高考化学模拟试题共10套

高考化学模拟试题共10套

‎　　高考化学试题 ‎1．化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是 A．明矾净化水 B．纯碱去油污 C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白织物 ‎【答案】D ‎2．下列离子中半径最大的是 A．Na＋B．Mg2＋C．O2－ D．F－‎ ‎【答案】C 解析：这些离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选项是C。‎ ‎3．0．1mol下列气体分别与‎1L0．lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是 A．NO2B．SO‎2‎C．SO3D．CO2‎ ‎【答案】C 解析：A.NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和NaNO2的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应SO2+NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO3-电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3+NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离是溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比NaHSO3强；D.会发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3-电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。所以选项是C。‎ ‎4．己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成‎18g水，则放出的热量约为 A． 55 kJB．220 kJC． 550 kJ D．1108 kJ ‎【答案】A 解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生‎1.8g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=m÷M=‎1.8g÷‎18g/mol=0.1mol，所以反应放出的热量是 Q=(2215kJ/mol÷4mol)×0.1=55.375kJ,因此大于数值与选项A接近。故答案的A.‎ ‎5．分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）‎ A．3种 B．4种 C．5种D．6种 ‎【答案】B 解析：分子式是C4H10O是醇或醚。若物质可以与金属Na发生反应放出氢气，则该物质是醇，C4H10O可以看作是C4H10的分子中的一个H原子被羟基-OH产生的，C4H10有CH3CH2CH2CH3、(CH3) 2CHCH3两种不同的结构，前者有2种不同的H原子，后者也有2种不同的H原子，它们分别被羟基取代，就得到一种醇，因此符合该性质的醇的种类是4种，选项是B。‎ ‎6．己知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3+ ‎3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－ +5H2O。则RO4n-中 r的化合价是 ‎ A．+3 B．+‎4 ‎C．+5 D．+6‎ ‎【答案】D 解析：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3+4=2n+3，解得n=2。由于在任何化合物中正负化合价的代数和为0，所以R的化合价为+（2×4-2）=+6，选项是D。‎ ‎7．下列叙述正确的是 A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2 B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2‎ ‎【答案】C、D ‎8．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是 A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3‎ ‎【答案】A、B ‎9．下列反应不属于取代反应的是 A．淀粉水解制葡萄糖 B．石油裂解制丙烯 C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 ‎【答案】B ‎10．下列制定微粒的数目相等的是 A．等物质的量的水与重水含有的中子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温．同压同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎【答案】B、D ‎11．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是 ‎【答案】B 解析：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<‎ CH2ClCOOH，排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，正确选项是B。‎ ‎12．a．b．c．d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是 A．d元素的非金属性最强 B．它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．b．c．d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 ‎【答案】D ‎13． (8分)乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为。‎ ‎（2）B的化学名称是。‎ ‎（3）由乙醇生产C的化学反应类型为。‎ ‎（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是。‎ ‎（5）由乙醇生成F的化学方程式为。‎ ‎【答案】（1）CH3COOH ‎ （2）乙酸乙酯 ‎ （3）取代反应 ‎ （4）聚氯乙烯 ‎（5）CH3CH2OH CH2=CH2 ↑+ H2O ‎【解析】 ‎ 试题分析：（1）根据A的分子式，结合A由乙醇氧化得到可知A为乙酸；‎ ‎（2）乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯；‎ ‎ （3）乙醇与C的分子式比较可知，乙醇分子中的1个H原子被取代，所以反应类型为取代反应；‎ ‎（4）E的单体为D，根据D的分子式，可知D为氯乙烯，所以E为聚氯乙烯；‎ ‎（5）乙醇在浓硫酸作催化剂、‎170°C时发生消去反应生成乙烯和水。‎ 考点：考查以乙醇为载体的有机物之间的转化 ‎14．（8分）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：‎ ‎（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。‎ ‎（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。‎ ‎（3）Z．X中共价键的类型分别是。‎ ‎【答案】（1）氢氟酸；SiO2+MgO2↑+Mg2Si；‎ ‎ （2）Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；；‎ ‎ （3）非极性键、极性键 ‎15．(9分)银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。‎ ‎（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是。‎ ‎（2）已知Ksp(AgCl)=1．8×10-10,若向50mL0．018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0．020mol·L-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为mol·L-1，pH为。‎ ‎（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为。‎ ‎（4）右图所示原电池正极的反应式为。‎ ‎【答案】（1）Ag在空气中易与氧气反应生成氧化银；‎ ‎（2）1.8×10-7mol/L；2‎ ‎ （3）2AgNO3Ag+2NO2 ↑+O2 ↑‎ ‎（4）Ag++e-=Ag 考点：考查金属的腐蚀、溶度积的应用、氧化还原反应理论的应用，电极反应式的书写 ‎16．(8分)氨是合成硝酸．铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：‎ ‎（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为（用离子方程式表示），0．1 mol·L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的PH（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）。‎ ‎（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，‎250℃‎时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为 ，平衡常数表达式为 ；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol。‎ ‎（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，r若生成1molN2，其△H=kJ·mol-1,‎ ‎【答案】（1）NH3·H2ONH4++OH- 减小；‎ ‎ （2）NH4NO3N2O+2H2O；c(N2O)c(H2O)2；4‎ ‎ （3）-139‎ 考点：考查弱电解质的电离平衡的判断，化学方程式的书写，化学反应与能量的关系判断 ‎17．（11分）工业上，向500—‎600℃‎的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验。‎ 回答下列问题：‎ ‎ （1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是。‎ ‎ （2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取。尾气的成分是。若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是、。‎ ‎ （3）若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3 ，检验FeCl3常用的试剂是。欲制得纯净的FeCl2 ，在实验操作中应先，再。‎ ‎【参考答案】（1）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O，浓硫酸。‎ ‎ （2）HCl；HCl和H2；发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收。‎ ‎ （3）KSCN溶液；点燃A处的酒精灯，点燃C处的酒精灯。‎ 选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.）‎ ‎18．[选修5—有机化学基础]‎ ‎ 18—Ⅰ（6分）下列有机物的命名错误的是 ‎18—Ⅱ（14分）芳香族化合物A可进行如下转化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为。‎ ‎（2）由C合成涤纶的化学方程式为。‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为。‎ ‎（4）写出A所有可能的结构简式。‎ ‎（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式。‎ ‎①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢②可发生银镜反应和水解反应 ‎【参考答案】18—ⅠBC；‎ ‎18—Ⅱ（1）醋酸钠。‎ ‎（2）略。‎ ‎（3）HO—。‎ ‎（4）略。‎ ‎（5）HCOO—。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：18—ⅠB的名称为3—甲基—1—戊烯，C的名称为2—丁醇，错误的为BC；‎ ‎18—Ⅱ根据题给流程和信息推断B为CH3COONa，C为HOCH2CH2OH，E为对羟基苯甲酸。‎ ‎（1）B为CH3COONa，化学名称为醋酸钠。‎ ‎（2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤纶，化学方程式略。‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E为对羟基苯甲酸，结构简式HO—。‎ ‎（4）A的结构为苯环上连接CH3COO—和—COOCH2CH2OH，有邻、间、对3种，结构简式略。‎ ‎（5）符合条件①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢，含两个支链处于对位，②可发生银镜反应和水解反应，为甲酸酯类，E的同分异构体的结构简式HCOO—。‎ ‎19.[选修3—物质结构与性质]‎ ‎19—Ⅰ（6分）下列物质的结构或性质与氢键无关的是 ‎ A.乙醚的沸点 B.乙醇在水中的溶解度 C.氢化镁的晶格能 D.DNA的双螺旋结构 ‎19—Ⅱ（14分）钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为。‎ ‎（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、 。‎ ‎（3）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为(填图2中字母)，该分子中含有个s键。‎ ‎（4）V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为。‎ ‎【参考答案】19—ⅠAC。‎ ‎19—Ⅱ（1）第4周期ⅤB族，电子排布图略。‎ ‎（2）4，2。‎ ‎（3）2，V形；sp2杂化； sp3杂化； a，12。‎ ‎（4）正四面体形；NaVO3。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：19—Ⅰ ‎ A.乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，正确；B.乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，错误；C.氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，正确；D.DNA的双螺旋结构与氢键有关，错误，选AC。‎ ‎19—Ⅱ（1）钒在元素周期表中的位置为第4周期ⅤB族，其价层电子排布式为3d34s2，电子排布图略。‎ ‎（2）分析钒的某种氧化物的晶胞结构利用切割法计算，晶胞中实际拥有的阴离子数目为4×1/2+2=4，阳离子个数为8×1/8+1=2。‎ ‎（3）SO2 分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是2对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为b，该分子中含有12个s键。‎ ‎（4）钒酸钠（Na3VO4）中阴离子的立体构型为正四面体形；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。‎ ‎20.[选修2—化学与技术]‎ ‎ 20—Ⅰ（6分）下列有关海水综合利用的说法正确的是 ‎ A.电解饱和食盐水可制得金属钠 B.海带提碘只涉及物理变化 ‎ C.海水提溴涉及到氧化还原反应 D.海水提镁涉及到复分解反应 ‎20—Ⅱ（14分）‎ 铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示。原料中除铁矿石和焦炭外含有。除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2‎ ‎ ）的化学反应方程式为、；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2 和(填化学式)。‎ ‎（2）已知：①Fe2O3 (s)+‎3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH=+494kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1‎ ‎③C(s)+ O2(g)=CO(g) ΔH=-110kJ·mol-1‎ 则反应Fe2O3 (s)+‎3 C(s)+ O2(g)=2Fe(s)+3CO2 (g) 的ΔH=kJ·mol-1。理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量（填上述方程式序号）‎ ‎（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图(b)所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分。‎ ‎ （4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是。‎ ‎【参考答案】20—ⅠCD。‎ ‎20—Ⅱ（1）石灰石， CaCO3CaO+CO2↑ 、 CaO+SiO2CaSiO3 ； CO。‎ ‎（2）-355 ；②③，①。‎ ‎ （3）炉腰，Fe2O3 +3CO2Fe+3CO2；炉腹。‎ ‎ （4）用碱液吸收（氢氧化钠溶液或氨水等）。‎ ‎1．化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是 A．明矾净化水 B．纯碱去油污 C．食醋除水垢 D．漂白粉漂白织物 ‎【答案】D ‎2．下列离子中半径最大的是 A．Na＋B．Mg2＋C．O2－ D．F－‎ ‎【答案】C 解析：这些离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选项是C。‎ ‎3．0．1mol下列气体分别与1L0．lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是 A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2‎ ‎【答案】C 解析：A.NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和NaNO2‎ 的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应SO2+NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO3-电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3+NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离是溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比NaHSO3强；D.会发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3-电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。所以选项是C。‎ ‎4．己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成18g水，则放出的热量约为 A． 55 kJB．220 kJC． 550 kJ D．1108 kJ ‎【答案】A 解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生1.8g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=m÷M=1.8g÷18g/mol=0.1mol，所以反应放出的热量是Q=(2215kJ/mol÷4mol)×0.1=55.375kJ,因此大于数值与选项A接近。故答案的A.‎ ‎5．分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）‎ A．3种 B．4种 C．5种D．6种 ‎【答案】B 解析：分子式是C4H10O是醇或醚。若物质可以与金属Na发生反应放出氢气，则该物质是醇，C4H10O可以看作是C4H10的分子中的一个H原子被羟基-OH产生的，C4H10有CH3CH2CH2CH3、(CH3) 2CHCH3两种不同的结构，前者有2种不同的H原子，后者也有2种不同的H原子，它们分别被羟基取代，就得到一种醇，因此符合该性质的醇的种类是4种，选项是B。‎ ‎6．己知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－ +5H2O。则RO4n-中 r的化合价是 ‎ A．+3 B．+4 C．+5 D．+6‎ ‎【答案】D 解析：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3+4=2n+3，解得n=2。由于在任何化合物中正负化合价的代数和为0，所以R的化合价为+（2×4-2）=+6，选项是D。‎ ‎7．下列叙述正确的是 A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2 B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2‎ ‎【答案】C、D ‎8．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是 A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3‎ ‎【答案】A、B ‎9．下列反应不属于取代反应的是 A．淀粉水解制葡萄糖 B．石油裂解制丙烯 C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 ‎【答案】B 解析：A.淀粉发生水解反应产生葡萄糖，该反应是取代反应，错误。B.石油裂解制丙烯的反应属于分解反应，不是取代反应，正确。C.乙醇与乙酸发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应是取代反应，错误。D.油脂与水发生取代反应产生高级脂肪酸和甘油，产生的高级脂肪酸再与NaOH发生反应形成高级脂肪酸钠和水。因此油脂与浓NaOH发生皂化反应形成高级脂肪酸钠和甘油，该反应属于取代反应，错误。‎ ‎10．下列制定微粒的数目相等的是 A．等物质的量的水与重水含有的中子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温．同压同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎【答案】B、D 解析：A.1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，错误。B.乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合CnH2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，正确。C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO同温同压下，同体积的CO和NO，错误。D.由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，正确。‎ ‎11．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是 ‎【答案】B 解析：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<‎ CH2ClCOOH，排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，正确选项是B。‎ ‎12．a．b．c．d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是 A．d元素的非金属性最强 B．它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．b．c．d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 ‎【答案】D 非极性键的化合物若CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，错误。‎ ‎13． (8分)乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为。‎ ‎（2）B的化学名称是。‎ ‎（3）由乙醇生产C的化学反应类型为。‎ ‎（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是。‎ ‎（5）由乙醇生成F的化学方程式为。‎ ‎【答案】（1）CH3COOH ‎ （2）乙酸乙酯 ‎ （3）取代反应 ‎ （4）聚氯乙烯 ‎（5）CH3CH2OH CH2=CH2 ↑+ H2O ‎【解析】 ‎ 试题分析：（1）根据A的分子式，结合A由乙醇氧化得到可知A为乙酸；‎ ‎（2）乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯；‎ ‎ （3）乙醇与C的分子式比较可知，乙醇分子中的1个H原子被取代，所以反应类型为取代反应；‎ ‎（4）E的单体为D，根据D的分子式，可知D为氯乙烯，所以E为聚氯乙烯；‎ ‎（5）乙醇在浓硫酸作催化剂、170°C时发生消去反应生成乙烯和水。‎ 考点：考查以乙醇为载体的有机物之间的转化 ‎14．（8分）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：‎ ‎（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。‎ ‎（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。‎ ‎（3）Z．X中共价键的类型分别是。‎ ‎【答案】（1）氢氟酸；SiO2+MgO2↑+Mg2Si；‎ ‎ （2）Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；；‎ ‎ （3）非极性键、极性键 ‎【解析】‎ 试题分析：Z为半导体单质，则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应；其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。其余问题可解。‎ ‎ 考点：考查以Si为载体的物质的转化的判断 ‎15．(9分)银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。‎ ‎（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是。‎ ‎（2）已知Ksp(AgCl)=1．8×10-10,若向50mL0．018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0．020mol·L-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为mol·L-1，pH为。‎ ‎（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为。‎ ‎（4）右图所示原电池正极的反应式为。‎ ‎【答案】（1）Ag在空气中易与氧气反应生成氧化银；‎ ‎（2）1.8×10-7mol/L；2‎ ‎ （3）2AgNO3Ag+2NO2 ↑+O2 ↑‎ ‎（4）Ag++e-=Ag ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据金属的腐蚀可知Ag变黑是发生了化学腐蚀，生成氧化银的缘故；‎ ‎ （2）根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为（0.02-0.018）mol/L/2=0.001mol/L，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100mL时，氢离子的浓度为0.01mol/L，则pH=2；‎ ‎ （3）根据氧化还原反应理论，硝酸银分解生成Ag和二氧化氮气体，无元素化合价升高的，所以该反应中有氧气生成。‎ ‎ （4）该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质，所以正极是生成Ag单质的还原反应。‎ 考点：考查金属的腐蚀、溶度积的应用、氧化还原反应理论的应用，电极反应式的书写 ‎16．(8分)氨是合成硝酸．铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：‎ ‎（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为（用离子方程式表示），0．1 mol·L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的PH（填“升高”或“降低”）；若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）。‎ ‎（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为 ，平衡常数表达式为 ；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol。‎ ‎（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，r若生成1molN2，其△H=kJ·mol-1,‎ ‎【答案】（1）NH3·H2ONH4++OH- 减小；‎ ‎ （2）NH4NO3N2O+2H2O；c(N2O)c(H2O)2；4‎ ‎ （3）-139‎ ‎【解析】‎ 考点：考查弱电解质的电离平衡的判断，化学方程式的书写，化学反应与能量的关系判断 ‎17．（11分）工业上，向500—600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验。‎ 回答下列问题：‎ ‎ （1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是。‎ ‎ （2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取。尾气的成分是。若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是、。‎ ‎ （3）若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3 ，检验FeCl3常用的试剂是。欲制得纯净的FeCl2 ，在实验操作中应先，再。‎ ‎【参考答案】（1）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O，浓硫酸。‎ ‎ （2）HCl；HCl和H2；发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收。‎ ‎ （3）KSCN溶液；点燃A处的酒精灯，点燃C处的酒精灯。‎ ‎【解析】‎ 选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.）‎ ‎18．[选修5—有机化学基础]‎ ‎ 18—Ⅰ（6分）下列有机物的命名错误的是 ‎18—Ⅱ（14分）芳香族化合物A可进行如下转化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为。‎ ‎（2）由C合成涤纶的化学方程式为。‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为。‎ ‎（4）写出A所有可能的结构简式。‎ ‎（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式。‎ ‎ ①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢②可发生银镜反应和水解反应 ‎【参考答案】18—ⅠBC；‎ ‎18—Ⅱ（1）醋酸钠。‎ ‎（2）略。‎ ‎（3）HO—。‎ ‎（4）略。‎ ‎（5）HCOO—。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：18—ⅠB的名称为3—甲基—1—戊烯，C的名称为2—丁醇，错误的为BC；‎ ‎18—Ⅱ根据题给流程和信息推断B为CH3COONa，C为HOCH2CH2OH，E为对羟基苯甲酸。‎ ‎（1）B为CH3COONa，化学名称为醋酸钠。‎ ‎（2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤纶，化学方程式略。‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E为对羟基苯甲酸，结构简式HO—。‎ ‎（4）A的结构为苯环上连接CH3COO—和—COOCH2CH2OH，有邻、间、对3种，结构简式略。‎ ‎（5）符合条件①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢，含两个支链处于对位，②可发生银镜反应和水解反应，为甲酸酯类，E的同分异构体的结构简式HCOO—。‎ ‎19.[选修3—物质结构与性质]‎ ‎19—Ⅰ（6分）下列物质的结构或性质与氢键无关的是 ‎ A.乙醚的沸点 B.乙醇在水中的溶解度 C.氢化镁的晶格能 D.DNA的双螺旋结构 ‎19—Ⅱ（14分）钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为。‎ ‎（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、 。‎ ‎（3）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为(填图2中字母)，该分子中含有个s键。‎ ‎（4）V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为。‎ ‎【参考答案】19—ⅠAC。‎ ‎19—Ⅱ（1）第4周期ⅤB族，电子排布图略。‎ ‎（2）4，2。‎ ‎（3）2，V形；sp2杂化； sp3杂化； a，12。‎ ‎（4）正四面体形；NaVO3。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：19—Ⅰ A.乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，正确；B.乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，错误；C.氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，正确；D.DNA的双螺旋结构与氢键有关，错误，选AC。‎ ‎19—Ⅱ（1）钒在元素周期表中的位置为第4周期ⅤB族，其价层电子排布式为3d34s2，电子排布图略。‎ ‎（2）分析钒的某种氧化物的晶胞结构利用切割法计算，晶胞中实际拥有的阴离子数目为4×1/2+2=4，阳离子个数为8×1/8+1=2。‎ ‎（3）SO2 分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是2对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为b，该分子中含有12个s键。‎ ‎（4）钒酸钠（Na3VO4）中阴离子的立体构型为正四面体形；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。‎ ‎20.[选修2—化学与技术]‎ ‎ 20—Ⅰ（6分）下列有关海水综合利用的说法正确的是 ‎ A.电解饱和食盐水可制得金属钠 B.海带提碘只涉及物理变化 ‎ C.海水提溴涉及到氧化还原反应 D.海水提镁涉及到复分解反应 ‎20—Ⅱ（14分）‎ 铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示。原料中除铁矿石和焦炭外含有。除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为、；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2 和(填化学式)。‎ ‎（2）已知：①Fe2O3 (s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH=+494kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1‎ ‎③C(s)+ O2(g)=CO(g) ΔH=-110kJ·mol-1‎ 则反应Fe2O3 (s)+3 C(s)+ O2(g)=2Fe(s)+3CO2 (g) 的ΔH=kJ·mol-1。理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量（填上述方程式序号）‎ ‎（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图(b)所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分。‎ ‎ （4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是。‎ ‎【参考答案】20—ⅠCD。‎ ‎20—Ⅱ（1）石灰石， CaCO3CaO+CO2↑ 、 CaO+SiO2CaSiO3 ； CO。‎ ‎（2）-355 ；②③，①。‎ ‎ （3）炉腰，Fe2O3 +3CO2Fe+3CO2；炉腹。‎ ‎ （4）用碱液吸收（氢氧化钠溶液或氨水等）。‎ ‎【解析】‎ ‎ （4）脱SO2 的方法是用碱液吸收（氢氧化钠溶液或氨水等）。‎ 化 学 注意事项：‎ ‎ 1．本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎ 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。‎ ‎ 3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 ‎ ‎ 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O16 C1 35.5 Fe56 Cu64 ‎ Zn 65 Ag108‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1．化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是 A．明矾净化水B．纯碱去油污 C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物 ‎2．下列离子中半径最大的是 A．Na＋B．Mg2＋C．O2－ D．F－‎ ‎3．0.1mol下列气体分别与‎1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是 A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2‎ ‎4．已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为 A．55 kJB．220 kJC．550 kJ D．1108 kJ ‎5．分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）‎ A．3种B．4种C. 5种D．6种 ‎6．己知在碱性溶液中可发生如下反应：‎ ‎2R(OH)3+ ‎3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是 ‎ A．+3B．+4C .+5D．+6‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，‎ 多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。‎ ‎7．下列叙述正确的是 A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2 B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜D．煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2‎ ‎8．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是 A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3‎ ‎9．下列反应不属于取代反应的是 A．淀粉水解制葡萄糖 B．石油裂解制丙烯 C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 ‎10．下列指定微粒的数目相等的是 A．等物质的量的水与重水含有的中子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎11．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1.4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是 ‎12．a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是 A．d元素的非金属性最强 B．它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．b、c、d分别与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 第II卷 本卷包括必考题和选考题两部分。第l3题～第17题为必考题，每个试题考生都必须做答。第l8题～第20题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎13．(8分)‎ 乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为。‎ ‎（2）B的化学名称是。‎ ‎（3）由乙醇生产C的化学反应类型为。‎ ‎（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是。‎ ‎（5）由乙醇生成F的化学方程式为。‎ ‎14．（8分）‎ 单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：‎ ‎（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。‎ ‎（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为，Y分子的电子式为。‎ ‎（3）Z、X中共价键的类型分别是、。‎ ‎15．(9分)‎ 银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题：‎ ‎（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是。‎ ‎（2）已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，若向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol·L-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为mol·L-1，pH为。‎ ‎（3）AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体 等物质，其光照分解反应的化学方程式为。‎ ‎（4）右图所示原电池正极的反应式为。‎ ‎16．(8分)‎ 氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。回答下列问题：‎ ‎（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为（用离子方程式表示），0.1 mol·L-1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中的NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）。‎ ‎（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，‎250℃‎时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为，平衡常数表 达式为 ；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子 数为mol。‎ ‎（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如 图所示，若生成1molN2，其△H=kJ·mol-1。‎ ‎17．（11分）‎ 工业上，向500—‎600℃‎的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是。‎ ‎（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取。尾气的成分是。若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是、。‎ ‎（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3 ，检验FeCl3常用的试剂是。欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先，再。‎ 选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。做答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。)‎ ‎ 第18、19、20三题的第I题为选择题，在给出的四个选项中，有两项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第II 题为非选择题，请在答题卡相应位置做答并写明小题号。‎ ‎18．[选修5—有机化学基础]‎ ‎ 18-Ⅰ（6分）下列有机物的命名错误的是 ‎18-Ⅱ（14分）芳香化合物A可进行如下转化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为。‎ ‎（2）由C合成涤纶的化学方程式为。‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为。‎ ‎（4）写出A所有可能的结构简式。‎ ‎（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式。‎ ‎①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢②可发生银镜反应和水解反应 ‎19.[选修3—物质结构与性质]‎ ‎19-Ⅰ（6分）下列物质的结构或性质与氢键无关的是 ‎ A.乙醚的沸点 B.乙醇在水中的溶解度 C.氢化镁的晶格能 D.DNA的双螺旋结构 ‎19-Ⅱ（14分）钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为。‎ ‎（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、 。‎ ‎（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3‎ 的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为(填图2中字母)，该分子中含有个σ键。‎ ‎（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为。‎ ‎20.[选修2—化学与技术]‎ ‎ 20-Ⅰ（6分）下列有关海水综合利用的说法正确的是 ‎ A.电解饱和食盐水可制得金属钠 B.海带提碘只涉及物理变化 C.海水提溴涉及到氧化还原反应 D.海水提镁涉及到复分解反应 ‎20-Ⅱ（14分）‎ 铁在自然界分别广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示。原料中除铁矿石和焦炭外还有。除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2 ）的化学反应方程式为、；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和(填化学式)。‎ ‎（2）已知：①Fe2O3 (s)+‎3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH=+494kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1‎ ‎③C(s)+ 1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-110kJ·mol-1‎ 则反应Fe2O3 (s)+‎3 C(s)+ 3/2O2(g)=2Fe(s)+3CO2 (g) 的ΔH=kJ·mol-1。理论上反应放出的热量足以供给反应所需的热量（填上述方程式序号）。‎ ‎（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图(b)所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分。‎ ‎（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是。‎ 普通高中基础会考试题 化学 科 注意事项：‎ ‎1．本试卷分为第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分。试卷共6页，满分100分。考试时间60分钟。答卷前考生务必在试卷和答题卡指定位置填写本人姓名和准考证号，在答题卡上粘贴条形码。‎ ‎2．选择题的答题，必须使用2B铅笔将所选方框涂黑。如果修改答案，应使用橡皮将错选项方框涂点擦干净，并将改选项方框涂黑。‎ ‎3．非选择题的答题，使用黑色签字笔在答题卡上题号指定区域书写答案，在题号指定答题区域以外以及草稿纸、试题卷上书写的答案无效。‎ ‎4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第一卷 选择题（48分）‎ 本卷共16小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1．识别安全使用标志很重要。油罐车上应使用的标志是 ‎ A B C D ‎2．1865年，提出苯的环状结构设想的科学家是 ‎ A．居里夫人 B．门捷列夫 C．凯库勒 D．阿伏加德罗 ‎3．下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是 A．单质溴 B．单质镁 C．烧碱 D．食盐 ‎100mL ‎20℃‎ ‎4．右图为转移溶液的示意图。其中没有用到的玻璃仪器是 A．分液漏斗 B．烧杯 C．玻璃棒 D．容量瓶 ‎5．某血液化验单中，葡萄糖的含量为4.94╳10-3mL。表示该体检指标的物理量是 A．溶解度 B．质量分数 C．物质的量浓度 D．摩尔质量 ‎6．清晨的树林，可以看到一束束阳光透过树叶间的缝隙射入林间，这种现象源自胶体的 A．丁达尔效应 B．聚沉 C．电泳 D．布朗运动 ‎7．下列物质中，只含有共价键的是 A．Na2O B．CO‎2‎‎ C．KCl D．NaOH ‎8．既能跟盐酸又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是 A．MgO B．HNO‎3‎‎ C．Al(OH)3 D．CaCO3‎ ‎9．关于碳元素的两种核素、的说法正确的是 高温 A．质量数相同 B．质子数不同 C．互为同位素 D．中子数相同 ‎10．在冶炼铁的反应3CO + Fe2O3 3CO2 + 2Fe中，作还原剂的是 A．CO B．Fe2O‎3‎‎ C．CO2 D．Fe ‎11．下列关于乙醇（C2H5OH）的描述错误的是 A．俗称酒精 B．不能与金属钠反应 C．常作溶剂 D．能与乙酸发生酯化反应 稀H2SO4‎ G Cu A ‎12．右图为原电池装置，已知金属G比铜更活泼。下列有关说法错误的是 A．该装置将化学能转变为电能 B．金属片G为正极 C．铜片上有气泡产生 D．铜片上电极反应式为：2H+ + e- = H2↑‎ ‎13．下列化学方程式中，不能用离子方程式H+ + OH—= H2O表示的是 A．NaOH + HCl = NaCl + H2O B．KOH + HNO3=KNO3 + H2O C．2NaOH + H2SO4= Na2SO4 + 2H2O D．Ba(OH)2 + H2SO4=BaSO4↓+ 2H2O ‎14．某小组对反应2X (g) + Y(g) 2Z(g)进行对照实验（见下表）。下列有关说法错误的是 实验序号 反应温度 c(X)mol/L c(Y)mol/L ‎1‎ ‎400℃‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎400℃‎ ‎2‎ ‎2‎ A．该反应为可逆反应 B．探究温度对反应速率的影响 C．探究浓度对反应速率的影响 D．实验2的反应速率较快 ‎15．下列有关物质用途说法错误的是 A．浓硫酸用作食品干燥剂 B．过氧化钠用作呼吸面具的供氧剂 C．次氯酸钠用于漂白织物 D．硅是良好的半导体材料 ‎16．下图为烃分子的球棍模型，“大球”表示碳原子，“小球”表示氢原子。下列说法正确的是 A．图1表示的烃叫丙烷 B．图2烃分子的结构简式为CH3CH2CH2CH3‎ C．图1与图2表示的是同一种物质 图1‎ 图2‎ D．图1与图2表示的物质互为同分异构体 第二卷 非选择题（52分）‎ ‎17．（10分）我国古代在冶炼金属方面成就显著，请回答：‎ ‎（1）商代司母戊鼎属于（选填“青铜”、“铁合金”或“铝合金”）制品。‎ ‎（2）下图为铜及其化合物之间的转化关系（反应条件略去）：‎ Cu CuO CuSO4‎ 浓H2SO4‎ Fe Ⅰ Ⅱ Ⅲ ‎①上述转化常伴随颜色的变化，紫红色的铜与氧气反应生成色的氧化铜；‎ ‎②“曾青得铁则化为铜”体现了我国古代湿法炼铜的原理，其中的反应有：Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu，由此可知铁比铜的金属活动性（选填写“强”或“弱”）；‎ ‎③为验证铜和浓硫酸反应生成的气体，将气体通入品红溶液，观察到的现象是；‎ ‎④由上图可知，制备硫酸铜可以用途径甲（反应Ⅰ）或途径乙（反应Ⅱ+Ⅲ）,从环保角度考虑，应选择途径（选填“甲”或“乙”），理由是。‎ ‎18．（10分）下表是元素周期表的一部分，请回答：‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ N O F ‎3‎ Na Si Cl ‎（1）钠元素在元素周期表中的位置是 ；‎ ‎（2）N、O、F三种元素中，非金属性最强的是（填元素符号）；‎ ‎（3）由上表中两种元素组成的化合物是光导纤维的主要原料，该化合物的化学式为 ；‎ ‎（4）碘与氯是同主族元素。下面关于碘的推断错误的是（选填字母）；‎ ‎ a.常温下，碘单质为气态 b.最高正化合价为+‎7 c.Cl2通入淀粉KI溶液中出现蓝色 ‎（5）氮的氢化物和氯的氢化物反应生成一种铵盐，常用作氮肥，该反应的化学方程式为。‎ 模块选考题 温馨提示：以下为模块选考题，考生只能选择其中一个模块答题。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号下面的“”涂黑，只能涂其中一个，若不涂或多涂都视为选择第一个题号。其中19—Ⅰ题和20—Ⅰ题的选择题均为单项选择题，请将所选答案的序号填写在答题卡相应的位置上。‎ ‎《化学与生活》‎ ‎19—Ⅰ（16分）学生化学，服务生活。‎ ‎（1）下列说法错误的是 A．SO2和NO2是形成酸雨的主要气体 B．使用无磷洗衣粉能缓解水体富营养化 ‎ C．白色污染是指白色废弃塑料的污染 D．装修材料释放的甲醛会污染室内空气 ‎（2）下列说法错误的是 A．胃舒平是一种抗酸药 B．维生素A能防治坏血病 ‎ C．青霉素是一种抗生素 D．阿司匹林可用于解热镇痛 ‎（3）下图所示各试管中的铁钉最易被腐蚀的是 蒸馏水 铁钉 自来水 铁钉 自来水 缠有锌丝的铁钉 自来水 缠有铜丝的铁钉 ‎ A B C D ‎（4）陶器、瓷器、玻璃和水泥等均属于传统无机非金属材料，英文的“中国”（China）一词又指；制作汽车挡风玻璃通常采用（选填“普通玻璃”、“钢化玻璃”、“光学玻璃”）。‎ ‎19—Ⅱ（16分）化学无处不在，它渗透到我们的“衣、食、住、行”之中。‎ ‎（1）厨房有下列各类食物，请回答：‎ A B C D ‎①其中蛋白质含量最丰富的是（选填字母）；‎ ‎②根据平衡膳食的知识，完成一份合理的食谱：糖醋鱼、煎鸡蛋、（写两种）；‎ ‎③以上食谱中，用到的食品添加剂有（写一种即可）；‎ ‎④鉴别橱柜里失去标签的食盐和小苏打（NaHCO3），可选用（选填“白酒”或“食醋”）。‎ ‎（2）下图所示为一辆常见自行车，请回答：‎ ‎①图中所示各金属部件防腐措施不恰当的是（选填写母）；‎ B A C A．车把——涂机油 B．车架——烤漆 C．车辐条——镀锌 ‎②自行车的部分构件有：a.链条 b.轮胎 c.钢圈，其中属于有机合成材料的是（选填“a”、“b”或“c”）；‎ ‎③废旧的链条、钢圈应投入如下图所示（选填“Ａ”或“Ｂ”）标志的垃圾桶中；‎ Ａ　　　　 　 Ｂ ‎④垃圾资源化的益处是（写一点即可）。‎ ‎《化学与技术》‎ ‎20—Ⅰ（16分）化学在开发自然资源和保护环境方面发挥重要作用。‎ ‎[CF2—CF2] n ‎（1）我省日月湾是世界冲浪基地，运动员所用冲浪板采用聚四氟乙烯作贴面，其结构简式为 ‎ 该材料属于 A．合金材料 B．硅酸盐材料 C．天然纤维材料 D．合成高分子材料 ‎（2）以下有关石油化工的说法正确的是 A．石油属于可再生资源 B．利用共聚技术可改进塑料性能 C．催化裂化属于物理变化 D．采用分馏技术可获得大量乙烯 ‎（3）与现化工业“节能减排、保护环境”理念相符的是 A．推广燃煤脱硫技术 B．大力发展火力发电 ‎ C．加高炼铁厂烟囱 D．大量使用塑料制品 ‎（4）海水淡化有多种方法，主要有（写一种即可）。海水中盐分除了含NaCl外，还含CaCl2和MgCl2等。晒制食盐时，当蒸发池中有大量食盐晶体析出时即可捞出，而不是将海水完全晒干，原因是。‎ ‎20—Ⅱ（16分）化学工业随着科技水平的不断提高而发展，已成为国民经济的重要基础工业。‎ ‎（1）联合制碱法是将氨碱法与合成氨联合生产的改进工艺，其生产原理示意图如下：‎ NaCl + NH3 + CO2 + H2O NaHCO3↓+ NH4Cl（副产品） ‎ ‎2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑+ H2O ‎（原料Ⅰ）NH3 CO2‎ ‎（原料Ⅱ）‎ ‎△‎ ‎①联合制碱法也称侯氏制碱法，是由我国化工专家先生创立的； ‎ ‎②该工艺中的原料气NH3来源于工业；‎ ‎③生产中，饱和食盐水要分步吸收原料气NH3和CO2，先吸收的是；‎ ‎④侯氏制碱法体现了大规模联合生产的优越性，其优点是（写一条即可）。‎ ‎（2）铝的冶炼在现代工业上具有重要意义，工业上用铝土矿为原料冶炼铝，以下是工业冶炼铝的反应原理和设备示意图：‎ 铝 阴极 碳块 电解质 ‎（氧化铝和冰晶石）‎ 阳极 阳极：6O2- -12e- = 3O2‎ 阴极：4Al3+ + 12e- = 4Al ‎①从以上信息可知，工业上冶炼铝的方法称为（选填字母）；‎ ‎ a.电解法 b.热还原法 c.热分解法 ‎②阴极上产生的物质是；‎ ‎③氧化铝的熔点很高，为了降低氧化铝的熔点，生产中要加入的物质是；‎ ‎④铝及铝合金材料在生产生活中应用广泛，试举出一例。‎ 高中基础会考 化学科参考答案和评分标准 说明：本答案仅供参考，其他合理答案也可以给分 第一卷 每小题3分，共48分 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ 答案 D C D A C A B C C A B B D B A D 第二卷 ‎17．（10分，除(2)④每空1分外，其余每空2分）‎ ‎（1）青铜 ‎（2）①黑；②强；③红色溶液褪色；‎ ‎④乙；途径甲产生的SO2气体污染空气（注：ⅰ.一定要写出SO2；ⅱ.若第一空填“甲”则本小题不得分）‎ ‎18．（10分，每空2分）‎ ‎ （1）第3周期ⅠA族； （2）F； （3）SiO2；‎ ‎ （4）a； （5）NH3 + HCl = NH4Cl ‎《化学与生活》‎ ‎19—Ⅰ（16分，选择题每小题4分，填空题每空2分）‎ ‎ （1）C； （2）B； （3）D；‎ ‎ （4）瓷器；钢化玻璃 ‎19—Ⅱ（16分，每空2分）‎ ‎ （1）①C；②米饭（馒头等）、水果（蔬菜）（富含糖类和维生素类的各写一种，答案合理即得分）；③糖（醋、盐等）（其他合理答案即得分）；④食醋 ‎（2）①A；②b；③A；④节约资源或节约能源、保护环境、减少环境污染、变废为宝等（写一点答案合理即得分）‎ ‎《化学与技术》‎ ‎20—Ⅰ（16分，选择题每小题4分，填空题每空2分）‎ ‎ （1）D （2）B （3）A ‎（4）蒸馏法（电渗析法、冷冻法等）；避免CaCl2和MgCl2析出混入食盐。