上海市高考化学试卷

上海市高考化学试卷

‎2019年上海市高考化学试卷 一、选择题 ‎1．（3分）元素Og中文名为（气奥），是一种人工合成的稀有气体元素，下列正确的是（　　）‎ A．核外电子数是118 B．中子数是295 ‎ C．质量数是117 D．第六周期0族元素 ‎2．（3分）下列变化中，只涉及物理变化的是（　　）‎ A．次氯酸漂白 B．盐酸除锈 C．石油分馏 D．煤干馏 ‎3．（3分）下列反应只需破坏共价键的是（　　）‎ A．晶体硅熔化 B．碘升华 C．熔融Al2O3 D．NaCl溶于水 ‎4．（3分）下列固体质量增加的是（　　）‎ A．Cu加入氯化铁 B．Zn加入硫酸 ‎ C．H2通入灼热氧化铜 D．高温下水蒸气通入Fe ‎5．（3分）25℃时，0.005mol/L Ba（OH）2中H+浓度是（　　）‎ A．1×10﹣12mol/L B．1×10﹣13mol/L ‎ C．5×10﹣12mol/L D．5×10﹣13mol/L ‎6．（3分）所有原子处于同一平面的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．CH2＝CH﹣C≡CH ‎7．（3分）已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”，如下图所示，下列关于它的叙述正确的是（　　）‎ A．易溶于水 B．可以发生取代反应 ‎ C．其密度大于水的密度 D．与环己烷为同系物 ‎8．（3分）聚异戊二烯的单体是（　　）‎ A． B．（CH2）2C＝CH﹣CH2 ‎ C．（CH3）2C＝CH﹣CH2 D．‎ ‎9．（3分）下列说法错误的是（　　）‎ A．含有共价键的化合物是共价化合物 ‎ B．含有极性键的分子可能是非极性分子 ‎ C．有电子转移的反应是氧化还原反应 ‎ D．水溶液中能完全电离的电解质是强电解质 ‎10．（3分）用镁带和稀硫酸反应产生氢气来测定氢气的气体摩尔体积，所用的步骤有①冷却至室温，②调节使水准管和量气管液面持平，③读数。正确的顺序是（　　）‎ A．①②③ B．①③② C．③①② D．③②①‎ ‎11．（3分）关于离子化合物NH5（H有正价和负价）下列说法正确的是（　　）‎ A．N为+5价 ‎ B．阴阳离子个数比是1：1 ‎ C．阴离子为8电子稳定结构 ‎ D．阳离子的电子数为11‎ ‎12．（3分）能证明亚硫酸钠中部分变质所需要的试剂是（　　）‎ A．硝酸钡，稀硫酸 B．稀盐酸，氯化钡 ‎ C．稀硫酸，氯化钡 D．稀硝酸，氯化钡 ‎13．（3分）用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是（　　）‎ A．可以用酚酞代替指示剂 ‎ B．滴定前用待测液润洗锥形瓶 ‎ C．若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果 ‎ D．当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 ‎14．（3分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）的方法错误的是（　　）‎ A．硝基苯（苯）﹣﹣蒸馏 ‎ B．乙烯（SO2）﹣﹣氢氧化钠溶液 ‎ C．己烷（己烯）﹣﹣溴水，分液 ‎ D．乙酸乙酯（乙醇）﹣﹣碳酸钠溶液，分液 ‎15．（3分）短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排序如图所示，其中m的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应。下列说法正确的是（　　）‎ m n p q A．非金属性：m＞n ‎ B．氢化物稳定性：n＜p ‎ C．简单阴离子半径：p＞q ‎ D．最高价氧化物对应水化物酸性：p＞q ‎16．（3分）在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是（　　）‎ A．AlO2﹣ B．Al3+ ‎ C．Al（OH）3 D．Al3+、Al（OH）3‎ ‎17．（3分）关于下列装置，叙述错误的是（　　）‎ A．石墨电极反应O2+4H++4e→2H2O ‎ B．鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀 ‎ C．加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀 ‎ D．加入HCl，石墨电极反应式：2H++2e→H2↑‎ ‎18．（3分）下列图示正确的是（　　）‎ A．断开非极性键和生成极性键的能量相同 ‎ B．反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的OH键更牢固 ‎ C．O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）﹣Q（Q＞0） ‎ D．H2O（g）→O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）‎ ‎19．（3分）已知反应式：mX（g）+nY？⇌pQ（s）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）＝0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c（X）＝0.5mol/L，下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．Y可能是固体或液体 ‎ C．系数n＞m D．Z的体积分数减小 ‎20．（3分）常温下0.1mol/L ①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（　　）‎ A．①中[CH3COOH]＞[CH3COO﹣]＞[H+]＞[OH﹣] ‎ B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 ‎ C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则（Na+）＞（CH3COO﹣）＞（H+） ‎ D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小 二、综合分析题 ‎21．氮元素广泛存在于自然界中，对人类生命和生活具有重要意义。‎ ‎（1）氨态氮肥为何不能与碱性物质混用？　 　‎ ‎（2）在合成氨工业中，压强通常控制在20～50MP，其原因是　 　。