11．C．本题考查化学反应速率和化学平衡。
A项，0-50s时生成C的物质的量为0.08mol/L，反应速率为
，A正确；
A（g）
B（g）＋C（g）
起始浓度（mol/L）0.500
转化浓度（mol/L）0.10.10.1
平衡浓度（mol/L）0.40.10.1
，B正确。
升高温度，达到新平衡时c（B）=0.11mol/L>0.1mol/L,说明平衡向正方向移动，正反应方向为吸收热，ΔH＞0，C错误。
相当于在原平衡基础上，缩小体积，平衡向左移动，达到新平衡时，0．1mol/L＜c（C）＜0．2mol/L，D正确。
12．下列实验操作正确的是
A．中和热测定实验中，可以用温度计搅拌反应混合物
B．用PH试纸检验某溶液酸碱性时，将试纸伸入待测液中蘸取
C．测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，所需实验用品有：
试管、酒精灯、托盘天平、铁架台等
D．在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡后分层，上层溶液呈紫色
13.下列根实验操作、现象以及所得出的结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体
溶液变浑浊
酸性：
碳酸>硅酸
B
往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液紫红色褪去
证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化
C
向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
溶液X中无NH
D
向溶液X中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红
溶液X中一定含有Fe2+
第
卷（非选择题，共174分）
本大题包括小题（必考部分+选考部分），共174分。
必考22～32题为考生必须作答部分，选考33～40题请考生按照要求作答。
主观题答题请用0.5mm的黑色签字笔书写在答题卡的相应题号的位置上，超出答题卡区域边框，答案无效。
必考模块（共129分）
26．（13分）工业上为了测定辉铜矿（主要成分是Cu2S）中Cu2S的质量分数，设计了如图10装置。
实验时按如下步骤操作：
实验原理是
A．连接全部仪器，使其成为如图装置，并检查装置的气密性。
B．称取研细的辉铜矿样品1.000g。
C．将称量好的样品小心地放入硬质玻璃管中。
D．以每分钟1L的速率鼓入空气。
E．将硬质玻璃管中的辉铜矿样品加热到一定温度,发生反应为:
Cu2S+O2=SO2+2Cu。
F．移取25.00ml含SO2的水溶液于250ml锥形瓶中，用0.0100mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法重复滴定2—3次。
试回答下列问题：
（1）装置①的作用是_________________；装置②的作用是____________________。
（2）假定辉铜矿中的硫全部转化为SO2，并且全部被水吸收，则操作F中所发生反应的化学方程式为。
（3）若操作F的滴定结果如下表所示，则辉铜矿样品中Cu2S的质量分数是_________。
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.04
21.03
2
25.00
1.98
21.99
3
25.00
3.20
21.24
（4）本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果（不属于操作失误），你认为是
（写一种即可）。
（5）已知在常温下FeS的Ksp＝6.25×10－18H2S饱和溶液中c（H＋）
与c（S2－）之间存在如下关系：
c2（H＋）·c（S2－）=1.0×10－22。
在该温度下，
将适量FeS投入硫化氢饱和溶液中，欲使溶液中（Fe2+）为lmol/L，
应调节溶液的c（H十）为__________________。
（6）某人设想以右图所示装置用电化学原理生产硫酸，写出通入
SO2的电极的电极反应式______。
26．（13分）
（1）除去空气中的还原性气体与酸性气体；（2分）干燥空气（1分）
（2）2KMnO4+5H2SO3=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4+3H2O（2分）（3）80％（2分）
（4）在KMnO4滴定前，未反应完的O2与空气中的O2也可将H2SO3氧化，造成测定结果偏低（2分）
（5）4×10－3mol/L（2分）
（6）SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（2分）
【命题立意】本题考查了通过实验进行定量测定辉铜矿中Cu2S的质量分数，涉及氧化还原反应方程式和电极反应式的书写和根据溶度积进行相关计算。
【解析】实验的原理是将辉铜矿Cu2S中的硫全部转化为SO2，经氧化还原滴定确定SO2的量，进而确定辉铜矿中Cu2S的质量分数。
（1）装置①中盛有碱和氧化剂，可分别用来除空气中含有的酸性气体和还原性气体；装置②中有干燥剂碱石灰，用来干燥空气，防止加热时硬质试管炸裂；
