应：，A正确；B．碱金属碳酸盐的溶解度大于碳酸氢盐，而碱土金属碳酸盐的溶解度小于碳酸氢盐，B错误；C．随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，则反应停止，转移电子数小于，C错误；D．烯烃可通过炔烃加成、卤代烃或醇发生消去反应制得，但无法通过取代反应制得，D错误；故选A。3.硫和氟形成的某化合物晶胞如图所示，下列说法中错误的是A.晶胞中含有12个F原子B.该晶体在熔融状态下能导电C.距离中心S原子最近的F原子共有6个D.该化合物中，S显+6价【答案】B【解析】【详解】A．S原子半径大于F，大球代表S，小球代表F，由晶胞结构可知F原子有24个在棱上，6个在体内，个数为，故A正确；B．该晶体中不存在带电荷的离子，因此在熔融状态下不能导电，故B错误；C．由结构可知距离体心S原子最近的F有6个，故C正确；D．该晶胞中含有2个S原子，则该化合物的化学式为：SF6，F显-1价，则S显+6价，故D 正确；故选：B。4.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A比较和的向盛有溶液的试管中先加入足量溶液，滤出沉淀后，向沉淀中加入溶液，观察现象B配制的NaOH溶液将10gNaOH固体放入小烧杯中溶解，转移至250mL容量瓶中，定容C验证的还原性将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察颜色变化D制备氢氧化铁胶体向沸水中滴入5~6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．BaSO4和BaSO3均为白色固体，无法判断沉淀是否发生了转化，A项错误；B．NaOH固体溶于水会放热，需要冷却至室温后，再转移至容量瓶中，B项错误；C．电石与饱和食盐水反应生成的气体为，H2S、PH3，三种气体均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此需要先用饱和CuSO4溶液除去H2S、PH3，再将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，才可证明具有还原性，C项错误；D．向沸水中滴入5~6滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到氢氧化铁胶体，D项正确；故选：D。5.金属-空气电池的结构如图所示，常见的金属电极材料包括锌、铝等，下列说法中错误的是 A.放电时，空气电极为正极B.金属电极材料为Zn、溶液为碱性环境时，电极反应式为C.放电时，电子由金属电极经外电路移向空气电极D.金属电极材料为Al时，电池的比能量低于Zn作金属电极【答案】D【解析】【详解】A．放电时，氧气得电子发生还原反应，空气电极为正极，故A正确；B．金属电极材料为Zn、溶液为碱性环境时，锌失电子发生氧化反应，电极反应式为，故B正确；C．放电时，金属电极为负极、空气电极为正极，电子由金属电极经外电路移向空气电极，故C正确；D．1gAl失电子，1gZn失电子，金属电极材料为Al时，电池的比能量大于Zn作金属电极，故D错误；选D。6.已知反应，速率方程为。在金(Au)表面分解的实验数据如表所示。0204060801000.1000.0800.0600.0200已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；②时，该反应为0级反应，时，该反应为1级反应，以此类推，可以为整数，也可以为分数；③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期()。 下列说法正确的是A.表格中B.该反应为2级反应C.保持其他条件不变，若起始浓度，则半衰期为100minD.该反应的速率常数【答案】C【解析】【详解】A．分析表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，a=0.040，故A错误；B．该反应是匀速反应，则为直线方程，则n=0，该反应是0级反应，故B错误；C．设起始浓度为c，v=k，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.1mol/L时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为时，半衰期为100min，故C正确；D．该反应是0级反应，则速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率和速率常数，=k=，故D错误；故选C。7.常温下，向20mL0.1的NaCN溶液中滴入等浓度的HF溶液，所得溶液中与的关系如图所示，已知，下列说法错误的是 A.B滴入20mLHF溶液时，溶液呈碱性C.滴入过程中，始终存在：D.滴入过程中，可能出现：【答案】B【解析】【详解】A．由，，，，=，可知==+=6，即=106，解得：，A正确；B．向20mL0.1mol·L-1的NaCN溶液中加入20mL0.1mol·L-1的HF溶液，二者恰好完全反应生成等物质的量的NaF和HCN，根据Kh(F-)=，可知，Kh(F-)<，即HCN的电离程度大于氟离子的水解程度，溶液显酸性，B错误；C．