2023年重慶市高考化學試卷（解析版）

2023年重慶市高考卷.化學

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.重慶市戰(zhàn)略性新興產(chǎn)業(yè)發(fā)展“十四五''規(guī)劃(2021-2025年)涉及的下列物質(zhì)中，屬于金屬材料的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.重組蛋白為有機物，A不符合題意；

B.合金、純金屬均為金屬材料，銅為金屬材料，B符合題意；

C.氮化鏤半導體為新型無機非金屬材料-，C不符合題意；

D.聚氨酯樹脂為有機合成材料，D不符合題意：

故選Bo

2.下列離子方程式中，鎮(zhèn)像的是

+

A.NO2通入水中：3NO2+H2O=2H+2NO；+NO

B.Cl2通入石灰乳中：Cl2+2OH-=CIO"+CP+H2O

C.Al放入NaOH溶液中：2A1+2OH-+2H2O=2A1O-+3H21

3+2+

D.Pb放入Fe2(SOj溶液中：Pb+SO；'+2Fe=2Fe+PbSO4

【答案】B

【解析】

【詳解】A.二氧化氮和水生成硝酸和NO,反應為3NC)2+H2O=2H++2NO；+NO,A正確;

B.石灰乳轉化氫氧化鈣不能拆，反應為a2+Ca(OH)2=Ca2++aO-+Cr+H2。，B錯誤；

C.Al放入NaOH溶液中生成偏鋁酸鈉和去：2A1+2OH-+2H2O=2A1O"+3H21,C正確；

D.Pb放入Fe2（SOj3溶液中發(fā)生氧化還原生成二價鉛和二價鐵離子，反應為：

3+2+

Pb+SOj+2Fe=2Fe+PbSO4,D正確；

故選Bo

3.下列敘述正確的是

A.Mg分別與空氣和氧氣反應，生成的產(chǎn)物相同

B.SO?分別與H2。和H2s反應，反應的類型相同

C.Na?。?分別與H?。和CO?反應，生成的氣體相同

D.濃H2so&分別與Cu和C反應，生成的酸性氣體相同

【答案】C

【解析】

【詳解】A.鎂在空氣中燃燒也會部分和氮氣反應生成氮化鎂，A錯誤；

B.SO?與H?。發(fā)生化合反應生成亞硫酸，而和H2s會發(fā)生氧化還原生成硫單質(zhì)，反應的類型不相同，B

錯誤；

C.Na?。?分別與H2。和CO?反應，生成的氣體均為氧氣，C正確；

D.濃H2sO’與Cu生成二氧化硫氣體，而和C反應生成二氧化碳和二氧化硫，生成的酸性氣體不相同，

D錯誤；

故選C。

4.已知反應：2E,+2NaOH=OF,+2NaF+H2O,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，若消耗44.8L（標準狀

況）F2,下列敘述第俅的是

A.轉移的電子數(shù)為4NAB.生成的NaF質(zhì)量為84g

C.乙生成的氧化產(chǎn)物分子數(shù)為2NAD.生成的H2O含有孤電子對數(shù)為2NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O中F的化合價由0價轉化為-l價，。的化合價由-2

448L

價變?yōu)?2價，轉移電子數(shù)為4e;若消耗44.8L（標準狀況）F?即——-——-=2mol,故轉移的電子數(shù)為

aoL?''

4NA,A正確；

B.根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2。，每消耗2m0IF2生成的NaF質(zhì)量為2moi一

84g,B正確;

C.根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O可知反應生成的氧化產(chǎn)物為OF2,每消耗2molF?生成的

氧化產(chǎn)物0F2分子數(shù)為NA，C錯誤;

D.根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H2O可知，每消耗2m0IF2生成H?0的物質(zhì)的量為2mol,又

知1個H?O中含有2對孤電子對，即生成的H2。含有孤電子對數(shù)為2N八，D正確;

故答案為；C。

5.下列實驗裝置或操作能夠達到實驗目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氯化鍍受熱分解為氨氣和氯化氫，兩者遇冷又會生成氯化鐵，不適合制取氨氣，A不符合題

