江西省南昌市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

江西省南昌市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．中國化學(xué)工業(yè)為2022年卡塔爾世界杯做出了巨大的貢獻(xiàn)。下列說法正確的是A．開幕式上引人矚目的煙花，來自江西上栗，利用了金屬單質(zhì)的焰色反應(yīng)B．世界杯會徽巨型雕塑是由中國制造，其主要材料為玻璃鋼，玻璃鋼是指由樹脂與玻璃纖維復(fù)合而成的復(fù)合材料C．中國承建的卡塔爾首座光伏電站中的光伏材料為高純度二氧化硅D．中國鐵建承建的主會場盧賽爾體育場的屋面膜結(jié)構(gòu)由聚四氟乙烯材料構(gòu)成，聚四氟乙烯是一種純凈物2．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫下，1molNO與0.5molO2混合后分子數(shù)為NAB．H2O(g)通過Na2O2(s)使其增重2g時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC．過量Cl2通入1.5L0.1mol·L-1KI溶液中發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.15NAD．0.2mol乙酸與0.1mol乙醇在濃硫酸催化下充分反應(yīng)，生成的乙酸乙酯分子數(shù)為0.1NA3．對乙酰氨基酚(撲熱息痛)，可以緩解發(fā)熱給身體帶來的不適，其結(jié)構(gòu)如下。下列關(guān)于對乙酰氨基酚的說法錯誤的是A．分子式為C8H9NO2B．與FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應(yīng)C．分子中所有的碳原子一定共平面D．可以發(fā)生取代、氧化、水解等反應(yīng)4．下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論有錯誤的是

