浙江省金华市2024年高考化学模拟试题（含答案）

浙江省金华市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)得分1．下列不属于新能源的是（）A．潮汐能 B．波浪能 C．石油 D．氢能2．下列有关工业制硫酸的说法正确的是（）A．一般以硫磺或黄铁矿(主要成分：CuFeSB．鼓入足量的空气，原料可直接转化为SC．用水吸收SOD．含SO3．下列化学用语正确的是（）A．2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：B．基态Mn的简化电子排布式为：[C．中子数为8的碳原子：14D．用电子式表示CCl4的形成过程：4．工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，下列说法不正确的是(NAA．1molSiO2中含有Si−OB．消耗1mol焦炭转移4mol电子C．n(氧化产物)：n还原产物)=2：1D．可用氯化氢气体将硅与杂质分离5．在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色溶液：K+、H+、CB．碱性条件：Ba2+、Na+C．水电离出的c(H+)=1×10−9mol/LD．制作印刷电路板的腐蚀液：Cu2+、NO36．工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下，有关说法不正确的是（）海水→A．酸化的主要目的是防止Cl2将BB．鼓入热空气吹出溴是利用了溴的低沸点C．将含溴混合气从底部通入设备二(吸收塔)中D．设备三中的蒸汽冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可用分液法分离7．利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是（）①②③④A．图①装置可用于测定镁和稀硫酸反应速率B．图②装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性C．图③装置可用于分离、提纯有机化合物D．图④装置可用于实验室制氨气8．下列说法不正确的是（）A．硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构B．Ti−Fe合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快C．含增塑剂的聚氯乙烯薄膜因可塑性强，可用作生产食品包装材料D．“杯酚”可分离C60和C9．下列有关实验方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A将某烃进行核磁共振氢谱检测谱图出现两组吸收峰该烃可能为丙烷B将乙醇和浓硫酸共热后生成的气体通入溴水中溴水褪色该气体为乙烯C向乙醇和酸性重铬酸钾溶液充分反应后的溶液中滴加石蕊溶液变红乙醇被氧化为乙酸D往废水中滴入氯化铁溶液出现紫色沉淀该废水中含有酚类物质A．A B．B C．C D．D10．下列化学反应与方程式相符的是（）A．氢氧化镁能溶于氯化铵溶液：MgB．25°C和101kPa，表示甲烷的燃烧热的热化学方程式：CC．γ−羟基丁酸(HOCH2CH2CHD．氨的催化氧化反应：4N11．淀粉水解的最终产物A可发生如下反应，下列说法不正确的是（）A．A的分子式为C6HC．氧化剂1、2均可用Ag(NH12．X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|最低化合价|，Y在周期表中电负性最大，W与M、X相邻，基态Z的价电子层上只有1个电子，下列说法不正确的是（）A．单核离子半径：M<Z<YB．W与O原子可形成以平面三角形为结构单元的长链阴离子C．简单气态氢化物的沸点：Y>W>XD．最高价氧化物中离子键成分百分数：Z>M>X13．取琼脂、饱和食盐水的混合溶液倒入培养皿中，滴入几滴酚酞和K3A．锌片附近琼脂颜色变红B．铁钉上的电极反应式：OC．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动D．将锌片改为铜片，琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块14．叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，下列说法正确的是（）已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。A．中间体2的甲基间的排斥力比叔丁醇的甲基间的排斥力大B．