【贏在高考·黃金8卷】備戰2024年高考化學模擬卷（黑龍江、甘肅、吉林、安徽、江西、貴州、廣西）黃金卷01（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56Zn65第Ⅰ卷一、單項選擇題：共15題，每題3分，共45分。每題只有一個選項最符合題意。1．化學與材料、人類生活密切相關，下列說法錯誤的是A．食品中添加適量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．在北京冬奧會中，短道速滑服使用的超高分子聚乙烯屬于有機高分子材料C．在日常生活中，造成鋼鐵腐蝕的主要原因是化學腐蝕D．生產宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纖維材料都是新型無機非金屬材料【答案】C【詳解】A．二氧化硫具有漂白性、還原性，食品中添加適量的二氧化硫可以起到漂白，防腐和抗氧化等作用，A正確；B．超高分子聚乙烯屬于有機高分子材料，B正確；C．在日常生活中，造成鋼鐵腐蝕的主要原因是電化學腐蝕中的吸氧腐蝕，C錯誤；D．碳化硅陶瓷和碳纖維材料都是新型無機非金屬材料，D正確；答案選C。2．下列化學用語表述錯誤的是A．CO2的電子式：

B．中子數為20的氯原子：ClC．PH3分子的VSEPR模型：

D．基態Fe原子的價層電子排布圖：

【答案】C【詳解】A．CO2為共價化合物，每個原子均滿8電子穩定結構，電子式：

，A正確；B．核素的表示方法為：元素符號左下角為質子數，左上角為質量數；中子數為20的氯原子：Cl，B正確；C．PH3分子中P原子的價層電子對數為3＋=4，則VSEPR模型為正四面體形，C錯誤；D．基態Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則價層電子排布圖：

，D正確；故選C。3．下列指定反應的離子方程式正確的是A．碘化亞鐵溶液通入少量的氯氣：2Fe2++2I+2Cl2=2Fe3++I2+4ClB．用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中制取碘：2I+H2O2+2H+=I2+2H2OC．Fe(OH)3膠體的制備：Fe3++3NH3?H2O=Fe(OH)3(膠體)+3NHD．等物質的量的NaHCO3溶液與Ca(OH)2溶液混合：2HCO+Ca2++2OH=CaCO3↓+CO【答案】B【詳解】A．碘化亞鐵溶液通入少量的氯氣，只有碘離子被氧化為碘單質，，A錯誤；B．雙氧水能將碘離子氧化成碘單質，用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：，B正確；C．制取紅褐色膠體應該向煮沸的蒸餾水中滴加飽和氯化鐵溶液至溶液變紅褐色；，C錯誤；

D．等物質的量的NaHCO3溶液與Ca(OH)2溶液混合，氫氧根離子過量，碳酸氫根離子完全反應生成碳酸鈣沉淀水：HCO+Ca2++OH=CaCO3↓+H2O，D錯誤；故選B。4．使用下列實驗裝置進行實驗，可以達到實驗目的的是A．裝置甲：制備并收集純凈的 B．裝置乙：灼燒固體C．裝置丙：測量的體積 D．裝置丁：制備膠體【答案】C【詳解】A．氨氣的密度比空氣密度小，需要用向下排氣法，導管應伸到小試管的底部，A錯誤；B．在瓷坩堝中，碳酸鈉高溫下與二氧化硅反應生成硅酸鈉與二氧化碳，不能用瓷坩堝灼燒碳酸鈉固體，B錯誤；C．氧氣不易溶于水，可以通過頁面的高度差確認氧氣的體積，C正確；D．制備膠體需要用飽和氯化鐵溶液滴加進沸騰的蒸餾水中，不能直接滴加進氫氧化鈉溶液，D錯誤；故選C。5．NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．32g環狀S8()分子中含有的SS鍵數為NAB．標準狀況下，2.24LC2H5AC．0.1mol·L1的Na2CO3溶液含COAD．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應后的分子數為2NA【答案】A【詳解】A．32g環狀S8分子的物質的量=，一個環狀S88分子中含有的SS鍵數為NA，A項正確；B．標準狀況下C2H5OH為液體，不能根據氣體摩爾體積計算，B項錯誤；C．不知道溶液體積，無法計算，C項錯誤；D．2molNO與1molO2在密閉容器中完全反應，生成2molNO，但是該反應為可逆反應，反應后不可能完全進行，則反應后的分子數大于2NA，D項錯誤；答案選A。6．