广东省新高考普通高中2021-2022学年高二下学期联合质量测评调研化学试题

2022年广东省新高考普通高中联合质量测评高二摸底调研化学学科注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡指定位置。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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笔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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试题与答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28C135.5Ca40Ga70一、选择题：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.中华传统文化博大精深。下列相关解读正确的是选项博大精深的中华传统文化化学视角解读A“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”其中的“丝”化学成分是蛋白质B《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”所用的分离操作方法是蒸发C《本草图经》在绿矾项记载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D“凡白土曰垩土，陶家精美启用”其中“陶”是一种新型无机非金属材料A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．“蚕丝”的化学成分是蛋白质，A项正确；B．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，是液体的分离，采用的方法为蒸馏，B项错误；C．绿矾是七水硫酸亚铁，在水中亚铁离子会水解出H+，所以“味酸’，C项错误；D．陶瓷是传统硅酸盐材料，属于传统的无机非金属材料，D项错误；答案选A。2.中国航天成就举世瞩目，化学功不可没。神舟十三号使用了耐辐照石英玻璃，祝融号火星探测器上使用了钛合金，长征二号F火箭使用N2O4和偏二甲肼[(CH3)2NNH2]作为推进剂。下列说法正确的是A.石英玻璃的主要成分是Na2SiO3B.基态钛原子的价层电子排布式为3d4C.偏二甲肼燃烧过程中化学能转化为热能D.偏二甲肼分子中含有极性键与非极性键，属于非极性分子【答案】C【解析】【详解】A．生产石英玻璃的原料是二氧化硅，则石英玻璃的主要成分是SiO2，A不正确；B．钛为22号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，B不正确；C．偏二甲肼燃烧时，放出大量的热，则其燃烧过程中将化学能转化为热能，C正确；D．偏二甲肼分子中含有CH、NH、CN极性键与NN非极性键，属于极性分子，D不正确；故选C。3.广东有很多全国知名的地方特产。下列说法错误的是A.增城丝苗米，素有“中国米中之王、米中碧玉”之称，米中含有较多蛋白质B.新垦莲藕品质优良，风味独特，莲藕中含有较多淀粉C.萝岗甜橙又称“萝岗橙”，全国十大橙类品牌之一，橙中含有较多糖类D.新会陈皮又名广陈皮，陈皮中含有较多纤维素【答案】A【解析】【详解】A．米中含有较多的淀粉，蛋白质的含量很少，A错误；B．莲藕是莲科植物的根茎，主要含有淀粉等，B正确；C．橙中除含有较多糖类外，还含有益人体的橙皮苷、柠檬酸、苹果酸，琥珀酸、果胶和维生素C等，C正确；D．陈皮为芸香科植物橘及其栽培变种的成熟果皮，含有较多纤维素，D正确；故选A。4.劳动光荣，奋斗幸福。下列劳动项目与所述化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A用热的纯碱溶液清洗油污Na2CO3溶液呈碱性，加热促进油脂水解B用含NaOH和铝粉的疏通剂疏通厨卫管道NaOH能腐蚀堵塞物，且与铝粉产生H2，产生气压C煮豆浆点卤水制作豆腐胶体聚沉D用糯米酿米酒淀粉水解生成乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶液水解呈碱性，油脂在碱性且加热的环境下会加速水解，A正确；B．NaOH可促进油脂等的水解，从而腐蚀堵塞物，NaOH与Al反应产生氢气，产生气压有助于疏通管道，B正确；C．豆浆的主要成分是蛋白质，蛋白质溶液属于胶体，加入卤水，即加入电解质溶液，可以使胶体聚沉，C正确；D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，D错误；故答案选D。5.某超分子的结构如图所示。下列说法不正确的是A.此超分子中含有酰胺基B.的分子式为C14H10，其一氯代物有3种C.此超分子属于高分子D.此超分子完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2的配位数为12【答案】C【解析】【详解】A．从此超分子的结构图中可以看出，分子中含有多个酰胺基，A正确；B．分子中有14个碳原子，不饱和度为10，则分子式为C14H10，该分子中有3种氢原子(带∗号位置)，则其一氯代物有3种，B正确；C．此超分子的相对分子质量小于10000，则不属于高分子，C不正确；D．此超分子中含有碳元素，完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2分子位于顶点和面心，配位数=12，D正确；故选C。6.