2023-2024學(xué)年北京五中高三（上）期中化學(xué)試題和答案

高中PAGE1試題2023北京五中高三（上）期中化學(xué)（第三次段考）一、選擇題，共42分1．我國科研人員首次以CO2為原料合成了葡萄糖和長鏈脂肪酸，這項(xiàng)突破為人工和半人工合成“糧食”提供了新技術(shù)。合成路線如下：CO2COCH3COOH葡萄糖、脂肪酸下列說法不正確的是（）A．過程①、②中電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 B．葡萄糖分子中含有醛基、羥基 C．CH3COOH和C7H13COOH互為同系物 D．葡萄糖不能發(fā)生水解反應(yīng)2．碳化硅晶體具有多種結(jié)構(gòu)，其中一種晶體的晶胞（如圖所示）與金剛石的類似。下列判斷不正確的是（）A．該晶體屬于分子晶體 B．該晶體中只存在極性鍵 C．該晶體中Si的化合價(jià)為+4 D．該晶體中C的雜化類型為sp33．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有H+的數(shù)目為NA B．23gNa與足量H2O反應(yīng)完全后生成H2的體積為11.2L C．密閉容器中2molSO2與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA D．物質(zhì)的量相同的和CH3CHO所含共價(jià)鍵數(shù)目相同4．下列顏色變化與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是（）A．用小刀切開金屬鈉，表面逐漸變暗 B．推進(jìn)裝有NO2的密閉針筒的活塞，氣體顏色變深 C．將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去 D．維生素C常與補(bǔ)鐵劑（有效成分中鐵元素為+2價(jià)）同服5．Fe、HCN與K2CO3在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：Fe+6HCN+2K2CO3═K4Fe（CN）6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列說法正確的是（）A．此化學(xué)方程式中涉及的第二周期元素的電負(fù)性大小的順序?yàn)镺＜N＜C B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子的價(jià)電子排布圖為，該中心離子的配位數(shù)是10C．1molHCN分子中含有σ鍵的數(shù)目為1.204×1024 D．K2CO3中陰離子的空間構(gòu)型為三角錐形，其中碳原子的價(jià)層電子對數(shù)為46．下列關(guān)于銅腐蝕的說法及方程式書寫正確的是（）A．銅在潮濕空氣中被腐蝕：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3 B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕：2Cu+O2+2NH3?H2O═2Cu2++2NH3+4OH﹣ C．HNO3濃度越大，腐蝕反應(yīng)3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O速率越大 D．利用FeCl3對銅的腐蝕制作印刷線路板：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+7．我國擁有獨(dú)立知識產(chǎn)權(quán)的抗高血壓藥物左旋氨氯地平的分子具有手性，其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于左旋氨氯地平的說法不正確的是（）A．分子中含有酯基 B．酸性條件下的所有水解產(chǎn)物均能與NaHCO3溶液反應(yīng) C．能與H2發(fā)生加成反應(yīng) D．有手性異構(gòu)體8．聚乳酸（PLA）是一種生物可降解材料。低相對分子質(zhì)量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相對分子質(zhì)量PLA的制備過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．PLA易溶于水 B．乳酸生產(chǎn)中間體時(shí)，原子利用率能達(dá)到100% C．由乳酸直接生成低相對分子質(zhì)量PLA的反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng) D．1molPLA完全水解，消耗1molNaOH9．已知磷酸的電離常數(shù)K1＝7.6×10﹣3；K2＝6.3×10﹣8；K3＝4.4×10﹣13，關(guān)于常溫下pH＝2的H3PO4溶液，下列說法正確的是（）A．與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式：H++OH﹣═H2O B．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強(qiáng) C．加水稀釋使電離程度增大，溶液pH減小 D．c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）10．