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【化学】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）
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云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试
1. 化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是
A. CO2属于大气污染物
B. 酸雨是pH小于7的雨水
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，比如温室效应，A错误；
B、正常雨水的pH值为5.6，pH值小于5.6的雨水是酸雨，B错误；
C、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会，C错误；
D、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；
故选D。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B. 28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol氧原子，即2NA个，故A正确；
B、乙烯C2H4)和环丁烷(C4H8)的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确；
C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n==2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA个，故C正确；
D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，转移的电子数小于2NA，故D错误；
故选D。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为NO，A错误；
B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；
C．Al2(SO4)3和氨水反应生成(NH4)2SO4和Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；
D．Na2SiO3为可溶性盐，应拆写成Na+和SiO32-，D错误。
答案选C。
4.下列有关物质的性质与应用不相对应的是
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较强吸附能力，可用于净水，故A正确；
B．Fe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；
C．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；
D．Zn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确。
故选C。
5.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
6.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等，下列判断不正确的是
A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R>Q
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q
D. 含T的盐溶液一定能与碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由短周期元素R、T、Q、W的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素。
【详解】A．非金属性N>Si，其最简单气态氢化物的热稳定性NH3>SiH4，故A正确；
B．非金属性Si
D．T为Al，偏铝酸钠为含有铝的盐，但偏铝酸钠不与碱溶液反应，故D错误；
答案选D。
7.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH1＝＋571.6 kJ·mol－1
②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ·mol－1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1 kJ·mol－1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3不变
D. 反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝－74.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，③-②得目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）；
【详解】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C正确；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③-②，故△H=△H3－△H2，△H=+206.1kJ·mol－1-（+131.3kJ·mol－1）=+74.8kJ·mol－1，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，解题关键：利用盖斯定律进行相关计算，易错点C，注意催化剂不能改变焓变，易错点D，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号。
8.已知：
①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 由①可知，1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量
C. 可用右图表示2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应过程中的能量变化关系
D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为－241.8 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态为液态，故燃烧热不是241.8 kJ·mol－1，选项A错误；B．热化学方程式中的系数表示物质的量，所以CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1的含义为1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量，选项B正确；C．反应为放热反应，但图像表示的为吸热反应，选项C错误；D．反应物和生成物相反，则反应热的符号改变，所以分解1 mol H2O(g)，其反应热为+241.8 kJ，选项D错误。答案选B。
【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，稳定的氧化物指液态水，二氧化硫、二氧化碳等。反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应为放热反应。否则为吸热反应。
9.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)→CuSO4＋5H2O(l)－Q1kJ，室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放出Q2kJ，则Q1和Q2的关系
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2 C. Q1
【解析】
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，△H>0，1mol胆矾分解生成1molCuSO4(s)时，CuSO4•5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O (l)△H=+Q1 kJ/mol，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，可得如下图所示关系，
根据盖斯定律，则有△H=Q1+(-Q2)>0，则Q1>Q2。所以合理选项是A。
10.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