根据物料守恒关系判断，滴入过程中始终存在c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，C正确；D．滴入过程中，HF过量时，即可存在c(F-)>c(Na+)>c(CN-)，D正确；故选：B。8.汽车使用乙醇汽油并不能减少的排放，这使得的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，测得单位时间内NO的转化率、CO剩余的百分率随温度变化情况如图所示。下列叙述正确的是 A.在的条件下，把温度控制在875K左右就能很好地除去NOB.无CO时，温度超过775K，NO的分解率降低的原因是高温使催化剂活性降低C.通过图像分析可知，NO分解为和的反应为吸热反应D.将催化剂Ag-ZSM-5放置在汽车排气管尾部就可以很好地净化尾气【答案】A【解析】【详解】A．875K时，NO的转化率已经接近100%，再升高温度对于转化率的提高没有显著变化，且增加成本，则该条件下可以很好地除去NO，A正确；B．无CO时，温度超过775K，NO的分解率降低有两种可能：一是该分解反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；二是催化剂在高温条件下活性降低，由图可知，的条件下，温度超过775K，NO转化为N2的转化率仍增大，可知催化剂活性未受到影响，因此推断温度超过775K，NO的分解率降低是因为NO分解反应是放热反应，故B错误；C．由图可知随温度升高，NO分解的转化率降低，可知升温使反应逆向进行，则正反应为放热反应，故C错误；D．由题图知，为很好地净化尾气，除放置催化剂外，还需要控制较高反应温度等，D错误；故选：A。9.国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻 底消毒，二氧化氯(，易溶于水的黄绿色气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示。下列说法错误的是A.c为电源的正极，Y溶液是稀盐酸B.电解池a极区发生的电极反应为C.电解装置中离子交换膜为阴离子交换膜D.当b极区产生标准状况下6.72L时，二氧化氯发生器中得到0.3mol【答案】D【解析】【分析】根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4Cl失去电子生成NCl3，电极反应式为，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此c为直流电源的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A正确；B．a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为，B正确；C．由电极反应可知a电极消耗氯离子，生成氢离子，为平衡溶液中电荷，右侧溶液中的氯离子应通过离子交换膜进入左室，则离子交换膜为阴离子交换膜，C正确；D．标况下体积为6.72L，根据电极反应2H++2e-=H2↑，电路中就有0.6mol电子转移，由反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，发生器中生 成0.6molClO2，D错误；故选：D。10.短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。这四种元素与Xe元素组成的化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A.简单氢化物的沸点：Y>Z>XB.和的VSEPR模型不同C.电负性：Z>Y>WD.最高价含氧酸的酸性：Z>X【答案】D【解析】【分析】短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W能形成6个共价键，所以W最外层有6个电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，W是S元素；Z能形成1个共价键，Z是F元素；Y形成2个共价键，Y是O元素；基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，X是N元素。【详解】A．最简单氢化物的沸点：H2O>HF>NH3，故A正确；B．NF3中N原子价电子对数都是4，所以VSEPR模型都是正四面体形，SO3中S原子价电子对数都是3，所以VSEPR模型都是平面三角形，故B正确；C．同周期元素从左到右电负性增强，则：电负性：F>O，同主族元素从上到下电负性减弱，则电负性：O>S，因此电负性：F>O>S，故C正确；D．F不存在最高价含氧酸，N的最高价含氧酸为硝酸，硝酸为强酸，故D错误；故选：D11.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是选ABCD 项实验装置实验目的探究铁钉在饱和食盐水中发生的电化学腐蚀类型制备少量证明溴乙烷发生消去反应配制一定物质的量浓度的溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．若导管内形成一段红墨水柱则为吸氧腐蚀，否则为析氢腐蚀，能达到实验目的，A正确；B．过氧化钠粉末不能放置在多孔隔板上，上述装置不适合该反应，B错误；C．