1、密云区2019-2020学年第二学期高三第一次阶段性测试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（ ）A.铁红用作颜料B.84消毒液杀菌C.纯碱去污D.洁厕灵除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】AFe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A不符合题意；BNaClO具有强氧化性，84消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B符合题意；C纯碱
2、去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；D洁厕灵除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合题意；故答案选B。2.化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B. 燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C. 加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%【答案】B【解析】【详解】AZn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故
3、B错误；C加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。3.能用离子方程式2H+CO32-=CO2+H2O表示的是（ ）A. NaHSO4和Na2CO3B. H2SO4和BaCO3C. CH3COOH和Na2CO3D. HCl和NaHCO3【答案】A【解析】【分析】离子方程式2H+CO32-=CO2+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。【详解】A硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸
4、根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H+CO32-=CO2+H2O，故A正确；B碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；C醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；D碳酸氢钠电离出是HCO3而不是CO32，故D错误；故答案选A。【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB. 2gH218O中所含中子、电子数目均为NAC. pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2N
5、AD. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol9NA9NA，故A错误；BH218O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1mol混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故B正确；CpH=1的H2SO4溶液中，由pHlgc(H)1，H2SO4溶液c(H)0.1mol/L，10L溶液n(H)1mol，所含H数目为NA，故C错误；D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减
6、少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故D错误；故答案选B。5.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A. 硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO42-=BaSO4B. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OC. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-【答案】A【解析】【详解】A硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Cu22OHBa2SO42=BaSO4Cu(OH)2，故A错误；B硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生氧化还原反应
7、，则离子反应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，故B正确；C碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3OH=CO32H2O，故C正确；D向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：2AgClS2=Ag2S2Cl，故D正确；故答案选A。6.下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）A. 氨气遇到HCl气体后产生白烟B. 品红溶液通入SO2气体后褪色C. 湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝D. 在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色【答案】C【解析】【详解】A氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无
8、关，故A不符合题意；B品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；CCl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。7.已知： H=-akJ/mol下列说法中正确的是（ ）A. 顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B. 顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低C. 高温有利于生成顺-2-丁烯D. 等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等【答案】C【解析】【详解】A反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量
9、，所以反2丁烯稳定，故A错误；B反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，故B错误；C温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺2丁烯，故C正确； D顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，等物质的量的顺2丁烯和反2丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误； 故答案选C。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)D. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)【答案】D【解析】【详解】A铁与氯气反应生
10、成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误； C氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误； D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。9.下列说法正确的是A. 乙二醇和丙三醇互为同系物B. 室温下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯C. 分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼【答案】B【解析】【详解】A乙二醇含有
11、2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；B室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯，B正确；C分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；故答案选B。10.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（ ）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A. Y的含氧酸均为强酸B. 最外层电子
12、数ZYC. 气态氢化物的稳定性YXD. Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物
13、水溶液pH大于7，则Z为N元素；AY为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；BZ为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，故B错误；C非金属性FCl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。11.利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）abc实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa溶液酸性：碳酸苯酚BBr2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C浓盐酸酸
14、性KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D饱和食盐水电石酸性KMnO4溶液乙炔具有还原性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；故
15、答案选C。12.常温下，向20.00mL0.1000molL-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000molL-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B. pH=5时，c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)C. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mLD. 在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大【答案】D【解析】【分析】A反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；BpH5时，溶液呈酸性，则c(H)c(OH)，结合电荷守恒判断
16、；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；BpH5的溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B正确；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈
17、碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；D由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；故答案选D【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。13.乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（ ）A. 1：1B. 2：1C. 2：3D. 3：2【答案】C【解析】【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反
18、应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比4：62：3，根据NnNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是（ ）A. 由中的红棕色气体，可