將銅棒插入濃、稀Cu（NO3）2溶液中（裝置如圖），觀察到電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，一段時(shí)間后，浸入濃Cu（NO3）2溶液的銅棒變粗。下列說法不正確的是（）A．銅棒變粗的反應(yīng)：Cu2++2e﹣═Cu B．導(dǎo)線中電子移動(dòng)的方向：b→a C．隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃、稀Cu（NO3）2溶液的濃度逐漸接近 D．Cu2+的氧化性隨c（Cu2+）增大而增強(qiáng)，Cu的還原性隨c（Cu2+）增大而減弱11．一種可充電的鋰離子電池充放電的工作示意圖如圖，電池的總反應(yīng)為：Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6下列說法正確的是（）A．放電時(shí)負(fù)極的反應(yīng)：C6+xLi++xe﹣═LixC6 B．K與M相連時(shí)，A是陽極，發(fā)生氧化反應(yīng) C．K與N相連時(shí)，Li+由A極區(qū)遷移到B極區(qū) D．整個(gè)充、放電過程只存在3種形式的能量轉(zhuǎn)化12．反應(yīng)M（g）+N（g）?P（g）+Q（g）在不同溫度（T時(shí)的平衡常數(shù)（K）如下：T/oC70080083010001200K0.60.91.01.72.6密閉容器中，某溫度（T）、某時(shí)刻（t）時(shí)，反應(yīng)混合物中M、N、P，Q的濃度分別為1mol?L﹣1、1mol?L﹣1、1.5mol?L﹣1、1.5mol?L﹣1。下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)△H＜0 B．若T＝700℃，則t時(shí)刻反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行 C．若t時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，則1000℃＜T＜1200℃ D．當(dāng)T＝830℃達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，c（M）＝0.75mol?L﹣113．化學(xué)鏈甲烷干重整聯(lián)合制氫部分工藝的原理如圖所示：將1molCO2和3molCH4充入干重整反應(yīng)器，發(fā)生：重整反應(yīng)：CH4+CO22CO+2H2積炭反應(yīng)：CH4C+2H2研究發(fā)現(xiàn)，增大n（FeO）能減少積炭，并增大的值。下列說法不正確的是（）A．X的化學(xué)式為Fe3O4，被還原后可循環(huán)利用 B．增大n（FeO）能增大，推測發(fā)生FeO+CH4═Fe+CO+2H2 C．減少n（FeO），F(xiàn)e上的積炭會(huì)導(dǎo)致蒸氣反應(yīng)器中產(chǎn)生的H2純度降低 D．干重整反應(yīng)器中存在：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）＝4mol14．某實(shí)驗(yàn)小組為研究黃銅（Cu﹣Zn合金）的抗腐蝕性能，進(jìn)行了系列實(shí)驗(yàn)，結(jié)果如下表。依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)，所得結(jié)論不正確的是（）實(shí)驗(yàn)0～1h1h2h16mol/L鹽酸無氣泡產(chǎn)生23mol/L硫酸無氣泡產(chǎn)生黃銅表面出現(xiàn)少量小氣泡，反應(yīng)緩慢黃銅表面小氣泡數(shù)量增加不明顯，反應(yīng)緩慢36mol/L硝酸2min時(shí)出現(xiàn)較多氣泡，反應(yīng)迅速進(jìn)行；10min時(shí)出現(xiàn)明顯的紅棕色氣體溶液變?yōu)樗{(lán)色，反應(yīng)持續(xù)進(jìn)行，但不劇烈溶液變?yōu)樗{(lán)色，反應(yīng)持續(xù)進(jìn)行，較為緩慢42mol/L硝酸黃銅表面出現(xiàn)少量小氣泡，反應(yīng)緩慢溶液出現(xiàn)淡藍(lán)色，反應(yīng)緩慢溶液出現(xiàn)淡藍(lán)色，反應(yīng)緩慢4濃硝酸反應(yīng)物接觸后迅速反應(yīng)，反應(yīng)劇烈，產(chǎn)生大量紅棕色氣體，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色A．實(shí)驗(yàn)1、2、3中反應(yīng)速率不同，與溶液中陰離子種類有關(guān) B．可用稀硫酸溶解黃銅以測定銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù) C．硝酸與黃銅反應(yīng)的速率隨硝酸濃度增大而加快 D．黃銅在稀硫酸中有較強(qiáng)的抗腐蝕性能，說明其結(jié)構(gòu)與簡單Cu﹣Zn混合物不同二、非選擇題、共58分15．（10分）向硫酸銅水溶液中逐滴滴加氨水，先生成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)滴加氨水得到深藍(lán)色溶液，再向溶液中加入乙醇，有深藍(lán)色晶體[Cu（NH3）4]SO4?H2O析出。