【文档说明】2023年高考真题——化学（江苏卷） 含解析.pdf，共(20)页，1.795 MB，由envi的店铺上传

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江苏省2023年普通高中学业水平选择性考试化学试题本试卷共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5K-39V-51Fe-56

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指A.碳原子B.二氧化碳C.碳元素D.含碳物质【答案】B【解析】【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转

化为其他物质是碳中和的核心，故选B。2.反应4222NHClNaNONaClN2HO应用于石油开采。下列说法正确的是A.4NH的电子式为B.2NO中N元素的化合价为+5C.2N分子中存在NN键D.2HO为非极性分子【答案】C【解析】【详解】A．4NH

的电子式为，A错误；B．2NO中N元素的化合价为+3，B错误；C．2N分子中存在NN键，C正确；D．2HO为V形分子，分子中正负电荷中心未重合，为极性分子，D错误。故选C。3.实验室制取2Cl的实验原理及装置均正确的是A．制取2ClB．除去2Cl中的HClC．收

集2ClD．吸收尾气中的2ClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误；B．除去2Cl中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，注意长口进入便于充分吸收，应该长进短出，B错误；C．氯气密

度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确；D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。故选C。4.元素C、Si、Ge位于周期表中ⅣA族。下列说法正确的是A.原子半径：CSiGerrrB.第一电离能：11

1CSiGeIIIC.碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体D.可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料【答案】D【解析】【详解】A．同主族元素原子半径从上往下原子半径增大，故原子半径：CSi

Gerrr，A错误；B．同周期主族元素，从上往下原子半径增大，更易失电子，第一电离能：111CSiGeIII，B错误；C．晶体硅、SiC均为共价晶体，碳单质中金刚石为共价晶体，而石墨为混合晶体，C60为分子晶体，C错误；D．周期表中元素Si

附近存在许多准金属，可在其周围寻找半导体材料，D正确。故选D。5.氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、21H、31H是氢元素的3种核素，基态H原子11s的核外电子排布，使得H既可以形成H又可以形成H，还能形成2HO、22HO、3NH、24NH、2Ca

H等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得2H，如水煤气法制氢反应中，2HOg与足量Cs反应生成21molHg和1molCOg吸收131.3kJ的热量。2H在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如3HC

O在催化剂作用下与2H反应可得到HCOO。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是A.11H、21H、31H都属于氢元素B.4NH和2HO的中心原子轨道杂化类型均为2spC.22HO分子中的化学键均为极性共价键D.2CaH晶体中存在Ca与2H之间的强烈相互

作用【答案】A【解析】【详解】A．11H、21H、31H都属于氢元素，三者互为同位素，统称为氢元素，A正确；B．4NH和2HO的中心原子轨道杂化类型均为3sp，B错误；C．22HO分子中的化学键既存在O-H极性共价键，

也存在O-O非极性共价键，C错误；D．2CaH晶体中存在Ca2+与-H之间的离子键，为强烈相互作用，D错误。故选A。6.氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。11H、21H、31H是氢元素的3种核素，基态H原子11s的核外电子排布，使得H既可以形成H又

可以形成H，还能形成2HO、22HO、3NH、24NH、2CaH等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得2H，如水煤气法制氢反应中，2HOg与足量Cs反应生成21molHg和1molCOg吸收131.3kJ的热量。2H在金属冶炼、新能源开发

、碳中和等方面具有重要应用，如3HCO在催化剂作用下与2H反应可得到HCOO。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列化学反应表示正确的是A.水煤气法制氢：22CsHOgHgCOg1131.3kJmolHB.3HCO催化加氢生成HCO

O的反应：322HCOHHCOOHO催化剂C.电解水制氢的阳极反应：222HO2eH2OHD.2CaH与水反应：2222CaH2HOCaOHH【答案】B【解析】【详解

】A．水煤气法制氢的反应为吸热反应，其热化学方程式为22CsHOgHgCOg1+131.3kJmolH，A错误；B．由题意可知3HCO在催化剂作用下与2H反应可得到HCOO，根据原子守恒可得离子方程式为322HCOHHCOOHO

催化剂，B正确；C．电解水制氢的阳极反应为224OH4eO2HO，C错误；D．2CaH与水反应化学方程式为2222CaH2HOCaOH2H，2222CaH2HOCaOHH中H原子不守恒，D错误。故选B。7.氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重

要应用。11H、21H、31H是氢元素的3种核素，基态H原子11s的核外电子排布，使得H既可以形成H又可以形成H，还能形成2HO、22HO、3NH、24NH、2CaH等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得2H，如水煤气法制氢反应中，2HOg与足量Cs反应生成21mol

Hg和1molCOg吸收131.3kJ的热量。2H在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如3HCO在催化剂作用下与2H反应可得到HCOO。我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的

