发布时间 : 星期一 文章2019年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、 辽宁省实验中学）高考化学一模试卷更新完毕开始阅读1c6946f866ec102de2bd960590c69ec3d4bbdb52
（2）用HCl调pH为4～5，此时溶液为酸性，溶液中存在过量的Na2CO3； （3）根据Mg（OH）2的溶度积常数计算；
+
（4）要求尽可能高的回收Li，在高回收率相差不大情况下，再考虑使用较少
的纯碱；
（5）沉锂温度需控制在90℃，考虑到随着温度升高，Li2CO3溶解度降低； （6）向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤得到LiHCO3，加热LiHCO3可以发生分解，产生Li2CO3、CO2，得到的CO2可以循环使用，根据八隅律书写CO2的电子式。
本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡，常见的无机化合物的反应等知识点，借助题干提供的信息是解题的关键，整体难度中等。
9.【答案】两个反应均为放热较少的反应 -18KJ/mol 选择高效的催化剂 ＞ 催化
剂活性最低 平衡逆向进行 ＜ 20% 1：1 【解析】
解：（1）Ⅰ．COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）△H1=-17kJ/mol；Ⅱ．COS（g）+H2O（g）?H2S（g）+CO2（g）△H2=-35kJ/mol，两个反应放出的热量较少，两个反应在热力学上趋势均不大，
故答案为：两个反应均为放热较少的反应；
（2）Ⅰ．COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）△H1=-17kJ/mol； Ⅱ．COS（g）+H2O（g）?H2S（g）+CO2（g）△H2=-35kJ/mol。
盖斯定律计算Ⅱ-Ⅰ得到：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）的△H=-18KJ/mol， 故答案为：-18KJ/mol；
（3）羰基硫、氢气、水蒸气共混体系初始投料比不变，提高羰基硫与水蒸气反应的选择性的关键因素是：选择高效的催化剂， 故答案为：选择高效的催化剂；
（4）①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应Ⅰ．COS（g）+H2（g）?H2S
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（g）+CO（g）△H1=-17kJ/mol；，设起始充入的n（H2）：n（COS）=m， m越大氢气的量越多，会提高COS的转化率，则m1＞m2， 故答案为：＞；
②温度高于T0，COS转化率减小的可能原因为：i有副应发生，ii．催化剂活性最低；iii．平衡逆向进行，
故答案为：催化剂活性最低；平衡逆向进行；
（5）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应Ⅱ．COS（g）+H2O（g）?H2S（g）+CO2（g）△H2=-35kJ/mol，COS（g）与H2O（g）投料比分别为1：3和1：1，反应物的总物质的量相同时，COS（g）的平衡转化率与温度的关系如图，转化率大的曲线a为COS（g）与H2O（g）投料比1：3，曲线b为COS（g）与H2O（g）投料比1：1，
①反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，则M点对应的平衡常数＜Q点的平衡常数， 故答案为：＜；
②N点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：1， COS（g）+H2O（g）?H2S（g）+CO2（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6 平衡量（mol） 0.4 0.4 0.6 0.6 对应的平衡混合气中COS（g）物质的量分数=故答案为：20%；
③M点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：3，N点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：1，反应物的总物质的量相同时，反应前后气体物质的量不变，则M点和Q点对应的平衡混合气体的总物质的量之比为1：1， 故答案为：1：1。
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×100%=20%，
（1）依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量少的反应，即反应物和生成物的能量差小，因此热力学趋势小；
（2）Ⅰ．COS（g）+H2（g）?H2S（g）+CO（g）△H1=-17kJ/mol； Ⅱ．COS（g）+H2O（g）?H2S（g）+CO2（g）△H2=-35kJ/mol。 盖斯定律计算Ⅱ-Ⅰ得到：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）的△H； （3）提高羰基硫与水蒸气反应的选择性的关键因素是高效催化剂；
（4）①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应Ⅰ．设起始充入的n（H2）：n（COS）=m，m越大说明氢气量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
②温度高于T0，COS转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，COS的转化率减小；
（5）①反应的平衡常数随温度变化，升温平衡逆向进行；
②N点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：1，结合三行计算列式计算N点对应的平衡混合气中COS（g）物质的量分数；
③M点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：3，N点COS转化率为60%，COS（g）与H2O（g）投料比1：1，反应前后气体物质的量不变计算。 本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、影响化学平衡的因素分析判断、图象变化的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
10.【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p1 Ge D BD
失去1
+101+10+
个电子后Zn价电子排布为3d4s，而Cu价电子排布为3d，Cu达到更稳定状态，故
Zn的第二电离能小于Cu的 （，，） 【解析】
解：（1）①Ga是31号元素，处于第四周期IIIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，4p轨道的1个电子为单电子，锗处于第四周期第
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IV族、钪处于第四周期第IIIB族，二者价电子排布式为4s24p2、3d14s2，未成对电子数分别为2、1，故Ge的未成对电子数最多，
226261021
故答案为：1s2s2p3s3p3d4s4p；Ge；
②A．固体的蒸气压一般比较小，类铝在1000℃时蒸气压应该不是很高，故A错误；
B．氧化铝溶于碱，类铝的氧化物也可以溶于强碱，故B错误；
C．类铝的金属性比Al，虽然Al与沸水不反应，但类铝可能与沸水反应，故C错误；
D．类铝与铝的结构相似，能生成类似明矾的矾类，故D正确， 故选：D；
（2）GaCl3中心原子Ga没有孤对电子，价层电子对数为3，中心原子杂化方式、空间构型与氯化镓相同的微粒应满足微粒的中心原子应没有孤对电子、价层电子对数为3。
A．PCl3中P原子孤电子对数=B．SO3 中S原子孤电子对数=C．CH3- 中C原子孤电子对数=合；
D．NO3-中N原子孤电子对数=故选：BD；
+2+
（3）①配离子为[Cu（NH3）4]，Cu提供空轨道，NH3中N原子提供孤对电子，
=1，价层电子对数=1+3=4，故A不符合； =0，价层电子对数=0+3=3，故B符合； =1，价层电子对数=1+3=4，故C不符
=0，价层电子对数=0+3=3，故D符合，
形成配位键，配离子的结构可以表示为：，
故答案为：；
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