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1、贵州省贵阳市 2023 届高三化学 8 月摸底考试试题含解析留意事项：1. 本试卷分第一卷(选择题)和其次卷(非选择题)两局部，其中其次卷第 1720 题为必做题；21、22 为选考题，考生从中任意选做一个模块的试题，但均不得跨越模块选做。2. 总分值 100 分，考试时间 120 分钟。3. 答题前请将自己的学校、班级、姓名、考场号等填写在答题卷密封线内的相应栏目。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64第一卷 选择题(共 32 分)此题包括 16 小题，每题 2 分。在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。1.化学与生产、生活息息相关。以下
2、说法不正确的选项是- 10 -A. 活性炭可用于杀菌和除异味C. 氯化钠可用于配制生理盐水【答案】A【解析】B. 镁可用于制造信号弹和焰火D. 碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂【详解】A.活性炭具有吸附性，能除异味，但不能杀菌消毒，A 项错误； B.由于镁燃烧发出刺眼的白光，所以可以制造信号弹和烟火，B 项正确； C.生理盐水的成分就是氯化钠，所以可以用氯化钠配制，C 项正确；D.食盐中的碘元素主要是碘酸钾，所以碘酸钾可以作为加碘食盐的添加剂，D 项正确； 答案选A。A. 中子数为 8 的氮原子： 8 N7B. NH 分子的电子式：32. 以下化学用语使用正确的选项是C. 乙酸分子的比例模型：D.
3、 Cl的构造示意图：【答案】C【解析】【详解】A.原子左上角的应是质量数，中子数为8 的氮原子，质量数应为 15，A 项错误； B.氨气的电子式中没有画出孤对电子，B 项错误；C.比例模型应当表达出原子的大小，在乙酸中C 原子的原子半径最大，C 项正确； D.氯离子得到了一个电子后，最外层会到达8 电子的稳定状态，D 项错误；答案选C。3. 以下变化过程中，加人氧化剂才能实现的是A. Cl Cl-B. I-IC. SO SO 2-D. CuOCu2223【答案】B【解析】【分析】化合价上升元素所在的反响物是复原剂，实现化合价的上升要参与氧化剂，以此解答。【详解】A、Cl Cl-，氯元素化合价由
4、 0 价降到-1 价，所以可以参与复原剂来实现，故A 错2误；B、I-I ，碘元素的化合价由-1 价上升到 0 价，所以需参与氧化剂才能实现，故B 正确；2C、SO SO 2- 中，没有元素化合价变化，不是氧化复原反响，故C 错误；23D、CuOCu 铜元素的化合价降低了，所以需参与复原剂才能实现，故D 错误。应选 B。【点睛】该题的关键是要理解氧化复原反响的概念，例如，复原剂、氧化剂，被氧化、被复原等。其次要依据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必需上升这一关键。最终要注意自身发生氧化复原反响的微粒，如Cl Cl-，NO NO 等，应引起足够重视。22A. 将海带灼烧成灰B. 准确量取确
5、定体积的K Cr O 溶液22 7C. 过滤粗盐水D. 稀释浓硫酸4. 以以下图示对应的试验操作不合理的是【答案】A【解析】【详解】A.将固体灼烧成灰，应在坩埚中灼烧，A 项错误；B.用酸式滴定管可以准确量取具有氧化性的重铬酸钾溶液，B 项正确；C.粗盐水中含有一些不溶于水的杂质，可以先通过过滤的方式分别，C 项正确； D.向水中不断参与浓硫酸并搅拌，防止局部温度过高，D 项正确；答案选A。【点睛】留意“坩埚”二字都是“土”字旁。5. 以下关于物质分类的说法正确的选项是A. 墨水、豆浆都属于胶体C. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质【答案】A【解析】B. 漂白粉、石英都属于纯洁物D. 油脂、蛋白质