（2）KMnO4具有氧化性，含SO2的水溶液具有还原性，两者发生氧化还原反应，根据化合价升降配平方程式；
（3）三次滴定使用标准液的体积分别是19.99mL、20.01mL、18.04mL，第三次数据明显偏小，应舍去，取前两次的平均值可得使用标准液体积为20.00mL，根据5Cu2S～5H2SO3～2KMnO4计算出样品中Cu2S的质量5×160×0.02×0.01/（2×25/250）=0.8g，进而计算出Cu2S的质量分数为80%；
（4）装置①可除去空气中的还原性气体，但吸收SO2的烧杯开口，与氧气接触，还有部分未反应完的O2均能使SO2在吸收过程中被氧化，使测量结果偏低；
（5）溶液中c（S2-）=
mol/L=6.25×10-18mol/L，c2（H+）•c（S2-）=1.0×10-22，则c（H+）=
=4×10-3mol/L；
（6）原电池负极发生氧化反应，SO2被氧化生成SO42-，负极电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
27．（15分）下图11为聚合氯化铝生产的工艺流程，其制备原料主要是铝灰（含Al2O3、Al,还含有SiO2等杂质，杂质在整个过程中不参与反应），然后通过调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。
工艺流程如下：
（1）写出搅拌加热操作过程中的A试剂为_________________（写化学式），发生反应的离子方程式：
________________________________________________________________。
（2）B和D均为简单操作，根据流程写出D的操作名称是___________________。
（3）聚合氯化铝晶体是一种高效无机水处理剂，其净水原理为________________________（用方程式表示），流程中调节pH至4.0～4.5的目的是________________________。
将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的________________（填字母序号）
A．吸水性B．氧化性C．难挥发性D．脱水性
（4）
已知H2O2在强碱性溶液中能够电离出HO2-。
目前比较热门的Al—H2O2燃料电池，其原理如下图所示，电池总反应如下：
2Al+3HO2-=2AlO2-+OH-+H2O,正极反应式为 。
已知：
2Al（s）+
O2（g）=Al2O3（s）；△H=-akJ•mol-12Fe（s）+O2（g）=2FeO（s）；△H=-bkJ•mol-1写出Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式，△H值用a、b表示_________________________________。
27．（15分）
（1）HCl（2分）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（1分）2Al+6H+=2Al3++3H2↑（1分）
（2）过滤（1分）
（3）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+（2分）促进AlCl3水解，是晶体析出（2分）AD（2分）
（4）
HO2－+H2O+2e－=3OH－（2分）
2Al（s）+3FeO（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）△H=—（a—
b）kJ•mol-1（2分）
【命题立意】本题旨在考查元素化合物知识的综合应用及反应热、离子反应方程式、电化学等知识。
【解析】
（1）要使铝灰（含Al2O3、Al,还含有SiO2等杂质），变成含铝元素和铝元素的化合物采用的试剂A为盐酸，所以化学式为HCl，铝灰中含有的Al2O3、Al能与盐酸反因而发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、2Al+6H+=2Al3++3H2↑；
（2）反应后铝灰中含有的SiO2等固体杂质不与盐酸发生反应，使其分离最好采用过滤；
（3）因铝离子在溶液中能水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体在水中表面积巨大能吸附水中的杂质，达到净水目的。
调节pH至4.0～4.5，可降低氢离子浓度促进铝离子水解，有利于聚合氯化铝晶体析出。
由于浓硫酸的吸水性和脱水性能把AlCl3·6H2O的结晶水去除，所以选择AD；（4）根据原电池原理分析电极总反应式中反应物的化合价可知，负极反应物为Al，则正极反应物为HO2－，所以正极反应式为HO2－+H2O+2e－=3OH－。
根据盖斯定律拿1—2×
得Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式：
2Al（s）+3FeO（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）△H=—（a—
b）kJ•mol-1。