恩；

B.轉移溶液時玻璃棒應該伸入容量瓶刻度線以下，正確，B符合題意；

C.保護鐵件應該連接比鐵更活潑的金屬使得鐵被保護，而不是連接惰性電極石墨，C不符合題意;

D.NO會與空氣中氧氣反應，不適合排空氣法收集，D不符合題意；

故選B。

6.“嫦娥石”是中國首次在月球上發(fā)現(xiàn)的新礦物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y（軌，原子序數(shù)比Fe大13）

組成，下列說法正確的是

A.Y位于元素周期表的第IHB族

B.基態(tài)Ca原子的核外電子填充在6個軌道中

C.5種元素中，第一電離能最小的是Fe

D.5種元素中，電負性最大的是P

【答案】A

【解析】

【詳解】A.鈕原子序數(shù)比Fe大13,為39號元素，為元素周期表的第五周期第IIIB族，A正確；

B.鈣為20號元素，原子核外電子排布為Is22s22P63s23P6s2,基態(tài)Ca原子的核外電子填充在10個軌道

中，B錯誤；

C.同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變?。和恢芷陔S著原子序數(shù)變大，第一電離

能變大，5種元素中，起碼鈣第一電離能比鐵小，C錯誤；

D.同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強：同主族由上而下，金屬性增強，

非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；5種元素中，電負性最大的是O,D錯誤；

故選Ao

7.橙皮背廣泛存在于臍橙中，其結構簡式（未考慮立體異構）如下所示：

A.光照下與氯氣反應，苯環(huán)上可形成C-C1鍵

B.與足量NaOH水溶液反應，O-H鍵均可斷裂

C.催化劑存在下與足量氫氣反應，兀鍵均可斷裂

D.與NaOH醇溶液反應，多羥基六元環(huán)上可形成兀鍵

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.光照下燃基氫可以與氯氣反應，但是氯氣不會取代苯環(huán)上的氫，A錯誤；

B.分子中羥基不和氫氧化鈉反應，B錯誤；

C.催化劑存在下與足量氫氣反應，苯環(huán)加成為飽和碳環(huán)，段基氧加成為羥基，故兀鍵均可斷裂，C正

確；

D.與NaOH醇溶液反應，多羥基六元環(huán)上羥基會發(fā)生消去反應生成碳碳不飽和鍵，故可形成兀鍵，D正

確；

故選CDo

8.下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的相應結論正確的是

選

實驗操作現(xiàn)象結論

項

向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的試盛NiO(OH)的試管中產(chǎn)氧化性：

A

()

管中分別滴加濃鹽酸生黃綠色氣體NiOOH>Fe(OH)3

B向CuSC)4溶液中通入H2s氣體出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)酸性：H2S<H2SO4

乙醇和濃硫酸共熱至170℃,將產(chǎn)

C溟水褪色乙烯發(fā)生了加成反應

生的氣體通入濱水中

向Na^HPOq溶液中滴加AgNO3溶

D出現(xiàn)黃色沉淀(Ag3PoJNazHPO,發(fā)生了水解反應

液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，盛NiO(OH)的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體，說明NiO(OH)將氯離

子氧化為氯氣，而氫氧化鐵不行，故氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3,A正確；

B.出現(xiàn)黑色沉淀(CuS),是因為硫化銅的溶解度較小，不能說明酸性H?S<H2sB錯誤；

C.揮發(fā)的乙醇也會被強氧化劑漠單質(zhì)氧化使得澳水褪色，不能說明乙烯發(fā)生了加成反應，C錯誤；

D.出現(xiàn)黃色沉淀(Ag3PoJ，說明Na2HPO4電離出了磷酸根離子，D錯誤；

故選Ao

9.配合物LMA2L2］的分子結構以及分子在晶胞中的位置如圖所示，下列說法埼誤的是

OM

O[MAL]

X22

分子結構［MA2L］在晶胞中的位置

A.中心原子的配位數(shù)是4B.晶胞中配合物分子的數(shù)目為2

C.晶體中相鄰分子間存在范德華力D.該晶體屬于混合型晶體

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由題干配合物［MA2L2］的分子結構示意圖可知，中心原子M周圍形成了4個配位鍵，故中心