下列陈述I与陈述II均正确，且有因果关系的是选项陈述I陈述IIASO2具有氧化性在葡萄酒酿制过程中添加适量SO2B人体需要补充铁单质酱油中加入铁强化剂CNaHCO3受热易分解生成CO2气体用纯碱焙制糕点DS2能与Cu2+、Hg2+生成难溶的硫化物沉淀用Na2S处理含Cu2+、Hg2+的工业废水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒酿制过程中添加适量二氧化硫的目的是防止葡萄酒氧化变质，故A错误；B．酱油中加入含有亚铁离子的铁强化剂补充人体所需的亚铁离子，防止人得缺铁性贫血，故B错误；C．纯碱是碳酸钠的俗称，不是碳酸氢钠的俗称，故C错误；D．用硫化钠处理含铜离子、汞离子的工业废水的目的是将铜离子、汞离子转化为难溶的硫化物沉淀除去，故D正确；故选D。7.下列过程中涉及的装置或操作正确的是A.利用装置I制备乙酸乙酯B.利用装置II进行喷泉实验C.利用装置III配制溶液时，浓度偏高D.利用装置IV制取氯气【答案】B【解析】【详解】A．制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，出气导管口应位于饱和碳酸钠液面的上方，A不正确；B．氨气极易溶于水，通过挤压胶头，可使圆底烧瓶内产生负压，从而形成喷泉，B正确；C．使用容量瓶配制溶液，若仰视刻度线定容，则溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，C不正确；D．用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气时，需对混合物加热，否则反应不能发生，D不正确；故选B。8.二甲胺[(CH3)2NH]可用作橡胶硫化促进剂，是一元弱碱，在水中的电离与氨相似，可与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl。下列说法错误的是A.常温下，0.001mol/L二甲胺溶液的pH=11B.往二甲胺溶液中加入NaOH固体会抑制二甲胺的电离C.加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液，减小D.(CH3)2NH2Cl溶液中：c(H+)+c[]=c(OH)+c(Cl)【答案】A【解析】【详解】A．二甲胺[(CH3)2NH]是一元弱碱，只发生部分电离，则常温下，0.001mol/L二甲胺溶液的c(OH)＜0.001mol/L，pH＜11，A错误；B．在二甲胺溶液中存在如下电离平衡：(CH3)2NH+H2O+OH，加入NaOH固体后，平衡逆向移动，从而抑制二甲胺的电离，B正确；C．在(CH3)2NH2Cl溶液中存在如下平衡：+H2O(CH3)2NH∙H2O+H+，加水稀释(CH3)2NH2Cl溶液，平衡正向移动，则减小，C正确；D．(CH3)2NH2Cl溶液中，存在下列四种离子c(H+)、c[]、c(OH)、c(Cl)，阴、阳离子之间存在如下电荷守恒：c(H+)+c[]=c(OH)+c(Cl)，D正确；故选A。9.新型NaBH4/H2O2燃料电池总反应方程式为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。下列有关说法中正确的是A.电池正极区发生氧化反应B.电池工作时，将电能转化为化学能C.电池工作时，H2O2得电子D.电池在工作过程中，Na+从正极区向负极区迁移【答案】C【解析】【分析】新型NaBH4/H2O2燃料电池总反应方程式为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O，由总反应式，可确定负极反应物为NaBH4，正极反应物为H2O2。详解】A．电池正极区H2O2得电子，发生还原反应，A不正确；B．电池工作时，通过发生氧化还原反应，将化学能转化为电能，B不正确；C．从总反应式可知，电池工作时，H2O2中的O元素从1价降低到2价，则H2O2得电子，C正确；D．电池工作过程中，阳离子向正极移动，则Na+从负极区向正极区迁移，D不正确；故选C。10.含硫物质的分类与相应的化合价关系如图。下列推理正确的是A.a可被CuSO4溶液氧化生成eB.a可与c反应生成bC.将木炭与浓e溶液共热生成的气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀生成D.可存在b→d→e→f的循环转化【答案】B【解析】【分析】a为氢化物，S化合价为2价，则a为H2S，b为单质S，c为硫的氧化物，S化合价为+4价，c为SO2，d为硫的氧化物，S化合价为+6价，d为SO3，e为含氧酸，S化合价为+6价，e为硫酸，f为盐，S化合价为+6价，f为硫酸盐。【详解】A．硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，该反应不是氧化还原反应，A错误；B．硫化氢可以和SO2反应生成硫单质，化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，B正确；C．木炭和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通入氯化钡溶液中两者不反应，不会生成白色沉淀，C错误；D．硫单质不能直接生成三氧化硫，b→d一步无法实现，且硫酸盐也无法一步生成硫单质，D错误；故答案选B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.1L1mol/L氯化铁溶液完全水解，可得氢氧化铁胶体胶粒数目小于NAB.常温常压下，18g重水中含电子数目10NAC.13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NAD.