还剩25页未读，
继续阅读
【化学】河北省石家庄市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
展开
河北省石家庄市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 Ag 108 Mn 55
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题：本题共30小题，每小题2分，共60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.下列叙述正确的是
A. 各元素的质量分数相等的物质一定是同系物
B. 具有相同分子通式的不同有机物一定属于同系物
C. 同系物具有相同的最简式
D. 两个相邻的同系物的相对分子质量之差为14
【答案】D
【解析】
【详解】A.各元素的质量分数相等的物质不一定是同系物,如乙炔与苯,各元素的质量分数相等,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故A错误；
B.具有相同分子通式的不同有机物不一定属于同系物,如乙酸与乙酸乙酯,分子通式相同,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故B错误；
C. 同系物不一定具有相同的最简式,如甲烷、乙烷、丙烷是烷烃的同系物,但它们的最简式分别为CH4、CH3、C3H8，故C错误；
D.两个相邻的同系物之间相差1个“CH2”原子团,故相对分子质量之差为14,故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】结构相似,在分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同,研究对象为有机物。
2.下列化学用语表达不正确的是( )
①丙烷的球棍模型为
②丙烯的结构简式为CH3CHCH2
③C(CH3)4，叫新戊烷
④与C8H6互为同分异构体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为，故①正确；②丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故②错误；③C(CH3)4中含有5个C的烷烃，分子中含有4个甲基，为新戊烷的结构简式，故③正确；④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误；故选D。
3.某烃的结构简式为，有关其分子结构的叙述中正确的是
A. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为6
B. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为7
C. 分子中在同一直线上的碳原子数为6
D. 分子中在同一直线上的碳原子数为4
【答案】A
【解析】
试题分析：碳碳双键直接相连的原子都在同一个平面上，碳碳三键直接相连的原子都在同一条直线上面。乙炔接在乙烯氢原子的位置，甲基连在乙烯氢原子的位置，甲基可以旋转，一定共面的原子有6个，一定共线的原子有3个，故选A
考点：考查有机物的空间结构等相关知识。
4.下列关于同分异构体判断正确的是
A. 甲苯的一氯代物有4种
B. 分子式为C8H10的芳香烃有3种
C. 分子式为C4H8的烯烃同分异构体有2种，分别为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3
D. 二氯甲烷有两种同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲苯结构简式，该物质为上下对称的结构，其苯环上有3种环境的氢原子，甲基上有1种环境的氢原子，则其一氯代物共4种，故A项正确；
B. 分子式为C8H10的芳香烃有：乙苯（1种）、邻、间、对二甲苯（3种），共有4种，故 B项错误；
C. 根据分子式判断该烯烃的不饱和度为1，有一个碳碳双键，属于烯烃的同分异构体有：、、，共3种，故C项错误。
D. 甲烷为正四面体结构，甲烷中的2个氢被2个氯原子取代生成的二氯甲烷也只有1种结构，故D项错误；
综上所述，本题选A。
5.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。
详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
6.主链上有5个碳原子，含甲基、乙基两个支链的烷烃有
A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种
【答案】D
【解析】
【详解】由题意主链含有5个碳原子，故由命名规律可知乙基只能连在主链3号碳原子上；再由对称性可知，另外一个甲基可位于2号碳原子或3号碳原子上，即有两种同分异构体，故D项正确。
综上所述，本题选D。
7.设NA代表阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是
A. 标准状况下，11.2 L甲烷中含有共价键的数目为2NA
B. 30 g乙烷中含有C—H键的数目为6NA
C. 1 mol CnH2n＋2中含有C—C键的数目为(n－1)NA
D. 1 mol CnH2n＋2中含有共价键的数目为(3n＋2)NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.1个甲烷分子中含有共价键的数目4个；
B. 1个乙烷分子中含有C—H键的数目为6个；
C. 1 个CnH2n＋2分子中含有C—C键的数目为(n－1)个；
D. 1个CnH2n＋2分子中含有共价键的数目为(3n＋1)个。
【详解】A. 1molCH4中含有4molC-H键，11.2 L（标况）甲烷物质的量为0.5 mol，含有共价键的数目为2NA，故A正确；
B. 1molC2H6中含有C—H键有6mol，30 g乙烷物质的量为1mol，含有C—H键的数目为6NA，故B,正确；
C．1molCnH2n+2中含有1×（n-1）=（n-1）mol碳碳键，含有的C-C键数为（n-1）NA，故C正确；
D. 1 mol CnH2n＋2中含有共价键（C-C键、C-H键）为1×（3n+1）mol，含有的共价键数为（3n+1）NA，故D错误；
综上所述，本题选D。
8.下列有关反应和反应类型不相符的是
A. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制取硝基苯(取代反应)
B. 在一定条件下，苯与氯气生成六氯环己烷(加成反应)
C. 由乙炔()制取氯乙烯(CH2=CHCl) (氧化反应)
D. 在催化剂的作用下由乙烯制取氯乙烷(加成反应)
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合反应制TNT,甲苯中氢原子被硝基取代,该反应属于取代反应,故A正确；
B.苯与氯气在催化剂存在下反应制取六氯环己烷,该反应属于加成反应,故B正确；
C.由乙炔()与氯化氢在一定条件下1:1反应生成氯乙烯(CH2=CHCl)，三键变为双键，属于加成反应，不属于氧化反应，故C错误；
D. 乙烯与氯化氢在在催化剂的作用下，反应生成氯乙烷，双键变为单键，属于加成反应，故D正确；
综上所述，本题选C。
9.下列有关说法正确的是
A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于烧瓶的导管口处
B. 甲烷和苯都属于烃，都不存在同分异构体
C. 甲烷和乙烯可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D. 丙烯和苯分子中的所有原子都在同一平面内
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于反应混合液内，测的是反应液的温度，故A错误；
B.甲烷、苯都属于烃,甲烷不存在同分异构体,但苯存在同分异构体,如CH≡C-CH2-CH2-C≡CH、CH3-C≡C-C≡C-CH3 等,故B错误；
C. 乙烯中含C=C，能使高锰酸钾褪色,而甲烷不能,所以用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别甲烷和乙烯,故C正确；
D. 苯分子为平面六边形结构，所有原子都在同一平面内；而丙烯中含有饱和碳原子（-CH3），不可能所有原子都在同一平面内；故D错误；
综上所述。本题选C。
【点睛】苯是平面结构，12个原子都在同一平面内；丙烯中乙烯基是平面结构，而-CH3中最多有2个原子与之共平面，因此，丙烯中最多有7个原子共平面，最少有6个原子共平面。
10. 为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置．则装置A中盛有的物质是( )
A. 水 B. NaOH溶液 C. CCl4 D. NaI溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，故不能除掉Br2，故A错误；B．HBr能与NaOH发生中和反应，故B错误；C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故C正确；D．HBr在NaI溶液中的溶解度大而被吸收，故D错误；故选C。
【考点定位】考查混合物的分离提纯和物质的鉴别
【名师点晴】在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，以此分析。
11. 已知苯跟一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物。如：
在催化剂作用下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是：
A. CH3—CH3和Cl2 B. CH2＝CH2和Cl2
C. CH2＝CH2和HCl D. CH≡CH和Cl2
【答案】C
【解析】
试题分析：先有CH2==CH2和HCl反应生成CH3—CH2Cl，再用CH3—CH2Cl与发生取代反应。A选项得不到纯的CH3—CH2Cl，B、D选项得不到CH3—CH2Cl，因此答案选C。
考点：考查有机物的制备
点评：该题是高考中的常见考点之一，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养。该题学生需要明确的是解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。
12.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥发生加聚反应，产物的结构简式为：。其中正确的是
A. ①②③④⑤ B. ①②④⑤ C. ①②⑤⑥ D. 全部正确
【答案】B
【解析】
【分析】
苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，能够发生取代、氧化、加成、加聚等反应；据此分析。
【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，如碳碳双键既可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯能发生硝化反应；所以①②⑤正确；苯乙烯属于烃类，而烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯)中，③错误，④正确；苯乙烯分子中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成高分子：，⑥错误；
综上所述，本题选B。
13.某烷烃结构简式为，其命名正确的是
A. 2-乙基-3，3-二甲基戊烷 B. 3，3-二甲基-4-乙基戊烷
C. 3，3，4-三甲基己烷 D. 3，4，4-三甲基己烷
【答案】C
【解析】
试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可以写出有机物的名称，据此可知，该有机物的名称是3，3，4－三甲基己烷，答案选C。
考点：考查有机物的命名
点评：该题的关键是明确有机物的命名原则，特别是主链碳原子个数和编号位置，然后结合有机物的结构简式，灵活运用即可。
14.下列名称的有机物实际上不可能存在的是（ ）
A. 2，2—二甲基丁烷 B. 2—甲基—4—乙基—1—己烯
C. 3—甲基—2—戊烯 D. 3，3—二甲基—2—戊烯
【答案】D
【解析】
根据有机化合物的系统命名法可知，A的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，则A正确；B的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，符合官能团位置最小原则，故B正确；C的结构简式为CH3CH=C(CH3)CH2CH3，符合官能团位置最小原则，则C正确；按照D的名称，其结构简式为CH3CH=C(CH3)2CH2CH3，其中3号碳原子超过了8电子结构，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：有机物命名的基本原则要注意：主链最长，支链或官能团位置最小，先简后繁，同基合并，除H外满足8电子稳定结构。
15.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 丁能与金属钾反应放出氢气
【答案】A
【解析】
【详解】A项，根据模型判断甲为甲烷，甲烷无不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，故A项错误；
