2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题06 考前必做难题30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题01 经典母题30题2(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题01 经典母题30题2（解析版）【试题21】下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答：（1）写出C元素在周期表中的位置，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式；（2）写出B单质与水反应的离子．．方程式；（3）元素A和D形成的某种化合物可作为呼吸面具中氧气的来源，写出得到氧气反应的主要化学方程式；（4）X的水溶液显（填“酸”、“碱”或“中”）性，用离子．．方程式解释其原因是；（5）已知E元素的某种氢化物Y与A2的摩尔质量相同，Y与空气组成的燃料电池中，电解质溶液是30％的KOH溶液，该电池放电时正极．．的电极反应式为；（6）若使用Y—空气燃料电池精炼铜，当得到精铜80 g时，燃料电池中转移的电子数为N A。
【答案】（1）第三周期VIA族；；（2）Cl2 + H2O Cl－+ H+ + HClO；（3）2Na2O2 + 2CO2＝2Na2CO3 + O2；（4）酸；NH4++ H2O NH3·H2O + H+；（5）O2＋2H2O＋4e－== 4OH－；（6）2.5。
【解析】+ 2CO2 == 2Na2CO3 + O2。
考点：考查元素的推断及性质、化学方程式、离子方程式的书写、原电池反应原理及应用的知识【试题22】工业上利用铬铁矿(FeO Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如下:（1）实验室焙烧铬铁矿可选用的装置是__________（填序号）。
（2）完成下列化学方程式（在横线上填写物质的化学式及计量数）：4CrO42－＋6S＋7H2O＝4Cr(OH)3↓＋3S2O32－＋_____________。
（3）操作I包括过滤与洗涤，简述实验室中洗涤沉淀的操作：__________________。
（4）Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，写出Cr(OH)3溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式________________________________。
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析
2014年中考化学走出题海之考前必做难题30题参考答案与试题解析D7． 解答：解：由题目所给的信息可知： 氢化钙与水反应生成相应的氢氧化钙和氢气．该反应的化学方程式为：CaH 2+2H 2O=Ca（OH ）2+2H 2↑．氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠．该反应的化学方程式为：Ca （OH ）2+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH ．该反应总的化学方程式为：CaH 2+2H 2O+Na 2CO 3=CaCO 3↓+2NaOH+2H 2↑．故选C ．8． 解答：解：A 、二氧化碳和氢氧化钠溶液反应没有明显的现象，而和氢氧化钙溶液反应会生成碳酸钙沉淀，会看到澄清石灰水变浑浊，所以可用CO 2 鉴别NaOH 溶液和Ca（OH ）2 溶液，故A 能达到目的；B 、硝酸铵溶于水吸热，温度降低，而氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高，所以可用水鉴别硝酸铵固体和氢氧化钠固体，故B 能达到目的；C 、氢氧化钠变质生成碳酸钠，碳酸钠溶液也成碱性碱性，所以不能用无色酚酞试液检验NaOH 溶液是否变质，故C 不能达到目的；D 、二氧化锰难溶于水，所以可用过滤的方法从H 2O 2溶液制氧气的残余物中分离出MnO 2，故D 能达到目的．故选：C ．9． 解答：解：A 、AgNO 3溶液与氯化铁溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸铁，没有红褐色沉淀生成，故选项错误．B 、NaOH 溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠；与碳酸钠溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，无明显现象；与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀和硫酸钠；符合要求，故选项正确．C 、Ba （OH ）2溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钡；与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，而不是无明显现象，故选项错误．D 、BaCl 2溶液与氯化铁溶液交换成分没有沉淀、气体或水生成，不能发生反应，故选项错误．故选：B ．10．解答： 解：根据题意：将一定质量的某种金属M 的粉末放入AgNO 3与Cu （NO 3）2的混合溶液中，充分反应后发现，溶液呈现无色，说明加入的M 金属活动性顺序比铜、银强，反应时M 会首先置换硝酸银中的银，待硝酸银完全反应后继续与硝酸铜发生反应；过滤向滤渣中滴加稀盐酸，有气泡产生，说明滤渣金属中含有M ，因为铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，说明加入的M 过量，铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色；A 、AgNO 3与盐酸可反应生成氯化银沉淀，滤液中无沉淀产生，说明滤液中一定没有银离子，正确；B 、铜、银排在顺序表中氢之后，与盐酸不反应，过滤后在滤渣加入适量稀盐酸，滤渣中有无色气体产生，说明一定含有M ，正确；C 、通过上述分析可知：M 过量，则Cu（NO 3）2完全反应，滤渣中一定含有单质铜，正确；D 、铁与AgNO 3与Cu （NO 3）2反应生成硝酸亚铁溶液显浅绿色，而充分反应后发现，溶液呈现无色，故M 不可能是铁，故错误； 故选D ．11． 解答： 解：设原混合物中的Cu 2O 的质量为x ，生成铜的质量为y ，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，144 64x y =， y=，根据题意有：6.8g ﹣x+=4.8g ，x=3.6g ，原混合物中的Cu 的质量为：6.8g ﹣3.6g=3.2g ，则原混合物中的Cu 2O 和Cu 质量比为：3.6g ：3.2g=9：8，故选：A ．