常温常压下，60gSiO2中的共价键数目为4NA【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体胶粒是由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以1L1mol/L氯化铁溶液完全水解，可得氢氧化铁胶体胶粒数目小于NA，A正确；B．常温常压下，18gD2O中的物质的量为=0.9mol，1个D2O中含有10个电子，则18g重水中含电子数目9NA，B不正确；C．苯、苯乙烯、聚苯乙烯的最简式都为CH，则13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为=NA，C正确；D.常温常压下，1个SiO2结构单元中含有4个共价键，60gSiO2的物质的量为1mol，则60gSiO2的共价键数目为4NA，D正确；故选B。12.下列实验操作或方案不能达到目的的是选项实验操作或方案目的A往某溶液中先加入2滴KSCN溶液，无明显现象，再加入少量KMnO4溶液，溶液变红证明溶液中含有Fe2+B将装有CuCl2溶液的试管先加热，然后置于冷水中探究温度对平衡移动的影响C向盛有醋酸的试管中滴加Na2CO3溶液探究醋酸和碳酸酸性强弱D将鲜花放入装有干燥氯气的集气瓶中探究干燥氯气是否具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．往某溶液中先加入2滴KSCN，无明显现象说明溶液中不含Fe3+，加入KMnO4后溶液变红，说明原溶液中存在Fe2+，KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，从而使溶液变红，A正确。B．该溶液中存在化学平衡，该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，溶液变黄绿色，降温平衡逆向移动，溶液变蓝绿色，可探究温度对平衡移动的影响，B正确；C．向盛有醋酸的试管中滴加碳酸钠溶液，产生二氧化碳，根据强酸制弱酸，说明醋酸酸性强于碳酸，C正确；D．鲜花中含水，氯气与水反应生成的HClO可使鲜花褪色，不能证明干燥氯气是否具有漂白性，应选干花证明，D错误；故答案选D。13.已知X、W、Z、Y为原子半径依次增大的短周期元素，其形成的生活中常见的一种化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A.W的单质一定属于非极性分子B.电负性：W＞Z＞YC.该化合物中Y、Z的杂化方式为sp3D.ZX2、ZX3、均为10电子粒子【答案】B【解析】【分析】从化合物的结构图中可以看出，X、W、Z、Y分别为H、O、N、C元素。【详解】A．W为氧元素，它的单质可能为O2、O3，O3属于极性分子，A不正确；B．W、Z、Y分别为O、N、C，它们的非金属性依次减弱，则电负性：O＞N＞C，B正确；C．该化合物中，Y为C元素，其价层电子对数为3，杂化方式为sp2，C不正确；D．NH3、为10电子粒子，而NH2为9电子微粒，D不正确；故选B。14.常温下，A、B初始浓度为2：1的混合溶液中，同时发生两个反应：①2A+B2M+N，②2A+B2M+Y，溶液中B、Y的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是A.溶液中c(M)=c(N)+c(Y)B.0~10min内，A的平均反应速率为0.04mol/(L·min)C.18min时，反应①与反应②中B的转化率之比为2∶3D.反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】【详解】A．以10min为例，设容器体积为VL，10min时生成Y0.12Vmol，则根据反应2A+B2M+Y，消耗B0.12Vmol，生成M0.24Vmol，10min时共消耗B0.2Vmol，则反应2A+B2M+N消耗B0.08Vmol，则生成N0.08Vmol，生成M0.16Vmol，共生成M0.4Vmol，c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.08mol/L，c(Y)=0.12mol/L，A错误；B．10min内B的浓度变化为0.2mol/L，根据反应①和②可知，010minA的浓度变化为0.4mol/L，则A的平均反应速率为，B正确；C．18min时Y的浓度为0.15mol/L，则反应②消耗B的浓度为0.15mol/L，反应②B的转化率为30%，共消耗B的浓度为0.25mol/L，则反应①消耗B浓度为0.1mol/L，反应①B的转化率为20%，反应①和反应②中B的转化率之比为2∶3，C正确；D．以10min内反应为例，反应①中B的反应速率为，反应②中B的反应速率为，反应②速率更快，活化能更小，D正确；故答案选A。15.下列化学或离子方程式正确的是A.等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液混合：Ba2++2OH+2H++=BaSO4↓+2H2OB.Fe(OH)2溶于稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OC.H2O中投入Na218O2固体：2H2O+2Na218O2=2NaOH+2Na18OH+18O2↑D.甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应：【答案】C【解析】【详解】A．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液混合，溶液显碱性，反应生成硫酸钡、水和氨水，离子方程式为：，A项错误；B．