2023年全國新高考化學真題試卷(廣東卷)(含答案解析)

2023年高考化學真題試卷〔廣東卷〕一、單項選擇題〔1644分〕選A項B選A項BCD文物名鑄客大銅鼎稱河姆渡出土陶灶獸首瑪瑙杯角形玉杯A.AB.BC.CD.D【答案】A【考點】無機非金屬材料【解析】【解答】A.銅鼎主要是由銅和其他金屬融合而成的，屬于合金材料制成的，A符合題意；B.陶灶的主要成分是陶瓷，陶瓷不屬于合金材料，B不符合題意；C.瑪瑙的主要成分是二氧化硅，不屬于合金材料，C不符合題意；D.玉杯是由玉石制成的，不屬于合金材料，D不符合題意；故答案為：A【分析】合金是指由金屬與金屬〔或非金屬〕融合而成的具有金屬特性的混合物；據此結合選項文物的組成成分進展分析即可。廣東有眾多國家級非物質文化遺產，如廣東剪紙、粵繡、潮汕工夫茶藝和香云紗染整技藝等。以下說法不正確的選項是〔〕廣東剪紙的裁剪過程不涉及化學變化沖泡工夫茶時茶香四溢，表達了分子是運動的制作粵繡所用的植物纖維布含有自然高分子化合物染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于純潔物【答案】D【考點】物理變化與化學變化的區(qū)分與聯(lián)系，高分子材料，物質的簡潔分類【解析】【解答】A.剪紙過程中沒有物質生成，屬于物理變化，A不符合題意；B.茶香四溢，說明分子在不停的做無規(guī)章運動，B不符合題意；C.植物纖維屬于高分子化合物，C不符合題意；D.純堿水溶液中含有多種物質，屬于混合物，D符合題意；故答案為：D【分析】A.剪紙過程中沒有物質生成；B.能夠聞到茶香，是由于分子的運動引起的；C.植物纖維含有高分子化合物；D.含有多種物質的為混合物；“天問一號”著陸火星，“嫦娥五號”采回月壤。騰飛中國離不開化學，長征系列運載火箭使用的燃料有液氫和煤油等化學品。以下有關說法正確的選項是〔〕煤油是可再生能源H2燃燒過程中熱能轉化為化學能火星隕石中的 20Ne質量數為20月壤中的【答案】C

