2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷-解析版

1、2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷1.福建省三钢集团近年来大气污染治理成须显著，厂区“绿”意盎然。治理后，钢铁厂排放的尾气中，下列物质含量最大的是()A.CO2B.NO2C.SO2D.PM10【答案】A【解析】解：A.钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于无污染的气体，治理后污染气体减少，二氧化碳最多，故A正确；B. 二氧化氮是污染气体，治理后减少排放，故其含量不能最大，故B错误；C. 二氧化硫属于污染气体，治理后减少排放，含量不是最大，故C错误；D. PMio含量最大的话，加重了大气污染，厂区不能绿意盎然，故D错误；故选：A。A. 钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于无污染的

2、气体；B. 二氧化氮是污染气体；C. 二氧化硫属于污染气体；D. PM10含量最大的话，大气污染严重。本题考查环境的污染与保护，为高频考点，把握常见物质的性质、发生的化学反应及是否改善空气质量为解答的关键，题目难度不大。该化合物叙述错误()A.分子式为55片006B能够发生加成反应C.苯环中含有单双键交替结构D.可溶于NaOH溶液【答案】C【解析】解：A.由该物质的结构简式可知其分子式为C15H10O6，故A正确；B. 含有苯环和羰基，可以发生加成反应，故B正确；C. 苯环中的键是介于单双键之间的特殊的键，不是单双键交替的结构，故C错误;D. 含有3个酚羟基，可与NaOH溶液反应生成溶于水的物

3、质，故D正确；故选：Co由结构可知分子式，分子中含酚-0H、碳碳双键、醇-0H、羰基及醚键，结合酚、烯烃、醇等有机物的性质来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。3. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. O.lmol-L-1KNO3溶液中离子总数大于0.2NAB. D18O和T2O的混合物1.1g，含有的质子数为0.5NaC. 5.6gFe与足量的S反应转移的电子数为0.3NaD. 0.1molH2和0.2moll2充分反应后分子总数小于0.3NA【答案】B【解

4、析】解：A.溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，故A错误；B. D18O和0的摩尔质量均为22g-mol-1，所以1.1g混合物的物质的量为=2222g*mol-10.05mol，一个D18O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5Na，故B正确；C. 5.6gFe的物质的量为严纯=01mol,与足量的S反应生成FeS,转移电子数为0.2NA，56gmol-1A故C错误；D. H2和I2反应方程式为H2+I2-2HI,反应前后分子数不变，所以0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数为0.3Na，故D错误；故选：BoA. 不知道溶液体积，无法确定离子数目

5、；B. D18O和T2O的摩尔质量相同，一个D18O分子和一个T2O分子均含有10个质子；C. Fe与足量的S反应生成FeS；d.h2和12反应生成HI,反应前后分子数不变。本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应特点。4. 以下实验方案正确的是()【答案】D【解析】解：A.乙酸与水互溶，不能选分液法分离，应蒸馏法分离，故A错误；B. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；C. 硝酸可氧化亚硫酸根离子，应先加盐酸、后加氯化钡检验硫酸根离子，则图中试剂、操作不能检验硫酸根离子，故C错误；D. 氢

6、气的密度比空气密度小,则导管短进长出可收集氢气，为向下排空气法，故D正确；故选：D。A. 乙酸与水互溶；B. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；C. 硝酸可氧化亚硫酸根离子，应先加盐酸、后加氯化钡检验硫酸根离子；D. 氢气的密度比空气密度小。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、气体收集为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5.有研究认为，强碱性溶液中反应I-+CIO-=10-+C1-分三步进彳丁，其中两步如下:第一步C10-+H20tHOCl+OH-%=3.3X10-10第三步HOI+OH-tI0-+H2OK3=

7、2.3X103下列说法错误的是()A. 反应第二步为HOC1+ItHOI+Cl-B. 由K可判断反应第三步比第一步快C. 升高温度可以加快ClO-的水解D. HOCl和HOI都是弱酸【答案】B【解析】解：A.总反应减去第一步反应-第三步反应可得出第二步反应为HOCI+1-tH0I+C1-,故A正确；B. 平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率的大小，故B错误；C. 升高温度可以加快反应速率，故C正确；D. C10-的在水溶液中发生水解，说明HOC1为弱酸，根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子形式参与反应，说明HOI为弱酸，故D正确；故选：B。A. 总反应减去第一步