目的方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗(yàn)未知溶液中是否含有銨鹽取一定量未知溶液于試管，滴入NaOH溶液并加熱，試管口放置濕潤紅色石蕊試紙?jiān)嚰堊兯{(lán)，說明溶液中一定含有銨鹽B鑒別NaCl與NaNO2各取少量固體加水溶解，分別滴加鹽酸酸化的FeCl2溶液，觀察溶液顏色變化溶液變黃色的是NaNO2，不變色的是NaClC比較AgCl和AgI的Ksp大小向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.mol/LAgNO3溶液，振蕩靜置，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，觀察現(xiàn)象先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀，說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D檢驗(yàn)乙醇的消去反應(yīng)是否有乙烯生成將乙醇在濃硫酸、170℃條件下產(chǎn)生的氣體依次通過足量NaOH溶液、酸性高錳酸鉀溶液觀察到酸性高錳酸鉀褪色，說明有乙烯生成A．A B．B C．C D．D5．雙極膜在電場作用下可以提供OH-和H+?？茖W(xué)家通過使用雙極膜電滲析法來捕獲和轉(zhuǎn)化海水中的CO2，其原理如圖所示。下列說法正確的是A．與電源正極相連一極為電極XB．隔膜1、隔膜2均為陽離子交換膜C．循環(huán)液1和循環(huán)液2中的成分相同D．該方法可以同時將海水進(jìn)行淡化6．化合物Q由短周期主族元素W、X、Y、Z四種元素組成，且原子序數(shù)依次增大。某實(shí)驗(yàn)小組按如下流程進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)：已知：①氣體體積均在標(biāo)況下測定、無色氣體D是一種單質(zhì)；②反應(yīng)均完全發(fā)生。下列說法正確的是A．簡單離子的半徑：X<Y<Z B．簡單氫化物的沸點(diǎn)：Z>YC．無色氣體D為N2 D．Q的化學(xué)式為(NH4)2S2O87．常溫下，用0.1000mol/L的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的一元堿BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系數(shù)δ隨滴加鹽酸體積VHCl的變化關(guān)系如圖所示。已知B+的分布系數(shù)δ(BA．BOH的電離常數(shù)Kb=1.0×10-6B．滴定時，可以選擇甲基橙作指示劑C．滴定過程中，水的電離程度：n<m<pD．n點(diǎn)溶液中，粒子濃度大小為c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)二、非選擇題8．蛇紋石礦的主要成分為MgO、SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3、NiO、FeS等，一種綜合利用蛇紋石礦回收鎂資源的工藝流程如下：已知：①當(dāng)溶液中被沉淀離子的物質(zhì)的量濃度小于1×10-5mol/L時，認(rèn)為該離子沉淀完全。②Ksp(NiS)=1×10-21，氫硫酸的兩步電離常數(shù)分別為Ka1=1.4×10-7，Ka2=7.1×10-15。（1）“加壓酸浸”中，要控制溫度在110℃左右，但反應(yīng)時幾乎無需加熱，原因是。濾渣1的主要成分除S、CaSO4外還有。（2）“氧化”中空氣的作用是，NaClO3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（3）“除鐵”中濾渣2為難溶于水的黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同時生成一種無色氣體為，Na2CO3溶液需緩慢加入，原因是。（4）“沉鎳”中，當(dāng)Ni2+恰好完全沉淀時，若溶液中c(H2S)=1×10-3mol/L，則此時溶液的pH約為。9．氯化磷酸三鈉(簡稱氯鈉)是一種固體殺菌消毒劑，其成分通常表示為aNa3PO4·bNa2HPO4·NaClO·NaCl·nH2O?？赏ㄟ^漂白液與Na3PO4-Na2HPO4混合液反應(yīng)制得。（1）Ⅰ．制備漂白液漂白液的有效成分為NaClO，NaClO在40℃以上容易分解，可通過Cl2與冷的NaOH溶液反應(yīng)制得。制備裝置如圖所示。該實(shí)驗(yàn)中不能替代KClO3的藥品是。a．MnO2b．K2Cr2O7c．KMnO4d．Ca(ClO)2（2）B裝置中的試劑為，C裝置中離子方程式為：。（3）Ⅱ．制取Na3PO4-Na2HPO4混合液已知：Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11；Ka1(H3PO4)=7.6×10-3，Ka2(H3PO4)=6.3×10-8，Ka3(H3PO4)=4.4×10-13。若最終氯鈉的化學(xué)式中a=3，b=1則該步驟中所用NaOH與H3PO4的物質(zhì)的量之比為，（4）根據(jù)已知條件，分析不能用Na2CO3替代NaOH與H3PO4反應(yīng)的原因是。（5）Ⅲ．氯鈉晶體的制備及產(chǎn)品中NaClO質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定將Ⅰ與Ⅱ制得的溶液常溫下充分混合攪拌，減壓蒸發(fā)，低溫干燥，得氯鈉晶體。減壓蒸發(fā)的目的是。（6）取mg氯鈉晶體樣品溶于蒸餾水中，配成500mL溶液，取25.00mL待測液于錐形瓶中，加入足量稀H2SO4酸化和過量0.100mol/LKI溶液，充分反應(yīng)后，滴入作指示劑，用0.0200mol/LNa2S2O3溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)加入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液藍(lán)色褪去，且30s不恢復(fù)原色。平行滴定三次，消耗Na2S2O3溶液的平均體積為VmL，則產(chǎn)品中NaClO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(已知：I2+2S2O32?=10．近年，甲醇的制取與應(yīng)用在全球引發(fā)了關(guān)于“甲醇經(jīng)濟(jì)”的廣泛探討。以下是兩種制取過程：（1）一、利用CO2制取甲醇當(dāng)原料組成為n(CO2)：n(H2)=1：3通入某密閉容器，合成CH3OH的反應(yīng)體系中主要包含以下反應(yīng)：反應(yīng)①：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反應(yīng)②：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ/mol已知反應(yīng)②的v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(H2O)·c(CO)(k正、k逆為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))若平衡后升高溫度，則k逆k正A．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再改變B．容器內(nèi)氣體密度不再改變C．容器內(nèi)c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1D．單位時間內(nèi)，斷開C=O鍵的數(shù)目和斷開H-O鍵的數(shù)目相同（2）維持壓強(qiáng)為6.4MPa，測得不同溫度下，反應(yīng)經(jīng)過相同時間時CO2的轉(zhuǎn)化率、甲醇的選擇性如圖所示[CH3OH的選擇性=產(chǎn)生n(CH①ΔH10(填“<”或“>”)，判斷的依據(jù)是。②T1K時，若反應(yīng)從開始到達(dá)到a點(diǎn)所用時間為5min，則v(CH3OH)=MPa·min-1，反應(yīng)②的Kp=(Kp指用平衡分壓代替平衡濃度進(jìn)行計(jì)算的平衡常數(shù)，A的平衡分壓=p總×A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。（3）二、利用烯烴催化制取甲醇制取過程中發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)I：C3H6(g)+3H2O(g)?3CH3OH(g)ΔH2反應(yīng)II：C2H4(g)+2H2O(g)?2CH3OH(g)ΔH3反應(yīng)III：3C2H4(g)?2C3H6(g)ΔH4反應(yīng)I、III的vantHoff實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示(vantHoff經(jīng)驗(yàn)公式RInK=-ΔHθTΔH3=(用含ΔH2和ΔH4的計(jì)算式表示)，反應(yīng)III的ΔHθkJ·mol11．金屬鹵化物鈣鈦礦太陽能電池作為最有前途的光伏技術(shù)之一，如何最大限度地減少表面缺陷對于進(jìn)一步提高無機(jī)鈣鈦礦太陽能電池的功率轉(zhuǎn)換效率和穩(wěn)定性至關(guān)重要。近日，我國科學(xué)家設(shè)計(jì)了一種鈍化劑三氟乙脒來抑制CsPbI3-xBrx薄膜缺陷?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)碘原子的價層電子的運(yùn)動狀態(tài)有種，基態(tài)Pb原子的價層電子排布式為。（2）I1代表元素的第一電離能，則I1(Br>I1(As)>I1(Se)的原因是。