广东省广州市部分普通高中毕业班2023年届高三综合测试(二)化学（解析版）

2023年广州市普通高中毕业班综合测试(二)

化学试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号

填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。并在化学答题卡相应

位置上填涂考生号。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑：

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相

应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。不

按以上要求作答无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24Al27

Zn65Ga70

一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第11〜16小题,

每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。

1.我国的航空航天事业取得巨大成就，下列所述物质为金属材料的是

航空航

天成果I^^3

宇航服中的聚酯纤C919外壳中的铝锂合北斗卫星使用的氮化铝长征火箭使用的液

物质

维金芯片氢燃料

选项ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.聚酯纤维为有机高分子材料，A项不符合题意；

B.铝锂合金为金属材料，B项符合题意；

C.氮化铝为新型无机非金属材料，C不符合题意；

D.液氢燃料为无机非金属材料，D不符合题意；

故选B。

2.广东的非物质文化遗产丰富多彩，如广东剪纸、粤绣、龙舟制作技艺、广彩瓷器烧制技艺等。下列说法

不正确的是

A.广东剪纸所用纸张的漂白过程涉及化学变化B.粤绣所用蚕丝绣材含有天然有机高分子

C.龙舟表面所涂红色颜料的成分是氧化亚铁D.绘有金色花纹的广彩瓷器含有硅酸盐

【答案】C

【解析】

【详解】A.广东剪纸所用纸张的漂白过程涉及化学变化，A正确；

B.粤绣所用蚕丝绣材主要含有蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子，B正确；

C.氧化亚铁为黑色固体，龙舟表面所涂红色颜料的成分是氧化铁，C错误：

D.绘有金色花纹的广彩瓷器含有硅酸盐，D正确；

故选Co

3.劳动开创未来。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是

选项劳动项目化学知识

A利用工业合成氨实现人工固氮N2具有还原性

B用石灰乳除去烟气中的SO?SO2是酸性氧化物

C将锌块镶嵌在轮船底部防腐锌的金属性比铁强

D用HNo3除去试管中的银镜HNOs具有强氧化性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.氮气和氢气合成氨气过程中，氮气中的氮元素化合价降低，表现氧化性，劳动项目和化学知

识不相关，A符合题意；

B.二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应，劳动项目和化学知识有关联，B不符合题意；

C.锌的金属性比铁强，再船底镶嵌锌，形成原电池时铁做正极，不被腐蚀，劳动项目和化学知识有关

联，C不符合题意；

D.银和硝酸反应，表现硝酸的强氧化性，劳动项目和化学知识相关，D不符合题意；

故选A0

4.聚乳酸广泛用于制造可降解材料，其生物降解过程如下。下列说法不正确的是

00

Il水解Il微生物

rη次土ZJ

H⅛CH-C⅛0HJAHo-CH-C-OH1IACO2+H2O

CH3CH3

聚乳酸乳酸

A.乳酸属于燃的衍生物B.CO2分子含有团团键和兀键

C.乳酸分子不含手性碳原子D.使用聚乳酸材料有利于减少白色污染

【答案】C

【解析】

【详解】A.乳酸含有竣基、羟基，属于燃的衍生物，A正确；

B.二氧化碳结构为O=C=0,双键中含有1个σ键1个π键，故CO2分子含有团团键和兀键，B正确；

O

*Il

C.手性碳原子是连有四个不同原子或基团的碳原子；HO-CH-C-OH,故乳酸分子含手性碳原

CH3

子，C错误；

D.聚乳酸广泛用于制造可降解材料，故使用聚乳酸材料有利于减少白色污染，D正确；

故选C。

5.下列装置用于实验室制取NO并回比(Cu(NO3)2,不能达到实验目的的是

舂一稀硝酸

⅞=NO(NO)

2No→=y=

o⅛,-H,j^-tH.O.1M

情IlLΛ∙CuHOA≡

afc1

甲乙丙丁

A.用装置甲制No气体B.用装置乙除No中的少量NO?

