2021-2022学年广东省广州市高三(上)调研化学试卷(12月份)(附答案详解)

（上（12月份）一、单选题（16分）我国神舟十三号载人飞船成功发射。下列有关说法不正确的是()运载火箭使用的液氢燃料是清洁燃料运载火箭壳体中的碳纤维属于无机非金属材料航天服头盔的主要成分聚碳酸酯属于有机高分子材料2SiO2下列有关氯及其化合物的性质与实际应用不相符的是()选项性质选项性质实际应用ACl是黄绿色气体工业上用氯气和氢气制造盐酸BHCl具有强酸性盐酸用于生产洁厕剂C次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物DA.A熔融NaCl可导电B.BC.电解熔融NaCl制备NaC D.D在实验室制备和纯化乙酸乙酯的过程中，下列操作未涉及的是()B.C. D.CO2()汽油中添加乙醇2C.以CO为原料人工合成淀粉2

B.开采可燃冰作为燃料D.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染下列劳动项目或生产活动与所述的化学知识没有关联的是()第1页，共28页选项 劳动项目或生产活动用糯米酿制米酒C用食醋清洗水壶中的水垢D

化学知识淀粉是基本营养物质醋酸酸性比碳酸强Fe3+具有氧化性A B.B C.C D.D部分含硫物质的分类与相应的化合价关系如图，下列推断不合理的( )baC.酸雨包括e→d的转化

B.b既可被氧化，也可被还原D.dc我国首创的海洋电池以铝板、铂网作电极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流，放电( )铝电极上发生还原反应C.氧气在正极上得电子

B.阳离子移向负极D.电流由铝板经外电路流向铂网66的原料，其分子结构简式：

，关于该有机物说法正确的( )属于烯烃能够使酸性高锰酸钾溶液褪色可发生加成反应，不能发生取代反应NaOH溶液反应是最简单的羧酸，俗称蚁酸。下列叙述正确的( )pH=的溶液中，c(H+)=c(HCOO−)pH=和混合溶液中，c(HCOO−)>c(Na+)0.1mol⋅溶液中，c(Na+)>c(OH−)>c(HCOO−)>c(H+)0.1mol⋅溶液中，c(Na+)=c(HCOO−)+c(OH−)双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的( )第2页，共28页过程中，SO2表现还原性过程Ⅱ中，1molO22molNa2SO3可以循环利用2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的( )CuSO4+Cu2+=Cu↓+2Na+3+Ca2+=CaCO3↓32+4OH−=AlO−+2H2O24KMnO4H2O2溶液：2MnO−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑4+8H2O设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的( )NA1LpH=1H2C2O40.2NA0.5molCH41molCl21.5NAC−Cl下列实验操作能达到实验目的的( )选项 实验目的探究浓度对反应速率的影响Fe(OH)3胶体比较乙醇和水中氢的活泼性

实验操作NO2中水将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中A B.B C.C D.D第3页，共28页XYZ为原子序数依次增大的短周期主族元素其Z的最高价氧化物的水化物是三元酸的原子半径是短周期主元素中最大的X的最外层电子数之和。下列说法正确的( )>X>Y>W>ZYW形成的化合物中只含有离子键Y与X形成的化合物的水溶液呈酸性一种电解法合成氨的装置如图所示，该法采用的高质子导电性陶瓷，在高温时可以传H+，用吸附它内外表面上的金多晶薄膜做电极，实现了常压下高转化率合成氨下列叙述正确的是( )a为阳极4N2+8H++6e−=2NH+41molNH33gH2被氧化该装置工作时，H+ab极区迁移用0.01mol⋅20mL0.01mol⋅的HClCH3COOHKa(CH3COOH)=1.7×10−5。下列叙述正确的是()apH54b点的混合溶液中：c(CH3COO−)+c(Cl−)=c(NH+)44c点的混合溶液中：c(NH+)>c(Cl−)>c(CH3COO−)4c(H+)先减小后增大二、简答题（本大题共5小题，共64.0分）都会影响反应产物。Ⅰ.常温下过量铁粉与不同浓度硝酸反应的还原产物的探究。利用下图装置进行实验，其中装置A为氮气氛围。第4页，共28页实验一硝酸初始浓度12.0mol⋅时硝酸的还原产物主要NO2装中NO2发生反应的化学方程式为 。实验二：硝酸浓度6.0mol⋅时，硝酸的还原产物主要NO。利用上述装置进行实验时，证明还原产物主要NO的现象是 。0.5mol⋅H2，充分反应后所得溶液几乎无色取装A中上层清液加入过NaOH溶液并煮沸产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝过量铁粉0.5mol⋅硝酸混合发生反应的离子方程式有+2H+=Fe2++H2↑；② 。Ⅱ.硝酸铁溶液刻蚀银器的原理探究。已知：①0.1mol⋅L−1硝酸铁溶液pH的为1.6。②将5mL0.1mol⋅L−1硝酸铁溶液滴加到有银镜的试管中，1min银镜完全溶解。提出猜想猜想a：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag。3猜想b：酸性条件下NO−，能氧化Ag。3设计实验，验证猜想序号 实验方案①将5mLpH约为1.6的0.05mol⋅L−1

