化學(xué)-2023年廣東省廣州市高考化學(xué)二模答案

2023年廣東省廣州市高考化學(xué)二模試卷

參考答案與試題解析

一、單項(xiàng)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2分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。

1.（2分）我國(guó)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■TXMl

空

航

天/所

成

果

物宇航服中的聚酯纖C919外殼中的鋁鋰合金北斗衛(wèi)星使用的氮化長(zhǎng)征火箭使用的

質(zhì)維鋁芯片液氫燃料

選ABCD

項(xiàng)

A.AB.BC.CD.D

【分析】金屬材料的是指金屬單質(zhì)及其合金，據(jù)此進(jìn)行分析。

【解答】解：A.宇航服中的聚酯纖維屬于有機(jī)高分子材料，不是金屬材料，故A錯(cuò)誤；

B,合金都是金屬材料，C919外殼中的鋁理合金是金屬材料，故B正確；

C.北斗衛(wèi)星使用的氮化鋁芯片屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，故C錯(cuò)誤：

D.長(zhǎng)征火箭使用的液氫燃料屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，故D錯(cuò)誤：

故選;Be

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)在社會(huì)、生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，利用化學(xué)知識(shí)解答生活問(wèn)題，熟悉

物質(zhì)組成、性質(zhì)和應(yīng)用是解題關(guān)鍵，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)

素養(yǎng)和提高學(xué)習(xí)的積極性，題目難度不大.

2.（2分）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(shuō)法不正確的是（）

A.廣東剪紙所用紙張的漂白過(guò)程涉及化學(xué)變化

B.粵繡所用蠶絲繡材含有天然有機(jī)高分子

C.龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氟化亞鐵

D.繪有金色花紋的廣彩瓷器含有硅酸鹽

【分析】A,有新物質(zhì)生成的變化屬于化學(xué)變化；

B.蛋白質(zhì)屬于有機(jī)高分子：

C.氧化鐵是紅棕色的，氧化亞鐵是黑色的：

D,瓷器的主要成分是硅酸鹽。

【解答】解：A.紙張的漂白過(guò)程主要涉及強(qiáng)氧化劑將有機(jī)色素氧化褪色，屬于化學(xué)變化,

故A正確；

B.蠶絲屬于蛋白質(zhì)，蠶絲繡材含有天然有機(jī)高分子，故B正確；

C.龍舟表面所涂紅色顏料的成分是氧化鐵，故C錯(cuò)誤：

D.瓷器的主要成分是硅酸鹽，屬于硅酸鹽產(chǎn)品，故D正確；

故選；G

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查常見(jiàn)物質(zhì)的組成與性質(zhì)，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大6

3.（2分）勞動(dòng)開(kāi)創(chuàng)未來(lái)。下列勞動(dòng)項(xiàng)目與所述的化學(xué)知識(shí)沒(méi)有關(guān)聯(lián)的是（）

選項(xiàng)勞動(dòng)項(xiàng)目化學(xué)知識(shí)

A利用工業(yè)合成氨實(shí)現(xiàn)人工固氮N2具有還原性

B用石灰乳除去煙氣中的S02S02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(qiáng)

D用HN03除去試管中的銀鏡HN03具有強(qiáng)氧化性

A,AB,BC.CD,D

【分析】A.氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)生成氨氣,氮元素化合價(jià)降低；

B.二氧化硫與石灰乳反應(yīng)生成亞硫酸鈣和水；

C.鋅的金屬性比鐵強(qiáng)，形成原電池工作原理判斷；

D.硝酸能夠與銀反應(yīng)生成硝酸半、一氧化氮和水6

【解答】解：A.氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)生成氨氣，氮元素化合價(jià)降低，表現(xiàn)氧化性，故A錯(cuò)誤;

B.二氧化硫與石灰乳反應(yīng)生成亞硫酸鈣和水，體現(xiàn)二氧化硫酸性氧化物的性質(zhì)，故B正確；

C.鋅的金屬性比鐵強(qiáng)，形成原電池作負(fù)極，將鋅塊鑲嵌在輪船底部防腐，故C正確；

D.硝酸能夠與銀反應(yīng)生成硝酸果、??氧化氮和水，體現(xiàn)硝酸的強(qiáng)的氧化性，故D正確；

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素化合物的性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確元素

化合物的性質(zhì)、性質(zhì)與用途的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，會(huì)運(yùn)用化學(xué)知識(shí)解釋生活現(xiàn)象。

4.（2分）聚乳酸廣泛用于制造可降解材料，其生物降解過(guò)程如圖。下列說(shuō)法不正確的是（）

A.乳酸屬于炫的衍生物

B.CO2分子含有。鍵和7T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

【分析】A.乳酸中只含C、H、0元素；

B.共價(jià)雙鍵中含有1個(gè)。鍵和1個(gè)口鍵；

C.連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；

D.聚乳酸中含有酯基，能發(fā)生水解反應(yīng)。

【解答】解：A.乳酸中只含CH、0元素，屬于燃的含氧衍生物，故A正確；

B.共價(jià)雙鍵中含有1個(gè)。鍵和1個(gè)n鍵，C02的結(jié)構(gòu)式為0=C=0,所以該分子中存在。

鍵和n鍵，故B正確：

C.連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，乳酸中連接甲基的碳原子為手性碳

原子，故C錯(cuò)誤；

D,聚乳酸中含有酯基，能發(fā)生水解反應(yīng)生成小分子化合物，所以使用聚乳酸材料有利于減

少白色污染，故D正確；

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、化學(xué)鍵，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，

明確手性碳原子判斷方法、分子中存在的化學(xué)鍵等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。

