第十屆湖北省高三（4月）調研模擬考試化學試題解析相關的相對原子質量：H1C12O16N14Na23Bi209Ge73Cu64一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45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．明代宋應星所著的《天工開物》是一本工藝百科全書。下列化學原理錯誤的是工藝關鍵操作化學原理A耕種“石灰淹苗足”利用石灰中和土壤酸性B冶錫方始沛然流注”在錫中加鉛形成合金以升高熔點C制鹽“凡煎鹵未即凝結……將皂角椎碎，和粟米糠投入其中攪和，鹽即頃刻結成”皂角和粟米糠促進食鹽結晶D制糖“凡飴餳……用稻、麥之類浸濕，生芽暴干，然后煎煉調化而成”谷物生芽產生糖化酶使淀粉水解成麥芽糖【答案】B【解析】A．《天工開物》中提到“土性帶冷漿者，宜骨灰蘸秧根，石灰淹苗足，向陽暖土不宜也”。對于長年受冷水浸泡的稻田，即“冷水田”，這樣做可以起到一定的改良土壤和促進秧苗生長的作用。因為石灰具有堿性，能調節土壤酸堿度，改善土壤的理化性質，還可以起到一定的殺菌除蟲作用，有利于秧苗根系的生長發育。但對于向陽的暖水田則不適用，因為暖水田的土壤條件相對較好，不需要用石灰來調節，使用石灰可能反而會對土壤和秧苗造成不良影響。A正確；B．“火力已到，砂不即熔，用鉛少許勾引，方始沛然流注”這句話描述的是一種冶金過程中的現象。意思是當加熱的火力已經達到一定程度，但礦石（砂）卻沒有立即熔化，此時加入少量的鉛作為“勾引”物，就能使礦石開始順暢地熔化并流淌。在古代冶金技術中，鉛可能起到了降低礦石熔點、促進礦石中金屬成分還原或改善流動性等作用，從而幫助實現礦石的有效冶煉，使金屬能夠順利地從礦石中分離出來并以液態形式流出。B錯誤。C．意思是在煎煉鹽鹵汁時，如果沒有即時凝結，可以將皂角舂碎摻和小米糠一起投入沸騰的鹵水里攪拌均勻，鹽分便會很快地結晶成鹽粒。加入皂角能使鹽凝結，就如同加入石膏能使豆漿凝結成豆腐一樣。皂角能發泡，可以絮凝鹵水中的雜質，從而促進食鹽結晶。C正確；D．這段話描述的是飴餳的制作方法。飴餳，漢語詞語，讀音為yíxíng，飴和餳，亦泛指飴糖。具體制作方法是，將稻、麥、黍、粟等谷物浸濕，讓其發芽，然后將發芽的谷物曬干，再通過煎煉、調化等工藝，最終制成飴餳。谷物芽中含麥芽糖酶，使稻、麥中的淀粉經煎煉調化條件下水解成麥1芽糖，D正確。故答案選B。2．化學用語可以表達化學過程，下列化學用語表達錯誤的是A．用電子式表示H2O的形成過程：H?+?O?+?H→H+[EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(·),·)OEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(·),·)]2-H+B．Al(OH)3溶于NaOH溶液：Al(OH)3+NaOHNa[Al(OH)4]C．用電子云輪廓圖表示p-pσ鍵的形成：D．由苯乙烯和1，3－丁二烯共聚制備丁苯橡膠：【答案】A【解析】A．H2O共價化合物，不能表示為離子化合物，故A選項表達錯誤；B．Al(OH)3與NaOH溶液反應生成Na[Al(OH)4]，其化學方程式為：Al(OH)3+NaOHNa[Al(OH)4]，故B選項表達正確；C．p-pσ鍵是兩個啞鈴形的p軌道通過“頭碰頭”重疊形成的，故C選項表達正確；D．1，3－丁二烯為共軛二烯烴，與苯乙烯共聚反應（加聚反應）后在高分子鏈節上保留碳碳雙鍵，故D選項表達正確。3．化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A．內酯豆腐：葡萄糖酸-δ-內酯緩慢水解為葡萄糖酸使豆類蛋白質膠體聚沉B．