2023屆廣東省廣州市普通高中高三下學期第二次綜合測試（二模）化學試題（解析版）

PAGEPAGE1廣東省廣州市普通高中2023屆高三下學期第二次綜合測試（二模）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Mg24Al27Zn65Ga70一、單項選擇題：本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。每小題只有一個選項符合題意。1.我國的航空航天事業(yè)取得巨大成就，下列所述物質(zhì)為金屬材料的是（）航空航天成果物質(zhì)宇航服中的聚酯纖維C919外殼中的鋁鋰合金北斗衛(wèi)星使用的氮化鋁芯片長征火箭使用的液氫燃料選項ABCD【答案】B【解析】A．聚酯纖維為有機高分子材料，A項不符合題意；B．鋁鋰合金為金屬材料，B項符合題意；C．氮化鋁為新型無機非金屬材料，C不符合題意；D．液氫燃料為無機非金屬材料，D不符合題意；故選B。2.廣東的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)豐富多彩，如廣東剪紙、粵繡、龍舟制作技藝、廣彩瓷器燒制技藝等。下列說法不正確的是（）A.廣東剪紙所用紙張的漂白過程涉及化學變化B.粵繡所用蠶絲繡材含有天然有機高分子C.龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氧化亞鐵D.繪有金色花紋的廣彩瓷器含有硅酸鹽【答案】C【解析】A．廣東剪紙所用紙張的漂白過程涉及化學變化，A正確；B．粵繡所用蠶絲繡材主要含有蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)屬于天然有機高分子，B正確；C．氧化亞鐵為黑色固體，龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氧化鐵，C錯誤；D．繪有金色花紋的廣彩瓷器含有硅酸鹽，D正確；故選C。3.勞動開創(chuàng)未來。下列勞動項目與所述化學知識沒有關(guān)聯(lián)的是（）選項勞動項目化學知識A利用工業(yè)合成氨實現(xiàn)人工固氮具有還原性B用石灰乳除去煙氣中的是酸性氧化物C將鋅塊鑲嵌在輪船底部防腐鋅的金屬性比鐵強D用除去試管中的銀鏡具有強氧化性【答案】A【解析】A．氮氣和氫氣合成氨氣過程中，氮氣中的氮元素化合價降低，表現(xiàn)氧化性，勞動項目和化學知識不相關(guān)，A符合題意；B．二氧化硫是酸性氧化物，能和堿反應，勞動項目和化學知識有關(guān)聯(lián)，B不符合題意；C．鋅的金屬性比鐵強，再船底鑲嵌鋅，形成原電池時鐵做正極，不被腐蝕，勞動項目和化學知識有關(guān)聯(lián)，C不符合題意；D．銀和硝酸反應，表現(xiàn)硝酸的強氧化性，勞動項目和化學知識相關(guān)，D不符合題意；故選A。4.聚乳酸廣泛用于制造可降解材料，其生物降解過程如下。下列說法不正確的是（）A.乳酸屬于烴的衍生物B.分子含有σ鍵和π鍵C.乳酸分子不含手性碳原子D.使用聚乳酸材料有利于減少白色污染【答案】C【解析】A．乳酸含有羧基、羥基，屬于烴的衍生物，A正確；B．二氧化碳結(jié)構(gòu)為O=C=O，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，故分子含有σ鍵和π鍵，B正確；C．手性碳原子是連有四個不同原子或基團的碳原子；，故乳酸分子含手性碳原子，C錯誤；D．聚乳酸廣泛用于制造可降解材料，故使用聚乳酸材料有利于減少白色污染，D正確；故選C。5.下列裝置用于實驗室制取NO并回收，不能達到實驗目的的是（）A.用裝置甲制NO氣體B.用裝置乙除NO中的少量C.用裝置丙收集NO氣體D.用裝置丁蒸干溶液獲得固體【答案】D【解析】A．Cu與稀硝酸在常溫下發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Cu(NO3)2、NO、H2O，因此可以用裝置甲制NO氣體，A不符合題意；B．二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去NO中的少量，B不符合題意；C．NO氣體在常溫下容易與空氣中的O2反應產(chǎn)生NO2氣體，因此應該根據(jù)NO不溶于水，也不能與水發(fā)生反應，采用排水方法收集NO氣體，C不符合題意；D．Cu(NO3)2溶液加熱時會促進銅離子水解，且生成硝酸易揮發(fā)，應根據(jù)其溶解度受溫度的影響變化較大，采用冷卻結(jié)晶法制備Cu(NO3)2·6H2O，D符合題意；故選D。6.如圖所示的化合物是一種重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基態(tài)Y原子的核外有3個未成對電子。