2023年高考理綜化學(xué)真題試題(全國甲卷)(答案+解析)

2023年高考理綜化學(xué)真題試卷〔全國甲卷〕一、單項選擇題〔742分〕A.食品加工時不行添加任何防腐劑C.A.食品加工時不行添加任何防腐劑C.自然氣不完全燃燒會產(chǎn)生有毒氣體B.掩埋廢舊電池不會造成環(huán)境污染D.使用含磷洗滌劑不會造成水體污染氣體方法A氨氣加熱氯化銨固體氣體方法A氨氣加熱氯化銨固體B二氧化氮將鋁片加到冷濃硝酸中C硫化氫D氧氣向硫化鈉固體滴加濃硫酸加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達正確的選項是〔〕A.18g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB.3mol的NO2與H2O完全反響時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAC.32g環(huán)狀S8()分子中含有的S-S鍵數(shù)為1NAD.1LpH=4 的0.1mol?L-1K2Cr2O7溶液中CrO2 72-離子數(shù)為0.1NAA.A B.B C.C D.D4.以下表達正確的選項是〔〕甲醇既可發(fā)生取代反響也可發(fā)生加成反響用飽和碳酸氫納溶液可以鑒別乙酸和乙醇烷烴的沸點凹凸僅取決于碳原子數(shù)的多少戊二烯與環(huán)戊烷互為同分異構(gòu)體W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子數(shù)之和，也是Y2倍。WX的單質(zhì)常溫下均為氣體。以下表達正確的選項是〔〕原子半徑：Z>Y>X>WW與X只能形成一種化合物Y的氧化物為堿性氧化物，不與強堿反響4 W、XZ4 一樣溫度下，??sp

(BaSO4

) ??<sp<

(BaCO3

)。某溫度下，飽和溶液中-lg[??(SO2-)]、-lg[??(CO2-)]、與-lg[??(Ba2+)]的關(guān)系如以下圖。以下說法正確的選項是〔〕曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線sp該溫度下BaSO4的sp

(BaSO4

)值為1.0×10-10加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點D.??(Ba2+)=105.1時兩溶液中??(SO2-)=10y y)??()

4 2 13CO2-3H2H2O解離為H+和OH-，并在直流電場作用下分別問兩極遷移。以下說法正確的選項是〔〕A.KBr在上述電化學(xué)合成過程中只起電解質(zhì)的作用B.陽極上的反響式為：+2H++2e-=+H2OC.制得2mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了1mol電子D.雙極膜中間層中的H+在外電場作用下向鉛電極方向遷移二、非選擇題必考題〔343分〕碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。答復(fù)以下問題：I2的一種制備方法如以以下圖所示：①參與Fe粉進展轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為 ，生成的沉淀與硝酸反響，生成 后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，假設(shè)氧化產(chǎn)物只有一種，反響的化學(xué)方程式為 ；假設(shè)反響物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5時，氧化產(chǎn)物為 ；當n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，單質(zhì)碘的收率會降低，緣由是 。以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中參與計量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中參與NaIO3溶液，反響得到I2，上述制備I2的總反響的離子方程式為 。KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，假設(shè)生成1molI2，消耗的KI至少為 3mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反響I2+I-?I- 。試驗室中使用過量的3