‎ ‎（3）侯德榜联合制碱法是向饱和食盐水中依次通入足量的氨气与二氧化碳，写出反应的化学方程式　 　。‎ ‎（4）烟气中的NO2与尿素[CO（NH2）2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2．该反应的氧化产物为　 　‎ ‎，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为　 　。‎ ‎（5）常温下，在氯化铵溶液中加入一定量的氢氧化钠，使其pH＝7，则c（Na+）　 　c（NH3•H2O）（填“＜”、“＞”或“＝”）。‎ ‎22．某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了一系列实验。在反应过程中会发生一些副反应，生成不溶于水和酸的CuS、Cu2S。‎ ‎（1）处于安全和绿色化学考虑，在制取硫酸铜时，可选用下列的物质是　 　。‎ a．Cu b．CuO c．CuS d．CuSO4•Cu（OH）2•H2O ‎（2）装置a的作用是　 　反应过程中，因为浓硫酸的吸水作用，烧瓶中出现白色固体物质，如何简便检验反应后圆底烧瓶里有Cu2+存在？　 　‎ 在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体：2CuSCu2S+S。‎ ‎（3）已知样品质量为ag，得到Cu2S是bg，则样品中CuS质量分数是　 　。如果Cu2S高温下转化为Cu，则实验测得的值会　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎（4）根据以上信息，说明铜与浓硫酸反应需要控制哪些条件？　 　‎ ‎23．白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如图：‎ ‎（1）A的结构简式　 　。①的反应类型　 　。‎ ‎（2）B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为　 　，在酸性条件下水解的产物为　 　。‎ ‎（3）检验官能团G所用的试剂是　 　。‎ ‎（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣‎ OH和CH3OH为原料制备CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3的合成路线流程图（无机试剂任用）。 （已知RCNRCOOH）合成路线流程图如下：（甲乙……目标产物）‎ ‎24．LiFe2（PO4）3作为锂离子电池的负极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。‎ ‎（1）配平下列反应的化学方程式。‎ ‎　 　Li3Fe2（PO4）3+1Fe2O3+　 　CO→　 　CO2+　 　LiFePO4‎ ‎（2）CO2的电子式为　 　，P原子的核外电子有　 　种不同能量的电子。‎ 研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）。‎ ‎（3）该反应的平衡常数K＝　 　。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4‎ 的质量减少了4.8g，则v（CH4）＝　 　。‎ ‎（4）根据图可得出n（CO2）消耗　 　n（CH4）消耗（填“＞”、“＜”和“＝”），原因是　 　‎ ‎2019年上海市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 ‎1．（3分）元素Og中文名为（气奥），是一种人工合成的稀有气体元素，下列正确的是（　　）‎ A．核外电子数是118 B．中子数是295 ‎ C．质量数是117 D．第六周期0族元素 ‎【分析】根据元素的组成及表示符号、周期表规律来分析解答。‎ ‎【解答】解：A、核外电子数＝质子数＝118，故A正确；‎ B、中子数＝质量数﹣质子数＝295﹣118＝177，故B错误；‎ C、由Og可知，质量数为295，故C错误；‎ D、根据周期表的排列，118号元素应在第七周期0族，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学用语，主要考查元素原子的组成，虽为陌生元素，但是用已知知识来分析，较为简单，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大。‎ ‎2．（3分）下列变化中，只涉及物理变化的是（　　）‎ A．次氯酸漂白 B．盐酸除锈 C．石油分馏 D．煤干馏 ‎【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有无新物质生成。‎ ‎【解答】解：A．次氯酸漂白利用其强氧化性，次氯酸发生还原反应，属于化学变化，故A不符合；‎ B．盐酸除锈本质是盐酸与锈发生反应，反应中有新物质生成，属于化学变化，故B不符合；‎ C．石油蒸馏是利用各组分的沸点不同进行分离，属于物理变化，故C符合；‎ D．煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下强热分解的过程，属于化学变化，故D不符合。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】‎ 该考点主要是通过创设相关问题情景或图表信息等，来考查学生对化学变化和物理变化的判别方法的理解和掌握情况，以及阅读、分析、推断能力和对知识的迁移能力，题目基础性强，关键是抓住“是否有无新物质生成”。‎ ‎3．（3分）下列反应只需破坏共价键的是（　　）‎ A．晶体硅熔化 B．碘升华 C．熔融Al2O3 D．NaCl溶于水 ‎【分析】反应只需破坏共价键，说明物质中一定含共价键，分清形成的是分子晶体还是原子晶体，其中原子晶体熔融破坏共价键，共价化合物形成的电解质溶于水破坏共价键。‎ ‎【解答】解：A．晶体硅是原子晶体，熔融破坏的是共价键，故A正确；‎ B．碘升华是克服分子间作用力，故B错误；‎ C．氧化铝是离子化合物，熔融破坏的是离子键，故C错误；‎ D．氯化钠是离子化合物，溶于水破坏的是离子键，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了化学键的存在和变化、物质晶体类型等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎4．（3分）下列固体质量增加的是（　　）‎ A．Cu加入氯化铁 B．Zn加入硫酸 ‎ C．H2通入灼热氧化铜 D．高温下水蒸气通入Fe ‎【分析】A．