乙醇受热易挥发，且具有还原性，也能使酸性高锰酸钾褪色，会干扰实验的测定，C错误；D．当液面距离刻度线1~2cm处时才使用胶头滴管滴加水，D错误；故选A。12.大豆异黄酮是天然的癌症化学预防剂，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图，下列说法正确的是 A.Z的分子式为B.用浓溴水能够区分X和ZC.Y水解产物之一为乙醇D.Y分子中采取杂化的碳原子有10个【答案】C【解析】【详解】A．根据Z的结构可知，其分子式为C10H6O5，A错误；B．X中酚羟基邻位上的氢能与Br2发生取代反应，醛基也能与浓溴水反应，Z中酚羟基邻位上的氢可与Br2发生取代反应，碳碳双键可与Br2发生加成反应，无法用浓溴水区分X和Z，B错误；C．根据Y的结构可知，其可水解生成乙醇，C正确；D．根据Y的结构可知，Y中采取sp2杂化的碳原子有9个，D错误；故答案选C。13.下列实验操作的现象与结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将过氧化钠固体放入滴有酚酞溶液的水中一段时间后溶液呈红色反应最终有碱性物质生成B将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液溶液变红与的反应是可逆反应C向溶液中逐滴加入氨水至过量最终得到澄清溶液与反应生成D向溶液中通入和X气体有白色沉淀生成X气体具有强氧化性A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠使溶液呈碱性能使酚酞变红，同时过氧化钠具有强氧化性又能使变红后的溶液褪色，故A错误；B．所取两溶液的体积不确定，所用溶液可能过量，因此不能根据溶液变红现象证明反应为可逆反应，故B错误；C．中滴加氨水，首先生成AgOH沉淀，AgOH溶液氨水生成，又使溶液变澄清，故C正确；D．向溶液中通入和X气体，生成白色沉淀可能为硫酸钡也可能是亚硫酸钡，若为硫酸钡则X应为氧化性气体，若为亚硫酸钡则X可以是氨气，故D错误；故选：C。14.用溶液滴定溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是已知：，。A.a点的混合溶液，B.a→b的过程中，水的电离程度不断增大C.总反应的化学方程式：D.b点的混合溶液，【答案】B 【解析】【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，则可得到，A正确；B．a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl+CaCO3↓+H2CO3，C正确；D．Ka2(H2CO3)=，则=，代入题中给出的数据=，D正确；故选：B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入潮湿的碳酸钠中可以制得。已知：①；②，反应温度为18~25℃；③用水吸收(不含)制得次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为___________。(每种装置只用一次)。 （2）实验中控制氯气与空气体积比的方法是___________。（3）装置C应盛装___________，其主要作用是___________。（4）产品浓度分析：取一定体积的E中溶液，加入___________以及一定量的稀溶液，充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，终点现象是___________。（5）HClO的VSEPR模型为___________，其中氧原子的杂化方式为___________，其分子的空间结构为___________。【答案】（1）ADBCE（2）通过观察D中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比（3）①.HgO②.除去中的（4）①.过量KI溶液②.溶液由蓝色变为无色且30秒无变化（5）①.四面体形②.③.V形【解析】【分析】A装置生成氯气，通过装置D吸收挥发出的氯化氢气体后，进入B装置和碳酸钠反应生成，通过装置C（盛有HgO）吸收中过量的，生成的进入装置E和水反应转化为次氯酸溶液；【小问1详解】A装置生成氯气，通过装置D吸收挥发出的氯化氢气体后，进入B装置和碳酸钠反应生成，通过装置C（盛有HgO）吸收中过量的，生成的进入装置E和水反应转化为次氯酸溶液；故各装置的连接顺序为ADBCE；【小问2详解】生成氯气需要通过装置D吸收氯化氢，可以通过观察D中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比；【小问3详解】装置B生成的中含有不反应的氯气，由题干可知，用水吸收(不含)制得次氯酸溶液，且已知，故装置C作用为吸收中的，盛放的药品为氧化汞；【小问4详解】 次氯酸能和碘离子生成碘单质，生成的碘单质能使淀粉变蓝色；故滴定操作为：取一定体积的E中溶液，加入过量KI溶液以及一定量的稀溶液，充分反应，反应生成碘单质；以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，碘单质和反应，滴定终点时蓝色变无色，故终点现象是最后一滴滴定液加入后，溶液由蓝色变为无色且30秒无变化。