下列實驗中的顏色變化與氧化還原反應無關的是選項ABCD實驗溶液滴入溶液中通入溶液中溶液滴入濁液中石蕊溶液滴入氯水中現象產生白色沉淀，最終變為紅褐色產生淡黃色沉淀沉淀由白色逐漸變為黃色溶液變紅，隨后迅速褪色A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先發生復分解反應產生Fe(OH)2白色沉淀，2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2具有強的還原性，又被溶解在溶液中的O2氧化為Fe(OH)3，發生反應：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此看到白色沉淀迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色，顏色變化與氧化還原反應有關，A不符合題意；B．通入溶液中，發生反應3+2=3S+2Na2SO3，該反應中元素化合價發生變化，屬于氧化還原反應，B不符合題意；C．KI溶液滴入AgCl濁液中，發生沉淀轉化，由白色AgCl沉淀逐漸變為溶解度更小的黃色AgI沉淀，因此看到沉淀由白色逐漸變為黃色，在反應過程中元素化合價不變，故物質的顏色變化與氧化還原反應無關，C符合題意；D．氯水中含有HCl、HClO電離產生的H+，溶液顯酸性，使紫色石蕊試液變為紅色，同時溶液中含有的HClO、ClO具有強氧化性，又將紅色物質氧化變為無色，因此石蕊溶液滴入氯水中，看到溶液先變紅，隨后迅速褪色，物質的顏色變化與氧化還原反應有關，D不符合題意；故選C。7．常溫下，下列粒子能在指定的溶液中大量共存的是A．遇KSCN變紅色的溶液：、、、B．的溶液中：、、、C．pH＝0的溶液中：、、、D．在溶質為溶液中：、、、【答案】B【詳解】A．遇KSCN變紅色的溶液說明含有三價鐵，雙氧水會被三價鐵催化分解，A錯誤；B．說明溶液顯酸性，在酸性條件下四種離子均可大量存在，B正確；C．pH＝0的溶液說明是酸性溶液，會和氫離子反應生成硫單質和二氧化硫，和氫離子會生成弱電解質，二價鐵和次氯酸根離子也會發生氧化還原反應，C錯誤；D．和碳酸氫根離子會發生相互促進的雙水解反應，D錯誤；故選B。8．某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對反應[可用aA(g)＋bB(g)cC(g)表示]的化學平衡的影響，得到如下圖象(圖中p表示壓強，T表示溫度，n表示物質的量，α表示平衡轉化率，φ表示體積分數)。根據圖象，下列判斷正確的是A．反應Ⅰ：若p1＞p2，則此反應只能在高溫下自發進行B．反應Ⅱ：此反應的ΔH＜0，且T1＜T2C．反應Ⅲ：ΔH＞0且T2＞T1或ΔH＜0且T2＜T1D．反應Ⅳ：T1＜T2，則該反應不易自發進行【答案】B【詳解】A．若p1＞p2，T相同時，壓強增大，A的轉化率增大即平衡正向移動，所以a+b>c。該反應是一個熵減的反應，。壓強不變時，升高溫度，α(A)減小，平衡逆向移動，因此ΔH＜0。想要反應自發進行即<0，需要T足夠小，A不符合題意；B．剛開始時T2溫度下反應較快，因此T2>T1。反應達到平衡后，溫度低時生成的產物較多，因此正反應為放熱反應，ΔH＜0，B正確；C．當n(B)為一定值時，T1比T2溫度下φ(C)值更大，即反應正向進行。若ΔH＞0則T2＜T1，或若ΔH＜0則T2＞T1，C錯誤；D．T1＜T2，A的轉化率在T1時較高，即降溫有利于反應正向進行，ΔH＜0。因為壓強變大平衡不移動，所以a+b=c，所以。想要反應自發進行即<0恒成立，反應可以自發進行，D錯誤。該題選B。9．TCCA是一種高效消毒劑，由原子序數依次增大的W、X、Y、Z四種元素構成，且位于兩個不同短周期。W元素的K層電子數與其p能級上的電子數相等，基態Y原子s能級電子總數與p能級電子總數相等，其原子半徑小于W原子，Z元素的原子半徑為同周期主族元素最小。下列敘述正確的是A．電負性大小：X＞Y＞WB．簡單離子半徑：Z＞Y＞XC．Y的氫化物的沸點一定高于W的氫化物D．化合物WY2中，W的雜化方式為sp，為非極性分子【答案】D【分析】原子序數依次增大的W、X、Y、Z四種元素構成，且位于兩個不同短周期。W元素的K層電子數與其p能級上的電子數相等，則W為碳；基態Y原子s能級電子總數與p能級電子總數相等，其原子半徑小于碳原子，則Y與碳同周期，為氧，那么X原子序數位于碳氧之間，X為氮；Z元素的原子半徑為同周期主族元素最小，為第三周期的氯；【詳解】A．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；電負性大小：O＞N＞C，A錯誤；B．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；簡單離子半徑：Cl＞N3＞O2，B錯誤；C．碳可以形成相對分子質量很大的高聚物氫化物，故氧的的氫化物的沸點不一定高于碳的氫化物，C錯誤；

