2024年甘肅省普通高校招生統(tǒng)一考試一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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．(2024·甘肅卷，1)下列成語涉及金屬材料的是()A．洛陽紙貴 B．聚沙成塔C.金戈鐵馬 D．甘之若飴解析：CA項，紙的主要成分是纖維素，不是金屬材料；B項，沙的主要成分是二氧化硅，不是金屬材料；C項，金和鐵都是金屬；D項，甘之若飴意思是把它看成像糖那樣甜，糖類是有機物，不是金屬材料。2．(2024·甘肅卷，2)下列化學用語表述錯誤的是()A．Ca2＋和Cl－的最外層電子排布圖均為B．PH3和H2S的電子式分別為和C．CH2=CHCH2CH2CH3的分子結(jié)構(gòu)模型為D.eq\o\al(12,6)C、eq\o\al(13,6)C和eq\o\al(14,6)C互為同位素解析：BCa2＋和Cl－的核外電子數(shù)都是18，最外層電子排布圖均為，A正確；PH3中磷原子和每個氫原子共用一對電子，中心原子P原子價層電子對數(shù)為3＋eq\f(1,2)×(5－3×1)＝4，孤電子對數(shù)為1，PH3的電子式為，B錯誤；CH2=CHCH2CH2CH3分子中存在1個碳碳雙鍵，位于1號碳原子與2號碳原子之間，存在3個碳碳單鍵，無支鏈，且氫原子半徑小于碳原子半徑，其分子結(jié)構(gòu)模型表示為，C正確；eq\o\al(12,6)C、eq\o\al(13,6)C和eq\o\al(14,6)C是質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互為同位素，D正確。3．(2024·甘肅卷，3)化學與生活息息相關，下列對應關系錯誤的是()物質(zhì)性質(zhì)用途A次氯酸鈉氧化性衣物漂白B氫氣可燃性制作燃料電池C聚乳酸生物可降解性制作一次性餐具D活性炭吸附性分解室內(nèi)甲醛解析：D次氯酸鈉有強氧化性，從而可以作漂白劑，用于衣物漂白，A正確；氫氣是可燃氣體，具有可燃性，能被氧氣氧化，可以制作燃料電池，B正確；聚乳酸具有生物可降解性，無毒，是高分子化合物，可以制作一次性餐具，C正確；活性炭有吸附性，能夠有效吸附空氣中的有害氣體、去除異味，但無法分解甲醛，D錯誤。4．(2024·甘肅卷，4)下列措施能降低化學反應速率的是()A．催化氧化氨制備硝酸時加入鉑B．中和滴定時，邊滴邊搖錐形瓶C．鋅粉和鹽酸反應時加水稀釋D．石墨合成金剛石時增大壓強解析：CA項，催化劑可以改變化學反應速率，催化氧化氨制備硝酸時加入鉑可以加快化學反應速率；B項，中和滴定時，邊滴邊搖錐形瓶，可以讓反應物充分接觸，可以加快化學反應速率；C項，鋅粉和鹽酸反應時加水稀釋會降低鹽酸的濃度，會降低化學反應速率；D項，石墨合成金剛石，該反應中沒有氣體參與，增大壓強不會改變化學反應速率。5．(2024·甘肅卷，5)X、Y、Z、W、Q為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為18。Y原子核外有兩個單電子，Z和Q同族，Z的原子序數(shù)是Q的一半，W元素的焰色試驗呈黃色。下列說法錯誤的是()A．X、Y組成的化合物有可燃性B．X、Q組成的化合物有還原性C．Z、W組成的化合物能與水反應D．W、Q組成的化合物溶于水呈酸性解析：DX、Y、Z、W、Q為短周期元素，W元素的焰色試驗呈黃色，W為Na元素；Z和Q同族，Z的原子序數(shù)是Q的一半，則Z為O、Q為S；Y原子核外有兩個單電子，且原子序數(shù)小于Z，Y為C；X、Y、Z、W、Q的最外層電子數(shù)之和為18，則X的最外層電子數(shù)為18－4－6－1－6＝1，X可能為H或Li。若X為H，H與C組成的化合物為烴，烴能夠燃燒，若X為Li，Li與C組成的化合物也具有可燃性，A項正確；H或Li與S組成的化合物中S元素均呈－2價，為S元素的最低價，具有還原性，B項正確；O和Na組成的化合物為Na2O、Na2O2，Na2O與水反應生成NaOH，Na2O2與水反應生成NaOH和O2，C項正確；Na2S屬于強堿弱酸鹽，其溶于水所得溶液呈堿性，D項錯誤。6．