化学-2023年广东省广州市高考化学二模答案

2023年广东省广州市高考化学二模试卷

参考答案与试题解析

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2分。每小题只有一个选项符合题意。

1.（2分）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■TXMl

空

航

天/所

成

果

物宇航服中的聚酯纤C919外壳中的铝锂合金北斗卫星使用的氮化长征火箭使用的

质维铝芯片液氢燃料

选ABCD

项

A.AB.BC.CD.D

【分析】金属材料的是指金属单质及其合金，据此进行分析。

【解答】解：A.宇航服中的聚酯纤维属于有机高分子材料，不是金属材料，故A错误；

B,合金都是金属材料，C919外壳中的铝理合金是金属材料，故B正确；

C.北斗卫星使用的氮化铝芯片属于无机非金属材料，故C错误：

D.长征火箭使用的液氢燃料属于无机非金属材料，故D错误：

故选;Be

【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉

物质组成、性质和应用是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学

素养和提高学习的积极性，题目难度不大.

2.（2分）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氟化亚铁

D.绘有金色花纹的广彩瓷器含有硅酸盐

【分析】A,有新物质生成的变化属于化学变化；

B.蛋白质属于有机高分子：

C.氧化铁是红棕色的，氧化亚铁是黑色的：

D,瓷器的主要成分是硅酸盐。

【解答】解：A.纸张的漂白过程主要涉及强氧化剂将有机色素氧化褪色，属于化学变化,

故A正确；

B.蚕丝属于蛋白质，蚕丝绣材含有天然有机高分子，故B正确；

C.龙舟表面所涂红色颜料的成分是氧化铁，故C错误：

D.瓷器的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐产品，故D正确；

故选；G

【点评】本题主要考查常见物质的组成与性质，属于基本知识的考查，难度不大6

3.（2分）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的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S02S02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HN03除去试管中的银镜HN03具有强氧化性

A,AB,BC.CD,D

【分析】A.氮气与氢气反应生成氨气,氮元素化合价降低；

B.二氧化硫与石灰乳反应生成亚硫酸钙和水；

C.锌的金属性比铁强，形成原电池工作原理判断；

D.硝酸能够与银反应生成硝酸半、一氧化氮和水6

【解答】解：A.氮气与氢气反应生成氨气，氮元素化合价降低，表现氧化性，故A错误;

B.二氧化硫与石灰乳反应生成亚硫酸钙和水，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，故B正确；

C.锌的金属性比铁强，形成原电池作负极，将锌块镶嵌在轮船底部防腐，故C正确；

D.硝酸能够与银反应生成硝酸果、••氧化氮和水，体现硝酸的强的氧化性，故D正确；

故选：Ao

【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素

化合物的性质、性质与用途的关系是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象。

4.（2分）聚乳酸广泛用于制造可降解材料，其生物降解过程如图。下列说法不正确的是（）

A.乳酸属于炫的衍生物

B.CO2分子含有。键和7T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

【分析】A.乳酸中只含C、H、0元素；

B.共价双键中含有1个。键和1个口键；

C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

D.聚乳酸中含有酯基，能发生水解反应。

【解答】解：A.乳酸中只含CH、0元素，属于燃的含氧衍生物，故A正确；

B.共价双键中含有1个。键和1个n键，C02的结构式为0=C=0,所以该分子中存在。

键和n键，故B正确：

C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，乳酸中连接甲基的碳原子为手性碳

原子，故C错误；

D,聚乳酸中含有酯基，能发生水解反应生成小分子化合物，所以使用聚乳酸材料有利于减

少白色污染，故D正确；

故选：Co

【点评】本题考查有机物的结构和性质、化学键，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，

明确手性碳原子判断方法、分子中存在的化学键等知识点是解本题关键，题目难度不大。

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

A,用装置甲制NO气体

B.用装置乙除NO中的少量NO2

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

【分析】A.Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；

B.NO不与水反应，二氧化氮与水反应生成NO；

C.NO与氧气反应：

D.加热促进铜离子水解，且生成的稀硝酸易挥发。

【解答】解；A,Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，可选图中固液反应装置制备NO,

故A正确；

B.NO不与水反应，二氧化氮与水反应生成NO,该装置可以除去NO2,故B正确；

C.NO与氧气反应，可以用此装置收集NO,故C正确；

D.加热促进铜离子水解，且生成的稀硝酸易挥发，应冷却结晶、过痒分离出Cu(NO3)2-

6H2O,不能蒸干,故D错误;