‎ ‎20—Ⅱ（16分，每空2分）‎ ‎ （1）①侯德榜 ②合成氨 ③NH3④原料利用率高或缩短生产流程、节省投资、降低成本、减少污染等（写一条，合理答案即得分）‎ ‎（2）①a ②铝 ③冰晶石 ④导线或铝合金门窗、铝锅、飞机外壳等（写一例，答案合理即得分）‎ 高考化学试卷 一、选择题：本题共6小题．每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．（2分）（2013•海南）下列有机化合物中沸点最高的是（　　）‎ A．‎ 乙烷 B．‎ 乙烯 C．‎ 乙醇 D．‎ 乙酸 考点：‎ 分子间作用力对物质的状态等方面的影响．‎ 专题：‎ 有机化学基础．‎ 分析：‎ 对应烃类物质，烃的相对分子质量越大，沸点越高，对应烃的含氧衍生物，所含氢键越多，并且相对分子质量越大，沸点越高．‎ 解答：‎ 解：乙醇、乙酸与乙烷、乙烯相比较，含有氢键，且相对分子质量较大，则乙醇、乙酸沸点较高；‎ 乙醇和乙酸相比较，二者都含有氢键，但乙酸的相对分子质量较大，乙酸沸点较高．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查有机物沸点的比较，题目难度不大，本题注意把握影响沸点高低的因素以及氢键的性质．‎ ‎2．（2分）（2013•海南）下列化合物的俗称与化学式不对应的是（　　）‎ A．‎ 绿矾﹣FeSO4•7H2O B．‎ 芒硝﹣Na2SO4•10H2O C．‎ 明矾﹣Al2（SO4）3•12H2O D．‎ 胆矾﹣CuSO4•5H2O 考点：‎ 电子式、化学式或化学符号及名称的综合．‎ 专题：‎ 化学用语专题．‎ 分析：‎ A．绿矾是含有7个结晶水的硫酸亚铁，化学式为FeSO4•7H2O；‎ B．芒硝为十水合硫酸钠，化学式为Na2SO4•10H2O；‎ C．明矾为十二水和硫酸铝钾，化学式为KAl（SO4）2•12H2O；‎ D．含有5个结晶水的硫酸铜晶体为胆矾，又名蓝矾．‎ 解答：‎ 解：A．七水合硫酸亚铁又名绿矾，绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，故A正确；‎ B．Na2SO4•10H2O又名芒硝，是含有10个结晶水的硫酸钠晶体，故B正确；‎ C．明矾的化学式不是Al2（SO4）3•12H2O，明矾中含有钾离子，明矾正确的化学式为：KAl（SO4）2•12H2O，故C错误；‎ D．五水硫酸铜又名胆矾、蓝矾，所以胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，故D正确；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查物质的俗称及化学式，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见物质的名称与化学式，选项C为易错点，注意明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O．‎ ‎3．（2分）（2013•海南）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（　　）‎ A．‎ 氘（D）原子核外有1个电子 B．‎ ‎1H与D互称同位素 C．‎ H2O与D2O互称同素异形体 D．‎ ‎1H218O与D216O的相对分子质量相同 考点：‎ 同位素及其应用．‎ 专题：‎ 原子组成与结构专题．‎ 分析：‎ A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；‎ B．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；‎ C．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；‎ D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20．‎ 解答：‎ 解：A．氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；‎ B．1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；‎ C．H2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误； ‎ D．1H218O的相对分子质量为：1×2+18=20，D216O的相对分子质量为：2×2+16=20，故D正确，‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．‎ ‎4．（2分）（2013•海南）Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是（　　）‎ A．‎ Mg为电池的正极 B．‎ 负极反应为AgCl+e﹣=Ag+Cl﹣‎ C．‎ 不能被KCl 溶液激活 D．‎ 可用于海上应急照明供电 考点：‎ 化学电源新型电池．‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；‎ B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；‎ C、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；‎ D、原电池是将化学能转化为电能的装置．‎ 解答：‎ 解：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，故A错误；‎ B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故B错误；‎ C、因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故C错误；‎ D、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时 将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的．原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物．‎ ‎5．（2分）（2013•海南）已知下列反应的热化学方程式：‎ ‎6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3‎ 则反应4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为（　　）‎ A．‎ ‎12△H3+5△H2﹣2△H1‎ B．‎ ‎2△H1﹣5△H2﹣12△H3‎ C．‎ ‎12△H3﹣5△H2﹣2△H1‎ D．‎ ‎△H1﹣5△H2﹣12△H3‎ 考点：‎ 有关反应热的计算；热化学方程式．‎ 专题：‎ 化学反应中的能量变化．‎ 分析：‎ 根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式．‎ 解答：‎ 解：已知：‎ ‎①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ ‎③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3‎ 由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，题目难度不大，准确把握盖斯定律的概念是关键．‎ ‎6．（2分）（2013•海南）如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是（　　）　‎ A．‎ a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣e﹣f﹣g﹣h B．‎ a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣g C．‎ a﹣d﹣e﹣c﹣b﹣h﹣i﹣g D．‎ a﹣c﹣b﹣d﹣e﹣h﹣i﹣f 考点：‎ 化学实验操作的先后顺序．‎ 专题：‎ 化学实验基本操作．‎ 分析：‎ 实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥，以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题即可解答．‎ 解答：‎ 解：实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a；‎ 制取出的氯气中有HCl和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去HCl，而洗气时，气体要长进短出，故接下来的气流的方向是e→d；‎ 然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是c→b；‎ 制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h；‎ 氯气是污染性气体，对空气有污染，故应连接尾气处理装置，考虑到氯气是酸性气体，故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH 溶液，气流的方向是g→f；‎ 故仪器连接顺序正确的是a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣g，故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了仪器的连接顺序的问题，重点是掌握气体的除杂的方法和顺序，难度不大．‎ 二、选择题：本题共6小题．每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．‎ ‎7．（4分）（2013•海南）下列鉴别方法不可行的是（　　）‎ A．‎ 用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯 B．‎ 用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳 C．‎ 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷 D．‎ 考点：‎ 有机物的鉴别．‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ A．乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层；‎ B．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧；‎ C．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层；‎ D．苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应．‎ 解答：‎ 解：A．乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，故A不选；‎ B．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧，现象不同，可以鉴别，故B不选；‎ C．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层，现象不同，可以鉴别，故C不选；‎ D．苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D选．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及性质的差异为解答的关键，注意现象相同不能鉴别物质，题目难度不大．‎ ‎8．（4分）（2013•海南）0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（　　）‎ A．‎ c（H+）＞c（F﹣）‎ B．‎ c（H+）＞c（HF）‎ C．‎ c（OH﹣）＞c（HF）‎ D．‎ c（HF）＞c（F﹣）‎ 考点：‎ 弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ 专题：‎ 电离平衡与溶液的pH专题．‎ 分析：‎ A、HF溶液中存在酸的电离平衡，还存在水的电离平衡；‎ B、HF溶液中存在酸的微弱的电离平衡；‎ C、酸溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；‎ D、根据酸的电离平衡结合电离程度来回答．‎ 解答：‎ 解：A、HF电离出的H+等于F﹣，但水也可电离产生H+，所以c（H+）＞c（F﹣），故A正确；‎ B、HF微弱电离出少量的H+，c（H+）＜c（HF），故B错误；‎ C、HF酸溶液中，c（OH﹣）＜c（H+）＜c（HF），故C错误；‎ D、HF极微弱电离出的H+等于F﹣，所以c（HF）＞c（F﹣），故D正确．‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 本题考查电解质溶液中离子浓度间的关系，注意弱电解质的电离平衡的应用，难度不大．‎ ‎9．（4分）（2013•海南）下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有（　　）‎ A．‎ ‎2﹣甲基丙烷 B．‎ 环戊烷 C．‎ ‎2，2﹣二甲基丁烷 D．‎ ‎2，2﹣二甲基丙烷 考点：‎ 取代反应与加成反应；有机化合物的异构现象．‎ 专题：‎ 同分异构体的类型及其判定．‎ 分析：‎ 在烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烷烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体，据此进行判断．‎ 解答：‎ 解：A．2﹣甲基丙烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH3，分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；‎ B．环戊烷的结构简式为，，环戊烷分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故B正确；‎ C．2，2﹣二甲基丁烷的结构简式为：CH3C（CH3）2CH2CH3，其分子中含有3种等效氢原子，其一氯代物有3种，故C错误 D.2，2﹣二甲基丙烷的结构简式为：C（CH3）4，其分子中只有1种等效氢原子，一氯代物只有1种，故D正确；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键．‎ ‎10．（4分）（2013•海南）能正确表示下列反应的离子反应方程式为（　　）‎ A．‎ NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3↑+2 H2O B．‎ 向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH ﹣═2 Al（OH）3↓+3BaSO4↓‎ C．‎ 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2 Fe3++2Br2+6 Cl﹣‎ D．‎ 醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O 考点：‎ 离子方程式的书写．‎ 专题：‎ 离子反应专题．‎ 分析：‎ A．反应生成碳酸钾、氨气、水；‎ B．恰好使SO42﹣沉淀完全，以1：2反应，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾；‎ C．足量氯气，亚铁离子、溴离子均被氧化；‎ D．醋酸在离子反应中保留化学式．‎ 解答：‎ 解：A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中的离子反应为NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3↑+2H2O，故A选；‎ B．明矾溶液中Al3+和SO42﹣个数比为1：2，SO42﹣完全沉淀时，Al3+应转化为AlO2﹣，离子反应为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH ﹣═AlO2+2H2O+2BaSO4↓故B不选；‎ C．向FeBr2溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C选；‎ D．醋酸是弱酸，则醋酸除去水垢的离子反应为2HAc+CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O+2Ac﹣，故D不选；‎ 故选AC．‎ 点评：‎ 本题考查离子方程式的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应的考查，题目难度不大．‎ ‎11．（4分）（2013•海南）下列关于仪器使用的说法正确的是（　　）‎ A．‎ 滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗 B．‎ 锥形瓶用作反应容器时一定不能加热 C．‎ 蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏瓶支管口 D．‎ 振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞 考点：‎ 计量仪器及使用方法；蒸发、蒸馏与结晶的仪器；过滤、分离与注入溶液的仪器．‎ 专题：‎ 化学实验常用仪器．‎ 分析：‎ A．无论避免待装液被稀释，滴定管中装入滴定液前需要用滴定液润洗；‎ B．锥形瓶可以加热，加热时需要垫上石棉网；‎ C．蒸馏操作时，温度计的水银球应于蒸馏瓶支管口相平；‎ D．根据分液漏斗的正确使用方法进行判断．‎ 解答：‎ 解：A．滴定管中在装入滴定液之前，需要用滴定液润洗，目的是避免待装液被蒸馏水稀释，影响滴定结果，故A正确；‎ B．可以给锥形瓶中液体进行加热，不过加热时需要垫上石棉网，故B错误；‎ C．温度计用于控制馏出物温度，所以蒸馏时温度计水银球必须与蒸馏瓶支管口相平，故C错误；‎ D．振荡分液漏斗时，为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞，故D正确；‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 本题考查了常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见化学仪器的构造及正确的使用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．‎ ‎12．（4分）（2013•海南）如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极．电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d．符合上述实验结果的盐溶液是（　　）‎ 选项 X Y A MgSO4‎ CuSO4‎ B AgNO3‎ Pb（NO3）2‎ C FeSO4‎ Al2 （SO4）3‎ D CuSO4‎ AgNO3‎ A．‎ A B．‎ B C．‎ C D．‎ D 考点：‎ 原电池和电解池的工作原理．‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ 电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d，据此分析解答．‎ 解答：‎ 解：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d．阳离子得电子能力如图所示：‎ ‎，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+．‎ A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；‎ B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；‎ C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；‎ D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查电解原理，同时考查学生对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用，明确离子放电顺序是解本题关键，题目难度不大．‎ 三、解答题（共11小题，满分146分）‎ 本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第17题为必考题，每个试卷考生都必须做答。第18题~第20题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎13．（9分）（2013•海南）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：‎ ‎（1）X、Y和Z的元素符号分别为　H　、　O　、　Na　．‎ ‎（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有　NaOH　、　Na2O2．‎ ‎（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质的电子式为此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为　5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑　；此化合物还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为　H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑　．‎ 考点：‎ 位置结构性质的相互关系应用．‎ 专题：‎ 元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，然后分析解答．‎ 解答：‎ 解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，‎ ‎（1）X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na，故答案为：H；O；Na；‎ ‎（2）由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH，Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；‎ ‎（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，过氧化氢的电子式为，与高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，方程式为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑，‎ 故答案为：；5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑；H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑．‎ 点评：‎ 本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度不大．‎ ‎14．（9分）（2013•海南）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：‎ ‎（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 氯气将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，其离子方程式为　3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）　；‎ ‎（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl．BrCl分子中，　Br　显正电性．BrCl与水发生反应的化学方程式为　BrCl+H2O=HCl+HBrO　；‎ ‎（3）CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）=2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．‎ ‎①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p （Br2）将会　增大　（填“增大”、“不变”或“减小”）．‎ ‎②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为　2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa　．‎ 考点：‎ 氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学平衡的影响因素．‎ 专题：‎ 化学平衡专题；卤族元素．‎ 分析：‎ ‎（1）用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，同时生成HCO3﹣或CO2；‎ ‎（2）根据非金属性强弱判断原子在化合物中的电性；BrCl与水的反应类型于氯气和水的反应；‎ ‎（3）升高温度，平衡向正反应方向移动，增大体积，平衡向正反应方向移动，以此解答．‎ 解答：‎ 解：（1）溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收，反应的离子方程式为3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑），‎ 故答案为：3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）；‎ ‎（2）溴的非金属性弱于氯的，故溴显正电性；与Cl2与H2O类似，BrCl与水发生反应的化学方程式为：BrCl+H2O=HCl+HBrO，‎ 故答案为：Br；BrCl+H2O=HCl+HBrO；‎ ‎（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，气体的物质的量增大，因而可提高P（Br2），故答案为：增大；‎ ‎②体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），‎ 故答案为：2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa．‎ 点评：‎ 本题考查较为综合，涉及溴、卤素互化物以及化学平衡移动等问题，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质以及影响化学平衡的因素等问题，注重相关基础知识的学习，难度不大．‎ ‎15．（9分）（2013•海南）反应A（g）⇌B（g）+C（g）在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol/L．温度T1和T2下A的浓度与时间关系如右图所示．回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应的温度T1　小于　 T2，平衡常数K（T1）　小于　K（T2）．（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：‎ ‎①平衡时体系总的物质的量为　0.085mol　． ‎ ‎②反应的平衡常数K=　0.082mol/L　．‎ ‎③反应在0～5min区间的平均反应速率v（A）=　0.007mol/（L•min）　．‎ 考点：‎ 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．‎ 专题：‎ 化学平衡专题．‎ 分析：‎ ‎（1）温度越高达平衡所需的时间越短，然后结合图象分析反应的热效应，从而得出K的变化情况；‎ ‎（2）根据三行式，结合平衡常数和反应速率的公式来求解．‎ 解答：‎ 解：（1）由图可知T2先达平衡状态，所以T1小于T2，而温度越高K越小，所以正反应为吸热反应，所以温度越高K值越大，故答案为：小于；小于；‎ ‎（2）A（g）⇌B（g）+C（g）‎ 起始浓度：0.050 0 0 ‎ 变化浓度：0.035 0.035 0.035 ‎ 平衡浓度：0.015 0.035 0.035‎ ‎①平衡时体系总的物质的量为=（0.015+0.035+0.035）×1=0.085mol；‎ ‎②K==0.082mol/L；‎ ‎③反应在0～5min区间的平均反应速率v（A）==0.007mol/（L•min）；‎ 故答案为：0.085mol；0.082mol/L；0.007mol/（L•min）．‎ 点评：‎ 本题考查了化学反应能量变化，化学平衡影响因素的分析判断，图象分析与化学平衡的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．‎ ‎16．（8分）（2013•海南）2﹣丁烯是石油裂解的产物之一，回答下列问题：‎ ‎（1）在催化剂作用下，2﹣丁烯与氢气反应的化学方程式为　CH3CH=CHCH3+H2CH3CH2CH2CH3，反应类型为　加成反应　．‎ ‎（2）烯烃A是2﹣丁烯的一种同分异构体，它在催化剂作用下与氢气反应的产物不是正丁烷，则A的结构简式为；A分子中能够共平面的碳原子个数为　4　，A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为．‎ 考点：‎ 有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．‎ 专题：‎ 有机反应．‎ 分析：‎ ‎（1）2﹣丁烯中含双键，与氢气发生加成反应；‎ ‎（2）烯烃A是2﹣丁烯的一种同分异构体，它在催化剂作用下与氢气反应的产物不是正丁烷，则A为2甲基﹣丙烯，可与溴发生加成反应．‎ 解答：‎ 解：（1）2﹣丁烯中含双键，与氢气发生加成反应为CH3CH=CHCH3+H2CH3CH2CH2CH3，‎ 故答案为：CH3CH=CHCH3+H2CH3CH2CH2CH3；‎ ‎（2）烯烃A是2﹣丁烯的一种同分异构体，它在催化剂作用下与氢气反应的产物不是正丁烷，可判断其碳链有支链，结构只能是一种，则A为2甲基﹣丙烯，结构简式为，双键C为平面结构，则该物质中4个C原子共平面，与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为，‎ 故答案为：；4；．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃的加成反应及同分异构体，分子的空间结构等知识的考查，题目难度不大．‎ ‎17．（9分）（2013•海南）BaCl2•xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：‎ ‎①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；‎ ‎②过滤并洗涤沉淀；‎ ‎③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净　．‎ ‎（2）计算BaCl2•xH2O中的x=　2　；（要求写出计算过程）．‎ ‎（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果　偏高　（填“偏低”、“偏高”或“不变”）．‎ 考点：‎ 化学方程式的有关计算．‎ 专题：‎ 计算题；实验设计题．‎ 分析：‎ ‎（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤；具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；‎ ‎（2）根据硫酸钡质量计算氯化钡质量，进而计算水的质量，根据二者质量之比确定x的值；‎ ‎（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大．‎ 解答：‎ 解：（1）应用硫酸与蒸馏水进行进行沉淀洗涤，具体方法是取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；‎ ‎，故答案为：蒸馏水；取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl﹣已经冼净；‎ ‎（2）沉淀1.165g为硫酸钡质量，其物质的量==0.005mol，故氯化钡晶体中氯化钡的质量=0.005mol×208g/mol=1.04g，含有结晶水的质量=1.222g﹣1.04g=0.182g，则208：18x=1.04g：0.182g，解得x≈2，故答案为：2；‎ ‎（3）部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，单质固体硫酸钡的质量偏小，测定氯化钡的质量偏小，水的质量偏大，故x的值偏高，‎ 故答案为：偏高．‎ 点评：‎ 本题考查物质组成的测定，分子式的确定是难点，需要学生具备扎实的基础，难度中等．‎ 选考题（请考生在请18.19.20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．18.19.20三题的第一题为选择题，在给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第二题为非选择题 ‎[选修5--有机化学基础]‎ ‎18．（6分）（2013•海南）下列化合物中，同分异构体数目超过7个的有（　　）‎ A．‎ 己烷 B．‎ 己烯 C．‎ ‎1，2﹣二溴丙烷 D．‎ 乙酸乙酯 考点：‎ 有机化合物的异构现象．‎ 专题：‎ 同分异构体的类型及其判定．‎ 分析：‎ A、烷烃只存在碳链异构；‎ B、己烯存在碳链异构和官能团的位置以及类别异构；‎ C、根据定位法确定1，2﹣二溴丙烷的同分异构体的书写；‎ D、酯类和羧酸、羟醛或是醚醛之间存在同分异构体．‎ 解答：‎ 解：A、已烷共有5种同分异构体，故A错误；‎ B、己烯存在碳链异构和官能团的位置异构还存在环烃的同分异构体，超过7中，故B正确；‎ C、1，2﹣二溴丙烷有3种同分异构体，故C错误；‎ D、酯与羧酸互为同分异构体，羧基还可以拆成羟醛或醚醛等，故超过7种，故D正确．‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查同分异构体的数目知识，注意同分异构体的书写是关键，难度不大．‎ ‎19．（14分）（2013•海南）肉桂酸异戊酯G（）是一种香料，一种合成路线如下：‎ A（C7H8O）B（C7H6O）DEG 已知以下信息：‎ ‎①；‎ ‎②C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为　苯甲醇　．‎ ‎（2）B和C反应生成D的化学方程式为+CH3CHO+H2O　．‎ ‎（3）F中含有官能团的名称为　羟基　．‎ ‎（4）E和F反应生成G的化学方程式为+（CH3）2CHCH2CH2OH+H2O　，反应类型为　酯化反应　．‎ ‎（5）F的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有　6　 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3：1的为　（CH3）3COCH3（写结构简式）．‎ 考点：‎ 有机物的推断．‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ A的不饱和度为=4，A经过系列转化合成肉桂酸异戊酯G（），则A含苯环，可推知A为，则B为，根据信息可得B、C反应为两醛缩合，结合G的结构可判断出用到了乙醛，即C为CH3CHO，则D为，E为，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，据此解答．‎ 解答：‎ 解：A的不饱和度为=4，A经过系列转化合成肉桂酸异戊酯G（），则A含苯环，可推知A为，则B为，根据信息可得B、C反应为两醛缩合，结合G的结构可判断出用到了乙醛，即C为CH3CHO，则D为，E为，F为（CH3）2CHCH2CH2OH，‎ ‎（1）由上述分析可知，A为，名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；‎ ‎（2）B和C反应生成D的化学方程式为：+CH3CHO+H2O，‎ 故答案为：+CH3CHO+H2O；‎ ‎（3）F为（CH3）2CHCH2CH2OH，含有官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；‎ ‎（4）E和F反应生成G的化学方程式为：+（CH3）2CHCH2CH2OH+H2O，属于酯化反应，‎ 故答案为：+（CH3）2CHCH2CH2OH+H2O；酯化反应；‎ ‎（5）（CH3）2CHCH2CH2OH的同分异构体不能与金属钠反应，只能是醚．醚的异构体以氧原子为分界：①左1个碳右4个碳（丁基），丁基有4种异构，则醚有4种异构体，②左2个碳右3个碳（丙基），丙基有2种异构，则醚有2种异构体，共6种，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3：1的为（CH3）3COCH3，‎ 故答案为：6；（CH3）3COCH3．‎ 点评：‎ 本题考查有机推断及有机物的性质，充分利用G的结构运用正、逆推法进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等．‎ ‎[选修3--物质结构与性质]‎ ‎20．（2013•海南）下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（　　）‎ A．‎ CaC2‎ B．‎ N2H4‎ C．‎ Na2S2‎ D．‎ NH4NO3‎ 考点：‎ 共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．‎ 专题：‎ 化学键与晶体结构．‎ 分析：‎ 活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键；‎ 不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键；‎ 含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；‎ 只含共价键的化合物是共价化合物．‎ 解答：‎ 解：A．CaC2中钙离子和C22﹣离子之间存在离子键，属于离子化合物，C22﹣离子内两个碳原子之间存在非极性共价键，故A正确；‎ B．N2H4中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；‎ C．Na2S2中钠离子和S22﹣离子之间存在离子键，属于离子化合物，S22﹣离子内两个硫原子之间存在非极性共价键，故C正确；‎ D．NH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在N﹣H极性共价键，硝酸根离子内存在N﹣O极性共价键，故D错误；‎ 故选：AC．‎ 点评：‎ 本题考查了化合物和化学键类型的判断，明确概念是解题的关键，注意离子化合物中可以含有共价键，共价化合物中只含共价键．‎ ‎21．（2013•海南）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）图B对应的物质名称是　金刚石　，其晶胞中的原子数为　8　，晶体类型为　原子晶体　．‎ ‎（2）d中元素的原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p5．‎ ‎（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是　H2O　，原因是　分子间形成氢键　，该物质的分子构型为　V型　，中心原子的杂化轨道类型为　sp3．‎ ‎（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是　HCl　．‎ ‎（5）k的分子式为　COCl2，中心原子的杂化轨道类型为　sp2，属于　极性　分子（填“极性”或“非极性”）．‎ 考点：‎ 无机物的推断．‎ 专题：‎ 推断题．‎ 分析：‎ a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，故b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，以此来解答．‎ 解答：‎ 解：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，‎ ‎（1）由上述分析可知，图B对应的位置为金刚石，该晶胞中C原子数目=4+8×+6×=8，属于原子晶体，‎ 故答案为：金刚石；8；原子晶体；‎ ‎（2）d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：1s22s22p63s23p5；‎ ‎（3）所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中O原子呈2个σ键、含有2对孤电子对，故为V型结构，中心原子含2对孤电子对，2个σ键，其杂化轨道类型为sp3，‎ 故答案为：H2O；分子间形成氢键；V型；sp3；‎ ‎（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；‎ ‎（5）k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，‎ 故答案为：COCl2；sp2；极性．‎ 点评：‎ 本题考查无机物推断、物质结构与性质，为高频考点，涉及杂化方式、晶体结构、分子极性、核外电子排布、分子构型等知识，关键根据晶胞结构判断b，难度中等．‎ ‎[选修2--化学与技术]‎ ‎22．（2013•海南）下列叙述正确的是（　　）‎ A．‎ 合成氨的“造气”阶段会产生废气 B．‎ 电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放 C．‎ 电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗 D．‎ 使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染 考点：‎ 常见的生活环境的污染及治理．‎ 专题：‎ 化学应用．‎ 分析：‎ A．氨的造气用天燃气或煤，会产生二氧化碳；‎ B．电镀废液含有重金属，直接排放会造成污染，不利于环境保护；‎ C．铝的生产中阳极会产生二氧化碳，煤会消耗；‎ D．煤的气化后作了脱硫处理，污染减少；‎ 解答：‎ 解：A．合成氨反应为N2+3H2⇌2NH3，所用的原料气是 氮气、氢气，氮气来自空气，氢气来自水和碳氢化合物的反应，用天燃气或煤，会产生废气二氧化碳，故A正确；‎ B．酸性废液用碱中和后，溶液呈中性，但电镀液含重金属离子，应处理后排放，故B错误；‎ C．电解熔融氧化铝制金属铝的阳极上产生的是氧气，作为阳极材料的无烟煤会被氧化成二氧化碳，煤会消耗，故C错误；‎ D．煤的燃烧能够产生二氧化硫，导致产生酸雨，煤通过液化气化，提高了燃烧效率，降低了污染，故D正确；‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 本题考查了造成环境污染的因素，完成此题，可以依据已有的知识进行，学生应充分认识环境保护的重要性，属于基本知识的考查，题目难度不大．‎ ‎23．（2013•海南）硅在地壳中的含量较高．硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用．回答下列问题：‎ ‎（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”．这种“金属”可能是　含有硅碳的铁合金　．‎ ‎（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料．其中，生产普通玻璃的主要原料有　纯碱、石英和石灰石　．‎ ‎（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料．工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：‎ 发生的主要反应 电弧炉 SiO2+2C Si+2CO↑‎ 流化床反器 Si+3HCl SiHCl3+H2‎ 还原炉 SiHCl3+H2 Si+3HCl ‎①用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为　SiO2+3CSiC+2CO↑　；碳化硅又称　金刚砂　，其晶体结构与　金刚石　相似．‎ ‎②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和　精馏（或蒸馏）　．‎ 物质 Si SiCl4‎ SiHCl3‎ SiH2Cl2‎ SiH3Cl HCl SiH4‎ 沸点/℃‎ ‎2355‎ ‎57.6‎ ‎31.8‎ ‎8.2‎ ‎﹣30.4‎ ‎﹣84.9‎ ‎﹣111.9‎ ‎③SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为　H4SiO4（或H2SiO3）、H2、HCl　．‎ ‎（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是　H2、HCl　．‎ 考点：‎ 硅和二氧化硅．‎ 专题：‎ 碳族元素．‎ 分析：‎ ‎（1）石英砂主要成分为二氧化硅，碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅；‎ ‎（2）生产玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石；‎ ‎（3）①石英砂主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳；碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似；‎ ‎②根据题中数据，采用精馏（或蒸馏）方法提纯SiHCl3；‎ ‎③SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢；‎ ‎（4）电解饱和食盐水称为氯碱工业，结合上述工艺流程解答．‎ 解答：‎ 解：（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，加热石英砂、木炭和铁时，发生置换反应，SiO2+2C Si+2CO↑，所以在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”．这种“金属”可能是含有硅碳的铁合金，‎ 故答案为：含有硅碳的铁合金；‎ ‎（2）制造普通玻璃的主要原料是：纯碱、石灰石和石英，在玻璃窑中强热时的主要发生反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，‎ 故答案为：纯碱、石英和石灰石；‎ ‎（3）①石英砂的主要成分是二氧化硅，在反应中生成碳化硅，反应为：SiO2+3CSiC+2CO↑，碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似，‎ 故答案为：SiO2+3CSiC+2CO↑；金刚砂；金刚石；‎ ‎②利用沸点的不同提纯SiHCl3属于蒸馏，SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点﹣84.7℃），由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质，‎ 故答案为：精馏（或蒸馏）；‎ ‎③SiHCl3水解反应方程式为：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑，生成硅酸、氢气和氯化氢，‎ 故答案为：H4SiO4（或H2SiO3）、H2、HCl；‎ ‎（4）氯碱工业主要反应为电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，为该化学工艺提供H2、HCl，‎ 故答案为：H2、HCl．‎ 点评：‎ 本题考查了实验方案设计的有关知识，侧重考查了硅及其化合物的有关知识，注意粗硅的提纯反应原理，对知识进行迁移解决情形相似的新问题体现出知识运用与问题分析的能力是本题的特点，题目难度中等．‎ ‎2014年海南省高考化学试卷 一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．（2分）（2014•海南）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（　　）‎ A．‎ 碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B．‎ ‎84消毒液的有效成分是NaClO C．‎ 浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D．‎ 装饰材料释放的甲醛会造成污染 考点：‎ 氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质．‎ 专题：‎ 元素及其化合物；化学应用．‎ 分析：‎ A．碘溶于乙醇可形成碘酒；‎ B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；‎ C．浓硫酸与二氧化硅不反应；‎ D．甲醛可污染环境．‎ 解答：‎ 解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；‎ B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；‎ C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；‎ D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确．‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大．‎ ‎2．（2分）（2014•海南）下列有关物质性质的说法错误的是（　　）‎ A．‎ 热稳定性：HCl＞HI B．‎ 原子半径：Na＞Mg C．‎ 酸性：H2SO3＞H2SO4‎ D．‎ 结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣‎ 考点：‎ 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；真题集萃；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．‎ 专题：‎ 元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；‎ B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；‎ C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；‎ D．酸越弱，对应的阴离子越易结合质子．‎ 解答：‎ 解：A．非金属性：Cl＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；‎ B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg，故B正确；‎ C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；‎ D．酸性HCl＞H2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故D正确．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题为2014年高考题目，综合考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．‎ ‎3．（2分）（2014•海南）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（　　）‎ A．‎ 阴极附近溶液呈红色 B．‎ 阴极逸出气体 C．‎ 阳极附近溶液呈蓝色 D．‎ 溶液的pH变小 考点：‎ 电解原理；真题集萃．‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ 以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．‎ 解答：‎ 解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；‎ B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；‎ C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；‎ D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．‎ ‎4．（2分）（2014•海南）标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ•mol﹣1、463kJ•mol﹣1和495kJ•mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．‎ H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1‎ B．‎ H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ•mol﹣1‎ C．‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ•mol﹣1‎ D．‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1‎ 考点：‎ 热化学方程式；真题集萃．‎ 专题：‎ 化学反应中的能量变化．‎ 分析：‎ 旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．‎ 解答：‎ 解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；‎ B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；‎ C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；‎ D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确．‎ 故选：D．‎ 点评：‎ 本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．‎ ‎5．（2分）（2014•海南）下列除杂操作可行的是（　　）‎ A．‎ 通过浓硫酸除去HCl中的H2O B．‎ 通过灼热的CuO除去H2中的CO C．‎ 通过灼热的镁粉除去N2中的O2‎ D．‎ 通过水除去CO中的CO2‎ 考点：‎ 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．‎ 专题：‎ 化学实验基本操作．‎ 分析：‎ A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应；‎ B．二者均可还原CuO；‎ C．二者均与Mg反应；‎ D．二氧化碳在水中的溶解度不大．‎ 解答：‎ 解：A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；‎ B．二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；‎ C．二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；‎ D．二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查物质分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及除杂的原则为解答的关键，注意原物质与杂质的性质差异，题目难度不大．‎ ‎6．（2分）（2014•海南）NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（　　）‎ A．‎ 酚酞 B．‎ 圆底烧杯 C．‎ 锥形瓶 D．‎ 碱式滴定管 考点：‎ 真题集萃；计量仪器及使用方法；中和滴定．‎ 专题：‎ 化学实验常用仪器．‎ 分析：‎ 中和滴定用到酸式滴定管、简式滴定管、锥形瓶等仪器以及酚酞等试剂，以此解答．‎ 解答：‎ 解：中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题为2014年高考题，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见操作的实验仪器、操作步骤和注意事项，注意相关基础知识的积累，难度不大．‎ 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或2个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．‎ ‎7．（4分）（2014•海南）下列有关物质水解的说法正确的是（　　）‎ A．‎ 蛋白质水解的最终产物是多肽 B．‎ 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 C．‎ 纤维素不能水解成葡萄糖 D．‎ 油脂水解产物之一是甘油 考点：‎ 氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；真题集萃；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途．‎ 专题：‎ 糖类与蛋白质专题．‎ 分析：‎ A．蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸；‎ B．淀粉在酸的催化作用下，水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖；‎ C．纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖；‎ D．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后的共同产物为甘油．‎ 解答：‎ 解：A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A错误；‎ B．水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，所以淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；‎ C．纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖，故C错误；‎ D．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后得到共同产物是甘油，故D正确；‎ 故选：BD．‎ 点评：‎ 本题考查了生活中常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆．‎ ‎8．（4分）（2014•海南）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．‎ 反应过程a有催化剂参与 B．‎ 该反应为放热反应，热效应等于△H C．‎ 改变催化剂，可改变该反应的活化能 D．‎ 在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2‎ 考点：‎ 反应热和焓变．‎ 专题：‎ 化学反应中的能量变化．‎ 分析：‎ A、催化剂能降低反应的活化能；‎ B、反应物能量高于生成物；‎ C、不同的催化剂对反应的催化效果不同；‎ D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．‎ 解答：‎ 解：A、b中使用了催化剂，故A错误；‎ B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，故B正确；‎ C、不同的催化剂，反应的活化能不同，故C正确；‎ D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误．‎ 故选：BC．‎ 点评：‎ 本题通过图象考查了反应的活化能，以及催化剂能够降低反应的活化能的相关知识．‎ ‎9．（4分）（2014•海南）下列关于物质应用的说法错误的是（　　）‎ A．‎ 玻璃容器可长期盛放各种酸 B．‎ 纯碱可用于清洗油污 C．‎ 浓氨水可检验氯气管道漏气 D．‎ Na2S可除去污水中的Cu2+‎ 考点：‎ 硅和二氧化硅；真题集萃；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物．‎ 专题：‎ 化学应用．‎ 分析：‎ A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应；‎ B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；‎ C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，反应现象冒白烟；‎ D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜；‎ 解答：‎ 解：A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，不能用玻璃容器盛放氢氟酸，故A错误；‎ B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，纯碱可用于清洗油污，故B正确；‎ C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应过程中现象是冒白烟，浓氨水可检验氯气管道漏气，故C正确；‎ D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜，Cu2++S2﹣=CuS↓，Na2S可除去污水中的Cu2+，故D正确；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了二氧化硅、碳酸钠、氨水、硫化物等物质性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎10．