1、2015-2016学年山西省长治市沁县中学高三（上）第三次月考化学试卷一、单选题（每题3分，共48分）1将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH4O）是变废为宝的好方法，一定条件下，每转化1kg CO2放出的热量为1113.64KJ，CO2转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示（已知反应物和生成物在此条件下均为气体），下列叙述中正确的是（）A在进行到3分钟时，CO2和H2所表达的反应速率值相等，均为0.5molL1min1B此反应的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH4O（g）+H2O（g）H=49.0KJ/molC此条件下反应的平衡常数为D降低温度，此反应的平衡常数可能
2、为0.82常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示下列叙述正确的是（）A所用HCl的浓度是0.09molL1，NaOH溶液浓度为0.03molL1B在B点，溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（Cl）c（H+）c（OH）CABC三点水的电离程度大小依次为：ABCD滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低3可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时
3、，正极反应都为：O2+2H2O+4e=4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH3e=Al（OH）3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极4常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）Ac（H+）=104molL1的溶液中：NH4+、K+、SO42、NO3B无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl、NO3C0.1 molL1AgNO3 溶液：H+、K+、SO42、ID饱和氯水中：Cl、Na+、NO3、SO325一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105mo
4、lL1BpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：6设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1molL1MgCl2溶液中的Mg2+数为nAB1 mol Na2O2固体中含阴离子总数为2nAC5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6 nAD100 mL 12molL1 浓盐酸与足量MnO2加热反应，转移电子数为1.2nA7某同学组装了如图所示的电化学装置，电极
5、材料均为石墨，闭合K后，下列叙述正确的是（）A电子流动方向：电极B电极电极反应式：O2+2H2O+4e=4OHC电极发生还原反应D电极附近观察到黄绿色气体8粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH=4，即可以除去铁离子而不损失硫酸铜下列说法不正确的是（）A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2，除Fe2+的离子方程式：2Fe2+H2O2+4OH2 Fe（OH）3C由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH=4的依据是当pH=4时Fe（OH）3沉淀完全，而Cu（OH）2还未开
6、始沉淀9X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期下列说法错误的是（）A原子半径：ZRWB气态氢化物稳定性：HmWHnRCY、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性DX2W6分子中各原子均满足8电子结构10在25时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列说法正确的是（）A溶液中所有离子浓度均减小BpH的变化值等于2C溶液中保持增大趋势D分别与足量的Mg粉反应，0.01 mol/L的醋酸溶液产生的氢气较少11镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种
7、主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M=NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH=6Ni（OH）2+NO2，下列说法正确的是（）ANiMH 电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e=MH+OH，H2O中的H被M还原D放电是OH离子从正极向负极迁移12用下列装置进行实验，能达到实验目的是（）A证明铁钉生锈过程中有氧气参与反应B比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C比较不同催化剂对同一反应速率的影响D分离
8、两种沸点相差较大的液体混合物13700时，向容积不变的1L密闭容器中充人一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2）下列说法不正确的是（）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol01.200.60t10.80t20.20AOt1 min的平均反应速率为v（H2）=molLlmin1B保持其他条件不变，若容器内的压强不改变时，该反应一定达到了化学平衡状态C保持其他条件不变，若起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，则达到平衡时n（CO2）=0.40molD保持其他条件不变，向平
9、衡体系中再通入0.20mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO的转化率增大，CO2的浓度增大14某同学为检验溶液中是否含有常见的几种离子，进行了如图所示的实验操作其中，检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42B原溶液中不一定含有NH4+C原溶液中一定含有ClD原溶液中含Fe2+、Fe3+至少有一种15如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图正确的是（）A该装置为原电池，其中a为正极B铜电极的电极反应式为：CO2+8H+8eCH4+2H2OC反应开始后，电子从a极流出至铜电极，经电解质溶液到铂电极最后流回至b极D一段时间后