11.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
12.反应N2O4(g)⇌2NO2(g) ΔH=+57 kJ·mol-1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. A．C两点的反应速率:v(A)>v(C)
B. A．C两点气体的颜色:A深，C浅
C. 若容器体积不变，加入N2O4平衡正移，但转化率逐渐减小
D. A．C两点气体的平均相对分子质量:A>C
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于压强变化时NO2的体积分数发生改变，说明压强的变化时通过改变容器的体积实现的，温度相同，C点压强大于A点，则速率v(A)
C．若容器体积不变，加入N2O4平衡向N2O4减少的方向，即正向移动，假如得到原平衡的等效平衡状态，则转化率不变，但实际上加入N2O4的同时会使容器内的压强增大，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故C正确；
D． A点到C点，混合气体的质量没变，NO2的体积分数减小，说明平衡左移，则气体的总物质的量减小，所以平均相对分子质量增大，即A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C，故D错误；
综上所述答案为C。
13.化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确 的是（ ）
A. 电解饱和食盐水时,阳极的电极反应为:2Cl-+2e-=Cl2↑
B. 酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为:2H2O+O2+4e-=4OH-
C. 粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜,电极反应为:Cu-2e-=Cu2+
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时,铁做负极被氧化:Fe-3e-=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电解饱和食盐水时，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子得电子的反应，电极反应为2Cl-+2e-=Cl2↑，故A正确；
B. 酸性氢氧燃料电池的正极是氧气得电子结合氢离子发生还原反应生成水，则电极反应为4H++O2+4e−═2H2O，故B错误；
C. 粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极，阳极上电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极失电子发生氧化反应生成二价铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选：A。
14.全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为V+2H++V2+V3++VO2++H2O。下列叙述正确的是( )
A. 放电过程中电解质溶液中H+移向负极
B. 放电时每转移1 mol电子，正极有1 mol VO2+被氧化
C. 开始充电时，电池负极连接电源负极，附近溶液的pH减小
D. 充电时阳极电极反应式为VO2+-e-+H2O=V+2H+
【答案】D
【解析】
【分析】
据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应。
【详解】A．放电过程为原电池，原电池中阳离子向正极移动，故A错误；
B．放电过程为原电池，原电池中正极得电子发生还原反应，故B错误；
C．放电时电池的负极失电子发生氧化反应，则充电时得电子发生还原反应，所以与电源的负极相连作阴极，V3+被还原生成V2+，电极方程式为V3++eˉ=V2+，阴极附近溶液pH基本不变，故C错误；
D．充电时阳极失电子发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为VO2+- eˉ+H2O=VO2++2H+，故D正确；
综上所述答案为D。
15.工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下:
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的____吸收。
a．浓硫酸 b．稀硝酸 c．NaOH溶液 d．氨水
(2)用稀硫酸浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_____ (填离子符号)，检验溶液中还存在Fe2+的方法是_______(注明试剂、现象)。
(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为______________。
(4)利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为_____。随着放电的进行电解质溶液pH变____。(填大、小、或不变)
【答案】 (1). c、d (2). Fe3+ (3). 可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中，滴入几滴该溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅，说明该溶液中含有Fe2+ (4). 3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu (5). O2+4e-+4H+=2H2O (6). 大
【解析】
分析】
由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成冰铜(mCu2S·nFeO)，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，根据元素守恒和S元素的价态变化规律可知生成的气体A为二氧化硫，熔渣B为铁的氧化物，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解精炼可得到精铜。
【详解】(1)气体A为二氧化硫，属于酸性气体，可以用NaOH溶液、氨水吸收，虽然稀硝酸可以氧化二氧化硫，但稀硝酸会被还原成NO为新的污染物，所以选c、d；
(2)熔渣B为铁的氧化物，稀硫酸浸取得到相应的阳离子，Fe3+可以和KSCN溶液作用显红色，所以滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+；Fe2+具有还原性，所以可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中，滴入几滴该溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅，说明该溶液中含有Fe2+；
(3)泡铜和铝发生铝热反应生成铝单质，化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；
(4)原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知氧气得电子被还原，电解质溶液显酸性，所以正极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；根据总反应可知放电过程中消耗硫酸，所以溶液的pH变大。
【点睛】原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，书写电极反应式时要注意结合电解质溶液的酸碱性。
16.CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
(1)图是CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________0(填“＞”“＜”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”“＜”或“＝”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。则该反应的平衡常数为__________________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是________(填字母)。
a.升高温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为________。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为____________。
【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). 12 (4). b (5). 270 (6). 4 (7). K1＝K2＜K3