铜与氯化铁溶液反应中，金属溶解，固体质量减少；‎ B．锌与稀硫酸反应，金属溶解；‎ C．氧化铜被还原生成铜，减少了O元素的质量；‎ D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，固体质量增加。‎ ‎【解答】解：A．Cu插入氯化铁中生成氯化亚铁和氯化铜，铜溶解，固体质量减少，故A错误；‎ B．Zn插入硫酸中生成硫酸锌和氢气，锌片溶解，固体质量减少，故B错误；‎ C．H2通入灼热氧化铜，氧化铜被还原生成铜，减少了氧元素的质量，固体质量减少，故C错误；‎ D．高温下水蒸气通入Fe发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，固体质量增加，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎5．（3分）25℃时，0.005mol/L Ba（OH）2中H+浓度是（　　）‎ A．1×10﹣12mol/L B．1×10﹣13mol/L ‎ C．5×10﹣12mol/L D．5×10﹣13mol/L ‎【分析】酸或碱抑制水电离，碱溶液中H+完全来自于水的电离，该溶液中c（OH﹣）＝2[Ba（OH）2]＝2×0.005mol/L＝0.01mol/L，该温度下溶液中c（H+）＝，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：酸或碱抑制水电离，碱溶液中H+完全来自于水的电离，该溶液中c（OH﹣）＝2[Ba（OH）2]＝2×0.005mol/L＝0.01mol/L，该温度下溶液中c（H+）＝＝mol/L＝1×10﹣12mol/L，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查离子积常数计算，侧重考查分析计算能力，明确溶液中c（OH﹣）、c（H+）与离子积常数关系是解本题关键，注意该溶液中原子守恒的灵活运用，题目难度不大。‎ ‎6．（3分）所有原子处于同一平面的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．CH2＝CH﹣C≡CH ‎【分析】在常见的有机化合物中甲烷、四氯化碳是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。‎ ‎【解答】解：A．四氯化碳分子具有正四面体结构，所以原子不可能处于同一平面，故A错误；‎ B．2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯中含有甲基，具有四面体结构，所以原子不可能处于同一平面，故B错误；‎ C．甲苯中含有甲基，具有四面体结构，所以原子不可能处于同一平面，故C错误；‎ D．乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，CH2＝CH﹣C≡‎ CH中，分子中所有原子可能在同一平面上，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查了学生对有机物的共面知识的认识，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯、乙炔的结构来类比判断，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的结构，题目难度不大。‎ ‎7．（3分）已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”，如下图所示，下列关于它的叙述正确的是（　　）‎ A．易溶于水 B．可以发生取代反应 ‎ C．其密度大于水的密度 D．与环己烷为同系物 ‎【分析】有机物含有两个脂环，与环己烷的结构不同，具有烷烃的性质，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．烃类有机物都不溶于水，故A错误；‎ B．含有饱和碳原子，具有烷烃的结构和性质特点，可发生取代反应，故B正确；‎ C．烃类的密度比水小，故C错误；‎ D．含有两个脂环，与环己烷的结构不同，二者不是同系物，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和性质特点，题目难度不大，注意同系物、同分异构体等概念的理解。‎ ‎8．（3分）聚异戊二烯的单体是（　　）‎ A． B．（CH2）2C＝CH﹣CH2 ‎ C．（CH3）2C＝CH﹣CH2 D．‎ ‎【分析】加聚反应：凡含有不饱和键的化合物，在催化剂、引发剂或辐射等外加条件作用下，同种单体间相互加成形成新的共价键相连大分子的反应，而加聚反应得到的高聚物，单体可以通过单双互换，碳符合四价，由此根据高聚物的结构简式判断高聚物的单体。‎ ‎【解答】解：根据加聚反应的原理可知：的单体为：，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查聚合物单体的判断，难度不大，要注意掌握聚合反应的原理是解题的关键。‎ ‎9．（3分）下列说法错误的是（　　）‎ A．含有共价键的化合物是共价化合物 ‎ B．含有极性键的分子可能是非极性分子 ‎ C．有电子转移的反应是氧化还原反应 ‎ D．水溶液中能完全电离的电解质是强电解质 ‎【分析】A、离子化合物中可能含有共价键，如NaOH等；‎ B、由极性键变成的分子不一定是极性分子，可能是非极性分子，如CCl4、BF3等；‎ C、氧化还原反应的实质是有电子转移；‎ D、依据强电解质概念解答；‎ ‎【解答】A．只含有共价键的化合物是共价化合物，离子化合物中可能含有共价键，如NaOH等，故A错误；‎ B．由极性键构成的分子，若正负电中心重合，则为非极性分子，如CCl4、BF3等，若正负电中心不重合，则为极性分子，如CHCl3等，故B正确；‎ C．氧化还原反应的实质是有电子转移，所以有电子转移的反应是氧化还原反应，故C正确；‎ D．依据强电解质概念可知：强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了分子极性与化学键的关系、氧化还原反应概念、电解质的分类与判断方法等知识，把握理解概念即可解答，注意根据分子中正负电荷重心是否重合确定分子极性，题目难度不大。‎ ‎10．（3分）用镁带和稀硫酸反应产生氢气来测定氢气的气体摩尔体积，所用的步骤有①冷却至室温，②调节使水准管和量气管液面持平，③读数。正确的顺序是（　　）‎ A．①②③ B．①③② C．③①② D．