C.用装置丙收集NO气体D.用装置丁蒸干溶液获得CU(NO3)2固体

【答案】D

【解析】

【详解】A.CU与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生CU(NO3)2、NO、H2O,因此可以用装置甲制

No气体，A不符合题意；

B.二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去No中的少量NC½,B不符合题意；

C.NO气体在常温下容易与空气中的02反应产生NCh气体，因此应该根据No不溶于水，也不能与水发

生反应，采用排水方法收集No气体，C不符合题意；

D.CU(NO3)2溶液加热时会促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应根据其溶解度受温度的影响变化较

大，采用冷却结晶法制备CU(NO3)2∙6H2O,D符合题意；

故选D。

6.如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素,

其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是

^ZX^^

W+Z-E-Y

Il\

zX

A.原子半径：W>Y>Z>EB.W2Z2中只含有离子键

C.Z、W、E组成化合物的水溶液一定显中性D.电负性：Z>Y>X

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电

子，结合图示的化合物结构可知，Y为N；E核外有6个电子，Z、E同族，则Z核外也有6个电子，所

以Z为0,E为S；从图示可知，X为H,W为Na。

【详解】A.一般地，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小，所

以原子半径：Na>S>N>0,故A错误；

B.Na2O2中既有离子键，又有共价键，故B错误；

C.Z、W、E组成Na2SO4,其水溶液显中性，若组成Na2SO3,则其水溶液呈碱性，故C错误；

D.元素的非金属性越强，电负性越强，同周期从左到右，元素电负性增强，H和N形成的化合物中，N

为负价，所以H的电负性比氮小，故电负性：O>N>H,故D正确；

故选D。

7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.lmolSiHCL含有Si-Cl键的数目为3NA

B.24gMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为NA

C.lL1.0mol∙L7'NaHSo,溶液含有阴离子的总数为2NA

D.11.2LN0与11.2L。2混合后分子的数目为NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.1个SiHCl3中含有3个Si-CI键，故ImOISiHCl3含有Si-Cl键的数目为3NA,故A正确；

B.24gMg的物质的量为ImOI,Mg失去2个电子转化为Mg?+,故ImOlMg与稀硫酸完全反应，转移的

电子数目为2NA，故B错误；

C.NaHSO4完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，ILLOmollTNaHSC),溶液含有溶质为Imo1,

故含有阴离子的总数为NA,故C错误；

D.没有标明为标准状况，故无法计算气体分子数，故D错误；

故选Ao

8.陈述I和「均正确并具有因果关系的是

选项陈述1陈述口

A用明研净水AI(OH)3胶体具有吸附性

BNa着火不能用水扑灭Na可与水反应产生O2

C二氧化硅可用于制备光导纤维二氧化硅是良好的半导体材料

D用84消毒液进行消毒NaCIo溶液呈碱性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.明研中的AF+水解生成AI(OH)3胶体，AI(OH)3胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题

意：

B.Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2,B不符合题意；

C.二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；

D.用84消毒液进行消毒，是因为NaClo溶液具有强氧化性，D不符合题意；

故选A

9.二乙胺[(C2H5%NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2CL下列叙述正确的是

A.0.01mol∙L^'(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2

B.(C2H5)2NH2Cl水溶液的PH随温度升高而减小

C.(C2Hi)2NH2Cl水溶液加水稀释，pH降低

+

D.(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(θH^)+c(CΓ)=c[(C2H5)2NH2]+c[(C2H5),NH]

