湖南H11教育联盟2018年1月高三化学联考试题带解析

湖南H11教育联盟2018年1月高三化学
联考试题（带解析）
湖南H11教育联盟2018年1月高三联考
化学试题
1.化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确
的是
A.蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不
同
B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，上述提取青蒿
素的过程中发生了化学变化
C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D.用浸泡过酸性KMnO4溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
【答案】D
2.下列离子组在给定条件下可能大量共存的是
选项条件
A滴加氨水Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
BpH=l的溶液Fe2+、Al3+、S2O32-、MnO4-
C由水电离出的H+浓度为l×10-12mol/LNH4+、K+、NO3-、Cl-
D通入SO2气体K+、Na+、C1O-、SO42-
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】C
【解析】A、滴加氨水，Mg2+＋2NH3H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4＋，故A错误；B、pH=l的溶液，酸性条件下，Fe2+能被MnO4-氧化成Fe3＋，故B错误；C、由水电离出的H+浓度为l×10-12molL－1，水电离受到抑制，说明原溶液为酸或碱溶液，NH4+、K+、NO3-、Cl-在酸性条件下可以大量共存，故C正确；D、通入SO2气体，C1O-＋SO2＋
H2O=2H＋＋Cl－＋SO42－，故D错误；故选C。

3.下列物质的分类正确的是
A.硬脂酸钠、氟化钠、纳米材料都是钠盐
B.水玻璃、铝热剂、王水都是混合物
C.短周期中非金属元素的氢化物不是强酸，就是弱酸
D.某物质的水溶液呈碱性，该物质一定是碱
【答案】B
【解析】A、硬脂酸钠、氟化钠都是钠盐，纳米材料的结构单元尺寸介于1纳米～100纳米范围之间，广泛应用在纳米加工技术、纳米测量技术、纳米应用技术等方面．1米=109纳米，与钠盐无必然的联系，故A错误；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、铝热剂是铝和一些难熔金属氧化物的混合物、王水是盐酸和硝酸的混合物，三者都是混
合物，故B正确；C、短周期中非金属元素的氢化物有强酸如HCl，有弱酸如HF，有显中性的如CH4，有水溶液显碱性的如NH3，故C错误；D、某物质的水溶液呈碱性，该物质不一定是碱，可能是弱酸强碱盐水解，也可能是与水反应生成碱，如氧化钠、过氧化钠等，故D错误；故选B。

4.下列各组物质中，不能满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合为
组别XYZW
AAlAICl3Al(OH)3Al2O3
BNaNa2O2Na2CO3NaCl
CFeFeCl2FeCl3Fe(OH)3
DSiNa2SiO3H2SiO3SiO2
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】C
【解析】A、Al与盐酸得AlCl3，再加NH3H2O得Al(OH)3加热得Al2O3，电解得Al，故A正确；B、Na在氧气中点燃生成Na2O2，与二氧化反应生成Na2CO3，再与盐酸反应生成NaCl，电解熔融氯化钠生成钠，故B正确；C、Fe 与盐酸生成FeCl2，通入氯气生成FeCl3，与氢氧化钠反应Fe(OH)3，但由Fe(OH)3无法直接生成铁，故C错误；
D、Si与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3，与酸反应生成
H2SiO3，加热生成SiO2，与碳在高温生成硅，故D正确；故选C。

点睛：本题考查铝、钠、硅、铁及化合物的性质，为高
频考点，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握
物质的性质、发生转化反应，注意元素化合物的综合应用，题目难度中等。

5.关于C、N、Si、S等非金属元素及其化合物的下列说
法正确的是
A.它们都能以游离态存在于自然界中
B.浓硫酸可用于干燥H2、H2S等气体，但不能用于干燥
氨气
C.SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨，酸雨的PH≥5.6
D.它们的最高价氧化物都能与强碱反应生成含氧酸盐
【答案】D
【解析】A、硅是亲氧元素，硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化硅的形式存在，故A错误；B、H2S具有还原性，
能被浓硫酸氧化，故B错误；C、SO2、氮氧化物的排放
会造成酸雨，酸性增强，氢离子浓度增大，pH=-lgc(H＋)减小，酸雨的pH5.6，故C错误；D、它们的最高价氧化
物都是酸性氧化物，都能与强碱反应生成含氧酸盐和水，故D正确；故选D。

