1、上海市普通高中学业水平化学练习试卷（2）一选择题（共20小题，满分60分，每小题3分）1（3分）打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（）APM2.5BO2CSO2DNO2（3分）普通锌锰干电池的构造如图所示，其电池反应的方程式为：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A石墨作正极B锌发生氧化反应C电池工作时，电子从石墨经导线流向锌D正极的电极反应为：NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH33（3分）化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂B石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的S
2、O2C传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜D碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查4（3分）下列微粒中电子数大于质子数的是（）AH3O+BO2COD5（3分）通过甲烷分子的球棍模型不能得出的信息是（）ACH的共用电子对偏向C原子B正四面体结构C非极性分子D二氯取代物只有一种6（3分）下列铁元素的代表物描述错误的是（）代表物物质类别铁元素价态部分性质描述A、Fe单质0价在氯气中燃烧生成FeCl2B、Fe（OH）2碱+2价不稳定，易被氧化C、Fe2O3碱性氧化物+3价红棕色粉末，制作油漆或颜料D、FeCl2盐+2价水溶液能和氯气反应AABBCCDD7（3分）如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现
3、用70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色B含酚酞的NaOH溶液红色变深C溴水的红棕色褪去D品红溶液褪色8（3分）下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（）A用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4B用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油C用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中D用Al2（SO4）3溶液净化含少量泥土的浑浊水9（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A用漂白粉对游泳池进行杀菌消毒B将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了化学变化C明矾净水时发生了化学变化及物理
4、变化，能起到杀菌消毒的作用D硝酸型酸雨的形成与氧化还原反应无关10（3分）热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据如图所给数据，下列说法正确的是（）A图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其HB图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为C图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D由图1、图2和图3可知，H2S（g）H2（g）+S（s）H+20kJmol111（3分）下列化工生产中，能产生H2的是（）A氯碱工业B合成氨工业C硫酸工业D纯碱工业12（3分）下列有关实验说法中，不正确的是（）A利用纸层析法分离Fe3+、Cu2+时，氨熏显色后上方出现红
5、棕色斑点，下方出现深蓝色斑点B可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3C在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全D溶质的溶解度小，溶液的浓度高，可析出较大晶粒13（3分）固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验，分析以下实验现象，下列结论正确的是（）将X加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广泛pH试纸上，试纸呈蓝色向Z溶液中
6、滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀AX中一定不存在FeOB不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种CZ溶液中一定含有K2CO3D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl14（3分）关于反应8NH3+6NO27N2+12H2O，下列说法正确的是（）ANH3中H元素被氧化BNO2在反应过程中失去电子C还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D氧化产物与还原产物的质量之比为4：315（3分）中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）A在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应B苯环上的一溴代物共5种C1mol该化合物最多与4mo
7、l NaOH反应D该分子中最多有7个碳原子共面16（3分）下列实验操作可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A配制0.100molL1的Na2CO3溶液称取5.3g固体Na2CO3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至500mL容量瓶中定容B探究温度对化学平衡的影响将适量NO2充入一支试管中，用塞子密封，然后用酒精灯微热试管，观察实验现象C探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5% H2O2溶液，观察实验现象AAB
8、BCCDD17（3分）反应SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应H0、S0B该反应的平衡常数KC高温下反应每生成1mol Si需消耗222.4L H2D用E表示键能，该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）18（3分）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是（）ANH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应B溶液中K+向电极b移动C反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5D正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH19（3分）某化学兴趣小组的同学利用0.10
9、00molL1HCl标准溶液和双指示剂测定某变质烧碱样品（含Na2CO3杂质）中NaOH的质量分数。溶液中的H2CO3、HCO3、CO32的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为CO32和HCO3B已知pKa2lgKa2，结合图象可知H2CO3的pKa2约为6.4C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液由黄色变为橙色20（3分）下列关于可逆反应A（？）+2B（s）C（g）Q叙述正确的是（）A当反应达到平衡之后，气体摩