③②①‎ ‎【分析】要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体的温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温；再调节量筒内外液面高度使之相同，由此分析解答；‎ ‎【解答】解：为排出的气体是需要用排出的水的体积衡量的，而反应前后的量筒温度是不同的，因此，反应终止应该先停止加热，待体系恢复到室温时，才取出导管。这一步操作跟通常的实验不同，所以停止加热时导管的出口要高于量筒内的液面，此时即使不取出导管而停止加热，也不会造成水的倒吸；停止加热、回到室温后，将量筒下移以调节量筒内的液面与水槽一致，此时量筒内气体压强也为大气压，读数才是正确的；所以正确的操作顺序为：①使装置内的气体冷却至室温；②调整量气管高度，使其液面高度与水准管液面高度相平，③读取量气管中气体的体积，所以正确的顺序是①②③，‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，要求学生具有扎实的基础及综合运用知识分析问题、解决问题的能力。‎ ‎11．（3分）关于离子化合物NH5（H有正价和负价）下列说法正确的是（　　）‎ A．N为+5价 ‎ B．阴阳离子个数比是1：1 ‎ C．阴离子为8电子稳定结构 ‎ D．阳离子的电子数为11‎ ‎【分析】离子化合物NH5（H有正价和负价）是由NH4+与H﹣离子通过离子键结合而成，‎ A．依据元素化合价代数和为0判断N化合价；‎ B．依据离子化合物结构组成判断阴阳离子个数之比；‎ C．阴离子为H﹣，电子层共有2个电子；‎ D．阳离子为氨根离子，据此计算电子数。‎ ‎【解答】解：离子化合物NH5（H有正价和负价）是由NH4+与H﹣离子通过离子键结合而成，‎ A．依据元素化合价代数和为0，氨根离子中氢为+1价，而氨根离子带1个单位正电荷，则氮元素化合价为﹣3价，故A错误；‎ B．离子化合物NH5（H有正价和负价）是由NH4+与H﹣离子通过离子键结合而成，阴阳离子个数之比为1：1，故B正确；‎ C．阴离子为H﹣，电子层共有2个电子，不能达到8电子稳定结构，故C错误；‎ D．阳离子为氨根离子，含有电子数为7+3＝10，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了物质的结构组成与性质，明确NH5为离子化合物是解题关键，题目难度不大。‎ ‎12．（3分）能证明亚硫酸钠中部分变质所需要的试剂是（　　）‎ A．硝酸钡，稀硫酸 B．稀盐酸，氯化钡 ‎ C．稀硫酸，氯化钡 D．稀硝酸，氯化钡 ‎【分析】能证明亚硫酸钠中部分变质是利用亚硫酸钠和盐酸反应生成气体，在加入氯化钡溶液会生成白色沉淀硫酸钡来证明。‎ ‎【解答】解：亚硫酸钠部分变质是被部分氧化为硫酸钠，证明亚硫酸钠中部分变质，可以先加入足量盐酸若生成气体证明蛤蟆亚硫酸钠，再在溶液中加入氯化钡溶液会生成白色沉淀硫酸钡，证明亚硫酸钠被部分氧化，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了物质检验、反应现象和试剂的选择，注意特征离子的检验方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎13．（3分）用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是（　　）‎ A．可以用酚酞代替指示剂 ‎ B．滴定前用待测液润洗锥形瓶 ‎ C．若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果 ‎ D．当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 ‎【分析】A．指示剂的选择原则是“由浅变深”；‎ B．滴定前用待测液洗涤锥形瓶，导致NaOH物质的量增大；‎ C．若NaOH吸收少量CO2，发生的反应为CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H++OH﹣＝H2O再与碳酸钠反应，CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑可以发现存在关系2 OH﹣～CO32﹣～2H+，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量；‎ D．该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。‎ ‎【解答】解：A．指示剂的选择原则是“由浅变深”如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不符合要求，故A错误；‎ B．滴定前用待测液洗涤锥形瓶，导致NaOH物质的量增大，消耗的盐酸量偏大，滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，故B错误；‎ C．若NaOH吸收少量CO2，发生的反应为CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H++OH﹣＝H2O再与碳酸钠反应，CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑可以发现存在关系2 OH﹣～CO32﹣～2H+，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，故C正确；‎ D．该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查酸碱中和滴定实验，侧重考查实验分析判断及实验操作，明确实验原理、实验操作规范性是解本题关键，知道指示剂选取方法及滴定终点判断方法，C为解答易错点，题目难度不大。‎ ‎14．（3分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）的方法错误的是（　　）‎ A．硝基苯（苯）﹣﹣蒸馏 ‎ B．乙烯（SO2）﹣﹣氢氧化钠溶液 ‎ C．己烷（己烯）﹣﹣溴水，分液 ‎ D．乙酸乙酯（乙醇）﹣﹣碳酸钠溶液，分液 ‎【分析】A．二者混溶，沸点不同；‎ B．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应；‎ C．己烯与溴反应的产物与己烷混溶；‎ D．乙醇易溶于水，溶液分层。‎ ‎【解答】解：A．二者混溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故A正确；‎ B．乙烯不溶于水，二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除杂，故B正确；‎ C．