3He與地球上的 3H互為同位素【考點】原子中的數量關系，化學反響中能量的轉化，同位素及其應用【解析】【解答】A.煤、石油、自然氣屬于不行再生能源，A不符合題意；B.H2燃燒過程中，化學能轉化為熱能，B不符合題意；C.20Ne中，20Ne20，C符合題意；D.3He3H中質子數不同，不屬于同位素，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.煤油屬于不行再生能源；B.燃燒是將化學能轉化為熱能；C.標在元素符號左上角的數字表示原子的相對原子質量；D.同位素是指質子數一樣，中子數不同的一類原子；選項生產活動化學原理A用聚乙烯塑料制作食品保鮮膜聚乙烯燃燒生成選項生產活動化學原理A用聚乙烯塑料制作食品保鮮膜聚乙烯燃燒生成CO2H2OB利用海水制取溴和鎂單質Br?可被氧化、Mg2+可被復原CD利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品氫氟酸可與CD利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品氫氟酸可與SiO2反響公園的鋼鐵護欄涂刷多彩防銹漆鋼鐵與潮濕空氣隔絕可防止腐蝕A.AB.BC.CD.D【考點】海水資源及其綜合利用，硅和二氧化硅，金屬的腐蝕與防護【解析】【解答】A.聚乙烯燃燒產物與其用作食品保鮮膜無聯(lián)系，A符合題意；海水中溴元素和鎂元素都是離子形式存在，制取溴單質時，Br-被氧化，制取鎂單質時，Mg2+被復原，B不符合題意；石英中含有SiO2 ，能與HF反響，應可利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品，C不符合題意；鋼鐵護欄噴漆，可使得金屬與空氣和水蒸氣隔絕，防止鋼鐵生銹腐蝕，D不符合題意；故答案為：A【分析】A.聚乙烯燃燒產物與其用作食品保鮮膜無聯(lián)系；2B.結合制取過程中元素化合價的變化分析；C.SiO；2D.噴漆可隔絕金屬與空氣和水蒸氣的接觸；昆蟲信息素是昆蟲之間傳遞信號的化學物質。人工合成信息素可用于誘捕害蟲、測報蟲情等。一種信息素的分子構造簡式如以下圖，關于該化合物說法不正確的選項是〔〕屬于烷烴 B.可發(fā)生水解反響 C.可發(fā)生加聚反響 D.具有確定的揮發(fā)性【答案】A【考點】有機物的構造和性質，水解反響，烷烴【解析】【解答】A.該有機物中含有氧元素，屬于烴的含氧衍生物，A符合題意；該有機物構造中含有酯基，可發(fā)生水解反響，B不符合題意；C.C=C，可發(fā)生加聚反響，C不符合題意；D.該有機物可用于誘捕害蟲，說明具有確定的揮發(fā)性，D不符合題意；故答案為：A【分析】A.C、H兩種元素的有機物；B.可發(fā)生水解反響的官能團有鹵素原子、酯基、肽鍵；C.可發(fā)生加聚反響的官能團有碳碳雙鍵；D.可用于誘捕害蟲，說明該物質具有揮發(fā)性；選項勞開工程化學學問勞動成就夢想。以下勞開工程與所述的化學學問沒有關聯(lián)的是〔選項勞開工程化學學問A 84A 84消毒液對圖書館桌椅消毒含氯消毒劑具有氧化性B學農活動：用廚余垃圾制肥料C家務勞動：用白醋清洗水壺中的水垢廚余垃圾含N、P、K等元素乙酸可由乙醇氧化制備D自主探究：以油脂為原料制肥皂油脂可發(fā)生皂化反響A.AB.BC.CD.D【考點】氯氣的化學性質，乙酸的化學性質，油脂的性質、組成與構造A.84NaClO，NaClO具有氧化性，可用于殺菌消毒，A不符合題意；N、P、K等養(yǎng)分元素，可用于制肥料，B不符合題意；3 2 3 3 白醋的成分為CH3COOH，水垢的成分為CaCO、Mg(OH) ，CHCOOH能與CaCO、Mg(OH)反響，因此可用白醋除去水壺中的水垢，白醋除水垢與乙酸由乙醇氧化制備無關，C3 2 3 3 油脂是高級脂肪酸的甘油酯，可與堿性溶液發(fā)生水解，稱為皂化反響，可用于制取肥皂，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.84NaClO；N、P、K養(yǎng)分元素；2白醋的主要成分為醋酸，水垢的主要成分為CaCO3Mg(OH)；2油脂的皂化反響可制得肥皂；測定濃硫酸試劑中H2SO4含量的主要操作包括：①量取確定量的濃硫酸，稀釋；②轉移定容得待測A.B.C.D.液；③移取20.00mL待測液，用0.1000mol/L的NaOHA.B.C.D.【答案】B【考點】配制確定物質的量濃度的溶液，中和滴定【解析】【解答】A.配制確定物質的量濃度的溶液，需用到容量瓶，該試驗要配制250mL溶液，因此需用250mL容量瓶，A不符合題意；B.分液漏斗常用于分液操作，該試驗中不需用到分液漏斗，B符合題意；C.進展酸堿中和滴定時，待測液應盛裝在錐形瓶內，因此該試驗需用到錐形瓶，C不符合題意；D.NaOH溶液時，需用到堿性滴定管，D不符合題意；故答案為：B【分析】此題是對確定物質的量濃度溶液配制和中和滴定的考察，解答此類題型時，應結合溶液配制過程和中和滴定試驗過程進展分析。鳥嘌呤(G)是一種有機弱堿，可與鹽酸反響生成鹽酸鹽(用GHCl表示)。