2018-2019年高中化学甘肃高考诊断考试试卷含答案考点及解析

2018-2019年高中化学甘肃高考诊断考试试卷【16】含答案

考点及解析

班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________

题号 一 二 三 四 得分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人 五 六 总分 得 分 一、选择题

1. 在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是

A．按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管

B．图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁

C．铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl由活性炭区向铝箔表面区迁移，并

－－

发生电极反应：2Cl－2e===Cl2↑

D．图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑 【答案】D

【解析】A项，加热更容易使O2逸出，不易发生吸氧腐蚀，错误；B项，负极材料应为铁，错误；C项，根据Cl的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极，正极：O2＋4e＋2H2O===4OH，负极：Al－3e＋3OH===Al(OH) 3↓，错误；D项正确。 2.民以食为天，下列处理食品的方法，不会危及人体健康的是（ ） A．用甲醛浸泡海鲜 C．用干冰冷藏食品 【答案】C

【解析】甲醛可使蛋白质变性，并且容易致癌，会危及人体健康；二氧化硫有毒，会危及人体健康；亚硝酸钠有毒，能致癌，会危及人体健康；二氧化碳无毒，因而用干冰冷藏食品不会危及人体健康。

B．用二氧化硫漂白银耳 D．用亚硝酸钠腌制咸肉

－

－

－

－

－

－

3.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是（ ）

A．b极发生氧化反应

B．a极的反应式：N2H4＋4OH－4e＝N2↑＋4H2O C．放电时，电流从a极经过负载流向b极 D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜 【答案】B 【解析】

试题分析：通入燃料N2H4的电极a作负极，通入氧气的电极b作正极。负极发生反应N2H4＋4OH－4e＝N2↑＋4H2O；正极发生反应：O2+4e-＋2H2O=4OH.放电时电子从a极经过负载流向b极。电流则电流从b极经过负载流向a极. 由于在反应过程中不断消耗OH或生成OH－

离子。因此其中的离子交换膜需选用阴离子交换膜。根据上述分析可知正确选项为B. 考点：考查燃料电池的工作原理的知识。

4.事实上，许多氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2＋

SO2=Na2SO4,2Na2O2＋2SO3=2Na2SO4＋O2，据此你认为下列反应方程式中不正确的是( ) A．Na2O2＋N2O3=NaNO2＋NaNO3 B．Na2O2＋2NO2=2NaNO2＋O2 C．Na2O2＋N2O4=2NaNO3

D．2Na2O2＋2Mn2O7=4NaMnO4＋O2 【答案】B

【解析】当Na2O2与低价态的非金属氧化物反应时，Na2O2只表现氧化性，而与最高价态的非金属氧化物反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂。B项，应为Na2O2＋2NO2=2NaNO3。 5.下列有关实验操作的说法正确的是（ ）

A．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用浓NaOH溶液清洗 B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5常用分液法

C．将氯化铝溶液加热蒸发，最后可得到氯化铝晶体

D．酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗后，再加入待测液 【答案】B

【解析】A项中手上沾了苯酚，应用乙醇洗涤，不能用腐蚀性很强的浓NaOH溶液清洗；B项中Na2CO3溶液和CH3COOC2H5互不相溶，用分液法分离；C项中将氯化铝溶液蒸干，得到的是Al（OH）3；D项中用待测液润洗锥形瓶，会使测量值偏大。

－

－

－

－

－

－

6.下列与含氯化合物有关的说法正确的是( )

A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质

B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl-3溶液，可制得Fe(OH)3胶体

C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物

D．电解NaCl溶液得到22．4LH2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA阿伏加德罗常数） 【答案】B 【解析】

试题分析：A、次氯酸钠是强电解质，错误；B、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，加热可制得Fe（OH）3胶体， B正确；C、氯化氢的水分子的作用下能电离出自由移动的阴阳离子，但氯化氢是共价化合物，错误；D、22．4LH2（标况）的物质的量是1mol，理论上需要转移2NA个电子，错误。

