2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測卷02【廣東卷】

化學(xué)?全解全析

12345678

DCCCDCBD

910111213141516

CDBBDBBB

1.D【解析】A.“自然銅”主要含F(xiàn)eS2,易被氧氣氧化而變質(zhì)，不能存在于地表附近，故A錯(cuò)誤；

B.“自然銅”主要含F(xiàn)eS2,不含銅元素，不可能冶煉出銅，故B錯(cuò)誤；

C.“煨制”是FeS2和氧氣反應(yīng)生成FeS和SO2,故C錯(cuò)誤;

D.“醋萃，，中FeS和醋酸反應(yīng)生成醋酸亞鐵和硫化氫，故D正確；

選D。

2.C【解析】A.可再生能源是指原材料可以再生的能源如水力發(fā)電、風(fēng)力發(fā)電、光伏發(fā)電、生物能沼氣、

海潮能等，故A正確；

B.毛絨材質(zhì)中的聚酯纖維是有機(jī)合成高分子材料，屬于合成纖維，故B正確；

C.碳纖維的主要成分是碳，屬于新型無極非金屬材料，不屬于有機(jī)高分子材料，故C錯(cuò)誤；

D.特種鋼是性能優(yōu)良的鐵合金，屬于金屬材料，故D正確：

故選C。

3.C【解析】A.已知甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，且碳原子半徑大于氫原子半徑，故甲烷的球棍模型為

A正確;

B.出0是共價(jià)化合物，則HQ的電子式為聯(lián)期怎，B正確;

C.同位素是指具有相同數(shù)目的質(zhì)子和不同數(shù)目中子的同一元素的不同原子之間，故‘4和2H2不互為同位

素，C錯(cuò)誤;

D.結(jié)構(gòu)式是指用一根短線表示一對共用電子的式子，則CH30H的結(jié)構(gòu)式為既一啰一醺一用，D正確:

故答案為：C?

4.C【解析】A.含氟牙膏可堅(jiān)固牙齒、預(yù)防糜齒，這是由于F能夠與牙齒中的羥基磷酸鈣發(fā)生離子交換

轉(zhuǎn)變?yōu)楦鼒?jiān)固、更耐酸的氟磷酸鈣，因此與F有關(guān)，A正確；

B.二氧化硫具有還原性，能夠反應(yīng)消耗氧氣，因而可以防止包裝食品的有效成分被氧化，故二氧化硫是一

種抗氧化劑，可適量添加在紅酒中，防止紅酒變質(zhì)而口感變差，B正確；

C.光化學(xué)煙霧、臭氧層空洞的形成都與氮氧化合物有關(guān)，而溫室效應(yīng)與二氧化碳有關(guān)，與氮氧化合物無關(guān),

C錯(cuò)誤；

D.德爾塔是新冠病毒變異毒株，有可能在空氣中以氣溶膠的形式傳播，膠體根據(jù)分散劑的狀態(tài)分為氣溶膠、

液溶膠和固溶膠，氣溶膠屬于膠體中的一類，D正確；

故合理選項(xiàng)是C。

5.D【解析】A.的化學(xué)式為C6H6。3,故A錯(cuò)誤;

的官能團(tuán)種類不同，不屬于同系物，故B錯(cuò)誤;

H含碳碳雙鍵，可與濱水發(fā)生加成反應(yīng)，能使溟水褪色，故C錯(cuò)誤;

0

D.5-HMF含羥基，可與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，故D正確;