【答案】B

【解析】

【详解】A.二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.0Imol∙L^q

(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH>2,故A错误；

B.由于[(C2H5)2NH2]+水解，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以

(C2H5),NH2。水溶液的PH随温度升高而减小，故B正确；

C.(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误：

水溶液中存在电荷守恒：+

D.(C2H5)2NH2ClC(OH^)+C(CΓ)=C[(C2H5)ONH2J+C(H),

++

[(C2H5)2NH2]+水解的方程式为：[(C2H5}NH2]+H2O-(C2H5),NH+H3O,还存在着水的电

+

离：H2O.H+OH-,所以C(H+)>c[(GH5)2NH],故D错误；

故选Bo

10.硒(Se)是人体必需微量元素之一，已知Se与S同族，一种含硒的功能分子的合成路线如下，下列说法

不正确的是

NHNHONH

2I22O

HoY^SH+

IIl

0ONH2ONH2

1πɪn

A.沸点：H2O>FI9Se>H9SB.I中S原子的杂化轨道类型为sp3

C.口中含有极性共价键和非极性共价键D.口含有的元素中O的第一电离能最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.0、S、Se属于同一主族元素，原子序数依次增大。简单氢化物的沸点比较，存在氢键，沸

点较高；结构相似，分子量越大，沸点越大。中存在氢键，其沸点较大；ESe的相对分子量大于

%S,故沸点大小是H2O>H2Se>H2S,A项正确；

NH2

B.I是HOY人/SH,S与c、S与H之间以单键连接，存在两对共用电子对，本身自己还有两对未

O

成对电子对，其杂化轨道类型为sp3,B项正确；

C.一般，极性共价键是不同种非金属元素形成，非极性共价键是同种非金属元素形成的，故∏中含有极

性共价键和非极性共价键，C项正确；

D.气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的的最低能量叫做第一电离能。一

般，同一周期，从左到右第一电离能逐渐增大，同族元素从上到下第一电离能逐渐变小，HI含有的元素

是O、S、N、H、Se,根据元素周期表的位置，0和S的第一电离能比其他元素大，但N原子的2P轨道

是半充满状态，能量较低，体系稳定，而氧的2P轨道易失去一个电子，变为半充满状态，故氮的电离能

较大，D项不正确；

故答案选Do

11.下列关于铁及其化合物之间转化反应的方程式书写正确的是

/、高温

A.凡。(g)通过灼热铁粉：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2

+3+

B.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NO↑+2H2O

C.氢氧化铁中加入氢碘酸：Fe(OH)3+3M=FeI3+3H2O

2++3+2+

D.FeSo4溶液中加入酸性KMnO4溶液：5Fe+MnO；+8H=5Fe+Mn+4H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A.Fe与H2O(g)高温反应生成Fe3O4和H2,A错误;

B.稀硝酸有强氧化性，能把Fe氧化成Fe3+,过量铁粉与Fe反应生成Fe?+,总反应产物应是Fe?+而不是

Fe3+,B错误;

C.Fe?+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，分别生成Fe?+和L,C错误；

D.酸性KMno4具有强氧化性，可把Fe?+氧化成Fe3+,本身被还原生成Mi?+,D正确；

故选D。

12.汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)+O2(g)2Nθ(g)附。一定条件下，等物质的量N?和

。2在恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下c(N2)随时间⑺的变化，曲线b表示该反应在

某一起始条件改变时c(N2)随时间⑺的变化。下列叙述不正确的是

÷

o

l

u

'

(

N

r

A,温度7下、(MOs内v(N,)=且Qmol-L-LsT

v2740

B.M点丫正(N2)小于N点v⅛(N2)

C.曲线b对应的条件改变可能是充入氧气

D.若曲线b对应的条件改变是升高温度，则AH>0

【答案】B

【解析】

【详解】A.温度T下、0-4OS内氮气的浓度从COmol/L减少到Clmol/L,故v(N,)=包心mol∙L√,

40

A正确；

B.M点还在向正向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；

C.曲线b能是充入氧气，反应速率加快，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a少，C正确;

D.若曲线b为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D正确；

故选B。

13.打开分液漏斗活塞和玻璃塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象分析正确的是

A/70%H2SO4

浸有品红溶液的棉球

NaSO

23≠-BaCI2溶液

&的CCl4溶液

A.试管中产生大量气泡，说明NazSO,被氧化产生S。?

