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1、认真整理2023年天津市高考化学试卷一、选择题（共 6 小题，每 题 6 分，共 3 6 分.每题只有一个正确选项）1.（6.00分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大奉献的几个事例，运用化学学问对其进展的分析不合理的是（）A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反响B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出 明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作2.16.00分）以下有关物质性质的比较，结论正确的选项是（）A.溶解度：Na2CO3NaHCO3 B.热稳定性：HCIPH
2、3C.沸 点:C2H5SHC2H5OH D.碱 性:LiOHC 向含有ZnS和Na2s的悬浊液中生成黑色沉CH.OHO O。（CUS）Ksp滴 加（ZUS。,溶液D 某溶液中参与B a（NO3）溶0 2淀产生白色（ZnS）原溶液中有SO42-液再加足量盐酸A B.B C.C D.D（6.00分）室温下，向圆底烧瓶中参与1 mol沉淀仍有白色沉淀C2H50H和 含lmol H B r的氢澳酸,溶液中发生反响：C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反响后到达种衡。常压下，C HB，邳C H叩 的沸点分别为384。（2和78.5。以下关表达错误的选项是（）A.参 与N aO H,可增大乙醇
3、的物质的量B.增 大HBr浓度，有利于生成CzBrC.假设反响物均增大至 2 m o l,则两种反响物平衡转化率之比不变D.假设起始温度提高至60,可缩短反响到达平衡的时间千 里 之 行 始 于 足 下认真整理6.（6.00分）LiHJO,是制备电池的重要原料。室温下，LiH,PC溶液的PH随cN 4N 4 初（H P0-）的变化如图1所示，H,P。，溶液中H?。，的分布分数6随pH的变化始 2 4 3424 厂如 图2所示 6=c（H2 Po第c水（含F元素的粒子）下 列 有 关 LiH2PO 4溶液的叙述正确的是（）A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2Po4、HPO42和PCa-
4、C.随c（H P0-）增大，溶液的pH明显变小初 始 2 4D.用浓度大于lm olL 1的H3PO,溶液溶解Li2c。3，当p H到 达4.66时，H3PO4几乎全部转化为Li匕P q二、非选择题II卷（6 0分）7.（14.00分）图中反响是制备Si 的一种方法，其副产物MgCLGNHs是优质的镁资源。答复以下问题：千 里 之 行 始 于 足 下认真整理(1)M g C I *6NH所含元素的简洁离子半径由小到大的挨次(H-除外)：o2 3-Mg在元素周期表中的位置；,M g (O H)2的电子式：。A2B的 化 学 式 为,反 响 的 必 备 条 件 是-上图中可以循环使 用 的 物 质
5、 有。(3)在确定条件下，由S i%和C H,反响生成乙和 一 种 固 体 耐 磨 材 料(写化学式)。为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状M g (O H)2，使燃烧产生的S O 2转化为稳定的Mg化合物，写出该反响的化学方程式：o(5)用Mg制成的格氏试剂(R M g B r)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：R B r 十 一.R M g B r HR，(R：煌基；R”：煌基或无水乙 爵.fH依据上述信息，写出制备C H 3 c H2c H e所需醛的可能构造简式：。8.1 1 8.0 0分)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：千 里 之 行 始 于 足 下认真整
6、理(1)A的 系 统 命 名 为,E中官能团的名称为(2)A玲B的反响类型为一J A反响所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为。(3)C-D的 化 学 方 程 式 为。(4)C的同分异构体W 不考虑手性异构)可发生银镜反响：且Im o lW最多与2mol NaOH发生反响，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有种，假设W的核磁共振氢诸有四组峰，则其构造简式为。(5)F与G的关系为(填序号)a.碳 链 异 构b.官能团异构c.顺反异构 d.位置异构(6)M的构造简式为 o(7)参照上述合成路线，以八 为原料，承受如下方法制备医药中间体千 里 之 行 始 于 足 下认真整理试剂与条件1 .v
