福建省南平市2021年高考复习化学二模试卷课件

2021

年福建省南平市高考化学二模试卷一、选择题：本题共

7

小题，每小题

6

分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）下列说法错误的是（）A．《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环B．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为

CaCO3C．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。这种方法是蒸馏D．《天工开物》中“凡研硝（KNO

）不以铁碾入石白，相激火生”，相激火生是指爆炸32．（6分）某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）练习A．乙装置中盛放的是饱和食盐水测B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶3．（6分）关于有机化合物对甲基苯甲醛（A．其分子式为

C

H

O），下列说法错误的是（）88B．含苯环且有醛基的同分异构体（含本身）共有

4种12021年福建省南平市高考化学二模试卷一、选择题：本题共1C．分子中所有碳原子均在同一平面上D．该物质不能与新制的

Cu（OH）

悬浊液反应24．（6分）N

是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）AA．实验室制取氧气方法有多种，生成

1molO

电子转移数一定是

4NA2B．500mL0.2mol•L﹣1

K

SO

溶液中含有的离子总数为

0.3NA23C．1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为

3NAD．2.24LNH

（标准状况）溶于

1L水中得到

0.1mol•L﹣1的氨水35．（6分）国内最新研究，实现

CO

的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电2过程并不完全可逆，即充电过程

C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO

═2Li

CO

+C，下223列叙述正确的是（）练A．放电过程正极反应式为

4Li++3CO

+4e﹣═2Li

CO

+C223B．若放电过程转移电子物质的量为

0.2mol，理论上可以固定

C的质量为

1.2gC．充电过程

B电极为阴极，发生氧化反应D．可用

LiClO

水溶液代替

LiClO

﹣DMSO446．（6分）短周期主族元素

X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中

Y、W处于同一主族

Y、Z的原子最外层电子数之和等于

8，X的简单氢化物与

W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是（）2C．分子中所有碳原子均在同一平面上D．该物质不能与新制的C2A．简单离子半径：Y＜Z＜WB．Z与

W形成化合物的水溶液呈碱性C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒D．Y分别与

X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同7．（6分高）常温下，CH考COOH和

NH

•H

O的电离常数均为

1.8×10﹣5mol•L﹣1．向

20mL浓度均为3320.1mol•L﹣1

NaOH和

NH

•H

O的混合液中滴加等物质的量浓度的

CH

COOH溶液，所得混合液的电323导率与加入

CH

COOH溶液的体积（V）关系如图所示。下列说法错误的是（）3A．M点：c（Na+）＞c（CH

COO﹣）＞c（NH

•H

O）＞c（NH

+）3324B．溶液呈中性的点处于

N、P之间C．已知

1g3≈0.5，P点的

pH＝5D．P

点：3[c（CH

COO﹣）+c（CH

COOH）]＝2[c（Na+）+c（NH

+）+c（NH

•H

O）]33432三、非选择题：共

174

分．第

22

题～第

32

题为必考题，每个试题考生都必须作答．第

33

题～第

38

题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共

129

分）8．（14分）氮化锶（SrN

）在工业上广泛用于生产荧光粉。2已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。3A．简单离子半径：Y＜Z＜WB．Z与W形成化合物的水溶32021

年Ⅰ．利用装置

A和

C制备

Sr

N23（1）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将

，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。（2）写出由装置

A制备

N

的化学反应方程式

。2（3）装置

A中

a导管的作用是

间后，再点燃装置

C的酒精灯，你同意其观点吗？

是

。

。利用该套装置时，有同学提出应先点燃置

A的酒精灯一段时

（“同意”或“不同意”）。理由Ⅱ．利用装置

B和

C制备

Sr

N23利用装置

B从空气中提纯

N

（已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收）2（4）写出装置

B的

NaOH溶液中发生反应的离子方程式

。（5）装置

C中广口瓶盛放的试剂是

，Ⅲ．测定

Sr

N

产品的纯度32（6）取

10.0g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是

。经改进后测得浓硫酸增重1.02g，则产品的纯度为

。9．（15分）利用氟磷灰石[主要成分

Ca

（PO

）

F生产磷酸主要有热法和湿法两种方法。543其流程如下：42021年Ⅰ．利用装置A和C制备SrN23（142021

年热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂（SiO

）混合后，在电炉中加热到

1500℃生成白磷（P

）、24SiF

、CO．白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸。4湿法：武汉化工研究院为技术攻关，实验室模拟生产磷酸的流程。（1）配平步骤

I反应的化学方程式：

Ca

（PO

）

F+

C+

SiO

＝

SiF

↑+

P

+

CO↑+

543244CaSiO

。3其中氧化剂是

。（2）湿法中粉碎氟磷灰石的目的是

（3）浸取槽中发生反应的化学方程式

。

；浸取槽不能使用玻璃器皿的原因

。（4）探究中发现，65℃、一定流速下鼓气（鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于

HF逸出），并通过控制盐酸的用量减少后续除氟工艺。其他条件不变，盐酸实际用量/理论用量与所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率如图

1所示。试卷

测试题①选择盐酸用量：盐酸实际用量/理论用量的范围为

（填字母代号）时磷酸浸取率较高且氟含52021年热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂（SiO）5量较低。A．0.95～1.00B．1.00～1.05C．1.05～1.10D．1.15～1.20②盐酸稍过量，氟含量降低的原因是