B项，根据模型判断乙为乙烯，含有不饱和键，使溴水褪色是乙烯与溴发生的加成反应，故B项正确；
C项，根据模型判断丙为苯，苯环不含碳碳双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，故C项正确；
D项，根据模型判断丁为乙醇，含有羟基，与金属钾反应放出氢气，故D项正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】苯分子中含有特殊的碳碳键，既不同于单键，也不同于双键，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，因此苯的主要性质是：易取代，能加成，难氧化。
16.用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论正确的是( )
A. 阴极一定是H2，阳极一定是O2 B. 该酸可能是盐酸
C. 电解后溶液的酸性减弱 D. 阳极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故A正确；
B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为1:1，故B错误；
C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故C错误；
D.阳极为阴离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；
答案选A。
17. 用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是( )
A. 用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片
B. 用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片
C. 用氢氧化钠溶液吸收阴极产物
D. 用带火星的木条检验阳极产物
【答案】B
【解析】
A项是在铂上电镀铜，无法提取铜，错误。利用电解法提取CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反应：Cu2＋＋2e－=Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B项正确。电解时阴极产生铜，无法用NaOH溶液吸收，C项错误。阳极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑，无法用带火星的木条检验，D项错误。
18.一种碳钠米管能够吸附氢气可作二次电池（如下图所示）的碳电极。该电池的电解质溶液为6mol/L的KOH溶液，下列说法正确的是
A. 充电时阴极发生氧化反应
B. 充电时将碳电极与电源的正极相连
C. 放电时碳电极反应为：H2-2e-=2H+
D. 放电时镍电极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-
【答案】D
【解析】
A项，充电时，阴极发生还原反应，错误；B项，碳电极为负极，应与外接电源的负极相连，作阴极，错误；C项，放电时，碳电极(负极)反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O，错误；正极反应为2NiO(OH)＋2H2O＋2e－=2Ni(OH)2＋2OH－，D正确。
19.某原电池构造如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极
B. 取出盐桥后，电流表的指针仍发生偏转
C. 外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小6.4 g
D. 原电池的总反应式为Cu＋2AgNO3===2Ag＋Cu(NO3)2
【答案】D
【解析】
该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，A错误；B.取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，B错误；C.根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64 =3.2g，C错误；D. 金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3= =2Ag＋Cu(NO3)2；答案选D。
点睛：原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。
20.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)
A. 碳棒上发生的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
B. 电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少
C. 为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH
D. 若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
A．由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，故A正确；B．镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C．因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+(高浓度)＞H+＞Ni2+(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D．若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl --2e-=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B。
点睛：本题考查电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，易错点为选项D，若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl- --2e-=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。
21.关于下列各装置图的叙述中不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】D
【解析】
A项，根据电流方向，a为阳极，b为阴极，粗铜作阳极，正确；B项，装置②的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，错误；C项，被保护的金属应作阴极，正确；D项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀，正确。
22. 根据下图实验装置判断，下列说法正确的是
A. 该装置能将电能转化为化学能
B. 活性炭为正极，其电极反应式为： 2H++2e-＝H2↑
C. 电子从铝箔流出，经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔
D. 装置内总反应方程式为：4Al+3O2 +6H2O = 4Al(OH)3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该图无外加电源，所以不是电解池装置，是原电池装置，错误；B、该电池的反应原理是Al的吸氧腐蚀，所以正极的反应是氧气得电子生成氢氧根离子的反应，错误；C、电子在外电路中的移动方向是从负极铝经电流表移向正极活性炭，并不在内电路中移动，错误；D、该电池的反应原理是Al的吸氧腐蚀，所以装置内总反应方程式为：4Al+3O2 +6H2O = 4Al(OH)3，正确，答案选D。
考点：考查电化学装置的判断，原电池的反应原理应用
23.按如图的装置进行电解实验：A极是铜锌合金，B为纯铜。电解质溶液中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加9.6g，溶液质量增加0.05g，则A极合金中Cu、Zn原子个数比为
A. 4:1 B. 1:1 C. 2:1 D. 任意比
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置是电解池,阳极上金属失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,所以阴极上增加的质量是铜的质量,溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差,根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量,再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金上铜的物质的量,从而计算铜和锌的原子个数之比，据以上分析解答。
【详解】B极上析出的是铜，B极质量增加9.6g ,其物质的量=9.6/64=0.15mol，阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加0.05g ,即锌和铜的质量差为0.05g；设锌的物质的量为x，根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应可知，1molZn完全反应，固体质量增加1g，现在固体质量增加0.05g，消耗锌的量x，即：1:1=x：0.05，x=0.05mol，即合金中锌的物质的量是0.05mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设铜的物质的量为y，0.05×2+2y=0.15×2，y=0.1mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.1：0.05=2:1，C正确；
综上所述，本题选C。
24.如图为纳米二氧化锰燃料电池，其电解质溶液呈酸性，已知（CH2O）n中碳的化合价为0价，有关该电池的说法正确的是
A. 放电过程中左侧溶液的pH降低
B. 当产生22gCO2时，理论上迁移质子的物质的量为4mol
C. 产生22gCO2时，膜左侧溶液的质量变化为：89g
D. 电子在外电路中流动方向为从a到b
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池，（CH2O）n→CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO2→Mn2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,为原电池的正极；据以上分析解答。
【详解】该装置为原电池，（CH2O）n→CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO2→Mn2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,为原电池的正极；
A. 放电过程为原电池，负极反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，正极反应：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O,根据两极反应可知，氢离子在正极消耗的多，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故A错误；
B. 根据负极（CH2O）n-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+反应可知，22gCO2物质的量为0.5mol，转移电子的物质的量为2 mol，理论上迁移质子的物质的量为2 mol，故B错误；
C. 22gCO2物质的量为0.5mol，转移电子的物质的量为2 mol，膜左侧发生反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,转移2 mol电子，溶解MnO2的质量为87 g，同时，有2 mol氢离子通过交换膜移向该极，所以溶液的质量变化为：87+2=89g，故C正确；
D. 原电池中电子由负极经导线流向正极，该原电池中MnO2为正极，所以电子在外电路中流动方向为从b到a，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】针对选项C，根据原电池正极反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O可知，当反应转移电子为2 mol时，溶液的质量增加1molMnO2的质量，即87g，这时，最容易忽略还有通过阳离子交换膜转移过来的2 mol氢离子的质量，所以左侧溶液质量变化为89g，而非87g。
25.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2 －e－ + OH－= NiOOH + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