故選：D。

6.C【解析】A.硅藻土作為載體，將主要成份裝入且可增大反應(yīng)物的接觸面積，A正確；

B.主要反應(yīng)物為生石灰，生石灰與水反應(yīng)放熱反應(yīng)，碳酸鈉與生石灰、水反應(yīng)生成強(qiáng)堿氫氧化鈉，氫氧化

鈉能與氧化鋁反應(yīng)，促進(jìn)鋁和水反應(yīng)，放出大量熱，B正確；

C.該環(huán)境加水后是堿性環(huán)境，鐵粉不發(fā)生析氫腐蝕，主要發(fā)生吸氧腐蝕，緩慢放出熱量，延長放熱時(shí)間，

C錯(cuò)誤；

D.整個(gè)裝置放熱過程中有是鐵-焦炭粉-溶液形成原電池，鐵為負(fù)極，焦炭粉做正極材料，D正確；

答案選C。

7.B【解析】A.利用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸測定某Na2co3溶液的濃度，將標(biāo)準(zhǔn)鹽酸盛放在酸式滴定管(②)中，待測Na2co,

溶液盛放在錐形瓶(⑥)中，故A正確;

B.用自來水制取蒸鐲水時(shí)采用蒸儲(chǔ)法，用到的儀器有直形冷凝管、蒸儲(chǔ)燒瓶、錐形瓶等，不需要球形冷凝

管，故B錯(cuò)誤；

c.Br?在CCL中的溶解度遠(yuǎn)大于在水中的溶解度，且CCL難溶于水，可用CCL萃取浸水中的Br一用到的

儀器有分液漏斗等，故c正確；

D.采用過濾法除去粗鹽水中難溶性物質(zhì)，用到的儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯等，D正確；

選B。

8.D【解析】A.FeCb溶液可拆，正確的離子方程式為：Cu+2Fe,+=Cu2++2Fe2+,故A錯(cuò)誤；

B.該化學(xué)方程式?jīng)]有配平，正確的化學(xué)方程式應(yīng)為2Na2O2+2CO2=2Na2co3+02,故B錯(cuò)誤；

C.Na2sO3過量，澳和亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成的H+和過量的SO；反應(yīng)生成HSOy,反應(yīng)的離子方

程式為Br2+3SO；+H2O=2Br-+2HSO]+SO；,故C錯(cuò)誤；

D.葡萄糖中的醛基能被銀氨溶液氧化，發(fā)生銀鏡反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為

CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH,),]'+2OHCH2OH(CHOH)4COO+NH；+2Ag+3NH3+H2O，故D正

確；

故選：D。

9.C【解析】A.存在極性鍵、非極性鍵的斷裂(H-0極性鍵、N-N非極性鍵)與形成(H-N極性鍵、0-0

非極性鍵)，故A正確；

B.2N2+6H2O型4NH3+3O2為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)過程中存在太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故B正確；

LDH

C.催化劑不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，使用LDH,可同時(shí)提高反應(yīng)速率，但不能提高N?的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤;

D.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N2+6H2O-4NH3+3O2,由于氮元素從0價(jià)降為-3價(jià)，所以每生成1molNH,

LDH

轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3moi，反應(yīng)生成1.7g(即0」!1101)1'4&時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.311101,故D正確；

故選Co

10.D【解析】石墨接電源正極做電解池的陽極，溶液中氫氧根在石墨即失電子生成氧氣，Zn做陰極發(fā)生

還原反應(yīng)，溶液中鋅離子在陰極得電子生成鋅；

A.Zn極接電源負(fù)極做電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；

B.石墨接電源正極做電解池的陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；

C.溶液中陰離子移向陽極，即SOj移向石墨電極，C錯(cuò)誤；

D.題意是電解ZnSO,溶液得到金屬Zn,所以在該條件下陰極反應(yīng)中Zr?+先于H,得電子而放電，D正確;

故選：D。

10g

11.B【解析】A.Da*。中中子數(shù)為12,則lOgDzM。中含有的中子數(shù)為瑛制xl2xNAinol'<6NA,故

A錯(cuò)誤；

30。

B.甲醛和乙酸的最簡式都為CH2O,則30gCH2O中含氫原子數(shù)為五篇x2xNAmol-i=2NA,故B正確；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，二氯甲烷為液態(tài)，無法計(jì)算2.24L二氯甲烷的物質(zhì)的量和含有的C—C1鍵數(shù)目，故C錯(cuò)誤;