下列說法正確的是（）A.原子半徑： B.中只含有離子鍵C.Z、W、E組成化合物的水溶液一定顯中性 D.電負性：【答案】D【分析】X、Y、Z、W、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)Y原子的核外有3個未成對電子，結(jié)合圖示的化合物結(jié)構(gòu)可知，Y為N；E核外有6個電子，Z、E同族，則Z核外也有6個電子，所以Z為O，E為S；從圖示可知，X為H，W為Na?！驹斀狻緼．一般地，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越多，原子半徑越小，所以原子半徑：Na>S>N>O，故A錯誤；B．Na2O2中既有離子鍵，又有共價鍵，故B錯誤；C．Z、W、E組成Na2SO4，其水溶液顯中性，若組成Na2SO3，則其水溶液呈堿性，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，電負性越強，同周期從左到右，元素電負性增強，H和N形成的化合物中，N為負價，所以H的電負性比氮小，故電負性：O>N>H，故D正確；故選D。7.設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.1mol含有Si-Cl鍵的數(shù)目為B.24gMg與稀硫酸完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為C.1L1.0溶液含有陰離子的總數(shù)為2D.11.2LNO與11.2L混合后分子的數(shù)目為【答案】A【解析】A．1個中含有3個Si-Cl鍵，故1mol含有Si-Cl鍵的數(shù)目為，故A正確；B．24gMg的物質(zhì)的量為1mol，Mg失去2個電子轉(zhuǎn)化為Mg2+，故1molMg與稀硫酸完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2，故B錯誤；C．完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，1L1.0溶液含有溶質(zhì)為1mol，故含有陰離子的總數(shù)為，故C錯誤；D．沒有標明為標準狀況，故無法計算氣體分子數(shù)，故D錯誤；故選A。8.陳述Ⅰ和Ⅱ均正確并具有因果關(guān)系的是（）選項陳述Ⅰ陳述ⅡA用明礬凈水膠體具有吸附性BNa著火不能用水撲滅Na可與水反應產(chǎn)生C二氧化硅可用于制備光導纖維二氧化硅是良好的半導體材料D用84消毒液進行消毒NaClO溶液呈堿性【答案】A【解析】A．明礬中的Al3+水解生成膠體，膠體具有吸附性，能用于凈水，A符合題意；B．Na著火不能用水撲滅，但Na與水反應產(chǎn)生的是H2，B不符合題意；C．二氧化硅可用于制備光導纖維，但二氧化硅不是良好的半導體材料，C不符合題意；D．用84消毒液進行消毒，是因為NaClO溶液具有強氧化性，D不符合題意；故選A9.二乙胺[]是一種有機弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽。下列敘述正確的是（）A.0.01水溶液的B.水溶液的pH隨溫度升高而減小C.水溶液加水稀釋，pH降低D.水溶液中：【答案】B【解析】A．二乙胺是弱堿，其對應的鹽酸鹽溶液顯酸性，水解是微弱的，所以0.01水溶液的，故A錯誤；B．由于水解，水溶液顯酸性，加熱能促進水解的進行，所以水溶液的pH隨溫度升高而減小，故B正確；C．水溶液顯酸性，加水稀釋，溶液酸性減弱，pH增大，故C錯誤；D．水溶液中存在電荷守恒：，水解的方程式為：+H2O+H3O+，還存在著水的電離：H2OH++OH-，所以，故D錯誤；故選B。10.硒(Se)是人體必需微量元素之一，已知Se與S同族，一種含硒的功能分子的合成路線如下，下列說法不正確的是（）A.沸點：B.Ⅰ中S原子的雜化軌道類型為C.Ⅱ中含有極性共價鍵和非極性共價鍵D.Ⅲ含有的元素中O的第一電離能最大【答案】D【解析】A．O、S、Se屬于同一主族元素，原子序數(shù)依次增大。簡單氫化物的沸點比較，存在氫鍵，沸點較高；結(jié)構(gòu)相似，分子量越大，沸點越大。H2O中存在氫鍵，其沸點較大；H2Se的相對分子量大于H2S，故沸點大小是，A項正確；B．Ⅰ是，S與C、S與H之間以單鍵連接，存在兩對共用電子對，本身自己還有兩對未成對電子對，其雜化軌道類型為，B項正確；C．一般，極性共價鍵是不同種非金屬元素形成，非極性共價鍵是同種非金屬元素形成的，故Ⅱ中含有極性共價鍵和非極性共價鍵，C項正確；D．氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的的最低能量叫做第一電離能。