6、都属于高分子化合物【详解】A.墨水和豆浆的微粒直径都在 1 到 100nm 之间，所以都属于胶体，A 项正确； B.漂白粉中主要成分式次氯酸钙，还含有其他成分，属于混合物，B 项错误；C.次氯酸属于弱酸，所以它是弱电解质，C 项错误； D.油脂不是高分子化合物，D 项错误；答案选A。6. 以下说法正确的选项是A. CH COOH 和 CH COOCH为同系物B. 乙烯与水生成乙醇的反响属于加成333反响C. 石油分馏可以得到丙烯等重要化工原料不一样【答案】B【解析】D. C H6 14的同分异构体有 4 种，其熔点各【详解】A.乙酸和乙酸甲酯构造不同，不属于同系物，A 项错误；B.乙烯和水反响
7、生成乙醇，没有其他产物生成，属于加成反响，B 项正确； C.丙烯等重要的化工材料是在石油的裂解和裂化中得到的，C 项错误；D.己烷的同分异构体有五种，D 项错误；答案选B。3A. 铵盐受热都易分解2B. 0.1 molL1NH Cl 溶液的pH74C. 氨水溶液中只有少量的OHD. 0.1 molL1 的氨水能使无色酚酞试液变红色【答案】B【解析】【详解】A.铵盐受热易分解，断裂 是氨气和水之间的键，与电离断键不同，A 项错误；B.氯化铵显酸性说明铵根离子能水解，证明氨水是弱电解质，B 项正确；C.没有给出氨水 浓度，所以不能推断出氨水的电离程度，不能证明它是弱电解质，C 项错误；D.氨水能使
8、无色酚酞试液变为红色，只能证明氨水显碱性，不能推断它是弱电解质，D 项错误；的7. 室温下，能说明NH H O 为弱电解质的试验事实是答案选B。的8. 反响ABC 分两步进展：ABX，XC，反响过程中能量变化如以下图，E1表示反应 ABX 的活化能。以下有关表达正确的选项是()A. E2表示反响XC 的活化能B. X 是反响ABC 的催化剂C. 反响ABC 的H0D. 参与催化剂可转变反响ABC 的焓变【答案】B【解析】【详解】A.反响XC 的活化能小于E ，A 错误；2B. 由可知，X 是反响ABC 的中间产物，B 错误；C. 反响物A 和 B 的总能量大于生成物C 的总能量，所以反响ABC
9、 是放热反响，即H r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z 的弱D. X 的简洁气态氢化物的热稳定性比W 的强【答案】D【解析】分析：短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大；X 是地壳中含量最多的元素，X 为 O 元素；Y 原子的最外层只有一个电子，Y 为 Na 元素；Z 位于元素周期表中IIIA 族，Z 为Al 元素；W 与 X 属于同一主族，W 为S 元素。依据元素周期律作答。详解：短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大；X 是地壳中含量最多的元素，X 为O元素；Y 原子的最外层只有一个电子，Y 为 Na 元
10、素；Z 位于元素周期表中IIIA 族，Z 为Al 元素；W 与 X 属于同一主族，W 为S 元素。A 项，Na、Al、S 都是第三周期元素，依据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：rY rZ rW，A 项错误；B 项，由 X、Y 组成的化合物有Na O、Na O ，Na O 中只有离子键，Na O 中既含离子键又含共价键，B22 222 2项错误；C 项，金属性：NaY AlZ，Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z 的强，C 项错误；D 项，非金属性：OX SW，X 的简洁气态氢化物的热稳定性比W 的强，D 项正确；答案选D。点睛：此题考察元素周期表和元素周期律的推断，准确推断
11、出各字母代表的元素是解题的关键，进而依据同周期、同主族元素构造和性质的递变规律作出推断。11. 以下指定反响的离子方程式不正确的选项是A. 金属钠和水反响：2Na+2H O=2Na+2OH-+H 22B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO OH-HCO -23C. 室温下用稀HNO 溶解铜：Cu2H2NO -Cu22NO H O3322D. 饱和Na CO 与 CaSO 固体反响：CO 2-(aq)CaSO (s)CaCO (s)SO 2-(aq)2343433【答案】C【解析】【详解】A.钠和水反响生成气体和氢氧化钠，等号两边电子数相等，A 项正确； B.过量二氧化碳生成碳酸氢根，B 项
