2019-2020年高考化学二模试卷（含解析） (II).doc

2019-2020年高考化学二模试卷（含解析） (II)一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）AFe3+、K+、Br、SCNBNH4+、Na+、CO32、OHCK+、Na+、PO43NO3DAl3+、Mg2+、SO42HCO32（3分）设m为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A14gC2H4中含有2m个CH键B1molL1 NH3H2O溶液中含有nA个NH4+C1molNa2O2和足量CO2反应产生nA个O2分子D常温常压下，22.4L的SO2中含有nA个SO2分子3（3分）下列说法正确的是（）A动物油加入稀硫酸生产肥皂B天然气、液化石油气的成分相同C乙烯和乙醛都能发生加成反应D石油裂解和蔗糖水解都是由高分子生成小分子的过程4（3分）在100ml，0.1molL1HA的溶液中，c（H+）=0.05molL1，往该溶液中加入等体积浓度的NaOH溶液（忽略溶液混合体积变化），下列离子浓度关系正确的是（）Ac（Na+）c（A）c（H+）c（OH）Bc（A）+c（HA）=0.05molL1Cc（Na+）c（A）c（HA）c（OH）Dc（HA）+c（H+）=c（A）+c（OH）5（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，已知X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，下列说法正确的是（） X Y Z WAX分别与Y、Z形成的化合物中化学键类型相同BZ的最高价氧化物的对应水化物酸性比W的强CX的简单气态氢化物的稳定性比W的强D原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）r（X）6（3分）下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIA苯甲酸的溶解度随温度升高而增大用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙BNH4Cl受热容易分解加热NH4Cl制备NH3CSO2具有漂白性SO2能使KMnO4溶液褪色D某温度下，碳酸的K1=4.4107，次氯酸的K=2.98108用CO2和NaClO制备HClOAABBCCDD7（3分）下列实验能到达预期目的是（） 实验内容 实验目的 A测定同浓度的Na3PO4和Na2SO4水溶液的pH 探究磷、硫两种元素非金属性的强弱 B 向蔗糖溶液中加入4滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却，再加入银氨溶液，水溶加热 检验蔗糖是否已水解 C 将乙醇与浓硫酸共热产生气体直接通入酸性kMnO4溶液 检验乙烯的生成 D 向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，观察白色沉淀转化为黄色沉淀 验证Ks（AgCl）Ks（AgI）AABBCCDD8（3分） 探究电解精炼铜（粗铜含有Ag、Zn、Fe）和电化学腐蚀装置如图，下列叙述正确的是（）A精炼铜时，电解质为硫酸铜溶液Y电极反应为：Cu2+2e+=CuB精炼铜时，溶液中Ag+、Zn2+、Fe2+浓度增大CX电极为石墨，Y电极为Cu，则铜收到保护DX电极为Fe，Y电极为Cu，则铁收到保护二、解答题（共4小题，满分48分）9由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯（2）写出反应类型：若要的反应完全，则反应需要的条件是（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）、10（15分）二甲酯具有优良的燃烧性能，本成为21世纪的“清洁能源”，以下为其中一种合成二甲酯的方法：在一定温度、压强和催化剂作用下，在同一反应器中进行如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）；H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H2=24.5kJmol1CO2（g）+H2CO（M）+H2（g）；H3=+41.2kJmol1（1）写出CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g） 和H2O（g）的热化学方程式（2）一定条件下，原料气中n（H2）/n（CO2）比值和温度对CO2转化率影响的实验数据如图1温度为T1K时，在1L反应容器中投入2molCO2和8molH2进行反应试计算达到平衡时CO2的浓度为结合数据图，归纳CO2平衡转化率受外界条件影响的变化规律；ab（3）为研究初始投料比与二甲酯产率关系，在一定温度和压强下，投入一定物质的量的H2、CO、CO2进行试验，实验发现二甲酯的平衡产率随原料气中n（CO）/n（CO）+n（CO2）比值随增大而增大试分析其原因（4）如图2是科学家现在研发的，以实现反应在常温常压下进行的装置，写出甲槽的电极反应11（16分）工业废渣、废水回收利用是重要研究课题下面流程是生成食用香料正丁酸乙酯的工厂废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物）联合利用电子工业废料（含SiO2和Cu2（OH）2CO3）回收铜的工艺设计回答下列问题：（1）初沉加入的试剂是明矾写出参与净水的离子的水解方程式（2）固体X的成分是，反应的化学方程式（3）试剂Y为；加快反应速率的措施有（任写一条）（4）反应的离子方程式为（5）硅胶在生活与生产中用途广泛，写出一种用途12（17分）KMnO4是常见的试剂某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O2（K2=5.4102）的反应（此反应为热效反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）限选试剂和仪器：0.20mol/l