（3）三氟乙脒的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為，碳原子的雜化類型為；測量HF相對分子質(zhì)量測量值經(jīng)常偏大的原因是。（4）某種金屬鹵化物無機(jī)鈣鈦礦的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞的邊長apm，則該物質(zhì)的化學(xué)式為；晶體中Pb2+與Cs+最短距離為pm；晶體的密度ρ=g·cm-3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、NA的代數(shù)式表示；可能用到相對原子質(zhì)量：Cs：133Pb：207I：127)12．有機(jī)物K是重要的藥物中間體，一種K的合成路線如下：已知：①→②+→回答下列問題：（1）G中官能團(tuán)的名稱是。（2）1molB生成C需要molNaOH。（3）物質(zhì)J的名稱是，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式分別為。（4）H與J反應(yīng)生成K的化學(xué)方程式為。。（5）L是D與乙醇酯化后的產(chǎn)物，同時滿足下列條件的L的同分異構(gòu)體有種，寫出一種其中核磁共振氫譜峰面積之比為1：1：2：6的結(jié)構(gòu)為。①能發(fā)生水解反應(yīng)且1mol物質(zhì)需要2molINaOH發(fā)生反應(yīng)②含有苯環(huán)（6）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)以CH3COOH和為原料合成的合成路線。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．煙花利用了金屬元素的焰色反應(yīng)，不一定為金屬單質(zhì)，故A不符合題意；B．玻璃鋼是指由樹脂與玻璃纖維復(fù)合而成的復(fù)合材料，故B符合題意；C．光伏材料為高純度硅單質(zhì)，故C不符合題意；D．聚合物均為混合物，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．焰色反應(yīng)利用了金屬元素的性質(zhì)；B．玻璃鋼是指由樹脂與玻璃纖維復(fù)合而成的復(fù)合材料；C．高純度硅單質(zhì)有光電轉(zhuǎn)化性質(zhì)；D．聚合物均為混合物。2．【答案】B【解析】【解答】A．NO和O2反應(yīng)生成NO2，NO2可部分轉(zhuǎn)化為N2O4，因此1molNO與0.5molO2混合后分子數(shù)小于NA，故A不符合題意；B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C．Cl2除與KI反應(yīng)外，還能與水反應(yīng)，無法確定轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故C不符合題意；D．乙醇與乙酸的酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能充分反應(yīng)，因此不能確定乙酸乙酯的分子數(shù)，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．NO和O2反應(yīng)生成NO2，NO2可部分轉(zhuǎn)化為N2O4；B．依據(jù)化學(xué)方程式分析；C．Cl2也能與水反應(yīng)，無法確定；D．乙醇與乙酸的酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)。3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)有機(jī)物中碳原子成鍵特點(diǎn)以及該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式，推出該有機(jī)物分子式為C8H9NO2，故A說法不符合題意；B．該有機(jī)物中含有酚羥基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B說法不符合題意；C．因?yàn)棣益I屬于軸對稱，是可以旋轉(zhuǎn)的，因此“C-N”旋轉(zhuǎn)，使得“C=O”中碳原子與苯環(huán)不在一個平面，故C說法符合題意；D．根據(jù)酚羥基，能發(fā)生取代、氧化，含有酰胺鍵，能發(fā)生水解反應(yīng)，故D說法不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；BD．根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷；C．依據(jù)苯、乙烯、甲醛是平面結(jié)構(gòu)，乙炔是直線結(jié)構(gòu)、甲烷是正四面體形結(jié)構(gòu)且單鍵可以沿鍵軸方向旋轉(zhuǎn)判斷。4．【答案】A【解析】【解答】A．試紙變藍(lán)，說明產(chǎn)生的氣體是氨氣，則溶液中含有銨鹽，也有可能是一水合氨，故A符合題意；B．NaNO2在酸性條件下具有較強(qiáng)氧化性，能將氯化亞鐵氧化成氯化鐵，溶液顏色變黃色，而氯化鈉與氯化亞鐵不發(fā)生反應(yīng)，溶液顏色無變化，故B不符合題意；C．向2.0mL0.1mol/LNaCl溶液中滴入2滴0.1mol/LAgNO3溶液，生成AgCl沉淀，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，白色沉淀生成AgI，說明AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的AgI，所以說明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C不符合題意；D．乙醇發(fā)生消去反應(yīng)有可能產(chǎn)生SO2雜質(zhì)氣體，通入足量NaOH溶液可以吸收SO2和揮發(fā)出來的乙醇，乙烯使酸性高錳酸鉀褪色，若酸性高錳酸鉀褪色，可說明有乙烯生成，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】依據(jù)元素及其化合物的性質(zhì)分析，A項(xiàng)溶液可能是一水合氨。5．【答案】B【解析】【解答】A．電極X上發(fā)生反應(yīng)：Fe(CN)B．由電極X反應(yīng)可知，循環(huán)液1中負(fù)電荷數(shù)增加，為平衡溶液中電荷，則海水中的鈉離子應(yīng)通過隔膜1；電極Y反應(yīng)為：Fe(CN)C．由圖中信息可知循環(huán)液1中最終含F(xiàn)e(CN)64-D．由上述分析可知海水中鈉離子最終移向陰極區(qū)，但氯離子不能通過雙極膜進(jìn)入陽極區(qū)，同時鈉離子最終仍在處理后的海水中，因此不能實(shí)現(xiàn)海水淡化，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．電解時，陽極與直流電源的正極相連的電極；陰極與直流電源的負(fù)極相連的電極；B．依據(jù)離子與離子交換膜屬性一致判斷；C．依據(jù)圖中信息分析；D．依據(jù)離子移動方向判斷。6．【答案】D【解析】【解答】A．X、Y、Z簡單離子分別為N3-、O2-、S2-，離子半徑由大到小順序是S2-＞N3-＞O2-，故A不符合題意；B．Y的為簡單氫化物為H2O，Z的簡單氫化物為H2S，水常溫下為液體，硫化氫常溫下為氣體，因此H2O的沸點(diǎn)高與H2S，故B不符合題意；C．根據(jù)上述分析，無色氣體為氧氣，故C不符合題意；D．根據(jù)上述分析，Q的化學(xué)式為(NH4)2S2O8，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，簡單離子的半徑越??；B．分子間含有氫鍵，熔沸點(diǎn)較高；C．根據(jù)流程分析判斷；D．依據(jù)流程圖，利用反應(yīng)物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷。7．【答案】B【解析】【解答】A．滴定達(dá)到終點(diǎn)時消耗HCl的體積是20.00mL，根據(jù)反應(yīng)方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的體積相同，故二者的濃度相等，c(BOH)=0.1000mol/L。開始滴定時溶液pH=11，則c(OH-)=10-3mol/L，則根據(jù)BOH?B++OH-，可知c(B+)=0.1000mol/L，故BOH的電離平衡常數(shù)Kb=c(B+)?c(OB．根據(jù)題圖可知BOH為一元弱堿，該實(shí)驗(yàn)是用強(qiáng)酸(HCl)滴定弱堿BOH，當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時，反應(yīng)產(chǎn)生的溶質(zhì)BCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，故應(yīng)該選擇酸性范圍內(nèi)變色的指示劑甲基橙作指示劑，實(shí)驗(yàn)誤差較小，而不應(yīng)該使用堿性范圍內(nèi)變色酚酞為指示劑，B符合題意；C．向BOH中滴加HCl，溶液的堿性逐漸減弱，堿電離產(chǎn)生的OH-對水電離的抑制作用逐漸減弱，則在恰好中和前，水電離程度逐漸增大，因此水電離程度：m＜n＜p，C不符合題意；D．由圖可知鹽酸體積為20mL時恰好到達(dá)終點(diǎn)，則n點(diǎn)時BOH只消耗一半，反應(yīng)產(chǎn)生BCl，此時BOH和BCl物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(B故答案為：B。