己烯与溴反应生成二溴己烷，与己烷混溶，不能得到纯净物，故C错误；‎ D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，溶液分层，可用分液的方法分离，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异及混合物分离方法的选择为解答本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。‎ ‎15．（3分）短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排序如图所示，其中m的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应。下列说法正确的是（　　）‎ m n p q A．非金属性：m＞n ‎ B．氢化物稳定性：n＜p ‎ C．简单阴离子半径：p＞q ‎ D．最高价氧化物对应水化物酸性：p＞q ‎【分析】短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排序如图所示，其中m的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应，则m为N元素；结合各元素在周期表中相对位置可知，n为O，p为S，q为Cl元素，据此解答。‎ ‎【解答】解：根据分析可知：m为N，n为O，p为S，q为Cl元素。‎ A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：m＜n，故A错误；‎ B．非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性O＞S，则氢化物稳定性：n＞p，故B错误；‎ C．电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径p＞q，故C正确；‎ D．非金属性S＜Cl，则最高价氧化物对应水化物酸性：p＜q，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】‎ 本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。‎ ‎16．（3分）在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是（　　）‎ A．AlO2﹣ B．Al3+ ‎ C．Al（OH）3 D．Al3+、Al（OH）3‎ ‎【分析】在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，n（Al3+）＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后，n（OH﹣）＝0.3L×0.1mol/L＝0.03mol，发生的反应为：H++OH﹣＝H2O，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，据此计算分析判断铝元素的存在形式。‎ ‎【解答】解：在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，n（H+）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，n（Al3+）＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后，n（OH﹣）＝0.3L×0.1mol/L＝0.03mol，发生的反应为：H++OH﹣＝H2O，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，分析可知，铝离子未全部沉淀，则氢氧根离子不足，反应后铝元素的存在形式是Al3+、Al（OH）3，‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了铝及其化合物性质、反应定量关系的计算判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎17．（3分）关于下列装置，叙述错误的是（　　）‎ A．石墨电极反应O2+4H++4e→2H2O ‎ B．鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀 ‎ C．加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀 ‎ D．加入HCl，石墨电极反应式：2H++2e→H2↑‎ ‎【分析】A、钢铁在接近中性的溶液中，发生吸氧腐蚀，石墨做正极；‎ B、铁发生的是吸氧腐蚀，鼓入少量的空气，增加了氧气的量，加快腐蚀；‎ C、加入氯化钠，增加了溶液的导电性；‎ D、强酸性条件，铁发生析氢腐蚀，石墨为正极；‎ ‎【解答】解：A、钢铁在接近中性的潮湿的空气中腐蚀属于吸氧腐蚀，石墨做正极，电极反应为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，故A错误；‎ B、铁发生的是吸氧腐蚀，鼓入少量的空气，增加了氧气的量，加快腐蚀，故B正确；‎ C、加入氯化钠，增加了溶液的导电性，加快了钢铁的腐蚀，故C正确；‎ D、加入HCl后，溶液呈强酸性，铁发生析氢腐蚀，石墨为正极，为2H++2e→H2↑，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查原电池的电极反应，主要考查铁的“吸氧”“析氢”两种腐蚀，注意两种腐蚀发生的条件，难度中等。‎ ‎18．（3分）下列图示正确的是（　　）‎ A．断开非极性键和生成极性键的能量相同 ‎ B．反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的OH键更牢固 ‎ C．O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）﹣Q（Q＞0） ‎ D．H2O（g）→O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）‎ ‎【分析】A．氢气燃烧是放热反应；‎ B．水中2个O﹣H键的键能相同；‎ C．由图可知，molO2（g）与1molH2（g）的总能量低于1mol OH（g）与1molH（g）具有的总能量；‎ D．由图可知，1mol H2O（g）具有的能量低于molO2（g）与1molH2（g）的总能量。‎ ‎【解答】解：A．