1、【全国百强校】湖北省荆州中学2018届高三第二次月考化学试题（解析版）荆州中学2018届高三月考化学试题1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法中不正确的是（）A.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能杀菌消毒又能净水B.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C.尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨D.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】C【解析】试题分析：A高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体
2、而达到净水作用，既能杀菌消毒又能净水，故A正确；B导致臭氧空洞的物质主要是氟利昂和氮氧化合物，二氧化氮、碳氢化合物是形成光化学烟雾的主要污染物，故B正确；C使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品，未减少二氧化碳的排放，不符合“促进低碳经济”宗旨，故C错误；D二氧化硅具有对光良好的全反射作用，广泛用于制作光导纤维，光导纤维遭遇强碱发生反应SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，可发生“断路”，故D正确；故选C。【考点定位】考查常见的生活环境的污染及治理【名师点晴】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切有关知识，掌握高铁酸钾的性质以及反应原理、了解“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的
3、成因、低碳经济”宗旨，以及光导纤维的成分性质是解答的关键，平时注意把握相关物质的性质及应用，学习中注意积累。2.其他条件不变，升高温度下列数据不一定增大的是()A.可逆反应的化学平衡常数KB.0.1 mol/L CH3COONa溶液的pHC.水的离子积常数KWD.弱电解质的电离程度【答案】A【解析】试题分析：A、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故A正确；B、醋酸钠水解吸热，升温能够促进其水解，碱性增强，pH增大，故B错误；C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的
4、电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故C错误；D、电离是吸热过程，升温促进弱电解质的电离，电离度增大，故D错误；故选A。考点：考查了温度对水的离子积、电离平衡常数、盐类水解以及化学平衡常数的影响的相关知识。3.室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3，则下列判断正确的是（）A.H2H3B.H1H3C.H1+H3=H2D.H1+H2H3【答案】B【解析】试题分析：根据题
5、意知，CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液的温度降低，热化学方程式为CuSO45H2O(s)Cu2（aq）+SO42（aq）+5H2O(l)，H10；CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热化学方程式为CuSO4(s)Cu2（aq）+SO42（aq），H20；根据盖斯定律知，CuSO45H2O受热分解的热化学方程式为：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)， H3=H1H20。A、根据上述分析知，H20，H30，则H2H3，A错误；B、根据上述分析知，H10，H20，H3=H1H2，结合相关数学知，H1H3，B正确；C、根据上述分析知，H3=H1H2，C错误；D、根据上述
6、分析知，H10，H20，H1+H2H3，D错误。答案选B。【考点定位】本题考查H大小比较、盖斯定律应用。【名师点晴】明确反应热中H的含义，特别是放热反应中H0，吸热反应中H0以及灵活运用盖斯定律是答题的关键。即首先要掌握H的概念、意义和H大小比较原则，吸热反应H0；放热反应H0；H大小比较要带符号比，即吸热反应的H大于放热反应的H；放热反应，放出的热量越多，H越小；吸热反应，吸收的热量越多，H越大；然后根据题给信息，结合盖斯定律理清相关过程的H，结合相关数学知识进行作答。考点：考查4.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A.向0.1 molL1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)c
7、(CH3COOH)c(H+)c(CH3COOH)减小B.将CH3COONa溶液从20升温至60，溶液中c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH)增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH+4)c(Cl)1c(NH4+)c(Cl)1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中c(Cl)c(Br)c(Cl)c(Br)不变【答案】D【解析】A、加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（CH3COO-）、c（H+）都增大且增大程度相同，才c（CH3COOH）减小，所以c(H+)c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COOH)增大，选项
8、A错误；B、升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，溶液中c（CH3COO-）减小、c（CH3COOH）、c（OH-）都增大，所以c(CH3COO)c(CH3COOH)c(OH)c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)减小，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）= c（OH-），且电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）= c(Cl-)+c（OH-），则溶液中c(NH+4)c(Cl)=1c(NH4+)c(Cl-)=1，选项C错误；D、向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，c(Cl)c(Br)c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)
9、Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中c(Cl)c(Br)c(Cl-)c(Br-)不变，选项D正确。答案选D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2与W具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（）A.原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B.由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D.化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】B
10、【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素。A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）r（N）r（O）r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）Y（N），元素非金属性越强
11、，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握。6.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。下列有关说法正确的是（）A.用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+B.H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC.将H3PO2溶液加入到酸性重铬酸钾溶液中，H3P
12、O2的还原产物可能为H3PO4D.H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2H+ H2PO2-【答案】D【解析】A、H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2-4e-+2H2OH3PO4+3H+，选项A错误；B、一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-H2PO2-+H2O，选项B错误；C、H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，选项C错误；D、一元弱酸在溶液中部分电
13、离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H+H2PO2-，选项D正确。答案选D。7.下列有关实验装置的说法中正确的是（）A.用图1装置制取干燥纯净的NH3B.实验室可以用图2装置制备Fe(OH)2C.用图3装置可以完成“喷泉”实验D.用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生的NO2体积【答案】C【解析】A、氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，选项A错误；B、铁应为电池的阳极，选项B错误；C、氯气易溶解与氢氧化钠溶液，选项C正确；D、产生的气体二氧化氮与水反应，故不能用该法测气体的体积，选项D错误。答案选C。8.下列说法正确的是（）A.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B.