12． 解：A 、对比实验①和③，锌的质量相同，解答： 稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．B 、对比实验②和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积相同，但温度不相同、稀硫酸的浓度不同，无法研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．C 、对比实验①和③，锌的质量相同，稀硫酸的体积与浓度相同，但温度不同，可研究温度对反应剧烈程度的影响，故选项正确．D 、对比实验①和②，锌的质量相同，稀硫酸酸的体积相同，但稀硫酸的浓度不同，可研究稀硫酸的浓度对反应剧烈程度的影响，故选项错误．故选：C ．13． 解答： 解：①向H 2SO 4溶液逐渐加入NaOH 溶液，溶液总质量是增加的，但随着NaOH 溶液的增加，溶液总质量会一直增加，即最后不会出现平行于x 轴的直线．故①不符合图象；②向HCl 溶液中加入氧化铜，氧化铜会和稀盐酸反应生成氯化铜和水，所以溶液的总质量是增加的；当盐酸消耗完后再加氧化铜，氧化铜不和CuCl 2反应也不溶于水，所以氧化铜就不会再进入到溶液中，即溶液的总质量不再改变．故②符合图象； ③向BaCl 2溶液加入Na 2CO 3溶液，二者会反应生成NaCl 和BaCO 3其中BaCO 3是沉淀，不在溶液中，而且无法判断生成的沉淀的质量比加入的Na 2CO 3溶液的质量的大小，即溶液总质量变化可能增大可能减少．故③不符合图象；④向H 2SO 4溶液加入锌粒，二者反应生成ZnSO 4和H 2，有H 2逸出，但加入的锌粒的质量比逸出的H 2的质量大，所以溶液总质量增加；当消耗完后，锌粒和ZnSO 4不反应也不溶于水，所以锌粒不再进入到溶液中，即溶液总质量不再改变．故④符合图象．故选B ．14． 解答：解：A 、Na 2CO 3能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发、结晶，故选项所采取的方法正确．B 、CaCl 2能与K 2CO 3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，能除去杂质且但引入新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．C 、CO 2和HCl 气体均能与NaOH 溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误．D 、Cu 能与足量氧气在加热条件下反应生成氧化铜，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误． 故选：A ．15． 解答：解：该物质燃烧生成了二氧化碳和水，根据质量守恒定律可以知道判断出该物质中一定含有碳元素和氢元素，D 装置增重1.08g ，而D 装置吸收的是水，故生成水的质量为1.08g ，其中含有的氢元素的质量为：1.08g ××100%=0.12g ；而E 装置中吸收的是二氧化碳，可以知道生成二氧化碳的质量为2.64g ，其中碳元素的质量为：2.64g ××100%=0.72g ， 而水中的氢元素的质量、二氧化碳中碳元素的质量与该物质中含有的氢元素和氧元素的质量相等，所以题给物质含有的氢元素和碳元素的质量为：0.12g+0.72g=0.84g ＜1.8g ，所以在该物质中还含有氧元素； 故选B16． 解答： 解：A 、根据质量守恒定律可知，a=6.6+8.8﹣2﹣6.6﹣5.4=1.4，故选项说法正确．B 、生成的CO 和CO 2分子个数比为：=1：3，故选项说法正确．C 、参加反应的乙醇和氧气的质量比为（6.6﹣2）g ：8.8g=1：2，故选项说法错误．D 、根据质量守恒定律可知，在化学反应前后碳元素质量一定相等，故选项说法正确．故选：C ．17．解答： 解：二氧化碳与水反应生成的碳酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，碳酸不稳定，受热易分解，使酸性消失，溶液恢复为紫色，活性炭具有吸附性，能将石蕊的紫色吸附掉，变为无色，观察选项，故选：A ．二、解答题（共13小题，满分68分）18．解答：解：（1）从微观角度分析，水受热蒸发、电解水两个变化中，最本质的区别是水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．故填：水受热时，水分子没有改变，电解水时，水分子发生了改变．（2）①电解水的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑．故填：2H2O2H2↑+O2↑．②由示意图可知，在化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．故填：化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类不变，原子的总个数不变．（3）①甲、乙两个反应都遵循质量守恒定律．故填：遵守．②两个装置中气球胀大的原因是：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．故填：甲中，稀盐酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳使烧瓶中的压强增大，一部分气体进入气球，气球胀大；乙中，澄清的石灰水吸收二氧化碳，使烧瓶中的压强减小，外面的空气进入气球，气球胀大．19．解答：解：（1）达到一定温度，A在B中燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，因此是铁和氧气点燃产生四氧化三铁，故反应的方程式为；3Fe+2O 2Fe3O4；（2）在一定条件下，C、D两种物质均能与E反应，且生成相同的物质，其中C 是单质，D和E都为氧化物，且生成相同的物质，因此可能是碳、一氧化碳分别于氧化铜反应产生铜和二氧化碳；故答案为；CO；C+2CuO 2Cu+CO2↑；（3）X、Y、Z三种物质中只含有一种相同的元素，且X为氧化物，结合三种物质的转化关系，X、Y、Z可以分别是水、氢氧化钙、碳酸钙或氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙，带入符合题意；故答案为：H2O、Ca（OH）2、CaCO3（或CaO、Ca（OH）2、CaCO3）；X→Y转化时发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2；Y→Z 转化时发生反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．20．解答：解：（1）①在水（H2O）、铜（Cu）和氯化钠（NaCl）三种物质中，水（H2O）由水分子构成、铜（Cu）由铜原子构成，氯化钠（NaCl）由离子构成．