一般，同一周期，從左到右第一電離能逐漸增大，同族元素從上到下第一電離能逐漸變小，Ⅲ含有的元素是O、S、N、H、Se，根據(jù)元素周期表的位置，O和S的第一電離能比其他元素大，但N原子的2P軌道是半充滿狀態(tài)，能量較低，體系穩(wěn)定，而氧的2P軌道易失去一個電子，變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)，故氮的電離能較大，D項不正確；故答案選D。11.下列關(guān)于鐵及其化合物之間轉(zhuǎn)化反應的方程式書寫正確的是（）A.(g)通過灼熱鐵粉：B.過量鐵粉加入稀硝酸中：C.氫氧化鐵中加入氫碘酸：D.溶液中加入酸性溶液：【答案】D【解析】A．Fe與H2O(g)高溫反應生成Fe3O4和H2，A錯誤；B．稀硝酸有強氧化性，能把Fe氧化成Fe3+，過量鐵粉與Fe反應生成Fe2+，總反應產(chǎn)物應是Fe2+而不是Fe3+，B錯誤；C．Fe3+具有強氧化性，I-具有強還原性，兩者能發(fā)生氧化還原反應，分別生成Fe2+和I2，C錯誤；D．酸性KMnO4具有強氧化性，可把Fe2+氧化成Fe3+，本身被還原生成Mn2+，D正確；故選D。12.汽車尾氣中NO產(chǎn)生的反應為。一定條件下，等物質(zhì)的量和在恒容密閉容器中反應，曲線a表示該反應在溫度T下隨時間(t)的變化，曲線b表示該反應在某一起始條件改變時隨時間(t)的變化。下列敘述不正確的是（）A.溫度T下、0-40s內(nèi)B.M點小于N點C.曲線b對應的條件改變可能是充入氧氣D.若曲線b對應的條件改變是升高溫度，則【答案】B【解析】A．溫度T下、0-40s內(nèi)氮氣的濃度從c0mol/L減少到c1mol/L，故，A正確；B．M點還在向正向進行，故正反應速率大于逆反應速率，B錯誤；C．曲線b能是充入氧氣，反應速率加快，更快到平衡，且平衡時氮氣的濃度比a少，C正確；D．若曲線b為升溫，則說明升溫平衡正向移動，則正反應為吸熱，D正確；故選B。13.打開分液漏斗活塞和玻璃塞，進行如圖所示的探究實驗，對實驗現(xiàn)象分析正確的是（）A.試管中產(chǎn)生大量氣泡，說明被氧化產(chǎn)生B.試管內(nèi)層溶液褪色，說明具有還原性C.試管中浸有品紅溶液的棉球褪色，說明具有氧化性D.一段時間后試管內(nèi)有白色沉淀，說明有生成【答案】D【解析】A．與硫酸中S元素的化合價為相鄰價態(tài)，不能發(fā)生氧化還原反應，與70%的硫酸發(fā)生復分解反應生成，故A錯誤；B．試管內(nèi)層溶液褪色，發(fā)生反應，說明具有氧化性，故B錯誤；C．試管中浸有品紅溶液的棉球褪色，說明具有漂白性，故C錯誤；D．與氯化鋇溶液不反應，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇，發(fā)生反應，硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇，說明有生成，故D正確；故選D。14.化學是一門以實驗為基礎的學科。下列實驗操作不能達到目的的是（）選項目的實驗操作A制備晶體向溶液中加入95%的乙醇B制備膠體向沸水中逐滴加入飽和溶液繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色C配制100mL0.4的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入蒸餾水溶解，立刻轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中，定容D探究溫度對化學平衡的影響加熱0.5溶液【答案】C【解析】A．加入乙醇降低溶劑的極性，從而降低物質(zhì)的溶解性使物質(zhì)結(jié)晶析出，A項能達到實驗目的；B．利用Fe3+水解產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，B項可以達到實驗目的；C．NaOH固體溶解放熱，需要冷卻至室溫再轉(zhuǎn)移至容量瓶不然會引起誤差，C項不能達到實驗目的；D．CuCl2溶液中存在水解平衡，升溫水解增強，溶液會發(fā)生變化，D項能達到實驗目的；故選C。15.科學家研發(fā)了一種以Al和Pd@石墨烯為電極的Al-電池，電池以離子液體作電解質(zhì)，放電時在提供能量的同時實現(xiàn)了人工固氮，示意圖如下。下列說法不正確的是（）A.充電時Al電極是陰極B.放電時離子濃度增大，離子濃度減少C.放電時正極反應為D.放電時電路中每通過6mol，電池總質(zhì)量理論上增加28g【答案】B【解析】A．充電時，Al電極發(fā)生反應是，8+6e-=2Al+14，發(fā)生還原反應，故作為陰極，A正確；B．