5.（2分）下列裝置用于實(shí)驗(yàn)室制取NO并回收Cu（NO3）2,不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

A,用裝置甲制NO氣體

B.用裝置乙除NO中的少量NO2

C.用裝置丙收集NO氣體

D.用裝置丁蒸干溶液獲得Cu(NO3)2固體

【分析】A.Cu與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水；

B.NO不與水反應(yīng)，二氧化氮與水反應(yīng)生成NO；

C.NO與氧氣反應(yīng)：

D.加熱促進(jìn)銅離子水解，且生成的稀硝酸易揮發(fā)。

【解答】解；A,Cu與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，可選圖中固液反應(yīng)裝置制備NO,

故A正確；

B.NO不與水反應(yīng)，二氧化氮與水反應(yīng)生成NO,該裝置可以除去NO2,故B正確；

C.NO與氧氣反應(yīng)，可以用此裝置收集NO,故C正確；

D.加熱促進(jìn)銅離子水解，且生成的稀硝酸易揮發(fā)，應(yīng)冷卻結(jié)晶、過(guò)癢分離出Cu(NO3)2-

6H2O,不能蒸干,故D錯(cuò)誤;

故選；D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分離提純、

物質(zhì)的制備、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，

題目難度不大。

6.(2分)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)丫原子的核外有3個(gè)未成對(duì)電子。下列說(shuō)法正確的

是()

A.原子半徑，W>Y>Z>E

B.W2Z2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(fù)性：Z>Y>X

【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，其中Z、E同族，化合

物中E形成6個(gè)共價(jià)鍵，Z形成2個(gè)共價(jià)鍵，則Z為0元素、E為S元素；基態(tài)Y原子的

核外有3個(gè)未成對(duì)電子，且化合物中Y形成3個(gè)共價(jià)鍵、X形成1個(gè)共價(jià)鍵，結(jié)合原子序數(shù)

可知，Y為N元素、X為H元素；W帶1個(gè)單位的正電荷，結(jié)合原子序數(shù)可知W為Na元

素，以此來(lái)解答。

【解答】解：由上述分析可知，X為H元素、Y為N元素、Z為0元素、W為Na元素、E

為S元素，

A.同周期主族元素從左向右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑增大，則原子半徑：

W>E>Y>Z,故A錯(cuò)誤；

B.Na2O2中含有離子鍵、共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；

C.Z、W、E組成化合物若為亞硫酸鈉，水溶液顯堿性，故C錯(cuò)誤：

D.同周期主族元素從左向右電負(fù)性增大，同主族從上到下電負(fù)性減小，則電負(fù)性：Z>Y>

X,故D正確；

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)犍、元素的位置、原子序

數(shù)為解答的關(guān)鍵，惻重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

7.（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）

A.ImolSiHCh含有6i-Cl鍵的數(shù)目為3NA

B.24gMg與稀硫酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA

C.ILl.OmolL“NaHSCM溶液含有陰離子的總數(shù)為2NA

D.11.2LNO與1L2LO2混合后分子的數(shù)目為NA

【分析】A.一個(gè)SiHCL中含有3個(gè)Si?Cl鍵；

B.ImolMg反應(yīng)失去2moi電子；

C.NaHSCU在水中電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子；

D.題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況。

【解答】解；A.ImolSiHCb含有Si-Cl鍵的數(shù)目為lmolX3XNA/mol=3NA,故A正確；

B.24gMg與稀硫酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為X2XNA/HIO1=2NA,故B錯(cuò)誤：

C.ILl.OmolL】NaHS04溶液含有硫酸根離子的總數(shù)lLXlmol/LXNA/mol=NA,同時(shí)水能

電離出少量氫氧根離子，溶液含有陰離子的總數(shù)小于2NA,故C錯(cuò)誤；

D.題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況，無(wú)法使用22.4L/mol計(jì)算物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本強(qiáng)考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算和判斷，題目難度中等，阿伏加德羅常數(shù)是高

考的“熱點(diǎn)”，它既考查了學(xué)生對(duì)物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關(guān)系

的理解?，又可以涵蓋多角度的化學(xué)知識(shí)內(nèi)容，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加

德羅常數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。

8.（2分）陳述I和H均正確并具有因果關(guān)系的是（）

選項(xiàng)陳述1陳述n

A用明磯凈水Al（OH）3膠體具有吸附性

BNa著火不能用水撲滅Na可與水反應(yīng)產(chǎn)生02

C二氧化硅可用于制備光導(dǎo)纖維二氧化硅是良好的半導(dǎo)體材料

D用84消毒液進(jìn)行消毒NaClO溶液呈堿性

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.明研溶于水電離產(chǎn)生的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性；

B.鈉與水反應(yīng)生成氫氣；

C.二氧化硅具有良好的導(dǎo)光性，是絕緣體；

D.依據(jù)次氯酸鈉的氧化性解答。

【解答】解：A.明研溶于水電國(guó)產(chǎn)生的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性，可用于

凈水，故A正確；

B.鈉與水反應(yīng)生成氫氣，氫氣易燃易爆，所以Na著火不能用水撲滅，故B錯(cuò)誤：

C.二軸化硅具有良好的導(dǎo)光性，可用于制造光導(dǎo)纖維，是絕緣體，不導(dǎo)電，故C錯(cuò)誤；

D.次氯酸鈉的氧化性，用84消毒液進(jìn)行消毒，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)性質(zhì)及應(yīng)用，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途的對(duì)應(yīng)關(guān)系

為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與運(yùn)用能力的考查，注意元素及其化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不

大6

9.（2分）二乙胺［（C2H5）2NH］是?種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽（C2H5）2NH2Q。