KMnO4 溶液（酸性）蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽 物理量编号 V（0.20mol/L H2C2O4溶液）/mL 甲 V（OO1mol/L KMnO4溶液）/mL M（MnSO4固体）/g T/ 乙 2.0 0 4.0 0 5.0 2.0 0 4.0 0 2.5 1.0 a 4.0 0 2.5 2.0 0 4.0 0.1 2.5回答下列问题：（1）完成上述反应原理的离子反应方程式MnO4+=Mn2+CO2+H2（2）上述实验是探究对化学反应速率的影响；若上述实验是探究浓度对化学反应速率的影响，则表格中“甲”应填写，a为；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写（3）上述实验是探究催化剂对化学反应速率的影响，请在答题卷的坐标图1中画出和的能量变化关系图（做必要的标注） 某化学小组利用图2装置进行实验证明氧化性；KMnO4Cl2Br2，限选试剂：KBr溶液、KMnO4浓盐酸、浓硫酸（4）装置a、d中盛放的试剂分别是：、；试验中观察到的现象为；此实验装置的不足之处是广东省茂名市xx届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）AFe3+、K+、Br、SCNBNH4+、Na+、CO32、OHCK+、Na+、PO43NO3DAl3+、Mg2+、SO42HCO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：如离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，或不发生氧化还原反应、互促水解、络合反应等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：AFe3+、SCN发生络合反应，不能大量共存，故A错误；BNH4+、OH不能大量共存，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DAl3+、HCO3互促水解反应，不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，侧重学生的分析能力，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，题目较简单，注重基础知识的考查2（3分）设m为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A14gC2H4中含有2m个CH键B1molL1 NH3H2O溶液中含有nA个NH4+C1molNa2O2和足量CO2反应产生nA个O2分子D常温常压下，22.4L的SO2中含有nA个SO2分子考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含4molCH键来分析；B、溶液体积不明确；C、2molNa2O2和二氧化碳充分反应生成1mol氧气；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol解答：解：A、14g乙烯的物质的量为0.5mol，而1mol乙烯中含4molCH键，故0.5mol乙烯中含2molCH键，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中铵根离子的个数无法计算，故B错误；C、2molNa2O2和二氧化碳充分反应生成1mol氧气，故1molNa2O2反应生成0.5mol氧气，即0.5nA个氧气分子，故C错误；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L二氧化硫的物质的量小于1mol，含有的分子个数小于nA个，故D错误故选A点评：本题考查了物质的量的有关计算，难度不大，应注意的是物质的结构特点和公式的应用3（3分）下列说法正确的是（）A动物油加入稀硫酸生产肥皂B天然气、液化石油气的成分相同C乙烯和乙醛都能发生加成反应D石油裂解和蔗糖水解都是由高分子生成小分子的过程考点：生活中的有机化合物 专题：有机反应分析：A、碱性条件下油脂的水解属于皂化反应；B、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是C3C4烃类；C、乙烯与乙醛中均含有不饱和双键，据此解答即可；D、相对分子质量大于10000的属于高分子解答：解：A、碱性条件下油脂的水解属于皂化反应，能生产肥皂，酸性条件下不可以，故A错误；B、天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是C3C4烃类，两者成分不相同，故B错误；C、乙烯与乙醛中均含有不饱和双键，均能与氢气加成，分别生成乙烷和乙醇，故C正确；D、相对分子质量大于10000的属于高分子，石油为多种物质的混合物，属于小分子化合物，蔗糖属于二糖，不是高分子，故D错误，故选C点评：本题主要考查的是油脂的性质、天然气与液化石油气的成分、双键的性质、高分子化合物等知识，综合性较强，但是难度不大4（3分）在100ml，0.1molL1HA的溶液中，c（H+）=0.05molL1，往该溶液中加入等体积浓度的NaOH溶液（忽略溶液混合体积变化），下列离子浓度关系正确的是（）Ac（Na+）c（A）c（H+）c（OH）Bc（A）+c（HA）=0.05molL1Cc（Na+）c（A）c（HA）c（OH）Dc（HA）+c（H+）=c（A）+c（OH）考点：