12、正确；-C.铜和稀硝酸反响生成一氧化氮，而不是二氧化氮，C 项错误； D.饱和碳酸钠和硫酸钙生沉淀转化的反响，D 项正确；答案选C。12. ：X(g)2Y(g)3Z(g) Ha kJmol1(a0)。以下说法不正确的选项是A. 到达化学平衡状态时，反响放出的总热量可能到达akJB. 上升反响温度，逆反响速率增大，正反响速率减小C. 到达化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度不再发生变化D. 0.1 mol X 和 0.2 molY 充分反响生成Z 的物质的量确定小于 0.3 mol【答案】B【解析】【详解】A.没有标明参与反响的物质的量，所以放出热量可能到达akJ，A 项正确； B.上升反响温度，
13、正逆反响速率都增大，B 项错误；C.到达化学反响平衡时，正逆反响速率相等，所以X、Y、Z 的浓度不再发生变化，C 项正确； D.由于反响是可逆反响，可逆反响反响物不能转化完全，D 项正确；答案选B。13. 在一块外表无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈消灭。铁片腐蚀过程中发生反响的总化学方程式：2Fe2H OO 2Fe(OH) ，Fe(OH) 进一步被氧气氧化为2222Fe(OH) ，再在确定条件下脱水生成铁锈，其原理如以下图。以下说法正确的选项是3A. 铁片发生复原反响而被腐蚀B. 铁片腐蚀生成的铁锈可以保护内层的铁不被腐蚀C. 铁片腐蚀过程中负极发生的电极反响：2H OO
14、4e4OH22D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成了很多微小原电池，发生了电化学腐蚀【答案】D【解析】【详解】A.依据总反响方程式来看，铁失电子，所以铁发生氧化反响，A 项错误；B. 铁片生成的铁锈是疏松多孔的，不能保护内层的铁，B 项错误；C. 氧气得电子发生复原反响，所以氧气应是在正极反响，而不是负极，C 项错误；D. 铁和碳分布不均匀，所以各个局部都可以与食盐水形成很多微小原电池，D 项正确； 答案选D。14. 设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法不正确的选项是A. 足量HB. 32gS (分子构造：8)中的共价键数目为NA2使 0.1molCuO 复原为Cu 时转移的电子数为 0.2NAC
15、. 2g 由 H 18O 和 2H O 组成的混合物中含有的质子数为N22AD. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl、ClO和 HClO 的微粒数之和为NA【答案】D【解析】【详解】 A.氧化铜中，铜元素由正二价变为单质铜中的零价，一次转移两个电子，所以0.1molCuO 转移 0.2NA电子，A 项正确；B. 依据S8的分子构造推出，1molS8分子中，含有 8NA个共价键，32gS8是 0.125molS8分子，含有 0.125 8=1NA个共价键，B 项正确；C. H 18O 和 2H O 的相对分子质量都是 20，所以 2g 的混合物的物质的量是 0.1mol，H 18O
16、和 2H O2222中都含有 10 个质子，所以 0.1 10=1N ，C 项正确；AD. 氯气和水是可逆反响，不能反响完全，所以溶液中的微粒数还应当加上氯气中氯原子的个数，D 项错误；答案选D。15. 室温下，以下各组离子在指定溶液中确定能大量共存的是A. pH2 的溶液：Na、NH 、SO 2、S O 2442 3B. c(Fe2)0.1molL1 的溶液：H、Al3、NO 、SCN3C. 0.1 molL1 的 NaOH 溶液：Na、K、CO 2、AlO -32D. 由水电离出的c(H)11012 molL1 的溶液：Na、Fe3、ClO、SO 24【答案】C【解析】【详解】A.S O