故选；D。

【点评】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、混合物的分离提纯、

物质的制备、实验技能为解答的关键，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。

6.(2分)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，基态丫原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的

是()

A.原子半径，W>Y>Z>E

B.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

【分析】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，化合

物中E形成6个共价键，Z形成2个共价键，则Z为0元素、E为S元素；基态Y原子的

核外有3个未成对电子，且化合物中Y形成3个共价键、X形成1个共价键，结合原子序数

可知，Y为N元素、X为H元素；W带1个单位的正电荷，结合原子序数可知W为Na元

素，以此来解答。

【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为0元素、W为Na元素、E

为S元素，

A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：

W>E>Y>Z,故A错误；

B.Na2O2中含有离子键、共价键，故B错误；

C.Z、W、E组成化合物若为亚硫酸钠，水溶液显碱性，故C错误：

D.同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：Z>Y>

X,故D正确；

故选：Do

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学犍、元素的位置、原子序

数为解答的关键，恻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.（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.ImolSiHCh含有6i-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.ILl.OmolL“NaHSCM溶液含有阴离子的总数为2NA

D.11.2LNO与1L2LO2混合后分子的数目为NA

【分析】A.一个SiHCL中含有3个Si・Cl键；

B.ImolMg反应失去2moi电子；

C.NaHSCU在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；

D.题目未给标准状况。

【解答】解；A.ImolSiHCb含有Si-Cl键的数目为lmolX3XNA/mol=3NA,故A正确；

B.24gMg与稀硫酸完全反应，转移的电子数目为X2XNA/HIO1=2NA,故B错误：

C.ILl.OmolL】NaHS04溶液含有硫酸根离子的总数lLXlmol/LXNA/mol=NA,同时水能

电离出少量氢氧根离子，溶液含有阴离子的总数小于2NA,故C错误；

D.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；

故选：Ao

【点评】本强考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高

考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系

的理解•，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加

德罗常数的关系是解题的关键。

8.（2分）陈述I和H均正确并具有因果关系的是（）

选项陈述1陈述n

A用明矶净水Al（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02

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NaClO溶液呈碱性

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.明研溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；

B.钠与水反应生成氢气；

C.二氧化硅具有良好的导光性，是绝缘体；

D.依据次氯酸钠的氧化性解答。

【解答】解：A.明研溶于水电国产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于

净水，故A正确；

B.钠与水反应生成氢气，氢气易燃易爆，所以Na着火不能用水扑灭，故B错误：

C.二轴化硅具有良好的导光性，可用于制造光导纤维，是绝缘体，不导电，故C错误；

D.次氯酸钠的氧化性，用84消毒液进行消毒，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查物质性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系

为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不

大6

9.（2分）二乙胺［（C2H5）2NH］是•种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（C2H5）2NH2Q。

下列叙述正确的是()

A.O.OlmolL'1(C2H5)2NH2cl水溶液的pH=2

B.(C2H5)2NH2CI水溶液的pH随温度升高而减小

C.(C2H5)2NH2cl水溶液加水稀释，pH降低

D,(C2H5)2NH2CI水溶液中：c(OH)+c(Cl)=c((C2H5)2]+c[(C2H5)2NHI

【分析】A.(C2H5)2NH2cl是强酸弱碱盐，水解微弱；

B.盐类水解吸热，温度升高，促进其水解；

C.(C2H5)2NH2CI溶液呈酸性：稀释时溶液中c(H+)减小；

D.根据物料守恒关系分析判断。

【解答】解：A.(C2H5)2NH2。是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，但水解微弱，则O.Olmol

L1(C2H5)2NH2CI水溶液中C(H+)<0,01mol/L,pH>2,故A错误；

B.(C2H5)2NH2CI是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，且盐类水解吸热，温度升高促进其

水解，溶液的酸性增强，pH减小，故B正确；

C.(C2H5)2NH2Q溶液呈酸性I稀释时溶液中c(H+)减小，pH增大,故C错误；

D.(C2H5)2NH2cl水溶液中物料守恒关系为c(C「)=cf(C2H5)2]+c[(C2H5)2NH],则

c(OH)+c(Cl')>c[(C2H5)2]+c[(C2H5)2NH],故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查盐类水解原理的应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握盐类水解

