2024年1月“九省聯考”考前化學猜想卷化學·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16F19Na23Cl35.5Mn55Fe56Cu64Ag108Cs133Ba137一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．化學與生產生活、社會發展息息相關，下列說法不正確的是A．鉻是硬度最高的金屬，常添加在不銹鋼中以增強其耐腐蝕性B．飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機高分子C．卡塔爾光伏電站實現了將光能轉化為電能，用到的材料主要為硅單質D．在合金中加入適量稀土金屬可改善合金的性能，因而稀土元素又被稱為“冶金工業的維生素”【答案】B【解析】A．鉻是硬度最高的金屬，常添加在不銹鋼中以增強其耐腐蝕性、硬度，A正確；B．玻璃纖維屬于合成高分子化合物，不屬于天然有機高分子化合物，故B錯誤；C．硅為常用的半導體材料，卡塔爾光伏電站實現了將光能轉化為電能，用到的材料主要為硅單質，故C正確；D．在合金中加入適量稀土金屬可改善合金的性能，使合金具有各種不同的性能，因而稀土元素又被稱為“冶金工業的維生素”，故D正確；故選B。2．下列化學用語表達正確的是A．用系統命名法命名為3?甲基丁酸B．空間填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．分子中，碳原子與氧原子之間形成的共價鍵類型為鍵D．基態鈹原子最外層電子的電子云輪廓圖：【答案】A【解析】A．是羧酸，用系統命名法命名為3-甲基丁酸，故A正確；B．可以表示甲烷分子，但是不能表示CCl4分子，因為Cl原子的半徑比C原子大，與比例模型中的原子大小不符，故B錯誤；C．甲醇分子中C原子sp3雜化，O原子sp3雜化，CH3OH分子中，碳原子與氧原子之間形成的共價鍵類型為sp3-sp3σ鍵，故C錯誤；D．基態鈹原子電子排布式為1s22s2，最外層電子在s軌道，電子云輪廓是球形的，故D錯誤；故選A。3．金粉溶于過氧化氫-濃鹽酸可以安全環保的制備氯金酸()，其化學方程式為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．消耗1molAu，反應轉移的電子數為B．消耗2molHCl生成的分子數為C．消耗85g，產物中形成的配位鍵數目為D．2mol液態水中含有的氫鍵數目為【答案】A【解析】A．由方程式可知，2molAu參與反應，轉移電子的物質的量為8mol，因此消耗1molAu，反應轉移的電子數為4NA，A正確；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子數為0.25NA，B錯誤；C．每個H[AuCl4]中含有4個配位鍵，85gH2O2的物質的量為：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反應生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，產物中形成的配位鍵數目為4NA，C錯誤；D．1mol冰中含有2mol氫鍵，液態水中的氫鍵小于冰，因此2mol液態水中含有的氫鍵數目小于4NA，D錯誤；故選A。4．下列敘述對應的離子方程式正確的是A．向飽和NaOH溶液中通入過量析出白色晶體：B．白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深藍色溶液：C．向溶液中滴入酸化的溶液產生白色沉淀：D．向溶液中滴入溶液產生黑色沉淀和氣泡：【答案】D【解析】A．向飽和NaOH溶液中通入過量析出白色晶體即產生沉淀，故離子方程式為，A錯誤；B．沉淀在離子方程式書寫時不能拆，故白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深藍色溶液的離子方程式為，B錯誤；C．硝酸具有強氧化性，能夠將NaHSO3氧化為硫酸鈉，硫酸鈉與硝酸鋇反應生成難溶于酸的硫酸鋇，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液產生白色沉淀的離子方程式為：，C錯誤；D．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液產生黑色沉淀（MnO2）和氣泡（O2），根據氧化還原反應配平可得該反應的離子方程式為，D正確；故答案為：D。5．一定條件下，H2與HCO在活性Fe3O4-x表面轉化為HCOO-，其部分反應機理如圖所示。