②根据水的化学式：H2O，可知一杯水所有水分子中氢原子与氧原子的质量比：1：8；③图中的微粒，最外层电子得了2个，故其符号为S2﹣；④O3中+3的含义为：在氧化铝中铝元素化合价为+3．（2）由图示的情况可知：A中含有3个氧气的分子，B中含有的是3个氨气分子（NH3）；由于C中含有2个水分子和2个氧气分子．故答案为：（1）①氯化钠或NaCl；②1：8；③S2﹣；④在氧化铝中铝元素化合价为+3；（2）①NH3；②C．21．解答：解：（1）B的饱和溶液升温有固体析出，结合常见物质的溶解度曲线分析，可知B是氢氧化钙，甲、乙、丙为氧化物，甲和丙反应会生成氢氧化钙，所以甲、丙是水或氧化钙中的一种，A、B、C分别为含有三种元素的酸、碱、盐，A的浓溶液在空气中放置一段时间后质量增加，其溶质中含氧元素约65.3%，所以A是硫酸，甲和硫酸会发生反应，所以甲是氧化钙，丙就是水，氢氧化钙会转化成盐C，氧化钙、水和氧化物乙会生成盐C，氢氧化钙会与氧化物乙反应，且B、C中包含两种相同的元素，所以C 是碳酸钙，乙是二氧化碳，氧化钙和酸反应会生成水，氧化钙、水、二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀，硫酸和氧化钙会发生反应，氢氧化钙和二氧化碳会发生反应，二氧化碳和氢氧化钙反应会生成水，氢氧化钙和硫酸会生成水，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导合理，所以丙是H 2O ，A 是H 2SO 4；（2）水存在时，甲和乙的反应是水和氧化钙反应生成和氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以丙存在时，甲和乙反应的化学方程式为：CaO+CO 2CaCO 3，该反应满足化合反应多变一的条件，所以该反应属于化合反应；（3）氢氧化钙和二氧化碳反应生成白色的碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．故答案为：（1）H 2O H 2SO 4； （2）CaO+CO 2CaCO 3，化合； （3）Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ．22．解解：混合物A 加盐酸反应生成的气体B答：能使澄清的石灰水变浑浊，故B是二氧化碳，说明A中含有碳酸钠；由于得到的是溶液，故固体全部溶解，说明A中不含有铜；溶液C加硝酸银，得到白色沉淀，故C中含有氯化钠，可能是碳酸钠和盐酸反应生产的氯化钠，也可能是原来就有的氯化钠；滤液D加氢氧化钠溶液能的到蓝色沉淀，说明D中含有铜离子，而能与盐酸反应生成铜离子的物质是氧化铜，故A中一定含有氧化铜；D中含有氯化铜与硝酸银反应生成的硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠反应生成的H是硝酸钠，带入框图，推断合理；（1）B是二氧化碳，故填：CO2；（2）A中一定含有碳酸钠和氧化铜，一定不含有铜，故填：Na2CO3、CuO；Cu；（3）滤液D中一定含有的阳离子是钠离子和铜离子，故填：Na+、Cu2+；（4）硝酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硝酸钠，故填：Cu（NO3）2+2NaOH=Cu （OH）2↓+2NaNO3；（5）要证明是否含有氯化钠，需要将碳酸钠除去，可以加入硝酸，然后再加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成说明含有氯化钠，故填：AgNO3；AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3．23．解答：解：方法二：空气中除了氮气、氧气外，还含有二氧化碳、水蒸气等，为保证所得氨气尽可能纯净，要除去空气中多余的水蒸气、二氧化碳等杂质，可以通过碱性干燥剂﹣碱石灰，既可以吸收二氧化碳又能吸收水；【实验探究】①该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；【实验分析及数据处理】（1）该反应为制取氮气的反应，所以需装置不漏气，实验前需检查装置的气密性；（2）NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O+Q，该反应为放热反应，所以加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出；（3）设反应生成N2的质量为xNaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O53.5 280.21g x解得x=0.11g；生成氮气的体积为：100ml﹣12ml=88ml=0.088L生成氮气的密度为：=1.25g/L；【解释与结论】将空气通过灼热的铜，得到较纯净的氮气和氧化铜粉末只是除去了氧气，其中还含有稀有气体等杂质，由于稀有气体的密度比氮气密度大，所以导致氮气密度总是偏大5‰左右．【反思与评价】（1）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，增加蒸馏瓶内压强，不用导管时长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中．（2）科学家瑞利仅仅是从小数点第三位数的差别，所以我们应学习科学家严谨的态度．答案：【方法二】E 碱石灰【实验探究】①检查装置的气密性【实验分析及数据处理】（1）检查装置的气密性（2）防反应物冲出（3）0.11g；1.25g/L【解释与结论】方法二制得的氮气中含有密度比氮气大的稀有气体，导致密度偏大【反思与评价】（1）C（2）AC24．解答：解：根据题意：G为“紫红色金属”，为铜．而“E为目前世界上产量最高的金属”，为铁．“I是地壳中含量最高的元素形成的常见气体单质”，所以为氧气．A“在人体胃液中可以帮助消化”，所以为盐酸．由于铜（G）可以和氧气（I）反应生成B，所以B为氧化铜．则A和B反应生成C和D为盐酸和氧化铜反应生成水和氯化铜，而C能够和铁反应，所以C为氯化铜，D为水．H能够生成水和氧气，所以H为过氧化氢．而EC 反应即为铁与氯化铜的反应生成氯化亚铁（F）和铜（G）．所以转化关系为：（1）D的名称是水；（2）反应④的化学方程式2H2O22H2O+O2↑；（3）图中②是铁和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物，为置换反应．故答案为：（1）水．（2）2H2O 22H2O+O2↑；（3）置换反应．25．