14、加热0.1 molL1Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大C.1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为6.021023D.相同条件下，溶液中Fe2+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱【答案】B【解析】A、依据电解原理分析判断，电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，选项A错误；B、盐类的水解吸热，故升高温度，0.1mol/L Na2CO3溶液的水解平衡右移，则水解程度变大，溶液中氢氧根的浓度增大，则pH变大，选项B正确；C、1L 1molL-1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中含有ClO-的数目小于6.02102
15、3，选项C错误；D、相同条件下，溶液中Cu2+、Fe2+、Zn2+的氧化性依次减弱，选项D错误。答案选B。9.下列图示与对应叙述相符的是（）A.图甲表示压强对可逆反应2A(g)2B(g)3C(g)D(s)的影响，乙的压强大B.图乙表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化C.图丙表明合成氨反应是放热反应，b表示在反应体系中加入了催化剂D.图丁表示一定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2与滴加盐酸物质的量的关系【答案】C【解析】A、对可逆反应2A(g)2B(g)3C(g)D(s)，增大压强，反应速率加快，达平衡的时间缩短，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，
16、平衡正确向移动，A的百分含量降低，与图象不符，选项A错误；B、CH3COOH溶液中通入氨气，二者反应生成氯化铵，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，与图像不符，选项B错误；C、图丙表明合成氨反应是放热反应，b表示在反应体系中加入了催化剂，选项C正确；D、一定浓度碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生的反应依次为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，开始没有二氧化碳生成，与图像不符，选项D错误。答案选C。10.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+ H
17、ClOB.向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC.NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCOOH=COH2OD.向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3+2I= 2Fe2+I2【答案】C【解析】A、Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2应为：Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，选项A错误；B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：2Fe2+ClO+4OH-+H2O=2Fe(OH)3+Cl，选项B错误；C、NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCOOH=COH2O，选项C正确；
18、D、向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO与I的反应，选项D错误。答案选C。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.在0.01 molL1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO、HCOB.0.1 molL1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClOC.滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH4、K、Cl、ID.由水电离产生的c(H+)110-13molL1的溶液中：Na+、Ba2+、NO、Cl【答案】D【解析】A、Al3+与HCO3双水解反应不能大量共存，而且HCO3与条件中OH-反应不能大量共存，选项A错误；B、Al3+、ClO-发生
19、双水解反应，H+、ClO-反应生成次氯酸，次氯酸能够氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，选项B错误；C、滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3，2Fe3+2I=2Fe2+I2，不能大量共存，选项C错误；D、由水电离出的c(H)=1013molL1的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，酸性条件下，Na+、Ba2+、NO、Cl都可以大量共存，选项D正确。答案选D。12.下列根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向浓度均为0.1 molL1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B向苯酚浊液中加入Na2CO3溶
20、液，溶液变澄清酸性：苯酚 HCO3C向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色、中间为白色氯水既有酸性又有还原性D淀粉与稀硫酸混和一段时间后，滴加银氨溶液并水浴加热，无银镜出现淀粉没有水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、向浓度均为0.1 molL1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，首先产生黄色沉淀，则说明Ksp(AgCl)sp(AgI)，选项A错误；B、向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明苯酚与碳酸钠反应生成了碳酸氢钠和苯酚钠，因此酸性是苯酚HCO3，选项B错误；C、应该是氯水既有酸性又有氧化性，选项C错误；D、再滴加银氨溶液并水浴之前应该用氢氧