放電時，Al作為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應是2Al+14-6e－=8。正極發(fā)生反應是，總反應是2Al+N2=2AlN，，濃度均不變，B錯誤；C．放電時，正極發(fā)生反應是，C正確；D．由以上電極反應可知，放電時電池總質(zhì)量增加相當于是增加了N2，每通過6mol電子，參加反應N2是1mol，增加質(zhì)量是28g/mol×1mol=28g，D正確；故選B。16.常溫下，向含有、、的工業(yè)廢水中逐滴加入NaOH溶液，pM隨pH的變化關(guān)系如圖所示[pM表示或或]。已知：，。若溶液中離子濃度小于，認為該離子沉淀完全。下列說法不正確的是（）A.曲線①表示與pH的關(guān)系B時，溶液中C.時，可認為沉淀完全D.時，【答案】B【分析】，==，當pH=5時，該式入Ka，可知，可知曲線②是表示；當c(Cu2+)=，c(OH-)=，此時pH=6.5，故曲線①表示，曲線③表示；【詳解】A．當c(Cu2+)=，c(OH-)=，此時pH=6.5，故曲線①表示，A項正確；B．曲線②是表示，當pH=5時，＞0，＜1，則故溶液中，B項錯誤；C．當c(Cu2+)=，c(OH-)=，此時pH=6.5，故時，可認為沉淀完全，C項正確；D．曲線③表示，線上b點（5.85，0），代入計算可知，當c(Fe2+)=1mol/L時，pH=5.85，此時c(OH-)=10-8.15，則Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=1×10-16.3，故時，，D項正確。故答案選B。二、非選擇題：共56分。17.某小組從電極反應的角度研究物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。（1）實驗室以和濃鹽酸為原料制取氯氣的化學方程式為：。該反應的氧化產(chǎn)物是_________。將該反應設計成原電池，氧化反應為，還原反應為_________________。（2）當氯氣不再逸出時，固液混合物A中仍存在和鹽酸。小組同學分析認為隨著反應的進行、的氧化性和Cl的還原性均減弱，為此進行探究。實驗任務探究離子濃度對氧化性的影響提出猜想猜想a：隨減小，的氧化性減弱。猜想b：隨增大，的氧化性減弱。查閱資料電極電勢(φ)是表征氧化劑的氧化性(或還原劑的還原性)強弱的物理量。電極電勢越大，氧化劑的氧化性越強；電極電勢越小，還原劑的還原性越強。驗證猜想用0.10溶液、0.10溶液和蒸餾水配制混合液(溶液總體積相同)，將電極置于混合液中測定其電極電勢φ，進行表中實驗1～3，數(shù)據(jù)記錄。實驗序號V()/mLV()/mLV()/mL電極電勢/V1202002mn103201010=1\*GB3①根據(jù)實驗1和2的結(jié)果，猜想a成立。補充數(shù)據(jù)：m＝___________，n＝___________。②根據(jù)實驗1和3的結(jié)果，猜想b成立。判斷依據(jù)是____________________(用電極電勢關(guān)系表示)。探究結(jié)果固液混合物A中仍存在和鹽酸的原因是隨著反應進行，溶液中減小、增大，氧化性減弱。③根據(jù)上述探究結(jié)果，小組同學作出如下推斷：隨增大，還原性增強。實驗驗證：在固液混合物A中加入__________(填化學式)固體，加熱。證明推斷正確的實驗現(xiàn)象是_______________________________________________。（3）根據(jù)電化學的相關(guān)知識，小組同學分別利用電解池(圖1)和原電池(圖2)裝置，成功實現(xiàn)了銅與稀硫酸制氫氣。①圖1中陽極的電極反應式為___________________。②結(jié)合(2)的探究結(jié)論，圖2中試劑X是_____________，試劑Y是_____________?？蛇x試劑：稀硫酸、溶液、NaOH溶液、溶液、溶液(濃度均為1.0)【答案】（1）Cl2MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+（2）①m=10n=20②φ1<φ3③NaCl又產(chǎn)生黃綠色氣體（3）①Cu-2e-=Cu2+②稀硫酸NaOH溶液【解析】（1）該反應中MnO2得電子發(fā)生還原反應得到MnCl2，而HCl失電子經(jīng)氧化的都Cl2。氧化產(chǎn)物為Cl2，還原反應為MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+。答案為Cl2；MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+；（2）表格數(shù)據(jù)分析，實驗1為對比實驗，而3改變了MnSO4的體積，1和3組合研究Mn2+濃度對電極電勢的影響。