【答案】B
【分析】前5分钟消耗X的物质的量为0.5mol，由方程式可知Z的物质的量，从而计算反应速率。
反应热和计量数呈正比关系，由图可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明升温平衡向逆向进行移动，由表中数据计算平衡常数，再进行比较温度高低。
【详解】A.前5分钟消耗X的物质的量为0.5mol，由方程式可知生成Z1.5mol，则用Z表示反应速率为
=0.15mol/（L·min），故错误；B.反应热与计量数呈正比，则T2℃时，对于反应1/2X（g）+Y（g）
3/2Z（g）△H’则2ΔH’=ΔH，故正确；C.反应前后体积不变，增大若以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，等效于加入4/3molX和8/3molY，体积比为1:
2，与原平衡等效，X的转化率不变，故错误；D.由图可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明升温平衡向逆向移动，则正反应为放热反应，由表中数据可知，5分钟达到平衡，平衡时X为0.5mol则
X（g）+2Y（g）
3Z（g）
开始120
改变0.511.5
平衡0.511.5
由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故有K=
，大于温度T1时的平衡常数4，故温度T1>T2，故错误。
故选B。
7.下列表格是元素周期表的一部分，请按要求填空
（1）元素①和⑤形成的化合物中存在的化学键类型为__________________
（2）写出由①②④形成的一种一元酸的分子式_________________
（3）写出由③形成的单质的电子式_________________
（4）列举元素⑦形成的氧化物一种用途________________；元素⑧在周期表中的位置____，
天津市有着丰富的海水资源，海水中元素⑤、⑥和⑨的含量很丰富，某化学兴趣小组先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品。
请回答下列问题
回答下列问题：
（5）海水淡化的方法主要是___________________________________（至少列举2种）
（6）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，常温下，Br2的颜色为___________________。
吹出的溴用纯碱溶液吸收，吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），当吸收1molBr2时，转移的电子数为________mol．
（7）从海水中获得元素⑤或⑥的化合物的一段工艺流程如图：
浓海水的主要成分如下:
离子
Na+
Mg2+
Cl-
SO42-
浓度/（g·L-1）
63.7
28.8
144.6
46.4
该工艺过程中，产品1的化学式为________________。
产品2为Mg（OH）2。
常温下向浓海水中滴加NaOH溶液，当Mg2+恰好完全沉淀时溶液的pH为_________。
（已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-13）
（8）欲由MgCl2·6H2O加热制备MgCl2时，实验能取得成功的关键操作或条件是_________。
采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为______________
【答案】
（1）.离子键
（2）.H3BO3（3）.
（4）.光导纤维、水晶饰品或制备硅等（5）.第四周期VIII族（6）.蒸馏法、离子交换膜法或电渗析法（7）.深红棕色（8）.5/3（9）.CaSO4（10）.10（11）.在氯化氢气流保护下加热蒸干，或加入SOCl2后再加热蒸干（12）.MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑
【分析】结合元素周期表分析，①为氢，②为硼，③为氮，④为氧，⑤为钠，⑥为镁，⑦为硅，⑧为铁，⑨为溴。
【详解】
（1）氢和钠形成氢化钠，含有离子键。
（2）氢和硼和氧形成硼酸，分子式为H3BO3。
（3）氮气的电子式为：
。
（4）二氧化硅可以做光导纤维、水晶饰品或制备硅等。
铁在第四周期VIII族。
（5）海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换膜法或电渗析法；（6）单质溴为深红棕色。
在反应3Br2+6Na2CO3+3H2O＝5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3中，3mol反应时转移5mol电子，故当吸收１mol溴时，转移的电子为5/3mol。
（７）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，镁离子和氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子，过滤干燥的产品２为氢氧化镁，滤液中的钙离子进行脱硫，用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，采用过滤的方法得到的产品１为硫酸钙。
氢氧化镁完全沉淀后镁离子浓度小于10-5mol/L，已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=c2（OH-）c（Mg2+）=1.0×10-13，则计算c（OH-）=10-4mol/L，c（H+）=
=10-10mol/L，计算pH=10。
但镁离子恰好完全沉淀时溶液的pH为10。
（8）氯化镁中的镁离子容易水解，在干燥的氯化氢气流中，抑制镁离子水解，且带走氯化镁晶体受热产生的水汽，或加入SOCl2后，其水解生成氯化氢和二氧化硫，抑制了镁离子水解，故能得到无水氯化镁，在不锈钢做阴极电解熔融氯化镁时，阳极产生氧化反应生成氯气，阴极室镁离子得到电子生成金属镁，电解方程式为MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑。
8.I按要求填空，括号内为有机物的结构简式或分子式
（1）有机物甲（
）中含氧官能团的名称是________________
（2）有机物乙（分子式为C3H6O3）可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。
纯净的乙为无色粘稠液体，易溶于水。
乙的核磁共振氢谱如图
，则乙的名称为______________
（3）有机物丙（
）的反式1，4-加成聚合反应产物的结构简式为______________
（4）已知
为平面结构，则有机物丁（
）分子中最多有_____个原子在同一平面内