。③盐酸过量较多，氟含量快速增加的可能原因是

。（5）通过双指示剂方法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度。实验如下：每次取

100.0mL浸取液，用

10mol•L﹣1NaOH溶液滴定，分别用不同的指示剂，滴定结果见表。含磷微粒在不同

pH下物质的量分数如图

2所示。（甲基橙的变色范围为

3.1～4.4，百里酚酞的变色范围为

9.4～10.6）NaOH消耗量/mL（平均）百里酚酞甲基橙32.927.3则浸取液中

c（HCl）＝

1

mol•L﹣

。10．（14分）工业上利用合成气（CO、CO

和

H

）来生产甲醇，有关反应的化学方程式及其在不同温度22下的化学平衡常数如表所示。化学反应化学平衡常数温度/℃500700

8000.34

0.15Ⅰ2H

（

g）K12.52+CO（

g）⇌CH

OH3（g）6量较低。A．0.95～1.00B．1.00～1.05C．1.6ⅡH

（2g）K21.0+CO

（

g）1.70

2.522⇌H

O（

g）2+CO（g）Ⅲ3H

（

g）K32+CO

（

g）2⇌CH

OH3（

g）

+H

O2（g）（1）若合成气为

H

和

CO

，发生反应Ⅲ。22①由

H

（g）和

CO

（g）合成

CH

OH（g）的△H

＝

。（用△H

、△H

表示）223312푛(퐶퐻

푂퐻)3②下列措施能使反应Ⅲ的平衡体系中增大的是

（填字母代号）푛(퐻2)A．将水蒸气从体系中分离出去C．升高温度B．恒压时充入氦气D．恒容时再充入一定量

CO2③500℃测得反应Ⅲ在

10分钟时，H

（g）、CO

（g）、CH

OH（g）、H

O（g）的浓度分別为

2mol•L2232﹣1、1.0

mol•L﹣1、0.6

mol•L﹣1、0.6

mol•L﹣1，则此时

v（正）

V（逆）（填“＞”“＝”或

“＜”）。从开始到该时刻，用

H

表示反应的平均速率为

v（H

）＝

。22（2）用合成气

H

、CO和

CO

生产甲醇。当

n（H

）/n（CO+CO

）＝a时，体系中

CO平衡转化率[α2222（CO）]与温度和压强关系的一些散点如图

1所示。520K压强为

P时，α（CO）处于

C点，7ⅡH（g）K21.0+CO（g）1.702.522⇌72021

年①若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的

点（填字母，下同）。

点。②若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的

（3）利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图

2，其中

A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开

K，此时

AB两极上生成等物质的量的气体。①乙中

B电极为

为

。

（填“阴极”或“阳极”），该电极上生成的气体在标准状况下的体积②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量（n）与转移电子的物质的量[n（e）]变化关系如图

3，则图中c线表示的是

（填离子符号）的变化。(二)选考题：共

45

分。每科任选一题作答。如果多做则每学科按所做的第一题计分。[化学一物质结构与性质]（15

分）11．（15分）太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：82021年①若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的点82021

年高考复习（1）基态二价铜离子的电子排布式为

，已知高温下

Cu

O比

CuO更稳定，试从核外电子排布2角度解释

。（2）铜的某种氧化物晶胞如图

1，该晶胞中阴离子的个数为

。（3）铜与（SCN）

反应生成

Cu（SCN）

，1

mol（SCN）

中含有

π

键的数目为

，HSCN结222构有两种，硫氰酸（H﹣S﹣C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H﹣N＝C＝S）的原因是

。（4）BF

能与

NH

反应生成

BF

•NH

．B与

N之间形成配位键，氮原子提供

，在

BF

•NH333333中

B原子的杂化方式为

。（5）Co的一种氧化物

CoO2晶体的层状结构如图

2所示（小球表示

Co原子，大球表示

O原子）。下列用粗线画出的重复结构单元不能描述

CoO

的化学组成是

（填字母代号）。2（6）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为

。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图

3，晶胞边长为

361.5pm，立方氮化3

g•cm﹣

（只列算式，

为阿伏加德罗常数的值）NA硼的密度是

[化学--有机化学基础]（15

分）12．化合物

E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示的路线合成：92021年高考复习（1）基态二价铜离子的电子排布式为，92021

年（1）有机物

A结构简式为

。B的名称为

。（2）C转化为

D的反应类型是

。（3）写出

E与足量

NaOH溶液完全反应的化学方程式

（4）1moD完全水解且酸化后，所得有机物与足量

NaHCO

溶液反应生成

CO

物质的量为

。32（5）写出同时满足下列条件的

C的同分异构体的结构简式

。①苯环上只有两个取代基，且除苯环外无其他环状结构②核磁共振氢谱只有

5个峰③能与

FeCl

溶液发生显色反应3④能水解并能与银氨溶液反应（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化，甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。试参照上述测试合成路线图，写出以苯酚、甲苯为原料制取苯甲酸苯酯（）的合成路线（无机原料任选）

