河北省安平中学2020届高三上学期月考化学试题

安平中学2019-2020学年上学期第二次月考高三化学试题
可能用到的相对分子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na ： 23 Al：27 Fe：56
本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷，考试时间90分钟，满分100分。请将试题答案按要求填涂在答题卡上。
第I卷（52分）
一．选择题（共26个小题，每小题2分，共52分）
1.新版人民币的发行,引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是( )
A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素
B. 用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的是一种磁性物质
C. 某种化学验钞笔中含有碘酒溶液,遇假钞呈现蓝色,其中遇碘变蓝的是淀粉
D. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成,树脂与油脂一样,属于高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 棉花、优质针叶木等的主要成分是纤维素，A项正确；
B. 用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的具有磁性，是磁性物质，B项正确；
C. 验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，遇碘变蓝的是淀粉，C项正确；
D. 树脂相对分子质量很大，树脂属于有机高分子材料，但油脂不属于高分子化合物，D项错误；
答案选D。
2.关于氧化还原反应，下列说法正确的有（ ）
①氧化剂发生氧化反应；②氧化剂具有氧化性；③氧化还原反应的本质是有化合价升降；④物质所含元素化合价变化是判断氧化还原反应的依据；⑤氧化还原反应中的任一反应物不是氧化剂就是还原剂；⑥当反应中有一种元素被氧化时.一定有另一种元素被还原；⑦含有高价态元素的化合物不一定具有强氧化性；⑧阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化；⑨在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性越强；⑩在氧化还原反应中非金属单质一定是氧化剂
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【详解】①氧化剂发生还原反应，错误；
②氧化剂具有氧化性，正确；
③氧化还原反应的本质是电子发生了转移，错误；
④氧化还原反应的特征是物质所含元素化合价发生了变化，正确；
⑤Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应中，NaOH做反应物，既不是氧化剂又不是还原剂，错误；
⑥同种元素既可以被氧化也可被还原，如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应中，氯元素既被氧化，又被还原，错误；
⑦含有高价态元素的化合物不一定具有强氧化性，如SO42-中硫元素为+6价，最高价，但是稀硫酸的氧化性很弱，正确；
⑧阳离子或阴离子既可得电子也可失电子，如Fe2+既可得电子，又可失电子，SO32-既可得电子，又可失电子，错误；
⑨得电子能力越强的氧化剂，氧化性就越强，而不是得电子越多氧化剂，其氧化性越强，错误；
⑩非金属单质在反应中可以做还原剂，如H2+Cl2=2HCl反应中，氢气做还原剂，氯气做氧化剂，故错误；
结合以上分析可知，正确的判据有：②④⑦，故B正确；
故答案选B。
3.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2
B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；
C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；
D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；
故选C。
4.借助碱金属和卤族元素性质的递变性分析下面的推断，其中正确的是(　　)
A. 已知Ca是第四周期第ⅡA族元素，故Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性弱
B. 已知As是第四周期第ⅤA族元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强
C. 已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应不如Na与水反应剧烈
D. 已知Cl的核电荷数比F的核电荷数多，故Cl的原子半径比F的原子半径大
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属性越强，对应最高价氧化物水化物碱性越强，则Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强，故A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，故B错误；
C．金属性越强，与水反应越剧烈，则Cs与水反应比Na与水反应剧烈，故C错误；
D．同主族，原子序数大的原子半径大，则已知Cl的核电荷数比F的核电荷数大，故Cl的原子半比F的原子半径大，故D正确。
答案选D
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 18g氨基(－ND2)中含有的电子数为10NA
B. 一定质量的乙烷与22.4L(标准状况)Cl2在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为2NA
C. 用惰性电极电解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为0.04NA
D. n(H2SO3)和n(HSO3－)之和为1mol的KHSO3溶液中，含有的K+数目为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．18g该氨基的物质的量为1mol，含有的电子数为9NA，A项错误；B．若形成C-Cl键的数目为2NA，则表示氯气中所有的氯反应后均形成了C-Cl键，这显然是错误的，因为每取代一个氢原子，都还要生成一个氯化氢分子，形成H-Cl键，B项错误；C．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电解过程分两个阶段，第一阶段是电解硫酸铜2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O2H2↑+O2↑。阳极始终产生氧气，阴极先是产生铜，后是产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同量的气体时，说明第一阶段和第二阶段产生的氧气的量相同，因第一阶段硫酸铜完全反应，转移电子数为0.02mol，所以两阶段共转移电子数为0.04mol，C项正确；D．KHSO3溶液中硫原子有三种存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以该溶液中K+的数目大于1mol，D项错误；所以答案选C项。
6.将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是

