2023年河南省商丘市高考化学三模试卷(含答案解析)

1020页2023一、单项选择题〔742.0分〕以下有关物质应用的说法错误的选项是( )SO2可用作食品添加剂C.浓氨水可用来清洗试管壁的银镜

CCl4可用于鉴别溴水和碘水D.Na2S可除去污水中的Cu2+设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是( )所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等1molNa与O2反响，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子1molNa2O2固体中含有离子总数为0.4NA25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子短周期主族元素A，B，C，D，E，F原子序数依次增大，A的某种核素没有中子，B，C，D，E在周期表中位置如图，且四种元素原子序数之和为37，以下说法不正确的选项是BBCDEB元素的化合物在自然界中种类最多A，C，D三元素可组成促进水电离的化合物原子半径由大到小挨次：E>F>C>A氢化物的稳定性：D<E以下试验合理的是( )定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，应重配制溶液直接用蒸馏的方法分别乙醇(沸点为78.3℃)和水(沸点为100℃)的混合物pH试纸测定NaClO溶液的pH8用淀粉−KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液(DMO)和氢气反响获得EG意图如下。以下说法正确的选项是( )氢气在该反响中作为催化剂DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂MG酸性水解的一种产物在确定条件下能形成高分子化合物6.如图是元素周期表的一局部：数据编滴入NaOH6.如图是元素周期表的一局部：数据编滴入NaOH溶液的溶液的pH号体积/mL12020.00HX3aHZ1b25℃时用浓度为0.1000mol⋅L−1的氢氧化钠溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅L−1的两种酸HX、HZ(无视体积变化)，试验数据如表2，以下推断正确的选项是( )通过分析可得表格中a<7，b=7将上述的HZ100倍后pH比HX溶液的pH大Z元素的非金属性比Y强，所以Z氢化物的酸性较强D.0.1000mol⋅L−1Na2Y的水溶液中：c(Y2−)+c(HY−)+c(H2Y)=0.1000mol⋅L−1工业上可通过电解Na2CO3溶液制取NaHCO3，工作原理如以下图，以下说法错误的选项是( )阳极的电极反响式为2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极区溶液pH减小阴极产生的物质A的化学式为H2，阴极区溶液pH增大该法在通过电解制取NaHCO3时，还可以得到副产品NaOH当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成二、流程题〔224.0分〕从茶叶中提取的茶多酚具有抗氧化、去除自由基，预防心血管疾病等多方面药理功能，是一种型的无毒自然食品添加剂。茶多酚为淡黄至茶褐色粉状固体，具涩味，易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，微溶于油脂，并能与某些金属离子反响形成沉淀。科研工作者提取茶多酚的一种工艺如下：：①收率指投入单位数量原料获得的实际产品产量与理论计算产品产量的比值。②0.159g高锰酸钾能与2.91mg茶多酚反响完全。请答复：以下说法正确的选项是 。A.将茶叶样品粉碎、把握温度均是为了加快速率，提高茶多酚的浸出率B.12都是过滤，均需对滤渣进展洗涤且合并洗涤液C.参与较高浓度的盐酸，会造成茶多酚的收率降低D.4为真空枯燥，其原理与蒸馏相像热水浸泡时间过长，温度过高均造成茶多酚的收率降低，缘由是 。操作3为萃取分液，其试验过程如下，合理的操作步骤为 。①将分液漏斗放置于铁架台上，静置②从上口倒出乙酸乙酯层③将溶液D和乙酸乙酯分别参与到分液漏斗中④检查分液漏斗是否漏水⑤充分振荡并放气⑥从下口放出下层溶液(4)争论觉察，用AlCl3+ZnCl2的复合沉淀剂效果更抱负。向溶液A中参与复合沉淀剂，常温下进展茶多酚沉淀，用0.1mol·L−1的Na2CO3pH。