KI與CuSO4溶液反響后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反響中參與過量KI的緣由是 。膽礬(CuSO4?5H2O)易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業(yè)廢銅焙燒得到的CuO(雜質(zhì)為氧化鐵及泥沙)為原料與稀硫酸反響制備膽礬，并測定其結(jié)晶水的含量。答復(fù)以下問題：制備膽礬時，用到的試驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必需使用的儀器標號)。燒杯 B．容量瓶 C．蒸發(fā)皿 D．移液管將CuO參與到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反響的化學(xué)方程式為 ，與直接用廢銅和濃硫酸反響相比，該方法的優(yōu)點是 。待CuO完全反響后停頓加熱，邊攪拌邊參與適量H2O2，冷卻后用NH3·H2O調(diào)pH為3.5～4，再煮沸10min，冷卻后過濾。濾液經(jīng)如下試驗操作：加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、 、乙醇洗滌、 ，得到膽礬。其中，把握溶液pH為3.5～4的目的是 ，煮沸10min的作用是 。結(jié)晶水測定：稱量枯燥坩堝的質(zhì)量為m1，參與膽礬后總質(zhì)量為m2，將坩堝加熱至膽礬全部變?yōu)榘咨?，置于枯燥器中冷至室溫后稱量，重復(fù)上述操作，最終總質(zhì)量恒定為m3。依據(jù)試驗數(shù)據(jù)，膽礬分子中結(jié)晶水的個數(shù)為 (寫表達式)。以下操作中，會導(dǎo)致結(jié)晶水數(shù)目測定值偏高的是 (填標號)。①膽礬未充分枯燥②坩堝未置于枯燥器中冷卻 ③加熱時有少膽礬迸濺出來10.二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于削減溫室氣體二氧化碳。答復(fù)以下問題：二氧化碳加氫制甲醇的總反響可表示為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)該反響一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1總反響的ΔH= kJ?mol-1；假設(shè)反響①為慢反響，以下示意圖中能表達上述反響能量變化的是A．B．C．D．A．B．C．D．為x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH為x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t如以下圖。①用各物質(zhì)的平衡分壓表示總反響的平衡常數(shù)，表達式Kp= ；②圖中對應(yīng)等壓過程的曲線是 ，推斷的理由是 ；③當x(CH3OH)=0.10時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α= ，反響條件可能為 或 。三、非選擇題選考題〔230分〕11.[化學(xué)-3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]我國科學(xué)家研發(fā)的全球首套千噸級太陽能燃料合成工程被形象地稱為“液態(tài)陽光”打算。該工程通過太陽能發(fā)電電解水制氫，再承受高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲醇。答復(fù)以下問題：太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價電子層的電子排式為 ；單晶硅的晶體類型為 。SiCl4是生產(chǎn)高純硅的前驅(qū)體，其中Si實行的雜化類型為 。SiCl4可發(fā)生水解反響，機理如下：s、p、d軌道的雜化類型有：①dsp2、②sp3d、③sps、p、d軌道的雜化類型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2 ，中間體SiCl4(H2O)中Si實行的雜化類型為 〔填標號〕。3甲醇的沸點〔64.7℃〕介于水〔100℃〕和甲硫醇〔CHSH，7.6℃〕之間，其緣由是 。3我國科學(xué)家制造了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為ZnO/ZrO2固溶體。四方2ZrO晶胞如以下圖。Zr4+離子在晶胞中的配位數(shù)是 ，晶胞參數(shù)為apm、apm、cpm，該晶體密度2為

寫出表達式。在ZrO2中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnxZr1-xOy ，則y= 〔用x表達〕。12.[化學(xué)-5：有機化學(xué)根底]答復(fù)以下問題：近年來，以大豆素(化合物C)答復(fù)以下問題：〔1〕A的化學(xué)名稱為 。〔2〕1molD 反響生成E至少需要 mol氫氣。寫出E中任意兩種含氧官能團的名稱 。由E生成F的化學(xué)方程式為 。由G生成H1)是在酸催化下水與環(huán)氧化合物的加成反響，則反響2)的反響類型為 ?；衔顱的同分異構(gòu)體中能同時滿足以下條件的有 (填標號)。含苯環(huán)的醛、酮不含過氧鍵(-O-O-)核磁共振氫譜顯示四組峰，且峰面積比為3∶22∶1A.2個B.3個C.4個D.5個依據(jù)上述路線中的相關(guān)學(xué)問，以丙烯為主要原料用不超過三步的反響設(shè)計合成以以下圖有機物，寫出合成路線 。答案解析局部一、單項選擇題【答案】C【考點】甲烷的化學(xué)性質(zhì)，水污染與防治，常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用【解析】【解答】A．食品加工時，可適當添加食品添加劑和防腐劑等，如苯甲酸鈉，故A錯誤；B．廢舊電池中含有重金屬等金屬離子，會造成土壤污染，水體污染等，故B錯誤；C．自然氣主要成分為甲烷，不完全燃燒會產(chǎn)生一氧化碳等有毒氣體，故C正確；D．含磷洗滌劑的排放，使水中磷過多，造成水中藻類瘋長，消耗水中溶解的氧，水體變渾濁，故D錯誤；故答案為：C【分析】A．防腐劑可以適當添加；B．電池中有對環(huán)境有害的物質(zhì)；C．甲烷不完全燃燒會產(chǎn)生CO；D．磷元素會造成水體富養(yǎng)分化；【答案】C【考點】化學(xué)平衡移動原理，探究二氧化氮與水的反響，同位素及其應(yīng)用，阿伏伽德羅常數(shù)【解析】【解答】A．D

