福建省长泰县第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题

长泰一中2019-2020高三学年上期中考试化学试卷

可能用到的相对原子质量：H：1  O：16  S：32  Cu:64

一、选择题

1. 下列说法正确的是

A. 光导纤维、石英、硅胶分别属于单质、酸性氧化物、酸

B. Na、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解法冶炼得到

C. 氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质

D. 天然气、沼气和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源

【答案】C

【解析】

【详解】A、光导纤维、石英的主要成分都是二氧化硅，该物质属于化合物，是酸性氧化物，A错误；

B、Na、Al的冶炼采用电解法，Cu的冶炼采用热还原法，B错误；

C、氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质正确，C正确；

D、沼气是可再生能源，D错误；

故合理选项为C。

2.下列说法中正确的是

A. 摩尔是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量

B. 0.012 kg12C中所含的碳原子数为NA

C. 物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量

D. 1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子

【答案】B

【解析】

【详解】A、物质的量是把宏观和微观联系起来的一个基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故错误；

B、阿伏加德罗常数规定是0.012kg碳－12中所含碳原子的数，故正确；

C、摩尔质量在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量，故错误；

D、1mol任何微粒含有的微粒数是6.02×1023，有的物质是分子组成，如氧气，1mol氧气中含有氧原子数为2×6.02×1023，故错误。

答案选B。

3.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277 ℃，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（　　）

①HgCl2属于共价化合物　②HgCl2属于离子化合物　③HgCl2属于非电解质　④HgCl2属于弱电解质

A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④

【答案】B

【解析】

【详解】HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。

4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )

A. 标准状况下，11.2L NO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA

B. 20g D2O和HTO两种水的组合中含有的中子数为10NA

C. 一定温度下，lmol H2和足量碘蒸气反应产生的H－I键数目为2NA

D. 标准状况下，22.4L的SO3中含有的O原子数目为3NA

【答案】B

【解析】

【详解】A. 标况下，11.2L二氧化氮的物质的量为0.5mol，二氧化氮溶于水的反应为，3mol二氧化氮参加反应转移电子的物质的量为2mol，故0.5mol二氧化氮反应转移电子数为0.33NA，A错误；

B. D2O和HTO的摩尔质量均为20g/mol，均含有10个中子，故20g D2O和HTO两种水的组合中含有的中子数为10NA，B正确；

C. 氢气与碘蒸气的化合反应为可逆反应，lmol H2和足量碘蒸气反应产生的H－I键数目小于2NA，C错误；

D. 标况下，三氧化硫为固体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L的SO3中含有的O原子数，D错误；

故答案选B。

【点睛】气体摩尔体积为22.4L/mol，仅限于标况下的气体使用。

5.下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液 ③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合 ④过量的Na2O2投入FeCl2溶液 ⑤金属钠投入NH4Cl溶液中

A. ①④ B. ②③ C. ②③ D. ①⑤

【答案】A

【解析】

试题分析：①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，无气体放出，所以不符合题意，故③错误；④过量的Na2O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成氢气，不产生沉淀，故⑤错误；故选A。

考点：考查了化学反应的现象的相关知识。

6. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）

A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容

【答案】B

【解析】

【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；

B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；

C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；

D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。

答案选B。

7.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

A、浓盐酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成氯气，但浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与碳酸氢钠反应，结论不正确，A错误；B、浓硫酸具有脱水性，将蔗糖炭化，生成的碳又被浓硫酸氧化生成CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，B正确；C、铁和浓硝酸反应生成NO2，C错误；D、盐酸不是最高价含氧酸，不能比较元素的非金属性强弱，D错误，答案选B。

8.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A. 无色透明的溶液中：

B. 加石蕊试液后变红色的溶液中：

C. 能使Al转化为的溶液中：

D. 加入盐酸后能形成不溶于硝酸白色沉淀的溶液中：

【答案】C

【解析】

【详解】A. 铜离子在水溶液中呈现蓝色，故无色溶液中无法大量存在铜离子，A错误；

B. 加石蕊试液后变红色的溶液中存在大量的氢离子，酸性环境下无法大量存在次氯酸根离子，B错误；

C. 能使Al转化为的溶液中存在大量氢氧根离子，该选项可以大量共存，C正确；

D. 加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中存在大量的银离子，与溴离子和氢氧根离子不大量共存，且氢氧根离子和钙离子不能大量共存，D错误；

故答案选C。

【点睛】判断离子是否共存时要注意环境的要求。

9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（   ）

A 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32- + 2H+ =SO2↑ + H2O

B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32- + SO2 + H2O = H2SiO3↓ + SO32-

C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O =AlO2- + 4NH4+ +2H2O

D. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2 + 2Cu2+ +2H2O =4Na+ + 2Cu(OH)2 ↓+O2↑