B.试管内CCI4层溶液褪色，说明BQ具有还原性

C.试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明SO?具有氧化性

D.一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SOj生成

【答案】D

【解析】

【详解】A.NazSO,与硫酸中S元素的化合价为相邻价态，不能发生氧化还原反应，Na'SO,与70%的

硫酸发生复分解反应生成SO2,故A错误；

B.试管内CJ层溶液褪色，发生反应SO2+Br2+2Hq=H2SO4+2HBr,说明Br2具有氧化性，故B错

误；

C.试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明sc>2具有漂白性，故C错误；

D.SO2与氯化钢溶液不反应，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸节贝，发生反应

SO2+Br2+2H2O=H,SO4+2HBr,硫酸与氯化钢反应生成硫酸钢，说明有SOj生成，故D正确；

故选D。

14.化学是一门以实验为基础的学科。下列实验操作不能达到目的的是

选

目的实验操作

项

制备［Cu(NH3)jSO4∙H2O晶

A向[CU(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醉

体

制备Fe(OH)3胶体

B向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液继续煮沸至液体呈红褐色

配制IOOmL0.4mol∙lʃ'的NaOH称取4.0g固体NaoH于烧杯中，加入蒸锵水溶解，立刻转移

C

溶液至IOOmL容量瓶中，定容

D探究温度对化学平衡的影响加热0.5r∏ol∙LTCUCI2溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A∙加入乙醇降低溶剂的极性，从而降低物质的溶解性使物质结晶析出，A项能达到实验目的；

B.利用Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，B项可以达到实验目的；

C.NaOH固体溶解放热，需要冷却至室温再转移至容量瓶不然会引起误差，C项不能达到实验目的；

D.CUel2溶液中存在水解平衡，升温水解增强，溶液会发生变化，D项能达到实验目的；

故选Co

15.科学家研发了一种以Al和Pd@石墨烯为电极的Al-N2电池，电池以AlC1；-AlC离子液体作电解

质，放电时在提供能量的同时实现了人工固氮，示意图如下。下列说法不正确的是

A.充电时Al电极是阴极

B.放电时AlCL离子浓度增大，AlC离子浓度减少

C.放电时正极反应为N2+8A%Cl；+6e-=2A1N+14A1C1;

D.放电时电路中每通过6mole^.电池总质量理论上增加28g

【答案】B

【解析】

【详解】A.充电时，Al电极发生反应是，8Al2Cl;+6e-=2AI+14AlCl4,发生还原反应，故作为阴极，A

正确；

B.放电时，Al作为负极，发生氧化反应，电极反应是2A1+14AlC1-6e-=8A^Cl；。正极发生反应是

N2+8AUClH6e-=2A1N+14A1CI.总反应是2A1+N2=2A1N,AlCl4,川?。；浓度均不变，B错误；

C.放电时，正极发生反应是N2+8ALC^+6e-=2AlN+14AlCi;,C正确；

D.由以上电极反应可知，放电时电池总质量增加相当于是增加了N2,每通过6mol电子，参加反应N2

是Imo1,增加质量是28g∕molXlmol=28g,D正确；

故选Bo

16.常温下，向含有CH3COOH、CUSO八FeSO4的工业废水中逐滴加入NaOH溶液，pM随PH的变

C(CHCOOH)

化关系如图所示［pM表示-Ig'/3;或—Ige(CU2+)或一IgC(Fe2+)］。

CIX-XɪɪɜV-/V-/1

已知：Ka(CHc∞H)=10<8,KSP［Cu(OH)21=l()T9，。若溶液中离子浓度小于lO-mol.LT,认为

该离子沉淀完全。下列说法不正确的是

A.曲线①表示-Igc(CU2+)与PH的关系

BpH=5时，溶液中C(CH3C∞H)>c(CH3COθ)

C.pH=7时，可认为Cu2+沉淀完全

C(CU2+)

D.pH=9l⅛,\,《=10-3.4

eg)

【答案】B

【解析】

+C(CH3COOH)

C(CH3COQ)-c(H)4

【分析Ka(CH3COOH)=I0^∙8-Ig

c(CH3COθ)

