福建省寧德市化學(xué)模擬試卷（二）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年福建省寧德市高考化學(xué)模擬試卷（二）一、選擇題:本題共14小題，每小題3分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．2015年巴黎氣候變化大會召開，旨在保護(hù)環(huán)境造福人類．下列說法不正確的是（）A．?dāng)U大鉛蓄電池、汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，滿足消費(fèi)需求B．采用碳捕集和儲存技術(shù)，逐步實(shí)現(xiàn)二氧化碳的零排放C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理,減少污染物的排放D．催化處理汽車尾氣，減輕氮氧化物污染和光化學(xué)煙霧2．下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是(）A．中子數(shù)為10的氧原子：OB．Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C．硫化鈉的電子式:D．氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：C2H3Cl3．下列判斷合理的是（）①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物;②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③Na2O、Fe2O3、A12O3屬于堿性氧化物④根據(jù)分散系是否具有丁達(dá)爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)；⑥CO2、SO2、NO2，都能和堿溶液發(fā)生反應(yīng)，因此它們都屬于酸性氧化物．A．只有②④⑥ B．只有①②⑤ C．只有①③⑤ D．只有③④⑥4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．常溫下，4。6gNO2含分子數(shù)為0.1NAB．250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中,陰、陽離子總數(shù)等于NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，aLCH4和aLC6H14所含分子數(shù)均為aNA/22.4D．1molO2與足量金屬鈉反應(yīng)，O2得到的電子數(shù)不一定為4NA5．圖是部分短周期元素的原子序數(shù)與其某種常見化合價(jià)的關(guān)系圖，若用原子序數(shù)代表所對應(yīng)的元素，則下列說法正確的是（)A．31d和33d互為同素異形體B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:a＞d＞eC．工業(yè)上常用電解法制備單質(zhì)b和cD．a(chǎn)和b形成的化合物不可能含共價(jià)鍵6．下列關(guān)于有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的敘述正確的是（）A．糖類、油脂、蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解反應(yīng)B．甲烷和Cl2的反應(yīng)與乙烯和Br2的反應(yīng)屬于同一類型的反應(yīng)C．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色,但能與H2發(fā)生加成反應(yīng)D．因分子中均含有官能團(tuán)“﹣OH”，故乙醇、乙酸水溶液均呈酸性7．下列兩種化合物互為同分異構(gòu)體的是（）①蔗糖與麥芽糖②甲醚（C2H6O）與乙醇③淀粉與纖維素④與A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④8．用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn),能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?)A．用圖甲所示裝置分離乙醇與乙酸B．用圖乙所示裝置向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體C．用圖丙所示裝置制備少量氨氣D．用圖丁所示裝置進(jìn)行石油的分餾9．下列有關(guān)離子檢驗(yàn)的操作和實(shí)驗(yàn)結(jié)論都正確的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中滴入氯水，然后滴入少量的KSCN溶液，溶液變紅色原溶液中一定含有Fe3+B向某溶液中加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定含有CO32﹣D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍(lán)原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D10．給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．CuSO4（aq)Cu(OH）2懸濁液Cu2O11．單斜硫和正交硫是硫的兩種同素異形體．已知：①S（s，單斜）+O2（g)═SO2（g）△H1=﹣297。16kJ?mol﹣1②S（s，正交）+O2(g）═SO2(g）△H2=﹣296.83kJ?mol﹣1下列說法正確的是（）A．S（s，單斜)═S（s，正交）△H3=+0.33kJ?mol﹣1B．正交硫比單斜硫穩(wěn)定C．相同物質(zhì)的量的正交硫比單斜硫所含有的能量高D．①式表示斷裂1molO2中的共價(jià)鍵所吸收的能量比形成1molSO2中的共價(jià)鍵所放出的能量多297。16kJ12．Hg是水體污染的重金屬元素之一．水溶液中二價(jià)汞的主要存在形態(tài)與Clˉ、OHˉ的濃度關(guān)系如右圖所示［圖中的物質(zhì)或粒子只有Hg（OH）2為難溶物；pCl=﹣lgc（Cl﹣）]下列說法中不正確的是（）A．配制Hg（NO3）2溶液時(shí)，為了防止Hg2+水解，應(yīng)將Hg（NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋B．當(dāng)c（Cl﹣）=0。1mol?L﹣1,pH＜8時(shí)，汞元素主要以HgCl3﹣形式存在C．HgCl2是一種弱電解質(zhì)，其電離方程式是：2HgCl2?HgCl++HgCl3﹣D．當(dāng)溶液pH保持在4,pCl由2改變至6時(shí)，可使HgCl2轉(zhuǎn)化為Hg（OH）213．熱激活電池可用作火箭、導(dǎo)彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應(yīng)為PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有關(guān)說法正確的是(）A．正極反應(yīng)式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放電過程中，Li+向負(fù)極移動C．常溫時(shí)，在正負(fù)極間接上電流表或檢流計(jì)，指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．每轉(zhuǎn)移0。1mol電子，理論上生成10.35gPb14．常溫下，某酸HA的電離常數(shù)：K=1×10﹣5，下列說法正確的是（）A．HA溶液中加入NaA固體后，減小B．常溫下，0。1mol/LHA溶液中水電離的c(H+）為10﹣13mol/LC．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應(yīng)，存在關(guān)系:2c（Na+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）D．常溫下，0。1mol/LNaA溶液水解常數(shù)為10﹣9二、解答題（共4小題，滿分58分）15．氫氣將會成為21世紀(jì)最理想的能源．