由充电时方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－===NiO(OH)＋H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd作负极，Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，Cd周围的c(OH－)下降，OH－向负极移动。
26. 在一定条件下，将A和B各0．32mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：
A(g)+B(g)2C(g) △H<0，反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是
t／min
0
2
4
7
9
n(B)／mol
0.32
0.24
0.22
0.20
0.20
A．反应前2 min的平均速率v(C)=0．004 mol／(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v (逆)> v (正)
C．其他条件不变，起始时向容器中充入0．64mol A和0．64mol B，平衡时n(C)<0．48mol
D．其他条件不变，向平衡体系中再充入0．32mol A，再次平衡时，B的转化率增大
【答案】D
【解析】
试题分析：前2 min的平均速率v(B)=="0.004" mol／(L·min)，则v(C)=0．008 mol／(L·min)，A错误；降低温度，平衡向右移动，达到新平衡前v (逆)＜v (正)，B错误；起始时向容器中充入0．64mol A和0．64mol B，相当于加压，使体积变成原来的一半，而加压时平衡不移动，但个物质的物质的量会变成原来的2倍，原平衡时n(B)=0.2mol，则n(C)=2×（0.32mol—0.2mol）=0.24mol，因此新平衡时n(C)=0．48mol，C错误；向平衡体系中再充入0．32mol A，平衡向右移动，B的转化率增大，D正确。
考点：考查了等相关知识。
27.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的如上图所示．由图可得出的正确结论是（ ）
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. △t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D. 反应在c点达到平衡状态
【答案】C
【解析】
试题分析：A、容器绝热，根据图像可知前半段反应速率增大，说明该反应为放热反应，容器内温度升高，则反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；B、随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，所以反应物浓度：a点大于b点，错误；C、根据图像a～b段的反应速率小于b～c段，所以△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；D、反应达到平衡时，生反应速率等于逆反应速率，不再变化，c点正反应速率仍然变化，所以没有达到平衡，错误。
考点：考查化学平衡移动、图像的分析。
28. 下列说法正确的是( )
A. 室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl﹣)=c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)
B. 醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＜c(Na+)
C. 相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO﹣)=c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+c(CO32﹣)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)＞c[(NH4)2SO4]＞c(NH4Cl)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性，故A错误；B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中，c(OH )=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO )=c(Na+)，故B错误；C．物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；D．NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[(NH4)2SO4]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，故D错误；答案为C。
【考点定位】考查电解质溶液中离子浓度大小比较
【名师点晴】考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，准确判断溶液中的溶质并利用水解、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答，根据酸碱反应后溶液的pH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系。
29.某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是
A. 含有大量SO42－的溶液中肯定不存在Ag＋
B. Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3
C. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
D. a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ag2SO4的在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）2Ag+(aq)+SO42-(aq)，溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+,故A错误；
B.由图象可知,当c(SO42-)=5×10-2mol/L时,c(Ag+)=2×10-2mol/L，Ksp= c2(Ag+)×c(SO42-)=2×10-5，故B错误；
C. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合,c(SO42-)=0.01mol/L,c(Ag+)=0.01mol/L，c2(Ag+)×c(SO42-)=1×10-6
综上所述，本题选C。
【点睛】针对选项C：当浓度商QC> Ksp，为过饱和溶液，有沉淀析出；当浓度商QC=Ksp，为饱和溶液，没有沉淀析出；当浓度商QC
A. 处于a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力强
B. 对于b、c两点，氨水的电离常数Kb＞Kc
C. 若取相同体积的处于a点和c点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va＜Vc
D. X的值接近7，但小于7
【答案】C
【解析】
【分析】
根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,
A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；
B.电离平衡常数只与温度有关；
C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；
D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但大于7。
【详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,
A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱,故A错误；
B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误；
C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多, 所以消耗盐酸的体积Va＜Vc，故C正确；
D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但仍然大于7,不能等于7或小于7,故D错误；
综上所述，本题选C。
第II卷（非选择题，共40分）
二、非选择题：本题共4小题，共40分。
31.设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：
CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。
A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B．使溴水褪色的反应，就是加成反应
C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯 D．使溴水褪色的气体，就是乙烯
(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，
(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。
【答案】 (1). 不能 (2). AC (3). SO2 (4). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (5). 向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应
【解析】
【分析】
用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。
【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；
综上所述，本题答案是：不能；AC；
（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。
（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。
【点睛】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。
32.某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
(1)酸浸后加入H2O2的目的是______，调pH的最适宜范围为______。
(2)调pH过程中加入的试剂最好是_________。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
(3)煮沸CuSO4溶液的原因是______。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式________________。
(4)称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后加水20 mL，用0.1000mol﹒L－1的Ce(SO4)2溶液滴定，到达终点时消耗Ce(SO4)2溶液25.00mL。有关的化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。计算该CuCl样品的质量分数_______________。
(5)在一定条件下用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝_________(用含a和b的代数式表示)。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (2). 3.2≤pH<4.4 (3). BD (4). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (5). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O===2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4 (6). 99.50% (7). 2b×10-7/(a-2b)
【解析】
【分析】
（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH值与Cu2+分离；
（2）为不引入新杂质，可以用氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等调pH；
（3）双氧水有强氧化性，过量的H2O2除去可避免影响下一步CuCl的生成；亚硫酸钠具有还原性，能够把Cu2+还原为Cu+，据此写出反应的方程式；
（4）发生的反应有Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，根据上述化学反应关系：CuCl～Fe2+～Ce4+进行计算求出纯CuCl的质量，再求样品的纯度；
（5）根据溶液中存在的电荷守恒关系2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),计算出c(CH3COO-)和c(H+)，然后再计算出溶液中c(CH3COOH),最后计算出醋酸的Ka。