D.未指明溫度和壓強(qiáng)，無法計(jì)算線路中通過NA個(gè)電子時(shí)陽極產(chǎn)生氯氣的體積，故D錯(cuò)誤；

故選B。

12.B【解析】A.四氯化碳可以溶解吸收揮發(fā)出來的Bn,若仍生成淡黃色沉淀，說明苯與溟反應(yīng)時(shí)有

HBr生成，發(fā)生取代反應(yīng)，A正確；

B.硝基苯不與NaOH溶液反應(yīng)，且難溶于水，而NO2可以和NaOH溶液反應(yīng)，可以用NaOH溶液除雜，

但硝基苯為液體，應(yīng)分液分離，B錯(cuò)誤；

C.蒸鐲出的氣體中含有極易溶于水的乙醇蒸氣，以及能和碳酸鈉溶液反應(yīng)的乙酸蒸氣，所以氣管口應(yīng)在右

側(cè)試管中Na2co3溶液液面上方，以防止倒吸，C正確；

D.乙酸和正丁醇易揮發(fā)，球形冷凝管可冷凝回流提高產(chǎn)率，酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，分水器分出生成的水可

使平衡正向移動(dòng)，提高反應(yīng)轉(zhuǎn)化率，D正確；

綜上所述答案為B。

13.D【解析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某種單質(zhì)具有強(qiáng)氧化性，可用

于殺菌消毒，W能形成2個(gè)共價(jià)鍵，W是O元素；Z能形成4個(gè)共價(jià)鍵，Z是C元素；X形成1個(gè)共價(jià)鍵,

X是F元素；Y能形成3個(gè)共價(jià)鍵和1個(gè)配位鍵，Y是B元素。

A.同周期元素從左到右，半徑依次減小，原子半徑：B>C>O>F,故A錯(cuò)誤；

B.B的最高價(jià)氧化物的水化物為H3BO3,H3BO3是弱酸，故B錯(cuò)誤；

C.單質(zhì)氧化性：F2>02,故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)陰離子結(jié)構(gòu)圖，陰離子中B、Si、0、F四種元素均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；

選D。

14.B【解析】A.如圖可知，等質(zhì)量的1-澳丙烷具有的總能量高于2-澳丙烷，能量越高物質(zhì)越不穩(wěn)定，

故穩(wěn)定性：1-漠丙烷<2-溟丙烷，A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，生成1-溪丙烷的活化能高于生成2-7臭丙烷的活化能，活化能越大該反應(yīng)越難進(jìn)行，故平衡后

產(chǎn)物的質(zhì)量：1-溪丙烷<2-澳丙烷，B正確；

C.由圖可知，生成2-溪丙烷的正反應(yīng)是一個(gè)放熱反應(yīng)，故平衡后降低溫度，2-澳丙烷的產(chǎn)率升高，C錯(cuò)誤;

D.由圖可知，生成1-溪丙烷的第I階段的活化能高于第II階段，活化能越大反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)才是決

