陕西省渭南市2016届高三化学二模试卷 含解析

2016年陕西省渭南市高考化学二模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与社会、生活和生产密切联系．下列物质的应用中不涉及电子转移的是（）A．明矾、硫酸铁作净水器
B．医用双氧水做杀菌消毒剂
C．铁粉、碳粉和氯化钠的混合物作食品的去氧剂
D．CaO2作运输水产品的供氧剂
2．主链上有5个碳原子，且含有2个甲基、1个乙基两个支链的烷烃有（)
A．5种B．4种C．3种D．2种
3．如表离子或分子组中能大量共存，且满足相应条件的是（）
选项离子或分子条件
①K+、NO3﹣、Cl﹣、HS﹣c（K+）＜c(Cl﹣）
②Cu2+、NO3﹣、S2﹣、Cl﹣滴加盐酸立即有气体产生
③NH4+、Fe3+、SO42﹣、HCOOH 滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生
④Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生
A．①B．②C．③D．④
4．0.1mol/L的KOH与等浓度等体积的草酸(H2C2O4）溶液混合后，溶液呈酸性,则下列的说法正确的是（)
A．溶液呈酸性说明草酸是弱酸
B．c（K+)+c（H+)═c（HC2O4﹣）+c(OH﹣）+2c（C2O42﹣）
C．c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H+）
D．c（H2C2O4)＞c（C2O42﹣）
5．设N A表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是（）
A．等质量的O2和O3在相同条件下所占的体积相同
B．电解精炼铜时，若转移6。

02×1023个电子，则阳极溶解32g铜
C．1molCl2溶于足量水中,转移的电子数为N A
D．2L 0。

2mol•L﹣1硝酸与适量铁恰好完全反应（还原产物为NO)，生成NO的分子数目为0。

1N A
6．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示,其中A的最高价和最低负价的代数和是2．下列判断不正确的是()
A．C元素在地壳中的含量仅次于氧元素
B．最高价氧化物对应水化物的酸性:C＜D
C．元素A与元素B形成的化合物BA是一种新型无机非金属材料
D．实验室可用B的单质与A元素最高价氧化物对应的水化物反应制取氢气
7．随Cr含量的变化三种稀酸对Fe﹣Cr合金腐蚀速率的曲线如图所示,下列有关说法正确的是（)
A．稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B．随着Cr含量增加,稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱
C．Cr含量大于13％时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe﹣Cr合金的腐蚀性最强
D．酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀与阴离子浓度无关
二、解答题（共3小题,满分43分）
8．已知：实验室制乙烯的装置如图：
实验步骤如下：
a．如图连接好装置，检验气密性
b．添加药品，点燃酒精灯
c．观察实验现象：高锰酸钾溶液和溴水颜色逐渐褪去，烧瓶内液体渐渐变黑，能闻到刺激性气味
d．…
（1）写出实验室制取乙烯的化学反应方程式：；
（2）分析:甲认为使二者褪色的是乙烯，乙认为有副反应,不能排除另一种酸性气体的作用．
①根据甲的观点，写出乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子反应方程式：;
②为进一步验证使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，在A、B间增加下列装有某种试剂的洗气瓶：
D中盛装的试剂是，E中盛装的试剂是；（填序号)
a．NaOH溶液b．稀H2SO4溶液
c．品红试液d．溴的四氯化碳溶液
（3）乙烯使溴水褪色，丙同学认为是加成反应，丁同学认为是取代反应，请设计一个简单实验验证哪个同学正确:．
（4）H2SO4在这个反应中做催化剂,有种观点认为其催化过程可分三步简单表示如下：
①a．烊盐的生成：CH3CH2OH+H2SO4→CH3CH2O+H2（烊盐)+HSO4﹣
b．乙基正离子的生成：CH3CH2O+H2→CH3CH2++H2O
c．乙烯的生成:+ →CH2=CH2↑+
②关于浓硫酸的催化作用,下列叙述正确的是．
A．降低了反应的焓变
B．增大了反应的速率
C．降低了反应的活化能
D．增大了反应的平衡常数．
9．N、C、S元素的单质及化合物在工农业生成中有着重要的应用
Ⅰ、CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）．某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g)反应过程中测定的部分数据如下表：
t/min n(CO）/mol n(Cl2)/mol
0 1.20 0。

