7．碘钨灯比白炽灯使用寿命长。
灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：
W（s）+I2（g）
WI2（g） ΔH＜0（温度T1＜T2）。
下列说法正确的是（）
A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W1W重新沉积到灯丝上
B．灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低
C．该反应的平衡常数表达式是
D．利用该反应原理可以提纯钨
【答案】A、D
【解析】该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向左移动。
所以灯丝附近温度越高，WI2的转化率越高，B错。
平衡常数，应为生成物除以反应物：
K=c（WI2）/c（W）·c（I2）利用该反应，可往钨矿石中，加如I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，从而提纯W，D正确。
8．下列有关能量转换的说法正确的是（）
A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【答案】B
【解析】
试题分析：
煤燃烧时也转化为光能，A错；葡萄糖氧化放出热量，化学能转化为热能，C错；
选项D应该太阳能转化为化学能，D错。
考点：
本题考查了化学反应过程中能量的转换。
9．下列化学反应的离子方程式正确的是（）
A．在稀氨水中通入过量CO2:
NH3·H2O+CO2=NH
+HCO
B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：
SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3
+2HClO
C．用稀HNO3溶液FeS固体：
FeS+2H+=Fe2++H2S
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：
Ca2++OH-+H++SO
=CaSO4
+H2O
【答案】A
【解析】HClO有强氧化性，可把SO32-氧化为SO42-，B错。
稀HNO3有氧化性，可把S2-与Fe2+氧化，应为FeS+4HNO3=Fe（NO3）3+S↓+NO+H2O（还有可能生成SO2，SO3）C错。
D应为Ca2++2OH-+2H++SO42-==CaSO4↓+2H2O，所以D错。
10．海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）
A．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【答案】C
【解析】海水中钾元素以K+形式存在，生成钾单质必然发生化学反应，A错。
蒸发制海盐发生的是物理变化，B错。
潮汐发电是将动能转化为电能，D错。
11．元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周期。
下列有关推测正确的是（ ）
A．XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XY
B．XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZ
C．XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZ
D．XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ2
【答案】B
【解析】若XYZ3是一种可溶于水的酸，则X是H，Y和Z的化合价分别是＋5价和－2价，即Y是ⅤA或ⅦA，Z是ⅥA。
Y和Z在同一周期，则其原子序数只能为13和12，所以不可能，A不正确。
若XYZ3是一种微溶于水的盐，则X是金属，Z是非金属，所以二者可形成离子化合物，例如MgCO3，B正确。
若XYZ3是一种易溶于水的盐，则Y和Z一定是非金属，即为NaNO3,C不正确。
同样分析D中可能是NaNO3或MgCO3，即Y和Z一定是非金属，也不正确。
答案选B。
12．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）
A．AlB．Al（OH）3C．AlCl3D．Al2O3
【答案】A
【解析】m（Al）：
m（NaOH）=27：
40；
m（Al（OH）3）：
m（NaOH）=75：
40；
m（AlCl3）：
m（NaOH）=33.375：
40；
m（Al2O3）：
m（NaOH）=51：
40；
所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。
故选A。
13．设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA,下列说法正确的是（）
A．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nA
B．1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为nA
C．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA
D．0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA
【答案】B、C
【解析】Fe过量可使Fe3+还原为Fe2+，A错误。
3NO2+H2O==2HNO3+NO，易知B正确。
C中，可把N2O4看作2NO2，则有1moLNO2，所以有3mol原子；也可以用极端方法，看作全部NO2或全部N2O4考虑，也可得出结果。
3Fe+4H2O===Fe3O4+4H2↑，由方程可知D错误。
14．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）
①纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗②当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用③在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法④可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
A．①②B．②③C．③④D．①③
【答案】D
【解析】①属于金属的化学腐蚀，正确。
铁比锡活泼，一旦镀层破损后形成原电池，铁将作负极被氧化而腐蚀，②不正确。
锌比铁活泼，锌作负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，③正确。
与外加直流电源的正极相连时，金属作阳极失去电子被氧化而腐蚀，④不正确。
答案是D。
15．LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。
电池反应为：
FePO4+Li
LiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含U导电固体为电解质。
下列有关LiFePO4电池说法正确的是（）
A．可加入硫酸以提高电解质的导电性
B.放电时电池内部Li向负极移动.