其他条件一样，不同pH时，测得茶多酚的沉淀率如图，请结合图，解释选择pH=6进展茶多酚沉淀的可能缘由： 。将溶液A定容0m每次0m用9g·m1的高锰酸钾进展滴定数据如表，则该次试验，测得茶叶中茶多酚的含量为 mg·g−1。序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.1020.1522.2025.3031.3021.25含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严峻。化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如以下图：：Cr2O2−+H2O⇌2CrO2−+2H+7 47(1)1molCr2O2−与SO2反响的热化学方程式补全。7pH246Cr(+6)99.99%99.95%99.5%7Cr2O2−(aq) + SO2(g)+ = + + △H=−1145pH246Cr(+6)99.99%99.95%99.5%7最大去除率最大去除率达排放标准达排放标准未达排放标准时间30min35min45min①由上述数据获得的结论有 。②实际工业生产把握pH=4左右的缘由是 。③以下说法不合理的是 。4该酸性含铬废水中确定含有CrO2−，pH越大其含量越高43其他条件不变，增大压强，吸取塔中反响的K增大，有利于除去Cr(+6)c.理论上看，SO2−、Fe2+等也可以用于除去Cr(+6)3其他条件不变，争论温度对Cr(+6)去除率的影响(1所示)。30min前一样时间内，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高，30min后80℃的Cr(+6)去除率低，缘由分别是 ， 。2为Cr(+3)pH的变化关系示意图，中和池中应把握pH范围为 。废水中Cr(+6)总浓度为a×10−3mol/L，处理1000L废水，去除率要求到达99.95%，理论上需要SO2物质的量为 mol(写计算式)。三、试验题〔115.0分〕某化学小组探究酸性条件下NO−、SO2−、Fe3+(夹持仪器3 4已略去；装置的气密性已检验；无视氧气对反响的影响)：试验记录如下：试验序号试验操作试验序号试验操作试验现象Ⅰ向A装置中通入段时间的SO2气体A为浅绿色取出少量AKSCN参与KSCN溶液后溶液不变色，再参与ⅡⅢ溶液，再参与BaCl2溶液翻开活塞a，将过量稀HNO3参与装置A中，关闭活塞aBaCl2溶液产生白色沉淀A中浅绿色溶液最终变为黄色取出少量A装置中的溶液，参与KSCNⅣ溶液；向A装置中注入空气体生成请答复以下问题：试验室制取SO2的化学方程式为 。配制FeCl3溶液时， ，再加水稀释到所需浓度。6(3)资料说明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe(SO2)3+，反响方程式为：Fe3++6SO2⇌6Fe(SO2

)3+。请用化学平衡移动原理解释试验Ⅰ中溶液颜色变化的缘由 。 试验Ⅱ中发生反响的离子方程式是 。试验Ⅲ中，浅绿色溶液变为黄色的缘由是 (用离子方程式表示)。试验Ⅳ中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反响的化学方程式是 。综合上述试验得出的结论是在酸性条件下氧化性强弱是−>+>− ，3 4说明氧化性Fe3+>SO2−(填试验序号，下同)； ，说明氧化性NO−>Fe3+。4 3四、简答题〔324.0分〕碳氢化合物有多种，它们在工业生产、生活中有重要用途。3工业上可由丁烯(C4H8)来制备丙烯(C3H6)和乙烯(C2H4)，其主要反响原理：反响Ⅰ：C4H8(g)⇌4C3H6(g) ΔH13反响Ⅱ：C4H8(g)⇌2C2H4(g)ΔH2①烃的裂解是吸热反响，则ΔH1 (填“>”“=”或“<”)ΔH2。②假设某温度下反响到达平衡时C4H8、C3H6、C2H4的体积分数分别为20%、70%、10%，平衡时总压强为请计算该温度下反响Ⅱ的平衡常数Kp= (Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)。石油危机日渐严峻，甲烷的转化和利用在自然气化工行业有格外重要的作用。甲烷重整技术CH4(g)+H2O(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH>0CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①图甲是反响压强为0.3MPa，投料比CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)以下说法正确的选项是 。