下列敘述正確的是()

A.O.OlmolL'1(C2H5)2NH2cl水溶液的pH=2

B.(C2H5)2NH2CI水溶液的pH隨溫度升高而減小

C.(C2H5)2NH2cl水溶液加水稀釋，pH降低

D,(C2H5)2NH2CI水溶液中：c(OH)+c(Cl)=c((C2H5)2]+c[(C2H5)2NHI

【分析】A.(C2H5)2NH2cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解微弱；

B.鹽類水解吸熱，溫度升高，促進(jìn)其水解；

C.(C2H5)2NH2CI溶液呈酸性：稀釋時(shí)溶液中c(H+)減??；

D.根據(jù)物料守恒關(guān)系分析判斷。

【解答】解：A.(C2H5)2NH2。是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，但水解微弱，則O.Olmol

L1(C2H5)2NH2CI水溶液中C(H+)<0,01mol/L,pH>2,故A錯(cuò)誤；

B.(C2H5)2NH2CI是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，且鹽類水解吸熱，溫度升高促進(jìn)其

水解，溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小，故B正確；

C.(C2H5)2NH2Q溶液呈酸性I稀釋時(shí)溶液中c(H+)減小，pH增大,故C錯(cuò)誤；

D.(C2H5)2NH2cl水溶液中物料守恒關(guān)系為c(C「)=cf(C2H5)2]+c[(C2H5)2NH],則

c(OH)+c(Cl')>c[(C2H5)2]+c[(C2H5)2NH],故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類水解原理的應(yīng)用，側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)檢測(cè)和運(yùn)用能力考查，把握鹽類水解

規(guī)律及其影響因素即可解答，注意掌握守恒關(guān)系式的應(yīng)用，題目難度不大。

10.(2分)硒(Se)是人體必需微量元素之一，己知Se與S同族，一種含硒的功能分子的合

成路線如圖，下列說(shuō)法不正確的是()

A.沸點(diǎn):H2O>H2Se>H2S

B.【中S原子的雜化軌道類型為叩3

C.II中含有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵

D.III含有的元素中0的第一電離能最大

【分析】A.同一主族氫化物中，能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點(diǎn)較高，不能形成分子間

氫鍵的氫化物的熔沸點(diǎn)葩著分子間作用力增大而升高，分子間作用力隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增

大而增大；

B.I中S原子形成2個(gè)。鍵且述含有2個(gè)孤電子對(duì)，所以S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4：

C.同種非金屬元素的原子之間易形成非極性鍵，不同非金屬元素的原子之間易形成極性鍵；

D.N元素的第一電離能大于0元素的第一電離能。

【解答】解；A.生0能形成分子間氫鍵，H2s和H?Se不能形成分子間氫鍵，所以H20的

沸點(diǎn)最高：相對(duì)分子質(zhì)量：H23VH23e,分子間作用力H2S<H2Se,所以沸點(diǎn)HzSVHzSe,

則這三種氫化物的沸點(diǎn)H2O>H2Se>H2S,故A正確；

B,I中S原子形成2個(gè)。鍵且還含有2個(gè)孤電子對(duì)，所以S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4,則S

原子采用sp3雜化，故B正確：

C.H中存在Se-Se、C-C非極性鍵，存在0-H、C-0、N-C、N-H等極性鍵，故C

正確；

D.基態(tài)N原子2P軌道中電子處于半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，不易失去一人電子，基態(tài)0原子2P

軌道有4個(gè)電子，比基態(tài)N原子易失去1個(gè)電子，所以氮元素的第一電離能大于0元素的

第一電離能，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子雜化類型判斷、氫化物熔沸點(diǎn)比較、元素周期律等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查

分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確價(jià)層電子對(duì)互斥理論內(nèi)涵、氫化物熔沸點(diǎn)影響因素、

元素周期律內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。

11.(4分)下列關(guān)于鐵及其化合物之間轉(zhuǎn)化反應(yīng)的方程式書(shū)寫(xiě)正確的是()

A.H20(g)通過(guò)灼熱鐵粉：2Fe+3H2。(g)Fe2O3+3H2

B,過(guò)量鐵粉加入稀硝酸中：Fe-4H++-Fe3++N0t+2H?0

C.氫氧化鐵中加入氫碘酸：Fe(OH)3+3H1-Fel3+3H2O

2++3+2+

D.FeS04溶液中加入酸性KMnO4溶液：5Fe++8H—5Fe+Mn+4H2O

【分析】A,鐵與水蒸氣高溫反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；

B.鐵粉過(guò)量反應(yīng)生成亞鐵離子；

C.三價(jià)鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子；

D.亞鐵離子能還原高橘酸根離子生成鎘離子；

【解答】解：A.H20(g)通過(guò)灼熱鐵粉，離子方程式為：3Fe+4H20(g)Fe3O4+4H2,故

A錯(cuò)誤；

B.過(guò)量鐵粉加入稀硝酸中，離子方程式為：3Fe+8H++2-3Fe2++2NOt+4H2O,故B錯(cuò)誤;

+2+

C.氫氧化鐵中加入氫碘酸，離子方程式：2Fe(OH)3+2I+6H=2Fe+l2+6H2O,故C錯(cuò)

誤；

D.將FeS04溶液與酸性KMnO4溶液混合,離子方程式為:5Fe2+++8H+=5Fe3++Mr)2++4H2O,

故D正確：

故選；D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式的書(shū)寫(xiě)判斷，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)性質(zhì)、反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答關(guān)

