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1、2015-2016学年贵州省贵阳一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题12015年8月12日23：30左右天津滨海新区第五大街与跃进路交叉口的一处集装箱码头发生爆炸，发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品现场火光冲天，在强烈爆炸声后，高数十米的灰白色蘑菇云瞬间腾起爆炸造成重大的人员伤亡和财产损失血的教训告诉我们：水火无情下列物质（或存放仓库）着火时，可以直接用水扑灭的是（）A植物油B电石C棉被、衣物D过氧化钠225时，将amol/L一元酸HA与bmol/L NaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（）Aa=bBabCc（A）=c（Na+）Dc（A）c（Na+）3对于实验II
2、V的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去4设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数目为NAB7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热可生成SO2为0.1NAD标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA5CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO
3、2（g）H0，在其他条件不变的情况下（）A加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也随之改变B改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变6控制适合的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如右图所示的原电池，（盐桥装有琼脂硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知，接通后，观察到电流计指针向右偏转下列判断正确的是（）A在外电路中，电子从石墨电极流向银电极B盐桥中的K+移向乙烧杯C一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏
4、转7将agFe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L的稀硝酸中充分反应后（假设还原产物只有NO），下列说法正确的是（）A若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2+B若反应后的溶液中有Cu2+，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2+、Fe3+C若加入的Fe和Cu的质量比为7：8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2gD若两者恰好反应，则加入金属粉末质量8.4ga9.6g二、简答题8工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇（1）已知2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g
5、）H=bkJ/mol试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=，该反应的平衡常数表达式为（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是（填字母）AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍BH2的体积分数不再改变C体系中H2的转化率和CO的转化率相等D体系中气体的平均摩尔质量不再改变
6、比较A、B两点压强大小PAPB（填“、=”）若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=L（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是9已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和
7、J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molCK只知含有CO或CO2中的一种或两种它们关系如图所示：（1）写出A物质中所含金属元素在周期表中的位置：写出化合物L的电子式：反应的化学方程式为（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用（填序号）方法热还原法 电解法 热分解法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为mol（5）用C、J
8、作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为，当反应转移2mol电子时，负极质量增加克10医疗上绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药某化学兴趣小组对绿矾进行了如下的探究：制备产品该小组由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图所示装置制备FeSO47H2O晶体，步骤如下：（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是，然后将废铁屑用水洗涤23遍（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是（3）再加入足量稀硫酸，控制温度5080之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为（4）获取产品：先向步骤（3）中反应后的混合物中加入少许蒸馏水，
9、趁热过滤，滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存测定FeSO47H2O含量（1）称取上述样品10.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要的仪器有（填仪器名称）、（2）准确量取25mL该液体于锥形瓶中，用0.1000mol/L KMnO4标准溶液滴定，则滴定终点的判断方法是（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗10.00mL标准液，该样品中FeSO47H2O的质量分数为（已知Mr（FeSO47H2O）=278）（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时（填“俯视”或“仰视”）读数11化学一选修/化学与技术纯碱一直以来都是工业生
10、产的重要原料，很长一段时间纯碱的制法都被欧美国家所垄断20世纪初我国著名的工业化学家侯德榜先生，经过数年的反复研究终于发明了优于欧美制碱技术的联合制碱法（又称侯氏制碱法），并在天津建造了我国独立研发的第一家制碱厂其制碱原理的流程如下：（1）侯德榜选择天津作为制碱厂的厂址有何便利条件（举二例说明）、（2）合成氨工厂需要向制碱厂提供两种原料气体，它们分别是：、（填化学式）这两种气体在使用过程中是否需要考虑添加的顺序（填“是”或“否”），原因是：（3）在沉淀池中发生的反应的化学方程式是（4）使原料水中溶质的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了（填上述流程中的编号）的循环从母液中可以提取的副产
11、品的应用是（举一例）12已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中A、B、C是同一周期的非金属元素化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构AC2为非极性分子B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为；A、B、C的电负性由大到小的顺序为；（均用“”或“”连接）（2）B的氢化