17、2在酸性条件下不共存，反响产生二氧化硫气体和硫沉淀，A 项错误；2 3B. 硝酸根在酸性条件下具有极强的氧化性，可以氧化亚铁离子，B 项错误；C. Na、K、CO 2、AlO -在碱性条件下都能共存，C 项正确；32D. 水电离出的氢离子小于 10-7，说明溶液可以是酸性也可以是碱性，次氯酸根在酸性条件下不共存，三价铁离子在碱性溶液中不能共存，D 项错误；答案选C。16. 如图表示水中c(H)和c(OH)的关系，以下推断错误的选项是A. 图中T T12B. XZ 线上任意点均有pH7C. M 区域内任意点(不含实线上的点)均有c(H)c(OH)D. 两条曲线间任意点均有c(H)c(OH)Kw【
18、答案】B【解析】【详解】A.依据T和 T 下K 的数值，温度越高K 的数值越大，所以推断出T T ，A 项正确；12ww12B.当溶液为中性时，不同温度下对应的中性条件下的PH 不同，B 项错误；C.在 XZ 线上，c(H)=c(OH)，在M 区域，氢氧根离子的浓度都大于氢离子浓度，C 项正确； D.在水溶液中，任何温度下都有c(H)c(OH)K ，D 项正确；w答案选D。其次卷 非选择题(共 68 分)17. 丙烯酸甲酯(CH CHCOOCH )是一种重要的有机化工原料。试验室制备少量丙烯酸甲酯的反23应为：CH CHCOOH+CH OH浓硫酸CH CHCOOCH +H O，步骤如下：232
19、32步骤 1：在 100mL 圆底烧瓶中依次参与 10.0g 丙烯酸、少许碎瓷片、10mL 甲醇和 2mL 浓硫酸， 搅拌。步骤 2：如图，连接装置，加热烧瓶中的混合液，用锥形瓶盛接通过分水器分别出的水。当不再有水生成，停顿加热。步骤 3：反响液冷却后，依次用 5%Na CO 溶液、饱和食盐水、水洗涤。23分别出有机相。步骤 4；向有机相中加无水Na SO 固体，过滤后蒸馏，收集7090馏分。测得丙烯酸甲酯的24质量为 6.45g。可能用到的信息：密度沸点溶解性丙烯酸1.05gcm3141与水互溶，易溶于有机溶剂有毒甲醇0.79gcm365与水互溶，易溶于有机溶剂易挥发，有毒丙烯酸甲酯0.95
20、gcm380.5难溶于水，易溶于有机溶剂易挥发请答复以下问题：（1） 步骤 1 中，参与碎瓷片的目的是。（2） 步骤 2 中，图中所示装置中仪器A 的名称是，其作用为。（3） 步骤 3 中，用 5%Na CO溶液洗涤，主要除去的物质是；分别有机相的操作名称为，23分别有机相时不需要用到以下玻璃仪器中的(填名称)。（4） 试验中可能生成的有机副产物构造简式为(填一种即可)。（5） 本试验中丙烯酸甲酯的产率为%。实际产率低于理论值的缘由有多种，以下所述缘由中不行能的是(填字母)。a.分水器收集的水里含丙烯酸甲酯b.本试验条件下发生了副反响c.产品在洗涤、蒸发过程中有损失d.产品精制时收集局部低沸点
21、物质（6） 本试验中需要实行的安全防护措施有。【答案】(1). 防止爆沸；(2). 球形冷凝管；(3). 冷凝回流；(4). 中和丙烯酸，溶解丙烯醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；(5). 分液；(6). 容量瓶，漏斗；(7). CH OCH ；(8). 75%；(9). bd；(10). 使用四氯化碳溶液进展尾气处理，33试验要在通风橱中进展；【解析】【分析】该试验是利用丙烯酸和甲醇发生酯化反响制取丙烯酸甲酯的试验，冷凝管的作用主要是用于 冷凝回流，碳酸钠溶液的作用，主要是用来中和丙烯酸，溶解甲醇，降低酯类物质的溶解度， 由于发生酯化反响，试验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全
22、消去 生成甲醚的副反响，产率的计算可依据过量少量进展推断；【详解】1步骤 1 中，参与碎瓷片的目的是为了防止爆沸；（2） 仪器A 的名称是球形冷凝管，冷凝管的作用为冷凝回流；（3） 碳酸钠可以中和丙烯酸，溶解甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；分别有机相和水，可以通过分液的方式；需要用到的仪器主要有容量瓶和烧杯；（4） 试验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反响；（5） 依据表中数据得出，甲醇有 7.9g，丙烯酸有 10g,所以甲醇有 0.25mol，丙烯酸有0.11mol，依据反响方程式得出，二者 1：1 反响，说明甲醇过量，所以依据丙烯酸的物质的量计算，0.1