28．（15分）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应来制造更高价值的化学品是目前的研究目标。
（1）已知250℃时，以镍合金为催化剂涉及此研究的某反应平衡常数
，则此反应的化学方程式为______________________________；又知此反应的逆反应为放热反应，则能使平衡常数增大的措施是_____________（选择序号填空）；是上述平衡正向移动的措施有_____________（选择序号填空）。
A．增大CO2的浓度B．升高温度C．增大压强D．减小压强
（2）以某种特殊催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，但当温度超过某个值时
乙酸的生成速率却减小了，原因是____________________________________________。
（3）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2（g）＋6H2（g）
CH3OCH3（g）＋3H2O（l）
①已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：
投料比
500K
600K
700K
1.5
45%
33%
20%
x
a
b
c
上述反应的化学平衡常数的表达式为__________。
该反应的焓变ΔH________0（填“>”、“<”或“＝”，下同），若使a>45%，则x________1.5。
②在一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中加入2molCO2和6molH2,20min后达到平衡，测得平衡时CH3OCH3为0.5mol，则该反应的反应速率v（CO2）＝________mol·L－1·min－1，H2的转化率α（H2）＝______；加入催化剂，v（CO2）________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），α（H2）________。
28．（15分）
（1）CO2＋CH4
2CO＋2H2（2分）B（1分）ABD（2分）
（2）催化剂的催化效率降低（2分）
（3）①
或
（1分）<（1分）>（1分）②0.1（1分）50%（2分）增大（1分）不变（1分）
【命题立意】本题考查化学平衡、化学反应速率转化率及其计算等问题。
【解析】
（1）由平衡常数表达式知反应物和生成物分别为CO2、CH4和CO、H2，再由浓度幂知各物质前面的计量数分别为1、1、2、2，所以方程式为CO2＋CH4
2CO＋2H2；
（2）由于催化剂的催化效率受温度影响大，因此当温度超过某个值时，催化剂的催化效率降低，从而导致乙酸的生成速率降低；
（3）①升高温度，CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，判断该反应为放热反应。
在相同温度下，增大H2的浓度，可使平衡正向移动，提高CO2的转化率，因而x>1.5。
②应用“三段式”列出各物质的“始、转、平”的量，可顺利解决问题。
选考模块（共45分）
36．（化学—选修2：
化学与技术）
硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等）是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。
利用硫铁矿烧渣制备铁红、硫酸钾等产品的实验流程如下：
（1）第①步中稀硫酸要适当过量，目的是：
a、提高铁的浸出率；b、___________________。
（2）完成并配平第②步反应的离子方程式：
□Fe3++□FeS2+□_______=□Fe2++□SO42-+□_______
（3）上述反应有1.0mol还原剂参加反应，则转移电子的总数是_________________个。
（4）第③步过滤时用到的玻璃仪器是________________，第⑤步从滤液中得到硫酸钾晶体的操作是_____________________________________。
（5）第④步反应的化学方程式为________________________________。
如果生成铁红的质量为16.0kg，则理论上需要加入KHCO3_____________kg。
36．（15分）
（1）抑制Fe3+和Fe2+的水解（2分）
（2）14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+（2分）
（3）8.4×1024（2分）
（4）烧杯、漏斗、玻璃棒（3分）；蒸发结晶（1分）。
（5）4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2（3分）；40.0（2分）
【命题立意】本题主要考查了化学与技术。
【解析】
（1）第①步中稀硫酸过量，可抑制Fe3+和Fe2+的水解。
（2）根据反应前后原子个数守恒，生成物SO42-含有氧原子，则反应物中应加上H2O，生成物中加上H+。
应用化合价升降法进行配平，注意FeS2中S元素为−1价。