C．充电过程中，电池正极材料的质量减少
D．放电时电池正极反应为：
FePO4+Li++e-=LiFePO4
【答案】C、D
【解析】放电时，负极：
Li－e—==Li+，正极：
FePO4+Li++e—==LiFePO4；充电时，阳极：
LiFePO4－e—==FePO4+Li+阴极：
Li++e—==Li，所以易知C.D正确。
若加入硫酸，与Li单质（固体）发生反应，所以A错；放电时，Li+应（正电荷）在电池内部（电解质中）向正极移动，故B错。
16．下列实验能达到预期目的的是（）
A．向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeCl2饱和溶液制备Fe（OH）3胶体
B．向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C．称取19.0g SnCl2，用100mL蒸馏水溶解，配制1.0mol·L-1SnCl2溶液
D．检验葡萄糖，应用氢氧化铜粉末，加热检验。
【答案】B
【解析】配制FeCl3胶体无需用NaOH溶液，否则会生成Fe（OH）3沉淀，A错。
SnCl2易发生水解，应该先将固体SnCl2溶于浓盐酸，再加水稀释配制，C错。
检验葡萄糖，应用新制的氢氧化铜溶液，加热检验，而不是用氢氧化铜粉末，D错。
17．用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U型管）构成一个原电池。
以下有关该原电池的叙述正确的是（）
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极
②正极反应为：
Ag++e-=Ag
③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A．①②B．②③C．②④D．③④
【答案】C
【解析】考查原电池的有关判断。
原电池是把化学能转化为电能的装置，其中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。
电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。
铜比银活泼，所以铜是负极，失去电子；银是正极，溶液中的银离子得到电子析出单质银，因此选项②④，①③不正确，取出盐桥相当于断路，不能在形成原电池，答案选C。
二、填空题（题型注释）
18．硅单质及其化合物应用范围很广。
请回答下列问题：
（1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。
三氯甲硅烷（SiHCl3）还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。
SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式；
H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是
。
（2）下列有关硅材料的说法正确的是（填字母）。
A．碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水泥
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承
C．高纯度的二氧化硅可用于制造高性能通讯材料——光导纤维
D．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高
E．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅
高温
【答案】
（1）SiHCl3+H2======Si+3HCl（2分）SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑（2分）
H2与O2反应爆炸，生成的水与SiHCl3反应，生成的Si与O2反应生成SiO2（2分）
（2）ABCD（4分）
【解析】
（1）利用原子守恒即可写出这两个方程式
（2）盐酸不与硅反应，故E错误
碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料。
工业碳酸钠（纯度约98％）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和SO
等杂质，提纯工艺路线如下：
已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如下图所示：
回答下列问题：
19．
（1）滤渣的主要成分为 。
20．
（2）“趁热过滤”的原因是 。
21．（3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是 （写出1种）。
22．（4）若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是 。
23．（5）已知：
Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）ΔH1=+532.36kJ·mol-1
Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3·H2O（s）+9H2O（g）ΔH1=+473.63kJ·mol-1
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式 。
【答案】
19．
（1）滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3。
20．
（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长。
21．（3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是用已预热的布氏漏斗趁热抽滤。
22．（4）若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是问题：
溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质；原因：
“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl-，SO42-，OH-，CO32-，当多次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca（OH）2，CaCO3等沉淀。
23．（5）写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式
Na2CO3·H2O（S）====Na2CO3（s）+H2O（g）;H=+58.73kJ/mol
【解析】
19．
（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、Ca（OH）2沉淀。
20．