实验现象 结论 溶液滴加到有银镜的试管甲中猜想a②将5mLpH约为1.6的硫酸溶液滴加

猜想a成立猜想b

到有银镜的试管乙中将5mL 溶液滴加到有银镜的1.2min试管丙中银试管丙中 完全溶解

猜想b成立3实验结论：硝酸铁溶液刻蚀银器原理是0.1mol⋅L−1硝酸铁溶液中的Fe3+和NO−均能3氧化Ag。对废催化剂进行回收可有效利用金属资源TiO2V2O5WO3、SiO2、Al2O3，一种回收利用工艺的流程如图：528页已知：25℃时，Ksp(CaWO4)=8.7×10−9，Ksp[Ca(OH)2]=5.5×10−6。回答下列问题：“焙烧”产物中含NaVO3NaAlO2。NaVO3中V元素的化合价为 ，Al2O3转化NaAlO2的化学方程式为 “焙烧”时不能使用陶瓷容器原是 。“水浸”所得滤液中含有的阴离子OH−CO2−AlO−VO−外还有 。pH=8”的目的是 。

3 2 3焙NH4VO3可生V2O5，并产生一种碱性气体，该气体用 (填试剂名称)吸收后，可循环利用。4(5)“沉钨”过程中，当溶液c(OH−)(写出计算)mol⋅时，溶液中WO2−恰好完全沉离子浓度等1×10−5mol⋅应停止加入石灰乳。4(6)用热盐酸淋CaWO4获H2WO4。设计实验证CaWO4已经转化完全的实验方案：取少量最后一次的淋洗液于试管中。氢技术的重要发展方向。该重整反应体系主要涉及以下反应：I.CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH1II.CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)ΔH2=+90kJ⋅mol−1(1)已知CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3=+41kJ⋅mol−1反I的= kJ⋅mol−1。()25%CH3OH(g)35%H2O(g)和40%N2(g)(N2不参与反应)CH3OH转化率和产物的物质的量分数随温度变化关系如图所示。第6页，共28页曲a和b分别代表产物 和 。下列对甲醇水蒸气重整制氢反应体系的说法合理的有 。A.增大N2的浓度，反应I、II的正反应速率都增加B.移除CO2能提高CH3OH的平衡转化率C.升高温度，N2的物质的量分数保持不变D.440℃～460℃时，升高温度，H2的产率增大反I活化能小于反II，结合图中信息解释判断依据 。1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生上CO2为0.8mol，CO为0.1molH2的浓度为 mol⋅，反I的平衡常K= 写出计算)(4)研究发现以铜作催化剂时，反I经历三步：①CH3OH→HCHO+H2，②HCHO+H2O→HCOOH+H2，。领域。Ⅰ.Na3V2O2(PO4)2F被认为是钠离子电池最有希望的正极材料之一，其合成原料包括偏钒酸氨(NH4VO3)，氟化钠NaF和磷酸二氢按(NH4H2PO4)。基态钒原子价层电子排布式是 。上述原料涉及元素中、O、F、Na的第一电离能由大到小的顺序为 请解释原因 。下列关于上述化合物的说法，正确的是 (填字)Na3V2O2(PO4)2FNaB.Na3V2O2(PO4)2F与所含化学键的类型完全相同第7页，共28页4C.NH4VO3水溶液中中心原子杂化类型为sp3的粒子只有NH+4D.NH4H2PO4的晶体类型是离子晶体E.NH4H2PO4中阴离子的空间构型是正四面体形Ⅱ.一种含钒超导材料的晶胞结构(图a)及晶体结构俯视图(图b)如图。该晶体中粒子个数V原子最近V原子的个数是 (5)设该含钒超导材料最简式的式量则该晶体密度为 g⋅cm−3(列出算式)。IAⅠ如图：回答下列问题：中官能团的名称为 。由A生的方程式可表示为A+B=C+2化合的结构简式为 。由C生D的反应类型是 的化学名称是 。的结构简式为 。芳香化合XC的同分异构体，同时满足如下条件X有 种，其中核共振氢谱峰面积比X的一种结构简式是 。条件：a.苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连；b.能与FeCl3溶液发生显色反应；c.1molX可与4molNaOH反应。第8页，共28页写出用环戊烯和正丙醛为原料制备化合物