。102021年（1）有机物A结构简式为。B的名称为102021

年福建省南平市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共

7

小题，每小题

6

分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2021•南平二模）下列说法错误的是（）A．《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环B．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为

CaCO3C．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”。这种方法是蒸馏D．《天工开物》中“凡研硝（KNO

）不以铁碾入石白，相激火生”，相激火生是指爆炸3【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；P3：蒸馏与分馏．【分析】A．动植物遗体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐；B．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙；C．依据沸点不同通过加热分离物质的方法为蒸馏；D．KNO

研碎易发生爆炸。3【解答】解：A．自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为腐生细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故

A正确；B．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，故

B错误；C．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露……”，利用酒与水沸点不同，利用蒸馏法分离酒精，故

C正确；D．KNO

研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故

D正确；3故选：B。112021年福建省南平市高考化学二模试卷一、选择题：本题共11【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意资料的理解及信息的处理，题目难度中等。2．（6分）（2021•南平二模）某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）高考复A．乙装置中盛放的是饱和食盐水B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）．【分析】A．用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，需要除去；B．含氨的饱和食盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体；C．稀硫酸能与氨气反应；D．反应后碳酸氢钠形成晶体，分离固体和溶液用过滤。【解答】解：A．利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故

A错误；B．含氨的饱和食盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，丙装置中的溶液变浑浊，故

B正确；12【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质12C．实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的

NH

，3丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止倒吸，故

C错误；D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是过滤分离，故

D错误；故选：B。【点评】本题考查了侯氏制碱法的过程分析、装置作用、物质分离方法、反应原理的理解应用等，掌习握基础是解题关键，题目难度中等。3．（6分）（2021•南平二模）关于有机化合物对甲基苯甲醛（），下列说法错误的是（）A．其分子式为

C

H

O88B．含苯环且有醛基的同分异构体（含本身）共有

4种C．分子中所有碳原子均在同一平面上D．该物质不能与新制的

Cu（OH）

悬浊液反应2【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】有机物含有醛基，可发生加成、氧化反应，结合苯的结构特点解答该题。【解答】解：A．由结构简式可知分子式为

C

H

O，故

A正确；88B．如分子中含有

2个取代基，可为醛基、甲基，有邻、间、对

3种，也可为苯乙醛，共

4种，故

B正确；C．醛基和苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则分子中所有碳原子均在同一平面上，故

C正确；D．含有醛基，可与新制的

Cu（OH）

悬浊液反应，故

D错误。2故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把13C．实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫13握有机物的官能团的性质以及结构特点，题目难度不大。4．（6分）（2021•南平二模）N

是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）AA．实验室制取氧气方法有多种，生成

1molO

电子转移数一定是

4NA2B．500mL0.2mol•L﹣1

K

SO

溶液中含有的离子总数为

0.3NA23C．1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为

3NAD．2.24LNH

（标准状况）溶于

1L水中得到

0.1mol•L﹣1的氨水3【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、实验室可以用双氧水、KClO

和

KMnO

来制取氧气；34B、K

SO

溶液中

SO

2﹣的水解导致离子数增多；233C、1mol乙烯和

1mol乙醇燃烧均消耗

3mol氧气；D、氨气溶于

1L水后溶液体积大于

1L。【解答】解：A、实验室可以用双氧水、KClO

和

KMnO

来制取氧气，当用

KClO

和

KMnO

来制取3434氧气时，氧元素由﹣2价变为

0价，故制取

1mol氧气转移

4N

个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元A素由﹣1价变为

0价，故制取

1mol氧气时转移

2N

个电子，故

A错误；AB、K

SO

溶液中

SO

2﹣的水解导致离子数增多，故此溶液中离子总数多于

0.3N

个，故

B错误；233AC、1mol乙烯和

1mol乙醇燃烧均消耗

3mol氧气，故

1mol两者的混合物燃烧消耗

3N

个氧气分子，A故

C正确；D、氨气溶于

1L水后溶液体积大于

1L，故溶液的浓度小于

1mol/L，故

D错误。故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。14握有机物的官能团的性质以及结构特点，题目难度不大。4．（6145．（6分）（2021•南平二模）国内最新研究，实现

CO

的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所2示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程

C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li+3CO2═2Li

CO

+C，下列叙述正确的是（）23高考A．放电过程正极反应式为

4Li++3CO

+4e﹣═2Li

CO

+C223B．若放电过程转移电子物质的量为

0.2mol，理论上可以固定

C的质量为

1.2gC．充电过程

B电极为阴极，发生氧化反应D．可用

LiClO

水溶液代替

LiClO

﹣DMSO44【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【专题】5：高考化学专题．【分析】由原电池图片可知，放电时发生反应：4Li+3CO