502膠水：α-氰基丙烯酸乙酯在空氣中微量水的催化下發生縮聚反應固化C．保暖熱袋：袋中的過飽和醋酸鈉溶液遇到外界激蕩后變成晶體并放出熱量D．泡騰藥片：有機酸和碳酸鹽在水中發生反應產生二氧化碳使藥物快速溶解【答案】B【解析】水解葡糖糖酸呈弱酸性，可以使豆類蛋白質膠體發生聚沉，A正確；2B．α-氰基丙烯酸乙酯α-氰基丙烯酸乙酯中的碳碳雙鍵發生加成聚合反應，而不是縮聚反應，B錯誤；關注湖北升學通獲取最新消息C．保暖熱袋中的過飽和醋酸鈉溶液處于亞穩態。當受到某些刺激，例如加入晶種、攪拌、晃動或摩擦等使其產生微小的結晶，則此狀態會失去平衡，過多的溶質就會析出來，恢復成一個適合此時溫度的平衡狀態（飽和溶液狀態）。所以它就要將這個溫度以上的熱量全部散發出來，于是就發燙了。CH3COO-(aq)+Na(aq)+3H2O(l)CH3COONa·3H2O(s)ΔH<0，故C正確；D．泡騰藥片將主藥和崩解劑（一般為有機酸，如檸檬酸和碳酸鹽，如NaHCO3或Na2CO3）混在一起做成藥片，將藥片置入水中，即刻發生泡騰反應，生成并釋放大量的二氧化碳氣體，狀如沸騰，故名泡騰片，泡騰能使藥物快速溶解，D正確。故答案選B。關注湖北升學通獲取最新消息4．從海帶中提取碘的主要操作過程如圖所示，下列有關敘述正確的是①②④③⑤①②④③⑤A．步驟①灼燒海帶可在蒸發皿中進行B．步驟②要經過溶解、加熱、過濾等操作C．步驟④分液時有機層從分液漏斗上口倒出D．步驟⑤蒸餾時要用到球形冷凝管【答案】B【解析】A．步驟①的操作為固體物質的加熱灼燒，應在坩堝中進行，故A選項敘述錯誤；B．步驟②先將海帶灰用水溶解，并加熱，然后過濾以除去不溶性的雜質，故B選項敘述正確；C．步驟④為萃取操作，碘的CCl4溶液在下層，分液時有機層應從分液漏斗的下口放出，故C選項敘述錯誤；D．步驟⑤要實現碘和CCl4的分離，需要蒸餾裝置，蒸餾裝置中應選用直形冷凝管，故D選項敘述錯誤。5．物質組成與結構的變化可以引起性質的變化。下列推測不合理的是物質組成與結構變化性質變化3ANH4NO3C2H5NH3NO3熔點降低BCH3COOHCF3COOH酸性增強C識別的堿金屬離子半徑變大DAgCl[Ag(NH3)2]Cl在水中的溶解度變大【答案】C【解析】A．NH4NO3常溫下為固體，熔點170℃,將銨根離子中的一個氫原子換成乙基后，離子半徑增大，離子鍵減弱，熔點降低，熔點12℃,常溫下為液體，A正確；B．甲基是推電子基團，將甲基中的氫原子換成氟原子后，三氟甲基是強吸電子基團，前者使羧基中的羥基極性減弱，故乙酸是弱酸后者使羧基中的羥基極性大大增強，酸性增強（pKa=0.23可以計算0.1mol/L的CF3COOH，電離度大約87%，B正確；C．冠醚：18-冠-6（空腔直徑260~320pm）適合識別鉀離子（直徑276pm）比15-冠-5（空腔直徑170~220pm適合識別鈉離子（直徑204pm）,識別的陽離子半徑變小，C錯；D．氯化銀難溶于水，但氯化二氨合銀易溶于水，D正確。故答案選C。關注湖北升學通獲取最新消息6．天然植物染料蘇木素（如圖）對金黃色葡萄球菌有顯著抑制作用。下列說法正確的是A．蘇木素屬于芳香烴B．蘇木素生成甲的反應是還原反應C．蘇木素和甲的手性碳原子數一樣多D．蘇木素的分子式為C16H14O6【答案】D【解析】A．蘇木素中含有氧元素，不屬于烴，屬于芳香烴的衍生物，A錯；B．蘇木素中的右邊的羥基變成酮基，中間五元環上還生成了一個碳碳雙鍵，共失去2個H，發生了氧化反應，不是還原反應，甲是氧化蘇木素，B錯；C．蘇木素和甲（氧化蘇木素的手性碳原子數分別為2和1，不一樣多，C錯；D．蘇木素的分子式為C16H14O6，D正確。故答案選D。47．下列過程對應的離子方程式正確的是A．