1、高考仿真试题化学卷五可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O16 Na 23 Cl 35.5 S 32 Si 28 Cu 64 P 31第卷(必做，共45分)一、 选择题：本题共15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项只有一项是符合要求的。1以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是A发展氢能和太阳能B限制塑料制品的使用C提高原子利用率，发展绿色化学D尽量用纯液态有机物代替水作溶剂答案：D解析：所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温
2、室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。发展氢能和太阳能，限制塑料的使用，和发展绿色化学，都符合低碳经济。2有关天然产物水解叙述不正确的是A油脂水解可得丙三醇B可用碘检验淀粉是否水解完全C蛋白质水解的最终产物均为氨基酸D纤维素水解和淀粉水解得到的最终产物不同答案： D解析： A 油脂水解后可以得到丙三醇和脂肪酸。水解产物只有一种脂肪酸的称为单甘油酯，水解产物有两种或以上脂肪酸的称为混甘油酯；B 淀粉遇碘单质变蓝，若淀粉完全水解，则在溶液中不存在淀粉，碘单质便不变蓝。同理，如果要检验淀粉已经开始水解，可用新制Cu(OH)2悬浊液观察是否有砖红色沉淀产生；C 蛋白质水解的
3、最终产物均为氨基酸；D 纤维素和淀粉的基本结构单位均为葡萄糖，水解产物也均为葡萄糖，但注意，虽然它们的分子式相同(C6H10O5)n，但由于n值不同，因此它们不是同分异构体。3设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NAB标准状况下，14g氮气含有的核外电子数为5NAC标准状况下，22.4L任意比的氢气和氯气的混合气体中含有的分子总数均为NAD标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA答案：C解析：选项A中CCl4在标准状况下为液体，所以求其物质的量时不能用nV/22.4计算，选项B中n(N2)=0.5mol，1m
4、olN2中含有14mol电子，所以0.5molN2含有电子数为7NA；选项C中在标准状况下，22.4L的气体为1mol，不管是混合气体还是纯净的气体，所含的分子数均为NA；选项D中生成1molH2，转移的电子数必定为2NA。4下列类型的反应，一定发生电子转移的是A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应答案：C解析：置换反应中肯定有单质参加，一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，C项正确。5下列叙述正确的是ALi在氧气中燃烧主要生成B将SO2通入溶液可生成沉淀C将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu答案：C解析：A错误，因为Li在空气中燃
5、烧只能生成Li2O； B错误，酸性：HClH2SO3H2CO3所以通入SO2后无BaSO3沉淀，因为BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2；D错误，溶液中该反应难以发生，先是：2NH3+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H20,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须是干燥的固态！C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3HClO,反应为：CO2+H20+Ca(ClO)2=CaCO3+2HClO。6下述实验能达到预期目的的是编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有漂白性B将溴水加入NaCl溶液中比较氯与溴的氧
6、化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响答案：C解析：A选项中SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4做氧化剂，说明SO2具有还原性。B选项中已知Cl22NaBr=2NaClBr2反应，根据氧化还原反应规律可知Cl2的氧化性大于Br2，而将溴水加入NaCl溶液中是不反应的。C中发生的反应为Cu4HNO3=Cu(NO3)22NO22H2O、2NO2(g)N2O4；H0，升温气体颜色变深，降温气体颜色变浅。D选项中H2O2溶液的浓度不同
7、，故不能单纯判断催化剂对分解速率的影响。7短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2答案：A解析：元素W是制备一种高效电池的重要材料，说明W是Li；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，说明X是碳元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，因
8、此Y是Al；短周期元素电子层数最多是3层，如果原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，所以可能是He、C和S，又因为W、X、Y和Z的原子序数依次增大，所以Z只能是S。元素W、X的氯化物分别是LiCl和CCl4，前者锂原子不能满足8电子的稳定结构，A不正确；X与氢形成的原子比为1：1的化合物可以是C2H2、C6H6或C8H8，B正确；单质铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，C正确；C和S均属于非金属元素，二者可以形成共价化合物CS2，D正确。8下列有关化学研究的正确说法是A同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律B对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相
9、同C依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D从HF、HCl、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律答案：B解析：A选项同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；B选项这是盖斯定律的表述；C选项分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的；D选项在以酸性强弱作为判断元素非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。9. 以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量
10、无确定关系C电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D镀锌层破损后对铁制品失去保护作用答案：C解析：电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀液。因此在铁制品上镀锌时，铁作阴极，锌作阳极，由于锌比铁活泼，因此未通电前可以构成原电池，但此时锌作负极失去电子，铁作正极，而电镀时锌仍然失电子，故选项A不正确；在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒，因此电镀时通过的电量与锌的析出量有确定关系而与能量变化无关，B不正确；由于电镀时保持电流恒定，因此导线中通过的电子速率是不变的，故升高温度不能改变电解反应速率，C正确；镀锌层破损后，由于锌比铁活泼，所以即使发生
11、电化学腐蚀也是锌失去电子而保护了铁，即选项D也不正确。10.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是答案：C解析：等效碳上的氢成为等效氢，一氯取代效果相同，A一氯代烃2种，B一氯代烃2种，D一氯代烃4种。11.下列离子方程式正确的是A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+ BNa2O2与H2O反应制备O2 ：Na2O2 + H2O 2Na+ + 2OH + O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O 2H+ + Cl + ClOD将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：答案：A解析：B中元素不守恒，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4
12、OH-+O2；C中的HClO是弱酸，不能拆成离子形式；D 得失电子不守恒，电荷不守恒，正确的应为：3Fe2NO34H=3Fe3NO2H2O。12.用惰性电极电解一定量的CuSO4溶液，下列说法中，正确的是A阳极发生的电极反应为：Cu2+ + 2e =CuB阴极发生的电极反应为：4OH 4e =2H2O + O2C若有6.4g金属Cu析出，放出的O2一定为0.05 molD电解完成后，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到原来的浓度 答案：C解析：用惰性电极电解一定量的CuSO4溶液，阳极发生氧化反应：4OH 4e =2H2O + O2，阴极发生还原反应：Cu2+ + 2e =Cu。若有6.