解答：解：（1）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，化学式是Fe2O3；C能产生温室效应所以C是二氧化碳，化学式是CO2；（2）B为红棕色，是赤铁矿的主要成分，所以B是氧化铁，C能产生温室效应所以C是二氧化碳，A、C是组成元素相同的气体，所以A是一氧化碳，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，所以D是铁，F是紫色金属属于铜，H是蓝色沉淀属于氢氧化铜沉淀，所以D和E反应是铁和铜的化合物反应，所以可以是铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，方程式是：Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；硫酸铜到氢氧化铜可以用硫酸铜和氢氧化钠反应，生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，用观察法配平即可，氢氧化铜后面标上沉淀符号，所以方程式是：2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应类型，属于复分解反应．故答案为：（1）Fe2O3；CO2；（2）①Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；2NaOH+CuSO4═Cu（OH）2↓+Na2SO4；复分解反应．26．解答：解：（1）有表中信息可知第四次中的碳酸钠已完全反应，根据质量守恒定律生成二氧化碳的质量：13g+130g﹣138.6g=4.4g，（2）设纯碱样品中碳酸钠的质量为x，生成氯化钠的质量为y，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑106 117 44x y 4.4g，解得：x=10.6g，y=11.7g纯碱样品中Na2CO3的质量分数是：=81.5%；（3）设，氢氧化钠与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z，13g样品样品中氢氧化钠的质量：13g﹣10.6g=2.4g；NaOH+HCl=NaCl+H 2O 40 58.5 2.4gz z=3.51g 13g 样品与盐酸恰好完全反应后生成物溶液中溶质的质量分数是：=11.0% （4）根据表中信息画出加入稀盐酸与生成气体的质量关系图． 答案：（1）4.4 （2）81.5% （3）11.0% （4）27．解答：解：（1）固体甲和液体乙混合产生气泡，故甲可能为碳酸钠、碳酸钙、铁，乙为盐酸；故填：盐酸；（2）固体甲和液体乙混合产生气泡，观察到B中有气泡冒出，一段时间后，B中液面下降，可能是由于液体倒流的结果，因此可能是氧化钙和水混合放出热量，空气溢出，然后温度下降，气压降低，液体倒流，使B中液面下降；故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2；氧化钙与水反应放热，一段时间后A中温度下降，气压减小，B中液体倒吸；（3）经过甲和乙反应后，B中溶液流入A中，说明A中的气压减小，因此可能是二氧化碳和氢氧化钠的反应，反应产生碳酸钠与倒流的B溶液反应出现浑浊现象，则B中的溶液可能是石灰水，碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀，溶液变浑浊；故填：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）固体甲和液体乙混合产生的气体和B中的溶液混合，溶液浑浊，可知产生的气体为二氧化碳，溶液浑浊的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，因此A 中产生二氧化碳的反应是CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；关闭K ，A 中不断生成的二氧化碳使装置内的气压变大，因此A 中盐酸进入B 中将生成的碳酸钙完全反应掉，因此溶液由浑浊变澄清；因此实验后B 中澄清液中一定有氯化钙；若盐酸过量，盐酸将氢氧化钙反应掉后有剩余，因此还会有氯化氢；溶液B 中若含有氯化钠不会影响实验的现象，因此可能含有氯化钠． 故填：CaCl 2；CaCl 2、HCl ；NaCl 、CaCl 2、HCl ；NaCl 、CaCl 2． 28．解答： 解：设参加反应的盐酸的溶质的质量为x ，碳酸钙的质量为yCaCO 3+2HCl ═CaCl 2+H 2O+CO 2↑ 反应前后固体的质量差100 73 111 111﹣100=11y x27.2g ﹣25g=2.2g ==解得：x=14.6g y=20g参加反应的盐酸的质量为：14.6g ÷14.6%=100g（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为：×100%=80%答：（1）参加反应的盐酸的质量为100g．（2）石灰石样品中碳酸钙的含量为80%．29．解答：解：设6克该药品中碳酸钠的质量为x，生成NaOH的质量为y，生成CaCO3的质量为z．Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH 106 74 100 80x 10g×7.4% zyx=1.06gz=1gy=0.8g答：6克该药品中碳酸钠的质量为1.06g；（2）溶液中溶质NaOH的质量=0.8g+（6g ﹣1.06g）=5.74g13.7ml水的质量是13.7g，则有溶液的总质量=6g+13.7g+10g﹣1g=28.7g反应后溶液中溶质的质量分数=100%=20%答：滤出沉淀后所得溶液的溶质质量分数为20%．30． 解答： 解：（1）铁与水和氧气同时接触时容易生锈，铜与水、氧气和二氧化碳同时接触时容易生锈，铜锈的化学式是Cu 2（OH ）2CO 3；因为Zn 2（OH ）2CO 3中没有氮元素，该物质是通过化合反应生成的，所以反应物中一定没有氮气；结合铜生锈的条件及其铜锈的化学式，类比锌片表面形成薄膜的条件及其化学式，可以判断锌与水、氧气和二氧化碳反应生成了薄膜．故选：C ．（2）①完全反应后，容器中的物质的质量差，就是生成氢气的质量，氢气的质量为：33.2g+10.8g ﹣43.9g=0.1g ；故填：0.1g ； ②设与铁反应的硫酸的质量为x ，烧杯中稀硫酸废液的质量为：33.2g ﹣18.2g=15.0gFe+H 2SO 4═FeSO 4+H 2↑98 2x 0.1g则，解得x=4.9g该废液中硫酸的质量分数为：100%=32.7%答：废液中硫酸的质量分数是32.7%．③如果铁钉的铁锈未除净，则铁锈消耗一部分硫酸，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水；根据氢气求出的硫酸质量就偏小，从而使计算出的硫酸的质量分数偏小．故答案为：（1）C；（2）①0.1；②32.7%；③偏小；硫酸与铁锈反应点评：解答本题运用了类比法，这种方法在解题时用处很大，要领会掌握．。
专题03 最有可能考的30题-2014年高考化学走出题海之黄金30题系列(原卷版) Word版缺答案[ 高考]
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最有可能考的30题【试题1】2013年10月世界卫生组织癌症专门机构首次指认大气污染“对人类致癌”。