鍵，注意掌握離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及規(guī)范答題能力，題目

難度不大。

12.(4分)汽車尾氣中NO產(chǎn)生的反應(yīng)為N2(g)+02(g)=2N0(g)AH0一定條件下，等

物質(zhì)的量N2和02在恒容密閉容器中反應(yīng)，曲線a表示該反應(yīng)在溫度T下c(N2)隨時(shí)間(t)

的變化，曲線b表示該反應(yīng)在某一起始條件改變時(shí)c(N2)隨時(shí)間(D的變化。下列敘述不

正確的是()

A,溫度T下、0-40s內(nèi)v(Nz)=molL1s1

B.M點(diǎn)v正(N2)小于N點(diǎn)丫道(N2)

C.曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變可能是充入氧氣

D.若曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變是升高溫度，則AH>0

【分析】A.依據(jù)公式丫=計(jì)算反應(yīng)速率；

B.依據(jù)反應(yīng)情況判斷速率；

C.增大反應(yīng)物濃度，可以加快反應(yīng)速率，有利于平衡正向移動(dòng)；

D.由溫度變化對(duì)反應(yīng)速率和平衡的影響分析。

【解答】解：A.溫度T下、0?40s內(nèi)v(N2)==moll7?s-i,故A正確：

B.反應(yīng)正向建立平衡，由圖可知，M點(diǎn)反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，故v正(N2)大于N點(diǎn)v他

(N2),故B錯(cuò)誤；

C.充入氧氣，反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需時(shí)間變短，平衡正向移動(dòng)，

平衡時(shí)氮?dú)鉂舛葴p小，與圖象符合，故C正確；

D.若曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變是升高溫度，達(dá)到新平衡時(shí)氨氣濃度減小，平衡正向移動(dòng)，故

反應(yīng)正向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，AH>0,故D正確；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對(duì)化學(xué)平衡的影響是解題的

關(guān)鍵。

13.(4分)打開(kāi)分液漏斗活塞和玻璃塞，進(jìn)行如圖所示的探究實(shí)驗(yàn)，對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析正確的是

()

A.試管中產(chǎn)生大量氣泡，說(shuō)明Na2s03被氧化產(chǎn)生SO2

B.試管內(nèi)CC14層溶液褪色，說(shuō)明Bn具有還原性

C.試管中浸有品紅溶液的棉球褪色，說(shuō)明S02具有氧化性

D.一段時(shí)間后試管內(nèi)有白色沉淀，說(shuō)明有生成

【分析】濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫不與溪的四氯化碳反應(yīng)，硫酸與氯

化鋼反應(yīng)生成硫酸鋼沉淀，二氧化硫具有漂白性，能夠使浸有品紅溶液的棉球褪色，據(jù)此判

斷解答。

【解答】解：A.亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉，元素化合價(jià)不變，不是氧

化還原反應(yīng)，亞硫酸鈉未被氧化，故A錯(cuò)誤；

B.錐形瓶?jī)?nèi)發(fā)生反應(yīng)Na2s03+H2s04=Na2sO4+SO21+出0,產(chǎn)生的SO2進(jìn)入到試管中，

二氧化硫不與嗅的四氯化碳反應(yīng)，試管內(nèi)CC14層溶液不褪色，不能說(shuō)明BP2具有還原性，故

B錯(cuò)誤；

C.二氧化硫具有漂白性，所以通入到試管中，會(huì)看到浸有品紅溶液的棉球褪色，故c錯(cuò)誤；

D.二氧化硫與氯化鋼溶液不反應(yīng)，一段時(shí)間后試管內(nèi)有白色沉淀，說(shuō)明有生成，故D正確；

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了元素化合物知識(shí)，側(cè)重考查二氧化硫性質(zhì)，明確二領(lǐng)化硫制備原理及二

氧化硫的漂白性和還原性是解題關(guān)鍵，題ri難度中等。

14.(4分)化學(xué)是一門(mén)以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科。下列實(shí)驗(yàn)操作不能達(dá)到目的的是()

選項(xiàng)目的實(shí)驗(yàn)操作

A制備[Cu(NH3)4]SCkH2O晶體向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇

B制備Fu(OH)3膠體向沸水中逐滴加入FeCb飽和溶液繼續(xù)煮沸至

液體呈紅褐色

C配制100mL0.4molL”的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入蒸鐳水溶

解，立刻轉(zhuǎn)移至100n】L容量瓶中，定容

D探究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響加熱0.5molL-iQiQ2溶液

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.乙功可降低[Cu(NH3)4]SO4溶的溶解度;

B.鐵離子水解可制備膠體：

C.溶解后應(yīng)冷卻，再轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容；

D.只有溫度不同。

【解答】解:A.乙醇可降低[Cu(NH3)4]SO4溶的溶解度，則向?(NH3)4]SO4溶液中

加入95%的乙醇，可析出[Cu(NH3)小04H2O晶體,故A正確;

B.鐵離子水解可制備膠體，則向沸水中逐滴加入FeCh飽和溶液繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，

可制備氫氧化鐵膠體，故B正確：

C.溶解后應(yīng)冷卻，再轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，溶解后不能立即轉(zhuǎn)移，操作不合理，故C錯(cuò)誤；

