析）
【本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟】
可能用到的相对原子质量： C-12 N-14 O-16 K-39 I-127 S-32 Mn-55 Mg-24 Al-27 Ba-137 Ca-40 Br-80 Si-28 Na-23
第Ⅰ卷 （选择题 共48分）
一、选择题(每小题3分，共48分.每小题只有一个正确选项,请将正确答案填在选择题答题栏）。
1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 B. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 D. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 【答案】C 【解析】
A. 用活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附作用，用次氯酸盐漂白纸浆利用次氯酸盐产生的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，故A错误；B. 天然纤维的主要成分是纤维素，合成纤维的主要成分不是纤维素，故B错误；C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等，故C正确；D. 煤的干馏和煤的液化有新物质产生，均是化学变化，故D错误。故选C。 2.下列物质进行一氯取代反应后，只能生成4种沸点不同的有机产物的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B 【解析】
试题分析：A．对-二甲苯分子中只有2种不同的H原子，所以进行一氯取代反应后，只能生成2种沸点不同的有机产物，错误；B．3-甲基戊烷有4种不同的H原子，所以进行一氯取代反应后，只能生成4种沸点不同的有机产物，正确；C．2，3-二甲基丁烷分子中只有2种不同的H原子，所以进行一氯取代反应后，只能生成2种沸点不同的有机产物，错误；D．2,2-二甲基丁烷有3种不同的H原子，所以进行一氯取代反应后，只能生成3种沸点不同的有机产物，错误。
考点：考查有机物同分异构体的种类的判断的知识。
3.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W与Z同主族，R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是（ ）
A. Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高 B. RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 C. Z、W、R 最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z D. X 与Y 形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2 【答案】B 【解析】
X的原子半径在短周期主族元素中最大，所以X是钠。Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，说明电子充满L层，L层电子数为m+n=8，而Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，说明次外层是第一层且充满电子，所以n=2，m=6，Y是氧，Z是硅。W与Z同主族，且W是短周期元素，所以W是碳。R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1，所以R是硫。A. 非金属性：O>S，所以Y的氢化物比R 的氢化物稳定，水分子之间存在氢键，所以水的熔沸点高，故A正确；B亚硫酸和碳酸的酸性弱于盐酸，所以 RY2、WY2通入BaCl2溶液中均没有白色沉淀生成，故B错误；C.硫酸是强酸，碳酸、硅酸是弱酸，且硅酸酸性更弱，所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z，故C正确；D. X与Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为1∶2，故D正确。故选B。
点睛：解答本题的难点是选项D，需要明确氧化钠和过氧化钠含有的阴离子分别是O2-和O22-。 4.下列有关除杂质(括号中为杂质) 的操作中，正确的是
A. 甲烷(乙烯)：通入足量酸性高锰酸钾溶液洗气
B. 硝基苯(硝酸)：多次加入氢氧化钠溶液，充分振荡，分液，弃水层 C. 溴苯(漠)：加水振荡，分液，弃水层 D. 乙酸乙酯(乙酸)：加饱和碳酸钠溶液，蒸馏 【答案】B 【解析】
A.乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，甲烷中引人新的杂质气体，故A错误；B.硝酸与氢氧化钠中和为硝酸钠，硝酸钠溶于水，故B正确；C. 溴不易溶于水，故C错误；D. 乙酸被碳酸钠溶液转化为可溶于水的乙酸钠，液体分层，先进行分液，再对有机层进行蒸馏，故D错误。故选B。
5.化学与人类生产、生活密切相关,下列说法正确的是 A. 大量CO2排放可导致酸雨的形成 B. 焚烧废旧塑料以防止“白色污染”
C. 绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理 D. 硅酸多孔、吸水能力强,常用作袋装食品的干燥 【答案】D 【解析】
A、溶解二氧化碳的雨水为正常雨水，N、S的氧化物可导致酸雨，则SO2的排放可导致酸雨的形成，故A错误；B、焚烧废旧塑料产生致癌性物质苯丙芘等，不能焚烧废旧塑料以防止“白色污染”，应使用塑料的替代品防止白色污染，故B错误；C、“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故C错误；D、硅胶无毒，具有吸水性，常用作袋装食品的干燥，故D正确；故选D。
点睛：本题考查物质的性质及应用，把握物质的组成、性质与用途等为解答的关键，注意化学与生活、环境的联系，D选项注意硅胶的吸水性和用途；易错项C，“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，环境破坏后，恢复很难。 6.下列有关反应热的叙述正确的是( )
A. X(g)+Y(g)⇌Z(g)+W(s) △H＞0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的△H增大
B. C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=+1.9kJ/mol，说明金刚石比石墨稳定 C. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol
D. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H2，则△H1＜△H2 【答案】D 【解析】
【详解】A.反应的△H与热化学反应方程式中各物质的计量数成正比，与平衡的移动无关，故A错误；
B. 由反应：C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=+1.9kJ/mol可知石墨所具有的总能量较金刚石更低，说明石墨更稳定，故B错误；
C.因生成物中水的状态为气态，则氢气的燃烧热不等于241.8kJ/mol，故C错误；