7、 l)Ph,P.K e-化tr物x-2)化合物Y试剂与条件2 t该路线中试剂与条件1为,x的 构 造 简 式 为；试剂与条件2为，丫的构造简式为 o9.(1 8.0 0分)烟道气中的N O?是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。答复以下问题：通道气3+4H=N。个+3Fe3+2H2。Cr2O72-+6Fe2，+14H，=2Cr3，+6Fe3+7H2。则气样中NO*折合成NO2的含量为 mg*m 30（8）推断以下状况对NO、含量测定结果的影响（填 偏高、偏低 或 无影响）假设缺少采样步骤，会 使 测 定 结 果。假设Fes。4标准溶液局部变质，会 使 测 定 结
8、思。千 里 之 行 始 于 足 下认真整理10.114.00分)CC)2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，答复以下问题：CO2可以被NaOH溶液捕获。假设所得溶液pH=13,CO2主 要 转 化 为(写离子符号)；假设所得溶液(HCO3)：c(CO32-)=2：1,溶 液pH=o室温下，H2c。3 的 K=4X10 2；K2=5X10 id(2)CO2与CH,经催化重整，制得合成气：CH4(g)+C02(g)傕化珂2co(g)+2H2(g)上述反响中相关的化学键键能数据如下：化学键C-H C=0H-HW (co)键能/kJm ol-i413 7454361075则该反响的O分别在v
9、L恒温密闭容器A 恒容)、B(恒压，容积可变)中，参与C%和CO2各1 m o l的混合气体。两容器中反响达平衡后放出或吸取的热量较多的是(填A或B)按确定体积比参与CH4和C。，在恒压下发生反响，温度对C。和H产率的影2 2响如图1所示。此反响优选温度为900的缘由是 o千 里 之 行 始 于 足 下认真整理(3)。2关心的AI-CC2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反响产物Al?(C2O4)是重要的化工原料。电池的负极反响式：o电池的正极反响式：60+6e-=6O226co2+6。2=3C2O42+6。2反响过程中02的作用是 o该电池的总反响式：。千 里 之
10、 行 始 于 足 下认真整理千 里 之 行 始 于 足 下认真整理2023年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每 题6分，共3 6分.每题只有一个正确选项）1.（6.00分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大奉献的几个事例，运用化学学问对其进展的分析不合理的是（）A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反响B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出 明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【分析】A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇
11、；B.后 司）母戊鼎的主要成分为Cu；C.瓷器由黏土烧制而成；D.用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。【解答】解：A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反响，故A错误；千 里 之 行 始 于 足 下认真整理B.后（司）母戊鼎的主要成分为C u,属于铜合金制品，故B正确;C.瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；D.用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确；应选：Ao【点评】此题考察物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分别提纯
12、为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。2.16.00分）以下有关物质性质的比较，结论正确的选项是（）A,溶解度：Na2CO3NaHCO3 B.热稳定性：HClPH3C.沸点：C2H5SHCQHQHo o千 里 之 行 始 于 足 下认真整理c向含有ZnS和Na2s的悬浊液中 生 成 黑 色 沉Ksp(CuS)C,DH 0RO H,故 B 正确；C.含Na?S,不发生沉淀的转化，则不能比较q (CuS)、Ksp(Z n S)大小，故C错误；D.亚硫酸根离子与B a(NO3)2溶液反响也生成硫酸钢沉淀，则原溶液中可能有SO32 ,或SO42,或二者均存在，
13、故D错误；应选：Bo千 里 之 行 始 于 足 下认真整理【点评】此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、Ksp比较为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。5.（6.00分）室温下，向圆底烧瓶中参与1 molC2H50H和 含lm ol HBr的氢澳酸，溶液中发生反响：C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反响后到达种衡。常压下，C2H5B r和C2H50H的沸点分别为384（:和78.5.以下关表达错误的选项是0A.参 与N aO H,可增大乙醇的物质的量B.增 大HBr浓度，有利于生成C2H$BrC.假设反响物均增大至