O10，18gD

O的物質(zhì)的量為

18g

=0.9mol，則重水(D

中所含2質(zhì)子數(shù)為9NA ，A錯誤；

2 20g/mol 2．NO2與H2O反響的化學(xué)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，該反響消耗3個NO2分子轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2個，則有3mol的NO2參與反響時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA ，B錯誤；．一個S

S-S8個，32gS

的物質(zhì)的量為

32g

=1molS-S鍵數(shù)為1×8N8 A

=NA

8，C正確；

8 8×32g/mol8D．酸性KCrO

溶液中存在：CrO

2-+H

O?2CrO

2-+2H+,CrCrO

2- ，則2 2 7

2 7 2 4

2 7 42 1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中CrO2-離子數(shù)應(yīng)小于0.1NA ，D錯誤；故答案為：2 【分析】A．依據(jù)n=m計算；M依據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)計算；依據(jù)n=m計算物質(zhì)的量，再依據(jù)共價鍵的個數(shù)計算；M依據(jù)水解分析；3.【答案】D【考點】氨的試驗室制法，硝酸的化學(xué)性質(zhì)，濃硫酸的性質(zhì)，常見氣體制備原理及裝置選擇A.氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解生成氨氣和氯化氫，但兩者遇冷又會化合生成氯化銨固體，所以不能用于制備氨氣，A不符合題意；將鋁片加到冷濃硝酸中會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能用于制備二氧化氮，B不符合題意；硫化氫為復(fù)原性氣體，濃硫酸具有強氧化性，不能用濃硫酸與硫化鈉固體反響制備該硫化氫氣體，由于該氣體會與濃硫酸發(fā)生氧化復(fù)原反響，C不符合題意；試驗室加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物，生成氯化鉀和氧氣，二氧化錳作催化劑，可用此方法制備氧氣，D符合題意；故答案為：D【分析】A．試驗室制氨氣一般用氫氧化鈣和氯化銨加熱制備；B．鋁片遇濃硝酸會發(fā)生鈍化；C．依據(jù)氧化復(fù)原反響分析；D．試驗室可以用加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制備氧氣；4.B【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體，乙醇的化學(xué)性質(zhì)，乙酸的化學(xué)性質(zhì)，烷烴【解析】【解答】A.甲醇為一元飽和醇，不能發(fā)生加成反響，A錯誤；乙酸可與飽和碳酸氫鈉反響，產(chǎn)生氣泡，乙醇不能發(fā)生反響，與飽和碳酸鈉互溶，兩者現(xiàn)象不同，可用飽和碳酸氫納溶液可以鑒別兩者，B正確；含一樣碳原子數(shù)的烷烴，其支鏈越多，沸點越低，所以烷烴的沸點凹凸不僅僅取決于碳原子數(shù)的多少，C錯誤；戊二烯分子構(gòu)造中含2個不飽和度，其分子式為C5H8 ，環(huán)戊烷分子構(gòu)造中含1個不飽和度，其分子式為C5H10 ，兩者分子式不同，不能互為同分異構(gòu)體，D錯誤；故答案為：B【分析】A．甲醇為飽和醇，不能加成；B．乙酸的酸性強于碳酸；C．一樣碳原子數(shù)的烷烴，其支鏈越多，沸點越低；D．同分異構(gòu)體是具有一樣分子式而構(gòu)造不同的化合物；5.D【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型，氫氧化鋁的制取和性質(zhì)探究，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用A.電子層數(shù)越多的元素原子半徑越大，同周期元素原子半徑依次減弱，則原子半徑：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(wǎng)(H)，A錯誤；B.W為H元素，X為N元素，兩者可形成NH3和N2H4 ，B錯誤；C.YAl元素，其氧化物為兩性氧化物，可與強酸、強堿反響，C錯誤；D.W、XZ可形成(NH4)2S、NH4HS，兩者既含有離子鍵又含有共價鍵，D正確；故答案為：DW、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子數(shù)之和，也是Y2倍，則分析知，Z的最外層電子數(shù)為偶數(shù)，W和X的單質(zhì)常溫下均為氣體，則推知W和X為非金屬元素，所以可推斷W為H元素，X為N元素，Z的最外層電子數(shù)為1+5=6，Y的最外層電子數(shù)為6=3YAl元素，ZS元素。2【答案】B【考點】化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過程中的變化曲線，難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【解析】【解答】A.①為BaSO4的沉淀溶解曲線，A不符合題意；4曲線①BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(SO2-)]的關(guān)系，由圖可知，當溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3時，－44 sp 4 sp 4lg[c(SO2-)＝7，則－lg[K(BaSO)]＝7＋3＝10，因此K(BaSO)＝1.0×10－10 ，B4 sp 4 sp 44向飽和BaSO4溶液中參與適量BaCl2固體后，溶液中c(Ba2＋)增大，依據(jù)溫度不變則Ksp(BaSO4)不變可知，c(SO2-)a點將沿曲線①向左上方移動，C不符合題意；4c(SO2) 10??1由圖可知，當溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1時，兩溶液中 4 ＝