23、1mol丙烯酸理论上可以生成 0.11mol 的丙烯酸甲酯，所以理论丙烯酸甲酯的产量为8.6g，所以计算产率得到 6.45g 100% = 75% ；8.6g（6） 由于本试验中含有有毒气体，同时有毒气体可溶于有机溶液中，所以要在通风橱中进展试验，同时可以用有机溶剂四氯化碳来吸取有毒气体；【点睛】酯化反响的副反响往往是醇类的消去反响，同时要留意醇类能否发生消去反响；18. 高铁酸钠(Na FeO )具有很强的氧化性，是一种型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主24要成分是FeCO3及少量SiO )为原料制备高铁酸钠的生产过程如图：2：Na FeO 中在碱性环境中稳定存在。24请答复以下问题：（
24、1） Na FeO 中铁元素的化合价为；以下标志中应贴在盛装Na FeO容器上的是。2424（2） 菱铁矿粉碎的目的是，写出“碱浸”过程中SiO2所发生反响的化学方程式为。（3） 操作 1 与操作 2 的试验名称均为，步骤的目的是将Fe2氧化成Fe3，其离子方程式为。（4） 高铁酸钠消毒后的复原产物具有净水作用，解释净水原理为。（5） 4FeO 210H O4Fe(OH) 8OH3O ，将确定量的Na FeO 投入到pH 不同的工423224业污水中(污水中其余成分均一样)，测得溶液中Na FeO 浓度变化如图曲线、所示。试分24析曲线比曲线对应的污水pH(填“高”或“低”)。【答案】(1).
25、 +6 价；(2). d；(3). 增大反响的接触面积，加快化学反响速率；(4). SiO +2NaOH=NaSiO +H O；(5). 过滤；(6). 2Fe 2+ ClO-+2H+=2Fe3+Cl- + H O；2322(7). 生成的三价铁离子可以发生水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用作净水剂；(8). 高；【解析】【分析】粉碎菱铁矿主要成分是 FeCO 及少量 SiO ，参与 NaOH 溶液碱溶，SiO与 NaOH 反响得到硅322酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有 FeCO ，参与稀硫酸溶解，得到 Fe2+的酸性溶液，参与 NaClO3溶液氧化 Fe2+，2Fe2+ClO
26、-+2H+=2Fe3+Cl-+H O，再参与 NaOH 和 NaClO 溶液连续氧化 Fe3+，反响2为：2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O，向得到的 Na FeO 溶液中连续参与氢氧化钠固体得到4224悬浊液，过滤得到高铁酸钠。【详解】1Na FeO 中铁元素的化合价为+6 价；高铁酸根具有极强的氧化性，所以应当贴氧24化剂的标签；（2） 菱铁矿粉碎 目的是增大反响的接触面积，加快化学反响速率；写出“碱浸”过程中 SiO2和氢氧化钠反响，反响的化学反响方程式为：SiO +2NaOH=NaSiO +H O；232的（3） 操作 1 与操作 2 的试验名称均为过
27、滤；步骤是Fe2和次氯酸钠反响生成Fe3，离子方程式为：2Fe2+ ClO-+2H+=2Fe3+Cl- + H O；2（4） 高铁酸钠消毒后的复原产物是三价铁离子，三价铁离子可以发生水解反响，Fe3+3H OFe2OH 胶体+3H+，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以也可以净水；3（5） 依据反响方程式中产生氢氧根，推断当溶液为碱性时，抑制高铁酸根水解，使平衡向逆向移动，高铁酸根的浓度较大，所以结合图像，的PH 比大；19. 硫有多种化合物，很多含硫化合物在工业上有重要的用途。（1） 硫化钠(Na S)俗称硫化碱，常用于印染及制药工业。将硫化钠溶于水，会导致水的电离2程度(该“增大”、“减小”