A.在一样条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的挨次是Ⅰ>Ⅱ>ⅢB.b点CH4abaCH4的转化率较大C.c点确定未到达平衡状态D.850℃时，不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下达平衡时CH4的转化率一样②催化剂Ⅰ也可以催化甲烷−二氧化碳重整。在催化剂Ⅰ催化下，反响温度850℃，n(H2O)/n(CH4)为1的体系中，参与CO2。在图乙中画出反响到达平衡时n(H2)/n(CO)随进料时n(CO2)/n(CH4)的变化曲线。(：甲烷−二氧化碳重整的平衡常数≫甲烷−水蒸气重整反响的平衡常数)。(图中“HA”表示乳酸分子，A−表示乳酸根离子)。①阳极的电极反响式为 。②电解过程中，实行确定的措施可把握阳极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH−可无视不计。400mL10g/L乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145g/L(溶液体积变化无视不计)，则阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为 L(乳酸的摩尔质量为90g/mol)。(1)GaAs是型半导体材料第一电离能As Ga(填“>”或“<”)，GaCl3与AsCl3的中心原子的杂化方式分别为 、 ，分别写出一个与它们互为等电子体的分子 、 。TiO2离子晶体的其中一种晶胞如图1所示，则Ti、O配位数之比为 ；影响离子晶体构造类型的因素有 、 、键性因素。基态铜原子的电子排布式是 。基态铜原子价电子层排布依据的原理，可用于解释以下事实的是 (填标号)。Fe2+易被氧化为Fe3+铜丝灼烧时焰色呈绿色C.N的第一电离能大于O的第一电离能D.NaCl的熔点比KCl的高铜的积存方式(如图2)和晶胞构造(如图3)A与积存方式中的A球相对应，则晶胞中x、y、z三点与积存方式中C球相对应的点是 。铜原子的半径为rcm、摩尔质量为Mg/mol、晶体的密度为 g/cm3(阿伏伽德罗常数取NA)莽草酸(E)(Tamiflu)的主要原料之一。其合成路线如下：答复以下问题：A的化学名称是 。D的分子式为 。莽草酸(E)中含氧官能团的名称是 。①的化学反响类型为 。C与足量NaOH稀溶液反响的化学方程式为 。(4)设计步骤②、⑨的目的是 。(6)有机材料G(属降冰片烯酸类，构造简式：()用作医药中间体，依据题(5)F是B的一种同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反响且核磁共振氢谱只有两组峰，(6)有机材料G(属降冰片烯酸类，构造简式：()用作医药中间体，依据题中合成路线设计以A(CH2中合成路线设计以A(CH2=CH−COOH)和为起始原料制备G的合成路线(无机 答案与解析 答案：C解析：解：A.少量SO2可用作食品添加剂，如红酒中往往添加少量的SO2抗氧化，故A正确；B.CCl4可从溴水中提取Br2，Br2的CCl4溶液为橙红色，CCl4可从碘水中提取I2，I2的CCl4溶液为紫红色，故可用CCl4B正确；浓氨水不能溶解Ag，也不能和Ag反响，不能用浓氨水清洗试管壁的银镜，故C错误；D.S2−和Cu2+CuS沉淀，故Na2S可除去污水中的Cu2+D正确。应选：C。少量SO2可用作食品添加剂，如红酒中往往添加少量的SO2抗氧化，故A正确；B.CCl4可从溴水中提取Br2，Br2的CCl4溶液为橙红色，CCl4可从碘水中提取I2，I2的CCl4溶液为紫红色；C.浓氨水不能溶解Ag，也不能和Ag反响；D.S2−和Cu2+CuS沉淀。此题考察物质的构造和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析力气的考察，把握相关物质的构造和性质，为解答该类题目的关键，题目难度不大，留意相关根底学问的积存。答案：B解析：解析：此题考察阿伏加德罗常数的有关计算和推断，题目难度中等。留意把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关键，留意气体摩尔体积使用对象。6个共价键，14个共价键，所以所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，故A错误；B.1molNa与O2反响，生成Na2O和Na2O21mol钠离子，共失去NA个电子，故B正确；C.1mol2mol钠离子和1mol过氧根离子，0.1molNa2O2固体中阴阳离子总数为0.3NA，故C错误；D.