（4分）（2014•海南）下列关于物质应用和组成的说法正确的是（　　）‎ A．‎ P2O5可用于干燥Cl2和NH3‎ B．‎ ‎“可燃冰”主要成分是甲烷和水 C．‎ CCl4可用于鉴别溴水和碘水 D．‎ Si和SiO2都用于制造光导纤维 考点：‎ 气体的净化和干燥；碳族元素简介；有机物的鉴别；化石燃料与基本化工原料．‎ 专题：‎ 化学应用．‎ 分析：‎ A．五氧化二磷为酸性干燥剂，能够干燥氯气，不能干燥碱性气体氨气；‎ B．可燃冰为甲烷和水形成的化合物，主要成分为甲烷和水；‎ C．溴、碘单质在四氯化碳中的颜色不同；‎ D．二氧化硅可以制造光导纤维，硅可用于制作半导体材料．‎ 解答：‎ 解：A．五氧化二磷为酸性干燥剂，可以干燥氯气，不能干燥碱性气体氨气，故A错误；‎ B．可燃冰为甲烷和水的化合物，所以可燃冰的主要成分为甲烷和水，故B正确；‎ C．碘的四氯化碳的颜色为紫色，溴的四氯化碳颜色为红棕色，可以用四氯化碳鉴别溴水和碘水，故C正确；‎ D．SiO2用于制造光导纤维的材料，而Si为半导体材料，故D错误；‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 本题考查了干燥剂的选用方法、有机物检验与鉴别、二氧化硅、硅的用途，题目难度不大，注意掌握干燥剂的类型及选用方法，明确常见有机物鉴别方法及硅、二氧化硅的用途．‎ ‎11．（4分）（2014•海南）室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．‎ Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线 B．‎ pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL C．‎ V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）‎ D．‎ V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ 考点：‎ 真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ 专题：‎ 电离平衡与溶液的pH专题．‎ 分析：‎ A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；‎ B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；‎ C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；‎ D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．‎ 解答：‎ 解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；‎ B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；‎ C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；‎ D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大．‎ ‎12．（4分）（2014•海南）将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器体积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）‎ A．‎ 平衡常数减小 B．‎ BaO量不变 C．‎ 氧气压强不变 D．‎ BaO2量增加 考点：‎ 真题集萃；化学平衡的影响因素．‎ 专题：‎ 化学平衡专题．‎ 分析：‎ 保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．‎ 解答：‎ 解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；‎ C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；‎ D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；‎ 故选CD．‎ 点评：‎ 本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．‎ 三、解答题 ‎13．（9分）（2014•海南）4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：‎ ‎（1）元素x在周期表中的位置是第　三　周期，第　IIA　族，其单质可采用电解熔融　氯化镁　的方法制备．‎ ‎（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是　HNO3，碱性最强的是　Al（OH）3．（填化学式）‎ ‎（3）气体分子（mn）2的电子式为．（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为　2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O　．‎ 考点：‎ 真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ 专题：‎ 元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ 这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，再结合题目分析解答．‎ 解答：‎ 解：这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，‎ ‎（1）元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，其单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备，‎ 故答案为：三；IIA；氯化镁；‎ ‎（2）m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素、非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3‎ ‎，‎ 故答案为：HNO3；Al（OH）3；‎ ‎（3）气体分子（mn）2为（CN）2，电子式为，根据氯气和氢氧化钠溶液反应知，（CN）2和NaOH反应生成NaCN、NaOCN、H2O，反应方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O，故答案为：；2NaOH+（CN）2=NaCN+NaOCN+H2O．‎ 点评：‎ 本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中物质及元素性质确定元素，再结合物质的性质分析解答，采用知识迁移的方法分析解答（3）题，题目难度中等．‎ ‎14．（9分）（2014•海南）硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：‎ O2NC6H4COOC2H5+OH﹣⇌O2NC6H4COO﹣+C2H5OH 两种反应物的初始浓度均为0.050mol•L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：‎ t/s ‎0‎ ‎120‎ ‎180‎ ‎240‎ ‎330‎ ‎530‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ α/%‎ ‎0‎ ‎33.0‎ ‎41.8‎ ‎48.8‎ ‎58.0‎ ‎69.0‎ ‎70.4‎ ‎71.0‎ ‎71.0‎ ‎（1）列示计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率　7.3×10﹣5mol/（L•s）　、　5.8×10﹣5mol/（L•s）　；比较两者大小可得出的结论是　随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢　．‎ ‎（2）列式计算15℃时该反应的平衡常数　6.0　．‎ ‎（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有　增加OH﹣的浓度、移去产物　（要求写出两条）．‎ 考点：‎ 真题集萃；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．‎ 专题：‎ 化学平衡专题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据转化率计算浓度的变化，结合c=计算反应速率；‎ ‎（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，以此可计算平衡常数；‎ ‎（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，除温度外，还可增加另一种反应物浓度或减小生成物的浓度．‎ 解答：‎ 解：（1）120～180s内的平均速率为v==7.3×10﹣5mol/（L•s），‎ ‎180～240s区间的平均反应速率为v==5.8×10﹣5mol/（L•s），反应速率逐渐减小，原因是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，‎ 故答案为：7.3×10﹣5mol/（L•s）；5.8×10﹣5mol/（L•s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；‎ ‎（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，此时得O2NC6H4COOC2H5的转化率为71.0%，则c（O2NC6H4COO﹣）=c（C2H5OH）=0.05mol/L×71.0%，‎ c（O2NC6H4COOC2H5）=c（OH﹣）=0.05mol/L×（1﹣71.0%），‎ 所以K==6.0，‎ 故答案为：6.0；‎ ‎（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，可增加OH﹣的浓度、移去产物，‎ 故答案为：增加OH﹣的浓度、移去产物．‎ 点评：‎ 本题为2014年高考题，涉及化学反应速率、化学平衡的计算以及平衡移动等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等．‎ ‎15．（8分）（2014•海南）卤代烃在生产生活中具有广泛的应用，回答下列问题：‎ ‎（1）多卤代甲烷常作为有机溶剂，其中分子结构为正四面体的是　四氯化碳　．工业上分离这些多氯代甲烷的方法是　分馏　．‎ ‎（2）三氟氯溴乙烷（CF3CHClBr）是一种麻醉剂，写出其所有同分异构体的结构简式　CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2（不考虑立体异构）．‎ ‎（3）聚氯乙烯是生活中常用的塑料．工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：‎ 反应①的化学方程式为　H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl　，反应类型为　加成反应　；反应②的反应类型为　消去反应　．‎ 考点：‎ 真题集萃；常见有机化合物的结构；卤代烃简介．‎ 专题：‎ 有机反应．‎ 分析：‎ ‎（1）分子结构为正四面体的为四氯化碳；常用分馏的方法分离；‎ ‎（2）CF3CHClBr对应的同分异构体中，可根据卤素原子的位置不同判断；‎ ‎（3）乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，加热480～530℃生成氯乙烯，然后发生加聚反应可生成聚氯乙烯．‎ 解答：‎ 解：（1）分子结构为正四面体的为四氯化碳，工业上分离这些多氯代甲烷，根据物质的沸点不同，常用分馏的方法分离，故答案为：四氯化碳；分馏；‎ ‎（2）CF3CHClBr对应的同分异构体中，可根据卤素原子的位置不同判断，如F不在同一个C原子上，存在的同分异构体有CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2三种，‎ 故答案为：CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2；‎ ‎（3）乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，反应的方程式为H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，加热480～530℃生成氯乙烯，发生消去反应，‎ 故答案为：H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；加成反应；消去反应．‎ 点评：‎ 本题为2014年高考题，综合考查卤代烃的组成、结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及同分异构体的判断，难度不大．‎ ‎16．（9分）（2014•海南）锰锂电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池．该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2．回答下列问题：‎ ‎（1）外电路的电流方向是由　b　极流向　a　极（填字母）．‎ ‎（2）电池正极反应式　MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2．‎ ‎（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？　否　（填“是”或“否”），原因是　电极Li是活泼金属，能与水反应　．‎ ‎（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为　3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O　．K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为　2：1　．‎ 考点 真题集萃；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎：‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ 形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Li﹣e﹣=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题．‎ 解答：‎ 解：（1）Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，‎ 故答案为：b；a；‎ ‎（2）MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2，故答案为：MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2；‎ ‎（3）因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，‎ 故答案为：否；电极Li是活泼金属，能与水反应；‎ ‎（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，‎ K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价分别由+6价升高到7价、降低到+4价，由氧化还原反应氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，‎ 故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；2：1．‎ 点评：‎ 本题为2014年高考题，侧重于电化学知识以及氧化还原反应的全面考查，题目难度适中，能很好地考查学生的分析能力、计算能力以及电化学知识的综合理解和运用，难度中等．‎ ‎17．（9分）（2014•海南）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：‎ ‎（1）b中反应的粒子方程式为　SO32﹣+2H+=2SO2↑+H2O　，c中的试剂为　硫化钠和碳酸钠的混合溶液　．‎ ‎（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是　S　．‎ ‎（3）d中的试剂为　氢氧化钠溶液　．‎ ‎（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有　控制反应的温度或硫酸的滴加速度　（写出两条）．‎ ‎（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是　若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解　．‎ 考点：‎ 真题集萃；实验装置综合．‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ ‎①第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O；‎ ‎②通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；‎ ‎③硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．‎ 解答：‎ 解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=2SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，‎ 故答案为：SO32﹣+2H+=2SO2↑+H2O，硫化钠和碳酸钠的混合溶液；‎ ‎（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，‎ 故答案为：S；‎ ‎（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，‎ 故答案为：氢氧化钠溶液；‎ ‎（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，‎ 故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；‎ ‎（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，‎ 故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．‎ 点评：‎ 本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，掌握基础，注意积累是解题关键，题目难度中等．‎ 三、选做题，请考生在选修5、选修3、选修2三题中任选一题作答，多做则按所做的第一题计分选修5-有机化学基础 ‎18．（6分）（2014•海南）图示为一种天然产物，具有一定的除草功效．下列有关该化合物的说法错误的是（　　）‎ A．‎ 分子含有三种含氧官能团 B．‎ ‎1mol该化合物最多能与6mol NaOH反应 C．‎ 既可以发生取代反应，又能够发生加成反应 D．‎ 既能与FeCl3发生显色反应，也能与NaHCO3反应放出CO2‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的结构和性质．‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ A．由结构简式可知，分子中含有羟基、酯基和醚基三种含氧官能团；‎ B．分子中含有3个酚羟基，1个酯基，故1mol该化合物最多能与4molNaOH反应；‎ C．分子中含有苯环，既可以发生取代反应，又能够发生加成反应；‎ D．不含有羧基，故不能与NaHCO3反应．‎ 解答：‎ 解：A．由结构简式可知，分子中含有羟基、酯基和醚基三种含氧官能团，故A正确；‎ B．分子中含有3个酚羟基，1个酯基，故1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，故B错误；‎ C．分子中含有苯环，既可以发生取代反应，又能够发生加成反应，故C正确；‎ D．含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应；不含有羧基，故不能与NaHCO3反应放出CO2，故D错误；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意常见有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度中等．‎ ‎19．（14分）（2014•海南）1，6﹣已二酸（G）是合成尼龙的主要原料之一，可用含六个碳原子的有机化合物氧化制备．如图为A通过氧化反应制备G的反应过程（可能的反应中间物质为B、C、D、E和F）：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为　环己烯　．‎ ‎（2）B到C的反应类型为　加成反应　．‎ ‎（3）F的结构简式为．‎ ‎（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是　DE　，最少的是　F　．（填化合物代号）‎ ‎（5）由G合成尼龙的化学方程式为．‎ ‎（6）由A通过两步反应制备1，3﹣环已二烯的合成路线为．‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的合成．‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ 化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学名称为：C6H10，与双氧水反应生成，与水发生加成反应生成，发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成F，F为：，‎ 再发生氧化反应生成，与发生缩聚反应生成尼龙，化学式为：．‎ 解答：‎ 解：（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学式为：C6H10，故A的化学名称为：环己烯；‎ 故答案为：环己烯；‎ ‎（2）与水发生加成反应生成，故答案为：加成反应；‎ ‎（3）发生氧化反应生成F，F为，故答案为：；‎ ‎（4）B的核磁共振氢谱出峰为3，C的核磁共振氢谱出峰为4，D的核磁共振氢谱出峰为6，E的核磁共振氢谱出峰为6，F的核磁共振氢谱出峰为2，‎ 故答案为：DE，F；‎ ‎（5）与发生缩聚反应生成，‎ 方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（6），‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 有机推断几乎是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型．‎ 四、选修3-物质的结构与性质 ‎20．（6分）（2014•海南）对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4），下列叙述正确的是（　　）‎ A．‎ SiX4难水解 B．‎ SiX4是共价化合物 C．‎ NaX易水解 D．‎ NaX的熔点一般高于SiX4‎ 考点：‎ 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ 专题：‎ 化学键与晶体结构．‎ 分析：‎ 钠的卤化物（NaX）为离子化合物，硅的卤化物（SiX4）为共价化合物，结合离子化合物及共价化合物的性质分析．‎ 解答：‎ 解：A、硅的卤化物（SiX4）易水解生成硅酸和HCl，故A错误；‎ B、硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确；‎ C、钠的强酸盐不水解，NaX（NaF除外）不易水解，故C错误；‎ D、钠的卤化物（NaX）为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物（SiX4）为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故D正确；‎ 故选：BD．‎ 点评：‎ 本题考查了离子晶体和分子晶体的物理性质、硅的卤化物和钠的卤化物的化学性质，题目难度不大，注意根据晶体的类型来判断物质的熔点的高低．‎ ‎21．（14分）（2014•海南）碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为　同素异形体　．‎ ‎（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为　sp3、　sp2．‎ ‎（3）C60属于　分子　晶体，石墨属于　混合　晶体．‎ ‎（4）石墨晶体中，层内C﹣C键的键长为142pm，而金刚石中C﹣C键的键长为154pm．其原因是金刚石中只存在C﹣C间的　σ　共价键，而石墨层内的C﹣C间不仅存在　σ　共价键，还有　π　键．‎ ‎（5）金刚石晶胞含有　8　个碳原子．若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率（不要求计算结果）．‎ 考点：‎ 真题集萃；同素异形体；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ 专题：‎ 化学键与晶体结构．‎ 分析：‎ ‎（1）都是含有碳元素的不同单质；‎ ‎（2）金刚石中碳原子形成四条共价键，为sp3杂化；石墨烯为片层结构，杂化类型为sp2杂化；‎ ‎（3）根据组成的微粒类型和微粒间作用力类型判断晶体类型；‎ ‎（4）根据两种物质的杂化类型分析共价键类型；‎ ‎（5）利用均摊法计算．‎ 解答：‎ 解：（1）都是含有碳元素的不同单质，互为同素异形体，故答案为：同素异形体；‎ ‎（2）金刚石中碳原子形成四条共价键，为sp3杂化；石墨烯为片层结构，杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；‎ ‎（3）C60晶体组成微粒为60个碳原子组成的C60分子，属于分子晶体；石墨片层内以共价键结合，片层之间以分子间作用力结合，为混合晶体，故答案为：分子；混合；‎ ‎（4）金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成σ键；石墨中碳原子以sp2杂化，形成三条杂化轨道，还有一条为杂化的p轨道，三条杂化轨道形成σ键，而未杂化p轨道形成π键，故答案为：σ；σ；π；‎ ‎（5）晶胞中顶点微粒数为：=1，面心微粒数为：=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即=8r，r=a；碳原子的体积为：，晶胞体积为：a3，碳原子的空间利用率为：==，‎ 故答案为：8；；．‎ 点评：‎ 本题主要考查晶胞结构与计算，晶胞结构对学生的空间想象有一定的要求，尤其是第（5），注意利用均摊法进行计算，难度较大．‎ 五、选修2-化学 ‎22．（6分）（2014•海南）下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．‎ 碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂 B．‎ 银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag C．‎ 放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大 D．‎ 电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应 考点：‎ 真题集萃；原电池和电解池的工作原理．‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ A．根据碱性锌锰电池的电极反应判断；‎ B．根据银锌纽扣电池工作原理判断；‎ C．根据放电时铅酸蓄电池反应判断硫酸浓度变化；‎ D．电镀时，镀层金属阳离子放电．‎ 解答：‎ 解：A．碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；‎ B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；‎ C．铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；‎ D．电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查原电池工作原理、电极判断、电极反应等，难度不大．‎ ‎23．（14分）（2014•海南）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌．某含锌矿的主要成分是ZnS（还含有少量FeS等其它成分），以其为原料炼锌的工艺流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为　ZnO　．‎ ‎（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的　浸出　操作．‎ ‎（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为　锌粉　，其作用是　置换出Fe等　．‎ ‎（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb﹣Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是　O2．‎ ‎（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种由工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为　2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O　．‎ ‎（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一尼罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷淀，毁罐取出，…即倭铅也．”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为　ZnCO3+2CZn+3CO↑　．（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）．‎ 考点：‎ 真题集萃；金属冶炼的一般原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ 专题：‎ 元素及其化合物．‎ 分析：‎ ‎（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，判断焙砂的主要成分；‎ ‎（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸；‎ ‎（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe；‎ ‎（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，以此判断阳极产物；‎ ‎（5）根据反应物和生成物写出化学方程式；‎ ‎（6）根据反应物和生成物写出化学方程式．‎ 解答：‎ 解：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，故答案为：ZnO；‎ ‎（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，故答案为：浸出；‎ ‎（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe，故答案为：Zn粉；置换出Fe等；‎ ‎（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，产物为O2，故答案为：O2；‎ ‎（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O，故答案为：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O；‎ ‎（6）根据题目描述可知反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，则化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO↑，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO↑．‎ 点评：‎ 本题难度不大，掌握氧化物的特征、利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法、化学方程式的书写方法、含杂质物质的化学方程式的计算等是正确解答本题的关键．‎ ‎2015年海南省高考化学试卷 一、选择题（共6小题，每小题2分，满分12分）‎ ‎1．（2分）（2015•海南）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（　　）‎ A．‎ 明矾净化水 B．‎ 纯碱去油污 C．‎ 食醋除水垢 D．‎ 漂白粉漂白织物 ‎2．（2分）（2015•海南）下列离子中半径最大的是（　　）‎ A．‎ Na+‎ B．‎ Mg2+‎ C．‎ O2﹣‎ D．‎ F﹣‎ ‎3．（2分）（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（　　）‎ A．‎ NO2‎ B．‎ SO2‎ C．‎ SO3‎ D．‎ CO2‎ ‎4．（2分）（2015•海南）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（　　）‎ A．‎ ‎55kJ B．‎ ‎220kJ C．‎ ‎550kJ D．‎ ‎1108kJ ‎5．（2分）（2015•海南）分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）（　　）‎ A．‎ ‎3种 B．‎ ‎4种 C．‎ ‎5种 D．‎ ‎6种 ‎6．（2分）（2015•海南）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（　　）‎ A．‎ ‎+3‎ B．‎ ‎+4‎ C．‎ ‎+5‎ D．‎ ‎+6‎ 二、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分.每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。）‎ ‎7．（4分）（2015•海南）下列叙述正确的是（　　）‎ A．‎ 稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2‎ B．‎ 可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．‎ 稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D．‎ 煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2‎ ‎8．（4分）（2015•海南）10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（　　）‎ A．‎ K2SO4‎ B．‎ CH3COONa C．‎ CuSO4‎ D．‎ Na2CO3‎ ‎9．（4分）（2015•海南）下列反应不属于取代反应的是（　　）‎ A．‎ 淀粉水解制葡萄糖 B．‎ 石油裂解制丙烯 C．‎ 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．‎ 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 ‎10．（4分）（2015•海南）下列指定微粒的数目相等的是（　　）‎ A．‎ 等物质的量的水与重水含有的中子数 B．‎ 等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数 C．‎ 同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数 D．‎ 等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 ‎11．（4分）（2015•海南）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎12．（4分）（2015•海南）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）‎ A．‎ d元素的非金属性最强 B．‎ 它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．‎ 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．‎ b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键 三、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎13．（8分）（2015•海南）乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为．‎ ‎（2）B的化学名称是．‎ ‎（3）由乙醇生成C的反应类型为．‎ ‎（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是．‎ ‎（5）由乙醇生成F的化学方程式为．‎ ‎14．（8分）（2015•海南）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：‎ ‎（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为．‎ ‎（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为，Y分子的电子式为．‎ ‎（3）Z、X中共价键的类型分别是、．‎ ‎15．（9分）（2015•海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下列问题：‎ ‎（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是．‎ ‎（2）已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，若向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为mol•L﹣1，pH为．‎ ‎（3）AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为．‎ ‎（4）如图所示原电池正极的反应式为．‎ ‎16．（8分）（2015•海南）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：‎ ‎（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为（用离子方程表示）：0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度（填“增大”或“减小”）．‎ ‎（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O．250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为，平衡常数表达式为；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol．‎ ‎（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=kJ•mol﹣1．‎ ‎17．（11分）（2015•海南）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为，装置B中加入的试剂是．‎ ‎（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取．尾气的成分是．若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是、．‎ ‎（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先，再．‎ ‎【选修5－有机化学基础】‎ ‎18．（6分）（2015•海南）下列有机物的命名错误的是（　　）‎ A．‎ ‎ 1，2，4﹣三甲苯 B．‎ ‎3﹣甲基戊烯 C．‎ ‎2﹣甲基﹣1﹣丙醇 D．‎ ‎1，3﹣二溴丙烷 ‎19．（14分）（2015•海南）芳香化合物A可进行如下转化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为．‎ ‎（2）由C合成涤纶的化学方程式为．‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为．‎ ‎（4）写出A所有可能的结构简式．‎ ‎（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式．‎ ‎①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢 ②可发生银镜反应和水解反应．‎ ‎【选修3－物质结构与性质】‎ ‎20．（2015•海南）下列物质的结构或性质与氢键无关的是（　　）‎ A．‎ 乙醚的沸点 B．‎ 乙醇在水中的溶解度 C．‎ 氢化镁的晶格能 D．‎ DNA的双螺旋结构 ‎21．（2015•海南）钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为．‎ ‎（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示．晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、．‎ ‎（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂．SO2分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中S﹣O键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为（填图2中字母），该分子中含有个σ键．‎ ‎（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为．‎ ‎【选修2－化学与技术】‎ ‎22．（2015•海南）下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）‎ A．‎ 电解饱和食盐水可制得金属钠 B．‎ 海带提碘只涉及物理变化 C．‎ 海水提溴涉及到氧化还原反应 D．‎ 海水提镁涉及到复分解反应 ‎23．（2015•海南）铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外还有．除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为、；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和（填化学式）．‎ ‎（2）已知：①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol﹣1‎ ‎ ②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1‎ ‎ ③C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1‎ 则反应Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=kJ•mol﹣1．理论上反应放出的热量足以供给反应所需要的热量（填上述方程式序号）．‎ ‎（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的部分，主要反应的化学方程式为；熔融造气炉相当于高炉的部分．‎ ‎（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是．‎ ‎2015年海南省高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共6小题，每小题2分，满分12分）‎ ‎1．（2分）（2015•海南）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（　　）‎ A．‎ 明矾净化水 B．‎ 纯碱去油污 C．‎ 食醋除水垢 D．‎ 漂白粉漂白织物 考点：‎ 氧化还原反应．‎ 分析：‎ 用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．‎ 解答：‎ 解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；‎ B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；‎ C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；‎ D．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．‎ ‎2．（2分）（2015•海南）下列离子中半径最大的是（　　）‎ A．‎ Na+‎ B．‎ Mg2+‎ C．‎ O2﹣‎ D．‎ F﹣‎ 考点：‎ 微粒半径大小的比较．‎ 分析：‎ 电子层越多的离子半径越大，电子层一样的离子，核电荷数越多半径越小，据此来回答．‎ 解答：‎ 解：四种离子均含有2个电子层，而且电子排布相同，其核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Mg2+，所以O2﹣的半径最大，‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查学生离子半径大小的比较方法知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大，侧重于基础知识的考查．‎ ‎3．（2分）（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（　　）‎ A．‎ NO2‎ B．‎ SO2‎ C．‎ SO3‎ D．‎ CO2‎ 考点：‎ pH的简单计算．‎ 分析：‎ ‎0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，‎ NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；‎ SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；‎ SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；‎ CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．‎ 解答：‎ 解：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，‎ NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；‎ SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；‎ SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；‎ CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；‎ 综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．‎ ‎4．（2分）（2015•海南）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（　　）‎ A．‎ ‎55kJ B．‎ ‎220kJ C．‎ ‎550kJ D．‎ ‎1108kJ 考点：‎ 有关反应热的计算．‎ 分析：‎ 已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，根据生成水的质量计算放出的热量．‎ 解答：‎ 解：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，‎ 一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为=55.375kJ≈55kJ；‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算，题目难度不大，注意把握燃烧热的概念即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．‎ ‎5．（2分）（2015•海南）分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）（　　）‎ A．‎ ‎3种 B．‎ ‎4种 C．‎ ‎5种 D．‎ ‎6种 考点：‎ 真题集萃；同分异构现象和同分异构体．‎ 分析：‎ 分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构．‎ 解答：‎ 解：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构，故符合条件的有机物共有4种，故选B．‎ 点评：‎ 本题考查同分异构体判断，难度不大，注意常见烃基的种类，如甲基和乙基1种，丙基有2种，丁基有4种，也可以书写出具体的醇进行判断．‎ ‎6．（2分）（2015•海南）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（　　）‎ A．‎ ‎+3‎ B．‎ ‎+4‎ C．‎ ‎+5‎ D．‎ ‎+6‎ 考点：‎ 真题集萃；氧化还原反应．‎ 分析：‎ 根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．‎ 解答：‎ 解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．‎ 点评：‎ 本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大．‎ 二、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分.每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。）‎ ‎7．（4分）（2015•海南）下列叙述正确的是（　　）‎ A．‎ 稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2‎ B．‎ 可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 C．‎ 稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D．‎ 煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2‎ 考点：‎ 真题集萃；硝酸的化学性质；钠的重要化合物．‎ 分析：‎ A．稀盐酸不能与二氧化锰反应；‎ B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；‎ C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜；‎ D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3．‎ 解答：‎ 解：A．稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；‎ B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误；‎ C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜，故C正确；‎ D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故D正确，‎ 故选：CD．‎ 点评：‎ 本题考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．‎ ‎8．（4分）（2015•海南）10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（　　）‎ A．‎ K2SO4‎ B．‎ CH3COONa C．‎ CuSO4‎ D．‎ Na2CO3‎ 考点：‎ 真题集萃；化学反应速率的影响因素．‎ 分析：‎ 为了减缓反应进行的速率，加热溶液后可以降低氢离子难度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少．‎ 解答：‎ 解：A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；‎ B，加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；‎ C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；‎ D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误，‎ 故选：AB．‎ 点评：‎ 本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意C选项构成原电池，加快反应速率．‎ ‎9．（4分）（2015•海南）下列反应不属于取代反应的是（　　）‎ A．‎ 淀粉水解制葡萄糖 B．‎ 石油裂解制丙烯 C．‎ 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D．‎ 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠 考点：‎ 真题集萃；取代反应与加成反应．‎ 分析：‎ 有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答．‎ 解答：‎ 解：A．淀粉水解制葡萄糖，为水解反应，也属于取代反应，故A不选；‎ B．石油裂解制丙烯，为大分子转化为小分子的反应，不属于取代反应，故B选；‎ C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，为酯化反应，也属于取代反应，故C不选；‎ D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠，为油脂的水解反应，也属于取代反应，故D不选；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的性质及反应类型，为基础性习题，把握有机物的性质、反应类型的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．‎ ‎10．（4分）（2015•海南）下列指定微粒的数目相等的是（　　）‎ A．‎ 等物质的量的水与重水含有的中子数 B．‎ 等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数 C．‎ 同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数 D．‎ 等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 考点：‎ 真题集萃；物质的量的相关计算．‎ 分析：‎ A．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10；‎ B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同；‎ C．同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同；‎ D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价．‎ 解答：‎ 解：A．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；‎ B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同，1个C2H4分子共用6对电子（其中4个C﹣H，2个C﹣C），1个C3H6分子共用9对电子（其中6个C﹣H，3个C﹣C），因此可以发现规律：1个CH2平均共用3对电子，含CH2的个数相同则共有电子对数相同，故B正确；‎ C．同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则CO和NO含有的质子数不同，故C错误；‎ D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数均为n×（3﹣0）NA，故D正确；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大．‎ ‎11．（4分）（2015•海南）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是（　　）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 考点：‎ 真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ 分析：‎ 由乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答．‎ 解答：‎ 解：由乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；‎ 由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；‎ 弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．‎ ‎12．（4分）（2015•海南）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）‎ A．‎ d元素的非金属性最强 B．‎ 它们均存在两种或两种以上的氧化物 C．‎ 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D．‎ b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键 考点：‎ 真题集萃；原子结构与元素的性质．‎ 分析：‎ a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．‎ 解答：‎ 解：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，‎ A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为Cl＞S＞C＞Na，故A正确；‎ B．四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；‎ C．a为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；‎ D．b为C，可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题为2015年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大．‎ 三、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎13．（8分）（2015•海南）乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为　CH3COOH　．‎ ‎（2）B的化学名称是　乙酸乙酯　．‎ ‎（3）由乙醇生成C的反应类型为　取代反应　．‎ ‎（4）E是一种常见的塑料，其化学名称是　聚氯乙烯　．‎ ‎（5）由乙醇生成F的化学方程式为　CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O　．‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的推断．‎ 分析：‎ 乙醇被氧化生成A，且A能和乙醇反应，根据A的分子式知，A为CH3COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F为CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下能发生消去反应，则C结构简式为CH2ClCH2OH、D为CH2=CHCl，D发生聚合反应生成聚氯乙烯，E结构简式为，A和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B为CH3COOCH2CH3，据此分析解答．