【解析】
【详解】（1）①由图像可知，T2先出现拐点，则T2反应速率快，T2T1；T2平衡时CO转化率小于T1平衡时CO转化率，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，ΔH0。
②根据①的分析，温度T2T1，正反应为放热反应，温度高平衡常数小，K1K2。根据图像，列出三段式，则
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1.00 2.00 0
c（转化）（mol/L） 0.75 1.5 0.75
c（平衡）（mol/L） 0.25 0.5 0.75
该反应的平衡常数为=12。
③a项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小；b项，将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；c项，使用合适的催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变；d项，充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，各物质浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变；答案选b。
（2）该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小。在横坐标上任取一点作横坐标的垂直线，可见CO的转化率：xyz，则x、y、z对应的温度依次为230℃、250℃、270℃，z曲线对应的温度是270℃。由图知该温度下起始n(H2)/n(CO)=1.5（起始H2、CO物质的量分别为1.5mol、1mol），达到平衡时CO的转化率为50%，用三段式
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1 1.5 0
c（转化）（mol/L） 150%=0.5 1 0.5
c（平衡）（mol/L） 0.5 0.5 0.5
该温度下的化学平衡常数为=4。a、b点的温度相同，则K1=K2，c点温度低于a、b点，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则K1=K2K3。
17.（1）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
2H2（g）+O2 （g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
请回答下列问题：
①判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量__________（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量。
②b 与a、c、d的数学关系式是___________________ 。
（2）甲醇是一种重要的试剂，有着广泛的用途，工业上可利用CO2制备甲醇。用CH4与CO2反应制H2和CO，再利用H2和CO化合制甲醇。已知:
① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
则H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为______________________________________。
（3）如图所示，某同学设计一个甲醚（CH3OCH3）燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．
报据要求回答相关问题：
①写出甲中通甲醚一极的电极反应式______________________________。
②乙中发生的总反应的离子方程式为________________________________。
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2 、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出了0.3mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积（标准状况）为______________ L，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为_____________g 。
【答案】 (1). 等于 (2). b=+-a (3). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol (4). CH3OCH3 -12e- + 16OH- = 2CO32－+ 11H2O (5). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (6). 5.6 (7). 35
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；②根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系；
(2)根据盖斯定律计算H2和CO制液态甲醇的焓变；
(3)①甲醚燃料电池，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应生成氯化银沉淀，反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极发生反应是: ，阳极先后发生反应有、；根据电子守恒分析。
【详解】（1）①根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，所以途径I放出的热量等于途径II放出的热量；
②途径I：①C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：②C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
③2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
④2H2（g）+O2（g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
反应①=反应②+反应③× +反应④×，所以-a=b+（-c-d），所以b=-a+（c+d）；
(2)① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
根据盖斯定律，②×+③－①×得H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol；
(3)①甲醚燃料电池，甲醚在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式是CH3OCH3 -12e-+ 16OH-= 2CO32－+ 11H2O；
②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上是水电离的氢离子放电生成氢气，总反应是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极反应是:，阴极生成铜0.3mol，阴极转移电子的总物质的量是0.3×2=0. 6mol;阳极先后发生反应有 、；溶液中共0.4mol Cl-，阳极生成氯气0.2mol，设生成氧气xmol，根据电子守恒，4x+0.4=0.6，则x=0.05mol，所以生成气体的体积。若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为。
18.对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得，以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：
已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1﹕1。回答下列问题：
(1)A的化学名称为__；
(2)由B生成C的化学反应方程式为__，该反应的类型为__；
(3)D的结构简式为__；
(4)F的分子式为__；
(5)G的结构简式为__；
(6)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有__种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2﹕2﹕1的是____________(写结构简式)。
【答案】 (1). 甲苯 (2). +2Cl2 2HCl (3). 取代反应 (4). (5). C7H4O3Na2 (6). (7). 13 (8).