═2Li

CO

+C，CO

中

C元素的化合价降2232低，得到电子、发生还原反应，电极反应式为

4Li++3CO

+4e﹣

2Li

CO

+C═，则

B电极为正极，Li失223去电子、发生氧化反应生成

Li

CO

，Li为负极，电极反应式为

Li﹣e﹣═Li

，阳离子向正极移动；充+23电时的两极反应和放电时的相反，据此解答。【解答】解：A．CO

中

C元素的化合价降低，得到电子、发生还原反应生成

C和

Li

CO

，电极反应223式为

4Li

，故

A正确；++3CO

+4e﹣

2Li

CO

+C═223B．放电时总反应为

4Li+3CO

═2Li

CO

+C，转移

4mol电子，可以固定

C的质量为

12g，所以放电过223程转移

0.2mol电子，理论上可以固定

C的质量为

0.6g，故

B错误；C．原电池中

A极为负极、B极为正极，充电时外加电源的正极与原电池正极相接、作阳极、发生失155．（6分）（2021•南平二模）国内最新研究，实现CO15去电子的氧化反应，外加电源的负极与原电池负极相接、作阴极、发生得到电子的还原反应，故

C错误；D．Li是活泼金属，易与水反应发生自损现象，所以电解质不能用

LiClO

水溶液代替

LiClO

﹣44DMSO，故

D错误；故选：A。【点评】本题考查原电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的应用及钠的性质，题目难度不大。6．（6分）（2021•南平二模）短周期主族元素

X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中

Y、W处于同一主族

Y、Z的原子最外层电子数之和等于

8，X的简单氢化物与

W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Y＜Z＜WB．Z与

W形成化合物的水溶液呈碱性C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒D．Y分别与

X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期主族元素

X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物与

W的简单氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气与

HCl的反应，结合原子序数可知

X为

N，W为

Cl元素；Y、W处于同一主族，则

Y为

F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于

8，则

Z最外层电子数为

8﹣7＝1，Z的原子序数大于

F，则

Z为

Na元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知：X为

N，Y为

F，Z为

Na，W为

Cl元素。A．电子层越多离子半径越大，电子层电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径

Z＜Y＜W，故

A错误；B．氯化钠不水解，其水溶液呈中性，故

B错误；16去电子的氧化反应，外加电源的负极与原电池负极相接、作阴极、发16C．Cl的氧化物二氧化氯具有强氧化性，可杀菌消毒，故

C正确；D．F与

N、Na形成的混合物分别为共价化合物、离子化合物，含有化学键不同，故

D错误；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。高考7．（6分）（2021•南平二模）常温下，CH

COOH和

NH

•H

O的电离常数均为

1.8×10﹣5mol•L﹣1．向33220mL浓度均为

0.1mol•L﹣1

NaOH和

NH

•H

O的混合液中滴加等物质的量浓度的

CH

COOH溶液，323所得混合液的电导率与加入

CH

COOH溶液的体积（V）关系如图所示。下列说法错误的是（）3A．M点：c（Na+）＞c（CH

COO﹣）＞c（NH

•H

O）＞c（NH

+）3324B．溶液呈中性的点处于

N、P之间C．已知

1g3≈0.5，P点的

pH＝5D．P

点：3[c（CH

COO﹣）+c（CH

COOH）]＝2[c（Na+）+c（NH

+）+c（NH

•H

O）]33432【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关

ph的计算．【专题】51G：电离平衡与溶液的

pH专题．【分析】电导率与离子浓度成正比，向混合溶液中加入等物质的量浓度的

CH

COOH溶液时，发生反3应先后顺序是

NaOH+CH

COOH＝NaOOCCH

+H

O、NH

•H

O+CH

COOH＝NH

OOCCH

+H

O，0﹣33232343220溶液中导电率减小，M点最小，因为溶液体积增大导致

M点离子浓度减小，M点溶液中溶质为NaOOCCH

、NH

•H

O，继续加入醋酸溶液，NH

•H

O是弱电解质，生成的

NH

OOCCH

是强电解332324317C．Cl的氧化物二氧化氯具有强氧化性，可杀菌消毒，故C17质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导率增大，N点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，N点溶液中溶质为

NaOOCCH

、NH

OOCCH

，且二者的物质的量相等，P点溶液中溶质为等物343质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、CH

COOH，3433A．M点溶液中溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

•H

O，一水合氨电离但是其电离程度较332小，醋酸根离子部分水解但水解程度较小；B．M点溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

•H

O，溶液呈碱性，N点为等物质的量浓度的332NaOOCCH

、NH

OOCCH

，溶液呈碱性，P点溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、343343CH

COOH，醋酸铵溶液呈中性，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性；3C．P点加入醋酸

60mL时，溶液中的溶质为

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、CH

COOH，且三者的物质3433푛(酸)的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的

pH＝pKa﹣lg푛(盐)；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断。【解答】解：电导率与离子浓度成正比，向混合溶液中加入等物质的量浓度的

CH

COOH溶液时，发3生

反

应

先

后

顺

序

是

NaOH+CH

COOH＝

NaOOCCH

+H

O、

NH

•

H

O+CH

COOH＝332323NH

OOCCH

+H

O，0﹣20溶液中导电率减小，M点最小，因为溶液体积增大导致

M点离子浓度减432小，M点溶液中溶质为

NaOOCCH

、NH

•H

O，继续加入醋酸溶液，NH

•H

O是弱电解质，生成的33232NH

OOCCH

是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导率增大，N点时醋酸和一水合氨恰43好完全反应生成醋酸铵，N点溶液中溶质为