【分析】A．依據(jù)Kb=c(BB．依據(jù)滴定終點(diǎn)溶液的性質(zhì)和現(xiàn)象變化選擇指示劑；C．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水的電離；D．根據(jù)電荷守恒分析。8．【答案】（1）濃硫酸稀釋放出大量的熱；SiO2（2）氧化Fe2+，減少NaClO3的用量；ClO3?+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-（3）CO2；避免加入過快使溶液局部堿性過強(qiáng)，導(dǎo)致鎳、鎂沉淀（4）4【解析】【解答】（1）濃硫酸溶于水會放出大量的熱，使體系溫度升高，故幾乎無需加熱；SiO2不與硫酸反應(yīng)，所以濾渣中還含有SiO2；故答案為：濃硫酸稀釋放出大量的熱；SiO2；（2）由于氧化時加入強(qiáng)氧化劑NaClO3，所以吹入空氣的目的是使NaClO3與溶液充分混合，加快反應(yīng)速率，氧氣能氧化Fe2+，減少NaClO3的用量；離子方程式為ClO3?+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案為：氧化Fe2+，減少NaClO3的用量；ClO3?+6Fe2++6H+=6Fe（3）根據(jù)元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合價未發(fā)生改變，則生成氣體為CO2；因Fe3+與CO32?水解相互促進(jìn)生成Fe(OH)3，同時加入過快使溶液局部堿性過強(qiáng)會導(dǎo)致鎳、鎂離子沉淀，所以碳酸鈉溶液需緩慢加入；故答案為：CO2（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀時，c(Ni2+)=10-5mol/L，Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)=1×10-21，所以c(S2-)=10-16mol/L，又由于氫硫酸的兩步電離平衡常數(shù)：Ka1=c(H+)?c(HS-)c(H2S)=1.4×10-7，K