21、化钠溶液中和硫酸，否则生成的葡萄糖不能发生银镜反应，选项D错误，答案选B。点睛：本题考查化学实验方案设计与评价。注意弄清难溶电解质的溶解平衡及沉淀的转化，能判断酸的酸性，氧化剂的氧化性等，为解题的关键。13.利用控制n(H2S):n(FeCl3)=1:2反应得到的产物再用电解法制氢，其工作原理如图所示。下列有关的说法错误的是（）A.惰性电极a为发生氧化反应B.Fe(OH)3胶体中滴加溶液X，先有沉淀后沉淀溶解C.溶液Y加热蒸发灼烧最终得到Fe2O3D.电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2【答案】B【解析】H2S通入FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫和氯化亚铁、盐酸
22、的混合溶液，对混合液进行电解，在阴极上产生的是氢气，所以电极b是阴极，a是阳极；A、惰性电极a为阳极，该电极上发生氧化反应，选项A正确；B、电解后在阳极池得到的X是FeCl3，Fe(OH)3胶体中滴加溶液氯化铁，会出现沉淀，选项B错误；C、溶液Y是氯化亚铁，加热蒸发灼烧最终得到Fe2O3，选项C正确；D、在阴极上产生的是氢气，阳极上亚铁离子失电子得到的是铁离子，电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查电解原理，H2S通入FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫和氯化亚铁、盐酸的混合溶液，对混合液进行电解，根据电解池的工作原理进行分析解答
23、即可。14.下列说法正确的是（）A.某物质的溶液中由水电离出的c（H+）110amolL1，若a7时，则该溶液的pH一定为14aB.相同物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2、(NH4)2SO4、CH3COONH4、NH3H2O；c（NH4）由大到小的顺序是：C.物质的量浓度相等的 H2S 和 NaHS 混合溶液中：c（Na+） +c（H+） = c（S2） +c （HS）+c（OH）D.AgCl悬浊液中存在平衡： AgCl（s）Ag+（aq）Cl（aq），往其中加入少量 NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少【答案】B【解析】A、当溶液中加酸或加碱时，都会抑制水的电离，所以当水电
24、离出的c(H)1107mol/L时，溶液可能显酸性或碱性，A不正确；B、弱酸不完全电离，铵根离子浓度比盐中的都小，浓度最小，铝离子水解显酸性，所以能抑制NH4水解，醋酸根水解显碱性，能促进NH4水解，(NH4)2SO4中铵根离子最大，c（NH4）由大到小的顺序是：，选项B正确；。C根据电荷守恒，应该是c（Na+） +c（H+） =2c（S2） +c （HS）+c（OH），选项C不正确；D、Ksp只与温度有关，与尝试无关，温度不变，Ksp不变，选项D不正确。答案选B。15.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如
25、下图：已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式。（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是。（3）浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为。（4）操作b的名称是，所用的玻璃仪器有、和烧杯。（5）“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为。（6）上述过程中循环使用的物质是。【答案】Al2O3Na2CO32NaAlO2CO2提高烧结产物浸出率FeO22H2OFe(OH)3OH过滤漏斗玻璃棒Al(OH)3）CO2【解析】试题分析：粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等
26、，当加CaCO3、Na2CO3进行烧结，发生Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、2CaCO3+SiO2Ca2SiO4+2CO2、Fe2O3+Na2CO32NaFeO2+CO2、C+O2CO2，所以气体X为CO2，操作a为冷却、研磨，加入碳酸钠溶液浸出，AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-，碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3+OH-，操作b过滤出Fe（OH）3、Ca2SiO4，加入氧化钙脱硅，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子反应生成硅酸钙沉淀，操作b
27、过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3，过滤出沉淀氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气。（1）“烧结“过程中氧化铝和碳酸钠反应：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）“烧结”过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等，操作a的下一步为浸出，操作a为冷却、研磨，所以研磨的目的是提高烧结产物浸出率，故答案为：提高烧结产物浸出率；（3）碳酸钠溶液呈碱性，抑制偏铝酸
28、根离子的水解，NaFeO2可完全水解，FeO2-+2H2O=Fe（OH）3+OH-，故答案为：FeO2-+2H2O=Fe（OH）3+OH-；（4）浸出液经过两次操作b分离沉淀，所以b为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯；所以还需用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（5）操作b过滤出硅酸钙沉淀，滤液为NaAlO2，通入二氧化碳，碳酸酸性强于氢氧化铝，所以发生：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3，所以“碳化”时生成沉淀氢氧化铝，故答案为：Al（OH）3；（6）根据流程图，上述过程中循环使用的物质有碳酸钙
29、和二氧化碳，故答案为：碳酸钙和二氧化碳。考点：考查了物质的分离、提纯的方法的应用的相关知识16.半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O (g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入溶液中（填写试剂名称），出现，可以证明有硫化氢存在。（2）写出半水煤气在铜催化下实现CO变换的反应方程式；若半水煤气中V(H2): V(CO): V(N2)=9：7：4，经CO变换后的气体中：V(H2): V(N2)=。（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。有一吸收了二氧化碳的氢氧化钠溶液，为测定其溶液组成，采用