6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A.2.0gH218O与2.0gD2O中所含的中子数均为NA
B.14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n
C.100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数为NA
D.常温下，将56g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2
的分子数为1.5NA
【答案】A
【解析】A、2.0gH218O所含的中子数=NA与2.0gD2O中所含的中子数=NA，均为NA，故A正确；B.14g分子式为CnH2n的烯烃的物质的量为，含有的碳碳双键数为NA/n，但分子式为CnH2n的烃不一定为烯烃，如是环烷烃，则
没有碳碳双键，故B错误；C、水和双氧水中均含有氢原子，100g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数多于NA，故C错误；D、常温下，铁在浓硫酸中钝化，将56g
铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数少于1.5NA，故D错误；故选A。

7.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+100kJ/mol的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A.加入催化剂，该反应的反应热△H将减小
B.每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量
C.每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量
D.该反应正反应的活化能大于100kJ/mol
【答案】D
【解析】A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成
2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成
2mol分子AB吸收(a-b)kJ能量，故C错误；D、
(a-b)=100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了化学反应的能量变化、图象分析判断，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，解题关键：明确放热反应与吸热反应的区别，断开化学键吸
收能量，形成化学鍵，放出能量。

易错项A，催化剂能
同等程度地降低反应物和生成物的活化能。

8.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质
变化的化学用语正确的是
A.用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，阳极
的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B.铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4
C.粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生
的电极反应式只有Cu-2e-=Cu2+
D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe-2e-=Fe2+
【答案】A
9.柳胺酚(x)水解得到Y和Z，转化关系如下:
下列说法正确的是
A.Y和Z发生缩聚反应生成X
B.Y的结构简式为
C.镍催化作用下，1molZ最多消耗67.2LH2
D.X、Y、Z都能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】D
【解析】A、X不是高分子化合物，Y和Z发生取代反应生成X，故A错误；B、Y的结构简式为，故B错误；C、镍催化作用下，1molZ最多消耗标准状况下67.2LH2，故C 错误；D、X、Y、Z都含有酚羟基，都能与FeCl3溶液发生显色反应，故D正确；故选D。

10.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。

其中装置正确且能达到实验目的的组合是
A.①②③④
B.①②③
C.②③
D.②④
【答案】C
【解析】①铜与浓硫酸反应需要加热，故错误；②气体和液体反应，且防倒吸，故正确；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，故正确；④蒸发溶液用蒸发皿，故错误；故选C。

点睛：本题考查了化学实验装置的综合应用，题目难度中等，解题关键：明确常见装置特点及化学基本操作方法，D为易错点，注意加热灼烧固体才用坩埚。

11.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25°C时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol.L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。

下列有关说法不正确的是
A.Y的最高价氧化物的电子式为：
B.最简单气态氢化物的热稳定性：ZW
C.X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：XM
D.X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25°C时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol.L-1)溶液的pH和原子半径的关系:NaOH溶液的pH为12，M为Na，硝酸的pH=2，X为N元素，Y对应pH＞2，为碳酸，则Y为C，W对应pH＜2，为硫酸，所以W为S；Z对应pH=2，且原子序数最大，所以Z是Cl．
A、Y为碳元素，Y的最高价氧化物为CO2，电子式为：，故A正确；
B、氯元素的非金属性比硫强，最简单气态氢化物的热稳定性：ZW，故B正确；
C、X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：XM，N3－和Na＋核外电子排布相同，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故C错误；
D、X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反
应后生成的化合物NH4Cl，铵根离子与氯离子形成离子键，氮原子与氢原子以公用电子对形成共价键，故D正确；故选C。