相同外界条件下，乙酸比中间体3更易给出HC．用NaHCO3溶液中和步骤④产生的D．用18O15．已知：Kap(CaC2O4)=2A．CaCB．CaC2O4C．CaC2D．0.1mol/16．根据实验目的设计方案，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是（）实验目的方案设计现象结论A探究SO将收集有SO水进入试管占据试管容积四分之三SOB比较金属A和B的活动性强弱将金属A、B分别与镁条、电压表连通后，插入稀硫酸中Mg与A连接时，电压表的示数更大金属活动性：A<BC判断FeCl将FeClFeClFeClD探究BaSO往装有鸡蛋清的试管中先加入少量BaSO试管底部可见少量固体BaSOA．A B．B C．C D．D阅卷人二、非选择题(本大题共5小题，共52分)得分17．C、H、O、N是生命元素。请回答：（1）下列说法正确的是____。A．第一电离能：O>N>C>HB．电负性：O>N>C>HC．酸性：HCOOH<CD．键角：C（2）NH4+键中N的杂化方式；画出N（3）H、N、O与Cu能形成一种阳离子M，呈轴向狭长的八面体结构(如下图所示)。①阳离子M的化学式为，加热时M首先失去的组分是，该组分的分子空间构型为。②可选用(填“X射线衍射仪”或“质谱仪”)判断M中的Cu−N键是否相同。③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，各级反应的平衡常数分别为K1，K2，请从结构角度解释K1>K18．一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应②所得溶液pH在3~4之间，反应③需及时补充NaOH已知：常温下，H2SO3的电离平衡常数（1）溶液①中阴离子浓度大小(用“>”表示)：。（2）下列说法正确的是____。A．反应①、②和③均为氧化还原反应B．气体①和②是造成酸雨的主要成分C．往反应①后的溶液中加水可得到硫酸铜溶液D．溶液Y可循环用于反应②进行吸收气体①（3）写出反应③的化学方程式：。（4）“低温真空蒸发”可防止X被氧化。请设计实验证明X是否被氧化。若X部分被氧化，为不降低Cu2O的产率，补充NaOH19．金属钨是重要的战略金属。请回答：（1）I．用Pt电极电解NaCl−KCl−NaF2−Na2（2）II．工业上利用“蒸气转移法”提纯金属钨的原理为：W(该反应中，反应物总能量生成物能量(选填“高于”“低于”)。（3）已知瞬时速率r(I2)与I2的浓度c、平衡浓度c平衡的定量关系为r(I2)=k[1−cc平衡](k为速率常数，只与温度有关)。向恒温恒容容器中加入0.（4）粗钨中杂质与碘不反应。下列说法正确的是____A．反应前后气态物质的计量数相等，故反应的ΔS=0B．高温区中I2C．粗钨应放入高温区D．分批取出纯钨比一次性取出纯钨，可得到更多纯钨（5）1200°C时反应平衡常数K=1，2000°C时K=1①若气体在低温区与高温区循环一周称为一次转移。向装置内充入0.01molI2(g)与足量粗W②已知I2要先吸附到固体W的表面才能发生反应生成WI2。向容器中充入xmolI2(g)与足量粗W(s)，获得xmol纯W20．半水煤气(含有CO、N2、H2、H2O，以及少量的H2S、CO已知：①C(②H2S与Na③CO(（1）半水煤气通过溶液(填化学式)可证明有H2（2）在“催化转化炉”的后半段补充通入120°CH2O（3）已知：高压下CO2极易溶于水；用醋酸亚铜氨溶液(易被氧化)溶液可吸收CO，碱性焦没食子酸溶液(易受酸性气体影响)可吸收O2。“精制过程”需除去混合气体中的CO2、CO、O2和H2O，请排序：(a)(b)(c)(d)（4）通过测定“催化转化炉”进出口气体中CO体积分数以确定CO转化率。取标况下VL进口或出口气体，经历的实验过程以及反应前后每个装置的质量变化(Δm)如下：①I、II的目的是②CO体积分数为(用含V及Δm的式子表示，忽略空气影响)。（5）下列说法正确的是____A．“煤气发生炉”应先通O2后通B．采用饱和Na2CC．吸收塔内放置空心瓷环可提高H2D．半水煤气中的O2会导致Cu21．某研究小组通过下列路线合成一款新型抗惊厥药F。已知：。请回答：（1）化合物E含氧官能团的名称是。（2）化合物C的结构简式。（3）下列说法正确的是____。A．A→B为取代反应B．1molC完全转化为D需要消耗3molC．E在酸性条件下可转化为DD．1molF最多可消耗4molNaOH（4）写出D→E的化学方程式。（5）请写出符合下列条件的的同分异构体。a．分子中含六元环b．无氮氮相连的键b．1H（6）以丙酮(CH3COCH3)和尿素()为主要原料合成

