1、化学相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Zn 65 Ba 137 第卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）A. 港珠澳大桥路面使用了沥青，沥青可以通过石油分馏得到B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 被誉为“中国天眼”的射电望远镜，其“眼眶”的结构钢梁属于合金材料D. 新型聚氨酯迷彩伪装涂料可用于军车多环境下的隐身，聚氨酯属于无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A通过石油分馏最后可以得到沸点高、难挥发的物质为沥青，沥青常用于铺路，故A正确；BFe3O
2、4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故B正确；C钢铁结成的圈梁，不是纯金属材料，是铁合金，属于合金材料，故C正确；D聚氨酯由小分子通过聚合反应获得，属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，故D错误；答案选D。【点睛】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，有机高分子材料又称聚合物或高聚物，一类由一种或几种分子或分子团(结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，其分子量高达10 000以上，可高达几百万，它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡
3、胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。2.下列物质与其用途不相符的是A. 乙二醇抗冻剂B. NaCl制纯碱C. Al2O3焊接钢轨D. 甲苯制炸药【答案】C【解析】【详解】A. 乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B. 侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C. 利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D. 三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以
4、通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。故选：C。3.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是A. 在铁柱上铆上一些锌片B. 将铁柱与直流电源的正极相连C. 在铁柱表面涂上一层较厚的沥青D. 在铁柱表面镀锡【答案】B【解析】【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，A不符合题意；B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B符合题意；C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C不符合题意；D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少
5、铁的腐蚀，能达到目的，D不符合题意；故合理选项是B。4.下列有关说法不正确是( )A. 天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点B. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别C. 的名称为2-乙基丙烷D. 有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上【答案】C【解析】【详解】A天然油脂都是混合物，混合物没有恒定熔点、沸点，故A正确；B乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，则乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故B正确；C根据该有机物结构，首先选最长碳链作主链，因而该有机物是主链有4个碳原子的烷烃，2号碳上有1个甲基，正确的命名为：2-甲基丁烷，故C错误；D六元环有多个
6、sp3杂化的碳，为四面体结构，所以有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确；答案为C。5.下列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是（ ）A. B. C. FD. Na+【答案】B【解析】【分析】能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，电子填充顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p，结合泡利原理与洪特规则判断。【详解】AFe2离子核外电子数为24，由能量最低原理，可知核外电子排布为ls22s22p63s23p63d6，故A不选；BCu原子核外电子数为29
7、，满足半满全满的稳定结构，能量最低，核外电子排布应为ls22s22p63s23p63d104s1，故B选；CF原子最外电子层为第2电子层，有7个电子，外围电子排布为2s22p5，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故C不选；DNa离子最外电子层为第2电子层，有8个电子，外围电子排布为2s22p6，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故D不选；故答案选B。6.下列有关化合物X的叙述正确的是( )A. X分子能发生氧化、取代、消去反应B. X分子只存在2个手性碳原子C. X分子中含有五种官能团D. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH【答案】A
8、【解析】【分析】化合物X中含有的官能团有羟基、酯基、羰基、溴原子，以此解题。【详解】A. X分子中羟基和都能发生氧化反应，羟基、酯基、溴原子和苯环上的氢原子都能发生取代反应，羟基和溴原子能发生消去反应，A正确；B. 连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X分子含有3个手性碳原子（打*号的碳原子为手性碳原子），B错误；C. X分子中含有羟基、酯基、羰基、溴原子四种官能团，C错误；D. 1 mol X分子中含有1 mol酯基和1 mol溴原子，酯基和溴原子都能跟氢氧化钠发生水解反应，所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH，D错误。答案选A。7.关于某无色溶液
9、中所含离子的鉴别，下列判断正确的是()A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解时，可确定有Cl存在B. 通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I存在C. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解时，可确定有SO42-存在D. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32-存在【答案】B【解析】【详解】A. Cl、SO42-均能与Ag形成不溶于稀盐酸的白色沉淀，A错误；B. I2遇淀粉变蓝，通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，则溶液中有I存在，B正确；C. SO32-与Ba(NO3)2反应生成BaSO