D. 在热化学反应中：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1，C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H2，前者为碳完全燃烧，后者为不完全燃烧，前者放出的热量多，后者放出的热量少，则有△H1＜△H2＜0，故D正确； 答案选D。
【点睛】焓是一种状态函数，只与始末状态有关，而与过程无关。因此可逆反应也好，非可逆反应也好，反应的焓变只由反应前后的物质组成和体积决定，在相同条件下，只要反应物和生成物的物质的量和状态相同，则反应的焓变就是一个定值，而与可逆反应的限度无关。 7.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如下图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有2种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C. 1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 【答案】B 【解析】
试题分析：A．分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B．含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C．该分子中不存在苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，
故D错误。故选B。
考点：考查有机物的结构和性质
视频
8.已知2SO2+O2
2SO3为放热反应，对该反应的下列说法正确的是（ ）
A. 1molO2的能量一定高于2molSO2的能量
B. 2molSO2和1molO2的总能量一定高于2molSO3的总能量 C. 1molSO2的能量一定高于1molSO3的能量 D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生 【答案】B 【解析】 因反应2SO2+O2
2SO3为放热反应，所以2molSO2和1molO2的总能量一定高于2molSO3的总能
量，选项B正确；1molO2的能量不一定高于2molSO2的能量，选项A错误；1molSO2的能量不一定高于1molSO3的能量，选项C错误；该反应是放热的，但是在高温下才能发生，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查了物质能量和反应热的关系．解此类题要明确反应物能量是指反应物的总能量，生成物能量是指所有生成物能量和，而不是某一个反应物和某一个生成物能量进行对比。对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，对于吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，有的放热反应需要加热才能发生。 9.下列说法错误的是( )
A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成CO2和H2O B.
和C4Hl0的二氯代物的数目不同（不含立体异构）
C. 乙烯能使溴水褪色、能使酸性KMnO4溶液褪色，它们发生反应的类型不同 D. 植物油通过氢化可以变成脂肪 【答案】A 【解析】
A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故A错；B.根据
分
析知其二氯代物有12种，C4Hl0由正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，C4Hl0的二氯代物的数目共有9种，故B对；C. 乙烯能使溴水褪色，发生加成反应、能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，，它们发生反应的类型不同，故C对；D. 植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故D正确。
点睛：本题考查有机物性质相关知识。主要考查乙醇，乙烯与酸性高锰酸钾反应原理，和溴水反应的区别。抓住碳碳双特征，易被加成和氧化。找二氯代物同分异构体的方法：定一移一，找对称性的方法进行确定。
10.下列四种酸跟锌片反应，起始时生成H2反应速率最快的是（ ） A. 10℃20mL3mol/L的盐酸 B. 10℃40mL2mol/L的醋酸 C. 20℃20mL2mol/L的硫酸 D. 20℃20mL4mol/L的硝酸 【答案】C 【解析】
试题分析：锌与盐酸反应的方程式是Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，所以盐酸的浓度越高，溶液的温度越高，反应速率越快。选项D中溶液温度和盐酸的浓度均是最高的，因此反应速率最快，故选D。
考点：考查了化学反应速率的相关知识。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移的电子数目为0.4NA B. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA C. 在30g二氧化硅晶体中含有的共价键数目为2NA
D. 将常温下含NA个NO2、N2O4分子的混合气体冷却至标准状况，其体积约为22.4L（已知2NO2⇌N2O4） 【答案】C 【解析】
试题分析：A、过氧化钠的反应中，每生成0.1摩尔氧气，转移0.2摩尔电子，错误，不选A；B、没有说明气体是否在标况下，不能确定22.4升气体为1摩尔，错误，不选B；C、30克二氧化硅为0.5摩尔，含有0.5×4=2摩尔共价键，正确，选C；D、四氧化二氮子啊标况下不是
气体，所以冷却到标况，体积不是22.4升，错误，不选D。 考点：阿伏伽德罗常数
12.将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
向装a的试管中加入少量CuSO4溶液，则锌和硫酸铜发生置换反应，生成铜，则可以构成原电池，锌是负极，加快反应速率。但由于消耗了部分锌，则生成的氢气减少，答案选D。 点睛：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，综合性强，侧重对学生解题能力和技巧的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。该题的关键是明确原电池原理，并能结合题意灵活运用即可。 13.将4.34 g Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体，将混合气体通电后恰好完全反应，则Na、Na2O、Na2O2的物质的量之比为 A. 4∶3∶2 B. 1∶2∶1 C. 1∶1∶2 D. 1∶1∶1 【答案】A 【解析】
试题分析：Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是氢气和氧气的混合物，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，氢气来源于钠和水的反应，氧气来源于过氧化钠与水的反应，通过钠与水、
过氧化钠与水、氢气和氧气反应的方程式，找出钠与过氧化钠的物质的量之比，直接核对选项即可得答案．（针对选择题）
钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下： 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑钠与氢气的关系式为2Na--H2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑过氧化钠与氧气的关系式为 2Na2O2--O2，2H2+O2