（1)目前常用甲烷與水蒸汽反應(yīng)制得CO和H2，每獲得168LH2（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）需消耗540KJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式．(2)化合物A是一種儲氫容量高、安全性好的固體儲氫材料，其儲氫原理可表示為:A(s）+H2（g）B（s)+LiH（s)△H=﹣44.5kJ?mol﹣1…①已知：NH3(l）?NH2﹣+H+①寫出液氨與金屬鋰反應(yīng)生成B和氫氣的化學(xué)方程式．②一定條件下，2。30g固體B與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體鹽C和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體D，氣體D的體積L（折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）．③A的化學(xué)式為，LiH中r（Li+)r（H﹣）(填“大于”或“小于")．④B在加強(qiáng)熱時(shí)生成NH3和另一種化合物E,該分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）化合物E也可以作儲氫材料，其儲氫原理可表示為：E（s)+H2(g）A（s）+LiH（s)△H=﹣165kJ?mol﹣1…②儲氫材料可以通過加熱的方式釋放氫氣．從實(shí)用化角度考慮，選擇A或E作儲氫材料哪個(gè)更合理？理由是．16．催化還原CO2是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一．研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個(gè)平行反應(yīng)，分別生成CH3OH和CO．反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：Ⅰ．CO2（g）+3H2(g）?CH3OH（g）+H2O(g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣1K1Ⅱ．CO2（g)+H2（g)?CO（g）+H2O（g）△H2K2（1）反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)表達(dá)式K1=．若其它條件不變，升高溫度，則該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率（填“增大"、“減小”、“不變”或“無法判斷”）．（2）反應(yīng)Ⅱ還可以通過下列反應(yīng)獲得:Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H3K3Fe（s）+H2O(g)?FeO（s)+H2（g）△H4K4在不同溫度時(shí)K3、K4的值如下表1：700℃900℃K31.472.15K42。381.67請回答（不考慮溫度對△H的影響）：△H2=（用△H3和△H4表示）,K2=（用K3和K4表示），反應(yīng)Ⅱ?qū)儆诜磻?yīng)（填“放熱”或“吸熱”）．（3)某實(shí)驗(yàn)室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2,在相同壓強(qiáng)下，經(jīng)過相同反應(yīng)時(shí)間測得如下表2實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：T（K）催化劑CO2轉(zhuǎn)化率(%）甲醇選擇性(％)543Cat.112。342.3543Cat。210.972.7553Cat。115.339.1553Cat.212。071。6【備注】Cat.1：納米棒；Cat。2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比．①在Cu/ZnO催化劑存在下，有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有．A．使用催化劑Cat。1B．使用催化劑Cat.2C．降低反應(yīng)溫度D．投料比不變,增加反應(yīng)物的濃度E．增大CO2和H2的初始投料比②表2中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是．17．以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用．其工作流程如圖1所示:已知:Ksp（PbSO4）=1.6×10﹣5，Ksp（PbCO3）=3.3×10﹣14．（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是．(2）過程Ⅰ中，F(xiàn)e2+催化過程可表示為：i．2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2Oii．…．①寫出ii的離子方程式：．②下列實(shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過程．將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整．a(chǎn)．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅．b．．(3）過程Ⅱ的目的是脫硫．若濾液2中c（SO42﹣）=1.6mol?L﹣1,c（CO32﹣）=0。1mol?L﹣1，則PbCO3中（填“是”或“否”）混有PbSO4．（4）鈉離子交換膜固相電解法是從含鉛廢料中提取鉛的一種新工藝，其裝置如圖2所示．將含鉛廢料投入陰極室，含鉛廢料中的PbSO4與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)：PbSO4+3OH﹣═HPbO2﹣+SO42﹣+H2O．①b與外接電源的極相連．②電解過程中,PbO2、PbO、HPbO2﹣在陰極放電，其中PbO2放電的電極反應(yīng)式為．③與傳統(tǒng)無膜固相電解法相比，使用鈉離子交換膜可以提高Pb元素的利用率，原因是．18．納米四氧化三鐵因在磁記錄、微波吸收材料等領(lǐng)域有潛在的應(yīng)用而得到廣泛的研究．一種利用廢鐵屑（含少量鐵銹﹣Fe2O3)制備納米Fe3O4的流程如下:廢鐵屑溶液A（Fe2+，F(xiàn)e3+)…→納米Fe3O4用如圖1裝置制備溶液A，其實(shí)驗(yàn)步驟為：Ⅰ．打開k1，關(guān)閉k2，并打開k3，緩慢滴加鹽酸；Ⅱ．當(dāng)容器C中不再產(chǎn)生氣泡時(shí)，關(guān)閉k3，對裝置E進(jìn)行讀數(shù)操作;Ⅲ．關(guān)閉k1，打開k2、k3，使C容器中的溶液完全進(jìn)入燒杯；Ⅳ．往燒杯中加入適量試劑X,得到溶液A．請回答：（1)廢鐵屑中加稀鹽酸的反應(yīng)除Fe+2H+=Fe2++H2↑和Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O外，還可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)的離子方程式為．（2）要粗略測定廢鐵屑中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，可通過裝置E測出C容器中生成氣體的體積．①下列相關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（填序號）．a(chǎn)．用CCl4代替E中的水，測得氣體的體積更準(zhǔn)確b．量氣管壓入水準(zhǔn)管的水過多而溢出，會導(dǎo)致測定失敗c．必須待裝置恢復(fù)到室溫且量氣管與水準(zhǔn)管兩端液面相平才可進(jìn)行讀數(shù)②將裝置D改為如圖2裝置，其優(yōu)點(diǎn)是．（3）制備溶液A，試劑X可以選擇（填序號）．a(chǎn)．H2O2b．SO2c．Cl2d．鐵粉（4）由溶液A制備納米Fe3O4理論上需控制Fe2+、Fe3+、OH﹣的物質(zhì)的量之比為,制備過程中須持續(xù)通入N2的原因是．（5）Fe3O4樣品中Fe（Ⅲ）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可用碘量法測定:稱取mgFe3O4樣品，溶于稀鹽酸，配制成100mL溶液;取出10。00mL，加入稍過量的KI溶液，充分反應(yīng)后,滴入幾滴淀粉溶液，并用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL（已知：I2+2S2O32﹣=I﹣+S4O62﹣）．①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是．②樣品中Fe（Ⅲ）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