‎ 解答：‎ 解：乙醇被氧化生成A，且A能和乙醇反应，根据A的分子式知，A为CH3COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F为CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下能发生消去反应，则C结构简式为CH2ClCH2OH、D为CH2=CHCl，D发生聚合反应生成聚氯乙烯，E结构简式为，A和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B为CH3COOCH2CH3，‎ ‎（1）A是乙酸，A的结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；‎ ‎（2）B为CH3COOCH2CH3，B的化学名称是乙酸乙酯，故答案为：乙酸乙酯；‎ ‎（3）C是2﹣氯乙醇，由乙醇生成C的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（4）E结构简式为，其化学名称是聚氯乙烯，故答案为：聚氯乙烯； ‎ ‎（5）F是乙烯，乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃条件下，乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，‎ 故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南高考题，考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力，涉及乙醇、乙烯、卤代烃、羧酸、酯、高分子化合物之间的转化，明确常见有机物官能团及其性质、常见有机反应类型及反应条件即可解答，注意乙醇制取乙烯必须控制好温度．‎ ‎14．（8分）（2015•海南）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：‎ ‎（1）能与X发生化学反应的酸是　氢氟酸　；由X制备Mg2Z的化学方程式为　SiO2+MgO2↑+Mg2Si　．‎ ‎（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为　Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，Y分子的电子式为．‎ ‎（3）Z、X中共价键的类型分别是　非极性键　、　极性键　．‎ 考点：‎ 无机物的推断．‎ 分析：‎ 常见的半导体材料为Si，X为Z的氧化物，那么X为二氧化硅；Y为氢化物，且分子结构与甲烷相似，那么Y为硅烷，结构简式为：SiH4，据此结合各小题解答即可．‎ 解答：‎ 解：（1）二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃，由流程可知，二氧化硅与金属镁反应生成硅化镁，化学反应方程式为：SiO2+MgO2↑+Mg2Si，故答案为：氢氟酸；SiO2+MgO2↑+Mg2Si；‎ ‎（2）硅化镁与盐酸反应生成硅烷，化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷类似与甲烷的正四面体结构，故Si分别与H形成1对共价键，电子式为：，故答案为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；；‎ ‎（3）Z为Si，硅单质为原子晶体，晶体中存在Si﹣Si非极性共价键，X为SiO2，属于原子晶体，存在Si﹣O极性共价键，故答案为：非极性键、极性键．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是元素的推断以及硅和其化合物的知识，设计化学反应方程式书写、电子式以及共价键类型的判断，难度不大．‎ ‎15．（9分）（2015•海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下列问题：‎ ‎（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是　Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S　．‎ ‎（2）已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，若向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为　1.8×10﹣7mol•L﹣1，pH为　2　．‎ ‎（3）AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为　2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑　．‎ ‎（4）如图所示原电池正极的反应式为　Ag++e﹣=Ag　．‎ 考点：‎ 真题集萃；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ 分析：‎ ‎（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）=0.05L×0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L×0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl﹣）==10﹣3 mol/L，溶液中c（Ag+）=；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）==0.01mol/L，‎ 溶液的pH=﹣lgc（H+）；‎ ‎（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；‎ ‎（4）该原电池中，Cu的活动性大于Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应．‎ 解答：‎ 解：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S，故答案为：Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）=0.05L×0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L×0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl﹣）==10﹣3 mol/L，溶液中c（Ag+）==mol/L=1.8×10﹣7mol/L；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）==0.01mol/L，溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg0.01=2，‎ 故答案为：1.8×10﹣7；2；‎ ‎（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；‎ ‎（4）该原电池中，Cu的活动性大于Ag，Cu易失电子发生氧化反应，所以Cu是负极、Ag是正极，正极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，故答案为：Ag++e﹣=Ag．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南省高考题，考查原电池原理、氧化还原反应、pH计算、溶度积常数等知识点，综合性较强，明确正负极判断及其发生的反应、溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答，注意（2）题要进行过量计算，为易错点．‎ ‎16．（8分）（2015•海南）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：‎ ‎（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为　NH3•H2O⇌NH4++OH﹣（用离子方程表示）：0.1mol•L﹣1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH　减小　（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度　增大　（填“增大”或“减小”）．‎ ‎（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O．250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为　NH4NO3N2O+2H2O　，平衡常数表达式为　K=c（N2O）×c2（2H2O）　；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为　4　mol．‎ ‎（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=　﹣139　kJ•mol﹣1．‎ 考点：‎ 弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡常数的含义．‎ 分析：‎ ‎（1）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入NH4Cl固体以及明矾后平衡移动方向以及pH的变化；‎ ‎（2）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，依据氧化还原反应得失电子守恒计算转移电子数；‎ ‎（3）由图可知，此反应为放热反应，热效应=（209﹣348）kJ•mol﹣1．‎ 解答：‎ 解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值减小，加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，铵根浓度增大，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；减小；增大；‎ ‎（2）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O，250℃时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）×c2（2H2O），NH4NO3中NH4+的N元素化合价为﹣3价，NO3﹣中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由﹣3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；K=c（N2O）×c2（2H2O）；4；‎ ‎（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，且△H=209﹣348=﹣139kJ•mol﹣1，故答案为：﹣139．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是弱电解质的电离以及电离平衡的影响因素，还考查了氧化还原反应原理以及化学反应的热效应计算，难度不大．‎ ‎17．（11分）（2015•海南）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　，装置B中加入的试剂是　浓硫酸　．‎ ‎（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取　HCl　．尾气的成分是　HCl和H2．若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是　发生倒吸　、　可燃性气体H2不能被吸收　．‎ ‎（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　KSCN溶液　．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先　点燃A处的酒精灯　，再　点燃C处的酒精灯　．‎ 考点 氯气的实验室制法；氯气的化学性质．‎ ‎：‎ 分析：‎ ‎（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；‎ ‎（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水，据此解答即可；‎ ‎（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即可．‎ 解答：‎ 解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；‎ ‎（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；‎ ‎（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN；点燃A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯．‎ 点评：‎ 本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，难度一般．‎ ‎【选修5－有机化学基础】‎ ‎18．（6分）（2015•海南）下列有机物的命名错误的是（　　）‎ A．‎ ‎ 1，2，4﹣三甲苯 B．‎ ‎3﹣甲基戊烯 C．‎ ‎2﹣甲基﹣1﹣丙醇 D．‎ ‎1，3﹣二溴丙烷 考点：‎ 真题集萃；有机化合物命名．‎ 分析：‎ 题中B、C、D都为烃的衍生物，命名时注意主链的选取和编号，官能团的位置和个数以及取代基的位置和种类，A为苯的同系物，命名时注意序号之和最小，以此解答该题．‎ 解答：‎ 解：A．主链为苯，从左边甲基下面第一个甲基开始编号，名称为：1，2，4﹣三甲苯，故A正确；‎ B．没有标出官能团位置，应为3﹣甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；‎ C．主链错误，应为2﹣丁醇，故C错误；‎ D．Br在1、3位置，为1，3﹣二溴丙烷，故D正确．‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 本题为2015年考题，基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可．有利于培养学生的规范答题能力．‎ ‎19．（14分）（2015•海南）芳香化合物A可进行如下转化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为　醋酸钠　．‎ ‎（2）由C合成涤纶的化学方程式为．‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，E的结构简式为．‎ ‎（4）写出A所有可能的结构简式、、．‎ ‎（5）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式．‎ ‎①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢 ②可发生银镜反应和水解反应．‎ 考点：‎ 有机物的推断．‎ 分析：‎ A水解得到三种产物，且已知乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应得到涤纶，那么C应为乙二醇，可以猜测A为酯类，B为羧酸钠，化学式C2H3O2Na可写成CH3COONa，即B是乙酸钠，那么A应是由乙二醇和乙酸以及另外一种酸得到的二元酯，依据A的分子式为C11H12O5，D也为羧酸钠，D经过酸化后E中应含有11﹣2﹣2=7个C，‎ 应有：12+2×2﹣4﹣6=6个H；‎ 应有：5+2﹣2﹣2=3个O，‎ 即E为C7H6O3，且含有羧基，‎ ‎（1）A在氢氧化钠的水溶液中得到B，那么B应为钠盐；‎ ‎（2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤纶，据此书写化学反应方程式；‎ ‎（3）E的苯环上一氯代物仅有两种，说明两个取代基处于对位；‎ ‎（4）苯环上连接2个取代基时，有邻间对三种位置关系；‎ ‎（5）符合条件①核磁共振氢谱显示苯环上仅有2种H，含2个支链处于对位，②可发生银镜反应和水解反应，为甲酸酯类，据此解答即可．‎ 解答：‎ 解：（1）A在碱性条件下水解得到B，B的分子式为：C2H3O2Na，故B是乙酸钠，故答案为：乙酸钠；‎ ‎（2）涤纶为乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成的化合物，即和发生酯化反应，缩聚生成涤纶，反应方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）由推断可以得出E为：C7H6O3，不饱和度==5，且含有羧基，剩余部分一定为苯环和羟基，由于其一氯代物仅有两种，故羟基与羧基处于对位，故E的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（4）依据分析可知：A的结构为苯环上连接2个基团，分别为：CH3COO﹣和﹣COOCH2CH2OH，有邻间对三种同分异构体，结构简式为：，故答案为：、、；‎ ‎（5）E的分子式为：C7H6O3，①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢，说明2个取代基处于对位，②可发生银镜反应和水解反应，说明是甲酸形成的酯类，故结构简式为：，故答案为：．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是有机物的推断，主要考查的是酯类的水解，还涉及同分异构体的书写、化学反应方程式的书写等，难度较大．‎ ‎【选修3－物质结构与性质】‎ ‎20．（2015•海南）下列物质的结构或性质与氢键无关的是（　　）‎ A．‎ 乙醚的沸点 B．‎ 乙醇在水中的溶解度 C．‎ 氢化镁的晶格能 D．‎ DNA的双螺旋结构 考点：‎ 真题集萃；氢键的存在对物质性质的影响．‎ 分析：‎ 氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低，以此解答该题．‎ 解答：‎ 解：A．乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，故A选；‎ B．乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选；‎ C．氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，故C选；‎ D．DNA含有O﹣H、N﹣H键，双螺旋结构与氢键有关，故D不选．‎ 故选AC．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南考题第19题，侧重于氢键的考查，为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大．‎ ‎21．（2015•海南）钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）钒在元素周期表中的位置为　第4周期ⅤB族　，其价层电子排布图为．‎ ‎（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示．晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为　4　、　2　．‎ ‎（3）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂．SO2分子中S原子价层电子对数是　3　对，分子的立体构型为　V形　；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为　sp2；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为　sp3；该结构中S﹣O键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为　a　（填图2中字母），该分子中含有　12　个σ键．‎ ‎（4）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为　正四面体　；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为　NaVO3．‎ 考点：‎ 真题集萃；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ 分析：‎ ‎（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期ⅤB族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，以此书写电子排布图；‎ ‎（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，O有4个位于面心，2个位于体心；‎ ‎（3）SO2分子中S原子形成2个δ键，孤电子对数为=1，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，以此判断空间构型和杂化类型；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和S﹣O键，S=O键长较短；‎ ‎（4）VO43﹣中，V形成4个δ键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期ⅤB族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，则电子排布图为，‎ 故答案为：第4周期ⅤB族；；‎ ‎（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，阳离子个数为1+8×=2，O有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4×+2=4，‎ 故答案为：4；2；‎ ‎（3）SO2分子中S原子形成2个δ键，孤电子对数为=1，SO2分子中S原子价层电子对数是3，为V形结构，‎ SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，则为sp2杂化，‎ SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，为sp3杂化；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和S﹣O键，S=O键长较短，即a较短，该分子中含有σ键数目为3×4=12，‎ 故答案为：3；V形；sp2；sp3；a；12；‎ ‎（4）VO43﹣中，V形成4个δ键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南选做题，综合考查物质的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杂化类型以及价层电子数的判断，难度中等．‎ ‎【选修2－化学与技术】‎ ‎22．（2015•海南）下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）‎ A．‎ 电解饱和食盐水可制得金属钠 B．‎ 海带提碘只涉及物理变化 C．‎ 海水提溴涉及到氧化还原反应 D．‎ 海水提镁涉及到复分解反应 考点：‎ 真题集萃；氧化还原反应；化学基本反应类型；电解原理．‎ 分析：‎ A．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；‎ B．海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质；‎ C．海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；‎ D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁．‎ 解：A．钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故A错误；‎ 解答：‎ B．海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质，发生化学变化，故B错误；‎ C．海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及氧化还原反应，故C正确；‎ D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故D正确．‎ 故选CD．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南高考题第20题，为选做题，侧重于海水的综合利用的考查，注意把握物质的性质以及应用，难度不大，注意把握从海水中提取钠、溴、碘以及镁的反应原理．‎ ‎23．（2015•海南）铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外还有　石灰石　．除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为　CaCO3CaO+CO2↑　、　CaO+SiO2CaSiO3；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和　CO　（填化学式）．‎ ‎（2）已知：①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol﹣1‎ ‎ ②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1‎ ‎ ③C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1‎ 则反应Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=　﹣355　kJ•mol﹣1．理论上反应　②③　放出的热量足以供给反应　①　所需要的热量（填上述方程式序号）．‎ ‎（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的　炉腰　部分，主要反应的化学方程式为　Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；熔融造气炉相当于高炉的　炉腹　部分．‎ ‎（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是　碱液或氢氧化钠、氨水　．‎ 考点：‎ 真题集萃；高炉炼铁．‎ 分析：‎ ‎（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；‎ ‎（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；‎ ‎（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2↑，CaO+SiO2CaSiO3反应；‎ ‎（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应．‎ 解答：‎ 解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3CaO+CO2↑，CaO+SiO2CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳，尾气中含有CO，‎ 故答案为：石灰石；CaCO3CaO+CO2↑；CaO+SiO2CaSiO3；CO；‎ ‎（2）利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=（+494kJ•mol﹣1）+3×（﹣283kJ•mol﹣1）=﹣355kJ•mol﹣1，‎ 因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应，‎ 故答案为：﹣355；②③；①；‎ ‎（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2↑，CaO+SiO2CaSiO3反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分，‎ 故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；炉腹；‎ ‎（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，‎ 故答案为：碱液或氢氧化钠、氨水．‎ 点评：‎ 本题为2015年海南考题，涉及高炉炼铁，侧重于化学与生产的考查，综合考查元素化合物知识，有利于培养学生良好的科学素养，难度中等．‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎1．某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响, 烧杯中都盛有稀H2SO4。‎ 试回答：‎ ‎（1）B装置中Cu电极上的电极反应式为，D装置中Fe电极上的电极反应式为。‎ ‎（2）D装置中的实验现象有，若用电流表测量反应时通过导线的电子流量为0.2mol，则Fe电极的质量变化为。‎ ‎（3）B、C两个装置中Fe片被腐蚀的速率更快的是（填B或C）。‎ ‎【答案】(1) 2H++2e-=H2 ↑，Fe-2e-=Fe2+。‎ ‎（2）Cu电极上有气泡，Fe电极逐渐溶解，溶液逐渐变为浅绿色，减小‎5.6g。（3）B ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在B装置中由于活动性Fe＞Cu,所以Cu电极为原电池的正极，在正极上的电极反应式为2H++2e-=H2↑，D装置为电解池。由于在D装置中Fe电极与直流电源的正极相连接，所以为阳极。在Fe电极上的发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。（2）在D装置中可看到的实验现象有Fe电极逐渐溶解消耗，在Cu电极上不断有气泡产生。同时溶液逐渐由无色变为浅绿色。若用电流表测量反应时通过导线的电子流量为0.2mol，因为Fe是+2价的金属，则Fe电极消耗的物质的量为0.1mol,由于Fed的摩尔质量为‎56g/mol，所以其质量变化为减少‎5.6g，（3）由于金属活动性Zn＞Fe＞Cu.所以在B装置中Fe为原电池的负极，被氧化而腐蚀；在C装置中Fe片作原电池的正极，首先被腐蚀的是活动性强的Zn，Fe被保护起来。因此在B、C两个装置中被腐蚀的速率更快的是B。‎ 考点：考查电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响及金属的腐蚀与保护的知识。‎ ‎2．如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。试回答下列问题: ‎ ‎（1）在电源中，B电极为极（填电极名称，下同）；丙装置中Y电极为极。‎ ‎（2）在甲装置中，石墨（C）电极上发生反应（填“氧化”或“还原”）；甲装置中总的化学方程式是：。‎ ‎（3）丙装置在通电一段时间后，X电极上发生的电极反应式是。‎ ‎（4）如果乙装置中精铜电极的质量增加了‎0.64g，请问甲装置中，铁电极上产生的气体在标准状况下为 L。‎ ‎【答案】（1）负极；阴极。（2）氧化；2NaCl+2H2O通电 ‎=‎ 2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ ‎（3）2Cl--2e-＝Cl2↑（4）‎‎0.224L ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色，说明在Fe电极附近的水溶液显碱性。则在该电极上是H+放电，所以根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则Fe为阴极，与直流电源的负极相连。因此在电源中，B电极为负极，A电极为正极。在丙装置中Y电极为阴极。（2）在甲装置中，石墨（C）电极为电解池的阳极，在阳极上发生氧化反应。由于在NaCl溶液中放电能力Cl-＞OH-,所以在C上发生氧化反应2Cl—－2e-=Cl2↑. 甲装置中总的化学方程式是：2NaCl＋2H2O通电 ‎=‎ Cl2↑＋H2↑＋2NaOH. （3）丙装置在通电一段时间后，阳极X电极上发生的电极反应式是2Cl--2e-＝Cl2↑；（4）如果乙装置中精铜电极的质量增加了‎0.64g，n(Cu)=0.01mol。则n(e-)=0.02mol。由于在整个闭合回路中电子转移数目相等，所以铁电极上产生的氢气气体为0.01mol,在标准状况下为‎0.224L 考点：考查电源电极的确定及电解反应原理的应用的知识。‎ ‎3．将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500mL硫酸铜溶液中构成如下图的装置：（以下均假设反应过程中溶液体积不变）。‎ ‎（1）铁片上的电极反应式为。‎ ‎（2）铜片周围溶液会出现的现象。‎ ‎（3）若2 min后测得铁片和铜片之间的质量差为‎1.2g，计算导线中流过的电子的物质的量为mo1。‎ ‎【答案】（1）Fe －2e－= Fe2+ （2）溶液颜色变浅（3）0.02‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Fe、Cu及硫酸铜溶液构成了原电池，由于活动性Fe>Cu，所以Fe作负极，发生反应Fe－2e－= Fe2+。（2）由于Cu2+不断在铜片上放电，Cu2++2e-=Cu。所以铜片周围溶液中Cu2+的浓度降低，溶液的颜色会出现变浅。（3）总反应方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu。可见每有2mol的电子转移，在铁片和铜片之间的质量差‎56g＋‎64g=‎120g,现在质量差值为‎1.2g,，所以电子转移(‎1.2g÷‎120g)×2=0.02mol..‎ 考点：考查原电池反应原理、相应的现象及电子转移的知识。‎ ‎4．如图是以石墨为电极电解CuCl2溶液的装置示意图。‎ ‎（1）电解过程中能量转化的主要形式是。‎ ‎（2）电解一段时间后，b电极上可观察到的现象是。‎ ‎（3）电解过程中，a电极为极，该电极上发生的电极反应式为：，检验该电极产物的方法。‎ ‎【答案】（1）电能转化为化学能 ‎（2）析出红色固体 ‎（3）阳极 2Cl－—2e－=Cl2↑ 将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近a极，若试纸变蓝，说明有氯气生成 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）该装置图是以石墨为电极电解CuCl2溶液的装置示意图。即将电能转化为化学能的装置。（2）在CuCl2溶液中含有的阳离子有Cu2+、H+，由于放电能力Cu2+>H+,所以在阴极b上发生反应Cu2++2e-=Cu. 析出红色固体.(3)由于a电极与电源的正极连接，是阳极。由于在该溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-，放电能力Cl->OH-，所以该电极上发生的电极反应式为2Cl－— 2e－ = Cl2↑。检验该电极产物Cl2的方法是利用其强的氧化性，可以把KI氧化为I2，I2遇淀粉会变为蓝色。‎ 考点：考查电解的原理及应用的知识。‎ ‎5．某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu。‎ ‎（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：‎ ‎①图中X溶液是；‎ ‎②石墨电极上发生的电极反应式为；‎ ‎③原电池工作时，盐桥中的(填“K＋”或“Cl－”)不断进入X溶液中。‎ ‎（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，图丙中的①②③分别表示乙烧杯中某种金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如，请回答下列问题：‎ ‎①M是极； ②图丙中的②线是的变化。‎ ‎③当电子转移为2 mol时，向乙烧杯中加入 L 5 mol·L－1 NaOH溶液才能使Cu2+沉淀完全。‎ ‎（3）铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。‎ ‎①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe＋2NaOH＋2H2O电解 ‎=‎ Na2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是。‎ ‎②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为。‎ ‎【答案】 (1) ①FeCl3、FeCl2 ②Fe3++e-＝Fe2+③K＋ (2)①负 ‎②Fe2＋（或者FeCl2 ）③2.8 (3)①Fe＋8OH－－6e－＝FeO42-＋4H2O ‎②2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42-＋3Cl－＋5H2O ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①该反应应该是Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，其中铜是还原剂作负极，正极是氯化铁得到电子被还原为氯化亚铁，所以装置中X应该是FeCl3、FeCl2。‎ ‎②石墨是正极，铁离子得到电子，电极上发生的电极反应式为Fe3++e-＝Fe2+。‎ ‎③原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，因此该原电池工作时，盐桥中的K＋不断进入X溶液中。‎ ‎（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，所以M为负极，N为正极。‎ ‎②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+。③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+ 2mol，Fe2+ 3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，因此NaOH溶液等体积为14mol÷5mol/L＝‎2.8L。‎ ‎（3）①电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；‎ ‎②NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ 考点：考查电化学原理以及氧化还原反应的应用 ‎6．按下图所示装置进行实验，并回答下列问题：‎ ‎（1）判断装置的名称：A池为，B池为。‎ ‎（2）锌极为极，电极反应式为；铜极为极，电极反应式为 ；石墨棒C1为极，电极反应式为；石墨棒C2附近发生的实验现象为，反应结束后，B池溶液的pH值。(增大、减小、不变，忽略气体溶于水) 。‎ ‎（3）当C2极析出224 mL气体（标准状况下），锌的质量（增加或减少）g。‎ ‎【答案】（1）原电池(1分) 电解池(1分) ‎ ‎（2）负极（1分）Zn-2e-=Zn2+ （2分）正极（1分）Cu2++2e-=Cu （2分）‎ 阳极（1分） 2Cl--2e-=Cl2↑，（2分） 有气体生成，溶液变红（2分） 增大（1分）‎ ‎（3）减少 （1分） 0.65（1分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）锌与硫酸铜可以发生自发的氧化还原反应，因此A装置是原电池。B装置中电极均是惰性电极，属于电解池。‎ ‎（2）原电池中较活泼的金属作负极，则锌是负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；银是正极，溶液中的铜离子在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。C1电极与原电池的正极相连作阳极，溶液中的氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。C2电极与原电池的负极相连作阴极，溶液中的氢离子放电，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。由于氢离子放电破坏阴极周围水的电离平衡，导致阴极周围氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性，碱能使酚酞显红色。B装置中总的化学方程式为2KCl＋2H2O电解 ‎=‎ 2KOH＋H2↑＋Cl2↑，即装置中有氢氧化钾强碱生成，因此溶液的碱性增强。‎ ‎（3）若工作一段时间后，生成标准状况下氢气224ml，其物质的量是0.01mol，转移电子的物质的量是0.02mol。根据电子转移守恒可知消耗锌的物质的量是0.01mol，质量减少0.01mol×‎65g/mol＝‎0.65g。‎ 考点：考查电化学原理的应用 ‎7．如图所示的装置中电极a、b均为碳棒，两烧杯中所盛溶液均为500mL1.0mol/L。‎ ‎（1）A为池，（填原电池、或电解池），其中的Ag极为极，发生反应(填“氧化”或“还原”)。‎ ‎ （2）B装置中的电极b极为极，电极反应式为，总反应的化学方程式为。经过一段时间后，B装置中溶液的碱性（填“增强”、“减弱”或“不变”）‎ ‎（3）若工作一段时间后，当Zn片质量减少‎3.25g时，a极逸出的气体在标准状况下的体积为L。‎ ‎【答案】（1）原电池；正；还原 ‎（2）阴；2H＋＋2e－＝H2↑；2NaCl＋2H2O电解 ‎=‎ 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；增强； （3）1.12‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）锌与硫酸铜可以发生自发的氧化还原反应，因此A装置是原电池。原电池中较活泼的金属作负极，则锌是负极失去电子，发生氧化反应，银是正极，溶液中的铜离子在正极得到电子发生还原反应。‎ ‎（2）B装置是电解池，b电极与原电池的负极相连作阴极，溶液中的氢离子放电，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。A电极与原电池的正极相连，作阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，则B装置中总的化学方程式为2NaCl＋2H2O电解 ‎=‎ 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。B装置中有氢氧化钠强碱生成，因此溶液的碱性增强。‎ ‎（3）若工作一段时间后，当Zn片质量减少‎3.25g时，其中锌的物质的量是‎3.25g÷‎65g/mol＝0.05mol，根据电极反应式Zn－2e－＝Zn2＋可知导线中转移电子的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。a极电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑，则根据电子转移守恒可知逸出的氯气在标准状况下的体积为0.05mol×‎22.4L/mol＝‎1.12L。‎ 考点：考查电化学原理的应用 ‎8．（1）甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。‎ I：CH4 ( g ) + H2O ( g )＝CO ( g ) + 3H2 ( g ) △H ＝+206．0 kJ·mol－1‎ II：CO ( g ) + 2H2 ( g )＝CH3OH ( g ) △H＝—129．0 kJ·mol－1‎ CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH (g)和H2(g)的热化学方程式为。‎ ‎（2）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用右图装置模拟上述过程：‎ ‎①写出阳极电极反应式。‎ ‎②写出除去甲醇的离子方程式。‎ ‎（3）写出以NaHCO3溶液为介质的Al—空气原电池的电极负极反应式，负极:。‎ ‎【答案】（1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）△H=+77．0 kJ•mol-1‎ ‎（2）①Co2+-e-=Co3+②6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+‎ ‎（3）Al-3e-+3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）已知Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206．0kJ•mol-1、Ⅱ：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129．0kJ•mol-1，则依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）△H=+77．0 kJ•mol-1；‎ ‎（2）①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；‎ ‎②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；‎ ‎（3）以NaHCO3溶液为介质的Al-空气原电池中铝做负极失电子发生氧化反应生成铝离子，在碳酸氢钠溶液中水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳；负极的电极反应式：Al－3e-＋3HCO3-＝Al（OH）3↓＋3CO2↑。‎ 考点：考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，原电池原理分析和电极反应书写 ‎9．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。‎ ‎（1）以下为铝材表面处理的一种方法：‎ ‎①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的。‎ a．NH3 b．CO‎2 c．NaOH d．HNO3‎ ‎②以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为。取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是。‎ ‎（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是。‎ ‎（3）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于处。若X为锌，开关K置于处。‎ X 铁 ‎ K M N 海水 ‎【答案】（1）①b（2分）‎ ‎②2Al+3H2O-6e－=Al2O3+6H+（2分）；HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀（2分）‎ ‎（2）阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定（2分）（3）N （2分） M（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为b；‎ ‎②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀；‎ ‎（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；‎ ‎（3）金属的防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）。‎ 考点：考查金属的性质、盐类的水解、电解、电镀以及金属的腐蚀及防护知识 ‎10．钠硫电池作为一种新型储能电池，其应用逐渐得到重视和发展。‎ ‎（1）Al(NO3)3是制备钠硫电池部件的原料之一。由于Al(NO3)3容易吸收环境中的水分，需要对其进行定量分析。具体步骤如下图所示：‎ ‎①加入试剂a后发生反应的离子方程式为。‎ ‎②操作b为，操作c为。‎ ‎③Al(NO3)3待测液中，c (Al3+) = mol·L-1（用m、v表示）。‎ ‎（2）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质，其反应原理如下图所示：‎ ‎①根据下表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在范围内（填字母序号）。‎ 物质 Na S Al2O3‎ 熔点/℃‎ ‎97．8‎ ‎115‎ ‎2050‎ 沸点/℃‎ ‎892‎ ‎444．6‎ ‎2980‎ a．‎100℃‎以下 b．‎100℃‎～‎300℃‎ c．‎300℃‎～‎350℃‎ d．‎350℃‎～‎‎2050℃‎ ‎②放电时，电极A为极。‎ ‎③放电时，内电路中Na+的移动方向为 （填“从A到B”或“从B到A”）。‎ ‎④充电时，总反应为Na2Sx=2Na + xS（3OH-.其阳极的反应式是：2Cl- - 2e- = Cl2↑；X为阳极Y为阴极。导气管W端应与出气口X连接，发生反应Cl2‎ ‎＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，而制取了消毒液。(2)①红色物质可能有Cu; （3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，证明在红色物质中不含O元素，也就不含Cu2O；d中出现白色沉淀证明产生了AgCl沉淀。此时碳棒上的红色物质是铜, 无水硫酸铜的作用是检验红色物质中有无Cu2O。②d中反应的离子方程式是Ag++Cl- = AgCl↓。③在装置b中发生反应的化学方程式是2CuCl+H22Cu+2HCl。④ 电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因是Cu2+ + e- +Cl- = CuCl↓。⑤根据元素守恒可知在阴极上产生白色物质的物质的量应该等于Cu的物质的量。其物质的量是（W1-W2）/35.5 mol；若装置b冷却时不继续通H2，则一部分Cu就会被空气中的氧气氧化而使W2偏大，则按照（W1-W2）/35.5计算所得Cu+的产率会偏小。‎ 考点：考查电解原理的应用、电极式的书写、物质的成分的确定、某物质含量的测定及误差分析的知识。‎ ‎16．大气中可吸入颗粒物PM2.5主要来源为燃煤、机动车尾气等。‎ ‎（1）若取某PM2.5样本，用蒸馏水处理，测得溶液中含有的离子有：K+、Na+、NH4+、SO42-、NO3-、Cl-，则该溶液为（填“酸性”或“碱性”）溶液，其原因用离子方程式解释是：。‎ ‎（2）“洗涤”燃煤烟气可减轻PM2.5中SO2的危害，下列可适用于吸收SO2的试剂有 A．CaCl2溶液B．氨水 C．Ca(OH)2悬浊液D．浓H2SO4‎ ‎（3）煤烟气中的氮氧化物可用CH4催化还原成无害物质。若常温下，1molNO2与CH4反应，放出477.5kJ热量，该反应的热化学方程式是 。‎ ‎（4）安装汽车尾气催化转化器也可减轻PM2.5的危害，其反应是：‎ ‎2NO(g) + 2CO(g) 2CO2(g)+ N2(g)；△H＜0。‎ ‎①该反应平衡常数表达式K= ；温度升高K值（填“增大”或“减小” ）‎ ‎②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是。‎ ‎（5）使用锂离子电池为动力汽车，可减少有害气体的排放。锰酸锂离子蓄电池的反应式为：‎ ‎ Li1－xMnO4 ＋ LixC LiMnO4 ＋ C 下列有关说法正确的是 ‎ A．充电时电池内部Li＋向正极移动 B．放电过程中，电能转化为化学能 C．放电时电池的正极反应式为：Li1－xMnO4＋xe—＋xLi＋＝LiMnO4‎ D．充电时电池的正极应与外接电源的负极相连 ‎【答案】（1）酸性，NH4++H2ONH3·H2O+H+（2）B C ‎（3）2NO2(g)+CH4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H= -955kJ/mol ‎ ‎（4）①；减小② D（5）C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）取某PM2.5样本，用蒸馏水处理，测得溶液中含有的离子有：K+、Na+、NH4+、SO42-、NO3-、Cl-，则由于K+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-都是强酸或强碱的离子，而NH4+则是弱碱根离子。含有强酸弱碱盐。弱碱根离子水解消耗水电离产生的OH-，使溶液显酸性。其原因用离子方程式解释是为NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)SO2溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3. H2SO3是酸，电离产生大量的H+而使溶液显酸性。所以应该用碱性物质氨水、Ca(OH)2悬浊液来吸收。因此选项为B、C。（3）根据题意可得该反应的热化学方程式为2NO2(g)+CH4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H= -955kJ/mol。（4）①根据化学平衡常数的含义可得该反应平衡常数表达式K=。由于该反应的正反应为放热反应。根据平衡移动原理：温度升高，化学平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说升高温度，化学平衡向逆向移动，所以K值减小。②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行。a.在反应刚开始时，由于温度变化不明显。主要是浓度的影响。随着反应的进行，气体的温度逐渐升高，影响化学反应速率的主要因素是温度。所以化学反应速率逐渐加快；当反应进行到一定程度后，反应物的浓度是影响化学反应速率的主要因素。由于反应物不断消耗，浓度减小，所以速率又逐渐减小。跟反应是否达到平衡无关。错误。B.在刚开始时反应刚发生，还未达到平衡，所以不能说平衡常数。当反应达到平衡后，升高温度，化学平衡逆向移动，K减小。但是从图像并未看出这一点来。错误。C若t点反应达到平衡，则各种反应混合物的浓度不应该发生变化。但是图像显示的c(CO)及c(CO2)任然在变化，因此反应为达到平衡。错误。d.在反应开始时，由于反应是从正反应方向开始，NO的质量最大，质量分数也最大，随着反应的减小，NO不断消耗。其质量分数也逐渐减小，当反应达到平衡后各种物质的质量、物质的量不变，所以其质量分数也不变。正确。（5）A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，充电时电池内部Li＋向负极移动。错误。B．放电过程中，化学能转化为电能。错误。C．放电时电池正极发生还原反应。正极反应式为：Li1－xMnO4＋xe—＋xLi＋＝LiMnO4。正确。D．充电时电池的正极应与外接电源的正极相连。错误。‎ 考点：考查PM2.5样本的水溶液的酸碱性及原因、热化学方程式的书写、温度对化学平衡常数的影响、化学平衡常数的表达式、化学平衡状态的判断、电化学反应原理的知识。‎ ‎17．如图所示的装置中电极a、b均为碳棒，两烧杯中所盛溶液均为500mL1．0mol/L。‎ ‎⑴A为(填“原电池”或“电解池”)，其中Ag电极的电极反应式为：；发生反应(填“氧化”或“还原”)。‎ ‎⑵B装置中的电极b极为极，电极反应式为，‎ 总反应的化学方程式为。‎ ‎⑶工作一段时间后，当Zn片质量减少6．‎5g时，a极逸出的气体在标准状况下的体积L。‎ ‎【答案】（14分）．⑴原电池 （2分）Cu2++2e-==Cu （2分）还 原 （2分）‎ ‎⑵阴 （2分）2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-==H2↑+2OH-）（2分）‎ ‎2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ （2分）‎ ‎⑶ 2．24 (2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）原电池的构成条件中应有2个活性不同的电极，所以A是原电池；Ag极是正极，发生还原反应，铜离子得电子生成单质铜，电极反应式为Cu2++2e-==Cu；‎ ‎（2）装置B中b极与锌极相连，所以b是阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，2H++2e-==H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)；总反应是电解饱和食盐水的反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（3）当Zn片质量减少6．‎5g时，说明导线上有0．2mol电子通过，a极产生氯气，根据得失电子守恒，氯气的物质的量是0．1mol，所以a极逸出的气体在标准状况下的体积2．‎24L。‎ 考点：考查对电化学装置的判断，电化学理论的应用 ‎18．根据右图回答以下问题：‎ Fe Cu ‎ A B ‎ 甲H2SO4‎ 乙CuCl2‎ ‎（A、B均为碳棒，两池中溶液均足量）‎ ‎（1）甲装置是池，乙装置是池且Fe极为极，A极为极 ‎（2）A极的电极反应 ‎（3）若甲池中Fe溶解0．3mol，则乙池中产生气体的体积（标准状况）为L，‎ ‎【答案】（1）原电池；电解池；负极；阳极（2）2Cl－---2e-==Cl2↑（3）6．72‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）原电池中一般存在2个活性不同的两极，所以该装置中甲池是原电池，乙是电解池；铁作负极，铜作正极，则A是阳极；‎ ‎（2）A是阳极发生氧化反应，阴离子放电，所以氯离子得电子生成氯气，电极反应式为2Cl－---2e-==Cl2↑；‎ ‎（3）若甲池中Fe溶解0．3mol，则装置中转移0．6mol电子，乙池中只有A极产生0．3mol氯气，标准状况下的体积是0．3mol×22．‎4L/mol=6．‎72L。‎ 考点：考查对电化学装置的判断，电化学原理的应用 ‎19．X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）Y在元素周期表中的位置为________________。‎ ‎（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______________（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是_________________（写化学式）。‎ ‎（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有___________（写出其中两种物质的化学式）。‎ ‎（4） X‎2M的燃烧热ΔH ＝－a kJ·mol－1，写出X‎2M燃烧反应的热化学方程式：___________________________。‎ ‎（5）ZX的电子式为___________；ZX与水反应放出气体的化学方程式为____。‎ ‎（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：‎ 放电时，电池的正极反应式为_______________：‎ 充电时，______________（写物质名称）电极接电源的负极；‎ 该电池的电解质为___________________。‎ ‎【答案】（1）第二周期第ⅥA族 ‎（2）HClO4；H2S ‎（3）O3、Cl2‎ ‎（4）2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l），△H=-2akJ•mol-1‎ ‎（5）、NaH+H2O=NaOH+H2↑‎ ‎（6）Fe2++2e-=Fe；Na；β-Al2O3‎ ‎【解析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），‎ ‎（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；‎ ‎（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物 H2S；‎ ‎（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、二者形成的化合ClO2均可作消毒剂；‎ ‎（4）H2S的燃烧热△H=-a kJ•mol-1，根据燃烧热的含义，H2S燃烧的热化学方程式生成物应该生成SO2，故H2S燃烧反应的热化学方程式为：‎ ‎2H2S（g）+3O2（g)=2SO2（g）+2H2O（l），△H=-2akJ•mol-1，‎ ‎（5）Na与水反应是氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑‎ ‎20．液化石油气中常存在少量有毒气体羰基硫(COS)，必须将其脱除以减少环境污染和设备腐蚀。完成下列填空。‎ ‎（1）写出羰基硫的电子式，羰基硫分子属于（选填“极性”、“非极性”）分子。‎ ‎（2）下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是。‎ a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4‎ b．酸性：H2SO3＞H2CO3‎ c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价 ‎（3）羰基硫在水存在时会缓慢水解生成H2S，对钢铁设备产生电化学腐蚀。写出正极的电极反应式 ，负极的反应产物为（填化学式）。‎ 为除去羰基硫，工业上常采用催化加氢转化法，把羰基硫转化为H2S再除去：COS + H2 CO + H2S ‎ ‎（4）已知升高温度，会降低羰基硫的转化率。则升高温度，平衡常数K，反应速率（均选填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎（5）若反应在恒容绝热密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是。