少量SO2通入氨水中：SO2+2NH3·H2O2NHEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(+),4)+SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)?+H2OB．Na2S溶液在空氣中氧化變質：2S2-+O2+4H+2S↓+2H2OC．用惰性電極電解MgCl2溶液↑+Cl2↑D．將AgCl和AgI的飽和溶液等體積混合產生沉淀：I－+AgClCl－+AgI【答案】A【解析】A．少量SO2通入堿溶液中生成正鹽，其反應為SO2+2NH3·H2O2NHEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(+),4)+SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)?+H2O故A正確；B．Na2S溶液因為水解呈堿性，不呈酸性，氫離子作反應物不合理，應該寫成2S2-+O2+4H2O2S↓+4OH-，B錯誤；C．惰性電極電解氯化鎂溶液，生成Mg(OH)2沉淀、氫氣和氯氣，離子方程式為Mg2++2Cl－+D．氯化銀溶解度大于碘化銀，氯化銀的飽和溶液離子濃度大，等體積混合后銀離子和氯離子都變小，不會有氯化銀沉淀析出，也不會有沉淀的轉化，對碘化銀而言，混合后銀離子濃度增大2倍以上[需結合溶度積常數算25℃Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17]，但碘離子濃度減小兩倍，所以會有碘化銀沉淀析出，離子方程式為Ag++I-＝AgI↓,D錯誤。故答案選A。8．化學理論是分析化學問題和解釋化學現象的重要依據。下列敘述錯誤的是A．用共價鍵理論可解釋分子的穩定性B．阿伏加德羅定律為氣體摩爾體積概念的提出提供了理論依據C．用碰撞理論可解釋外界條件對化學反應速率的影響D．大π鍵結構理論可解釋苯及其同系物不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】D【解析】A．用共價鍵理論（鍵長和鍵能）解釋共價鍵的穩定性，從而解釋分子的穩定性，故A選項敘述正確；5B．阿伏加德羅定律的內容為“同溫同壓下，相同的體積的任何氣體具有的分子數目相同”，因此在一定的溫度和壓強下，1mol任何氣體(NA個氣體分子)的體積也相同，為氣體摩爾體積的概念提供了理論依據，故B選項敘述正確；C．活化分子碰撞理論認為具有足夠能量的活化分子按照適當的取向進行碰撞才引起舊鍵斷裂和新鍵形成，因此活化分子的濃度大小決定了反應速率的快慢，從而成功的解釋了溫度、濃度、壓強、催化劑等外界條件對對化學反應速率的影響，故C選項敘述正確；D．大π鍵結構理論解釋了苯環本身的穩定性，因此苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但是苯的同系物側鏈能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而褪色，故D選項敘述錯誤。9．元素A、B、E的原子半徑依次增大，A的基態原子價電子排布為nsnnpn+1，B的基態原子2p能級有2個單電子，基態E2+的M能層為最外層且全充滿。下列說法錯誤的是A．電負性：A>BB．E位于元素周期表的ds區C．A和B的簡單氫化物均為極性分子D．用VSEPR模型可預測AEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),3)為直線形結構【答案】C【解析】A、B、E分別為N、C、Zn。基態原子2p能級有2個單電子不要把B推成了O——基態原子2p能級有2個單電子的元素有C和O，但因為半徑C>N>O，根據題意，B只能是C。E為Zn，不能推成Ca，因為M能層排滿應該是18個電子而不是8個。