2017年福建省寧德市高考化學(xué)模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共14小題,每小題3分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．2015年巴黎氣候變化大會召開,旨在保護(hù)環(huán)境造福人類．下列說法不正確的是（）A．?dāng)U大鉛蓄電池、汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，滿足消費(fèi)需求B．采用碳捕集和儲存技術(shù)，逐步實(shí)現(xiàn)二氧化碳的零排放C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理，減少污染物的排放D．催化處理汽車尾氣，減輕氮氧化物污染和光化學(xué)煙霧【考點(diǎn)】F7:常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．加大鉛酸蓄電池、含汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，使用后的廢棄物影響環(huán)境；B．推廣碳捕集和儲存技術(shù)，逐步實(shí)現(xiàn)二氧化碳零排放，減少溫室效應(yīng)；C．對工業(yè)廢水、生活污水凈化處理，減少污染物的排放，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念；D．光化學(xué)煙霧的形成與汽車尾氣中的氮氧化物有關(guān)．【解答】解：A．加大鉛酸蓄電池、含汞鋅錳干電池的生產(chǎn)，廢舊電池含有的鉛、汞、鋅、錳污染和廢舊蓄電池電解液污染，會造成污染，不符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故A錯(cuò)誤；B．二氧化碳?xì)怏w是產(chǎn)生溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w，推廣碳捕集和儲存技術(shù)，逐步實(shí)現(xiàn)二氧化碳零排放，減少了二氧化碳的排放,符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故B正確；C．水污染主要來自工業(yè)、農(nóng)業(yè)、生活污染物的排放,工業(yè)廢水生活污水經(jīng)過處理后可以節(jié)約資源,保護(hù)水源，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故C正確；D．光化學(xué)煙霧的形成主要是汽車尾氣排放出的氮氧化物發(fā)生復(fù)雜的變化造成的，故D正確；故選A．2．下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．中子數(shù)為10的氧原子：OB．Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖：C．硫化鈉的電子式:D．氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：C2H3Cl【考點(diǎn)】4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合．【分析】A．O的質(zhì)子數(shù)為8、質(zhì)量數(shù)為18;B．Mg2+核外有2個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為8；C．硫化鈉為離子化合物；D．氯乙烯含有碳碳雙鍵，C2H3Cl為分子式．【解答】解：A．O的質(zhì)子數(shù)為8，質(zhì)量數(shù)為18，可表示為188O，故A錯(cuò)誤；B．Mg2+核外有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8,結(jié)構(gòu)示意圖為，故B正確；C．硫化鈉為離子化合物,電子式為，故C錯(cuò)誤；D．氯乙烯含有碳碳雙鍵,C2H3Cl為分子式，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCl,故D錯(cuò)誤．故選B．3．下列判斷合理的是（)①硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物；②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；③Na2O、Fe2O3、A12O3屬于堿性氧化物④根據(jù)分散系是否具有丁達(dá)爾現(xiàn)象將分散系分為溶液、膠體和濁液；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng);⑥CO2、SO2、NO2，都能和堿溶液發(fā)生反應(yīng)，因此它們都屬于酸性氧化物．A．只有②④⑥ B．只有①②⑤ C．只有①③⑤ D．只有③④⑥【考點(diǎn)】3A：酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；3C：分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系；D2:強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念．【分析】①酸是指電離出來的陽離子全部是氫離子的化合物，堿是指電離出來陰離子全部是氫氧根離子的化合物，鹽是指電離出金屬離子和酸根離子的化合物，氧化物是兩種元素組成，其中一種是氧元素的化合物;②電解質(zhì)是指在水溶液里或熔化狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?水溶液中全部電離的化合物為強(qiáng)電解質(zhì),水溶液中部分電離的化合物為弱電解質(zhì),非電解質(zhì)是指在水溶液里和熔化狀態(tài)下都不能夠?qū)щ姷幕衔?據(jù)此可以分析各種的所屬類別；③堿性氧化物是指能與酸反應(yīng)生成鹽和水的金屬氧化物；④根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子直徑大小分類；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)；⑥酸性氧化物是指能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物．【解答】解:①依據(jù)概念分析，硫酸、燒堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物，故①正確;②蔗糖不能電離屬于非電解質(zhì)，硫酸鋇是鹽屬于強(qiáng)電解質(zhì)，水是弱電解質(zhì)，故②正確;③既能與酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng)，A12O3屬于兩性氧化物，故③錯(cuò)誤;④根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子直徑大小將分散系分為溶液、膠體和濁液，故④錯(cuò)誤；⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng),故⑤正確；⑥二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，發(fā)生氧化還原反應(yīng)不是酸性氧化物，故⑥錯(cuò)誤；故選B．4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù),下列說法正確的是（）A．常溫下，4。6gNO2含分子數(shù)為0.1NAB．