【详解】（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+具有还原性，酸浸后加入H2O2，Fe2+能被双氧水氧化为高价离子，便于调整pH值与Cu2+分离，调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，当溶液的pH值4.4时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，从而使三价铁离子和铜离子分离，因此调pH的最适宜范围为3.2≤pH<4.4；综上所述，本题答案是：将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；3.2≤pH<4.4。
（2）根据（1）分析可知调pH过程中加入的试剂最好是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等；综上所述，本题选BD。
（3）过氧化氢加热分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可避免影响下一步CuCl的生成；因为CuSO4中+2价的铜能把Na2SO3中+4价的硫氧化成+6价的硫，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3时生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式为2CuSO4＋2NaCl＋Na2SO3＋H2O＝2CuCl↓＋2Na2SO4＋H2SO4；综上所述，本题答案是：除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O ===2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
（4）设样品中CuCl的质量为x，有关的化学反应为：Fe3++CuCl＝Fe2++Cu2++Cl-，Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，则由化学反应方程式可知：CuCl～～～Fe2+～～～Ce4+，则有CuCl～Ce4+，因此：1:1= n（CuCl）：（25.00×10-3×0.1000），所以n（CuCl）=2.50×10-3mol，则该样品CuCl的质量为2.50×10-3mol×99.5g/mol＝0.24875g，所以0.2500g该样品CuCl的质量分数为0.24875g/0.2500g×100%=99.50%；综上所述，本题答案是：99.50%。
(5) 由电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由于2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)=2×b/2=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电离平衡CH3COOH CH3COO－+ H+可知c（CH3COOH）=(a/2-b)mol/L, c(H+)=10-7mol/L, c(CH3COO-)= bmol/L,所以：Ka＝10-7×b/(a/2-b)= 2b×10-7/(a-2b)；综上所述，本题答案是：2b×10-7/(a-2b)。
【点睛】在铜离子的酸性溶液中含有少量铁离子，若要除去铁离子，可以加入能够与酸反应，且含有铜元素的不溶于水的化合物，如氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜等，这样调节溶液的pH到一定范围后，既能使铁离子转化为沉淀而除去，又不引入杂质离子。
33.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。
请回答：
Ⅰ．用如图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，SO42－________(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（FeO42－）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－==Fe＋4H2O和_____________。
(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应：2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋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 (4). 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) (5). 增大 (6). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ (7). 2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
【解析】
【分析】
Ⅰ.图1中,左边装置是原电池,较活泼的金属锌作负极,较不活泼的金属铜作正极,如果要找电极材料代替铜,所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属；M是阳极,N是阴极,电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应,原电池放电时,阴离子向负极移动；据以上分析解答。
Ⅱ.该电解池中,阳极材料是活泼金属,则电解池工作时,阳极上铁失电子发生氧化反应,同时氢氧根离子失电子生成氧气；在碱性锌电池中,正极上得电子发生还原反应；据以上分析解答。
【详解】Ⅰ．（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；综上所述，本题选A。
（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑（或2H2O+2e-=H2↑+2OH-）；综上所述，本题答案是：2H＋＋2e－===H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－)。
（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生；综上所述，本题答案是：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) 。
Ⅱ．（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大；综上所述，本题答案是：增大。
(5) 铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O和4OH--4e-=2H2O+O2↑；综上所述，本题答案是：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑。
(6)在碱性锌电池中，碱性环境下，高铁酸根离子在正极发生还原反应生成氧化铁，该电池正极发生的反应的电极反应为：2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－；综上所述，本题答案是：2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
【点睛】原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，电解质溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；移动的规律遵循“异性相吸”的规律。
34.工业上可以利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH + H2O，请回答下列问题：
(1)已知常温常压下下列反应的能量变化如下图所示：
写出二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式_______________________________。
(2)如果只改变一个条件使上述反应的平衡常数K值变大，则该反应_____________。
A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(3)其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同的时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图所示：
①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是____________。
②c点CO2的转化率高于b点，原因是_________________________________。
(4)常温常压下若反应的容器容积为2.0L，反应时间为4.0 min，容器里气体密度减少了2.0 g·，在这段时间内CO2平均反应速率为_____________。反应在t1时达到平衡，在这过程中c(CO2)随时间t变化的曲线如下图所示。保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1 L，请在下图中画出t1后c(CO2)随时间t变化的趋势曲线（假设在t2时达到平衡）_________。
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50 kJ·mol－1 (2). AD (3). Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ (4). b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大 (5). 0.01 mol·L-1·min-1 (6).
【解析】
【分析】
（1）根据图1中能量变化写出反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；
（2）平衡常数只受温度的影响，该反应为放热反应，平衡常数增大，则平衡向着正向移动，说明降低了温度，据此进行解答；
（3）根据图像判断在相同温度下，三种不同的催化剂，二氧化碳的转化率大小关系；b、c点均未达到平衡状态，且c点CO2的转化率高于b点，因此对应的是条件是温度高，反应速率较快；
（4）根据容器内气体的密度减小量，可以求出气体的质量减小的质量，根据质量差量法进行计算；气体体积减小一半，二氧化碳的浓度增大一倍，c(CO2) =0.05mol/L，但该过程相当于增大压强，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) 平衡向右移动，所以0.025mol/L
（2）如果反应方程式CO2+3H2⇌CH3OH+H2O的平衡常数K值变大，则需要降低温度，
A．降低温度，平衡一定向着正向移动，故A正确；
B．降低温度后，正逆反应速率都减小，正反应速率在达到平衡前始终在减小，故B错误；
C．平衡常数变大，反应物浓度减小，生成物浓度增大，则化学平衡一定向着正向移动，故C错误；
D．化学平衡常数变大，需要降低温度，则正逆反应速率都减小，因为平衡向着正向移动，则逆反应速率先减小后增大，故D正确；
因此，本题正确答案是：AD；
(3)①由图可知：在相同温度下，三种不同的催化剂，二氧化碳的转化率是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，所以在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ；综上所述，本题答案是：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ。
②c点CO2的转化率高于b点，是因为b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快；综上所述，本题答案是：b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大。
(4)反应的容器容积为2.0L，容器内气体的密度减小了2.0g/L，则气体的质量减小了2.0g/L×2.0L=4.0g，
CO2 +3H2 ⇌ CH3OH +H2O
1mol ∆m 50g
nmol 4g
所以二氧化碳减少的物质的量为：n(CO2)=0.08mol，因此V(CO2)=Δc(CO2)÷Δt = (0.08mol÷2L)÷4min=0.01mol/(L·min)。由图像可知：反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)中起始时c(CO2)=0.10mol/L，平衡是c(CO2)=0.025mol/L，保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，二氧化碳的浓度为c(CO2)=0.05mol/L，之后平衡向着正向移动，二氧化碳的浓度减小，直到t2时刻达到平衡，t2时刻二氧化碳的浓度一定大于0.025 mol/L，则t1时刻之后图像如图：；
综上所述，本题答案是：0.01 mol·L-1·min-1 ；。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 Ag 108 Mn 55