10、，池中溶液的pH一定下降16在一定温度下，将6mol CO2和8mol H2充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）HO分别在t时测得在该容器内n（H2）的数值如下：t/min14811n（H2）/mol62.622则下列说法正确的是（）A该温度下，平衡常数K=0.5B反应进行4min时，V（C02）=0.45 mol/（Lmin）C反应进行到9min时，H2的转化率比8min时高D反应进行11min后，若增大容器内压强，CO2的转化率一定增大二填空题（每空2分，共52分）17A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数
11、依次增大A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2；D元素的焰色反应呈黄色；E、F两元素单质的沸点与元素原子序数的关系如图（图中原子序数连续）（1）A在元素周期表中的位置是（2）B2的电子式为，C、D、F对应的简单离子半径由小到大的顺序为（用离子符号表示）（3）C、F的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有（写出其中两种物质的化学式）（4）化合物Y由C、E两元素组成，将Y、B单质与A单质按1：1：3在一定条件下反应可得到Z和AC，Z的化学式为18海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气反应的离子方程式是（2）利用
12、制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度Br2溶液Br2将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：Br2+Na2CO3NaBrO3+（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.611.1步骤中需控制pH=9.8，其目的是用NaClO 氧化Fe2+得到Fe（OH）3沉淀的离子反应方程式是步骤需在HCl保护气中加热进行，请
13、用化学平衡移动原理解释原因NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质除去0.1mol CO（NH2）2时消耗NaClOg19CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为CH4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：CH4、H2和CO的燃烧热（H）分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol和283.0kJ/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kJ用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40mol CH4和0.60
14、mol H2O（g），测得CH4（g）和H2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234CH40.2molL10.13molL10.1molL10.1molL10.09moL1H20molL10.2molL10.3molL10.3molL10.33molL1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K3min时改变的反应条件是（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比X对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系X1 X2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：P1 P2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、KOH溶液为原料可设计成
15、燃料电池：放电时，负极的电极反应式为设装置中盛有100.0mL 3.0mol/L KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为20高铁酸盐在能源环保等方面有着广泛的用途工业上制备K2FeO4的常用方法有两种方法一：湿法工艺流程如图1（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3+NaOH+NaClONa2FeO4+，其中氧化剂是（填化学式）（2）加入饱和KOH溶液的目的是；用异丙醇洗涤的目的是方法二：干法把Fe2O3KNO3KOH混合加热生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物（3）在干法制备K2Fe
16、O4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为高铁酸钾不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中如图2是高铁电池的实验装置：已知放电后，两极得到铁的相同价态的化合物（4）该电池放电时正极发生的电极反应是；（5）若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应方程式为：（6）已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是此盐桥中阴离子的运行方向是：；若用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜允许通过的离子是（7）如图3为高铁电池电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有2015-2016学年山西省长治市沁县中学高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单
17、选题（每题3分，共48分）1将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH4O）是变废为宝的好方法，一定条件下，每转化1kg CO2放出的热量为1113.64KJ，CO2转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示（已知反应物和生成物在此条件下均为气体），下列叙述中正确的是（）A在进行到3分钟时，CO2和H2所表达的反应速率值相等，均为0.5molL1min1B此反应的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH4O（g）+H2O（g）H=49.0KJ/molC此条件下反应的平衡常数为D降低温度，此反应的平衡常数可能为0.8【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A
18、、依据反应速率概念分析计算，V=计算分析；B、每转化1kg CO2放出的热量为1113.64KJ，反应44g二氧化碳放热=49KJ，依据热化学方程式书写方法书写分析判断；C、依据图象计算平衡浓度，结合平衡常数概念是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；D、反应是放热反应，降温平衡正向进行，平衡常数增大【解答】解：A、是CO2和H2在3分钟时浓度相等，则速率分别为=0.25/molmin与=0.75mol/Lmin，速率不同，故A错误；B、首先从图象可看出，反应物为H2CO2（浓度降低），生成物为CH4O；再从浓度的变化量的最简单整数比可确定它们的系数为3.1.1，结合质量守