250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)等于NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，aLCH4和aLC6H14所含分子數(shù)均為aNA/22.4D．1molO2與足量金屬鈉反應(yīng)，O2得到的電子數(shù)不一定為4NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．二氧化氮與四氧化二氮存在反應(yīng)NO2?N2O4；B．三價(jià)鐵離子在水溶液中會水解；C．標(biāo)況下C6H14不是氣體；D．氧氣和鈉反應(yīng)條件不同產(chǎn)物不同．【解答】解：A．常溫下，4.6gNO2含分子數(shù)為×NA=0.1NA,二氧化氮與四氧化二氮存在反應(yīng)NO2?N2O4，所以實(shí)際4。6gNO2含分子數(shù)小于0。1NA，故A錯(cuò)誤；B。1mol鐵離子會水解，生成3mol的氫離子，所以250mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)大于阿伏加德羅常數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．氣體摩爾體積使用對象為氣體,標(biāo)況下C6H14不是氣體,不能使用氣體摩爾體積，故C錯(cuò)誤;D．氧氣和鈉反應(yīng)可以生成氧化鈉，也可以生成過氧化鈉,2molO2與金屬鈉反應(yīng),反應(yīng)生成氧化鈉電子轉(zhuǎn)移4mol，生成過氧化鈉電子轉(zhuǎn)移2mol，O2不一定得到4NA個(gè)電子，故D正確；故選：D．5．圖是部分短周期元素的原子序數(shù)與其某種常見化合價(jià)的關(guān)系圖，若用原子序數(shù)代表所對應(yīng)的元素，則下列說法正確的是（)A．31d和33d互為同素異形體B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：a＞d＞eC．工業(yè)上常用電解法制備單質(zhì)b和cD．a(chǎn)和b形成的化合物不可能含共價(jià)鍵【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】短周期元素中，a為﹣2價(jià)、e為+6價(jià)，處于VI族，可推知a為O、e為S，b有+1價(jià)，原子序數(shù)大于氧，則b為Na，由原子序數(shù)可知c、d處于第三周期，化合價(jià)分別為+3、+5，則c為Al、d為P，以此解答該題．【解答】解：A．31d和33d質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同,是不同的核素，互為同位素,故A錯(cuò)誤；B．非金屬性a（O)＞e（S)＞d（P）,故氫化物穩(wěn)定性:a＞e＞d，故B錯(cuò)誤；C．工業(yè)上電解熔融氯化鈉冶煉鈉，電解熔融氧化鋁冶煉鋁，故C正確；D．a(chǎn)和b形成的化合物過氧化鈉，含有共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤，故選C．6．下列關(guān)于有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的敘述正確的是（)A．糖類、油脂、蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解反應(yīng)B．甲烷和Cl2的反應(yīng)與乙烯和Br2的反應(yīng)屬于同一類型的反應(yīng)C．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能與H2發(fā)生加成反應(yīng)D．因分子中均含有官能團(tuán)“﹣OH”，故乙醇、乙酸水溶液均呈酸性【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．單糖不能發(fā)生水解；B．甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng);C．苯與溴的四氯化碳不反應(yīng)，在一定條件下可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；D．乙醇不具有酸性．【解答】解：A．單糖為最簡單的糖，不能發(fā)生水解,如葡萄糖等，故A錯(cuò)誤;B．甲烷在光照條件下可與氯氣發(fā)生取代反應(yīng),乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng),反應(yīng)類型不同,故B錯(cuò)誤；C．苯性質(zhì)穩(wěn)定，與溴的四氯化碳不反應(yīng)，在一定條件下可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，可生成環(huán)己烷，故C正確;D．乙醇不具有酸性,乙酸含有羧基，具有酸性，故D錯(cuò)誤．故選C．7．下列兩種化合物互為同分異構(gòu)體的是（）①蔗糖與麥芽糖②甲醚（C2H6O）與乙醇③淀粉與纖維素④與A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【考點(diǎn)】H6：有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【分析】同分異構(gòu)體是指分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同的化合物，同分異構(gòu)體包含碳鏈異構(gòu)、官能團(tuán)異構(gòu)、位置異構(gòu)等，以此來解答．【解答】解：①蔗糖和麥芽糖的分子式都為C12H22O11,蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,麥芽糖水解生成葡萄糖，二者結(jié)構(gòu)不同,互為同分異構(gòu)體，故正確;②甲醚(C2H6O）與乙醇的分子式都為C2H6O,甲醚含有醚鍵,乙醇含有﹣OH，二者結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體,故正確；③淀粉和纖維素的分子式為（C6H10O5)n，聚合度n不同，分子式不同,所以不是同分異構(gòu)體，故錯(cuò)誤；④與的分子式相同，含有的官能團(tuán)不同，則結(jié)構(gòu)式不同，所以互為同分異構(gòu)體，故正確；故選C．8．用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．用圖甲所示裝置分離乙醇與乙酸B．用圖乙所示裝置向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體C．用圖丙所示裝置制備少量氨氣D．用圖丁所示裝置進(jìn)行石油的分餾【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)．【分析】A．乙酸與乙醇不分層；B．轉(zhuǎn)移液體時(shí)玻璃棒引流；C．固固加熱制取氣體，試管口應(yīng)略向下傾斜；D．溫度計(jì)應(yīng)在蒸餾燒瓶的支管口處．【解答】解：A．乙酸與乙醇不分層，不能利用分液漏斗來分離，應(yīng)利用蒸餾分離，故A錯(cuò)誤；B．轉(zhuǎn)移液體時(shí)玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度線下，故B正確；C．固固加熱制取氣體，試管口應(yīng)略向下傾斜,圖中裝置錯(cuò)誤，故C錯(cuò)誤；D．溫度計(jì)應(yīng)在蒸餾燒瓶的支管口處，測定餾分的溫度,圖中伸到液體中,故D錯(cuò)誤;故選B．9．下列有關(guān)離子檢驗(yàn)的操作和實(shí)驗(yàn)結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向某溶液中滴入氯水，然后滴入少量的KSCN溶液，溶液變紅色原溶液中一定含有Fe3+B向某溶液中加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀原溶液中一定含有SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定含有CO32﹣D向某溶液中滴加稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍(lán)原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)．