点睛：本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握酸碱溶液的pH、原子序数来推断元素，注意规律性知识的应用，综合性较强，题目难度中等。

易错点D，NH4Cl全由非金属元素组成，易认为形成的化学键全是共价键。

12.利用废旧电池铜帽（含Cu、Zn）制取海绵铜（Cu），并得到硫酸锌溶液的主要流程如下（反应条件己略去）：已知：2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O
下列说法不正确的是
A.过程II中分离操作的名称为过滤，该操作过程中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B.溶液A中的溶质有H2SO4、CuSO4、ZnSO4
C.上述流程中加入的物质B为锌，物质D为盐酸
D.A〜E中含铜、锌两种元素的物质有A和C 【答案】C
【解析】通过分析转化流程可知，含Cu、Zn铜帽与稀硫酸和氧气反应生成了硫酸铜和硫酸锌的混合液A，依据实验的目的，为了得到铜和硫酸锌，应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合
物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入稀硫酸。

A、过滤的方法可以将固体和液体分离，过程Ⅱ中为了分离固体和液体，所以操作的名称是：过滤；过滤操作需
要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故A正确；B、通过题中的反应流程可知，铜、氧气和硫酸会生成硫酸铜，硫酸和锌会生成硫酸锌，硫酸一般是过量的，所以
溶液A中的溶质有：H2SO4、CuSO4、ZnSO4；故B正确；C、应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液
和铜锌的固体混合物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入
稀硫酸，故C错误；D、通过上述分析可知，溶液A是硫酸铜和硫酸锌的混合物，固体C是铜和锌的混合物，所
以含铜、锌两种元素的物质有：A、C，故D正确；故选C。

点睛：本题考查元素及其化合物，解题关键：要熟记和
理解金属的性质及用途、常见金属的特性及其应用等相
关知识，然后结合题中的问题进行分析解答。

13.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Fe2＋-e－═Fe3＋，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＋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。

14.某温度下，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅
发生反应:2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)（正反应放热）。

下列说法正确的是
容器
编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)
c(NO)c(Br2)c(NOBr)c(NOBr)
I0.30.150.10.2
II0.40.20
III000.2
A.容器II达平衡所需的时间为4min，则
v(Br2)=0.05mol/(Lmin)
B.达平衡时，容器I与容器III中的总压强之比为2:1
C.升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
D.达平衡时，容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小
【答案】D
【解析】A、容器I中2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，
c始/molL－10.30.150.1
c变/molL－10.10.050.1
c平/molL－10.20.100.2
K==10
容器Ⅱ中2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，
c始/molL－10.40.20
c变/molL－12xx2x
c平/molL－10.4-2x0.2-x2x
K=，解得x=0.1molL－1，v(Br2)=0.1molL－
1/4min==0.025mol/(Lmin)，故A错误；B、将容器I、容器III的生成物全部转化成反应物，容器I的投料相当于容器III的2倍，达平衡时，容器I相当于对2个容器
III进行加压，平衡正向移动，容器I与容器III中的总压强之比小于2:1，故B错误；C、升高温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大，故C错误；D、将容器II、容器III的生成物全部转化成反应物，容器II的投料相当于容器III的2倍，达平衡时，容器II相当于对2个容器III进行加压，平衡正向移动，容器II中c(Br2)减小，c(NOBr)增大，容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III 中的小，故D正确；故选D。

15.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项实验现象结论
A向发黄的浓硝酸中通入O2黄色褪去浓硝酸中混有Fe3+ B向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置下层显紫红色原溶液中含有I-
C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去乙醇发生了消去反应
D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B
【解析】A、向发黄的浓硝酸中通入O2，黄色褪去，是由于4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，故A错误；B、向无色溶液中
滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，
说明原溶液中含有I－，故B正确；C、产生的气体中混
有乙醇蒸汽，通入酸性KMnO4溶液，也能使酸性KMnO4
溶液褪色，故C错误；D、向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI溶解度小，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D错误；故选B。