的合成路线 ()。第9页，共28页PAGE2528页答案和解析【答案】D【解析】解：A.液氢燃烧生成水，不会造成环境污染，是清洁燃料，故A正确；碳纤维为碳的单质，是无机物，属于无机非金属材料，故B正确；聚碳酸酯是由碳酸酯聚合而成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故CD.SiD错误；故选：D。A.液氢燃烧生成水；B.碳纤维为碳的单质；C.聚碳酸酯是由碳酸酯聚合而成的高分子化合物；D.二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体。念，明确二氧化硅与晶体硅性质和用途区别是解题关键，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.工业上用氯气和氢气制造盐酸，是利用了氯气的氧化性，与颜色无关，故A错误；B.盐酸用于生产洁厕剂，是利用了盐酸的酸性，可以溶解一些难溶物，故B正确；C.漂白粉漂白织物是利用了漂白粉中含有次氯酸钠C正确；D.NaClNaCl中含有自由移动的钠离子和氯离子故D正确；故选：A。工业上用氯气和氢气制盐酸，是利用了氯气的氧化性；盐酸可以溶解一些难溶物；漂白粉中含有次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性；NaCl中含有自由移动的钠离子和氯离子，可以导电。属于基本知识的考查，难度不大。【答案】B【解析】故A正确；过程中，操作未涉及，故B错误；饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C正确；酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能伸入溶液，故D正确；故选：B。得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.汽油中添加乙醇，不能减少二氧化碳的排放，故A错误；B.可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，故B错误；C.CO2为原料人工合成淀粉，减少二氧化碳排放，能有效促进碳中和，故C正确；D.不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选：C。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当，要实现“碳中和”，要求人们减少二氧化碳的排放，能够增加二氧化碳的消耗，据此分析解答。本题考查了化学与生产生活关系，准确理解“碳中和”含义即可解答，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.用糯米酿制米酒是利用糯米可以转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解为乙醇和CO2，与淀粉是基本营养物质无关，故A错误；B.用热的纯碱溶液洗去油污是利用了油脂在碱性条件下易水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故B正确；C.用食醋清洗水壶中的水垢是利用了醋酸酸性比碳酸强，可以将水垢成分溶解，故C正确；D.+e++u=e++Cu2+，故D正确；故选：A。()可以转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解为乙醇和CO2；C.醋酸酸性比碳酸强，可以将水垢成分溶解；D.Fe3+Cu2+。需要学生注意基本知识的积累，难度不大。【答案】D【解析】解：A.SO2与H2S发生氧化还原反应生成S和水，则b可与f反应生成a，故A正确；+4价b既可被氧化，也可被还原，故B正确；e→转化，故C正确；dbcD错误；故选：D。由含硫物质的分类与相应的化合价关系图可知，a为S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2S，A.SO2与H2S发生氧化还原反应生成S和水；B.+4价S可失去或得到电子；C.溶解二氧化硫的雨水为酸雨，亚硫酸易被氧化为硫酸，酸性增强；D.Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫。本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.Al作负极失电子发生氧化反应，故A错误；B.原电池工作时，阳离子移向正极，故B错误；C.铂网作正极，氧气得电子发生还原反应，故C正确；D.()()，故D。海洋电池以铝板、铂网作电极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流，放电时，Al作负极失电子发生氧化反应，铂网作正极，氧气得电子发生还原反应，据此作答。本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极是解题的关键。【答案】B【解析】解：A.含有C、H、O三种元素，所以不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；B.分子中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故BC.含有碳碳双键和羧基，具有烯烃和羧酸的性质，碳碳双键能发生加成反应、羧基能发生取代反应，故C错误；D.分子中−COOH能和NaOH反应，故D错误；故选：B。C、HO三种元素；碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；NaOH反应。及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.HCOOH及水均电离出氢离子，则pH=4的HCOOH溶液中存在c(H+)>c(CH3COO−)，故A错误；B.pH=5的HCOOH和HCOONa混合溶液中，HCOO−的水解小于HCOOH的电离，则c(HCOO−)>c(Na+)，故B正确；C.HCOONa溶液中HCOO−水解使溶液显碱性，且水解的程度不大，离子关系为c(Na+)>c(HCOO−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；⋅c(H+)+c(Na+)=c(HCOO−)+c(OH−)D错误；故选：B。A.HCOOH及水均电离出氢离子；B.pH=5的HCOOH和HCOONa混合溶液中，HCOO−的水解小于HCOOH的电离；C.HCOONa溶液中HCOO−水解使溶液显碱性；D.溶液不显电性，存在电荷守恒式。本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离与水解、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。【答案】A【解析】过程O2被a23O2A错误；B.中，Na2SO3Ca(OH)2与O2NaOH和CaSO4，1molO2可氧化2molNa2SO3B正确；C.过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C正确；D.由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，故D正确；故选：A。中，SO2NaOHNa2SO3；中，Na2SO3Ca(OH)2与O2NaOH和CaSO4；D.中的两个反应相加就为总反应。素化合物知识的应用，题目难度中等。【答案】D【解析】解：A.钠化学性质活泼，会先和水发生反应，故不符合客观事实，故A错误；硫酸钙微溶于水，在该离子方程式中不能拆开，故B错误；C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液生成氢氧化铝，故正确写法为：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，故C错误；4D.KMnO4H2O2+5H2O2+6H+=2Mn2++45O2↑+8H2O，故D正确；故选：D。离子方程式书写应遵循客观事实、遵循原子个数守恒、遵守电荷数守恒规律，据此进行分析。确、电荷守恒和质量守恒的运用。【答案】C【解析】解：A.28gFe与水蒸气充分反应转移的电子数目为