考点：本题考查含氯化合物的性质、电解质、胶体的制备、物质的分类、电子转移。 7.城市里发生的灾害和汽车尾气排放直接关联的是 A．雾霾 【答案】A 【解析】

试题分析：A．雾霾是固体小颗粒的直径在PM2.5及以下的微粒。这些微粒不容易沉降，在空气中悬浮，容易导致人们呼吸系统的疾病，主要是汽车尾气的排放及工厂产生的烟所致。正确。B．内河发臭是生活污水及工厂的废水随意排放，导致水中的N、P、K等农作物生长所需要的营养元素过剩，农作物狂涨，导致水中缺氧而发臭。和汽车尾气排放无直接关系。错误。C．垃圾泛滥是人们的生活习惯过于随意，物质乱丢、乱放所致。垃圾就是放错地方的资源。这与汽车尾气排放无直接关系。错误。D．噪声指在一定环境中不应有而有的声音。泛指嘈杂、刺耳的声音。从环境保护的角度看：凡是妨碍到人们正常休息、学习和工作的声音，以及对人们要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。可见噪声污染和汽车尾气排放无直接关系。错误。

考点：考查城市里发生的灾害及影响元素的知识。 8.下列判断正确的是

A．甲基橙呈红色的溶液中一定存在NH4+、Ba、AlO2-、Cl

B．同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高

C．实验室制乙烯时，加入浓硫酸其作用既降低了反应的活化能，又起到脱水作用 D．将过量Na2O2投入紫色石蕊溶液，溶液显蓝色，Na2O2是碱性氧化物 【答案】C 【解析】

试题分析：A、甲基橙的变色范围是3.1～4.4，因此使甲基橙呈红色的溶液是显酸性的，则AlO2-一定不存在，A不正确；

2+

-

B．内河发臭 C．垃圾泛滥 D．噪音污染

B、同一主族元素气态氢化物中，相对分子质量越大，沸点不一定越高，例如水的沸点高于H2S的，但水的相对分子质量小于H2S的，B不正确；

C、实验室制乙烯时，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用，所以加入浓硫酸其作用既降低了反应的活化能，又起到脱水作用，C正确；

D、将过量Na2O2投入紫色石蕊溶液中，过氧化钠生成氢氧化钠，因此溶液先显蓝色。由于过氧化钠还具有强氧化性，因此溶液又变成无色，但过氧化钠不是碱性氧化物，D不正确，答案选C。

考点：考查离子共存、元素周期律、实验室制取乙烯以及过氧化钠的性质与分类等 9.某溶液中只存在OH、H、Cl、NH4+ 四种离子，其离子浓度可能有如下关系。下列说法正确的是 ①③

② ④

-+

-

A．若①正确，则溶液中溶质一定为NH4Cl B．溶质不同时，上述四种关系式均可能成立

C．若④正确，且混合前盐酸和氨水体积相等，则盐酸中c(H)等于氨水中c(OH)

D．若③正确，则溶液中【答案】D 【解析】

试题分析：A项：也可能是NH4Cl和NH3.H2O的混合溶液，故A错。B项：②关系式违反了

电荷守恒，即溶液中电荷总数为0的规则，因此②关系式不肯能成立，故B错。C项：④关系式是溶液呈中性，即氨水略过量，溶质就应该是2种，NH4Cl和NH3.H2O，盐酸属于强电

-+

解质，会完全电解；氨水是弱电解质，不完全电解。当c(OH)=c(H).那么氨水的浓度一定低于盐酸的浓度。因为不完全电解的关系，所以在混合前，氨水的|PH-7|<盐酸的|PH-7|。所以，

+-盐酸中的c(H)一定大于氨水中的c(OH)，故C错。故选D。 考点：离子浓度大小比较

点评：本题考查了电离平衡、盐的水解平衡的知识点，弱解质的电离平衡及盐类的水解平衡

是高考的热点内容之一,也是学习中的重点和难点。应多加练习。电离平衡是指弱电解质分子电离出离子的速率不断降低，而离子重新结合成弱电解质分子的速率不断升高，当两者的反应速率相等时，溶液便达到了电离平衡。此时，溶液中电解质分子的浓度与离子的浓度分别处于相对稳定状态，达到动态平衡。盐的水解反应是指凡是组成盐的离子与水作用产生弱酸或弱碱，并改变溶液酸度的反应都叫做盐的水解反应。当电离平衡，盐的水解反应共存时，(1)具体问题，具体分析！(2)NaHCO3---水解平衡程度 > 电离平衡！PH > 7(3)NaHSO3---水解平衡程度 < 电离平衡！PH < 7。

10.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有同压下，两容器内的气体一定具有相同的（ ） A．原子数 【答案】A

B．密度

C．质量

和

的混合气体．在同温D．质子数

+-

【解析】同温同压、同体积的气体，所含物质的量相同．HCl与H2和Cl2的混合气体都为双原子分子，故各自所含原子数也相同．密度与气体的质量有关，质量不同，故密度不同． 质子数也各不相同，所以答案选A。 评卷人 得 分 二、实验题