定一個(gè)多步反應(yīng)總反應(yīng)速率的關(guān)鍵，故第I階段的速率決定著生成1-溪丙烷反應(yīng)的速率快慢，D錯(cuò)誤；

故答案為B。

15.B【解析】A.在室溫下0.05mol/LH2R溶液中存在H?R、HR,R%說明H2R能夠電離產(chǎn)生H+,而且

分步電離，電離程度逐漸減弱，主要是第一步電離，使溶液中c(H+)>c(OH),r溶液顯酸性。c(H+)<2xO.O5

mol/L=0.1moI/L,因此該溶液pH>l,A正確；

B.由于在溶液中以H3R+、H2R、HR,R2-四種形式存在，所以根據(jù)R元素守恒可知：

+2-1

c(H,R)+c(H2R)+c(HR-)+c(R)=0.05mol-L-,B錯(cuò)誤；

C.向溶液中加入PAR晶體，電解質(zhì)的濃度增大，PAR的電離平衡正向移動(dòng)，但平衡移動(dòng)的趨勢是微弱的,

平衡移動(dòng)消耗量小于PAR的加入量，導(dǎo)致其電離度減小，C正確；

D.溶液中含有的微粒H3R+、H?R、HR-能夠與堿電離產(chǎn)生的OH-發(fā)生反應(yīng)，而R?-則能夠與酸電離產(chǎn)生的

H+結(jié)合，因此該溶液既能和酸反應(yīng)，又能和堿反應(yīng)，D正確；

故合理選項(xiàng)是B。

16.B【解析】據(jù)圖可知a極上CH3coCT轉(zhuǎn)化為CO?和H+,C元素被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，

則b極為正極。

A.a極為負(fù)極，CH3coCT失電子被氧化成C02和H+,結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為

CH3coeF+2H2O-8e-=2CO2T+7H+,故A正確；

B.為了實(shí)現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負(fù)極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子

需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽離子交換膜，故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移Imol電子時(shí)，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會(huì)有ImolC「移向負(fù)極，同時(shí)有l(wèi)molNa+移向正

極，即除去ImolNaCL質(zhì)量為58.5g,故C正確；

D.b極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2f,所以當(dāng)轉(zhuǎn)移8moi

電子時(shí)，正極產(chǎn)生4moi氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2moi氣體，物質(zhì)的量之比為4:2=2:1,故D正

確；

故答案為B。

17.(1)圓底燒瓶(1分)使玻璃塞上的凹槽(或小孔)對準(zhǔn)漏斗上的小孔(1分)

2++

5so2+2MnO；+2H2O=5SO^+2Mn+4H（2分）

（2）2（2分）將氣體通人品紅溶液中，品紅溶液褪色，將褪色的品紅溶液加熱，溶液恢復(fù)紅色（或用滴有

碘水的淀粉試紙接近試管口，觀察到試紙由藍(lán)色變?yōu)闊o色）（2分）

（3）Cu*與C「反應(yīng)生成不溶于水的CuCl,促進(jìn)Ci?+與HSO；反應(yīng)平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)生成的H+與過量HSO；

反應(yīng)生成SO?（2分）

（4）乙中電流表偏轉(zhuǎn)較甲中大；乙中右側(cè)燒杯中產(chǎn)生白色沉淀，甲中未出現(xiàn)白色沉淀或乙中左側(cè)燒杯出現(xiàn)無

色氣體（2分）乙實(shí)驗(yàn)加人NaCl,溶液中生成CuCl,Cd濃度降低，其他參與反應(yīng)的離子濃度不變，

乙實(shí)驗(yàn)的電勢差E增大，則乙裝置反應(yīng)進(jìn)行程度增大（2分）

【解析】I.由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中濃硫酸與銅共熱反應(yīng)制備二氧化硫，裝置B為空載儀器，做安

全瓶，起防倒吸的作用，裝置C中過量二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應(yīng)制備亞硫酸氫鈉，裝置D中盛有的酸

性高鎰酸鉀溶液用于吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染空氣，同時(shí)可以通過溶液顏色的變化判斷C中二氧

化硫是否過量；

II.該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑樘骄縼喠蛩釟涓x子與銅離子的反應(yīng)是否為氧化還原反應(yīng)，通過實(shí)驗(yàn)探究得到亞

硫酸氫根離子與銅離子的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)的結(jié)論，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為

2+2+-+

2Cu+HSO；=2Cu++SO；+H+、2Cu+HSO,+2C1+H2O=2CUC1I+SO；-+3Ho

（1）①由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器a為圓底燒瓶；為使分液漏斗內(nèi)的濃硫酸順利滴下，需進(jìn)行的操作為將分液