6
1 0.90
2 0。

80
4 0.20
(1）写出光气（COCl2）的电子式
（2)上表是T℃时，CO和Cl2的物质的量浓度随时间(t)的变化情况，用COCl2表示2min内的反应速率v(COCl2）=．该温度下的平衡常数K=．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molCl2,CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图1所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡的是(填字母序号)．
A．Cl2的消耗速率等于COCl2的生成速率
B．Cl2的体积分数不变
C．Cl2的转化率和CO的转化率相等
D．混合气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小:P（A）P（B)(填“＞"、“＜”或“=”）
③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
20molCl2，则在平衡状态B时容器的体积为L．
Ⅱ．甲醇是一种重要的化工原料，查资料，甲醇的制取可用以下两种方法：
(1）可用CO和H2制取甲醇：
已知CO、CH3OH和H2的燃烧分别是283kJ/mol、726。

83kJ/mol、285。

2kJ/mol写出由CO 和H2制取甲醇的热化学方程式．
（2）用电化学法制取：
某模拟植物光合作用的电化学装置如图2，该装置能将H2O和CO2转化为O2和甲醇
（CH3OH）
①该装置工作时H+向区移动（填“a”或“b”）
②b极上的电极反应式为．
10．金属钛（Ti）性能优越，被称为“亲生物金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料冶炼金属钛,其生产的工艺流程图如
下:
已知：①2H2SO4(浓）+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4 +2H2O
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．
（1)步骤①中发生反应的离子方程式:，．
（2)25℃时，难溶电解质形成沉淀与pH关系如下表
PH Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2TiO（OH）2开始沉淀 1.1 4.5 7 1
完全沉淀2。

8 6.4 9。

2 2。

7
TiO（OH）2溶度积K sp=1×10﹣29
a．步骤①加入铁屑原因是．
b．向溶液Ⅱ中加入Na2CO3粉末的作用是调节PH,生成TiO（OH）2溶液．溶液Ⅱ中大量含有的阳离子有．
(3)TiCl4→Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物,可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti．
①写出由TiO2制取TiCl4的化学方程式．
②依据下表信息，需加热的温度略高于℃即可．
TiCl4Mg MgCl2Ti
熔点/ ﹣25。

0 648.8 714 1667
沸点/ 136。

4 1090 1412 3287
(4）为了测定绿矾(FeSO4•7H2O)的含量，称取2。

850g绿矾样品配置成250mL溶液，取25.00mL用0。

01mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为．
三、选做题：[选修2：化学与技术］(共1小题,满分15分)
11．南海诸岛是我国固有领土，但多数岛上淡水资源匮乏，为检验某岛上泉水是否达标，取样品对其进行检验：
（1）硬水是指含有较多的水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式
为(写出生成一种沉淀物的即可）
（2）硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质(如7。