【小问5详解】HClO的中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为正四面体形，分子中含有2对孤电子对，其分子的空间结构为V形。16.阿扎司琼对化疗药物引起的恶心和呕吐具有明显的抑制作用，下图是某课题组报道的阿扎司琼的合成路线：请回答下列有关问题：（1）B的名称为_______；C的分子式为_______；F中的官能团有碳氯键、肽键、_______(写名称)。（2）下列有关说法中，不正确的是_______(填标号)。A.上述反应①②③⑤均属于取代反应B.1molC可以和4mol发生加成C.化合物D只能被还原不能被氧化D.化合物F能发生水解和加成反应（3）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。（4）X是C的同分异构体，则满足下列条件的X的结构有_______种(不考虑立体异构)。①遇溶液显紫色②能发生银镜反应和水解反应（5）请参照上述合成路线，设计以苯酚为原料合成的路线_______(除含苯 环结构外的其他试剂任选)。【答案】（1）①.邻羟基苯甲酸甲酯②.C8H7O3Cl③.醚键酯基（2）BC（3）+2NaOH+CH3OH+H2O（4）53（5）【解析】【分析】A的不饱和度为5，从C的结构可知，A中含有苯环，A和甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，所以A分子中含有羧基，结合C的结构可知，A为邻羟基苯甲酸，和甲醇发生酯化反应后生成邻羟基苯甲酸甲酯，得到的B和氯气发生取代反应生成C，C发生硝化反应生成D，D发生还原反应，硝基被还原为氨基得到E，E和ClCH2COCl发生取代反应生成F，F中氮原子上的氢原子被甲基取代生成G，G最后得到阿扎司琼。【小问1详解】由以上分析可知，B为邻羟基苯甲酸甲酯；根据C的分子结构可知C的分子式为C8H7O3Cl；根据F的结构可知F中的官能团除了碳氯键和肽键外，还有醚键和酯基。【小问2详解】反应①是酯化反应，酯化反应也是取代反应，反应②是苯环上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应；反应③是硝化反应，属于取代反应；反应⑤是氮原子上的氢原子被甲基取代，属于取代反应，故A正确；C中只有苯环可以和氢气发生加成反应，所以1molC能和3molH2反应，故B错误；化合物D中的硝基可以被还原为氨基，苯环上连有羟基，有还原性，可以被氧气、高锰酸钾等氧化，故C错误；化合物F中有苯环，能和氢气加成，含有酯基，能发生水解反应，故D正确；故选BC。【小问3详解】B中有酯基和酚羟基，酯基可以在NaOH溶液中发生水解，酚羟基可以和NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为：+2NaOH+CH3OH+H2O。 【小问4详解】C中苯环上连有一个羟基，一个酯基和一个氯原子，共有2个碳原子、3个氧原子、1个氯原子和2个不饱和度。C的同分异构体X要求遇FeCl3溶液显紫色，说明X中含有苯环，且苯环上直接连有羟基，能发生银镜反应和水解反应，则含有HCOO-，若苯环上有4个取代基：羟基、氯原子、甲基和HCOO-，则这四个取代基在苯环上有30种不同的位置；若苯环上有3个取代基：羟基、-CH2Cl和HCOO-或羟基、氯原子和-CH2OOCH，各有10种不同结构，共有20种不同的结构；若苯环上有2个取代基，即羟基和-CHClOOCH，则有3种不同的位置，所以共有53种不同的结构。【小问5详解】以苯酚为原料合成，参考上面的合成路线中的从C到F，设计的合成路线为：。【点睛】苯环上连有四个不同的取代基，可以固定其中一个不动，5个空位三个取代基排列，有=30。17.一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)△H1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2③H2O(l)=H2O(g)△H3④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H4则△H4=______(用△H1、△H2、△H3表示)。（2）反应④的反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示： 图1①a______3(填“>”“<”或“=”，下同)；M、N两点反应的平衡常数KM_____KN。②300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为_____。（3）中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM－5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图：催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM－5中添加_____助剂效果最好。②下列说法正确的是______(填标号)。a.第i步反应为CO2+H2CO+H2O b.第i步反应的活化能低于第ⅱ步c.催化剂助剂生要在低聚反应、异构化反应环节起作用d.Fe3(CO)12/ZSM－5使CO2加氢合成低碳烯烃的△H减小e.