漏斗上部的玻璃塞打開或使玻璃塞上的凹槽（或小孔）對準(zhǔn)漏斗上的小孔，形成空氣對流，故答案為：圓底燒

瓶；使玻璃塞上的凹槽（或小孔）對準(zhǔn)漏斗上的小孔；

②由分析可知，裝置D中盛有的酸性高鎰酸鉀溶液用于吸收未反應(yīng)的二氧化硫，防止污染空氣，同時(shí)可以

通過溶液顏色的變化判斷C中二氧化硫是否過量，二氧化硫與酸性高鋅酸鉀溶液反應(yīng)的離子方程式為

-2+++

5SO,+2MnO4+2H2O=5SO；+2Mn+4H,故答案為：5SO,+2MnO4+2H2O=5SO；"+2Mn"+4H；

（2）由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，向綠色溶液中加入適量氯化鈉固體，反應(yīng)生成氯化亞銅白色沉淀說明實(shí)驗(yàn)I發(fā)生的反

應(yīng)中銅離子被還原為亞鐵離子，證明假設(shè)2合理：由分析可知，等體積等濃度的亞硫酸氫鈉溶液與硫酸銅

溶液反應(yīng)時(shí)，亞硫酸氫鈉溶液過量，過量的亞硫酸氫鈉溶液與溶液中氫離子反應(yīng)生成二氧化硫，可以用品

紅溶液或滴有碘水的淀粉試紙檢驗(yàn)二氧化硫的生成，具體操作為將氣體通人品紅溶液中，品紅溶液褪色，

將褪色的品紅溶液加熱，溶液恢復(fù)紅色（或用滴有碘水的淀粉試紙接近試管口，觀察到試紙由藍(lán)色變?yōu)闊o色）,

故答案為：2；將氣體通人品紅溶液中，品紅溶液褪色，將褪色的品紅溶液加熱，溶液恢復(fù)紅色（或用滴有碘

水的淀粉試紙接近試管口，觀察到試紙由藍(lán)色變?yōu)闊o色）；

（3）由分析可知，實(shí)驗(yàn)I中存在如下平衡2CU2++HSO；U2CU++S0；+H+,向綠色溶液中加入適量氯化鈉固體,

氯離子與亞銅離子反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)生成的氫離子與過量的亞硫酸氫

鈉溶液與反應(yīng)生成二氧化硫，故答案為：C「與C「反應(yīng)生成不溶于水的CuCl,促進(jìn)Cu??與HSO；反應(yīng)平衡

正向移動(dòng)，反應(yīng)生成的H+與過量HSO；反應(yīng)生成SO?；

(4)①由分析可知，實(shí)驗(yàn)甲中發(fā)生的反應(yīng)為2Cu2++HSO；U2Cu++SO；+H+,實(shí)驗(yàn)乙中發(fā)生的反應(yīng)為

2Cu2++HSO；+2C1+HQ=2CuClJ+SO：+3H，,由方程式可推知，乙中的反應(yīng)程度大于甲中的反應(yīng)程度,

電流表偏轉(zhuǎn)大于甲；甲中右側(cè)燒杯中未出現(xiàn)白色沉淀，而乙中右側(cè)燒杯中產(chǎn)生白色沉淀，左側(cè)燒杯出現(xiàn)無

色氣體，故答案為：乙中電流表偏轉(zhuǎn)較甲中大；乙中右側(cè)燒杯中產(chǎn)生白色沉淀，甲中未出現(xiàn)白色沉淀或乙

中左側(cè)燒杯出現(xiàn)無色氣體；

②乙實(shí)驗(yàn)加入NaCl,溶液中生成CuCl,CC濃度降低，其他參與反應(yīng)的離子濃度不變，根據(jù)方程

E=E°-下吟‘可知'乙實(shí)驗(yàn)的電勢差E增大，則乙裝置反應(yīng)進(jìn)行程度增大，故答案為:

乙實(shí)驗(yàn)加人NaQ,溶液中生成CuCl,濃度降低，其他參與反應(yīng)的離子濃度不變，乙實(shí)驗(yàn)的電勢差E

增大，則乙裝置反應(yīng)進(jìn)行程度增大.

