河北省重点高中2023-2024学年高三下学期5月高考模拟化学试题（二）【含答案解析】

河北省重点高中2023-2024学年高三5月高考模拟化学(二)全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Cl-35.5Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是A.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中柳絮的主要成分和棉花相同B.《物理小识·金石类》：“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，该过程涉及氧化还原反应C.“雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁D.“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A．柳絮和棉花的主要成分都是纤维素，A正确；B．“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，说明硝酸和银反应，该反应属于氧化还原反应，B正确；C．瓷器的青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，C正确；D．焰色试验属于物理变化，D错误；故选D。2.下列表示不正确的是A.质子数为92、中子数为146的U原子：B.HClO的电子式：C.的名称：2，2，4-三甲基己烷D.H2S的价层电子对互斥(VSEPR)模型：【答案】D【解析】【详解】A．质子数为92、中子数为146的U原子质量数为92+146=238，表示为，A正确；B．HClO为共价化合物，中心原子为氧，电子式：，B正确；C．有机物系统命名法步骤：选最长碳链为主链，支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；的名称：2，2，4-三甲基己烷，C正确；D．H2S分子中中心S原子价层电子对数为2+=4，S原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，D错误；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，22.4L正丙醇（）分子中含有的数目为8B.24g质量分数为25%的甲醛水溶液中含有氢原子数目为2.4C.pH=1的溶液与足量的Zn反应产生的氢气分子数目为0.05D.0.1mol与0.1mol反应时，转移电子的数目为0.3【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，正丙醇（）是液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，A错误；B．24g质量分数为25%的甲醛水溶液中，含6g甲醛（HCHO）含氢原子数目为0.4，18g水含有氢原子数目为2，共含有氢原子数目为2.4，B正确；C．没有溶液体积，不确定氢离子的物质的量，不能计算生成氢分子的数目，C错误；D．碘离子还原性大于亚铁离子，0.1molFeI2与0.1molCl2反应时，氯气不足，碘离子完全反应，氯元素化合价由0变为-1，则转移0.2mol电子，电子数目为0.2NA，D错误；故选B。4.下列说法正确的是A.是由极性键构成的非极性分子B.中均存在非极性键C.中，提供空轨道，提供孤对电子D.分子之间能形成氢键，因此的热稳定性比的强【答案】C【解析】【详解】A．OF2中氧原子为sp3杂化，分子构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A错误；B．Na2O2中过氧根离子中氧原子间为非极性键，CaH2中钙离子和氢负离子之间是离子键，无共价键，故B错误；C．[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配合物离子，C正确；D．H2O分子之间能形成氢键，但热稳定性与分子间氢键无关，D错误；本题选C。5.一种叠氮化聚合物材料的片段结构如图所示，下列说法正确的是A.片段的单体名称为2-甲基-2-丁烯 B.片段中原子的杂化方式有3种C.该片段中含有个手性碳原子 D.该聚合物具有良好的导电性【答案】C【解析】【详解】A．片段单体名称应为2-甲基-1,3-丁二烯，A错误；B．片段中原子连接有3个和有一对孤对电子的为sp3杂化，而氮氮双键上的氮原子形成2个和一对孤对电子，故杂化方式为sp2，共有两种，B错误；C．一个片段中含有1个手性碳原子，1mol该片段故为个手性碳原子，C正确；D．该聚合物不具有自由移动的电子，故不具有导电性，D错误；故选C。6.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是选项事实解释A金属是电的良导体金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动BNF3不易与Cu2+形成配位键F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大CCO的沸点高于N2CO的极性大于N2D中的键角小于S的原子半径较大，其价层σ键电子对之间的斥力较小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动，形成电流，实例与解释相符，故A不符合题意；B．F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大，不容易提供孤电子对，不易与Cu2+形成配位键，实例与解释相符，故B不符合题意；C．CO的沸点高于N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但是CO的极性大于N2，导致CO沸点较高，实例与解释相符，故C不符合题意；D．中S为sp3杂化存在1对孤电子对，而中碳为sp2杂化，故中的键角小于，实例与解释不相符，故D符合题意；故选D。7.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是A.用图甲装置收集 B.用图乙装置制备、干燥并收集C.用图丙装置制备固体 D.用图丁装置探究浓度对反应速率的影响【答案】A【解析】【详解】A．的密度大于空气，可用向上排空气法进行收集，多余的可用氢氧化钠溶液吸收，且做防倒吸处理，A项正确；B．图乙装置导气管应该伸到试管底部，B项错误；C．溶液在加热时会被空气中的氧气氧化，C项错误；D．图丁装置浓硫酸、稀硫酸发生的氧化还原反应发生了变化，D项错误；答案选A。8.锌-空气电池被认为是替代锂离子电池、满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选电池。