28、威“不变”)；假设微热该溶液，pH 会(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2） 硫氢化钠(NaHS)常用作有机合成的中间体，其水溶液呈碱性。NaHS 溶液中Na、H、HS，OH离子浓度由大到小的挨次为。（3） 假设向Na S 和 Na SO 的混合溶液中参与足量的稀硫酸溶液，可发生以下反响：223Na SNa SO H SO Na SO SH O(未配平)22324242配平化学方程式：Na SNa SO H SO Na SO SH O22324242反响中复原产物与氧化产物的物质的量之比是 （4） 室温时， H S 的K 1107，K11013，假设只考虑 S2的第一步水解，则 0.1 m
29、olL2a1a21Na S 溶液pH 约 2（5） 化工生产中常用FeS 作沉淀剂除去工业废水中的Cu2，其反响原理为：Cu2(aq) FeS(s)CuS(s)Fe2(aq)。以下有关表达中正确的选项是 a.K (FeS)c(OH)c(HS)c(S2)c(H+)；(4). 2；(5). 1；(6). 3；(7). 3；(8). 3；(9). 3；(10). 1：2；(11). 13；(12). cd；【解析】【分析】（1） 硫化钠属于强碱弱酸盐；（2） 硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于其次步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子；（3） 反响中硫化钠中2 价硫上升为单质硫中
30、0 价，亚硫酸钠中+4 价的硫化合价降为单质硫中的 0 价，依据得失电子守恒配平方程式，同时方程式中氧化产物和复原产物都是S；（4） 依据K =Ka K ，来计算硫化钠的第一部水解平衡常数；Wh（5） 依据沉淀转化方程式求出Ksp的大小，对于AB 型的沉淀来说，沉淀溶解平衡的化学平衡常数等于沉淀的Ksp之比；【详解】1硫化钠为强碱弱酸盐，在水溶液中硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子， 促进水的电离，溶液显碱性，pH 增大；（2） 硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于其次步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子，所以离子浓度大小挨次是c(Na+)c(OH)c(HS)c(S2)c(
31、H+)；（3） 反响中硫化钠中2 价硫上升为单质硫中 0 价，亚硫酸钠中+4 价的硫化合价降为单质硫中的 0 价，要使得失电子守恒，则硫化钠系数为2，亚硫酸钠系数为 1，依据原子个数、电荷守恒规律，方程式：2Na S+1Na SO +3H SO =3Na SO +3S+3H O，反响中复原产物与氧化产物都22324242是 S,二者的物质的量之比是 1：2；（4） S2-+H OHS-+OH-，依据K =Ka K ，所以得出硫化钠的第一步水解平衡常数为2Wh110-14110-13= 110-1 ，由于硫离子水解出一个氢氧根的同时，也会水解出一个硫氢根，所以假C2 (OH- )设硫氢根的浓度等
32、于氢氧根浓度，带入硫酸钠的第一步水解平衡常数计算：K =，所以 C(OH-)=10-1mol/L，所以PH 等于 13；hC(Na S)25a.依据沉淀转化方程式得出，硫化亚铁的沉淀可以转化生成硫化铜，所以硫化亚铁的沉淀溶解平衡常数小于硫化铜的沉淀溶液平衡常数，所以K(FeS)K (CuS)，a 项正确；K(FeS)spspb. 该反响的化学平衡常数为K=spK(CuS)sp 1 ，说明到达平衡时 c(Fe2) c(Cu2)，b 项错误；c. 溶液中参与少。量 Na S 固体后，硫离子的浓度增加，溶液中亚铁离子和铜离子都会生成沉淀，2所以 c(Fe2)、c(Cu2)都减小，c 项正确；d. 该