稀硝酸具有强氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：，B项错误；C．H2O中投入Na218O2固体，Na218O2既是氧化剂，又是还原剂，则化学方程式为：2H2O+2Na218O2=2NaOH+2Na18OH+18O2↑，C项正确；D．甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应，该条件下被取代的氢为甲基上的氢，不会取代苯环的氢，D项错误；答案选C。16.如图电化学装置可制备偏钨酸铵(NH4)6(H2W12O40)，双极膜中间层中的水解离为H+和OH，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是A.阳极发生氧化反应，电极反应为4NH3·H2O4e=4+O2↑+2H2OB.双极膜中间层中的OH向左侧迁移进入碱室，a膜为阳离子交换膜C.产品室发生反应：12+18H+=[H2W12O40]6+8H2OD.当电路中通过4mol电子时，阴极室溶液的质量理论上增加72g【答案】D【解析】【分析】该电解池左侧为阳极，发生氧化反应，在氨水环境下，水失电子生成氧气及铵根，碱室中阴离子通过阴离子交换膜进入阳极室，调整电荷关系；右侧阴极室发生还原反应，水得电子生成氢气与氢氧根，产品室中铵根通过a膜进入阴极室调节电荷关系，阴极室中离子不能进入产品室，防止造成产品含有杂质，所以a膜为阳离子交换膜；根据题目要求，产品室中在酸性条件下生成产品的阴离子[H2W12O40]6，产品室中富余的铵根通过a膜进入阴极室；【详解】A．阳极发生氧化反应，H2O中氧原子失电子变为O2和H+，酸性条件下NH3•H2O生成，电极反应式表达正确，不符题意；B．电解池中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，产品室中通过a膜进入阴极室结合阴极上水得电子后的OH生成NH3•H2O，描述正确，不符题意；C．根据题目所给信息及点解产物分析，离子方程式表达正确，不符题意；D．当电路中通过4mol电子时，阴极反应生成2molH2和4molOH，通过a膜进入4mol，所以阴极室质量变化为18g•mol1×4mol2g•mol1×2mol=68g，计算错误，符合题意；综上，本题选D。二、非选择题17.某化学学习小组同学学习了铁元素的价类二维图后，对铁及其化合物进行了探究。探究一：对“铁与水蒸气反应”的产物进行检验：（1）①铁与水蒸气反应的化学方程式为_______。②某同学利用磁铁成功吸引反应后的产物，以此确定产物中有未反应的铁单质，请对此结论进行简要分析_______。探究二：向氯化铁溶液中滴加几滴KSCN溶液后，滴加过氧化氢，红色褪去。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。小组同学对红色褪去的原因提出了三种假设：（2）假设I：H2O2还原Fe3+，使其转变为Fe2+；假设II：H2O2分解生成O2，O2氧化KSCN；假设III：_______。并对假设进行了以下实验探究：实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加KSCN溶液，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2，无明显变化。（3）实验结论：实验①说明假设_______不正确：实验②的目的是_______；由实验①②得出假设_____是正确的。探究三：甲同学查阅资料“高铁酸盐是优良多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0~5°C、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2”。甲同学制备高铁酸钾(K2FeO4)装置如图所示，夹持、加热等装置略。（4）已知C中反应为放热反应，C装置应如何改进：_______，且反应中KOH必须过量的原因_______。【答案】（1）①.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2②.产物Fe3O4会被磁铁吸引，结论错误（2）H2O2氧化KSCN（3）①.I②.验证假设II是否成立③.III（4）①.冰水浴②.保持溶液碱性，防止K2FeO4变质【解析】【小问1详解】①铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；②产物Fe3O4也会被磁铁吸引，无法确定产物中有未反应的铁单质，结论错误；【小问2详解】H2O2氧化KSCN【小问3详解】实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中没有KSCN，实验①说明假设I不正确；实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明假设II不正确,实验②的目的是验证假设II是否成立；由实验①②知假设I和II都不成立，得出假设III是正确的。【小问4详解】K2FeO4在0~5°C溶液中比较稳定，所以反应须在低温下进行，而C中反应为放热反应，故C装置应改进为冰水浴；K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。18.氮化镓(GaN)在5G基站及工业互联网系统建设等方面用途广泛。从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收砷，制备GaN的工艺流程如图：已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似；②离子完全沉淀的pH值：为8，为5.5。