【解析】
【分析】
由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生酯化反应，F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G。
【详解】(1)由以上分析可知A的化学名称为甲苯；
(2)B为，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，方程式为+2Cl2 2HCl；
(3)由以上分析可知D为；
(4)F为，分子式为C7H4O3Na2；
(5)由元素分析可知F为；
(6)同分异构体有两种形式，一种是苯环上含有一个酯键和一个氯原子(邻、间、对)共3种异构；另一种是有一个醛基、一个羟基和一个氯原子，这3种不同的取代基共有10种同分异构体，所以共计是13种.其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：1的是。
1. 化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是
A. CO2属于大气污染物
B. 酸雨是pH小于7的雨水
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，比如温室效应，A错误；
B、正常雨水的pH值为5.6，pH值小于5.6的雨水是酸雨，B错误；
C、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会，C错误；
D、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；
故选D。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B. 28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol氧原子，即2NA个，故A正确；
B、乙烯C2H4)和环丁烷(C4H8)的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确；
C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n==2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子，即6NA个，故C正确；
D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氯气的物质的量小于1mol，转移的电子数小于2NA，故D错误；
故选D。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为NO，A错误；
B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；
C．Al2(SO4)3和氨水反应生成(NH4)2SO4和Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；
D．Na2SiO3为可溶性盐，应拆写成Na+和SiO32-，D错误。
答案选C。
4.下列有关物质的性质与应用不相对应的是
A. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾在水溶液中能电离出Al3+，水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较强吸附能力，可用于净水，故A正确；
B．Fe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应而用于蚀刻印刷电路，故B正确；
C．SO2用于漂白纸浆是由于具有漂白性，反应类型为化合反应，与氧化性、还原性无关，故C错误；
D．Zn为活泼金属，具有良好的导电性，易失去电子，可作原电池的负极，故D正确。
故选C。
5.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
6.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等，下列判断不正确的是
A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R>Q
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q
D. 含T的盐溶液一定能与碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由短周期元素R、T、Q、W的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素。
【详解】A．非金属性N>Si，其最简单气态氢化物的热稳定性NH3>SiH4，故A正确；
B．非金属性Si
D．T为Al，偏铝酸钠为含有铝的盐，但偏铝酸钠不与碱溶液反应，故D错误；
答案选D。
7.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是( )
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH1＝＋571.6 kJ·mol－1
②焦炭与水反应制氢：C(s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ·mol－1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝＋206.1 kJ·mol－1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3不变
D. 反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝－74.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，③-②得目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）；
【详解】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C正确；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③-②，故△H=△H3－△H2，△H=+206.1kJ·mol－1-（+131.3kJ·mol－1）=+74.8kJ·mol－1，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，解题关键：利用盖斯定律进行相关计算，易错点C，注意催化剂不能改变焓变，易错点D，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号。
8.已知：
①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 由①可知，1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量
C. 可用右图表示2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应过程中的能量变化关系
D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为－241.8 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态为液态，故燃烧热不是241.8 kJ·mol－1，选项A错误；B．热化学方程式中的系数表示物质的量，所以CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1的含义为1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量，选项B正确；C．反应为放热反应，但图像表示的为吸热反应，选项C错误；D．反应物和生成物相反，则反应热的符号改变，所以分解1 mol H2O(g)，其反应热为+241.8 kJ，选项D错误。答案选B。
【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，稳定的氧化物指液态水，二氧化硫、二氧化碳等。反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应为放热反应。否则为吸热反应。
9.已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)→CuSO4＋5H2O(l)－Q1kJ，室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放出Q2kJ，则Q1和Q2的关系
A. Q1>Q2 B. Q1=Q2 C. Q1
【解析】
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，△H>0，1mol胆矾分解生成1molCuSO4(s)时，CuSO4•5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O (l)△H=+Q1 kJ/mol，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，可得如下图所示关系，
根据盖斯定律，则有△H=Q1+(-Q2)>0，则Q1>Q2。所以合理选项是A。