下列行为有利于防止大气污染、遏制雾霾天气发生的是A．在田间焚烧秸杆B．冬季燃烧大量烟煤供热取暖C．提倡开私家车出行，减少乘坐公交车D．改善能源结构，大力发展太阳能、风能等清洁能源【试题2】下列说法正确的是A．硅太阳能电池板在工作时，可以将化学能转化为电能B．淀粉和纤维素均可水解生成葡萄糖，故均可作为人类的营养物质C．232Th转换成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同D．发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品【试题3】下列说法正确的是A．植物油的主要成分是高级脂肪酸B．银氨溶液可用于检验淀粉是否完全水解C．溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应可制取乙烯D．丙氨酸（）缩聚产物的结构简式为【试题4】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3－、HSO3－B．0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Al3+、SO42－、Cl－C．0.1mol·L－1氨水溶液：K+、Na+、NO3－、AlO2－D．由水电离出的c(H+)＝10－11mol·L－1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl－、HCO3－【试题5】我国科研人员以传统中药为原料先制得化合物I，再转化为具有抗癌抑菌活性的化合物Ⅱ，有关转化如图所示，下列有关说法不正确的是A ．化合物I 分子式为C 19H 24O 5B ．化合物I 和Ⅱ均能与酸性KMnO 4溶液和NaOH 溶液反应C ．化合物Ⅱ一定条件下能发生取代、消去及加成反应D ．检验化合物Ⅱ中是否含化合物I 可用Br 2的CCl 4溶液【试题6】已知：①H 2(g )+ 12O 2(g )＝H 2O (g ) 1=-241.8H ∆kJ ·mol -1，② C (s )+ 12O 2(g )=CO (g )2=-110.5H ∆ kJ ·mol -1。
2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】
2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】D气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键（共价键），答案选B。
5．下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是A．升华B．萃取C．纸上层析D．重结晶【答案】A【解析】A、物质从固态直接变成气态的过程（物理变化）叫升华，所以升华分离法只与物质的熔沸点有关，与溶解度无关，A不选；B、萃取（Extraction）指利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中。
经过反复多次萃取，将绝大部分的化合物提取出来的方法，B选；C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，C不选；D、重结晶法，就是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度的差异，通过先浓缩混合物，使混合物中的各物质含量达到一定比例时，一种物质形成饱和溶液从溶液中结晶析出，D不选。
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6．今年是门捷列夫诞辰180周年，下列事实不能用元素周期律解释的只有A．碱性：KOH > NaOH B．相对原子质量：Ar > KC．酸性HClO4 > H2SO4D．元素的金属性：Mg > Al【答案】B【解析】A、元素的金属性越强，其原子失电子能力越强、其对应氧化物的水化物碱性越强，金属性K＞Na，则碱性： KOH＞NaOH，A不选；B、相对原子质量的大小与元素周期律无关，B选；C、非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性HClO4> H2SO4，C不选；D、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故元素的金属性：Mg > Al，D 不选。
7．下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是A．H3O＋和OH―B．CO和N2C．HNO2和NO2―D．CH3＋和NH4＋【答案】D【解析】A、H3O＋的电子数等于1×3+8-1=10，OH―的电子数等于1+8+1=10，二者电子数相等，A不选；B、CO的电子数等于6+8=14，N2的电子数等于7×2=14，二者电子数相等，B不选；C、HNO2的电子数等于1+7+8×2=24，NO2―的电子数等于7+8×2+1=24，，二者电子数相等，C不选；D、CH3＋的电子数等于6+1×3-1=8，NH4＋的电子数等于7+1×4-1=10，二者电子数不相等，D 选。
高考化学复习专题01经典母题30题高考化学走出题海之黄金30题系列(解析版).docx
高中化学学习材料唐玲出品【试题1】化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料；⑥废电池进行集中回收处理A．①③⑤⑥ B．②③⑤⑥ C．①②④ D．②④⑤【答案】B【解析】考点：考查环境保护问题【试题2】下列说法正确的是A．煤的液化和气化都是物理变化B．乙醇、乙酸和甲醛广泛应用于食品加工C．蛋白质、橡胶和塑料都是天然高分子D．高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【答案】D【解析】试题分析：煤的液化和气化均是化学变化，A错误；甲醛是致癌物质，不能用于食品工业，B错误；塑料不是天然高分子化合物，C错误；D正确；故选D。
考点：考查化学基本用语和化学与生活知识【试题3】设N A 为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A ．标准状况下，1.12LCCl 4含有C －Cl 键数目为0.2N AB ．标准状况下，2.24L 氯气中含有的3517 Cl 数目一定为0.2N A C ．常温常压下，4.4gCO 2与N 2O 混合气体中含有的原子总数为0.3N A D ．80mL 10mol ·L －1盐酸与足量MnO 2加热反应，产生Cl 2分子数为0.2N A 【答案】C 【解析】【试题4】下列物质分类正确的是A ．SO 2、SiO 2、CO 均为酸性氧化物B ．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C ．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D ．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 【答案】D 【解析】试题分析：CO 不是酸性氧化物；氯化铁是溶液；四氯化碳为非电解质。