（1）銅元素位于元素周期表中區(qū)，高溫超導(dǎo)體釔鋇銅氧材料中銅元素有+2和+3兩種價(jià)態(tài)，基態(tài)Cu3+的電子排布式為。（2）非金屬元素N、O、S的第一電離能由大到小的順序是（用元素符號表示）。（3）上述深藍(lán)色晶體中含有的元素電負(fù)性最小的是（用元素符號表示）。（4）H2O的中心原子軌道雜化類型為雜化；的立體構(gòu)型是，根據(jù)等電子原理，由短周期元素組成的粒子，只要其原子數(shù)相同，各原子的最外層電子數(shù)之和也相同，可互稱為等電子體。等電子體之間結(jié)構(gòu)相似。寫出與互為等電子體的一種離子：。（5）NH3分子獨(dú)立存在時(shí)H﹣N﹣H鍵角為：107°。如圖為[Zn（NH3）6]2+的部分結(jié)構(gòu)以及H﹣N﹣H鍵角的測量值。解釋配合物中H﹣N﹣H鍵角變?yōu)?09°28′的原因：。（6）最新研究發(fā)現(xiàn)，水能凝結(jié)成13種類型的結(jié)晶體。除普通冰外，還有﹣30℃才凝固的低溫冰，180℃依然不變的熱冰，比水密度大的重冰等。重冰的結(jié)構(gòu)單元可用下圖的立方體表示，立方體的棱長a＝333.7pm，阿伏加德羅常數(shù)的值取6.02×1023，則重冰的密度為g?cm﹣3（1pm＝10﹣10cm，只列式，不計(jì)算）。16．（13分）導(dǎo)電高分子材料PEDOT的一種合成路線如圖。資料：（1）A分子中含有的官能團(tuán)有。（2）A→B的化學(xué)方程式是。（3）B→D的反應(yīng)類型是。（4）D→E的反應(yīng)方程式是。（5）F的結(jié)構(gòu)簡式是。（6）下列有關(guān)J的說法正確的是（填字母）。a．核磁共振氫譜有2組峰b．能與H2發(fā)生加成反應(yīng)c．不存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體d．合成PEDOT的反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)（7）推測J→PEDOT的過程中，反應(yīng)物（NH4）2S2O8的作用是。（8）溶劑a為環(huán)己烷，若用水代替環(huán)己烷，則D的產(chǎn)率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度較小，與Na2S的反應(yīng)不充分；②。17．（11分）將CO2轉(zhuǎn)化成C2H4可以變廢為寶、改善環(huán)境。以CO2、C2H6為原料合成C2H4涉及的主要反應(yīng)如下：Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1（主反應(yīng)）Ⅱ．C2H6（g）?CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ?mol﹣1（副反應(yīng)）（1）反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)歷程可分為如下兩步：ⅰ．C2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1（反應(yīng)速率較快）ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2（反應(yīng)速率較慢）①△H2＝kJ?mol﹣1②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）對反應(yīng)Ⅰ速率影響更大，原因是。（2）0.1MPa時(shí)向密閉容器中充入CO2和C2H6，溫度對催化劑K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影響如圖所示。①工業(yè)生產(chǎn)中反應(yīng)Ⅰ選擇800℃，原因是。②800℃時(shí)，不同的CO2和C2H6體積比對反應(yīng)影響的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：v（CO2）/v（C2H6）平衡時(shí)有機(jī)產(chǎn)物的質(zhì)量分?jǐn)?shù)CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a．隨增大，CO2轉(zhuǎn)化率將（填“增大”或“減小”）。b．解釋對產(chǎn)物中C2H4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)影響的原因：。（3）我國科學(xué)家使用電化學(xué)的方法（裝置如圖）用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是電源的極。②陽極電極反應(yīng)式是。18．（12分）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型的污水處理劑。（1）K2FeO4的制備①i中反應(yīng)的離子方程式是。②將ii中反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：Fe3++OH﹣+ClO﹣═++③iii中反應(yīng)說明溶解度：Na2FeO4K2FeO4（填“＞”或“＜”）。