规律及其影响因素即可解答，注意掌握守恒关系式的应用，题目难度不大。

10.(2分)硒(Se)是人体必需微量元素之一，己知Se与S同族，一种含硒的功能分子的合

成路线如图，下列说法不正确的是()

A.沸点:H2O>H2Se>H2S

B.【中S原子的杂化轨道类型为叩3

C.II中含有极性共价键和非极性共价键

D.III含有的元素中0的第一电离能最大

【分析】A.同一主族氢化物中，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间

氢键的氢化物的熔沸点葩着分子间作用力增大而升高，分子间作用力随着相对分子质量的增

大而增大；

B.I中S原子形成2个。键且述含有2个孤电子对，所以S原子价层电子对个数是4：

C.同种非金属元素的原子之间易形成非极性键，不同非金属元素的原子之间易形成极性键；

D.N元素的第一电离能大于0元素的第一电离能。

【解答】解；A.生0能形成分子间氢键，H2s和H?Se不能形成分子间氢键，所以H20的

沸点最高：相对分子质量：H23VH23e,分子间作用力H2S<H2Se,所以沸点HzSVHzSe,

则这三种氢化物的沸点H2O>H2Se>H2S,故A正确；

B,I中S原子形成2个。键且还含有2个孤电子对，所以S原子价层电子对个数是4,则S

原子采用sp3杂化，故B正确：

C.H中存在Se-Se、C-C非极性键，存在0-H、C-0、N-C、N-H等极性键，故C

正确；

D.基态N原子2P轨道中电子处于半满状态，较稳定，不易失去一人电子，基态0原子2P

轨道有4个电子，比基态N原子易失去1个电子，所以氮元素的第一电离能大于0元素的

第一电离能，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查原子杂化类型判断、氢化物熔沸点比较、元素周期律等知识点，侧重考查

分析、判断及知识综合运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、氢化物熔沸点影响因素、

元素周期律内涵是解本题关键，题目难度不大。

11.(4分)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()

A.H20(g)通过灼热铁粉：2Fe+3H2。(g)Fe2O3+3H2

B,过量铁粉加入稀硝酸中：Fe-4H++-Fe3++N0t+2H?0

C.氢氧化铁中加入氢碘酸：Fe(OH)3+3H1-Fel3+3H2O

2++3+2+

D.FeS04溶液中加入酸性KMnO4溶液：5Fe++8H—5Fe+Mn+4H2O

【分析】A,铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；

B.铁粉过量反应生成亚铁离子；

C.三价铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子；

D.亚铁离子能还原高橘酸根离子生成镉离子；

【解答】解：A.H20(g)通过灼热铁粉，离子方程式为：3Fe+4H20(g)Fe3O4+4H2,故

A错误；

B.过量铁粉加入稀硝酸中，离子方程式为：3Fe+8H++2-3Fe2++2NOt+4H2O,故B错误;

+2+

C.氢氧化铁中加入氢碘酸，离子方程式：2Fe(OH)3+2I+6H=2Fe+l2+6H2O,故C错

误；

D.将FeS04溶液与酸性KMnO4溶液混合,离子方程式为:5Fe2+++8H+=5Fe3++Mr)2++4H2O,

故D正确：

故选；D。

【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关

键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目

难度不大。

12.(4分)汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)+02(g)=2N0(g)AH0一定条件下，等

物质的量N2和02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(t)

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(D的变化。下列叙述不

正确的是()

A,温度T下、0-40s内v(Nz)=molL1s1

B.M点v正(N2)小于N点丫道(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

【分析】A.依据公式丫=计算反应速率；

B.依据反应情况判断速率；

C.增大反应物浓度，可以加快反应速率，有利于平衡正向移动；

D.由温度变化对反应速率和平衡的影响分析。

【解答】解：A.温度T下、0・40s内v(N2)==moll7・s-i,故A正确：

B.反应正向建立平衡，由图可知，M点反应未达到平衡状态，故v正(N2)大于N点v他

(N2),故B错误；

C.充入氧气，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡所需时间变短，平衡正向移动，

平衡时氮气浓度减小，与图象符合，故C正确；

D.若曲线b对应的条件改变是升高温度，达到新平衡时氨气浓度减小，平衡正向移动，故

反应正向为吸热反应，AH>0,故D正确；

故选：Bo

【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的

关键。

13.(4分)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.试管中产生大量气泡，说明Na2s03被氧化产生SO2