8、反应-第三步反应可得出第二步反应；B. 平衡常数的数值大小不能判断反应速率的大小，故B错误；C. 温度升高反应速率加快；D. C10-的在水溶液中发生水解；HOI以分子形式参与反应。本题考查氧化还原反应和电离平衡的相关知识点，题目难度中等，明确反应原理、化合价变化为解答关键，注意掌握常见物质的性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。6. 某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（）A.离子半径：Z>Y>XB.最高正价：R<

9、;W<X<ZC. X的含氧酸均为强酸D.R与W能组成多种化合物【答案】D【解析】解：由上述分析可知，R为H、W为C、X为N、Y为O、Z为Al，A. 具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X>Y>Z,故A错误；B. 主族元素的最高正价等于族序数，O、F除外，则最高正价为R<Z<W<X,故B错误；C. X的含氧酸为亚硝酸时，属于弱酸，故C错误；D. R与W能组成多种化合物，如烷烃、烯烃等多种烃类物质，故D正确；故选：D。某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成，五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，且W

10、、X、Y相邻，可知R为H,W、X、Y位于第二周期，位于第三周期；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，若Z为Al,W、X、Y的原子序数分别为6、7、8,分别为C、N、O符合元素的位置、原子序数关系，以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握原子序数、元素的位置、验证法推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,题目难度不大。7. 下列指定反应的离子方程式正确的是()A. O.lmol-L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+B. O.lmol-L-1CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2+2NH3-H2O=

11、Cu(OH)214322+2NH+4C. 滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO2-+2H+=电0+COT2D. 饱和氯水中通入S02至溶液颜色褪去：Cl2+S02+H20=2H+2C1-+S04-【答案】A【解析】解：A.O.lmol-L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳的离子方程式为Mg2+Ca(0H)2=Mg(0H)2+Ca2+，故A正确；B. O.lmol-L-1CuS04溶液中加入过量浓氨水的离子方程式为Cu2+4NH3-H20=Cu(NH3)42+4H20，故B错误；C. 滴有酚酞的Na2C03溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去时的离子方程式为C03-+H+=HC0-，

12、故C错误；D. 饱和氯水中通入S02至溶液颜色褪去的离子方程式为Cl2+S02+2H20=4H+2Cl-+S02-，故D错误；4故选：A。A. 石灰乳在离子反应中保留化学式，发生沉淀转化；B. 加过量氨水，反应生成四氨合铜络离子；C. 酚酞的变色范围为8.210.0,至红色恰好褪去，溶液为弱碱性，溶质为碳酸氢钠；D. 原子不守恒、电荷不守恒。本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、原子及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。8. 一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A. 使用碱性电解质水溶液B

13、. 放电时，正极反应包括3Mg2+MgS8-6e-=4MgS2C. 使用的隔膜是阳离子交换膜D. 充电时，电子从Mg电极流出【答案】C【解析】解：A.负极生成的Mg2+在碱性电解质水溶液中会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，故A错误；B. 放电时为原电池，正极上得电子发生还原反应，包括3Mg2+MgS8+6e-=4MgS2,故B错误；C. 根据图可知，Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的为阳离子交换膜，故C正确；D. 放电时Mg电极发生氧化反应,充电时Mg电极发生还原反应，即电子流入Mg电极，故D错误；故选：C。Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极

14、为正极；A. Mg2+在碱性电解质水溶液中会生成Mg(OH)2沉淀；B. 放电时为原电池，正极上得电子发生还原反应；C. Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应；D. 充电时Mg电极发生还原反应。本题考查学生二次电池中电极反应的书写知识，注意原电池和电解池的工作原理是关键难度中等。9.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O2-+H2O#2CrO2-+2H+0分别在26.3T，50.0T恒温条件下，往100mLO.IOOmolL-1的K2Cr2O7溶液中加入一定量笔兀。?固体,第8页，共19页持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH,得到如图实验图象，下列说法正确的是止创厂A. 曲线是50.0T的

15、pHt曲线B. 曲线对应的平衡常数的数量级是10-14C. t1后，c(Cr2O72)+c(CrO42)=c(K+)D. 26.3T，与0.100molL-1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2(CrO4-)增大227c(Cr2O2-)【答案】B【解析】解：A.升高温度平衡吸热方向移动，该反应为吸热反应；正向移动时+浓度增大,pH减小，所以曲线是50.0T的pHt曲线，故A错误；根据图B.反应Cr2O7+H2O#2CrO2+2H+的平衡常数表达式为K=c2(H+)c2(CrO4),2724c(Cr2O72)可知曲线上的O.IOOmol-L-1的K2Cr2O7溶液pH=3.75，所以c(C