【答案】D

【解析】

【详解】A.硝酸有氧化性，亚硫酸根有还原性，二者会发生氧化还原反应，2H++2NO3-+3SO32-═3SO42-+H2O+2NO↑，故A不选；

B. Na2SiO3溶液中通入过量SO2会生成亚硫酸氢根而不是亚硫酸根，SiO32- + 2SO2 +2H2O = H2SiO3↓+2HSO3-，故B不选；

C.氨水不能和氢氧化铝反应，只能和铝离子生成氢氧化铝，Al3+ + 3NH3·H2O =Al(OH)3↓+ 3NH4+，故C不选；

D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠中的OH-与铜离子生成氢氧化铜沉淀，方程式正确，故D选；

故选D。

【点睛】S2-(-2价硫)、SO2(+4价硫)、I-、Fe2+等都有比较强的还原性，当遇到这几种物质时，首先要想到它们的还原性，如果和它们反应的物质有氧化性(如KMnO4、浓硫酸、硝酸、Fe3+等)，要考虑发生的反应是否为氧化还原反应。

10.钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：。下列说法正确的是（）

A. 题述反应条件下还原性：CO＞Pd

B. 题述反应中PdCl2被氧化

C. 生成22.4 L CO2时，转移的电子为2 mo1

D. CO气体只有在高温下才能表现还原性

【答案】A

【解析】

【分析】

由反应方程式可知，CO为反应的还原剂，氯化钯为氧化剂，二氧化碳为氧化产物，Pd为还原产物，1mol该反应转移2mol电子。

【详解】A. CO为还原剂，Pd为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，A正确；

B. PdCl2发生还原反应，被还原，B错误；

C. 在说气体体积时，未指明温度和压强，无意义，C错误；

D. 该反应常温即可反应，故CO不是只在常温下表现还原性，D错误；

故答案选A。

11.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n（NO2） ：n（NO）＝1 ：1时，下列说法不正确的是

A. 反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物

B. 参加反应的n（Cu2S） ：n（HNO3）＝1 ：7

C. 产物n[Cu（NO3）2] ：n[CuSO4]＝1 ：2

D. 1 molCu2S参加反应时有10 mol电子转移

【答案】C

【解析】

试题分析：根据元素化合价的变化配平方程式为：2Cu2S+ 14HNO3=2Cu(NO3)2+2CuSO4+5NO2+5NO+7H2O。

A、硫化亚铜化合价升高，做还原剂，硝酸铜和硫酸铜是氧化产物，正确，不选A；B、硫化亚铜和硝酸比例为2:14=1:7.正确，不选B；C、硝酸铜和硫酸铜的比例为1:1，错误，选C；D、每摩尔硫化亚铜反应，铜失去2摩尔电子，硫失去8摩尔电子，所以转移10摩尔电子，正确，不选D。

考点：氧化还原反应

12.下列有关铁元素的叙述中正确的是(　　)

A. Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2<Fe(OH)3

B. 铁是较活泼的金属，它与卤素(X2)反应的生成物均为FeX3

C. 氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)3＋3HI=FeI3＋3H2O

D. 将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中可制备Fe(OH)3胶体

【答案】A

【解析】

【详解】A、Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，说明Fe(OH)3比Fe(OH)2稳定，故A正确；B、X为Cl、Br，则与Fe发生反应生成FeX3，X为I，则与Fe反应生成FeI2，故B错误；C、Fe3＋具有强氧化性，能把I－氧化成I2，故C错误；D、制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热直到出现红褐色液体，停止加热，即为氢氧化铁胶体，故D错误。

13.已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为

C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1
C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ•mol﹣1

据此判断，下列说法中正确的是（   ）

A. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低

B. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高

C. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低

D. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高

【答案】A

【解析】

由石墨、金刚石燃烧的热化学方程式①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.51kJ•mol-1，②C(金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.41kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②可得：C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，则由石墨制备金刚石是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石更高稳定，故A正确，故选A。

点睛：根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小，物质具有的能量越低越稳定。

14.对来说，下列四种不同情况下的反应速率最快的是（）

A. v(A)= 0.002mol/(L·s) B. v(B)= 0.01mol/(L·s)

C. v(C)= 0.4 mol/(L·min) D. v(D)= 0.45 mol/(L·min)

【答案】D

【解析】

【详解】v(A)=0.002mol/(L·s)=0.12mol/(L·min)，v(B)=0.01mol/(L·s)=0.6mol/(L·min)，=0.2 mol/(L·min)，=0.2 mol/(L·min)，=0.225 mol/(L·min)，故D表示的反应速率最快，答案选D。

【点睛】可通过某物质的速率与其化学计量数的比值的大小，比较不同物质表示的同一反应的速率快慢。

15.如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是(　　)