2H2O，氢气和氧气的关系式为2H2--O2，将该混合气体通过放电，恰好完全反应，
说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，通过钠与氢气、过氧化钠与氧气、氢气与氧气的关系式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na--2H2--O2--2Na2O2，所以钠与过氧化钠的物质的量之比为4：2。 考点：考查钠及其重要化合物的性质，有关混合物反应的计算。
14.我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是
A. 该制氢工艺中光能最终转化为化学能 B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区 C. a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+ D. a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液 【答案】A 【解析】
A、该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故A正确；B、该装置工作时，H＋由b极区放电生成氢气，a极区流向b极区，故B错误；C、a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe-e═Fe，故C错误；D、该过程涉及两个反应步骤，第一步利用Fe3＋/Fe2＋电对的氧化态高效捕获H2S得到硫和还原态，所以a极区无需不断补充含Fe3＋和Fe2
＋
2＋
－
3＋
的溶液，故D错误；故选A。
点睛：本题考查太阳能光催化和光电催化，为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化（H2+S）提供了一个潜在的新途径，是电化学的应用，有一定的难度。解题关键：抓住电子流动的方向，理清发生的氧化还原反应。
15.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是( )
A. 由MgCl2制取Mg是放热过程 B. 热稳定性：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2 C. 常温下氧化性：F2 试题分析：A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，B错误；C、氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。 考点：考查反应焓变的判断计算 16.已知 （b）、 （d）、 （p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 －1 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】 A．b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；B．d分子中氢原子分为2类， 根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。答案选D。 点睛：明确有机物的结构特点是解答的关键，难点是二氯取代物和共平面判断。关于共平面判断应注意从乙烯、苯和甲烷等结构分析进行知识的迁移应用，解答是要注意单键可以旋转，双键不能旋转这一特点。 第Ⅱ卷 （非选择题 共52分） 17.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下： （1）步骤①的化学方程式_______________________，反应类型________________。步骤②的化学方程式_______________________，反应类型________________。 （2）某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题： ①试管A发生反应的化学方程式___________________________________。 ②试管B中的试剂是______________________；分离出乙酸乙酯的实验操作是________________（填操作名称），用到的主要玻璃仪器为____________________。 ③插入右边试管的导管接有一个球状物，其作用为_______________________。 （3）为了制备重要的有机原料——氯乙烷(CH3—CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。 甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是： CH3-CH3+Cl2 CH3-CH2Cl+HCl。 乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条件下制备，原理是：CH2=CH2+HCl → CH3-CH2Cl。 你认为上述两位同学的方案中，合理的是____，简述你的理由：__________________。 【答案】 (1). CH2=CH2+ H2O2CH3CH2OH+O2 CH3-CH2OH (2). 加成反应 (3). 2CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 分液 (8). 分液漏斗 (9). 防止溶液倒吸 (10). 乙同学的方案 (11). 由于烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到产物往往是混合物；而用乙烯与HCl反应只有一种加成反应，所以可以得到相对纯净的产物 【解析】 A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，B为乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C为乙醛、D是乙酸，乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E，E为乙酸乙酯，则 （1）反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的方程式为：CH2=CH2+ H2O反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O2 CH3CH2OH； 2CH3CHO+2H2O；（2）①乙 酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 +H2O；②由于乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小， 碳酸钠溶液能够与乙酸反应，还能够溶解乙醇，所以通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；乙酸乙酯不溶于水，所以混合液会分层，乙酸乙酯在上层，可以分液操作分离出乙酸乙酯，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗；③吸收乙酸乙酯时容易发生倒吸现象，球形导管可以防止溶液倒吸；（3）烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物；乙烯与HCl反应只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。 