GHCl水溶液呈酸性，以下表達正確的選項是〔〕0.001mol/LGHCl水溶液的pH=30.001mol/LGHCl水溶液加水稀釋，pH上升GHCl在水中的電離方程式為：GHCl=G+HClGHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)【答案】B【考點】鹽類水解的原理，鹽類水解的應用，離子濃度大小的比較A.G是一種弱堿，其鹽溶液中，GH+水解，使得鹽溶液顯酸性，0.001mol/LGHCl溶液，GH+H+0.001mol/LpH＞3，A不符合題意；B.c(H+)減小，pH增大，B符合題意；C.GHCl為可溶性鹽溶液，在水中完全電離，其電離方程式為：GHCl=GH++Cl- ，C不符合題意；D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl- ，結合電荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合題意；故答案為：B【分析】A.GHClGH+的水解使得溶液顯酸性；B.c(H+)減??；C.GHClGH+Cl-；D.結合電荷守恒分析；火星大氣中含有大量CO2，一種有CO2參與反響的型全固態(tài)電池有望為火星探測器供電。該電池以金屬鈉為負極，碳納米管為正極，放電時〔〕負極上發(fā)生復原反響CO2在正極上得電子陽離子由正極移向負極將電能轉化為化學能【答案】B【考點】原電池工作原理及應用【解析】【解答】A.在原電池中，負極上發(fā)生失電子的氧化反響，A不符合題意；在該原電池中，CO2在正極發(fā)生得電子的復原反響，生成碳單質，B符合題意；在原電池中，陽離子移向正極，C不符合題意；原電池是一種將化學能轉化為電能的裝置，D不符合題意；故答案為：B【分析】A.在原電池中，負極發(fā)生失電子的氧化反響；CO2轉化為C的過程分析；在原電池中陽離子移向正極；原電池是將化學能轉化為電能的裝置；局部含鐵物質的分類與相應化合價關系如以下圖。以下推斷不合理的是〔〕a可與e反響生成bb既可被氧化，也可被復原可將e參與濃堿液中制得d的膠體可存在b→c→d→e→b的循環(huán)轉化關系【答案】C【考點】鐵的氧化物和氫氧化物，鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變【解析】【解答】A.由分析可知，a為Fe，e為FeCl3(或Fe2(SO4)3)，b為FeCl2(或FeCl3)，FeCl3能與Fe反響生成FeCl2 ，Fe2(SO4)3能與Fe反響生成FeSO4 ，A不符合題意；B.b中鐵元素為+2價，可發(fā)生氧化反響生成Fe3＋ ，也可發(fā)生復原反響，生成Fe，B不符合題意；C.欲制得Fe(OH)3膠體，應往沸水中滴加飽和FeCl3溶液，連續(xù)煮沸至紅褐色，停頓加熱，即可得到Fe(OH)3FeCl3溶液參與濃堿溶液中，則得到的是Fe(OH)3沉淀，C符合題意；D.Fe2＋能與OH－反響生成Fe(OH)2 ，Fe(OH)2能被空氣中的O2氧化成Fe(OH)3 ，Fe(OH)3能與H＋反響生成Fe3＋ ，Fe3＋能與Fe反響生成Fe2＋ ，D不符合題意；故答案為：C【分析】a、b、c、d、e為含鐵元素的物質，由物質類別和鐵元素的價態(tài)可知，a為Fe，b為FeCl2(或FeSO4)，c為Fe(OH)2 ，d為Fe(OH)3 ，E為FeCl3(或Fe2(SO4)3)。據此結合選項進展分析。設NA為阿伏加德羅常數的值。以下說法正確的選項是〔〕A1molCHCl3含有C?Cl鍵的數目為3NA1L1.0mol/L的鹽酸含有陰離子總數為2NAN11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數目為NAA23gNa與足量H2O反響生成的H2分子數目為NA【答案】A【考點】氣體摩爾體積，物質構造中的化學鍵數目計算，物質的量的相關計算【解析【解答A.一個CHCl3中含有3個C-Cl化學鍵，因此1molCHCl3中含有C-Cl化學鍵的數目為3NA ，A符合題意；1L1.0mol/L的鹽酸中所含陰離子Cl-的數量為：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中還存在水電離產生的OH- ，因此溶液中所含陰離子的總數大于1.0NA ，但達不到2NA ，B不符合題意；未給出氣體所處的狀態(tài)，無法依據氣體摩爾體積進展計算，C不符合題意；3gNa的物質的量為1mol，Na與H2O反響的化學方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反響生成0.5molH2 ，則生成H2的分子數為0.5NA ，D不符合題意；故答案為：A【分析】A.CHCl3的構造進展分析即可；B.OH-、Cl-；C.未給出氣體所處狀態(tài)，無法應用氣體摩爾體積進展計算；D.NaH2O反響的化學方程式進展計算；選項操作或做法目的A將銅絲插入濃硝酸中選項操作或做法目的A將銅絲插入濃硝酸中B將密閉燒瓶中的NO2降溫制備NO探究溫度對平衡移動的影響C將溴水滴入KI溶液中，參與乙醇并振蕩萃取溶液中生成的碘D 試驗完畢，將剩余NaCl固體放回原試劑瓶節(jié)約試劑A.AB.BC.CD.D【答案】B【考點】化學平衡移動原理，硝酸的化學性質，化學試劑的存放，分液和萃取【解析】【解答】A.銅與濃硝酸反響生成NO2 ，與稀硝酸反響生成NO，A不符合題意；燒瓶中發(fā)生反響2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2為紅棕色氣體，N2O4為無色氣體，通過觀看降溫后燒瓶內氣體顏色的變化，結合溫度對平衡移動的影響可得出結論，B符合題意；溴水中的r2能將氧化成2 ，由于乙醇能與水互溶，因此不能用乙醇作萃取劑C不符合題意；NaCl不能直接放回原試劑瓶內，防止瓶內試劑被污染，D不符合題意；故答案為：B2【分析】A.NO；22 2 2 4 2 2 2 2 4 2