C(CH3COOH)

+

c(CH3COOH)∙c(H)C(H+)1∩-5

18c(CH,COθ)∙C(H+)=当pH=5H寸，该式入Ka,可知一Ig昔行=0.2,可知曲线②是表

c(CH3COOH)

示-75

-Ig乖乖5y当C(CU2+)=Mm"L,C(OH尸-^―≈IO-,止匕时pH=6.5,

故曲线①表示Tgc(CU2+),曲线③表示一IgC(Fe2+卜

【详解】A.当C(CU2+尸IOCmOl∙L”，c(OH)=丁=I(T7.5,此时pH=6.5,故曲线①

表示一IgC(CU2+),A项正确；

c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(CH3COOH)

βlg>Q，<1，

∙曲线②是表小」gC(CH3C0O)，当PH=5时，^c(CH3COO)c(CH3COO)则

故溶液中c(CH,COOH)<c(CH3COO),B项错误;

此时pH=6.5,故pH=7时，可认

为CU”沉淀完全，C项正确:

D.曲线③表示一IgC(Fe2+),线上b点(5.85,0),代入计算可知，当cR2+)=lmol∕L时，pH=5.85,此

2+2l63

时C(OH)=IO-8.15,则KsptFe(OH)2]=c(Fe)×c(OH-)=l×10-∙,故pH=9时,

C(CU”[KjCu(OH)J.io-、=ιθ34

2+63D项正确。

c(Fe)Ksp[Fe(OH)1]^10^'^^

故答案选B。

二、非选择题：共56分。

17.某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。

(1)实验室以MnO2和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl(i⅛)=MnCl2+2H2O

+Cl2↑。该反应的氧化产物是。将该反应设计成原电池，氧化反应为

2CΓ-2e^=Cl2↑,还原反应为。

(2)当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在Mno2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行、

MnO2的氧化性和Cl的还原性均减弱，为此进行探究。

实验任务探究离子浓度对MnO2氧化性的影响

提出猜想

猜想a：随C(H。减小，Mno2的氧化性减弱。

猜想b：随C(Mn2+)增大，MnO2的氧化性减弱。

查阅资料电极电势(9)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化

剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。

验证猜想用0.10mol∙L^lH?S04溶液、0.1OmoI∙L?MnSo&溶液和蒸储水配制混合液(溶液总体积相

同)，将Mno2电极置于混合液中测定其电极电势必进行表中实验1〜3,数据记录。

实验序号V(H2SO4)ZmLV(MnSO4)∕mLV(H2O)∕mL电极电势/V

12020O9\

2mn106

32010106

□根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m=

□根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是（用电极电势关系表示）。

探究结果固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行,溶液中c（H+）减小、C（Mn2+）

增大，Mno2氧化性减弱。

□根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随C（CI一）增大，C「还原性增强。

实验验证：在固液混合物A中加入（填化学式）固体，加热。证明推断正确的实验现象是

（3）根据电化学的相关知识，小组同学分别利用电解池（图1）和原电池（图2）装置，成功实现了铜与稀硫

□图1中阳极的电极反应式为O

□结合（2）的探究结论，图2中试剂X是,试剂Y是。

可选试剂：稀硫酸、Na2SO4溶液、NaoH溶液、NaNo,溶液、CUSO4溶液（浓度均为1.0mol∙L7∣）

+2+

【答案】（I）□.CI2□.Mnθ2+2e+4H=2H2O+Mn

（2）□.m=10O.n=20□.φ∣<φ3□.NaCl□.又产生黄绿色气体

（3）□.Cu-2e-=Cu2+□.稀硫酸口.NaOH溶液

【解析】

【小问1详解】

该反应中MnO2得电子发生还原反应得到MnCI2,而Hel失电子经氧化的都CM氧化产物为Cb,还原

2++2+

反应为MnO2+2e-+4H÷=2H2O+Mno答案为Cl2;Mnθ2+2e+4H=2H2O+Mn;