用光照充电的锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极(空穴)，驱动阴极和阳极反应。下列叙述不正确的是A.放电时，向光电极迁移 B.充电时的阳极反应为C.放电时，光电子经电解液向极移动 D.是配离子，配位数是4【答案】C【解析】【分析】光照充电时转化为，故充电时为阴极，光电极为阳极；放电时为负极，光电极为正极；总反应为。【详解】A．放电时，阳离子向正极（光电极）迁移，项正确；B．充电时，失去的电子填入正电空穴，项正确；C．光电子只能在外电路中通过，项错误；D．从结构可以看出其配位数是4，D项正确；故选C。9.某液晶分子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，基态X原子的电子只有一种自旋取向，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍。下列说法错误的是A.电负性：W>Z>Y B.第一电离能：Z>W>YC.常见单质分子键能：X>W>Z D.简单氢化物沸点：W>Z>Y【答案】C【解析】【分析】基态X原子的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，则W为O或Mg元素，由于W是非金属元素，故W是O元素；Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍，Y、Z、W为原子序数依次增大的非金属元素，则Y为C元素，Z为N元素。据此作答。【详解】A．同周期元素从左向右电负性依次增大，故O>N>C，A正确；B．同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，其中N原子的2p电子半满为较稳定结构，第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能大小顺序为：N＞O>C，B正确；C．X、W、Z的单质分子分别为H2、N2、O2，对应的化学键分别是单键、三键、双键，故键能大小关系为H2<O2<N2，C错误；D．W、Z和Y的最简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，NH3能形成1个分子间氢键、H2O能形成2个分子间氢键，CH4不存在分子间氢键，则H2O的沸点最高，NH3次之，C正确；故选：C。10.下列实验操作、现象、实验结论均正确的是选项实验操作现象结论A向两支盛有等浓度等体积的试管中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液前者产生气泡速率快的催化效果比好B取于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%的溶液溶液变红与的反应有一定限度C取A、B两试管，各加入的，向A中加酸性高锰酸钾溶液，同时向B中加入酸性高锰酸钾溶液B试管先褪为无色其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快D向溶液中滴加2滴等浓度的有黄色沉淀生成出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；B．过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；C．，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；D．所得上层清液存在氯化银电离平衡，加入2滴溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；故合理选项是D。11.某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr(OH)3的流程如下：已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、NaAlO2和NaVO3的混合溶液；②Cr的最高价含氧酸根离子在酸性介质中主要以存在，在碱性介质中主要以存在。下列说法错误的是A.“灼烧”步骤的尾气中含CO2B.“沉铝”步骤的离子方程式为C.“分离钒”之后Cr元素的存在形式主要为D.“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3【答案】B【解析】【分析】铬钒渣(含Cr2O3、Al2O3、V2O3)在Na2CO3、O2作用下灼烧，钒和铬分别被氧化为相应的最高价含氧酸盐NaVO3、Na2CrO4，铝氧化物转化为NaAlO2，溶解后所得滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2和NaVO3，向其中通入足量CO2气体，NaAlO2反应转化为Al(OH)3沉淀析出，然后过滤，向滤液中加入稀硫酸调整溶液pH，使溶液显强酸性，NaVO3转化为V2O5沉淀，过滤除去沉淀，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，然后向所得的滤液中加入NaOH、Na2C2O4，发生氧化还原反应产生Cr(OH)3沉淀，从而达到分离钒并制备Cr(OH)3的目的。【详解】A．在“灼烧”步骤，Cr2O3、V2O3、Al2O3与Na2CO3、O2反应产生相应钠盐的同时产生CO2，因此所得的尾气中含CO2，A正确；B．“沉铝”步骤通入CO2足量，反应产生NaHCO3，该反应的离子方程式为，B错误；C．“分离钒”之后，所得溶液显强酸性，根据题意可知：Cr元素的存在形式主要为，C正确；D．具有强氧化性，与加入NaOH溶液和Na2C2O4后溶液发生氧化还原反应，Cr变为+3价的Cr3+，并与加入的NaOH溶液中的OH-转化为Cr(OH)3沉淀，发生反应：+3+H2O+4OH-=2Cr(OH)3↓+6，在该反应中为氧化剂，为还原剂，则“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；故合理选项是B。12.以和为原料，在1300~1500℃下煅烧，可制得优良的光学材料及人造宝石，的晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a，下列说法错误的是A.生成的反应方程式为B.该晶胞的俯视图为C.与最近且等距离的O有6个D.晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A．以和为原料，在1300~1500℃下煅烧，可制得，化学方程式：，A正确；B．该晶胞的俯视图在四个顶点看到的为Sr，四条棱上看到O，四面形中心看到的是原子半径更大的O，B错误；C．