1mgMgO）．已知水的硬度在8°以下的称为软水，在8°以上的称为硬度．已知岛上山泉水中c(Ca2+）=1.2×10﹣
3mol/L，c（Mg2+)=6×10﹣4mol/L,那么此水（填“是"或“否”）属于硬水．
（3）离子交换法是软化水的常用方法．聚丙烯酸钠是一种常见的离子交换树脂，写出聚丙乙烯酸钠单体的结构简式．
（4）通常向水中加入明矾净水．请用离子方程式解释其净水原理．
（5)岛上还可以用海水淡化来获得淡水．如图是海水利用电渗析法获得淡水的原理图．已知海水中含Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，电极为惰性电极．
请分析下列问题：
①阳离子交换膜是（填“A”或“B”）．
②写出通电后阳极区的电极反应式,阴极区的现象是．
四、[选修3－物质结构与性质］（共1个小题,共0分）
12．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素．其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等;C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29．（1）F原子基态的外围核外电子排布式为．
（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是（用元素符号回答）．（3)元素B的简单气态氢化物的沸点（高于,低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是．
(4)由A、B、C形成的离子CAB﹣与AC2互为等电子体，则CAB﹣的结构式为．
(5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为．
（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示,则该化合物的化学式为．（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因．
五、[选修5：有机化学基础]（共1个小题,共0分）
13．有机物X（）是临床一种应用广泛的药物,它的一条合成路线如下:
提示：Ⅰ．图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去；
Ⅱ．碳碳双键,羧基,醛基等官能团对它的α碳影响比较大,使α碳能与氯气发生反应,如：
Ⅲ．R1﹣ONa+Cl﹣R2R1﹣O﹣R2+NaCl（R1﹣、R2﹣代表烃基）
(1)有机物X的分子式为；含有的官能团名称为．
(2）A 的结构简式为,D的结构简式为．
（3）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式．
（4)实现反应①的转化，可加入的物质是(填选项字母）．
a．CH3COOH b．NaOH c．NaHCO3d．浓溴水
（5)反应②的反应类型为，甲有多种同分异构体,同时满足以下条件的所有甲的同分异构体有种(不考虑立体异构)
①1，3，5﹣三取代苯；
②属于酯类且既能与FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应；
③1mol该同分异构体最多能与3molNaOH反应．
2016年陕西省渭南市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与社会、生活和生产密切联系．下列物质的应用中不涉及电子转移的是(）A．明矾、硫酸铁作净水器
B．医用双氧水做杀菌消毒剂
C．铁粉、碳粉和氯化钠的混合物作食品的去氧剂
D．CaO2作运输水产品的供氧剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应,其特征是有元素化合价的变化，据此分析．【解答】解：A．明矾、硫酸铁作净水是铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应是水解反应,不涉及电子转移,故A选；
B．医用双氧水做杀菌消毒剂，双氧水具有强氧化性,反应中O元素的化合价都变化，涉及电子转移，故B不选；
C．铁粉、碳粉和氯化钠的混合物作食品的去氧剂,Fe元素的化合价变化,涉及电子转移，故C不选;
D．CaO2作运输水产品的供氧剂，O元素的化合价变化，所以属于氧化还原反应，涉及电子转移,故D不选；
故选A．
2．主链上有5个碳原子，且含有2个甲基、1个乙基两个支链的烷烃有（）
A．5种B．4种C．3种D．2种
【考点】常见有机化合物的结构．
【分析】主链5个C，则乙基只能在中间C上,甲基可以在中间C上，也可以在2号C上．【解答】解：主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C 上，共有3种，两个甲基都在2号碳上；一个在2号碳，一个在3号碳；一个在2号碳，一个在4号碳．
故选C．
3．如表离子或分子组中能大量共存,且满足相应条件的是（）
选项离子或分子条件
①K+、NO3﹣、Cl﹣、HS﹣c（K+)＜c（Cl﹣）
②Cu2+、NO3﹣、S2﹣、Cl﹣滴加盐酸立即有气体产生
③NH4+、Fe3+、SO42﹣、HCOOH 滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生
④Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生
A．①B．②C．③D．④
【考点】离子共存问题．
【分析】A．NO3﹣、HS﹣发生氧化还原反应；
B．离子之间结合生成沉淀,加少量盐酸与S2﹣反应；
C．碱先与HCOOH反应；
D．该组离子之间不反应，加氨水与Mg2+反应．
【解答】解:A．NO3﹣、HS﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选;
B．Cu2+、S2﹣结合生成沉淀，不能共存，且加少量盐酸与S2﹣反应生成HS﹣，故B不选; C．碱先与HCOOH反应，不能立即生成气体，故C不选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，且加氨水与Mg2+反应,立即有沉淀产生，故D选; 故选D．
4．0。

1mol/L的KOH与等浓度等体积的草酸（H2C2O4）溶液混合后，溶液呈酸性，则下列的说法正确的是(）
A．溶液呈酸性说明草酸是弱酸
B．c（K+）+c（H+）═c（HC2O4﹣)+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣)
C．c(K+)＞c（HC2O4﹣)＞c（C2O42﹣）＞c(H+）
D．c(H2C2O4)＞c（C2O42﹣）
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】草酸为二元酸，0。