A．電負性N>C，A正確；B．Zn位于周期表IIB族，為元素周期表ds區的元素，B正確；C．簡單氫化物NH3為極性分子，但CH4為非極性分子，C錯；D．N3-為AB2E0型，即σ(5+1-2×3)=0，共2對價層電子對，VSEPR模型為直線型，因為沒有孤電子對，故N3-為直線型，D正確。故答案選C。10．硫脲[CS(NH2)2]可用石灰氮(CaCN2)與H2S控制在80℃時反應制備，同時產生石灰乳，實驗裝置如圖（夾持儀器略去下列說法正確的是6A．甲中的分液漏斗盛有稀硝酸B．丙中的加熱裝置可選用酒精燈C．反應前后均需通入一段時間N2D．生成硫脲的反應中H2S發生氧化反應【答案】C【解析】A．H2S是一種強還原性氣體，不能選氧化性的硝酸來制備，故A選項說法錯誤；B．C裝置需要加熱到80℃,而酒精燈加熱不利于溫度控制，可選用水浴加熱或控溫電熱套加熱，故B選項說法錯誤；C．因H2S和硫脲[CS(NH2)2]均有還原性，故反應前需通入N2以除去裝置中的O2，實驗結束時再次通入N2使裝置中殘留的有毒氣體H2S排入E裝置被吸收，故C選項說法正確；D．生成硫脲[CS(NH2)2]的反應中，H2S中的元素化合價沒有變化，則H2S沒有發生氧化反應，故D選項說法錯誤。11．烴基鹵化鎂(R－MgX)也稱格氏試劑，能夠與羰基等發生格氏反應：下列轉化不能通過格氏反應實現的是(格式試劑可根據需要任選)A．甲醛(HCHO)轉化為正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)B．乙醛(CH3CHO)轉化為乙醇(CH3CH2OH)C．丙酮(CH3COCH3)轉化為叔丁醇[(CH3)3COH]D．二氧化碳(O＝C＝O)轉化為乙酸(CH3COOH)【答案】B【解析】A．甲醛(HCHO)與CH3CH2CH2－MgX發生格氏反應生成正丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)；B．乙醛(CH3CHO)轉化為乙醇(CH3CH2OH)發生加成（還原）反應，碳鏈沒有增長，故不能通過7格氏反應實現；C．丙酮(CH3COCH3)與CH3－MgX發生格氏反應生成叔丁醇[(CH3)3COH]；D．二氧化碳(O＝C＝O)與CH3－MgX發生格氏反應生成乙酸(CH3COOH)。12．通過X射線衍射實驗可以測定晶體的結構。乙酸的晶體和晶胞如圖。下列說法錯誤的是A．乙酸晶體屬于分子晶體，每個晶胞中有4個乙酸分子B．晶體中分子的不同取向及非緊密堆積方式與氫鍵有關C．分子沿Z軸在底面上的投影，1和2、3和4分別重合D．乙酸晶體的X射線衍射圖譜中有若干個明銳的吸收峰【答案】C【解析】A．乙酸的晶胞結構是單斜晶系，晶胞參數為a=666.7pm，b=4928pm，c=818.2pm，β=96.45o,其中乙酸分子通過氫鍵互相作用形成三維網絡結構，為分子晶體，從圖中可以看出，每個晶胞中有4個乙酸分子，A正確；關注湖北升學通獲取最新消息B．因為乙酸分子中有氫氧鍵，可以形成分子間氫鍵，所以晶體中乙酸分子有2種不同的取向，采取的不是緊密堆積，B正確；C．右圖是一個完整的晶胞，若1和2、3和4的投影分別重合，那就是兩個晶胞了，所以1和82、3和4的投影不重合。實際情況如圖，故C錯誤；D．晶體中分子的有序排列，在X射線衍射圖像上會有若干高且窄的吸收峰，若為非晶體，則在X射線衍射圖像上的吸收峰會矮且寬，D正確。故答案選C。13．由乙烯胺（CH2＝CHNH2）可制備高分子材料聚乙烯胺（如圖）。下列說法錯誤的是A．乙烯胺和聚乙烯胺分子中的氮原子和碳原子均為sp3雜化B．乙烯胺生成聚乙烯胺的過程中既有σ鍵斷裂也有π鍵斷裂C．氨基有堿性，故聚乙烯胺可用作空氣中CO2的捕集材料D．