30、双指示剂法进行滴定。步骤：用移液管量取V0mL的该溶液于锥形瓶中，先滴入1-2滴酚酞做指示剂，滴定达到终点时用去c molL1的标准盐酸溶液VlmL，此时再向溶液中滴入1-2滴做指示剂，达到滴定终点时又用去V2mL标准盐酸溶液。第二次滴定达到终点时的现象是。数据处理：通过Vl和V2的相对大小可以定性也可定量判断溶液的组成。若V1V2，写出此时的溶质的化学式。若2V1=V2，写出此时溶液中离子浓度由大到小的顺序。讨论：若V1c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)Na2CO3【解析】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明
31、有硫化氢存在；（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换的反应方程式为CO+H2OCO2+H2；半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=9：7：4，经CO变换后CO转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：V(H2):V(N2)=（9+7）：44:1；（3）酚酞的变色范围是8.2-10.0，所以第一次变色后碳酸钠转化为碳酸氢钠，如果继续滴定，则需要选择甲基橙作指示剂，终点时的实验现象是当最后一滴标准溶液滴入时，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；若V1V2，由于碳酸钠转化为碳酸氢钠以及碳酸氢钠转化为二氧化碳消耗的盐酸一样多，这说明此时的溶质的化学式Na2CO3和NaOH；若2V1=V2，
32、说明溶质是等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，则此时溶液中离子浓度由大到小的顺序c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)；若V1V2，在第一次滴定时未用标准盐酸润洗酸式滴定管，则与碳酸钠反应的盐酸体积增加，因此如果第二次滴定前发现并纠正了错误；则碳酸钠的浓度偏大。点睛：本题考查水煤气中气体成分测定实验设计与探究。注意碳酸钠与盐酸反应的过程，即首先转化为碳酸氢钠，再转化为氯化钠并产生二氧化碳，故在选择试剂方面应该考虑好指示剂的变色范围。17.CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。（1）用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应
33、的离子方程式为。用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图1所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为。（2）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。在图示2的转化中，化合价不变的元素是(填元素名称)。在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将(填“增大”、“减小”或“不变”)。转化中当有1 mol N2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为。加入NaClO时发生的反应为：Cu(NH3)2ClO2OHCu(OH)22N2H42Cl2H2O，该反应需在80以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有、。图3（3）CO与SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO
34、2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：。【答案】2CO+O2+4OH2CO32+2H2OCO-2e+O2CO2钠和氢增大1mol使氢氧化铜分解降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出4CO+2SO24CO2+S2【解析】试题分析：（1）该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O，故答案为：2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O。d电极上CO生
35、成二氧化碳，则该电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO+O2-2e-=CO2，故答案为：CO+O2-2e-=CO2；（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；Cu（NH3）2+和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；转化中当有1mol N2H4参与反应时，转移电子物质的量=1mol20-（-2）=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O2的物质的量=4mol44mol4=1mol，故答案为：增大；1mol；温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反
36、应向正反应方向进行，故答案为：氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO2，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S2，所以反应方程式为4CO+2SO2=4CO2+S2，故答案为：4CO+2SO2
37、=4CO2+S2。【考点定位】考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式【名师点晴】本题考查原电池原理、氧化还原反应、化学方程式计算等知识点，为高频考点，结合电解质溶液书写电极反应式，难点是（3）题生成物硫化学式的确定，明确计量数与物质的量变化量关系是解（3）题关键。18.CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。（1）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+Cl2（g）