11.黄铁矿因其浅黄铜色和明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。某化学兴趣小组对某黄铁矿石(主要成分为FeS2)进行如下实验探究。 [实验一]：测定硫元素的含量

I．将m1 g该黄铁矿样品放入如下图所示装置(夹持和加热装置省略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全得到红棕色固体和一种刺激性气味的气体。

Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：

问题讨论：

（1）写出石英管中发生反应的化学方程式为：_________________________________。 （2）I中，干燥管甲内所盛试剂是__________，有同学提出该实验装置存在安全隐患，请用简洁的文字说明：_________________________________________。 （3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为_____________________。 [实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量

问题讨论：

（4）②中，若选用铁粉作还原剂，会使测量结果______（填“不影响”、“偏高”或“偏低”）。 （5）③中，需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有____________。 （6）④中发生反应的离子方程式为__________________________________________。

【答案】 吸

碱石灰(或氢氧化钠固体或氧化钙固体) 装置乙易发生倒

偏高 250mL容量瓶 5Fe+MnO4-+8H=Mn+5Fe+4H2O

2+

+

2+

3+

【解析】试题分析：[实验一]：测定硫元素的含量

黄铁矿石(主要成分为FeS2)在空气中高温灼烧生成Fe2O3和SO2，结合实验装置图及流程图可得，从干燥管a端通入空气，除去二氧化碳，在石英管中高温氧化FeS2，产生的SO2气体通过盛氢氧化钠溶液的锥形瓶乙，被吸收；乙瓶中的吸收液被H2O2氧化后，与BaCl2溶液反应转化为BaSO4沉淀，再通过称量沉淀的质量测定该黄铁矿石中硫元素的质量分数。 [实验二]：测定铁元素的含量

稀硫酸溶解石英管中生成的Fe2O3，再还原为Fe，用酸性高锰酸钾标准液滴定，从而测定铁元素的含量。

（1）由题意，黄铁矿石(主要成分为FeS2)在空气中高温灼烧生成Fe2O3和SO2，所以石英管中发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。 （2）为防止空气中的二氧化碳对测定硫元素含量造成影响，所以干燥管中应盛有碱石灰（或氢氧化钠或氧化钙），吸收空气中的二氧化碳；由于产生的SO2气体较易溶于水，所以乙装置左边应加一个防倒吸装置，否则装置乙易发生倒吸。 （3）由已知可得，S元素质量为：g÷m1 g×100%=

×100% 。

3+

2+

2+

2+

g，所以m1g黄铁矿样品中S元素质量分数为：

（4）②中，若选用铁粉作还原剂，发生反应：Fe+2Fe=3Fe，使Fe增多，消耗酸性高锰酸钾增多，会使铁元素的含量测定结果偏高。

（5）配制250ml一定浓度的FeSO4溶液需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250ml容量瓶。

（6）酸性KMnO4溶液氧化Fe的反应离子方程式为：5Fe+MnO4-+8H=Mn+5Fe+4H2O。 点睛：本题是一道测定物质组成的实验探究题，题目难度不大，涉及的知识点较多。做这类题目，首先明确实验目的，分析实验设计流程，理清实验探究的具体方法，沿着出题者的思路去思考，掌握基本的化学基础知识，是解题关键。 评卷人 2+2++2+3+

得 分 三、填空题

12.（10分）Ⅰ．中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、 、 。 Ⅱ．熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。某燃料电池以熔融的K2CO3（其中

2-不含O和HCO3-）为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能

-的稀土金属材料为电极。该燃料电池负极电极反应式为：2C4H10+26CO32-－52e →34CO2+10H2O。试回答下列问题： （1）正极电极反应式为 。

（2）为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此，必须在通入的空气中加入一种物质，加入的物质是 ，它来自 。 【答案】Ⅰ量筒，环形玻璃搅拌棒

Ⅱ（1）O2＋2CO2 +4e→2CO32-（2分）2C4H10+26CO32-－52e →34CO2+10H2O（2分） （2）CO2 （2分） 【解析】略 13.(14分)

现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型．A、B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，A能分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，且A与D可形成的化合物常温下均为液态．请回答下列问题（填空时用实际物质的化学式表示）：