原子M的配位數(shù)是4,A正確；

B.由題干圖示晶胞結構可知，晶胞中配合物分子的數(shù)目為舷工-=2,B正確；

82

C.由題干信息可知，該晶體為由分子組成的分子晶體，故晶體中相鄰分子間存在范德華力，C正確：

D.由題干信息可知，該晶體為由分子組成的分子晶體，D錯誤；

故答案為：D。

10.NCh和SiCL均可發(fā)生水解反應，其中NCh的水解機理示意圖如下:

C1ClciH

+2HOI

Cl—N：+Cl—N—H-?…汗Cl-N-H2H—N—H

-HC1O--2HC1O*

C1ci—6^

、HH

下列說法正確的是

A.NCI3和SiCl＜均為極性分子B.NCI3和NH,中的N均為sp2雜化

和均能與。形成氫鍵

C.NC13和SiCL的水解反應機理相同D.NHC1NH,H2

【答案】D

【解析】

【詳解】A.NCI3中中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：3+g(5-3?=4,故空間構型為三角錐形，其分

子中正、負電荷中心不重合，為極性分子，而SiCL中中心原子周圍的價層電子對數(shù)為：4+-(4-4?1)=4,

2

是正四面體形結構，為非極性分子，A錯誤;

B.NC1和NH,中中心原子N周圍的價層電子對數(shù)均為：3+-（5-3?=4,故二者N均為sp3雜化，B

錯誤；

C.由題干NCb反應歷程圖可知，NCb水解時首先H?。中的H原子與NCb上的孤電子對結合，O與C1結

合形成HC1O,而SiCLj上無孤電子對，故SiCh的水解反應機理與之不相同，C錯誤；

D.NHCL和NH3分子中均存在N-H鍵和孤電子對，故均能與H2。形成氫鍵，D正確；

故答案為：D。

11.（NH4）,SO4溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，關于各點對應的溶液，下列說法正確的是

A.M點Kw等于N點Kw

B.M點pH大于N點pH

C.N點降溫過程中有2個平衡發(fā)生移動

-

D.p點c（H+）+c（NH；）+C（NH3-H2O）=c（OH）+2c（SO『）

【答案】B

【解析】

【詳解】A.溫度升高，水的電離程度增大，則M點Kw小于N點K、“，A錯誤：

B.升高溫度促進鏤根離子的電離，且N點鏤根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點酸性更

強，故M點pH大于N點pH,B正確；

C.N點降溫過程中有水的電離平衡、鍍根離子的水解平衡、硫酸核的溶解平衡3個平衡發(fā)生移動，（2錯

誤；

D.P點為硫酸鎮(zhèn)的不飽和溶液，由電荷守恒可知，c（H+）+c（NH：）=c（OH）+2c（SO；-）,D錯誤；

故選B。

12.電化學合成是一種綠色高效的合成方法。如圖是在酸性介質(zhì)中電解合成半胱氨酸和煙酸的示意圖。下

列敘述錯誤的是

A.電極a為陰極

B.H*從電極b移向電極a

人/CE-/COOH

+

C.電極b發(fā)生的反應為：[J+2H2O-6e'=[fJ+6H

D.生成3moi半胱氨酸的同時生成Imol煙酸

【答案】D

【解析】

【分析】該裝置是電解池，電極b上3-甲基哦咤轉化為煙酸過程中，加氧少氫二發(fā)生氧化反應，則b為陽

NH,

SI一

—H2C—CH—COOH

極，a為陰極，陰極電極反應式為S+2e—2H+=2

H2C—CH—COOH

NH,

HS——H,C—CH—COOH

【詳解】A.a極上硫元素化合價升高，a為陰極，A正確：

B.電解池中陽離子移向陰極，則H+移向a電極，B正確；

C.電極b上3-甲基口比噬轉化為煙酸過程中發(fā)生氧化反應，在酸性介質(zhì)中電極反應式為:

，正確；

+2H2O-6e-=hI+6H+c

/jCOOHNH2

D.根據(jù)電子守恒可得關系式：『丫~6e~6|

(HS—H2C—CH—COOH

因此生成6mol半胱氨酸的同時生成Imol煙酸，D錯誤;