氨基與水分子間能形成氫鍵，故聚乙烯胺有良好的吸水性【答案】A【解析】A．乙烯胺CH2=CH-NH2分子中，碳原子采取sp2雜化，氮原子采取sp3雜化，聚乙烯胺中，碳原子氮原子均采取sp3雜化，A錯；B．乙烯胺聚合時，碳碳雙鍵中的π鍵一定會斷裂，但也有部分分子的氨基斷裂N—Hσ鍵，然后相互聚合成鏈，B正確；C．聚乙烯胺中的氨基上有孤電子對，可以與H+反應，體現出堿性，故聚乙烯胺通常用作空氣中CO2的捕集材料，反應式可以表示為RNH2+CO2+H2ORNH3HCO3，C正確；D．氨基中有N-H鍵，水分子有O-H鍵，所以聚乙烯胺有良好的吸水性，D正確。故答案選A。14．我國科學家通過Cu2O超低電位下電催化硝酸鹽與甲醇在Cu2O/Cu復合電極上反應，其原理如圖，其中離子交換膜只允許OH-通過。下列說法錯誤的是9A．反應過程中Cu2O和Cu在電極b上被氧化B．陽極區的反應包括：CH3OH+CuOHCHO+Cu+H2OC．理論上每生成1molHCOO就有4molOH－通過離子交換膜D．KOH溶液在反應過程中pH保持不變【答案】D【解析】A．根據圖示信息可知，Cu2O/Cu電極為陽極，電極反應為：Cu－2e?+2OH?CuO+H2O和Cu2O－2e?+H2O+2OH?2Cu(OH)2，然后陽極區發生反應：CH3OH+CuOHCHO+Cu+H2O和HCHO+2Cu(OH)2+OH?HCOO－+Cu2O+3H2O，故A選項說法正確；B．CH3OH在陽極區被氧化成HCHO，發生的反應為：CH3OH+CuOHCHO+Cu+H2O，故B選項說法正確；C．根據陰極區的反應(NOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),3)+6H2O+8e?NH3+9OH?)和陽極區的反應及電荷守恒可知OH-通過離子交換膜向右移動，每生成1molHCOO－，電路上有4mol電子通過，則有4molOH－通過離子交換膜，故C選項說法正確；D．根據陽極區發生的反應可知，每生成1molHCOO就有1molKOH轉化為1molHCOOK，則溶液的pH減小，故D項說法錯誤。15．常溫下向二元酸H3RO2的溶液中滴加燒堿溶液，各種含R微粒的分布系數δ（某含R微粒的濃度占所有含R微粒總濃度的百分數）隨pH的變化如圖。下列說法錯誤的是ⅡⅢ3.88.1pHA．H3RO2為弱酸B．H3RO2的一級電離常數為10?3.8C．NaH2RO2的水溶液呈酸性D．pH＝8.1時：c(Na+)<3c(HROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2?),2))【答案】D【解析】A．從NaOH溶液加入H3RO2溶液中含R微粒的轉化曲線可知含R的微粒有三種，即轉化過程為：則可判斷出H3RO2為二元弱酸，故A項說法正確；B．H3RO2的一級電離常數，從曲線Ⅰ和Ⅱ交點可知pH＝3.8時，c(H2ROEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(?),2))=c(H3RO2)，則Ka1＝10?3.8，故B項說法正確；C．根據曲線Ⅱ和Ⅲ交點的pH=8.1可算出H2ROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),2)的電離常數Ka2＝10?8.1，而H2ROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),2)的水解常數,則H2ROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),2)的電離程度大于其水解程度，則NaH2RO2的水溶液呈酸性，故C項說法正確；D．