16、rO4)=c(H+)=103.75mol-L1，则=(1°3.75)2(1°3.75)2u1014，故B正确；0.1103.75C. 根据物料守恒n(Cr)=n(K)，所以2c(Cr2O7)+c(CrO4)=c(K+)，故C错误；D. c2(Cr°2)=-，加入一定量的K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H+)增大，而K不变,c(Cr2O2-)c2(H+)227所以该比值减小，故D错误；故选：B。A. 升高温度平衡吸热方向移动，该反应为吸热反应；正向移动时H+浓度增大，pH减小;根据图B反应Cr2O7-+H2O=2CrO4+2H+的平衡常数表达式为K=n齐,可知曲

17、线上的0.100mol-LT的K2Cr2O7溶液pH=3.75；C.根据物料守恒n(Cr)=n(K)；D.根据皿斗=,加入K2Cr2O7固体后pH减小，K不变。c(Cr2O2)c2(H+)227本题考查电离平衡相关知识点，为高考常见题型，把握发生的反应、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。10.钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是()A.钠的密度比液氨大B. 溶液的导电性增强C. O.lmol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子D.

18、钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2T【答案】C【解析】解：A.钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，故A正确；B. 液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，故B正确；C. O.Imol钠反应失去O.lmol电子，故C错误；D. 反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2T，故D正确；故选：C。A. 钠沉入液氨；B. 液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电；C. O.Imol钠反应失去O.lmol电子；D. 反应中钠失去电子，只能是氢元素

19、得到电子。本题考查钠的性质，为高频考点，把握物质的性质、信息的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。11.废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co203、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钻、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3-CoC03-MnCO3)。回答下列问题：(1) “酸浸”温度为85T，粉体中的钻(以Co203表示)还原浸出的化学方程式为,H202的用量比理论用量多一倍的原因是。(2) “除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是。(填化学式)(3) “除铜”时获得萃余液的操作名称

20、是。(4) “除铝”时反应的离子方程式为。萃余液中Co2+的浓度为0.33molL-i,通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失？(列出算式并给出结论)已知：(KspCo(OH)2=5.9x10-15)(5) 从滤液中可提取(任写一种)用作。【答案】Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2T+3H2O85T时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多NaOH分液A13+3NH3H2O=A1(OH)3J+3NH+0.33X(10-14)2=3.3X10-20<5.9X10-15，不会造成Co的损失锂锂电池410-4.5【解析】解：(1)“酸浸”温度为85

21、T，粉体中的钻(以Co2O3表示)还原生成CoSO4，反应的化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2T+3H2O,反应中过氧化氢在较高温度下分解，导致h2o2的用量比理论用量多，故答案为：Co2O3+2H2SO4+电。？=2CoSO4+02T+3电0；85T时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多；“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH，故答案为：NaOH；(3)滤液加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，获得萃余液，(4) 加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为A13+3NH3-H2O=A1(OH

22、)3I+3NH+；4萃余液中Co2+的浓度为0.33molL-i，常温下除铝控制溶液pH为4.5，贝V0.33X(13)2=3.3X10-20<5.9X10-15，则不会造成Co的损失，10-4.5故答案为：A13+3NH3-H2O=Al(OH)3I+3NH+；0.33X()2=3.3X10-20<323410-4.55.9X10-15，不会造成Co的损失；(5) 滤液含有锂离子，可提取金属锂，用作锂电池，故答案为：锂；锂电池。12正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co203、MnO2、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸酸浸，并加入过氧化氢，发生氧化还原反应，铁、铜、铝等金属被溶

23、解分别生成硫酸盐，且Co2O3还原生成CoS04，同时生成硫酸锂、硫酸镍等，滤渣含有C，滤液Co2+、A13+、Ni2+、Li+、Mn2+、Fe3+、Cu2+等离子，可加入NaOH,可生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，滤液加入铜萃取剂，可除去铜，萃余液含有Co2+、A13+、Ni2+、Li+、Mn2+等离子，加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀而除去，滤液含有Co2+、Ni2+、Li+、Mn2+，加入碳酸氢铵进行碳化，可生成NiCO3CoCO3MnCO3,滤液含有Li+，以此解答该题。本题考查物质分离提纯和制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的