点睛：本题考查了有机物的推断、乙酸乙酯的制备、化学实验方案的评价等知识，注意掌握常见有机物结构与性质、乙酸乙酯的制取方法及实验操作方法，明确化学实验方案的评价方法和评价角度等。 18.按要求回答问题。 （1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。反应时释放大量热并快速产生大量气体。已知在101kPa，298K时，1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和水蒸气，放出热量624kJ，该反应的热化学方程式是____________ 。 又知：H2O(g )＝H2O (l) △H＝－44 kJ·mol－1，若1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和液态水，则放出热量为__________kJ。 （2）已知拆开1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键分别需要能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式是___________________________。 （3）写出分子式为C8H10含苯环的所有同分异构体_________________________________。 【答案】 (1). N2H4（l）+ O2(g)= N2(g)+ 2H2O(g) ΔH=-624KJ/mol (2). 712 (3). N2（g）+3 H2 (g) 【解析】 【详解】（1）在101kPa（25℃时）时，已知1mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出624KJ的热量，则该反应的热化学方程式为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；如果生成液态水，1mol肼完全反应放出的热量为：624kJ+44×2kJ=712kJ，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624KJ/mol；712； （2）因反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则生成氨反应的焓变△H=946+3×436-6×391=-92（92KJ/mol），故答案为：N2（g）+3 H2 (g) ΔH=-92KJ/mol； 2NH3(g) 2NH3(g) ΔH=-92KJ/mol (4). 略 （3）分子式为C8H10含苯环的所有同分异构体有：，故答 案为：。 【点睛】分子式为C8H10的有机物，若分子中含有苯环，由碳原子的成键特点可知其苯环侧链必为烷基，二个碳原子形成的烷基可以是一个乙基，也可以是两个甲基，由此可得其同分异 构体为：。 19.如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点。人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。 （1）在上图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为____________能。 （2）人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将CO2和H2O转化为CH3OH，该反 应的化学方程式为：2CO2（g）＋4H2O（g）2CH3OH（g）＋3O2（g）。 一定条件下，在2L密闭容器中进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如下表所示： 时间/min n(CH3OH)/mol ①用CH3OH表示0～3 min内该反应的平均反应速率为______________________。 ②能说明该反应已达到平衡状态的是_______________。 a．v正（H2O）=2v逆（CO2） b．n（CH3OH） ：n（O2）=2 ：3 c．容器内密度保持不变 d．容器内压强保持不变 （3）用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，则甲醇应通入该燃料电池的____极（填“正”或“负”），通入氧气的一极的电极反应式为_______________。 【答案】 (1). 热 (2). 0.015mol·L·min (3). ad (4). 负 (5). O2 + 4H+ 4e- = 2H2O 【解析】 【详解】（1）由据图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能，故答案为：热； （2）①0～3min内甲醇的物质的量变化0.090mol，则v=案为：0.015mol•L•min； ②a．v正（H2O）=2v逆（CO2），可说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故a正确； b．无论是否达到平衡状态，生成物的物质的量之比都等于化学计量数之比，即n（CH3OH）：n（O2）=2：3，故b错误； c．因气体的体积以及质量不变，则容器内密度保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故c错误； d．反应前后气体的体积不等，容器内压强保持不变，可说明达到平衡状态，故d正确． 故答案为：ad； （3）反应中甲醇被氧化，应为电池的负极，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：负；O2+4H++4e-=2H2O。 20.中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得 -1 -1 -1 -1 + 0 0.000 1 0.040 2 0.070 3 0.090 4 0.100 5 0.100 6 0.100 =0.015mol•L-1•min-1，故答 其他产品。母液中主要含有Cl、Na、K、Mg、Ca、SO4、Br等离子。某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验． -++2+ 2+2-- （1）写出实验室制备氯气的化学方程式_____________________； （2）海水淡化的方法还有____________（写出一种）； （3）I中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式______； （4）Cl2和Br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因_____________________； （5）Ⅲ中，加入适量CaCl2固体的目的是_____________________； （6）写出IV中反应的离子方程式_____________________； （7）与过程II类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为_________ mg/L。 【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)交换法） (3). 