33、反响平衡常数K=C(Fe2+ )C(Fe2+ ) CS2- K=C(Cu2+ C(Cu2+ CS2- K(FeS)sp(CuS)，d 项正确；sp答案选cd20. 氧化铝在工业生产中有多种用途。请依据信息答复：（1） 以氧化铝为原料，通过碳热复原法可合成氮化铝(AlN) 己知：2Al O (s)4Al(g)3O (g)H 3351 kJmol12 3212C(s)O2(g)2CO(g)；H 221 kJmol122Al(g)N (g)2AlN(s)H 318 kJmol123则碳热复原法合成AlN 的热化学方程式为。（2） 电解氧化铝生产铝时，阳极产生的副产物CO ，可通过CO 甲烷化再利用，
34、反响原理为：22CO (g)4H (g)CH (g)2H O(g)H 。22424常压下以Ru/TiO2作催化剂，在恒容且容积一样的不同容器中，分别充入10mol CO2和 H 的混2合气体(体积比 1：4)于不同温度下进展反响，第tmin 时分别测定CH 的体积分数(CH )，44并绘成如图甲所示曲线。A、B、C、D、E 五点中，尚未到达平衡的点是，该反响的H0(填“”或“”)。4350时，在 2L 恒容密闭容器中测得CO2的平衡转化率如图乙所示，则前 10 min 的平均反应速率v(CO )；平衡常数为 2（3） 据文献报道，科学家利用氮化镓材料与铜组成如以下图的人工光合系统装置，成功地以
35、CO 和 H O 为原料合成了CH 。224写山铜电极外表的电极反响式。为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中参与少量(选填“盐酸”或“硫酸”)。【答案】(1). 3C(s)+Al O (s)+N (g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+1026kJ/mol；(2). AB；2 32(3). ；(4). 0.4mol/(L min)(5). 1(6). CO +8e-+8H+=CH +2H O(7). 硫酸242【解析】【分析】（1） 利用盖斯定律进展计算；（2） 反响刚开头时，反响向正向进展，同时对应温度所对应的化学反响速率较慢，一样时间 没有到达平衡，所以甲烷的体积分数增多，C 点时
36、恰好到达平衡，由于C 点的时候，C 点得温度高，对应的化学反响速率快，所以一样时间内恰好到达平衡，C 点之后，温度上升速率更快， 一样时间内提前到达平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数 减小；（3） 依据电子移动方向推断出铜为正极；盐酸易挥发，所以不行；【详解】1：2Al O s=4Alg+3O gH =+3351kJmol-12 3212Cs+O g=2COgH =-221kJmol-1222Alg+N g=2AlNsH =-318kJmol-1231盖斯定律计算+3+2 2 得到3C(s)+Al O (s)+N (g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+1026k
37、J/mol；2 322A、B、C、D、E 五点中，尚未到达平衡的点是A 和 B，由于反响刚开头时，反响向正 向进展，同时对应温度所对应的化学反响速率较慢，一样时间没有到达平衡，所以甲烷的体 积分数增多，C 点时恰好到达平衡，由于 C 点的时候，C 点得温度高，对应的化学反响速率快， 所以一样时间内恰好到达平衡，C 点之后，温度上升速率更快，一样时间内提前到达平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；依据C 点之后温度上升平衡向甲烷削减的方向移动，推想出温度上升平衡向逆向移动，所以该反响的H0；4在常压、Ru/TiO2 催化下,CO2和 H 混和气体(体积比 1:4,总物质的量 50mol)进展反响，平衡2时容器体积为 2L，二氧化碳的转化率为 80%，CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O(g)2242起始(mol/L)52000变化(mol/L)41648平衡(mol/L)14484mol/L所以 v(CO )=0.4mol/(L min),反响的平衡常数K= 82 41=1；210min44 113依据电子移动方向推断出铜为正极，所以电极反响方程式为CO +8e-+8H+=CH +2H O；242为提高该