1mol/L的KOH与等浓度等体积的草酸（H2C2O4）溶液混合，可生成KHC2O4，溶液呈酸性，说明溶液呈酸性电离程度大于水解程度，结合电荷守恒解答该题．
【解答】解:A．由于草酸为二元酸,与KOH反应时操作过量,不能说明草酸为弱酸，该A错误;
B．反应生成1KHC2O4，根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c(OH﹣），故B正确；
C．因还存在水的电离，则c（H+）＞c(C2O42﹣)，故C错误；
D．KHC2O4溶液中，溶液呈酸性，说明HC2O4﹣电离程度大于其水解程度，则c（C2O42﹣）＞c(H2C2O4），故D错误．
故选B．
5．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．等质量的O2和O3在相同条件下所占的体积相同
B．电解精炼铜时，若转移6。

02×1023个电子，则阳极溶解32g铜
C．1molCl2溶于足量水中，转移的电子数为N A
D．2L 0.2mol•L﹣1硝酸与适量铁恰好完全反应（还原产物为NO），生成NO的分子数目为0。

1N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．根据n=计算物质的量之比，气体体积之比等于物质的量之比；
B、在电解精炼铜时，阳极上反应掉的不止是铜，还有比铜活泼的金属杂质；
C、氯气和水的反应为可逆反应；
D、根据铁和稀硝酸的反应来分析：Fe+4HNO3=Fe(NO3）3+NO↑+2H2O．
【解答】解：A．相同质量的O2和O3的物质的量之比为48g/mol：32g/mol=3：2，体积之比等于3：2，所以等质量的O2和O3在相同条件下所占的体积不相同,故A错误；
B、在电解精炼铜时，阳极上反应掉的不止是铜,还有比铜活泼的金属杂质，故当转移6。

02X1023个电子，则阳极溶解铜小于32g，故B错误；
C、氯气和水的反应为可逆反应,故不能进行彻底，故1mol氯气和水的反应转移电子数小于N A个,故C错误;
D、0.2mol/L2L硝酸溶液中硝酸的物质的量n=CV=0。