（2）K2FeO4的性質(zhì)i．將K2FeO4固體溶于蒸餾水中，有少量無色氣泡產(chǎn)生，經(jīng)檢驗(yàn)為O2，液體有丁達(dá)爾效應(yīng)。ii．將K2FeO4固體溶于濃KOH溶液中，放置2小時(shí)無明顯變化。iii．將K2FeO4固體溶于硫酸中，產(chǎn)生無色氣泡的速率明顯比i快。①K2FeO4溶于蒸餾水的化學(xué)反應(yīng)方程式是。②K2FeO4的氧化性與溶液pH的關(guān)系是。（3）K2FeO4的應(yīng)用K2FeO4可用于生活垃圾滲透液的脫氮（將含氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化為N2）處理。K2FeO4對生活垃圾滲透液的脫氮效果隨水體pH的變化結(jié)果如下：①K2FeO4脫氮的最佳pH是。②根據(jù)圖推測，pH＝4時(shí)生活垃圾滲透液中含氮物質(zhì)主要以形式存在。③pH大于8時(shí)，脫氮效果隨pH的升高而減弱，分析可能的原因：。19．（12分）某小組探究Fe2S3的制備。配制0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液和0.1mol?L﹣1的Na2S溶液備用?！静殚嗁Y料】?。瓼eS、Fe2S3均為黑色固體，難溶于水。ⅱ．Fe3++6F﹣?[FeF6]3﹣，[FeF6]3﹣為無色離子。ⅲ．硫單質(zhì)微溶于乙醇，難溶于水?！驹O(shè)計(jì)并實(shí)施實(shí)驗(yàn)】編號實(shí)驗(yàn)一實(shí)驗(yàn)二操作現(xiàn)象迅速產(chǎn)生黑色沉淀a，振蕩后黑色沉淀溶解，并產(chǎn)生有臭雞蛋氣味的氣體，最終得到棕黃色濁液X產(chǎn)生棕黑色沉淀（1）實(shí)驗(yàn)一中，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律推測，生成黑色沉淀a的離子方程式為。（2）進(jìn)一步檢驗(yàn)濁液X的組成，過程如圖。①通過對濁液X組成的檢驗(yàn)，推測實(shí)驗(yàn)一的黑色沉淀a溶解過程中有氧化還原反應(yīng)發(fā)生，實(shí)驗(yàn)證據(jù)是。②經(jīng)檢測，黑色固體b中含有FeS。甲同學(xué)認(rèn)為，F(xiàn)eS是由紅褐色清液中的Fe2+，與加入的S2﹣反應(yīng)產(chǎn)生的。乙同學(xué)認(rèn)為該推測不嚴(yán)謹(jǐn)，理由是。（3）實(shí)驗(yàn)二制得了Fe2S3，但其中含少量Fe（OH）3。①生成Fe（OH）3的離子方程式為。②從化學(xué)反應(yīng)速率角度推測實(shí)驗(yàn)二的棕黑色沉淀中不含S的原因：。實(shí)驗(yàn)三小組同學(xué)進(jìn)行如圖所示的改進(jìn)實(shí)驗(yàn)。經(jīng)檢驗(yàn)，黑色沉淀c為純凈的Fe2S3。（4）實(shí)驗(yàn)三中，由無色清液生成Fe2S3的離子方程式為?！痉此寂c評價(jià)】（5）對比三個(gè)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)三能成功制備Fe2S3的原因是。

參考答案一、選擇題，共42分1．【分析】A.電解是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程；B.葡萄糖是一種多羥基的醛；C.結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的化合物間互為同系物；D.葡萄糖是單糖?！窘獯稹拷猓篈.過程①、②均為電解，而電解是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程，故A正確；B.葡萄糖是一種多羥基的醛，即葡萄糖中含羥基和醛基，故B正確；C.C7H13COOH中的烴基﹣C7H13中含一個(gè)碳碳雙鍵或環(huán)，CH3COOH和C7H13COOH的結(jié)構(gòu)不相似，分子組成上相差的也不是一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)，故不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D.葡萄糖是單糖，不能水解，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查了葡萄糖的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)以及電解過程中能量的轉(zhuǎn)化，難度不大，應(yīng)注意基礎(chǔ)知識的積累和應(yīng)用。2．【分析】從晶體類型來說，碳化硅晶體具有多種結(jié)構(gòu)，其中一種晶體的晶胞（如圖所示）與金剛石的類似，兩者都屬于原子晶體，原子晶體的原子間形成共價(jià)鍵，C的雜化類型為sp3?！窘獯稹拷猓篈．碳化硅晶體屬于原子晶體，故A錯(cuò)誤；B．該晶體中只存在C﹣Si極性鍵，故B正確；C．C的非金屬性強(qiáng)于Si，顯正價(jià)，Si的化合價(jià)為+4，故C正確；D．