D．化合物CO2中分子構型為直線形，碳的雜化方式為sp，分子正負電荷中心重合，為非極性分子，D正確；故選D。10．下列由實驗現象所得結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向濃硝酸中插入紅熱的木炭，產生紅棕色氣體紅棕色的NO2一定是由木炭和濃硝酸的反應生成的B室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色Fe3+的氧化性比I2的強C常溫下，將鐵片浸入足量濃硫酸中，鐵片不溶解常溫下，鐵與濃硫酸沒有發生化學反應D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．C與濃硝酸反應生成二氧化氮，且濃硝酸分解生成二氧化氮，結論不合理，故A錯誤；B．發生氧化還原反應生成碘，淀粉遇碘變藍，由操作和現象可知Fe3+的氧化性比I2的強，故B正確；C．常溫下Fe與濃硫酸發生鈍化，生成致密的氧化膜阻止反應的進一步發生，故C錯誤；D．氯離子和碘離子的濃度大小未知，不能確定溶度積大小，故D錯誤；故選：B。11．2022年諾貝爾化學獎授予研究“點擊化學”的科學家，下圖是利用點擊化學方法設計的一種新型的1，2，3三唑類殺菌劑的合成路線。下列有關說法正確的是A．有機物Ⅰ中含有手性碳原子B．有機物Ⅰ中所有碳原子一定共平面C．有機物Ⅱ最多能與發生加成反應D．有機物Ⅲ有兩性，既能和酸反應又能和堿反應【答案】B【詳解】A．根據有機物Ⅰ的結構可知，其中不存在飽和碳原子，其中沒有手性碳原子，A錯誤；B．有機物Ⅰ中苯環上的碳原子確定一個平面，和苯環直接相連的碳原子也在這個平面上，B正確；C．有機物Ⅱ含有一個苯環，一個碳碳三鍵，則有機物Ⅱ最多能與發生加成反應，C錯誤；D．有機物Ⅲ中含有氮原子，可以和酸反應，但是不可以和堿反應，不具有兩性，D錯誤；故選B。12．廢舊鉛蓄電池會導致鉛污染，回收鉛的流程如圖所示。已知：鉛膏的主要成分是PbO2和PbSO4。下列說法錯誤的是A．SO2的作用是將PbO2還原成PbSO4B．加入(NH4)2CO3后發生的反應為：PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)C．步驟X可以是蒸干灼燒D．若步驟X為電解，則整個流程中，HNO3可循環使用【答案】C【分析】鉛膏向漿液中加入二氧化硫和(NH4)2CO3，PbO2具有氧化性，將二氧化硫氧化，生成硫酸鉛，再加入碳酸銨發生反應，生成PbCO3和(NH4)2SO4；向PbCO3中加入HNO3生成Pb(NO3)2和二氧化碳氣體，Pb(NO3)2處理得到鉛單質。【詳解】A．二氧化硫具有還原性，根據分析可知，SO2的作用是將PbO2還原成PbSO4，A正確；B．根據分析可知，加入(NH4)2CO3后，PbSO4轉化為PbCO3，發生的反應為PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)，B正確；C．Pb(NO3)2溶液水解生成氫氧化鉛和揮發性酸，蒸干灼燒得到鉛氧化物，C錯誤；

D．若步驟X為電解，則整個流程中陽極生成硝酸、陰極生成鉛單質，HNO3可循環使用，D正確；故選C。13．鈣鈦礦類雜化材料(CH3NH3)PbI3在太陽能電池領域具有重要的價值，其晶胞結構如圖所示，B代表Pb2+，A的原子分數坐標為(0，0，0)，B的原子分數坐標為(，，)。下列說法中錯誤的是A．A的配位數為12B．A代表C．B原子處于C原子所形成的正四面體空隙中D．C的原子分數坐標：(1，，)【答案】C【詳解】A．由圖可知，距離A最近且等距離的C在面心，一個橫截面有4個，三個橫截面，因此共有12個，A正確；B．A位于頂點，個數為1，A代表，B正確；C．根據晶胞結構可知，B原子處于C原子所形成的正八面體空隙中，C錯誤；D．根據晶胞中原子的相對位置可知，若原子分數坐標A為(0，0，0)，B為(，，)，則C的原子分數坐標為(1，，)，D正確；故選C。14．