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】石油是化石燃料，不属于新能源，潮汐能、波浪能、氢能均属于新能源，故选C；

故答案为：C。

【分析】常见的新能源包括氢能、太阳能、风能、水能、潮汐能、核能等。2．【答案】D【解析】【解答】A、黄铁矿的主要成分是FeS2，不是CuFeS2，故A错误；

B、硫磺或黄铁矿和氧气反应生成SO2，SO2催化氧化得到SOD、二氧化硫废气经回收后也可用于制备硫酸，避免污染且综合利用，故D正确；故答案为：D。【分析】A、黄铁矿的主要成分是FeS2；

B、FeS2在空气中焙烧生成SO2；

C、用浓硫酸吸收3．【答案】A【解析】【解答】A、2-甲基-3-乙基戊烷中主链上有5个碳原子，2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，其键线式为：，故A正确；B、Mn是25号元素，其核外有25个电子，简化电子排布式为：[ArC、中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，表示为614D、CCl4是共价化合物，各原子最外层均达到8电子稳定结构，用电子式表示其形成过程为：故答案为：A。【分析】A、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置；

B、Mn为25号元素；

C、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

D、CCl4．【答案】B【解析】【解答】A、SiO2中，每个Si原子与4个O原子形成Si-O键，则1molSiO2中含有Si−O键数目为4NA，故A正确；

B、C、该反应中，氧化产物为CO，还原产物为Si，则n(氧化产物)：n还原产物)=2：1，故C正确；D、氯化氢和硅生成含硅元素的气体，使得其与杂质分离，故可用氯化氢气体将硅与杂质分离，故D正确；故答案为：B。【分析】焦炭还原石英砂发生反应SiO5．【答案】B【解析】【解答】A、MnO4−为紫色离子，不能大量存在于无色溶液中，且H+、CO32−反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A不符合题意；

B、碱性条件下，Ba2+、Na+、Cl−、ClO−之间互不反应，且均不与氢氧根反应，能大量共存，故B符合题意；

6．【答案】A【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，通入氯气是为了将溶液中的溴离子氧化为溴单质，加入酸进行酸化是为了抑制氯气和溴单质与水反应，故A错误；

B、溴沸点低，易挥发，因此鼓入热空气可吹出溴，故B正确；

C、为了使溴被充分吸收，将含溴混合气从底部通入设备二(吸收塔)中，与亚硫酸溶液充分接触，故C正确；D、液溴微溶于水，可用分液的方法将液溴和溴水的混合物分离，故D正确；故答案为：A。【分析】A、氯气具有强氧化性；

B、溴易挥发；

C、从底部通入使反应更充分；

D、液溴微溶于水。7．【答案】D【解析】【解答】A、镁和稀硫酸反应生成氢气，通过注射器测量单位时间内生成气体的体积，可测定镁和稀硫酸反应速率，故A正确；B、碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠受热不分解，图②装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，故B正确；C、利用不同有机物在固定相和流动相中的相对吸附或溶解能力差异来分离、提纯有机化合物，该方法为色谱法，图③装置可用于分离、提纯有机化合物，故C正确；D、硝酸铵受热会发生爆炸性分解，不能用来制备氨气，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制备氨气，故D错误；

故答案为：D。【分析】A、测定单位时间内生成氢气的体积可测定反应速率；

B、碳酸氢钠受热易分解；

C、利用不同有机物在固定相和流动相中的相对吸附或溶解能力差异来分离、提纯有机化合物；

D、实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制备氨气。8．【答案】C【解析】【解答】A、硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构，故A正确；B、Ti−Fe合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快，故B正确；C、聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，故C错误；D、“杯酚”可分离C60和C故答案为：C。【分析】A、制成合金改变了铝原子规则的层状结构；

B、Ti−Fe合金可做储氢材料；

C、聚氯乙烯有毒；

D、超分子具有“分子识别”特性。9．【答案】A【解析】【解答】A、核磁共振氢谱有几个吸收峰就含有几种不同环境的氢原子，将某烃进行核磁共振氢谱检测，谱图出现两组吸收峰，说明有两种环境的氢原子，丙烷有两种环境的H原子，该烃可能是丙烷，故A正确；B、乙醇和浓硫酸共热可能生成SO2，SO2具有还原性，能使溴水褪色，不能证明气体为乙烯，故B错误；C、酸性重铬酸钾溶液中原本就存在的H+，能使石蕊变红，该操作不能说明乙醇被氧化为乙酸，故C错误；D、氯化铁遇酚类物质发生显色反应，溶液变为紫色，但不是紫色沉淀，故D错误；故答案为：A。【分析】A、核磁共振氢谱有几个吸收峰就含有几种不同环境的氢原子；

B、乙醇和浓硫酸共热可能产生SO2；

C、酸性重铬酸钾本身就含有氢离子；

D、氯化铁遇酚类物质发生显色反应。10．【答案】D【解析】【解答】A、氢氧化镁和氯化铵发生反应生成氯化镁和一水合氨，正确的离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3·H2O，故A错误；

B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水应为液态，故B错误；

C、γ−羟基丁酸(HOCH2CH2CHD、氨催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH故答案为：D。【分析】A、氢氧化镁和氯化铵发生双水解反应生成氯化镁和一水合氨；

B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

C、酯化反应有水生成；

D、氨催化氧化生成NO和水。11．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，A为CH2OH(CHOH)4CHO，分子式为C6H12O6，故A正确；