‎ a．容器内气体密度保持不变 b．容器内温度保持不变 c．c(H2)＝c(H2S) d．υ(H2)正＝υ(H2S)正 ‎（6）已知该反应的平衡常数很大，说明。‎ ‎【答案】（1）， 极性（各1分，共2分）‎ ‎（2）a c （2分）‎ ‎（3）H2S + 2e →H2↑+S2-（或2H+ + 2e →H2↑）(2分） FeS（1分）‎ ‎（4）减小，增大（各1分，共2分）‎ ‎（5）b （2分）‎ ‎（6）正反应进行程度很大（1分。其他合理答案也给分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）羰基硫相当于是二氧化碳中的1个氧原子被硫原子取代，所以其电子式为。S和O的非金属性不同，所以该化合物是极性分子。‎ ‎（2）a．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，相应的钠盐水解程度越小，所以相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4可以碳与硫两元素非金属性相对强弱，a正确；b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，亚硫酸不是最高价含氧酸，所以酸性：H2SO3＞H2CO3不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，b不正确；c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，说明非金属性是硫强于碳，c正确，答案选ac。‎ ‎（3）原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，硫化氢分子中氢元素得到电子，发生还原反应，因此电极反应式为H2S + 2e →H2↑+S2-。负极铁失去电子，生成亚铁离子与硫离子结合生成硫化亚铁，所以负极产物是FeS。‎ ‎（4）升高温度，会降低羰基硫的转化率，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。则升高温度，平衡常数K减小，而反应速率增大。‎ ‎（5）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则a．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，a不正确；b．‎ 由于反应在恒容绝热密闭容器中进行，所以容器内温度保持不变可以说明反应达到平衡状态，b正确；c．平衡时浓度不再发生变化，但物质的浓度之间不一定相等，故c(H2)＝c(H2S) 不能说明反应达到平衡状态，c不正确；d．υ(H2)正＝υ(H2S)正，但二者的反应速率方向相同，所以不能说明反应达到平衡状态，d不正确，答案选b。‎ ‎（6）平衡常数越大，反应物的转化率越大，因此若该反应的平衡常数很大，说明正反应进行程度很大。‎ 考点：考查非金属性强弱比较、原电池原理、外界条件对平衡状态以及有关平衡常数的应用 ‎21．研究人员通过对北京地区PM2．5的化学组成研究发现，汽车尾气和燃煤污染分别 占4％、l8％‎ I．（1）用于净化汽车尾气的反应为：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，已知该反应在570K时的平衡常数为1×1059，但反应速率极慢。下列说法正确的是：‎ A．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO B．提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂 C．增大压强，上述平衡右移，故实际操作中可通过增压的方式提高其净化效率 D．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度 ‎（2）还可以用活性炭还原法处理氮氧化物，反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H=akJ·mol-1，向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T‎1℃‎)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：‎ ‎ 浓度/mol·L-1‎ 时间/min ‎ NO N2‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.100‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎0.058‎ ‎0.021‎ ‎0.021‎ ‎20‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.025‎ ‎30‎ ‎0.050‎ ‎0.025‎ ‎0.025‎ ‎40‎ ‎0.036‎ ‎0.032‎ ‎0.010‎ ‎50‎ ‎0.036‎ ‎0.032‎ ‎0.010‎ ‎①T‎1℃‎时，该反应的平衡常数K=(保留两位小数)。‎ ‎⑦前10min内用v(NO)表示的化学反应速率为，30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是 。‎ ‎③若30min后升高温度至T‎2℃‎，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3：1：l，则该反应的a 0(填“>”、“=”或“<”)。‎ Ⅱ．CO对人类生存环境的影响很大，CO治理问题属于当今社会的热点问题。‎ ‎（1）工业上常用SO2除去CO，生成物为S和CO2。已知相关反应过程的能量变化如图所示 则用SO2除去CO的热化学方程式为。‎ ‎（2）高温时，也可以用CO还原MgSO4可制备高纯MgO。‎ ‎①‎750℃‎时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此反应的化学方程式是。‎ ‎②由Mg可制成“镁一次氯酸盐”电池，其装置示意图如图，则镁电极发生的电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为。‎ ‎【答案】I（1）B （2）① 0.25 ② 0.0042mol•••L-1•min-1，降低CO2浓度 ③ <‎ II（1）SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g) ∆H=(2b—a)kJ•mol‾1‎ ‎（2）①2MgSO4+CO 2MgO+SO2+CO2+SO3‎ ‎② Mg—2e‾+2OH‾=Mg(OH)2或Mg—2e‾=Mg2+ Mg+ClO‾+H2O=Cl‾+Mg(OH)2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：I（1）该反应的平衡常数已经很大了，所以提高尾气净化效率关键是加快反应速率。A、因为该反应为可逆反应，所以装有尾气净化装置的汽车排出的气体中仍然含有NO或CO，错误；B、使用高效催化剂可以加快反应速率，所以提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂，正确；C、增大压强，汽车尾气的排放很难做到，错误；D、升高温度，汽车尾气的排放很难做到，错误。‎ ‎（2）①反应进行到20min时达到平衡，根据三段式进行计算:‎ C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)‎ 初始浓度（mol•L‾1） 0.100 0 0‎ 转化浓度（mol•L‾1） 0.050 0.0250.025‎ 平衡浓度（mol•L‾1） 0.050 0.0250.025‎ 该反应的平衡常数K= 0.025×0.025÷0.0502=0.25。‎ ‎② v(NO)=(0.1000mol•L‾1—0.058mol•L‾1)÷10min =0.0042mol•••L-1•min-1；30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡后，反应物NO的浓度减小，生成物N2浓度增大，CO2的浓度减小，所以改变的条件可能是：降低CO2浓度。‎ ‎③T‎1℃‎ 30min时，NO、N2、CO2的浓度之比为2:1:1，升高温度至T‎2℃‎，达到平衡时，容器中NO、N2‎ ‎、CO2的浓度之比为3：1：l，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，a < 0‎ II（1）根据能量变化图可得热化学方程式：S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H1=a kJ•mol‾1 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ∆H2=b kj/mol，写出用SO2除去CO的化学方程式并注明状态，根据盖斯定律求焓变，∆H=—∆H1+ 2∆H2 = =(2b—a)kJ•mol‾1，可得热化学方程式。 ‎ ‎（2）①CO还原MgSO4可制备高纯MgO，生成等物质的量的SO2、SO3，根据元素守恒同时生成CO2，配平可得化学方程式：2MgSO4+CO 2MgO+SO2+CO2+SO3。‎ ‎② Mg为活泼金属，为负极失去电子，电极方程式为：Mg—2e‾+2OH‾=Mg(OH)2或Mg—2e‾=Mg2+；总反应为ClO‾在碱性条件下把Mg氧化为Mg(OH)2，离子方程式为：Mg+ClO‾+H2O=Cl‾+Mg(OH)2‎ 考点：本题考查化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量转化、原电池原理。‎ ‎22．工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。‎ ‎（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是__________。‎ ‎（2）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：‎ ‎2NO(g）+ O2(g）2NO2(g） △H= -113．0 kJ·mol-1‎ ‎2SO2(g）+ O2(g) 2SO3(g） △H=-196．6 kJ·mol-1‎ SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。‎ ‎①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为________。‎ ‎②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是________。‎ ‎（3）提高2SO2+ O2 2SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。‎ ‎①T温度时，在‎1L的密闭容器中加入2．0molSO2和1．0molO2，5 min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该反应的平衡常数是_______。‎ ‎②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_______(填字母)。‎ a．温度和容器体积不变，充入1．0molHe ‎ b．温度和容器体积不变，充入1．0molO2‎ c．在其他条件不变时，减少容器的体积 d．在其他条件不变时，改用高效催化剂 e．在其他条件不变时，升高体系温度 ‎（4）工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气。如图是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图。‎ ‎①电解饱和食盐水的化学方程式是。‎ ‎②用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是。‎ ‎③用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是。‎ ‎【答案】（1）SO2+H2OH2SO32H2SO3+O2==2H2SO4(2分)‎ ‎（2）①NO2(g）+SO2(g）= SO3(g)+NO(g） △H＝ -41．8 kJ·mol-1 (2分)‎ ‎② 减小(2分)‎ ‎（3）①2 (2分）② b c (2分)‎ ‎①2NaCl +2H2O通电 ‎=‎ 2NaOH +H2 ↑ +Cl2 ↑(2分)‎ ‎②SO2 + OH- ＝HSO3-(或SO2 + 2OH- ＝SO32- + H2O）(1分)‎ ‎③SO2 +Cl2+H2O＝=4H++SO42-+2Cl- (1分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是SO2+H2OH2SO32H2SO3+O2催化剂 2H2SO4。‎ ‎（2）①将已知的后个方程式减去前一个方程式，再除以2得：NO2和SO2反应的热化学方程式为NO2(g）+SO2(g）= SO3(g)+NO(g） △H＝ -41．8 kJ·mol-1。‎ ‎②该反应是放热反应，随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是减小。‎ ‎（3）①2SO2+ O2 2SO3‎ 起始：2．0 1．0 0‎ 变化：2x x 2x 平衡：1．0 0．5 1．0‎ 平衡常数K==2．‎ ‎②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是使平衡正向移动。‎ a．温度和容器体积不变，充入1．0molHe ，不改变反应物浓度，平衡不移动；‎ b．温度和容器体积不变，充入1．0molO2，平衡正向移动；‎ c．在其他条件不变时，减少容器的体积，加压，平衡正向移动；‎ d．在其他条件不变时，改用高效催化剂，不改变平衡状态；‎ e．在其他条件不变时，升高体系温度，平衡逆向移动。‎ ‎（4）①电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl +2H2O通电 ‎=‎ 2NaOH +H2 ↑ +Cl2 ↑。‎ ‎②用NaOH溶液吸收含二氧化硫的废气，可生产SO32-或HSO3-。‎ ‎③阳极区气体Cl2溶液吸收含二氧化硫的废气，是氧化SO2:SO2 +Cl2+H2O＝=4H++SO42-+2Cl-。‎ 考点：化学与环境问题，考查平衡常数、提高转化率的方法，电解原理及反应方程式、离子方程式的书写。‎ ‎23．氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：‎ ‎（1）氮元素原子的L层电子数为；‎ ‎（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为；‎ ‎（3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。‎ 已知：①N2(g)+2O2(g)= N2O4(1) △H1= -195kJ·mol-1‎ ‎②N2H4(1) + O2(g)= N2(g) + 2H2O △H2= -534．2kJ·mol-1‎ 写出肼和N2H4反应的热化学方程式；‎ ‎（3）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为。 ‎ ‎【答案】‎ ‎（1）5‎ ‎（2）2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O ‎（3）2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=—873．4kJ/mol ‎（4）N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O ‎【解析】‎ ‎（1）N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，所以氮元素原子的L层电子数为5，故答案为：5；（2）NH3与NaClO发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，所以该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，将方程式②×2-①得肼和N2O4反应的热化学方程式，2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-873．4kJ/mol，故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-873．4kJ/mol；（4）肼一空气燃料碱性电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2，故答案为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O ‎24．能量之间可相互转化：‎ ‎(1)电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。‎ ‎①完成原电池甲的装置示意图(见上图)，并作相应标注，要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。‎ ‎②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极__________。‎ ‎③甲乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是______________________________。‎ ‎(2)根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(1)的材料中应选__________作阳极。‎ ‎【答案】(1)①(或其他合理答案)‎ ‎②电极逐渐溶解，表面有红色固体析出 ‎③甲；在甲装置中，负极不和Cu2＋接触，避免了Cu2＋直接与负极发生反应而使化学能转化为热能 ‎(2)锌片 ‎【解析】(1)①根据题给条件和原电池的构成条件可得：‎ a．若用Zn、Cu、CuSO4(aq)、ZnSO4(aq)组成原电池，Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。‎ b．若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。‎ c．注意，画图时要注意电极名称，电极材料，电解质溶液名称(或化学式)，并形成闭合回路。‎ ‎②由于金属活动性Zn＞Fe＞Cu，锌片或铁片作负极，由于Zn或Fe直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极逐渐溶解，表面有红色固体析出。‎ ‎③带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。‎ ‎(2)由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护，作负极(阳极)时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极)才能有效地保护铁不被腐蚀。‎ ‎25．新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2 ，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氧化钠辖液电解实验，如图所示。‎ ‎   回答下列问题：‎ ‎(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为                 、               。[来源:学科网ZXXK]‎ ‎(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生．其中b电极上得到的是      ，电解氯化钠溶液的总反应方程式为                 ；‎ ‎(3)若每个电池甲烷通如量为‎1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为        (法拉第常数F=9.65×l‎04C · mol-1列式计算)，最多能产生的氯气体积为    L(标准状况)。‎ ‎【答案】(1)O2+4e-+2H2O=4OH-，CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O ‎(2)H2；2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH；‎ ‎(3)‎ ‎4L ‎【解析】(1)甲烷燃料电池中，负极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，故答案为：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O；‎ ‎(2)闭合K开关后，a是阳极，b是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，得到H2，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电池反应式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH ‎(3)根据转移电子守恒进行计算 =‎‎4L ‎26．锌锰电池（俗称干电池）在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造图如图（a）所示。‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：‎ Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH ‎①该电池中，负极材料主要是________，电解质的主要成分是______，正极发生的主要反应是________。‎ ‎②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是_______。‎ ‎（2）图（b）表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属）。‎ ‎①图（b）中产物的化学式分别为A_______，B________。‎ ‎②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为_______。‎ ‎③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是          。（填化学式）‎ ‎【答案】（1）①Zn    NH4Cl   MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3‎ ‎②碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。‎ ‎（2）①ZnCl2；NH4Cl②3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-③H2‎ ‎【解析】 （1）根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，锌是负极材料，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e-=MnOOH+ NH3。与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。‎ ‎（2）废电池经机械分离后，加水溶解后再加稀盐酸，浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌。氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌。绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-。采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气。‎ ‎27．化学反应原理对于工业生产和科研有重要意义 I、下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如下表所示：‎ 化学反应 平衡常数 温度 ‎973 K ‎1173 K ‎①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)‎ K1‎ ‎1．47‎ ‎2．15‎ ‎②Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)‎ K2‎ ‎2．38‎ ‎1．67‎ ‎③CO(g) ＋H2O(g)CO2(g) ＋H2(g)‎ K3‎ ‎？‎ ‎？‎ 请回答：‎ ‎（1）反应①是（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（2）据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝__________(用K1、K2表示)。‎ ‎（3）要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有 _____(填写字母序号)。‎ A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积 C．升高温度 D．使用合适的催化剂 E．设法减小平衡体系中的CO的浓度 ‎（4）若反应③的逆反应速率与时间的关系如图所示：‎ ‎①可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：t2时__________________； t8时__________________。‎ ‎②若t4时降压， t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线。‎ II、（5）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2．某种电化学装置可实现如下转化：2CO2＝2CO+O2‎ ‎，CO可用作燃料．已知该装置的阳极反应为：4OH--4e-＝O2↑+2H2O，则阴极反应为。‎ ‎（6）某空间站能量转化系统的局部如图所示，其中的燃料电池采用KOH溶液作电解液。‎ 如果某段时间内，氢氧储罐中共收集到33．‎6L气体（已折算成标准状况），则该段时间内水电解系统中转移电子的物质的量为mol。‎ ‎【答案】（1）吸热 ‎（2）‎ ‎（3）CE ‎（4）①升高温度或增大CO2的浓度（增大H2的浓度）；使用催化剂或增大压强 ‎ ‎②‎ ‎（5）2CO2+4e-+2H2O═2CO+4OH-（或CO2+2e-+H2O═CO+2OH-）（6）2mol ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在反应①中随着温度的升高平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，因此正方应是吸热反应。‎ ‎（2）根据反应①②并依据盖斯定律可知②－①即得到反应③，所以平衡常数之间的关系为K3＝。‎ ‎（3）根据表中数据可知，随着温度的升高K1逐渐增大，而K2逐渐减小，所以K3逐渐减小，这说明升高温度反应③向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。由于正方应是体积不变的可逆反应，所以要使平衡向逆反应方向移动，则可以升高温度或增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，而压强和催化剂不能改变平衡，故答案选CE。‎ ‎（4）①根据图像可知，t2时逆反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，说明平衡向逆反应方向移动，由于正方应是体积不变的放热的可逆反应，所以改变的条件是升高温度或增大CO2的浓度（增大H2的浓度）。t8时逆反应速率瞬间增大，但平衡不移动，由于正方应是体积不变的放热的可逆反应，所以改变的条件是使用催化剂或增大压强。‎ ‎②若t4时降压，反应速率均减小，但平衡不移动。t6时增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，逆反应速率逐渐增大，因此t4～t6时逆反应速率与时间的关系线为 ‎。‎ ‎（5）电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应，所以根据总反应式可知阴极是CO2得到电子被还原为CO，电极反应式为CO2+2e-+H2O═CO+2OH-。‎ ‎（6）水电解生成氢气和氧气，所以氢氧储罐中共收集到33．‎6L气体应该是氢气与氧气的混合气，其中氧气是11．‎2L，氢气是22．‎4L，氢气的物质的量是1mol，转移2mol电子。‎ 考点：考查盖斯定律的应用、平衡常数的有关计算与应用、外界条件对平衡状态的影响以及电化学原理的应用 ‎28．Ⅰ．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。下表为一些化学键的键能数据 化学键 Si－Si O=O Si－O 键能/kJ·mol－1‎ a b c 写出硅高温燃烧的热化学方程式。‎ Ⅱ．利用太阳光分解水制氢是未来解决能源危机的理想方法之一。某研究小组设计了如右图所示的循环系统实现光分解水制氢。反应过程中所需的电能由太阳能光电池提供，反应体系中I2和Fe3+等可循环使用。写出下列电解池中总反应的离子方程式：‎ 电解池A 。‎ 电解池B 。‎ ‎（2）若电解池A中生成3．‎36 L H2（标准状况），计算电解池B中生成Fe2+的物质的量为mol。‎ Ⅲ．在一定的温度下，把2体积N2和6体积H2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应：N2(g)＋3H2(g） 2NH3(g)；△H＜0，反应达到平衡后，测得混合气体为7体积。‎ 请据此回答下列问题：‎ ‎（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别表示加入的N2、H2 和NH3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同。‎ ‎①a＝1，c＝2，则b＝。在此情况下，反应起始时将向反应方向（填“正”或“逆”）进行。‎ ‎②若需规定起始时反应向逆方向进行，则c的取值范围是。‎ ‎（2）在上述恒压装置中，若需控制平衡后混合气体为6．5体积，则可采取的措施是，原因是。‎ ‎【答案】Ⅰ．Si(s)＋O2(g)高温 ‎=‎ SiO2(s） △H＝（‎2a+ b - ‎4c）kJ/mol（2分）‎ Ⅱ．（1）A 池 2H+ +2I-＝H2↑ + I2（2分） B 池 4Fe3+ + 2H2O＝4Fe2+ + O2↑+ 4H+（2分）‎ ‎（2）0．300mol（2分）‎ Ⅲ．（1）① 3 （2分）逆（1分）② 1＜c≤4 （2分）‎ ‎（2）降低温度 （1分） 降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ．硅是原子晶体，平均1个硅原子形成2个Si－Si键。二氧化硅是原子晶体，平均1个硅原子形成4个Si－O键。又因为反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，因此硅高温燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)高温 ‎=‎ SiO2(s） △H＝（‎2a+ b - ‎4c）kJ/mol。‎ Ⅱ．（1）电解池左边放出氢气，氢离子在此得到电子，发生还原反应，则碘离子失去电子发生氧化反应，故A池中总反应式为2H+ +2I-＝H2↑ + I2；电池右侧放出氧气，说明溶液中的氢氧根失去电子发生氧化反应，则溶液中的铁离子得到电子发生还原反应，因此B池总反应式为4Fe3+ + 2H2O＝4Fe2+ + O2↑+ 4H+。（2）若电解池A中生成3．‎36 L H2（标准状况），其中氢气的物质的量是3．‎36L÷22．‎4L/mol＝0．15mol，转移电子0．3mol，所以根据得失电子守恒可知B池中生成亚铁离子的物质的量是0．3mol。‎ Ⅲ．（1）①反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同，恒温恒压条件下，采用极限分析法，c体积的氨气完全转化为氮气和氧气之比是1：3，所以只要a：b＝2：6，则b＝‎3a＝3，因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，由差量法可解出平衡时氨气为1体积；而在起始时，氨气的体积为c＝2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动；‎ ‎②若需让反应逆向进行，由上述①所求出的平衡时氨气的体积为1可知，氨气的体积必须大于1，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1＜c≤4；‎ ‎（2）根据6．5＜7可知，上述平衡应向体积缩小的方向移动，即向放热方向移动，所以采取降温措施，这是由于降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少。‎ 考点：考查热化学方程式的书写、电化学原理的应用、以及可逆反应的有关计算与判断 ‎29．镍、钴、铈、铬虽然不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要的作用。‎ ‎（1）二氧化铈 (CeO2)是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作_____(填“氧化”“还原”)剂，每有1mol ‎ H2O2参加反应，转移电子的物质的量为_____。‎ ‎（2）某锂离子电池含Li+导电固体为电解质。充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳(C6)中，以LiC6表示，电池反应为LiCoO2＋C6CoO2＋LiC6。则放电时，电池的正极反应式为________________，如图表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时该电池处于_________(填“放电”或“充电”)状态。‎ Li+‎ C6‎ LiCoO2‎ 固体电解质 e－‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎（3）自然界Cr主要以三价Cr和六价Cr的形式存在。六价Cr能引起细胞的突变和癌变。可以用亚硫酸钠将其还原为三价铬，完成并配平下列离子方程式：__Cr2O72－+__SO32－+__H+=__Cr3++__SO42－+ __ ____‎ ‎（4）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料获得。操作步骤如下：‎ 废渣 稀硫酸 过滤 滤液 Ⅰ 调pH，‎ 加入FeS 过滤 加H2O2，‎ 调pH 过滤 加Na2CO3‎ 过滤 Ni CO3‎ 滤液 Ⅱ 滤液 Ⅲ 稀硫酸 Ni SO4‎ 一系列操作 Ni SO4·6H2O 向滤液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，除去Cu2+的离子方程式为______________________。‎ ‎②向滤液Ⅱ中加入H2O2，溶液中发生反应的离子方程式为__________________，调节pH的目的是______________________。‎ ‎③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4的目的是______________________。‎ ‎④我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，镀镍时，镍应作_____极。‎ ‎【答案】 (1)还原(1分)；2mol(单位错误或不写单位均扣1分)‎ ‎(2)CoO2＋Li+＋e－= LiCoO2；充电 ‎(3)Cr2O72－+3SO32－+8H+=2Cr3++3SO42－+4H2O ‎(4)①FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)；(没有标明聚集状态不扣分)‎ ‎②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；‎ 使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+(只答提纯、除杂或除去杂质不得分)。‎ ‎③增大NiSO4的浓度，以利于蒸发结晶(关键词为增大浓度，答为提纯或除杂不得分。)‎ ‎④阳(1分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）CeO2转化为Ce3+，Ce化合价降低，CeO2为氧化剂，则H2O2为还原剂；反应时H2O2转化为O2，O元素化合价由—‎1升高到0，所以每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol。‎ ‎（2）电池的正极反应为还原反应，根据电池反应可知电极方程式为：CoO2＋Li+＋e－= LiCoO2；根据示意图，电子移向C6电极，C6电极发生得电子反应，即还原反应，充电时C6得电子转化为LiC6，此时该电池处于充电状态。‎ ‎（3）Cr元素化合价由+6价降低为+3价，S元素由+4价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升高的价数与化合价降低的价数相等可配平化学方程式，根据元素守恒可知未知生成物为H2O。‎ ‎(4)①加入FeS后，与Cu2+反应生成更难溶的CuS，所以离子方程式为：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)‎ ‎②滤液Ⅱ中含有Fe2+，加入H2O2发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+r容易发生水解反应转化为Fe(OH)3沉淀，所以调节pH可以使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+。‎ ‎③滤液Ⅲ中NiSO4的浓度较低，加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，NiSO4浓度变大，利于蒸发结晶。‎ ‎④电镀时，镀层金属作阳极，所以镀镍时，镍应作阳极。‎ 考点：本题考查氧化还原反应原理、电化学原理、离子方程式和电极方程式的书写、化学工艺流程的分析。‎ ‎30．已知甲池的总反应式为： 2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O ‎（1）请回答图中甲、乙两池的名称。‎ 甲池是装置；乙池是装置。‎ ‎（2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是，B（石墨）电极的名称是。‎ ‎（3）写出电极反应式：通入O2的电极的电极反应式是。‎ ‎（4）乙池中反应的化学方程式为。‎ ‎（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加5．‎40g时，甲池中理论上消耗O2mL（标准状况下）‎ ‎【答案】（1）原电池（化学能转变为电能） 电解池（电能转变为化学能）‎ ‎（2）负极 阳极 ‎（3）O2+2H2O+4e－=4OH－‎ ‎（4）4AgNO4+2H2O=4Ag+O2↑+4HNO3‎ ‎（5）280‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由装置图可以看出甲池为原电池，乙池是电解池。（2）通入燃料CH3OH的电极名称是负极，通入氧气的电极为正极。在乙池中与电源的正极相连接的石墨电极B为阳极。与电源的负极相链接的Fe电极为阴极。（3）在原电池中，负极发生氧化反应。正极上发生还原反应。由于是碱性环境，所以在通入O2的电极即正极的电极反应式是O2+2H2O+4e－=4OH－。（5）由于在整个闭合回路中电子转移的数目相等。所以当乙池中A（Fe）极的质量增加5．‎40g时，n(Ag)=n(e-)=5．‎40g÷‎107g/mol=0．05mol．则n(O2)= 0．05mol÷4=0．0125mol．所以V(O2)= 0．0125mol×22．‎4L/mol=0．‎28L=280ml。‎ 考点：考查原电池、电解池的工作原理、电极名称、电极反应、电子转移及有关计算的知识。‎ ‎31．雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：‎ ‎（1）装置Ⅰ中的主要离子方程式为。‎ ‎（2）含硫各微粒(H2SO3、HSO3－和SO32－)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH 的关系如图所示。‎ ①若是0.1molNaOH反应后的溶液，测得溶液的pH=8时，溶液中个离子由大到小的顺序是。‎ ②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：。‎ ‎（3）写出装置Ⅱ中，酸性条件下的离子方程式。‎ ‎（4）装置Ⅲ还可以使Ce4+再生，其原理如下图所示。‎ ‎①生成Ce4+从电解槽的(填字母序号)口流出。‎ ‎②写出与阴极的反应式。‎ ‎（5）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2－的浓度为a g·L-1，要使‎1 m3‎该溶液中的NO2－完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O‎2L。(用含a代数式表示，计算结果保留整数)‎ ‎【答案】（每空2分）‎ ‎（1）SO2 + OH－=== HSO3－‎ ‎（2）①c(Na+＞c(SO32－)＞c(HSO3－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ ‎②HSO3－ 在溶液中存在电离平衡：HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32－=== CaSO3↓使电离平衡右移，c(H+)增大。‎ ‎（3）NO+2H2O+3Ce4+===3Ce3++NO3－+4H+、NO+H2O+Ce4+===Ce3++NO2－+2H+‎ ‎（4）①a ②2HSO3－+4H++ 4e－=== S2O32-+3H2O ‎ ‎（5）‎243a(‎242a、‎244a、‎5600a /23都给分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）装置Ⅰ中的将SO2变成了HSO3－，离子方程式是SO2 + OH－=== HSO3－。‎ ‎（2）①若是0.1molNaOH反应后的溶液，测得溶液的pH=8时，图像中的c(SO32－)＞c(HSO3－)，而c(OH－)=10-6mol/L，远小于c(OH－)，故溶液中离子浓度为：c(Na+＞c(SO32－)＞c(HSO3－)＞c(OH－)＞c(H+)。②HSO3－ 在溶液中存在电离平衡：HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32－=== CaSO3↓使电离平衡右移，c(H+)增大。‎ ‎（3）在酸性条件下装置Ⅱ中，Ce4+将NO氧化为NO3－或NO2－，本身还原为Ce3+，有两个反应，即NO+2H2O+3Ce4+===3Ce3++NO3－+4H+、NO+H2O+Ce4+===Ce3++NO2－+2H+。‎ ‎（4）装置Ⅲ使Ce3+→Ce4+，反应过程失去电子，在阳极发生，接电源正极，故生成Ce4+从电解槽的a口出来；阴极HSO3－得到电子生成S2O32，即2HSO3－+4H++ 4e－=== S2O32-+3H2O。‎ ‎（5）装置Ⅳ中的与O2和NO2－参加的反应：2NH3+2H++O2+2NO2－===2NH4NO3，n(O2)=n(NO2－)= ×‎1000L×a g·L-1/‎46g·mol-1，V(O2)=‎22.4L·mol-1 n(O2)= ‎243a。‎ 考点：离子方程、电极反应式的书写及简单化学计算。‎ ‎32．（19分）碳及其化合物有广泛的用途。‎ ‎（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：‎ C(s)＋ H2O(g) CO(g) ＋H2(g) ΔH= +131.3 kJ•mol-1，以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施加快反应速率且有利于提高H2O的平衡转化率的是。(填序号)‎ A．升高温度　 B．增加碳的用量 C．加入催化剂　　D．用CO吸收剂除去CO E.增大压强 ‎（2）又知，C（s）+ CO2（g） 2CO（g） △H=+172.5kJ•mol-1‎ 写出C（s）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式。 ‎ ‎（3）甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，多孔石墨做电极，该电池负极反应式为：。‎ 若用该电池提供的电能电解600mLNaCl溶液，设有0.01molCH3OH完全放电，NaCl足量，且电解产生的Cl2全部溢出，电解前后忽略溶液体积的变化，则电解结束后所得溶液的pH= ‎ ‎（4）将一定量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为‎2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：‎ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，得到如下数据：‎ 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol ‎ 达到平衡所x需时间/min H2O CO H2‎ CO ‎900‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3.0‎ 通过计算求出该反应的平衡常数(结果保留两位有效数字)。‎ 改变反应的某一条件，反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6 mol。若用200 mL 4.5 mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）。‎ ‎（5）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨。合成氨反应原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ•mol ‎-1。实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如下图。‎ 不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如下图1。‎ 图1 图2‎ 请回答下列问题：‎ ‎①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ改变的条件为。‎ ‎②实验Ⅲ比实验Ⅰ的温度要高，其它条件相同，请在上图2中画出实验Ⅰ和实验Ⅲ中NH3浓度随时间变化的示意图。‎ ‎【答案】（1）A （2分） ‎ ‎（2）C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)∆H=90.1 kJ•mol-1（3分）‎ ‎（3）CH3OH(g) +8OH‾-6e-=CO32‾ +6H2O （3分） 13（2分）‎ ‎（4）K===0.17 （3分）‎ ‎2CO2 +3OH- ===CO32- + HCO3- + H2O （3分）‎ ‎（5）①使用催化剂（1分）。‎ ‎②（2分，纵坐标起点可以大于0。Ⅲ比Ⅰ快1分，比Ⅰ少1分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A、升高温度，化学反应速率加快，正反应为吸热反应，平衡向正反应方向移动，提高H2O的平衡转化率，正确；B、碳为固体，增加碳的量，反应速率和平衡都不变，错误；C、加入催化剂，平衡不移动，错误；D、用CO吸收剂除去CO可提高H2O的平衡转化率，但反应速率减小，错误；E、增大压强，平衡向逆反应方向移动，H2O的平衡转化率减小，错误。‎ ‎（2）首先写出C（s）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的化学方程式并注明状态，C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，然后根据盖斯定律求焓变，∆H=2∆H1—∆H2=2×131.3 kJ•mol-1—172.5kJ•mol-1=90.1 kJ•mol-1，可得热化学方程式。‎ ‎（3）甲醇在电池负极上失去电子，KOH溶液作电解质溶液，生成CO32‾和H2O，配平可得电解方程式：CH3OH(g) +8OH‾-6e-=CO32‾ +6H2O；电池和电解池通过的电量相等，根据电极方程式和电子转移可得：CH3OH ~ 6e‾ ~ 6OH‾，则n（OH‾）=6n（CH3OH）=0.06mol，则c（OH‾）=0.06mol÷‎0.6L=0.1mol•L‾1，可得pH=13。‎ ‎（4）根据三段式进行计算：‎ ‎ H2O (g) + CO(g) H2(g) + CO2(g) ‎ ‎ 起始浓度（mol•L‾1） 0.5 1 0 0‎ 转化浓度（mol•L‾1） 0.2 0.2 0.2 0.2‎ 平衡浓度（mol•L‾1） 0.3 0.8 0.2 0.2‎ K===0.17‎ ‎ 若CO2与NaOH的物质的量之比为1:1，生成NaHCO3，若CO2与NaOH的物质的量之比为1:2，生成Na2CO3，题目所给CO2物质的量为0.6mol，NaOH的物质的量为：‎0.2L×4.5mol•L‾1=0.9mol，二者物质的量之比为2:3，生成CO32‾和HCO3‾，配平可得离子方程式：2CO2 +3OH- ===CO32- + HCO3- + H2O ‎（5）根据图像可知实验Ⅱ反应速率加快，但化学平衡没有移动，所以实验Ⅱ改变的条件为使用了催化剂；实验Ⅲ比实验Ⅰ的温度要高，反应速率加快，因为该反应为放热反应，所以升温平衡向逆反应方向移动，平衡时NH3的平衡浓度减小，可画出图像。‎ 考点：本题考查热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数的计算、电解方程式和离子方程式的书写。 ‎ ‎33．二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如下图：‎ B 过量试剂X 过滤 适量HCl至酸性 反应Ⅱ(电解)‎ 粗盐水 Na2CO3、NaOH 反应Ⅲ HCl Cl2‎ ClO2‎ 反应Ⅰ(沉淀)‎ 滤渣 ‎（1）粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X，X是(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是。（已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10 ；Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9）‎ ‎（2）上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2。电解时生成的气体B是；反应Ⅲ的化学方程式为。‎ ‎（3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：‎ 步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。‎ 步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2＋I－＋H+—I2＋Cl－＋H2O 未配平)‎ 步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。（已知：I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-）‎ ‎① 准确量取10.00 mLClO2溶液的玻璃仪器是。‎ ‎② 滴定过程中，至少须平行测定两次的原因是。‎ ‎③ 根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为mol·L－1（用含字母的代数式表示）。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）BaCl2 BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)‎ ‎（2）H2 2NaClO3＋4HCl==2ClO2＋2NaCl＋2H2O ‎（3）酸式滴定管 减少实验误差 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Na2CO3和NaOH分别除去 Ca2+、Mg2+，SO42-应用钡盐除去，考虑不能引入杂质，选用BaCl2溶液；由于BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，加入过量的Na2CO3，使得溶液中存在大量的CO32-离子，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)导致溶液中含有一定量的SO42-；（2）电解时氯元素化合价升高得到ClO2，另一极应是化合价降低的产物，故为氢气；（3）①精确的小数点后两位的溶液体积可以用滴定管或移液管；②滴定时为了减少实验误差，要做2~3次平行实验；③配平步骤2方程式，得出关系式2ClO2——5I2——10S2O32-‎ n(ClO2)=C V2×10-3÷5=‎2C V2×10-4mol c(ClO2)=‎2C V2×10-4÷V2×10-3×10=mol 考点：考查工业流程中化学原理有关问题。‎ ‎34．甲醇是一种用途广泛的化工原料。‎ ‎（1）工业上常用下列两种反应制备甲醇：‎ ‎①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) ΔH1= -90．1KJ/mol ‎ ‎②CO2(g)＋ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(l) ΔH2‎ 已知：CO(g)+ H2O (g) ＝ CO2 (g) + H2 (g) ΔH3=-41．1 KJ/mol ③‎ H2O (l) ＝H2O (g) ΔH4=+44．0KJ/mol ④‎ 则ΔH2＝‎ ‎（2）实验室模拟用CO和H2反应来制甲醇。在‎250℃‎下，将一定量的CO和H2投入‎10L的密闭容器中，各物质的物质的量浓度(mol•L-1)变化如下表所示：（前6min没有改变条件）‎ ‎2min ‎4min ‎6min ‎8min ‎…‎ CO ‎0．07‎ ‎0．06‎ ‎0．06‎ ‎0．05‎ ‎…‎ H2‎ x ‎0．12‎ ‎0．12‎ ‎0．2‎ ‎…‎ CH3OH ‎0．03‎ ‎0．04‎ ‎0．04‎ ‎0．05‎ ‎…‎ ‎①x=。‎ ‎②‎250℃‎时该反应的平衡常数K值为：(不必化简)。‎ ‎③若6min～8min只改变了某一条件，所改变的条件是。‎ ‎④第8min时,该反应是不是达到平衡状态。(填“是”或“不是”)‎ ‎⑤该合成反应的温度一般控制在240～‎270℃‎，选择此温度的原因是：Ⅰ．此温度下的催化剂活性高；Ⅱ．。‎ ‎（3）电解甲醇水溶液制氢的优点是需要的电压低，而且制得的氢气比电解相同物质的量的水多。写出电解甲醇水溶液的反应式为：阳极：。‎ ‎【答案】（1）-93．0 KJ/mol （3分）‎ ‎（2）①x=0．14 （2分）‎ ‎②（2分）‎ ‎③增加了1 mol氢气；（2分）‎ ‎④ 不是（2分）‎ ‎⑤温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低。（2分）‎ ‎（3）阳极：CH3OH+H2O=6H++CO2↑+6e-或CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2↑；（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据盖斯定律，②=①-（③+④），所以ΔH2＝ΔH1-（ΔH3+ΔH4）=-93．0 KJ/mol；‎ ‎（2）①CO在2～4min浓度减少0．01mol/L,则H2的浓度减少0．02mol/L，4min时氢气的浓度是0．12mol/L,所以x=0．02mol/L+0．12mol/L=0．14 mol/L；‎ ‎②‎250℃‎时在6min时达平衡，根据平衡常数的计算式得K=‎ ‎③8min时CO的浓度减小，氢气的浓度增大，甲醇的浓度增大，说明改变条件平衡正向移动，CO浓度减少0．01mol/L，则氢气的浓度减少0．02mol/L，所以改变条件时氢气的浓度是0．22mol/L，与6min时相比氢气的浓度增加0．1mol/L，物质的量增加1mol，所以改变的条件是氢气增加1mol；‎ ‎④用8min时生成物的浓度幂除以反应物的浓度幂之积，与相比，若相等则是平衡状态，若不等则不是平衡状态；‎ ‎⑤温度太低，反应速率小，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低，所以温度以催化剂的活性为主进行选择；‎ ‎（3）电解甲醇水溶液比电解相同物质的量的水多，电解1molH2O得1mol氢气，则电解1mol甲醇水溶液产生的氢气将大于1mol，所以电解1mol甲醇水溶液产生的H+将大于2mol，说明甲醇分子中的氢原子通过电解液成为H+，故电解甲醇水溶液的阳极反应式为CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2↑。‎ 考点：考查盖斯定律的应用，化学平衡的有关计算，对反应条件的分析，用平衡常数判断平衡状态，电解原理的应用 ‎35．碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一。工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲。‎ ‎（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物。电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为。‎ ‎（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：‎ ‎①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为。‎ ‎②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是；防止局部酸度过大的操作方法是。‎ ‎③“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是。‎ ‎【答案】（1）Zn-2e-=Zn2+ Cu-2e-=Cu2+ （共4分，各2分）‎ ‎（2）① TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O （3分）‎ ‎②TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失。（3分）‎ 缓慢加入H2SO4，并不断搅拌 （3分）‎ ‎③ TeCl4 + 2SO2 + 4H2O=Te + 4HCl + 2H2SO4 （3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+ Cu-2e-=Cu2+‎ ‎（2）①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；‎ ‎②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失。防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；‎ ‎③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ‎ 考点：考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式的判断及书写，实验操作的判断 ‎36．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取低碳醇的热力学数据：‎ 反应Ⅰ： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H = —49．0 kJ·mol-1‎ 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) ∆H = —173．6 kJ·mol-1‎ ‎（1）写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的热化学反应方程式：‎ ‎（2）对反应Ⅰ，在一定温度下反应达到平衡的标志是（选填编号)‎ a．反应物不再转化为生成物 b．平衡常数K不再增大 c．CO2的转化率不再增大 d．混合气体的平均相对分子质量不再改变　‎ ‎（3）在密闭容器中，反应Ⅰ在一定条件达到平衡后，其它条件恒定，能提高CO2转化率的措施是（选填编号）‎ A、降低温度 B、补充CO‎2 C、加入催化剂 D、移去甲醇 ‎（4）研究员以生产乙醇为研究对象，在密闭容器中，按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。表示CH3CH2OH组分的曲线是；图中曲线Ⅱ和Ⅲ的交点a对应的体积分数ya=%（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎ (5)一种以甲醇作燃料的电池示意图如图。写出该电池放电时负极的电极反应式：。‎ 甲醇燃料电池示意图 ‎【答案】（1）2CH3OH(g) CH3CH2OH(g) +H2O(g) ∆H = —75．6 kJ·mol-1（3分）‎ ‎（2）cd（2分） ‎ ‎(3)AD（2分） ‎ ‎(4) Ⅳ（2分） 18．