氢气燃烧是放热反应，断开非极性键的能量低于生成极性键的能量，故A错误；‎ B．水中2个O﹣H键的键能相同，反应Ⅱ与反应Ⅲ生成的OH键牢固性相同，故B错误；‎ C．由图可知，molO2（g）与1molH2（g）的总能量低于1mol OH（g）与1molH（g）具有的总能量，故O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）反应为吸热反应，故C正确；‎ D．由图可知，1mol H2O（g）具有的能量低于molO2（g）与1molH2（g）的总能量，故H2O（g）→O2（g）+H2（g）反应为吸热反应，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查反应中能量变化，注意根据物质的能量以及化学键的断裂与形成2个角度理解反应中能量变化，题目比较基础。‎ ‎19．（3分）已知反应式：mX（g）+nY？⇌pQ（s）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）＝0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c（X）＝0.5mol/L，下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．Y可能是固体或液体 ‎ C．系数n＞m D．Z的体积分数减小 ‎【分析】根据c（X）＝0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，若平衡不移动，则c（X）＝0.6mol/L＞0.5mol/L，说明缩小体积，即增大压强，平衡正向移动，据此来分析；‎ ‎【解答】解：A、根据c（X）＝0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，若平衡不移动，则c（X）＝0.6mol/L＞0.5mol/L，说明在消耗X，即在平衡正向移动，故A错误；‎ B、说明缩小体积，即增大压强，平衡正向移动，说明正反应方向气体体积减小，故Y必为气体，故B错误；‎ C、平衡正向移动，说明正反应方向气体体积减小，m+n＞2m，即＞m，故C正确；‎ D、平衡正向移动，生成了Z，故Z的体积分数增大，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查平衡移动的综合应用，关键抓住体积减小对浓度的影响，平衡移动的因素等知识，难度中等。‎ ‎20．（3分）常温下0.1mol/L ①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（　　）‎ A．①中[CH3COOH]＞[CH3COO﹣]＞[H+]＞[OH﹣] ‎ B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一 ‎ C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则（Na+）＞（CH3COO﹣）＞（H+） ‎ D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小 ‎【分析】A、CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子；‎ B、①②等体积混合后，体积变大促进醋酸根离子的水解；‎ C、①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主；‎ D、①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性；‎ ‎【解答】解：A、CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以①中[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO﹣]＞[OH﹣]，故A错误；‎ B、①②等体积混合后，两者恰好完全反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的水解，所以①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一，故B正确；‎ C、①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主，所以溶液呈酸性，则（CH3COO﹣）＞（Na+）＞（H+），故C错误；‎ D、①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐水解对水的电离起促进作用，而①③等体积混合以醋酸电离为主溶液呈酸性，对水的电离子起抑制作用，所以①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度大，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ 二、综合分析题 ‎21．氮元素广泛存在于自然界中，对人类生命和生活具有重要意义。‎ ‎（1）氨态氮肥为何不能与碱性物质混用？　铵态氮肥与碱性物质混合使用时，会使NH4+转化为NH3挥发，造成氮元素流失，降低肥效　‎ ‎（2）在合成氨工业中，压强通常控制在20～50MP，其原因是　高压能使平衡正向移动，提高反应物转化率；压强过高会增大设备成本　。‎ ‎（3）侯德榜联合制碱法是向饱和食盐水中依次通入足量的氨气与二氧化碳，写出反应的化学方程式　CO2+NH3+NaCl+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓　。‎ ‎（4）烟气中的NO2与尿素[CO（NH2）2]（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2．该反应的氧化产物为　N2和O2　，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为　0.6NA　。‎ ‎（5）常温下，在氯化铵溶液中加入一定量的氢氧化钠，使其pH＝7，则c（Na+）　＝　c（NH3•H2O）（填“＜”、“＞”或“＝”）。‎ ‎【分析】（1）铵态氮肥与碱性物质混合使用时，铵态氮肥和显碱性物质混合能生成氨气，从而降低肥效；‎ ‎（2）合成氨正反应为体积缩小的可逆反应，采用高压，使平衡向生成氨的方向移动，压强过高会增大设备成本；‎ ‎（3）将氨气（NH3）和二氧化碳通入饱和食盐水中得到小苏打和氯化铵的混合物，据此书写方程式；‎ ‎（4）化合价升高元素所在的生成物是氧化产物；化合价降低数目＝化合价升高数目＝转移的电子数目，据此计算；‎ ‎（5）利用电荷守恒来分析，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的副电荷总数，结合物料守恒解答。