NaOOCCH

、NH

OOCCH

，且二者的物质的量相等，P343点溶液中溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、CH

COOH，3433A．M点溶液中溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

•H

O，一水合氨电离但是其电离程度较332小，醋酸根离子部分水解但水解程度较小，所以存在

c（Na

）＞

（+cCH

COO﹣）＞

（NH

•H

O）＞cc33

2（NH

），故+A正确；4B．M点溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

•H

O，溶液呈碱性，N点为等物质的量浓度的332NaOOCCH

、NH

OOCCH

，溶液呈碱性，P点溶质为等物质的量浓度的

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、343343CH

COOH，醋酸铵溶液呈中性，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，所以溶液呈3中性时在

N、P点之间，故

B正确；18质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导率增大，N点时醋酸和18C．P点加入醋酸

60mL时，溶液中的溶质为

NaOOCCH

、NH

OOCCH

、CH

COOH，且三者的物质3433푛(酸)0.002lg0.002

×

2的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的

pH＝pKa﹣lg푛(盐)

=‒

lg1.8×10﹣

﹣＝6﹣2lg3≈5，故

C正确；5=

6﹣lg9D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得

2[c（CH

COO﹣）+c（CH

COOH）]＝3[c33（Na

）+c（+NH

+）+c（NH

H

O•）

，故

D错误；]432故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意

C中缓冲溶液

pH值的计算方法，题目难度中等。三、非选择题：共

174

分．第

22

题～第

32

题为必考题，每个试题考生都必须作答．第

33

题～第

38

题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共

129

分）8．（14分）（2021•南平二模）氮化练锶（SrN

）在工习业上广泛用于生产荧光粉。2已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。试卷

测试Ⅰ．利用装置

A和

C制备

Sr

N32（1）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将橡皮管和玻璃管润湿，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。△¯（2）写出由装置

A制备

N

的化学反应方程式

NH

Cl+NaNON

↑+NaCl+2H

O

。2

224219C．P点加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为NaOOC19（3）装置

A中

a导管的作用是平衡气压，使液体顺利流下。利用该套装置时，有同学提出应先点燃置

A的酒精灯一段时间后，再点燃装置

C的酒精灯，你同意其观点吗？同意（“同意”或“不同意”）。理由是利用生成的

N

将装置内空气排尽（或排尽装置内空气等）。2Ⅱ．利用装置

B和

C制备

Sr

N23利用装置

B从空气中提纯

N

（已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收）2（4）写出装置

B的

NaOH溶液中发生反应的离子方程式

CO

+2OH﹣＝CO32﹣+H

O

。22（5）装置

C中广口瓶盛放的试剂是浓硫酸，Ⅲ．测定

Sr

N

产品的纯度32（6）取

10.0g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收。经改进后测得浓硫酸增重

1.02g，则产品的纯度为

87.6%

。【考点】5A：化学方程式的有关计算；U3：制备实验方案的设计．【分析】Ⅰ．利用装置

A和

C制备

Sr

N23△¯由装置

A制备

N

，反应为：NH

Cl+NaNON

↑+NaCl+2H

O，将得到的氮气干燥后排尽装置内2

2242空气，与

Sr在

C中得到

Sr

N

，碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳气体，防止进入

C中硬质玻璃32管，据此分析作答，Ⅱ．利用装置

B和

C制备

Sr

N23将空气依次通入

NaOH溶液除去二氧化碳（CO

+2OH﹣＝CO32﹣+H

O），连三苯酚除去氧气，再通过22浓硫酸干燥吸水后，得到氮气与

Sr反应，据此分析作答；Ⅲ．测定

Sr

N

产品的纯度32测定原理为用浓硫酸吸收

Sr

N

与水反应生成的氨气，根据氨气得

Sr

N

的量，浓硫酸吸收水蒸气；323

220（3）装置A中a导管的作用是平衡气压，使液体顺利流20根据氮元素守恒，设产品中

Sr

N

的质量为

m，有关系式：32Sr

N

～2NH

，32329234m1.02g292

×

1.02푔则

m

==

8.76g，据此计算。34【解答】解：（1）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将橡皮管和玻璃管润湿，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管；故答案为：橡皮管和玻璃管润湿；△¯（2）由题可知装置

A由氯化铵和亚硝酸钠制备

N

，反应为：NH

Cl+NaNON

↑+NaCl+2H

O；2

2242△¯故答案为：NH

Cl+NaNON

↑+NaCl+2H

O；4222（3）装置

A中

a导管可以平衡气压，使液体顺利流下；为防止空气中的氧气、水蒸气等于

Sr反应，故应先点燃置

A的酒精灯一段时间后，用生成的

N

将装置内空气排尽，再点燃装置

C的酒精灯；2故答案为：平衡气压，使液体顺利流下；同意；利用生成的

N

将装置内空气排尽（或排尽装置内空气2等）；（4）装置

B的

NaOH溶液吸收二氧化碳气体，离子反应为：CO

+2OH﹣＝CO32﹣+H

O；22故答案为：CO

+2OH﹣＝CO32﹣+H

O；22（5）装置

C中广口瓶为浓硫酸，干燥吸水；故答案为：浓硫酸；（6）测定原理为用浓硫酸吸收

Sr

N

与水反应生成的氨气，根据氨气得

Sr

N

的量，该方法测得产品323

2的纯度偏高，其原因是未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；21根据氮元素守恒，设产品中SrN的质量为m，有关系式：21根据氮元素守恒，设产品中