B、由分析可知，葡萄糖末端的-CH2OH比中间的结构较易氧化，所以-CH2OH先去氢生成醛基，再氧化为羧基，生成分子式为C6C、Ag(NH3)2D、化合物E为己六醇，其中含有的羟基相邻，可形成分子内氢键，故D正确；故答案为：C。【分析】淀粉水解的最终产物A为葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，发生氧化反应时，分子中的醛基(-CHO)最易被氧化为羧基(-COOH)，分子式由HOCH2(CHOH)4COOH变为C6H12O7，即B物质为HOCH2(CHOH)4COOH，B分子内的羟基与羧基在一定条件下可以发生酯化反应，生成环状酯类物质D，葡萄糖分子中的醛基经加氢还原生成己六醇，分子式变为C6H14O6，葡萄糖末端的-CH2OH比中间的结构较易氧化，-CH2OH被氧化为羧基得到分子式为C6H10O8的物质。12．【答案】B【解析】【解答】A、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：Al3+<Na+<F-，即M<Z<Y，故A正确；

B、Si和O原子不能形成以平面三角形为结构单元的长链阴离子，故B错误；C、HF分子间可以形成氢键，沸点最高，SiH4的相对分子质量大于CH4，则沸点：HF>SiH4>CH4，即，Y>W>X，故C正确；D、金属性越强，最高价氧化物中离子键成分百分数越大，则最高价氧化物中离子键成分百分数：Na2O>Al2O3>CO2，即Z>M>X，故D正确；故答案为：B。【分析】X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|最低化合价|，X为C元素，Y在周期表中电负性最大，Y为F元素，W与M、X相邻，W为Si元素，M为Al元素，基态Z的价电子层上只有1个电子，Z为Na元素。13．【答案】A【解析】【解答】A、锌片为负极，发生反应为Zn-2e-=Zn2+，锌片附近琼脂不会变红，故A错误；

B、由分析可知，铁钉为正极，电极反应式为O2+4eD、将锌片改为铜片，仍能形成原电池，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K3[Fe(故答案为：A。【分析】该装置形成原电池，锌作负极、铁作正极，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。14．【答案】D【解析】【解答】A、中间体2与甲基相连的碳的价层电子对数为3，叔丁醇中中心碳的价层电子对数为4，故叔丁醇的甲基间的排斥力较大，故A错误；B、R’COOH与中间体2结合后得到碳氧双键，氧原子电子对密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，O-H更加容易断裂，则中间体3比乙酸更易给出HC、NaHCOD、叔丁醇与羧酸发生酯化反应时，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去氢原子，与乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羟基，乙醇脱去氢原子，用18O故答案为：D。【分析】A、连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力；

B、氧原子电子对密度减小，导致羧基中羟基的极性增大；

C、NaHCO3溶液会和羧酸反应；15．【答案】D【解析】【解答】A、根据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH<HC2O4−，CaC2O4悬浊液中滴加过量冰醋酸不反应，悬浊液不会变澄清，故A错误；

B、CaC2O4C、CaC2OD、0.1mol/LNa2C故答案为：D。【分析】酸的电离平衡常数越大，酸性越强。16．【答案】B【解析】【解答】A、将收集有SO2的试管倒立于水中，二氧化硫在水中溶解度为1：40，水进入试管占据试管容积四分之三，并未形成饱和溶液，不能说达到溶解平衡，故A错误；B、将金属A、B分别与镁条、电压表连通后，插入稀硫酸中，Mg与A连接时，电压表的示数更大，说明Mg与A金属性差较大，与B金属性相差较小，则金属活动性：A<B，故B正确；C、判断FeCl3的晶体类型，将FeCl3晶体加热至熔融状态测导电性，如果熔融FeCl3可导电，才能说明FeCl3晶体为离子晶体，故C错误；D、钡离子是重金属离子，能使蛋白质变性，但硫酸钡难溶于水，离子浓度非常小，不会使蛋白质变性，故D错误；故答案为：B。【分析】A、水进入试管占据试管容积四分之三，并未形成饱和溶液；

B、Mg与A连接时，电压表的示数更大，说明Mg与A金属性差较大，与B金属性相差较小；

C、应将氯化铁熔融进行判断；

D、硫酸钡难溶于水。17．【答案】（1）B；D（2）sp3（3）[Cu(NH3)4(H【解析】【解答】（1）A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O>C>H，故A错误；