第I卷（选择题，共60分）
一、选择题：本题共30小题，每小题2分，共60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.下列叙述正确的是
A. 各元素的质量分数相等的物质一定是同系物
B. 具有相同分子通式的不同有机物一定属于同系物
C. 同系物具有相同的最简式
D. 两个相邻的同系物的相对分子质量之差为14
【答案】D
【解析】
【详解】A.各元素的质量分数相等的物质不一定是同系物,如乙炔与苯,各元素的质量分数相等,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故A错误；
B.具有相同分子通式的不同有机物不一定属于同系物,如乙酸与乙酸乙酯,分子通式相同,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故B错误；
C. 同系物不一定具有相同的最简式,如甲烷、乙烷、丙烷是烷烃的同系物,但它们的最简式分别为CH4、CH3、C3H8，故C错误；
D.两个相邻的同系物之间相差1个“CH2”原子团,故相对分子质量之差为14,故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】结构相似,在分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同,研究对象为有机物。
2.下列化学用语表达不正确的是( )
①丙烷的球棍模型为
②丙烯的结构简式为CH3CHCH2
③C(CH3)4，叫新戊烷
④与C8H6互为同分异构体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为，故①正确；②丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故②错误；③C(CH3)4中含有5个C的烷烃，分子中含有4个甲基，为新戊烷的结构简式，故③正确；④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误；故选D。
3.某烃的结构简式为，有关其分子结构的叙述中正确的是
A. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为6
B. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为7
C. 分子中在同一直线上的碳原子数为6
D. 分子中在同一直线上的碳原子数为4
【答案】A
【解析】
试题分析：碳碳双键直接相连的原子都在同一个平面上，碳碳三键直接相连的原子都在同一条直线上面。乙炔接在乙烯氢原子的位置，甲基连在乙烯氢原子的位置，甲基可以旋转，一定共面的原子有6个，一定共线的原子有3个，故选A
考点：考查有机物的空间结构等相关知识。
4.下列关于同分异构体判断正确的是
A. 甲苯的一氯代物有4种
B. 分子式为C8H10的芳香烃有3种
C. 分子式为C4H8的烯烃同分异构体有2种，分别为CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3
D. 二氯甲烷有两种同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲苯结构简式，该物质为上下对称的结构，其苯环上有3种环境的氢原子，甲基上有1种环境的氢原子，则其一氯代物共4种，故A项正确；
B. 分子式为C8H10的芳香烃有：乙苯（1种）、邻、间、对二甲苯（3种），共有4种，故 B项错误；
C. 根据分子式判断该烯烃的不饱和度为1，有一个碳碳双键，属于烯烃的同分异构体有：、、，共3种，故C项错误。
D. 甲烷为正四面体结构，甲烷中的2个氢被2个氯原子取代生成的二氯甲烷也只有1种结构，故D项错误；
综上所述，本题选A。
5.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。
详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
6.主链上有5个碳原子，含甲基、乙基两个支链的烷烃有
A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种
【答案】D
【解析】
【详解】由题意主链含有5个碳原子，故由命名规律可知乙基只能连在主链3号碳原子上；再由对称性可知，另外一个甲基可位于2号碳原子或3号碳原子上，即有两种同分异构体，故D项正确。
综上所述，本题选D。
7.设NA代表阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是
A. 标准状况下，11.2 L甲烷中含有共价键的数目为2NA
B. 30 g乙烷中含有C—H键的数目为6NA
C. 1 mol CnH2n＋2中含有C—C键的数目为(n－1)NA
D. 1 mol CnH2n＋2中含有共价键的数目为(3n＋2)NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.1个甲烷分子中含有共价键的数目4个；
B. 1个乙烷分子中含有C—H键的数目为6个；
C. 1 个CnH2n＋2分子中含有C—C键的数目为(n－1)个；
D. 1个CnH2n＋2分子中含有共价键的数目为(3n＋1)个。
【详解】A. 1molCH4中含有4molC-H键，11.2 L（标况）甲烷物质的量为0.5 mol，含有共价键的数目为2NA，故A正确；
B. 1molC2H6中含有C—H键有6mol，30 g乙烷物质的量为1mol，含有C—H键的数目为6NA，故B,正确；
C．1molCnH2n+2中含有1×（n-1）=（n-1）mol碳碳键，含有的C-C键数为（n-1）NA，故C正确；
D. 1 mol CnH2n＋2中含有共价键（C-C键、C-H键）为1×（3n+1）mol，含有的共价键数为（3n+1）NA，故D错误；
综上所述，本题选D。
8.下列有关反应和反应类型不相符的是
A. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制取硝基苯(取代反应)
B. 在一定条件下，苯与氯气生成六氯环己烷(加成反应)
C. 由乙炔()制取氯乙烯(CH2=CHCl) (氧化反应)
D. 在催化剂的作用下由乙烯制取氯乙烷(加成反应)
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合反应制TNT,甲苯中氢原子被硝基取代,该反应属于取代反应,故A正确；
B.苯与氯气在催化剂存在下反应制取六氯环己烷,该反应属于加成反应,故B正确；
C.由乙炔()与氯化氢在一定条件下1:1反应生成氯乙烯(CH2=CHCl)，三键变为双键，属于加成反应，不属于氧化反应，故C错误；
D. 乙烯与氯化氢在在催化剂的作用下，反应生成氯乙烷，双键变为单键，属于加成反应，故D正确；
综上所述，本题选C。
9.下列有关说法正确的是
A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于烧瓶的导管口处
B. 甲烷和苯都属于烃，都不存在同分异构体
C. 甲烷和乙烯可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别
D. 丙烯和苯分子中的所有原子都在同一平面内
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于反应混合液内，测的是反应液的温度，故A错误；
B.甲烷、苯都属于烃,甲烷不存在同分异构体,但苯存在同分异构体,如CH≡C-CH2-CH2-C≡CH、CH3-C≡C-C≡C-CH3 等,故B错误；
C. 乙烯中含C=C，能使高锰酸钾褪色,而甲烷不能,所以用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别甲烷和乙烯,故C正确；
D. 苯分子为平面六边形结构，所有原子都在同一平面内；而丙烯中含有饱和碳原子（-CH3），不可能所有原子都在同一平面内；故D错误；
综上所述。本题选C。
【点睛】苯是平面结构，12个原子都在同一平面内；丙烯中乙烯基是平面结构，而-CH3中最多有2个原子与之共平面，因此，丙烯中最多有7个原子共平面，最少有6个原子共平面。
10. 为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置．则装置A中盛有的物质是( )
A. 水 B. NaOH溶液 C. CCl4 D. NaI溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，故不能除掉Br2，故A错误；B．HBr能与NaOH发生中和反应，故B错误；C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故C正确；D．HBr在NaI溶液中的溶解度大而被吸收，故D错误；故选C。
【考点定位】考查混合物的分离提纯和物质的鉴别
【名师点晴】在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，以此分析。
11. 已知苯跟一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物。如：
在催化剂作用下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是：
A. CH3—CH3和Cl2 B. CH2＝CH2和Cl2
C. CH2＝CH2和HCl D. CH≡CH和Cl2
【答案】C
【解析】
试题分析：先有CH2==CH2和HCl反应生成CH3—CH2Cl，再用CH3—CH2Cl与发生取代反应。A选项得不到纯的CH3—CH2Cl，B、D选项得不到CH3—CH2Cl，因此答案选C。
考点：考查有机物的制备
点评：该题是高考中的常见考点之一，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养。该题学生需要明确的是解答有机合成题目的关键在于：①选择出合理简单的合成路线；②熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。
12.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥发生加聚反应，产物的结构简式为：。其中正确的是
A. ①②③④⑤ B. ①②④⑤ C. ①②⑤⑥ D. 全部正确
【答案】B
【解析】
【分析】
苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，能够发生取代、氧化、加成、加聚等反应；据此分析。
【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，如碳碳双键既可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯能发生硝化反应；所以①②⑤正确；苯乙烯属于烃类，而烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯)中，③错误，④正确；苯乙烯分子中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成高分子：，⑥错误；
综上所述，本题选B。
13.某烷烃结构简式为，其命名正确的是
A. 2-乙基-3，3-二甲基戊烷 B. 3，3-二甲基-4-乙基戊烷
C. 3，3，4-三甲基己烷 D. 3，4，4-三甲基己烷
【答案】C
【解析】
试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可以写出有机物的名称，据此可知，该有机物的名称是3，3，4－三甲基己烷，答案选C。
考点：考查有机物的命名
点评：该题的关键是明确有机物的命名原则，特别是主链碳原子个数和编号位置，然后结合有机物的结构简式，灵活运用即可。
14.下列名称的有机物实际上不可能存在的是（ ）
A. 2，2—二甲基丁烷 B. 2—甲基—4—乙基—1—己烯
C. 3—甲基—2—戊烯 D. 3，3—二甲基—2—戊烯
【答案】D
【解析】
根据有机化合物的系统命名法可知，A的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，则A正确；B的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，符合官能团位置最小原则，故B正确；C的结构简式为CH3CH=C(CH3)CH2CH3，符合官能团位置最小原则，则C正确；按照D的名称，其结构简式为CH3CH=C(CH3)2CH2CH3，其中3号碳原子超过了8电子结构，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：有机物命名的基本原则要注意：主链最长，支链或官能团位置最小，先简后繁，同基合并，除H外满足8电子稳定结构。
15.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 丁能与金属钾反应放出氢气
【答案】A
【解析】
【详解】A项，根据模型判断甲为甲烷，甲烷无不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，故A项错误；
B项，根据模型判断乙为乙烯，含有不饱和键，使溴水褪色是乙烯与溴发生的加成反应，故B项正确；
C项，根据模型判断丙为苯，苯环不含碳碳双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，故C项正确；