故選：Do

13.化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相對分子質(zhì)量相差7,lmolX3Y7WR含40moi質(zhì)子，X、W

和R三種元素位于同周期，X原子最外層電子數(shù)是R原子核外電子數(shù)的一半。下列說法正確的是

A.原子半徑：W>RB,非金屬性：X>R

C.Y和Z互為同素異形體D.常溫常壓下X和W單質(zhì)均為固體

【答案】A

【解析】

【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相對分子質(zhì)量相差7,說明Y、Z為氫元素的兩種核

素，由題干信息可知，lmolX3Y7WR含40moi質(zhì)子，X、W和R三種元素位于同周期，X原子最外層電子數(shù)

是R原子核外電子數(shù)的一半，則X、W、R的內(nèi)層電子數(shù)為2,設X的最外層電子數(shù)為a,則R的核外電子

數(shù)為2a,W的核外電子數(shù)為b,Y的質(zhì)子數(shù)為1,則有：3（a+2）+2a+b+7=40（a、b均為整數(shù)），5a+b=27,解

得a=5,b=2（X、R不在同周期，舍去）；a=4,b=7；a=3,b=12（X、R不在同周期，舍去）；則X為C,R為

O,W為N。

【詳解】A.同周期從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：W>R,故A正確；

B.同周期從左到右非金屬性逐漸增強，則非金屬性：R>X,故B錯誤；

C.Y和Z是氫的兩種核素，兩者互為同位素，故C錯誤；

D.常溫常壓下X的單質(zhì)為固體，W的單質(zhì)是氣體，故D錯誤。

綜上所述，答案為A。

14.逆水煤氣變換體系中存在以下兩個反應：

反應I：CO2（g）+H2（g）<^CO（g）+H2O（g）

反應ILCO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）

在恒容條件下，按V（CC）2）：V（H2）=1:1投料比進行反應，平衡時含碳物質(zhì)體積分數(shù)隨溫度的變化如圖

A.反應I的AH<0,反應n的AH>0

B.M點反應I的平衡常數(shù)K<1

C.N點H?。的壓強是CH」的3倍

D.若按V（CC）2）：V（H2）=1:2投料，則曲線之間交點位置不變

【答案】C

【解析】

【詳解】A.隨著溫度的升高，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，則說明隨著溫度升高，反應I1逆向移動、

反應I正向移動，則反應n為放熱反應焙變小于零、反應I為吸熱反應焙變大于零，A錯誤；

B.M點沒有甲烷產(chǎn)物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料V（CC）2）：V（H2）=1：1,則此時反應1

C(H2O)C(CO)

平衡時二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質(zhì)的量相等，反應I的平衡常數(shù)K==1,B錯

C(CO2)C(H2)

誤；

C.N點一氧化碳、甲烷物質(zhì)的量相等，結合反應方程式的系數(shù)可知，生成水得總的物質(zhì)的量為甲烷的3

倍，結合阿伏伽德羅定律可知，H2。的壓強是CH4的3倍，C正確；

D.反應I為氣體分子數(shù)不變的反應、反應n為氣體分子數(shù)減小的反應；若按V（CC）2）：V（H2）=I：2投

料，相當于增加氫氣的投料，會使得甲烷含量增大，導致甲烷、一氧化碳曲線之間交點位置發(fā)生改變，D

錯誤；

故選Co

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.Fe,?！故且环N用途廣泛的磁性材料，以FeCL為原料制備FeQd并獲得副產(chǎn)物CaC%水合物的工藝如

下。

CuO

調(diào)方pH

——FeQ,

樂過Q-

—>反應第3

?CaCh水合物

CaO和分散劑空氣

25c時各物質(zhì)溶度積見下表:

物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2

溶度積(%)4.9xlO172.8x10-395.0xl(y6

回答下列問題：

(1)Fe,O4中Fe元素的化合價是+2和。CP-的核外電子排布式為。

(2)反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是。

(3)反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。

①反應的離子方程式為。

②為加快反應速率，可采取的措施有。(寫出兩項即可)。

(4)①反應釜3中，25℃時，Ca?+濃度為5.0mol/L,理論上pH不超過。

②稱取CaCl?水合物1.000g,加水溶解，加入過量Na2c2。4,將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸

中，用O.lOOOmol/LKMn?！箻藴嗜芤旱味ǎ?4.00mL。滴定達到終點的現(xiàn)象為,該副產(chǎn)

物中CaCl2的質(zhì)量分數(shù)為。

【答案】⑴①.+3②.Is22s22P6

(2)防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵

2+2+

(3)①.4CaO+6H2O+4Fe+O2=4Fe(OH),+4Ca②.適當升高溫度、攪拌

(4)①.11②.最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不變色③.66.6%

【解析】

【分析】FeC'溶液加入氧化鈣生成氫氧化亞鐵，F(xiàn)eCl2溶液加入氧化鈣和空氣生成氫氧化鐵，反應釜1、

2中物質(zhì)混合后調(diào)節(jié)pH,加壓過濾分離出沉淀處理得到四氧化三鐵，濾液處理得到氯化鈣水合物;，

【小問1詳解】

FeQ」可以寫成FeOFezO〉故Fe元素的化合價是+2和+3。0?-為氧原子得到2個電子形成的，核外

電子排布式為Is22s22P6；

【小問2詳解】

空氣中氧氣具有氧化性，反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是防止二價鐵被空氣中氧氣

氧化為三價鐵；

【小問3詳解】

①反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣，氧氣將二價鐵氧化三價鐵，三價鐵與氧化鈣和水生

2+2+

成的氫氧化鈣生成氫氧化鐵，反應的離子方程式為4CaCH6H2O+4Fe+O2=4Fe(OH)3+4Cao

②為加快反應速率，可采取的措施有適當升高溫度、攪拌等:

【小問4詳解】

①反應釜3中，25c時,Ga?+濃度為5.0mol/L,反應不能使鈣離子生成沉淀，防止引入雜質(zhì)，故此時

6

5.QxlQ-3

c(OH')=1.0xl0mol/L,POH=3,pH=Il,故理論上pH不超過11。

5.0

②高鐳酸鉀溶液紫紅色，故滴定達到終點的現(xiàn)象為：最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)

不變色;

氯化鈣和草酸鈉轉化為草酸鈣沉淀CaCzOq,草酸鈣沉淀加入硫酸轉化為草酸，草酸和高銃酸鉀發(fā)生氧化

2+

還原反應：2MnO4+5H2C2O4+6H'=10CO,T+2Mn+8H,O,結合質(zhì)量守恒可知，

5CaCl25H2C2O42MnO4,則該副產(chǎn)物中CaCl2的質(zhì)量分數(shù)為

,5

0.1000x24x10molx—xl1lg/mol

-----------------工--------------x100%=66.6%°

1.000g

16.煤的化學活性是評價煤氣化或燃燒性能的一項重要指標，可用與焦炭（由煤樣制得）反應的CO?的轉化

率a來表示。研究小組設計測定a的實驗裝置如下:

（1）裝置I中，儀器a的名稱是；b中除去的物質(zhì)是（填化學式）。

（2）①將煤樣隔絕空氣在900c加熱1小時得焦炭，該過程稱為。

②裝置H中，高溫下發(fā)生反應的化學方程式為o

③裝置in中，先通入適量氣體X,再通入足量Ar氣。若氣體X被完全吸收，則可依據(jù)d和e中分別生

成的固體質(zhì)量計算a。

i.d中的現(xiàn)象是。

ii.e中生成的固體為Ag,反應的化學方程式為。

iii.d和e的連接順序顛倒后將造成a(填“偏大”"偏小''或"不變”)。

iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定a：將干燥后的CC)2(含雜質(zhì)N2的體積分數(shù)為n)以一定流量通入裝置H反

應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中CO?的體積分數(shù)為m,此時a的表達式為。

【答案】(1)①.分液漏斗②.HC1

高溫

(2)①.干儲②.CO2+C^=2CO③.有白色沉淀生成④.