24、分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，难度中等。.某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使12的氧化能力增强，可将Fe2+氧化回答下列问题:J10滴OJirol-L'1足量0ImoIL1(1)由AgNO3固体配制O.lmol-L-1的AgNO3溶液50mL,下列仪器中不需要使用的有(写出名称)，配制好的溶液应转移到试剂瓶中保存。(2) 步骤1的实验现象时；步骤2无明显现象；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，。由此可知，步骤3反应的离子方程式为某同学在实验时漏掉步骤2,直接加入过量AgNO3溶液，也观察到与步骤3相同的实验现象。该同学推测溶液中还有碘

25、的离子(填离子符号)生成，并由此对12氧化Fe2+产生了质疑。(4) 为了确证AgI的生成使12的氧化能力增强而将Fe2+氧化，学习小组在上述实验基础上进行补充实验:分别取少量的和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的，观察到的现象为。【答案】蒸馏烧瓶、分液漏斗棕色细口瓶溶液变蓝；说明亚铁离子和碘水不发生反应溶液蓝色褪去I2+2Fe2+2Ag+=2AgII+2FeI-氢氧化钠试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀【解析】解：(1)由AgNO3固体配制0.1molL-1的AgNO3溶液50mL，溶

26、液配制一般步骤是:计算T称量T溶解、冷却T移液T洗涤T定容T摇匀T装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管，故不需要的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、分液漏斗；硝酸银见光易分解，故配制好的溶液应转移到棕色细口瓶中保存，故答案为:蒸馏烧瓶、分液漏斗；棕色细口瓶

27、；(2) 步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2:再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象-溶液蓝色褪去；由此可知，步骤3反应的离子方程式为I2+2Fe2+2Ag+=2AglJ+2Fe3+,故答案为：溶液变蓝；说明亚铁离子和碘水不发生反应；溶液蓝色褪去；I2+2Fe2+2Ag+=2AgI1+2Fe；(3) 实验时漏掉步骤2,直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶

28、液中同时存在碘单质、碘离子，则有I-=I2+I-，故推测溶液中还有碘的离子I-生成，故答案为：I-；(4) 由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使12的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子、步骤3中加入了过量的硝酸银溶液、则上层清液中银离子与铁离子共存，所以可以用氢氧化钠溶液进行鉴别，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：分别取少量的步骤2中的溶液和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的氢氧化钠溶液，试管a中，过量的氢氧化钠溶液消耗了碘使之褪色、与亚铁离子产

29、生氢氧化亚铁、最终氧化为氢氧化铁，试管b中，过量的氢氧化钠溶液与银离子生成白色氢氧化银(可以分解为褐色氧化银)、又与铁离子生成红褐色沉淀，故观察到的现象为：试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠；试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀。(1) 溶液配制一般步骤是：计算T称量T溶解、冷却T移液T洗涤T定容T摇匀T装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转

30、移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时,改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管；(2) 步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2：再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象-溶液蓝色褪去；步骤3反

31、应的离子方程式为12+2Fe2+2Ag+=2AgI1+2Fe3+；(3) 实验时漏掉步骤2,直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶液中同时存在碘单质、碘离子；(4) 由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使12的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子、步骤3中加入了过量的硝酸银溶液、则上层清液中银离子与铁离子共存，所以可以用氢氧化钠溶液进行鉴别。本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液仪器、离子的检验、氧化还原反应等知识点，题目难度中等，试题培养了学生的化学实验探究能

32、力和分析问题的能力。13.低能耗高效率的合成氨技术开发是实现氨燃料化利用的基础。探索新型合成氨技术是该领域研究热点之一。回答下列问题：(1) 哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源，氢气可由天然气制备。CH4(g)+H2O(g)#CO(g)+3H2(g)表列出了几种化学键的键能：化学键H-HC-HH-O1CO键能kj/mol4364134671072 298K时，上述反应的H=。 为提高ch4的平衡转化率，可采用的措施是。A. 使用合适的催化剂B. 采用较高的温度C. 采用较高的压强D. 延长反应时间 在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0molH2。进行反应，加热时容器内温度升高。当

33、温度升高至900K,若容器内n(CO)=O.lmol,此时反应(填“正向进行”、“逆向进行”“处于平衡状态”)，若保持900K，达到平衡时再往容器内充入O.lmolHe,v正。(填“增大”、“减小”“不变”)(已知：900K时反应的平衡常数为1.2)(2) 催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图1。 根据由图1判断，活化能EaEa2。(填“>”、“=”、“<”，下同) 使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的HH2o(3) 电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线如图2电催化合成氨装置示意图。 a电极应该连接