(2024·甘肅卷，6)下列實驗操作對應的裝置不正確的是()ABCD灼燒海帶制海帶灰準確量取15.00mL稀鹽酸配制一定濃度的NaCl溶液使用電石和飽和食鹽水制備C2H2解析：A給坩堝加熱時不需要使用石棉網(wǎng)或陶土網(wǎng)，A項錯誤；稀鹽酸呈酸性，可用酸式滴定管量取15.00mL稀鹽酸，B項正確；配制一定濃度的NaCl溶液時，需要將在燒杯中溶解得到的NaCl溶液通過玻璃棒引流轉(zhuǎn)移到選定規(guī)格的容量瓶中，C項正確；電石的主要成分CaC2與水發(fā)生反應CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋CH≡CH↑制取C2H2，該制氣反應屬于固體與液體常溫制氣反應，分液漏斗中盛放飽和食鹽水，具支錐形瓶中盛放電石，D項正確。7．(2024·甘肅卷，7)某固體電解池工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是()A．電極1的多孔結(jié)構(gòu)能增大與水蒸氣的接觸面積B．電極2是陰極，發(fā)生還原反應：O2＋4e－=2O2－C．工作時O2－從多孔電極1遷移到多孔電極2D．理論上電源提供2mole－能分解1molH2O解析：B多孔電極1上H2O(g)發(fā)生得電子的還原反應轉(zhuǎn)化成H2(g)，多孔電極1為陰極，電極反應為2H2O＋4e－=2H2＋2O2－；多孔電極2上O2－發(fā)生失電子的氧化反應轉(zhuǎn)化成O2(g)，多孔電極2為陽極，電極反應為2O2－－4e－=O2，B錯誤；電極1的多孔結(jié)構(gòu)能增大電極的表面積，增大與水蒸氣的接觸面積，A正確；工作時，陰離子O2－向陽極移動，即O2－從多孔電極1遷移到多孔電極2，C正確；電解總反應為2H2O(g)eq\o(=,\s\up7(電解))2H2(g)＋O2(g)，分解2molH2O轉(zhuǎn)移4mol電子，則理論上電源提供2mol電子能分解1molH2O，D正確。8．(2024·甘肅卷，8)曲美托嗪是一種抗焦慮藥，合成路線如下所示，下列說法錯誤的是()eq\o(→,\s\up17(),\s\do5(一定條件))A．化合物Ⅰ和Ⅱ互為同系物B．苯酚和(CH3O)2SO2在條件①下反應得到苯甲醚C．化合物Ⅱ能與NaHCO3溶液反應D．曲美托嗪分子中含有酰胺基團解析：A化合物Ⅰ含有的官能團有羧基、酚羥基，化合物Ⅱ含有的官能團有羧基、醚鍵，官能團種類不同，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互為同系物，A項錯誤；根據(jù)題中流程可知，化合物Ⅰ中的酚羥基與(CH3O)2SO2反應生成醚鍵，故苯酚和(CH3O)2SO2在條件①下反應得到苯甲醚，B項正確；化合物Ⅱ中含有羧基，可以與NaHCO3溶液反應，C項正確；由曲美托嗪的結(jié)構(gòu)簡式可知，曲美托嗪中含有的官能團為酰胺基、醚鍵，D項正確。9．(2024·甘肅卷，9)下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論相對應的是()實驗操作、現(xiàn)象結(jié)論A用藍色石蕊試紙檢驗某無色溶液，試紙變紅該溶液是酸溶液B用酒精燈灼燒織物產(chǎn)生類似燒焦羽毛的氣味該織物含蛋白質(zhì)C乙醇和濃硫酸加熱，產(chǎn)生的氣體使溴水褪色該氣體是乙烯D氯化鎂溶液中滴入氫氧化鈉溶液，生成沉淀氫氧化鈉的堿性比氫氧化鎂強解析：BA項，用藍色石蕊試紙檢驗某無色溶液，試紙變紅，該溶液顯酸性，但不一定是酸溶液，也有可能是顯酸性的鹽溶液；B項，動物纖維主要成分是蛋白質(zhì)，灼燒后有類似燒焦羽毛的氣味，若用酒精燈灼燒織物產(chǎn)生類似燒焦羽毛的氣味，說明該織物含有動物纖維，含有蛋白質(zhì)；C項，乙醇和濃硫酸加熱，會產(chǎn)生很多產(chǎn)物，如加熱溫度在170℃，主要產(chǎn)物為乙烯，加熱溫度在140℃，主要產(chǎn)物為乙醚，同時乙醇可在濃硫酸作用下脫水生成碳單質(zhì)，繼續(xù)和濃硫酸在加熱條件下反應產(chǎn)生二氧化碳、二氧化硫等，其中的產(chǎn)物二氧化硫也能使溴水褪色，不能說明產(chǎn)生的氣體就是乙烯；D項，氯化鎂溶液中滴入氫氧化鈉溶液，會發(fā)生復分解反應，生成難溶的氫氧化鎂，與氫氧化鈉和氫氧化鎂的堿性無關，不能由此得出氫氧化鈉的堿性比氫氧化鎂強。