II化学式为C9H10O2的有机物有如下的转化关系:
已知：
①F与FeCl3溶液能发生显色反应
②从G到H的反应中，H只有一种结构且能使溴水褪色。
③羟基与双键碳原子相连接时，不稳定，易发生转化：
请回答下列问题：
（5）写出物质D的名称_______________
（6）B→C的反应类型：
_____________________________。
G→H反应类型：
__________________
（7）A生成D和E的化学方程式：
_______________________。
（8）有机物B与银氨溶液反应的离子方程式________________________。
（9）写出由苯酚合成
的合成路线流程图（无机试剂任选，要注明条件）_______
【答案】
（1）.醚键、羧基
（2）.2-羟基丙酸或乳酸（3）.
（4）.16（5）.醋酸钠或乙酸钠（6）.氧化（7）.消去（8）.
（9）.CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-
CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O（10）.
【详解】I.
（1）.有机物甲中含氧官能团为醚键、羧基。
（2）从核磁共振则氢谱分析，该物质含有四种氢原子，且比例为1:
1:
1:
3，说明含有一个甲基，结构简式为CH3CH（OH）COOH，名称为2-羟基丙酸或乳酸。
（3）发生1,4-加成聚合反应，即两个双键都打开，在2,3碳原子之间形成新的碳碳双键，该有机物的结构为
。
（4）已知
为平面结构，碳碳双键形成平面结构，碳碳三键为直线型结构，所以羧基和碳碳三键和碳碳双键连接的都为平面结构，即最多有16原子共面。
II.通过聚合物的结构分析，I的结构简式为CH2=CHOOCCH3，其在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成乙酸钠和乙醛，乙醛能发生催化氧化反应，所以B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸钠，根据A的分子式分析，E的分子式为C7H8ONa，E与稀硫酸反应生成F，F与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则结构含有苯环和酚羟基和甲基。
F与足量的氢气加成生成G，G在浓硫酸条件下发生消去反应生成碳碳双键，根据信息H只有一种结构且能使溴水褪色，说明羟基和甲基在对位，为
，则G为
，F为
，E为
。
则推出A的结构简式为
，。
根据以上分析，D的名称为醋酸钠或乙酸钠。
（6）B到C的反应为乙醛氧化生成乙酸。
G→H为醇的消去反应。
（7）A的结构简式为
，
在氢氧化钠条件下水解生成，方程式为：
。
（8）B为乙醛，其银镜反应的方程式为：
CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-
CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O。
（9）苯酚和溴发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚和氢气发生加成反应后，在发生水解反应生成产物，故流程为：
【点睛】根据信息：
羟基与双键碳原子相连接时，不稳定，易发生转化分析，I的结构简式为CH2=CHOOCCH3，其在氢氧化钠溶液加热的条件下水解，生成乙酸钠和乙烯醇，乙烯醇变为乙醛，所以B为乙醛。
注意能与氯化铁溶液显紫色的为结构中含有酚羟基。
9.硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。
实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：
①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍；
②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽；
③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；
④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干；
⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．
请回答下列问题：
（1）实验步骤①的目的是___________________________________________
（2）写出实验步骤②中的化学方程式__________________________________________．
（3）补全实验步骤③的操作名称________________________________
（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_________________________________
（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你______（填“是”或“否”）同意乙的观点
（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示（仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体）．
硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成
请根据表中数据画出硫酸亚铁的溶解度曲线示意图。
_________
（7）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度（t）的范围为________
（8）取已有部分氧化的绿矾固体（硫酸亚铁的相对原子质量用M表示）wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：
①该固体中硫酸亚铁的质量分数为____________%（用相关字母表示，要化到最简）
②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果____________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【答案】
（1）.去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污
（2）.Fe+H2SO4（稀）
FeSO4+H2↑（3）.趁热过滤（4）.洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗（5）.是（6）.