【分析】A．先加氯水可氧化亞鐵離子；B．加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象,排除干擾離子，再加入BaCl2溶液,生成白色沉淀為硫酸鋇；C．無色無味氣體為二氧化碳；D．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨．【解答】解：A．先加氯水可氧化亞鐵離子，則不能檢驗(yàn)亞鐵離子,應(yīng)先加KSCN溶液無現(xiàn)象,后加氯水變紅，故A錯(cuò)誤；B．加入足量的鹽酸無明顯現(xiàn)象，排除干擾離子，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀為硫酸鋇，則原溶液中一定含有SO42﹣，故B正確;C．無色無味氣體為二氧化碳，則原溶液中可能含CO32﹣或HCO3﹣，或二者都有，故C錯(cuò)誤；D．滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，則原溶液中可能含NH4+，故D錯(cuò)誤；故選B．10．給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是(）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．CuSO4(aq）Cu(OH）2懸濁液Cu2O【考點(diǎn)】GK：鎂、鋁的重要化合物;F5:二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；FH：硅和二氧化硅．【分析】A、二氧化硫與氯化鋇不反應(yīng)；B、二氧化硅不溶于水；C、MgCl2?6H2O要在氯化氫的氛圍中加熱得到氯化鎂固體；D、硫酸銅和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅，氫氧化銅和葡萄糖加熱反應(yīng)生成氧化亞銅紅色沉淀．【解答】解：A、二氧化硫與氯化鋇不反應(yīng),弱酸不能制強(qiáng)酸,故A錯(cuò)誤；B、二氧化硅不溶于水，二氧化硅與水不反應(yīng),故B錯(cuò)誤；C、MgCl2?6H2O要在氯化氫的氛圍中加熱得到氯化鎂固體，故C錯(cuò)誤;D、硫酸銅和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅，CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4,氫氧化銅和葡萄糖加熱反應(yīng)生成氧化亞銅紅色沉淀，C6H12O6+2Cu（OH）2CH2(OH）（CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O，所以能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故D正確；故選D．11．單斜硫和正交硫是硫的兩種同素異形體．已知：①S（s，單斜）+O2(g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ?mol﹣1②S（s，正交)+O2（g）═SO2(g)△H2=﹣296。83kJ?mol﹣1下列說法正確的是（）A．S（s，單斜）═S（s,正交）△H3=+0。33kJ?mol﹣1B．正交硫比單斜硫穩(wěn)定C．相同物質(zhì)的量的正交硫比單斜硫所含有的能量高D．①式表示斷裂1molO2中的共價(jià)鍵所吸收的能量比形成1molSO2中的共價(jià)鍵所放出的能量多297。16kJ【考點(diǎn)】5D:有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算．【分析】A．利用蓋斯定律兩式合并得到熱化學(xué)方程式分析判斷；B．依據(jù)得到的熱化學(xué)方程式判斷，能量越高越活潑；C．根據(jù)得到的正交硫和單斜硫轉(zhuǎn)化關(guān)系判斷；D．焓變用化學(xué)鍵斷裂和形成分析時(shí)等于斷裂化學(xué)鍵吸收能量減去形成化學(xué)鍵放出的能量．【解答】解：已知:①S（s,單斜）+O2（g)=SO2（g）△H1=﹣297.16kJ?mol﹣1；②S(s,正交)+O2(g）=SO2（g）△H2=﹣296。83kJ?mol﹣1；①﹣②得到熱化學(xué)方程式：S（s，單斜）=S(s，正交)△H3=﹣0.33kJ?mol﹣1，A．根據(jù)蓋斯定律得到熱化學(xué)方程式為：S（s，單斜）=S（s,正交）△H3=﹣0.33kJ?mol﹣1,故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)熱化學(xué)方程式可知，正交硫能量低于單斜硫,所以正交硫穩(wěn)定，故B正確；C．相同物質(zhì)的量的正交硫比單斜硫所含有的能量低，故C錯(cuò)誤;D．①式表示斷裂lmolO2中共價(jià)鍵和斷裂S(s，單斜）所吸收的總能量比形成1molSO2中共價(jià)鍵所放出的能量少297。16KJ，故D錯(cuò)誤；故選B．12．Hg是水體污染的重金屬元素之一．水溶液中二價(jià)汞的主要存在形態(tài)與Clˉ、OHˉ的濃度關(guān)系如右圖所示［圖中的物質(zhì)或粒子只有Hg（OH）2為難溶物;pCl=﹣lgc（Cl﹣)］下列說法中不正確的是（）A．配制Hg(NO3）2溶液時(shí)，為了防止Hg2+水解，應(yīng)將Hg（NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋B．當(dāng)c（Cl﹣）=0.1mol?L﹣1，pH＜8時(shí)，汞元素主要以HgCl3﹣形式存在C．HgCl2是一種弱電解質(zhì),其電離方程式是：2HgCl2?HgCl++HgCl3﹣D．當(dāng)溶液pH保持在4,pCl由2改變至6時(shí)，可使HgCl2轉(zhuǎn)化為Hg（OH）2【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；DD：鹽類水解的應(yīng)用．【分析】A．硝酸汞水解顯酸性，抑制水解加入酸；B．當(dāng)c（C1﹣）=10﹣1mol/L時(shí)，根據(jù)圖象分析;C．HgCl2是一種弱電解質(zhì)，根據(jù)溶液中離子存在方式判斷電解質(zhì)電離方式;D．根據(jù)圖象可知當(dāng)溶液pH保持在5，pCl由2改變至6時(shí),根據(jù)圖片中微粒存在方式判斷；【解答】解：A．硝酸汞水解顯酸性，配制Hg(NO3）2溶液時(shí)，為了防止Hg2+水解，應(yīng)將Hg(NO3）2固體溶于濃硝酸后再稀釋,故A正確；B．當(dāng)c（C1﹣）=10﹣1mol/L時(shí)，汞元素主要是以HgCl42﹣形式存在，故B錯(cuò)誤；C．HgCl2是一種弱電解質(zhì)，其電離方程式是:2HgCl2?HgCl++HgCl3ˉ，故C正確;D．根據(jù)圖象可知當(dāng)溶液pH保持在5，pCl由2改變至6時(shí)，可使HgCl2轉(zhuǎn)化為Hg（OH）2，故D正確；故選B．13．熱激活電池可用作火箭、導(dǎo)彈的工作電源．一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反應(yīng)為PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有關(guān)說法正確的是(）A．正極反應(yīng)式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放電過程中，Li+向負(fù)極移動C．常溫時(shí),在正負(fù)極間接上電流表或檢流計(jì)，指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．每轉(zhuǎn)移0。1mol電子，理論上生成10.35gPb【考點(diǎn)】BH:原電池和電解池的工作原理．【分析】由原電池總反應(yīng)可知Ca為原電池的負(fù)極，被氧化生成反應(yīng)H2(g)+Cl2（g）=2HCl(g），反應(yīng)的電極方程式為Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng),電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原電池工作時(shí)，陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，結(jié)合電解方程式計(jì)算．