10、尔质量不变，则反应达到平衡状态B平衡后，恒温下扩大容器体积，再次平衡后气体密度一定减小C平衡后，恒容下升高温度，再次平衡后气体中C的体积分数可能减少D平衡后，恒温恒容下，通入气体C，气体C的浓度可能不变二解答题（共4小题）21已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是 （2）若从A点到D点，可采用的措施是 a升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 （4）B对应温度下，将pH11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀
11、硫酸V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH2，则 V1：V2 （5）常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH7，此时V的取值 20.00（填“”“”或“”）而溶液 中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为 如果V40.00，则此时溶液中c（OH）c（H+）c（CH3COOH） molL1（填数据）（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH8时
12、，c（Cu2+） molL1（KspCu（OH）22.21020）22天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）15601411286H1 kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有 、 。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为反应的平衡常数Kp （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2
13、CH4C2H6+H2反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2 r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。A增加甲烷浓度，r增大B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大D降低反应温度，k减小（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：阴极上的反应式为 。若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为 。23化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。已知：RCOOH+H2O回答下列问题
14、：（1）反应的反应条件为 ，反应的反应类型是 。（2）F中含氧官能团的名称： ， ， 。（3）D+HE的化学方程式： 。（4）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为 。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 种a含苯环的单环化合物；b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1。（6）根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线 。（无机试剂任选）24硝酸是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）实验装置编号溶液X实验现象实验6molL1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体
15、，在液面上方变为红棕色实验15molL1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色（1）实验中，铝片作 （填“正”或“负”）极液面上方产生红棕色气体的化学方程式是 （2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是 查阅资料：活泼金属与1molL1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3被还原（3）用如图装置进行实验：溶液X为1molL1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转反应后的溶液中含NH4+实验室检验NH4+的方法是 生成NH4+的电极反应式是 （4）进一步探究碱性条件下NO3的氧化性，进行实验：观察到A中有N
16、H3生成，B中无明显现象A、B产生不同现象的解释是 A中生成NH3的离子方程式是 （5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由 上海市普通高中学业水平化学练习试卷（2）参考答案与试题解析一选择题（共20小题，满分60分，每小题3分）1（3分）打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（）APM2.5BO2CSO2DNO【分析】空气的主要成分为氮气和氧气，则氧气不属于空气污染物，且人体吸收氧气、呼出二氧化碳，以此来解答。【解答】解：APM2.5可导致雾霾发生，为空气污染物，故A不选；B氧气不属于空气污染物，故B选；CSO2可导致酸雨的发生，故C不选；DNO可引
17、起光化学烟雾及酸雨，为空气污染物，故D不选；故选：B。【点评】本题考查环境污染物，为高频考点，把握常见的环境保护问题、空气污染物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与环境的联系，题目难度不大。2（3分）普通锌锰干电池的构造如图所示，其电池反应的方程式为：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A石墨作正极B锌发生氧化反应C电池工作时，电子从石墨经导线流向锌D正极的电极反应为：NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3【分析】普通锌锰干电池的构造如图所示，锌筒做负极，发生氧化反应为Zn+2NH32eZn（NH3）22+，石墨做正极
18、，电极反应为NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3，其电池反应的方程式为Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），据此答题。【解答】解：A、锌筒为负极，石墨作正极，故A正确；B、电池中锌失去电子，发生氧化反应，故B正确；C、电池中电子从负极流向正极即从锌经导线流向石墨，故C错误；D、正极得电子发生还原反应，所以正极的电极反应为NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子判断正负极及其反应，难度不大。3（3分）化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂B石灰石在高温
19、下可用于消除燃煤烟气中的SO2C传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜D碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查【分析】A氯化铁和硫酸亚铁均可水解得到具有吸附性的胶体；B石灰石在高温下分解生成CaO，CaO能与SO2反应；C传感膜是一种功能高分子材料，能组成原电池；D碳酸钡能溶于胃酸。【解答】解：A铁盐电离的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，亚铁盐水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化，也能形成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体胶体能吸附净水，所以氯化铁和硫酸亚铁均是优良的净水剂，故A正确；B石灰石在高温下分解生成CaO，CaO能与SO2反应，所以石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2，故B正确；C传感膜