下列說法正確的是A．吸附在Fe3O4-x上的兩個氫原子帶相同電荷 B．生成1molHCOO-理論上轉移電子2molC．步驟Ⅰ中HCO發生氧化反應 D．反應過程中只有極性鍵的斷裂與生成【答案】B【解析】A．由圖可知，吸附在Fe3O4-x上的兩個氫原子分別于鐵、氧結合，故帶不相同電荷，A錯誤；B．反應中HCO轉化為HCOO-，根據碳元素化合價變化可知，電子轉移為2e-~HCOO-，則生成1molHCOO-理論上轉移電子2mol，B正確；C．步驟Ⅰ中HCO失去氧，發生還原反應，C錯誤；D．反應過程中氫氣和HCO轉化為HCOO-和水，反應中存在氫氫鍵、氫氧鍵斷裂，氫氧鍵、碳氫鍵的生成，故還存在氫氫非極性鍵斷裂，D錯誤；故選B。6．分子之間可通過空間結構和作用力協同產生某種選擇性，從而實現分子識別。下圖是一種分子梭，在鏈狀分子A上有兩個不同的識別位點。下列說法錯誤的是A．分子B含有醚鍵，屬于冠醚，可以與分子A形成超分子B．在堿性情況下，環狀分子B與帶有正電荷的位點1的相互作用較強C．在分子B上引入某些基團后可攜帶其他離子，通過識別位點實現離子轉運D．通過加入酸、堿或鹽，均能實現分子梭在兩個不同狀態之間的切換【答案】D【分析】由題可知，在酸性條件下，A分子中位點2的烷胺基結合H+而帶正電荷，與環狀分子B的作用力增強；在堿性條件下，環狀分子B與帶有正電荷的位點1的相互作用較強。因此，通過加入酸或堿，可以實現分子梭在兩個不同狀態之間的切換。【解析】A．分子B含有醚鍵，根據B的結構可知B屬于冠醚，可以與分子A形成超分子，A正確；B．根據分析，在堿性條件下，環狀分子B與帶有正電荷的位點1的相互作用較強，B正確；C．B屬于冠醚，在分子B上引入某些基團后可攜帶其他離子，通過識別位點實現離子轉運，C正確；D．根據分析，通過加入酸、堿，能實現分子梭在兩個不同狀態之間的切換，加入鹽不一定能使實現分子梭在兩個不同狀態之間的切換，D錯誤；故選D。7．電解硫酸鈉溶液制取電池正極材料的前驅體，其工作原理如圖所示：下列說法不正確的是A．a是直流電源的正極，石墨電極發生氧化反應B．交換膜A是陰離子交換膜，通電一段時間，Ⅰ室pH降低C．當產生的時，標準狀況下純鈦電極上至少產生氣體D．若將純鈦電極直接放入Ⅱ室，則純鈦電極上會有金屬與前驅體附著而使產率降低【答案】C【分析】由圖可知，前驅體在III室生成，則II室的金屬陽離子進入III室，交換膜B為陽離子交換膜，則右側純鈦電極為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-與金屬陽離子結合得到前驅體，為保持電荷守恒，交換膜A為陰離子交換膜，左側石墨電極為陽極，電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，所以電解過程實際上是電解水。【解析】A．由上述分析可知，石墨為陽極，發生氧化反應，則a為電源的正極，故A正確；B．由分析可知，交換膜A為陰離子交換膜，左側電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，產生H+，故pH降低，故B正確；C．每生成的，就相當于生成0.2molOH-，由電極反應式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，會生成0.1molH2，在標準狀況下的體積為2.24L，故C錯誤；D．純鈦電極若直接放入II室，會導致接受電子的物質不是水而是金屬離子，導致金屬單質的生成，附著在前驅體上導致產率的降低，故D正確；答案選C。8．甘草素是從甘草中提煉制成的甜味劑，其結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．該分子具有旋光性 B．分子中至少有5個碳原子共直線C．可使酸性溶液褪色 D．1mol甘草素最多可通過加成反應消耗【答案】B【解析】A．連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，甘草素中有1個手性碳原子，手性碳有旋光性，則該分子具有旋光性，A項正確；B．甘草素分子結構中含有苯環結構，對角線上的四個原子共線，若碳原子共線，則至少有3個碳原子共直線，B項錯誤；C．甘草素含有酚羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D．甘草素含有兩個苯環，一個羰基，1mol甘草素，最多可以通過加成反應消耗7mol氫氣，D項正確；答案選B。