16.已知H2A为二元弱酸，25°C时，用Na2A溶液吸收
H2A，且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量，其吸收液pH随变化的关系如图所示，以下说法不正确的是
A.NaHA溶液中：c(H+)c(OH-)
B.Na2A溶液中：c(A2-)c(HA-)
C.H2A的第一步电离常数为10-7.2
D.当吸收液呈中性时：c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】A、根据图象中吸收液的pH随n(HA－)/n(A2－)变化的关系可知，随着HA－的浓度的增大，溶液酸性增强，说明NaHA溶液显示酸性，即：c（H＋）＞c（OH－），故A正确；B、Na2A溶液中，A2－在溶液中水解程度较小，则c（A2－）＞c（HA－），故B正确；C、H2A的第二步电离常数为K==10-7.2molL－1，不是第一步电离平衡常
数，故C错误；D、当吸收液呈中性时，根据电荷守恒：
c（H＋）+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c（OH－），c（H＋）=c（OH－），即：c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故D正确；故选C。

点睛：本题考查了离子浓度大小比较，电离平衡常数计算，解题关键：明确盐的水解原理及其应用方法，要求
学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断
溶液中各离子浓度大小，题目难度中等。

17.C1O2是一种新型的环保饮用水消毒剂，某课题小组
拟选择下列部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白
性（装置不可重复使用）。

己知：常温下，亚氯酸钠（NaC1O2)可吸收氯气并制备二氧化氯；C1O2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，氧化性比氯气强。

回答下列问题：
（1）制备干燥、纯净的氯气：制备的发生装置是
_________(填代号)，//写出反应的离子方程式：
__________。

（2）制备二氧化氯：导管口连接顺序为：
a→______→n→p→j。

本实验选择I而不选择H的原因是：_________________。

（3）写出G中发生反应的化学方程式：___________。

（4）装置E的作用是_____________________________。

（5）他们己收集一瓶二氧化氯气体，请你设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性：
_________________________________________________ ________________________________________。

（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaC1O2。

写出该反应的化学方程式：
_____________________________。

【答案】(1).A(或
B)(2).MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O(或
2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).z→m→x→y →b→c→r→s(4).H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气
进入)(5).Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl(6).吸收二氧化氯
中的氯气(7).取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变
红色(8).2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O
【解析】（1）制备干燥、纯净的氯气：常用固体+液体，加热或不加热，两种装置，制备的发生装置是A(或B)，反应的离子方程式：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O(或
2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

（2）制备二氧化氯：A或B制备氯气，再通过D除去氯气中的氯化氢气体，然后，通过C中浓硫酸进行干燥，经过G中亚氯酸钠
（NaC1O2)可吸收氯气并制备二氧化氯；再由E中四氯化碳除去末反应的氯气，用F收集，I用于吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入，管口连接顺序为：
a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。

本实验选择I 而不选择H的原因是：H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气进入)。

（3）G中制备ClO2的反应的化学方程式：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl。

（4）装置E的作用是吸收二氧化氯中的氯气。

（5）设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性：取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色。

（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaC1O2。

该反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O。

点睛：本题考查了氯气的性质，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解题关键：注意把握实验的方法和操作注意事项，结合物质的性质，语言文字表达要求较高，难度中等。

18.钼酸钠（Na2MoO4)可作新型水处理剂，Al(OH)3是胃舒平药品的有效成分。

从某废钼催化剂(主要成分为MoO3、A12O3、Fe2O3等）中回收Na2MoO4和A1(OH)3，其工艺流程如下：
回答下列问题:
（1）Na2MoO4中钼的化合价为______________________。

（2）MoO3、Al2O3和SiO2性质相似，都能与碳酸钠在高温下反应。

写出三氧化钼与碳酸钠在高温下反应的化学
方程式:___________________；步骤II滤渣的主要成分是________________(填化学式)。

（3）步骤III中加入“稀硫酸”使铝元素转化的离子方程式为_________________________，控制溶液的pH约
为5，其目的是使AlO2-完全转化为Al(OH)3沉淀，并防止其溶解，在滴加稀硫酸的过程中还可能观察到的现象
是_____________________________。