2NO(g)?NO(g)NO

為無色氣體；C.乙醇能與水互溶，不做萃取劑；D.NaCl不能直接放回原試劑瓶；X1個質子；元素Y、Z、W原子序數依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W8個電子。以下說法不正確的選項是〔〕XEZ4是一種強酸非金屬性：W>Z>Y原子半徑：Y>W>EZW2中，Z的化合價為+2價【答案】C【考點】元素周期表中原子構造與元素性質的遞變規(guī)律，元素周期律和元素周期表的綜合應用，微粒半徑大小的比較【解析】【解答】A.XEZ4的化學式為HClO4 ，為一種強酸，A不符合題意；B.W、Z、Y位于同一周期，同周期元素，核電荷數越大，非金屬性越強，因此非金屬性：W>Z>Y，B不符合題意；C.E位于第三周期，Y、W位于其次周期，因此E原子半徑最大，Y、W位于同一周期，核電荷數越大，原子半徑越小，因此原子半徑大?。篍>Y>W，C符合題意；D.ZW2的化學式為OF2 ，其中F為－1價，因此O為＋2價，D不符合題意；故答案為：CX的原子核只有一個質子，則X為H；Y、Z、W位于X的下一周期，因此三種元素位于周期表的其次周期。由麻醉劑的構造簡式可知，Y四周形成四個共價鍵，則Y的最外層電子數為4，因此Y為C；同理可得Z為O，W為F。元素E的原子比W8個電子，因此ECl。據此結合元素周期表的性質第變規(guī)律分析選項。反響X=2Z經受兩步：①X→Y；②Y→2Z。反響體系中X、Y、Z的濃度c隨時間t的變化曲線如以下圖。以下說法不正確的選項是〔〕a為c(X)t的變化曲線t1時，c(X)=c(Y)=c(Z)t2時，Y的消耗速率大于生成速率D.t3后，c(Z)=2c0-c(Y)【答案】D【考點】化學反響速率的影響因素，化學平衡的計算【解析】【解答】A.ac(X)t變化的曲線，A不符合題意；B.由曲線圖可知，t1時，c(X)=c(Y)=c(Z)，B不符合題意；C.由圖可知，t2時，物質Y的濃度在漸漸削減，說明此時Y的消耗速率大于生成速率，C不符合題意；D.c(X)=c0mol/L，則反響①c(Y)=c0mol/Lt3時，還有Y剩余，因此反響②中參與反響的物質Y的濃度為[c0-c(Y)]mol/L，所以反響②Zc(Z)=2[c0-c(Y)]mol/L，D符合題意；故答案為：D【分析】曲線a表示物質的濃度在不斷削減，題干反響中反響物只有X一種，因此曲線a表示的X的濃度變化；始終增大的曲線表示的是物質Z的濃度變化；先增大后削減的曲線表示的物質Y的濃度變化。據此結合選項進展分析。宏觀辨識與微觀探析是化學核心素養(yǎng)之一。以下物質性質試驗對應的反響方程式書寫正確的選項是〔〕Na2O2Na2O2H2O=2NaOHO2↑H2O(g)3H2O2Fe=Fe2O33H2銅絲插入熱的濃硫酸中：Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑SO2KMnO45SO22H2O2MnO?=5SO2?4H+2Mn2+4 4【答案】D【考點】二氧化硫的性質，濃硫酸的性質，鐵的化學性質，鈉的氧化物2 【解析【解答A.Na2O2與H2O反響生成NaOH和O2 ，其反響的化學方程式為：2NaO＋2H22 ＋O2↑，A不符合題意；3 高溫下，鐵能與水蒸氣反響生成Fe3O4和H2 ，反響的化學方程式為：3Fe＋3H2O(g)溫FeO3 4H2 ，B不符合題意；4 2 2 4 4 2 濃硫酸具有氧化性，在加熱的條件下，能與銅反響生成CuSO、HO和SO ，該反響的化學方程式為：＋HO(濃?O＋O↑HC4 2 2 4 4 2 4D.SO2具有復原性，酸性KMnO4溶液具有氧化性，能將SO2氧化成SO2－ ，自身復原為Fe2＋ ，該反響4的離子方程式為：5SO