19、恒原理，可知生成物中还有1molH2O；再根据反应热求出H=1113.64KJ=49.0KJ/mol，热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH4O（g）+H2O（g）H=49.0KJ/mol，故B正确；C、平衡常数K=1.07，故C错误；D、降温平衡向正反应方向移动，平衡常数增大（1.07），不可能为0.8，故D错误故选B2常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示下列叙述正确的是（）A所用HCl的浓度是0.09molL1，NaOH溶液浓度为0.03molL1B在B
20、点，溶液中离子浓度关系为：c（Na+）c（Cl）c（H+）c（OH）CABC三点水的电离程度大小依次为：ABCD滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A设出盐酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度，然后根据图象中数据列式计算出盐酸和氢氧化钠溶液的浓度；B根据B点盐酸过量判断溶液中各离子的浓度大小；CA、B为酸性溶液，抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，C点为中性，A、B、C中C点水的电离程度最大；D锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高【解答】解：A、结合图象，假设HCl的浓度是x
21、 molL1，NaOH溶液浓度为y molL1，有：20103x=60103y， =0.01；解得：x=0.09，y=0.03，故A正确；B、在B点，盐酸已中和，溶液显酸性，没有达到完全中和，c（H+）c（OH），c（Cl）c（Na+），故B错误；C、ABC三点酸性依次减弱，对水电离的一直程度减小，水的电离程度大小依次为：CBA，故C错误；D、滴定前，锥形瓶用待测液润洗，增加n（H+），消耗n（NaOH）增大，导致HCl浓度偏高，故D错误故选A3可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）A以NaCl溶液或NaOH溶
22、液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e=4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH3e=Al（OH）3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【考点】化学电源新型电池【分析】铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH3eAlO2+2H2O，正极反应为O2+2H2O+4e=4OH，总反应为4Al+4OH+3O24AlO2+2H2O，铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应【解答】解：A、电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：O2 +2H2O+4e=4OH，故A正确；B、铝作负极，负极反应应该是铝
23、失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH3e=AlO2+2H2O，故B错误；C、该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al+3O2+4OH=4AlO2+2H2O，溶液pH降低，故C错误；D、电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故D错误故选A4常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）Ac（H+）=104molL1的溶液中：NH4+、K+、SO42、NO3B无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl、NO3C0.1 molL1AgNO3 溶液：H+、K+、SO42、ID饱和氯水中：Cl、Na+、NO3、SO32【考点】离子共存问题
24、【分析】A四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；B铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；C硫酸根离子、碘离子都与银离子反应；D饱和氯水具有氧化性，能够氧化亚硫酸根离子【解答】解：ANH4+、K+、SO42、NO3之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BCu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B错误；CSO42、I与AgNO3反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DSO32具有还原性，能够被饱和氯水氧化，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A5一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）ApH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1105molL1Bp
25、H=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1CpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B加水稀释促进一水合氨电离；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，
26、其浓度越大【解答】解：AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）c（HS），故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，故B错误；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故C错误；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ，所以盐浓度 ，钠离子不水解，所以c（Na+）：，故D正确；故选D6设nA为
27、阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（）A1molL1MgCl2溶液中的Mg2+数为nAB1 mol Na2O2固体中含阴离子总数为2nAC5 g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为0.6 nAD100 mL 12molL1 浓盐酸与足量MnO2加热反应，转移电子数为1.2nA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、溶液体积不明确；B、过氧化钠由2个Na+和1个O22构成；C、在质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇中含有氧原子，水中也含氧原子；D、MnO2只与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应【解答】解：A、溶液体积不明确，故镁离子的个数无法计算，故A错误；B、过氧化钠由2个Na+和1个O22构成，