A. 发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)

B. 前2 min A的分解速率为0.1 mol·L－1·min－1

C. 达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动

D. 达平衡后，若增大压强，平衡向逆反应方向移动

【答案】C

【解析】

【详解】A. 由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得: ,则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)+C(g)，A正确；

B. 由图可以知道前2minA的，所以 mol·L－1·min－1，B正确；

C. 由图分析无法得出该反应是吸热还是放热，故C无法由分析得出；

D. 由图可知反应为气体体积增大的反应，故增大压强，平衡逆向移动，D正确；

故答案选C

16.下列图像能正确地表达可逆反应3A（g） + B（g）2C（g）（△H<0）的是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A、该反应的正反应方向为放热反应，升高温度平衡将向逆反应方向移动，C的百分含量将减小，A错误；

B、交点处为平衡状态，升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应速率将小于逆反应速率，B错误；

C、该反应的正反应为放热反应，在相同的压强下，升高温度平衡向逆反应方向移动，即A的百分含量将增大，C错误；

D、3A（g） + B（g）2C（g）（△H<0），增大压强，平衡正向转化，A转化率增大；升高温度，平衡逆向移动，A转化率减小，D正确；

答案选D。

17.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是

A. 总反应为放热反应

B. 使用催化剂后，活化能不变

C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应

D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2

【答案】B

【解析】

【详解】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；

B．使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；

C．因为①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；

D．根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；

故答案为B。

18.铁镍蓄电池充放电时的总反应：，下列有关该电池的说法不正确的是(　　)

A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe

B. 电池放电时，负极反应为

C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低

D. 电池充电时，阳极反应为

【答案】C

【解析】

【分析】

根据电池反应式知,放电时Fe和都生成氢氧化物,说明溶液呈碱性,Fe失电子作负极，正极为,负极反应式为＝,正极反应式为＝,充电时,阴阳极与负极、正极反应式正好相反。

【详解】A.放电时,Fe失电子作负极，正极为,Fe和都生成氢氧化物,说明溶液呈碱性,故A正确；

B.放电时,Fe失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁,电极反应式为，故B正确；

C. 充电过程中,阴极反应式为，有氢氧根离子生成,所以溶液的pH增大，故C错误；

D. 充电时,阳极上失电子发生氧化反应,电极反应式，故D正确；

故答案选C。

19. 铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是

A. 一段时间后，铜棒上有红色物质析出

B. 正极反应为：Zn－2e－＝Zn2+

C. 在外电路中，电流从负极流向正极

D. 盐桥中的K+移向ZnSO4溶液

【答案】A

【解析】

试题分析：铜为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，说明铜棒上有红色物质析出，选项A正确；锌为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，选项B不正确；电流从正极经外电路流向负极，选项C不正确；盐桥中K+移向正极区，也就是CuSO4溶液，选项D不正确。

考点：原电池理论，涉及电极判断、电极反应与现象、电流的方向及离子的移动方向等。

20.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能

B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+

C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3

D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动

【答案】B

【解析】

【分析】

由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。

【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；

B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；

C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；

D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。

二、填空题

21.50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

（1）从实验装置看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_______________。  

（2）两烧杯间填满碎纸条的作用是________________________。

（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出热量________（填“相等”或“不相等”），中和热__________（填“相等”或“不相等”），理由是_____________________。

（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值与57.3kJ/mol相比较会____________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（5）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

【答案】    (1). 环形玻璃搅拌棒    (2). 保温或减少热量损失    (3). 不相等    (4). 相等    (5). 中和热是生成1mol水时放出的热量 。（其它合理答案也对）    (6). 偏小    (7). 偏小

【解析】

(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失；

(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L-1盐酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；

(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会偏小；

(5)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小。

点睛：实验中所用HCl和NaOH的物质的量比不是1：1，而是NaOH过量，是为了保证0.50 mol/L的盐酸完全被NaOH中和，采用0.55 mol/L NaOH溶液，使碱稍稍过量，若使盐酸过量，也是可以的，实验所测得的数据若不是为57.3 kJ/mol，则产生误差可能的原因是：(1)量取溶液的体积有误差(测量结果是按50 mL的酸、碱进行计算，若实际量取时，多于50 mL或小于50mL都会造成误差)；(2)温度计的读数有误；(3)实验过程中有液体洒在外面；(4)混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差；(5)隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差；(6)测了酸后的温度计未用水清洗而便立即去测碱的温度，致使热量损失而引起误差。

22.实验室用图示装置制备KClO溶液，再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。
【査阅资料】①Cl2与KOH溶液在20 ℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；②K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0～5 ℃的强碱性溶液中较稳定。

(1)仪器a的名称是________；装置A中反应的化学方程式为_______________________。

(2)装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是______________________。

(3)装置B吸收的气体是________，装置D的作用是____________。

(4)C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴控制反应温度为25 ℃，搅拌1.5 h，溶液变为紫红色(含K2FeO4)，该反应的离子方程式为____________________________________。

(5)往(4)所得溶液中加入饱和KOH溶液，冷却至0～5 ℃析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是__________________.