18.(l)3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O(2分)

(2)進(jìn)一步將Fe2+氧化(1分)

3++

(3)3.2<pH<9.27(2分)Fe+3H2O^=^Fe(OH)3+3H(2分)加CaCC)3與H+反應(yīng)，促進(jìn)Fe3+水

解正向進(jìn)行,生成Fe(0H)3沉淀(2分)

(4)Fe(OH)3和CaSCU(2分)

(5)b(l分)Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(2分)

【解析】本題是一道考查制備硫酸鎰的工業(yè)流程題，首先用硫酸溶解廢鐳渣，過濾除去濾液，之后用硫鐵

礦還原二氧化鐳得到銃離子，過濾除雜，加入二氧化銃將二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵，再加入碳酸鈣調(diào)pH除鐵，

過濾，將濾液結(jié)晶得產(chǎn)物，以此解題。

(1)由流程知，反應(yīng)1中MnCh不反應(yīng)，濾渣A是Mn02,與FeSz反應(yīng)生成單質(zhì)硫，因此反應(yīng)II的化學(xué)方程

式是3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+4S+Fe2(SO4)3+6H2O；

3+

⑵反應(yīng)III加MnO2是進(jìn)一步將Fe2+氧化成Fe；

(3)調(diào)節(jié)溶液pH不能使MM+沉淀，使Fe3+沉淀完全，因此pH的范圍3.2<pH<9.27：Fe?+水解，水解的離子

3+

方程式為：Fe+3H2O峰？Fe(OH)3+3H+；加CaCCh與H+反應(yīng)，促進(jìn)Fe?+水解正向進(jìn)行，生成Fe(0H)3

沉淀；

(4)通過第三問可知，沉淀中含有氫氧化鐵，另外過濾II的濾液中含有硫酸根離子加入碳酸鈣調(diào)pH會(huì)產(chǎn)生

硫酸鈣，故渣C的成分是Fe(OH)3和CaS04：

2+

(5)Mn2+發(fā)生氧化反應(yīng)生成產(chǎn)物，故Md+在陽極發(fā)生反應(yīng)，電極反應(yīng)式是Mn+2H2O-2e-=MnCh+4H%

19.⑴-164.0(2分)

(2)0.48kPa-s-1(2分)

(3)吸收熱量(1分)＜：0+011+汨+3H2(g)=?CO+3H2(g)+H2O(g)或OH+?H=H20(g)(2分)

(4)1(2分)減少c(COj:c(Hq)的投料比(或及時(shí)移出產(chǎn)物)(1分)

+

(5)CO2+8e+8H=CH4+2H2O(2分)300℃到400℃之間，溫度比催化劑對甲酸的生成速率影響

大，因此溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以甲酸生成速率加快(2分)

1

【解析】⑴凡和CH4的燃燒熱分別為一285.5kJm。『和-890.0kJmol,可知熱化學(xué)方程式：則

1

a.H,(g)+1o2(g)=H2O(l)AH-285.5kJ-mor,

1

b.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-890.0kJmoF,

c.H2O(l)=H2O(g)AH2=+44.0kJ/mol,根據(jù)蓋斯定律，4a+2c-b得：

CO2(g)+4H2(g)=*CH4(g)+2H2O(g)AHI=-164.0kJmol'；

(2)列三段式有：

CO2(g)+4H2(g)三—CH4(g)+2H2O(g)

起始量(砂a)153000

轉(zhuǎn)化量(kPa)520510

平衡量(kPa)1010510

4

根據(jù)V(CH4)=1.2xl()6p(c02)p4(H2)(kPas-i)計(jì)算，v(CH4)=1.2xl0-6p(CO2)p(H2)