9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y和W位于同主族，一種化合物的結構如圖所示。下列敘述正確的是A．原子半徑：X>Y>Z B．最高價含氧酸的酸性Z大于WC．簡單氫化物的還原性Y大于W D．X、Y形成的化合物只有5種【答案】A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y和W位于同族，化合物結構中，W可形成6對共用電子對，Y可形成2對共用電子對，則W為S元素，Y為O元素，而X可形成3對共用電子對，X的原子序數小于氧，則X為N元素，Z可形成1對共用電子對，Z的原子序數大于氧且小于硫，可知Z為F元素。【解析】A．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，原子半徑：X>Y>Z，故A正確；B．氟元素沒有最高價含氧酸，故B錯誤；C．元素非金屬性O>S，簡單氫化物的還原性H2O<H2S，故C錯誤；D．N元素與O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5六種化合物，故D錯誤；故選：A。10．相同狀況下，將裝有和空氣的集氣瓶，分別按如圖甲、乙兩種方式放置，中間用玻璃板隔開，抽掉玻璃板后，下列現象預測和分析不正確的是選項現象預測分析A甲盛的集氣瓶較快變淺密度比空氣大B乙盛空氣的集氣瓶出現紅棕色熵增的方向是自發的C所有集氣瓶中氣體顏色變淺反應正向移動D若經過足夠長的時間，所有瓶中顏色相同最終可以達到平衡狀態【答案】C【解析】A．抽掉玻璃板后，甲盛二氧化氮的集氣瓶較快變淺，說明甲中二氧化氮向下擴散速率比乙中空氣向上擴散速率快，證明二氧化氮的密度比空氣大，故A正確；B．氣體混合時混亂度增大的熵增的過程，則抽掉玻璃板后，乙盛空氣的集氣瓶出現紅棕色，說明熵增的方向是自發的，故B正確；C．抽掉玻璃板后，甲乙的體積均增大，二氧化氮濃度減小，所有集氣瓶中氣體顏色變淺，二氧化氮轉化為四氧化二氮的反應為氣體體積減小的反應，壓強減小，平衡向逆反應方向移動，不是正向移動，故C錯誤；D．經過足夠長的時間，甲和乙中均達到相同的平衡狀態，因為狀態相同，所以瓶中氣體顏色相同，故D正確；故選C。11．為了探究CdS、Ag2S的溶解度相對大小，利用如圖裝置進行實驗。已知：Ag2S呈黑色，難溶；CdS呈黃色，難溶；FeS呈塊狀黑色，難溶。下列敘述正確的是A．X為硝酸，Y溶液為硫酸銅溶液B．若裝置B中先生成黑色沉淀，則Ag2S的溶解度小于CdSC．停止反應的操作是關閉活塞KD．用濃鹽酸和MnO2制備氯氣時可以用裝置A【答案】C【分析】A裝置稀酸和FeS反應生成H2S氣體，H2S氣體通入B裝置和含Ag+、Cd2+溶液反應，裝置C是為了檢驗硫化氫氣體是否過量；【解析】A．若X為稀硝酸，會產生NO氣體，達不到實驗目的，A項錯誤；B．若裝置B中先生成黑色沉淀，不能根據沉淀先后去證明的溶解度小于CdS，B項錯誤；C．關閉活塞K則停止通入氣體，可以讓反應停止，C項正確；D．用濃鹽酸和制備氯氣時需要加熱，不能用裝置A，D項錯誤；答案選C。12．快離子導體是一類具有優良導電能力的固體電解質。圖1(Li3SBF4)和圖2是潛在的快離子導體材料的結構示意圖。溫度升高時，NaCl晶體出現缺陷，晶體的導電性增強。該晶體導電時，③遷移的途徑有兩條：途徑1：在平面內擠過2、3號氯離子之間的狹縫(距離為x)遷移到空位。途徑2：擠過由1、2、3號氯離子形成的三角形通道(如圖3，小圓的半徑為y)遷移到空位。已知：氯化鈉晶胞參數a=564pm，r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，=1.7。下列說法不正確的是A．第二周期元素中第一電離能介于B和F之間的元素有4種B．圖1所示晶體中，每個Li+與4個呈四面體結構的離子相鄰C．氯化鈉晶體中，Na+填充在氯離子形成的正八面體空隙中D．溫度升高時，NaCl晶體出現缺陷，晶體的導電性增強，該晶體導電時，③遷移的途徑可能性更大的是途徑1【答案】D【解析】A．第二周期元素第一電離能從左向右呈增大趨勢，由于Be的2s軌道全滿，N的2p軌道半滿，結構穩定，造成Be和N比同周期相鄰元素的第一電離能高，因此第一電離能介于B和F之間的有Be、C、N、O共4種，A正確；B．由圖1所示晶體結構可知，Li+位于棱心，正四面體結構的離子在體心，則每個Li+與4個呈四面體結構的離子相鄰，B正確；C．NaCl晶胞中Na+周圍有3個Cl-，則在NaCl晶體中，Na+周圍等距離最近有6個Cl-，6個Cl-構成正八面體結構，即Na+填充在Cl-堆積而成的八面體空隙中，C正確；D．