12、物的分子空间构型是其中心原子采取杂化（3）写出化合物AC2的电子式；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为（4）E的价层电子排布式是，在形成化合物时它的最高化合价为，ECl3形成的配合物的化学式为（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是13软质隐形眼镜材料W、树脂X的合成路线如下：（1）A 中含有的官能团名称是（2）甲的结构简式是（3）BC反应的化学方程式是（4）B有多种同分异构体属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有种（不考虑顺反异构，下同），写出其中能发生银镜反应，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式是（5）已知F的
13、相对分子质量为110，分子中碳原子、氢原子数都是氧原子数的3倍，苯环上的氢原子化学环境都相同则F还能发生的反应是（填序号）a加成反应 b氧化反应 c加聚反应 d水解反应（6）写出树脂X可能的结构简式（写出一种即可）（7）E的分子式为C10H14O2，含三个甲基，苯环上的一溴代物有两种生成E的化学方程式是2015-2016学年贵州省贵阳一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题12015年8月12日23：30左右天津滨海新区第五大街与跃进路交叉口的一处集装箱码头发生爆炸，发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品现场火光冲天，在强烈爆炸声后，高数十米的灰白色蘑菇云瞬间腾起爆炸造成重大的
14、人员伤亡和财产损失血的教训告诉我们：水火无情下列物质（或存放仓库）着火时，可以直接用水扑灭的是（）A植物油B电石C棉被、衣物D过氧化钠【考点】化学实验安全及事故处理【专题】实验事故处理【分析】与水反应的物质着火不能用水灭火，密度比水小的液体着火不能用水灭火，据此解题【解答】解：A植物油密度比水小，不能用水灭火，故A错误； B电石与水反应生成乙炔，乙炔是可燃性气体，故B错误；C棉被、衣物可用水灭火，可降低温度，故C正确；D过氧化钠与水反应生成氧气，燃烧更剧烈，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，解题的关键是掌握好可燃物燃烧的条件及灭火的方法225时，将amol/L一元
15、酸HA与bmol/L NaOH等体积混合后测得溶液pH=7，则下列关系一定不正确的（）Aa=bBabCc（A）=c（Na+）Dc（A）c（Na+）【考点】pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性可知，溶液中c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），结合溶液的pH值判断c（A）、c（Na+）的相对大小【解答】解：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性；由于溶液pH=7，HA与NaOH等体
16、积混合，HA应过量，故ab，综上所述，ab，故A正确；B、由A分析可知，可以满足ab，故B正确；C、溶液中c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液pH=7，则c（OH）=c（H+），故c（A）=c（Na+），故C正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c（A）=c（Na+），故D错误；故选：D【点评】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，题目难度中等，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用3对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无
17、色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B上层为氯化铁溶液，为黄色；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需
18、要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选：D【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、萃取、蒸发等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大4设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数目为NAB7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热可生成SO2
19、为0.1NAD标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；BNa2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1；C铜与稀硫酸不反应；D由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，据此计算转移电子数目【解答】解：A标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；BNa2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则混合物的总物质的量为=0.1m
20、ol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1，因此所含有的阴离子的个数为0.1molNAmol11=0.1NA，故B正确；C足量的铜与含有0.2molH2SO4的浓溶液共热若完全反应生成二氧化硫0.1mol，但是浓硫酸随着反应进行浓度降低，变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故生成的二氧化硫小于0.1NA，故C错误；D.2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol2NAmol1=0.1NA，故D错误；故选：B【点评】本
21、题考查了阿伏加德罗常数的计算，为高考高频考点，掌握以物质的量为核心的计算公式及过氧化钠的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和对象，题目难度不大5CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下（）A加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也随之改变B改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A催化剂虽然改变了反应途径，但是H只取决于反应物、生成物的状态；B对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C升高
22、温度，平衡向吸热的方向移动；D若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；【解答】解：A催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以H不变，故A错误；B这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；D若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B；【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动6控制适合的条件，将反应F