20、是一种功能高分子材料，能组成原电池，所以传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜，故C正确；D碳酸钡能溶于胃酸生成氯化钡，氯化钡有毒，会使人中毒，所以碳酸钡不能用于肠胃X射线造影检查，应该用不溶于胃酸的硫酸钡，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物的性质及其应用，题目难度不大，把握常见元素化合物的性质以及其在生产生活中的应用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。4（3分）下列微粒中电子数大于质子数的是（）AH3O+BO2COD【分析】原子、分子和化学式电子数等于质子数，阴离子电子数大于质子数，阳离子电子数小于质子数。【解答】解：AH3O+阳离子电子数小
21、于质子数，故A错误；BO2阴离子电子数大于质子数，故B正确；CO原子电子数等于质子数，故C错误；DO原子电子数等于质子数，故D错误；故选：B。【点评】本题考查微粒中电子数与质子数的关系，考查内容基础，掌握原子的组成结构、阴阳离子的组成结构是解题的关键。5（3分）通过甲烷分子的球棍模型不能得出的信息是（）ACH的共用电子对偏向C原子B正四面体结构C非极性分子D二氯取代物只有一种【分析】A用电子对偏向主要看电负性；B由图可得；C正负电荷重心重合；D甲烷是正四面体结构，4个H位置相同，二氯甲烷只有一种结构。【解答】解：A共用电子对偏向吸引电子能力强的一方，主要是对比元素的电负性，球棍模型无法比较，故
22、A错误；B由图可得，甲烷是正四面体结构，故B正确；C正四面体结构，碳原子位于正四面体的重心，正负电荷重心重合，故C正确；D甲烷是正四面体结构，4个H位置相同，二氯甲烷只有一种结构，故D正确；故选：A。【点评】本题考查甲烷的球棍模型，结合结构了解甲烷的组成、结构和性质，考查内容基础，难度不大。6（3分）下列铁元素的代表物描述错误的是（）代表物物质类别铁元素价态部分性质描述A、Fe单质0价在氯气中燃烧生成FeCl2B、Fe（OH）2碱+2价不稳定，易被氧化C、Fe2O3碱性氧化物+3价红棕色粉末，制作油漆或颜料D、FeCl2盐+2价水溶液能和氯气反应AABBCCDD【分析】A.氯气具有强氧化性；B
23、.亚铁不稳定，易被氧化，氢氧化亚铁由亚铁离子与氢氧根离子构成；C.氧化铁为红棕色粉末，与酸反应生成盐和水；D.亚铁盐可被氯气氧化。【解答】解：A.氯气具有强氧化性，则Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，故A错误；B.亚铁不稳定，易被氧化，氢氧化亚铁由亚铁离子与氢氧根离子构成，则Fe（OH）2属于碱，不稳定，易被氧化，描述均合理，故B正确；C.氧化铁为红棕色粉末，与酸反应生成盐和水，则属于碱性氧化物，描述均合理，故C正确；D.亚铁盐可被氯气氧化，氯化亚铁属于盐，Fe为+2价，水溶液能和氯气反应生成氯化铁，描述均合理，故D正确；故选：A。【点评】本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的
24、反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。7（3分）如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现用70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色B含酚酞的NaOH溶液红色变深C溴水的红棕色褪去D品红溶液褪色【分析】二氧化硫为酸性氧化物，具有强的还原性，弱的氧化性，漂白性，据此判断解答。【解答】解：A二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，所以二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，故A正确；B二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠，所以能够使含酚酞的NaO
25、H溶液红色褪色，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能够还原溴水，使溴水褪色，故C正确；D二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。8（3分）下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（）A用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4B用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油C用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中D用Al2（SO4）3溶液净化含少量泥土的浑浊水【分析】AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4）；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；CFeCl3溶于水显酸性；DAl2（S
26、O4）3在溶液中水解出Al（OH）3胶体。【解答】解：AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4），故用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，能将CaSO4转化为CaCO3，从而有利于除去，和盐类水解无关，故A错误；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故B正确；CFeCl3溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故C正确；DAl2（SO4）3在溶液中水解出Al（OH）3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了盐类水解的应用，难度不大，应注意的是锅炉去水垢利用的是沉淀的转化。9（3
27、分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A用漂白粉对游泳池进行杀菌消毒B将适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了化学变化C明矾净水时发生了化学变化及物理变化，能起到杀菌消毒的作用D硝酸型酸雨的形成与氧化还原反应无关【分析】A漂白粉有效成分是Ca（ClO）2，与空气中二氧化碳等反应生成的HClO具有强氧化性，使蛋白质变性；B合金是金属与金属或非金属融合而成的混合物，没有生成新物质；C明矾没有氧化性；D硝酸型酸雨的形成是氮氧化物与氧气、水共同作用的结果，有元素化合价的升降。【解答】解：A漂白粉有效成分是Ca（ClO）2，该物质与水、二氧化碳作用产生HClO，该物质具有强的氧化性，可以杀菌消毒
28、，因此用漂白粉对游泳池进行杀菌消毒，故A正确；B适量的铜、锌熔合成合金的过程发生了物理变化，故B正确；C明矾净水时发生了化学变化及物理变化，能吸附净化水，但不能起到杀菌消毒的作用，故C错误；D硝酸型酸雨的形成包括3NO2+H2O2HNO3+NO及2NO+O22NO2等反应，这些反应都是氧化还原反应，因此与氧化还原反应有关，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，主要考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累。10（3分）热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据如图所给数据，下列说法正确的是（）A图1反