【小问2详解】

表格数据分析，实验1为对比实验，而3改变了MnSo4的体积，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的

影响。那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保

证总体积为40mL,则m=10、n=20o随着Mi?+浓度增大MnO2氧化性减弱，电势降低即φ/ψ3°已知溶

液中c(H+)减小、C(Mn2，)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量只改变Cr的影响，可加入NaCl固体，

若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cr的浓度越大其还原性增强。答案为m=10、n=20;φι<φ3;NaCI;

若加热反应又产生黄绿色气体；

【小问3详解】

2+

图1为电解池，CU极为阳极，石墨为阴极。阳极CU优先放电即：Cu-2e-=Cuo图2为原电池利用CU与

H2SO4制备H2,负极为Cu,正极区为H2SO4。为了增强CU的还原性，正极区加入NaOH溶液降低溶液

中的C/+.答案为Cu-2e=Cu2+;稀硫酸；NaOH溶液。

18.氮化钱(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸钱Ga2(Fe2θJ3、铁酸锌ZnFqO,、

SiO2]制备GaN的工艺流程如下：

WnotlbβnαllNaOH

r>nMS*VirM

及山微注浪■俄<m点加"帆相

已知：

①Ga与Al同主族，化学性质相似。

②常温下，KJZn(OH)2]=1(T⑹6,KJGa(OH)3]=10-35/，KsP[Fe(θH%]=心福.

③Ga∙"、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。

反萃取率/%

盐酸浓度/mol・Ld

Ga3+Fe3+

286.99.4

469.152.1

617.571.3

回答下列问题:

(1)“酸浸”时Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为。“酸溶”所得滤渣的主要成分是(填

化学式)。

(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zr?+浓度分别为0.21g∙L-∣、65g∙L^lo常温下，为尽可能多地提取

Ga3+并确保不混入Zn(OH)2,“调pH”时需用CaO调PH至(假设调PH时溶液体积不变)。

(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸浓度a=,b=(选填上表中盐酸的浓度)。

(4)“沉钱”时，若加入NaoH的量过多，会导致Ga3+的沉淀率降低，原因是(用离子方程

式表示)。

(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的Ga?03与NH3在高温下反应可制得GaN,同时生

成另一种产物，该反应化学方程式为o

(6)①GaN的熔点为1700口,GaCl3的熔点为77.9,它们的晶体类型依次为、。

②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为。该

晶体密度为夕g∙cm-3,GaN的式量为Mr，则晶胞边长为nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗

常数的值)

+3+3+

【答案】(1)□.Ga2(Fe2θ4)3+24H=2Ga+6Fe+ɪ2H2OD.CaSO4

(2)略小于5.7(3)□.6mol∕L□.2mol∕L

(4)Ga(OH)3+OH=GaO；+2H2O

高温

(5)Ga2O3+2NH32GaN+3HzO

4Mr

(6)□.共价晶体□.分子晶体□.4□.,3---7-----XliOa7

Vι-NA

【解析】

【分析】矿渣中主要含铁酸锈、铁酸锌、SiO2,矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为Sio2,

3

加入CaO调节pH,从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制PH可使Ga∖

Fe3+完全沉淀而Zn?+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe?+,加入萃取剂

萃取，然后加入amol∕L盐酸进行脱铁，再加入bmol∕L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐

酸浓度较高，促使Fe?+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol∕L,反萃取中要保证Ga?+更可能多地进入

水相，则此时盐酸浓度为2mol∕L,随后加入NaOH沉钱生成Ga(OH)3,Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3,

最后经过CVD得至IJGaN。

【小问1详解】

Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe?+和H2O,反应的离子方程式为

+3+3+

Ga2(Fe2θ4)3+24H=2Ga+6Fe+12H2Oo酸溶前调节PH时加入了CaO,加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子

反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。

【小问2详解】

酸浸所得浸出液中Ga?+、Zn?+浓度分别为0.21g∕L和65g∕L即0.003mol/L和ImoI/L,根据

166

Ksp[Zn(OH)2]=10-,Z/+开始沉淀时C(OH-)=1083mol∕L,Zj+开始沉淀的PH为5.7,根据

35

Ksp[Ga(OH)3]=10->,Ga?+开始沉淀时C(OH-尸1.49XIO-u,则Ga3+开始沉淀的PH为3.17,则调节PH略

小于5.7即可。

【小问3详解】

根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe∙"更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol∕L,反萃取中要

保证Ga?+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol∕L.