23、e3+AgFe2+Ag+设计成如右图所示的原电池，（盐桥装有琼脂硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度）已知，接通后，观察到电流计指针向右偏转下列判断正确的是（）A在外电路中，电子从石墨电极流向银电极B盐桥中的K+移向乙烧杯C一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A原电池外电路电子由负极流向正极；B该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子移向正极；C一段时间后，原电池反应结束；D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的
24、原电池，铁做负极，银做正极【解答】解：A原电池外电路电子由负极流向正极，所以电子从银电极流向石墨电极，故A错误；B该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，盐桥中K+是阳离子移向正极甲烧杯，故B错误；C一段时间后，原电池反应结束，流计指针指向0，故C错误；D电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，铁活泼性强于银，形成新的原电池，铁做负极，银做正极，电流计指针向左偏转，故D正确；故选：D【点评】本题是对原电池原理综合考查，明确原电池工作原理、准确判断原电池中正负电极是解题关键，题目难度中等7将agFe和Cu的混合粉末加入到100mL4mol/L的稀硝酸中充分反应后（假设还原产物只有NO），
25、下列说法正确的是（）A若反应后有Cu剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2+B若反应后的溶液中有Cu2+，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2+、Fe3+C若加入的Fe和Cu的质量比为7：8，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2gD若两者恰好反应，则加入金属粉末质量8.4ga9.6g【考点】有关混合物反应的计算【专题】极端假设法；利用化学方程式的计算【分析】将Fe和Cu的混合粉末加入到100mL 4mol/L稀硝酸中充分反应，可能的化学反应为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO4+H2O、Fe+2Fe（N
26、O3）3=3Fe（NO3）2、Cu+2Fe（NO3）3=2Fe（NO3）2+Cu（NO3）2；依据离子共存逐项分析，有Fe3+一定不存在Fe、Cu，有Fe一定不存在Fe3+、Cu2+、Fe3+、H+；有Cu剩余一定无Fe3+、HNO3，据此进行解答【解答】解：100mL4mol/L的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：4mol/L0.1L=0.4mol，A若反应后有Cu剩余，则肯定没有Fe3+，此溶液中一定有Fe2+，不一定含有Cu2+，故A错误；B若反应后有Cu2+时，铁一定完全反应，但是铜可能有剩余，则反应后的溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；C因要求HNO3完全反应且金属质量最小，所以加入的
27、铁要尽可能多耗酸，所以生成的是Fe3+，而Fe和Cu的质量比为7：8，可得到两者的物质的量之比为1：1，设铁铜物质的量为x，根据反应的定量关系可得：Fe4HNO3，3Cu8HNO31 4 3 8x 4x x x硝酸物质的量为0.4mol，则：4x+x=0.4，可解得需要Fe和Cu的物质的量均为0.06 mol，则金属的最小质量为：0.06mol64g/mol+0.06mol56g/mol=7.2g，故C正确；D由上述三个过程可知，只发生与铜的反应时所需的金属量最多，由3Cu8HNO3可解得需Cu的质量为：0.4mol64g/mol=9.6 g；当金属中完全为Fe且发生反应Fe+4HNO3=Fe
28、（NO3）3+NO+2H2O时，金属的质量最小，最小质量为：56g/mol0.4mol=5.6g，则混合物质量范围为：5.6ga9.6g，故D错误；故选C【点评】本题考查了混合物反应的计算与判断，题目难度较大，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力二、简答题8工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇（1）已知2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=bkJ/mol试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4（g）+O2（g）=2C
29、H3OH（g）H=（a+2b）kJ/mol（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=0.075molL1min1，该反应的平衡常数表达式为（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是AC（填字母）AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍BH2的体积分数不再改变C体系中H2的转化率和CO的转化率相等D体系中气体的平均摩尔质
30、量不再改变比较A、B两点压强大小PAPB（填“、=”）若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=4L（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关
31、反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；盐类的水解专题；电化学专题；化学平衡计算【分析】（1）已知：2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=akJ/molCO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=bkJ/mol根据盖斯定律，+2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.90.15）mol/L=0.75mol/L，再根据v=计算v（CO）；化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂
32、之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；A、B温度相同，平衡常数相同，若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol50%=5mol，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol）：10 20 0变化量（mol）：5 10 5平衡量（mo
33、l）：5 10 5平衡常数K=4，计算B状态时各组分物质的量，再结合平衡常数计算体积；（4）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.75mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n （K2CO3）+n （KHCO3）=0.5mol，2n （K2CO3）+n（KHCO3）=0.75mol，联立解得：n （K2CO3）=n （KHCO3）=0.25mol，溶液呈碱性，且CO32水解程度大于HCO3水解程度【解答】解：（1）已知：2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）H=akJ/molCO（g