‎ ‎【解答】解：（1）铵态氮肥与碱性物质混合使用后会生成氨气，会使NH4+转化为NH3挥发，造成氮元素流失，降低肥效，所以铵态氮肥不能与碱性物质混用。‎ 故答案为：铵态氮肥与碱性物质混合使用时，会使NH4+转化为NH3挥发，造成氮元素流失，降低肥效；‎ ‎（2）合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1．正反应为体积缩小的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，可提高原料的利用率，‎ 但压强过高会增大设备成本，所以在合成氨工业中，压强通常控制在20～50MP，‎ 故答案为：高压能使平衡正向移动，提高反应物转化率；压强过高会增大设备成本；‎ ‎（3）碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，向饱和食盐水中依次通入足量的氨气与二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应方程式为：CO2+NH3+NaCl+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，‎ 故答案为：CO2+NH3+NaCl+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓；‎ ‎（4）NO2与尿素[CO（NH2）2]（C的化合价为+4，氮的化合价为﹣3）反应进行脱硝，2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2．化合价升高的元素是尿素中的氮元素，反应物中的氧元素，所得到的氧化产物是氮气，氧气，化合价变化为：升高的有N（﹣3→0），O（﹣2→0），降低的有N（+4→0），反应过程中有4molNO2‎ 反应，化合价降低数目＝16，化合价降低数目＝化合价升高数目＝转移的电子数目，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为＝0.6NA，‎ 故答案为：N2和O2；0.6NA；‎ ‎（5）常温下向氯化铵溶液中加入少量氢氧化钠使溶液的pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知，c（Na+）+（H+）+c（NH4+）＝‎ c（Cl﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）①，由于铵根离子水解能部分转化为NH3•H2O，故根据物料守恒可知：c（Cl﹣）＝c（NH4+）+c（NH3•H2O）②，将②代入①得c（Na+）＝c（NH3•H2O），‎ 故答案为：＝。‎ ‎【点评】本题考查铵盐的性质、化学平衡移动原理的应用、氧化还原计算、溶液中离子浓度大小比较等，掌握相关的化学原理是解答关键，题目难度不大。‎ ‎22．某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了一系列实验。在反应过程中会发生一些副反应，生成不溶于水和酸的CuS、Cu2S。‎ ‎（1）处于安全和绿色化学考虑，在制取硫酸铜时，可选用下列的物质是　bd　。‎ a．Cu b．CuO c．CuS d．CuSO4•Cu（OH）2•H2O ‎（2）装置a的作用是　防倒吸　反应过程中，因为浓硫酸的吸水作用，烧瓶中出现白色固体物质，如何简便检验反应后圆底烧瓶里有Cu2+存在？　将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在　‎ 在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体：2CuSCu2S+S。‎ ‎（3）已知样品质量为ag，得到Cu2S是bg，则样品中CuS质量分数是　　。如果Cu2S高温下转化为Cu，则实验测得的值会　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）‎ ‎（4）根据以上信息，说明铜与浓硫酸反应需要控制哪些条件？　温度不宜过高，时间不易过长　‎ ‎【分析】（1）制取硫酸铜时，若满足绿色化学，则选用的物质与硫酸反应无污染物生成；‎ ‎（2）装置a可防止倒吸；将反应后溶液加水稀释后，根据溶液颜色可判断圆底烧瓶里是否有Cu2+；‎ ‎（3）结合反应2CuSCu2S+S利用差量法计算；若Cu2S高温下转化为Cu，导致固体质量差偏大，测定的CuS的质量偏高；‎ ‎（4）结合题干现象及实验现象分析铜与浓硫酸反应需要控制条件。‎ ‎【解答】解：（1）a．Cu、c．CuS 与硫酸反应分别生成污染物二氧化硫、硫化氢，不符合绿色化学理念；而b。CuO、d．CuSO4•Cu（OH）2•H2O与硫酸反应生成硫酸铜和水，符号绿色化学，‎ 故答案为：bd；‎ ‎（2）二氧化硫易与氢氧化钠溶液反应，直接吸收会发生倒吸现象，使用装置a可防止倒吸；‎ 检验反应后圆底烧瓶里有Cu2+存在的方法为：将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在，‎ 故答案为：防倒吸；将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在；‎ ‎（3）2CuSCu2S+S△m（减少）‎ ‎ 96×2 32‎ ‎ m （a﹣b）g m＝＝6（a﹣b）g，‎ 样品中CuS质量分数是：＝；‎ 如果Cu2S高温下转化为Cu，导致b偏小，则（a﹣b）的值偏大，实验测得的值会偏大，‎ 答案为：；偏大；‎ ‎（4）根据分析可知，若温度过高、时间过长易发生副反应，则铜与浓硫酸反应温度不宜过高，反应时间不易过长，‎ 故答案为：温度不宜过高，时间不易过长。‎ ‎【点评】本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎23．白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如图：‎ ‎（1）A的结构简式　　。①的反应类型　取代反应　。‎ ‎（2）B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为　　，在酸性条件下水解的产物为　HCOOH、　。‎ ‎（3）检验官能团G所用的试剂是　新制Cu（OH）2悬浊液　。