13、4g金属Cu析出，转移了0.2mol电子,阳极上析出的O2为0.05 mol。电解完成后，得到的产物是Cu和O2，要使溶液恢复到原来的浓度应加入CuO或CuCO3，若加入Cu（OH）2，则多引入H元素，不能使溶液恢复到原来的浓度。 13.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A生成物能量一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C根据盖斯定律，可计算某些难以直接测定的反应焓变D 同温同压下，在光照和点燃条件的不同答案：C解析：生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故A错；反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，故B错；C是盖斯定律的重
14、要应用，正确；根据=生成物的焓-反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，故D错。14.据报道，在300、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是A使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B反应需在300进行可推测该反应是吸热反应 C充入大量CO2气体可提高H2的转化率D从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率答案：B解析：此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300进行是为了获得较快的反应速率，不能
15、说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。15下列叙述正确的是A在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则B在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的C盐酸的，盐酸的D若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的答案：D解析：A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，ba，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.210.0（无色红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在78之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接
16、近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11。第II卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第16题第20题为必考题，考生都必须做答。第21题第23题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（5题，共45分）16（8分）某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH = _（2）反应Cl2+Na2SO3+2N
17、aOH=2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原剂为_（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl、OH和SO请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响） 提出合理假设 假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_ 设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置
18、于A、B试管中步骤2：步骤3：答案：(1) Na2SO3+H2O（2分）(2) Na2SO3（1分）(3) SO32-、ClO-都存在（1分）(4分)实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液若先变红后褪色，证明有ClO-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液若紫红色褪去，证明有SO32-，否则无解析：(1) NaOH过量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。(2)S元素的价态从+4+6，失去电子做表现还原性，故还原剂为Na
19、2SO3。(3)很明显，假设3两种离子都存在。加入硫酸的试管，若存在SO32-、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液，若先变红后退色，证明有ClO-，否则无；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，若紫红色退去，证明有SO32-，否则无。17（10分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验：取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤。（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是_ _。（2）往（
20、1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_ _。.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_。（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是_ _。（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_（填标号）。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b.滴加盐酸不宜过快 c.在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d.在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准
21、确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g 。则样品中碳酸钙的质量分数为_。（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是_ _。答案：（1）Al(OH)3OHAl(OH)4或Al(OH)3OHAlO22H2O （2）通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成、沉淀溶解；（3）把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收（4）CO2Ba(OH)2BaCO3H2O （5）c、d（6）25% （7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入