CO+2[Ag(NH,)2]OH=2AgI+(NH4)oCO,+2NH3⑤.偏大—^7^-xlOO%

—n)

【解析】

【分析】稀鹽酸與碳酸鈣反應生成二氧化碳、氯化鈣和水，由于鹽酸易揮發(fā)，二氧化碳中含有氯化氫雜

質(zhì)，用飽和碳酸氫鈉溶液吸收氯化氫，再用濃硫酸干燥氣體，二氧化碳通到灼熱的焦炭中反應生成一氧化

碳，將混合氣體通入足量氫氧化鋼溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳與銀氨溶液反應生成銀單質(zhì)。

【小問1詳解】

裝置I中，儀器a的名稱是分液漏斗；由于二氧化碳中含有揮發(fā)的氯化氫氣體，因此b中碳酸氫鈉與氯化

氫反應，則除去的物質(zhì)是HC1；故答案為：分液漏斗；HCU

【小問2詳解】

①將煤樣隔絕空氣在900℃加熱1小時得焦炭，即隔絕空氣加強熱使之分解，則該過程稱為干儲；故答案

為：干僦

②裝置n中，高溫下二氧化碳和焦炭反應生成一氧化碳，其發(fā)生反應的化學方程式為

高溫高溫

故答案為：

CO2+C=2CO；CO2+C=2COO

③i.d中二氧化碳和氫氧化鋼反應生成碳酸鋼沉淀和水，其反應的現(xiàn)象是有白色沉淀生成；故答案為：有白

色沉淀生成。

ii.e中生成的固體為Ag,根據(jù)氧化還原反應分析得到CO變?yōu)樘妓徨X，則反應的化學方程式為

CO+2[Ag(NH3)2]OH=2AgJ+(NH4)2CO3+2NH3；故答案為：

CO+2[Ag(NH3)2]OH=2AgJ+(NH4)2CO3+2NH3。

iii.d和e的連接順序顛倒，二氧化碳和銀氨溶液反應，導致銀氨溶液消耗，二氧化碳與氫氧化鋼反應的量

減少，則將造成a偏大；故答案為：偏大。

iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定a：將干燥后的CC)2(含雜質(zhì)N2的體積分數(shù)為n)以一定流量通入裝置II反

應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中CO2的體積分數(shù)為m,設此時氣體物質(zhì)的量為bmol,二

氧化碳物質(zhì)的量為bmmol,原來氣體物質(zhì)的量為amol,原來二氧化碳物質(zhì)的量為a(l-n)mol,氮氣物質(zhì)的

量為anmol,則消耗二氧化碳物質(zhì)的量為[a(l-n)-bm]mol,生成CO物質(zhì)的量為2[a(l-n)則有

b=an+bm+2[a(1-n)-bm],解得：b=,此時a的表達式為

1+m

[a(1-n)-——m]mol

故答案為:

----------------------------------------------------x100%=

a(l-n)mol

就清V°。％。

17.銀及其化合物在催化與電化學等領域中具有重要應用。

(1)在銀催化下，乙烯與氧氣反應生成環(huán)氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根據(jù)圖所示，回答下列問題:

0

6

(

_

0

日

p、

O

畝

投

口

ffi

①中間體OMC生成吸附態(tài)EO(ads)的活化能為kJ/molo

②由EO(g)生成AA(g)的熱化學方程式為.

(2)一定條件下，銀催化劑表面上存在反應：Ag2O(s).?2Ag(s)+1o2(g),該反應平衡壓強Pc與

溫度T的關系如下:

T/K401443463

Pc/kPa1051100

①463K時平衡常數(shù)Kp=(kPa)；。

②起始狀態(tài)I中有Ag2。、Ag和。2,經(jīng)下列過程達到各平衡狀態(tài):