【答案】    (1). 圆底烧瓶    (2).     (3). 提高KClO的产率，防止Cl2与KOH反应生成KClO3    (4). HCl    (5). 吸收Cl2，防止污染空气    (6).     (7). 重结晶

【解析】

【分析】

根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收。

【详解】（1）仪器a为圆底烧瓶，实验室制取氯气的方程式为；

（2）根据装置图可知Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3；

（3）氯气中有氯化氢需要除去，氯气有毒，需要进行尾气吸收，所以装置B吸收的气体是HCl，装置D的作用是吸收Cl2，防止污染空气；

（4）足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O；

（5）K2FeO4粗产品含有KCl等杂质，进一步提纯方法是重结晶。

23.I．如图所示，是原电池的装置图。

请回答：

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为________________________；反应进行一段时间后溶液C的pH将________(填“升高”“降低”或“基本不变”)

(2)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：

电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，

①则c电极是_______(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为____________________________。

②若线路中转移2 mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。

II．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

完成下列填空：

(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：____________________________________________。

(2)精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中______位置流出(选填“a”、“b”、“c”或“d”)。

【答案】    (1).     (2). 升高    (3). 负极    (4).     (5). 11.2    (6).     (7). d

【解析】

【分析】

此题考查原电池和电解池的综合应用，需结合氧化还原反应部分相关知识进行电极反应方程式的书写和相关计算。

【详解】I.（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则该装置构成了原电池且A作电池的正极，正极反应式为，反应一段时间后，氢离子浓度降低，pH升高；

（2）根据电子的移动方向可知，c为该燃料电池的负极，d为燃料电池的正极，故a通入的为甲醇，b通入的为氧气，负极反应式为，氧气作正极，1mol氧气得4mol电子，则线路中转移2 mol电子，消耗的O2在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

Ⅱ. （1）电解饱和食盐水的方程式为；

（2）由图分析可知，a区域为电解池的阳极，b区域为电解池的阴极，a通入的为饱和食盐水，b通入的为稀NaOH溶液或清水，阴极区水中的氢离子放电，钠离子经离子交换膜进入阴极区，故NaOH溶液从d口流出。

24.二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取甲醚的原理如下：

I.

II.

（1）则的△H= ________（用△H1、△H2表示）

（2）300℃和500℃时，反应I的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，则其正反应为______反应（填”吸热”’或”放热”）。

（3）在恒容密闭容器中发生反应I:

①如图能正确反映体系中甲醇体积分数随温度变化情况的曲线是____（填“a”或“b”）。

②下列说法能表明反应已达平衡状态的是____（填标号）。

A.容器中气体的压强不再变化              B.混合气体的密度不再变化

C．混合气体的平均相对分子质量不再变化   D．v正(H2)=2v正(CH3OH)

（4）500K时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则：

① 0～4min，反应I的v(H2)=________，反应I的平衡常数K=________。

②反应II中CH3OH的转化率α=_________。

【答案】    (1). 2△H1＋△H2    (2). 放热    (3). a    (4). AC    (5). 0.8mol/(L·min)    (6). 1.25(mol/L)-2    (7). 80%

【解析】

【详解】（1）目标方程式可由I式×2+II式得到，根据盖斯定律，该反应的△H=2△H1＋△H2；

（2）升高温度平衡常数减小，正反应为放热反应；

（3）①正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，甲醇的体积分数减小，因此能正确反映体系中甲醇体积分数随温度变化情况的曲线是a；

②A. 正反应气体体积减小，容器中气体的压强不再变化，说明反应达到平衡，A正确；

B. 密度是混合气体的质量和容器容积的比值，根据质量守恒定律，该反应气体的质量不会变化，且容器体积也不会变化，则密度不是变量，因此不能说明，B错误；

C. 混合气体的平均相对分子质量是混合气体总质量与其总物质的量的比值，质量比变，但是物质的量会发生变化，故该物理量为变量，不变时可以说明反应达到平衡，C正确；

D. v正(H2)=2v正(CH3OH)表示的均为正反应的方向，不能说明反应达到平衡，D错误；

故答案选AC；

（4）①4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，则消耗CO3.2mol，因此消耗氢气6.4mol，消耗氢气的浓度为3.2mol/L，0-4min，反应I的v(H2)=；剩余CO的浓度为0.4mol/L，氢气0.8mol/L，最初生成甲醇1.6mol/L，设甲醇分解了x，生成二甲醚0.5x，，解得x=1.28，平衡常数；

②反应II中甲醇的转化率。