22、装置C中（或其他合理答案）。解析：（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式书写，要求基础。Al(OH)3OHAl(OH)4或Al(OH)3OHAlO22H2O（2）生成的是NaAlO2溶液，通入CO2气体有Al(OH)3白色沉淀生成，并且生成NaHCO3，加入盐酸有CO2气体产生、Al(OH)3沉淀溶解。学生完整描述实验现象要比较扎实的基本功。（3）实验过程中需持续缓缓通入空气，把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收。这样设问学生经常接触。（4）CO2Ba(OH)2BaCO3H2O，基础简单的方程式书写。（5）在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，会影响测量，滴加
23、盐酸不宜过快，保证生成的CO2完全被吸收。在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，因为整个装置中不需要干燥，有水份不会影响CO2吸收。在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，C瓶中是足量Ba(OH)2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2吸收，所以不需要除去CO2中的HCl，选cd。（6）BaCO3质量为3.94g ，n(BaCO3)=0.0200mol， 则n(CaCO3)=0.0200mol，质量为2.00g，则样品中碳酸钙的质量分数为25%。此问计算比较简单。（7）Ba(OH)2溶液还吸收了水蒸气、氯化氢气体等，造成质量偏大，所以可以回答B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。18
24、（9分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：族周期IA01AAAAAA23（1）、的原子半径由大到小的顺序为 。（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 。（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式： 。（4）由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号） _。aMnO2bFeCl3cNa2SO3dKMnO4（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为 ，N的单质的化学方程式为 。常温下，0.1 mol/L M
25、溶液呈 （填“酸性”“碱性”“中性”），用离子方程式解释 ，为使0.1 mol/L M 溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的Y溶液至 。高考资源网答案：（每空1分）（1）NaAlO （2）HNO3H2CO3H2SiO3 （3）或 （4）a 、b（5）Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4 2Al2O3(熔融)冰晶石电解4Al3O2 酸性 NH4+ H2ONH3H2O+ H 溶液的pH等于7解析：本题以周期表为题材，考查原子半径比较，酸性强弱，电子式，离子方程式以及盐类水解等知识。（1）位于同一周期，且排在的前面，原子半径大，而在上一周期，比、少一个电子层，故半径最小
26、。（2）位于同一主族，上面的非金属性强，最高价含氧酸酸性强，位于同一周期，且在后，非金属性强，对应的酸性强。（3）四种元素分别为氢、氧、钠和氯，离子键显然必须是钠盐，极性共价键则应有两种非金属组成。（4）液态H2O2可以在MnO2、FeCl3等催化剂作用下发生分解反应。（5）为Al，可推断Z为Al(OH)3，受热分解可产物Al2O3，再电解即可得单质铝。M仅含非金属的盐，显然铵盐，所以X与Y应为AlCl3与NH3H2O的反应，生成NH4Cl。由于NH4 水解NH4+ H2ONH3H2O+ H显酸性，故要使其浓度与Cl相等，则要补充NH3H2O。由电荷守恒知：c(NH4 )+ c(H)c(Cl)
27、+c(OH),若c(NH4 )c(Cl)，则c(H)= c(OH)，即pH=7。19（8分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。（1）合成氨反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡 移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂 反应的H（填“增大”、“减小”或“不改变”）。（2）已知：O2(g) = O2+(g)+e H1=1175.7 kJmol-1PtF6(g)+e=PtF6(g) H2=-771.1 kJmol-1O2PtF6(S)=O2+(g)+PtF6(g) H3=482.2 kJmol-1则反应O2(g)+
28、PtF6(g) = O2+PtF6(s)的H=_ kJmol-1。（3）在25下，向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为 。已知25时KspMg(OH)2=1.810-11，KsPCu(OH)2=2.210-20。（4）在25下，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)。则溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）。答案：（1）向左（1分） 不改变（1分）（2）77.6 （2分）（3）Cu(OH)2（1分） Cu2+2NH3H2O = Cu(O
29、H)2 +2NH4+（2分） （4）中（1分） 解析：（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，H不变；（2）利用盖斯定律，H=H1+H2+（-H3）= 77.6 kJmol-1；（3）由于KsP Cu(OH)2=2.210-20KspMg(OH)2=1.810-11，所以先生成Cu(OH)2沉淀；2NH3H2OCu2Cu(OH)22 NH4*；(4)根据溶液的电中性原则，c(NH4*)=c(Cl-)，则c(H)c(OH-)；溶液显中性。 20（10分）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与
30、二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为-285.8kJmol-1、-283.0kJmol-1和-726.5kJmol-1。请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_ _；（3）在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300）；下列说法正确的是_ _（填序号）温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)=molL-1
31、min-1该反应在T1时的平衡常数比T2时的小该反应为放热反应处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为_ _ _；（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为_ _、正极的反应式为_ _。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ,则该燃料电池的理论效率为_ _（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）。答案：（1）2858； （2）CH3OH(l) O2(g