【解答】解：A．正極發(fā)生還原反應(yīng),電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb,故A錯(cuò)誤；B．放電過程中陽離子向正極移動，Li+向正極移動,故B錯(cuò)誤；C．常溫下，電解質(zhì)不是熔融態(tài),離子不能移動，不能產(chǎn)生電流，因此連接電流表或檢流計(jì)，指針不偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電極方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb,可知每轉(zhuǎn)移0.1mol電子，理論上生成0.05molPb，質(zhì)量為10.35g，故D正確;故選D．14．常溫下,某酸HA的電離常數(shù)：K=1×10﹣5,下列說法正確的是（）A．HA溶液中加入NaA固體后，減小B．常溫下，0.1mol/LHA溶液中水電離的c（H+)為10﹣13mol/LC．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應(yīng)，存在關(guān)系:2c（Na+）=c（A﹣）+c（Cl﹣）D．常溫下，0.1mol/LNaA溶液水解常數(shù)為10﹣9【考點(diǎn)】DN:離子濃度大小的比較;D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．的比值為A﹣的水解平衡常數(shù)，水解平衡常數(shù)只受溫度影響;B．HA為弱酸，則氫離子濃度小于0。1mol/L，水電離的氫離子濃度大于10﹣13mol/L；C．根據(jù)混合液中的物料守恒判斷;D．NaA的水解平衡常數(shù)K==，據(jù)此帶入數(shù)據(jù)計(jì)算即可．【解答】解:A．的比值為A﹣的水解平衡常數(shù)，加入NaA固體后，由于溫度不變，則水解平衡常數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；B．由于HA為弱酸，則常溫下0。1mol/LHA溶液中氫離子濃度小于0。1mol/L，水電離的c（H+）一定大于mol/L=10﹣13mol/L，故B錯(cuò)誤；C．NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反應(yīng),NaA和HCl的物質(zhì)的量相等,根據(jù)物料守恒可得：2c（Na+)=c（A﹣）+c（Cl﹣）+c（HA），故C錯(cuò)誤；D．NaA的水解平衡常數(shù)K====10﹣9，故D正確；故選D．二、解答題（共4小題，滿分58分）15．氫氣將會成為21世紀(jì)最理想的能源．（1)目前常用甲烷與水蒸汽反應(yīng)制得CO和H2，每獲得168LH2（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）需消耗540KJ熱量,寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式CH4（g）+H2O(g）?CO(g）+H2（g）△H=+540KJ?mol﹣1．（2）化合物A是一種儲氫容量高、安全性好的固體儲氫材料，其儲氫原理可表示為:A(s)+H2（g）B（s）+LiH（s）△H=﹣44。5kJ?mol﹣1…①已知：NH3（l）?NH2﹣+H+①寫出液氨與金屬鋰反應(yīng)生成B和氫氣的化學(xué)方程式2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑．②一定條件下,2.30g固體B與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體鹽C和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體D，氣體D的體積4。48L(折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）．③A的化學(xué)式為Li2NH，LiH中r(Li+)小于r（H﹣）（填“大于"或“小于”)．④B在加強(qiáng)熱時(shí)生成NH3和另一種化合物E,該分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為3LiNH2Li3N+2NH3．（3）化合物E也可以作儲氫材料,其儲氫原理可表示為：E（s)+H2(g）A(s)+LiH（s）△H=﹣165kJ?mol﹣1…②儲氫材料可以通過加熱的方式釋放氫氣．從實(shí)用化角度考慮,選擇A或E作儲氫材料哪個(gè)更合理?理由是E，E的儲氫量要比A多．【考點(diǎn)】BE：熱化學(xué)方程式;48：化學(xué)方程式的書寫；5A：化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】(1)甲烷與水蒸汽反應(yīng)制得CO和H2,每獲得168L即7。5molH2（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）需消耗540KJ熱量，根據(jù)熱化學(xué)方程式系數(shù)的意義來回答；（2）①B是LiNH2,液氨與金屬鋰反應(yīng)生成氫氣和LiNH2；②在一定條件下，2.30g固體B:LiNH2與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體C和氣體D,氣體D能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色,可推知D為NH3,NH4Cl的摩爾質(zhì)量為53.5g/mol,5。35gNH4Cl為0。1mol，B：LiNH2含Li,則固體B與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：LiNH2+NH4Cl→LiCl+NH3，2.30g固體B：LiNH2物質(zhì)的量是0。1mol,根據(jù)Cl原子守恒，LiCl的物質(zhì)的量=0.1mol，再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒計(jì)算；③B是LiNH2,根據(jù)A（s）+H2(g)B（s）+LiH(s），利用元素守恒可知A的化學(xué)式，離子半徑大小，Li+，H﹣,電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小;④B是LiNH2,根據(jù)元素守恒可知，B在加強(qiáng)熱時(shí)發(fā)生分解反應(yīng)，生成NH3和另一種化合物E為Li3N，據(jù)此書寫化學(xué)方程式；（3）根據(jù)A和E儲氫量的多少選擇儲氫材料．【解答】解：（1)每獲得168LH2(已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）需消耗540KJ熱量,即每獲得=molH2（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)需消耗540KJ熱量，故該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CH4（g)+H2O（g)?CO(g）+H2（g)△H=+540KJ?mol﹣1，故答案為:CH4（g）+H2O（g）?CO（g)+H2（g）△H=+540KJ?mol﹣1;(2）①B是LiNH2，液氨與金屬鋰反應(yīng)生成氫氣和LiNH2，反應(yīng)的方程式為2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑,故答案為：2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑;②在一定條件下,2.30g固體B：LiNH2與5。35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體C和氣體D，氣體D能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色,可推知D為NH3，NH4Cl的摩爾質(zhì)量為53。5g/mol，5。