A. 大理石和稀盐酸
B. NaOH和NH4Cl
C. Cu和浓硝酸
D. MnO2和浓盐酸
【答案】A
【解析】
【分析】
由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。
【详解】A项、大理石和稀盐酸制得二氧化碳气体，二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A符合题意；
B项、NaOH和NH4Cl共热反应生成氨气，通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，故B不符合题意；
C项、Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故C不符合题意；
D项、MnO2和浓盐酸共热反应生成氯气，Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故D不符合题意；
故选A。
【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫的酸性和还原性的分析是解答关键。
7.常温下，某化学学习小组对某些电解质溶液作出如下分析。其中正确的是（ ）
①将1mL pH=3的强酸溶液加水稀释至100mL后，溶液的pH=1
②1L0.50mol·L-1的NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1的NH4Cl溶液相比，前者所含NH4+的物质的量大
③pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>c((CO32-)>c(H2CO3)
④pH=4、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-4-10-10)mol·L-1
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①将1mLpH=3的强酸溶液加水稀释至100mL后，溶液的pH增加2个单位，即pH=5，①错误；
②若不考虑NH4+的水解，则两种溶液中NH4+物质的量相等，但 NH4+在水溶液中发生水解，且浓度越低水解程度越大，故两种溶液中NH4+物质的量前者大，故②正确；
③NaHCO3溶液的pH=8.3，表明HCO3-的水解程度大于其电离程度，水解生成的H2CO3比电离生成的CO32-多，即c(Na+)>c(HCO3-)> c(H2CO3) > c(CO32-)，③错误；
④pH=4的溶液中，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，由物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；又由电荷守恒可得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，整理可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)- c(OH-)]=2×(10-4-10-10)mol·L-1；故④正确。
综上②④正确，故答案选D。
8.已知Ⅰ容器恒压，Ⅱ容器恒容，其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入3mol Z，起始时容积相同，发生反应2X(g)+2Y(s)⇌3Z(g)并达平衡。下列说法正确的是（ ）

A. 从起始到平衡所需时间：Ⅰ＞Ⅱ
B. 平衡后若在Ⅱ中再加入2molZ，则新平衡时Z的体积分数变小
C. 平衡时Z的转化率：Ⅰ＜Ⅱ
D. 平衡后若在Ⅰ中再加入0.1molY，则X的物质的量将减少
【答案】B
【解析】
【分析】
在Ⅰ、Ⅱ中分别加入3mol Z，起始时容积相同，发生反应3Z(g) ⇌2X(g)+2Y(s)并达平衡；正反应是气体体积减小的反应，虽然反应的进行，压强减小，Ⅰ容器为恒压，体积减小，相比于Ⅱ，压强增大，平衡正向移动程度更大。
【详解】在Ⅰ、Ⅱ中分别加入3mol Z，起始时容积相同，发生反应3Z(g) ⇌2X(g)+2Y(s)并达平衡；
A、该反应正反应是气体物质的量减小的反应，I是恒压密闭容器，II是恒容密闭容器，反应Ⅰ压强大于反应Ⅱ压强，压强增大，反应速率加快，则从起始到平衡所需时间：Ⅰ<Ⅱ，故A错误；
B、平衡后若在Ⅱ中再加入2molZ ，相当于在原来基础上缩小体积，压强增大，则平衡正向移动，则新平衡时Z的体积分数变小，故B正确；
C、反应Ⅰ压强大于反应Ⅱ压强，压强增大平衡向正反应移动，则平衡时Z的转化率： Ⅰ＞Ⅱ，故C错误；
D、Y为固体，增大Y的量，不影响平衡移动，则X的物质的量不变，故D错误；
故答案选B。
【点睛】针对3Z(g) ⇌2X(g)+2Y(s) △H<0的反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入2molZ，等效于给该反应加压过程，由于反应后气体的总量减小，所以平衡向右移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入2molZ，等效于等压过程，平衡不移动，与原平衡等效。
9.含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）
A. x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-
B. x＝0.6a，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－
C. x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－
D. x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－
【答案】B
【解析】
试题分析：还原性Fe2＋> Br-，氯气先氧化亚铁离子。x＝0.4a时氯气只氧化亚铁离子,2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，故A正确；x＝0.6a时氯气氧化完亚铁离子又氧化部分溴离子，故B错误；x＝a时氯气氧化完亚铁离子又氧化的溴离子,2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－，故C正确；x＝1.5a时氯气把亚铁离子、溴离子完全氧化,2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－，故D正确。
考点：本题考查氧化还原反应。
10.将如图中的K闭合，下列判断正确的是（ ）