（2）观察坐标图，温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，弱不趁热过滤将析出晶体。
21．（3）思路方向：
1.减少过滤的时间2.保持过滤时的温度。
22．（4）思路：
分析“母液”中存在的离子，若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中哪个环节有所影响。
23．（5）通过观察两个热化学方程式，可将两式相减，从而得到Na2CO3·H2O（s）====Na2CO3（s）+H2O（g）。
24．（12分）
科学家一直致力研究常温、常压下“人工围氮”的新方法。
曾有实验报道：
在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。
进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表（光照、N2压力1.0×105Pa、反应时间3h）:
T/K
303
313
323
353
NH3生成量/（10-6mol）
4．8
5．9
6．0
2．0
相应的热化学方程式如下：
N2（g）+3H2O
（1）=2NH3（g）+
O2（g）ΔH=+765.2kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）请在答题卡的坐标图中画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程
中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
（2）与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。
请提出可提
高其反应速率且增大NH3生成量的建议：
。
（3）工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）。
设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60molN2（g）和1.60molH2（g）,.反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数（NH2的物质的量与反应体系中总的物质的量之比）为
。
计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3（g）
N2（g）+3H2（g）的平衡常数。
【答案】
（1）画图略
（2）升高温度，增大反应物N2的浓度，不断移出生成物脱离反应体系。
（3）①该条件下N2的平衡转化率：
66.7%
②该条件下反应2NH3（g）====N2（g）+3H2（g）的平衡常数为0.005
【解析】
（1）要点：
1.催化剂可降低反应的活化能，但对这各反应前后能量变化并不产生任何影响。
2.该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。
（2）该反应正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH3生成量，升高温度也能提高反应速率；增大反应N2浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动；不断移出生成物脱离反应体系，使平衡向右移动，增大NH3生成量。
（3）由三行式法计算可知，起始时，c（N2）=0.3mol/l.平衡时，c（N2）=0.1mol/l；c（H2）=0.2mol/l;c（NH3）=0.4mol/l。
①所以N2的平衡转化率=（0.3-0.1）/0.3*100%=66.7%
②反应2NH3（g）====N2（g）+3H2（g）的平衡常数K=c（N2）*c（H2）^3/c（NH3）^2=0.005
25．（9分）
某些高分子催化剂可用于有机合成。
下面是一种高分子催化剂（Ⅶ）合成路线的一部分（Ⅲ和Ⅵ都是Ⅶ的单体；反应均在一定条件下进行；化合物Ⅰ-Ⅲ和Ⅶ中含N杂环的性质类似于苯环）：
回答下列问题：
（1）写出由化合物Ⅰ合成化合物Ⅱ的反应方程式（不要求标出反应条件）。
（2）下列关于化合物Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的是（填字母）。
A．化合物Ⅰ可以发生氧化反应
B．化合物Ⅰ与金属钠反应不生成氢气
C．化合物Ⅱ可以发生水解反应
D．化合物Ⅲ不可以使溴的四氯化碳深液褪色
E．化合物Ⅲ属于烯烃类化合物
（3）化合物Ⅵ是（填字母）类化合物。
A．醇B.烷烃C.烯烃D.酸E.酯
（4）写出2种可鉴别V和M的化学试剂。
（5）在上述合成路线中，化合物Ⅳ和V在催化剂的作用下与氧气反应生成Ⅵ和水，写出反应方程式（不要求标出反应条件）。
【答案】
（1）
（2）ACE
（3）
（4）1.溴的四四氯化碳溶液；2.Na2CO3溶液
（5）
【解析】
（1）写出由化合物I合成化合物II的反应方程式：
（2）化合物I官能团有羟基，碳碳双键，故可发生氧化反应，也可以与金属钠发生反应生成氢气，故A正确，B错误。
化合物II官能团有酯基，可以发生水解发生，生成相应的酸和醇，故C正确。
化合物III的官能团有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，属于以乙烯为母体的烯烃类衍生物，故D错误，E正确。
（3）化合物VI的结构为：
（4）化合物V为乙酸，含有羧基，可与Na2CO3溶液反应，生成CO2，化合物VI则不能。
化合物VI中，含有碳碳双键，可使溴的四四氯化碳溶液褪色，化合物V则不能。
（5）在上述合成路线中，化合物IV和V在催化剂作用下与氧气反应生成VI和水，写出反应方程式
三、实验题（题型注释）
26．（11分）
某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。
所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL、大理石用量为10.00g。
（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
（Ⅱ）实验①和 探究温度对该反应速率的影响；
（Ⅲ）实验①和 探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；）
②
③
④
（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图：
依据反应方程式
CaCO3+HNO3=
Ca（NO3）2+
CO2↑+
H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率（忽略溶液体积变化，写出计算过程）。
（3）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果
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