‎ ‎（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣OH和CH3OH为原料制备CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3的合成路线流程图（无机试剂任用）。 （已知RCNRCOOH）合成路线流程图如下：（甲乙……目标产物）‎ ‎【分析】合成流程图为：①A经SOCl2取代得到，则A为，与NaCN发生取代反应生成，K2CO3‎ 作用下与RCl发生取代反应生成，防止酚羟基被氧化；‎ ‎②参照在K2CO3作用下与RCl发生取代反应生成可知，B物C7H6O2在K2CO3作用下与RCl发生取代反应生成，则B物C7H6O2中含有酚羟基，结合分子式可知B物结构式为，B在K2CO3作用下与RCl发生取代反应生成，最后 和反应生成白藜芦醇，‎ ‎（4）HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣OH和SOCl2发生取代反应生成Cl﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣Cl，再与NaCN反应增加主链C原子数，生成NC﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CN，甲酸条件下水解生成HOOC﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣COOH，最后浓硫酸作催化剂和CH3OH生成可生成目标物，结合有机物的结构与性质分析解答。‎ ‎【解答】解：（1）A经SOCl2取代得到，则A为，故答案为：；取代反应；‎ ‎（2）B的分子式为C7H6O2，其芳香类同分异构体中可以发生水解，则芳香类同分异构体为酯类，结合分子式可知B的芳香类同分异构体结构式为，即甲酸苯酚酯，在酸性条件下水解的产物为甲酸HCOOH、苯酚，故答案为：；HCOOH、；‎ ‎（3）中官能团G为﹣CHO，可用新制Cu（OH）2悬浊液检验，有砖红色Cu2O生成，故答案为：新制Cu（OH）2悬浊液；‎ ‎（4）HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣OH和SOCl2发生取代反应生成Cl﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣Cl，再与NaCN反应增加主链C原子数，生成NC﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CN，甲酸条件下水解生成HOOC﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣COOH，最后浓硫酸作催化剂和CH3OH生成可生成目标物，反应流程为，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成及推断、同分异构体的书写、结构简式的判断及书写、官能团的检验试剂的选择等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，明确合成流程中各物质的推断是解答的关键，注意有机物的官能团与性质的关系即可解答，题目难度中等。‎ ‎24．LiFe2（PO4）3作为锂离子电池的负极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。‎ ‎（1）配平下列反应的化学方程式。‎ ‎　2　Li3Fe2（PO4）3+1Fe2O3+　3　CO→　3　CO2+　6　LiFePO4‎ ‎（2）CO2的电子式为　　，P原子的核外电子有　5　种不同能量的电子。‎ 研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）。‎ ‎（3）该反应的平衡常数K＝　　。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4‎ 的质量减少了4.8g，则v（CH4）＝　0.005mol/（L．min）　。‎ ‎（4）根据图可得出n（CO2）消耗　＞　n（CH4）消耗（填“＞”、“＜”和“＝”‎ ‎），原因是　有水生成，平衡时n（H2）＜n（CO），说明部分CO2和H2发生了反应　‎ ‎【分析】（1）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，C元素化合价由+2价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（2）CO2中每个O原子和C原子形成2的共用电子对，P原子的核外电子分别位于1s、2s、2p、3s、3p能级上，每个能级上的电子能量相同；‎ ‎（3）该反应的平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；‎ ‎30min后，CH4的质量减少了4.8g，减少的n（CH4）＝＝0.3mol，则v（CH4）＝；‎ ‎（4）根据图知，相同时间内n（CO2）消耗＜n（CH4）消耗。‎ ‎【解答】解：（1）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，C元素化合价由+2价变为+4价，转移电子总数为6，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程2Li3Fe2（PO4）3+1Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4，‎ 故答案为：2；3；3；6；‎ ‎（2）CO2中每个O原子和C原子形成2的共用电子对，所以其电子式为，P原子的核外电子分别位于1s、2s、2p、3s、3p能级上，每个能级上的电子能量相同，所以有5种能量的电子，‎ 故答案为：；5；‎ ‎（3）该反应的平衡常数K＝；‎ ‎30min后，CH4的质量减少了4.8g，减少的n（CH4）＝＝0.3mol，则v（CH4）＝＝mol/（L．min）＝0.005mol/（L．min），‎ 故答案为：；0.005mol/（L．min）；‎ ‎（4）根据图知，相同时间内n（CO2）消耗＞n（CH4）消耗，有水生成，平衡时n（H2）＜n（CO），说明部分CO2和H2发生了反应，‎ 故答案为：＞；有水生成，平衡时n（H2）＜n（CO），说明部分CO2和H2发生了反应。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制日期：2019/9/27 1‎