A. 去掉盐桥，此装置也能正常工作
B. 盐桥中的K+向盛有硫酸铜溶液的烧杯移动，高锰酸根离子向b移动
C. 一段时间后，硫酸铜溶液浓度减小
D. C极上的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池的构造原理要求装置能够形成闭合回路，盐桥在此使两个烧杯连接，形成闭合回路，据此分析；该原电池中Cu为负极，失电子形成铜离子，C为正极，铁离子得电子生成亚铁离子；因此b为电解池的负极，a为正极，电解池中阳离子向负极移动，阴离子向正极移动，据以上分析进行解答。
【详解】A、去掉盐桥，不能形成闭合回路，此装置不能正常工作，故A错误；
B、C极为原电池的正极，钾离子向盛有硫酸铁溶液的烧杯移动，a为电解池的阳极，高锰酸根离子向a移动，故B错误；
C、因为铜极发生氧化反应，极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中铜离子浓度增大，故C错误；
D、C极为原电池正极，发生还原反应，极反应为Fe3++e-=Fe2+，故D正确；
故答案选D。
11.常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述错误的是
A. 与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多
B. 分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C. 两种溶液的pH相等
D. 分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)＜n(CH3COO-)
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，电离不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的浓度大，所以消耗的氢氧化钠也多，故A不选；
B.同理可得，二者分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，故B选；
C.根据电荷守恒，盐酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不选；
D.用水稀释后，醋酸可以继续电离，所以n(Cl-)＜n(CH3COO-)，故D不选；
故选B。
12.已知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，下列有关叙述中正确的是（ ）
①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-
②向KI和KBr的混合溶液中加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成
③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2++CI2=2Fe3++2Cl-
④"84"消毒液(有效成分为NaClO)和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用时会放出氯气，其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
⑤在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2：2I-+3H2O2+2H+=I2+O2↑+4H2O
A. ②④ B. ①③⑤ C. ②③ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①已知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故错误；
②铁离子只能把碘离子氧化为碘单质，四氯化碳萃取了碘，在下层，上层中的液体中含有溴离子，加入AgNO3溶液，有淡黄色溴化银沉淀生成，故正确；
③还原性：I->Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+CI2=I2+2Cl-，故错误；
④"84"消毒液(有效成分为NaClO)和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用时会放出氯气，其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故正确；
⑤在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2，双氧水的还原产物为水，不会产生氧气，故错误；
结合以上分析可知，只有②④选项正确；
故答案选A。
【点睛】还原性：I->Fe2+>Br-，所以向含有三种离子的混合物中通入氯气（或滴加氯水），先被氧化的是碘离子，接着被氧化的是亚铁离子，最后被氧化的为溴离子；如果向含有三种离子的混合物中加入铁离子，只有碘离子被氧化为碘单质；选项②③在处理时要把握住三种离子的还原性顺序，才能准确把握反应的规律。
13. 下列说法错误的是
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大
②浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)]
③在0.1 mol/L氨水中滴加0.l mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0－a mol/L
④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO32－)均增大
⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH－)+c(H2S)+c(HS－)
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①NaHCO3溶液加水稀释，钠离子的物质的量不变，碳酸氢根的物质的量减少，则c(Na+)/c(HCO3－)的比值保持增大，①正确；②浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中根据物料守恒可知2c(Na+)＝3[c(CO32－)+c(HCO3－) +c(H2CO3)]，②错误；③在0.1 mol/L氨水中滴加0.l mol/L盐酸，恰好完全中和时生成的氯化铵水解，溶液显酸性，促进水的电离。因此如果溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH－)＝l0－a mol/L，③正确；④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体抑制亚硫酸根的水解，所以溶液中c(Na+)、c(SO32－)均增大，④正确；⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH－)＝c(H+) +2c(H2S)+c(HS－)，⑤错误，答案选D。
考点：考查溶液中离子浓度大小比较
14.CuCl晶体呈白色，见光易分解，在潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸和乙醇。实验室用如图所示装置制取CuCl。以下说法正确的是（ ）