28、故1mol过氧化钠中含2molNa+和1molO22，即含1mol阴离子，即1nA个，故B错误；C、乙醇溶液中，水的物质的量是0.15mol，氢原子0.3mol；乙醇的物质的量是0.05mol，氢原子0.3mol，故氢原子的总数为0.6NA，故C正确；D、MnO2只与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，浓盐酸的物质的量是1.2mol，完全反应生成氯气0.3mol，由于浓盐酸变成稀盐酸，不能继续反应，即盐酸会有剩余，故生成的氯气小于0.3mol，转移电子数小于0.6NA，故D错误；故选C7某同学组装了如图所示的电化学装置，电极材料均为石墨，闭合K后，下列叙述正确的是（）A电子流动方向：电极B电极电极反应
29、式：O2+2H2O+4e=4OHC电极发生还原反应D电极附近观察到黄绿色气体【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据图表分析，左边为氢氧燃料电池，为负极氢气失电子发生氧化反应，为氧气得电子发生还原反应，右边为电解池，为与正极氧气相连为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，为与负极氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答【解答】解：A、根据以上分析，为与负极氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应，所以电子流动方向：电极，故A错误；B、为氧气得电子发生还原反应，反应式：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确；C、为与正极氧气相连为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，故C错误；D、为与负极
30、氢气相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故D错误；故选：B8粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH=4，即可以除去铁离子而不损失硫酸铜下列说法不正确的是（）A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2，除Fe2+的离子方程式：2Fe2+H2O2+4OH2 Fe（OH）3C由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH=4的依据是当pH=4时Fe（OH）3沉淀完全，而Cu（OH）2还未开始沉淀【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本
31、质【分析】提纯时，为了除去Fe2+，常加入少量H2O2，发生2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，生成易水解的Fe3+，在pH=4时，可水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，为避免引入新杂质，可加入加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，以此解答该题【解答】解：A为防止铜离子水解生成氢氧化铜沉淀而使溶液浑浊，溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4，故A正确；BH2O2具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2
32、Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故B错误；CH2O2在硫酸铜催化作用下可发生分解反应，故C正确；D在pH=4时，Fe3+可水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，Cu（OH）2比Fe（OH）3的溶度积大，当pH=4时Fe（OH）3沉淀完全，而Cu（OH）2还未开始沉淀，故D正确；故选B9X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期下列说法错误的是（）A原子半径：ZRWB气态氢化物稳定性：HmWHnRCY、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性DX2W6分子中各原子均满足8电子结构【考点】
33、原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大已知Y、R同主族，且形成共价化合物RY3，则R为S元素，Y为O元素；离子化合物Z2Y中Z的化合价为+1价，Y的化合价为2价，分别为A族和A族元素，Z、R、W同周期，则Z为Na元素；W原子序数最大，则W是Cl元素，根据XW4可知X为C元素，以此解答【解答】解：X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大已知Y、R同主族，且形成共价化合物RY3，则R为S元素，Y为O元素；离子化合物Z2Y中Z的化合价为+1价，Y的化合价为2价，分别为A族和A族元素，Z、R、W同周期，则Z为Na元素；W原子序数最大，则W是C
34、l元素，根据XW4可知X为C元素，A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Z、R、W同周期，分别为Na、S、Cl，原子序数逐渐增大，则原子半径逐渐减小，故A正确；B非金属性ClS，则氢化物稳定性HClH2S，故B正确；CY、Z、R三种元素组成的化合物有Na2SO3、Na2SO4等，其溶液分别呈碱性和中性，故C错误；DX2W6分子为C2Cl6，每个C原子形成4个共价键，C原子最外层满足8电子稳定结构，Cl形成1个共价键，最外层电子数也为8，故D正确，故选C10在25时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列说法正确的是（）A溶液中所有离子浓度均减小BpH的变化值
35、等于2C溶液中保持增大趋势D分别与足量的Mg粉反应，0.01 mol/L的醋酸溶液产生的氢气较少【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】加水稀释，促进醋酸的电离，n（CH3COO）、n（H+）增大，但浓度减小，以此解答即可【解答】解：A、加水稀释醋酸，其溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，加水稀释，促进醋酸的电离，则pH变化小于2，故B错误；C、加水稀释醋酸，其溶液中氢离子、醋酸浓度均减小，但是氢离子浓度减小的程度小，所以溶液中保持增大趋势，故C正确；D、分别与足量的Mg粉反应，0.01mol/L的醋酸溶液中的氢离子量少，所以0.