D项，根据模型判断丁为乙醇，含有羟基，与金属钾反应放出氢气，故D项正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】苯分子中含有特殊的碳碳键，既不同于单键，也不同于双键，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，因此苯的主要性质是：易取代，能加成，难氧化。
16.用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论正确的是( )
A. 阴极一定是H2，阳极一定是O2 B. 该酸可能是盐酸
C. 电解后溶液的酸性减弱 D. 阳极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故A正确；
B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为1:1，故B错误；
C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故C错误；
D.阳极为阴离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；
答案选A。
17. 用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是( )
A. 用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片
B. 用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片
C. 用氢氧化钠溶液吸收阴极产物
D. 用带火星的木条检验阳极产物
【答案】B
【解析】
A项是在铂上电镀铜，无法提取铜，错误。利用电解法提取CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反应：Cu2＋＋2e－=Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B项正确。电解时阴极产生铜，无法用NaOH溶液吸收，C项错误。阳极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑，无法用带火星的木条检验，D项错误。
18.一种碳钠米管能够吸附氢气可作二次电池（如下图所示）的碳电极。该电池的电解质溶液为6mol/L的KOH溶液，下列说法正确的是
A. 充电时阴极发生氧化反应
B. 充电时将碳电极与电源的正极相连
C. 放电时碳电极反应为：H2-2e-=2H+
D. 放电时镍电极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-
【答案】D
【解析】
A项，充电时，阴极发生还原反应，错误；B项，碳电极为负极，应与外接电源的负极相连，作阴极，错误；C项，放电时，碳电极(负极)反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O，错误；正极反应为2NiO(OH)＋2H2O＋2e－=2Ni(OH)2＋2OH－，D正确。
19.某原电池构造如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极
B. 取出盐桥后，电流表的指针仍发生偏转
C. 外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小6.4 g
D. 原电池的总反应式为Cu＋2AgNO3===2Ag＋Cu(NO3)2
【答案】D
【解析】
该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，A错误；B.取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，B错误；C.根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64 =3.2g，C错误；D. 金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3= =2Ag＋Cu(NO3)2；答案选D。
点睛：原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。
20.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)
A. 碳棒上发生的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
B. 电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少
C. 为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH
D. 若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
A．由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，故A正确；B．镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C．因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+(高浓度)＞H+＞Ni2+(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D．若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl --2e-=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B。
点睛：本题考查电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，易错点为选项D，若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl- --2e-=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。
21.关于下列各装置图的叙述中不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】D
【解析】
A项，根据电流方向，a为阳极，b为阴极，粗铜作阳极，正确；B项，装置②的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，错误；C项，被保护的金属应作阴极，正确；D项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀，正确。
22. 根据下图实验装置判断，下列说法正确的是
A. 该装置能将电能转化为化学能
B. 活性炭为正极，其电极反应式为： 2H++2e-＝H2↑
C. 电子从铝箔流出，经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔
D. 装置内总反应方程式为：4Al+3O2 +6H2O = 4Al(OH)3
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该图无外加电源，所以不是电解池装置，是原电池装置，错误；B、该电池的反应原理是Al的吸氧腐蚀，所以正极的反应是氧气得电子生成氢氧根离子的反应，错误；C、电子在外电路中的移动方向是从负极铝经电流表移向正极活性炭，并不在内电路中移动，错误；D、该电池的反应原理是Al的吸氧腐蚀，所以装置内总反应方程式为：4Al+3O2 +6H2O = 4Al(OH)3，正确，答案选D。
考点：考查电化学装置的判断，原电池的反应原理应用
23.按如图的装置进行电解实验：A极是铜锌合金，B为纯铜。电解质溶液中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加9.6g，溶液质量增加0.05g，则A极合金中Cu、Zn原子个数比为
A. 4:1 B. 1:1 C. 2:1 D. 任意比
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置是电解池,阳极上金属失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,所以阴极上增加的质量是铜的质量,溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出铜的质量差,根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量,再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金上铜的物质的量,从而计算铜和锌的原子个数之比，据以上分析解答。
【详解】B极上析出的是铜，B极质量增加9.6g ,其物质的量=9.6/64=0.15mol，阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加0.05g ,即锌和铜的质量差为0.05g；设锌的物质的量为x，根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu反应可知，1molZn完全反应，固体质量增加1g，现在固体质量增加0.05g，消耗锌的量x，即：1:1=x：0.05，x=0.05mol，即合金中锌的物质的量是0.05mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设铜的物质的量为y，0.05×2+2y=0.15×2，y=0.1mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.1：0.05=2:1，C正确；
综上所述，本题选C。
24.如图为纳米二氧化锰燃料电池，其电解质溶液呈酸性，已知（CH2O）n中碳的化合价为0价，有关该电池的说法正确的是
A. 放电过程中左侧溶液的pH降低
B. 当产生22gCO2时，理论上迁移质子的物质的量为4mol
C. 产生22gCO2时，膜左侧溶液的质量变化为：89g
D. 电子在外电路中流动方向为从a到b
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池，（CH2O）n→CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO2→Mn2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,为原电池的正极；据以上分析解答。
【详解】该装置为原电池，（CH2O）n→CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO2→Mn2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,为原电池的正极；
A. 放电过程为原电池，负极反应：（CH2O）n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，正极反应：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O,根据两极反应可知，氢离子在正极消耗的多，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故A错误；
B. 根据负极（CH2O）n-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+反应可知，22gCO2物质的量为0.5mol，转移电子的物质的量为2 mol，理论上迁移质子的物质的量为2 mol，故B错误；
C. 22gCO2物质的量为0.5mol，转移电子的物质的量为2 mol，膜左侧发生反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O,转移2 mol电子，溶解MnO2的质量为87 g，同时，有2 mol氢离子通过交换膜移向该极，所以溶液的质量变化为：87+2=89g，故C正确；
D. 原电池中电子由负极经导线流向正极，该原电池中MnO2为正极，所以电子在外电路中流动方向为从b到a，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】针对选项C，根据原电池正极反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O可知，当反应转移电子为2 mol时，溶液的质量增加1molMnO2的质量，即87g，这时，最容易忽略还有通过阳离子交换膜转移过来的2 mol氢离子的质量，所以左侧溶液质量变化为89g，而非87g。
25.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2 －e－ + OH－= NiOOH + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
由充电时方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－===NiO(OH)＋H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)2＋2e－===Cd＋2OH－；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd作负极，Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，Cd周围的c(OH－)下降，OH－向负极移动。