与最近且等距离的O位于6个面的面心，即与最近且等距离的O有6个，C正确；D．根据均摊法：Sr个数为，O个数为，Ti个数为1，1个晶胞中含有1个"SrTiO3"，晶体密度：，D正确；答案选B。13.一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学机制如图所示，电子传递可以促进中O-H键的解离，进而形成中间体，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子。下列叙述正确的是A.图示中分子、离子之间以范德华力结合形成“水分子桥”B.中O-H键的解离可表示为=H++e-+C.1mol通过“水分子桥”传递2mol电子D.总反应的离子方程式为+NO2+H2O=HNO2+【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，N、O原子的电负性大，与周围其他分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，分子、离子之间以氢键结合形成“水分子桥”，A项错误；B．由图可知，中O-H键解离时生成e-和，根据质量守恒可知，还会生成H+，则该过程可表示为=H++e-+，B项正确；C．由图可知，1mol通过“水分子桥”传递1mol电子，C项错误；D．由图可知，与NO2发生的总反应的离子方程式为+2NO2+H2O=2HNO2+，D项错误；故选B。14.常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、-lg[]变化如图所示。下列说法不正确的是A.常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-1.08B.a点时，c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95C.NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)D.b点时，满足c(Na+)<3c(A2-)【答案】A【解析】【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，则H2A不断减少，A2-不断增加，且比值减少，则-lgc(H2A)减少、-lgc(A2-)增大、减少且可以减少到0，故上升的曲线是-lgc(A2-)，下降且与横坐标相交的是，另一条下降的曲线是-lgc(H2A)。【详解】A．当pH为5.3时，，此时，c（HA-）=c（A2-）；当pH等于3.05时，-lgc(H2A)等于-lgc(A2-)，即c（H2A）=c（A2-）；又因为，则，则Ka1=10-0.8，A错误；B．a点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=3.05，则c(H+)=10-3.05，c(OH-)=10-10。95，又因为c(A2-)=c（H2A），所以c(Na+)+10-3.05-10-10。95=2c(A2-)+c(HA-)，故c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，B正确；C．在NaHA溶液，由于HA-即存在电离又存在水解，所以c（Na+）>c(HA-)；因Ka2=10-6.1，水解常数kb=，故水解程度小于电离程度，即c（H2A）<c（A2-），则c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)成立，C正确；D．b点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，此时c（HA-）=c（A2-），则c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，因为c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)<3c(A2-)成立，D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某兴趣小组利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略)，反应方程式为：。已知：物质熔点/℃沸点/℃性质TiCl4-25136.4高温时能与O2反应，与HCl不发生反应。易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂。请回答：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是_______。（2）装置B中冷凝水进口是_______(填“c”或“d”)。（3）完善线框中装置排序_______。A→D→_______→_______→_______→F（4）仪器b中的固体X可以是_______。A．MnO2B．KMnO4C．CaCl2（5）下列说法正确的是_______。A.加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2B.装置D中长导管起平衡气压和判断装置是否通畅的作用C.装置D中盛有的试剂是饱和食盐水D.该实验中存在缺陷是没有进行CO的尾气处理（6）测定所得TiCl4的纯度：取1.000gTiCl4粗产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水(装置如图)，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.8000mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液20.00mL。常温下，，。①实验中使用安全漏斗的目的是_______。②依据上述数据计算所得产品纯度是_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）c（3）EBC（4）B（5）ABD（6）①.防止水解产生的HCl挥发导致测量误差②.76.00%【解析】【分析】利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4。A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；【小问1详解】装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是恒压滴液漏斗；【小问2详解】为了好的冷凝效果，装置B中冷凝水应该下进上出，进口是c；【小问3详解】A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；则装置排序：A→D→EBC→F；【小问4详解】A中常温下X和浓盐酸反应生成氯气，则仪器b中的固体X可以是高锰酸钾固体，故选B；【小问5详解】A．