是A.2H具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料B.氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂C.2HO分子之间形成氢键，2HOg的热稳定性比2HSg的高D.24NH中的N原子与H形成配位键，24NH具有还原性【答案】A【解析】【详解】A．2H具有还原性，可与氧气反应，作为氢氧燃料电池的燃料，A正确；

B．液氨可用作制冷剂主要原因是液氨汽化吸热，和氨极易溶于水无关，B错误；C．2HOg的热稳定性比2HSg的高主要原因为氧氢键的键能高于硫氢键，和2HO分子之间形成氢键无关，C错误；D．24NH具有还原性在于N本身可以失电

子，且24NH中无配位键，D错误。故选A。8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是A.实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：2OCu32HNONONO稀B.工业制硝酸过程中的物质转化：22OHO23NNOHNO放电或高温C.汽车尾气

催化转化器中发生的主要反应：222NO2CON2CO催化剂D.实验室制备少量3NH的原理：423222NHClCaOHCaCl2NH2HO【答案】B【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO与氧气发生反应222O2NONO

生成NO2，A正确；B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO无法与水发生化学反应，B错误；C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为222NO2CON2CO催化剂，C正确；D．实验室利

用熟石灰和氯化铵制备少量3NH，化学方程式为423222NHClCaOHCaCl2NH2HO，D正确。故选B。9.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A.X不能与3FeCl溶液发生显色反应

B.Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基C.1molZ最多能与23molH发生加成反应D.X、Y、Z可用饱和3NaHCO溶液和2%银氨溶液进行鉴别【答案】D【解析】【详解】A．X中含有酚羟基，能与3FeCl溶液发生显色反应，A错误

；B．Y中的含氧官能团分别是酯基、醚键，B错误；C．Z中1mol苯环可以和23molH发生加成反应,1mol醛基可以和21molH发生加成反应，故1molZ最多能与24molH发生加成反应，C错误；D．X可与饱和3NaHC

O溶液反应产生气泡，Z可以与2%银氨溶液反应产生银镜，Y无明显现象，故X、Y、Z可用饱和3NaHCO溶液和2%银氨溶液进行鉴别，D正确。故选D。10.金属硫化物(MSxy)催化反应4222CHg2HSgCSg4Hg，既可

以除去天然气中的2HS，又可以获得2H。下列说法正确的是A.该反应的ΔS<0B.该反应的平衡常数242422CHHSCSHccKccC.题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为2HS中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用D.该反应中每消耗21molHS，转移电子的

数目约为2326.0210【答案】C【解析】【详解】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，ΔS>0，A错误；B．由方程形式知，422242CSHCHHSccKcc，B错误；C．由题

图知，经过步骤Ⅰ后，2HS中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；D．由方程式知，消耗21molHS同时生成22molH，转移4mole，数目为2346.0210，D错误；故选C。11.室温下，探究140.1molLFeSO溶液的性质，下列实

验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A溶液中是否含有3Fe向42mLFeSO溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B2Fe是否有还原性向42mLFeSO溶液中滴加几滴酸性4K

MnO溶液，观察溶液颜色变化C2Fe是否水解向42mLFeSO溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化D2Fe能否催化22HO分解向222mL5%HO溶液中滴加几滴4FeSO溶液，观察气泡产生情况A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．检验溶液中是否含有3Fe应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将2Fe氧化为3Fe干扰实验，A错误；B．向42mLFeSO溶液中滴加几滴酸性4KMnO溶液，若观察溶液紫色褪去，说明2Fe有

还原性，B正确；C．2Fe发生水解反应222Fe+2HO2HFeOH使溶液显酸性，应向42mLFeSO溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向222mL5%HO溶液中滴加几滴4FeSO溶液，若产生气泡有可能是3Fe

的催化作用，D错误。故选B。12.室温下，用含少量2Mg的4MnSO溶液制备3MnCO的过程如题图所示。已知11sp2MgF5.210K，4aHF6.310K。下列说法正确的是A.10.1molLNaF

溶液中：FNaHcccB.“除镁”得到的上层清液中：sp22MgFMgFKccC.130.1molLNaHCO溶液中：2323COHHCOOHcccc

D.“沉锰”后的滤液中：233NaHOHHCO2COccccc【答案】C【解析】【详解】A．10.1molLNaF溶液中存在电荷守恒：-OHFNaH

cccc，A错误；B．“除镁”得到的上层清液中为2MgF的饱和溶液，有22sp2MgF=MgFKcc，故sp222MgFMgFKcc，B错误；C．130.1molLNaHCO溶液中存在质子守恒：2323CO+OHH

HCOcccc，故2323COHHCOOHcccc，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、24SO等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。13.二氧化

碳加氢制甲烷过程中的主要反应为2242COg4HgCHg2HOg1164.7kJmolH222COgHgCOgHOg141.2kJmolH在密闭容器中，51.01