10．(2024·甘肅卷，10)甲烷在某含Mo催化劑作用下部分反應的能量變化如圖所示，下列說法錯誤的是()A．E2＝1.41eVB．步驟2逆向反應的ΔH＝＋0.29eVC．步驟1的反應比步驟2快D．該過程實現(xiàn)了甲烷的氧化解析：C由能量變化圖可知，E2＝0.70eV－(－0.71eV)＝1.41eV，A項正確；步驟2逆向反應的ΔH＝－0.71eV－(－1.00eV)＝＋0.29eV，B項正確；步驟1的活化能E1＝0.70eV，步驟2的活化能E3＝－0.49eV－(－0.71eV)＝0.22eV，步驟1的活化能大于步驟2的活化能，步驟1的反應比步驟2慢，C項錯誤；該過程甲烷轉(zhuǎn)化為甲醇，屬于加氧氧化，該過程實現(xiàn)了甲烷的氧化，D項正確。11．(2024·甘肅卷，11)興趣小組設計了從AgCl中提取Ag的實驗方案，下列說法正確的是()A．還原性：Ag>Cu>FeB．按上述方案消耗1molFe可回收1molAgC．反應①的離子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋=Cu2＋＋4NHeq\o\al(＋,4)D．溶液①中的金屬離子是Fe2＋解析：C金屬活動性越強，金屬的還原性越強，而且由題中的實驗方案能得到證明，還原性從強到弱的順序為Fe>Cu>Ag，A不正確；由電子守恒可知，1molFe可以置換1molCu，而1molCu可以置換2molAg，因此，按題述方案消耗1molFe可回收2molAg，B不正確；反應①中，氯化四氨合銅溶液與濃鹽酸反應生成氯化銅和氯化銨，該反應的離子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋=Cu2＋＋4NHeq\o\al(＋,4)，C正確；向氯化銅溶液中加入鐵，鐵置換出銅后生成Fe2＋，然后Fe2＋被通入的氧氣氧化為Fe3＋，因此，溶液①中的金屬離子是Fe3＋，D不正確。12．(2024·甘肅卷，12)β-MgCl2晶體中，多個晶胞無隙并置而成的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其中部分結(jié)構(gòu)顯示為圖乙，下列說法錯誤的是()甲乙A．電負性：Mg<ClB．單質(zhì)Mg是金屬晶體C．晶體中存在范德華力D．Mg2＋離子的配位數(shù)為3解析：D電負性越大的元素吸引電子的能力越強，活潑金屬的電負性小于活潑非金屬，因此，Mg的電負性小于Cl，A正確；金屬晶體包括金屬單質(zhì)及合金，單質(zhì)Mg是金屬晶體，B正確；由晶體結(jié)構(gòu)可知，該結(jié)構(gòu)中存在層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間存在范德華力，C正確；由圖乙中結(jié)構(gòu)可知，每個Mg2＋與周圍6個Cl－距離最近且相等，因此，Mg2＋的配位數(shù)為6，D錯誤。13．(2024·甘肅卷，13)溫室氣體N2O在催化劑作用下可分解為O2和N2，也可作為氧化劑氧化苯制苯酚，下列說法錯誤的是()A．原子半徑：O<N<CB．第一電離能：C<N<OC．在水中的溶解度：苯<苯酚D．苯和苯酚中C的雜化方式相同解析：BC、N、O都是第二周期的元素，其原子序數(shù)依次遞增，同一周期的元素，從左到右原子半徑依次減小，因此，原子半徑從小到大的順序為O<N<C，A正確；同一周期的元素，從左到右第一電離能呈遞增的趨勢，其中第ⅡA和第ⅤA的元素因其原子結(jié)構(gòu)相對較穩(wěn)定而出現(xiàn)反常，使其第一電離能大于同周期相鄰的元素，因此，第一電離能從小到大的順序為C<O<N，B不正確；苯是非極性分子，苯酚是極性分子，且苯酚與水分子之間可以形成氫鍵，根據(jù)“相似相溶”規(guī)則可知，苯酚在水中的溶解度大于苯，C正確；苯和苯酚中C的雜化方式均為sp2雜化，雜化方式相同，D正確。14．