14、2 m o l,则两种反响物平衡转化率之比不变D.假设起始温度提高至60,可缩短反响到达平衡的时间【分析】A.参 与NaOH,NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；B.增 大HBr浓度，平衡正向移动；C.假设反响物均增大至2m。1,在原来平衡根底上向正向移动，但是各种反响物开头浓度一样、消耗的浓度一样；D.上升温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反响速率减慢。【解答】解：A.参与NaOH,NaOH和HBr发生而消耗H B r,导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A正确；B.增 大HBr浓度，平衡正向移动，澳乙烷产率增大，所以有利于生成C2HsBr,故B正确；千 里 之 行 始
15、于 足 下认真整理C.假设反响物均增大至2 m o l,在原来平衡根底上向正向移动，反响物转化率增大，但是各种反响物开头浓度一样、消耗的浓度一样，所以其转化率的比值不变,故C正确；D.上升温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反响速率减慢，到达平衡的时间增长，故D错误；应选：Do【点评】此题考察化学平衡影响因素，明确浓度、温度对化学平衡影响原理是解此题关键，侧重考察学生对根底学问的理解和运用，易错选项是C,反响物的转化率增大但其转化率的比值不变。6.（6.00分）LiH2Po4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2Po,溶液的p H随c始 （H P0-）的变化如图1所示，H,PO,溶液中
16、H，一的分布分数6随p H的变化24 3 4 2 4 如图2所示 6=c（H 2 P o pc水（含P元素的粒子）下 列 有 关 LiH 2P O 4溶 液 的 叙 述 正 确 的 是 （）A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2Po4、HPO42和PC*-千 里 之 行 始 于 足 下认真整理J 随c（H P0-）增大，溶液的p H明显变小初 始 2 4D.用浓度大于i的H 3P 5溶液溶解U2CO3，当P H到 达4.6 6时，H3PO4几乎全部转化为LiMPOd【分析】由图1可 知LiH P 0溶液呈酸性，说明电离程度H P0-大于水解程度，2 4 2 4且随着c 1H,PO“）增
17、大，溶 液p H渐渐减小，但浓度约大于10 4m oi/L时，初 始 2 4p H不再发生转变，由 图2可知，随着溶液p H增大，c（H2PO4）增大，可说明进一步电离，则溶液中存在H3PO4，当H2Po4的P H约 为4.6 6时，分 数6到达最大，连续参与碱，可 与H P 0反响生成HP0 2-等，以此解答该题。2 4 4【解答】解：A.溶液中存在H2PO4 HPO42、上0的电离以及H2Po4、HPO42-和PO43-的水解等平衡，故A错误；B.含 P 元素的粒子有 H3P。4、H2P。4-、HPO42 P O43-,故 B 错误；C.由图1可知浓度约大于10 4m oi/L时，p H不
18、再发生转变，故C错误；D.用浓度大于lm o lL i的 P q溶液溶解Li2c。3，当p H到 达4.6 6时，由 图2可 知H P 0的分数5到达最大，约 为0.9 9 4,则H P 0几乎全部转化为LiH P0,2 43 4 2 4故D正确。应选：Do【点评】此题考察弱电解质的电离，为高频考点，侧重考察学生的分析力气，留意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。二、非选择题II卷（6 0分）7.（14.00分）图中反响是制备S 0的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。答复以下问题：千 里 之 行 始 于 足 下认真整理（1）M g C rG N 1所含元素
19、的简洁离子半径由小到大的挨次（H除外）：H VMg2+VN3-CI。M g在元素周期表中的位置；第三周期I IA族，Mg（OH）2的电子式：O：H *：O：H -（2）A2B的化学式为Mg2Si,反响的必备条件是 熔 融、电 解。上图中可以循环使用的物质有NH?、NH，C I。（3）在确定条件下，由SiH4和CH4反响生成H2和一种固体耐磨 材 料SiC（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳 定 的M g化 合 物，写 出 该 反 应 的 化 学 方 程 式：2Mg 1 OH）z+ZSOz+CZM gSO+ZHz。（5）用M g制成的格氏试
20、剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：一 屋，一 OHRBr 上 出 工.RM gBr二川 UHR，（R：煌基；R”：煌基或无 水 乙 醇.千 里 之 行 始 于 足 下认真整理?H依据上述信息，写出制备“bCH幺HCHJ所需醛的可能构造简式：C H?CH2CHO,CH3cH0。【分析】由反响可知A2B应 为Mg2S i,与氨气、氯化钱反响生成 SiH4和MgCI26NH3,MgCQGN”参与碱液,可生成 Mg（OH）2,M g C p G N/加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而M g d6NH3与盐酸反响，可