10Pa、22COH1::4nn起始起始时，2CO平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的2CO实际转化率随温度的变化如题图所示。4CH的选择性可表示为42CH100%COnn生成反应。下列说法正确的是A.反应

2242COg2HgCOgHgC的焓变1H205.9kJmolB.4CH的平衡选择性随着温度的升高而增加C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃D.450℃时，提高

22HCOnn起始起始的值或增大压强，均能使2CO平衡转化率达到X点的值【答案】D【解析】【详解】A．由盖斯定律可知反应2242COg2HgCOgHgC的焓变111164.7mH241.2koJ2kJml47.1kJmolol，A

错误；B．2242COg4HgCHg2HOg为放热反应，升高温度平衡逆向移动，4CH的含量降低，故4CH的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；C．由图可知温度范围约为450~550℃时二氧化碳

实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，C错误；D．450℃时，提高22HCOnn起始起始的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使2CO平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。二、非选择题：共4

题，共61分。14.2532VOWO/TiO催化剂能催化3NH脱除烟气中的NO，反应为32224NHgOg4NOg4Ng6HOg11632.4kJmolH。（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的

32WO/TiO粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的43NHVO溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状2532VOWO/TiO催化剂。在水溶液中3VO水解为34HVO沉淀的离子方程式为___________；反应选用43NHVO溶液而不选用3NaVO溶液的原因是___________

。（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、2O、3NH(其余为2N)气体匀速通过装有2532VOWO/TiO催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温

度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。（3）废催化剂的回收。回收2532VOWO/TiO废催化剂并制备43NHVO的过程可表示为

①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有4412HVO。已知4412HVO具有八元环结构，其结构式可表示为___________。③向pH=8的3NaVO溶液中加入过量的4NHCl

溶液，生成43NHVO沉淀。已知：3sp43NHVO1.710K，加过量4NHCl溶液的目的是___________。【答案】（1）①.3234VO+2HOHVOOH②.43NHVO发生双水解432343+VO+HOHVONHNH，4NH有利于

3VO水解（2）①.此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变②.322224+5O4+6HONO2NHNONO催化剂高温、（3）①.适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等②.③.增加铵根

离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高43NHVO的含量【解析】【小问1详解】在水溶液中3VO水解为34HVO沉淀的离子方程式为3234=VO+2HOHVOOH，反应选用43NHVO溶液在于43NHVO发生双水解432343+VO+HOHVONHNH，4NH有利于3V

O水解。【小问2详解】反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变。反应温度高于380℃，NO转化率下降，

有可能体系产生了NO，如322224+5O4+6HONO2NHNONO催化剂高温、等。【小问3详解】提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等，已知4412HVO具有八元环结构，且V连有五根共价键，结

构式可表示为。43NHVO饱和溶液中存在溶解平衡4343NHVOs(aq)+VO(aq)NH（），加过量4NHCl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高43NHVO的含量。15.化合物I是鞘氨醇激酶抑制剂，其合成路线如下：（1）化合物A的酸

性比环己醇的___________(填“强”或“弱”或“无差别”)。（2）B的分子式为23CHOCl，可由乙酸与2SOCl反应合成，B的结构简式为___________。（3）A→C中加入253CHN是为

了结构反应中产生的___________(填化学式)。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___________。碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道杂化类型相同且室温下不能使2%酸性4K

MnO溶液褪色；加热条件下，铜催化另一产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰。（5）G的分子式为882CHBr，F→H的反应类型为___________。（6）写出以、和22CHCH为原料制备的合

成路线流图___________(须用NBS和AlBN，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】（1）强（2）CH3COCl（3）HCl（4）（5）取代反应（6）【解析】【分析】与23CHOCl发生取代反应生成，可推知化学方程式为+CH3COCl→+HCl，可知B为CH3

COCl；发生水解反应得到F：，与G：882CHBr发生取代反应得到，可知化学方程式为+→+HBr，由此推知G为。【小问1详解】化合物A：中含有酚羟基，酚羟基酸性强于醇羟基，故化合物A的酸性比环己醇的强。【小问2详解】由分析可知B的结构简式为CH3COCl。【小问3详解】A→C的化学

方程式为+CH3COCl→+HCl，253CHN显碱性可以与HCl发生中和反应促进+CH3COCl→+HCl平衡正移，提供的产率，故A→C中加入253CHN是为了结构反应中产生的HCl。【小问4详解】的同分异构体碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一的分子中碳原子轨道

杂化类型相同且室温下不能使2%酸性4KMnO溶液褪色，说明其同分异构体为5，且该水解产物为苯甲酸；另一水解产物为丙醇，且加热条件下，铜催化该产物与氧气反应，所得有机产物的核磁共振氢谱中只有1个峰，由此确定该醇为2-