A. 装置A中发生的反应是氧化还原反应
B. 装置B中的搅拌子是由铁直接铸造
C. 装置B中反生反应的离子方程式是SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
D. 装置C中用干燥管替代导管的主要目的是使剩余的SO2能被充分吸收
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，各元素的化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B.铁的活泼性大于铜，铁能够与氯化铜溶液反应置换出单质铜，因此 装置B中的搅拌子不能是由铁直接铸造的，故B错误；
C.铜离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成CuCl和SO42-，装置B中反生反应的离子方程式是：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；故C正确；
D.C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收SO2尾气，防止污染空气，干燥管替代导管，能够起到防倒吸的作用，故D错误；
故答案选C。
15. 标准状况下两种等物质的量的可燃气体共1.68L，其中一种是烃，在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g。则这两种混合气体可能为
A. H2与C2H4 B. CO与C2H4 C. CO 与C3Ｈ6 D. H2与C4H6
【答案】D
【解析】
试题分析：澄清石灰水：n(CO2)=n(CaCO3)=15/100mol=0.15mol，碱石灰吸收水和CO2，则n(H2O)=(9.3－0.15×44)/18mol=0.15mol，n(C)：n(H)=0.15：0.15×2=1：2，混合气体的物质的量为1.68/22.4mol=0.075mol，即混合气体中含有0.15molC、0.3molH，因此1mol气体中含有2molC和4molH，故选项D正确。
考点：考查有机物的推断和计算等知识。
16.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是

A. a离子为Na+
B. 溶液中含有NA个Na+
C. 水合b离子的图示不科学
D. 室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致
【答案】C
【解析】
【分析】
根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。
【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；
B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；
C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；
D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。
【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。
17. 下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代，所得产物有12种
B. 等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应得到9种产物
C. 已知二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为6种
D. 苯乙烯和氢气完全加成的产物的一溴取代物有5种
【答案】A
【解析】
试题分析：A.4个碳原子的烷基存在四种同分异构体，分别为正丁基、异丁基、仲丁基、叔丁基；当为正丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为异丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为仲丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体；当为叔丁基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体，故甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代，所得产物有12种，故A正确；B．乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种(与二溴取代物个数相同)，五氯取代物有1种(与一溴取代物个数相同)，六氯取代物1种，所以氯代产物总共有9种，含有氯化氢，所以产物为10种，故B正确；C．由于苯环含有6个H原子，二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同，若二氯苯有3种同分异构体，则四氯苯的同分异构体的数目为3种，故C错误；D．乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷中与氯气发生取代反应时，生成的一溴代物有6种，故D错误；故选AB。
考点：考查同分异构体数目的计算，明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键。
18.含铬()废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是(　　)
A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol
B. 处理废水中的物质的量为mol
C. 反应中发生转移的电子数为3nxmol
D. 在FeO· FeyCrxO3中，3x＝y
【答案】A
【解析】
【详解】具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，中＋6价Cr被还原成＋3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol＝3nxmol，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol FeO·FeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y＋1) mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol×6＝3nxmol，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1) mol，所以正确的答案选A。
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19.向18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）
A. 7.84L B. 6.72L C. 4.48L D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl-）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl-）/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，答案为A。
【点晴】本题是有关混合物的计算，题目难度中等，解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量，与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等，氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等，搞清了本题的本质因素，难度明显降低，也简化了解题过程，事实上选择型的计算题基本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的，将这三个守恒分析清楚了，相信一定能快速确定正确选项。
20.2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是
A. 每个N5-含有26个电子
B. N5-的摩尔质量为71g·mol-1
C. 全氮阴离子盐既含离子键又含共价键
D. 全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质
【答案】C
【解析】
每个N5- 含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70g·mol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。
21.“侯氏制碱法”是我国化工专家候德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置（部分夹持装置省略）如下：