32、)CO(g)+2 H2O(l) H-443.5kJmol-1；（3）； （4）（2a）/2； （5）CH3OH6eH2O=CO26H、3/2O26e6H=3H2O、96.6%解析：（1）氢气的燃烧热是-285.8KJ/mol，即每生成1mol的水就放出285.8KJ的能量，反之分解1mol的水就要消耗285.8KJ的能量，所以用太阳能分解10mol的水消耗的能量是2858KJ；（2）由CO(g) 和CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式CO(g)1/2O2(g)CO2(g) H-283.0kJmol-1；CH3OH(l)3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H-726.5kJmol-1；
33、可知-得到CH3OH(l)O2(g)CO(g)+2H2O(l) H-443.5kJmol-1（3）二氧化碳和氢气合成甲醇的化学方程式为CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即错正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nAmol，此时甲醇的浓度为nA/2molL-1，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= nA/2lAmolL-1min-1，因此不正确；因为温度T2T1，所以A点的反应体系从T
34、1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以正确。（4） CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始量（mol） 1 3 0 0转化量（mol） a 3a a a平衡量 (mol) 1-a 3-3a a a所以平衡时容器内的压强与起始压强之比为（2a）/2（5）在甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，氧气得到电子，所以负极的电极反应式是CH3OH6eH2O=CO26H，正极的电极反应式是3/2O26e6H=3H2O，甲醇的燃烧热是726.5kJmol-1，所以燃料电池的理论效率是702.1/726.5100%=96.6%。 (二)选考题：共10分。请考生
35、从给出的3道化学题中任选一题做答。21【化学化学与技术】（10分）1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产了纯碱，“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出贡献。有关反应的化学方程式如下：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl;2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O （1）“侯氏制碱法”把合成氨和纯碱两种产品联合生产，已知合成氨为放热反应，若从勒夏特列原理来分析，合成氨应选择的温度和压强是 （选填字母）。 a.高温 b.低温 c.常温 d.高压 e.低压 f.常压 （2）碳酸氢铵与饱和食盐
36、水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是 （选填字母） a.碳酸氢钠难溶于水 b.碳酸氢钠受热易分解 c.碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出 （3）某探究活动小组根据 上述制碱原理，欲制备碳酸氢钠，同学们按各自设计的方案进行实验。第一位同学：将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是 （填分离操作的名称）。第二同学：用图中戊装置进行实验（其它装置未画出）。为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，须先从a管通入 气体，再从b管中通入 气体。 （4）请你再写出一种实验室制取少量
37、碳酸氢钠的方法（用相关的化学反应方程式来描述）： 。答案：（1）b、d（2分） （2）c（2分） （3）第一位同学：过滤（2分）第二位同学：NH3（氨）（1分） CO2（二氧化碳）（1分） （4）NaOH+CO2=NaHCO3或Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3（方程式2分）解析：（1）合成氨为体积缩小的放热反应，根据勒夏特列原理，合成氨应选择低温度和高压。（2）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是碳酸氢钠的溶解度相对较小。（3）实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是过滤。第二同学为提高二氧化碳在此反应溶液中被吸收的程度，实验时，须先通入NH3（氨），再从b管中通
38、入CO2（二氧化碳）气体，若先通CO2因其溶解度小难以生成较多NaHCO3。（4）实验室制取少量碳酸氢钠的方法还可以有NaOH+CO2=NaHCO3或Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。22【化学物质结构与性质】（10分）（1）已知某短周期元素的电负性是同族元素中最大的，其第一电离能高于其在周期表中直接相邻的元素，其原子最外电子层电子分布在两种形状的原子轨道中。请画出该元素最外电子层的电子排布图：_。（2）已知能够自由移动的(CH3)3NH+和AlCl4可形成离子液体，由这两种离子形成的晶体的熔点低于100，则由这两种离子形成的晶体属于 晶体。（3）X+中所有电子正好全部充满K、L、
39、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如右图所示。请回答： 用元素符号表示X+： ， 图中表示的是： 。 N3-的配位数是 。答案：（1） （2分） （2）离子（2分）（3） Cu+ （2分） N3（2分） 6 （2分） 解析：（1）短周期中，第一电离能高于其在周期表中直接相邻的元素的是Be、N、Mg、P，又因为其原子最外电子层电子分布在两种形状的原子轨道中，可排除Be、Mg，又知电负性是同族元素中最大的，所以是N。（2）该晶体有阴阳离子构成，所以是离子晶体。（3）X+中所有电子正好全部充满K、L、M三个电子层，即X+核外电子排布式1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 ，所以X是2
40、9号元素Cu，X+与N3-形成Cu3N晶体，该晶体结构中有1个，3个，故代表N3-，代表Cu+。23. 【化学有机化学基础】（10分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A ，E ，G ；（2）反应的化学方程式（包括反应条件）是 ，反应化学方程式（包括反应条件）是 ；（3）写出、的反应类型： 、 、 。答案：（1）CH2CH2 HOOC(CH2)4COOH（各1分）（2）（各2分）（3）加成 加聚 缩聚（各1分）解析：由分子式可得到A 为CH2=CH2，F 为CH2(OH)CH2(OH)，再由F与G在浓硫酸加热条件下缩聚得到高聚物，可推知G为HOOC(CH2)4COOH。由分子式可知D为CH2=CHCl，综合反应可知C为CH2ClCH2Cl，B为Cl2。又知D发生加聚得到E，E必为，其余题目迎刃而解。考点：本题考查了有机化合物合成与推断。