丙醇，由此确定的同分异构体为。【小问5详解】由分析可知F→H的反应为+→+HBr，该反应为取代反应。【小问6详解】结合F→H可设计以下合成路线：。16.实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备42MgSOHO，其实验过程可表示为（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入2SO气体

，生成3MgSO，反应为23322MgOHHSOMgSO2HO，其平衡常数K与sp2MgOHK、sp3MgSOK、a123HSOK、a223HSOK的代数关系式为K___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收2SO效率的有_______

____(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入2SO气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通2SO（2）在催化剂作用下3MgSO被2O氧化为4MgSO。已知3MgSO的溶解度为0

.57g(20℃)，2O氧化溶液中23SO的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中3MgSO被2O氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中3M

gSO的氧化速率增大，其主要原因是___________。（3）制取42MgSOHO晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的3MgSO浆料与24HSO溶液充分反应。3MgSO浆料与24HSO溶液的加料方式是________

___；补充完整制取42MgSOHO晶体的实验方案：向含有少量3Fe、3Al的4MgSO溶液中，___________。(已知：3Fe、3Al在pH5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从4Mg

SO饱和溶液中结晶出42MgSO7HO，42MgSO7HO在150~170℃下干燥得到42MgSOHO，实验中需要使用MgO粉末)【答案】（1）①.a123a2232spps23wKHSO×KMgOH

×KHSOKMgSO×K②.BD（2）①.2-2-3242SO+O=2SO催化剂②.pH增大，抑制2-3SO的水解，反应物2-3SO的浓度增大，故可加快氧化速率（3）①.用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧

瓶中缓慢滴加硫酸溶液②.分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。【解析】【分析】本实验的目的是为了制取42MgSOHO，首先在

搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入2SO气体，生成3MgSO，然后使一定量的3MgSO浆料与24HSO溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即

可得到42MgSOHO；【小问1详解】已知下列反应：①23322MgOHHSOMgSO2HOK②2+-sp22MgOH(s)Mg(aq)+2OH(aq)K[Mg(OH)]③2+233sp3MgSO(s)Mg(aq)+SO(aq)K[M

gSO]④+-233123HSOH+HSOK[HSO]a；⑤+2-33223HSOH+SOK[HSO]a；⑥+2wHOH+OHK；根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥2，故K=

a123a2232spps23wKHSO×KMgOH×KHSOKMgSO×K；A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO

2效率，B正确；C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；故选BD。【小问2详解】根据题意，O

2氧化溶液中的2-3SO，2-3SO被氧化为2-4SO，1molO2氧化2mol2-3SO，故2O氧化溶液中23SO的离子方程式为：2-2-3242SO+O=2SO催化剂；pH增大，抑制2-3SO的水解，反应物2-3SO的浓度增大，故可加快氧化速率；【小问3详解】在进行含固

体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到

的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到42MgSOHO，根据题目信息，室温下结晶只能得到42MgSO7HO，因

此需要在150~170℃下干燥得到42MgSOHO，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。17.空气中2CO含量的控制和2CO资源利用具有重要意义。（1）燃煤烟气中2CO的捕集

可通过如下所示的物质转化实现。“吸收”后所得的3KHCO溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的2CO，其原因是___________。（2）合成尿素[22CONH]是利用2CO的途径之一。尿素合成主要通过下列

反应实现反应Ⅰ：32242NHgCOgNHCOONHl反应Ⅱ：24222NHCOONHlCONHlHOl①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的H___________(填“=0”或“>

0”或“<0”)。②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[22NHCONH]和尿素转化为氰酸铵(4NHOCN)等副反应。尿素生产中实际投入3NH和2CO的物质的量之比为32NH:CO4:1

nn，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。（3）催化电解吸收2CO的KOH溶液可将2CO转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(%F

E)随电解电压的变化如图乙所示。XX%100%QFEQ总生成还原产物所需要的电量电解过程中通过的总电量其中，XQnF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①当电解电

压为1VU时，电解过程中含碳还原产物的%FE为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。②当电解电压为2VU时，阴极由3HCO生成4CH的电极反应式为___________。③当电解电压为3VU时

，电解生成的24CH和HCOO的物质的量之比为___________(写出计算过程)。【答案】（1）①.3322CaHOKHCOOHCaCOKOH②.相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳（2）①.<0②.适当抑制副反应的发生，尿素中氮

碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高（3）①.H2②.324+8e6HO9HCOCHOH③.每生成1mol24CH转移12mole-，每生成1molHCOO转移2mole-，故电解生成的24CH和HCOO的物质的量之比为224%8%=11

22：：【解析】【小问1详解】由图可知“吸收”后所得的3KHCO溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为3322CaHOKHCOOHCaCOKOH。载人航天器内，常用

LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的2CO的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。【小问2详解】由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其H<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副

产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。【小问3详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com