那么2和1組合可以研究H+濃度的影響，所以改變H2SO4的體積而不改變MnSO4的體積，同時保證總體積為40mL，則m=10、n=20。隨著Mn2+濃度增大MnO2氧化性減弱，電勢降低即φ1<φ3。已知溶液中c(H+)減小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性減弱，保證單一變量只改變Cl-的影響，可加入NaCl固體，若加熱反應又產(chǎn)生黃綠色氣體，說明Cl-的濃度越大其還原性增強。答案為m=10、n=20；φ1<φ3；NaCl；若加熱反應又產(chǎn)生黃綠色氣體；（3）圖1為電解池，Cu極為陽極，石墨為陰極。陽極Cu優(yōu)先放電即：Cu-2e-=Cu2+。圖2為原電池利用Cu與H2SO4制備H2，負極為Cu，正極區(qū)為H2SO4。為了增強Cu的還原性，正極區(qū)加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+。答案為Cu-2e-=Cu2+；稀硫酸；NaOH溶液。18.氮化鎵(GaN)具有優(yōu)異的光電性能。一種利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸鎵、鐵酸鋅、]制備GaN的工藝流程如下：已知：①Ga與Al同主族，化學性質(zhì)相似。②常溫下，，，。③、在該工藝條件下的反萃取率(進入水相中金屬離子的百分數(shù))與鹽酸濃度的關(guān)系見下表。鹽酸濃度/反萃取率/%286.99.4469.152.1617.571.3回答下列問題：（1）“酸浸”時發(fā)生反應的離子方程式為____________________________?！八崛堋彼脼V渣的主要成分是____________(填化學式)。（2）“酸浸”所得浸出液中、濃度分別為0.21、65。常溫下，為盡可能多地提取并確保不混入，“調(diào)pH”時需用CaO調(diào)pH至_________(假設調(diào)pH時溶液體積不變)。（3）“脫鐵”和“反萃取”時，所用鹽酸濃度a＝________，b＝_______(選填上表中鹽酸的濃度)。（4）“沉鎵”時，若加入NaOH的量過多，會導致的沉淀率降低，原因是_____________________________________________(用離子方程式表示)。（5）利用CVD(化學氣相沉積)技術(shù)，將熱分解得到的與在高溫下反應可制得GaN，同時生成另一種產(chǎn)物，該反應化學方程式為________________________________。（6）①GaN的熔點為1700℃，的熔點為77.9℃，它們的晶體類型依次為_____________、_____________。②GaN晶體的一種立方晶胞如圖所示。該晶體中與Ga原子距離最近且相等的N原子個數(shù)為__________。該晶體密度為，GaN的式量為，則晶胞邊長為________nm。(列出計算式，為阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】（1）Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2OCaSO4（2）略小于5.7（3）6mol/L2mol/L（4）Ga(OH)3+OH-=+2H2O（5）Ga2O3+2NH32GaN+3H2O（6）①共價晶體分子晶體②4【分析】礦渣中主要含鐵酸鎵、鐵酸鋅、SiO2，礦渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣為SiO2，加入CaO調(diào)節(jié)pH，從已知②可知，Zn(OH)2Ksp相對Ga(OH)3和Fe(OH)3較大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，濾液中為硫酸鋅，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取劑萃取，然后加入amol/L鹽酸進行脫鐵，再加入bmol/L的鹽酸進行反萃取，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，脫鐵時鹽酸濃度較高，促使Fe3+更多地進入水相被除去，鹽酸濃度為6mol/L，反萃取中要保證Ga3+更可能多地進入水相，則此時鹽酸濃度為2mol/L，隨后加入NaOH沉鎵生成Ga(OH)3，Ga(OH)3經(jīng)過熱分解生成Ga2O3，最后經(jīng)過CVD得到GaN?！