35gNH4Cl為0.1mol，B:LiNH2含Li，則固體B與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：LiNH2+NH4Cl→LiCl+NH3，2。30g固體B：LiNH2物質(zhì)的量是0。1mol，根據(jù)Cl原子守恒,LiCl的物質(zhì)的量=0。1mol,再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒（原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同），則2.3gB中含有N原子為0。1mol，35gNH4Cl為0。1mol，含有N原子為0.1mol，根據(jù)氮元素守恒,所以產(chǎn)生氨氣是0.2mol，體積是0。2mol×22。4L/mol=4。48L，故答案為：4。48；③B是LiNH2，根據(jù)A（s)+H2(g）B（s）+LiH（s），利用元素守恒可知A的化學(xué)式為Li2NH，離子半徑大小，Li+，H﹣，電子層數(shù)相同,核電荷數(shù)越大半徑越小,LiH中r（Li+）小于r（H﹣），故答案為：Li2NH；小于；④推知B是LiNH2,根據(jù)元素守恒可知，B在加強(qiáng)熱時(shí)發(fā)生分解反應(yīng)，生成NH3和另一種化合物E為Li3N，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3LiNH2Li3N+2NH3,故答案為：3LiNH2Li3N+2NH3．（3）根據(jù)A的化學(xué)式為Li2NH，E為Li3N可知，E的儲氫量要比A多，所以選擇選擇儲氫材料E比較合理，故答案為:E，E的儲氫量要比A多．16．催化還原CO2是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一．研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個(gè)平行反應(yīng),分別生成CH3OH和CO．反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：Ⅰ．CO2（g）+3H2(g)?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣1K1Ⅱ．CO2（g)+H2(g)?CO(g）+H2O（g）△H2K2（1）反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)表達(dá)式K1=．若其它條件不變，升高溫度，則該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率增大（填“增大”、“減小”、“不變”或“無法判斷”）．（2)反應(yīng)Ⅱ還可以通過下列反應(yīng)獲得：Fe（s)+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H3K3Fe（s）+H2O（g)?FeO（s)+H2（g)△H4K4在不同溫度時(shí)K3、K4的值如下表1：700℃900℃K31.472。15K42。381。67請回答(不考慮溫度對△H的影響）：△H2=△H3﹣△H4(用△H3和△H4表示），K2=（用K3和K4表示）,反應(yīng)Ⅱ?qū)儆谖鼰岱磻?yīng)（填“放熱"或“吸熱”）．（3）某實(shí)驗(yàn)室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2，在相同壓強(qiáng)下，經(jīng)過相同反應(yīng)時(shí)間測得如下表2實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：T(K）催化劑CO2轉(zhuǎn)化率（％）甲醇選擇性(%)543Cat。112.342。3543Cat。210.972.7553Cat。115。339。1553Cat.212.071。6【備注】Cat.1:納米棒;Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比．①在Cu/ZnO催化劑存在下，有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有CD．A．使用催化劑Cat.1B．使用催化劑Cat。2C．降低反應(yīng)溫度D．投料比不變,增加反應(yīng)物的濃度E．增大CO2和H2的初始投料比②表2中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH的選擇性有顯著的影響,其原因是表中數(shù)據(jù)表明此時(shí)未達(dá)到平衡，不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時(shí)刻下對甲醇選擇性有影響．【考點(diǎn)】CP:化學(xué)平衡的計(jì)算；BB：反應(yīng)熱和焓變;CB：化學(xué)平衡的影響因素．【分析】（1)平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值；溫度升高，反應(yīng)速率加快，包括正逆反應(yīng)速率均增大；(2）根據(jù)蓋斯定律反應(yīng)CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）可以有①Fe（s）+CO2（g）?FeO(s）+CO（g)和②Fe（s)+H2O（g）?FeO（s）+H2(g）通過①﹣②得到，由此計(jì)算△H2和K2,通過計(jì)算700℃和900℃時(shí)K2的值，并結(jié)合平衡常數(shù)的影響因素判斷此反應(yīng)是放熱還是吸熱反應(yīng)；（3）①由CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g）+H2O(g）△H1=﹣53.7kJ?mol﹣8可知提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度;②不同的催化劑的催化能力不同，且催化劑具有選擇性．【解答】解：（1）平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為:K=，若其它條件不變,升高溫度，反應(yīng)的逆反應(yīng)速率增大,故答案為：；增大；（2）反應(yīng)CO2（g)+H2（g）?CO（g）+H2O（g）可以有①Fe（s）+CO2(g)?FeO（s）+CO（g)和②Fe（s）+H2O（g）?FeO（s）+H2(g）通過①﹣②得到,根據(jù)蓋斯定律可知，△H2=△H3﹣△H4,K2=，則700℃時(shí)K2===0。62，和900℃時(shí)K2===1.29,可知此反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度的升高而增大，即溫度升高,平衡正向移動，可知此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；故答案為：△H3﹣△H4；；吸熱；（3）①A．使用催化劑Cat.1，平衡不移動，不能提高轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤;B、使用催化劑Cat.2，不能提高轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C、降低反應(yīng)溫度，平衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故C正確；D、投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度,衡正向移動,可增大轉(zhuǎn)化率，故D正確；E、增大CO2和H2的初始投料比，可增大氫氣的轉(zhuǎn)化率,二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小,故E錯(cuò)誤．故答案為:CD；②從表中數(shù)據(jù)分析，在相同溫度下,不同的催化劑二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，說明不同的催化劑的催化能力不同，相同的催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，且溫度高的轉(zhuǎn)化率大,因?yàn)檎磻?yīng)為放熱反應(yīng)，說明表中數(shù)據(jù)是未達(dá)到平衡數(shù)據(jù)，故答案為：表中數(shù)據(jù)表明此時(shí)未達(dá)到平衡，不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時(shí)刻下對甲醇選擇性有影響．