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：在100ml，0.1molL1HA的溶液中，c（H+）=0.05molL1，则酸HA为弱酸，加入等体积浓度的NaOH溶液，混合后生成NaA，NaA水解后溶质为NaA和HA，根据电荷守恒和物料守恒判断，NaA水解，c（Na+）c（A），电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），物料守恒有：c（Na+）=c（A）+c（HA），据此分析解答解答：解：A在100ml，0.1molL1HA的溶液中，c（H+）=0.05molL1，则酸HA为弱酸，加入等体积浓度的NaOH溶液，发生反应：HA+NaOH=NaA+H2O，NaA水解，存在A+H2OHA+OH，则c（OH）c（H+），故A错误；B100ml，0.1molL1HA的溶液和等体积浓度的NaOH溶液混合，所得溶液中c（Na+）=0.05mol/L，NaA水解，A+H2OHA+OH，所得溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A）+c（HA）=0.05mol/L，故B正确；CHA为弱酸，NaA水解，c（Na+）c（A），c（OH）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH）c（HA），所以有：c（Na+）=0.05mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），故C错误；D0.1molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），由物料守恒有：c（Na+）=c（A）+c（HA），将代入得：c（H+）+c（HA）=c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等5（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，已知X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，下列说法正确的是（） X Y Z WAX分别与Y、Z形成的化合物中化学键类型相同BZ的最高价氧化物的对应水化物酸性比W的强CX的简单气态氢化物的稳定性比W的强D原子半径的大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）r（X）考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，由位置可知X与Y最外层电子数相差4，设Y的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a+4，则Y最高正化合价为+a，X的最低负化合价为（a+4）8，则X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，故a+（a+4）8=0，解得a=2，可知Y为Mg，则Z为Si、W为P、X为O，以此来解答解答：解：由短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，由位置可知X与Y最外层电子数相差4，设Y的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a+4，则Y最高正化合价为+a，X的最低负化合价为（a+4）8，则X的最低负价与Y的最高正价代数和为零，故a+（a+4）8=0，解得a=2，可知Y为Mg，则Z为Si、W为P、X为O，AX分别与Y、Z形成的化合物为MgO、SiO2，MgO属于离子化合物，含有离子键，而SiO2属于共价化合物，含有共价键，故A错误；B非金属性WZ，故Z的最高价氧化物的水化物酸性比W的弱，故B错误；C非金属性XW，故X的简单气态氢化物的稳定性比W的强，故C正确；D同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Y）r（Z）r（W）r（X），故D正确；故选CD点评：本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、元素的化合价及最外层电子推断元素为解答的关键，侧重分析、推断及应用能力的考查，题目难度不大6（3分）下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIA苯甲酸的溶解度随温度升高而增大用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙BNH4Cl受热容易分解加热NH4Cl制备NH3CSO2具有漂白性SO2能使KMnO4溶液褪色D某温度下，碳酸的K1=4.4107，次氯酸的K=2.98108用CO2和NaClO制备HClOAABBCCDD考点：铵盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；二氧化硫的化学性质；物质的分离、提纯和除杂 分析：A、蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤；B、氯化铵受热易分解，氮分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气；C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性；D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸解答：解：A、苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤除去苯甲酸中混有的泥沙，叙述正确，错误，故A错误；B、氯化铵受热易分解，氮分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气，叙述正确，错误，无有因果关系，故B错误；C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性，叙述、均正确，但无有因果关系，故C错误；D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，叙述和均正确并有因果关系，故D正确；故选D点评：本题考查了铵盐性质、二氧化硫还原性、弱电解质电离平衡的分析判断，主要是物质性质的准确把握，掌握基础是关键，题目难度中等7（3分）下列实验能到达预期目的是（） 