10、3沉淀，加入稀盐酸后在H、NO的作用下BaSO3可转化为BaSO4沉淀，C错误；D. 能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2或SO2，原溶液中可能存在的离子是CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，D错误；故选B。【点睛】NO3-表现强氧化性时，需要提供酸性环境。在强酸性溶液中，NO3-可将SO32-氧化为SO42-，但在碱性或中性溶液中，SO32-与NO3-不能反应，可共存于同一溶液中。8.下列解释事实的化学用语不正确的是( )A. Ag(NH3)2OH溶液呈碱性：Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2+OH-B. 向Cu(OH)2沉淀中加入氨水溶解：Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH
11、3)42+2OH-C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e-=H2+ 2OH-D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe3e-= Fe3+【答案】D【解析】【详解】A. Ag(NH3)2OH溶液呈碱性，由于Ag(NH3)2OH电离得到OH-，即Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2+OH-，A正确；B. 向Cu(OH)2沉淀中加入氨水溶解，Cu(OH)2沉淀生成了配合物Cu(NH3)4(OH)2，即Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-，B正确；C. 电解NaCl溶液，阴极区H2O得到电子，生成OH-，使溶液pH增大，即2H2O + 2e-=H2+ 2OH-
12、，C正确；D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失去电子生成Fe2+，反应为：Fe2e-= Fe2+，D错误。答案选D。9.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是( )ABCD实验目的制备氢氧化铁胶体分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HCl收集NO2实验装置A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红褐色时停止加热，不能用氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液不互溶且分层，可用分液的方法分离，故B正确；C若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳
13、酸钠反应，除去CO2中的少量HCl应用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；DNO2的密度比空气大，收集时应长进短出，NO2为大气污染物用氢氧化钠溶液处理尾气时易发生倒吸，应再安装一个防倒吸装置，故D错误； 故选B。10.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A. 该分解过程是：2NON2+O2B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C. 过程释放能量，过程吸收能量D. 标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.021023【答案】C【解析】【详解】A根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；B铜与稀硝酸反应生成一
14、氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；C过程为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；D根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol 46.021023=6.021023个，故D正确；答案选C。【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。11.下图是常温钠离子全固态浓差
15、电池工作示意图。正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是( )。A. 该电池工作时不发生氧化还原反应B. 放电时，负极的反应为：Na15Sn4-15e-=15Na+4SnC. 充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层D. 充电时，a极接电源的负极，b极接电源的正极【答案】B【解析】【详解】A.该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池的工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；B.该电池放电时，原电池工作原理，负极上为钠锡合金（Na15Sn4）失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e-=15Na+4
16、Sn，故B正确；C.充电时，是电解池的工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；D.充电时，是电解池的工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金（Na15Sn4），则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D错误；故选B。12.T时，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是( )A. Y点：c(Ca2+)c(SO42-)，Z点：c(CO32-)c(Mn2+)B. 溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)C. X点对应的CaCO3溶液为不饱和溶液，可以继续溶解Ca
17、CO3D. T时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K的数量级为103【答案】D【解析】【分析】pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，说明数值越大，对应的离子浓度越小；根据O、P、Q三点可求出MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，即可比较溶解度大小；若Qc值大于Ksp，则有沉淀生成。【详解】AY点pM大于3，pR小于3，则阴离子浓度大于阳离子浓度，即c(SO42-)c(Ca2+)；同理，Z点c(Mn2+)c(CO32-)，A项错误；B根据O、P、Q三点求MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，；同理可得，Ksp(CaC