【小问4详解】

Ga与Al同主族，化学性质相似，沉铁时加入NaoH过多，则生成Ga(OH)3重新溶解生成GaO：,离子

方程式为Ga(OH)3+0H-=GaO；+2H2。。

【小问5详解】

Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为HzO,化学方程式

高温

为Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2Oo

【小问6详解】

o

①GaN熔点较高为1700C,GaCl3熔点较低为77.9℃,则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。

②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原

114Mr,3

子个数为4,Ga原子个数为4x8+[x6=4,设晶胞边长为anm,贝IJP=--启式vg∕cm,则a=

82NA.(axlO)'

∕4Mr,..7

3--------×1()nm0

V∙NA

19.CH4和CO?重整制取合成气Co和H2,在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工

艺主要涉及以下反应：

反应a：CH4(g)+CO2(g),∙2Cθ(g)+2H2(g)ΔH,>O

反应b：CO2(g)+H2(g)∙Cθ(g)+H2θ(g)Δ∏2>0

反应c：CH4(g).∙C(s)+2H2(g)ΔH3>0

反应d：2Cθ(g)C(s)+CO2(g)ΔH4<0

(1)重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为

C(s)+H2θ(g)-Cθ(g)+H2(g),该反应的H=(写出一个代数式)。

(2)关于CHit和CO2重整，下列说法正确的是(填编号)。

A.CH,的物质的量保持不变时，反应体系达到平衡状态

B.恒容时通入N?增大压强，Co2的平衡转化率减小

C.加入反应C的催化剂，该反应的平衡常数K增大

D.降低反应温度，反应d的P正›V逆

(3)一定压强下，按照n(CHj:n(CC>2)=2:1投料，CHq和CC½重整反应达到平衡时各组分的物质的

量分数随温度的变化如图所示

φ^

s⅛

⅛s

磐

□图中曲线m、n分别表示物质、的变化(选填“凡”“CO”或“CO?”)。

70(ΓC后，C(S)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是。

□某温度下体系中不存在积碳，CH4和H?O的物质的量分数分别是0.50、0.04,该温度下甲烷的平衡转化

率为，反应b的平衡常数K=(列出计算式)。

【答案】(1)∆H,-∆H2-∆H3(2)AD

(3)□.CO2□.H2□.反应C为吸热反应，反应d为放热反应。700口后，随着温度升高，反应

064X014

C右移对C(S)的物质的量分数的影响比反应d左移的大□.12.5%□.“…

0.61×0.36

【解析】

【小问1详解】

该反应由a-b-c得至IJ即AH=AHι-1∆H2-zkH3°W⅛⅛∆H∣-ΔH2-∆H3;

【小问2详解】

A.随着反应进行CE不断减少，平衡时保持不变，A项正确；

B.恒容时，平衡体系中各物质的浓度不发生改变，平衡不移动，CO2转化率不变，B性错误;

C.加入催化剂只改变反应历程不改变平衡常数，C项错误；

D.降低温度反应d正向移动，vl∏>v逆，D项正确；

故选ADo

【小问3详解】

反应起始投入CH4和CCh为2：1,所以m为Co2。同时700LJ之后C固体增加，即700U以上的高温有利

于反应c正向进行,反应C正向进行H2物质的量分数增加则n为H2。P%COo设反应投入CE和CO2

物质的量分别为2mol、ImoL根据反应列出以下三段式：

+

CO2H2,CO+H2O

起始∕molOO

变化∕molnnnn

平衡∕mol