34、）+2H2（g）=CH3OH（g）H=bkJ/mol根据盖斯定律，+2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）H=（a+2b）kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）H=（a+2b）kJ/mol；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.90.15）mol/L=0.75mol/L，则v（CO）=0.075molL1min1；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的化学平衡常数表达式K=，故答案为：0.075molL1min1；（3）AH2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，均表示正反应速率，
35、反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，当H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率的2倍时，反应到达平衡，故A错误；BH2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；C氢气、CO的转化率与它们起始物质的量有关，平衡时不一定相等，若起始物质的量之比等于化学计算量之比，转化率始终相等，故C错误；D混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，混合气体气体的平均摩尔质量不再改变，说明达到了平衡，故D正确故选：AC；温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强PAPB，故答案为：；若达到化学平衡状态A时，容
36、器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol50%=5mol，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol）：10 20 0变化量（mol）：5 10 5平衡量（mol）：5 10 5平衡常数K=4，如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，在平衡状态B时CO转化率为80%，则转化的CO为10mol80%=8mol，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol）：10 20 0变化量（mol）：8 16 8平衡量（mol）：2 4 8设体积为VL，则=4，解得V=4，故答案为：4；（4）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性
37、条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.5mol，和0.75mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n （K2CO3）+n （KHCO3）=0.5mol，2n （K2CO3）+n（KHCO3）=0.75mol，联立解得：n （K2CO3）=n （KHCO3）=0.25mol，溶液呈碱性，且CO32水解程度大于HCO3水解程度，溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：c（K+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（K+
38、）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、盖斯定律应用、原电池、离子浓度大小比较，题目比较综合，需学生具备扎实的基础，是对学生综合能力的考查，（3）中体积计算为难点，注意掌握平衡常数应用，难度中等9已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molCK只知含有CO或CO2中的一种或两种它们关系如图所示：（1）写出A物
39、质中所含金属元素在周期表中的位置：第四周期第族（2）写出化合物L的电子式：反应的化学方程式为PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为2Fe（OH）3+2I+6H+=I2+2Fe2+6H2O（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用（填序号）方法热还原法 电解法 热分解法其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为8mol（5）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为Pb+SO422e=
40、PbSO4，当反应转移2mol电子时，负极质量增加96克【考点】无机物的推断【分析】J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，为第A族， J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，C和J均是某种常见电池的电极材料，推断J为Pb，H是元素有色气体非金属单质，则H为Cl2，由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，则C为PbO2结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L
41、，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2+PbCl2，据此解答【解答】解：J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，为第A族，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，C和J均是某种常见电池的电极材料，推断J为Pb，H是元素有色气体非金属单质，则H为Cl2，由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，则C为PbO2结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E
42、为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2+PbCl2，（1）A物质的化学式为：Fe3O4，Fe在元素周期表中的位置是第四周期第族，故答案为：第四周期第族；（2）L为HClO，其电子式为，反应是HCl与PbO2反应时，每生成1molCl2同时消耗4molHCl和1molPbO2，化学方程式为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O；故答案为：；PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2+2H2O；
43、（3）向氢氧化铁胶体中逐滴滴入HI溶液，开始电解质中和胶体胶粒所带电荷，发生胶体聚沉，得到氢氧化铁沉淀，而后HI与氢氧化铁发生酸碱中和反应、铁离子氧化碘离子生成碘，红褐色沉淀溶解的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I+6H+=I2+2Fe2+6H2O，故答案为：2Fe（OH）3+2I+6H+=I2+2Fe2+6H2O； （4）由金属氧化物A为Fe3O4和C为PbO2 得到其相应的金属为Fe、Pb，依据金属活动顺序，在冶金工业上一般可用热还原法，其中从A得到其相应金属也可用铝热法，发生的反应为：3Fe3O4+8Al 9Fe+4Al2O3，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为8mol，
44、故答案为：；8；（5）用PbO2、Pb作电极，与硫酸构成如图所示电池是铅蓄电池，正极为PbO2，电极反应为：PbO2+2e+4H+SO42PbSO4+2H2O，负极为Pb，电极反应为：Pb+SO422e=PbSO4，当反应转移2mol电子时，负极反应1molPb，其质量=1mol207.2g/mol=207.2g，生成1molPbSO4，其质量=1mol303.2g/mol=303.2g，故负极质量增加=303.2g207.2g=96g，故答案为：Pb+SO422e=PbSO4；96【点评】本题考查元素无机物推断，物质的颜色、J为电池的电极材料及同主族元素形成化合物最多等水推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元