28g

×8×NA/mol=4NA，故A错56g/mol 3 3误；B.1LpH=1的H2C2O40.1mol/LNA=0.1NA，故B错误；在光照1.5NA，故C正确；标况下四氯化碳为液体D。A.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁；B.1LpH=1的H2C2O4溶液中氢离子为0.1mol/L；C.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变；D.气体摩尔体积使用对象为气体。【答案】D【解析】解：A.NO2的密闭烧瓶浸泡在冰水中，温度降低，可探究温度对化学平衡的影响，不能探究浓度对反应速率的影响，故A错误；B.HCl，然后浓硫酸干燥氯气，顺序不合理，故B错误；FeCl3氯化铁溶液制备胶体，故C错误；D.钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则可比较乙醇和水中氢的活泼性强弱，故D正确；故选：D。A.NO2的密闭烧瓶浸泡在冰水中，温度降低；B.应先通入饱和食盐水中除去HCl；C.NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀；D.钠与水反应比与乙醇反应剧烈。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、反应速率与化学平衡、混合物分离提纯、胶体制备、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。【答案】A【解析】解：由上述分析可知，W为O、X为F、Y为Na、Z为P，X>A正确；氟化氢和水分子之间都存在氢键，但水分子之间氢键更多，则水的沸点更高，即简单氢化物的沸点：W>X>Z，故B错误；C.Y和W形成的化合物若为过氧化钠，含离子键、共价键，故CD.Y与XNaFD错误；故选：A。WXYZZZX的最外层13Na8WO、XF，以此来解答。【答案】C【解析】解：A.氮元素价态降低得电子，故a极为阴极，故A错误；B.a极为阴极，电极反应式为N2+6H++6e−=2NH3，故B错误；C.该电解总反应为N2+3H2=2NH3，每生成1molNH3，消耗1.5mol氢气，质量为1.5mol×2g/mol=3g，故C正确；D.(aD。aN2+6H++6e−=2NH3，bH2−2e−=2H+，据此作答。题的关键，难点是电极反应式的书写。【答案】C【解析】解：A.a点溶液中HCl抑制CH3COOH电离，CH3COOH电离程度很小，溶液中c(H+)≈c(HCl)=0.01mol/L，则溶液的pH约为2，故A错误；4bHClNH4ClCH3COOH，NH+44水解、CH3COOH电离都导致溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(NH+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)，所以存在c(CH3COO−)+c(Cl−)>4c(NH+)，故B错误；4c4H34H3−部分水解，NH+c(NH+)>c(Cl−)>4 4c(CH3COO−)，故C正确；c(H+)渐减小，故D错误；故选：C。aH3H3H+)≈)=0.01mol/L；4bHClNH4ClCH3COOH，NH+43水解、CH3COOH电离都导致溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(NH+)+c(H+)=c(CHCOO−)+c(Cl−)+c(OH−)；344c4H34H3−部分水解，NH+部分水解；4随着氨水溶液体积增大，溶液中酸逐渐被中和，溶液酸性减弱。溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。