（7）.56.7℃【详解】
（1）.碳酸钠电离出的碳酸根离子水解溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解生成溶于水的物质，所以步骤①的目的是去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污。
（2）向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽，反应的方程式为：
Fe+H2SO4（稀）
FeSO4+H2↑。
（3）补全实验步骤③的操作名称为趁热过滤。
（4）温度低，晶体的溶解度小，则少量冰水洗涤，洗去杂质降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗，可以防止晶体溶解。
（5）因亚铁离子容易被氧化，加入铁可以防止氧化，所以实验②步骤不合理。
（6）结合图表中溶解度随着温度的变化，用描点法绘制变化曲线图，注意温度做横坐标，溶解度做纵坐标，画出图像为：
。
（7）.根据图标数据分析，析出晶体的温度范围为56.7℃（8）①酸性高锰酸钾氧化硫酸亚铁反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，求出亚铁离子物质的量n（Fe2+）=n（FeSO4·7H2O）=5n（KMnO4）=5×V×10-3×c×100/25=2cV×10-2mol，得到硫酸亚铁质量为2cV×10-2×Mmol，硫酸亚铁质量分数为2cV×10-2×M÷w×100%=2cVM/w。
②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，读取标准溶液的体积减小，测定结果偏低。
10.CO、SO2是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法．
Ⅰ．甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张，利用CO可以合成甲醇．
（1）已知：
CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）ΔH1=-283.0kJ·mol－1
H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）ΔH2=-285.8kJ·mol－1
CH3OH（g）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH3=-764.6kJ·mol－1
请写出CO与H2合成甲醇蒸汽的热化学方程式____________________
（2）一定条件下，在溶剂为VL的密闭容器中充入amolCO与2amolH2合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示．
①该反应在A点的平衡常数K=_________________（用a和V表示）
②下列能说明反应达到平衡状态的是_____
A.v（CO）=v（H2）B.混合气体的密度不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变D.c（CO）=c（H2）
③写出能增大v（CO）又能提高CO转化率的一项措施_____________________________
Ⅱ．某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸。
（3）原电池原理：
该小组设计的原理示意图如左下图，写出该电池负极的电极反应式______。
（4）电解原理：
该小组用Na2SO3溶液充分吸收SO2得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸。
原理如右下图，写出开始电解时阳极的电极反应式________________。
（5）已知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________（已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7）
【答案】
（1）.CO（g）+2H2（g）===CH3OH（g）△H=-90.1kJ/mol
（2）.
（3）.C（4）.压缩容器体积或增大体系压强（5）.SO2-2e-+2H2O==SO42-+4H+（6）.HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+（7）.c（Na+）>c（HSO3-）=c（SO32-）>c（OH-）=c（H+）
【详解】
（1）①CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）ΔH1=-283.0kJ·mol－1，②H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）ΔH2=-285.8kJ·mol－1，③CH3OH（g）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH3=-764.6kJ·mol－1，由盖斯定律分析，①+②×2-③得
CO（g）+2H2（g）===CH3OH（g）△H=（-283.0-285.8×2+764.5）=-90.1kJ/mol.
（2）CO（g）+2H2（g）===CH3OH
起始a2a0
改变0.75a1.5a0.75a
平衡0.25a0.5a0.75a
平衡常数K=
=
=
。
（3）A.v（CO）=v（H2）中不能反映正逆反应速率的关系，不能确定平衡状态，故错误；B.反应体系都为气体，在体积不变的情况下，混合气体的密度始终不变，故不能说明反应到平衡，故错误；C.混合气体的平均相对分子质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，因为混合气体的总质量不变，但是混合气体的物质的量随着时间改变而改变，所以当混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明反应到平衡，故正确；D.c（CO）=c（H2）不能说明反应到平衡，故错误。
故选C。
（4）压缩容器体积或增大体系压强能增大v（CO）又能提高CO转化率。
（5）该原电池中，负极上失去电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失去电子和水反应生成硫酸，电极反应为SO2-2e-+2H2O==SO42-+4H+。
（6）电解池中阳极和电源的正极相连，失去电子发生氧化反应，电解亚硫酸氢钠溶液可制得硫酸，硫的
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