29、应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其HB图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为C图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D由图1、图2和图3可知，H2S（g）H2（g）+S（s）H+20kJmol1【分析】A.催化剂可以改变反应的活化能，不改变反应的焓变；B.水由液态变为气态会吸收热量；C.该图中反应物的总能量比生成物的总能量低；D.写出热化学方程式，根据盖斯定律书写计算。【解答】解：A.图1反应若使用催化剂，可以改变反应路径，不改变其H，焓变和反应路径无关，故A错误；B.该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应，而液态水转化为气态水还要吸收热量，所以能量变化
30、曲线还要在生成物上方，故B错误；C.该图象表示的反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，故C错误；D.已知SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H2S O4（aq）H1151kJmol1，H2S （g）+H2S O4（aq）S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H3+61kJmol1，2HI（aq）H2（g）+I2（s）H2+110kJmol1，根据盖斯定律由+可得反应H2S （g）H2（g）+S（s），由此计算反应的H，则HH1+H2H3（61kJmol1）+（151kJmol1）+（110kJmol1）20kJmol1，此反应的热化学方程式为H2S （g）H2（g）
31、+S（s）H+20kJmol1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应过程中能量变化图象、热化学方程式和盖斯定律计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11（3分）下列化工生产中，能产生H2的是（）A氯碱工业B合成氨工业C硫酸工业D纯碱工业【分析】A氯碱工业是电解饱和食盐水：.2NaCl+2H2OH2+Cl2+2NaOH；B合成氨工业：N2+3H22NH3；C硫酸工业：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3、2SO2+O22SO3（可逆反应）、SO3+H2OH2SO4；DNaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl（制纯碱的关键步骤）、2NaHCO3Na2CO3+H2O+
32、CO2（得到纯碱）。【解答】解：A氯碱工业是通过电解饱和食盐水，可以制取氢氧化钠、氯气、H2，故A正确；B合成氨工业通过氮气和氢气在高温高压催化剂条件下生成氨气，不能制得H2，故B错误；C硫酸工业是通过含硫矿石高温反应生成SO2，然后SO2生成SO3，再通过SO3和水反应制取硫酸，不能产生H2，故C错误；D纯碱工业是通过向饱和食盐水里通入二氧化碳和氨气，来制取碳酸氢钠，然后通过碳酸氢钠分解制取纯碱碳酸钠，不能产生H2，故D错误。故选：A。【点评】本题是对化学工业生产过程的考查，掌握化工生成的基本反应过程，了解化工生产的原料和产物是解题的关键，题目相对简单。12（3分）下列有关实验说法中，不正确
33、的是（）A利用纸层析法分离Fe3+、Cu2+时，氨熏显色后上方出现红棕色斑点，下方出现深蓝色斑点B可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3C在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全D溶质的溶解度小，溶液的浓度高，可析出较大晶粒【分析】A.纸层析分离的基本原理是：亲脂性强的成份在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度就快一些；亲水性强的成份在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度就慢一些；B.NaCl、NaNO2都可与硝酸银反应生成沉淀，且AgNO2溶于硝酸；C.Zn比Fe活泼；D.结晶与溶质的
34、浓度、溶解度等因素有关。【解答】解：A.Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，所以氨熏显色后上方出现棕色斑点，下方出现蓝色斑点，故A正确；B.NaCl、NaNO2都可与硝酸银反应生成沉淀，且AgNO2溶于硝酸，NaNO3与硝酸银不反应，可鉴别，故B正确；C.Zn比Fe活泼，则将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全，故C正确；D.结晶与溶质的浓度、溶解度等因素有关，则溶质的溶解度越小，溶液的浓度越高，析出的晶粒就
35、越细小，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13（3分）固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验，分析以下实验现象，下列结论正确的是（）将X加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广泛pH试纸上，试纸呈蓝色向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀AX中一定不存在FeOB不溶
36、物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种CZ溶液中一定含有K2CO3D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl【分析】将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，
37、说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，以此解答该题。【解答】解：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，
38、可能含有KCl；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl，选项加入盐酸，不能确定溶液中是否含有氯离子，只有C正确。故选：C。【点评】本题考查物质组成的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14（3分）关于反应8NH3+6NO27N2+12H2O，下列说法正确的是（）ANH3中H元素被氧化BNO2在反应过程中失去电子C还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D氧化产物与还原产物的质量之比为
39、4：3【分析】由反应8NH3+6NO27N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由3升高到0、NO2中的N元素的化合价由+4降低到0，据此分析。【解答】解：ANH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，故A错误；BNO2在反应过程中得到电子，故B错误；C该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂，由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，故C错误；D该反应中氧化产物和还原产物均为N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，故D正确；故选：D。【点评】本题