10.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
11.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
12.反应N2O4(g)⇌2NO2(g) ΔH=+57 kJ·mol-1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. A．C两点的反应速率:v(A)>v(C)
B. A．C两点气体的颜色:A深，C浅
C. 若容器体积不变，加入N2O4平衡正移，但转化率逐渐减小
D. A．C两点气体的平均相对分子质量:A>C
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于压强变化时NO2的体积分数发生改变，说明压强的变化时通过改变容器的体积实现的，温度相同，C点压强大于A点，则速率v(A)
C．若容器体积不变，加入N2O4平衡向N2O4减少的方向，即正向移动，假如得到原平衡的等效平衡状态，则转化率不变，但实际上加入N2O4的同时会使容器内的压强增大，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故C正确；
D． A点到C点，混合气体的质量没变，NO2的体积分数减小，说明平衡左移，则气体的总物质的量减小，所以平均相对分子质量增大，即A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C，故D错误；
综上所述答案为C。
13.化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确 的是（ ）
A. 电解饱和食盐水时,阳极的电极反应为:2Cl-+2e-=Cl2↑
B. 酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为:2H2O+O2+4e-=4OH-
C. 粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜,电极反应为:Cu-2e-=Cu2+
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时,铁做负极被氧化:Fe-3e-=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电解饱和食盐水时，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子得电子的反应，电极反应为2Cl-+2e-=Cl2↑，故A正确；
B. 酸性氢氧燃料电池的正极是氧气得电子结合氢离子发生还原反应生成水，则电极反应为4H++O2+4e−═2H2O，故B错误；
C. 粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极，阳极上电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极失电子发生氧化反应生成二价铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选：A。
14.全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为V+2H++V2+V3++VO2++H2O。下列叙述正确的是( )
A. 放电过程中电解质溶液中H+移向负极
B. 放电时每转移1 mol电子，正极有1 mol VO2+被氧化
C. 开始充电时，电池负极连接电源负极，附近溶液的pH减小
D. 充电时阳极电极反应式为VO2+-e-+H2O=V+2H+
【答案】D
【解析】
【分析】
据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应。
【详解】A．放电过程为原电池，原电池中阳离子向正极移动，故A错误；
B．放电过程为原电池，原电池中正极得电子发生还原反应，故B错误；
C．放电时电池的负极失电子发生氧化反应，则充电时得电子发生还原反应，所以与电源的负极相连作阴极，V3+被还原生成V2+，电极方程式为V3++eˉ=V2+，阴极附近溶液pH基本不变，故C错误；
D．充电时阳极失电子发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为VO2+- eˉ+H2O=VO2++2H+，故D正确；
综上所述答案为D。
15.工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下:
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的____吸收。
a．浓硫酸 b．稀硝酸 c．NaOH溶液 d．氨水
(2)用稀硫酸浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_____ (填离子符号)，检验溶液中还存在Fe2+的方法是_______(注明试剂、现象)。
(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为______________。
(4)利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为_____。随着放电的进行电解质溶液pH变____。(填大、小、或不变)
【答案】 (1). c、d (2). Fe3+ (3). 可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中，滴入几滴该溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅，说明该溶液中含有Fe2+ (4). 3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu (5). O2+4e-+4H+=2H2O (6). 大
【解析】
分析】
由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成冰铜(mCu2S·nFeO)，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，根据元素守恒和S元素的价态变化规律可知生成的气体A为二氧化硫，熔渣B为铁的氧化物，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解精炼可得到精铜。
【详解】(1)气体A为二氧化硫，属于酸性气体，可以用NaOH溶液、氨水吸收，虽然稀硝酸可以氧化二氧化硫，但稀硝酸会被还原成NO为新的污染物，所以选c、d；
(2)熔渣B为铁的氧化物，稀硫酸浸取得到相应的阳离子，Fe3+可以和KSCN溶液作用显红色，所以滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+；Fe2+具有还原性，所以可取适量酸性KMnO4溶液于一支试管中，滴入几滴该溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅，说明该溶液中含有Fe2+；
(3)泡铜和铝发生铝热反应生成铝单质，化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；
(4)原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知氧气得电子被还原，电解质溶液显酸性，所以正极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；根据总反应可知放电过程中消耗硫酸，所以溶液的pH变大。
【点睛】原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，书写电极反应式时要注意结合电解质溶液的酸碱性。
16.CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
(1)图是CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________0(填“＞”“＜”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”“＜”或“＝”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。则该反应的平衡常数为__________________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是________(填字母)。
a.升高温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为________。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为____________。
【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). 12 (4). b (5). 270 (6). 4 (7). K1＝K2＜K3
【解析】
【详解】（1）①由图像可知，T2先出现拐点，则T2反应速率快，T2T1；T2平衡时CO转化率小于T1平衡时CO转化率，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，ΔH0。
②根据①的分析，温度T2T1，正反应为放热反应，温度高平衡常数小，K1K2。根据图像，列出三段式，则