21、生成氯化镁、氯化镂，其中氨气、氯化铁可用于反响而循环使用，以此解答该题。【解答】解（1）MgCI 6 N H所含元素的简洁离子分别为H、Mg2+、N3-、Cl,2 3离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有一样核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简洁离子半径由小到大的挨次为H M g2 N3 CI，M g原子核外有3个电子层，最外层电子数为2,位于周期表第三周期U A族，Mg（OH）2为离子化合物,电子式为卜泗:泗，故答案为:H+M g2 N 3-NH4CI；（3）在确定条件下，由S iq和CH4反响生成叫和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为S iC,原理是S i%和C
22、H4分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反响生成SiC,故答案为：SiC；千 里 之 行 始 于 足 下认真整理(4)为实现燃煤脱硫，向煤中参与浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的s q转化为稳定的M g化合物，应生成硫酸镁，则反响物还应有氧气，反响的化学方程式为2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O,故答案为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；r 由题给信息可知制备 HCOOCH2C(C%)CH2cHzBr、HCOOCH(CH3)CH2cH2cHzBr、HCOOCH(CH3)CH(CH3)CH2B r,所以符合条件的有5种，假设W的核磁共振氢诸有四组
23、峰，则其构造简式H由故答案为：5；II(5)F与G的关系为顺反异构，应 选c；(6)M的构造简式为千 里 之 行 始 于 足 下认真整理故答案为：H(八J(7)依据反响条件知，生成X,X再和Y反响生成八，则J?生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为CBr,则丫 为/、，生成丫的试剂和条件为O2/C u或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的构造简式为八J/B r ；试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的构造简式为乂故答案为：HBr、加热；。2/如 或Ag、加热;乂O【点评】此题考察有机物推断和合成，侧重考察学生分析推断力气及学问迁移力气，依据反响前后物质构
24、造变化确定反响类型，会依据合成路线推断(7)题反响条件及所需试剂，留 意(4)题：只有连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇才能被催化氧化生成醛，题目难度中等。9.(18.00分)烟道气中的NO?是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。答复以下问题：基伯气疑号慢0果符系统年根千 里 之 行 始 于 足 下认真整理I.采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140：翻开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、枯燥的气样；关闭系统，停顿采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为 除 尘。（2）C中填充的枯燥剂是（填序号）c。a.碱石灰 b.无水CuSOq C.P2O
25、5（3）用试验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）一样，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流向及试剂。（4）采样步骤加热烟道气的目的是 防止.NOx溶于冷凝水。n.N。含量的测定X将vL气样通入适量酸体的H。溶液中，使NO完全被氧化成NO,加水2 2 x 3稀释至100.00 m L,量取20.00 m L该溶液，参 与v】mL%molL低$。4标准溶液 过量），充分反响后，用c2 molL r七口?。7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2 mL。（5）NO被 匕。2氧化为NO的离子方程式为 2N0+3H2C）2=2H+2N0“+2H2。千 里 之 行 始 于 足 下认真整