下列叙述错误的是
A. 实验时先点燃装置①酒精灯，过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的旋塞
B. 装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3
C. 向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可析出NH4Cl
D. 用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用
【答案】D
【解析】
【分析】
侯氏制碱法中，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，通氨气时要防止倒吸，导管不能插入液面以下，碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出碳酸氢钠晶体，过滤后的母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出。
【详解】A. 因为氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中溶解度非常小，所以应该先通入氨气，故不选A；
B. 过量氨气扩散到空气中会造成污染，所以要进行尾气吸收，2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故不选B；
C.过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，使NH4Cl以晶体的形式析出，故不选C；
D.固体加热不可用烧杯，也实现不了二氧化碳循环利用，故选D；
答案：D
【点睛】本题主要考查“侯氏制碱法”反应原理，解答本题需明确制碱的原理。
22.用电解法处理含Cr2O72－的废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如表所示Cr2O72－的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同)。下列说法错误的是
实验
i
ii
iii
iv

是否加入
Fe2(SO4)3
否
否
加入
30g
否
是否加入
H2SO4
否
加入
1 mL
加入
1 mL
加入
1 mL
阴极村料
石墨
石墨
石墨
石墨
阳极材料
石墨
石墨
石墨
铁
Cr2O72－的去除率
0.092%
12.7%
20.8%
57.3%
实验iii中Fe3+去除Cr2O72－的机理


A. 实验ⅱ与实验i对比，其他条件不变，增加c(H+)有利于Cr2O72－的去除
B. 实验ⅲ与实验ⅱ对比，其他条件不变，增加c(Fe3+)有利于Cr2O72－的去除
C. 实验ⅳ中Fe2+循环利用提高了Cr2O72－的去除率
D. 若实验ⅳ中去除0.01 mol Cr2O72－，生成的阳离子全部转化成沉淀，则沉淀的质量是2.06g
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验ⅱ与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c(H+)有利于Cr2O72－的去除，A项正确；B．实验ⅲ与实验ⅱ对比，差别在于是否加入30gFe2(SO4)3，增加c(Fe3+),Cr2O72－的去除率明显提升，B项正确；C．实验ⅳ中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72－氧化后再产生Fe3+,Fe2+循环利用提高了Cr2O72－的去除率，C项正确；D．实验ⅳ中,铁作阳极先失电子变成Fe2+，然后发生反应：14H++6Fe2++Cr2O72-=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.01molCr2O72－，生成的阳离子0.06molFe3+、0.02molCr3+，若全部转化成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，则沉淀的质量是6.42g+2.06g=8.48g，D项错误；所以答案选D项。
【点睛】D项中，题给数据只是计算生成的Cr(OH)3的量，漏掉了生成Fe(OH)3的量。
23.下列图示与对应的叙述符合的是