2mol/L×2L=0。

4mol，而铁和稀硝酸的反应来分析:Fe+4HNO3=Fe（NO3)3+NO↑+2H2O，故当硝酸完全反应时，生成NO0.1mol，即0.1N A个NO分子，故D正确．
故选D．
6．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中A的最高价和最低负价的代数和是2．下列判断不正确的是（）
A．C元素在地壳中的含量仅次于氧元素
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：C＜D
C．元素A与元素B形成的化合物BA是一种新型无机非金属材料
D．实验室可用B的单质与A元素最高价氧化物对应的水化物反应制取氢气
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示,其中A的最高价和最低负价的代数和是2，则最高正价为+5价,最低价为﹣3价，A为第二周期第V A族的N元素，结合位置关系可知，B为Al、C为Si、D为S，结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解：短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中A的最高价和最低负价的代数和是2，则最高正价为+5价，最低价为﹣3价，A为第二周期第VA 族的N元素，结合位置关系可知,B为Al、C为Si、D为S，
A．C元素（Si)在地壳中的含量仅次于氧元素，排名第二，故A正确；
B．非金属性S＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：C＜D,故B正确；
C．AlN为新型无机非金属材料，故C正确;
D．Al与硝酸反应不生成氢气，因硝酸具有强氧化性,故D错误;
故选D．
7．随Cr含量的变化三种稀酸对Fe﹣Cr合金腐蚀速率的曲线如图所示，下列有关说法正确的是（)
A．稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B．随着Cr含量增加,稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱
C．Cr含量大于13％时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe﹣Cr合金的腐蚀性最强
D．酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀与阴离子浓度无关
【考点】化学反应速率的影响因素;化学平衡的影响因素．
【分析】根据图中的纵横坐标可知，横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱．
【解答】解：A．由图可知，铬的含量大于13%时,稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，故A错误；
B．由图象可知,随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀性减弱，故B正确；C．不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢,故C错误;
D．盐酸、硝酸的阴离子不同，可说明酸对Fe﹣Cr合金的腐蚀与阴离子浓度有关，故D错误．
故选B．
二、解答题（共3小题，满分43分)
8．已知：实验室制乙烯的装置如图：
实验步骤如下：
a．如图连接好装置，检验气密性
b．添加药品,点燃酒精灯
c．观察实验现象：高锰酸钾溶液和溴水颜色逐渐褪去，烧瓶内液体渐渐变黑，能闻到刺激性气味
d．…
（1）写出实验室制取乙烯的化学反应方程式:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O;
（2）分析：甲认为使二者褪色的是乙烯，乙认为有副反应，不能排除另一种酸性气体的作用．
①根据甲的观点，写出乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子反应方程式：
5CH2=CH2+12MnO4﹣+36H+=12Mn2++10CO2↑+28H2O；
②为进一步验证使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，在A、B间增加下列装有某种试剂的洗气瓶:
D中盛装的试剂是a,E中盛装的试剂是c；（填序号）
a．NaOH溶液b．稀H2SO4溶液
c．品红试液d．溴的四氯化碳溶液
（3）乙烯使溴水褪色,丙同学认为是加成反应，丁同学认为是取代反应，请设计一个简单实验验证哪个同学正确：测定反应前后溴水的PH值，若PH值变大，则为加成反应，若PH 值变小则为取代反应．
（4）H2SO4在这个反应中做催化剂，有种观点认为其催化过程可分三步简单表示如下：
①a．烊盐的生成：CH3CH2OH+H2SO4→CH3CH2O+H2（烊盐）+HSO4﹣
b．乙基正离子的生成:CH3CH2O+H2→CH3CH2++H2O
c．乙烯的生成：CH3CH2++ HSO4﹣→CH2=CH2↑+ H2SO4
②关于浓硫酸的催化作用，下列叙述正确的是BC．
A．降低了反应的焓变
B．增大了反应的速率
C．降低了反应的活化能
D．增大了反应的平衡常数．
【考点】乙醇的消去反应．
【分析】装置A:乙醇在浓硫酸的催化作用下、加热170℃发生分子内脱水生成乙烯，温度计测反应的温度，装置B：乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，装置C：乙烯含有碳碳双键,能和溴发生加成反应，为进一步验证使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，在A、B间增加下列D、E装置，溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，若发生加成反应，则消耗溴单质平衡逆向移动，溶液酸性减弱，若发生取代反应则生成强酸HBr，溶液酸式增强，所以可以测定溴水反应前后后溶液pH变化：若PH值变大，则为加成反应，若PH值变小则为取代反应．
(1）乙醇在浓硫酸的催化作用下、加热170℃发生分子内脱水生成乙烯；
(2）①乙烯含有碳碳双键具有强的还原性,被高锰酸钾氧化生成二氧化碳和水；
②制取的乙烯中含有二氧化硫，二氧化硫、乙烯都具有还原性，都能够使高锰酸钾褪色，检验乙烯应排除二氧化硫的干扰；
（3)溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，若发生加成反应，则消耗溴单质平衡逆向移动，溶液酸性减弱，若发生取代反应则生成强酸HBr，溶液酸式增强,据此解答；
（4)①依据浓硫酸在反应中起催化剂作用判断解答；
②A．反应焓变与反应物生成物状态有关，与催化剂无关；
B．依据催化剂对反应速率的影响；
C．使用催化剂能够降低反应的活化能；
D．平衡常数只与温度有关．
【解答】解：（1）乙醇在浓硫酸的催化作用下170℃时发生分子内脱水生成乙烯，反应的化学方程式为:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，
故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；
（2）①乙烯含有碳碳双键具有强的还原性，被高锰酸钾氧化生成二氧化碳和水，化学方程式:5CH2=CH2+12MnO4﹣+36H+=12Mn2++10CO2↑+28H2O；
故答案为：5CH2=CH2+12MnO4﹣+36H+=12Mn2++10CO2↑+28H2O；
②制取的乙烯中含有二氧化硫，二氧化硫、乙烯都具有还原性，都能够使高锰酸钾褪色,检验乙烯应排除二氧化硫的干扰,二氧化硫为酸性氧化物,能够被氢氧化钠溶液吸收,然后用品
红溶液检验二氧化硫是否除尽，再通入酸性的高锰酸钾溶液，所以D中盛装的试剂是氢氧化钠,E中盛装的试剂是品红溶液；
故答案为：a；c；
（3）溴水中存在Br2+H2O⇌HBr+HBrO，若发生加成反应，则消耗溴单质平衡逆向移动，溶液酸性减弱，若发生取代反应则生成强酸HBr，溶液酸式增强,所以可以测定溴水反应前后后溶液pH变化:若PH值变大，则为加成反应，若PH值变小则为取代反应；
故答案为：测定反应前后溴水的PH值，若PH值变大，则为加成反应，若PH值变小则为取代反应；
（4）①浓硫酸在乙醇消去生成乙烯的反应中起催化剂作用，所以反应后生成产物为乙烯和硫酸，反应方程式：烯的生成：CH3CH2++HSO4﹣→CH2=CH2↑+H2SO4；
故答案为:CH3CH2+;HSO4﹣;H2SO4；
②A．反应焓变与反应物生成物状态有关，与催化剂无关，所以使用浓硫酸不会改变反应焓变，故A错误；
B．催化剂能够加快反应速率，故B正确；
C．使用催化剂能够降低反应的活化能,使更多分子变为活化分子，加快反应速率,故C正确；D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变,故D错误；
故选：BC．
9．N、C、S元素的单质及化合物在工农业生成中有着重要的应用
Ⅰ、CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）．某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g)+Cl2（g)⇌COCl2（g)反应过程中测定的部分数据如下表：
t/min n（CO）/mol n(Cl2）/mol
0 1.20 0.6
1 0。