D,氯化銅溶液中存在[Cu(H2O)產(chǎn)(藍(lán)色)+4C「=[CuC14]2?(黃色)+4H2O,加熱溶液

變?yōu)樗{(lán)綠色(藍(lán)色和黃色的混合色)，可知升高溫度平衡向吸熱的方向移動(dòng)，故D正確：

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、溶液

的配制、化學(xué)平衡為解答的關(guān)健，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題

目難度不大。

15.14分)科學(xué)家研發(fā)了一種以A1和Pd@S墨烯為電極的A1?N2電池,電池以?Ah離子液

體作電解質(zhì)，放電時(shí)在提供能量的同時(shí)實(shí)現(xiàn)了人工固氮，示意圖如圖,下列說(shuō)法不正確的是

A.充電時(shí)Al電極是陰極

B.放電時(shí)離子濃度增大，AI2離子濃度減少

C.放電時(shí)正極反應(yīng)為N2+8A12+6e=2A1N+14

D,放電時(shí)電路中每通過(guò)6mole,電池總質(zhì)量理論上增加28g

【分析】放電時(shí)，鋁為負(fù)極，Pd@石墨烯為正極，鋁被氧化生成A12,負(fù)極方程式為2A1X4

-6e=8Ah,正極反應(yīng)為:N2+8A12+6e—2A1N+14,充電時(shí)，是電解池：陽(yáng)極的電極反應(yīng)

為；2A1N+14-6鼠=N2+8A12;陰極電極反應(yīng)為；8A12+6e'=2A1+14,據(jù)此分析。

【解答】解：A.充電時(shí)，A1電極發(fā)生反應(yīng)是：8Ah+6e=2Al+14,發(fā)生還原反應(yīng)，故A1

電極是陰極，故A正確；

B.放電時(shí)，鋁為負(fù)極，鋁被氧化生成A12,負(fù)極方程式為2AHi4-6e.=8Al2,Pd@石放烯

為正極，正極反應(yīng)為N2+8A12+6e\2AlN+14,總反應(yīng)是，2A1+N2=2AIN,Ah,濃度均不

變，故B錯(cuò)誤；

C.放電時(shí)，正極發(fā)生反應(yīng)是N2+8A12+6e-2AIN+14,故C1E確；

D.放電時(shí)，由以上電極反應(yīng)可知，電池總質(zhì)量增加相當(dāng)于是增加了N2,每通過(guò)6moi電子，

參加反應(yīng)N2是1E01,增加質(zhì)量是28g/molXlmol=28g,故D正確；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池的工作原理，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電

極反應(yīng)原理的分析，題目難度中等。

16.(4分)常溫下，向含有CH3coOH、CuS04>FeSOa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?1g或?Ige(C/+)或-Ige(Fe2+)]。已知：Ka

48，9751

(CH3C00H)=10'-,Ksp[Cu(OH)2]=10-O若溶液中離子濃度小于10molL',

認(rèn)為該離子沉淀完全。下列說(shuō)法不正確的是()

A,曲線①表示?Ige(Cu2+)與pH的關(guān)系

B.pH=5時(shí)，溶液中c(CHaCOOH)>c(CH3COO)

C.pH=7時(shí)，可認(rèn)為沉淀完全

D.pH=9時(shí)，=10'34

【分析】Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)-c2(OH)=10一叫當(dāng)pC『+=0時(shí)c(Cu2+)=lmol

?LIc(OH)=mol/L=10'9,75,c(H+)=1014'(9,85)mol/L=10'415mol/L,pH=-1g

(10415)=415,即曲線①表示-Ige(Cu2+)與pH的關(guān)系，-lg=0時(shí)c(CH3COOH)

=c(CH3COO),此時(shí)Ka(CH3COOH)=Xc(H+)=c(H+)=104-8mol/L,pH=-1g

(10°)=4.8,即曲線②表示Tg與pH的關(guān)系，則曲線③表示7gc(Fe2+)與pH的關(guān)系，

SpFe2+=0Mc(Fe2+)=Imol-L'1,pH=5.85,c(OH)=10-(,4'585^01<'

?L,1,則Ksp[Fe(OH)2]=c舊2+)建2(OPT)=1X(10'8J5)2=10-163,據(jù)此分析解題。

【解答】解：A.由上述分析可知，曲線①表示?lgc(C/+)與pH的關(guān)系，曲線②表示?

1g與pH的關(guān)系，曲線③表示-Ige(Fe?十)與pH的關(guān)系，故A正確；

5+48

B.pH=5時(shí)溶液中c(H*)=10'mol/L,Ka(CH3COOH)=XC(H)=10',此時(shí)=

1002>b即c(CHsCOOH)<c(CH3coO),故B錯(cuò)誤：

+72+#2

C.pH=7時(shí)溶液中c(H)=c(OH)=10'mol/L,KsP[Cu(OH)2]=c(Cu)c(OH

')=10'197,則溶液中c(Cu2+)=10-,9-7+,4mol?L_1=10*5,7mol/L<10-5mol-L'1,即可

認(rèn)為+沉淀完全，故C正確；

D.由上述分析可知&p[Fe(OH)2]=10-16'3,pH=9時(shí)C『+、Fe2+轉(zhuǎn)化為沉淀，此時(shí)=X

===103,4,故D正確；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡、弱電解質(zhì)的電離平衡，側(cè)重考查圖象分析判斷、

計(jì)算能力及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確平衡常數(shù)的計(jì)算及其應(yīng)用是解本題關(guān)鍵，注意掌握物質(zhì)

對(duì)應(yīng)曲線的判斷方法，題目難度中等。

二、非選擇題：共56分。

17.(14分)某小組從電極反應(yīng)的角度研究物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律.