A. 用甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化
B. 图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系
C. 图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系
D. 图丁表示常温下向20mL pH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系
【答案】C
【解析】
A、催化剂能同时加快正、逆反应速率，图中速率不变，故A错误；B、平衡常数K只与温度有关与压强无关。故B错误。C、图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，H＋ 浓度增大，NH4＋ 水解程度变小，但随体积增大而减小，故增大，故C正确；D、弱酸发生中和反应时，突变范围变小，故D错误；故选C。
24.《周礼﹒考工记》记载“凡铸金之状，金与锡，黑浊之气竭，黄白次之，黄白之气竭，青白次之，青白之气竭，青气次之，然后可铸也。”炉火纯青指的就是青铜冶炼成功的火候。下列说法不正确的是
A. 黑浊之气是金属表面附着的碳氢化合物燃烧的火焰
B. 黄白、青白之气是金属中氧化物、硫化物燃烧的火焰
C. 青色火焰是青铜燃烧的焰色反应
D. 上述方法冶炼得到的青铜为纯净的单质铜
【答案】D
【解析】
【详解】A．黑浊之气主要是温度不太高时，金属表面附着的碳氢化合物燃烧的火焰颜色，故A正确；
B．黄白、青白之气主要是金属中的氧化物、硫化物燃烧的火焰颜色，故B正确；
C．青色火焰是青铜中铜的焰色反应，故C正确；
D．青铜是铜与锡的合金，属于混合物，故D错误；
故选D。
25.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）

A. Ka2(H2X)的数量级为10-6
B. 曲线N表示pH与lg的变化关系
C. NaHX溶液中c(H+)＞c(OH-)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】H2X的电离方程式为H2XH++HX-，HX-H++X2-；当==1时，即横坐标为0，0时，Ka1=c(H+)，Ka2=c’(H+)，因为Ka1＞Ka2，故c(H+)＞c’(H+)，即pH 故答案选D。
26.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是

A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C. b点与a点的差值为0.05mol
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3
【答案】B
【解析】
【详解】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。
【点晴】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
第II卷（48分）
二、填空题
27.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。
(1)A2W的电子式为________。
(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为____ ，E元素在周期表中的位置为_______ 。
(3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_______ ( 填离子符号)。
(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_______ ，若将 1 mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是______ L(标准 状况下)。
(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_______。
a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱
b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强
C. 比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强
【答案】 (1). (2). (3). 第3周期第ⅢA族 (4). Al3+ < Na+ < O2- (5). NaH+H2O=NaOH+H2↑ (6). 56 (7). b
【解析】
【分析】
A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。
【详解】(1)A2W为水，其电子式为；
(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第ⅢA族；
(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+ < Na+ < O2-；
(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol ×22.4L/mol=56L；
(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。
28.三氧化二铬可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。由高碳铬铁合金(含Cr、Fe及C)制备三氧化二铬的工艺流程如下：

已知：Cr(OH)3是两性氢氧化物，草酸亚铁为微溶物。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ浸取时，为提高浸取速率，除将高碳铬铁合金制成粉末外，还可采取的措施是________________(写一点)；浸取铬时反应的离子方程式为________________________。
(2)步骤Ⅱ滤渣返回再次浸取的目的是________________________________________。
(3)步骤Ⅲ除铁时，溶液的pH对铁的去除率影响如图所示：

pH小于2.3时，铁去除率低，其原因是_______________________________________。
(4)步骤Ⅳ能说明沉淀已洗涤干净的操作是___________________________。
(5)步骤Ⅴ沉铬时，生成Cr(OH)3的化学方程式为_____________________________；沉铬时，溶液pH与铬的回收率关系如图所示，当pH＞8.5时，pH越大，铬的回收率越低，其可能原因是____________________________________________。