90
2 0。

80
4 0。

20
（1）写出光气(COCl2）的电子式
（2）上表是T℃时，CO和Cl2的物质的量浓度随时间（t）的变化情况，用COCl2表示2min 内的反应速率v（COCl2）=0。

1mol/（L．min）．该温度下的平衡常数K=5．（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molCl2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图1所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡的是BD（填字母序号)．
A．Cl2的消耗速率等于COCl2的生成速率
B．Cl2的体积分数不变
C．Cl2的转化率和CO的转化率相等
D．混合气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小：P（A）＜P(B）（填“＞”、“＜"或“=")
③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
20molCl2，则在平衡状态B时容器的体积为4L．
Ⅱ．甲醇是一种重要的化工原料，查资料，甲醇的制取可用以下两种方法:
(1)可用CO和H2制取甲醇：
已知CO、CH3OH和H2的燃烧分别是283kJ/mol、726。

83kJ/mol、285。

2kJ/mol写出由CO 和H2制取甲醇的热化学方程式CO（g）+2H2（g）=CH3OH(l），△H=﹣126.57kJ/mol．（2）用电化学法制取：
某模拟植物光合作用的电化学装置如图2，该装置能将H2O和CO2转化为O2和甲醇
（CH3OH）
①该装置工作时H+向b区移动（填“a”或“b”）
②b极上的电极反应式为6H++CO2+6e﹣=CH3OH+H2O．
【考点】化学平衡的计算;原电池和电解池的工作原理．
【分析】I．（1)结构式为:，每个氯原子还含有3个孤电子对、O原子还含有2个孤
电子对；
（2）2min内参加反应的n（CO）=1。

20mol﹣0。

80mol=0。

40mol，根据方程式知，生成n （COCl2）=n（CO)（反应）=0.40mol，则v（COCl2）=;
根据表中数据知，4min时参加反应的n（Cl2）=0.60mol﹣0。

20mol=0.40mol，2min时参加反应的n（CO）=1.20mol﹣0.80mol=0.40mol，根据方程式知，参加反应的氯气和CO的物质的量相等，所以2min时该反应达到平衡状态，
该反应CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）
开始（mol）1。

20 0。

60 0
反应（mol）0.40 0。

40 0。

40
平衡（mol)0.80 0.20 0.40
平衡时c（CO）==0.40mol/L、c(Cl2）==0.10mol/L、c（COCl2）==0。

20mol/L,
化学平衡常数K=;
（3）①可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②相同温度下，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大；
③A、B反应温度相等，则平衡常数相等，利用平衡常数计算；
II．(1)由CO(g)和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283。