【分析】（1）依據(jù)反應(yīng)的能量變化分析；依據(jù)流程圖，利用反應(yīng)物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷；（2）根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；（3）根據(jù)元素守恒；依據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)分析；（4）依據(jù)Ksp和Ka值分析計(jì)算。9．【答案】（1）a（2）飽和食鹽水；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O（3）11：4（4）Ka2(H2CO3)>Ka3(H3PO4)，反應(yīng)無法制得Na3PO4（5）降低水的沸點(diǎn)，防止氯鈉中次氯酸鈉分解（6）淀粉溶液；1.49v【解析】【解答】（1）該裝置為常溫反應(yīng)，應(yīng)用強(qiáng)氧化劑與濃鹽酸反應(yīng)制取，a中二氧化錳的氧化性較弱，需在加熱條件下與濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，b、c、d均為強(qiáng)氧化劑，均可以在常溫下與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，故答案為：a；（2）由上述分析可知B中應(yīng)為飽和食鹽水，用于除去HCl；C中氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：飽和食鹽水；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；（3）a=3，b=1時，氯鈉的化學(xué)式為：3Na3PO4·Na2HPO4·NaClO·NaCl·nH2O，則根據(jù)元素守恒，則該步驟中所用NaOH與H3PO4的物質(zhì)的量之比為11：4，故答案為：11：4；（4）由Ka數(shù)據(jù)可知酸性強(qiáng)弱：H3PO4>H2CO3>H2PO4->HCO3->HPO42-，則碳酸鈉與磷酸反應(yīng)不能生成磷酸鈉，故答案為：Ka2(H2CO3（5）減壓蒸發(fā)可降低水的沸點(diǎn)，防止氯鈉中次氯酸鈉分解，故答案為：降低水的沸點(diǎn)，防止氯鈉中次氯酸鈉分解；（6）氯鈉溶于水后，與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將KI氧化為碘單質(zhì)，生成的碘單質(zhì)再用Na2S2O3溶液滴定，應(yīng)用淀粉做指示劑，記錄最后藍(lán)色消失時Na2S2O3溶液的用量；結(jié)合反應(yīng)：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2