【答案】 (1). 适当提高硫酸的浓度或适当提高浸取液温度或搅拌 (2). 2Cr+6H+ ===2Cr3++3H2↑ (3). 提高铬的浸取率 (4). H2C2O4电离出的C2O42- 浓度低，不利于FeC2O4·2H2O生成 (5). 向最后一次洗涤液中滴入BaCl2溶液，无白色沉淀 (6). Cr2(SO4)3+6NH4HCO3 ===2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4+6CO2↑ (7). Cr(OH)3 可溶于强碱性的溶液中
【解析】
（1）根据影响化学反应速率的外因，由于固液反应不考虑压强，所以可考虑浓度、温度及接触面积等，如适当提高硫酸的浓度或适当提高浸取液温度或搅拌等；依据整个流程信息可得，铬浸取后生成三价铬的化合物，故铬应该是较活泼金属，与稀硫酸反应生成硫酸铬和氢气，离子方程式为：2Cr+6H+ =2Cr3++3H2↑。
（2）步骤Ⅱ滤渣返回再次浸取，可使其中的有效成分Cr元素被充分浸取，提高铬的浸取率。
（3）步骤Ⅲ除铁时，发生反应为：Fe2+ +C2O42- +2H2OFeC2O4·2H2O，草酸是弱酸，H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++ C2O42-，pH越小，溶液中H+浓度越大，抑制其电离，C2O42- 浓度小，不利于沉铁反应平衡右移。
（4）浸取剂使用是稀硫酸，若要检验步骤Ⅳ的沉淀是否已洗涤干净，可以检验SO42-，向最后一次洗涤液中滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则说明沉淀已洗涤干净。
（5）分析流程可得，沉铬之前为Cr2(SO4)3溶液，加入NH4HCO3沉铬，除生成Cr(OH)3外，还有硫酸铵和CO2生成，化学方程式为：Cr2(SO4)3+6NH4HCO3=2Cr(OH)3↓+3(NH4)2SO4+6CO2↑；由已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，如图2所示，当pH＞8.5时，pH越大，铬的回收率越低，是因为Cr(OH)3可溶于强碱性的溶液中。
29.以含1个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料的碳一化学处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。
(1))已知CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0 kJ·mol－1、-285.8 kJ·mol－1、-764.5 kJ·mol－1。则反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝_____；。
(2)在T1时，向体积为2 L的恒容容器中充入物质的量之和为3 mol的CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，反应达到平衡时CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。

①当起始n(H2)/n(CO)＝2时，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5 min内平均反应速率v(H2)＝______。若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，达到新平衡时H2的转化率将____(填“增大”“减小”或“不变”)。
②当n(H2)/n(CO)＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的________(填“D”“E”或“F”)点。
(3)在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。

①A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为________。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为_____L。
(4)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。则电源的负极为__(填“A”或“B”)，写出阳极的电极反应式____。
【答案】 (1). －90.1 kJ·mol－1 (2). 0.12 mol·L－1·min－1 (3). 增大 (4). F (5). KA＝KB>KC (6). 2 (7). B (8). 2CH3OH＋CO－2e－===(CH3O)2CO＋2H＋
【解析】
【分析】
(1)根据CO 、H2和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律计算CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　的ΔH；
(2) ①根据 计算速率；根据Q和K的关系判断反应方向；②根据恒容容器中，投料比等于系数比，达到平衡状态时产物的百分含量最大；
(3) ①相同温度下平衡常数相等；根据图像，CO的平衡转化率(α)随温度升高而减小，可知升高温度平衡逆向移动；
②根据A、B两点的平衡常数相等计算在平衡状态B时容器的体积；
（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，右侧为阴极。
【详解】（1）由CO（g）、H2（g）和CH3OH（g）的燃烧热△H分别为-283.0 kJ·mol－1、-285.8 kJ·mol－1和-764.5 kJ·mol－1，则
①CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=-283.0 kJ·mol－1 
②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=-764.5 kJ·mol－1 
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ·mol－1
由盖斯定律可知用①+③×2-②得反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l），
该反应反应热△H=-283.0 kJ·mol－1+（-285.8 kJ·mol－1）×2-（-764.5 kJ·mol－1）=－90.1 kJ·mol－1；
(2) ①当起始n(H2)/n(CO)＝2时，则起始n(H2) ＝2mol，n(CO)＝1mol，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.6，
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 0.5 1 0
转化 0.3 0.6 0.3
平衡 0.2 0.4 0.3
0.12 mol·L－1·min－1
K9.375
若此刻再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，则7.8125＜K，所以反应正向进行，达到新平衡时H2的转化率将增大；
②根据恒容容器中，投料比等于系数比，达到平衡状态时产物的百分含量最大，所以当n(H2)/n(CO)＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图像中的F点；
(3) ①相同温度下平衡常数相等，所以KA=KB；根据图像，CO的平衡转化率(α)随温度升高而减小，可知升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KB＞KC，故KA＝KB>KC；
②A、B两点的平衡常数相等，设B点容器的体积为VL
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 5 10 5
平衡 5 10 5
；
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始 10 20 0
转化 8 16 8
平衡 2 4 8
；V=2L；
（4）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，B为电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成（CH3O）2CO和氢离子，电极反应式为：2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+。
【点睛】本题考查运用盖斯定律计算反应热，化学平衡常数计算、影响化学平衡移动的因素、电化学等，侧重考查学生解决问题能力，难度较大。
30.碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3的最佳方案：
实验
试剂
现象
滴管
试管