18、O3)=10-8.6；Ksp(CaSO4)=10-5，故溶度积：Ksp(MnCO3)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4)，B项错误；C横纵坐标分别为对应离子浓度的负对数，据图可知，X点的Qc值大于Ksp(CaCO3)，有沉淀生成，不能再溶解CaCO3，C项错误；DT时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=，数量级为103，D项正确；答案选D。【点睛】沉淀溶解平衡图像题解题策略：（1）沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点均表示不饱和溶液。（2）从图像中
19、找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。（3）比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。（4）涉及Qc的计算时，所带入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所带入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。第卷二、非选择题13.卤族元素及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：(1)基态氯原子价电子轨道表示式(电子排布图)为_；处于最高能级电子云轮廓图形状为_。(2)和的中心原子相同且杂化方式也相同，它们的键长和键角如下图所示：O-F键的键长比O-Cl键的小，其原因是_。键角：FOF_(填“”、“”或“”)ClOCl。(3)试解释酸性HBrO4HBrO3的原因_。试解释
20、酸性HClO3HBrO3HIO3的原因_。(4)的熔点为1040；的熔点为194，沸点为181，前者的熔点比后者高得多，其原因是_。(5)氯化亚铜晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.542nm。Cu+的配位数为_。氯化亚铜的密度为_(用含NA的计算式表示)。【答案】 (1). (2). 哑铃形（纺锤形） (3). F的原子半径比Cl小，电负性比Cl大 (4). (5). HBrO3和 HBrO4可分别表示为(HO)BrO2和(HO)BrO3，HBrO3中Br为+5价而HBrO4中Br为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+。或非羟基氧个数依次减小（或中心原子价态依
21、次减小） (6). 中心原子的电负性大小，电负性大的对氧氢键的吸引力就大，于是电子云就会朝氧偏离，从而氢离子就容易脱落，酸性就强。 (7). 是离子晶体，是分子晶体 (8). 4 (9). 【解析】【分析】决定键长的因素为原子半径和电负性；决定键角的因素有中心原子的杂化方式、配位原子的电负性、孤对电子等；同一元素不同价态对应的酸，一般化合价越高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+，酸性越强（非羟基氧原子数越多酸性越强）；元素电负性大的对氧氢键的吸引力就大，于是电子云就会朝氧偏离，从而氢离子就容易脱落，所以对应元素的含氧酸的酸性越强；离子晶体的熔点一般高于分子晶体；晶胞的密度等于质量
22、除以体积，根据均摊法计算每个晶胞含有的离子个数，求每个晶胞的质量，最后得到密度。【详解】(1) 氯原子为17号元素，基态氯原子价电子排布为：3s23p5，轨道表示式(电子排布图)为；最高能级为3p，p能级电子云轮廓图形状为哑铃形（纺锤形）；(2)和的中心原子均为氧原子，杂化方式均为sp3，决定键长的因素为原子半径和电负性，由于F的原子半径比Cl小，电负性比Cl大，所以O-F键的键长比O-Cl键的小；由于F的电负性比Cl大，成键电子将偏向F，从而降低成键电子对间的斥力，使得键角：FOFClOCl；(3)由于HBrO3和 HBrO4可分别表示为(HO)BrO2和(HO)BrO3，HBrO3中Br为
23、+5价而HBrO4中Br为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+，所以酸性HBrO4HBrO3； 同主族，从上到下，电负性依次减弱，即HClO3、HBrO3、HIO3中心原子的电负性大小ClBrI，电负性大的对氧氢键的吸引力就大，于是电子云就会朝氧偏离，从而氢离子就容易脱落，所以酸性HClO3HBrO3HIO3；(4)氟的电负性大，的熔点非常高，故是离子晶体；的熔点沸点很低，为分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体，所以的熔点比高得多；(5)由图示知，离Cu+的最近的Cl-有4个，Cu+的配位数为4；如图，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu+，Cl-有4个，每个晶
24、胞的质量，体积，根据，氯化亚铜的密度为。【点睛】本题为物质结构和性质的综合题目，学会利用电负性及相关知识点解决键长、键角、酸性等问题，离子晶体的熔点一般高于分子晶体；学会计算一个晶胞的质量，根据密度公式求出密度。14.化合物G是某种低毒利尿药的主要成分。其合成路线如下(部分条件已略)： 回答下列问题： (1)A的化学名称_，A中的官能团_。 (2)AB的反应类型_，EF的反应类型_。 (3)D的分子式_，F的结构简式_。 (4)BC的化学反应方程式_。 (5)若G发生自身缩聚反应，其缩聚产物的链节结构为_(写一种)。 (6)C4H9OH的同分异构体中属于醇的有_种，其中核磁共振氢谱图中有四组峰
25、的同分异构体的结构简式为_。 (7)以甲苯(其他无机试剂任选)为原料合成合成路线为_。【答案】 (1). 对氯苯甲酸 (2). 氯原子、羧基 (3). 取代反应 (4). 还原反应 (5). C7H5O6N2Cl (6). (7). +HNO3+H2O (8). 或 (9). 4 (10). (11). 【解析】【分析】由题给有机物转化关系可知， 与ClSO3H发生取代反应生成，根据D的结构简式可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸发生硝化反应生成，则C为；与氨气发生取代反应生成，与发生取代反应生成；由题给信息可知，在催化剂作用下， 与氢气发生还原反应生成，则F是；一定条件下，与C4H9OH发生取代反
26、应生成。【详解】（1）A的结构简式为，官能团为氯原子、羧基，名称为对氯苯甲酸，故答案为：对氯苯甲酸；氯原子、羧基；(2)AB的反应为与ClSO3H发生取代反应生成；EF的反应为在催化剂作用下， 与氢气发生还原反应生成，故答案为：取代反应；还原反应；(3)D的结构简式为，分子式C7H5O6N2Cl；F的结构简式为，故答案为：C7H5O6N2Cl；(4)BC的反应为在浓硫酸作用下，与浓硝酸发生硝化反应生成，反应的化学反应方程式为+HNO3+H2O，故答案为：+HNO3+H2O；（5）一定条件下，氨基与羧基能发生脱水反应生成肽键，分子中含有氨基、羧基，一定条件下能发生缩聚反应生成高聚物，高聚物的链节