B、元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>N>C>H，故B正确；

C、甲基为推电子基团，导致羧基中-O-H键的极性减小，酸性减弱，即酸性：CH3COOH<HCOOHD、CH3+中心原子碳原子的价层电子对数为3+12×(4-1-3×1)=3，碳原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°，CH4中心原子碳原子的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4，碳原子采取sp3杂化，空间结构为正四面体形，键角为109°28´，NH3中心原子N原子的价层电子对数为3+12×(5-3×1)=4，氮原子采取sp3杂化，空间结构为三角锥形，键角为107°故答案为：BD；（2）NH4+的中心原子N原子的价层电子对数为4+12×(5-1-4×1)=4，N原子采取sp3杂化；NH4+中存在N、H之间的配位键，其中H+（3）①根据M的结构可知，其化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+；因为H2O中O的电负性大于NH3中N的电负性，氧对孤电子对的吸引力更强，所以水分子中孤电子对与铜离子形成的配位键较弱，即该化合物加热时首先失去的组分是H②质谱仪可以获得分子的质荷比，一般最大质荷比等于其相对分子质量，X射线衍射仪可以测定物质结构，因此可选用X射线衍射仪判断M中的Cu−N键是否相同，故答案为：射线衍射仪；③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，结合的NH3越多，配体间的排斥力渐大，使Cu【分析】（1）A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

B、元素的非金属性越强，电负性越大；

C、羧基中-O-H键的极性越弱，酸性越弱；

D、孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

（2）NH4+18．【答案】（1）c(HS（2）D（3）2CuS（4）取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化；增加【解析】【解答】（1）溶液①为NaHSO3溶液，HSO3−电离生成SO32−，HSO3−水解生成OH-，电离和水解都是微弱的，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.3×10−8，HSD、溶液Y为Na2SO3溶液，Na2SO3溶液能够和SO2反应，可循环用于反应②进行吸收SO2气体，故D正确；故答案为：D；（3）反应③中CuSO4和Na2SO3反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4，反应的化学方程式为2CuSO4+3N（4）“低温真空蒸发”可防止Na2SO3被氧化成Na2SO4，证明Na2SO3是否被氧化只需要检验硫酸根，具体方法为：取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化；制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O↓+2SO【分析】铜和浓硫酸发生反应①生成硫酸铜和二氧化硫，则气体①为二氧化硫，二氧化硫与碳酸钠发生反应②得到溶液①和气体②，则气体②为二氧化碳，溶液①为亚硫酸氢钠，调节溶液pH值至11，NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发后进行固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4发生反应SO32−+2Cu2++2H2O=SO42−+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO19．【答案】（1）W（2）高于（3）0.7k（4）B（5）4；I2在W固体吸附达到饱和状态，反应速率不再增大，但需要获得的纯W(s)增加，所以时间增大(“到达平衡时间增加，而气体所需循环次数相同，故时间增大”也可，合理即可)。【解析】【解答】（1）用Pt电极电解NaCl−KCl−NaF−Na2WO4熔融盐体系，可小规模生产高纯金属钨，则W（2）该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故答案为：高于；（3）r(I2)最大时，达到该条件下的平衡状态，当WI2转化率为0.9%时，转化的n(WI2)=0.1×0.9%=9×10-4mol，则三段式为：W(s)（4）A、不同的气体的熵不可能相等，即使化学计量数相同熵也不会相同，因此反应前后的熵变不可能为0，故A错误；B、该为放热反应，升温平衡逆向移动，c(I2)增大，所以高温区中I2C、该反应为放热反应，升温平衡左移，所以粗钨应放在低温区，故C错误；D、W为固体，改变其量不能使平衡移动，所以分批取出纯钨不能得到更多纯钨，故D错误；故答案为：B；（5）①向装置内充入0.01molI2(g)与足量粗W(s)，低温区三段式为

W(s)+I2(g)⇌W②I2要先吸附到固体W的表面才能发生反应生成WI2，I2在W固体吸附达到饱和状态后，反应速率不再增大，但需要获得的纯W(s)增加，所以所需时间增大(“到达平衡时间增加，而气体所需循环次数相同，故时间增大”也可，合理即可)，故答案为：I2在W固体吸附达到饱和状态，反应速率不再增大，但需要获得的纯【分析】（1）阴极发生还原反应；

（2）该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；

（3）列出反应的三段式，结合r(I2)=k[1−cc平衡]计算；

（4）A、不同的气体的熵不可能相等；

BC、反应为放热反应，升温平衡逆向移动；

D、W为固体，改变其量不能使平衡移动；

20．【答案】（1）CuSO（2）降低反应气体的温度，促进平衡右移，提高CO的转化率（3）a；c；b；d（4）除去CO2并确定C（5）A；B；C【解析】【解答】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入CuSO4溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在，故答案为：（2