北京市崇文区高考化学一模试卷(含解析)

北京市崇文区2015届高考化学一模试卷一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）已知某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，下列有关该溶液中还存在的物质叙述正确的是（）A．铝元素能以Al3+或AlO2﹣的形式存在B．铁元素能以Fe2+和Fe3+的形式共存C．硫元素主要以SO42﹣的形式存在D．氯元素能以Cl﹣或ClO﹣的形式存在2．（6分）如图是一燃料电池的化学原理示意图，该燃料电池总反应化学方程式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O．下列判断不正确的是（）A．电极A为电池负极B．电极B表面上发生还原反应C．工作一段时间溶液pH保持不变D．燃料电池工作时不会出现火焰3．（6分）1，2，3﹣三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：据此，可判断1，2，3，4，5﹣五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（）A．3 B．4 C．5 D．64．（6分）在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣，该溶液放在用惰性材料做电极的电解槽中，通电片刻后，则氧化产物与还原产物的质量之比为（）A．35.5：108 B．16：207 C．8：1 D．108：35.55．（6分）往含0.2mol NaOH和0.1mol Ba（OH）2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L （标准状况下），则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量（n）随通入CO2气体体积（V）的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）（）A．B．C．D．6．（6分）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．现进行如图所示实验．下列有关说法正确的是（）A．步骤Ⅰ中减少的3 g固体一定是混合物B．步骤Ⅱ中质量减少的固体物质一定是Fe2O3C．根据上述步骤Ⅱ可以得出蓝色溶液中n（Cu2+）=0.02 molD．根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断X中氧化铁的质量分数为50%7．（6分）硝酸的还原产物比较复杂，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．反应中硝酸的还原产物为NH4+B．DE段反应的离子方程式为：NH4++OH﹣═NH3•H2OC．合金中铁和铝的物质的量之比为1：3D．图象中C点所加NaOH溶液的体积为7mL二、推断题：共15分8．（15分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系．其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C．（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式．（2）固体E中含有化学键的类型是，C与E反应的离子方程式为．（3）将B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为．（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体．实验过程中观察到如下现象：①开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红．甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a变红的是（写出一种即可）．②片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝．用离子方程式解释b变蓝的原因．③最终试纸b褪色．同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3﹣，从而使蓝色消失；二是．三、填空题：共13分9．（13分）参考下列图表和有关要求回答问题（1）图Ⅰ是1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是，△H的变化是（填“增大”、“减小”、“不变”）．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：；（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol则甲醇燃烧的热化学方程式为；（3）下表是部分化学键的键能数据：化学键P﹣P P﹣O O=O P=O键能/kJ•mol﹣1 a b c x已知白磷的燃烧热为d kJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则上表中x=kJ•mol﹣1（用含有a、b、c、d的代数式表示）四、实验题：共15分10．（15分）为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度AgCl：1.5×10﹣4g Ag2SO4：0.796g（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验Ⅰ将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红注：经检验黑色固体为Ag①白色沉淀的化学式是．②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是．（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ．a．按如图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移．偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银．放置一段时间后，指针偏移减小．b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移．①a中甲烧杯里的电极反应式是．②b中电压表指针逆向偏移后，银为极（填“正”或“负”）．③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是．（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验Ⅲ将2mL 2mol/L Fe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验Ⅳ将2mL1mol/L Fe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验Ⅴ将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失①实验Ⅲ（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是．②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：．五、综合题：共15分11．（15分）减少二氧化碳的排放是一项重要课题．（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2+6H2⇌C2H4+4H2O△H在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系．①该反应的△H0（填“＞”、“=”或“＜”）．②曲线b表示的物质为．③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是．（2）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示．①该工艺中能量转化方式主要有．