（1）C与F两种元素形成一种化合物分子，各原子最外层达8电子结构，则该分子的结构式 ，其空间构型为 ．

（2）科学家制出另一种直线型气态化合物 B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为 ．

（3）C4分子结构如题26图所示，已知断裂lmol C－C吸收167kJ热量，生成1mo1C≡C放出942kJ热量.则下列说法正确的是 ．

--

① C4属于一种新型的化合物 ② C4沸点比P4(白磷)低 ③ lmol C4气体转变为C2吸收882kJ热量 ④ C2与C4互为同素异形体 ⑤ C4与C2互为同分异构体

（4）已知A2(g)与C2(g)一定条件下反应生成0.5mol CA3(g)放出23kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 ．

（5）为了除去化合物乙(A2ED4)的稀溶液中混有的A2ED3，常加入氧化剂A2D2，发生反应的离子方程式为： ． 【答案】 （1）（2）

(2分) 三角锥形 (2分)

(2分)

（3）②④ (2分) （4）N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)； △H =\分)

（5）H2O2+H2SO3=2H 十SO42－+H2O （3分） 【解析】略

14.一种以黄磷（P4）为原料制备次磷酸钠晶体的工艺流程如图所示：

+

（1）反应釜中被氧化的元素是________，PH3可以除去溶液中的Cu，反应为：

24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4，反应转移12mol电子时，被氧化的PH3的物质的量是____________。

（2）搅拌釜中通入CO2的目的是__________________． （3）滤渣2的主要成分为____________．

（4）次磷酸钠可用于化学镀．如在塑料镀件上化学镀铜，用含有Cu 和H2PO2-的溶液在pH=11条件下反应，次磷酸根离子被氧化为HPO32-，该反应的离子方程式为__________________．化学镀与电镀相比，优点是__________________、__________________（答两点）

（5）H3PO2是一元强酸，H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式是_______________，NaH2PO2溶于水显碱性的原因是_______________（用离子方程式表示）。 【答案】

（1）磷元素，1.5mol；（2）中和过量碱；（3）CaCO3；

（4）Cu+H2PO3-+3OH=Cu+HPO32-+2H2O；化学镀无需通电，化学镀对镀件的导电性无特殊要求；

（5）H3PO2+OH=H2PO2-+H2O；H2PO3-+H2O【解析】

试题分析：（1）反应釜中P的化合价由0价升高到+1价，被氧化；PH3可以除去溶液中的2+

Cu，反应为：24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4，反应中转移的电子数为24个电子，其中被氧化的PH3占参加反应的的量=×11×

，因此转移12mol电子时，被氧化的PH3的物质

-2+

-2+

2+

H3PO3+OH；

-

mol=1.5mol，故答案为：磷元素，1.5mol；

（2）由于过滤后所得滤液呈碱性，通入二氧化碳用于中和过量的碱，故答案为：中和过量

2+

碱（或调节溶液pH或除去部分Ca离子）；

（3）上一步加入碳酸钠，生成了碳酸钙沉淀，过滤后滤渣2碳酸钙，故答案为：CaCO3； （4）在碱性条件下，次磷酸根离子被氧化为HPO32-，反应的离子方程式为：Cu+H2PO2--+3OH═Cu+HPO32-+2H2O；化学镀与电镀相比，优点为：化学镀无需通电，化学镀对镀件的导

2+

电性无特殊要求，故答案为：Cu+H2PO2-+3OH═Cu+HPO32-+2H2O；化学镀无需通电；化学镀对镀件的导电性无特殊要求；

（5）H3PO2是一元强酸，H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO2+OH=H2PO2--+H2O，NaH2PO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，水解的方程式为：H2PO3-+H2OH3PO3+OH，

--故答案为：H3PO2+OH=H2PO2-+H2O；H2PO3-+H2OH3PO3+OH。 考点：考查了制备实验方案的设计、盐类水解、氧化还原反应的相关知识。 15.N，P，As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途。请回答下列问题：

（1）意大利罗马大学的[FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，该分子的空间构型与P4类似，其中氮原子的轨道杂化方式为__________，N-N键的键角为__________。 （2）基态砷原子的价电子排布图为__________，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。

（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似，和过渡金属更容易形成配合物的是__________(填\3”或“NH3”)。

（4）SCl3+和PCl3是等电子体，SCl3+的空间构型是__________。S-Cl键键长__________P-Cl键键长__________(填“＞”、“=”或“＜”)，原因是__________。