实验内容 实验目的 A测定同浓度的Na3PO4和Na2SO4水溶液的pH 探究磷、硫两种元素非金属性的强弱 B 向蔗糖溶液中加入4滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却，再加入银氨溶液，水溶加热 检验蔗糖是否已水解 C 将乙醇与浓硫酸共热产生气体直接通入酸性kMnO4溶液 检验乙烯的生成 D 向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，观察白色沉淀转化为黄色沉淀 验证Ks（AgCl）Ks（AgI）AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A同温同浓度的Na3PO4和Na2SO4水溶液，前者pH大，则酸性硫酸大于磷酸，以此比较非金属性；B蔗糖在酸作用下水解生成葡萄糖和果糖具有还原性在碱性条件下才能被银氨溶液氧化，发生银镜反应；C乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；D沉淀向更难溶的方向转化解答：解：A同温同浓度的Na3PO4和Na2SO4水溶液，前者pH大，则酸性硫酸大于磷酸，则非金属性SP，故A正确； B蔗糖是非还原性糖，在酸作用下水解生成葡萄糖和果糖具有还原性，需要先加入氢氧化钠中和硫酸呈碱性，再加入银氨溶液加热出现银镜现象，证明蔗糖水解，故B错误；C乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先除去乙醇，故C错误；D白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确故选AD点评：本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是C，注意乙醇子的性质，为易错点，难度中等8（3分） 探究电解精炼铜（粗铜含有Ag、Zn、Fe）和电化学腐蚀装置如图，下列叙述正确的是（）A精炼铜时，电解质为硫酸铜溶液Y电极反应为：Cu2+2e+=CuB精炼铜时，溶液中Ag+、Zn2+、Fe2+浓度增大CX电极为石墨，Y电极为Cu，则铜收到保护DX电极为Fe，Y电极为Cu，则铁收到保护考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、Y电极为阴极，铜的电解精炼是粗铜做阳极，精铜做阴极，铜盐溶液做电解质；B、精炼铜时，银没有铜活泼，所以单银不放电；C、X电极为石墨，Y电极为Cu，阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜；D、阳极上铁会失电子生成离子解答：解：A、Y电极为阴极，铜的电解精炼是粗铜做阳极，精铜做阴极，铜盐溶液做电解质，所以阴极的电极反应式为：Cu2+2e=Cu，故A正确；B、精炼铜时，银没有铜活泼，所以单银不放电，所以溶液中Zn2+、Fe2+浓度增大，故B错误；C、X电极为石墨，Y电极为Cu，阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，所以保护了铜，故C正确；D、阳极上铁会失电子生成离子，所以铁腐蚀，故D错误；故选AC点评：本题主要考查电解原理及其应用电化学原理是高中化学的核心考点，本题利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；题目难度中等二、解答题（共4小题，满分48分）9由有机物合成（香豆素）的合成路线如下，回答下列问题；（1）写出分子式：丙烯酸甲酯C4H6O2（2）写出反应类型：取代反应若要的反应完全，则反应需要的条件是H+（稀盐酸或稀硫酸）（3）已知化合物的相对分子质量为146，写出结构简式：（4）化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，能发生银镜反应；1mol最多能与2mol的NaOH反应的结构简式为（5）根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应，试写出氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成的化学方程式（无机试剂任选）、考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CHCOOCH3，据此写出其分子式；（2）根据有机物和的结构简式判断官能团变化，然后判断反应类型；有机物中酯基转化成羧基、羟基，为酯的酸性条件下的水解反应，若该反应完全，反应条件应该为碱性条件下加热；（3）有机物的相对分子质量为164，根据、相对分子质量可知该反应为有机物分之内的酯化反应，据此写出有机物的结构简式；（4）有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，V分子中含有4种H原子，则V具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基或为甲酸酯；1mol最多能与2mol的NaOH反应，V