溶液体积未知，无法计算氢氧根微粒个数，故D错误；应选：B。答案：D解析：此题考察基于元素周期律、元素周期表的推断，包括元素的“位构性”及其应用，微粒半径大小的变化规律以及元素非金属性强弱的比较，题目难度不大。由题意可知，A的某种核素没有中子，则A为H；设B元素的原子序数为a，则元素C的原子序数为(a+1)D的原子序数为(a+2)E的原子序数为(a+10)，由题意可知四种元素原子37，则a+(a+1)+(a+2)+(a+10)=37，a=6，元素B为C、元素C为N，元素D为O、元素ES、元素FCl，据此答复。A.含C元素的化合物在自然界中可形成多种有机物，种类最多，故A正确；4B.H、N、O可组成化合物NH4NO3，为强酸弱碱盐，在水中NH+水解促进水的电离，故B正确；C.电子层数越大，原子半径越大，电子层数一样，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径大小关系为S>Cl>N>H，故C正确；4D.非金属性越强，氢化物越稳定，因此氢化物稳定性O>S，故D错误。应选D。答案：A解析：此题考察化学试验的相关学问，涉及了试纸的使用以及误差分析等学问考察，综合性较强，把握相关学问并灵敏应用是关键。定容时，液面高于容量瓶刻度线，导致溶剂体积偏大，溶质物质的量浓度偏小，应重配制，A正确；水和酒精会形成共沸物，不能用蒸馏的方法分别二者，B错误；C.NaClO具有强氧化性，能使pH试纸褪色，C错误；D.+I−I23D错误。答案：C解析：此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握有机物的构造、化学键的断裂、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意EG为乙二醇，题目难度不大。A.由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化为氢原子，则Cu纳米颗粒在该反响中作为催化剂，故A错误；B.DMO为草酸二甲酯，由图可知，EG为乙二醇，则反响过程为DMO→MG→EGDMO分子断裂了碳氧单键和碳氧双键中的一根键，故B错误；C.MG酸性水解生成HOOCCH2OH，确定条件下该物质发生缩聚反响，能形成高分子化合物，故C正确；D.EG与甲醇中—OH数目不同，二者不互为同系物，故D错误。应选C。答案：D解析：解：A.HX为弱酸，HZ为强酸，参与等体积、等浓度的氢氧化钠溶液，a>7，b=7A错误；B.HZ完全电离，而HX100倍后，HXpH较大，故B错误；C.F的非金属性比Cl强，但HF的酸性比HCl弱，Cl的非金属性比S强，但HCl的酸性比H2S弱，可知氢化物的酸性与非金属性不存在规律性的变化，故C错误；D.0.1000mol⋅L−1Na2Yc(Y2−)+c(HY−)+c(H2Y)=0.1000mol⋅L−1，故D正确。应选：D。由元素在周期表中的位置可知XF元素，Y为S元素，Z为Cl元素，由表中数据可知HX不能完全电离，为弱酸，HZ为强酸，参与等浓度的NaOH20.00mLNaX溶液呈碱性，NaZ的盐溶液呈中性，结合物料守恒解答该题．此题考察酸碱混合的定性推断及溶液pH的计算，为高频考点，正确推断HX是弱电解质、HY是强pH目难度中等．答案：A解析：此题主要考察电解池的工作原理，留意结合电解池工作示意图，准确分析两电极物质变化，得出两极电极反响，再结合电解池工作原理进展解答。2O−e−=O2↑H+H+与碳酸根离H2O+e−=2↑+2OH−，OH−与移动过来的钠离子结合为氢氧化钠，据此解答。A.2O−e−=H++O2↑2O+e−=2↑H−，阴极区溶液pH增大，故A错误；B.阴极的电极反响为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−A的化学式为H2，阴极区溶液pH增大，故B正确；C.该法在通过电解制取NaHCO3NaOH，故C正确；D.2O−e−=O2↑H+1mol的O2生成，故D正确。应选A。答案：(1)AD(2)茶多酚为一类多酚类化合物，易被氧气氧化，热水浸泡时间过长，相应的增加了茶多酚氧化，温度过高氧化速度加快(3)④③⑤①⑥②(4)pH过低，沉淀不完全，pH过高茶多酚更易被氧化(5)145.5解析：娴熟把握化学试验根本操作是解题的关键。A项，粉碎可以增加茶叶与浸出液的接触面积进而加快反响速率，把握温度可以加快速率，二者都有益于茶多酚的浸出，正确；B2过滤后需要的是滤渣，不要求合并洗涤液，错误；C项，较高浓度的HCl不利于金属沉淀物的溶解，错误；D项，为防止茶多酚被氧化，操作4为真空枯燥，原理和蒸馏相像，正确。因茶多酚易被空气中的氧气氧化，热水浸泡时间长，促使茶多酚被氧化，温度过高，氧化速率加快。由萃取试验过程可知，合理的操作步骤是④③⑤①⑥②。pH过低，沉淀不完全；pH过高，茶多酚更简洁被氧化。分析表中数据，第220.00mL。根据题目给出信息可得此茶叶中茶多酚含量为2.91×20×52.00