該三角形為等邊三角形，邊長等于圖2中面對角線長度，故三角形邊長=，即，r(Cl-)=185pm，解得x=24.8pm；內部虛線部分三角形的頂角為120°、兩腰長為r(Cl)+y、底長為282pm，邊角關系有[r(Cl)+y]=282pm，解得y=47.2pm；由于擠過由1、2、3號氯離子形成的三角形通道y的值大于擠過2、3號氯離子之間的狹縫x值，所以Na+如果能擠過，那么擠過由1、2、3號氯離子形成的三角形通道相對容易些，即遷移可能性更大的途徑是途徑2，D錯誤；故選D。13．已知1，3-丁二烯與HBr加成的能量-反應進程圖如圖所示(圖中、、表示各步正向反應的焓變)。下列說法正確的是A．反應時間越長，1，3-丁二烯與HBr反應得到3-溴-1-丁烯的比例越大B．0℃、短時間tmin內，的1，3-丁二烯與HBr完全反應得到兩種產物的比例為7：3(設反應前后體積不變)，則生成1-溴-2-丁烯的平均速率為C．1，3-丁二烯與HBr反應，生成3-溴-1-丁烯的反應熱為、生成1-溴-2-丁烯的反應熱為D．與烯烴結合的一步為決速步，進攻時活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯【答案】D【解析】A．根據圖示可知，1-溴-2-丁烯的能量低，更穩定，因此反應時間越長，得到1-溴-2丁烯的比例越大，A錯誤；B．根據圖示可知，生成3-溴-1-丁烯的第二步反應的活化能低，因此短時間內，生成3-溴-1-丁烯的比例大，故生成1-溴-2-丁烯的平均速率為，B錯誤；C．根據蓋斯定律，生成3-溴-1-丁烯的反應熱為，生成1-溴-2-丁烯的反應熱為，C錯誤；D．根據圖示可知，第一步反應的活化能大于第二步反應的活化能，故第一步即H+與烯烴結合的一步為決速步，第二步反應中生成3-溴-1-丁烯的活化能小，即Br-進攻時活化能小的反應得到3-溴-1-丁烯，D正確；故選D。14．輝銅礦[，含雜質]合成目標產物的流程如下。下列說法正確的是A．步驟Ⅰ在足量中煅燒產生氣體的主要成分：B．步驟Ⅱ得溶液中溶質的主要成分：和C．步驟Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡：D．為得純凈目標產物，步驟Ⅳ的實驗操作步驟依次：加熱蒸發、冷卻結晶、抽濾洗滌【答案】C【分析】輝銅礦通入氧氣進行煅燒，發生反應，固體B為CuO和，加入鹽酸得到Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液，加入過量氨水，得到氫氧化鐵、氫氧化亞鐵、Cu[(NH3)4]Cl2。【解析】A.步驟Ⅰ在足量中煅燒時，發生反應的化學方程式為,產生氣體的主要成分為，故A錯誤；B.步驟Ⅱ得溶液中溶質的主要成分為、和，故B錯誤；C.步驟Ⅲ的溶液D中存在平衡平衡，故C正確；D.從流程看，溶液D中陰離子主要為氯離子，為得純凈目標產物，溶液D中應引入硫酸根離子，再向濾液中加入乙醇，再過濾、洗滌、干燥，故D錯誤。答案為C。15．用0.1000mol/LNa2SO4標準溶液滴定20.00mLBaCl2溶液，測得溶液電導率σ及-lgc(Ba2+)隨滴入Na2SO4標準溶液的體積V(Na2SO4)的變化關系如圖所示。下列說法不正確的是A．BaCl2溶液的濃度為0.1000mol/LB．Ksp(BaSO4)=10-10C．等濃度的Na+比Ba2+導電能力差D．若實驗所用BaCl2溶液是用粗產品配制得來，則0.5000g粗產品中BaCl2?2H2O的質量分數為97.6%【答案】C【分析】拐點處是恰好完全反應的終點，發生的反應為。【解析】A.0.1mol/LmL，可得，A項正確；B.恰好完全反應的終點時，溶液中的鋇離子和硫酸根處于沉淀溶解平衡狀態，此時-lgc(Ba2+)=5，由此可得，B項正確；C.電導率起點時是0.1000mol/L溶液，則mol/L，mol/L，電導率拐點時是0.1000mol/LNaCl溶液，則mol/L，mol/L，電荷濃度起點是拐點的2倍，但電導率并未減小2倍，說明等濃度的比導電能力強，C項錯誤；D.根據Ba元素守恒，溶液中，mol，則的物質的量為0.002mol，g，則質量分數為。D項正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（15分）肼()可作火箭發射的燃料。某實驗興趣小組利用氨與次氯酸鈉反應制備，并探究的性質，其制備裝置如圖所示。回答下列問題：（1）儀器b的名稱為，儀器a的作用是。（2）裝置A試管中發生反應的化學方程式為。（3）上述裝置B、C間缺少一個裝置，可能導致的結果是。