（5）砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少。已知立方砷化镓晶

-3

胞的结构如图所示，砷化镓的化学式为__________。若该晶体的密度为ρg?cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则a、b的距离为__________pm(用含ρ和NA的代数式表示)。

-

2+-

【答案】（1） sp；60o；（2）

3

；As>Se>Ge；（3）PH3；

（4）三角锥形；< ；S 原子半径小于P原子半径故 S－Cl 键要比 P－Cl 键短； （5）GaAs；【解析】

试题分析：（1）氮原子与周围的三个N原子相连，含有一个孤电子对，采取sp杂化，N4

3

是正四面体结构，N-N键的键角为60o，故答案为： sp；60o；

（2）As是33号元素，位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子的价电子排布图为

，砷是4p为半充满结构，较为稳定，与同周期相邻元素的第一电离能由大

到小的顺序为As>Se>Ge，故答案为：

；As>Se>Ge；

3

(其他合理答案均可)

（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物。P的非金属性比N弱，对孤对电子的吸引力弱，因此和过渡金属更容易形成配合物的是PH3，故答案为：PH3；

（4）SCl3+中价电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(6-1-3)=4，故S以sp杂化轨道同Cl形成共价键，含1对孤电子对，所以为三角锥形结构；S 原子半径小于P原子半径故 S－Cl 键要比 P－Cl 键短，故答案为：三角锥形；< ；S 原子半径小于P原子半径故 S－Cl 键要比 P－Cl 键短；

（5）晶胞中Ga原子数为6×+8×=4，As原子数为4，则砷化镓的化学式为GaAs；

3

设晶胞的边长为xpm，则ρ==，解得x=pm；b位置黑色球与a位置白

×

色球的距离为晶胞体对角线的，因此b位置黑色球与a位置白色球的距离=pm，故答案为：GaAs；

。

考点：考查了晶胞的计算、核外电子排布、配合物、杂化轨道的相关知识。 16.(1)A(C2H2)的名称是________，B(CH2==CHOOCCH3)含有的官能团是________。 (2)(3)

，新生成的官能团是________。

中官能团的名称是________。

(4)化合物B的官能团名称是________。

(5)E(6)

中含有的官能团是________。

中所含官能团的名称是________。

(7)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为________。 【答案】 乙炔 碳碳双键、酯基 —Br(或溴原子) 醛基 醛基 碳碳双键、醛基 碳碳双键、醛基 醛基和羧基

【解析】(1)A(C2H2)的名称是乙炔，B(CH2==CHOOCCH3)含有的官能团是碳碳双键、酯基； (2)子)； (3)

中所含官能团的名称是醛基；

发生的是取代反应，新生成的官能团是—Br(或溴原

(4)化合物B的官能团名称是醛基；

(5)E(6)

中含有的官能团是碳碳双键、醛基；

中所含官能团的名称是碳碳双键、醛基；

(7)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则结构简式为CHCCOOH，所含官能团名称为醛基和羧基。 评卷人 得 分 四、计算题

17.甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。 I：CH4(g)+H2O(g)II：CO(g)+2H2(g)

CO(g)+3H2(g) △H=+206.0kJ?molˉ CH3OH(g) △H=－129.0kJ?molˉ

1

1

（1）CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH(g)和H2(g)的热化学方程式为 。

（2）将1.0mol CH4和1.0mol H2O(g)通入容积为100 L的反应室，在一定条件下发生反应I，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如图。

①假设100℃时达到平衡所需构时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率为 。 ②100C时反应I的平衡常数为 。

（3）在压强为0.1 MPa、温度为300℃条件下，将a molCO与2a mol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应II生成甲醇，平衡后将容器舶容积压缩到原来的1/2，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是 （填字母序号）。 A．平衡常数K增大

C．CH3OH的物质的量增加

B．正反应速率加快，逆反应速率减慢 D．重新平衡c(H2)/c(CH3OH)减小

0

（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，

2+3+3+

将CO氧化成CO，然后以CO做氧化剂再把水中的甲醇氧化成CO2而净化。若下图装置中的电源为甲醇－空气－KOH溶液的燃料电池，则电池正极的电极反应式： ，该电池工作时，溶液中的OHˉ向 极移动。净化含1mol甲醇的水，燃料电池转移电子 mol。

【答案】（16分）（1）CH4(g)+ H2O(g)扣1分，用等号不扣分）

1

1

CH3OH(g)+H2(g) △H=+77.0kJ?molˉ（3分，焓变写错

4

1

（2）0.003mol?Lˉ?minˉ（2分，单位写错0分） 6.75×10ˉ（2分） （3）C、D(共2分，只答对一个给1分，答错一个0分)