②b为电源的（填“正”或“负”）极，电解时，生成乙烯的电极反应式是．（3）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图3所示．①过程1每反应1mol Fe3O4转移电子的物质的量为．②过程2发生反应的化学方程式是．北京市崇文区2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）已知某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，下列有关该溶液中还存在的物质叙述正确的是（）A．铝元素能以Al3+或AlO2﹣的形式存在B．铁元素能以Fe2+和Fe3+的形式共存C．硫元素主要以SO42﹣的形式存在D．氯元素能以Cl﹣或ClO﹣的形式存在考点：离子共存问题．分析：某强酸性的溶液中存在大量的NO3﹣，具有强氧化性，溶液中不能存在还原性的离子，且不能与氢离子发生反应，以此来解答．解答：解：A．酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣，故A不选；B．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量存在Fe2+，故B不选；C．SO42﹣与H+、NO3﹣均不反应，可大量共存，故C选；D．H+、ClO﹣结合生成弱电解质，不能大量存在ClO﹣，故D不选；故选C．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．2．（6分）如图是一燃料电池的化学原理示意图，该燃料电池总反应化学方程式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O．下列判断不正确的是（）A．电极A为电池负极B．电极B表面上发生还原反应C．工作一段时间溶液pH保持不变D．燃料电池工作时不会出现火焰考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：燃料电池中，通入燃料甲醇的电极为负极，电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，通入氧气的电极为正极，电极反应为2O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应，据此分析解答．解答：解：A．通入燃料的电极A为负极，故A正确；B．电解B表面上氧气得电子发生还原反应，故B正确；C．根据电池反应式知，KOH参加反应且生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小，故C错误；D．燃料电池是将化学能转化为电能，不是燃料燃烧，所以没有火焰产生，故D正确；故选C．点评：本题考查了原电池原理，根据得失电子确定正负极，再结合电池反应分析解答，题目难度不大．3．（6分）1，2，3﹣三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：据此，可判断1，2，3，4，5﹣五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（）A．3 B．4 C．5 D．6考点：有机化合物的异构现象．专题：有机化学基础．分析：从氯原子分布在平面的上、下两边分析，每个碳原子上有一个氯原子，先假设都在平面上，再逐渐减少一个碳原子．解答：解：5个氯原子都在上面，4个氯原子在上1个在下（同4下1上），3个氯原子在上2个在下（同3下2上）有两种，分别为1，2，3上和1，2，4上两种，如图，黑点表示氯原子在平面下方，所以共计4种．故选B．点评：本题考查同分异构体的判断等，难度不大，注意方法运用．4．（6分）在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣，该溶液放在用惰性材料做电极的电解槽中，通电片刻后，则氧化产物与还原产物的质量之比为（）A．35.5：108 B．16：207 C．8：1 D．108：35.5考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和Cl﹣沉淀为AgCl，Pb2+和SO4 2﹣沉淀为PbSO4，溶液中就只有Na+、NO3﹣了，实际上的电解NaNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气．解答：解：等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和Cl﹣沉淀为AgCl，Pb 2+和SO4 2﹣沉淀为PbSO4，溶液中就只有Na+、NO3﹣了，实际上是电解NaNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气，当转移相同电子时，氧化产物和还原产物的质量之比为32：（2×2）=8：1，故选C．点评：本题考查了离子共存和电解池原理，明确实际上电解的物质是解本题关键，很多同学忘记部分离子不能共存而导致错误，属于易错题．5．（6分）往含0.2mol NaOH和0.1mol Ba（OH）2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72L （标准状况下），则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量（n）随通入CO2气体体积（V）的变化曲线中正确的是（离子水解忽略不计）（）A．B．C．D．考点：离子方程式的有关计算．分析：n（CO2）==0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中，发生：2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，以此解答该题．解答：解：n（CO2）==0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钡的溶液中：n（OH﹣）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ba2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2=HCO3﹣+H2O，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，设生成xmolCO32﹣，ymolHCO3﹣，则：2x+y=0.4xx+y=0.3解得x=0.1，y=0.2，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓，该阶段0.1molBa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、生成0.1molBaCO3；然后发生2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣、BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，故选C．点评：本题考查离子方程式的计算，题目难度中等，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化．6．（6分）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．现进行如图所示实验．下列有关说法正确的是（）A．步骤Ⅰ中减少的3 g固体一定是混合物B．步骤Ⅱ中质量减少的固体物质一定是Fe2O3C．根据上述步骤Ⅱ可以得出蓝色溶液中n（Cu2+）=0.02 molD．根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断X中氧化铁的质量分数为50%考点：有关混合物反应的计算．分析：9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜，据此进行判断．解答：解：A．Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；B．步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；C．