8（3分）‎ ‎(5)CH3OH－6e－＋3O2－＝CO2↑＋2H2O(3分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ×2，然后用反应Ⅱ减去反应Ⅰ×2即得所求方程式。所以由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的热化学反应方程式2CH3OH(g) CH3CH2OH(g) +H2O(g) ∆H = —75．6 kJ·mol-1‎ ‎（2）a、化学平衡是动态平衡，反应一直进行，错误；b、温度不变，化学平衡常数不变，所以一定温度下的平衡常数一直不变，错误；c、反应开始时二氧化碳的转化率一直升高，达平衡时转化率不再升高，正确；d、该反应是反应前后气体的物质的量改变的可逆反应，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变化，达平衡时不再变化，正确，答案选cd。‎ ‎（3）提高CO2转化率也就是使平衡正向移动，A、降温，平衡向放热反应方向移动，正反应为放热反应，所以平衡正向移动，正确；B、补充二氧化碳只能提高氢气的转化率，本身的转化率降低，错误；C、加入催化剂对平衡无影响，错误；D、移走甲醇，使生成物浓度减小，平衡正向移动，正确，答案选AD。‎ ‎（4）升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳与氢气的含量增大，乙醇与水的含量减小，反应开始时按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，所以生成的乙醇与水的物质的量比仍为1:3，即水的含量是乙醇含量的3倍，所以表示CH3CH2OH组分的曲线是Ⅳ；曲线曲线Ⅱ和Ⅲ分别代表二氧化碳、水，当二者的体积分数相同时，体积也相同，设它们的体积都是V，根据投料比，氢气的体积是二氧化碳的3倍为3V，乙醇的体积是水的1/3，即1/3V，所以总体积是V+V+3V+1/3V=16V/3，则a点对应的体积分数ya=V/16V/3×100%=18．75%；保留3位有效数字是18．8%。‎ ‎（5）甲醇燃料电池中在负极发生氧化反应的是甲醇，结合正极产生的氧负离子生成二氧化碳和水，电极反应式CH3OH－6e－＋3O2－＝CO2↑＋2H2O 考点：考查盖斯定律的应用，化学平衡的判断及勒夏特列原理的应用，图像的分析，体积分数的计算，电化学理论的应用 ‎37．原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。‎ ‎（1）现有如下两个反应：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O；B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑‎ 判断能否设计成原电池A．，B．。（填“能”或“不能”）‎ ‎（2）将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：‎ ‎①下列说法正确的是。‎ A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置 B．乙中铜片上没有明显变化 C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少 D．两烧杯中溶液的pH均增大 ‎②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲乙（填“＞”、“＜“或“＝” ）‎ ‎③请写出图中构成原电池的负极电极反应式。‎ ‎④当乙中产生1．‎12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至‎1 L，测得溶液中c(H＋)＝0．1 mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为。‎ ‎（3）燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所放出的化学能直接转化为电能。现设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，氢气为燃料，采用氢氧化钠溶液为电解液；则氢气应通入极(填a或b，下同)，电子从 极流出。‎ ‎【答案】（1）不能能 ‎（2）①BD ②＞ ③Zn - 2e- = Zn2+④1mol·L－1‎ ‎（3）b b ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A属于复分解反应，不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池；B是置换反应，是氧化还原反应，能设计成原电池。（2）①A．甲具备原电池形成的条件，能把化学能转变为电能，而乙不具备原电池形成的条件，不能把化学能转变为电能。错误。B。由于活动性CuI2，则铜与氢碘酸反应的化学方程式为__________________________________‎ ‎(2)已知Cu2O能溶于醋酸溶液或盐酸中，同时得到蓝色溶液和红色固体，则Cu2O与稀硫酸反应的离子方程式为____________________________________；‎ Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式为_____________________________；‎ 只用稀硫酸来确定某红色固体是 Cu2O与Cu组成的混合物的方法：称取m g该红色固体置于足量稀硫酸中，充分反应后过滤，然后___________________。‎ ‎(3)Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解装置如图所示，电解总反应：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，则石墨应与电源的________极相连，铜电极上的电极反应式为________；电解过程中，阴极区周围溶液pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎(4)现向Cu、Cu2O、CuO组成的混合物中加入‎1 L 0.6 mol/L HNO3恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO(标准状况)。若将上述混合物用足量的氢气还原，所得固体的质量为________；若混合物中含有0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗硫酸的物质的量为________。‎ ‎【答案】(1)2Cu＋2HI=2CuI＋H2↑‎ ‎(2)Cu2O＋2H＋=Cu＋H2O＋Cu2＋　3Cu2O＋14H＋＋2NO=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O　洗涤、干燥剩余固体后称量，固体质量大于g ‎(3)负　2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O　变大 ‎(4)‎16 g　0.1 mol ‎【解析】(1)由题中信息知生成的气体产物是氢气，则白色沉淀是铜的化合物CuI，相应的反应为置换反应。‎ ‎(2)Cu2O中铜为＋1价，Cu2O与稀硫酸反应生成的单质铜为红色固体，生成的铜盐溶液呈蓝色。由于题目提供了样品的质量且限定试剂只用稀硫酸，故应从反应结束后剩余固体的质量角度考虑鉴定结果：若红色固体只是Cu2O，则与稀硫酸充分反应后得到固体的质量为 ，若最终固体的质量大于g，则该红色固体为混合物。(3)从电解总反应知：Cu被氧化，铜电极作阳极，电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O，石墨应与电源负极相连，阴极上消耗H＋产生H2，故阴极周围pH变大。(4)混合物与稀硝酸反应生成0.1 mol NO，由氮元素守恒知生成Cu(NO3)2的物质的量为(‎1 L×0.6 mol/L－0.1 mol)÷2＝0.25 mol，由此知原混合物中共含有0.25 mol铜元素；故混合物被氢气还原后可得到0.25 mol Cu，其质量为‎16 g。依据得失电子守恒原理得，n(Cu2O)＝(0.1 mol×3－0.1 mol×2)÷2＝0.05 mol，n(CuO)＝0.25 mol－0.1 mol－0.05 mol×2＝0.05 mol，则0.05 mol Cu2O、0.05 mol CuO与稀硫酸反应后生成0.1 mol CuSO4，则至少需要0.1 mol硫酸。‎ ‎39．‎ 现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋和五种阴离子Cl－、OH－、、、X中的一种。‎ ‎(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是________和________。‎ ‎(2)物质C中含有离子X。为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体。则X为________(填字母)。‎ A．Br－     B．‎ C．CH3COO－     D．‎ ‎(3)将‎19.2 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式：________________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是________。‎ ‎(4)若用惰性电极电解C和D的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阴极析出固体的质量m与通过电子的物质的量n的关系。(标明纵坐标数值)‎ ‎(5)E溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为______________________________。‎ ‎【答案】(1)K2CO3　Ba(OH)2‎ ‎(2)B ‎(3)3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0.4 mol ‎(4)如图 ‎(5)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2‎ ‎【解析】(1)五种均为可溶性物质，所以必含有K2CO3，因与另外四种阳离子形成的物质都是难溶物；由此可知必含有Ba(OH)2，因OH－与另三种阳离子形成的物质都是难溶物。(2)A与C混合产生的蓝色沉淀溶于稀硝酸，且剩余一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以A为Ba(OH)2、C为CuSO4。(3)由于Cu未溶解，加稀硫酸后产生红棕色气体，所以D为Al(NO3)3,3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，，所需硫酸为0.4 mol。(4)阴极上阳离子放电：Cu2＋＋2e－=Cu，转移0.2 mol电子时Cu2＋放电完全，得到金属Cu ‎6.4 g，之后水电离出的H＋放电：2H＋＋2e－=H2↑，固体的质量不再变化。(5)由上述推断知E为FeCl3,2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。‎ ‎40．二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。‎ Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：‎ 催化反应室中(压强2.0～10.0 MPa，温度230～‎280℃‎)进行下列反应：‎ CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.7 kJ/mol ①‎ ‎2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5 kJ/mol ②‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2 kJ/mol ③‎ ‎(1)甲烷氧化可制得合成气，反应如下：CH4(g)＋O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝－35.6 kJ/mol。该反应是反应(填“自发”或“非自发”)。‎ ‎(2)催化反应室中总反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝。‎830℃‎时反应③的K＝1.0，则在催化反应室中反应③的K1.0(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎(3)上述反应中，可以循环使用的物质有。‎ Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。b电极是极。‎ ‎【答案】Ⅰ.(1)自发 (2)－246.1 kJ/mol >‎ ‎(3)CO、H2、甲醇和水 Ⅱ.正 ‎【解析】Ⅰ.(1)反应后气体的物质的量增大，混乱度增加，熵增大，ΔS>0，由复合判据得该反应能自发进行。‎ ‎(2)反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)可利用题给的三个反应，将①×2＋②＋③得到，则ΔH＝－90.7 kJ/mol×2＋(－23.5 kJ/mol)＋(－41.2 kJ/mol)＝－246.1 kJ/mol；因为催化反应室中的温度低于‎830℃‎，温度降低，反应③的平衡向正反应方向移动，故K>1.0。‎ ‎(3)从流程图中可以看出排出的物质CO、H2、甲醇和水在反应①、②、③中可以作为反应物，故均可以循环利用。‎ Ⅱ.燃料电池中通入O2的一极发生还原反应，即b电极是正极。‎ ‎41．如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：‎ ‎(1)若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：‎ ‎①有红色物质析出的是甲装置中的棒，乙装置中的棒。‎ ‎②乙装置中阳极的电极反应式是：。‎ ‎(2)若两装置中均为饱和NaCl溶液：‎ ‎①写出乙装置中总反应的离子方程式：。‎ ‎②甲装置中碳极的电极反应式是，乙装置碳极的电极反应属于(填“氧化反应”或“还原反应”)。‎ ‎③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因：。‎ ‎【答案】(1)①碳 铁 ②4OH－－4e－=2H2O＋O2↑‎ ‎(2)①2Cl－＋2H2O电解 ‎=‎ Cl2↑＋H2↑＋2OH－‎ ‎②2H2O＋O2＋4e－=4OH－ 氧化反应 ‎③在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反应生成I2，I2遇淀粉变蓝 ‎【解析】甲为原电池，乙为电解池。‎ ‎(1)若两装置中均为CuSO4溶液，则：‎ 甲 乙 ‎(2)若均为NaCl溶液，则：‎ 甲 乙 ‎42．如图所示，p、q为直流电源的两极，A由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D上产生气泡，试回答：‎ ‎(1)p为极，A极发生了反应。‎ ‎(2)C为极，可收集到；D为极，可收集到。‎ ‎(3)C极的电极反应式为。‎ ‎(4)在电解过程中，测C、D两极上产生气体的体积，实验数据如下表：‎ 时间(min)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 阴极产生气体 的体积(cm3)‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎29‎ ‎39‎ ‎49‎ ‎59‎ ‎69‎ ‎79‎ ‎89‎ 阳极产生气体 的体积(cm3)‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎11‎ ‎16‎ ‎21‎ ‎26‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎41‎ 仔细分析以上实验数据，请说出变化的可能原因是 ‎。‎ ‎(5)当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(6)当电路中通过0.004 mol电子时，B极上沉积的金属X为‎0.128 g，则此金属的摩尔质量为。‎ ‎【答案】(1)正 氧化 ‎(2)阳 氧气 阴 氢气 ‎(3)4OH－－4e－=O2↑＋2H2O ‎(4)在开始反应的1～4 min内，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解没有达到饱和，氧气的溶解度大于氢气，故氢气和氧气的体积比大于2∶1；随着反应的进行，到4 min后，由于生成的氧气和氢气在水中的溶解均达到饱和，故体积比约等于2∶1‎ ‎(5)不变 ‎(6)‎64 g/mol ‎【解析】(1)B极：X2＋＋2e－=X因此B为阴极，由此可推知A是阳极。C是阳极，D是阴极，p为正极。‎ ‎(4)从O2和H2在水中的溶解度大小回答。‎ ‎(5)中A极：X－2e－=X2＋，B极：X2＋＋2e－=X，故两极pH不变。‎ ‎(6)设X的摩尔质量为M，则：‎ X2＋＋2e－= X ‎ 2 mol M ‎ 0.004 mol ‎‎0.128 g M＝＝‎64 g/mol。‎ ‎43．O3可由臭氧发生器(原理如图)电解稀硫酸制得。‎ ‎(1)图中阴极为(填“A”或“B”)，其电极反应式为。‎ ‎(2)若C处通入O2，则A极的电极反应式为。‎ ‎(3)若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为(忽略O3的分解)。‎ ‎【答案】(1)A 2H＋＋2e－=H2↑‎ ‎(2)O2＋4H＋＋4e－=2H2O ‎(3)(x－2y)/y ‎【解析】观察电化学装置图知，特殊惰性电极B上产生了氧气和臭氧，该极失去电子发生氧化反应作阳极，则特殊惰性电极A为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；若从C处通入氧气，氧气将参与反应，阴极生成的将是水，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O；设y L混合气体中臭氧的体积分数为a，由电子守恒有2x＝y a×6＋y (1－a)×4，解得a＝(x－2y)/y。‎ ‎44．在‎25 ℃‎时，用石墨电极电解‎2.0 L 2.5 mol·L－1CuSO4溶液，如有0.20 mol电子发生转移，请回答下列问题：‎ ‎(1)阴极发生反应，‎ 电极反应式为；‎ ‎(2)阳极发生反应，‎ 电极反应式为；‎ ‎(3)电解后得到的铜的质量是，得到氧气的体积是(标准状况)，溶液的pH是；‎ ‎(4)如果用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差，电解液的pH。‎ ‎【答案】(1)还原 2Cu2＋＋4e－=2Cu ‎(2)氧化 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑‎ ‎(3)‎6.4 g1.12 L 1‎ ‎(4)‎12.8 g 不变 ‎【解析】用石墨电极电解CuSO4溶液：‎ 阳极反应式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，‎ 阴极反应式：2Cu2＋＋4e－=2Cu。‎ 当线路中有0.20 mol电子转移时，析出铜的质量为 m(Cu)＝mol×‎64 g·mol－1＝‎6.4 g。‎ 产生O2的体积 V(O2)＝×‎22.4 L·mol－1＝‎1.12 L。‎ c(H＋)＝＝0.1 mol/L，pH＝－lg 0.1＝1。‎ 若用Cu片代替石墨电极，则该装置为电镀池，电解后溶液pH不变。当转移0.2‎ ‎ mol电子时，阳极溶解‎6.4 g，Cu阴极析出‎6.4 g Cu，则两极质量差为6.4＋6.4＝12.8(g)。‎ ‎45．某实验小组的同学采用如图所示装置来进行有关化学实验，请填充下列空格。‎ ‎(1)若U形管中盛有硫酸钠溶液，X、Y电极分别为石墨和铁棒，电解过程中出现的现象是。‎ U形管中加入的少量植物油作用是。‎ ‎(2)电解一段时间后，某同学将电源反接，此时出现的现象是。有关的化学方程式为。‎ ‎【答案】(1)X极有气泡冒出，Y极附近溶液渐变浅绿色，U形管下部中间位置出现白色沉淀隔绝空气(防止白色沉淀被氧化变质)‎ ‎(2)X、Y两极都有气泡冒出，且白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 2H2O电解 ‎=‎ 2H2↑＋O2↑，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3‎ ‎【解析】铁作阳极时，铁失电子发生氧化反应，生成二价铁离子：Fe－2e－=Fe2＋，阴极发生还原反应：2H＋＋2e－=H2↑。阳极生成的二价铁离子向阴极扩散，而阴极产生的氢氧根离子向阳极扩散，二者在U形管中间相遇结合成氢氧化亚铁白色沉淀。氢氧化亚铁极易被空气中氧气氧化，故U形管中加入少量植物油以隔绝空气。当反接电源时，为电解水，X、Y极分别生成氧气和氢气，氧气将氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁。‎ ‎46．科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2－离子(O2＋4e－―→2O2－)。‎ ‎(1)c电极的名称为，d电极上的电极反应式为。‎ ‎(2)如图2所示用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为，若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的pH＝(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入(填序号)。‎ a．CuO b．Cu(OH)2‎ c．CuCO3 d．Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】(1)正极 CH4＋4O2－－8e－=CO2↑＋2H2O ‎(2)4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ ‎‎1 ac ‎【解析】(1)原电池中电流的方向是从正极流向负极，故c电极为正极；d电极为负极，通入的气体为甲烷，d电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O。‎ ‎(2)用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极(a电极)反应式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；阴极反应式：2Cu2＋＋4e－=2Cu，‎ n(O2)＝＝2.5×10－3mol。‎ 线路中转移电子的物质的量为2.5×10－3 mol×4＝0.01 mol，溶液中c(H＋)＝＝0.1 mol/L，‎ pH＝－lg 0.1＝1。加入CuO或CuCO3与溶液中的H＋反应，可使电解质溶液恢复到电解前的状态。‎ ‎47．在一个U形管里盛有CuCl2溶液，并插入两块锌片作电极，按如图连接。‎ ‎(1)如果把电键K接A，该装置应是电解装置，Zn①极是极，电极反应式为，Zn②极是极，电极反应式为。‎ ‎(2)上述反应进行5 min后，转换电键K到C，则这个装置是原电池装置，Zn①极是极，电极反应式为。‎ ‎(3)上述装置进行2 min后，再转换电键K到B，则Zn①极发生的化学反应为，Zn②极发生的有关电化学的反应为。‎ ‎【答案】(1)阳 Zn－2e－=Zn2＋阴 Cu2＋＋2e－=Cu ‎(2)负 Zn－2e－=Zn2＋‎ ‎(3)Zn＋CuCl2=ZnCl2＋Cu 负极：Zn－2e－=Zn2＋，‎ 正极：Cu2＋＋2e－=Cu ‎【解析】当电键K接触A点时，构成一个有外接直流电源的电解池装置，与电源正极相连的Zn①极是阳极，与电源负极相连的Zn②极是阴极。当工作5 min后，Zn②极上析出了Cu，此时，将电键K接触C点，构成一个原电池装置，表面覆盖铜的Zn②极是原电池的正极，Zn①极是原电池的负极。当把电键K接触B点时，形成断路，Zn①极发生Zn与CuCl2的置换反应，Zn②极由于在锌的表面有铜，又浸在CuCl2溶液中，发生电化学腐蚀。‎ ‎48．碳及其化合物有广泛的用途。‎ ‎(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气反应为 C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1，‎ 以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2O的平衡转化率的是________。(填序号)‎ A．升高温度  B．增加碳的用量C．加入催化剂  D．用CO吸收剂除去CO ‎(2)已知：C(s)＋CO2(g)2CO(g)　ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1，则CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的焓变ΔH＝________。‎ ‎(3)CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨作电极，该电池负极反应式为______________________________________。‎ 若用该电池提供的电能电解60 mL NaCl溶液，设有0.01 mol ‎ CH3OH完全放电，NaCl足量，且电解产生的Cl2全部逸出，电解前后忽略溶液体积的变化，则电解结束后所得溶液的pH＝________。‎ ‎(4)将一定量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为‎2.0 L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。得到如下数据：‎ ‎ ‎ 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所 需时间/min H2O CO H2‎ CO ‎ ‎ ‎900‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3.0‎ 通过计算求出该反应的平衡常数(结果保留两位有效数字)________。改变反应的某一条件，反应进行到t min时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6 mol。若用200 mL 5 mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为(用一个离子方程式表示)_________________________‎ ‎(5)工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨。合成氨反应原理为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图甲所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ改变的条件为________________________________。‎ ‎②实验Ⅲ比实验Ⅰ的温度要高，其他条件相同，请在图乙中画出实验Ⅰ和实验Ⅲ中NH3浓度随时间变化的示意图。 ‎ ‎【答案】(1)AD ‎(2)－41.2 kJ·mol－1‎ ‎(3)CH3OH(g)＋H2O－6e－=CO2＋6H＋　14 ‎ ‎(4)‎ ‎3CO2＋5OH－=2CO＋HCO＋2H2O ‎(5)①使用催化剂 ‎②‎ ‎【解析】‎ ‎(1)该反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动，反应物平衡转化率升高，A项正确；增加固体反应物的量不会引起平衡的移动，B项错误；催化剂不能使平衡移动，C项错误；生成物浓度降低，平衡向正反应方向移动，反应物平衡转化率升高，D项正确。(2)根据盖斯定律，方程式C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)与C(s)＋CO2(g)2CO(g)相减可得CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，则ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1－172.5 kJ·mol－1＝－41.2 kJ·mol－1。(3)电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，酸性条件下，正极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，总反应减去正极反应可得负极反应为CH3OH(g) ＋H2O－6e－=CO2 ＋6H＋；0.01 mol CH3OH完全放电可提供0.06 mol电子，则电解NaCl溶液时电路中流过的电子为0.06 mol，生成OH－的物质的量为0.06 mol，溶液中c(OH－)＝1 mol/L，pH＝14。‎ ‎(4)由题目所给数据可知：‎ ‎           CO(g)　＋　H2O(l)CO2(g)　＋　H2(g)　　‎ 起始量      2.0 mol  1.0 mol       0           0‎ 转化的量    0.4 mol  0.4 mol      0.4 mol     0.4 mol 平衡量      1.6 mol  0.6 mol      0.4 mol     0.4 mol 平衡浓度   0.8 mol/L 0.3 mol/L    0.2 mol/L   0.2 mol/L 则；‎ 由题意可知，CO2和NaOH的物质的量之比为3∶5，可知产物中和共存。(5)①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ中反应速率加快且反应物平衡转化率没有改变，故改变的条件为使用了催化剂；②温度升高，达到平衡的时间缩短，则在曲线中早到达拐点；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故生成物浓度降低。‎ ‎49．(1)将等物质的量的KI和CuCl2溶于水，用惰性电极电解，该电解反应可分为________个阶段(表格不一定填满，若不够还可以自行添加)。‎ ‎ ‎ 阶段 相当于电解什么溶液 离子方程式 ‎①‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎②‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎③‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎④‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎⑤‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎(2)画出过程中溶液pH随时间变化的曲线(假定生成的Cl2全部逸出)。‎ ‎【答案】 ‎ ‎4　①CuI2　Cu2＋＋2I－=Cu＋I2‎ ‎②CuCl2　Cu2＋＋2Cl－=Cu＋Cl2↑‎ ‎③KCl　2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－‎ ‎④KOH　2H2O=2H2↑＋O2↑‎ ‎【解析】 ‎ 开始电解时阳极是I－失电子，阴极是Cu2＋得电子；当I－完全反应时，Cu2＋有被还原，此时阳极变成Cl－失电子，相当于电解CuCl2溶液；当Cu2＋完全反应时，Cl－有被氧化；以后阴极是H2O电离的H＋得电子，此段相当于电解KCl溶液；当Cl－完全反应后，最后相当于电解KOH溶液，实质是电解水。‎ ‎50．某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解池原理进行实验探究。‎ 图1图2‎ 请回答:‎ Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。‎ ‎(1)在保证电极反应不变的情况下,不能替代Cu作电极的是(填序号)。 ‎ A.铝   B.石墨 C.银   D.铂 ‎(2)N极发生反应的电极反应为　                  。 ‎ ‎(3)实验过程中,(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动;滤纸上能观察到的现象有。 ‎ Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中,两极均有气体产生,Y极区溶液逐渐变成紫红色;停止实验,铁电极明显变细,电解液仍然澄清。查阅资料发现,高铁酸根()在溶液中呈紫红色。‎ ‎(4)电解过程中,X极区溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(5)电解过程中,Y极发生的电极反应为Fe-6e-+8OH-+4H2O和　　　　                 　　。 ‎ ‎(6)若在X极收集到672 mL气体,在Y极收集到168 mL气体(均已折算为标准状况下的气体体积),则Y电极(铁电极)质量减少 g。 ‎ ‎(7)在碱性锌电池中,用高铁酸钾作为正极材料,电池反应为:‎ ‎2K2FeO4+3ZnFe2O3+ZnO+2K2ZnO2‎ 该电池正极发生的反应的电极反应为。‎ ‎【答案】 ‎ ‎(1)A(2)2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)‎ ‎(3)从右向左　滤纸上M极附近有红褐色斑点产生(答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可)‎ ‎(4)增大　(5)4OH--4e-2H2O+O2↑‎ ‎(6)0.28　(7)2+6e-+5H2OFe2O3+10OH-‎ ‎【解析】 ‎ ‎(1)铝与CuSO4溶液反应,且比Zn活泼;(2)N极为阴极,发生得电子反应,溶液中只有H+得电子;(3)向负极(左)移动,滤纸上阴极有OH-生成、阳极有Fe2+生成,两离子生成白色Fe(OH)2沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色;(4)X极是阴极,H+得电子,所以pH增大;(5)两极均有气体产生,可知阳极生成的气体只能是氧气;(6)X极收集n(H2)=0.03 mol,得0.06 mol电子,Y极收集n(O2)=0.007 5 mol,OH-失去0.03 mol电子,所以参加反应的n(Fe)==0.005 mol;(7)第一步,标化合价看化合价变化:铁的化合价降低3价;第二步,依据得失电子写2+6e-Fe2O3;第三步,依据电荷守恒,结合电解质溶液显碱性配平得电极反应:2+6e-+5H2OFe2O3+10OH-。‎ ‎51．电解是最强有力的氧化还原手段，在化工生产中有着重要的应用。请回答下列问题：‎ ‎(1)以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为________，阴极反应式为________。‎ ‎(2)某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断合理的是 ‎_______(填序号)。‎ a．②区铜片上有气泡产生 b．③区铁片的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑‎ c．最先观察到变成红色的区域是②区 d．②区和④区中铜片的质量均不发生变化 ‎(3)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHO＋H2OCH3CH2OH＋CH3COOH 实验室中，以一定浓度的乙醛－Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。‎ ‎①若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入________(填化学式)，电极反应式为________。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入‎1 m3‎乙醛含量为3 000 mg/L的废水，可得到乙醇________kg(计算结果保留小数点后一位)。‎ ‎【答案】 (1)2Cu＋H2O－2e－=Cu2O＋2H＋　2H＋＋2e－=H2↑　(2)d　(3)①CH4　CH4－8e－＋10OH－=＋7H2O　不变　②1.9‎ ‎【解析】 (1)由于阳极材料为铜，所以铜本身失电子被氧化，由题意知氧化产物为Cu2O，可得阳极反应式为2Cu＋H2O－2e－=Cu2O＋2H＋，阴极上阳离子放电，即溶液中H＋被还原成清洁能源H2。‎ ‎(2)左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，负极(Fe)：Fe－2e－=Fe2＋，正极(Cu)：O2＋2H2O＋4e－=4OH－。右半区是电解装置，阳极(Fe)：Fe－2e－=Fe2＋，阴极(Cu)：2H＋＋2e－=H2↑，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区域是④区，故选项a、b、c均错误。‎ ‎(3)①根据电解液中阳离子的迁移方向，可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入O2，b为负极，通入CH4，在碱性条件下CH4的氧化产物为，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此根据质量守恒可得阴极区Na2SO4的物质的量不变。‎ ‎②阴极区发生还原反应，即CH3CHO转化成CH3CH2OH，设生成的乙醇为x kg，根据碳原子守恒可得关系式：‎ ‎    CH3CHO　　　　～　　　CH3CH2OH ‎  　44  　　                   46‎ ‎  　3 000×103÷106×60%     　　x 解得x≈1.9。‎ ‎52．‎ 电化学原理在工业生产中有着重要的作用，请利用所学知识回答有关问题。‎ ‎(1)用电解的方法将硫化钠溶液氧化为多硫化物的研究具有重要的实际意义，将硫化物转变为多硫化物是电解法处理硫化氢废气的一个重要内容。如是电解产生多硫化物的实验装置：‎ ‎①已知阳极的反应为(x＋1)S2－=Sx＋S2－＋2xe－‎ ‎，则阴极的电极反应式是____________________________‎ 当反应转移x mol电子时，产生的气体体积为____________(标准状况下)。‎ ‎②将Na2S·9H2O溶于水中配制硫化物溶液时，通常是在氮气气氛下溶解。其原因是(用离子反应方程式表示)：___________________________。‎ ‎(2)MnO2是一种重要的无机功能材料，制备MnO2的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极的电极反应式为______________________。现以铅蓄电池为电源电解酸化的MnSO4溶液，如图所示，铅蓄电池的总反应方程式为_______________________，‎ 当蓄电池中有4 mol H＋被消耗时，则电路中通过的电子的物质的量为________，MnO2的理论产量为________g。‎ ‎(3)用图电解装置可制得具有净水作用的。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐生成 ‎①电解过程中，X极区溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎②电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe－6e－＋8OH－=＋4H2O和______________________________，若在X极收集到672 mL气体，在Y极收集到168 mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少________g。‎ ‎【答案】 ‎ ‎(1)①2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑(或2H＋＋2e－=H2↑)　11.2xL ‎②2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－‎ ‎(2)Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2＋4H＋‎ Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O ‎2 mol　87‎ ‎(3)增大　4OH－－4e－=2H2O＋O2↑　0.28‎ ‎【解析】 ‎ ‎(1)电解时，水电离的H＋在阴极发生得电子还原反应，生成H2。根据电子守恒可知有x ‎ mol电子转移，产生H2 0.5x mol。S2－具有较强还原性，易被空气中的氧气氧化，故配制溶液时需要氮气作保护气。‎ ‎(2)根据题意Mn2＋失电子生成MnO2，产物中的氧元素来源于水，生成H＋，再将电极方程式配平即可。‎ ‎(3)图中X极的电极反应为2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－)，所以X极区的pH增大，由生成氢气672 mL，可知得电子数为0.06 mol，Y极生成氧气为168 mL，失电子数0.03  mol，由得失电子守恒可知铁失电子数为0.03 mol，由电极反应可知铁溶解为0.005 mol，即‎0.28 g。‎ ‎53．环境中常见的重金属污染物有：汞.铅.锰.铬.镉。处理工业废水中含有的和，常用的方法有两种。‎ 方法1　还原沉淀法该法的工艺流程为 ‎。‎ 其中第①步存在平衡2(黄色)＋2H＋(橙色)＋H2O。‎ ‎(1)写出第①步反应的平衡常数表达式_________________________________。‎ ‎(2)关于第①步反应，下列说法正确的是________。‎ A．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达平衡状态 B．该反应为氧化还原反应 C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色 ‎(3)第②步中，还原0.1 mol ，需要________mol的FeSO4·7H2O。‎ ‎(4)第③步除生成Cr(OH)3外，还可能生成的沉淀为________。在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)  Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10－32，当c(Cr3＋)降至10－5 mol·L－1时，认为c(Cr3＋)已经完全沉淀，现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3＋是否沉淀完全(请写出计算过程)：______________________________________________。‎ 方法2　电解法 ‎(5)实验室利用如图装置模拟电解法处理含的废水，电解时阳极反应式为________，阴极反应式为________，得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从水的电离平衡角度解释其原因是________________________。‎ ‎【答案】 ‎ ‎(1)(2)AC　(3)0.6‎ ‎(4)Fe(OH)3　当pH调至4时，c(OH－)＝10－10 mol·L－1，c(Cr3＋)＝10－32/c3(OH－)＝10－2 mol·L－1＞10－5 mol·L－1，因此Cr3＋没有沉淀完全 ‎(5)Fe－2e－=Fe2＋　2H＋＋2e－=H2↑　阳极生成的金属阳离子向阴极移动，阴极反应消耗了H＋，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH－的浓度增大，溶液逐渐呈碱性 ‎【解析】(1)稀溶液中H2O的浓度可视为常数，故第①步反应的平衡常数表达式为K＝c()/[c2()·c2(H＋)]。(2)由反应①可知，平衡发生移动，溶液的pH发生变化，故pH不变时说明反应达到平衡，A项正确；和中Cr均为＋6价，该反应不是氧化还原反应，B项错误；在酸性环境中，溶液中c()较大，溶液呈橙色，C项正确。(3)在第②步反应中被还原为Cr3＋，0.1 mol 被还原时转移电子的物质的量为0.1 mol×2×(6－3)＝0.6 mol，而还原剂Fe2＋被氧化为Fe3＋，故需要消耗0.6 mol FeSO4·7H2O。(4)在第②步反应中Fe2＋被氧化为Fe3＋，故第③步还有Fe(OH)3生成。(5)电解池的阳极发生氧化反应，Fe作阳极，则Fe电极本身被氧化，故阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；阴极则是电解质溶液中的H＋得电子，发生还原反应生成氢气，故阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；阳极生成的金属阳离子移向阴极，而阴极反应消耗了H＋，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中的OH－浓度增大，溶液逐渐呈碱性，从而使金属阳离子在阴极区形成沉淀。‎ ‎54．研究CO、SO2、NO等大气污染气体的综合处理与利用具有重要意义。‎ ‎（1）以CO或CO2与H2为原料，在一定条件下均可合成甲醇，你认为用哪种合成设计线路更符合“绿色化学”理念：（用化学反应方程式表示）。‎ ‎（2）如图所示是用于合成甲醇产品中甲醇含量的检测仪。写出该仪器工作时的电极反应式：‎ 负极，正极。‎ ‎（3）一定条件下，NO2和SO2反应生成SO3（g）和NO两种气体，现将体积比为1:2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。（填序号）‎ A．体系压强保持不变 B．混合气体颜色保持不变 C．SO3、NO的体积比保持不变 D．每消耗 1 mol SO2，同时生成1 mol NO 当测得上述平衡体系中NO2与SO2体积比为1:6时，则该反应平衡常数K值为；‎ ‎（4）工业常用Na2CO3饱和溶液回收NO、NO2气体：‎ NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2‎ 若用足量的Na2CO3溶液完全吸收NO、NO2混合气体，每产生标准状况下CO2 2．‎24L（CO2气体全部逸出）时，吸收液质量就增加4．‎4g，则混合气体中NO和NO2体积比为。‎ ‎【答案】（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ‎ ‎（2）负极：2CH3OH-12e-+2H2O2CO2+12H+正极：3O2+12e-+12H+6H2O ‎ ‎（3） B 2．67(或) （4）1∶7‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）因为化学反应的过程就是原子重新组合的过程，由于“绿色化学”就是反应物的原子完全转化为目标生成物，所以使用CO、H2来制取CH3OH 。反应的方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。（2）左边通入甲醇的电极为负极，电极反应为：2CH3OH-12e-+2H2O=2CO2+12H+；右边通入O2的电极为正极，由于是酸性介质，发生的电极反应为：3O2+12e-+12H+=6H2O。（3）NO2和SO2反应生成SO3（g）和NO的方程式为：NO2+SO2SO3(g)+NO．A．该反应是反应前后气体体积相等的可逆反应，所以无论反应是否达到平衡，反应的压强都不会发生变化。B．由于容器的容积不变，若反应达到平衡，任何物质的物质的量不变，NO2是有色的物质，其浓度不变，所以混合气体颜色保持不变。因此该反应达到平衡。正确。C．发生反应NO2+SO2SO3(g)+NO ，每产生SO31mol,必然同时产生NO1mol。因此无论反应是否达到平衡，SO3、NO的体积比始终保持不变。故不能作为反应达到平衡的标志。错误。D．SO2是反应物，NO为生成物，方程式中二者的物质的量的比为1:1,所以每消耗 1 mol SO2，同时生成1 mol NO ，与反应是否达到平衡无关，因此不能作为反应达到平衡的标志。错误。假设反应开始时，n(NO2)=amol; n(SO2)=2amol．。在反应过程中∆n(NO2)=xmol ‎ ，则∆n(SO2)=xmol,则达到平衡是反应NO2+SO2SO3(g)+NO平衡体系中n(NO2)=(a-x)mol;n(SO2)=(‎2a-x)mol;n(SO3)=xmol;n(NO)=xmol。由于平衡时NO2与SO2体积比为1:6，所以(a-x)：(‎2a-x)=1:6．解得．所以在该温度下该反应平衡常数。（4）由方程式可以看出：每产生1mol的CO2，消耗混合气体2mol。现在产生2．‎24L标志状况下的CO2，即产生0．1 mol CO2，所以消耗气体0．1mol．．则混合气体的摩尔质量为‎44g/mol．假设NO为xmol, NO2为(1-x)mol．30x+46(1-x)=44．则x:(1-x)=1:7．‎ 考点：考查化学反应的经济性、原电池中电极反应式的书写、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算、气体混合物中物质的混合比例的计算的知识。‎ ‎55．海洋是一座巨大的宝藏，海水中蕴含80多种元素。氯碱工业和制备金属镁的原料都来自于海水。‎ Ⅰ．在氯碱工业中，曾用石棉隔膜电解槽来电解食盐水（如图甲所示）。‎ ‎（1）写出阳极的反应式：。‎ ‎（2）图甲中流出的b是溶液。‎ ‎（3）石棉隔膜的作用是。‎ Ⅱ．随着科技的发展，电解工艺不断革新，电解效率和产品纯度得到提高。20世纪80年代起，隔膜法电解工艺逐渐被离子交换膜电解技术取代。‎ ‎（1）离子交换膜电解槽（如图乙所示）中⑥、⑦分别是、。‎ ‎（2）已知一个电子的电量是1.602×10－‎19C，用离子膜电解槽电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×‎105 C的电量时，生成NaOHg。 ‎ Ⅲ．下图是工业上生产镁的流程。‎ ‎（1）写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①沉淀池：②电 解：‎ ‎（2）整个生产流程中循环使用的物质是。‎ ‎（3）简述加热氯化镁的结晶水合物使之脱水转化为无水氯化镁的注意事项：。‎ ‎【答案】（15分）‎ Ⅰ．（1）2Cl－－2e－＝Cl2↑ （1分） ‎ ‎（2）NaOH和NaCl （1分）‎ ‎（3）阻止气体通过 （2分）‎ Ⅱ．（1）NaOH溶液（1分） Na＋（1分） （2）80（2分）‎ Ⅲ．（1）①MgCl2＋Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓＋CaCl2（2分）‎ ‎②MgCl2(熔融)通电 ‎=‎ Mg＋Cl2↑（2分）‎ ‎（2）氯气（1分）‎ ‎（3）为了防止氯化镁水解，要在氯化氢气体的氛围中加热（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ．（1）氯碱工业中阳极是氯离子放电生成氯气，电解反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑‎ ‎（2）氯碱工业额产物除氯气、氢气外还有氢氧化钠，所以从b流出的液体为NaOH，还有未电解的NaCl；‎ ‎（3）石棉隔膜的作用是防止气体通过，避免气体混合发生爆炸；‎ Ⅱ．（1）从图中判断离子交换膜是阳离子交换膜，允许阳离子通过，氢氧根离子不能通过留在阴极室，钠离子可以通过到达阴极室，所以⑥、⑦分别是NaOH溶液、Na＋；‎ ‎（2）电路中通过1.929×‎105 C的电量时，通过计算可知通过的电子的物质的量是2mol,由电解饱和食盐水的化学方程式知2e-～2NaOH,所以生成的NaOH的质量为‎80g；‎ Ⅲ．（1）①石灰乳是氢氧化钙的浊液，与海水中的氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，化学方程式为MgCl2＋Ca(OH)2＝Mg(OH)2↓＋CaCl2 ②电解熔融的氯化镁可得镁，化学方程式为MgCl2(熔融)通电 ‎=‎ Mg＋Cl2↑；‎ ‎（2）过滤得到的氢氧化镁用盐酸中和，生成的氯气可用于制盐酸，所以整个生产流程中循环使用的物质是氯气；‎ ‎（3）氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热促进水解，最终的氧化镁，所以为了防止氯化镁水解，要在氯化氢气体的氛围中加热。‎ 考点：考查海水的综合利用，氯碱工业的不同装置的分析，电解反应式的书写及计算，单质镁的制取 ‎56．为了防止或减少机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气的污染，人们采取了很多措施。‎ ‎（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g)+ N2(g) △H＜0，‎ 若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）。‎ ‎（下图中υ正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数）‎ t1‎ ‎0‎ t K B n(CO2)‎ n(CO)‎ ‎0‎ t1‎ t n C ‎0‎ t1‎ t w(NO)‎ w D A t1‎ υ(正)‎ ‎0‎ t ‎（2）机动车尾气和煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染。已知：‎ CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)△H＝－867 kJ/mol ①‎ ‎2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝－56.9 kJ/mol ②‎ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ／mol ③‎ 写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式：。‎ ‎（3）用NH3催化还原NOX也可以消除氮氧化物的污染。如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过催化剂，通过测量逸出气体中氮氧化物含量，从而可确定烟气脱氮率，反应原理为：NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)2N2(g) + 3H2O(g)。‎ ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ 脱氮率/%‎ 温度/℃‎ ‎①该反应的△H0（填“＞”、“＝”或 “＜”）。‎ ‎②对于气体反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数（记作KP），‎ 则上述反应的KP＝。‎ ‎（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图，石墨I为电池的极。 该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为。‎ ‎（5）硝酸工业尾气中氮氧化物（NO和NO2）可用尿素〔CO(NH2)2〕溶液除去。反应生成对大气无污染的气体。1 mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1︰1）的质量为g。‎ ‎【答案】（1）B D （各1分，共2分，选错不得分）‎ ‎（2）CH4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(l)＋CO2(g) △H= —898.1kJ/mol （2分）‎ ‎（3）①<（2分）②P(N2)2P(H2O)3/P(NO)P(NO2)P(NH3)2（2分）‎ ‎（4）负 （2分） NO2＋NO3－ －e－ ＝N2O5 （2分）‎ ‎（5）‎76g（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）可逆反应达化学平衡状态时正逆反应速率不再变化，所以A错误；该物质的浓度在化学平衡时保持不变，所以K不再变化，B正确；对于恒容容器而言，各物质的物质的量不再改变，所以C错误；平衡时NO的质量分数不再改变，正确，所以答案选BD；‎ ‎（2）根据盖斯定律，目标方程式=①-②+③×2，所以CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式为CH4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(l)＋CO2(g) △H= —898.1kJ/mol；‎ ‎（3）据图可知，当反应达平衡后继续升温，脱氮率降低，说明升温，平衡逆向移动，所以正向是放热反应，△H<0；根据平衡常数的表达式，用平衡压强表示的平衡常数为KP＝P(N2)2P(H2O)3/P(NO)P(NO2)P(NH3)2‎ ‎（4）在该反应中，二氧化氮中氮元素化合价升高，发生氧化反应，负极发生氧化反应，所以石墨I为电池的的负极，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，则Y是N2O5，电极反应式为NO2＋NO3－ －e－ ＝N2O5；‎ ‎（5）NO和NO2与尿素〔CO(NH2)2〕反应生成无污染物质是氮气、二氧化碳、水，化学方程式为 NO+NO2+CO(NH2)2=2N2＋2H2O＋CO2，所以1 mol尿素能吸收NO和NO2的物质的量是1mol，其质量为‎76g。‎ 考点：考查对平衡状态的判断，盖斯定律的应用，平衡的移动，平衡常数的表达式的书写，电化学原理的应用，化学方程式的书写及计算 ‎57．随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具体有重要意义。‎ ‎（1）如图是在101 kPa，298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO过程中的能量变化示意图。‎ 已知：‎ 请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方 程式：。‎ ‎（2）将0.20 mol N02和0.10 mol CO充入一个容积恒定为‎1L的密闭容器中发生反应，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示。‎ ‎①下列说法正确的是（填序号）。‎ a．容器内的压强不发生变化说明该反应达到乎衡 b．当向容器中再充人0． 20 mol NO时，平衡向正反应方向移动，K增大 c．升高温度后，K减小，N02的转化率减小 d．向该容器内充人He气，反应物的体积减小，浓度增大，所以反应速率增大 ‎②计算产物NO在0～2 min内平均反应速率v（NO）=mol·L-1·min-1‎ ‎③第4 min时改变的反应条件为（填“升温’’、“降温’’）。‎ ‎④计算反应在第6 min时的平衡常数K=。若保持温度不变，此时再向容器中充人CO、NO各0．060 mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。‎ ‎（3）有学者想以如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。其负极反应式为，当有0.25 mol SO2被吸收，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为mol。‎ ‎【答案】（1）2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；（2分）‎ ‎（2）①c （2分） ②0.015 （2分）③升温 （2分）④1/36 （2分） 逆向（2分）‎ ‎（3）SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+ （2分） 0.5 （2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图知298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO 的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g） +CO2（g）△H=-234kJ/mol ③；NO与CO反应生成无污染气体是氮气和二氧化碳气体，根据盖斯定律得②-①+2×③即为所求，所以答案是2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；‎ ‎（2）①NO2（g）+CO（g）=NO（g） +CO2（g），该反应为反应前后气体物质的量不变的可逆反应，压强始终不变，a错误；b、体积不变，NO的物质的量增加，浓度增大，平衡逆向移动，K不变，错误；c、升高温度后，平衡逆向移动，K减小，N02的转化率减小，正确；d、充入氦气，容器体积不变，所以反应物的浓度不变，平衡不移动，错误答选c；‎ ‎②在0～2 min内NO的浓度增加0.03mol/L,所以v（NO）=0.03mol/L/2min=0.015 mol·L-1·min-1‎ ‎③第4 min时反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向移动，所以是升温；‎ ‎④6min时各物质的平衡浓度分别为c(NO2)=0.18 mol·L-1,c(CO)=0.08 mol·L-1,c(NO)=c(CO2)=0.02 mol·L-1,所以K= c(NO)·c(CO2)/c(NO2)·c(CO)=1/36；此时再向容器中充人CO、NO各0．060 mol，则c(NO)·c(CO2)/c(NO2)·c(CO)>1/36，所以平衡逆向移动；‎ ‎(3)二氧化硫在负极通入，发生氧化反应，电极反应式为SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有0.25molSO2被吸收时，转移电子的物质的量是0.5mol，根据得失电子守恒，正极发生O2+4e-+4H+=2H2O，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为0.5mol。