碳化硅形成4個(gè)共價(jià)鍵，C原子采用的是sp3雜化，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評】本題考查了晶體的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及化合鍵、雜化的判斷、晶體類型的判斷等知識點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，題目難度不大。3．【分析】A.CH3COOH為弱酸；B.注意22.4L/mol的使用前提為標(biāo)準(zhǔn)狀況；C.SO2與O2反應(yīng)生成SO3為可逆反應(yīng)；D.一個(gè)所含共價(jià)鍵數(shù)為7，CH3CHO所含共價(jià)鍵數(shù)目為7?！窘獯稹拷猓篈.2L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有CH3COOH為2L×0.5mol/L＝1mol，CH3COOH為弱酸部分電離，溶液中含有H+的數(shù)目小于NA，故A錯(cuò)誤；B.題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計(jì)算氣體體積，故B錯(cuò)誤；C.SO2與O2反應(yīng)生成SO3為可逆反應(yīng)，2molSO2與1molO2充分反應(yīng)生成SO3小于2mol，分子數(shù)小于2NA，故C正確；D.和CH3CHO分子中所含共價(jià)鍵數(shù)目均為7，物質(zhì)的量相同的和CH3CHO所含共價(jià)鍵數(shù)目相同，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的計(jì)算與判斷，題目難度不大，明確標(biāo)況下氣體摩爾體積的使用條件為解答關(guān)鍵，注意掌握物質(zhì)的量與其它物理量之間的關(guān)系。4．【分析】化合價(jià)升降為氧化還原反應(yīng)特征，存在化合價(jià)變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，顏色變化與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，說明反應(yīng)中不存在化合價(jià)變化，以此進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓篈．用小刀切開金屬鈉，表面的銀白色的金屬鈉與空氣中的氧氣反應(yīng)產(chǎn)生氧化鈉，導(dǎo)致金屬鈉表面逐漸變暗，該反應(yīng)過程中元素化合價(jià)發(fā)生了變化，因此發(fā)生的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．推進(jìn)裝有NO2的密閉針筒的活塞，氣體的體積減小，NO2氣體濃度增大，因而氣體顏色變深，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故B正確；C．將酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，二者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原產(chǎn)生無色Mn2+，因而溶液紫色褪去，故C錯(cuò)誤；D．維生素C具有還原性，可以與補(bǔ)鐵劑氧化變質(zhì)產(chǎn)生的Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確發(fā)生反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化還原反應(yīng)概念及特征，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及知識遷移能力。5．【分析】A．同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大；B．中心離子具有空軌道，中心離子為Fe2+，價(jià)電子排布式為3d5，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價(jià)電子排布圖；C．HCN分子結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵，分子中含有2個(gè)σ鍵；D．K2CO3的陰離子中C原子孤電子對數(shù)＝（4+2﹣2×3）＝0，價(jià)層電子對數(shù)＝3+0＝3?！窘獯稹拷猓篈．同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，則涉及的第二周期元素的電負(fù)性大小的順序?yàn)镃＜N＜O，故A錯(cuò)誤；B．配合物K4Fe（CN）6的中心離子為Fe2+，中心離子的價(jià)電子排布式為3d5，由泡利原理、洪特規(guī)則，價(jià)電子排布圖為：，該中心離子的配體為CN﹣，配位數(shù)是6，故B錯(cuò)誤；C．HCN分子結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵，分子中含有2個(gè)σ鍵，1molHCN分子中含有σ鍵的數(shù)目為1.202×1024，故C正確；D．