(2024·甘肅卷，14)溫室氣體N2O在催化劑作用下可分解為O2和N2，也可作為氧化劑氧化苯制苯酚。下列說法錯誤的是()A．相同條件下N2比O2穩(wěn)定B．N2O與NOeq\o\al(＋,2)的空間構(gòu)型相同C．N2O中N—O鍵比N—N鍵更易斷裂D．N2O中σ鍵和大π鍵的數(shù)目不相等解析：DN2分子中存在的N≡N鍵鍵能很大，不容易斷裂，因此，相同條件下N2比O2穩(wěn)定，A正確；N2O與NOeq\o\al(＋,2)均為CO2的等電子體，故其均為直線形分子，兩者空間構(gòu)型相同，B正確；N2O的中心原子是N，其在催化劑作用下可分解為O2和N2，說明N2O中N—O鍵比N—N鍵更易斷裂，C正確；N2O中σ鍵和大π鍵的數(shù)目均為2，因此，σ鍵和大π鍵的數(shù)目相等，D不正確。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．(2024·甘肅卷，15)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)為原料，對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是________。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和________。(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為________，該反應能進行的原因是________。(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于________。(5)某含鈣化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)a≠c，α＝β＝γ＝90°。圖丙中Ca與N的距離為________pm；化合物的化學式是________，其摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，則晶體的密度為________g·cm－3(列出計算表達式)。甲乙丙解析：高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時產(chǎn)生氣體，該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應，生成(NH4)2CO3，所以該氣體為NH3；焙燒產(chǎn)物經(jīng)過水浸1，然后過濾，濾渣為CaSO4以及未反應的SiO2，濾液溶質(zhì)主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨；濾液濃縮結(jié)晶，析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富鎂溶液；濾渣加入(NH4)2CO3溶液，濾渣中的CaSO4會轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣。(3)“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為CaSO4＋(NH4)2CO3=CaCO3＋(NH4)2SO4，該反應之所以能發(fā)生，是因為其平衡常數(shù)K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（CaSO4）,Ksp（CaCO3）)＝eq\f(4.9×10－5,3.4×10－9)≈1.4×104，接近于105，反應趨于完全；(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后，會產(chǎn)生Al3＋，Al3＋水解生成Al(OH)3膠體，可用于凈水；(5)圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心，故Ca與N的距離為eq\f(\r(2),2)apm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋2＝3，N的個數(shù)為8×eq\f(1,4)＋2×eq\f(1,2)＝3，B的個數(shù)為4×eq\f(1,4)＝1，則化合物的化學式是Ca3N3B；其摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為a2c×10－30cm3，則晶體的密度為eq\f(M,a2cNA)×1030g·cm－3。