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，再结合的结构简式写出满足条件的有机物的结构简式；（5）结合题干的反应原理可知，氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，据此写出反应的化学方程式解答：解：（1）丙烯酸甲酯为CH2=CHCOOCH3，其分子中含有4个C、6个H和2个O原子，其分子式为：C4H6O2，故答案为：C4H6O2；（2）的反应中，有机物中Cl原子被CH=CHCOOCH3取代生成有机物和HCl，该反应为取代反应；的反应为酯的水解反应，在碱性条件下，酯的水解反应进行完全，所以若反应完全，反应条件为氢氧化钠溶液、加热；题中有机物的反应为可逆反应，需要在酸性条件下进行，故答案为：取代反应；氢氧化钠溶液、加热；H+（稀盐酸或稀硫酸）；（3）有机物的相对分子质量为164，化合物的相对分子质量为146，、相对分子质量之差为18，恰好脱去1分子水，则该反应为有机物分之内的酯化反应，反应生成产物为：，故答案为：；（4）有机物的结构简式为，化合物是的一种同分异构体，有如下特征：分子中除苯环外，无其它环状结构；在核磁共振氨谱图中，有四个吸收峰，则分子中含有4种等效H，V的取代基具有对称结构；能发生银镜反应，V分子中含有醛基；1mol最多能与2mol的NaOH反应，则V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基，满足以上条件的V的结构简式为：，故答案为：；（5）氯苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，结合的反应，首先氯苯与丙烯发生取代反应生成，再与水发生加成反应生成，反应的化学方程式为：、，故答案为：；点评：本题考查了有机合成，题目难度中等，明确合成原理为解答关键，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，（5）为难点，需要分析题干中取代反应原理，试题培养了学生的分析、理解能力和自学能力10（15分）二甲酯具有优良的燃烧性能，本成为21世纪的“清洁能源”，以下为其中一种合成二甲酯的方法：在一定温度、压强和催化剂作用下，在同一反应器中进行如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）；H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H2=24.5kJmol1CO2（g）+H2CO（M）+H2（g）；H3=+41.2kJmol1（1）写出CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g） 和H2O（g）的热化学方程式2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3 （g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1（2）一定条件下，原料气中n（H2）/n（CO2）比值和温度对CO2转化率影响的实验数据如图1温度为T1K时，在1L反应容器中投入2molCO2和8molH2进行反应试计算达到平衡时CO2的浓度为1mol/L结合数据图，归纳CO2平衡转化率受外界条件影响的变化规律；a其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随温度升高而减小b其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随n（H2）/n（CO2）比值增大而增大（3）为研究初始投料比与二甲酯产率关系，在一定温度和压强下，投入一定物质的量的H2、CO、CO2进行试验，实验发现二甲酯的平衡产率随原料气中n（CO）/n（CO）+n（CO2）比值随增大而增大试分析其原因随着CO的含量增大，反应平衡将向逆方向移动，既消耗大量的水，又增大了CO2和氢气的含量，从而促使反应和的平衡都向正向移动，则二甲醚产率增大（4）如图2是科学家现在研发的，以实现反应在常温常压下进行的装置，写出甲槽的电极反应CO2+6e+6H+CH3OH+H2O考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素 专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；（2）根据图1可知，温度为T1K时，在1L反应容器中投入2molCO2和8molH2进行反应即n（H2）/n（CO2）比值=4时，达平衡时CO2的转化率为50%，据此计算；根据图1，当n（H2）/n（CO2）比值固定时，随着温度升高，达平衡时CO2的转化率在减小；作一与横坐标垂直的等温线，可以看出其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随n（H2）/n（CO2）比值增大而增大；（3）随原料气中n（CO）/n（CO）+n（CO2）比值的增大，即CO的含量增大，反应平衡将向逆方向移动，既消耗大量的水，又增大了CO2和氢气的含量，从而促使反应向正反应方向移动，这又增大了CH3OH的含量，又促使的平衡向正向移动，则二甲醚产率增大，据此分析；（4）根据图2，甲槽为CO2得电子发生还原反应生成CH3OH，据此书写反应式解答：解：（1）已知反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.1kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=24.5kJmol1根据盖斯定律：2+即得到目标方程式，所以CO2（g）加H2（g）转化为CH3OCH3（g） 和H2O（g）的热化学方程式2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3 （g）+3H2O（g）H=（49.1224.5）kJmol1=122.7 kJmol1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3 （g）+3H2O（g）H=122.7 kJmol1；（2）由图1可知，温度为T1K时，在1L反应容器中投入2molCO2和8molH2进行反应即n（H2）/n（CO2）比值=4时，达平衡时CO2的转化率为50%，所以平衡时CO2的浓度为=1mol/L，故答案为：1mol/L；根据图1，当n（H2）/n（CO2）比值固定时，随着温度升高，达平衡时CO2的转化率在减小；作一与横坐标垂直的等温线，可以看出其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随n（H2）/n（CO2）比值增大而增大；故答案为：其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随温度升高而减小；其他条件不变，达平衡时CO2的转化率随n（H2）/n（CO2）比值增大而增大；（3）随原料气中n（CO）/n（CO）+n（CO2）比值的增大，即CO的含量增大，反应平衡将向逆方向移动，既消耗大量的水，又增大了CO2和氢气的含量，从而促使反应向正反应方向移动，这又增大了CH3OH的含量，又促使的平衡向正向移动，则二甲醚产率增大，故答案为：随着CO的含量增大，反应平衡将向逆方向移动，既消耗大量的水，又增大了CO2和氢气的含量，从而促使反应和的平衡都向正向移动，则二甲醚产率增大；（4）根据图2，甲槽为CO2得电子发生还原反应生成CH3OH，反应式为CO2+6e+6H+CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e+6H+CH3OH+H2O点评：本题考查的知识点较多，题目综合性较强，难度较大，主要考查了盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算、图表信息的提取与应用等，在书写电池的电极方程式时要注意电解质对反应的影响11（16分）工业废渣、废水回收利用是重要研究课题下面流程是生成食用香料正丁酸乙酯的工厂废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物）联合利用电子工业废料（含SiO2和Cu2（OH）2CO3）回收铜的工艺设计回答下列问题：（1）初沉加入的试剂是明矾写出参与净水的离子的水解方程式Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（2）固体X的成分是CuO SiO2，反应的化学方程式CH3CH2OH+CuOCu+H2O+CH3CHO（3）试剂Y为氢氧化钠溶液；加快反应速率的措施有（任写一条）增大氢氧化钠溶液的浓度，将固体粉碎，升高温度等（4）反应的离子方程式为2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32+2H2O=2CH3CH2CH2COO+2CH3CH2OH+H2SiO3（5）硅胶在生活与生产中用途广泛，写出一种用途催化剂载体考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断 专题：推断题；实验设计题分析：流程分析可知，废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物），废水积沉得到溶液分馏得到液体C、D，B为正丁酸乙酯，A为乙醇，CD为正丁酸、乙酯，反应为液体B为正丁酸乙酯和水玻璃溶液反应发生水解，生成丁酸钠，硅酸沉淀和乙醇，废料加热分解碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，得到固体X为CuO、SiO2，其中氧化铜和液体A为乙醇加热反应生成铜，乙醛和水，得到Cu和SiO2和试剂Y发生反应得到硅酸钠溶液，说明是二氧化硅和碱发生的反应，Y为氢氧化钠溶液，（1）明矾为硫酸铝钾，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，起到净水作用；（2）上述分析可知固体X为氧化铜和二氧化硅，乙醇和氧化铜加热反应生成铜和乙醛和水；（3）试剂Y为氢氧化钠溶液，加快反应速率的措施可以利用升温、增大浓度、增大接触面积等；（4）反应为正丁酸乙酯在水玻璃溶液中水解，结合流程图分析得到沉淀为硅酸，溶液为正丁酸钠和乙醇，蒸馏得到乙醇；（5）利用硅胶具有强力吸附能迅速有效地吸附密封包装内的水分、化学性质稳定、无毒无害的特点，可以做催化剂载体；解答：解：流程分析可知，废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物），废水积沉得到溶液分馏得到液体C、D，B为正丁酸乙酯，A为乙醇，CD为正丁酸、乙酯，反应为液体B为正丁酸乙酯和水玻璃溶液反应发生水解，生成丁酸钠，硅酸沉淀和乙醇，废料加热分解碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，得到固体X为CuO、SiO2，其中氧化铜和液体A为乙醇加热反应生成铜，乙醛和水，得到Cu和SiO2和试剂Y发生反应得到硅酸钠溶液，说明是二氧化硅和碱发生的反应，Y为氢氧化钠溶液，（1）明矾为硫酸铝钾，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，起到净水作用，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（2）上述分析可知固体X为氧化铜和二氧化硅，化学式为CuO和SiO2，乙醇和氧化铜加热反应生成铜和乙醛和水，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