19、推知反应还有氧气产生B. 红棕色气体表明中木炭与浓硝酸发生了反应C. 由可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性D. 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】AC【解析】【详解】A由中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，故A正确；B浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，故B错误；C根据实验，浓硝酸没有与
20、木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，故C正确；D中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，故D错误；故答案选AC。第二部分本部分共5题，共58分。15.氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_。（2）工业上合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)过程中能量
21、变化如图所示。该反应是_反应。（填“放热”或“吸热”）在反应体系中加入催化剂，E2会_。（填“增大”或“减小”或“不变”）若要增大NH3产率，可采取的措施有_。（填字母）a.升高温度 b.增大压强 c.不断分离出NH3（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。C装置中制取NO2反应的离子方程式是_。某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。时间1分钟2分钟3分钟现象红棕色未消失红棕色未消失红棕色未消失请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_、_。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH
22、3+2H2O (2). 放热 (3). 减小 (4). bc (5). Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O (6). NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化 (7). 在此条件下，NH3的转化率极低【解析】【分析】(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；(2)根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；催化剂降低化学反应的活化能；从化学平衡移动的角度进行分析；(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。【详解】(
23、1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(2)由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；加入催化剂会降低反应的活化能，导致E2减小；a由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3产率降低，故不选；b该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3产率增大，可选；c不断分离出NH3，会促使反应正向进行，NH3产率增大，故选；故答案选bc。(3)浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；造
24、成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化；在此条件下，NH3的转化率极低；反应速率慢；通入的 NO2过量等。16.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是_。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐分解温度都高于600硫去除率=(1)100%500焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于_。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去
25、除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是_。（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为_。（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成Fe3O4的物质的量为_mol。【答案】 (1). NaOH溶液、Na2SO3溶液 (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (5). 11【解析】【分析】高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧
26、，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。【详解】(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；(2)不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸
27、盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x(3)2y5y（2)，解得16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。【点睛】本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计
28、算出n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出生成的Fe3O4的物质的量。17.化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的官能团名称是_。（2）试剂a是_。（3）D结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。MN的化学方程式是_。【答案】 (1). 醛基 (2). 新制的氢氧化铜 (3). (4). +CH3CH2OH+H2O (5). (6). +NaOH+NaCl+H2O【解析】【分析】
29、芳香族化合物A与乙醛发生信息中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8OH2OC2H4OC7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H
30、2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。18.CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。（1）由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。I.在催化作用下由CO2和C
31、H4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_。（填字母）a.该催化剂使反应的平衡常数增大b.CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂c.由XY过程中放出能量并形成了CC键该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_。II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：_。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_。（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
32、 H有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_。（填字母）a.使用催化剂 b.加压 c.增大初始投料比研究温度对于甲醇产率的影响。在210290保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。H_0（填“”或“”），其依据是_。【答案】 (1). bc (2). CH4+CO2CH3COOH (3). 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32- (4). 阳极产生O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 (5). b (6). (7). 温度升高，甲醇的平衡产率降低【解析】【分析】(1)根据合成示意图进行判断
33、；由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；根据电解池反应原理分析；(2)根据平衡转化率影响因素方面分析；根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。【详解】(1)a催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；cXY的焓值降低，说明为放热过程，由CH4CH3COOH有C-C键形成，故c正确；故答案选bc；由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为C
34、H4+CO2CH3COOH；阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；(2)a使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；b该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；c增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；故答案选b；根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即
35、H0。19.某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_，关闭弹簧夹。打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：在氧气流中煅烧红色固体的目的是_。根据上述实验可得结论：该红色固体为_。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入
36、过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。实验i的目的_。根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_。（用化学方程式表示）【答案】 (1). 打开弹簧夹，通入N2一段时间 (2). H2SO4+Na2SO3=Na2SO4
37、+SO2+H2O (3). 将红色物质转化为氧化铜 (4). Cu (5). 排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性 (6). NaHSO3或KHSO3 (7). SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O (8). 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】【分析】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验
38、中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有
39、可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验可知n(CuO)=0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B 所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。