從曲線Ⅱ和Ⅲ交點可知pH＝8.1時c(H2ROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),2))＝c(HROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2?),2))，根據溶液中的電荷守恒可得c(Na+)+c(H+)＝c(OH?)+c(H2ROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),2))+2c(HROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2?),2))＝c(OH?)+3c(HROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2?),2))，又因c(H+)<c(OH?)，則有c(Na+)>3c(HROEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2?),2))，故D項說法錯誤。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。1613分）電子工業上常用FeCl3溶液腐蝕覆銅板制作印刷電路板，發生的反應為2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。某小組同學欲通過FeCl3溶液與Cu反應的現象驗證Fe3+的氧化性及所得產物。已知：CuCl為不溶于水的白色固體；[CuCl2]?在水溶液中呈褐色。回答下列問題：（1）同學們認為Fe3+具有較強的氧化性，與Cu反應后會得到藍綠色溶液。即使銅有剩余也不會置換出單質鐵，原因是。1234溶液呈褐色，試管底部出現大量褐色沉淀溶液呈淺綠色，試管底部出現大量白色沉淀溶液呈藍色，試管底部出現少量白色沉淀溶液呈褐色，試管底部未見白色沉淀和褐色沉淀（2）實驗1中甲同學不用銅片而用銅粉，目的是；甲認為褐色沉淀是Fe(OH)3，則產生該沉淀的離子方程式為。（3）為排除實驗1中沉淀對實驗現象的干擾，乙同學設計并完成了實驗2，并認為鹽酸酸化后，c(Cl?)增大，促使Cu2+與銅反應生成白色沉淀，發生反應的離子方程式為。（4）為了驗證乙的觀點，丙同學設計并完成了實驗3，則乙的觀點(填“正確”或“錯誤”)。（5）為了分析實驗1中溶液呈褐色的原因，丁同學查閱資料后認為是溶液中大量的Cl?與CuCl反應生成了[CuCl2]?所致，于是設計并完成了實驗4，從而證明丁的推測是正確的，試劑X為(填試劑名稱)。關注湖北升學通獲取最新消息（6）根據上述實驗說明FeCl3溶液與Cu反應的產物受到（填標號）等因素的影響。a．溶液的溫度b．溶液的pHc．Cl?的濃度d．催化劑【答案】（1）單質銅的還原性弱于單質鐵(2分)；（2）增大固體與液體的接觸面積，加快反應速率(2分)；Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+(2分)。（3）Cu2++Cu+2Cl?2CuCl(2分)。（4）正確(1分)（5）濃鹽酸(2分)（6）bc(2分)【解析】⑴在金屬活動性順序表中，銅排在鐵的后面，即單質銅的還原性弱于單質鐵，故在溶液中即使銅過量，也只能把Fe3+還原為Fe2+，而不能質換出鐵。⑵將銅片改為銅粉，單位質量的銅表面積增大，與液體接觸面積增大，從而加快反應速率；Fe3+屬于很弱的陽離子，在酸性較弱的條件下水解產生沉淀：Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+。⑶根據信息“Cl—濃度增大促使Cu2+與過量的銅反應生成白色的CuCl沉淀”可推斷出該反應是一個價態歸中反應且為可逆反應。