＋2MnO

－＋2H

O=5SO2－＋2Mn2＋＋4H＋

，D符合題意；故答案為：D

2 4 2 4【分析】A.依據原子守恒分析；B.依據鐵與水蒸氣的反響分析；C.依據銅與濃硫酸的反響分析；SO2KMnO4溶液的反響分析鈷(Co)的合金材料廣泛應用于航空航天、機械制造等領域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置示意圖。以下說法正確的選項是〔〕工作時，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大生成1molCo，Ⅰ室溶液質量理論上削減16g移除兩交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反響不變電解總反響：2Co2++2H2O __【答案】D

↑+4H+【考點】電極反響和電池反響方程式，電解池工作原理及應用【解析】【解答】A.由分析可知，工作時，Ⅰc(H＋)pH增大，Ⅱc(H＋)增大，pH減小，A不符合題意；21molCo2mol電子，則Ⅰ室內反響生成O0.5mol，其質量為0.5mol×32g/mol=16g，此時有2molH+通過陽離子交換膜進入Ⅱ室內，其質量為2mol×1g/mol=2g，因此Ⅰ16g+2g=18g，B不符合題意；2移除交換膜后，由于Cl－失電子力氣強于OH－ ，因此石墨電極上主要有Cl－失電子，其電極反響式為2Cl－－2E=Cl2↑，C不符合題意；由分析可知，該電解池中陽極的電極反響式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，陰極的電極反響式為Co2＋＋2e－=Co，因此電解總反響為：2Co2＋＋2H2O電2Co＋O2↑＋4H＋故答案為：D

，D符合題意；【分析】在該電解池中，石墨電極與電源的正極相連，為陽極，H2OOH－發(fā)生失電子的氧化反響，生成O2，其電極反響式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，此時Ⅰ室內的H＋通過陽離子交換膜進入Ⅱ室內。Co電極與電源的負極相連，為陰極，溶液中的Co2＋發(fā)生得電子的復原反響，其電極反響式為：Co2＋＋2e－=Co；此時ⅢCl－通過陰離子交換膜進入Ⅱ室內。據此結合選項進展分析。二、非選擇題必考題〔342分〕含氯物質在生產生活中有重要作用。1774年，舍勒在爭論軟錳礦(主要成分是MnO2)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種元素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。試驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為 。試驗室制取枯燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接挨次為 。某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推想氯水中 已分解。檢驗此久置氯水中Cl?存在的操作及現象是 。某合作學習小組進展以下試驗探究。①試驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。②查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電力氣的物理量。溫度確定時，強電解質稀溶液的電導率隨溶25℃時，Ksp(AgCl)=1.8×10?10。③提出猜測。a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。④設計試驗、驗證猜測。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測試溫度下，進展表中試驗1~3，記錄數據。試驗序號試樣試驗序號試樣測試溫度/電導率/(μS/cm)123Ⅰ：25℃的AgCl25Ⅱ：35℃的AgCl35Ⅲ：45℃的AgCl45A1A2A3⑤數據分析、溝通爭論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl-)=