（3）通过分析方程式中Fe3+或S元素化合价的变化，得到方程式中电子转移数是14，所以1.0mol还原剂FeS2参加反应转移的电子总数为14×6.02×1023=8.4×1024。
（4）过滤时用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；从硫酸钾溶液中得到硫酸钾晶体，可采用蒸发结晶的方法。
（5）FeCO3焙烧分解的反应式为4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2；结合第③步反应化学方程式FeSO4+2KHCO3=FeCO3↓+CO2+H2O+K2SO4，得到关系式：
4KHCO3～2FeCO3～Fe2O3，则需要KHCO3的质量为16000g/（160g·mol-1）×4×100g·mol-1=40000g=40.0kg。
37．（化学——选修3：
物质结构与性质）
下表中A～F为部分短周期元素的化合价及原子半径：
元素
A
B
C
D
E
F
原子半径（nm）
0.102
0.110
0.074
0.075
0.071
0.099
最高或最低化合价
+6、-2
+5、-3
-2
+5、-3
-1
+7、-1
元素G是原子半径最小的元素，H元素基态原子的2P轨道上只有2个电子，I元素在第三周期主族元素中电负性最小。
（1）F位于元素周期表第__________周期第__________族，其基态原子核外电子中未成对电子数与成对电子数之比为____________________。
（2）H、C、D、E的第一电离能由大到小的顺序为____________________（用元素符号表示），写出H元素原子的价电子排布式__________________，E的氢化物在E所在主族元素的氢化物中沸点最高的原因是________________________________________。
（3）HC2的空间构型为____________________；I2C2的电子式为____________________，含有的化学键类型为___________________；C和F的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是________________（写化学式）。
（4）BF5和足量水反应，生成一种中强酸和一种强酸，该反应的化学方程式为____________。
37．（15分）
（1）三、ⅦA（2分）；1:
16（2分）
（2）F＞N＞O＞C（2分）；HF分子间存在氢键（2分）；2S22P2（1分）
（3）直线型（1分）；
（1分）；离子键和非极性键（1分）；HClO4（1分）
（4）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl（2分）
【解析】本题的关键是正确推出A～G各是什么元素。
由于短周期元素的最高正价等于其主族序数，根据表中所列化合价，确定这些元素所在主族，再根据原子半径的大小，确定其所在周期，进而即可确定其元素种类。
即：
A为S，B为P，C为O，D为N，E为F，F为Cl，G为H，H为C，I为Na。
（2）比较第一电离能大小时，由于N元素最外层P轨道电子排布处于半充满，能量较低，电负性大于O元素；HF分子之间存在氢键。
（4）根据题意，PCl5水解的方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。
38.（化学—选修5：
有机化学基础）
西维因（
）是一种高效、广谱的杀虫剂，工业上通常是以甲萘酚（
）为原料进行合成，合成的方法有冷法和热法两种。
（1）冷法：
先由甲萘酚先与光气反应制得A，再使A与甲胺作用制得西维因，合成路线如下图所示：
已知：
①西维因的分子式为___________，A的结构简式为___________。
②1mol西维因最多能与______mol氢气发生加成反应。
③反应I属于__________，反应的化学方程式为______________________。
（2）热法：
先由甲胺与光气反应制得B，再使B与甲萘酚反应制得西维因，请写出热法制备西维因的合成路线图。
__________________________________________。
（3）西维因在碱性条件下水解成甲萘酚、二氧化碳和甲胺：
请简述检验粮食及蔬菜中西维因是否有残留的实验操作：
____________________。
38．
（1）①C12O11NO2（2分）；
（2分）；②5（2分）
③取代（1分）；
（3分）
（2）
（3分）
（3）先用NaOH溶液浸泡粮食和蔬菜，然后向浸泡液中加入盐酸，酸化后滴加FeCl3溶液，观察溶液是否变为紫色，若变为紫色，则有西维因残留，反之则没有（2分）
【命题立意】本题考查有机化学基础专项选考题。
【解析】
（1）①西维因的分子式为C12O11NO2，根据题中信息，可推出A的结构简式为
。
②1mol西维因等效于含有5mol碳碳双键，最多能与5mol氢气发生加成反应。
③反应I为甲萘酚与光气发生的取代反应。
（2）由冷法的合成路线类推热法的合成路线。
（3）根据题中信息，利用西维因水解生成的甲萘酚遇FeCl3溶液呈紫色，可检验粮食或蔬菜是否含有西维因残留。
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