四川省成都七中高三化学上学期11月段考试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题

2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分）
1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）
A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种
2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N A
B．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N A
C．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N A
D．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N A
3．下列离子反应方程式书写正确的是（）
A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣
C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +
﹣+H
2O+4H
D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓
4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）
A．用甲图装置电解精炼铝
B．用乙图装置制备 Fe（OH）2
C．用丙图装置可制得金属锰
D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性
5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）
A．甲、乙、丙、丁受热均易分解
B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装
C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体
D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾
6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）
A．B．
C．D．
7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是
（）
A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑
C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化
D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：
已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：
①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．
②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．
③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：
（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是．判断反应已结束的方法是．
（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为（填一种即可）
（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有．
（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是．
（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为．
9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2= ，反应 I 自发进行条件是（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．
（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．
①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入
A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol
B：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式（用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：
a．此温度下的平衡常数为；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件
是．
b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．
（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．
①写出该燃料电池的负极反应式．
②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为mol．
10．钠及其化合物具有广泛的用途．
（1）常温下，浓度均为 0.1m ol•L﹣1 的下列五种钠盐溶液的 pH 如表；
溶质
CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClO NaCN
8.8 9.7 11.6 10.3 11.1
pH
上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是，根据表中数据，浓度均为
0.01mol•L﹣1 的下列四种酸的溶液分别稀释 100倍，pH变化最大的是（填编号）．
A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3
（2）有①100ml 0.1mol/L NaHCO3②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液：
溶液中水电离出的H+个数：①②（填“＞”、“=”或“＜”，下同）．
溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①②．
（ 3 ） NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；写出HCO水解的离子方程式：，常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中 Na+、HCO3﹣五种微粒的浓度由大到小的顺序为：．
﹣、H
2CO3、CO32﹣、OH
（4）实验室中常用 NaOH 来进行洗气和提纯．
①当 150ml 1mol/L 的 NaOH 溶液吸收标准状况下 2.24LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：．
②几种离子开始沉淀时的 PH 如表：
离子
Fe 2+Cu2+Mg2+
pH 7.6 5.2 10.4
当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加 NaOH 溶液时，（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2] Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”），要使 0.2mol/L 硫酸铜溶液中 Cu2+沉淀较为完全（使 Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为．
（K sp Cu（OH）2=2×10mol•L ）
11．废旧显示屏玻璃中含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，流程设计如图1：
已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有 Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；
Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH 溶液．回答以下问题：
（1）反应②中 H2O2的作用是．
（2）反应③的离子方程式是．
（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：
2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层）
从平衡角度解释：向 CeT3（有机层）加入 H2SO4获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因
是．
（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是．
（5）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是．a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O b．（NH42SO4 c．（NH4）2CO3
（6）用滴定法测定制得的 Ce（OH）4产品纯度如图2．若所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce（OH）4产品的质量分数．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；称取 14.00g 硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成 100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体；向另一份溶液中加入 0.5mol/L Ba（NO3）2溶液 100mL，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为．
2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，每小题6分）
1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）
A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【专题】同系物和同分异构体．
【分析】根据C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，分子式为
C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后根据题目要求确定酯的种类．
【解答】解：分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣
CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，即分子式为C4H8O2的酸有2种；
分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H12O的醇有8种，
所以形成的酯共有2×8=16种，
故选B．
【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用戊基、丙基的种类判断．
2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N A
B．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N A
C．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N A
D．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N A
【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、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气．
B、中子数=质量数﹣质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，根据N=nN A计算中子数目．
C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；
D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解．
【解答】解：A、10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42﹣+4H+=Zn2++SO2↑+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol 电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2N A和0.4N A之间，故A 错误；
B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.1×22mol×N A mol﹣1=2.2N A，故B错误；
C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 N A，故C正确；
D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于N A个，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
3．下列离子反应方程式书写正确的是（）
A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O
B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣
C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +
﹣+H
2O+4H
D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；
B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；
C．碱性溶液中不能生成氢离子；
D．相互促进水解生成沉淀和气体．
【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；
B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；