＝10y-y

，D不符合題意；3故答案為：B3

c(CO2)

10??2 12【分析】BaCO

、BaSO均犯難溶物，飽和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO2-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO2-)]＝－3 4 4 4343lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO2-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，則－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲線①為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(SO2-)]的關(guān)系，曲線②為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c(CO2-)]的關(guān)系。343【答案】D【考點】電解池工作原理及應(yīng)用【解析】【解答】A.KBr在上述電化學(xué)合成過程中除作電解質(zhì)外，同時還是電解過程中陽極的反響物，生Br2為乙二醛制備乙醛酸的中間產(chǎn)物，A不符合題意；陽極上為Br-失去電子生成Br2 ，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，B不符合題意；電解過程中陰陽極均生成乙醛酸，1mol1mol2mol，1mol乙二醛生成1mol2mol，依據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒可知每生成1mol1mol，因此制得2mol乙醛酸時，理論上外電路中遷移了2mol電子，C不符合題意；由上述分析可知，雙極膜中間層的H+在外電場作用下移向陰極，即H+移向鉛電極，D符合題意；故答案為：D【分析】該裝置通電時，乙二酸被復(fù)原為乙醛酸，因此鉛電極為電解池陰極，石墨電極為電解池陽極，陽極上Br-被氧化為Br2 ，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，雙極膜中間層的H+在直流電場作用下移向陰極，OH-移向陽極。二、非選擇題-必考題【答案】〔1〕2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO；FeI

+Cl=I+FeCl；I、FeCl；I被過量的Cl

進一步氧化33 3 〔2〕2IO-+5HSO-=I2+5SO2-+3H++H23 3 〔3〕4；防止單質(zhì)碘析出

2 2 2 2 2 3 2 2【考點】氧化性、復(fù)原性強弱的比較，氧化復(fù)原反響方程式的配平，氯氣的化學(xué)性質(zhì)，探究鹵素單質(zhì)間的置換反響【解析】【解答】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反響生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故參與Fe粉進展轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I- ，生成的銀能與硝酸反響生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO；3②通入Cl2的過程中，因I-復(fù)原性強于Fe2+ ，Cl2先氧化復(fù)原性強的I- ，假設(shè)氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2 ，故反響的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2 ，假設(shè)反響物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5時2即Cl2過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+ ，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2

、FeCl ，當3n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，即Cl2過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質(zhì)碘以及水連續(xù)發(fā)生氧化復(fù)原反響，單質(zhì)322碘的收率會降低，故答案為：FeI2+Cl2=I2+FeCl；I22