0.8 mol/L FeSO4溶液
（pH=4.5）
1 mol/L Na2CO3溶液
（pH=11.9）
实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色
0.8 mol/L FeSO4溶液
（pH=4.5）
1 mol/L NaHCO3溶液
（pH=8.6）
实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色
0.8 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2
溶液（pH=4.0）
1 mol/L NaHCO3溶液
（pH=8.6）
实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色

（1）实验I中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：_____________
Fe2++ + + H2O Fe(OH)3 + HCO3−
（2）实验II中产生FeCO3的离子方程式为__________________。
（3）为了探究实验III中NH4+所起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：

操作
现象
实验IV
向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入________，再加入一定量Na2SO4固体配制成混合溶液（已知Na+对实验无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一滴管，与2mL 1mol/L NaHCO3溶液混合
与实验III现象相同

实验IV中加入Na2SO4固体的目的是_________。
对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生。
乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：_________，再取该溶液一滴管，与2mL 1mol/L NaHCO3溶液混合。
（4）小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、II、III中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。

① 补全A中装置并标明所用试剂。____________
② 为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是____________。
（5）实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是____________。
【答案】 (1). 4Fe2+ + 8CO32− + O2 + 10H2O 4Fe(OH)3 + 8HCO3− (2). Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O (3). 硫酸至pH=4.0 (4). 控制SO42-浓度，排除干扰 (5). 向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c(SO42-)=1.6 mol/L (6). (7). C中U形管的增重 (8). 调节溶液pH
【解析】
（1）因为CO32−水解显碱性，遇到Fe2+产生 Fe(OH)2的白色沉淀，Fe2+还原性很强，会被O2氧化变成Fe(OH)3红棕色，所以实验I中红褐色沉淀产生的原因：Fe2+ + 8CO32− + O2 + 10H2O 4Fe(OH)3 ↓+ 8HCO3−
（2）因为FeSO4溶液的pH=4.5显酸性，HCO3-溶液水解显碱性，所以两者发生相互促进的双水解反应，所以反应方程式：Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O
实验II中产生FeCO3的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O
（3）加硫酸调节溶液p H=4.0抑制Fe2+的水解，根据题意知加入Na2SO4固体的目的是调节控制SO42-浓度，排除干扰。
为了验证Na2SO4中SO42-浓度对实验的影响，应做对比实验：向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c(SO42-)=1.6 mol/L。
（4）①检验FeCO3的纯度的方法是通过FeCO3与酸反应产生CO2的量来验证。首先排除装置中的空气，防止干扰，所以此装置应为。答案：
②测定FeCO3的纯度的方法是通过测定FeCO3与酸反应产生CO2的量来确定，通过C中U形管的增重的量来确定CO2的量。所以除样品总质量外，还要测定C中U形管的增重的量。答案：测定C中U形管的增重的量。
（5）I、II、III三个实验中III的酸性强，所以调节溶液pH是提高FeCO3的纯度的方法。答案：调节溶液pH。