36、1mol/L的醋酸产生的氢气多，故D错误故选C11镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M=NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH=6Ni（OH）2+NO2，下列说法正确的是（）ANiMH 电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e=MH+OH，H2O中的H被M还原D放电是OH离子从正极向负极迁移【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】镍氢电池中主要为K
37、OH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OHe=NiOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OHe=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A根据以上分析书写正极电极反应式；B充电过程中，氢氧根离子向阳极移动；C充电时，阴极上得电子发生还原反应；D放电时负极的电极反应式为：MH+OHe=H2O+M【解答】解：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH=NiOOH
38、+H2O+e、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OH=M+H2O+e，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故A正确；B电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH离子从阴极向阳极，故B错误；CH2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D放电时负极的电极反应式为：MH+OHe=H2O+M，所以放电是OH离子从正极向负极迁移，故D正确；故选AD
39、12用下列装置进行实验，能达到实验目的是（）A证明铁钉生锈过程中有氧气参与反应B比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C比较不同催化剂对同一反应速率的影响D分离两种沸点相差较大的液体混合物【考点】化学实验方案的评价【分析】A发生吸氧腐蚀，根据液面变化判断；B应用最高价氧化物对应的水化物比较；C过氧化氢的浓度应相同；D温度计应该在蒸馏烧瓶的支管处【解答】解：A如发生吸氧腐蚀，U形管左侧液面上升，右侧液面下降，可用于证明铁生锈过程中空气参与反应，故A正确； B应用最高价氧化物对应的水化物比较，不能用盐酸，且缺少除杂装置，因盐酸易挥发，故B错误；C过氧化氢的浓度应相同比较、不同催化剂对反应速率的影响，
40、而图中浓度不同，浓度也影响反应速率，故C错误；D温度计应该在蒸馏烧瓶的支管处而不应该在液体中，故D错误故选A13700时，向容积不变的1L密闭容器中充人一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2）下列说法不正确的是（）反应时间/minn（CO）/moln（H2O）/mol01.200.60t10.80t20.20AOt1 min的平均反应速率为v（H2）=molLlmin1B保持其他条件不变，若容器内的压强不改变时，该反应一定达到了化学平衡状态C保持其他条件不变，若起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20
41、mol H2O，则达到平衡时n（CO2）=0.40molD保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO的转化率增大，CO2的浓度增大【考点】化学平衡的计算【分析】A、根据v=计算化学反应的速率；B、反应前后气体的体积不变，反应过程压强始终不会改变；C、CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O到达平衡时对应生成物的浓度、物质的量相同；D、保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大，自身转化率降低【解答】解：A、
42、平均反应速率为v（H2）=molLlmin1，故A正确；B、保持其反应前后气体的体积不变，反应过程压强始终不会改变，若容器内的压强不改变时，该反应不一定达到了化学平衡状态，故B错误；C、CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）=0.40mol，故C正确；D、保持
43、其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，CO2的浓度增大，故D正确；故选B14某同学为检验溶液中是否含有常见的几种离子，进行了如图所示的实验操作其中，检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝由该实验能得到的正确结论是（）A原溶液中一定含有SO42B原溶液中不一定含有NH4+C原溶液中一定含有ClD原溶液中含Fe2+、Fe3+至少有一种【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白
44、色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色【解答】解：A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B错误；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中含有Fe2+、Fe3+中的至少有
45、一种，故D正确，故选D15如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图正确的是（）A该装置为原电池，其中a为正极B铜电极的电极反应式为：CO2+8H+8eCH4+2H2OC反应开始后，电子从a极流出至铜电极，经电解质溶液到铂电极最后流回至b极D一段时间后，池中溶液的pH一定下降【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】CO2电催化还原为CH4，则通入CO2的一极为电解池的阴极，电极方程式为CO2+8H+8eCH4+2H2O，则a为负极，b为正极，阳极发生氧化反应，生成氧气，以此解答该题【解答】解：A该装置是一个电解池，CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，
46、a为负极，故A错误；BCO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H+8eCH4+2H2O，故B错误；C电子从负极到正极，不能够通过电解质溶液，故C错误；D在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故D正确故选D16在一定温度下，将6mol CO2和8mol H2充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）HO分别在t时测得在该容器内n（H2）的数值如下：t/min14811n（H2）/mol62.622则下列说法正确的是（）A该温度下，平