40、考查氧化还原反应，题目难度不大，明氧化还原反应的基本概念是解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。15（3分）中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）A在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应B苯环上的一溴代物共5种C1mol该化合物最多与4mol NaOH反应D该分子中最多有7个碳原子共面【分析】A.由结构可知，含酚OH、碳碳双键、COOC；B.苯环上含5种H；C.酚OH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应；D.苯环、双键为平面结构，且直接相连。【解答】解：A.由结构可知，含酚OH可发生氧化反应、取代反应
41、、碳碳双键可发生氧化反应、COOC可发生取代反应，不能发生消去反应，故A错误；B.苯环上含5种H，则苯环上的一溴代物共5种，故B正确；C.酚OH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应，则1mol该化合物最多与5mol NaOH反应，故C错误；D.苯环、双键为平面结构，且直接相连，且可能与COOC及后面的苯环共面，则最多共面的碳原子一定大于7个，故D错误；故选：B。【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。16（3分）下列实验操作可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A配制0
42、.100molL1的Na2CO3溶液称取5.3g固体Na2CO3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至500mL容量瓶中定容B探究温度对化学平衡的影响将适量NO2充入一支试管中，用塞子密封，然后用酒精灯微热试管，观察实验现象C探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5% H2O2溶液，观察实验现象AABBCCDD【分析】A碳酸钠的物质的量为0.05mol，配制0.100molL1的Na2CO3溶液，需要500mL容量瓶，保
43、证固体在烧杯中溶解；B只有温度一个变量；C大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关；D发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显。【解答】解：A碳酸钠的物质的量为0.05mol，配制0.100molL1的Na2CO3溶液，需要500mL容量瓶，应加适量水溶解，蒸馏水太少时固体不能完全溶解，故A错误；B只有温度一个变量，可探究温度对平衡的影响，故B正确；C大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关，不能探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；D发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显，不能说明浓度对反应速率的影响，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质
44、的性质、化学平衡、反应速率、溶液配制、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。17（3分）反应SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应H0、S0B该反应的平衡常数KC高温下反应每生成1mol Si需消耗222.4L H2D用E表示键能，该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）【分析】A为气体体积增大的反应；BK为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；C状况未知，Vm未知；D焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。【解答】解：A为气体体积增大的反应，则该反应S
45、0，故A错误；BK为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应的平衡常数K，Si为纯固体，不能出现K的表达式中，故B正确；C状况未知，Vm未知，不能由物质的量计算氢气的体积，故C错误；D焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）2E（SiSi），故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变、平衡常数，为高频考点，把握K的表达式、焓变计算、物质的量相关计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Si中化学键数目为解答的易错点，题目难度不大。18（3分）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图所示。下
46、列说法错误的是（）ANH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应B溶液中K+向电极b移动C反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5D正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH【分析】a极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，正极上氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【解答】解：Aa极为负极，NH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应生成氮气，故A正确；B因为b极为正极，则溶液中的阳离子向正极移动，即溶液中K+向电极b移动，故B正确；C反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D则b为正极，正
47、极上氧气得电子被还原，溶液为碱性环境，则正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点；题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。19（3分）某化学兴趣小组的同学利用0.1000molL1HCl标准溶液和双指示剂测定某变质烧碱样品（含Na2CO3杂质）中NaOH的质量分数。溶液中的H2CO3、HCO3、CO32的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A用酚酞作指示剂滴定至终点时，
48、溶液中含碳微粒的主要存在形式为CO32和HCO3B已知pKa2lgKa2，结合图象可知H2CO3的pKa2约为6.4C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液由黄色变为橙色【分析】A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液的pH为8.210，结合图象分析；BpH6.4时，溶液中c（H2CO3）c（HCO3），根据Ka1计算；C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液是NaCl和碳酸氢钠的混合物；D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液中碳酸氢钠全部转化为碳酸。【解答】解：A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液的pH为8.