(1)實(shí)驗(yàn)室以MnO2和濃鹽酸為原料制取氯氣的化學(xué)方程式為；MnO2+4HC1(濃)

MnC12+2H2O+C121。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是Ch0將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池，氧化反應(yīng)為

2C1--2e-Chf,還原反應(yīng)為MnCh+4H++2e-Mn2++2H2O。

(2)當(dāng)氯氣不再逸出時(shí)、固液混合物A中仍存在MnS和鹽酸。小組同學(xué)分析認(rèn)為隨著反

應(yīng)的進(jìn)行、MnO2的氧化性和。的還原性均減弱，為此進(jìn)行探究。

實(shí)驗(yàn)任務(wù)探究離子濃度對(duì)MnO2氧化性的影響

提出猜想

猜想a：隨c（H+）減小，MnO?的氧化性減弱。

猜想b;隨c（Mn2+）增大，MnO2的氧化性減弱。

查閱資料電極電勢(shì)（（p）是表征氧化劑的氧化性（或還原劑的還原性）強(qiáng)弱的物理量。電極

電勢(shì)越大，氧化劑的氧化性越強(qiáng)：電極電勢(shì)越小，還原劑的還原性越強(qiáng)。

驗(yàn)證猜想用O.lOmolL“H2s04溶液、OJOmolL〔MnSOa溶液和蒸饞水配制混合液（溶液總

體積相同），將MnO2電極置于混合液中測(cè)定其電極電勢(shì)（p,進(jìn)行表中實(shí)驗(yàn)1?3,數(shù)據(jù)記錄。

實(shí)驗(yàn)序號(hào)V(H2so4)/mLV(MnS04)/mLV(H2O)/mL電極電勢(shì)/v

120200(pl

2mn10(P2

3201010(p3

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和2的結(jié)果，猜想a成立。補(bǔ)充數(shù)據(jù)；m=10,n=20°

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和3的結(jié)果，猜想b成立。判斷依據(jù)是如＜3（用電極電勢(shì)關(guān)系表示）。

探究結(jié)果固液混合物A中仍存在Mn（h和鹽酸的原因是隨著反應(yīng)進(jìn)行,溶液中c（H+）減小、

c（Mn2+）增大，MnO2氧化性減弱,

③根據(jù)上述探究結(jié)果，小組同學(xué)作出如下推斷：隨c（C「）增大，CT還原性增強(qiáng)。

實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：在固液混合物A中加入NaCl（填化學(xué)式）固體，加熱。證明推斷正確的實(shí)

驗(yàn)現(xiàn)象是若加熱反應(yīng)乂產(chǎn)生黃綠色氣體。

（3）根據(jù)電化學(xué)的相關(guān)知識(shí)，小組同學(xué)分別利用電解池（圖1）和原電池（圖2）裝置，成

功實(shí)現(xiàn)了銅與稀硫酸制氫氣。

①圖1中陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為Cu-2e=Cu2,°

②結(jié)合（2）的探究結(jié)論，圖2中試劑X是稀硫酸，試劑Y是NaOH溶液0

可選試劑：稀硫酸、Na2s04溶液、NaOH溶液、NaNO3溶液、CuS04溶液（濃度均為L(zhǎng)Omol

L-1）

【分析】(1)Mn元素的化合價(jià)降低，失去電子發(fā)生還原反應(yīng)，則氧叱劑為二氧化鎰，。元

素的化合價(jià)升高，失去電子被氧化，則氧化產(chǎn)物為C12;

(2)表格數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)I為對(duì)比實(shí)驗(yàn)，而3變了MnSCM的體積，I和3組合研究M/+濃

度對(duì)電極電勢(shì)的影，那么2和1組合可以研究H+濃度的影響，所以改變H2s04的體積而不

改變MnSCM的體積，同時(shí)保證總體積為40,隨著+濃度增大MnO2,氧化性減弱，電勢(shì)

降低。已知溶液中c(H+)減小、c(M/+)增大，MnS氧化性減弱，保證單一變量只改變

C「的影響，可加入NaCl固體，若加熱反應(yīng)又產(chǎn)生黃綠色氣體：

(3)圖1為電解池，Cu極為陽(yáng)極，石墨為陰極。陽(yáng)極Cu優(yōu)先放電即；Cu-2e,=Cu,2為

原電池利用Cu與H2so4。制備H2,負(fù)極為CU,正極區(qū)為H2s04。

【解答】解：(1)反應(yīng)MnO2+4HCl-MnC12+C12+2H2O中，Mn元素化合價(jià)降低，被還原,

發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2為氧化劑，Cl7匕素化合價(jià)升高，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，C12為氧化

產(chǎn)物，將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池，氧化反應(yīng)為2c「,還原反應(yīng)為，MnO2+4H++2e

=Mn2++2H2O,

故答案為；C12；MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O；

(2)表格數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)1為對(duì)比實(shí)驗(yàn)，而3變了MnSCM的體積，I和3組合研究M，+濃

度對(duì)電極電勢(shì)的影響。那么2和1組合可以研究才濃度的影響，所以改變H2s04的體積而

不改變MnS04的體積，同時(shí)保證總體積為40mL,則m=10、n=2,隨著Mn?+濃度增大MnOz,

氧化性減弱，電勢(shì)降低即(pi<(p3o已知溶液中c(H+)減小、c(Mn2+)增大，MnS氧化

性減弱，保證單一變量只改變Q-的影響，可加入NaQ固體，若加熱反應(yīng)又產(chǎn)生黃綠色氣

體，說(shuō)明C「的濃度越大其還原性增強(qiáng)，

故答案為：10;20；(pi<(p3;NaCl；若加熱反應(yīng)又產(chǎn)生黃綠色氣體；

(3)圖1為電解池，Cu極為陽(yáng)極，石墨為陰極。陽(yáng)極Cu優(yōu)先放電即：Cu-2e-=Cu2+；圖

2為原電池利用Cu與H2s04制備H2,負(fù)極為Cu,正極區(qū)為H2s04,為了增強(qiáng)Cu的還原性，

正極區(qū)加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+,

故答案為：Cu-2e=Cu2+：稀硫酸；NaOH溶液。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池反應(yīng)原理探究、氧化還原反應(yīng)的原理，難度中等，涉及電極式的書(shū)