答案：(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4＋(NH4)2CO3=CaCO3＋(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，該反應的平衡常數(shù)接近于105，反應趨于完全(4)凈水(5)eq\f(\r(2),2)aCa3N3Beq\f(M,a2cNA)×103016．(2024·甘肅卷，16)某興趣小組設計了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6，再與Na2CO3反應制備Na2S2O6·2H2O的方案：(1)采用下圖所示裝置制備SO2，儀器a的名稱為________；步驟Ⅰ中采用冰水浴是為了________；(2)步驟Ⅱ應分數(shù)次加入MnO2，原因是________；(3)步驟Ⅲ滴加飽和Ba(OH)2溶液的目的是________；(4)步驟Ⅳ生成MnCO3沉淀，判斷Mn2＋已沉淀完全的操作是________；(5)將步驟Ⅴ中正確操作或現(xiàn)象的標號填入相應括號中________。eq\x(\a\al(將濾液倒入,蒸發(fā)皿中))→eq\x(\a\al(用酒精,燈加熱))→()→()→eq\x(停止加熱)→()→eq\x(過濾)A．蒸發(fā)皿中出現(xiàn)少量晶體B．使用漏斗趁熱過濾C．利用蒸發(fā)皿余熱使溶液蒸干D．用玻璃棒不斷攪拌E．等待蒸發(fā)皿冷卻解析：步驟Ⅱ中MnO2與H2SO3在低于10℃時反應生成MnS2O6，反應的化學方程式為MnO2＋2H2SO3=MnS2O6＋2H2O，步驟Ⅲ中滴加飽和Ba(OH)2除去過量的SO2(或H2SO3)，步驟Ⅳ中滴入飽和Na2CO3溶液發(fā)生反應MnS2O6＋Na2CO3=MnCO3↓＋Na2S2O6，經(jīng)過濾得到Na2S2O6溶液，步驟Ⅴ中Na2S2O6溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到Na2S2O6·2H2O。(1)根據(jù)儀器a的特點知，儀器a為恒壓滴液漏斗；步驟Ⅰ中采用冰水浴是為了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的濃度，同時為步驟Ⅱ提供低溫；(2)由于MnO2具有氧化性、SO2(或H2SO3)具有還原性，步驟Ⅱ應分數(shù)次加入MnO2，原因是：防止過多的MnO2與H2SO3反應生成MnSO4，同時防止反應太快、放熱太多，不利于控制溫度低于10℃；(3)步驟Ⅲ中滴加飽和Ba(OH)2溶液的目的是除去過量的SO2(或H2SO3)，防止后續(xù)反應中SO2與Na2CO3溶液反應，增加飽和Na2CO3溶液的用量、并使產(chǎn)品中混有雜質(zhì)；(4)步驟Ⅳ中生成MnCO3沉淀，判斷Mn2＋已沉淀完全的操作是：靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加幾滴飽和Na2CO3溶液，若不再產(chǎn)生沉淀，說明Mn2＋已沉淀完全；(5)步驟Ⅴ的正確操作或現(xiàn)象為：將濾液倒入蒸發(fā)皿中→用酒精燈加熱→用玻璃棒不斷攪拌→蒸發(fā)皿中出現(xiàn)少量晶體→停止加熱→等待蒸發(fā)皿冷卻→過濾、洗滌、干燥得到Na2S2O6·2H2O，依次填入D、A、E。答案：(1)恒壓滴液漏斗增大SO2的溶解度、增大H2SO3的濃度，同時為步驟Ⅱ提供低溫(2)防止過多的MnO2與H2SO3反應生成MnSO4，同時防止反應太快、放熱太多，不利于控制溫度低于10℃(3)除去過量的SO2(或H2SO3)(4)靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加幾滴飽和Na2CO3溶液，若不再產(chǎn)生沉淀，說明Mn2＋已沉淀完全(5)D、A、E17．