26、理(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸 式 滴 定 管。(7)滴定过程中发生以下反响：3Fe2+NO3-+4H+=N。个+3Fe3-+2H2。Cr2O72-+6Fe2+14H=2Cr3+6Fe3+7H2O则气样中NO*折合成NO?的含量为 2 二1 1；6 ,2，2，乂 _ mg*m-303 V 推断以下状况对NO*含量测定结果的影响(填“偏高、偏 低 或 无 影 响 )假设缺少采样步骤，会使测定结果 偏 低。假设FeSO,标准溶液局部变质，会使测定结果 偏高。【分析】I.采样(1)第一步过滤器A中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘；(2)a.碱石灰为碱性枯燥剂，不能枯燥酸性气体；b.无水硫
27、酸铜可用于检验是否含有水蒸气，枯燥力气不强；c.五氧化二磷是酸性枯燥剂，可以枯燥酸性气体；(3)D装置为吸取装置，用于吸取酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应进步短出；(4)防止NOx溶于冷凝水，需要加热烟道气；n.NO,含量的测定千 里 之 行 始 于 足 下认真整理(5)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化复原反响生成硝酸和水;(6)滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；(7)滴定剩余Fez+时,消耗的K Cr 0的物质的量为c V X10 3 m o l,则剩余的2 2 7 2 2Fe2+物质的量为6c2V2X10 3 m o l,在所配制溶液中参与的Fez+物质的量为c X
28、 lO-3 m o l,则与 NO3-反响的 Fe2.物质的量=CVX 10-3mol-6c2V2乂 10 3moI,则 VL气样中氮元素总物质的量=5义C71-些2)1 0;m o l,计算氮元素含量，然3后折算成二氧化氮的含量；(8)假设没翻开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸取不完全,测定结果偏低，假设Fes。4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高；【解答】解：I.采样(1)第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，故答案为：除尘；(2)a.碱石灰为碱性枯燥剂，不能枯燥酸性气体，故a 不选；b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，
29、枯燥力气不强，故b不选；c.五氧化二磷是酸性枯燥剂，可以枯燥酸性气体，故c选；故答案为：c；(3)D装置为吸取装置，用于吸取酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气千 里 之 行 始 于 足 下认真整理管应进步短出，装置图为:故答案为:(4)采样步骤加热烟道气的目的是：为 了 防 止NOx溶于冷凝水,故答案为：防 止NOx溶于冷凝水；H.N。含量的测定X(5)N。与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化复原反响，反响的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO3-+2H2O,故答案为：2NO+3H 0=2H+2NO-+2H 0；2 2 3 2(6)滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪
30、器为酸式滴定管、锥形瓶，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；(7)滴定剩余Fez+时，消 耗 的JCQO7的物质的量为c2V2X10 3 m o l,则剩余的Fe2,物质的量为6c2V2X10 3 m o l,在所配制溶液中参与的Fe2.物质的量为c X lO3 m o l,则与 NC)3反响的 Fez+物质的量=CViX：LO 3m ol-6c2V2 X 1 0-3 m o l,则 VL气样中氮元素总物质的量=5*巳j-62V2)I。二m o l,3千 里 之 行 始 于 足 下认真整理I N 一一人石.田且 2 3 0(C 1 V i _ 6 c n V n)则氮兀素 的总质 重=-2 2 m
31、g,3片珏fK 一美小亶.2 3(C V 6 c 2 V 2)j ,气样中氟兀素含量=-一 x 1 0 4 m g/m 3,3 V折合为N O2的含量=案.(5；6 c 2 V 2)义i。4 m g/m 3,故答案为：2 3 乂.小 厂 6 c 2 V 2)4；3V(8)假设没翻开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸取不完全,测定结果偏低，假设F e s。4 变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，测定结果偏高，故答案为：偏低；偏高。【点评】此题考察了物质性质试验验证、物质组成的含量测定方法、滴定试验的过程分析等学问点，把握根底是解题关键，题目难度中等。1 0