‎ 考点：考查热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，电化学原理理解分析 ‎58．Ⅰ．在一定条件下，科学家利用从烟道气中分离出CO2与太阳能电池电解水产生的H2合成甲醇，其过程如下图所示，试回答下列问题：‎ 阳 光 光电池 电解水 H2‎ 合成塔 甲醇 烟道气 吸收池 加 热 CO2‎ 乙醇胺 乙醇胺 ‎（1）该合成路线对于环境保护的价值在于。‎ ‎（2）15～20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作CO2吸收剂。用离子方程式表示乙醇胺水溶液呈弱碱性的原因。‎ ‎（3）CH3OH、H2的燃烧热分别为：△H＝－725.5 kJ/mol、△H＝－285.8 kJ/mol，写出工业上以CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式：。‎ Ⅱ．将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：‎ ‎2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g)‎ 已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：‎ 投料比[n(H2) / n(CO2)]‎ ‎500 K ‎600 K ‎700 K ‎800 K ‎1.5‎ ‎45%‎ ‎33%‎ ‎20%‎ ‎12%‎ ‎2.0‎ ‎60%‎ ‎43%‎ ‎28%‎ ‎15%‎ ‎3.0‎ ‎83%‎ ‎62%‎ ‎37%‎ ‎22%‎ ‎（4）该反应的焓变△H0，熵变△S0（填＞、＜或＝）。‎ ‎（5）用甲醚作为燃料电池原料，在碱性介质中该电池负极的电极反应式。‎ ‎（6）若以‎1.12 L·min-1（标准状况）的速率向该电池中通入甲醚（沸点为‎-24.9 ℃‎），用该电池电解500 mL 2 mol·L-1 CuSO4溶液，通电0.50 min后，理论上可析出金属铜g。‎ ‎【答案】（1）有利于防止温室效应 （2分）‎ ‎（2）HOCH2CH2NH2+H2O HOCH2CH2NH3++OH- （2分）‎ ‎（3）CO2(g)+3 H2(g)= CH3 OH(l)+ H2O(l)△H=-131.9kJ/mol （3分）‎ ‎（4）< (1分)，< (1分)‎ ‎(5) CH3 OCH3 -12e-+16 OH-=2CO32-+11 H2O (3分 )‎ ‎（6）9.6（2分 ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氢气与二氧化碳合成甲醇，减少了二氧化碳的排放，有利于防止温室效应 ‎（2）HOCH2CH2NH2水解使溶液呈碱性，发生的离子方程式为HOCH2CH2NH2+H2O HOCH2CH2NH3++OH-‎ ‎（3）根据盖斯定律，将甲醇与氢气的燃烧热化学方程式作相应调整，得△H=－285.8 kJ/mol×3-(－725.5 kJ/mol)=-131.9kJ/mol,所以合成甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3 H2(g)= CH3 OH(l)+ H2O(l)△H=-131.9kJ/mol ‎（4）随温度升高，二氧化碳的转化率降低，说明升温平衡向逆向移动，正反应方向为放热反应，△H<0，反应物气体的总物质的量是8mol，生成物气体的总物质的量是4mol，所以△S<0；‎ ‎（5）该电池负极是甲醚发生氧化反应，碱性介质中生成碳酸根离子，电极反应式为CH3‎ ‎ OCH3 -12e-+16 OH-=2CO32-+11 H2O ‎（6）0.5min甲醚的通入量是0.025mol，转移电子是0.3mol，根据得失电子守恒，Cu2++2e-=Cu，最终得0.15mol铜，其质量是‎9.6g。‎ 考点：考查化学与工业的联系，生产对环境的影响，盖斯定律对应用，化学平衡理论的应用，电化学原理的应用 ‎59．5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。‎ 阳离子 Na+ Al3+ Fe3+ Cu2+、Ba2+‎ 阴离子 OH－　Cl－　CO32－　NO3－　SO4－‎ ‎ 分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：‎ ‎①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；‎ ‎②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；‎ ‎③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；‎ ‎④B溶液与D溶液混合后无现象；‎ ‎⑤将‎38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol·L－1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。‎ ‎（1）据此推断A、C的化学式为：A；C。‎ ‎（2）写出步骤②中发生反应的化学方程式。‎ ‎（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是，‎ 原因是(用离子方程式说明)。‎ ‎（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是mL。‎ ‎（5）现用500 mL 3 mol·L－1的E溶液充分吸收‎11.2 L CO2气体(标准状况 下)，反应后溶液中各离子的物质量浓度由小到大的顺序为。‎ ‎（6）若用惰性电极电解A和B的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阳极产生气体的体积(标准状况下)V与通过电子的物质的量n的关系(不考虑气体溶于水)。‎ ‎’‎ ‎【答案】（1）CuSO4 Ba(OH)2(各1分)‎ ‎（2）2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl(2分)‎ ‎（3）溶液由无色变成红色(2分) Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(2分)　　‎ ‎（4）500(2分)‎ ‎（5）c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)‎ ‎（6）(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由①知，A、C反应产生的沉淀中应是氢氧化铜和硫酸钡沉淀；则A、C是CuSO4、Ba(OH)2中的一种；由②知，B、E只能是盐类，双水解产生气体和沉淀，其中含有Fe3+ 、CO32－，且其中必有Na2CO3；由③知C为强碱，所以C是Ba(OH)2，A是CuSO4；D为铝盐；由②④知，E为Na2CO3；由⑤知D中有NO3－，所以D为Al(NO3)3，则B只能为FeCl3。‎ ‎（1）A、C的化学式为：CuSO4 、Ba(OH)2‎ ‎（2）步骤②是Fe3+ 、CO32－的双水解反应，化学方程式为2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl；‎ ‎（3）Al(NO3)3溶液由于Al3+水解而是溶液显酸性，所以加入石蕊试液，溶液变红色，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+‎ ‎（4）根据Cu与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H++2N3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，得3Cu～8H+，‎38.4 g Cu的物质的量为0.6mol，所以需要硫酸的物质的量是0.8，其体积为500mL；‎ ‎（5）由题意知n(CO2)=0.5mol，n(Na2CO3)=1.5mol，所以二者反应后溶液中有1mol的NaHO3，1mol的Na2CO3，‎ Na2CO3水解程度大于NaHO3水解程度，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)‎ ‎（6）阳极先是Cl-放电，溶液中共有0.3mol Cl-,根据2 Cl- +2 e-= Cl2↑，得转移电子0.3mol时产生气体标准状况下的体积是‎3.36L；然后是氢氧根离子放电，4OH--4 e-=O2↑+2H+，每转移0.1mol电子就生成‎0.56L的气体，所以图像如下：‎ 考点：考查化合物的判断，离子反应，盐的水解，氧化还原反应的计算，离子浓度的比较，电解原理的应 用 ‎60．研究表明丰富的CO2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。‎ ‎（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在‎230℃‎催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。下图表示恒压容器中0.5 mol CO2和1.5 mol H2转化率达80%时的能量变化示意图。‎ ‎①写出该反应的热化学方程式：。‎ ‎②能判断该反应达到化学平衡状态的依据是。‎ a．容器中压强不变 b．H2的体积分数不变 c．c(H2)=‎3c(CH3OH) d．容器中密度不变 e．2个C＝O断裂的同时有6个H－H断裂。‎ ‎（2）人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料．下图是通过人工光合作用制备HCOOH原理的示意图。根据要求回答问题：‎ ‎①该过程是将转化为。(以上两空选填“电能”“太阳能”“化学能”)‎ ‎②催化剂b表面的电极反应方程式为。‎ ‎（3）某国科研人员提出了使用氢气和汽油（汽油化学式用C8H18表示）混合燃料的方案，以解决汽车CO2的排放问题。该方案主要利用储氢材料CaH2产生H2和用汽油箱贮存汽油供发动机使用，储氢系统又捕集汽油燃烧产生的CO2，该系统反应如下图所示：‎ 解决如下问题：‎ ‎①写出CaH2的电子式。‎ ‎②反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是：。‎ ‎③如该系统反应均进行完全，试写出该系统总反应的化学方程式。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H =－49 kJ·mol-1(3分))②bd (2分，多选错选0分，漏选1个给1分)‎ ‎（2）①太阳能 化学能(各1分) ②CO2+2e－+2H+=HCOOH(2分)‎ ‎（3）①(2分) ‎ ‎②2：1(2分) ③16CaH2+ ‎2C8H18+41O2=16CaCO3+34 H2O(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①由所给能量变化示意图可知，1mol CO2和3molH2转化率达100%时放出热量49kJ，所以该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H =－49 kJ·mol-1‎ ‎②a、该反应是在恒压容器中进行，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；b、达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，正确c、平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；d、由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，能判断该反应达到化学平衡状态，正确；e、反应的任何状态时都有2个C＝O断裂的同时有6个H－H断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误，答案选bd；‎ ‎（2）①该图是利用太阳能将二氧化碳转化为HCOOH，所以是把太阳能转化为化学能；②根据电子的流动方向，催化剂b相当于原电池的正极，发生还原反应，所以发生的反应为CO2+2e－+2H+=HCOOH；‎ ‎（3）①CaH2是离子化合物，其电子式为；‎ ‎②反应1是CaH2与H2O反应生成氢氧化钙和氢气，反应中CaH2作还原剂，水作氧化剂，可写出发生的化学方程式CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:1；‎ ‎③由反应的流程图可知，最终产物是CaCO3 、H2O。反应1生成的氢气与氧气反应生成水，汽油与氧气反应生成二氧化碳和水，其中二氧化碳用于和反应1产生的氢氧化钙的反应，将发生反应的化学方程式叠加，消去中间产物二氧化碳、氢气、氢氧化钙，最后的产物只有水和碳酸钙，所以总反应方程式为16CaH2+ ‎2C8H18+41O2=16CaCO3+34H2O。‎ 考点：考查热化学方程式、电子式、电极反应式的书写，化学平衡的判断，能量转化的判断，方程式叠加法的应用 ‎61．（16分）工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产，流程如下：‎ ‎（1）工业生产时，制取氢气的一个反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。t℃时，往‎10L密闭容器中充入2mol CO和3mol水蒸气。反应建立平衡后，体系中c(H2)=0.12mol·L-1。则该温度下此反应的平衡常数K=（填计算结果）。‎ ‎（2）合成塔中发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0。下表为不同温度下该反应的平衡常数。由此可推知，表中T1‎300℃‎（填“>”、“<”或“=”）。‎ T/℃‎ T1‎ ‎300‎ T2‎ K ‎1.00×107‎ ‎2.45×105‎ ‎1.88×103‎ ‎（3）氨气在纯氧中燃烧生成一种单质和水，科学家利用此原理，设计成“氨气-氧气”燃料电池，则通入氨气的电极是（填“正极”或“负极”）；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为。‎ ‎（4）用氨气氧化可以生产硝酸，但尾气中的NOx会污染空气。目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物还原为氮气和水，反应机理为：‎ CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= －574kJ·mol－1‎ CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= －1160kJ·mol－1‎ 则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为。‎ ‎（5）某研究小组在实验室以“Ag-ZSM‎-5”‎为催化剂，测得将NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图。据图分析，若不使用CO，温度超过775K，发现NO的转化率降低，其可能的原因为；在n(NO)/n(CO)=1的条件下，应控制的最佳温度在左右。‎ 反应温度/K NO 转 化 率 ‎(%)‎ ‎▲ CO剩余百分率 ‎○ 无CO时NO转化为N2的产率 ‎□ n(NO)/n((CO)=1条件下NO转化为N2的转化率 ‎【答案】（1）（2分）1 （2）（2分）＜ ‎ ‎（3）（4分）负极 （2分） 2NH3 — 6e- + 6OH- =N2 +6H2O （2分。化学式1分、配平1分）‎ ‎（4）（3分）CH4(g)+2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)+N2(g) △H＝－867kJ/mol （方程式2分，‎ ‎△H数值1分）‎ ‎（5）（5分）该反应是放热反应（1分），当在775K反应达到平衡后继续升高温度（1分），平衡向逆（左）方向移动，NO转化率降低（1分） 870K（2分。写860-875K之间任意数值均给分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据“三段式”进行计算：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 初始浓度（mol•L‾1） 0.2 0.3 0 0‎ 转化浓度（mol•L‾1） 0.12 0.12 0.12 0.12‎ 平衡浓度（mol•L‾1） 0.08 0.18 0.12 0.12‎ 平衡常数K=0.12×0.12÷（0.08×0.18）=1。‎ ‎（2）因为该反应△H<0，为放热反应，所以温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，T1 的平衡常数大于‎300℃‎时平衡常数，所以T1 < ‎300℃‎。‎ ‎（3）燃料电池中，O2为正极，燃料为负极，所以通入氨气的电极是负极；NH3‎ 失去电子生成的单质为N2，所以电极方程式为：2NH3 — 6e- + 6OH- =N2 +6H2O ‎（4）NO2被还原为N2，则CH4被氧化为CO2，写出化学方程式并配平，CH4(g)+2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)+N2(g)，根据盖斯定律求出焓变，△H=1/2△H1+1/2△H2=－867kJ•mol‾1，可得热化学方程式。‎ ‎（5）0~775K，为反应建立化学平衡的过程，775K时达到平衡，温度继续升高，NO的转化率减小，说明正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动。‎ 考点：本题考查平衡常数的判断及计算、燃料电池原理、热化学方程式的书写、化学平衡移动。 ‎ ‎62．碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。‎ ‎（1）甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。‎ 已知：①2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l） △H= —1214 kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H= —566 kJ/mol 则表示甲烷燃烧热的热化学方程式。‎ ‎（2） 将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是：。‎ ‎（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是（填序号）‎ A．电源中的a一定为正极，b一定为负极 B．可以用NaCl溶液作为电解液 C．A、B两端都必须用铁作电极 D．阴极发生的反应是：2H+ + 2e－= H2↑‎ ‎（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积 为‎2L的恒容密闭容器中，进行反应：‎ CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：‎ 实验组 ‎ 温度/℃‎ 起始量/mol ‎ 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO2‎ ‎1‎ ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1．6‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0．4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0．4‎ ‎1‎ ‎①实验1中，以v (H2)表示的平均反应速率为。‎ ‎②实验3跟实验2相比，改变的条件可能是（答一种情况即可）‎ ‎【答案】（1）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l） △H1=—890KJ．mol-1‎ ‎（2）CH4-8e-+ 10 OH-CO32-+ 7H2O； ‎ ‎（3） B、D ； ‎ ‎（4）① 0．16mol/(L·min) ②使用了催化剂；加大了压强（任答一种）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将①②相加除以2可得，答案是CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l） △H1=—890KJ．mol-1‎ ‎（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH4- 8e-+ 10 OH-CO32-+ 7H2O；‎ ‎（3）A、电解过程中两极分别是H+和Fe放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a不一定为正极，b不一定为负极，但a为正极，b为负极，效果较好，错误；B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，正确；C、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；D、阴极H+放电生成氢气，正确，答案选BD。‎ ‎（4）①实验1中，CO2的浓度增加0．8mol/L，所以氢气浓度也增加0．8mol/L，v (H2)= 0．8mol/L/5min=0．16mol/(L·min);‎ ‎②实验3跟实验2相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。‎ 考点：考查盖斯定律得应用，电化学理论的应用，反应速率的计算及条件对反应速率的影响判断 ‎63．依据氧化还原反应2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图所示。请回答下列问题：‎ ‎(1)电极X的材料是，电解质溶液Y是；‎ ‎（2）银电极为电池的极，发生的电极反应为；X电极上发生的电极反应为。‎ ‎(3)外电路中的电子是从电极流向电极。 ‎ ‎【答案】(1)Cu AgNO3溶液 ‎ ‎(2)正 Ag＋＋e－==Ag Cu-2e－== Cu2＋(3)X(Cu) Ag ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据电解质溶液中的阳离子与电极材料是同种金属的特点，可推知X是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液。（2）由于活动性Cu>Ag，结合原电池反应的原理可知：银电极为电池的正极，发生的反应为Ag＋＋e－==Ag；Cu电极上发生的电极反应为：Cu-2e－== Cu2＋。(3)外电路中的电子是从负极Cu电极流向正极Ag电极。‎ 考点：考查原电池的电极材料、电极反应及电解质溶液的成分、电子的移动方向的知识。‎ ‎64．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢气能源利用领域的研究热点。‎ 已知：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH ＝＋206.2 kJ·mol－1‎ CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH ＝＋247.4 kJ·mol－1‎ ‎2H2S(g)=2H2(g)＋S2(g)ΔH ＝＋169.8 kJ·mol－1‎ ‎(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与 H2O(g)反应生成CO2(g)和 H2(g)的热化学方程式为_________________________‎ ‎(2)H2S 热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分 H2S 燃烧，其目的是________；燃烧生成的 SO2 与 H2S 进一步反应，生成物在常温下均为非气体，写出该反应的化学方程式：___________________________‎ ‎(3)H2O 的热分解也可得到 H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图甲所示。图中 A、B 表示的物质依次是______________________________________。‎ ‎(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图乙(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为_____________________‎ ‎(5)Mg2Cu 是一种储氢合金。 ‎350 ℃‎时，Mg2Cu 与 H2 反应，生成 MgCu2 和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为 0.077)。Mg2Cu 与 H2 反应的化学方程式为_____________________________________‎ ‎【答案】(1)CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1‎ ‎(2)为H2S热分解反应提供热量 ‎2H2S＋SO2=2H2O＋3S(或4H2S＋2SO2=4H2O＋3S2)‎ ‎(3)H、O(或氢原子、氧原子)‎ ‎(4)CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO＋N2↑＋6H2O ‎(5)2Mg2Cu＋3H2△,MgCu2＋3MgH2‎ ‎【解析】本题考查化学反应与能量，化学能与电能的转化及元素化合物相关知识，意在考查考生的综合运用能力。‎ ‎(1)将所给反应依次编号为①②③，根据盖斯定律，由反应①×2－反应②即得题述反应的热化学方程式：CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1。‎ ‎(3)由图中A、B的体积分数比例近似为2∶1，则可确定A为H原子，B为O原子。‎ ‎(4)H2是由溶液中的H＋在阴极放电得到的，则阳极产生的是N2，阳极发生氧化反应，在碱性环境下的电极反应式为：CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO＋N2↑＋6H2O。‎ ‎(5)由Mg2Cu变为MgCu2，可知Mg含量下降，则生成物中氢化物仅含的一种金属元素必为Mg，再根据其中氢的质量分数为0.077，则Mg与H物质的量之比为＝，即化学式为MgH2，则反应的化学方程式为：2Mg2Cu＋3H2△,MgCu2＋3MgH2。‎ ‎65．某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理(Cu元素的相对原子质量为64)。‎ 按照实验步骤依次回答下列问题：‎ ‎(1)导线中电子流向为__________________(用a、b表示)。‎ ‎(2)写出装置中锌电极上的电极反应式：____________________________________；‎ ‎(3)若装置中铜电极的质量增加‎0.64 g，则导线中转移的电子数目为________；(不许用“NA”表示)‎ ‎(4)装置的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，对盐桥中的K＋、Cl－的移动方向的表述正确的是________。‎ A．盐桥中的K＋向左侧烧杯移动、Cl－向右侧烧杯移动 B．盐桥中的K＋向右侧烧杯移动、Cl－向左侧烧杯移动 C．盐桥中的K＋、Cl－都向左侧烧杯移动 D．盐桥中的K＋、Cl－几乎都不移动 ‎【答案】(1)由a到b(或a→b)‎ ‎(2)Zn－2e－=Zn2＋‎ ‎(3)1.204×1022‎ ‎(4)B ‎【解析】在该原电池中负极为Zn，电极反应为Zn－2e－=Zn2＋，正极为铜，电极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，当铜电极增加‎0.64 g时，转移电子(由a到b)为×6.02×1023 mol－1×2＝1.204×1022。盐桥中K＋向正极区(右侧烧杯)移动，Cl－向负极区(左侧烧杯)移动。‎ ‎66．铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。‎ ‎(1)写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式_______________________‎ ‎(2)若将(1)中的反应设计成原电池，请画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式。‎ 正极反应_______________________________‎ 负极反应_______________________________‎ ‎【答案】(1)2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋‎ ‎(2)装置图如图所示 正极反应：2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋‎ 负极反应：Cu－2e－=Cu2＋‎ ‎【解析】(1)利用Fe3＋氧化性的反应：2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，然后改为离子方程式。‎ ‎(2)根据2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋氧化还原反应和原电池的工作原理进行设计，铜作负极，石墨作正极，FeCl3溶液作电解质溶液。‎ ‎67．某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：‎ 编号 电极材料 电解质溶液 电流计指针偏转方向 ‎①‎ Mg 、Al 稀盐酸 偏向Al ‎②‎ Al、Cu 稀盐酸 偏向Cu ‎③‎ Al、石墨 稀盐酸 偏向石墨 ‎④‎ Mg、Al NaOH溶液 偏向Mg ‎⑤‎ Al、Zn 浓硝酸 偏向Al 根据上表中的实验现象完成下列问题：‎ ‎(1)实验①、②中Al所作的电极是否相同？‎ 答：____________________________________________‎ ‎(2)写出实验③中的电极名称、电极反应式和电池总反应方程式。铝为(　　)______________________________‎ 石墨为(　　)__________________________‎ 电池总反应：__________________________‎ ‎(3)实验④中的铝作________极。‎ ‎(4)实验⑤中铝作________极。‎ ‎【答案】(1)不相同 ‎(2)负极　2Al－6e－=2Al3＋　正极 ‎6H＋＋6e－=3H2↑‎ ‎2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑‎ ‎(3)负　(4)正 ‎【解析】原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，在解答时一定建立在分析氧化还原反应的基础上进行。同时要利用表中的对比关系得出相应结论。‎ ‎68．工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。‎ 方法1：还原沉淀法 该法的工艺流程为 其中第①步存在平衡：‎ ‎2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O ‎(1)若平衡体系的 pH ＝ 2，该溶液显________色。‎ ‎(2)能说明第①步反应达平衡状态的是________。‎ a．Cr2O和CrO 的浓度相同 b．2v(Cr2O)＝v(CrO)‎ c．溶液的颜色不变 ‎(3)第②步中，还原 1 mol Cr2O 离子，需要______mol的FeSO4·7H2O。‎ ‎(4)第 ③步生成的Cr(OH)3 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：‎ Cr(OH)3(s) Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)‎ 常温下，Cr(OH)3 的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使 c(Cr3＋)降至10－5mol/L，溶液的pH应调至________。‎ 方法2：电解法 该法用 Fe 做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液 pH 升高，产生 Cr(OH)3 沉淀。‎ ‎(5)用Fe做电极的原因为______________________________________‎ ‎(6)在阴极附近溶液 pH 升高的原因是(用电极反应解释)________________，溶液中同时生成的沉淀还有________。‎ ‎【答案】(1)橙　(2)c　(3)6　(4)5‎ ‎(5)阳极反应为 Fe－2e－=Fe2＋，提供还原剂Fe2＋‎ ‎(6)2H＋＋2e－=H2↑Fe(OH)3‎ ‎【解析】本题主要结合工业废水的处理考查溶液中的平衡问题、氧化还原反应和电解原理的应用等知识，意在考查考生综合运用化学理论知识解决实际问题的能力。‎ ‎(1)pH ＝ 2 时，反应正向进行的速率较大，溶液呈橙色。‎ ‎(2)达到平衡状态时，正逆反应速率相等，混合物中各组分浓度保持不变，但不一定相等，溶液的颜色不再发生改变，即只有 c 正确。‎ ‎(3)根据反应前后 Cr 和 Fe 元素的化合价变化，可确定还原 1 mol Cr2O需 6 mol FeSO4·7H2O。‎ ‎(4)当 c(Cr3＋)＝ 10－5 mol/L时，根据 Ksp 的表达式可求出 c(OH－)＝ 10－9 mol/L，则此时溶液 pH ＝ 5。‎ ‎(5)用铁做阳极，反应中生成Fe2＋，提供还原剂。‎ ‎(6)阴极 H＋ 得电子生成 H2，随着电解的进行，溶液的 pH逐渐增大，溶液中还会生成 Fe(OH)3 沉淀。‎ ‎69．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。‎ ‎(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是________和________(填分子式)。‎ ‎(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。‎ ‎①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是________。‎ ‎②在‎30℃‎、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为________mol/(L·min)。‎ ‎③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为________(填字母代号)。‎ a．‎40℃‎、pH＝3.0　　　b．‎10℃‎、pH＝4.0‎ c．‎30℃‎、pH＝7.0‎ ‎(3)O3可由臭氧发生器(原理如图)电解稀硫酸制得。‎ ‎①图中阴极为________(填“A”或“B”)，其电极反应式为_______________________。‎ ‎②若C处通入O2，则A极的电极反应式为________。‎ ‎③若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为________(忽略O3的分解)。‎ ‎【答案】(1)I2　O2‎ ‎(2)①OH－②1.00×10－4③b、a、c ‎(3)①A　2H＋＋2e－=H2↑‎ ‎②O2＋4H＋＋4e－=2H2O　③(x－2y)/y ‎【解析】本题以臭氧为载体考查了化学反应速率、电化学等化学反应原理，同时考查了考生对图表的观察分析能力。‎ ‎(1)臭氧具有氧化性，能与碘化钾发生氧化还原反应生成氧气、碘单质和氢氧化钾。‎ ‎(2)‎30℃‎、pH＝4.0时，臭氧分解一半所用时间为108 min，反应速率v＝＝1.00×10－4mol/(L·min)；结合表中数据知反应速率在b条件下最小、c条件下最大。‎ ‎(3)观察电化学装置图知，特殊惰性电极B上产生了氧气和臭氧，该极失去电子发生氧化反应作阳极，则特殊惰性电极A为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；若从C处通入氧气，氧气将参与反应，阴极生成的将是水，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O；设y L混合气体中臭氧的体积分数为a，由电子守恒有2x＝y a×6＋y(1－a)×4，解得a＝(x－2y)/y。‎ ‎70．甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：‎ ‎(1)高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋260 kJ·mol－1‎ 已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566 kJ·mol－1‎ 则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为_______________________________‎ ‎(2)如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。‎ ‎①a处应通入________(填“CH‎4”‎或“O‎2”‎)，b处电极上发生的电极反应式是______________________________‎ ‎②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH________(填写“变大”“变小”或“不变”，下同)，装置Ⅱ中Cu2＋的物质的量浓度________；‎ ‎③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH－以外还含有________(忽略水解)；‎ ‎④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化‎12.8 g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷________L(标准状况下)。‎ ‎【答案】(1)2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)‎ ΔH＝－46 kJ·mol－1‎ ‎(2)①CH4　O2＋2H2O＋4e－=4OH－②变小 不变　③CO④1.12‎ ‎【解析】(1)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式乘以2，与第二个相加得2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)　ΔH＝－46 kJ·mol－1。‎ ‎(2)由于Fe棒上镀Cu，则 Cu棒发生氧化反应，作阳极，b电极作正极，a电极作负极，CH4在a处通入，O2在b处通入，由于KOH作电解质溶液，则b极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；电镀过程中电解质溶液不参与电极反应，各离子浓度均不变；CH4燃料电池中的化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，可得溶液中存在CO，再由电子守恒得CH4～4Cu，则‎12.8 g Cu的物质的量为0.2 mol，消耗CH4为＝0.05 mol，在标准状况下的体积为0.05 mol×‎22.4 L·mol－1＝‎1.12 L。‎ ‎71．(1)合成氨反应的热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1‎ 已知合成氨反应是一个反应物不能完全转化为生成物的反应，在某一定条件下，N2的转化率仅为10%，要想通过该反应得到92.2 ‎ ‎ kJ的热量，至少在反应混合物中要投放N2的物质的量为________ mol。‎ ‎(2)肼(N2H4)－空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。肼－空气燃料电池放电时：‎ 正极的电极反应式：__________________________，‎ 负极的电极反应式：__________________________。‎ ‎(3)如图是一个电解过程示意图。‎ ‎①锌片上发生的电极反应式是：_______________________‎ ‎②假设使用肼－空气燃料电池作为该过程中的电源，铜片质量变化为‎128 g，则肼－空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气________L(假设空气中氧气体积分数为20%)。‎ ‎【答案】(1)10‎ ‎(2)O2＋4e－＋2H2O=4OH－‎ N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑‎ ‎(3)①Cu2＋＋2e－=Cu②112‎ ‎【解析】(1)据热化学方程式可知，1 mol N2完全反应才能得到92.2 kJ的热量，而N2‎ 转化率为10%，则实际需要投入10 mol N2才能转化1 mol N2。‎ ‎(2)肼－空气燃料电池中，O2在正极放电，生成OH－。‎ ‎(3)电解池中，Cu做阳极，自身放电生成Cu2＋，由电子守恒得Cu～O2～2e－，n(Cu)‎ ‎＝2 mol，消耗n(O2)＝1 mol，则V空气＝‎112 L(标准状况)。‎ ‎72．请按要求回答下列问题。‎ ‎(1)根据图1回答①②：‎ ‎①若断开K2，闭合K1。‎ A电极可观察到的现象________________________________________________；‎ B极的电极反应式为__________________________________________________。‎ ‎②若断开K1，闭合K2‎ ‎，A电极可观察到的现象是________________；B极的电极反应式为____________。‎ ‎(2)根据图2回答③④：‎ ‎③将较纯净的CuSO4溶液放入如图所示的装置中进行电解，石墨电极上的电极反应式为________________，电解反应的离子方程式为________________。‎ ‎④实验完成后，铜电极增重a g，石墨电极产生标准状况下的气体体积________L。‎ ‎【答案】(1)①锌不断溶解Cu2＋＋2e－=Cu ‎②锌极镀上一层红色的铜Cu－2e－=Cu2＋‎ ‎(2)①4OH－－4e－=2H2O＋O2↑‎ ‎2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋②‎‎0.175a ‎【解析】(1)①断开K2，闭合K1，则构成原电池。Zn为负极，失去电子变为Zn2＋进入溶液；Cu为正极，其电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu。②断开K1，闭合K2，则构成电解池，A极为阴极，有红色铜在Zn极表面析出；B极为阳极，Cu失去电子变成Cu2＋进入溶液。‎ ‎(2)①图2中石墨为阳极，其电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，总电解反应式为 ‎2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。‎ ‎②根据转移电子守恒得，‎ ‎×2＝×4‎ V＝‎0.175a L。‎ ‎73．钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。请回答钢铁在腐蚀、防护过程中的有关问题。‎ ‎(1)下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀________________。‎ ‎(2)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如图。请回答：‎ ‎①A电极对应的金属是________(写元素名称)，B电极的电极反应式是________________________。‎ ‎②镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，请简要说明原因 ‎____________________________________________________‎ ‎【答案】(1)BD　(2)①铜　Cu2＋＋2e－=Cu ‎②镀层破损后，镀铜铁形成的原电池中铁作负极被腐蚀，镀锌铁形成的原电池中铁作正极被保护。‎ ‎【解析】铁作原电池的正极或电解池的阴极时可防止被腐蚀，B为原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，D为电解池，铁与电源的负极相连，作阴极被保护；在铁件上镀铜时，铜作阳极，与正极相连，铁件作阴极，Cu2＋得电子生成Cu：Cu2＋＋2e－=Cu，镀层破损后，镀铜铁形成的原电池中铁作负极，腐蚀加快，镀锌铁形成的原电池中铁作正极被保护。‎ ‎74．将‎1 L含有0.4 mol CuSO4和0.2 mol NaCl 的水溶液用惰性电极电解一段时间后。‎ ‎(1)若在一个电极上得到0.1 mol Cu，另一电极上析出气体(在标准状况下)的体积是________ L。‎ ‎(2)若在一个电极上恰好得到0.4 mol Cu，另一电极上再析出气体(在标准状况下)的体积是________ L。‎ ‎【答案】(1)2.24　(2)3.36‎ ‎【解析】(1)设另一电极上析出气体在标准状况的体积为x，根据题意得，在另一电极上得到的气体全是Cl2，电解方程式为：‎ Cu2＋＋2Cl－Cu　＋　Cl2↑‎ ‎ 1 mol　　‎22.4 L。‎ ‎ 0.1 mol　x x＝‎2.24 L。‎ ‎(2)当再析出另外0.3 mol Cu时，其阳极反应为：‎ ‎4OH－－4e－=2H2O＋O2↑‎ 即2Cu～　4e－　～　O2‎ n(O2)＝n(Cu)＝0.15 mol，‎ V(O2)＝0.15 mol×‎22.4L·mol－1＝‎3.36L。‎ ‎75．二氧化氯(ClO2)是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第4代消毒剂”。工业上可采用氯酸钠(NaClO3)或亚氯酸钠(NaClO2)为原料制备ClO2。‎ ‎（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为。向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈。若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是。‎ ‎ （2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2。用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是。‎ ‎（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一。如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。‎ ‎①电源负极为极(填A或B)：‎ ‎②写出阴极室发生反应依次为：、‎ ‎；‎ ‎③控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2﹣歧化反应。若两极共收集到气体‎22.4L(体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分)，此时阳极室与阴极室c(H+)之差为。‎ ‎【答案】（1）5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O；反应生成的Cl-对反应起催化作用；‎ ‎（2）H2O2做还原剂时氧化产物为O2，而盐酸则产生大量Cl2；‎ ‎（3）①A；②ClO2+e-= ClO2-；ClO3-+ ClO2-+2 H+= 2ClO2↑+ H2O；③ 0.8mol/L ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意，结合原子守恒、电子守恒及电荷守恒的知识可得该反应的两种方程式为5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O。在pH相同的盐酸的反应速率比硫酸中快，说明是溶液中的Cl-可能会影响化学反应速率；一段时间后在硫酸中的发生速率也加快，就是由于在5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O中随着反应的进行，溶液中Cl-的浓度增大了。这就进一步证实了前面的推测的正确性。（2）用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是H2O2做还原剂时氧化产物为O2，而盐酸则产生大量Cl2；O2是大气的成分，而Cl2是大气污染物，会对环境造成危害。（3）①根据题图中物质所含元素的化合价的变化情况可以看出：A电极所连接的电极发生还原反应，是电解池的阴极。所以A为电源的负极，B为电源的正极。②写出阴极室发生反应依次为ClO2+e-= ClO2-；ClO3-+ ClO2-+2H+= 2ClO2↑+ H2O。③在整个闭合回路中电子转移数目相等。阴极室每产生4mol的ClO2电子转移4mol,同时在阳极室发生反应：4OH--4e-=2H2O+ O2↑。产生1mol的O2。因此转移4mold 电子，产生气体5mol.现在产生气体的物质的量为1mol,所以转移电子0.8mol.在阳极有0.8mol的OH-离子放电。因为溶液的体积为‎1L。所以此时阳极室与阴极室c(H+)之差为0.8mol/L。‎ 考点：考查二氧化氯(ClO2)的各种制取方法及反应原理的知识。‎ ‎76．I．“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题：‎ ‎(1)将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为‎2L的恒容密闭容器中,进行反应：‎ CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），得到如下二组数据：‎ 实验组 温度℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min CO H2O H2‎ CO ‎1‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1．6‎ ‎2．4‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0．4‎ ‎1．6‎ ‎3‎ ‎①实验1中以v （CO2）表示的反应速率为 （保留两位小数，下同）。‎ ‎②该反应为 （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=。‎ ‎(2)已知在常温常压下：‎ ‎① 2CH3OH(l）＋ 3O2(g）＝ 2CO2(g）＋ 4H2O(g） ΔH ＝ －1275.6 kJ／mol ‎② 2CO (g)+ O2(g）＝ 2CO2(g） ΔH ＝ －566.0 kJ／mol ‎③ H2O(g）＝ H2O(l） ΔH ＝ －44.0 kJ／mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：。‎ II．(1)海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料。如LiFePO4电池某电极的工作原理如下图所示：‎ 该电池的电解质为能传导Li+的固体材料。放电时该电极是电池的极（填“正”或“负”），该电极反应式为。‎ ‎(2)用此电池电解含有0.1 mol/L CuSO4和0.1 mol/L NaCl的混合溶液100 mL，假如电路中转移了0.02 mole－，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是L，将电解后的溶液加水稀释至‎1L，此时溶液的pH＝。‎ ‎【答案】Ⅰ．（1）①0.13mol/(L·min）(2分） ②放(1分） 0.17(2分）‎ ‎（2）CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l） ΔH ＝－442.8 kJ／mol (2分)‎ Ⅱ．（1）正(1分） FePO4+e-+Li+＝LiFePO4 (2分） （2）0.168(2分） 2(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ．（1）①由表格数据和反应的化学方程式可知可知，氢气的物质的量与CO2的物质的量是相等的，则二氧化碳的浓度变化为1.6mol÷‎2L＝0.8mol/L，则v=0.8mol/L÷6min＝0.13mol/(L·min)；‎ ‎②温度升高，氢气的含量减少，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；‎ H2O（g）+CO（g）CO2（g）+H2（g）‎ 初始浓度   0.5mol/L   1mol/L     0        0‎ 转化浓度  0.2mol/L   0.2mol/l  0.2mol/l  0.2mol/l 平衡浓度  0.3mol/L  0.8mol/L  0.2mol/l  0.2mol/l 则K==0.17‎ ‎(2)已知在常温常压下：① 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋ 4H2O(g） ΔH ＝－1275.6 kJ／mol、‎ ‎② 2CO (g)+ O2(g)＝2CO2(g） ΔH ＝－566.0 kJ／mol、③ H2O(g)＝H2O(l） ΔH＝－44.0 kJ／mol，则根据盖斯定律可知（①－②+③×4）÷2即得到 甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l） ΔH ＝－442.8 kJ／mol。‎ Ⅱ．（1）放电时铁元素的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，因此是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+＝LiFePO4；‎ ‎（2）硫酸铜和氯化钠的物质的量均是0.01mol，由于通过0.02mol电子，因此铜离子青海方，氯离子不足，即氯离子完全放电后溶液中的氢氧根离子又放电。所以电解过程可以看做是3个阶段，度÷第一阶段相当于是电解氯化铜，第二阶段是电解硫酸铜，所以阳极产生氯气是0.01mol÷2＝0.005mol，氧气是（0.02mol－0.01mol）÷4＝0.0025mol，则体积共计是（0.005mol+0.0025mol）×‎22.4L/mol＝‎0.168L。氧气是0.0025mol，则根据反应式2CuSO4＋2H2O电解 ‎=‎ 2Cu＋2H2SO4＋O2↑可知产生氢离子的物质的量是0.0025mol×4＝0.01mol，氢离子浓度是0.01mol÷‎1L＝0.01mol/L，则pH＝2。‎ 考点：考查可逆反应的有关计算、盖斯定律应用以及电解原理的有关判断 ‎77．汽车尾气中的NOx是大气污染物之一，科学家们在尝试用更科学的方法将NOx转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染。‎ ‎（1）压缩天然气（CNG）汽车的优点之一是利用催化技术能够将NOx转变成无毒的CO2和N2。‎ ‎①CH4(g)＋4NO2(g) 4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＜0‎ ‎②CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H2＜0‎ ‎③CH4(g) ＋2NO2(g)N2(g) ＋CO2(g) ＋2H2O(g) △H3＝。（用△H1和△H2表示）‎ ‎（2）在恒压下，将CH4(g)和NO2(g)置于密闭容器中发生化学反应③，在不同温度、不同投料比时，NO2的平衡转化率见下表：‎ 投料比[n(NO2) / n(CH4)]‎ ‎400 K ‎500 K ‎600 K ‎1‎ ‎60%‎ ‎43%‎ ‎28%‎ ‎2‎ ‎45%‎ ‎33%‎ ‎20%‎ ‎①写出该反应平衡常数的表达式K=。‎ ‎②若温度不变，提高[n(NO2) / n(CH4)]投料比，则K将。（填“增大”、“减小”或“不变”。）‎ ‎③400 K时，将投料比为1的NO2和CH4的混合气体共0.04 mol，充入一装有催化剂的容器中，充分反应后，平衡时NO2的体积分数。‎ ‎（3）连续自动监测氮氧化物（NOx）的仪器动态库仑仪的工作原理示意图如图1‎ 图1 图2‎ ‎①NiO电极上NO发生的电极反应式：。‎ ‎②收集某汽车尾气经测量NOx的含量为1.12%（体积分数），若用甲烷将其完全转化为无害气体，处理1×‎104L（标准状况下）该尾气需要甲烷‎30g，则尾气中V(NO)︰V(NO2)=‎ ‎（4）在容积相同的两个密闭容器内 (装有等量的某种催化剂) 先各通入等量的CH4，然后再分别充入等量的NO和NO2。在不同温度下，同时分别发生②③两个反应：并在t秒时测定其中NOx转化率，绘得图象如图2所示：‎ ‎①从图中可以得出的结论是 结论一：相同温度下NO转化效率比NO2的低 结论二：在‎250℃-450℃‎时，NOx转化率随温度升高而增大，‎450℃-600℃‎时NOx转化率随温度升高而减小 结论二的原因是 ‎②在上述NO2和CH4反应中，提高NO2转化率的措施有_________。(填编号)‎ A．改用高效催化剂 B．降低温度 C.分离出H2O(g) D．增大压强 E．增加原催化剂的表面积 F．减小投料比[n(NO2) / n(CH4)]‎ ‎【答案】（1） （1分）‎ ‎（2）①（1分） 不变 （2分）‎ ‎② 17.4% （2分）‎ ‎（3）① NO+ O2 --2e- = NO2（2分）‎ ‎② 1 : 1 （2分）‎ ‎（4）① 原因是：在‎250℃-450℃‎时，反应未达到平衡，反应还在正向进行。 （1分）‎ ‎450℃-600℃‎时，反应已达平衡，所以，温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高而减小。（其他合理答案也给分） （1分）‎ ‎② BCF （2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1） 即为目标方程式③，所以，‎ ‎（2）①该反应的平衡常数的表达式 ‎ ‎② 平衡常数K不受浓度和压强的影响，只受温度的影响，温度不变K不变。‎ ‎③ 400 K时，将投料比为1的NO2和CH4的混合气体共0.04 mol，充入一装有催化剂的容器中，充分反应后，平衡时NO2的体积分数为：‎ CH4(g) ＋ 2NO2(g) N2(g) ＋ CO2(g) ＋ 2H2O(g)‎ n始 0.02 0.02 0 0 0‎ n转 0.006 0.02×0.6=0.012 0.006 0.006 0.012‎ n平 0.014 0.008 0.006 0.006 0.012‎ ‎0.014 + 0.008 + 0.006 + 0.006 + 0.012 = 0.046‎ 平衡时NO2的体积分数=‎ ‎（3）连续自动监测氮氧化物（NOx）的仪器动态库仑仪实际上就是应用原电池原理，从图1可知Pt电极（通入O2的一极）为电池的正极，NiO电极（通入NO的一极）为电池的负极，O2 –可以通过固体电解质移向负极。所以，‎ ‎① NiO电极上NO发生的电极反应式：NO+ O2 --2e- = NO2 。‎ ‎②1×‎104L（标准状况下）尾气中含NOx的体积为：1×‎104L×1.12% = ‎112L，‎ NOx的物质的量为：。‎ 设NO和NO2的物质的量分别为x、y mol，根据反应化学方程式①和②：‎ ‎① CH4(g) ＋ 4NO2(g)4NO(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g) ‎ ‎16g‎ 4 4‎ ‎ m 1 y y m 1 = 4y ‎② CH4(g) ＋ 4NO(g)2N2(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g) ‎ ‎16g‎ 4 ‎ m 2 (x+y) m 2 = 4(x+y)‎ 则： x+y = 5；4(x+y)+ 4y = 30‎ 解得：x =2.5 mol = 2.5 mol 所以，尾气中V(NO)︰V(NO2) = 1 ︰ 1 。‎ ‎（4）①从图2 变化曲线分析，结论二的原因是：在‎250℃-450℃‎时，反应未达到平衡，反应还在正向进行；故NOx转化率随温度升高而增大；在在‎450℃-600℃‎时反应已达到平衡状态，因为该反应是放热反应，此时温度升高平衡逆向移动，故 NOx转化率随温度升高而减小。‎ ‎② 由上述NO2和CH4反应的化学方程式的特点分析可知: 该反应是放热反应；该反应是扩大气体体积的反应。所以要提高NO2转化率，可降低温度，降低温度能使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；分离出H2O，相当于减小生成物的浓度，使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；减小投料比[n(NO2) / n(CH4)]，相当于增加反应物CH4的浓度，使平衡正向移动，从而增大NO2转化率。而使用催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，故NO2转化率不会变化。增大压强，平衡逆移，NO2转化率会减小。因此选B C F。‎ 考点：考查化学反应基本理论，涉及氧化还原反应、化学反应速率与化学平衡、化学反应与能量变化、电化学等 ‎78．氨是重要的化工产品和化工原料。‎ ‎（1）氨的电子式是。‎ ‎（2）已知：‎ ‎①合成氨的热化学方程式是。‎ ‎②降低温度，该反应的化学平衡常数K．（填“增大”、“减小’’或“不变”）。‎ ‎（3）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图l所示。‎ 电池正极的电极反应式是，A是。