26. 在一定条件下，将A和B各0．32mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：
A(g)+B(g)2C(g) △H<0，反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是
t／min
0
2
4
7
9
n(B)／mol
0.32
0.24
0.22
0.20
0.20
A．反应前2 min的平均速率v(C)=0．004 mol／(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v (逆)> v (正)
C．其他条件不变，起始时向容器中充入0．64mol A和0．64mol B，平衡时n(C)<0．48mol
D．其他条件不变，向平衡体系中再充入0．32mol A，再次平衡时，B的转化率增大
【答案】D
【解析】
试题分析：前2 min的平均速率v(B)=="0.004" mol／(L·min)，则v(C)=0．008 mol／(L·min)，A错误；降低温度，平衡向右移动，达到新平衡前v (逆)＜v (正)，B错误；起始时向容器中充入0．64mol A和0．64mol B，相当于加压，使体积变成原来的一半，而加压时平衡不移动，但个物质的物质的量会变成原来的2倍，原平衡时n(B)=0.2mol，则n(C)=2×（0.32mol—0.2mol）=0.24mol，因此新平衡时n(C)=0．48mol，C错误；向平衡体系中再充入0．32mol A，平衡向右移动，B的转化率增大，D正确。
考点：考查了等相关知识。
27.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的如上图所示．由图可得出的正确结论是（ ）
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. △t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D. 反应在c点达到平衡状态
【答案】C
【解析】
试题分析：A、容器绝热，根据图像可知前半段反应速率增大，说明该反应为放热反应，容器内温度升高，则反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；B、随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，所以反应物浓度：a点大于b点，错误；C、根据图像a～b段的反应速率小于b～c段，所以△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；D、反应达到平衡时，生反应速率等于逆反应速率，不再变化，c点正反应速率仍然变化，所以没有达到平衡，错误。
考点：考查化学平衡移动、图像的分析。
28. 下列说法正确的是( )
A. 室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl﹣)=c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)
B. 醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＜c(Na+)
C. 相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO﹣)=c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+c(CO32﹣)
D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)＞c[(NH4)2SO4]＞c(NH4Cl)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性，故A错误；B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中，c(OH )=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO )=c(Na+)，故B错误；C．物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；D．NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[(NH4)2SO4]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，故D错误；答案为C。
【考点定位】考查电解质溶液中离子浓度大小比较
【名师点晴】考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，准确判断溶液中的溶质并利用水解、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答，根据酸碱反应后溶液的pH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系。
29.某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是
A. 含有大量SO42－的溶液中肯定不存在Ag＋
B. Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3
C. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
D. a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ag2SO4的在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）2Ag+(aq)+SO42-(aq)，溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+,故A错误；
B.由图象可知,当c(SO42-)=5×10-2mol/L时,c(Ag+)=2×10-2mol/L，Ksp= c2(Ag+)×c(SO42-)=2×10-5，故B错误；
C. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合,c(SO42-)=0.01mol/L,c(Ag+)=0.01mol/L，c2(Ag+)×c(SO42-)=1×10-6
综上所述，本题选C。
【点睛】针对选项C：当浓度商QC> Ksp，为过饱和溶液，有沉淀析出；当浓度商QC=Ksp，为饱和溶液，没有沉淀析出；当浓度商QC
A. 处于a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力强
B. 对于b、c两点，氨水的电离常数Kb＞Kc
C. 若取相同体积的处于a点和c点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va＜Vc
D. X的值接近7，但小于7
【答案】C
【解析】
【分析】
根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,
A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；
B.电离平衡常数只与温度有关；
C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；
D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但大于7。
【详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,
A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱,故A错误；
B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误；
C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多, 所以消耗盐酸的体积Va＜Vc，故C正确；
D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但仍然大于7,不能等于7或小于7,故D错误；
综上所述，本题选C。
第II卷（非选择题，共40分）
二、非选择题：本题共4小题，共40分。
31.设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：
CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。
A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B．使溴水褪色的反应，就是加成反应
C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯 D．使溴水褪色的气体，就是乙烯
(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，
(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。
【答案】 (1). 不能 (2). AC (3). SO2 (4). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (5). 向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应
【解析】
【分析】
用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。
【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；
综上所述，本题答案是：不能；AC；
（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br。
（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。
【点睛】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。
32.某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：
(1)酸浸后加入H2O2的目的是______，调pH的最适宜范围为______。
(2)调pH过程中加入的试剂最好是_________。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
(3)煮沸CuSO4溶液的原因是______。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式________________。
(4)称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后加水20 mL，用0.1000mol﹒L－1的Ce(SO4)2溶液滴定，到达终点时消耗Ce(SO4)2溶液25.00mL。有关的化学反应为Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。计算该CuCl样品的质量分数_______________。
(5)在一定条件下用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝_________(用含a和b的代数式表示)。
【答案】 (1). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (2). 3.2≤pH<4.4 (3). BD (4). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (5). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O===2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4 (6). 99.50% (7). 2b×10-7/(a-2b)
【解析】
【分析】
（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH值与Cu2+分离；
（2）为不引入新杂质，可以用氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等调pH；
（3）双氧水有强氧化性，过量的H2O2除去可避免影响下一步CuCl的生成；亚硫酸钠具有还原性，能够把Cu2+还原为Cu+，据此写出反应的方程式；
（4）发生的反应有Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl－，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，根据上述化学反应关系：CuCl～Fe2+～Ce4+进行计算求出纯CuCl的质量，再求样品的纯度；
（5）根据溶液中存在的电荷守恒关系2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),计算出c(CH3COO-)和c(H+)，然后再计算出溶液中c(CH3COOH),最后计算出醋酸的Ka。