C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；
D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．
4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）
A．用甲图装置电解精炼铝
B．用乙图装置制备 Fe（OH）2
C．用丙图装置可制得金属锰
D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al；
B．煤油密度小于水且和水不互溶，能隔绝空气；
C．铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；
D．NaHCO3应放在内置小试管中．
【解答】解：A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al，可用电解熔融氧化铝的方法，故A错误；
B．煤油可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故B 正确；
C．本实验为铝热法，因铝比锰活泼，可用铝热法冶炼，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解，而Na2CO3难分解，NaHCO3应放在内置小试管中，故D错误．故选BC．
【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及金属冶炼、钠的化合物稳定性强弱判断、物质制备等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A项为易错点，把握离子放电顺序．
5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）
A．甲、乙、丙、丁受热均易分解
B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装
C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体
D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾
【考点】原子结构与元素的性质．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W 处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N 元素、W为S元素．
A、H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解；
B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；
C、根据浓硫酸与碳单质的反应来分析；
D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的．
【解答】解：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R 为N元素、W为S元素，故甲为Al（OH）3，乙为H2CO3，丙为HNO3，丁为H2SO4．
A、Al（OH）3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故A错误；
B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装，故B正确；
C、浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2↑+CO2↑+2H2O，故可生成体积比为1：2的两种气体，故C正确；
D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故是R的氧化物导致的，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，应注意元素的推导和其对应最高价氧化物的水化物的性质，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．
6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）
A．B．
C．D．
【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．
【专题】压轴题；元素及其化合物．
【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al （OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．
【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：
CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）．到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；
过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al（OH）3沉淀．
图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[Al（OH）3]，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）．据此作出正确的选择．
A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；
B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；
C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；
D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．
7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是
（）
A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑
C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化
D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答．
【解答】解：由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol
电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，
A．a为阴极，先发生Cu2++2e﹣═Cu，后发生2H++2e﹣═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，故A正确；
B．b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则b电极上发生的反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣
═H2O+O2↑故B正确；
C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故C正确；
D．曲线0～P段表示O2的体积变化，P点1.12L为O2，其物质的量为0.05mol，PQ段3.36L 气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05mol O2，则从开始到Q 点收集到的混合气体中O2为0.1mol，H为0.1mol，故混合气体的平均摩尔质量为
=17g•mol﹣1，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序是解答本题的关键，熟悉电解原理即可解答，题目难度不大．
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：
已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：
①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．
②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．
③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：
（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率．判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）．
（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等（填一种即可）
（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）
+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH ．
（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低．
（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为50% ．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．
【分析】（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；
（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；
（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成
与正丁醇；
（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作；
（5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340℃，温度超过180℃时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；
（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量÷理论产量）×100%．
【解答】解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，
故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；
（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，
故答案为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；
（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成
与正丁醇，反应方程式为：
+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，
故答案为： +2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH；
（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，
故答案为：分液漏斗、烧杯；
（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，
故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，
故答案为：50%．
【点评】本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．
9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19 kJ•mol﹣1，反应 I 自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．
（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．
①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入
A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol
B：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式 A （用 A、B 表示）
②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：
a．此温度下的平衡常数为450 ；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是0＜x＜2.025 ．
b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．
（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．
①写出该燃料电池的负极反应式CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O ．
②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为 3 mol．
【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．
【专题】化学平衡专题；电化学专题．
【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；
（2）①图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；
②a．结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；
b．将体系温度升至600K，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；
（3）①以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；
②依据电极反应计算转移电子物质的量．
【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1
根据盖斯定律，反应Ⅱ可以是Ⅰ﹣Ⅲ得到，所以反应Ⅱ的焓变△H2=（﹣49.58kJ•mol﹣1）﹣（﹣90.77kJ•mol﹣1）=+41.19 kJ•mol﹣1；根据反应自发行的判据：△H﹣T△S＜0，反应Ⅲ是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行，。