加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2，排除装置中空气的干扰，正确；B．装置D中长导管与大气相通，起平衡气压和判断装置是否通畅的作用，正确；C．TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸干燥剂，错误；D．CO有毒，该实验中存在的缺陷是没有进行CO的尾气处理，正确；故选ABD；【小问6详解】①TiCl4水解产生HCl易挥发且极易溶于水，安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封的作用，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失导致测量误差；②由氯元素守恒可知，TiCl4~4HCl~4AgNO3，产品的纯度为。16.氧缺位体是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有和②时已知几种金属离子沉淀的如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的1.93.46.47.0完全沉淀的3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为___________。（2）焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品___________。(填化学式)（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是___________。（4）已知有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是___________。（5）“灼烧”工序的化学方程式是___________，“煅烧”时通入的作用是___________。（6）“煅烧”得到氧缺位体时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的，则___________。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：___________(完成方程式)；第二步：。【答案】（1）CuO、Fe3O4（2）CaSO4（3）还原工序是将Fe3+还原为Fe2+，若没有还原工序，会使Fe3+发生沉淀（4）平面正方形（5）①.CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O②.N2在煅烧时做保护气（6）0.15（7）【解析】【分析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，滤渣1为SiO2，加入Cu还原Fe3+为Fe2+，加入CuO调节pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，滤渣2中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经过系列操作生成CuO，灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，在N2做保护气下煅烧生成。【小问1详解】已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4；【小问2详解】焙烧产物中的在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收可制得一种副产品是CaSO4；【小问3详解】加入Cu还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH值时会使Fe3+发生沉淀；【小问4详解】已知有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形；【小问5详解】灼烧CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O；N2做保护气，防止生成物被氧化；【小问6详解】“煅烧”得到氧缺位体，质量减少的是氧气质量，，得出=0.15【小问7详解】制取氢气的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，结合第二步反应，可知第一步反应为。17.水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体进行处理。I．在温度下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下：反应方程式焓变压强平衡常数①②（1）已知反应的焓变，近似认为反应焓变不随温度变化，则焦炭的燃烧热______。（2）在温度下体系达到化学平衡，将这一时刻记为，然后将可压缩的恒温反应容器突然压缩至原来体积的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为，重新达到平衡时的时刻记为，则______（填标号）。A.时，反应①的正反应速率比时增大 B.时，反应②的逆反应速率比时减小C.时，反应①的压强平衡常数比时增大 D.时，水蒸气的转化率比时减小（3）反应②的平衡常数很小，若近似忽略生成的反应，在一个体积固定的恒温容器内投入足量焦炭与一定量的水蒸气，在温度下达到平衡时水蒸气的转化率为，下图的三条曲线分别代表了达到平衡时不同的转化率对应的水蒸气分压、分压、体系的总压，则代表分压的曲线是______（填标号）。欲使平衡转化率为，则初始充入水蒸气的压强应为______（结果保留两位有效数字）。Ⅱ．投入固体可吸收反应产生的，生成。除了以外，钙还有多种氧化物。（4）在大约的高压条件下还可以进一步与反应得到由和构成的另一种钙的氧化物，预测的VSEPR模型名称是______.（5）反应生成的在自然界中会被溶解有的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为______。已知，碳酸的（碳酸浓度以形式计算）、某雨水恰好能够溶解，此时该雨水中的浓度为，忽略固体溶解产生的体积变化，则此时该雨水的为______。【答案】（1）-400.1（2）AD（3）①.②.（4）四面体形（5）①.②.6.2【解析】【小问1详解】已知①；②；③；由盖斯定律可知①+②+③可得焦炭燃烧热：。【小问2详解】A．从到，其余条件不变，压强增大，故对于反应①②正、逆反应速率都增大，正确；B．将压缩之后这一瞬间的时刻记为，反应物和生成物的浓度都增大，反应②的逆反应速率和正反应速率都增大，B错