2Cl-+2H2O MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 蒸馏法（或电渗析法、离子2OH-+Cl2↑+H2↑ (4). 氯、溴元素位于同一主族，最外 3 层均为7e-，两个原子各提供1e-，形成共用电子对，两个原子都形成了8e-稳定结构 (5). 除去SO42- (6). Mg2++Ca(OH)2═Mg(OH)2↓+Ca2+ (7). 60 【解析】 【详解】（1）实验室制备氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O； （2）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法，故答案为：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）； （3）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为： MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓） 2Cl+2H2O - 2OH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl+2H2O -- 2OH+Cl2↑+H2↑； - （4）由于氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e-，两个原子各提供1e-，形成共用电子对，两个原子都形成了8e-稳定结构，所以氯气和溴单质都是以双原子形式存在，故答案为：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构； （5）硫酸根离子能够与钙离子反应生成硫酸钙沉淀，所以加入氯化钙溶液的目的是除去SO4，故答案为：除去SO42-； （6）氢氧化镁更难溶，IV中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子，该反应的离子方程式为：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，故答案为：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+； （7）将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则1m3海水中含有的溴元素的质量为 =60g，则该海水的中溴元素的浓度为 =60mg/L，故答案为：60。 2---- 21.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O)。 (1)滤液A中铁元素的存在形式为______________(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为_______________，检验滤液A中存在该离子的试剂为___________(填试剂名称)。 (2)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_________________________，在实验室中完成此实验还需要的试剂是________。 a．KClO3 b．KCl c．Mg d．MnO2 (3)为使固体混合物D在空气中灼烧完全分解，应_____________，直至连续两次测定的实验结果相同(或质量相差小于0.1 g)时为止；灼烧时必须用到的实验仪器是__________。 (4)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为__________________________。 (5)将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐(不含结晶水)，该盐受热分解产生三种氧化物，则该盐的化学式是______。 【答案】 (1). Fe2＋ (2). 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ (3). 铁氰化钾溶液(或氯水和 KSCN溶液、双氧水和KSCN溶液等，合理即可) (4). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe (5). ac － 2- (6). 灼烧，冷却至室温后称重，重复多次 (7). 坩埚 (8). SiO2＋2OH===SiO3＋H2O (9). Cu2(OH)2CO3[或Cu(OH)2·CuCO3] 【解析】 【分析】 某铜矿石的成分中含有Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入足量稀盐酸过滤，Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以固体混合物B为Cu、SiO2，滤液A中为亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到固体混合物D为氢氧化铜、氢氧化铁，滤液为C为AlO2-离子，通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属E为Al，固体混合物D空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜；固体混合物B中加足量的NaOH溶液，过滤，滤渣为Cu，滤液为硅酸钠溶液，据此分析可得结论。 【详解】（1）Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，铜和铁离子反应生成亚铁离子，所以滤液A中为亚铁离子，检验亚铁离子方法为：先加KSCN溶液，若不变色，再加氯水，变红色，说明含有亚铁离子，故答案为：Fe2＋、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋、铁氰化钾溶液(或氯水和KSCN溶液、双氧水和KSCN溶液等，合理即可)； （2）金属Al与氧化铁和氧化铜发生置换反应生成金属单质，该反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Al+Fe2O32Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe，2Al+3CuO Al2O3+3Cu，其中用于焊接钢轨为 Al2O3+2Fe，进行铝热反应还需要氯酸钾和镁条来引发该反应，故答案为：Al2O3+2F、ac； （3）为使固体完全分解，应反复灼烧，多次称量，灼烧应在坩埚中进行，故答案为：灼烧，冷却至室温后称重，重复多次；坩埚； （4）固体混合物B中加足量的NaOH溶液，二氧化硅与之反应生成硅酸钠和水，故答案为：SiO2＋2OH－===SiO32-＋H2O； （5）生成的绿色的不溶于水的盐(不含结晶水)为铜绿，化学式为：Cu2(OH)2CO3，故答案为：Cu2(OH)2CO3[或Cu(OH)2·CuCO3]。 【点睛】在铝热反应中，镁条为引燃剂，氯酸钾为助燃剂，镁条在空气中可以燃烧，氧气是氧化剂。但插入混合物中的部分镁条燃烧时，氯酸钾则是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应。由于该反应放出大量的热，只要反应已经引 发，就可剧烈进行，放出的热使生成的铁熔化为液态。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容