‎ ‎（4）用氨合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2（l）+ H2O(g)。工业生产时，原料气带有水蒸气。图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。‎ ‎①曲线I、II、III对应的水碳比最大的是。‎ ‎②测得B点氨的转化率为40%，则x1。‎ ‎【答案】(13分)‎ ‎（1） （2分）‎ ‎（2）①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92kJ/mol ‎②增大 ‎（3）N2+8H++6e-=2NH4+ (2分) NH4Cl （2分）‎ ‎（4）Ⅲ (1分)； 3 （2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氨的分子中氮与氢原子之间形成一对共用电子对，所以氨的电子式是 ‎（2）①根据反应的△H=反应物的总键能-生成物的总键能，计算合成氨的△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-3×391×2kJ/mol=-92kJ/mol，所以合成氨的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92kJ/mol；‎ ‎②该反应放热，所以降温，平衡正向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡常数将增大；‎ ‎（3）该电池的本质反应是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2+8H++6e-=2NH4+；生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵，所以A是NH4Cl；‎ ‎（4）氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含二氧化碳越少，二氧化碳的转化率越低，所以二氧化碳转化率最低的即为水碳比最大的，是Ⅲ曲线；B点二氧化碳的转化率是60%，氨气的转化率是40%，设NH3、CO2的起始物质的量分别为n1、n2，则n1×40%/2= n2×60%,解得n1/n2= x1=3。‎ 考点：考查电子式、热化学方程式、电极反应式的书写，平衡移动的判断，化学平衡常数的判断，对图像的分析能力 ‎79．甲醇是一种可再生的优质燃料，用途广泛，研究其作用具有广阔前景。‎ ‎（1）已知在常温常压下，测得反应的反应热如下：‎ ‎① 2CH3OH(l)+ 3O2(g) 2CO2(g) +4H2O(g) ∆H1= －1275．6 kJ/mol ‎ ‎② 2CO(g) +O2(g) 2CO2(g) ∆H2=－566．0 kJ/mol CH3OH不完全燃烧生成CO和气态水的热化学方程式是。 ‎ ‎（2）工业上生产甲醇的反应如下：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g) ∆H = －49 kJ/mol ‎ 在某温度下，容积均为‎1 L的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容。容器B中经10 s后达到平衡。达到平衡时的有关数据如下表：‎ 容器 A B 反应物投入量 ‎1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)‎ ‎1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)‎ 反应能量变化 放出αkJ热量 吸收19．6 kJ热量 ‎①从反应开始至达到平衡时，容器B中CH3OH的平均反应速率为。‎ ‎②该温度下，B容器中反应的化学平衡常数的数值为。‎ ‎③α＝。‎ ‎④下列措施能使容器A中甲醇的产率增大的是。‎ a．升高温度 b．将水蒸气从体系分离 c．用更有效的催化剂 d．将容器的容积缩小一半 ‎（3）我国科学院化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池。甲醇燃料电池的工作原理如下图所示。‎ ‎① 该电池工作时，b口通入的物质为。‎ ‎② 该电池正极的电极反应式为。‎ ‎【答案】（1）CH3OH(l)＋ O2(g) CO (g) ＋2H2O(g) ∆H＝ －354．8 kJ/mol（2分）‎ ‎（2）① 0．04 mol/L·S （2分）‎ ‎② 1．92 （2分）‎ ‎③ 29．4 kJ （1分）‎ ‎④ b d （1分）‎ ‎（3）① CH3OH （1分）‎ ‎② O2＋4e-＋4H+ 2H2O（1分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）CH3OH不完全燃烧生成CO和气态水的热化学方程式用（①-②）÷2即得，所以答案是CH3OH(l)＋ O2(g) CO (g) ＋2H2O(g) ∆H＝ －354．8 kJ/mol；‎ ‎（2）①达平衡时，B容器的热效应是吸收 19．6 kJ热量，即甲醇的物质的量减少19．6/49=0．4mol，浓度减少0．4mol/L，所以容器B中CH3OH的平均反应速率为0．4mol/L/10s=0．04 mol/L·S ‎②B容器中平衡时c(CH3OH)=1-0．4=0．6mol/L=c(H2O)，c(CO2)=0．4 mol/L ,c(H2)=1．2 mol/L,所以B容器的化学平衡常数K= c(CO2) c(H2)3/ c(CH3OH) c(H2O)=1．92‎ ‎③a容器的化学平衡常数是1/1．92,设平衡时甲醇的浓度为x，则1/1．92=x2/(1-x)(3-3x)3，解得x=0．6mol/L，所以α＝0．6mol/L×‎1L×49 kJ/mol =29．4 kJ ‎④a、升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率减少，错误；b、将水蒸气从体系分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，甲醇产率增大，正确；c、使用催化剂对平衡无影响，错误；d、将容器的容积缩小一半，压强增大，平衡正向移动，甲醇产率增大，正确，答案选bd。‎ ‎（3）原电池中阳离子移向正极，所以电池右侧为正极，氧气发生还原反应，电极反应式为O2＋4e-＋4H+ 2H2O，所以电池左侧为负极，b口应通CH3OH。‎ 考点：考查热化学方程式、电极反应式的书写，反应速率、化学平衡常数的计算，平衡的移动，原电池正负极的判断 ‎80．A～E五种元素中，除E外均为短周期元素，且原子序数依次增大。它们的原子 结构或性质如下表所示：‎ 元素 A B C D E 结构或性质 原子半径最小的元素 地壳中含量最多的元素 可与B形成阴阳离子个数比为1:2的两种化合物 与B同主族 单质是生活中最常见的金属，可被磁铁吸引 ‎（1）元素D在周期表中的位置为。‎ ‎（2）C与B形成原子个数比为1∶1的化合物中，含有的化学键类型为。‎ ‎（3）化合物甲、乙是由A、B、C、D四种元素中的三种组成的强电解质，且两种物质水溶液均显碱性。若甲能抑制水的电离，乙能促进水的电离，则化合物甲的电子式为；乙的化学式是。‎ ‎（4）以E构成的单质为Y极，碳棒为X极，在6 mol/L的NaOH溶液中进行电解，制取高效净水剂Na2YO4（溶液呈紫红色）。其装置如图。电解过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色，且Y电极变细；电解液澄清。Y极发生的电极反应为：4OH－－4e－2H2O＋O2↑和。若在X极收集气体672 mL，在Y极收集气体168 mL（均已折算为标况下体积），则Y电极质量减少g。‎ ‎（5）Se是人体必备的微量元素，与B、D同一主族。Se的原子序数为34，且B、D、Se元素气态单质分别与H2反应生成1 mol气态氢化物的反应热如下：‎ a．+ 29．7 kJ/mol b．－20．6 kJ/mol c．－241．8 kJ/mol ‎ 表示生成1 mol H2Se的反应热是（填序号）；依据是：。‎ ‎【答案】（1）第三周期第ⅥA ‎（2）离子键、非极性共价键 ‎（3）；Na2S、NaHS、Na2SO3‎ ‎（4）Fe-6e-+8OH-= FeO42-+4H2O；0．‎28g；‎ ‎（5）a O、S、Se同主族，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，即与氢气化合的能力逐渐减弱，反应放出的热量逐渐减少，吸收能量逐渐增加 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）B地壳中含量最多的元素，B是O元素，则D是S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA ‎（2）C可与B形成阴阳离子个数比为1:2的两种化合物，且C的原子序数大于8，所以C是Na元素，形成的化合物是过氧化钠，含有的化学键类型为离子键、非极性共价键；‎ ‎（3）A是H元素，甲能抑制水的电离，说明甲为碱，结合H、O、Na、S形成的强电解质，所以甲为氢氧化钠，其电子式为；乙能促进水的电离，说明乙是水解显碱性的盐，所以乙为硫化钠Na2S、硫氢化钠NaHS、亚硫酸钠Na2SO3，‎ ‎(4)E为铁，该装置制取高效净水剂Na2FeO4，所以Y极除生成氧气外还有Na2FeO4生成，电极反应方程式为Fe-6e-+8OH-= FeO42-+4H2O；X极产生氢气，得电子的物质的量为0．‎672L/22．‎4L/mol×2=0．06mol,Y极产生氧气，失电子的物质的量为0．‎168L/22．‎4L/mol×4=0．03mol，所以铁失电子的物质的量是0．06-0．03=0．03mol，则铁溶解的质量为0．03mol÷6×‎56g/mol=0．‎28g;‎ ‎(5)O、S、Se同主族，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，即与氢气化合的能力减弱，反应放出的热量逐渐减少，吸收能量逐渐增加，所以选a。‎ 考点：考查元素推断，元素位置的判断，化学键类型的判断，电子式、电极反应方程式的书写，氧化还原反应的计算，热效应的判断 ‎81．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列问题：‎ ‎（1）已知：N2(g)+O2(g) = 2NO(g) △H=+180．5kJ/mol N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=－92．4kJ/mol ‎2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H=－483．6kJ/mol 写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为 ‎。‎ ‎（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响。‎ 实验结果如图所示：‎ ‎（图中T表示温度，n表示物质的量）‎ ‎①图像中T2和T1的关系是：T2 T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）‎ ‎②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2 的转化率最高的是（填字母）。。‎ ‎③若容器容积为‎1L，在起始体系中加入1mol N2 ，n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，则此 条件下（T2），反应的平衡常数K=。保持容器体积不变，再向容器中加入1mol N2，3mol H2反应达到平衡时，氢气的转化率将 ‎（填“增大”、“减”或“不变”）。‎ ‎（3）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。‎ ‎①一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：‎ ‎2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g) ΔH＞0下表为反应在T1温度下的部分实验数据 t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ c(N2O5)/mol·L—1‎ ‎5．0‎ ‎3．5‎ ‎2．4‎ 则50s内NO2的平均生成速率为。‎ ‎②现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。‎ 写出石墨I电极上发生反应的电极反应式。‎ 在电解池中生成N2O5的电极反应式为。‎ ‎【答案】（1）4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H =-905 ．0kJ/mol ‎（2）①低于② c ③25/12； 增大 ‎（3）①0．06mol•L-1•s-1 ‎ ‎② H2 + CO32-－－2e－ = CO2 + H2O 阳极：N2O4 + 2HNO3 - 2e— = 2N2O5 + 2H+‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，由所给热化学方程式 N2(g)+O2(g) = 2NO(g) △H=+180．5kJ/mol①‎ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92．4kJ/mol ②‎ ‎2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H=－483．6kJ/mol ③‎ 根据盖斯定律得（①－②）×2＋③×3可得所求，答案是4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H =-905．0kJ/mol ‎（2）①T2的氨气含量高于T1的氨气含量，温度低对合成氨有利，所以T2低于T1‎ ‎②a、b、c三点中c点的氢气的物质的量最大，根据化学平衡中增大一种反应物的量，会增大另一种反应物的转化率，所以c点的氮气的转化率最高；‎ ‎③氢气的起始浓度为3mol/L，氮气的起始浓度为1mol/L，氢气的转化率为60%，所以平衡时：c(H2)= 1．2mol/L，c(N2)=0．4mol/L,c(NH3)=1．2 mol/L，所以化学平衡常数K= c(NH3)2/c(N2)·c(H2)3=25/12‎ ‎(3) ①50s内N2O5浓度减少1．5mol/L，则NO2的浓度增加 ‎3 mol/L，所以NO2的平均生成速率为3 mol/L/50s=0．06mol•L-1•s-1‎ ‎②左池为氢氧燃料电池装置，石墨I电极上发生氧化反应，电极反应式为H2 + CO32-－－2e－ = CO2 + H2O 右池为电解池装置，N2O5在阳极生成，石墨Ⅱ为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：阳极：N2O4 + 2HNO3 -2e— =2N2O5 +2H+‎ 考点：考查盖斯定律的应用，化学平衡中反应速率的计算、转化率的比较，原电池、电解池的综合应用 ‎82．铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。请回答:‎ ‎(1)工业冶炼铝的化学方程式是。 ‎ ‎(2)铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是。 ‎ ‎(3)工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸杂质,可用离子交换膜法电解提纯。‎ 电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过),其工作原理如图所示。‎ ‎①该电解槽的阳极反应式是。 ‎ ‎②通电开始后,阴极附近溶液pH会增大,请简述原因。 ‎ ‎③除去杂质后的氢氧化钾溶液从溶液出口(填写“A”或“B”)导出。 ‎ ‎【答案】(1)2Al2O34Al+3O2↑‎ ‎(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑‎ ‎(3)①4OH--4e-2H2O+O2↑　②H+放电,促进水的电离,OH-浓度增大　③B ‎【解析】离子交换膜法电解提纯KOH时,阳极反应为:4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极反应为:4H2O+4e-4OH-+2H2↑。电解过程中阳极附近的K+通过阳离子交换膜向阴极移动,含氧酸根离子不能通过离子交换膜。一段时间后,阴极附近K+、OH-浓度变大,从B处(阴极区)得到溶液,蒸发结晶后可得较纯净的KOH。‎ ‎83．如图为持续电解含有一定量CaCl2水溶液(含酚酞)的装置(以铂为电极),A为电流表。电解一段时间t1后,将CO2连续通入电解液中。‎ ‎(1)电解时,F极发生反应,电极反应为,E极发生反应,电极反应为,电解总反应为。 ‎ ‎(2)电解池中产生的现象:‎ ‎①　_____________________‎ ‎②_____________________‎ ‎③_____________________‎ ‎【答案】(1)氧化　2Cl--2e-Cl2↑　还原　2H++2e-H2↑　2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑‎ ‎(2)①通电后E极处溶液呈红色　②通电时,E极、F极均有气体生成　③通入CO2时,溶液中先出现白色沉淀,继续通入CO2沉淀又消失 ‎【解析】溶液中含有:Ca2+、H+、Cl-、OH-,通电时,Ca2+、H+移向阴极,H+放电能力比Ca2+强,在E极上发生反应:2H++2e-H2↑,H2O电离出的H+放电,OH-富集在阴极(E极),则使阴极区溶液变红;Cl-、OH-移向阳极,Cl-在阳极放电,2Cl-Cl2↑+2e- ,总反应方程式:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-;电解一段时间t1后,溶液中OH-浓度增大,相当于Ca(OH)2、CaCl2的混合溶液,通入CO2:Ca2++2OH-+CO2CaCO3↓+H2O,继续通入CO2:CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2。‎ ‎84．可以将氧化还原反应2H2+O22H2O设计成原电池。‎ ‎(1)利用氢气和氧气、氢氧化钾溶液构成燃料电池,则负极通的气体应是,正极通的气体就是,电极反应为:正极,负极。 ‎ ‎(2)如果把KOH改为稀硫酸作电解质,则电极反应为:正极:,负极:。 ‎ ‎(3)(1)和(2)的电解质溶液不同,反应进行后,其溶液的pH各有何变化?。 ‎ ‎(4)如把H2改为甲烷,KOH溶液作电解质溶液,则电极反应为:正极:,负极:。 ‎ ‎【答案】(1)H2　O2　O2+2H2O+4e-4OH-　H2+2OH--2e-2H2O ‎(2)O2+4H++4e-2H2O　2H2-4e-4H+‎ ‎(3)前者变小,后者变大 ‎(4)2O2+4H2O+8e-8OH-　CH4+10OH--8e-C+7H2O ‎【解析】(1)根据电池反应可知在反应中H2被氧化,O2被还原。H2应该在负极上反应,O2应该在正极上反应,又因为是碱性溶液不可能有H+参加或生成,故负极的电极反应为2H2+4OH--4e-4H2O,正极的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-。‎ ‎(2)若将电解质溶液换为酸性溶液,此时应考虑不可能有OH-参加或生成,故负极的电极反应为2H2-4e-4H+,正极的电极反应为O2+4H++4e-2H2O。‎ ‎(3)由于前者在碱性条件下反应,KOH的量不变,但工作时H2O增多,故溶液变稀,pH将变小;而后者为酸溶液,H2SO4的量不变,H2O增多,故溶液变稀,pH将变大。‎ ‎(4)如把H2改为甲烷,KOH溶液作电解质,则正极反应为2O2+4H2O+8e-8OH-;负极反应为CH4+10OH--8e-C+7H2O,此时不会有CO2放出。‎ ‎85．铅蓄电池是典型的可充型电池,电池总反应为:Pb+PbO2+4H++2S2PbSO4+2H2O。‎ 请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原):‎ 放电时,正极的电极反应是;电解液中H2SO4的浓度将变;当外电路通过1 mol电子时,理论上负极板的质量增加g。 ‎ ‎【答案】PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O　小　48‎ ‎【解析】放电时正极上发生还原反应,由总电池反应知,发生还原反应的物质为PbO2,产物为PbSO4,同时消耗H2SO4,故正极反应为:PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O。‎ ‎86．化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。‎ ‎(1)目前常用的镍镉(NiCd)电池,其电池总反应可以表示为:‎ Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2‎ 已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸,以下说法中正确的是(　　)‎ ‎①以上反应是可逆反应　‎ ‎②以上反应不是可逆反应 ‎③充电时化学能转变为电能　‎ ‎④放电时化学能转变为电能 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ ‎(2)废弃的镍镉电池已成为重要的环境污染物,有资料表明一节废镍镉电池可以使一平方米面积的耕地失去使用价值。在酸性土壤中这种污染尤为严重。这是因为。 ‎ ‎【答案】(1)B ‎(2)Ni(OH)2和Cd(OH)2能溶于酸性溶液 ‎【解析】(1)NiCd电池的充、放电条件不相同,因此电池的充、放电反应不属于可逆反应。‎ ‎(2)Ni(OH)2和Cd(OH)2在酸性土壤中溶解,生成重金属离子Ni2+和Cd2+,污染土壤。‎ ‎87．某兴趣小组为了提高电池的效率,设计了下图所示的原电池。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)若X是AlCl3溶液,Y是稀硫酸,请你写出电极名称及电极反应:‎ Al片(　　)　____________________________, ‎ Cu片(　　)____________________________。 ‎ ‎(2)若X是浓硝酸,Y是NaCl溶液,请你写出电极名称及电极反应:‎ Al片(　　)____________________________, ‎ Cu片(　　)____________________________。 ‎ ‎【答案】(1)负极　2Al-6e-2Al3+‎ 正极　6H++6e-3H2↑‎ ‎(2)正极　2N+4H++2e-2NO2↑+2H2O 负极　Cu-2e-Cu2+‎ ‎【解析】(1)若X是AlCl3溶液,Y是稀硫酸,实质是由Al—稀硫酸—Cu组成的原电池,由于Al比Cu活泼,所以Al为负极,失电子,被氧化为Al3+,Cu为正极,溶液中的H+得电子,被还原为H2。‎ ‎(2)若X是浓硝酸,Y是NaCl溶液,实质是由Al—浓硝酸—Cu组成的原电池,由于Al遇浓硝酸钝化,不能溶解,Al为正极,Cu为负极,失电子,被氧化为Cu2+。‎ ‎88．(1)事实证明,原电池中发生的反应通常是放热反应。利用下列化学反应可以设计成原电池的是。 ‎ A.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　ΔH>0‎ B.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH<0‎ C.2H2(g) +O2(g)2H2O(l)　ΔH<0‎ D.CaCO3(s)+2HCl(aq)CaCl2(aq)+H2O(l)+CO2(g)　ΔH<0‎ E.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH<0‎ ‎(2)有A、B、C、D四种金属,将A与B用导线连接起来,浸入电解质溶液中,B不易腐蚀。将A、D分别投入等物质的量浓度的盐酸中,D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里,无明显变化,如果把铜浸入C的盐溶液里,有金属C析出。据此判断A、B、C、D的活动性由强到弱的顺序是。 ‎ ‎【答案】(1)CE　(2)D>A>B>C ‎【解析】(1)原电池是自发进行的氧化还原反应,由条件知反应通常是放热反应,A为吸热反应,B、D不是氧化还原反应,选C、E。(2)本题考查原电池原理的应用。根据原电池原理:活动性不同的金属组成原电池时,活泼金属作负极,失电子,发生氧化反应,较不活泼的金属作正极,据此可以判断金属活动性的强弱。活泼金属作负极,被腐蚀,所以活动性A>B;A、D与等浓度盐酸反应时D比A反应剧烈,说明活动性D>A;铜与B的盐溶液不反应,但铜可置换出C,说明活动性B>C。即活动性由强到弱的顺序为D>A>B>C。‎ ‎89．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：‎ 化学反应 平衡常数 温度（℃）‎ ‎500‎ ‎800‎ ‎①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)‎ K1‎ ‎2．5‎ ‎0．15‎ ‎②H2(g)+CO2(g) H2O (g)+CO(g)‎ K2‎ ‎1．0‎ ‎2．50‎ ‎③3H2(g)+ CO2(g) CH3OH(g)+H2O (g)‎ K3‎ ‎（1）反应②是（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（2）某温度下反应①中H2的平衡转化率（a）与体系总压强(P)的关系如图所示。则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎（3）判断反应③△H0； △S0（填“>”“=”或“<”）据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=（用K1、K2表示）。在‎500℃‎、‎2L的密闭容器中，进行反应③，测得某时刻H2、CO2、 CH3OH、H2O的物质的量分别为6mol、2 mol、10 mol、10 mol，此时v(正)v(逆) （填“>”“=”或“<”）‎ ‎（4）一定温度下，在‎3 L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。‎ 当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是。‎ 当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是。‎ ‎（5）甲醇燃料电池通常采用铂电极，其工作原理如图所示，负极的电极反应为：。‎ ‎（6）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。通常状况下，将0．2 mol/L的醋酸与0．1 mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，则混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。‎ ‎【答案】（1）吸热（1分）‎ ‎（2）=（1分） ‎ ‎（3）< 、<（各1分）；K3 = K1·K2 （1分）; >（2分）‎ ‎（4）加入催化剂（1分）；‎ 将容器的体积快速压缩至‎2L（2分，只写出加压或缩小容器体积得1分）‎ ‎（5）CH3OH - 6e- + H2O = CO2 + 6H+ （2分）‎ ‎（6）c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题给数据知，反应②的平衡常数K2随温度的升高而增大，故反应②是吸热反应；（2）化学平衡常数的影响因素为温度，根据题给信息知，A点和B点的温度相同，则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)；（3）根据题给反应知，反应①+反应②=反应③，根据三个反应的平衡常数表达式分析，K3= K1·K2；则‎500℃‎时K3=2.5，‎800℃‎K3=0.375，则反应③△H＜0；又反应③为气体物质的量减小的反应，则 △S＜0；根据题给数据计算浓度商Q=25/27＜K3=2.5，故反应③正向进行，此时v(正) ＞v(逆) ；（4）根据题给图像知，当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，一氧化碳的平衡浓度未发生变化，只是缩短了达平衡的时间，故改变的条件是加入催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，达平衡的时间缩短，一氧化碳的平衡浓度增大为原来的1.5倍，改变的条件是将容器的体积快速压缩至‎2L；（5）根据题给装置图知，该电池为酸性甲醇燃料电池，负极的电极反应为：CH3OH - 6e- + H2O = CO2 + 6H+；（6）通常状况下，将0．2 mol/L的醋酸与0．1 mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液为醋酸钡溶液，为强碱弱酸盐水解呈碱性，则混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)。‎ 考点：考查化学平衡图像分析、平衡常数的影响因素、外界条件对化学平衡的影响、电极反应式书写、盐类的水解等。‎ ‎90．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关。‎ ‎（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应： Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99．9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是 (填字母编号)。‎ A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低 B．缩小容器容积，平衡右移，H减小 C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低 D．当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态 ‎（2）CO与镍反应会造成镍催化剂中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2‎ 将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫。‎ 已知：C(s)+O2(g)=CO(g) H=-Q1 kJmol-1‎ C(s)+ O2(g)=CO2(g) H=-Q2 kJmol-1‎ S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-Q3 kJmol-1‎ 则SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g) H=。‎ ‎（3）金属氧化物可被一氧化碳还原生成金属单质和二氧化碳。图28（3）是四种金属氧化物（Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳还原时与温度（t）的关系曲线图。‎ ‎700oC时，其中最难被还原的金属氧化物是 (填化学式)，用一氧化碳还原该金属氧化物时，若反应方程式系数为最简整数比，该反应的平衡常数(K)数值等于 。‎ ‎（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如上图28（4）所示。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为。‎ 若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20mol Y，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L。‎ ‎【答案】（1）C （3分）‎ ‎（2）－(2Q2－2Q1－Q3) kJ·mol－1或（2Q1－2Q2＋Q3）kJ·mol－1 （3分）‎ ‎（3）Cr2O3 （3分） 10－12 （3分）‎ ‎（4）NO2＋NO3－－e－＝N2O5 （2分） 224 （3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Ni为固体，增加Ni的量，平衡不移动， CO的转化率和Ni的转化率不变，错误；B、∆H不受压强的影响，所以缩小容器容积，∆H不变，错误；C、反应达到平衡后，充入CO，容器的压强增大，有利于平衡向正反应方向移动，所以再次达到平衡时，CO的体积分数降低，正确；D、因为没有指明是正反应速率还是逆反应速率，所以当4v[Ni(CO)4]=v(CO)不能说明反应是否平衡，错误。‎ ‎（2）根据盖斯定律，已知的3个反应与要求的反应分别对比CO、CO2和SO2可得∆H=—2∆H1+2∆H2—∆H3=－(2Q2－2Q1－Q3) kJ·mol－1或（2Q1－2Q2＋Q3）kJ·mol－1 ‎ ‎（3）‎700℃‎时，Cr2O3反应的 最大，说明CO的转化率最小，因此最难被还原的金属氧化物是Cr2O3；根据曲线可知‎700℃‎时，Cr2O3反应的=4，则c(CO)/c(CO2)=104，根据CO还原Cr2O3的化学方程式：3CO+Cr2O33CO2+2Cr可知平衡常数K=c3(CO2)/c3(CO)= 10－12 ‎ ‎（4）NO2在负极上失去电子生成的氧化物为N2O5，所以电极反应式为NO2＋NO3－－e－＝N2O5 ；该燃料电池的总反应为：4NO2+O2 = 2N2O5，收集N2O5共20mol，则消耗O2为10mol，在标准状况下的体积为‎224L。‎ 考点：本题考查化学平衡移动、盖斯定律、平衡常数的计算、燃料电池。 ‎ ‎91．节能减排是当今社会的热门话题，研发混合动力汽车对于中国汽车业的未来具有重要的战略意义。混合动力汽车持续工作时间长，动力性好的优点，无污染、低噪声的好处，汽车的热效率可提高10%以上，废气排放可改善30%以上，某种混合动力汽车的动力系统由“1．‎6L汽油机十自动变速器十20kW十200V镍氢电池”组成。‎ ‎①混合动力汽车所用的燃料之一是乙醇，lg乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态H2O放出30.0kJ热量，写出乙醇燃烧的燃烧热的热化学方程式。‎ ‎②镍氢电池的使用可以减少对环境的污染，它采用储氢金属为负极，碱液NaOH为电解液，镍氢电池充电时发生反应 。其放电时的正极的电极反应方程式为。‎ ‎③常温下，同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH都大于7，两者中哪种的pH更大，其原因是。0．1mol·L－1 Na2CO3中阴离子浓度大小关系是，向0．1mol·L－1 NaHCO3溶液中滴入少量氢氧化钡溶液，则发生反应的离子方程式为：。‎ ‎（2）二氧化锰、锌是制备干电池的重要原料，工业上用软锰矿（含MnO2）和闪锌矿（含ZnS）‎ 联合生产二氧化锰、锌的工艺如下：‎ ‎①操作Ⅰ需要的玻璃仪器是。‎ ‎②软锰矿（含MnO2）和闪锌矿与硫酸反应的化学方程式为 ，上述电解过程中，当阴极生成6．‎5g B时阳极生成的MnO2的质量为 。‎ ‎③利用铝热反应原理，可以从软锰矿中提取锰，发生的化学方程式为。‎ ‎【答案】（1）①C2H5OH（l）+3O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ；△H=-1380KJ/mol （2分）‎ ‎② NiO(OH) + H2O+ e- = Ni(OH)3 + OH- ; （2分）‎ ‎③Na2CO3 ，CO32- 水解比HCO3- 水解程度大，产生的OH- 更多，所以Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3的大，PH大。 C（CO32-）﹥C（OH-）﹥C（HCO3-） （各1分）‎ Ba2+ + 2OH- + 2HCO3- =BaCO3↓+ CO32- + 2H2O （2分）‎ ‎（2）① 漏斗、烧杯、玻棒 （写全得1分） ‎ ‎②MnO2 +ZnS +2H2SO4==MnSO4+ZnSO4+ S↓+2H2O；‎8.7 g （各2分）‎ ‎③ 3MnO2 + 4Al高温 ‎=‎ 2Al2O3 + 3Mn （2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①燃烧热指是1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，故把‎1g换算成成‎46g，热量数值乘以46得乙醇的燃烧热；②放电时的反应为充电时的逆反应，放电时正极发生还原反应故NiO(OH)得电子发生还原反应生成Ni(OH)2；③根据两者水解程度的大小判断溶液pH的大小；水解是微弱的，碳酸钠溶液中主要存在的阴离子是碳酸根离子，碳酸根离子发生第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子再发生水解生成碳酸分子和氢氧根离子，故C（CO32-）﹥C（OH-）﹥C（HCO3-）；氢氧化钡溶液是少量的，可假设氢氧化钡的物质的量为1mol，2mol的OH-消耗2mol的HCO3-生成2mol的CO32-，1mol的钡离子只和1mol的碳酸根离子反应生成1mol的碳酸钡沉淀，故Ba2+ + 2OH- + 2HCO3- =BaCO3↓+ CO32- + 2H2O；（2）①操作Ⅰ是过滤，故需要漏斗做成过滤器、烧杯、玻璃棒引流；②反应物为MnO2 和ZnS，产物MnSO4+ZnSO4，故二氧化锰发生了还原反应，发生氧化反应的是负二价的硫，氧化后生成不溶水的硫单质，故为MnO2 +ZnS +2H2SO4==MnSO4+ZnSO4+ S↓+2H2O；根据信息联合生产二氧化锰、锌，故阴极生成6．‎5g的锌，物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.2mol，当MnSO4得到0.2mol电子时生成0.1mol的MnO2，故质量为‎8.7g；③根据铝热反应得铝和二氧化锰高温下反应生成锰单质和氧化铝；‎ 考点：热化学方程式的书写、电极反应式的书写、电解的计算、离子浓度的比较、方程式的书写等知识。‎ ‎92．（Ⅰ）碳和碳的化合物在人类生产、生活中的应用非常广泛。“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的生活方式。‎ ‎（1）甲烷燃烧时放出大量的热，可作为能源应用于人类的生产和生活。 ‎ ‎（2）将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是：。‎ ‎（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为‎2L的恒容密闭容器中，进行反应：‎ ‎，得到如下三组数据：‎ ‎①实验1中，以v（ H2）表示的平均反应速率为： 。‎ ‎②该反应的正反应为 （填“吸”或“放”）热反应；‎ ‎③若要实验3达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的体积分数分别相等），则a、b应满足的关系是 （用含a、b的数学式表示）。‎ ‎（Ⅱ）某小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图所示装置电解K2SO4溶液。‎ ‎①该电解槽中通过阴离子交换膜的离子数（填“>”“<”或“一”）通过阳离子交换膜的离子数；‎ ‎②图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，则a、b、c、d由小到大的顺序为 ；‎ ‎③电解一段时间后，B出口与C出口产生气体的质量比为。‎ ‎【答案】（Ⅰ）(1) －890.3 kJ/mol （2分）‎ ‎(2) CH4 －8e－＋10OH - ==CO3 2- +7H2O（2分）‎ ‎(3) ①0.16 mol·L－1·min－1 （2分） ②放　（1分） ‎ ‎③a∶b＝1∶2(或b＝‎2a) （2分）‎ ‎（Ⅱ）① < （1分）‎ ‎② b1.4 mol·L-1‎ ‎③丙容器的容积为‎1L，T‎1℃‎时，按下列配比充入C(s)、H2O(g)、CO2(g)和H2(g)， 达到平衡时各气体的体积分数与甲容器完全相同的是_______(填选项字母）。‎ A.0.6‎‎ mol、1.0 mol、0.5 mol、1.0 mol ‎ ‎ B． 0.6 mol、2.0 mol、0 mol、0 mol C.1.0 mol、2.0 mol、1.0 mol、2.0 mol ‎ D． 0.25 mol、0.5 mol、0.75 mol、1.5 mol ‎（3）在一定条件下，科学家利用从烟道气中分离出CO2与太阳能电池电解水产生的H2合成甲醇，已知CH3OH、H2的燃烧热分别为：△H＝－725.5kJ/mol、△H＝－285.8kJ/mol，写出工业上以CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式：。‎ ‎（4）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：‎ ‎2CO2(g）+ 6H2(g）CH3OCH3(g）+ 3H2O(g)‎ 已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：‎ 投料比[n(H2）/ n(CO2)]‎ ‎500 K ‎600 K ‎700 K ‎800 K ‎1.5‎ ‎45%‎ ‎33%‎ ‎20%‎ ‎12%‎ ‎2.0‎ ‎60%‎ ‎43%‎ ‎28%‎ ‎15%‎ ‎3.0‎ ‎83%‎ ‎62%‎ ‎37%‎ ‎22%‎ ‎①该反应的焓变△H0，熵变△S___0（填＞、＜或＝）。‎ ‎②用甲醚作为燃料电池原料，在碱性介质中该电池负极的电极反应式。若以‎1.12 L·min-1（标准状况）的速率向该电池中通入甲醚（沸点为‎-24.9 ℃‎），用该电池电解500 mL 2 mol·L-1 CuSO4溶液，通电0.50 min后，理论上可析出金属铜g。‎ ‎【答案】（1）C(s)+2H2O(g）CO2(g)+ 2H2 (g）(2分)‎ ‎（2）①12.8 （1分，不写单位不扣分，写错单位不得分） ②C （2分）③ AD（2分）‎ ‎（3）CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l） △H＝－131.9kJ/mol（2分）‎ ‎（4）①＜（1分），＜（1分）‎ ‎②CH3OCH3 －12e－ ＋16OH－＝2CO32－ ＋11H2O(2分） 9.6(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）表达式中分子为产物，分母为反应物，因为有二氧化碳生成，故还有固体碳参加，固体不写在平衡常数表达式中；‎ ‎（2）①将容器甲中的相关数据代入平衡常数表达式中，注意将物质的量转化成平衡时的浓度；②三分钟水的转化量为1.2mol，因为起始时浓度大，反应速率快，故1.5分钟水的转化量大于0.6mol，故1.5分钟时水的浓度小于1.4mol/L；（3）写出二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水的化学方程式、甲醇和氢气燃烧热的化学方程式，根据盖斯定律得制取甲醇的反应的△H，写出让热化学方程式；（4）①温度升高，二氧化碳的转化率减小，故正反应为放热反应；因为气体系数和减小，故熵变小于零；②负极甲醚失去电子在碱性溶液中生成碳酸根离子和水，通入的甲醚失去电子总数等于铜离子得到电子总数，根据电子守恒算出析出铜的质量。‎ 考点：化学平衡常数表达式、化学平衡的移动、盖斯定律的应用、电极反应式的书写和应用电子守恒计算等知识 ‎95．催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用催化工艺。‎ ‎⑴人们常用催化剂来选择反应进行的方向。如图所示为一定条件下1mol ‎ CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。‎ HCHO(g)‎ CH3OH(g)‎ CO(g)‎ CO2(g)‎ E/kJ·mol－1‎ 有催化剂 无催化剂 ‎158‎ ‎283‎ ‎676‎ ‎①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成（填“CO、CO2或HCHO”）。‎ ‎②2HCHO(g)＋O2(g)=2CO(g)＋2H2O(g) △H=。‎ ‎③在稀硫酸催化下，HCHO可以通过反应生成分子式为C3H6O3的环状三聚甲醛分子，其分子中同种原子的化学环境均相同。写出三聚甲醛的结构简式：。‎ ‎④甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂，含有AgCl会影响Ag催化剂的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，写出该反应的离子方程式：。‎ ‎⑵一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：‎ ‎①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：‎ ‎2SO2＋2n Cu＋(n＋1)O2＋(2－2 n) H2O=2n CuSO4＋(2－2n) H2SO4‎ 从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为；每吸收标准状况下‎11.2L SO2，被SO2还原的O2的质量为g。‎ ‎②利用下图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的离子方程式。‎ 石墨 铜 隔膜 SO2‎ CuSO4‎ H2SO4‎ H2SO4‎ ‎【答案】‎ ‎⑴①HCHO ②－470kJ·mol－1③‎ ‎④AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O或AgCl＋2NH3=Ag(NH3)2＋＋Cl－‎ ‎⑵①防止酸雨的发生 8‎ ‎②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42―＋Cu ‎【解析】‎ 试题分析：⑴①反应活化能越低，越容易进行，有催化剂生成HCHO的活化能低，故发生该反应；‎ ‎②△H=－（676－283）×2=－470kJ·mol－1；③该反应为碳氧双键的加成反应；④该反应是形成Ag(NH3)2＋配离子，AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O或AgCl＋2NH3=Ag(NH3)2＋＋Cl－；（2）①二氧化硫对环境的污染是酸雨；被SO2还原的O2的质量也就是从其得到电子的氧气的质量，m(O2)=11.2÷22.4×2÷4×32=‎‎8g ‎②根据信息确定产物为铜和SO42－，方程式为SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42―＋Cu。‎ 考点：考查化学原理综合有关问题。‎ ‎96．LiBH4为近年来储氢材料领域的研究热点。‎ ‎（1）反应2LiBH4=2LiH＋2B＋3H2↑，生成‎22.4 L H2(标准状况)时，转移电子的物质的量为mol。‎ ‎（2）下图是2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，则：‎ Mg(s)＋2B(s)=MgB2(s) △H＝。‎ ‎（3）采用球磨法制备Al与LiBH4的复合材料，并对Al－LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：‎ ‎①如图为‎25℃‎水浴时每克不同配比的Al－LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。由图可知，下列说法正确的是(填字母)。‎ a．‎25℃‎时，纯铝与水不反应 b．‎25℃‎时，纯LiBH4与水反应产生氢气 c．‎25℃‎时，Al－LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大 ‎②如图为‎25℃‎和‎75℃‎时，Al－LiBH4复合材料[ω(LiBH4)＝25%]与水反应一定时间后产物的X－射线衍射图谱(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。‎ 从图中分析，‎25℃‎时Al－LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是(填化学式)，产生Al(OH)3的化学方程式为。‎ ‎（4）如图是直接硼氢化钠－过氧化氢燃料电池示意图。该电池工作时，正极附近溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）2(2分)‎ ‎（2）－93 kJ·mol－1(2分)‎ ‎（3）①ab(2分)‎ ‎②LiBH4(2分)2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑(2分)‎ ‎（4）增大(2分)BH4-－8e－＋8OH－=BO2-＋6H2O(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）LiBH4中氢元素化合价为-1价，生成1mol氢气电子转移2mol；（2）能量由上到下分别为1、2、3、4，则该反应的焓变为－(1+3－2－4)= －93 kJ·mol－1；（3）①a、图中当全为铝时气体为0，故纯铝与水不反应，正确；b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气，正确；c、当材料含LiBH4为25%时（d线），产生氢气的量最多，错误。②由图12得出反应后已没有LiBH4，但存在大量铝，故其完全反应，；铝部分反应（有氢氧化铝等铝的产物）；（4）右室双氧水得到电子为正极，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，故该极碱性增强，负极为BH4-－8e－＋8OH－=BO2-＋6H2O。‎ 考点：考查化学反应原理综合有关问题。‎ ‎97．镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：‎ 反应ⅠNi(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)△H1＜0‎ 反应ⅡNi(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g) △H2 ‎ ‎（1）在温度不变的情况下，要提高反应Ⅰ中Ni(CO)4的产率，可采取的措施有、 。‎ ‎（2）已知350K下的‎2L密闭容器中装有‎100g 粗镍（纯度98．5%,所含杂质不与CO反应），通入6 molCO气体发生反应Ⅰ制备Ni(CO)4，容器内剩余固体质量和反应时间的关系如图所示，10min后剩余固体质量不再变化。‎ ‎①反应Ⅰ在0～10min的平均反应速率v（Ni(CO)4）= 。‎ ‎②若10min达到平衡时在右端得到29．‎5g纯镍，则反应Ⅰ的平衡常数K1为多少？（写出计算过程）‎ ‎（3）反应Ⅱ中 △H20（填“＞”、“＜”、“＝”）；若反应Ⅱ达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时。（双选）‎ a．平衡常数K增大 b．CO的浓度减小 c．Ni的质量减小 d．v逆[Ni(CO)4]增大 ‎（4）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH)表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：‎ NiO(OH)+MHNi(OH)2+M 电池充电时，阳极的电极反应式为。电池充电时阴极上发生（填“氧化”或“还原”）反应 ‎【答案】（1）①增大CO浓度，加压。（各1分共2分）‎ ‎②0．05mol·L-1min-1（2分）‎ ‎③0．5（2分）‎ ‎（2）＞（2分）bc（2分）‎ ‎（3）Ni(OH)2＋OH-e－=NiO(OH)+ H2O（2分）还原（1分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： （1）要提高反应Ⅰ中Ni(CO)4的产率，就是要使平衡正向移动，因此除了改变温度以外，还可以适当增大压强、增大CO的初始浓度。‎ ‎（2）①反应至10min时，固体Ni的质量减小了100-41=‎59g，所以反应的n(Ni)= ‎59g/‎59g/mol=1mol，所以生成的Ni(CO)4）也为1mol，所以v（Ni(CO)4）=1/(10×2) mol·L-1min-1=0．05mol·L-1min-1。‎ ‎②反应十分钟达平衡，右端得到29．‎5g的纯镍，是发生了反应II，所以此处为干扰信息，所求的反应I的平衡常数与反应II无关，因此计算过程如下：‎ Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)‎ 起始(mol) 6 0（1分）‎ 变化(mol) 1 4 1（1分）‎ 平衡(mol) 2 1（1分）‎ 平衡(mol/L) 1 0．5‎ K = c[Ni(CO)4]/c4(CO) = 0．5/14 = 0．5（2分）‎ ‎（3）反应II为反应I的逆过程，所以反应II中的△H2 >0；达到平衡后降低温度，平衡逆向移动，因此分析如下：温度降低，平衡逆向移动，平衡常数K变小，a错误；平衡逆向移动，CO的浓度减小，Ni的质量减小，bc正确；温度降低正逆反应速率均减小，D错误。‎ ‎ (4)从电池充放电总反应式来看，NiO(OH)→ Ni(OH)2 中Ni的化合价+3→+2，发生还原反应，所以放电时作正极。相反，当充电时Ni(OH)2→NiO(OH)时，Ni(OH)2 应该作阳极发生氧化反应，因此反应的电极反应式为：Ni(OH)2＋OH-e－=NiO(OH)+ H2O，而充电时的阴极发生还原反应。‎ 考点：本题考查的是反应原理知识、反应速率和K的计算、电化学基础知识。‎ ‎98．如图为相互串联的甲乙两个电解池，X、Y为直流电源的两个电极。电解过程中，发现石墨电极附近先变红。请回答：‎ ‎(1)电源X极为极(填“正”或“负”)，乙池中Pt电极上的电极反应式为。‎ ‎(2)甲池若为电解精炼铜的装置，其阴极增重‎12.8 g，则乙池中阴极上放出的气体在标准状况下的体积为，电路中通过的电子为mol。‎ ‎(3)在(2)的情况下，若乙池剩余溶液的体积仍为400 mL，则电解后所得溶液c(OH－)＝。‎ ‎【答案】(1)正　2Cl－－2e－=Cl2↑‎ ‎(2)‎4.48 L　0.4‎ ‎(3)1 mol·L－1‎ ‎【解析】(1)由题意得X极为正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。‎ ‎(2)甲池的阴极电极反应式：Cu2＋＋2e－=Cu。‎ 乙池的阴极电极反应式：2H＋＋2e－=H2↑由电子守恒得：‎ Cu　～2e－　～H2‎ ‎64 g‎2 mol ‎‎22.4 L ‎12．‎8 gn(e－) V(H2)‎ 则：n(e－)＝0.4 molV(H2)＝‎‎4.48 L ‎(3)乙池发生反应：‎ ‎2Cl－＋2H2O电解 ‎=‎ 2OH－ ＋H2↑ ＋ Cl2↑‎ ‎2 ‎‎22.4 L n(OH－) ‎‎4.48 L n(OH－)＝0.4 mol 电解后所得溶液c(OH－)＝1 mol·L－1‎ ‎99．已知铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当铅蓄电池中转移0.4‎ ‎ mol电子时铁电极的质量减少‎11.2 g。请回答下列问题。‎ ‎(1)A是铅蓄电池的极，铅蓄电池正极反应式为，放电过程中电解液的密度(填“减小”、“增大”或“不变”)。‎ ‎(2)Ag电极的电极反应式是，该电极的电极产物共g。‎ ‎(3)Cu电极的电极反应式是，CuSO4溶液的浓度(填“减小”、“增大”或“不变”)‎ ‎(4)如图表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，则x表示。‎ a．各U形管中产生的气体的体积 b．各U形管中阳极质量的减少量 c．各U形管中阴极质量的增加量 ‎【答案】(1)负　PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－=PbSO4＋2H2O　减小 ‎(2)2H＋＋2e－=H2↑　0.4‎ ‎(3)Cu－2e－=Cu2＋　不变 ‎(4)b ‎【解析】根据在电解过程中铁电极质量的减少可判断A是电源的负极，B是电源的正极，电解时Ag极作阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，Fe作阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，左侧U形管中总反应式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。右侧U形管相当于电镀装置，Zn电极作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，铜电极作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，电镀过程中CuSO4溶液的浓度保持不变，根据上述分析可得答案。‎ ‎100．某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。‎ ‎(1)X极与电源的(填“正”或“负”)极相连，氢气从(选填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。‎ ‎(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为交换膜。‎ ‎(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极)，则电池负极的电极反应式为。‎ ‎(4)若在标准状况下，制得‎11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是，转移的电子数为。‎ ‎【答案】(1)正　C　(2)阴离子　阳离子　(3)H2－2e－＋2OH－=2H2O　(4)‎49g　6.02×1023‎ ‎【解析】题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH－在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H＋增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO42-通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H＋在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH－增多，硫酸钾溶液中K＋向右迁移，N为阳离子交换膜。所以，C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶液中构成原电池，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为2H2－4e－＋4OH－=4H2O。(4)n(H2)＝0.5 mol,2H＋＋2e－=H2↑，得电子为1 mol，X极的反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑或2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，根据电子守恒知，生成H＋的物质的量为1 mol，故生成0.5 mol H2SO4，m(H2SO4)＝‎49 g。‎ ‎101．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法之一是电解法。‎ ‎(1)该法用Fe作电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。用Fe作电极的原因为。‎ ‎(2)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)，溶液中同时生成的沉淀还有。‎ ‎【答案】(1)阳极反应2Fe－4e－=2Fe2＋，提供还原剂Fe2＋‎ ‎(2)2H＋＋2e－=H2↑Fe(OH)3‎ ‎【解析】明确本题的电解原理：用铁作阳极，产生的亚铁离子将Cr2O72-还原为Cr3＋，再转化为氢氧化铬沉淀。‎ ‎102．第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。‎ ‎(1)混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：H2＋2NiOOH2Ni(OH)2‎ 根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为。‎ ‎(2)Cu2O是一种半导体材料，可通过如图的电解装置制取，电解总反应为：2Cu＋H2O电解 ‎=‎ Cu2O＋H2↑‎ 阴极的电极反应式是。‎ 用镍氢电池作为电源进行电解，当蓄电池中有1 mol H2被消耗时，Cu2O的理论产量为g。‎ ‎(3)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的(填“正”或“负”)极相连。‎ ‎【答案】(1)增大　NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－‎ ‎(2)2H＋＋2e－=H2↑　144‎ ‎(3)吸氧　负 ‎【解析】(1)从题意可知，混合动力车上坡或加速时，电池应处于放电状态，故负极反应式为：H2＋2OH－－2e－=2H2O，则正极反应可由总电极反应式减去负极反应式得到，即NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，由于在放电时，生成了OH－，故乙电极周围溶液的pH增大。‎ ‎(2)结合装置图及总电池反应式可以得知，H＋在阴极放电，故阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；由总电池反应式可求得，1 mol H2被消耗时，同时生成1 mol Cu2O，其质量为‎144 g。‎ 评卷人 得分 三、实验题（题型注释）‎ 评卷人 得分 四、计算题（题型注释）‎ 评卷人 得分 五、简答题（题型注释）‎ 评卷人 得分 六、推断题（题型注释）‎