回答下列问题：（1）为了提高“碱浸”效率应采用的措施是_______(写出一种措施)。（2）“滤液1”中含有NaGaO2等溶质，“碱浸”时反应的离子方程式为_______。“滤渣1”的成分为_______(填化学式)。（3）通CO2两次调pH的原因是_______。（4）“操作a”为_______、过滤、洗涤、干燥。（5）“电解”时阴极的电极反应为_______。（6）制备GaN时，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（7）取m克GaN样品溶于足量的热NaOH溶液(GaN+OH+H2O=+NH3↑)中，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，用cmol·L1的盐酸滴定，消耗盐酸VmL，则样品的纯度是_______。(已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3)【答案】（1）搅拌或适当提高温度或粉碎或适当提高溶液浓度（2）①.GaAs+4OH—+4H2O2=++6H2O②.Fe2O3、CaCO3（3）先通入CO2使变成H2SiO3沉淀，除杂，再通第二次使变成Ga(OH)3沉淀，制备产品GaN（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）+3e—+2H2O=Ga+4OH—（6）1：1（7）【解析】【分析】由题给流程可知，向砷化镓废料中加入氢氧化钠溶液、过氧化氢溶液碱浸时，砷化镓碱性条件下与过氧化氢溶液反应生成偏镓酸钠、砷酸钠和水，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，氧化铁、碳酸钙不反应，过滤得到含有氧化铁、碳酸钙的滤渣和含有偏镓酸钠、砷酸钠、硅酸钠的滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH为8，将硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有偏镓酸钠、砷酸钠的滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH为5.5，将偏镓酸钠转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到氢氧化镓滤渣和含有砷酸钠的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到十二水砷酸钠；向氢氧化镓滤渣中加入氢氧化钠溶液，将氢氧化锗转化为偏镓酸钠，电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，镓与氨气在高温条件下反应制得氮化镓。【小问1详解】搅拌、适当提高温度、粉碎、适当提高溶液浓度等措施能提高碱浸效率，故答案为：搅拌或适当提高温度或粉碎或适当提高溶液浓度；【小问2详解】由分析可知，碱浸时得到偏镓酸钠的反应为砷化镓碱性条件下与过氧化氢溶液反应生成偏镓酸钠、砷酸钠和水，反应的离子方程式为GaAs+4OH—+4H2O2=++6H2O；滤渣1的成分为氧化铁、碳酸钙，故答案为：GaAs+4OH—+4H2O2=++6H2O；Fe2O3、CaCO3；【小问3详解】由分析可知，通二氧化碳两次调pH的原因是第一次通入二氧化碳调节溶液pH为8，将滤液中硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤除去硅酸达到除去溶液中硅元素的目的，第二次通入二氧化碳调节溶液pH为5.5，将滤液中偏镓酸钠转化为氢氧化镓沉淀，便于后续反应制备产品氮化镓，故答案为：先通入CO2使变成H2SiO3沉淀，除杂，再通第二次使变成Ga(OH)3沉淀，制备产品GaN；【小问4详解】由分析可知，操作a蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到十二水砷酸钠，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；【小问5详解】由分析可知，电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，电极反应为+3e—+2H2O=Ga+4OH—，故答案为：+3e—+2H2O=Ga+4OH—；【小问6详解】由分析可知，镓与氨气在高温条件下反应生成氮化镓和氢气，反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，反应中氧化剂氨气与还原剂镓的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；【小问7详解】由题给方程式可得如下转化关系：GaN—NH3·H3BO3—HCl，滴定消耗VmLcmol/L盐酸，则样品的纯度为×100%=，故答案为：。19.目前，大规模和低成本制取氢能实质上都是通过烃重整实现的，该过程主要是甲烷水蒸气重整，包括以下两步气相化学催化反应：反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H=+206kJ·mol1反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=41kJ·mol1（1）反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)∆H=_______（2）将2molCO和lmolH2O充入某容积不变的绝热密闭容器中，发生反应II。