34、电源极。 电催化合成氨的化学方程式为flfl化剂隔脛那化刖【答案】+206kJmol-1B正向进行不变<=负2N+6HO-电解解-4NH+302232【解析】解：(1)根据H=反应物总键能-生成物总键能=4E(C-H)+2E(H-0)-E(C三0)-3E(H-H)=(413X4+467X2-1072一436X3)kJmol-1=+206kJmol-1，故答案为：+206kJmol-1； A.催化剂不影响平衡移动，加入催化剂，CH4的平衡转化率不改变，故A错误；B. 由于该反应为吸热反应，较高温度有利于平衡正向移动，CH4的平衡转化率提高，故B正确；C. 该反应的正反应为气体分子数增大的反

35、应，较高压强下，平衡逆向进行程度较大，ch4的平衡转化率减小，故C错误；D. 延长反应时间并不能改变反应的限度，CH4的平衡转化率不改变，故D错误；故答案为：B； 在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0molH2。进行反应，温度升高至900K,若容器内n(CO)=0.1mol，贝9CH4(g)+H2O(g)#CO(g)+3H2(g)(单位：mol)起始量：0.2100转化量：0.10.10.10.3平衡量：0.10.90.10.3Q=°.1X(o.3)3=0.03<k=1.2，平衡正向移动，平衡时再往容器内充入0.1molHe,由c0.1X0.9于各物质浓度不变，反

36、应速率不变，贝胖正不变，故答案为：正向进行；不变；(2)由图1可知，温度相同时，催化剂1条件下产氨速率较高，说明催化剂1条件下正反应的活化能较低，故活化能Ea1<Ea2，故答案为：<；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变，故hi=ah2，故答案为：=；(3) 由图2可知N2在a电极上转变为NH3得电子发生还原反应，作电解池阴极，故a为电源负极，故答案为：负；N2在a电极上转变为NH3得电子发生还原反应，电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O4e-=02T+4H+，总反应为2%+电解6H2O亠4NH3+3O2，故答案

37、为：2N2+6H2O豐4NH3+3O2。(1)根据H=反应物总键能-生成物总键能进行计算； A.催化剂不影响平衡移动；B. 由于该反应为吸热反应，较高温度有利于平衡正向移动；C. 该反应的正反应为气体分子数增大的反应，较高压强下，平衡逆向进行程度较大；D. 延长反应时间并不能改变反应的限度； 在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0molH2。进行反应，温度升高至900K,若容器内n(CO)=0.1mol，贝VCH4(g)+H2O(g)#CO(g)+3H2(g)(单位：mol)起始量：0.2100转化量：0.10.10.10.3平衡量：0.10.90.10.3Q=0.1X(0.3)3

38、=0.03<K=1.2；0.1X0.9(2) 由图1可知，温度相同时，催化剂1条件下产氨速率较高，说明催化剂1条件下正反应的活化能较低；催化剂具有选择性，只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变；(3) 由图2可知N2在a电极上转变为NH3得电子发生还原反应，作电解池阴极，电极反应式为：N2+6e-+6H+=2nh3，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2T+4H+。本题考查热化学、化学平衡移动、化学平衡计算、电化学等知识，意在考查考生分析处理数据和解答图象试题的能力，解答本题需联系化学平衡、化学平衡常数以及平衡移动原理等，题目难度中等。14.ZnGeP2和KTi0P04都

39、是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：(1) 基态Ge原子的价电子排布式为。(2) 0、P、K、Zn按电负性由大到小的顺序排列为(3) H2O、PH3、KH按熔点由高到低的顺序排列为，熔点差异的原因(4)以Zn为顶点的ZnGeP2晶胞结构如图所示。 Zn的配位数为。 以Ge为顶点的晶胞中，Zn原子位于。【答案】4s24p20>P>Zn>KKH>H20>PH3KH为离子晶体、H2。和PH3为分子晶体且水分子间存在氢键4棱心、面心【解析】解：(1)基态Ge原子4s能级上2个电子、4p能级上2个电子为其价电子，根据核外电子排布规律书写其价电子排布式为4s24p2，故答案为：4s24p2；(2) 这几种元素对键合电子吸引力大小顺序是0>P>Zn>K，所以电负性大小顺序为0>P>Zn>K，故答案为：0>P>Zn>K；(3) 熔沸点：离子晶体分子晶体，含有氢键的分子晶体熔沸点较高，KH为离子