1

(kPasiRZxlO-GxiOxKHR]2kPa-sL根據(jù)方程式分析，甲烷和氫氣的速率比為1:4,所以v(H2)=0.48kPa-s-1＞

(3)從圖分析，每個(gè)從物質(zhì)吸附在催化劑表面到形成過渡態(tài)的過程會(huì)吸收熱量；反應(yīng)歷程中最小能壘(活化

能)步驟為最后一步，化學(xué)方程式為＜：0+?011+小+3H2(g尸?CO+3H2(g)+H2O(g)。

(4)35OC時(shí)，A點(diǎn)時(shí)C。?、CH」的濃度相同，由反應(yīng)可知CO?和H?。按1:2投料，同時(shí)按照1：2反應(yīng)，

則平衡時(shí)HQ的濃度為CO?的2倍，的濃度是甲烷濃度的2倍，則平衡常數(shù)K=f|羋黑~=1,為提

C(CO2)C-(H2O)

高CO2的轉(zhuǎn)化率，需使平衡正向移動(dòng)，除改變溫度外，還可以減少c(CO2)：c(Hq)的投料比(或及時(shí)移出產(chǎn)

物），故答案為：1;減少c（COj:c（HQ）的投料比（或及時(shí)移出產(chǎn)物）；

（5）①由圖示信息可知，陰極發(fā)生的反應(yīng)為二氧化碳得電子轉(zhuǎn)變成甲烷和水，電解反應(yīng)式為:

++

CO2+8e"+8H=CH4+2H2O,故答案為：CO2+8e~+8H=CH4+2H2O；

②由圖可知溫度在250℃時(shí)，催化劑的轉(zhuǎn)化效率達(dá)到最大值，溫度在升高到300C過程中催化劑的轉(zhuǎn)化效率

明顯下降，但超過300℃后又明顯增加，可判斷是溫度本省對反應(yīng)的影響導(dǎo)致的，溫度升高反應(yīng)速率加快，

故答案為：300℃到400℃之間，溫度比催化劑對甲酸的生成速率影響大，因此溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加

快，所以甲酸生成速率加快；

20.（1）4s24P3（1分）大于（1分）

（2）S原子半徑較小，H—S鍵的鍵能較大（2分）（答S的非金屬性更強(qiáng)，所以硫化氫更穩(wěn)定給1分）

CS：（1分）H2s中S采用sp3雜化，CS2中C采用sp雜化（或H2s分子中S原子價(jià)層有2個(gè)孤電子對，

孤電子對對成鍵電子對排斥力大于成鍵電子對之間排斥力，所以鍵角較小；或CS2分子中C原子價(jià)層沒有

孤電子對，成鍵電子對之間排斥力相同且較小）（2分）

NH,

(3)4(1分)Cd（1分）

Z|\

NH3屆3NH3

（4）晶體中均存在自由移動(dòng)的電子（1分）

(5)(-)I,己)(2分)^(axlO10)3(2分)

【解析】（1）種和磷為同一主族的元素，P價(jià)層電子排布式為3s23P3,且神為第四周期，則As的價(jià)層電子

排布式為4s24P3；同主族元素，隨原子序數(shù)的增大，原子半徑增大，第一電離能減小，則第一電離能：磷大

于碑;

（2）從原子半徑、鍵能角度分析氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性。原子半徑：r（S）<4Te）,鍵能：H-S>H-Te,