寫(xiě)、制化還原反應(yīng)規(guī)律等知識(shí)點(diǎn)，注意日常學(xué)習(xí)中的積累，有利于培養(yǎng)學(xué)構(gòu)建思維導(dǎo)圖，化

學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的培養(yǎng)。

18.(16分)氮化銀(GaN)具有優(yōu)異的光電性能°一種利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸鐵Ga2(Fe2O4)

3、鐵酸鋅ZnFe2O4、SiO2]制備GaN的工藝流程如圖：

已知；

①Ga與A1同主族，化學(xué)性質(zhì)相似。

|66351385

②常溫下,KsP[Zn(OH)2]=10-,KsP[Ga(OH)3]=10,Ksp|Fe(OH)3]=10'o

③Ga3二FU+在該工藝條件下的反萃取率(進(jìn)入水相中金屬離子的百分?jǐn)?shù))與鹽酸濃度的關(guān)

系見(jiàn)下表。

鹽酸濃度/molL?反萃取率/%

Ga3+Fe3+

286.99.4

469.152.1

617.571.3

回答下列問(wèn)題:

(1)“酸浸"時(shí)Gaz(Fe2O4：3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ga2(Fe2O4)3+24H+=

2G「++6F*+12H2O。“酸溶”所得濾渣的主要成分是304(填化學(xué)式)。

(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Z，+濃度分別為0.21gLZ65gLi常溫下,為盡可能

多地提取Ga"并確保不混入Zn(OH)2,“調(diào)pH”時(shí)需用CaO調(diào)pH至略小于5.7(假

設(shè)調(diào)pH時(shí)溶液體積不變)。

(3)“脫鐵”和“反萃取”時(shí)，所用鹽酸的濃度a=」,b=2(選填上表中鹽酸的濃

度)。

(4)“沉錢(qián)”時(shí)，若加入NaOH的量過(guò)多，會(huì)導(dǎo)致Ga3+的沉淀率降低，原因是Ga(OH)

3+OH=+2比0(用離子方程式表示)。

(5)利用CVD(化學(xué)氣相沉積)技術(shù)，將熱分解得到的Ga2O3與NH3在高溫下反應(yīng)可制得

GaN,同時(shí)生成另一種產(chǎn)物，該反應(yīng)化學(xué)方程式為Ga2O3+2NH32GaN+3H20。

(6)①GaN的熔點(diǎn)為1700C,GaC13的熔點(diǎn)為77.9C,它們的晶體類型依次為共價(jià)晶體、

分子晶體。

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(gè)數(shù)為

4_<,該晶體密度為pgcm*GaN的式量為Mr,則晶胞邊長(zhǎng)為XIO：nm0(列出計(jì)算

式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)

【分析】利用煉鋅礦渣[主要含鐵酸錢(qián)Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2()4、Si(h]制備GaN,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,從己知②可知,

Zn(OH)2Ksp相對(duì)Ga(OH)3和Fe(OH)3較大，因此控制pH可使Ga?>、Fe3+完全沉淀

而Zr?十不沉淀，濾液中為硫酸鋰，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(jìn)行脫鐵，再加入bmol/L的鹽酸進(jìn)行反萃取，根據(jù)表中數(shù)據(jù)

可知，脫鐵時(shí)鹽酸濃度較高，促使Fe"更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度為6moi/L,反萃取

中要保證G7+更可能多地進(jìn)入水相，則此時(shí)鹽酸濃度為2moi/L,隨后加入NaOH沉像生成

Ga(0H)3,Ga(OH)3經(jīng)過(guò)熱分解生成Ga2O3,最后經(jīng)過(guò)CVD得到GaN；

(6)①共價(jià)晶體熔沸點(diǎn)高，分子晶體熔沸點(diǎn)較低；

②結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)判斷晶體中與Ga原子距離最近且相等的N原子個(gè)數(shù)為4個(gè)，根據(jù)均攤法,

該晶胞中N原子個(gè)數(shù)為4,Ga原子個(gè)數(shù)為8X+6X=4,設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為anm,結(jié)合p=推導(dǎo)

計(jì)算6

【解答】解：(1)Ga2(Fe2O4)3與稀硫酸反應(yīng)生成Ga"、Fe升和H?0,反應(yīng)的離子方程式

+3+3+

為Ga2(Fe2O4)3+24H=2Ga4-6Fe+12H2O；酸溶前調(diào)節(jié)pH時(shí)加入了CaO,生成的鈣離

子和硫酸根離子反應(yīng)生成微溶的硫酸鈣，故酸溶濾渣中為CaS04,

故答案為：Gai(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O；CaS04；

(2)酸浸所得浸出液中Ga3\Z，+濃度分別為0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和lmol/L,

根據(jù)Ksp[Zn(OH)2]=10'166,Z，,開(kāi)始沉淀時(shí)c(OH')=mol/L=10'83mol/L,Z,+開(kāi)始

沉淀的pH為5.7,根據(jù)Ksp[Ga(0H)3]=10一3叫Ga?+開(kāi)始沉淀時(shí)c(OK)=mol/L%1.49

XlO^mol/L,則Ga?+開(kāi)始沉淀的pH為3.17,則調(diào)節(jié)pH略小于5.7即可，

故答案為:略小于57

(3)根據(jù)分析可知脫鐵時(shí)鹽酸濃度較高，促使Fe3+更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度a=