【分析】（1）依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，選擇氧化性弱的；

（2）依據(jù)物質(zhì)和雜質(zhì)的性質(zhì)選擇試劑；氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉；

（3）則根據(jù)元素守恒分析；

（4）依據(jù)Ka數(shù)據(jù)分析；

（5）依據(jù)壓強(qiáng)對沸點(diǎn)的影響；

（6）碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)；利用關(guān)系式計(jì)算。10．【答案】（1）減小；AD（2）<；溫度高于T1時，相同時間內(nèi)測得二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而下降，而反應(yīng)②溫度升高，平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而增大，所以反應(yīng)①溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而減小，即證明ΔH<0；；0.16；0.059（3）2ΔH【解析】【解答】（1）反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時v正=v逆，k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(H2O)·c(CO)，k逆k正=c(CO2)?c(HA．該反應(yīng)雖然前后氣體分子數(shù)相等，但整個體系還存在反應(yīng)①，整體壓強(qiáng)為變量，則容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再改變，能說明反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；B．容器體積不變，氣體質(zhì)量反應(yīng)前后不變，則容器內(nèi)氣體密度始終不變，不能據(jù)此說明反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；C．容器內(nèi)c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1，不能說明各組分濃度不再改變，因此不能據(jù)此判斷平衡；D．單位時間內(nèi)，斷開C=O鍵的數(shù)目和斷開H-O鍵的數(shù)目相同，可知消耗二氧化化碳和消耗水的速率相等，即正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；故答案為：減?。籄D；（2）①溫度高于T1時，相同時間內(nèi)測得二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而下降，而反應(yīng)②溫度升高，平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而增大，所以反應(yīng)①溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而減小，即證明ΔH1<0，故答案為：<；溫度高于T1時，相同時間內(nèi)測得二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而下降，而反應(yīng)②溫度升高，平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而增大，所以反應(yīng)①溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨溫度的增大而減小，即證明ΔH<0；②T1K時，根據(jù)圖1可知，二氧化碳轉(zhuǎn)化率為50%，甲醇的選擇性為80%，投n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，則生成甲醇的物質(zhì)的量為1mol×50%×80%=0.4mol，根據(jù)反應(yīng)可知，a點(diǎn)時，各物質(zhì)的物質(zhì)的量分別為：n(CO2)=1mol-1mol×50%=0.5mol，n(H2)=3mol-3mol×0.4mol-0.1mol=1.7mol，n(CH3OH)=0.4mol。n(H2O)=0.4mol+0.1mol=0.5mol，n(CO)=0.1mol，n總=0.5+1.7+0.1+0.5+0.4=3.2mol，所以各物質(zhì)的分壓為：p(CO2)=0.5mol3.2mol×6.4MPa=1MPa、p(H2)=1.7mol3.2mol（3）由蓋斯定律可知反應(yīng)II=2I+III3，則ΔH3=2ΔH2+ΔH43；結(jié)合圖中信息即題中公式可得：RlnK=-40×1

【分析】（1）依據(jù)化學(xué)平衡的特征“等”和“定”進(jìn)行分析判斷；（2）①依據(jù)影響化學(xué)平衡的因素分析；②利用三段式法計(jì)算；（3）依據(jù)蓋斯定律計(jì)算。11．【答案】（1）7；6s26p2（2）As、Se和Br為同周期元素，同周期元素從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢；但由于基態(tài)As原子的p能級軌道處于半充滿狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，故其第一電離能大于Se的（3）9：1；sp2和sp3；HF分子間存在氫鍵，形成締合分子(HF)n導(dǎo)致HF相對分子質(zhì)量測量值偏大（4）CsPbI3；3a2【解析】【解答】（1）基態(tài)碘原子的核外電子排布為：1s22s22p63（2）同周期元素從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，As、Se和Br為同周期元素，核電荷數(shù)依次增加，第一電離能呈增大趨勢，但由于基態(tài)As原子的p能級軌道處于半充滿狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，故其第一電離能大于Se，故答案為：As、