FeCl

；I2Cl2進一步氧化；3 4 2 3 3先向3溶液中參與計量的3，生成碘化物即含-的物質(zhì)；再向混合溶液〔含參與3溶液，反響得到I2，上述制備I2的兩個反響中I-為中間產(chǎn)物，總反響為IO-HSO-發(fā)生氧化復(fù)原反響，SO2-I，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及元素守恒配平離子方程式即可得：2IO-+5HSO3 4 2 3 34 2 3 3 2 4 I2+5SO2-+3H++HO，故答案為：2IO-+5HSO-=I+5SO2-+3H++HO4 2 3 3 2 4 KI溶液和CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和I ，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO=2CuI↓+I+2KSO ，假設(shè)4 2 4 2 2 42 2 生成1molI ，則消耗的KI至少為4mol；反響中參與過量KI，I-濃度增大，可逆反響I+I-?I-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升華，有利于蒸餾時防止單質(zhì)碘析出，故答案為：42 2 2【分析】(1)①AgI，AgIFeFeI2Ag，Cl2FeI2氧化為I；2②依據(jù)Cl2先氧化復(fù)原性強的I- ，再氧化Fe2+分析；(2)依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及元素守恒配平方程式；(3)4KI+2CuSO=2CuI↓KI的物質(zhì)的量；依據(jù)I+I-?I-平衡移動分析。4 2 3【答案】〔1〕A、C4Δ_4CuO+H2SO4

_ CuSO

+H2O；不會產(chǎn)生二氧化硫且產(chǎn)生等量膽礬消耗硫酸少〔硫酸利用率高〕過濾；枯燥；除盡鐵，抑制硫酸銅水解；破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾〔4〕80(??2??3)9(??3??1)〔5〕①③【考點】鹽類水解的應(yīng)用，硫酸根離子的檢驗，常用儀器及其使用，物質(zhì)的分別與提純，化學(xué)式及其計算【解析】【解答】(1)制備膽礬時，依據(jù)題干信息可知，需進展溶解、過濾、結(jié)晶操作，用到的試驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必需使用的儀器有燒杯和蒸發(fā)皿，A、C符合題意，故答案為：A、C；將O參與到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反響的化學(xué)方程式為HO△OH；直接用廢2 4 4 2銅和濃硫酸反響生成硫酸銅與二氧化硫和水，與這種方法相比，將CuO參與到適量的稀硫酸中，加熱制備膽礬的試驗方案具有的優(yōu)點是：不會產(chǎn)生二氧化硫且產(chǎn)生等量膽礬消耗硫酸少〔硫酸利用率高〕；硫酸銅溶液制硫酸銅晶體，操作步驟有加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、枯燥；CuO中含氧化鐵雜質(zhì)，溶于硫酸后會形成鐵離子，為使鐵元素以氫氧化鐵形成沉淀完全，需把握溶液pH為3.5～4性環(huán)境同時還可抑制銅離子發(fā)生水解；操作過程中可能會生成氫氧化鐵膠體，所以煮沸10min，目的是破壞氫氧化鐵膠體，使其沉淀，易于過濾，故答案為：過濾；枯燥；除盡鐵，抑制硫酸銅水解；破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾；3 2 稱量枯燥坩堝的質(zhì)量為m1 ，參與膽礬后總質(zhì)量為m2 ，將坩堝加熱至膽礬全部變?yōu)榘咨?，置于枯燥器中冷至室溫后稱量，重復(fù)上述操作，最終總質(zhì)量恒定為m。則水的質(zhì)量是(m-m)g3 2 〔CuSO?nHO〕中n值的表達式為m2m3：m3m1=n:1n＝80(m2m

3)；4 2

160

9(m3m1)①膽礬未充分枯燥，導(dǎo)致所測m2

n=80(m2m9(m3m

3)可知，最終會導(dǎo)致結(jié)晶水數(shù)目定值偏高，符1)合題意；②坩堝未置于枯燥器中冷卻，局部白色硫酸銅會與空氣中水蒸氣結(jié)合重生成膽礬，導(dǎo)致所測m3偏大，依據(jù)n=80(m2m3)可知，最終會導(dǎo)致結(jié)晶水數(shù)目定值偏低，不符合題意；9(m3m1)③加熱膽礬晶體時有晶體從坩堝中濺出，會使m3