32、.(1 4.0 0 分)C O 2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，答复以下问题：(1)CC)2 可以被N a O H 溶液捕获。假设所得溶液p H=1 3,CO,主要转化为 c (Ct yJ(写离子符号)；假设所得溶液(H CO3)：c (CO32)=2：1,溶 液 p H=1 0。室温下，H 2 c O 3 的=4 义1 0-2；K2=5X 1 0 1 1)CO 2 与 CH 4 经催化重整，制得合成气：CH4(g)+C02(g)整2 1 2 c o (g)+2 H2(g)上述反响中相关的化学键键能数据如下：千 里 之 行 始 于 足 下认真整理化学键C-HC=0H-H3(CO
33、)键能/kJm ol-i4137454361075则 该 反 响 的+120kJ/mol。分别在v L恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，参与C U和CO?各lm o l的混合气体。两容器中反响达平衡后放出或吸取的热量较多的是B（填A或B）按确定体积比参与C%和C O 2,在恒压下发生反响，温度对CO和&产率的影响如图1所示。此反响优选温度为900的缘由是900时合成气产率已经较高，再上升温度产率增幅不大，且上升温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反响速率降低。图1图2（3）。2关心的Al-CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用C O 2,电池反响
34、产物A （C2O4）是重要的化工原料。电池的负极反响式：A I-3 e=A l3 .电池的正极反响式：60+6e=602 26CO2+6O2=3C2O42-+6O2反响过程中。2的 作 用 是 催 化 剂。千 里 之 行 始 于 足 下认真整理该电池的总反响式：2 A I+6CO2=A I2 3 c(C。/C(H+)七X c(H C O j),【分析】(1)K =-=5X 1 0 ,则 c (H J =-，当c(H CO)武叫)c(H CO 3 J =c (CO32-),C(H )=5X 1 0-1 1,p H 在 1 0.3,假设溶液的 p H=1 3,则c (H CO 3-)c(CO32-
35、)；c(CO产)。c(H+)K =-=5X 1 0-i i,且所得溶液 c (H COV)：c (CO)=2：1,据C(H CO3)此计算溶液p H；(2)该反响的反响物总键能-生成物总键能；该反响的正反响是气体物质的量增大的反响，增大压强平衡逆向移动，A在反响过程中压强在不断增大、B在反响过程中压强不变；9 00时合成气产率已经较高，再上升温度产率增幅不大，且上升温度耗能较大；(3)该原电池中A I作负极，失电子生成铝离子;在正极的反响式中，在第一个反响中作反响物、在其次个反响中作生成物；在得失电子一样条件下，正负极电极反响式相加即得电池反响式。c(C0产)。cS)K n X C(H C03
36、)【解答】解(1)K=-=5X 1 0 1 1,则c(H)-C(H C03)c(C()3 )当 c (H CO3)=C(CO32-),C(H )=5X 1 0-1 1,p H 在 1 0.3,假设溶液的 p H=1 3,则c (H CO3)C(CO32-),所以该溶液中所得阴离子为c (CO 3 2 J；c(H+)K -=5X 1 0-i i,且所得溶液 c (H CO -)：c (CO#)=2：1,cC(H C03)千 里 之 行 始 于 足 下认真整理,、K2XC(HC03)(H)士-_=5X10-11X2=1X10 10,pH=10,c(C032-)故答案为：c(CO32-);10；该
37、反 响 的 反 响 物 总 键 能-生成物总键能=4X413+2X745-2X1075-2 X 436 kJ/mol=+120kJ/mol;该反响的正反响是气体物质的量增大的反响，增大压强平衡逆向移动，A在反响过程中压强在不断增大、B在反响过程中压强不变，所 以A相 当 于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反响物转化率小于B,则两容器中反响达平衡后吸取的热量较多的是B,故 答 案 为:+120kJ/mol；B；依据图知，900时合成气产率已经较高，再上升温度产率增幅不大，且上升温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反响速率降低，故答案为：900时合成气产率已经较高，再上升温
38、度产率增幅不大，且上升温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反响速率降低；(3)该原电池中A I作负极，失电子生成铝离子，电极反响式为Al-3e=Al3，；在正极的反响式中，在第一个反响中作反响物、在其次个反响中作生成物，所以氧气在反响中作催化剂；在得失电子一样条件下，正负极电极反响式相加即得电池反响式，电池反响式为2AI+6c。2=人12(C2O4)3，故答案为：A l-3 e =Al3+；催化剂；2AI+6CO=AI(C 0)。2 2 2 4 3【点评】此题考察原电池原理、弱电解质的电离、化学平衡影响因素等学问点，千 里 之 行 始 于 足 下认真整理侧重考察学生图象分析、推断及计算力气，明确化学反响原理及物质性质是解此题关键，留 意(1)题电离平衡常数的灵敏运用，题目难度中等。千 里 之 行 始 于 足 下