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同（4）2018年，强碱性电催化还原CO2制乙烯研究取得突破进展，原理如图所示：已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应：_____。【答案】（1）2△H2+4△H3-△H1（2）①.＞②.＞③.0.03mol•L-1•min-1（3）①.K②.ac（4）2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【小问1详解】反应④=4×s反应③+2×反应②-反应①，故；故答案为。【小问2详解】①投料比越大，二氧化碳的转化率越高，故a>3；从图中可以看，升高温度二氧化碳的转化率降低，为放热反应，N的温度比M高，温度越高，平衡常数越小，故；故答案为＞；＞。②300℃时二氧化碳的平衡转化率为0.6，二氧化碳投料为1mol，故二氧化碳反应的物质的量 为0.6mol，根据反应，氢气转化的物质的量为，氢气的平均反应速率为；故答案为0.03mol•L-1•min-1。【小问3详解】①通过表格中可以看出，选择Na为助剂时，乙烯的选择性太低；选择Cu为助剂时二氧化碳的转化率太低，选K作助剂；故答案为K。②a．从图中可以看出，第一步是二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳，故a正确；b．第ⅰ步反应为慢反应，活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．从图中可以看出，催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．加入催化剂使不能改变加氢合成低碳烯烃的，故d错误；e．添加不同助剂后，不影响反应的平衡常数，故e错误；故答案选ac。【小问4详解】左侧a电极二氧化碳生成乙烯，碳元素化合价降低，故a电极为阴极，接太阳能电池的负极；阴极的电极反应为：；故答案为。18.钼酸锂(Li2MoO4)主要用于化工、缓蚀剂、电极材料、金属陶瓷、电阻器材料、制冷等领域，通过如图流程，以钼矿(主要成分是MoS2，还有杂质CuO、FeO等)为原料可制备钼酸锂：请回答下列问题：（1）Mo位于元素周期表的第五周期VIB族，则Mo属于_____(填标号)元素。A.短周期B.副族C.过渡金属D.48号（2）气体X是一种有毒气体，其化学式是_____。（3）“碱浸”前需对粗MoS2进行粉碎，这一操作的目的是_____。 （4）“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的MoO氧化为MoO，该反应的离子方程式是_____。（5）“合成”的温度是1000~1200℃，则气体Y中含有CO2、H2O(g)、_____(填化学式)（6）电解K2MnO4溶液制备KMnO4。工业上，通常以软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的K2MnO4，此反应化学方程式为____。用镍片作阳极(镍不参与反应)，铁板为阴极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4。上述过程用流程图表示如图：则D的化学式为_____；阳极的电极反应为_____。【答案】（1）BC（2）SO2（3）增大接触面积，加快浸出速率（4）MoO+H2O2=MoO+H2O（5）NH3（6）①.2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O②.KOH③.MnO-e-=MnO【解析】【分析】钼矿(主要含，还有杂质CuO、FeO)，通入氧气“焙烧”，与反应生成和，FeO生成、，加入溶液进行“碱浸”生成，加入双氧水将其中少量的氧化为，过滤除去CuO、、，滤液中加入、沉钼，生成，过滤，得到，滤液含有的主要溶质为硝酸钠，再加入高温合成最终得到，据此分析回答。【小问1详解】 Mo位于元素周期表的第五周期VIB族，则Mo属于副族，也属于过渡金属，故选BC。【小问2详解】由分子可知，气体X是SO2。【小问3详解】“碱浸”前需对粗MoS2进行粉碎，可以增大接触面积，加快浸出速率。【小问4详解】“转化”操作中加入双氧水的目的是将其中少量的MoO氧化为MoO，O元素由-1价下降到-2价，Mo元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MoO+H2O2=MoO+H2O。【小问5详解】(NH4)2Mo4O13•2H2O和Li2CO3，在1000~1200℃的条件下反应生成钼酸锂，Y中含有CO2、H2O(g)，根据元素守恒可知，另外一种气体是NH3。【小问6详解】熔融池中MnO2、KOH、O2反应生成K2MnO4和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；电解池中阳离子移向阴极，右侧是阴极室，所以阳离子移向右侧，阳极室MnO失电子发生氧化反应生成MnO，所以阳极反应为MnO-e-=MnO，阴极水放电，电极方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则D溶液是氢氧化钠溶液，D的化学式为NaOH。