Sr

N

的质量为

m，有关系式：32Sr

N

～2NH

，32329234m1.02g292

×

1.02푔8.76푔10.0푔则

m

==

8.76g，则产品的纯度为×

100%

=

87.6%；34故答案为：未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；87.6%。【点评】本题考查化学实验基本操作方法的综合应用，为高考常见题型，题目难度中等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。9．（15分）（2021•南平二模）利用氟磷灰石[主要成分

Ca

（PO

）

F生产磷酸主要有热法和湿法两种方练习354法。其流程如下：试卷

测试热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂（SiO

）混合后，在电炉中加热到

1500℃生成白磷（P

）、24SiF

、CO．白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸。4湿法：武汉化工研究院为技术攻关，实验室模拟生产磷酸的流程。（1）配平步骤

I反应的化学方程式：

4

Ca

（PO

）

F+

30

C+

21

SiO

＝

1

SiF

↑+

3

P

+

30

CO↑+

20

CaSiO

。543244322根据氮元素守恒，设产品中SrN的质量为m，有关系式：22其中氧化剂是

Ca

（PO

）

F

。543（2）湿法中粉碎氟磷灰石的目的是增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率。（3）浸取槽中发生反应的化学方程式

Ca

（PO

）

F+10HCl＝3H

PO

+5CaCl

+HF

；浸取槽不能使543342用玻璃器皿的原因玻璃会被氢氟酸腐蚀。（4）探究中发现，65℃、一定流速下鼓气（鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利高考复习题于

HF逸出），并通过控制盐酸的用量减少后续除氟工艺。其他条件不变，盐酸实际用量/理论用量与所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率如图

1所示。练习①选择盐酸用量：盐酸实际用量/理论用量的范围为

C

（填字母代号）时磷酸浸取率较高且氟含量较低。A．0.95～1.00B．1.00～1.05C．1.05～1.10D．1.15～1.20②盐酸稍过量，氟含量降低的原因是氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出。③盐酸过量较多，氟含量快速增加的可能原因是随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于

HF的逸出。（5）通过双指示剂方法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度。实验如下：每次取

100.0mL浸取液，用

10mol•L﹣1NaOH溶液滴定，分别用不同的指示剂，滴定结果见表。含磷微粒在不同

pH下物质的量分数如图

2所示。（甲基橙的变色范围为

3.1～4.4，百里酚酞的变色范围为

9.4～10.6）NaOH消耗量/mL（平均）23其中氧化剂是Ca（PO）F。543（2）湿法中粉碎23百里酚酞甲基橙32.927.3则浸取液中

c（HCl）＝

2.17

mol•L﹣

。1【考点】B3：氧化还原反应方程式的配平；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．【分析】根据流程：热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂（SiO

）混合后，在电炉中加热到21500℃生成白磷（P

）、SiF

、CO，反应为：4Ca

（PO

）

F+30C+21SiO

＝1SiF

↑+3P

+30CO↑44543244+20CaSiO

，白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸，3湿法：将氟磷灰石粉碎后用盐酸浸取：Ca

（PO

）

F+10HCl＝3H

PO

+5CaCl

+HF，将浸取液除去543342CaCl

得粗磷酸，2（1）根据质量时候和得失电子守恒可得；（2）湿法中粉碎氟磷灰石可以增大接触面积；（3）浸取槽中为

Ca

（PO

）

F与盐酸生成

H

PO

、CaCl

、HF的反应；HF与玻璃中的二氧化硅反543342应；（4）①根据图

1选择磷酸浸取率较高且氟含量较低的即可；②氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离；③酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于

HF的逸出；（5）NaOH滴定盐酸和磷酸混合酸，先中和盐酸，再中和磷酸，根据变色范围和图

2，甲基橙变色时

，

盐

酸

中

和

完

全

，

磷

酸

与

NaOH反

应

刚

好

完

全

生

成

NaH

PO

，

反

应

为

：

H

PO

+NaOH＝2434NaH

PO

+H

O，该过程消耗

NaOH

27.3mL，继续滴加

NaOH溶液，与

NaH

PO

反应，百里酚酞酚酞24224变色时，NaH

PO

完全反应生成

Na

HPO

，反应为：NaH

PO

+NaOH＝Na

HPO

+H

O，共消耗

NaOH24242424232.9mL，

则

NaH

PO

消

耗

NaOH为

32.9mL﹣

27.3mL＝

5.6mL，

生

成

NaH

PO

同

样

消

耗242424百里酚酞甲基32.927.3则浸取液中c（HCl）＝2.245.6mLNaOH，故盐酸消耗

NaOH的体积为

27.3mL﹣5.6mL＝21.7mL，据此计算可得。【

解

答

】

解

：

（

1）

步

骤

I的

反

应

为

：

4Ca5

（

PO

）

F+30C+21SiO

＝

SiF

↑

+3P

+30CO↑43244+20CaSiO

；Ca

（PO

）

F中

P元素化合价降低，得到电子发生还原反应，故

Ca

（PO

）

F为氧3543543化剂；故答案为：4；30；21；1；3；30；20；Ca

（PO

）

F；543（2）湿法中粉碎氟磷灰石增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率；故答案为：增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率；（3）浸取槽中为