B.试管内CC14层溶液褪色，说明Bn具有还原性

C.试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明S02具有氧化性

D.一段时间后试管内有白色沉淀，说明有生成

【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫不与溪的四氯化碳反应，硫酸与氯

化钢反应生成硫酸钢沉淀，二氧化硫具有漂白性，能够使浸有品红溶液的棉球褪色，据此判

断解答。

【解答】解：A.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，元素化合价不变，不是氧

化还原反应，亚硫酸钠未被氧化，故A错误；

B.锥形瓶内发生反应Na2s03+H2s04=Na2sO4+SO21+出0,产生的SO2进入到试管中，

二氧化硫不与嗅的四氯化碳反应，试管内CC14层溶液不褪色，不能说明BP2具有还原性，故

B错误；

C.二氧化硫具有漂白性，所以通入到试管中，会看到浸有品红溶液的棉球褪色，故c错误；

D.二氧化硫与氯化钢溶液不反应，一段时间后试管内有白色沉淀，说明有生成，故D正确；

故选：Do

【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查二氧化硫性质，明确二领化硫制备原理及二

氧化硫的漂白性和还原性是解题关键，题ri难度中等。

14.(4分)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()

选项目的实验操作

A制备[Cu(NH3)4]SCkH2O晶体向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇

B制备Fu(OH)3胶体向沸水中逐滴加入FeCb饱和溶液继续煮沸至

液体呈红褐色

C配制100mL0.4molL”的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入蒸镭水溶

解，立刻转移至100n】L容量瓶中，定容

D探究温度对化学平衡的影响加热0.5molL-iQiQ2溶液

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.乙功可降低[Cu(NH3)4]SO4溶的溶解度;

B.铁离子水解可制备胶体：

C.溶解后应冷却，再转移到容量瓶中定容；

D.只有温度不同。

【解答】解:A.乙醇可降低[Cu(NH3)4]SO4溶的溶解度，则向©(NH3)4]SO4溶液中

加入95%的乙醇，可析出[Cu(NH3)小04H2O晶体,故A正确;

B.铁离子水解可制备胶体，则向沸水中逐滴加入FeCh饱和溶液继续煮沸至液体呈红褐色，

可制备氢氧化铁胶体，故B正确：

C.溶解后应冷却，再转移到容量瓶中定容，溶解后不能立即转移，操作不合理，故C错误；

D,氯化铜溶液中存在[Cu(H2O)产(蓝色)+4C「=[CuC14]2•(黄色)+4H2O,加热溶液

变为蓝绿色(蓝色和黄色的混合色)，可知升高温度平衡向吸热的方向移动，故D正确：

故选：Co

【点评】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、物质的制备、溶液

的配制、化学平衡为解答的关健，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。

15.14分)科学家研发了一种以A1和Pd@S墨烯为电极的A1・N2电池,电池以・Ah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，示意图如图,下列说法不正确的是

A.充电时Al电极是阴极

B.放电时离子浓度增大，AI2离子浓度减少

C.放电时正极反应为N2+8A12+6e=2A1N+14

D,放电时电路中每通过6mole,电池总质量理论上增加28g

【分析】放电时，铝为负极，Pd@石墨烯为正极，铝被氧化生成A12,负极方程式为2A1X4

-6e=8Ah,正极反应为:N2+8A12+6e—2A1N+14,充电时，是电解池：阳极的电极反应

为；2A1N+14-6鼠=N2+8A12;阴极电极反应为；8A12+6e'=2A1+14,据此分析。

【解答】解：A.充电时，A1电极发生反应是：8Ah+6e=2Al+14,发生还原反应，故A1

电极是阴极，故A正确；

B.放电时，铝为负极，铝被氧化生成A12,负极方程式为2AHi4-6e.=8Al2,Pd@石放烯

为正极，正极反应为N2+8A12+6e\2AlN+14,总反应是，2A1+N2=2AIN,Ah,浓度均不

变，故B错误；

C.放电时，正极发生反应是N2+8A12+6e-2AIN+14,故C1E确；

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

参加反应N2是1E01,增加质量是28g/molXlmol=28g,故D正确；

故选：Bo

【点评】本题考查原电池的工作原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电

极反应原理的分析，题目难度中等。

16.(4分)常温下，向含有CH3coOH、CuS04>FeSOa的工业废水中逐滴加入NaOH溶液，

pM随pH的变化关系如图所示[pM表示・1g或・Ige(C/+)或-Ige(Fe2+)]。已知：Ka

48，9751

(CH3C00H)=10'-,Ksp[Cu(OH)2]=10-O若溶液中离子浓度小于10molL',

认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是()