38、COCl2（g）H=a kJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：t/minn（CO）/moln（Cl2）/mol01.200.6010.9020.8040.20反应02min末的平均速率v（COCl2）=mol/（Lmin）。在2min4min间，v（Cl2）正v（Cl2）逆（填“”、“=”或“”），该温度下K=。已知X、L可分别代表温度或压强，图1表示L一定时，CO的转化率随X的变化关系。X代表的物理量是；a0 （填“”，“=”，“”）（2）在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体：2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）H=748kJmol1一定条件下，单位时间内不同温度下测
39、定的氮氧化物转化率如图2所示温度高于710K时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是。已知：测定空气中NO和CO含量常用的方法有两种，方法1：电化学气敏传感器法。其中CO传感器的工作原理如图3所示，则工作电极的反应式为；方法2：氧化还原滴定法。用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度。写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式。（3）用CO和H2可以制备甲醇，反应为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇
40、参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是。选考题（19、20两题选做一题）【答案】0.1=5温度温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，转化率降低CO2e+H2OCO2+2H+2NO+3H2O22NO3+2H2O+2H+C（K+）C（CO32）C（HCO3）C（OH）C（H+）【解析】（1）02min末n（COCl2）=n（CO）=1.2-0.8=0.4mol，C（COCl2）=0.420.42=0.2mol/L，v（COCl2）=0.220.22=0.1mol/（Lmin）；在2min4min间，2min末n（Cl2）=n（
41、CO）=0.4mol，剩余氯气等于0.2mol；到0.4min物质的量不变，所以达到平衡状态，所以v（Cl2）正=v（Cl2）逆；据以上分析，CO、氯气、COCl2剩余浓度分别是：0.820.82=0.4mol、0.220.22=0.1mol、0.420.42=0.2mol，K=0.20.10.40.20.10.4=5；随X的升高CO的转化率降低，故X不是压强，故是温度；所以正方向是放热反应，a”或“”)Na。（2）NO3-的空间构型为。（3）固态硫易溶于CS2，熔点为112，沸点为444.8。其分子结构为，S8中硫原子的杂化轨道类型是，S8分子中至多有个硫原子处于同一平面。（4）N2分子中键
42、与键的个数比为，N2的沸点比CO的沸点（填“高”或“低”）。（5）K2S的晶胞结构如图所示。其中K+的配位数为，S2-的配位数为；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为a cm，则K2S晶体的密度为gcm-3（列出计算式，不必计算出结果）。【答案】ls22s22p63s23p64s1平面正三角形sp341：2低48【解析】（1）钾位于第四周期A族，基态原子的核外电子排布式为：ls22s22p63s23p64s1或Ar4s1；因同主族元素第一电离能由上往下依次减小，所以第一电离能：KNa；（2）根据中心原子的价层电子对互斥理论，NO3-的价层电子对数为3对，且无孤电子对，则空间构型为平面正三角形；
43、（3）根据S8的分子结构可知，每个S原子的价电子对数为4对，所以硫原子的杂化轨道类型是sp3，S8分子中至多有4个硫原子处于同一平面；（4）N2原子中形成氮氮三键，键与键的个数比为1：2；N2和CO的相对分子质量都为28，但N2为非极性分子，CO为极性分子，所以N2的沸点比CO的沸点低；（5）K2S的晶胞中，每个K+周围等距离最近的S2-有4个，所以K+的配位数为4，每个S2-周围等距离最近的K+有8个，所以的配位数为8；晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，为每个面对角线距离的一半，则晶胞的边长为22acm，所以晶体的密度为=mVmV=110NA4(2a)3110NA4(2a)3=411
44、0NA(2a)34110NA(2a)3=41106.021023(2a)341106.021023(2a)3。20.从薄荷油中得到一种烃A(C10H16)，叫非兰烃，与A相关反应如下：已知：（1）B所含官能团的名称为。（2）含两个COOCH3基团的C的同分异构体共有种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为。（3）BD，DE的反应类型分别为、。（4）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：。（5）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为。（6）写出EF的化学反应方程式：。（7）A的结构简式为，A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有种(
45、不考虑立体异构)。【答案】羰基、羧基4CH3OOCCCH3COOCH3CH3加成反应(或还原反应)取代反应聚丙烯酸钠2NaOHCH2=CHCOONaNaBr2H2O3【解析】（1）B是CH3COCOOH，所含官能团的名称为羰基、羧基；（2）含两个COOCH3基团的C的同分异构体共有四种，它们是CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3OOCC (CH3)2COOCH3、CH3OOCCH (C2H5)COOCH3；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体的结构简式为CH3OOCCCH3COOCH3CH3；（3）B与氢气发生加成反应产生D：CH3
46、CH(OH)COOH，所以BD的反应类型是加成反应(或还原反应)，D与HBr发生取代反应产生E：CH3CHBrCOOH；所以DE的反应类型为取代反应；（4）G为含六元环的化合物，其结构简式：；（5）E与足量的NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生F：CH2=CHCOONa，F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为聚丙烯酸钠；（6） EF的化学反应方程式是：2NaOHCH2=CHCOONaNaBr2H2O；（7）A的结构简式为；由于在A中含有共轭二烯的结构，所以A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有、三种产物。点睛：本题考查有机物的结构、性质、转化、化学反应类型的判断、化学方程式和同分异构体的种类及书写的知识。