最近我國科學家研制出一種可充電NaZn雙離子電池體系，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．充電時，陰極區溶液的pH增大C．充電時，Na+會通過陽離子交換膜移動到陰極D．放電時，正極反應式為Na0.6xMnO2+xe+xNa+=NaMnO2【答案】B【分析】由圖可知，放電時，Zn作負極，電極反應式為Zn2e+4OH=[Zn(OH)4]2，右側為正極，電極反應式為NaMnO2+xe+xNa+═NaMnO2，充電時，Zn作陰極，電極反應式為[Zn(OH)4]2+2e=Zn2e+4OH，右側為陽極，據此作答。【詳解】A．充電時，Zn作陰極，電極反應式為[Zn(OH)4]2+2e=Zn2e+4OH，生成氫氧根離子，陰極區溶液的pH增大，故A正確；B．放電時，Zn作負極，電極反應式為Zn2e+4OH=[Zn(OH)4]2，每轉移0.2mol電子，負極區電解質溶液質量增加×65g/mol=6.5g，同時有0.2mol鈉離子遷移到右側，質量減小0.2mol×23g/mol=4.6g,故負極區電解質溶液質量實際增加6.5g4.6g=1.9g，故B錯誤；C．充電時，陽離子向陰極移動，故Na+會通過陽離子交換膜移動到陰極，故C正確；D．放電時，Zn作負極，右側為正極，電極反應式為NaMnO2+xe+xNa+═NaMnO2，故D正確；故選B。15．25℃，用濃度為0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL濃度為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZ<HY<HXB．根據滴定曲線，可知C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時，溶液存在：D．將HY和HZ溶液混合后，溶液中存在：【答案】B【分析】濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，根據滴定曲線0點三種酸的pH可得到HZ是強酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。【詳解】A．HZ是強酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。則同溫同濃度時，三種酸的導電性：HZ＞HY＞HX，故A錯誤；B．當NaOH溶液滴加到10mL時，溶液中c(HY)≈c(Y)，即Ka(HY)=≈c(H+)=10pH=105，故B正確；C．用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X的水解程度大于Y，溶液中c(Y)＞c(X)，故C錯誤；D．HY與HZ混合，溶液的電荷守恒式為：c(H+)=c(Y)+c(Z)+c(OH)，又根據HY的電離平衡常數：Ka(HY)=即有：c(Y)=，所以達平衡后：c(H+)=+c(Z)+c(OH)，故D錯誤；故選B。第Ⅱ卷二、非選擇題：共4題，共55分。16．（14分）亞硝酸鈉廣泛用于工業、建筑業及食品加工業。某課外活動小組的同學擬制備亞硝酸鈉、測定其產品的純度并驗證亞硝酸鈉的某些性質。（1）甲組同學采用下圖裝置制取亞硝酸鈉。①儀器M的名稱是。②裝置A中用較濃的硫酸而不用稀硫酸的原因是。③若裝置B中生成等物質的量的NO與NO2，則裝置B中發生反應的離子方程式為。④已知NO與NaOH溶液不反應，而NO2可與NaOH溶液發生反應：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。若通入裝置C中的NO與NO2物質的量之比為1：1，則裝置C中發生反應的化學方程式為。（2）乙組同學擬測定甲組制得的產品中NaNO2的純度。乙組同學采用高錳酸鉀滴定法，稱取mg試樣于錐形瓶中，加入適量水溶解，然后用cmol·L－1的KMnO4溶液（適量稀H2SO4酸化）進行滴定，并重復上述操作2次。①高錳酸鉀溶液應盛放在（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②滴定至終點時溶液的顏色變化是。③若滴定至終點時平均消耗VmL標準溶液，則產品的純度為（用含c、m、V的代數式表示）。（3）丙組同學擬設計實驗證明：①酸性條件下NaNO2具有氧化性。實驗操作為。②HNO2的酸性比CH3COOH強。實驗操作為。