A,曲线①表示・Ige(Cu2+)与pH的关系

B.pH=5时，溶液中c(CHaCOOH)>c(CH3COO)

C.pH=7时，可认为沉淀完全

D.pH=9时，=10'34

【分析】Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)-c2(OH)=10一叫当pC『+=0时c(Cu2+)=lmol

•LIc(OH)=mol/L=10'9,75,c(H+)=1014'(9,85)mol/L=10'415mol/L,pH=-1g

(10415)=415,即曲线①表示-Ige(Cu2+)与pH的关系，-lg=0时c(CH3COOH)

=c(CH3COO),此时Ka(CH3COOH)=Xc(H+)=c(H+)=104-8mol/L,pH=-1g

(10°)=4.8,即曲线②表示Tg与pH的关系，则曲线③表示7gc(Fe2+)与pH的关系，

SpFe2+=0Mc(Fe2+)=Imol-L'1,pH=5.85,c(OH)=10-(,4'585^01<'

•L,1,则Ksp[Fe(OH)2]=c旧2+)建2(OPT)=1X(10'8J5)2=10-163,据此分析解题。

【解答】解：A.由上述分析可知，曲线①表示・lgc(C/+)与pH的关系，曲线②表示・

1g与pH的关系，曲线③表示-Ige(Fe?十)与pH的关系，故A正确；

5+48

B.pH=5时溶液中c(H*)=10'mol/L,Ka(CH3COOH)=XC(H)=10',此时=

1002>b即c(CHsCOOH)<c(CH3coO),故B错误：

+72+#2

C.pH=7时溶液中c(H)=c(OH)=10'mol/L,KsP[Cu(OH)2]=c(Cu)c(OH

')=10'197,则溶液中c(Cu2+)=10-,9-7+,4mol•L_1=10*5,7mol/L<10-5mol-L'1,即可

认为+沉淀完全，故C正确；

D.由上述分析可知&p[Fe(OH)2]=10-16'3,pH=9时C『+、Fe2+转化为沉淀，此时=X

===103,4,故D正确；

故选：Bo

【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重考查图象分析判断、

计算能力及知识综合运用能力，明确平衡常数的计算及其应用是解本题关键，注意掌握物质

对应曲线的判断方法，题目难度中等。

二、非选择题：共56分。

17.(14分)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+4HC1(浓)

MnC12+2H2O+C121。该反应的氧化产物是Ch0将该反应设计成原电池，氧化反应为

2C1--2e-Chf,还原反应为MnCh+4H++2e-Mn2++2H2O。

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

应的进行、MnO2的氧化性和。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，MnO?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（（p）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O.lOmolL“H2s04溶液、OJOmolL〔MnSOa溶液和蒸馋水配制混合液（溶液总

体积相同），将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势（p,进行表中实验1〜3,数据记录。

实验序号V(H2so4)/mLV(MnS04)/mLV(H2O)/mL电极电势/v

120200(pl

2mn10(P2

3201010(p3

①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据；m=10,n=20°

②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是如＜3（用电极电势关系表示）。

探究结果固液混合物A中仍存在Mn（h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,

③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随c（C「）增大，CT还原性增强。

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

验现象是若加热反应乂产生黄绿色气体。

（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

功实现了铜与稀硫酸制氢气。

①图1中阳极的电极反应式为Cu-2e=Cu2,°

②结合（2）的探究结论，图2中试剂X是稀硫酸，试剂Y是NaOH溶液0

可选试剂：稀硫酸、Na2s04溶液、NaOH溶液、NaNO3溶液、CuS04溶液（浓度均为LOmol

L-1）

【分析】(1)Mn元素的化合价降低，失去电子发生还原反应，则氧叱剂为二氧化镒，。元

素的化合价升高，失去电子被氧化，则氧化产物为C12;