【答案】+H2O=2HNO3+NO AC中充满红棕色气体4FeNO−+10H+=++NH++3 43H2OFe2(SO4)3 银镜完全溶解pH1.60.3mol/LKNO3【解析】2和2O3和中O22+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；NOO2NO2，故利用上述装置进行NOA装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体，故答案为：A装置中产生无色气体，到B装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体；ANaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体溶于水显碱性为NH3，即过量铁粉与0.5mol⋅L−1硝酸混合发生反应生4成了NH+，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式有：①Fe+2H+=Fe2++H2↑；②4Fe+NO−+10H+=4Fe2++NH++3H2O，43 4故答案为：4Fe+NO−+10H+=4Fe2++NH++3H2O；3 43aFe3+Ag，根据对照实验控制变量的要Fe3+NO−Fe3+0.1mol/L，并结5mLpH1.60.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，若观察到3银镜完全溶解，则证明猜想a成立；3bNO−Ag，根据对照实验控制变量的要求NO−1.633 31.6的硫酸酸化的0.3mol/LKNO3溶液，1.2minb成立，故答案为：Fe2(SO4)3；银镜完全溶解；pH约为1.6的硫酸酸化的0.3mol/LKNO3。NO2和H2OHNO3NO；NOO2NO2；ANaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊4试纸变蓝，该气体溶于水显碱性为NH3，即过量铁粉与0.5mol⋅L−1硝酸混合发生反应生成了NH+；43aFe3+Ag，根据对照实验控制变量的要Fe3+NO−Fe3+0.1mol/L，并结5mLpH1.60.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，再结合实3验现象分析；3由题干信息可知，猜想b为酸性条件下NO−，能氧化Ag，根据对照实验控制变量的要求3可知，实验③中只能出现NO−，不能出现Fe3+，且保证NO−浓度为0.3mol/L，pH约为1.63 3的溶液，结合对照实验②可知，加入5mLpH约为1.6的硫酸酸化的0.3mol/LKNO3溶液，再结合实验现象分析。本题为实验探究题，探究Fe和不同浓度的硝酸反应的产物以及硝酸铁与Ag反应的实验探究，解决实验I的问题时，主要是氧化还原反应的配平以及NO和O2的反应和现象，解决实验II时主要要注意对照实验中控制变量的思想，综合性较强，难度中等。【答案】2 3 2 +5 AlO +NaCO 2 3 2

2NaAlO +CO ↑ Na2CO3反2 应SiO2−、WO2− 除去溶液中的硅和铝HCl2

取少量最后一次的淋洗液于试3 4 8.7×10−4管中，加入NaOH溶液调节pH呈碱性，再滴加几滴Na2CO3溶液，若无白色沉淀产生，说明转化完全【解析】解：(1)设V元素化合价为x，NaVO3中Na为+1价、O为−2价，则+1+x+(−2)×3=0，x=+5，则V元素的化合价为+5；“焙烧”中Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，化学方2 3 2 程式AlO +NaCO 2 3 2

2NaAlO +CO 2 2 瓷中的二氧化硅在高温下会与Na2CO2 2 2 3 2 故答案为：+5；AlO +Na2 3 2 与Na2CO3反应；

2NaAlO +CO ↑；陶瓷中的二氧化硅在高温下会a2O3O2a23O3a24SiO2−WO2−，3 4故答案为：SiO2−、WO2−；3 4pH=8”的目的是除去溶液中的硅和铝，故答案为：除去溶液中的硅和铝；NH4VO3V2O5NH3，氨气可用盐酸吸收生成氯化铵进入“沉钒”循环利用，故答案为：HCl；−a+)=pO4]=09mol/L=7×4mol/44 c(WO2−) 1.0×10−54L，溶液中c(OH−)=√Ksp[Ca(OH)2]=√5.5×10−6mol⋅L−1，故答案为：√5.5×10−6；8.7×10−4

c(Ca2+)