（4）O2+2H2O+4eˉ=4OHˉ或3O2+6H2O+12eˉ=12OHˉ（3分，电极反应式没配平0分） 负（2分） 6（2分） 【解析】

试题分析：（1）根据盖斯定律可知，已知反应I+II可得：CH4(g)+ H2O(g)=

11

CH3OH(g)+H2(g) △H=+77.0kJ?molˉ；（2）CH4的起始浓度为1.0mol÷100L=0.01mol?Lˉ，读图可

11

知100℃时其平衡转化率为50%，则CH4的变化浓度为0.01mol?Lˉ×50%=0.005mol?Lˉ，则

111

v(CH4)= 0.005mol?Lˉ÷5min=0.001mol?Lˉ?minˉ，根据系数之比等于速率之比可知，

11

v(H2)=3×v(CH4)= 0.003mol?Lˉ?minˉ；根据变化浓度之比等于系数之比，则反应I： CH4(g) + H2O(g)

1

CO(g) + 3H2(g)

起始浓度/ mol?Lˉ 0.01 0.01 0 0 变化浓度/ mol?Lˉ 0.005 0.005 0.005 0.015 平衡浓度/ mol?Lˉ 0.005 0.005 0.005 0.015

K=[c(CO)?c(H2)]/[c(CH4)?c(H2O)]= [0.005×0.015]/[ 0.005×0.005]=6.75×10ˉ

（3）反应II是气态物质体积减小的反应，缩小容器体积，能增大各组分浓度，也能增大压强，平衡向正反应方向移动，但是平衡常数保持不变，因为温度不变平衡常数K不变，故A错误；同时增大反应物和生成物的浓度，正、逆反应速率均增大，但是v(正)>v(逆)，所以平衡右移，故B错误；增大压强平衡右移，使生成物的量增加，故C正确；增大压强平衡向正反应方向移动，反应物浓度减小，生成物浓度增大，则重新平衡后反应物浓度/生成物浓度的值减小，故D正确；（4）甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，CO2和过量KOH反应生成K2CO3和H2O，则该电池负极的主要反应物和产物分别是CH3OH、CO32ˉ，碳元素由－2价升为+4价，则CH3OH－6eˉ→CO32ˉ，由于KOH是强碱，应该用OHˉ使左右电荷守恒，则CH3OH－6eˉ+8OHˉ→CO32ˉ，根据氢、氧原子个数守恒可得，负极反应式为CH3OH－

6eˉ+8OHˉ=CO32ˉ+6H2O或2CH3OH－12eˉ+16OHˉ=2CO32ˉ+12H2O；而正极的主要反应物是O2，同理可推断正极反应式为O2+2H2O+4eˉ=4OHˉ或3O2+6H2O+12eˉ=12OHˉ；放电时负极流出电子，正极流入电子，则阴离子移向负极，阳离子移向正极，则溶液中的OHˉ移向负极；根据系数之比等于物质的量之比，则1mol甲醇完全反应失去6mol电子，因此该燃料电池转移6mol电子。

考点：考查化学反应原理，涉及热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、平均反应速率的计算、平衡转化率和化学平衡常数的计算、化学平衡、燃料电池的工作原理等知识。 18.（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。 请回答下列问题：

⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：_____________________________________。

3

3

4

11

⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：_________________________________________________________。 ⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： ① 2H2(g) + CO(g) ② 2CH3OH(g) ③ CO(g) + H2O(g)

－

CH3OH(g)；ΔH ＝－90.8 kJ·mol1 － CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23.5 kJ·mol1 －

CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41.3 kJ·mol1

总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；

一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是___

_______（填字母代号）。

a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚

⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 浓度/（mol·L1） －CH3OH 0.44 CH3OCH3 0.6 H2O 0.6 ① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。 【答案】（共14分） ⑴ C + H2O

CO + H2

⑵H2S + Na2CO3＝ NaHS + NaHCO3

－

⑶－246.4 kJ·mol1

c e ⑷① >

－

② 0.04 mol·L1 0.16mol/L·min

【解析】略

19.黄钠铁矾[NaaFeb(SO4)c(OH)d]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。某研究小组先将某废水中Fe＋氧化为Fe＋，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去铁。为测定黄钠铁矾的组成，该小组进行了如下实验：