所以H2s較穩(wěn)定。H2s分子中S原子價(jià)層有2個(gè)孤電子對，孤電子對對成鍵電子對排斥力大于成鍵電子對

之間排斥力，所以鍵角較小；CS2分子中C原子價(jià)層沒有孤電子對，成鍵電子對之間排斥力相同，呈直線形

最穩(wěn)定，鍵角較大（或從雜化軌道角度解釋，H2s中S采用sp3雜化，CS2中C采用sp雜化）。

（3）根據(jù)配離子[Cd（NH3）4]2+可知，中心離子的配位數(shù)為4；即Cd2+周圍含有4個(gè)氨分子，離子結(jié)構(gòu)式為

24

'NH3T

Cd；

Z|\

NH

3NH3NH3

（4）錯(cuò)、鎘屬于金屬晶體，晶體中均存在自由移動(dòng)的電子，所以錯(cuò)、鎘均是電熱的良導(dǎo)體;

(5)①號(hào)位在底面的投影應(yīng)位于底面對角線的3;處，根據(jù)①號(hào)位的坐標(biāo)為3:，43，=3),可知該坐標(biāo)系中

晶胞的棱長為1,③號(hào)位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐標(biāo)為3、1,③號(hào)位碳原子位于

右側(cè)面的面心，所以z坐標(biāo)為T，則該原子的坐標(biāo)為(g,1,g)；

根據(jù)均攤法，該晶胞中As原子的個(gè)數(shù)為8X：+6X：=4,Cd原子的個(gè)數(shù)為6,所以晶體的化學(xué)式為Cd3As2,

82

神化鎘的摩爾質(zhì)量為則晶胞的質(zhì)量，〃=券g,晶胞參數(shù)為apm,則晶胞的體積V=a3pm3=(axlO10)3

2M

g2M

cm3,所以晶胞的密度=-=----相-----=/?|-iovg-cm-\

pV(axIO-'0)3cm3NAx(n)

21.(1)間苯二酚或1,3-苯二酚(1分)(酚)羥基和酮埃基(2分)

(2)取代反應(yīng)(1分)保護(hù)酚羥基，防止其被破壞(1分)

+CU2OJ+3H2。（2分）

【解析】根據(jù)題干有機(jī)合成流程圖可解決(1)~(3)小題，(4)由化合物HI、V合成化合物VI,先是酮鍛基相連

的甲基上的C-H鍵斷裂與V中的醛基發(fā)生加成反應(yīng)生成的中間產(chǎn)物X,然后X再發(fā)生消去反應(yīng)生成VI,

CHQCH2Vli

故中間產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是10c%(5)由題干合成流程圖可知，化合物II的分子式為:

C8H8。3,則符合下列條件①能使FeCh溶液顯色即含有酚羥基；②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)即有醛基或甲酸酯基，

又能發(fā)生水解反應(yīng)含有酯基，結(jié)合O個(gè)數(shù)，綜合為含有甲酸酯，若苯環(huán)上為兩個(gè)取代基即-OH、-CHzOOCH

有鄰、間、對三種，若苯環(huán)上有三個(gè)取代基即-OH、-OOCH和CH3,則先考慮前兩個(gè)有鄰、間、對三種位

置關(guān)系，再連第三個(gè)取代基時(shí)分別有4種、4種和2種位置關(guān)系，故符合條件的分子II的同分異構(gòu)體數(shù)目有

CH,

H2cl?f012cl可由0,和Cb光照條件下生成，據(jù)此確定合成路線，據(jù)此分析解

由水解得到,

題。

HO

(1)由題干流程圖中，化合物I的結(jié)構(gòu)簡式為：YV,故其名稱是間苯二酚或1,3-苯二酚，化合物

11的結(jié)構(gòu)簡式為:CH”故其所含的官能團(tuán)名稱是(酚)羥基和酮談基，故答案為：間苯二酚或1,

3-苯二酚；(酚)羥基和酮鍛基;

敘甲基甲艇CH、OCH,、八、

(2)由題干流程圖可知，IV轉(zhuǎn)化為V即麗麗*，故該轉(zhuǎn)化的反應(yīng)類型是取代反

應(yīng)，分析流程中II到in、iv到v為用氯甲基甲醛來取代羥基，而vi到VII