驹斀狻浚?）Ga2(Fe2O4)3與稀硫酸反應生成Ga3+、Fe3+和H2O，反應的離子方程式為Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前調(diào)節(jié)pH時加入了CaO，加入稀硫酸鈣離子和硫酸根離子反應生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水，故酸溶濾渣中為CaSO4。（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+濃度分別為0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根據(jù)Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+開始沉淀時c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+開始沉淀的pH為5.7，根據(jù)Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+開始沉淀時c(OH-)=1.49×10-11，則Ga3+開始沉淀的pH為3.17，則調(diào)節(jié)pH略小于5.7即可。（3）根據(jù)分析可知脫鐵時鹽酸濃度較高，促使Fe3+更多地進入水相被除去，鹽酸濃度為6mol/L，反萃取中要保證Ga3+更可能多地進入水相，則此時鹽酸濃度為2mol/L。（4）Ga與Al同主族，化學性質(zhì)相似，沉鎵時加入NaOH過多，則生成Ga(OH)3重新溶解生成，離子方程式為Ga(OH)3+OH-=+2H2O。（5）Ga2O3與NH3高溫下反應生成GaN和另一種物質(zhì)，根據(jù)原子守恒，可得另一種物質(zhì)為H2O，化學方程式為Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。（6）①GaN熔點較高為1700℃，GaCl3熔點較低為77.9℃，則GaN為共價晶體，GaCl3為分子晶體。②從圖中可知，該晶體中與Ga原子距離最近且相等的N原子個數(shù)為4個，根據(jù)均攤法，該晶胞中N原子個數(shù)為4，Ga原子個數(shù)為，設晶胞邊長為anm，則ρ=，則a=nm。19.和重整制取合成氣CO和，在減少溫室氣體排放的同時，可充分利用碳資源。該重整工藝主要涉及以下反應：反應a：反應b：反應c：反應d：（1）重整時往反應體系中通入一定量的水蒸氣，可在消除積碳的同時生成水煤氣，反應為，該反應的△H＝_____________(寫出一個代數(shù)式)。（2）關(guān)于和重整，下列說法正確的是(填編號)。A.的物質(zhì)的量保持不變時，反應體系達到平衡狀態(tài)B.恒容時通入增大壓強，的平衡轉(zhuǎn)化率減小C.加入反應c的催化劑，該反應的平衡常數(shù)K增大D.降低反應溫度，反應d的（3）一定壓強下，按照投料，和重整反應達到平衡時各組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化如圖所示①圖中曲線m、n分別表示物質(zhì)__________、__________的變化(選填“”“CO”或“”)。②700℃后，C(s)的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而增大的原因是_______________________________________。③某溫度下體系中不存在積碳，和的物質(zhì)的量分數(shù)分別是0.50、0.04，該溫度下甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率為_____________，反應b的平衡常數(shù)K＝_____________(列出計算式)。【答案】（1）△H1-△H2-△H3（2）AD（3）①CO2H2②反應c為吸熱反應，反應d為放熱反應。700℃后，隨著溫度升高，反應c右移對C(s)的物質(zhì)的量分數(shù)的影響比反應d左移的大③12.5%【解析】（1）該反應由a-b-c得到即△H=△H1-△H2-△H3。答案為△H1-△H2-△H3；（2）A．隨著反應進行CH4不斷減少，平衡時保持不變，A項正確；B．恒容時，平衡體系中各物質(zhì)的濃度不發(fā)生改變，平衡不移動，CO2轉(zhuǎn)化率不變，B性錯誤；C．加入催化劑只改變反應歷程不改變平衡常數(shù)，C項錯誤；D．降低溫度反應d正向移動，v正>v逆，D項正確；故選AD。（3）反應起始投入CH4和CO2為2：1，所以m為CO2。同時700℃之后C固體增加，即700℃以上的高溫有利于反應c正向進行，反應c正向進行H2物質(zhì)的量分數(shù)增加則n為H2。P為CO。設反應投入CH4和CO2物質(zhì)的