=145.5mg/g。49.答案：(1)3 2H+(aq) 2Cr3+(aq) 3SO2−(aq) H2O(l)4(2)①pH越大反响越慢，铬离子的最大去除率减小；②pH<4，反响速率快，二氧化硫将来得及反响，逸出污染空气，pH>4，反响速率减慢，铬离子去除率减小，不能到达排放标准；③b(3)30min前反响正向进展，温度高反响速率快反响物的转化率大，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高；30min后反响到达平衡状态，反响为放热反响，升温平衡逆向进展，80℃的Cr(+6)去除率低(4)7.5～101(5)2×3×a×10−3×1000×99.95%解析：解：(1)酸性废水中用SO2+6价降低为+3价，硫元素化合价+4价上升为+6价，依据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cr2O2−(aq) +3SO(g)+2H+(aq)=2Cr3+(aq)+3SO2−(aq)+H

O(l)△H=−1145kJ/mol，7 2 4 24故答案为：3；2H+(aq)；2Cr3+(aq)；3SO2−(aq)；H2O(l)；4①pH增大，铬离子的最大去除率减小，反响所需时间越长，pH=6时不符合排放标准，由上述数据获得的结论有：pH越大反响越慢，铬离子的最大去除率减小，故答案为：pH越大反响越慢，铬离子的最大去除率减小；②pH<4，反响速率快，二氧化硫将来得及反响，逸出污染空气，pH>4，反响速率减慢，铬离子pH=4左右，故答案为：pH<4pH>4，反响速率减慢，铬离子去除率减小，不能到达排放标准；③a.Cr

O2−+HO⇌2CrO2−+2H+，该酸性含铬废水中确定含有CrO2−，pH越大平衡正向进展，2 7 2 4 4aCrO2−含量越高，故合理；a4b.其他条件不变，增大压强，吸取塔中反响的K不变，故b不合理；3.O−+，3c合理；故答案为：b；30min80℃的Cr(+6)去除率比40℃高，30min后反响到达平衡状态，反响为放热反响，升温平衡逆向进展，80℃的Cr(+6)去除率低，故答案为：30min前反响正向进展，温度高反响速率快反响物的转化率大，80℃的Cr(+6)去除率比40℃高；30min后反响到达平衡状态，反响为放热反响，升温平衡逆向进展，80℃的Cr(+6)去除率低；中和池中参与氢氧化钠溶液沉淀铬离子生成氢氧化铬，到达沉淀量最大应把握pH范围为：7.5～10，故答案为：7.5～10；废水中Cr(+6)总浓度为a×10−3mol/L，处理1000L废水，去除率要求到达99.95%，参与反响的+6价Cr2O2−(aq)物质的量=1×a×10−3mol/L×1000L×99.95%，结合化学方程式定量关系计算，7 27Cr2O2−(aq) ∼ 3SO2(g)71 31×a×10−3mol/L×1000L×99.95% n22理论上需要SO物质的量=1×3×a×10−3×1000×99.95%mol，22故答案为：1×3×a×10−3×1000×99.95%。2此题以工艺流程为根底考察了物质分别提纯、物质性质、氧化复原反响、图象的理解应用、化学方程式定量关系的计算等学问点，把握根底是解题关键，题目难度中等。10.答案：(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2)将FeCl3固体参与较浓的盐酸中(3)Fe3+和SO2生成红棕色的：2Fe3++4SO2+2H2O=2Fe2++SO2−+4H(3)Fe3+和SO2生成红棕色的：2Fe3++4降低，平衡逆向移动，红棕色渐渐褪去，最终得到浅绿色溶液(4)Ba2++SO2−4