答案选D. 考点：考查物质的分类【试题5】下列反应的离子方程式书写正确的是A ．电解饱和食盐水：2Cl －+ 2H 2O =======通电2OH －+ H 2↑+ Cl 2↑ B ．醋酸除去水垢中的CaCO 3：CaCO 3 + 2H +＝Ca 2++ H 2O + CO 2↑ C ．漂白粉溶液在空气中失效：ClO －+ CO 2 + H 2O ＝HClO + HCO -3D ．向NaHSO 4溶液中滴加NaHCO 3溶液：HSO -4+ HCO -3＝ H 2O + SO 2-4+ CO 2↑ 【答案】A 【解析】考点：考查离子方程式书写的知识【试题6】在水溶液中能大量共存的一组是A．Ba2+、Na+、SO32-、Cl− B．MnO4−、SO42−、K+、H+C．Al3+、Mg2+、NO3−、HCO3− D．Fe3+、Na+、SCN−、Cl−【答案】B【解析】考点：考查离子大量共存的知识。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题02 新题精选30题1(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题02 新题精选30题1（解析版）【试题1】下列说法不正确．．．的是A．汽车尾气中有NO x，主要是汽油不充分燃烧引起的B．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对金属起保护作用C．实验室常用粗锌和稀硫酸反应制取H2D．从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应【答案】A【解析】考点：本题考查化学与生活等知识【试题2】下列说法中，正确的是A．糖类、油脂和蛋白质都是人体所需要的营养素B．节日焰火的五彩缤纷是某些金属单质性质的体现C．化学反应能够制造出新的物质，同时也能制造出新的元素D．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂【答案】A【解析】考点：考查化学在日常生活中的应用的知识【试题3】下列有关化学用语或名称表达正确的是A．亚硫酸的电离方程式：H2SO32H+＋SO32-B ．乙炔的分子结构模型示意图：C．H2O2的电子式：········O······O[ ]2－H＋H＋D．CH3－CH－CH2－CH2－OHCH3的名称3-甲基-1-丁醇【答案】D【解析】试题分析：A、多元弱酸分步电离，错误；B、乙炔为直线型结构，错误；C、双氧水为共价化合物，不能形成离子，错误；D、正确。
考点：考查化学用语有关问题【试题4】某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B．含有两种官能团C．与乙酸互为同系物D．可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应【答案】A【解析】考点：本题考查有机物的结构与性质【试题5】相对分子质量为100的有机物A能与钠反应，且完全燃烧只生成CO2和H2O。
若A含一个六碳环，则环上一氯代物的数目为A．5B．4C．3D．2【答案】B【解析】考点：考查同分异构体的判断【试题6】设N A 为阿伏加德罗常数的值。
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题1(解析版)
2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题04 名校模拟精华30题1（解析版）1．【2014届扬州中学高考模拟】化学与材料、生活和环境密切相关。
下列有关说法中错误的是A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C．大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子【答案】D【解析】考点：考查化学在材料、生活和环境中的重要应用的知识2．【2014届枣庄滕州一中下学期第二次模拟】下列叙述正确的是A．“雨后彩虹”是一种自然现象，与胶体的知识有关B．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．“通风橱”是一种负责任的防污染手段，可使有害气体得到转化或吸收D．长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应使瓶内气体减少形成“负压”之故【答案】A【解析】试题分析：A、“雨后彩虹”的原理为：雨后天空中的小水滴形成胶体，阳光照射后发生散射而形成的，所考点：本题考查胶体、物质的分类与保存、通风橱原理3．【2014届衡水中学下学期第一次模拟考试】设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，3.0g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4N AB．在标准状况下，22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2×6.02×1023 C．200mL1mol/L的Al2(SO4)3溶液中，Al3+和SO42－离子总数为6.02×1023D．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24L O2，转移电子数为0.4N A【答案】A【解析】考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识4．【2014届安徽江南十校3月联考】下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是A．氯气：K+、Ba2+、SiO32-、NO3-B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32-、C1-C．氨气：K+、Na+、AlO2-、CO32-D．甲醛：Ca2+、Mg2+、MnO4-、NO3-【答案】C【解析】能大量共存。
2014年高考海南卷化学试题及答案解析
2014年高考海南卷化学试题及答案解析2014年海南省高考化学试题及答案解析第Ⅰ卷一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。