8.7×10−4O4+l=l2+2O4a+，CaWO4NaOHNa2CO3NaOHNa2CO3溶液，若无白色沉淀产生，说明转化完全。O22O5O3O2l2O3a232、NaVO3、Na2WO4Na2SiO3TiO2生成硅酸NaVO3NH4VO3CaWO4H2WO4，据此分析回答问题。综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。【答案】+49H2 CO2 BD 的物质的量分数明显高于CO，说明反应Ⅱ1.30.05×0.1

HCOOH→CO2+H2【解析】(1)由盖斯定律，将Ⅱ减去(1)中已知热化学方程式即可得到Ⅰ；CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH1=ΔH2−ΔH3=+90kJ⋅mol−1−(+41kJ⋅mol−1)=+49kJ⋅mol1H3)+2)⇌O2)+2H=J⋅mol1，故答案为：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH=+49kJmol−1；O2和2Ⅱ2，因此产物的物质的量分数大的H2，即曲aH 2，曲b为CO2，故答案为：H2；CO2；②A.Ⅱ的浓度，反应速率不会增加，故A错误；CO2平衡正移，CH3OHB正确；ΔH0N2N2的物质的量分数减小，故C错误；区间内，升高温度，CH3OH的转化率逐渐增大，由于两个反应均由CH3OH生成氢气，故氢气的产率增大，故D正确，故答案为：BD；速率大于反应ⅡⅠⅡ。故答案为：升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO，说明反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ；2L1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生上述反2O2)平衡

=2L

=0.4mol⋅L−1，c(CO)平衡

=2L

=0.05mol⋅L−1，CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)起始(mol/L) 0.5L) 0 0

0 0 (mol/变化(mol/L) 0.4 0.4 0.4 1.2 变化(mol/L)0.05 0.05 0.1平衡(mol/L) 0.1 0.4 1.2 平衡(mol/L) 0.05 0.13平衡时，c(CHOH)3平衡

=2L

−0.4mol⋅L−1−0.05mol⋅L−1=0.05mol⋅L−1，c(H2) =1.2mol⋅L−1，0.1mol⋅1.3mol⋅反应Ⅰ平衡常数K=

c(CO2)×c3(H2)c(CH3OH)×c(H2O)

=0.4×1.33；0.05×0.1Ⅰ−①−②③→CO2+H2，→CO2+H2。Ⅱ(1)Ⅰ，进行相应的焓变计算即可；ⅠⅡ可知，生成的氢气比二氧化碳多；②从影响反应速率和反应平衡的因素；③有图像可知，升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO，说明反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率；利用三段式进行计算，注意单位；(4)ⅠCO2H2本题考查较综合，化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析判断、数据处理等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合应用、计算能力，正确分析图象等知识点是解本题关键。【答案】3d24s2 F>N>O>Na Na的第一电离能最小，②NOFFN和O的2p轨道电子排布为半充满，比较稳定，因N的第一电离能大OAD 1：3：5 4 MrAN×√3×x2×y×10−21A2【解析】3s2，3d24s2，故答案为：3d24s2；Na、OFF的第一电离能N和O2pF>N>O>Na，故答案为：F>N>O>Na；①Na为金属元素且电子层数较多，因此Na的第一电离能最小，②N、O、F的电子层数相同且核电荷数依次增大，因此F的第一电离能大于N和O的，③N的2p轨道电子排布为半充满，比较稳定，因此N的第一电离能大于O；A.同一周期元素从左到右原子半径减小，同一主族元素从上到下半径增大，则前三周期原子半径最大的是Na，故A正确；B.Na3V2O2(PO4)2F含离子键和共价键，NaF只含离子键，故B错误；C.水溶液中的H3O+中心原子价层电子对个数=3+1=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子轨道杂化类型为sp3，故C错误；D.NH4H2PO4含离子键，晶体类型是离子晶体，故D正确；E.NH4H2PO4中NH的N原子采取sp3杂化，含有一个孤电子对，空间构型是正四面体形，因此是阳离子的空间构型才是正四面体形，故E错误；故答案为：AD；aCsV1×6=个，晶2胞中Sb原子