(2)表格数据分析，实验I为对比实验，而3变了MnSCM的体积，I和3组合研究M/+浓

度对电极电势的影，那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2s04的体积而不

改变MnSCM的体积，同时保证总体积为40,随着+浓度增大MnO2,氧化性减弱，电势

降低。已知溶液中c(H+)减小、c(M/+)增大，MnS氧化性减弱，保证单一变量只改变

C「的影响，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体：

(3)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,=Cu,2为

原电池利用Cu与H2so4。制备H2,负极为CU,正极区为H2s04。

【解答】解：(1)反应MnO2+4HCl-MnC12+C12+2H2O中，Mn元素化合价降低，被还原,

发生还原反应，MnO2为氧化剂，Cl7匕素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，C12为氧化

产物，将该反应设计成原电池，氧化反应为2c「,还原反应为，MnO2+4H++2e

=Mn2++2H2O,

故答案为；C12；MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O；

(2)表格数据分析，实验1为对比实验，而3变了MnSCM的体积，I和3组合研究M，+浓

度对电极电势的影响。那么2和1组合可以研究才浓度的影响，所以改变H2s04的体积而

不改变MnS04的体积，同时保证总体积为40mL,则m=10、n=2,随着Mn?+浓度增大MnOz,

氧化性减弱，电势降低即(pi<(p3o已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnS氧化

性减弱，保证单一变量只改变Q-的影响，可加入NaQ固体，若加热反应又产生黄绿色气

体，说明C「的浓度越大其还原性增强，

故答案为：10;20；(pi<(p3;NaCl；若加热反应又产生黄绿色气体；

(3)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-=Cu2+；图

2为原电池利用Cu与H2s04制备H2,负极为Cu,正极区为H2s04,为了增强Cu的还原性，

正极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+,

故答案为：Cu-2e=Cu2+：稀硫酸；NaOH溶液。

【点评】本题考查原电池反应原理探究、氧化还原反应的原理，难度中等，涉及电极式的书

写、制化还原反应规律等知识点，注意日常学习中的积累，有利于培养学构建思维导图，化

学学科素养的培养。

18.(16分)氮化银(GaN)具有优异的光电性能°一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸铁Ga2(Fe2O4)

3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN的工艺流程如图：

已知；

①Ga与A1同主族，化学性质相似。

|66351385

②常温下,KsP[Zn(OH)2]=10-,KsP[Ga(OH)3]=10,Ksp|Fe(OH)3]=10'o

③Ga3二FU+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。

盐酸浓度/molL।反萃取率/%

Ga3+Fe3+

286.99.4

469.152.1

617.571.3

回答下列问题:

(1)“酸浸"时Gaz(Fe2O4：3发生反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=

2G「++6F*+12H2O。“酸溶”所得滤渣的主要成分是304(填化学式)。

(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Z，+浓度分别为0.21gLZ65gLi常温下,为尽可能

多地提取Ga"并确保不混入Zn(OH)2,“调pH”时需用CaO调pH至略小于5.7(假

设调pH时溶液体积不变)。

(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a=」,b=2(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Ga(OH)

3+OH=+2比0(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Ga2O3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Ga2O3+2NH32GaN+3H20。

(6)①GaN的熔点为1700C,GaC13的熔点为77.9C,它们的晶体类型依次为共价晶体、

分子晶体。

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

4_<,该晶体密度为pgcm*GaN的式量为Mr,则晶胞边长为XIO：nm0(列出计算

式，NA为阿伏加德罗常数的值)

【分析】利用炼锌矿渣[主要含铁酸钱Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2()4、Si(h]制备GaN,矿

渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2,加入CaO调节pH,从己知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Zr?十不沉淀，滤液中为硫酸锂，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+,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6moi/L,反萃取

中要保证G7+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2moi/L,随后加入NaOH沉像生成

Ga(0H)3,Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3,最后经过CVD得到GaN；

(6)①共价晶体熔沸点高，分子晶体熔沸点较低；

②结合晶胞结构判断晶体中与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原子个数为4,Ga原子个数为8X+6X=4,设晶胞边长为anm,结合p=推导

计算6

【解答】解：(1)Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga"、Fe升和H?0,反应的离子方程式