數(shù)值偏小，依據(jù)n=80(m2m3)可知，最終會導(dǎo)致結(jié)晶水9(m3m1)數(shù)目定值偏高，符合題意；綜上所述，①③符合題意，故答案為：①③?！痉治觥?1)制備膽礬時，需進展溶解、過濾、結(jié)晶操作；金屬氧化物與酸反響生成鹽和水；從環(huán)境保護方面分析該方法的優(yōu)點；硫酸銅溶液制硫酸銅晶體，操作步驟有加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、枯燥；依據(jù)水解分析；加熱可以防止生成膠體；CuSO4?nH2OCuSO4H2O1：n計算；n=80(m2m9(m3m

3)分析。1)【答案】〔1〕-49；A；ΔH1為正值，ΔH2ΔH為負值，反響①的活化能大于反響②的??(H2O)???(CH3OH)；bΔH<0，上升溫度時平衡向逆反響方向移動，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)變小；??3(H2)???(CO2)33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃【考點】蓋斯定律及其應(yīng)用，化學(xué)反響速率，化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡移動原理(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反響可表示為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，該反響一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ/mol，②CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氫制甲醇的總反響為：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol；該反響總反響為放熱反響，因此生成物總能量低于反響物總能量，反響①為慢反響，因此反響①的活化能高于反響②，同時反響①的反響物總能量低于生成物總能量，反響②的反響物總能量高于生成物總能量，因此示意圖中能表達反響能量變化的是A項，故答案為：-49；A；ΔH1為正值，ΔH2為和ΔH為負值，反響①的活化能大于反響②的。(2)①二氧化碳加氫制甲醇的總反響為CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，因此利用各物質(zhì)的平衡分壓表示K

=p(CH3OH)p(H2O) ，故答案為：p(CH3OH)p(H2O)；p p(CO2)p3(H2) p(CO2)p3(H2)②該反響正向為放熱反響，上升溫度時平衡逆向移動，體系中x(CH3OH)將減小，因此圖中對應(yīng)等壓過程的曲線是b，故答案為：b；總反響ΔH<0，上升溫度時平衡向逆反響方向移動，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)變小。的曲線是b，故答案為：b；總反響ΔH<0，上升溫度時平衡向逆反響方向移動，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)變小。③n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，則

=0.1，解得x=1 ，平衡時CO的轉(zhuǎn)化率α=1mol×100%=33.3%；由3 33??1??????

3 2 1mol33x(CHOH)=0.1的條件有：5×105Pa，210℃9×105Pa，250℃，故答案為：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。33【分析】(1)ΔHΔH與能量的關(guān)系分析；(2)①依據(jù)平衡常數(shù)表達式計算；②依據(jù)勒夏特列原理分析；③依據(jù)三段式計算；三、非選擇題-選考題【答案】〔1〕3s23p2；原子晶體(共價晶體)；sp3；②〔2〕2；2甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多〔4〕8；4×918×16

；2-xAa2c×??×1030A【考點】原子核外電子排布，共價鍵的形成及共價鍵的主要類型，推斷簡潔分子或離子的構(gòu)型，晶胞的計算，原子軌道雜化方式及雜化類型推斷【解析】【解答】(1)基態(tài)Si原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2 ，因此Si的價電子層的電子排式為3s23p2；晶體硅中Si原子與Si原子之間通過共價鍵相互結(jié)合，整塊晶體是一個三維的共價鍵網(wǎng)狀構(gòu)造，因此晶體硅為原子晶體；SiCl4

中Si原子價層電子對數(shù)為4+1×(4 4×1)=4，因此Si原子實行sp3雜化；2由圖可知，SiCl4(H2O)Si原子的σ5Si5Si原子的雜化類型sp3d，故答案為：3s23p2；原子晶體(共價晶體)；sp3；②；CO2

O=C=O，11個??1個π1CO

2個??22π鍵，故答案為：2；2；2甲醇分子