47、衡常数K=0.5B反应进行4min时，V（C02）=0.45 mol/（Lmin）C反应进行到9min时，H2的转化率比8min时高D反应进行11min后，若增大容器内压强，CO2的转化率一定增大【考点】化学平衡的计算【分析】A由表中数据可知，8min与11min时氢气的物质的量相等，说明8min时反应已经到达平衡状态，利用三段式计算平衡时各组成的浓度，代入平衡常数表达式K=计算；B根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算V（CO2）；C.8min时反应已经到达平衡状态；D恒容密闭容器，若通入稀有气体使容器内压强增大，反应混合物的浓度不变化，平衡不移动【解答】解：A由表中
48、数据可知，8min与11min时氢气的物质的量相等，说明8min时反应已经到达平衡状态，CO2和 H2的起始浓度分别为=3mol/L、=4mol/L，平衡时氢气浓度为=1mol/L， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）：3 4 0 0转化（mol/L）：1 41=3 1 1平衡（mol/L）：2 1 1 1B.4min内参加反应氢气为8mol2.6mol=5.4mol，故v（H2）=0.675mol/（Lmin），速率之比等于其化学计量数之比，故V（CO2）=v（H2）=0.675mol/（Lmin）=0.225mol/（Lmin），故B错误；C.8mi
49、n时反应已经到达平衡状态，反应进行到9min时，氢气转化率与比8min时的转化率相等，故C错误；D恒容密闭容器，若通入稀有气体使容器内压强增大，反应混合物的浓度不变化，平衡不移动，故增大容器内压强，CO2的转化率可能增大，可能减小，也可能不变，故D错误，故选A二填空题（每空2分，共52分）17A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2；D元素的焰色反应呈黄色；E、F两元素单质的沸点与元素原子序数的关系如图（图中原子序数连续）（1）A在元素周期表中的位置是第二周期A族（2）B2的电子式为，C、D、F对应的简单离
50、子半径由小到大的顺序为Na+O2Cl（用离子符号表示）（3）C、F的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有O3、Cl2等（写出其中两种物质的化学式）（4）化合物Y由C、E两元素组成，将Y、B单质与A单质按1：1：3在一定条件下反应可得到Z和AC，Z的化学式为AlN【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大D元素的焰色反应呈黄色，则D为Na；A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2，应是C、N与O元素形成的化合物，故A为碳元素、B为N元素、C为O元素；由图可知F为气体，结合原子序数可知，E、F处于第三周
51、期，单质沸点最高，应为原子晶体Si，故E为Al、F为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F是元素周期表中前20号元素，它们的原子序数依次增大D元素的焰色反应呈黄色，则D为Na；A、B可分别与C组成常见化合物AC、AC2、BC、BC2，应是C、N与O元素形成的化合物，故A为碳元素、B为N元素、C为O元素；由图可知F为气体，结合原子序数可知，E、F处于第三周期，单质沸点最高，应为原子晶体Si，故E为Al、F为Cl，（1）A为碳元素，有2个电子层，最外层电子数为4，处于元素周期表中第二周期A族，故答案为：第二周期A族；（2）N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为，电子层结构相同
52、核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由小到大的顺序为Na+O2Cl，故答案为：；Na+O2Cl；（3）O、Cl的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有：O3、Cl2、ClO2等，故答案为：O3、Cl2等；（4）化合物Y由O、Al两元素组成为Al2O3，将Al2O3、N2与C按1：1：3在一定条件下反应可得到Z和CO，应为Al2O3+N2+3CZ+3CO，由原子守恒可知，Z为AlN，故答案为：AlN18海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气反应的离子方程式是2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（2）利用
53、制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：盐卤低浓度Br2溶液Br2将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：Br2+Na2CO3NaBrO3+5NaBr+3CO2（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8Mg（OH）29.611.1步骤中需控制pH=9.8，其目的是除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去用NaC
54、lO 氧化Fe2+得到Fe（OH）3沉淀的离子反应方程式是ClO+2Fe2+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+步骤需在HCl保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质除去0.1mol CO（NH2）2时消耗NaClO22.35g【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；海水资源及其综合利用【分析】（1）电解氯化钠溶液在
55、阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气；（2）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（3）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；步骤中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；次氯酸钠具有氧化性，把氧化亚铁离子为三价铁，据此写出反应的离子方程式；镁离子水解显酸性，通入HCl
56、可以抑制其水解；NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）23NaCl+CO2+N2+2H2O，根据方程式计算【解答】解：（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气，其电解反应的离子方程式是2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（2）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5N