49、210，溶液中含碳微粒主要是HCO3，故A错误；BpH6.4时，溶液中c（H2CO3）c（HCO3），则Ka1106.4，则pKa1lgKa16.4，故B错误；C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液是NaCl和碳酸氢钠的混合物，溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），故C错误；D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液中碳酸氢钠全部转化为碳酸，在碳酸氢钠溶液中甲基橙为黄色，达到滴定终点时，溶液显橙色，则滴定至终点时溶液由黄色变为橙色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了酸碱中和滴定、电离常数的计算、溶液中守恒关系的应用，题目难度中等，注意把握
50、弱酸的电离常数的计算方法以及溶液中电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。20（3分）下列关于可逆反应A（？）+2B（s）C（g）Q叙述正确的是（）A当反应达到平衡之后，气体摩尔质量不变，则反应达到平衡状态B平衡后，恒温下扩大容器体积，再次平衡后气体密度一定减小C平衡后，恒容下升高温度，再次平衡后气体中C的体积分数可能减少D平衡后，恒温恒容下，通入气体C，气体C的浓度可能不变【分析】A若A不是气体，气体摩尔质量一直不变；B若A不是气体，温度不变，平衡常数不变，气体C的浓度不变，密度也不变；C若A不是气体，C的体积分数可能一直是100%；D若A不是气体，恒温恒容下，平衡常数不变，气体
51、C的浓度不变。【解答】解：A若A不是气体，气体摩尔质量一直不变，不能判断是否是平衡状态，若A是气体，可以判断，故A错误；B若A不是气体，温度不变，平衡常数不变，气体C的浓度不变，密度也不变，若A是气体，气体计量数相等，平衡不移动，密度减小，故B错误；C若A不是气体，C的体积分数可能一直是100%，若A是气体，升高温度，平衡正向移动C的体积分数增加，故C错误；D若A不是气体，恒温恒容下，平衡常数不变，气体C的浓度不变，若A是气体，气体C的浓度增大，平衡后，恒温恒容下，通入气体C，气体C的浓度可能不变，故D正确；故选：D。【点评】本题考查平衡状态的判断，影响平衡的因素及影响效果，是高频考点，难度不
52、大，A的状态是解题的关键。二解答题（共4小题）21已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是BCADE（2）若从A点到D点，可采用的措施是bca升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为10：1（4）B对应温度下，将pH11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH2，则 V1：V29：11（5）常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠
53、溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH7，此时V的取值20.00（填“”“”或“”）而溶液 中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）如果V40.00，则此时溶液中c（OH）c（H+）c（CH3COOH）0.033molL1（填数据）（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH8时，c（Cu2+）2.2108molL1（KspCu（OH）22.21020）【分析】（1）Kw只与温
54、度有关，温度相同离子积常数相同，温度越高，离子积常数越大；（2）从A点到D点c（H+）变大，c（OH）变小，但Kw不变；（3）E对应的温度下，Kw1014，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），据此计算；（4）该温度下水的离子积为Kw11012，酸和碱混合，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，若所得混合液的pH2，则酸过量，根据c（H+）计算，列式计算pH可计算体积比；（5）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）c（OH），溶液就呈中性，CH3C
55、OOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH7c（H+）c（OH）结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH）进行解答；电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）2c（CH3COO）+c（CH3COOH）；（6）c（Cu2+）【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCADE，所以离子积常数大小顺序是BCADE，故答案为：BCADE； （2）在A点时，c（
56、H+）c（OH），溶液显中性，而到D点c（H+）变大，c（OH）变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变a、升高温度，Kw变大，故a错误；b、加入少量盐酸，则溶液显酸性，故b正确；c、加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故c正确；故答案为：bc；（3）E对应的温度下，Kw1014，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），故有：105mol/LV碱104mol/LV酸，解得：10：1，故答案为：10：1；（4）该温度下水的离子积为Kw11012，将pH11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（O
57、H）mol/L0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，pH2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/LV20.1mol/LV10.01mol/L（V1+V2），整理可得：V1：V29：11，故答案为：9：11； （5）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中，充分反应，V20.00mL溶液呈中性pH7，c（H+）c
58、（OH）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），c（H+）c（OH），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH），故答案为：；c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）； 根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）2c（CH3COO）+c（CH3COOH），得到c（H+）+c（CH3COO）+2c（CH3COOH）c（OH），则c（OH）c（H+）c（CH3COOH）c（CH3COO）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO
59、）+c（CH3COOH）0.033mol/L，故答案为：0.033；c（Cu2+）mol/L2.2108mol/L，故答案为：2.2108【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、溶液pH的有关计算，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确酸碱混合时酸碱物质的量的关系、溶液pH与c（H+）、（OH）的关系是解本题关键，题目难度中等22天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）15601411
60、286H1+137kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减少压强（增大体积）。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为反应的平衡常数Kpp （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r21r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是AD。A增加甲烷浓度，r增大B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大D降低反应温度，k减小（3）CH4和CO
61、2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：阴极上的反应式为CO2+2eCO+O2。若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为6：5。【分析】（1）燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，写出乙烷、乙烯和氢气燃烧热写出热化学方程式：根据盖斯定律，合并方程式得C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1+137kJmol1根据反应的特点，是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）；利用三段式求出平衡时的总物质的量和各物质量，根据阿伏加德罗定
62、律的推论，压强之比等于物质的量比，求出反应后各物质的分压；KP求解；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数，c（CH4）为甲烷的即时浓度，代入数据求解；对于处于初期阶段的该反应，根据速率方程为：rkc，看出速率与甲烷的浓度成正比，与氢气的浓度无关，速率常数k 受温度影响；（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知阴极：CO2+2eCO+O2，阳极甲烷变成乙烷、乙烯和水，再根据电荷守恒，和电解池中离子的移动解题。【解答】解：（1）燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，利用燃烧热写出热
63、化学方程式：乙烷的燃烧：C2H6（g）+3.5O22CO2（g）+3H2O（l）H1560kJmol1乙烯的燃烧：C2H4（g）+3O22CO2（g）+2H2O（l）H1411kJmol1氢气的燃烧：H2（g）+0.5O2H2O（l）H286kJmol1根据盖斯定律，得C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1+137kJmol1故答案为：+137；C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1137kJmol1是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）等；故答案为：升高温度；减小压强（增大体积）；设容器中通入乙烷和
64、氢气的物质的量为m C2H6C2H4 +H2开始 m 0 m变化 m m m平衡 mm m m+m平衡时的总物质的量mm+m+m+m2m+m在等压下（p）发生上述反应，反应后各物质的分压：P（H2） 同理P（C2H4）、P（C2H6）KPp；故答案为：p；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkc，其中k为反应速率常数，r1kc（CH4），r2kc（CH4）（1），由于k不受反应物浓度影响，所以r2r1（1），故答案为：1；A根据速率方程rkc，反应速率与甲烷的浓度成正比，增加甲烷浓度，r增大，故A正确；B根据速率方程rkc，反应速率与氢气的浓度成无关，增加H2浓度，r不变，故B错误；C乙烷
65、的生成速率逐渐减小，随着反应的进行，甲烷的浓度减小，反应速率下降，故C错误；D无论反应是吸热还是放热，速率常数随温度升高增大，随反应温度降低，k减小，故D正确；故选：AD；（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知阴极：CO2+2eCO+O2，生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1的阳极反应：6CH4+5O210e2C2H4+C2H6+5H2O，根据电荷守恒知道消耗的CH4和CO2体积比为6：5。故答案为：CO2+2eCO+O2；6：5。【点评】本题考查了热化学方程式、盖斯定律、影响平衡的因素、化学平衡常数的计算、速率的计算、电解池原
66、理的应用，题目综合性强，难度较大，考查读表能力、计算能力、读图能力、表达能力，注重能力培养。23化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。已知：RCOOH+H2O回答下列问题：（1）反应的反应条件为光照，反应的反应类型是取代反应。（2）F中含氧官能团的名称：羟基，羰基，醚键。（3）D+HE的化学方程式：。（4）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为CH3CH2OH。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有6种a含苯环的单环化合物；b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1。（6）根据上述信息，设计由和为原料，