有同学认为步骤
III中可用CO2替代硫酸，你是否同意?简述理
由:____________________________________________。

（4）取废钼催化剂mg，若加入agNa2CO3恰好完全反应，经上述实验操作后，最终得到bgAl(OH)3和cgNa2SO4固体，则废钼催化剂中钼元素的质量分数为__________。

(用代数式表示)
【答案】
(1).+6(2).MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑(3).Fe2O3(4).Al
O2-+H++H2O=Al(OH)3↓(5).产生气泡(6).否，稀硫酸的
作用之一是除去过量的Na2CO3(7).
【96(a/106)-(b/156)]/m】×100%
【解析】I、MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与
Na2CO3的反应相似，加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4
和NaAlO2，反应方程式为：MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑，Al2O3＋Na2CO3=2NaAlO2＋CO2；Ⅱ、加入水溶解后出去
杂质，Ⅲ、加入硫酸浸泡，可生成氢氧化铝沉淀，过滤
后滤液中存在硫酸钠和Na2MoO4，二者溶解度不同，Ⅳ、经蒸发结晶可得到Na2SO4晶体和Na2MoO4。

（1）化合物中各元素的化合价代数和为0，Na2MoO4中钼的化合价为2×4-1×2=+6。

（2）MoO3与Na2CO3反应生成Na2MoO4和二氧化碳，三氧化钼与碳酸钠在高温下反
应的化学方程式:MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑；步骤II
滤渣的主要成分是Fe2O3。

（3）步骤III中加入“稀硫酸”使铝元素转化的离子方程式为：
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；在滴加稀硫酸的过程中还可
能观察到的现象是：产生气泡；步骤III中不可用CO2
替代硫酸，稀硫酸的作用之一是除去过量的Na2CO3。

（4）加入稀硫酸后，滤渣为Al(OH)3，滤液中含有Na2SO4和Na2MoO4，由Al2O3＋Na2CO3=2NaAlO2＋CO2,2NaAlO2＋
H2SO4＋3H2O=Na2SO4＋2Al(OH)3↓，得1Na2CO3～～
2Al(OH)3，得Al2O3消耗的n（Na2CO3）=，已知：碳酸
钠总物质的量为：n（Na2CO3）=ag/106gmol－1，则由Na 守恒可知n（Na2MoO4）=ag/106gmol－1-bg/156gmol－1，m（Mo）=（ag/106gmol－1-bg/156gmol－1）×96gmol－
1=g，
ω（Mo）=×100%。

19.C1化学是目前研究的热点问题。

（1）己
知:2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=akJmol-1C(s)+H2O(g)=CO(g )+H2(g)△H=+130kJmol-1H-H、O=O、H-O键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol、462kJ/mol。

则a=_______。

（2）以甲醇为原料制备H2的一种原理如下:
I.CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJmol-1
II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41kJmol-1
①在绝热恒容密闭容器中，加入一定量的CH3OH(g)在一定条件下发生反应I，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是____________(填代号)
A.容器内温度不变
B.容器内气体总质量不再变化
C.CH3OH(g)和CO(g)的浓度之比不再变化
D.混合气体的密度不再变化
②温度为T℃时，向10L恒容密闭容器中充入
1molCH3OH(g)和lmolH2O(g)，发生反应I和反应II，达到平衡时测得CO的物质的量为0.4mol，CO2的物质的量为0.2mol。

则反应II的平衡常数K=_____。

该温度下，在某时刻平衡体系中c(CO2)=2mol/L、c(H2)=2mol/L、
c(CO)=4mol/L、c(H2O)=4mol/L，则该时刻上述反应II 的平衡移动方向为__________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)。

（3）H2和CO在一定条件(温度、压强和催化剂)下合成CH4，发生反应:CO(g)+3H2(g)H4(g)+H2O(g)△H0。

如下图，温度低于T0时，随着温度升高，CH4的产率增大，其原因是
_________________________________________________ ______________。