Ca5

（PO

）

F与盐酸生成

H

PO

、CaCl

、HF的反应，化学方程式为：Ca543342（PO

）

F+10HCl＝3H

PO

+5CaCl

+HF；HF与玻璃中的二氧化硅反应，故玻璃会被氢氟酸腐蚀，浸43342取槽不能使用玻璃器皿；故答案为：Ca

（PO

）

F+10HCl＝3H

PO

+5CaCl

+HF；玻璃会被氢氟酸腐蚀；543342（4）①由图

1可知盐酸实际用量/理论用量增多，磷酸浸取率升高，1.05～1.10时，磷酸浸取率较高且氟含量较低，超过

1.10后，磷酸浸取率提高不明显，含氟显著升高，故选择

C；故答案为：C；②氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出，故盐酸稍过量，氟含量降低；故答案为：氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出；③随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于

HF的逸出，故盐酸过量较多，氟含量快速增加；故答案为：随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于

HF的逸出；（5）NaOH滴定盐酸和磷酸混合酸，先中和盐酸，再中和磷酸，根据变色范围和图

2，甲基橙变色时

，

盐

酸

中

和

完

全

，

磷

酸

与

NaOH反

应

刚

好

完

全

生

成

NaH

PO

，

反

应

为

：

H

PO

+NaOH＝2434NaH

PO

+H

O，该过程消耗

NaOH

27.3mL，继续滴加

NaOH溶液，与

NaH

PO

反应，百里酚酞酚酞24224变色时，NaH

PO

完全反应生成

Na

HPO

，反应为：NaH

PO

+NaOH＝Na

HPO

+H

O，共消耗

NaOH242424242255.6mLNaOH，故盐酸消耗NaOH的体积为27.32532.9mL，

则

NaH

PO

消

耗

NaOH为

32.9mL﹣

27.3mL＝

5.6mL，

生

成

NaH

PO

同

样

消

耗24245.6mLNaOH，故盐酸消耗

NaOH的体积为

27.3mL﹣5.6mL＝21.7mL，根据关系式：HCl～NaOH，则

n0.217푚표푙（

HCl）

＝

n（

NaOH）

＝

0.0217L×

10mol/L＝

0.217mol，

故

浸

取

液

中

c（

HCl）

=2.17mol/L；=0.1퐿故答案为：2.17。【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、滴定反应等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。10．（14分）（2021•南平二模）工业上利用合成气（CO、CO

和

H

）来生产甲醇，有关反应的化学方程22式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示。化学反应化学平衡常数温度/℃500700

8000.34

0.15ⅠⅡⅢ2H

（

g）K1K2K32.52+CO（

g）⇌CH

OH3（g）H

（2g）1.0+CO

（

g）1.70

2.522⇌H

O（

g）2+CO（g）3H

（

g）2+CO

（

g）2⇌CH

OH32632.9mL，则NaHPO消耗NaOH为3226（

g）

+H

O2（g）（1）若合成气为

H

和

CO

，发生反应Ⅲ。22①由

H

（g）和

CO

（g）合成

CH

OH（g）的△H

＝△H

+△H

。（用△H

、△H

表示）22331212푛(퐶퐻

푂퐻)3②下列措施能使反应Ⅲ的平衡体系中增大的是

AD

（填字母代号）푛(퐻2)A．将水蒸气从体系中分离出去C．升高温度B．恒压时充入氦气D．恒容时再充入一定量

CO2③500℃测得反应Ⅲ在

10分钟时，H

（g）、CO

（g）、CH

OH（g）、H

O（g）的浓度分別为

2mol•L2232﹣1、1.0

mol•L﹣1、0.6

mol•L﹣1、0.6

mol•L﹣1，则此时

v（正）＞V（逆）（填“＞”“＝”或“＜”）。从开始到该时刻，用

H

表示反应的平均速率为

v（H

）＝

0.18mol/（L．min）。22练习（2）用合成气

H

、CO和

CO

生产甲醇。当

n（H

）/n（CO+CO

）＝a时，体系中

CO平衡转化率[α2222（CO）]与温度和压强关系的一些散点如图

1所示。520K压强为

P时，α（CO）处于

C点，试卷

测试题①若保持温度不变，增大压强，则可能是图中的

D

点（填字母，下同）。②若保持压强不变，升高温度，则可能是图中的

I

点。（3）利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图

2，其中

A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开

K，此时

AB两极上生成等物质的量的气体。①乙中

B电极为阴极（填“阴极”或“阳极”），该电极上生成的气体在标准状况下的体积为27（g）+HO2（g）（1）若合成气为H和CO，272.24L

。②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量（n）与转移电子的物质的量[n（e）]变化关系如图

3，则图中c线表示的是

Cu2+

（填离子符号）的变化。【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．【专题】51E：化学平衡专题．【分析】（1）①2H