⑷使用稀硫酸代替稀鹽酸后，降低了Cl—濃度，CuCl沉淀的量減少，從而證明乙的猜測正確。⑸從實驗現象可推斷既要酸化抑制Fe3+水解，又要增大Cl—濃度，且不影響溶液的體積，因此使用少量濃鹽酸。⑹上述實驗探究了溶液的pH、Cl—濃度對產物的影響，故選bc。1714分）甲烷催化重整法為實現碳中和開辟了新的途徑，該過程中發生的反應有：反應1：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1＝+206.1kJ/mol反應2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ/mol總反應：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH回答下列問題：（1）總反應的ΔH=kJ/mol，反應1自發進行的條件為。（2）向體積為2L的恒溫容器中通入2molCH4、2molCO2和1molH2O(g)，發生上述反應，容器內初始壓強為p0，反應經過5min達到平衡狀態，此時CH4和CO2的轉化率分別為80%和90%。則0～5min內CO的平均反應速率為mol/(L·min)，5min時容器內壓強為（用含p0（3）若反應1中正、逆反應的速率方程分別為：v正=k正·c(CH4)·c(H2O)v逆=k逆·c(CO)·c3(H2)隨溫度變化的關系，其中a、b、c、d四條線中能表示pk正隨溫度變化關系的是（填標號，下同表示pk逆隨溫度變化關系的是。pkpkbdT（4）將CO2轉化為乙烯是處理CO2的另一途徑，該過程發生的反應為：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH3若v正=k正·c2(CO2)·c6(H2)，v逆=k逆·c(C2H4)·c4(H2O)。實驗測得200℃達到平衡時k正=2.3k逆，而300℃達到平衡時k正=1.7k逆，則ΔH30（填“>”“<”或“=”）。【答案】（1）+247.3(2分)高溫(2分)（2）0.34(2分)1.64p0(2分)（3）d(2分)c(2分)（4）<(2分)【解析】⑴蓋斯定律可計算ΔH=ΔH1+ΔH2＝+247.3kJ/mol；則反應1的ΔH>0，且ΔS>0，根據ΔG=ΔH－TΔS<0可知該反應在高溫下自發進行。⑵反應器中通入2molCH4、2molCO2和1molH2O(g)，反應達到平衡時CH4和CO2的轉化率分別為80%和90%，根據C原子守恒可知生成3.4molCO，根據H原子守恒可知H2O(g)和H2共4.2mol，剩余0.4molCH4和0.2molCO2。則溫度和體積不變，壓強與氣體總物質的量成正比，起始通入氣體共5mol，壓強為P0，平衡時混合氣體共8.2mol，則平衡壓強為1.64P0。⑶溫度升高，v正和v逆均增大，因各氣體濃度不變，則k正和k逆，均增大，pk正和pk逆均減小；因反應1為吸熱反應，則溫度升高，平衡向正反應方向移動，即v正>v逆，則k正>k逆，故pk正<pk逆，d表示pk正隨溫度變化關系，c表示pk逆隨溫度變化關系。⑷達到平衡時v正=v逆，即K正·c2(CO2)·c6(H2)=K逆·c(C2H4)·c4(H2O)，則平衡常數K=逆故200℃時K＝2.3，而300℃時K＝1.7，說明升溫平衡向逆反逆應方向移動，故ΔH3<0。1814分）銦(In)、鍺(Ge)、鉍(Bi)是有重要價值的稀有金屬。某含鋅物料中含有鋅、銦、鍺、鉍等元素的氧化物，從中回收銦、鍺、鉍的流程如圖。回答下列問題：（1）鍺在元素周期表中位于第_______周期第______族。（2）“中性浸出”溶出鋅和“酸性浸出1”溶出銦和鍺用的是不同濃度的硫酸，“酸性浸出2”用的是鹽酸，說明金屬氧化物的浸出與酸的________________有關。