1、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液B、84消毒液的有效成分是NaClOC、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D、装饰材料释放的甲醛会造成污染答案】C解析】A、碘酒是指单质碘溶于酒精形成的分散系（溶液），A正确；B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，B正确；C、浓硫酸不与玻璃的成分二氧化硅发生反应，而二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，所以工艺师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C错误；D、甲醛为常用的合成粘合剂的材料，且甲醛有毒，则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染，D正确。
2、下列有关物质性质的说法错误的是（）A、热稳定性：XXX＞HIB、原子半径：Na＞MgC、酸性：H2SO3＞H2SO4D、结合质子能力：S2＞Cl答案】C解析】A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl＞HI，A正确；B、同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na＞Mg，B 正确；C、H2SO3属于中强酸，H2SO4属于强酸，故酸性：H2SO4＞H2SO3，C错误；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为HCl强于H2S，所以结合质子能力：S2＞Cl，D正确。
3、以石墨为电极，电解KI溶液（含有少量的酚酞和淀粉），下列说法错误的是A、阴极附近溶液呈红色B、阴极逸出气体C、阳极附近溶液呈蓝色D、溶液的pH值变小答案】D解析】以石墨为电极，电解KI溶液，发生的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2（类似于电解饱和食盐水），阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I2.由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝（淀粉遇碘变蓝），阴极附近的溶液会变红（溶液呈碱性），ABC正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的pH值逐渐增大，D错误。
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2014年高考化学走出题海之黄金30题系列专题06 考前必做难题30题2（解析版）【试题21】捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)(NH4)2CO3 (aq) △H1反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)NH4HCO3 (aq) △H2反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3请回答下列问题：（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3＝。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在温度为T1、T2、T3、T4、T5的条件下，将等体积等浓度的(NH4)2CO3溶液分别置于等体积的密闭容器中，并充入等量的CO2气体，经过相同时间测得容器中CO2气体的浓度，得趋势图（下图1）。
则：①△H3______0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②温度高于T3，不利于CO2的捕获，原因是。
③反应Ⅲ在温度为K1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如下图2所示。
当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到K2，并维持该温度。
请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有（写出1个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是。
A．NH4Cl B．Na2CO3C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2【答案】（1）2△H2—△H1（3分）（2）①＜（3分）②T3时，化学反应到达平衡状态。
由于正反应是放热反应，当温度高于T3，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。
（3分）③（3分）如图（3）降低温度（或增加CO2浓度或压强) （2分）（4）BD（2分，选对1个得1分，错选1个得0分）【解析】逆向移动，溶液的pH值会升高，重新达到平衡后pH值趋于不变，该图像如图所示。
考点：考查的是反应原理知识，主要以反应与能量、化学平衡影响因素和平衡移动原理为知识点进行考察【试题22】如图1所示是实验室中制取气体的一种简易装置。
（1）请简述检验它的气密性的方法。
（2）利用如图1所示装置制取气体时，可适用的反应条件和反应物状态为________________________。
某同学设计如图2所示装置，用粗铁粒与16.9%稀硝酸反应制取NO气体并探究产物中铁的价态。
请回答有关问题。
（3）已知16.9%稀硝酸的密度为1.10g·cm-3，则其物质的量浓度为____________（计算结果保留两位小数）。
若用63%的硝酸配制16.9%稀硝酸500mL，所需的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、。
（4）实验开始时，先打开止水夹a、关闭止水夹b时，A装置的干燥管中观察到的现象是。
B装置烧杯中液体的作用是_________________________。
当A装置中气体几乎无色时，打开止水夹b，关闭止水夹a，可用C装置收集NO气体。
（5）现有仪器和药品：试管和胶头滴管，0.1mol·L-1KSCN溶液、0.2mol·L-1酸性KMnO4溶液、0.1mol·L-1KI溶液、氯水等。
请你设计一个简单实验，探究A装置烧杯里完全反应后含铁可能的价态，填写下列实验报告：【答案】（1）关闭止水夹，从左管处加水，使U形管两端形成液面差，一段时间后，液面差没有变化，说明气密性良好（没有关闭止水夹不得分）（2分）（2）不溶于水的块状固体，不需要加热（2分）（3）2.95mol·L-1（2分，没单位不得分）；500mL容量瓶、胶头滴管（2分，各1分，其中500mL容量瓶只答容量瓶不给分）（4）铁粒逐渐溶解，有气泡产生，干燥管上方出现红棕色气体（2分，只要答出红棕色气体即给2分）吸收二氧化氮（2分）（5）若溶液呈血红色，则说明含Fe3+，若不显血红色，证明没有Fe3+（1分）取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液（1分）【解析】考点：考查化学实验的设计、气密性的检验、实验现象的判断、实验仪器的选择及所涉及的计算【试题23】单质硅是很重要的工业产品。