57、aBr+3CO2，故答案为：3、3、1、5NaBr、3CO2；（3）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；步骤中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制pH=9.8的目的：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；故答案为：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而
58、除去；加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl和H+，反应的离子方程式为：ClO+2Fe2+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+；故答案为：ClO+2Fe2+5H2O=2Fe（OH）3+Cl+4H+；镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；故答案为：Mg2+2H2OMg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+）
59、，使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）23NaCl+CO2+N2+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗NaClO为0.3mol，则m（NaClO）=nM=0.3mol74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.3519CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气（主要成分为CH4）与水进行高温重整制备合成气（1）已知：CH4、H2和CO的燃烧热（H）分别为890.3kJ/mo
60、l、285.8kJ/mol和283.0kJ/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kJ用1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为9201kJ（保留整数）（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40mol CH4和0.60mol H2O（g），测得CH4（g）和H2（g）的物质的量浓度随时间变化如下表所示：浓度时间/min物质01234CH40.2molL10.13molL10.1molL10.1molL10.09moL1H20molL10.2molL10.3molL10.3molL10.33molL1计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K0.13
61、53min时改变的反应条件是升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度（只填一种条件的改变即可）（3）已知温度、压强、投料比X对该反应的影响如图所示图1中的两条曲线所示投料比的关系X1 X2（填“=”、“”或“”下同）图2中两条曲线所示的压强比的关系：P1 P2（4）以天然气（设杂质不参与反应）、KOH溶液为原料可设计成燃料电池：放电时，负极的电极反应式为CH48e+10OH=CO32+7H2O设装置中盛有100.0mL 3.0mol/L KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c（K+）c（HC
62、O3）c（CO32）c（OH）c（H+）【考点】用化学平衡常数进行计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算；（2）反应方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）根据三行式代入平衡常数表达式进行计算；根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；（3）碳水比n（CH4）/n（H2O）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高；根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应；计算氧气的物质的量，进而计
63、算生成二氧化碳的物质的量，根据n（KOH）与n（CO2）比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断【解答】解：（1）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g） ）H=283.0kJmol1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1，H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJmol1，利用盖斯定律将+3可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=（44.0kJmol1）+（890.3kJmol1）（283.0kJmol1）3（285.8kJmo
64、l1）=+206.1 kJmol1，故1m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为=KJ/mol=9201 kJ，故答案为：9201 kJ；（2）反应方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）， 初起量（molL1）：0.2 0.3 0 0 变化量（molL1）：0.1 0.1 0.1 0.3 平衡量（molL1）：0.1 0.2 0.1 0.3所以K=0.135，故答案为：0.135；3min时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度，故答案为：升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度；（3）碳水比n（
65、CH4）/n（H2O）值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，故x1x2，故答案为：；该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含量增大，故p1p2，故答案为：；（4）甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，甲烷失电子被氧化反应，负极电极反应式为：CH48e+10OH=CO32+7H2O，故答案为：CH48e+10OH=CO32+7H2O；参与反应的氧气在标准状况下体积为8960mL，物质的量为=0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.2mol，n（KOH）=0.1L3.0molL1=0.3mol，n（KOH）：n（CO2）=0.3mol：0.