（3）萃取銦：P204（用H2A2表示）是一種磷類酸性陽離子萃取劑，可以將銦鍺富集液中的In3+轉化為InA3·3HA萃取到有機相中。寫出“反萃”步驟的化學方程式_____________。（4）丹寧沉鍺：丹寧是一類復雜的多酚類化合物，pH=2.5條件下與Ge4+發生反應形成絡合物沉淀。通常丹寧沉鍺溫度控制在65°C～75°C之間，其原因是_____________。（5）“氯化蒸餾”得到GeCl4。GeCl4易水解而CCl4不易水解的原因是_________(填標號)。a．Ge-Cl鍵極性更大b．Ge的原子半徑更大c．Ge-Cl鍵鍵能更大d．Ge有更多的價層軌道（6）鍺酸鉍（簡稱BGO）是我國研制的一種閃爍晶體材料。可以將BGO看做是由鍺和鉍兩種元素的氧化物組成，其中鍺處于最高價態，基態鉍離子的價電子排布為6s2，兩種氧化物含氧的總質量相同。BGO晶體的化學式為_________。【答案】關注湖北升學通獲取最新消息（1）四(1分)ⅣA(1分)（2）濃度和種類(2分)（3）InA3·3HA+3HClInCl3+3H2A2（寫“=”也算對）(2分)（4）鍺沉淀過程中，溫度過高會使丹寧被氧化（絡合物沉淀分解或無法絡合，或絡合物沉淀重新溶解溫度過低使絡合反應速率變慢（或丹寧因溶解度降低而結晶導致沉淀效率下降。(共2分，溫度過高和過低導致的結果各1分，只要答對結果中的任意一個，其他合理答案也得分)（5）abd(3分，漏1個扣1分，多選0分)（6）Bi4Ge3O12[或2Bi2O3?3GeO2或Bi4(GeO4)3](3分)【解析】（1）鍺在元素周期表中位于第四周期第IVA族。（2）金屬氧化物的浸出與酸的濃度和種類有關——Zn2+水解解程度相對較小，易于用稀酸溶出，Ge4+、Bi3+、In3+電荷高，易水解，用稀硫酸難以溶解其氧化物，需用濃一點的酸。另外SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),4)—配合能力弱，Cl-配合能力強，可與Bi3+生成配合離子，有利于Bi3+的溶出。（3）萃取銦：P204即二（2-乙基己基）磷酸，其分子結構中含有一個可解離的酸性氫原子。在非極性有機溶劑中，P204分子會通過氫鍵形成二聚體結構。這里的（H2A2）就代表了P204的二聚體形式，其中“A”代表除去兩個可解離氫原子后的P204基團。當P204（H2A2）用于萃取金屬離子（如前面提到的In3?、Ga3?)時，會發生陽離子交換反應。反應式可表示為：M3++3H2A2(org)2MA3(org)+6H+。“org”是“organic”的縮寫，通常用來表示某物質處于有機相（organicphase）中，以此與處于水相（aqueousphase）等其他相態中的物質相區分，從而更清晰地表明反應中各物質所處的環境和狀態，方便對反應過程和機理進行分析與研究。在這個反應式中，水相中的金屬離子M3+與有機相中的P204二聚體（H2A2）發生交換，H2A2中的氫原子被金屬離子取代，生成疏水性的金屬萃合物MA3進入有機相，同時釋放出氫離子到水相。通過這樣的反應，實現金屬離子從水相到有機相的轉移。用6mol/L鹽酸反萃，反應逆向進行，In3+又進入水相：InA3·3HA+3HClInCl3+3H2A2。（4）含鍺余液進入鍺系統進行，pH=2.5條件下丹寧與Ge4+發生反應形成絡合物沉淀。通常丹寧沉鍺溫度控制在65°C～75°C之間，丹寧是多酚類化合物，溫度過高單寧會被氧化。另外，溫度過高，生成的絡合物沉淀也有可能分解，以及絡合物沉淀可能因溫度升高溶解度增大而重新溶解；溫度過低使絡合反應速率變慢、單寧因溶解度降低而結晶，導致沉淀效率下降。（5）GeCl4易水解而CCl4不易水解的原因是Ge-Cl鍵極性更大，Ge的原子