（g）+CO（g）⇌CH

OH（g）△H123H

（g）+CO

（g）⇌H

O（g）+CO（g）△H2222将第一个和第二个方程式相加得到

3H

（g）+CO

（g）⇌CH

OH（g）+H

O（g），焓变进行相应的改2232变；푛(퐶퐻

푂퐻)3②下列措施能使反应Ⅲ的平衡体系中增大，可以通过改变条件将平衡正向移动但不能是通푛(퐻2)入增大氢气浓度实现；0.6

×

0.6③500℃时反应

III的化学平衡常数

K＝2.5×1.0＝2.5，10min时浓度商

=23

×

1.0

=

0.045＜K，要使0.6平衡状态，平衡应该正向移动；从开始到该时刻，用

H

表示反应的平均速率为

v（H

O）

=

10mol/22（L．min）＝0.06mol/（L．min），相同时间内

v（H

）＝3v（H

O）；22（2）①若保持温度不变，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；②升高温度化学平衡常数减小，则

CO生成甲醇的反应为放热反应，若保持压强不变，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小；（3）甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则

AC为阳极、BD为阴极，①乙中

B电极为阴极，工作一段时间后，断开

K，此时

A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为

x，溶液中铜离子物质的量为

0.1mol，电极反应为：Cu2++2e﹣＝Cu，282.24L。②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量（n）与转移280.1mol

0.2mol2H++2e﹣＝H

↑，22xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H

O+O

↑，224xx根据得失电子守恒得到：0.2+2x＝4x，解得：x＝0.1mol，根据

V＝nV

计算氢气体积；m②丙装置中，C为

Cu，为阳极，阳极上

Cu失电子生成亚铁离子进入溶液，阴极上铁离子得电子生成亚铁离子，所以随着反应进行，溶液中

c（Fe

）减小、

（3+cFe2+）增大、

（Cu2+）增大，且

cc（Cu

）从

0逐渐增大。2+【解答】解：（1）①2H

（g）+CO（g）⇌CH

OH（g）△H231H

（g）+CO

（g）⇌H

O（g）+CO（g）△H2222将第一个和第二个方程式相加得到

3H

（g）+CO

（g）⇌CH

OH（g）+H

O（g），△H

＝△H

+△223231H2，故答案为：△H

+△H；21②反应

III中

K

＝K

×K

，根据表中数据知，温度越高

K

越小，说明该反应正反应是放热反应，3123푛(퐶퐻

푂퐻)3A．将水蒸气从体系中分离出去，平衡正向移动，则增大，故正确；푛(퐻2)푛(퐶퐻

푂퐻)3B．恒压时充入氦气，该反应体系压强减小平衡逆向移动，则减小，故错误；푛(퐻2)푛(퐶퐻

푂퐻)3C．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则减小，故错误；푛(퐻2)290.1mol0.2mol2H++2e﹣＝H↑，22xxA29푛(퐶퐻

푂퐻)3D．恒容时再充入一定量

CO

，平衡正向移动，则增大，故正确；2푛(퐻2)故选

AD；0.6

×

0.6③500℃时反应

III的化学平衡常数

K＝2.5×1.0＝2.5，10min时浓度商

=平衡状态，平衡应该正向移动，则此时

v（正）＞V（逆）；23

×

1.0

=

0.045＜K，要使0.6从

开

始

到

该

时

刻

，

用

H

表

示

反

应

的

平

均

速

率

为

v（

H

O）

=

10mol/（

L．

min）

＝

0.06mol/22（L．min），相同时间内

v（H

）＝3v（H

O）＝3×0.06mol/（L．min）＝0.18mol/（L．min），22故答案为：＞；0.18mol/（L．min）；（2）①若保持温度不变，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，所以

D正确，故选

D；②升高温度化学平衡常数减小，则

CO生成甲醇的反应为放热反应，若保持压强不变，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，则

I正确，故选

I；（3）甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则

AC为阳极、BD为阴极，①乙中

B电极为阴极，工作一段时间后，断开

K，此时

A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为

x，溶液中铜离子物质的量为

0.1mol，电极反应为：Cu2++2e﹣＝Cu，0.1mol

0.2mol2H++2e﹣＝H

↑，22xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：30푛(퐶퐻푂퐻)3D．恒容时再充入一定量CO，平衡正向移304OH﹣﹣4e﹣＝2H

O+O

↑，224xx根据得失电子守恒得到：0.2+2x＝4x，解得：x＝0.1mol，V＝nV

＝0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，m故答案为：阴极；2.24L；②丙装置中，C为

Cu，为阳极，阳极上

Cu失电子生成亚铁离子进入溶液，阴极上铁离子得电子生成亚铁离子，所以随着反应进行，溶液中

c（Fe

）减小、

（3+cFe2+c）增大、

（Cu2+）增大，且

c（Cu

）从

0逐渐增大，所以

表示

Cu2+的变化，故答案为：Cu2+2+c。【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律、电解原理等知识点，侧重考查分析计算及知识综合运用能力，把握外界条件对化学平衡移动原理、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，题目难度不大。(二)选考题：共

45

分。每科任选一题作答。如果多做则每学科按所做的第一题计分。[化学一物质结构与性质]（15

分）11．（15分）（2021•南平二模）太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：试卷

测试314OH﹣﹣4e﹣＝2HO+O↑，224xx根据得失电子