【详解】（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+具有还原性，酸浸后加入H2O2，Fe2+能被双氧水氧化为高价离子，便于调整pH值与Cu2+分离，调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，当溶液的pH值4.4时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，从而使三价铁离子和铜离子分离，因此调pH的最适宜范围为3.2≤pH<4.4；综上所述，本题答案是：将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；3.2≤pH<4.4。
（2）根据（1）分析可知调pH过程中加入的试剂最好是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等；综上所述，本题选BD。
（3）过氧化氢加热分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可避免影响下一步CuCl的生成；因为CuSO4中+2价的铜能把Na2SO3中+4价的硫氧化成+6价的硫，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3时生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式为2CuSO4＋2NaCl＋Na2SO3＋H2O＝2CuCl↓＋2Na2SO4＋H2SO4；综上所述，本题答案是：除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O ===2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。
（4）设样品中CuCl的质量为x，有关的化学反应为：Fe3++CuCl＝Fe2++Cu2++Cl-，Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，则由化学反应方程式可知：CuCl～～～Fe2+～～～Ce4+，则有CuCl～Ce4+，因此：1:1= n（CuCl）：（25.00×10-3×0.1000），所以n（CuCl）=2.50×10-3mol，则该样品CuCl的质量为2.50×10-3mol×99.5g/mol＝0.24875g，所以0.2500g该样品CuCl的质量分数为0.24875g/0.2500g×100%=99.50%；综上所述，本题答案是：99.50%。
(5) 由电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由于2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)=2×b/2=bmol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电离平衡CH3COOH CH3COO－+ H+可知c（CH3COOH）=(a/2-b)mol/L, c(H+)=10-7mol/L, c(CH3COO-)= bmol/L,所以：Ka＝10-7×b/(a/2-b)= 2b×10-7/(a-2b)；综上所述，本题答案是：2b×10-7/(a-2b)。
【点睛】在铜离子的酸性溶液中含有少量铁离子，若要除去铁离子，可以加入能够与酸反应，且含有铜元素的不溶于水的化合物，如氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜等，这样调节溶液的pH到一定范围后，既能使铁离子转化为沉淀而除去，又不引入杂质离子。
33.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。
请回答：
Ⅰ．用如图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，SO42－________(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（FeO42－）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－==Fe＋4H2O和_____________。
(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应：2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋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 (4). 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) (5). 增大 (6). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ (7). 2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
【解析】
【分析】
Ⅰ.图1中,左边装置是原电池,较活泼的金属锌作负极,较不活泼的金属铜作正极,如果要找电极材料代替铜,所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属；M是阳极,N是阴极,电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应,原电池放电时,阴离子向负极移动；据以上分析解答。
Ⅱ.该电解池中,阳极材料是活泼金属,则电解池工作时,阳极上铁失电子发生氧化反应,同时氢氧根离子失电子生成氧气；在碱性锌电池中,正极上得电子发生还原反应；据以上分析解答。
【详解】Ⅰ．（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；综上所述，本题选A。
（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑（或2H2O+2e-=H2↑+2OH-）；综上所述，本题答案是：2H＋＋2e－===H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－)。
（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生；综上所述，本题答案是：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) 。
Ⅱ．（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大；综上所述，本题答案是：增大。
(5) 铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O和4OH--4e-=2H2O+O2↑；综上所述，本题答案是：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑。
(6)在碱性锌电池中，碱性环境下，高铁酸根离子在正极发生还原反应生成氧化铁，该电池正极发生的反应的电极反应为：2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－；综上所述，本题答案是：2Fe＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
【点睛】原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，电解质溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；移动的规律遵循“异性相吸”的规律。
34.工业上可以利用废气中的CO2为原料制取甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH + H2O，请回答下列问题：
(1)已知常温常压下下列反应的能量变化如下图所示：
写出二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式_______________________________。
(2)如果只改变一个条件使上述反应的平衡常数K值变大，则该反应_____________。
A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(3)其他条件相同，该甲醇合成反应在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同的时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如图所示：
①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是____________。
②c点CO2的转化率高于b点，原因是_________________________________。
(4)常温常压下若反应的容器容积为2.0L，反应时间为4.0 min，容器里气体密度减少了2.0 g·，在这段时间内CO2平均反应速率为_____________。反应在t1时达到平衡，在这过程中c(CO2)随时间t变化的曲线如下图所示。保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1 L，请在下图中画出t1后c(CO2)随时间t变化的趋势曲线（假设在t2时达到平衡）_________。
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH=－50 kJ·mol－1 (2). AD (3). Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ (4). b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大 (5). 0.01 mol·L-1·min-1 (6).
【解析】
【分析】
（1）根据图1中能量变化写出反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；
（2）平衡常数只受温度的影响，该反应为放热反应，平衡常数增大，则平衡向着正向移动，说明降低了温度，据此进行解答；
（3）根据图像判断在相同温度下，三种不同的催化剂，二氧化碳的转化率大小关系；b、c点均未达到平衡状态，且c点CO2的转化率高于b点，因此对应的是条件是温度高，反应速率较快；
（4）根据容器内气体的密度减小量，可以求出气体的质量减小的质量，根据质量差量法进行计算；气体体积减小一半，二氧化碳的浓度增大一倍，c(CO2) =0.05mol/L，但该过程相当于增大压强，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) 平衡向右移动，所以0.025mol/L
（2）如果反应方程式CO2+3H2⇌CH3OH+H2O的平衡常数K值变大，则需要降低温度，
A．降低温度，平衡一定向着正向移动，故A正确；
B．降低温度后，正逆反应速率都减小，正反应速率在达到平衡前始终在减小，故B错误；
C．平衡常数变大，反应物浓度减小，生成物浓度增大，则化学平衡一定向着正向移动，故C错误；
D．化学平衡常数变大，需要降低温度，则正逆反应速率都减小，因为平衡向着正向移动，则逆反应速率先减小后增大，故D正确；
因此，本题正确答案是：AD；
(3)①由图可知：在相同温度下，三种不同的催化剂，二氧化碳的转化率是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，所以在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ；综上所述，本题答案是：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ。
②c点CO2的转化率高于b点，是因为b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快；综上所述，本题答案是：b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CO2的转化率较大。
(4)反应的容器容积为2.0L，容器内气体的密度减小了2.0g/L，则气体的质量减小了2.0g/L×2.0L=4.0g，
CO2 +3H2 ⇌ CH3OH +H2O
1mol ∆m 50g
nmol 4g
所以二氧化碳减少的物质的量为：n(CO2)=0.08mol，因此V(CO2)=Δc(CO2)÷Δt = (0.08mol÷2L)÷4min=0.01mol/(L·min)。由图像可知：反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)中起始时c(CO2)=0.10mol/L，平衡是c(CO2)=0.025mol/L，保持其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，二氧化碳的浓度为c(CO2)=0.05mol/L，之后平衡向着正向移动，二氧化碳的浓度减小，直到t2时刻达到平衡，t2时刻二氧化碳的浓度一定大于0.025 mol/L，则t1时刻之后图像如图：；
综上所述，本题答案是：0.01 mol·L-1·min-1 ；。
相关资料
更多