（4）合成气(H2、CO)不仅是化工原料，也是清洁能源。

如果H2和CO以体积比1:1组成混合气体与空气构成碱性燃料电池(KOH溶液为电解质溶液且足量)，假设CO和H2同时按比例发生反应，则燃料电池负极的电极反应式为____________________________________________。

【答案】(1).一220(2).AC(3).0.875或7/8(4).正反应方向(5).T0之前反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH4的产率增大(6).CO+H2+6OH--4e-=CO32-+4H2O 【解析】
(1)①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130kJmol-1，
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=akJmol-1,根据盖斯定律得
①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（+130kJmol －1）×2-（akJmol－1），△H=反应物总键能-生成物总
键能，则4×462kJmol－1-496kJmol－1-462kJmol－
1=480kJmol－1=（+130kJmol－1）×2-（akJmol－1），解得：a=-220kJmol－1；（2）①A、绝热恒容密闭容器中，容器内温度不变，说明已达到平衡，故A正确；B、反应物和生成物全是气体，容器内气体总质量始终不变化，
故B错误；C、CH3OH(g)和CO(g)的浓度之比不再变化，
说明已达到平衡，故C正确；D、混合气体的总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，故混合气
体的密度不再改变，不能说明到达平衡，故D错误；故
选AC。

②I.CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)
n始/mol1
n变/mol0.60.61.2
n平/mol0.40.61.2
II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
n始/mol0.6101.2
n变/mol0.20.20.20.2
n平/mol0.40.80.21.4
温度为T℃时，向10L恒容密闭容器,将平衡时各物质的量，换成浓度，代入平衡常数计算式，反应II的平衡常数K=。

该温度下，在某时刻平衡体系中c(CO2)=2mol/L、c(H2)=2mol/L、c(CO)=4mol/L、c(H2O)=4mol/L，Qc=K，
则该时刻上述反应II的平衡移动方向为正反应方向。

（3）CO(g)+3H2(g)H4(g)+H2O(g)△H0。

温度低于T0时，随着温度升高，CH4的产率增大，其原因是：T0之前反应未
达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH4的产率增大；（4）在碱性条件下，CO和H2失电子，被氧化，则燃料
电池负极的电极反应式为：CO+H2+6OH--4e-=CO32-+4H2O。

20.以烷烃A和烯烃Y为原料合成某香料——六元环状酯
G、高聚物C和D的流程如下（部分条件和产物省略)：
已知：
①Y的核磁共振氢谱有4个峰，其峰面积之比为3:3:2:2 ②
回答下列问题：
（1）Y的系统命名为__________；X中含碳官能团名称是________________。

（2）Z→W的反应类型是__________。

（3）聚合物C的结构简式为________________；G的结
构简式为__________________。

（4）写出F→D的化学方程式：
_________________________________。

（5）E的同分异构体中，含“”结构的有________种。

（6）参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线。

_____________
【答案】(1).2一甲基一1一丁烯(2).羧基(3).取代反应(或水解反应)(4).(5).(6).(7).13(8).
【解析】从流程图可知：Y的核磁共振氢谱有4个峰，其峰面积之比为3:3:2:2，分子式为C5H10，Y：与溴加成得Z：，在氢氧化钠的水溶液中水解得W，氧化得E，继续氧化成F，F缩聚生成D；烷烃A在光照条件下，与氯气发生取代反应生成R，R在碱性条件下水解生成B，再酸化后生成X，X与F缩聚生成G。

（1）Y为，系统命名为2一甲基一1一丁烯；X为，含碳官能团名称是羧基。

（2）Z为，在氢氧化钠的水溶液中水解得W，Z→W的反应类型是取代反应(或水解反应)。

（3）聚合物C的结构简式为；G的结构简式为。

（4）F→D 的化学方程式。

（5）E的同分异构体中，含“”结构的有13种，结构简式如下：、、、、、、、、、、、、。

（6）参照上述合成路线，设计以为原料合成的路线：。