=BaSO4↓2(5)3Fe2++4H++NO−=3Fe3++NO↑+2HO23(6)2NO+O2=2NO2(7)试验Ⅰ和Ⅱ；试验Ⅲ和Ⅳ解析：此题考察物质性质的探究试验，涉及离子检验、化学平衡、方程式书写、氧化复原反响等，侧重对原理的考察与分析，题目难度中等。(1)试验室制取SO2通常用Na2SO3和较浓H2SO4反响，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。(2)铁离子简洁水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+FeCl3溶液时，将FeCl3固体参与较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度。(3)Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)3+反响速率较快：Fe3++6SO2⇌Fe(SO2)3+；而反响2Fe3++6 64SO2+2H2O=2Fe2++SO2−+4H+c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色渐渐褪去，最终得到浅绿色溶液。44参与KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再参与BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡，反响离子方程式为：Ba2++SO2−=BaSO4↓。423Fe2++4H++NO−=3Fe3++NO↑+2HO。23NO与氧气反响生成二氧化氮，发生反响的方程式是：2NO+O2=2NO2。试验Ⅰ中溶液最终变为浅绿色、试验Ⅱ中溶液中检出SO2−，说明Fe3+氧化SO2生成SO2−，氧化性4 4Fe3+>SO2−；试验Ⅲ中溶液变黄色、Ⅳ中检出Fe3+NO生成，说明酸性条件下NO−氧化Fe2+，氧4化性NO−>Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO−>Fe3+

3>SO2−。3 3 411.答案：(1)①< ②0.05p(2)①BD②[起点(0,3)；拐点：n(CO②[起点(0,3)；拐点：n(CO2)/n(CH4)=1时，n(H2)/n(CO)接近(3)①4OH−−4e−=2H2O+O2↑(或2H2O−4e−=O2↑+4H+)②6.72解析：(1)①依据盖斯定律，由反响Ⅱ(1)①依据盖斯定律，由反响Ⅱ−反响Ⅰ整理得，ΔH=ΔH2−ΔH1，且烃的裂解是吸热反响，即ΔH=ΔH2−ΔH1>0，所以ΔH1<ΔH2。②反响Ⅱ的平衡常数K

=p2(C2H4)=(0.1p)2

=0.05p。p p(C4H8) 0.2p>>Ⅰ高到低的挨次是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，错误；Bbba两点均未到达平衡状态，b点温度高，反响速率较快，所以甲烷的转化率较大，正确；C项，c点也可能到达平衡状态，后续温度上升，甲烷转化率增大也可能是平衡向正反响方向移动所导致，错误；D项，催化剂不影响平衡移动，所以一样温度下，不同催化剂作用下到达平衡时甲烷的转化率确定一样，正确。②假设起始时没有CO2，即n(CO2)/n(CH4)=0，此时只能建立甲烷−水蒸气重整反响的平衡，所以n(H2)/n(CO)=3，随着CO2的通入，n(CO2)/n(CH4)不断增大，且甲烷−二氧化碳重整的平衡常数远大于甲烷−水蒸气重整反响的平衡常数，即以甲烷−二氧化碳重整的平衡为主，所以n(H2)/n(CO)不断减小；由甲烷转化率与温度关系图可知，当n(CO2)/n(CH4)=1时，甲烷的转化率已接近100%，此时n(H2)/n(CO)1，之后几乎保持不变。①阳极发生氧化反响，OH−失去电子生成氧气，结合守恒规章即可写出阴极电极反响式。②10g/L上升到145g/LHA的物质的量为(145−10)g/L×0.4L÷90g/mol=0.6mol，即电路中转移的电子为0.6mol，所以阴极产生标准状况下H2的体积为0.6mol÷2×22.4L/mol=6.72L。答案：> sp2 sp3 BF3 PCl3 2：1 几何因素电荷因素1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 AC y√2M8r3NA解析：解：(1)As4p3，处于半布满状态，比较稳定，所以第一电离能较大，而Ga的4p1，第一电离能较小，所以As>Ga；GaCl3与AsCl3的中心原子的价层电子对个数分别是3、4，依据价层电子对互斥理论推断中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3，等电子体的原子个数相等、价电子数相等，则GaCl3与AsCl3的等电子体BF3、PCl3，故答案为：>sp2；sp3；BF3；PCl3；依据