【答案】（1）①圓底燒瓶②SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出③2SO2+H2O+2NO3=NO+NO2+2SO42+2H+④NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3（2）①酸式②由無色變為淡紫紅色(或淺紅色)，且半分鐘內不褪色③%(或×100%)（3）①取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化鉀試紙試驗，觀察顏色變化(或其他合理答案)②相同溫度下，分別測定相同物質的量濃度的NaNO2溶液與CH3COONa溶液的pH，比較pH的大小(或其他合理答案)【分析】由裝置圖可知，裝置A用80%硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，反應生成的二氧化硫通入到裝置B中，SO2與8mol/L硝酸反應制得等物質的量的NO與NO2，等物質的量的NO與NO2通入到裝置C中，與碳酸鈉溶液反應制得亞硝酸鈉。【詳解】（1）①裝置A中儀器M為圓底燒瓶，故答案為圓底燒瓶；②裝置A用80%硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，，二氧化硫易溶于水，如果用稀硫酸，二氧化硫不易逸出，若用較濃硫酸，可以減少SO2的溶解，有利于二氧化硫逸出，故答案為SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出；③B裝置中HNO3具有強氧化性，與具有還原性的SO2反應生成等物質的量的NO和NO2，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應的離子反應方程式為：2SO2+H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋，故答案為2SO2+H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋；④等物質的量的NO和NO2在碳酸鈉濃溶液中發生氧化還原反應生成NaNO2和NaHCO3，反應的化學方程式為NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3，故答案為NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3；（2）①酸式滴定管只盛放酸性溶液和具有強氧化性的溶液，堿式滴定管盛放堿性溶液，高錳酸鉀溶液具有強氧化性，應盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②亞硝酸鈉溶液與高錳酸鉀標準溶液反應時，滴入的紫紅色高錳酸鉀溶液褪色，則滴定至終點時溶液的顏色變化是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液由無色變為淺紅色，且30s內不恢復原來的顏色，故答案為由無色變為淡紫紅色(或淺紅色)，且半分鐘內不褪色；③由得失電子數目守恒可得n(KMnO4)×5=n(NaNO2)×2，n(NaNO2)=5×V×10－3×c/2mol，則NaNO2的純度為5Vc×10－3×69/2m×100%=×100%=%，故答案為%(或×100%)；（3）①NaNO2具有氧化性，能與酸化的淀粉－KI試液反應生成單質碘使溶液變藍色，具體操作是取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化鉀試紙試驗，觀察顏色變化，故答案為取少量NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化鉀試紙試驗，觀察顏色變化；②比較酸性強弱，可用以下方法，相同物質的量濃度的酸溶液，溶液pH越小說明酸性越強；相同物質的量濃度NaNO2和CH3COONa溶液，酸性越強，鹽的水解程度越小，鹽溶液的pH越小等；則比較酸性強弱，可用以下方法：相同溫度下，分別測定相同物質的量濃度的NaNO2溶液與CH3COONa溶液的pH，比較pH的大小，故答案為相同溫度下，分別測定相同物質的量濃度的NaNO2溶液與CH3COONa溶液的pH，比較pH的大小。17．（13分）高鐵酸鉀是新型多功能水處理劑，其生產工藝如圖所示：已知：①與溶液反應的產物與反應溫度有關，溫度較低時產物為和；溫度較高時產物為和。②同一條件下，溶液的堿性越強，高鐵酸鹽的穩定性越高。回答下列問題：（1）寫出與溶液在較高溫度下反應的離子方程式：。（2）向“溶液Ⅰ”中加入固體起到的作用有降低的溶解度、、；（3）晶胞結構如圖，設晶胞邊長為apm，NA為阿伏加德羅常數的值，則距離最近的間的距離為，該晶體的密度為。(列出計算式)（4）配制溶液時，將固體溶解在水中(水的密度近似為)，所得溶液的密度為，則該溶液的物質的量濃度為。(保留3位有效數字)（5）步驟③發生的反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比n(氧化劑)∶n(還原劑)。對“濕產品”進行“洗滌、干燥”時，洗滌劑最好選用(填標號)溶液和異丙醇。A．