6.4g变成1.92g，质量减少：6.4g﹣1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则反应后蓝色溶液中含有0.02mol铜离子，故C正确；D．160g/mol×0.02mol=3.2g，X中氧化铁的质量分数为：×100%=34.0%，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握常见在的性质及检验方法，能够根据反应现象判断存在的物质，选项C为难点和易错点，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的物质的量．7．（6分）硝酸的还原产物比较复杂，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．下列说法不正确的是（）A．反应中硝酸的还原产物为NH4+B．DE段反应的离子方程式为：NH4++OH﹣═NH3•H2OC．合金中铁和铝的物质的量之比为1：3D．图象中C点所加NaOH溶液的体积为7mL考点：有关混合物反应的计算．分析：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价；由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al 3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，A．根据分析可知，硝酸的还原产物为铵根离子；B．DE段沉淀的量不变，则发生铵根离子与氢氧根离子的反应；C．根据DE段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH4+），根据EF段计算可知Al（OH）3的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；D．计算出铁离子、铝离子和铵根离子的物质的量，结合消耗氢氧化钠的物质的量，可确定C 值．解答：解：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al （OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，A．根据分析可知，硝酸在反应中被还原成NH4+，故A正确；B．DE段沉淀的物质的量不变，说明铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH﹣═NH3•H2O，故B正确；C．由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL﹣31mL=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×5mol/L=0.015mol，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O 可知，计算溶液中n（NH4+）=0.015ml，根据EF段发生Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知n=0.010mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.010mol，根据电子转移守恒有3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.010mol=8×0.015mol，解得：n（Fe）=0.03mol，故原混合物中铁粉与铝粉的物质的量之比为：0.03mol：0.01mol=3：1，故C错误；D．沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O 得出n（NH4+）=（34﹣31）×10﹣3L×5mol/L=0.015 mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为﹣3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为：=0.04mol，滴加NaOH体积为31mL时，发生反应为①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，可计算得出C 点氢氧化钠溶液的体积为：31ml﹣×103mL/L=7mL，故D正确；故选C．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，涉及金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算、混合物反应计算等知识点，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用．二、推断题：共15分8．（15分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系．其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C．（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（2）固体E 中含有化学键的类型是离子键、极性键，C 与E 反应的离子方程式为Cl 2+2OH ﹣═Cl ﹣+ClO ﹣+H 2O ．（3）将B 的浓溶液与H 的浓溶液混合，立即产生大量气体C ，该反应的离子方程式为ClO ﹣+Cl﹣+2H +═Cl 2↑+H 2O ．（4）某课外小组的同学用E 溶液吸收C ，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO 2气体． 实验过程中观察到如下现象：①开始时，溶液上方出现白雾，试纸a 变红．甲同学认为是HCl 使a 变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a 变红的是SO 2（或H 2SO 3）（写出一种即可）．②片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b 变蓝．用离子方程式解释b 变蓝的原因Cl 2+2I﹣═2Cl ﹣+I 2．③最终试纸b 褪色．同学们认为可能的原因有两种：一是I 2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO 3﹣，从而使蓝色消失；二是I 2有氧化性，SO 2能将I 2还原成I ﹣，从而使蓝色消失．考点： 无机物的推断．专题： 推断题．分析： A 是一种黑色粉末状固体，C 是一种黄绿色气体，则A 为MnO 2，B 为浓盐酸，C 为Cl 2，常用E 溶液吸收多余的C ，则E 为NaOH ，H 为NaClO ，F 为NaCl ，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl ，则图2中液上方出现白雾，然后结合物质的性质及化学用语来解答． 解答： 解：A 是一种黑色粉末状固体，C 是一种黄绿色气体，则A 为MnO 2，B 为浓盐酸，C 为Cl 2，常用E 溶液吸收多余的C ，则E 为NaOH ，H 为NaClO ，F 为NaCl ，（1）A 与B 的浓溶液反应的化学方程式为MnO 2+4HCl （浓）MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，故答案为：MnO 2+4HCl （浓）MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；（2）E 为NaOH ，含离子键和O ﹣H 极性共价键，C 与E 反应的离子方程式为Cl 2+2OH ﹣═Cl ﹣+ClO﹣+H 2O ，故答案为：离子键、极性键；Cl 2+2OH ﹣═Cl ﹣+ClO ﹣+H 2O ；（3）B 的浓溶液与H 的浓溶液混合，立即产生大量气体C ，该反应的离子方程式为ClO ﹣+Cl﹣+2H +═Cl 2↑+H 2O ，故答案为：ClO ﹣+Cl ﹣+2H +═Cl 2↑+H 2O ；（4）氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl ，①试纸a 变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量，试纸a 变红还可能与SO 2（或H 2SO 3）有关，故答案为：SO 2（或H 2SO 3）；②上方出现黄绿色气体，试纸b 变蓝，发生Cl 2+2I ﹣═2Cl ﹣+I 2，故答案为：Cl 2+2I ﹣═2Cl ﹣+I 2；③最终试纸b 褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I 2有氧化性，SO 2能将I 2还原成I ﹣，从而使蓝色消失，故答案为：I 2有氧化性，SO 2能将I 2还原成I ﹣，从而使蓝色消失．