27、结构为 或 ；（6）C4H9OH的同分异构体中属子醇的有1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇，共4种，其中核磁共振氢谱图中有四组峰的同分异构体的结构简式为；（7）由题给信息可知，以甲苯(其他无机试剂任选)为原料合成的步骤为：在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成；与发生取代反应生成，在催化剂作用下， 与氢气发生还原反应生成，合成路线为： 。【点睛】类比氨基酸分子间的缩合反应，一定条件下，氨基与羧基能发生脱水反应生成酰胺键，分子中含有氨基、羧基，一定条件下能发生缩聚反应生成高聚物是解答关键。15.草酸亚铁晶体（FeC2O
28、4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：装置B的名称为 _。按照气流从左到右方向，上述装置的连接顺序为a_ 点燃（填仪器接口的字母编号）。为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是_。C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有_。（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为_。（3）依据（1）和（2）结
29、论，A处发生反应的化学方程式为_。实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为_。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 _（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将_（填“偏高”“偏低”或“不变”）。【答案】 (1). 洗气瓶 (2). f g b c hi d eb c (3). 先通入一段时间的氮气 (4). CO (5). 取少量固体溶于硫酸，无气体生成 (6). (7). (8). (9). 偏低【解析】【分析】（1）根据图示分析装置B的名称；先用无水硫
30、酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；用氮气排出装置中的空气；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。【详解】（1）根据图示，装置B的名称是洗气
31、瓶；先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是afgbc hidebc；为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2
32、、水，反应方程式是 ；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。16.乙烯可作化工原料和清洁能源，研究其制备和综合利用具有重要意义，请回答下列问题：(1)乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)C2H4(g)
33、+H2(g) H制备乙烯。已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H1=-1556.8kJmol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.5kJmol-1；C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H3=-1559.9kJmol-1。则H=_kJmol-1。(2)乙烯可制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向2L某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和a mol H2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如下图所示：该反应为_热反应(填“吸”或“放”)，理由为_。A点时容器中气体的总物质的
34、量为_mol，计算A点对应温度下的平衡常数K=_(用含a的分数表示)。已知：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)c(H2O)，v逆=k逆c(C2H5OH)，其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250升高到340的过程中，下列推断合理的是_(填选项字母)。ak正增大，k逆减小 bk正减小，k逆增大ck正增大的倍数大于k逆 dk正增大的倍数小于k逆若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300时，C2H4(g)的平衡转化率_10%(填“”、“”或“”)。(3)乙烯可以被氧化为乙醛(CH3CHO)，电解乙醛的酸性水溶液可以制备
35、出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_极(填“阴”或“阳”)，对应的电极反应式为_。【答案】 (1). +282.4 (2). 放 (3). 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 (4). 1.9a (5). (6). d (7). (8). 阳 (9). CH3CHO-2e+H2O=CH3COOH+2H+【解析】【分析】根据盖斯定律可计算C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H的值；根据图像转化率和温度的关系可判断正反应是放热反应；根据A点的转化率由平衡计算的“三段式”可计算混合气体总物质的量及K值；根据升高温度，平衡逆向移动，可判断k正和k逆增大的倍数大小关系；根据可逆反应气体的计量系数减小，而恒
36、压相对于恒容，压强更大，正向移动，可推出转化率增大；根据电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，据此解答。【详解】(1)由盖斯定律-得C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H=（-1559.9kJmol-1）-（-285.5kJmol-1）-（-1556.8kJmol-1）=+282.4kJmol-1；答案为：+282.4。(2)由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；答案为放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%， 混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，A点对应温度下的
37、平衡常数K= = = ；答案为1.9a，。平衡时，正、逆反应速率相等，即K=，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，平衡逆向移动，K减小，故k正增大的倍数小于k逆；答案为d；正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高，大于10%；答案为。(3)乙醛生成乙酸，碳元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，因而乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2OCH3COOH+2H+；答案为阳， CH3CHO-2e-+H2OCH3COOH+2H+。