17．以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用．其工作流程如圖1所示：已知：Ksp（PbSO4）=1.6×10﹣5,Ksp(PbCO3)=3。3×10﹣14．（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應(yīng)生成PbSO4的化學(xué)方程式是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O．（2）過程Ⅰ中,Fe2+催化過程可表示為:i．2Fe2++PbO2+4H++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2Oii．…．①寫出ii的離子方程式：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+．②下列實(shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過程．將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整．a(chǎn)．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液幾乎無色,再加入少量PbO2，溶液變紅．b．取a中紅色溶液少量，加入足量Pb，充分反應(yīng)后，紅色退去．（3）過程Ⅱ的目的是脫硫．若濾液2中c(SO42﹣）=1。6mol?L﹣1，c（CO32﹣）=0。1mol?L﹣1，則PbCO3中否（填“是”或“否”）混有PbSO4．（4）鈉離子交換膜固相電解法是從含鉛廢料中提取鉛的一種新工藝，其裝置如圖2所示．將含鉛廢料投入陰極室，含鉛廢料中的PbSO4與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)：PbSO4+3OH﹣═HPbO2﹣+SO42﹣+H2O．①b與外接電源的負(fù)極相連．②電解過程中,PbO2、PbO、HPbO2﹣在陰極放電，其中PbO2放電的電極反應(yīng)式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣．③與傳統(tǒng)無膜固相電解法相比，使用鈉離子交換膜可以提高Pb元素的利用率,原因是阻止HPbO2﹣進(jìn)入陽極室被氧化．【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）為原料，制備粗鉛，含鉛廢料加入硫酸亞鐵、稀硫酸加熱反應(yīng)過濾得到PbSO4粗品,加入碳酸鈉溶液過濾得到PbCO3粗品，向其中加入焦炭在850℃生成鉛,（1）(1）根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應(yīng)生成PbSO4和水；（2）①催化劑通過參加反應(yīng)，改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能,加快化學(xué)反應(yīng)速率，而本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)反應(yīng)前后保持不變．根據(jù)題給信息知反應(yīng)i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應(yīng)ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，據(jù)此書寫離子方程式;②a實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實(shí)驗(yàn)方案為取a中紅色溶液少量，加入過量Pb，充分反應(yīng)后，紅色褪去；（3)因?yàn)镵sp（PbSO4）=1.6×10﹣5,Ksp（PbCO3）=3。3×10﹣14，c（SO42﹣）=1。6mol?L﹣1,c（CO32﹣)=0.1mol?L﹣1，PbCO3中：c（Pb2+）===3.3×10﹣13,；PbSO4中：Q=c（Pb2+）×c（SO42﹣)=3。3×10﹣13×1.6=5。28×10﹣13＜Ksp（PbSO4），說明PbSO4在母液中未飽和，即PbCO3中不混有PbSO4；（4）①根據(jù)鈉離子向陰極移動知，a為陰極，與電源負(fù)極相連；②電解過程中，PbO2在陰極得電子，電極反應(yīng)式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣；③鈉離子交換膜只允許鈉離子通過，阻止HPbO2﹣進(jìn)入陽極室被氧化，從而提高Pb元素的利用率．【解答】解:(1）根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過程Ⅰ中，在催化下，Pb、PbO2和H2SO4反應(yīng)生成PbSO4和水,化學(xué)方程式為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O;故答案為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O;（2）①催化劑通過參加反應(yīng)，改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能,加快化學(xué)反應(yīng)速率，而本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)反應(yīng)前后保持不變．根據(jù)題給信息知反應(yīng)i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，則反應(yīng)ii中Fe3+被Pb還原為Fe2+，離子方程式為：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+,故答案為：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；②a實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反應(yīng)i，則b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反應(yīng)ii，實(shí)驗(yàn)方案為:a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅，亞鐵離子被氧化為鐵離子，b．取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，加入過量Pb,和平衡狀態(tài)下鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，平衡逆向進(jìn)行充分反應(yīng)后，紅色褪去,故答案為：取a中紅色溶液少量，加入足量Pb,充分反應(yīng)后，紅色退去；（3）因?yàn)镵sp（PbSO4）=1。6×10﹣5，Ksp（PbCO3）=3。3×10﹣14，c（SO42﹣）=1.6mol?L﹣1，c（CO32﹣）=0.1mol?L﹣1，PbCO3中：c（Pb2+）===3。3×10﹣13,；PbSO4中:Q=c(Pb2+）×c（SO42﹣）=3。3×10﹣13×1.6=5。28×10﹣13＜Ksp（PbSO4），說明PbSO4在母液中未飽和,即PbCO3中不混有PbSO4；故答案為:否；(4）①根據(jù)鈉離子向陰極移動知,a為陰極，與電源負(fù)極相連;故答案為：負(fù);②電解過程中，PbO2在陰極得電子，電極反應(yīng)式為PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣；故答案為：PbO2+4e﹣+2H2O=Pb+4OH﹣;③鈉離子交換膜只允許鈉離子通過，阻止HPbO2﹣進(jìn)入陽極室被氧化，從而提高Pb元素的利用率；故答案為:阻止HPbO2﹣進(jìn)入陽極室被氧化．18．納米四氧化三鐵因在磁記錄、微波吸收材料等領(lǐng)域有潛在的應(yīng)用而得到廣泛的研究．一種利用廢鐵屑（含少量鐵銹﹣Fe2O3）制備納米Fe3O4的流程如下