66、2mol=3：2，发生发生2CO2+3KOH=K2CO3+KHCO3+H2O，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH）c（H+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO3）c（CO32），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（K+）c （HCO3 ）c （CO32 ）c （OH ）c（ H+）20高铁酸盐在能源环保等方面有着广泛的用途工业上制备K2FeO4的常用方法有两种方法一：湿法工艺流程如图1（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3N
67、aClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，其中氧化剂是NaClO（填化学式）（2）加入饱和KOH溶液的目的是减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；用异丙醇洗涤的目的是洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾方法二：干法把Fe2O3KNO3KOH混合加热生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物（3）在干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1高铁酸钾不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中如图2是高铁电池的实验装置：已知放电后，两极得到铁的相同价态的化合物（4）该电池放电时正极发生的电极反应是FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+
68、5OH；（5）若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应方程式为：Fe（OH）3+3e=Fe+3OH（或FeOOH+3e+H2O=Fe+3OH）（6）已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是形成闭合电路此盐桥中阴离子的运行方向是：左池到右池；若用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜允许通过的离子是K+和H+（7）如图3为高铁电池电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有使用时间长工作电压稳定【考点】制备实验方案的设计；常见化学电源的种类及其工作原理【分析】方法一：湿法为次氯酸盐氧化法，工艺流程：氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，反应为：2FeCl3+10
69、NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；将Na2FeO4粗产品在40%KOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶，过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾（1）反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O根据化合价升降法配平方程式；（2）加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使
70、平衡向右移动；用异丙醇可以洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；方法二：干法（3）根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并利用化学反应方程式中的化学计量数来分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；根据电池装置，Fe做负极放电，正极上高铁酸钾发生还原反应，均生成相同价态的化合物，高铁酸钾的氧化性很强，能够生成三价铁（4）FeO42在正极得电子生成Fe3+；（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe；（6）盐桥可起到平衡电荷，构成闭合回路的作用；放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+；（
71、7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，不难看出高铁电池的优点为使用时间比高能碱性电池的长，且放电电压比高能碱性电池的稳定【解答】解：方法一：湿法（1）反应中FeCl3Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClONaCl，氯元素化合价由+1降低为1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为23+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+22=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaCl
72、O=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；反应中NaClONaCl，氯元素化合价由+1降低为1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；（2）Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；方法二：干法（3）Fe2O
73、3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，氮元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则KNO3为氧化剂，Fe2O3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；（4）FeO42在正极得电子生成Fe3+，生成其电极反应式为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；故答案为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe，其电极反应式为：Fe（OH）3+3e=Fe+3OH（或FeOOH+3e+H2O=Fe+3OH），故答案为：Fe（OH）3+3e=Fe+3OH（或FeOOH+3e+H2O=Fe+3OH）；（6）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+，故答案为：形成闭合电路；左池到右池；K+和H+；（7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点，故答案为：使用时间长；工作电压稳定2017年1月21日