已知狀態(tài)I和ni的固體質(zhì)量相等，下列敘述正確的是（填字母）。

A.從I到n的過程AS〉。

B.Pc（II）>Pc（in）

c.平衡常數(shù)：K（II）>K（W）

D.若體積V（IH）=2V（I）,則Q（I）=0K（HI）

E.逆反應的速率：V（I）>v（II）=v（m）>v（IV）

③某溫度下，向恒容容器中加入Ag?。，分解過程中反應速率v（C）2）與壓強P的關系為

/\

v（o2）=k，k為速率常數(shù)（定溫下為常數(shù)）。當固體質(zhì)量減少4%時，逆反應速率最大。若轉化率

、Pc7

為14.5%,則v（C）2）=（用k表示）。

（3）a-Agl可用作固體離子導體，能通過加熱y-Agl制得。上述兩種晶體的晶胞示意圖如圖所示（為了

簡化，只畫出了碘離子在晶胞中的位置）。

y-Ael晶胞a-Agl晶胞

p=7.0g/cm3p=6.0g/cm3

①測定晶體結構最常用的儀器是（填字母）。

A.質(zhì)譜儀B.紅外光譜儀C.核磁共振儀D.X射線衍射儀

②y-Agl與a-Agl晶胞的體積之比為

③測定a-Agl中導電離子類型的實驗裝置如圖所示。實驗測得支管a中Agl質(zhì)量不變，可判定導電離子

是Ag+而不是「，依據(jù)是.

支管a支管b

【答案】(1)①.83②.EO(g).AA(g)AH=-102kJ/mol

3k

(2)①.10CDE③.——

4

(3)①.D②.12:7③.a中銀電極質(zhì)量減小，b中銀電極質(zhì)量增大

【解析】

【小問1詳解】

①過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值為活化能，中間體OMC生成吸附態(tài)EO(a時的活化能為

(-93kJ/mol)-(-176kJ/mol)=83kJ/moL

②由圖可知，EO(g)生成AA(g)放出熱量(—117kJ/mol)-219kJ/mol)=102kJ/mol,放熱焙變?yōu)?/p>

負值，故熱化學方程式為EO(g)AA(g)AH=-102kJ/mol；

【小問2詳解】

①反應中只有氧氣為氣體，結合表格數(shù)據(jù)可知，463K時的平衡常數(shù)Kp=p“O,)=10(kPa)；。

②結合表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，壓強變大，平衡正向移動，則反應為吸熱反應；

A.從n到ni為體積增大，反應正向移動的過程，導致固體質(zhì)量減小，已知狀態(tài)I和ni的固體質(zhì)量相等，

則從I到n的過程為固體質(zhì)量增大的過程，平衡逆向移動，為燧減過程，故從I到II的過程△$<(),A錯

誤；

B.平衡常數(shù)Kp=p“O,)只受溫度的影響，則Pc(H)=Pc(III),B錯誤；

c.反應為吸熱反應，降低溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故平衡常數(shù)：K(n)>K(W),c正

確；

D.已知狀態(tài)I和ni的固體質(zhì)量相等，則氧氣的物質(zhì)的量相等，若體積v(ui)=2v(i),根據(jù)阿伏伽德羅

定律可知，p(C)2，I)=2p(O2，IlI)，Q(I)=p2(O2,I)-K(III)=p2(O2,III)'則Q(I)=0K(ni),D

正確;

E.結合A分析可知，逆反應的速率：v(I)>v(II)；固體不影響反應速率，溫度越低反應速率越低，逆

反應的速率:v(II)=v(III)>v(IV),故有逆反應的速率：v(I)>v(II)=v(III)>v(IV),E正確;

故選CDE；

③某溫度下，設向恒容容器中加入mgAg?。，當固體質(zhì)量減少4%時，逆反應速率最大，此時達到平衡

狀態(tài)，減小質(zhì)量為生成氧氣的質(zhì)量，則生成巴m」x4%0mol。，，若轉化率為14.5%,則此時生成

32

1mxl4.5%

—x_________

[x.mxf'molO,,根據(jù)阿伏伽德羅定律，此時R=2----袈=：,故v(O,)=理；

2232Pcmx4%4'"4

32

【小問3詳解】

①晶體與非晶體最可靠的科學方法是X射線衍射法；故測定晶體結構最常用的儀器是D.X射線衍射

儀；

②據(jù)“均攤法”，丫一人81晶胞中含8*!+6乂〈=4個1,則晶體密度為

o2

4M

NA_____3_,八______3；，a—Agl晶胞中含8x2+l=2個I,則晶體密度為

-

7V7(7y-Ai~gl7)Tg,cm8

4M

N

——V(y-Agl)7

NA?rm--6M-3；故---而f----=T-則丫-Agl與a-Agl晶胞的體積之比為12:7。

777---；~7\g，cm-o.vg-crmZM6

V(a-Agl)

V(a-Agl)