67、制备的合成路线。（无机试剂任选）【分析】与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D（）与H发生已知中取代反应生成E（），可推知H为，与HC（OC2H5）3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知EF的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；（6）由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。【解答】解：（1）反应是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应是与NaCN发生取代反应生成，故答案为：光照；取代反应；（2）F的结构简式为，F中
68、含氧官能团的名称：羟基、羰基、醚键，故答案为：羟基、羰基、醚键；（3）D+HE是与发生取代反应生成，同时有水生成，反应方程式为：，故答案为：；（4）与HC（OC2H5）3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知EF的转化中还有CH3CH2OH生成，即X的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；（5）D为，D的同分异构体同时满足下列条件：a含苯环的单环化合物，b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，符合条件的同分异构体为：、，共6种，故答案为：6；（6）由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件
69、下水解生成，合成路线为：，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机反应条件确定、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，（5）中注意从官能团异构分析，（6）中注意利用转化中信息进行设计。24硝酸是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）实验装置编号溶液X实验现象实验6molL1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色实验15molL1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变
70、为绿色（1）实验中，铝片作负（填“正”或“负”）极液面上方产生红棕色气体的化学方程式是2NO+O22NO2（2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极查阅资料：活泼金属与1molL1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3被还原（3）用如图装置进行实验：溶液X为1molL1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转反应后的溶液中含NH4+实验室检验NH4+的方法是取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+生成NH4+的电极反应式是
71、NO3+8e+10H+NH4+3H2O（4）进一步探究碱性条件下NO3的氧化性，进行实验：观察到A中有NH3生成，B中无明显现象A、B产生不同现象的解释是Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3还原为NH3，而Mg不能与NaOHA中生成NH3的离子方程式是8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原【分析】（1）根据实验现象可知，实验1电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝酸被还原
72、成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮；（2）实验2中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝被还原成二氧化氮，在铝电极产生，据此答题；（3）溶液X为1molL1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含NH4+，说明硝酸被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸在正极还原成铵根离子；（4）碱性条件下铝能与碱反应生成氢气，氢气有还原性，可以将硝酸根还原生成氨气，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，而镁与碱没有反应；（5）铝粉在中性溶液中
73、不产生氢气，也就不与硝酸钠反应，据此分析；【解答】解：（1）根据实验现象可知，实验1电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝酸被还原成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮，反应方程式为2NO+O22NO2，故答案为：负；2NO+O22NO2；（2）实验2中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝被还原成二氧化氮，在铝电极产生，故答案为：Al开始作电池的负极，Al在
74、浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极；（3）溶液X为1molL1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含NH4+，说明硝酸被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸在正极还原成铵根离子，实验室检验NH4+的方法是 取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+，故答案为：取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；生成NH4+的电极反应式是NO3+8e+10 H+NH4+3H2O，故答案为：NO3+8e+10 H+NH4+3H2O；（4）碱性条件下铝能与碱反应生成氢气，
75、氢气有还原性，可以将硝酸根还原生成氨气，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，而镁与碱没有反应，故答案为：Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3还原为NH3，而Mg不能与NaOH；碱性条件下铝将硝酸根还原生成氨气，反应的离子方程式为8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2，故答案为：8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2；（5）铝粉在中性溶液中不产生氢气，也就不与硝酸钠反应，所以无明显 现象，故答案为：因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原【点评】本题考查原电池工作原理，题目难度中等，明确不同浓度的硝酸与铝的反应是解答本题的关键，明确原电池的正负极与电解质溶液、铝的性质、另一电极材料的活动性强弱有关