+3+3+

为Ga2(Fe2O4)3+24H=2Ga4-6Fe+12H2O；酸溶前调节pH时加入了CaO,生成的钙离

子和硫酸根离子反应生成微溶的硫酸钙，故酸溶滤渣中为CaS04,

故答案为：Gai(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O；CaS04；

(2)酸浸所得浸出液中Ga3\Z，+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和lmol/L,

根据Ksp[Zn(OH)2]=10'166,Z，,开始沉淀时c(OH')=mol/L=10'83mol/L,Z,+开始

沉淀的pH为5.7,根据Ksp[Ga(0H)3]=10一3叫Ga?+开始沉淀时c(OK)=mol/L%1.49

XlO^mol/L,则Ga?+开始沉淀的pH为3.17,则调节pH略小于5.7即可，

故答案为:略小于57

(3)根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度a=

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b=2mol/L,

故答案为：6；2；

(4)Ga与A1同主族，化学性质相似，沉钱时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新

溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH=+2H2O,

故答案为：Ga(OH)3+OH=+2H2O；

(5)Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和H2O,化学方程式为GaQ3+2NH32GaN+3H2O,

故答案为；Ga2O3+2NH32GaN+3H2O；

(6)①GaN熔点较高为1700℃,GaCh熔点较低为77.9℃,结合晶体的熔点特点，则GaN

为共价晶体，GaCh为分子晶体，

故答案为；共价晶体；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原子个数为4,Ga原子个数为8X+6X=4,设晶胞边长为anm,则p=，则a二X

107nm»

故答案为：4：X107o

【点评】本题以氮化镜制备为背景，考查氧物质分离提纯、基本操作、晶胞计算等知识点,

明确化学反应原理及物质性质、基本操作、均摊法的应用是解本题关键，题目难度较大。

19.(14分)CH4和C02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)+C02(g)=2C0(g)+2痣(g)AH|>0

反应b：CO?(g)+H2(g)WCO(g)+H2O(g)AH2>0

反应c：CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3>0

反应d：2C0(g)=C(s)+CO2(g)AH4<0

(D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)+H20(g)=CO(g)+H2(g),该反应的414=/kHi・・Z\H3(写出一个代

数式)。

(2)关于CH4和C02重整，下列说法正确的是AD(填编号)。

A.CH4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N2增大压强，82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VJK>V逆

(3)一定压强下，按照n(CH4)：n(CO?)=2；1投料，CH4和C(h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。

①图中曲线m、n分别表示物质垣、CO的变化(选填“H2”“CO”或“C02”)。

②700℃后，C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是反应c为吸热反应，反应

d为放热反应，700C后，随着温度升高，反应c右移对C(&)的物质的量分数的影响比反

应d左移的大。

③某温度下体系中不存在积碳，CH4和H2O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12.5%>反应b的平衡常数K二—(列出计算式)。

【分析】(1)依据盖斯定律由己知反应的反应热计算未知反应的反应热；

(2)A.反应达到平衡状态时，各组分的量保持不变；

B.依据反应物和生成物浓度变化判断充入氮气对平衡的影响；

C.催化剂只能改变反应历程；

D,由温度变化对平衡的影响分析；

(3)①依据温度变化对物质的量分数的影响判断曲线：

②依据温度变化对平衡的影响判断物质的量分数变化原因；

③依据反应物起始加入量和平衡时物质的量分数计算平衡时各组分的物质的量，进而计算转

化率和平衡常数。

【解答】解：(1)依据盖斯定律a-b-c可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=

△Hi-AH?-AH3,

故答案为：AHi-AH2-AH3:

(2)A.随着反应进行CK不断减少，CH4的物质的量保持不变时，反应体系达到平衡状

态，故A正确；

B.恒容时通入N2增大压强，平衡体系中各物质的浓度不发生改变，平衡不移动，C02转化

率不变，故B错误；

C.加入催化剂只改变反应历程，平衡常数只受温度影响，温度不变.平衡常数不变，故C

错误；

D.降低温度反应d正向移动，Y正Av逆，故D正确；

故答案为：AD：

(3)①反应起始投入CW和C02为2：1,所以m为C02,同时700"C之后C固体增加，

即700'C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为CO,

故答案为：H2；CO：

②700匕后，C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是反应c为吸热反应，反应d

为放热反应，700C后