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1.00 2.00 0
c（转化）（mol/L） 0.75 1.5 0.75
c（平衡）（mol/L） 0.25 0.5 0.75
该反应的平衡常数为=12。
③a项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小；b项，将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；c项，使用合适的催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变；d项，充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，各物质浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变；答案选b。
（2）该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小。在横坐标上任取一点作横坐标的垂直线，可见CO的转化率：xyz，则x、y、z对应的温度依次为230℃、250℃、270℃，z曲线对应的温度是270℃。由图知该温度下起始n(H2)/n(CO)=1.5（起始H2、CO物质的量分别为1.5mol、1mol），达到平衡时CO的转化率为50%，用三段式
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
c（起始）（mol/L） 1 1.5 0
c（转化）（mol/L） 150%=0.5 1 0.5
c（平衡）（mol/L） 0.5 0.5 0.5
该温度下的化学平衡常数为=4。a、b点的温度相同，则K1=K2，c点温度低于a、b点，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则K1=K2K3。
17.（1）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
2H2（g）+O2 （g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
请回答下列问题：
①判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量__________（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量。
②b 与a、c、d的数学关系式是___________________ 。
（2）甲醇是一种重要的试剂，有着广泛的用途，工业上可利用CO2制备甲醇。用CH4与CO2反应制H2和CO，再利用H2和CO化合制甲醇。已知:
① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
则H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为______________________________________。
（3）如图所示，某同学设计一个甲醚（CH3OCH3）燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．
报据要求回答相关问题：
①写出甲中通甲醚一极的电极反应式______________________________。
②乙中发生的总反应的离子方程式为________________________________。
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2 、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出了0.3mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积（标准状况）为______________ L，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为_____________g 。
【答案】 (1). 等于 (2). b=+-a (3). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol (4). CH3OCH3 -12e- + 16OH- = 2CO32－+ 11H2O (5). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (6). 5.6 (7). 35
【解析】
【分析】
(1)①根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；②根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系；
(2)根据盖斯定律计算H2和CO制液态甲醇的焓变；
(3)①甲醚燃料电池，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应生成氯化银沉淀，反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极发生反应是: ，阳极先后发生反应有、；根据电子守恒分析。
【详解】（1）①根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，所以途径I放出的热量等于途径II放出的热量；
②途径I：①C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：②C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
③2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
④2H2（g）+O2（g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
反应①=反应②+反应③× +反应④×，所以-a=b+（-c-d），所以b=-a+（c+d）；
(2)① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
根据盖斯定律，②×+③－①×得H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol；
(3)①甲醚燃料电池，甲醚在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式是CH3OCH3 -12e-+ 16OH-= 2CO32－+ 11H2O；
②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上是水电离的氢离子放电生成氢气，总反应是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极反应是:，阴极生成铜0.3mol，阴极转移电子的总物质的量是0.3×2=0. 6mol;阳极先后发生反应有 、；溶液中共0.4mol Cl-，阳极生成氯气0.2mol，设生成氧气xmol，根据电子守恒，4x+0.4=0.6，则x=0.05mol，所以生成气体的体积。若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为。
18.对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得，以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：
已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1﹕1。回答下列问题：
(1)A的化学名称为__；
(2)由B生成C的化学反应方程式为__，该反应的类型为__；
(3)D的结构简式为__；
(4)F的分子式为__；
(5)G的结构简式为__；
(6)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有__种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2﹕2﹕1的是____________(写结构简式)。
【答案】 (1). 甲苯 (2). +2Cl2 2HCl (3). 取代反应 (4). (5). C7H4O3Na2 (6). (7). 13 (8).
【解析】
【分析】
由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生酯化反应，F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G。
【详解】(1)由以上分析可知A的化学名称为甲苯；
(2)B为，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，方程式为+2Cl2 2HCl；
(3)由以上分析可知D为；
(4)F为，分子式为C7H4O3Na2；
(5)由元素分析可知F为；
(6)同分异构体有两种形式，一种是苯环上含有一个酯键和一个氯原子(邻、间、对)共3种异构；另一种是有一个醛基、一个羟基和一个氯原子，这3种不同的取代基共有10种同分异构体，所以共计是13种.其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：1的是。
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