（4）探究的性質。將制得的分離提純后，進行如下實驗。[查閱資料]AgOH不穩定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。[提出假設]黑色固體可能是Ag、中的一種或兩種。[實驗驗證]設計如下方案，進行實驗。操作現象結論ⅰ．取少量黑色固體于試管中，加入足量①，振蕩黑色固體部分溶解黑色固體中有ⅱ．取少量黑色固體于試管中，加入足量稀硝酸，振蕩②黑色固體是Ag和，則肼具有的性質是堿性和③（5）實驗制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是。（6）肼又稱聯氨，是一種常用的還原劑，可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕。理論上1kg聯氨可除去水中溶解的的質量為kg。【答案】（1）恒壓滴液漏斗（1分）導氣和防倒吸（2分）（2）（2分）（3）肼的產率降低（2分）（4）①氨水（1分）②黑色固體全部溶解，產生無色氣體，無色氣體迅速變為紅棕色（2分）③還原性（1分）（5）能與形成氫鍵（2分）（6）1（2分）【分析】裝置A中用NH4Cl和Ca(OH)2固體制取氨氣，C裝置中用高錳酸鉀和濃鹽酸制取氯氣，氯氣通入NaOH溶液中制取NaClO，NaClO和氨氣反應生成肼。【解析】（1）儀器b的名稱為恒壓滴液漏斗，儀器a的作用是導氣和防倒吸。（2）裝置A試管中發生反應產生氨氣，化學方程式為（3）濃鹽酸有揮發性，C中產生的氯氣中混有HCl，HCl會與B中NaOH溶液反應，導致肼的產率降低。（4）根據“可溶于氨水”和“黑色固體部分溶解”即可知道操作1加入的試劑是氨水；根據結論“黑色固體是Ag和”可知，加入稀硝酸后的現象是黑色固體全部溶解，產生無色氣體NO，無色氣體迅速變為紅棕色的NO2；黑色固體中Ag的存在說明肼具有還原性，由AgOH分解產生，AgOH的存在說明肼具有堿性。（5）肼分子中有氮原子，氮原子上連有氫原子，能與水分子形成氨鍵，肼往往以的形式存在于溶液中。（6）聯氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕，發生的反應為，理論上1kg聯氨可除去水中溶解的氧氣的質量為1kg。17．（14分）能源的合理開發和利用，低碳減排是人類正在努力解決的大問題。2023年2月21日，中國氣候變化特使謝振華獲得首屆諾貝爾可持續發展特別貢獻獎，以表彰他在全球生態保護中做出的貢獻。（1）在298K、100kPa時，已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ?mol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2=-285.8kJ?mol-1；2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599.0kJ?mol-1。298K時，寫出1molC(s，石墨)和H2(g)反應生成C2H2(g)的熱化學方程式：。（2）在固相催化劑作用下CO2加氫合成甲烷過程中發生以下兩個反應：主反應：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-156.9kJ?mol-1副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ?mol-1工業合成甲烷通常控制溫度為500℃左右，其主要原因為。（3）向密閉容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持總壓為100kPa，發生反應：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＜0。當=1時，NO的平衡轉化率～；T2時NO平衡轉化率～的關系如圖：①能表示此反應已經達到平衡的是(填字母)。A．氣體總體積保持不變B．混合氣體的平均相對分子質量保持不變C．不再變化②表示T2時NO平衡轉化率～的關系是(填“I”或“Ⅱ”)，T1T2(填“＞”或“＜”)。③當=1、T3時，CH4的平衡分壓為。已知：該反應的標準平衡常數Kθ=，其中pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)為各組分的平衡分壓，則該溫度下Kθ=(分壓＝總壓×物質的量分數)。（4）工業上利用廢氣中的CO2、CO聯合制取燒堿、氯代烴和甲醇的流程如圖。已知B中的電解裝置使用了陽離子交換膜。B中發生的總反應離子方程式為。【答案】（除標注外每空2分）（1）C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)