①称取12.125 g样品，加盐酸完全溶解后，配成250.00 mL溶液A。

2

3

②量取25.00 mL溶液A，加入足量的KI，再用0.2500 mol·L1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2(反应原理为I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6)，消耗30.00 mL Na2S2O3溶液至终点。

③另取50.00 mL溶液A，加入足量BaCl2溶液充分反应后，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥后，称得其质量为2.330 g。

（1）NaaFeb(SO4)c(OH)d中a、b、c、d之间的代数关系式为 。 （2）通过计算确定黄钠铁矾的化学式(写出计算过程)。 【答案】（1）a＋3b＝2c＋d

（2）黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6 【解析】

试题分析：（1）根据电荷守恒a＋3b＝2c＋d

（2）由相关反应知：n(Fe＋)=2n(I2)=n(Na2S2O3)250 mL溶液A中： n(Fe＋)＝0.2500 mol·L×30.00 mL×10 L·mL×10＝7.50×10 mol n(SO2－4)＝2.330g ÷233 g·mol×5＝5.00×10mol 根据质量守恒有：

n(Na)×23 g·mol＋n(OH)×17 g·mol

＝12.125 g－7.50×10 mol×56 g·mol－5.00×10 mol×96 g·mol 根据电荷守恒有：

n(Na)＋7.50×10 mol×3＝5.00×10 mol×2＋n(OH) 解得：

n(Na)＝0.025 mol n(OH)＝0.150 mol

a∶b∶c∶d＝n(Na)∶n(Fe)∶n(SO2－4)∶n(OH)＝1∶3∶2∶6 黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6 考点：本题考查化学计算。

20.将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2mol/L H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L NaOH溶液。请回答：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如下图所示。

+

3+

－

－

－2

－1

－2

－1

－1

－2

－

3

3－1－3－1－2

+－1－－1

+－2－2－

+

当V1＝160mL时，则金属粉末中n(Mg)＝________ mol，V2＝_____________mL。

（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg＋、Al＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH) _____________mL。

（3）若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是：_____________。

【答案】 Mg为0.06mol V2 =\的最大值是剩余的氢氧化钠全用于溶解Al(OH)3 ,即为0.05mol,则Al的最大值为0.05mol,此时a=0.5,为最小值，a的最大值是合金中无Al，即a=1，所以 0.5 ≤a＜1

【解析】(1)当时V1=160mL，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na离子守恒可知，n(Na2SO4)=n(Na)=n(NaOH)=

+

+

2

3

，设MgSO4为xmol、Al2(SO4)3为

ymol，则：根据原子Mg、Al原子守恒有：x+2y=0.1，100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，根据SO42-离子守恒有：x+3y=0.2-0.08=0.12，联立方程解得：x=0.06、y=0.02，所以金属粉末中：n(Mg)=0.06mol，n(Al)=2y=2×0.02mol=0.04mol；滴

+

加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42-离子、Na离子和Al原子守恒有：n(NaOH)=2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)=2n(H2SO4)+n(Al)=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol，则V2点消耗NaOH溶液的体积为

2+

3+

；

(2)使Mg、Al刚好完全沉淀，此时溶质为硫酸钠，则n(NaOH)=2n(Na2SO4) =0.4mol，加入的NaOH的体积为：V=

；

(3) 若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 2mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，证明生成的Al(OH)3

2+3+

全部和NaOH反应，由上述分析知Mg、Al恰好完全沉淀时消耗400mL NaOH溶液，再加入50mL 1mol/L NaOH溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于NaOH生成NaAlO2，Al(OH)3+NaOH= NaAlO2+ 2H2O，Al(OH)3最大取值0.05mol，即0< n(Al)≤.05mol，n(Mg)+n(Al)=0.1mol，则0.5≤.n(Mg)<1，则0.5≤a<1。

点睛：本题以图像题的形式考查混合物反应的计算、镁铝化合物性质，题目难度中等，分析图像各阶段的发生的反应是解题关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，将会得到太大的简化。 评卷人 得 分 五、简答题

21.【化学与技术】

将磷肥生产中形成的副产物石膏(CaSO4·2H2O)转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。

（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要 等原料。 （2）石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式为 。

（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有 （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。

（4）检验过滤Ⅰ所得滤液中含有CO32－的方法是 。

（5）氯化钙结晶水合物(CaCl2·6H2O)是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。 a．熔点较低（29℃熔化） b．能导电 c．能制冷 d．无毒 （6）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是 。 【答案】（1）CaCO3、NH3、H2O （2）CaSO4＋CO32－＝CaCO3＋SO42－ （3）CaSO4