6mol/L,反萃取中要保證Ga?+更可能多地進(jìn)入水相，則此時(shí)鹽酸濃度b=2mol/L,

故答案為：6；2；

(4)Ga與A1同主族，化學(xué)性質(zhì)相似，沉錢(qián)時(shí)加入NaOH過(guò)多，則生成的Ga(OH)3重新

溶解生成，離子方程式為Ga(OH)3+OH=+2H2O,

故答案為：Ga(OH)3+OH=+2H2O；

(5)Ga2O3與NH3高溫下反應(yīng)生成GaN和H2O,化學(xué)方程式為GaQ3+2NH32GaN+3H2O,

故答案為；Ga2O3+2NH32GaN+3H2O；

(6)①GaN熔點(diǎn)較高為1700℃,GaCh熔點(diǎn)較低為77.9℃,結(jié)合晶體的熔點(diǎn)特點(diǎn)，則GaN

為共價(jià)晶體，GaCh為分子晶體，

故答案為；共價(jià)晶體；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(gè)數(shù)為4個(gè)，根據(jù)均攤法，該

晶胞中N原子個(gè)數(shù)為4,Ga原子個(gè)數(shù)為8X+6X=4,設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為anm,則p=，則a二X

107nm?

故答案為：4：X107o

【點(diǎn)評(píng)】本題以氮化鏡制備為背景，考查氧物質(zhì)分離提純、基本操作、晶胞計(jì)算等知識(shí)點(diǎn),

明確化學(xué)反應(yīng)原理及物質(zhì)性質(zhì)、基本操作、均攤法的應(yīng)用是解本題關(guān)鍵，題目難度較大。

19.(14分)CH4和C02重整制取合成氣CO和H2,在減少溫室氣體排放的同時(shí)，可充分利用

碳資源。該重整工藝主要涉及以下反應(yīng)：

反應(yīng)a：CH4(g)+C02(g)=2C0(g)+2痣(g)AH|>0

反應(yīng)b：CO?(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)AH2>0

反應(yīng)c：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3>0

反應(yīng)d：2C0(g)=C(s)+CO2(g)AH4<0

(D重整時(shí)往反應(yīng)體系中通入一定量的水蒸氣，可在消除積碳的同時(shí)生成水煤氣，反應(yīng)為C

(s)+H20(g)=CO(g)+H2(g),該反應(yīng)的414=/kHi??Z\H3(寫(xiě)出一個(gè)代

數(shù)式)。

(2)關(guān)于CH4和C02重整，下列說(shuō)法正確的是AD(填編號(hào))。

A.CH4的物質(zhì)的量保持不變時(shí)，反應(yīng)體系達(dá)到平衡狀態(tài)

B.恒容時(shí)通入N2增大壓強(qiáng)，82的平衡轉(zhuǎn)化率減小

C.加入反應(yīng)c的催化劑，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K增大

D.降低反應(yīng)溫度，反應(yīng)d的VJK>V逆

(3)一定壓強(qiáng)下，按照n(CH4)：n(CO?)=2；1投料，CH4和C(h重整反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)

各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?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)垣、CO的變化(選填“H2”“CO”或“C02”)。

②700℃后，C(s)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度升高而增大的原因是反應(yīng)c為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)

d為放熱反應(yīng)，700C后，隨著溫度升高，反應(yīng)c右移對(duì)C(&)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的影響比反

應(yīng)d左移的大。

③某溫度下體系中不存在積碳，CH4和H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別是0.50、0.04,該溫度下甲

烷的平衡轉(zhuǎn)化率為12.5%>反應(yīng)b的平衡常數(shù)K二—(列出計(jì)算式)。

【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律由己知反應(yīng)的反應(yīng)熱計(jì)算未知反應(yīng)的反應(yīng)熱；

(2)A.反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，各組分的量保持不變；

B.依據(jù)反應(yīng)物和生成物濃度變化判斷充入氮?dú)鈱?duì)平衡的影響；

C.催化劑只能改變反應(yīng)歷程；

D,由溫度變化對(duì)平衡的影響分析；

(3)①依據(jù)溫度變化對(duì)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的影響判斷曲線：

②依據(jù)溫度變化對(duì)平衡的影響判斷物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化原因；

③依據(jù)反應(yīng)物起始加入量和平衡時(shí)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)計(jì)算平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算轉(zhuǎn)

化率和平衡常數(shù)。

【解答】解：(1)依據(jù)蓋斯定律a-b-c可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=

△Hi-AH?-AH3,

故答案為：AHi-AH2-AH3:

(2)A.隨著反應(yīng)進(jìn)行CK不斷減少，CH4的物質(zhì)的量保持不變時(shí)，反應(yīng)體系達(dá)到平衡狀

態(tài)，故A正確；

B.恒容時(shí)通入N2增大壓強(qiáng)，平衡體系中各物質(zhì)的濃度不發(fā)生改變，平衡不移動(dòng)，C02轉(zhuǎn)化

率不變，故B錯(cuò)誤；

C.加入催化劑只改變反應(yīng)歷程，平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變.平衡常數(shù)不變，故C

錯(cuò)誤；

D.降低溫度反應(yīng)d正向移動(dòng)，Y正Av逆，故D正確；

故答案為：AD：

(3)①反應(yīng)起始投入CW和C02為2：1,所以m為C02,同時(shí)700"C之后C固體增加，

即700'C以上的高溫有利于反應(yīng)c正向進(jìn)行，反應(yīng)c正向進(jìn)行，H2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增加，則n

為H2,P為CO,

故答案為：H2；CO：

②700匕后，C(s)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度升高而增大的原因是反應(yīng)c為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)d

為放熱反應(yīng)，700C后