CuOCu+H2O+CH3CHO，故答案为：CuO和SiO2；CH3CH2OH+CuOCu+H2O+CH3CHO；（3）上述分析可知试剂Y为氢氧化钠溶液，加快反应速率的措施可以利用升高溶液的温度、增大氢氧化钠溶液浓度、增大固体接触面积等，故答案为：氢氧化钠溶液；升高溶液的温度、增大氢氧化钠溶液浓度、增大固体接触面积等；（4）反应为正丁酸乙酯在水玻璃溶液中水解，结合流程图分析得到沉淀为硅酸，溶液为正丁酸钠和乙醇，蒸馏得到乙醇，反应的化学方程式为：2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32+2H2O=2CH3CH2CH2COO+2CH3CH2OH+H2SiO3，故答案为：2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32+2H2O=2CH3CH2CH2COO+2CH3CH2OH+H2SiO3；（5）硅胶具有强力吸附能迅速有效地吸附密封包装内的水分、化学性质稳定、无毒无害的特点，可以做干燥剂、催化剂载体等，故答案为：催化剂载体点评：本题考查了物质分离提纯的理解应用，主要是物质性质的分析判断，流程的分析应用，主要是物质推断的方法分析，掌握基础是关键，题目难度中等12（17分）KMnO4是常见的试剂某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O2（K2=5.4102）的反应（此反应为热效反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）限选试剂和仪器：0.20mol/l KMnO4 溶液（酸性）蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽 物理量编号 V（0.20mol/L H2C2O4溶液）/mL 甲 V（OO1mol/L KMnO4溶液）/mL M（MnSO4固体）/g T/ 乙 2.0 0 4.0 0 5.0 2.0 0 4.0 0 2.5 1.0 a 4.0 0 2.5 2.0 0 4.0 0.1 2.5回答下列问题：（1）完成上述反应原理的离子反应方程式MnO4+5H2C2O2+6H+=Mn2+CO2+H2（2）上述实验是温度探究对化学反应速率的影响；若上述实验是探究浓度对化学反应速率的影响，则表格中“甲”应填写V（蒸馏水）/mL，a为1.0；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写溶液褪色的时间（3）上述实验是探究催化剂对化学反应速率的影响，请在答题卷的坐标图1中画出和的能量变化关系图（做必要的标注） 某化学小组利用图2装置进行实验证明氧化性；KMnO4Cl2Br2，限选试剂：KBr溶液、KMnO4浓盐酸、浓硫酸（4）装置a、d中盛放的试剂分别是：浓盐酸、KBr溶液；试验中观察到的现象为c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为棕黄色；此实验装置的不足之处是无尾气处理装置考点：探究影响化学反应速率的因素 专题：实验设计题分析：（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短（3）使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物、生成物的能量以及反应放出的热量，据此分析；（4）根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故要实验证明氧化性；KMnO4Cl2Br2，需用KMnO4将Cl2氧化出，用Cl2将Br2氧化出，据此分析；根据反应来分析现象；由于氯气、溴蒸汽有毒，故应有尾气处理解答：解：（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平可得：2MnO4+5H2C2O2+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2C2O2+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验的反应条件可知，实验可探究温度对反应速率的影响；实验中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL，故甲应为V（蒸馏水）/mL，a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间，故答案为：温度；V（蒸馏水）/mL；1.0；溶液褪色的时间；（3）使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物、生成物的能量以及反应放出的热量，故图象为，故答案为：；（4）根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故要实验证明氧化性；KMnO4Cl2Br2，需用KMnO4将Cl2氧化出，用Cl2将Br2氧化出，故a中应放浓盐酸，c中放KMnO4溶液，通过KMnO4能将浓盐酸中的Cl氧化为Cl2可证明氧化性KMnO4Cl2；d中放KBr溶液，通过Cl2与KBr溶液反应置换出Br2可以证明氧化性Cl2Br2，由于c中有氯气生成，即有黄绿色气体产生，在d中氯气将KBr溶液氧化为单质溴，溶液变为棕黄色由于氯气、溴蒸汽有毒，故应有尾气处理装置故答案为：浓盐酸；KBr溶液；c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为棕黄色；无尾气处理装置点评：本题考查了影响反应速率的因素的探究，应注意的是当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致综合性较强，难度较大