下列说法正确的是_______。A．断2个OH键同时断2个C=O键，能判断反应II达到平衡B．混合气体的密度保持不变，能判断反应II达到平衡C．混合气体的平均相对分子质量保持不变，能判断反应II达到平衡D．容器内温度不再变化，能判断反应II达到平衡E．反应II平衡后，充入氮气，压强增大，平衡不移动（3）甲烷水蒸气重整得到的CO2与H2，可以催化重整制备CH3OCH3，制备的过程中存在反应：①2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H＜0；②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H＞0。向密闭容器中以物质的量之比为1:3充入CO2与H2，实验测得CO2的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。P1、P2、P3由大到小的顺序为_______；T2°C时主要发生反应_______。(填“①”或“②”)，CO2平衡转化率随温度变化先降后升的原因为_______。（4）甲烷水蒸气重整得到的CO2和H2，也可用来制备甲醇，反应方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H＜0，某温度下，将1molCO2和1molH2充入体积不变的2L密闭容器中，初始总压为8MPa，发生上述反应，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：时间/h123450.920.850.790.750.75①用CO2表示前2h的平均反应速率v(CO2)=_______mol/(L·h)。②该条件下的分压平衡常数为Kp=_______(MPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③若该条件下v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为仅与温度有关的速率常数，_______(填数值)。【答案】（1）+165kJ·mol1（2）ADE（3）①.P1＞P2＞P3②.②③.开始升温以反应①为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升（4）①.0.0375②.③.【解析】【小问1详解】反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H=+206kJ·mol1反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=41kJ·mol1利用盖斯定律，将反应I+II得，反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)∆H=+206kJ·mol141kJ·mol1=+165kJ·mol1。答案为：+165kJ·mol1；【小问2详解】A．断2个OH键同时断2个C=O键，即消耗1个H2O分子同时消耗1个CO2分子，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，则反应II达到平衡，A符合题意；B．混合气体的质量和体积始终不变，密度始终不变，所以密度保持不变时，则反应II不一定达到平衡，B不符合题意；C．由于反应前后气体的分子数相等，所以混合气体的质量和物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量是一个常量，不能判断反应II是否达到平衡，C符合题意；D．因为容器为绝热密闭容器，只要平衡发生移动，温度就会发生改变，所以容器内温度不再变化，能判断反应II达到平衡，D符合题意；E．反应II平衡后，充入氮气，压强增大，但反应物和生成物的浓度都不变，所以平衡不移动，E符合题意；故选ADE。答案为：ADE；【小问3详解】因为反应①中反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，而反应②中反应前后气体的分子数不变，所以压强越大，CO2的平衡转化率越大，从而得出P1、P2、P3由大到小的顺序为P1＞P2＞P3；从图中可以看出，T2°C时，CO2的转化率增大，则表明平衡正向移动，所以主要发生反应②。CO2平衡转化率随温度变化先降后升，则表明起初以反应①为主，后来以反应②为主，原因为：开始升温以反应①为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升。答案为：P1＞P2＞P3；②；开始升温以反应①为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升；【小问4详解】某温度下，将1molCO2和1molH2充入体积不变的2L密闭容器中，初始总压为8MPa。①设前2h时，参加反应CO2的物质的量为x，则可建立如下三段式：，x=0.15mol，用CO2表示前2h的平均反应速率v(CO2)==0.0375mol/(L·h)。②反应达平衡时，=0.75，设前4h时，参加反应CO2的物质的量为y，则可建立如下三段式：，y=0.25mol，平衡时压强为=6MPa，该条件下的分压平衡常数为Kp==(MPa)2。③若该条件下v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为仅与温度有关的速率常数，K====。答案为：0.0375；；。【点睛】反应达平衡时，v正=v逆，则k正·c(CO2)·c3(H2)=k逆