（1）硅用于冶炼镁，也称硅热法炼镁。
根据下列条件：Mg（s）＋1/2O2（g）＝MgO（s）△H1＝－601．8kJ/molMg（s）＝Mg（g）△H2＝+75kJ/molSi（s）＋O2（g）＝SiO2（s）△H3＝－859．4kJ/mol则2MgO（s）＋Si（s）＝SiO2（s）＋2Mg（g）△H＝。
Mg-NiOOH水激活电池是鱼雷的常用电池，电池总反应是：Mg+2NiOOH+2H2O＝Mg(OH)2+ 2Ni(OH)2，写出电池正极的电极反应式。
（2）制备多晶硅（硅单质的一种）的副产物主要是SiCl4，SiCl4对环境污染很大，遇水强烈水解，放出大量的热。
研究人员利用SiCl4和钡矿粉（主要成分为BaCO3，且含有Fe3+、Mg2+等离子）制备BaCl2·2H2O和SiO2等物质。
工艺流程如下：已知：25℃K sp[Fe(OH)3]＝4．0×10-38，K sp[Mg(OH)2]＝1．8×10-11；通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀就达完全。
回答下列问题：①SiCl4发生水解反应的化学方程式为_______________________________________。
②若加钡矿粉调节pH＝3时，溶液中c(Fe3+)＝。
③若用10吨含78% BaCO3的钡矿粉，最终得到8．4吨BaCl2·2H2O (M＝244g/mol)，则产率为。
④滤渣C能分别溶于浓度均为3mol/L的NH4Cl溶液和CH3COONH4溶液（中性）。
请结合平衡原理和必要的文字解释滤渣C能溶于3mol/L的NH4Cl溶液的原因______。
【答案】（1）+494．2kJ/mol，NiOOH + H2O + e- ＝Ni(OH)2 + OH-；（2）①SiCl4+3H2O＝H2SiO3↓+ 4HCl或SiCl4+ 4H2O＝H4SiO4↓+ 4HCl②4．0×10-5mol/L，③86．9% （3分）④Mg(OH)2(s)在溶液中存在的溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，NH4+与OH-结合生成难电离的NH3·H2O，使平衡向正反应方向移动，最终Mg(OH)2溶解。
（3分）【解析】鱼雷的常用电池，电池总反应是：Mg+2NiOOH+2H2O＝Mg(OH)2+ 2Ni(OH)2，电池正极反应NiOOH得电子生成Ni(OH)2，利用原子守恒和电荷守恒写出电极反应式为NiOOH + H2O + e- ＝Ni(OH)2 + OH-；考点：考查盖斯定律与焓变的计算、新型电池电极反应式书写、沉淀溶解平衡的相关计算、关系式法计算【试题24】“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题。
（1）将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：①实验2条件下平衡常数K= 。
②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b的值_______(填具体值或取值范围)。
③实验4，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“＜” ，“＞” ，“＝”）。
（2）已知在常温常压下：①2CH3OH(l) ＋3O2(g) ＝2CO2(g) ＋4H2O(g) ΔH＝－1275.6kJ／mol②2CO (g)+ O2(g) ＝2CO2(g) ΔH＝－566.0kJ／mol③H2O(g) ＝H2O(l) ΔH＝－44.0kJ／mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：____________ ；（3）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性。
常温下，向10mL0.01mol·L-1H2C2O4溶液中滴加10mL0.01mol·L-1NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系；（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp＝2.8×10-9。
CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 ________mol/L；（5）以二甲醚（CH3OCH3）、空气、H2SO4为原料，铂为电极可构成燃料电池，其工作原理与甲烷燃料电池的原理相似。
请写出该电池负极上的电极反应式：。
【答案】（1）①1/ 6或0.17（2分）②＜1（填0＜a/b＜1亦可）（2分）③＜（2分）（2）CH3OH(l)+ O2(g) ＝CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8kJ∕mol（2分）（3）c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)（2分）（4）5.6×10—5（2分）（5）CH3OCH3-12e—+3H2O=3CO2+12H+（2分）【解析】H2均为1mol，则此时浓度商Qc＝1，大于平衡常数0.17，故反应向逆反应进行，所以V正＜V逆。
（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H＝－1275.6kJ·mol－1②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝－566.0kJ·mol－1③H2O（g）＝H2O（l）△H＝－44.0kJ·mol－1倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-5mol·L－1＝5.6×10—5mol·L－1。
（5）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极发生还原反应，氧气在正极放电。
二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为CH3OCH3-12e－+3H2O＝2CO2+12H＋。
考点：考查化学平衡、反应热、以及难溶电解质的溶解平衡等问题【试题25】CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。
一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。