mol/L。試驗結果為A3>A2>A1。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜測a成立，但缺乏以證明猜測b成立。結合②中信息，猜測b缺乏以成立的理由有 。試驗序號試樣測試溫度/電導率/(μS/cm)4Ⅰ試驗序號試樣測試溫度/電導率/(μS/cm)4Ⅰ 5 B1B2⑦試驗總結。依據試驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜測b也成立。猜測b成立的推斷依據是 。??【答案】〔1〕MnO2+4HCl(濃) _ MnCl2+Cl2↑+2H2O_〔2〕c-d-b-a-e3〔3〕HClO；向溶液中參與過量稀硝酸，防止溶液中含有CO23

、HCO3AgNO3溶液，假設有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-3 2 〔4〕1.34×10-5；測試溫度不同，依據電導率結果無法推斷不同溫度下飽和溶液的溶解度；45℃；II；45℃；A>B3 2 【解析】【解答】〔1【解析】【解答】〔1〕試驗室用MnO2和濃鹽酸共熱制取Cl2 ，反響過程中生成MnCl2、ClHO，該22反響的化學方程式為；MnO＋4HCl2MnCl＋Cl↑＋2HO。222〔2由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，會使得反響生成的2中含有，除去2中混有的，可用飽和食鹽水；同時由于Cl2通過溶液產生，含有水蒸氣，因此需用濃硫酸枯燥；在洗氣過程中，氣流都是長導管一端進入，短導管一端出，因此裝置的連接挨次為：c-d-b-a-e?！?〕氯水中能使品紅溶液褪色的成分為HClO，HClO不穩(wěn)定，易分解。因此氯水久置后不能使品紅溶液HClO分解。檢驗Cl－ ，可通過檢驗AgCl的生成，檢驗過程中需排解CO32－、HCO3－的干擾，因此檢驗的操作和現象為：向溶液中參與過量的稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再參與AgNO3溶液，假設有白色沉淀產生，則證明原溶液中含有Cl－?！?〕⑤25℃時AgCl的溶度積Ksp=c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10 ，因此25℃時AgCl飽和溶液中，??(???? )=√1.8×1010 =1.34×105??????/??；⑥假設要推斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化狀況，則可設計不同溫度下的飽和溶液在一樣溫度下測試，假設溫度較凹凸的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可說明溫度上升飽和溶液中離子濃度高。故可以設計試樣Ⅰ45℃3比較；設計試樣Ⅱ45℃3比較。⑦b成立的推斷依據是A3>B2>B1?！痉治觥俊?〕試驗室用MnO2和濃鹽酸共熱制取Cl2 ，據此寫出反響的化學方程式。結合濃鹽酸的揮發(fā)性和除雜規(guī)律分析。氯水中能使品紅溶液褪色的成分為HClO；結合Cl－的檢驗分析。⑤AgCl的溶度積進展計算；依據測試溫度和電導率進展分析；⑥假設要推斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化，則需設計不同溫度下的飽和溶液在一樣溫度下測試，據此作答。⑦依據試驗的設計分析。對廢催化劑進展回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的局部流程如下：：25℃時，H2CO3的K=4.5×10?7=：25℃時，H2CO3的K=4.5×10?7=4.7×10?11；Ksp(BaMoO4)=3.5×10?8Ksp(BaCO3)=2.6×10?9a1，Ka2；；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoO2?的形態(tài)存在。4“沉鋁”中，生成的沉淀X為 。“沉鉬”中，pH7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為 。②假設條件把握不當，BaCO3也會沉淀。為避開BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO?):c(MoO2-)=

(列出算式)時，應停頓參與BaCl2溶液。3 4①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為 。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量 (填化學式)氣體，再通入足量CO2，可析出Y。①該氧化物為 。高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如以下圖，圖中所示致密保護膜為H2O2GaAs(①該氧化物為 。②：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反響中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反響的氧化劑與復原劑物質的量之比為 ?！敬鸢浮俊?〕+63Al(OH)34O4