B．

C．【答案】（1）（2）使完全反應生成增強溶液的堿性（3）(未化成最簡的計算式也可)（4）（5）C【分析】過量的氯氣和氫氧化鈉生成氧化性物質次氯酸鈉，加入氫氧化鈉使得溶液顯堿性，除去氯化鈉后加入硝酸鐵溶液，發生氧化還原反應生成，加入飽和氫氧化鉀溶液析出晶體。【詳解】（1）與NaOH溶液在較高溫度下反應，產物為NaCl、和，反應中部分氯化合價由0變為1、部分由0變為+5，根據電子守恒可知，離子方程式；（2）由流程可知，步驟①氯氣過量，步驟③需要堿性條件，故向“溶液Ⅰ”中加入NaOH固體起到的作用有降低NaCl的溶解度、使氯氣完全反應生成NaClO、增強溶液的堿性；（3）由圖可知，距離最近的間的距離為面對角線的二分之一，為pm；根據“均攤法”，晶胞中含個Cl、個Na，則晶體密度為；（4）利用公式，可得；（5）步驟③發生反應為鐵離子和次氯酸根離子發生氧化還原反應生成高鐵酸根離子和氯離子、水，離子方程式為，是還原劑，是氧化劑，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2；根據已知條件可知，洗滌劑不能選用水解呈酸性的溶液和溶液，應選用水解呈堿性的溶液，故選C。18．（14分）綜合利用化石燃料，提高利用率，有助于實現“碳達峰、碳中和”。回答下列問題：Ⅰ.利用CH4－CO2干重整反應不僅可以對天然氣資源綜合利用，還可以緩解溫室效應對環境的影響。該反應一般認為通過如圖步驟來實現：①CH4(g)C(ads)+2H2(g)②C(ads)+CO2(g)2CO(g)上述反應中C(ads)為吸附活性炭，反應歷程的能量變化如圖：（1）CH4~CO2干重整反應的熱化學方程式為(選用含E1、E2、E3、E4、E5的表達式表示反應熱)，該反應的決速步驟是(填“反應Ⅰ”或“反應Ⅱ”)。（2）在恒壓條件下，等物質的量的CH4(g)和CO2(g)發生干重整反應時，CH4和CO2的平衡轉化率曲線隨溫度變化如圖所示。已知在干重整中還發生了副反應：③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，則表示CO2平衡轉化率的是曲線(填“A或B”)，判斷的依據。Ⅱ.在一密閉容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)發生甲烷的水蒸氣重整反應，方程式如下：④CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)。（3）500℃時，反應相同時間后測得CH4的轉化率隨壓強的變化如圖所示，則圖中E點和G點，處于化學平衡狀態的是點(填“E或G”)。（4）若tmin后反應至E點，此時容積為VL，則用H2O(g)表示的化學反應速率為mol/(L?min)(用含t、V的式子表示)。結合圖中的相關數據，計算此溫度下反應④的平衡常數Kp=(用分壓代替濃度，分壓=總壓×物質的量分數，列出計算式，無需化簡)。【答案】（1）反應Ⅰ（2）A是吸熱反應，發生副反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，副反應中二氧化碳和氫氣反應也是吸熱反應，因此升高溫度，兩個反應平衡正向移動，二氧化碳轉化率更大（3）G（4）【詳解】（1）根據題意，焓變等于生成物總能量減去反應物總能量，則CH4~CO2干重整反應的熱化學方程式為；過渡態物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，峰值越小則活化能越小，活化能越小反應越快，活化能越大反應越慢，決定總反應速率的是慢反應；反應Ⅱ的活化能比反應Ⅰ活化能小，該反應的決速步驟是比反應Ⅰ；（2）是吸熱反應，發生副反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H＞0，副反應中