△H=+113.35kJ?mol-1（2）溫度低于500℃，反應速率低；溫度高于500℃，對副反應影響較大，化學平衡向生成CO的方向移動程度增大，不利于甲烷的生成（3）①C（1分）②II＞（1分）③40kPa4（4）2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑【解析】（1）①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ?mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2=-285.8kJ?mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599.0kJ?mol-1；根據蓋斯定律①+②×-③×得1molC(s，石墨)和H2(g)反應生成C2H2(g)的熱化學方程式C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=-393.5kJ?mol-1-285.8kJ?mol-1×+2599.0kJ?mol-1×=+113.35kJ?mol-1；（2）溫度低于500℃，反應速率低；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正反應吸熱，溫度高于500℃，化學平衡向生成CO的方向移動程度增大，不利于甲烷的生成，所以工業合成甲烷通常控制溫度為500℃左右；（3）①A．反應前后氣體的化學計量數之和相等，氣體總體積是恒量，氣體總體積保持不變，反應不一定平衡，故不選A；B．氣體總質量不變，氣體總物質的量不變，平均相對分子質量是恒量，混合氣體的平均相對分子質量保持不變，反應不一定平衡，故不選B；C．NO是反應物、N2是生成物，不再變化，說明各物質的物質的量不變，反應一定達到平衡狀態，故選C；選C；②相同溫度下，NO平衡轉化率隨的增大而降低，表示T2時NO平衡轉化率～的關系是Ⅱ；正反應放熱，升高溫度，NO平衡轉化率降低，所以T1>T2；③當=1、T3時，因曲線I是表示當=1時，NO的平衡轉化率～的圖像，由曲線I可看出在T3時NO平衡轉化率為80%，列三段式：CH4的平衡分壓為100kPakPa，該溫度下Kθ=；（4）B裝置電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣、氫氧化鈉，總反應的離子方程式為2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑。18．（14分）濕法煉鋅工業廢水中主要陽離子有。廢水除鉈的工藝流程如下。已知：①能夠在為的范圍內以離子態穩定存在，不易與形成沉淀②易與廢水中的有機物分子形成穩定的配合物，為了簡便，通常用表示③部分物質的物質④排放標準：Tl的含量低于（1）已知“氧化”步驟中被還原為且氧化不徹底，請寫出該反應的離子方程式：。（2）“預中和”步驟，加至溶液的約為7，可減少“硫化”步驟中的使用量，還能減少(填化學式)污染物的生成。（3）“硫化”步驟的主要目的是除去(填離子符號)。（4）根據計算，若使溶液中的含量低于排放標準，溶液的應大于，但是實際工藝流程需在“中和”步驟加至溶液的約為9，此時仍只有左右的鉈離子能得到去除，其可能原因是。（5）“脫鈣”步驟的目的是。（6）“離子交換”步驟中可用普魯士藍｛｝(其摩爾質量為)中的與殘余鉈離子進行離子交換，進一步實現廢水中鉈的去除。普魯士藍晶胞的如下[未標出，占據四個互不相鄰的小立方體(晶胞的部分)的體心]。若該晶體的密度為，則和的最短距離為(設為阿伏伽德羅常數的值)。【答案】（每空2分）（1）（2）H2S（3）Zn2+和Tl+（4）2第一步氧化時氧化不徹底，也會溶解部分離子在溶液中（5）除去加入的鈣離子（6）【分析】廢水經過高錳酸鉀氧化后，被氧化，加入氫氧化鈣進行預中和，中和廢水中所含H+調節溶液pH，為下一步硫化做準備，加入硫化鈉后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，繼續加入氫氧化鈣使Zn2+和沉淀完全后過濾，加入碳酸鈉，與濾液中的鈣離子反應生成碳酸鈣沉淀，過濾，濾液經過離子交換進一步除去溶液中殘余鉈離子，達到達標水。【解析】（1）根據所給信息被還原為，被氧化，可得該反應的離子方程式為；（2）因為溶