+Ba2+

=BaMoO4

↓；1×10?7mol/L×2.6×10?94.7×10?11×3.5×10?8NaHCO3；NH3〔5〕Al2O3；4:1【考點】純堿工業(yè)〔侯氏制堿法〕，化學平衡常數，常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用，離子方程式的書寫，氧化復原反響的電子轉移數目計算【解析】【解答】〔1〕Na2MoO4Na為＋1價，O為－2價，依據化合物中化合價代數和為0可得，Mo的化合價為＋6價。2NaOH焙燒、水浸后，所得濾液ⅠNaAlO2

CO2

后，發(fā)生反響的離子方程式為：AlO

－＋CO＋H

O=Al(OH)↓＋HCO

— ，因此“沉鋁”過程中，生成沉淀X的化學式為3Al(OH)。3

2 2 2 3 34 ①濾液ⅠpH＞6.0MoMoO2－BaCl4 BaMoO4沉淀，該反響的離子方程式為：Ba2＋＋MoO2－=BaMoO↓；4 4②假設開頭生成BaCO沉淀，則溶液中存在反響：HCO－＋BaMoO?BaCO＋MoO2－＋H＋ ，該反響的平3 3 3衡常數??=3

??(??)×??(??????2)=

??(??)×??(????2)×??(??????2)×??(????2)=

????2×??????(??????????4)。要避開BaMoO

沉淀中混有4??(??????3)4

??(??????3))×??(????2)×??(????2)

??????(????????3) 4??(??)×??(??????2)

×??????(??????????4)BaCO3

沉淀，則必需滿足

4 ??(??????3)

2??????(????????3)

，由于“沉鉬”pH=7.0，即溶液中??(??????2)= )

??(??????3)=c(H+)=1.0×107mol/L，所以當溶液中 4 2

時，開頭生成BaCO3沉淀，此時 2??(??????3)

1.0×107×??????(????????3)

??(??????4)1.0×107×??????(????????3)= 1.0×107×2.6×109

BaCl

溶液。????2×??????(??????????4)

4.7×1011×3.5×108 22 ①由于“沉鋁”過程中參與過量的CO ，反響生成NaHCO ，因此濾液Ⅲ中所含溶質為NaCl2 3NaHCO3 ，因此YNaHCO；3②假設要將NaCl轉化為NaHCO3析出，則可先往溶液中通入足量的NH3 ，再通入足量的CO2 ，發(fā)生NaCl＋H2O＋NH＋CO=NaHCO↓。3 2 32 ①AlO2 ②GaAsAs的化合價為－3價，轉化為＋58GaAs為復原劑，則H2O2為氧化劑，反響過程中H2O2中氧元素由－1價變?yōu)椋?價。在氧化復原反響中，得失電子守恒，故H2O2得到8。因此參與反響的H2O2GaAs4:1，即氧化劑和復原劑的比為4:1?！痉治觥俊?〕依據化合物中化合價代數和為0進展計算。依據沉鋁過程中發(fā)生的反響分析。①依據溶液中所含離子書寫反響的離子方程式；②依據形成沉淀的反響和相關化學平衡常數進展計算。①CO2的過程分析溶液的溶質；②依據Y的成分，確定析出Y的過程中發(fā)生的反響，從而確定通入氣體的成分。2 ①AlO2 ②依據反響過程中化合價的變化，結合得失電子守恒進展計算。我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現碳中和。CH4與CO2重整是CO2利用的爭論熱點之一。該重整反響體系主要涉及以下反響：4 2 2 a)CH(g)+CO(g)?2CO(g)+2H(g)?4 2 2 b)CO

(g)+H(g)?CO(g)+HO(g)?H2 2 2 24 2 CH(g)?C(s)+2H(g)?4 2 2 2CO(g)?CO(g)+C(s)?2 2 2 CO(g)+H(g)?HO(g)+C(s)?2 2 1依據蓋斯定律，反響a的?H= (寫出一個代數式即可)。1上述反響體系在確定條件下建立平衡后，以下說法正確的有 。CO2CH4的濃度，反響a、b、c的正反響速率都增加C(s)c、d、e的平衡均向右移動aCH4的平衡轉化率D.a~e的正、逆反響速率都減小4確定條件下，CH分解形成碳的反響歷程如以下圖。該歷程分 步進展，其中，第 步的正反響活化能最大。4/