0kJ•mol﹣1和﹣726。

5kJ•mol﹣1，则
①CO（g）+O2（g）=CO2（g)△H=﹣283。

0kJ•mol﹣1
②CH3OH（l）+O2(g）=CO2（g）+2 H2O（l)△H=﹣726.5kJ•mol﹣1
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣286kJ•mol﹣1
由盖斯定律可知用①+③﹣×②得反应CO(g）+2H2（g）=CH3OH（l），焓变进行相应的
改变；
（2）①电解池中阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动;
②b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲醇．
【解答】解：I．（1)结构式为：，每个氯原子还含有3个孤电子对、O原子还含有2个孤电子对，其电子式为，故答案为:；
（2）2min内参加反应的n（CO）=1.20mol﹣0。

80mol=0.40mol，根据方程式知，生成n （COCl2)=n（CO）(反应）=0.40mol,则v（COCl2）===0。

1mol/（L．min）；
根据表中数据知，4min时参加反应的n（Cl2)=0。

60mol﹣0.20mol=0。

40mol,2min时参加反应的n(CO)=1。

20mol﹣0。

80mol=0.40mol，根据方程式知，参加反应的氯气和CO的物质的量相等,所以2min时该反应达到平衡状态，
该反应CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）
开始（mol）1。

20 0。

60 0
反应(mol）0。

40 0。

40 0。

40
平衡(mol）0.80 0.20 0。

40
平衡时c（CO）==0.40mol/L、c(Cl2)==0.10mol/L、c（COCl2）
==0.20mol/L,
化学平衡常数K===5，
故答案为：0.1mol/（L．min);5；
（3）①A．无论反应是否达到平衡状态，都存在Cl2的消耗速率等于COCl2的生成速率，不能据此判断平衡状态，故错误；
B．Cl2的体积分数不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
C．Cl2的转化率和CO的转化率相等时，正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态，故错误；
D．反应前后气体物质的量减小、总质量不变，则反应前后气体平均摩尔质量增大,当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
故选BD；
②相同温度下,增大压强平衡正向移动,CO转化率增大,所以P1＜P2，故答案为:＜；
③当达到平衡状态A时，容器的体积为10L，此时CO的转化率为50％,则
CO（g）+Cl2(g）⇌COCl2（g）
起始(mol/L）:0。

5 1 0
转化（mol/L）:0.25 0.25 0.25
平衡（mol/L）：0.25 0。

75 0。

25
k==，因A、B反应温度相等，则平衡常数相等，且B点时CO的转化率为
80%，
则CO（g）+Cl2（g)⇌COCl2(g)
起始（mol)：10 20 0
转化(mol）:8 8 8
平衡(mol）：2 12 8
设体积为VL，则
化学平衡常数K==，V=4
故答案为:4;
II．（1）由CO(g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726。

5kJ•mol ﹣1，则
①CO（g）+O2（g）=CO2(g）△H=﹣283。

0kJ•mol﹣1
②CH3OH（l）+O2（g）=CO2(g）+2 H2O(l）△H=﹣726。

5kJ•mol﹣1
③H2（g）+O2（g）=H2O(l）△H=﹣286kJ•mol﹣1
由盖斯定律可知用①+③﹣×②得反应CO（g）+2H2（g)=CH3OH（l），△H=（﹣283.0kJ•mol
﹣1
）+（﹣286kJ•mol﹣1）﹣（﹣726。

5kJ•mol﹣1）=﹣126。

57kJ/mol，
故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l），△H=﹣126。

57kJ/mol；
（2）①电解池中阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动，所以氢离子向阴极b移动，故答案为：b；
②b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲醇，电极反应式为6H++CO2+6e﹣
=CH3OH+H2O,
故答案为：6H++CO2+6e﹣=CH3OH+H2O．
10．金属钛（Ti）性能优越，被称为“亲生物金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛,其生产的工艺流程图如下：
已知：①2H2SO4（浓）+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4 +2H2O
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．。