（4）滤液中滴加盐酸产生气泡 （5）ad

（6）碳酸钙用于制取水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）

【解析】（1）根据流程可知，需要生石灰、二氧化碳、氨气、水、碳酸钙高温分解即生成氧化钙和二氧化碳，所以本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要CaCO3、NH3、H2O等原料。

（2）碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，因此根据沉淀转化原理知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-。

（3）硫酸钙微溶于水，所以过滤I操作所得固体中，除CaCO3外还含有CaSO4等物质。 （4）由于碳酸盐能和盐酸反应产生二氧化碳气体，所以检验过滤I所得滤液中含有CO32-的方法是滤液中滴加盐酸产生的气泡。

（5）储热材料与物质的导电性以及能否制冷无关系，而与自身的熔点高低和有无毒性无关系，所以选ad。

（6）根据流程图知，工艺流程中体现绿色化学理念的是反应中产生的碳酸钙用于制取水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等。 评卷人 得 分 六、推断题

22.I、请根据如下图所示转化关系回答有关问题。A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有强氧化性。

（1）写出A、B的化学式：A ，B 。

（2）依次写出A→D和D→E（E中含有某+5价元素的含氧酸根离子）的离子方程式： ， 。

（3）写出将SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式： 。

II、（1）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L稀盐酸。在如下图所示坐标系中画出能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系图像。

－1

（2）将18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g。试计算混合物中NaOH的质量分数。（请写出计算过程）

【答案】Ⅰ．（1）NaI；NaClO；

（2）2I+ClO+H2O=I2+Cl+2OH； I2+5ClO+2OH=2IO3-+5Cl+H2O（反应物写水的给分） （3）2Fe+SO32-+2H2O=2Fe+SO42-+4H（或2Fe+SO32-+H2O=2Fe+SO42-+2H）； Ⅱ．（1）如图所示

3+

2+

+

3+

2+

+

?

?

?

?

?

?

?

（2）54.3%。 【解析】

试题分析：Ⅰ．（1）由A生成C得到黄色沉淀AgI，可得A中含有I，且A为钠盐，即A为NaI；由B与浓HCl反应生成的F黄绿色气体为氯气，所以得B为NaClO。（2）NaI与NaClO发生氧化后反应产生的D使CCl4溶液显紫色，证明D是I2，根据电子守恒、电荷守恒及原子

????

守恒可得A→D的离子方程式为2I+ClO+H2O=I2+Cl+2OH；向含有I2的溶液中继续加入NaClO溶液，会发生氧化还原反应，将I2氧化为无色的IO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒

???

可得D→E的离子方程式为I2+5ClO+ 2OH=2IO3-+5Cl+H2O；（3）F是Cl2，将氯气通入到FeCl2溶液中，发生反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，所以K是FeCl3，FeCl3具有氧化性，SO2具有还原性，

3+

二者发生氧化还原反应，所以SO2气体通入K溶液中发生反应的离子方程式：2Fe+SO32-2++

+H2O=2Fe+SO42-+2H。

Ⅱ．（1）0.4g NaOH的物质的量为n(NaOH)=m÷M=0.4g÷40g/mol=0.01mol，1.06g Na2CO3的物

?

质的量为n(Na2CO3)= m÷M=0.01mol，两者混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L1稀盐酸，首先发生NaOH+ HCl=NaCl+H2O、消耗HCl 0.01mol，然后发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗HCl 0.01mol，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，消耗HCl 0.01mol，据上述数据，可画出盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系图象是

?

。

（2）若设NaOH和NaHCO3按1∶1反应： NaHCO3+NaOH

Na2CO3+H2O↑ △m

84 40 18

8.4g 4.0g 18.4g?16.6g=1.8g

8.4g+4.0g=12.4g＜18.4g，说明反应不是按上述比例进行反应。

若NaHCO3过量，由于受热会发生分解，其差值还会增大。与题意不符。 若NaOH过量，由于受热不会分解，不影响其差值，符合题意。

过量的NaOH质量为18.4g?8.4g?4g=6.0g，m(NaOH)=4.0g+6.0g=10.0g，故NaOH的质量分数=(10.0g÷18.4g)×100%=54.3%。

考点：考查溶液成分的判断、离子方程式的书写及混合物成分的确定的知识。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/n7ia.html