点评： 本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重氯气的实验室制备及氯、碘化合物之间转化的考查，把握物质的性质及框图中发生的反应为解答的关键，（4）中现象与反应的推断为解答的难点，题目难度中等．三、填空题：共13分9．（13分）参考下列图表和有关要求回答问题（1）图Ⅰ是1mol NO 2（g ）和1mol CO （g ）反应生成CO 2和NO 过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E 1的变化是减小，△H 的变化是不变（填“增大”、“减小”、“不变”）．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234 kJ•mol﹣1；（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol则甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726KJ/mol；（3）下表是部分化学键的键能数据：化学键P﹣P P﹣O O=O P=O键能/kJ•mol﹣1 a b c x已知白磷的燃烧热为d kJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则上表中x=kJ•mol﹣1（用含有a、b、c、d的代数式表示）考点：化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；（2）依据热化学方程式，利用盖斯定律进行计算；（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算．解答：解：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234 kJ•mol﹣1，故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234 kJ•mol﹣1；（2）利用盖斯定律进行计算，①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol依据盖斯定律计算（②×3﹣①×2+③×2）×得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726 KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726 KJ/mol；（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P﹣P、5mol O=O，形成12molP﹣O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol﹣（6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol）=dkJ/mol，x=KJ/mol故答案为：．点评：本题考查较为综合，题目难度中等，本题注意热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目．四、实验题：共15分10．（15分）为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度AgCl：1.5×10﹣4g Ag2SO4：0.796g（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验Ⅰ将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红注：经检验黑色固体为Ag①白色沉淀的化学式是Ag2SO4．②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红．（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ．a．按如图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移．偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银．放置一段时间后，指针偏移减小．b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移．①a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+﹣e﹣=Fe3+．②b中电压表指针逆向偏移后，银为负极（填“正”或“负”）．③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag．（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验Ⅲ将2mL 2mol/L Fe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验Ⅳ将2mL1mol/L Fe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验Ⅴ将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失①实验Ⅲ不能（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3﹣也可能氧化Ag．②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：溶液中存在平衡：Fe3++Ag=Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl﹣比SO42﹣更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；（2）①偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，银做原电池正极，石墨做原电池负极，甲池溶液中是亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，；②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，证明银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银；③实验可知银离子具有强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（3）①酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可以溶解银；②分析选项可知，溶液中存在平衡：Fe3++Ag=Fe2++Ag+，硫酸根离子和氯离子对平衡的影响判断平衡进行的方向解释．解答：解：（1）将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为：Ag2SO4；②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为：有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+﹣e﹣=Fe3+；故答案为：Fe2+﹣e﹣=Fe3+；②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为：负；③由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag；故答案为：Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag；。