(2024·甘肅卷，17)SiHCl3是制備半導體材料硅的重要原料，可由不同途徑制備。(1)由SiCl4制備SiHCl3：SiCl4(g)＋H2(g)=SiHCl3(g)＋HCl(g)ΔH1＝＋74.22kJ·mol－1(298K)已知SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)ΔH2＝＋219.29kJ·mol－1(298K)298K時，由SiCl4(g)＋2H2(g)=Si(s)＋4HCl(g)制備56g硅________(填“吸”或“放”)熱________kJ。升高溫度有利于制備硅的原因是________。(2)在催化劑作用下由粗硅制備SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)eq\o(,\s\up7(催化劑))4SiHCl3(g)。773K，2L密閉容器中，經(jīng)不同方式處理的粗硅和催化劑混合物與0.4molH2和0.1molSiCl4氣體反應，SiCl4轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如下圖所示：①0～50min，經(jīng)方式________處理后的反應速率最快；在此期間，經(jīng)方式丙處理后的平均反應速率v(SiHCl3)＝________mol·L－1·min－1。②當反應達平衡時，H2的濃度為________mol·L－1，平衡常數(shù)K的計算式為________。③增大容器體積，反應平衡向________移動。解析：(1)將題給熱化學方程式分別編號為①和②，根據(jù)蓋斯定律可知，①＋②可得熱化學方程式SiCl4(g)＋2H2(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22kJ·mol－1＋(＋219.29kJ·mol－1)＝＋293.51kJ·mol－1，則制備56gSi，即2molSi，需要吸收熱量293.51kJ·mol－1×2mol＝587.02kJ；該反應為吸熱反應，升高溫度，反應平衡正向移動，有利于制備硅。(2)①由轉(zhuǎn)化率圖像可知，0～50min，經(jīng)方式甲處理后的反應速率最快；經(jīng)方式丙處理后，50min時SiCl4的轉(zhuǎn)化率為4.2%，反應的SiCl4的物質(zhì)的量為0.1mol×4.2%＝0.0042mol，根據(jù)化學計量數(shù)可得反應生成的SiHCl3的物質(zhì)的量為0.0042mol×eq\f(4,3)＝0.0056mol，平均反應速率v(SiHCl3)＝eq\f(0.0056mol,2L×50min)＝5.6×10－5mol·L－1·min－1；②反應達到平衡時，SiCl4的轉(zhuǎn)化率為14.6%，列出三段式：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5())4SiHCl3(g)eq\a\vs4\al(起始濃度,（mol·L－1）)0.050.2

0eq\a\vs4\al(轉(zhuǎn)化濃度,（mol·L－1）)0.00730.00490.0097eq\a\vs4\al(平衡濃度,（mol·L－1）)0.04270.19510.0097當反應達平衡時，H2的濃度為0.1951mol·L－1，平衡常數(shù)K的計算式為eq\f(0.00974,0.04273×0.19512)；③恒溫下，增大容器體積，壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，即反應平衡向逆反應方向移動。答案：(1)吸587.02該反應為吸熱反應，升高溫度，反應平衡正向移動，有利于制備硅(2)①甲5.6×10－5②0.1951eq\f(0.00974,0.04273×0.19512)③逆反應方向18．(2024·甘肅卷，18)山藥素-1是從山藥根莖中提取的具有抗菌消炎活性的物質(zhì)，它的一種合成方法如下