K2CO3的陰離子中C原子孤電子對數(shù)＝（4+2﹣2×3）＝0，碳原子的價(jià)層電子對數(shù)＝3+0＝3，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查配合物的成鍵情況，明確配合物中內(nèi)界、外界及其外界性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意配合物中內(nèi)界和外界在水溶液中存在方式，題目難度中等。6．【分析】A．銅在潮濕空氣中被腐蝕生成Cu2（OH）2CO3；B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕生成[Cu（NH3）4]（OH）2；C．Cu與濃硝酸反應(yīng)生成NO2；D．Fe比Cu活潑，Cu不能置換出Fe。【解答】解：A．銅在潮濕空氣中被腐蝕生成Cu2（OH）2CO3，方程式為2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，故A正確；B．銅在NH3環(huán)境中被腐蝕生成[Cu（NH3）4]（OH）2，方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O═2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣，故B錯(cuò)誤；C．Cu與稀硝酸反應(yīng)為3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，HNO3濃度增大，Cu與濃硝酸反應(yīng)為Cu+4HNO3（濃）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故C錯(cuò)誤；D．Fe比Cu活潑，Cu不能置換出Fe，制作印刷線路板反應(yīng)為Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查金屬的腐蝕，題目難度中等，掌握常見金屬腐蝕的原理和反應(yīng)是解題的關(guān)鍵。7．【分析】A．由結(jié)構(gòu)可知，該有機(jī)物含有酯基；B．水解產(chǎn)物有甲醇、乙醇等；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；D．含有手性碳原子的有機(jī)物存在手性異構(gòu)，連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子是手性碳原子。【解答】解：A．由結(jié)構(gòu)可知，該有機(jī)物含有酯基，故A正確；B．酯基發(fā)生水解，產(chǎn)物有甲醇、乙醇等，甲醇、乙醇不能與NaHCO3溶液反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．分子中含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D．分子中連接苯環(huán)的碳原子是手性碳原子，存在手性異構(gòu)，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意對手性碳原子、手性異構(gòu)的理解，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、靈活運(yùn)用知識的能力。8．【分析】A．PLA中不含親水基，只含憎水基；B．乳酸生產(chǎn)中間體時(shí)，除了生成中間體外還生成水；C．乳酸中含有羧基和醇羥基，能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物；D．1molPLA完全水解時(shí)生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．PLA中不含親水基，只含憎水基，所以PLA不易溶于水，故A錯(cuò)誤；B．乳酸生產(chǎn)中間體時(shí)，除了生成中間體外還生成水，所以乳酸生產(chǎn)中間體時(shí)，原子利用率不能達(dá)到100%，故B錯(cuò)誤；C．乳酸中含有羧基和醇羥基，能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，所以由乳酸直接生成低相對分子質(zhì)量PLA的反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)，故C正確；D．1molPLA完全水解時(shí)生成（n﹣1）mol羧基，﹣COOH和NaOH以1：1反應(yīng)，所以消耗（n﹣1）molNaOH，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系、縮聚反應(yīng)特點(diǎn)、物質(zhì)的溶解性等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。9．【分析】A．根據(jù)電離平衡常數(shù)知，H3PO4為三元弱酸，與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式中應(yīng)該寫化學(xué)式；B．加入NaH2PO4固體，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4電離，導(dǎo)致溶液中c（H+）減??；C．加水稀釋促進(jìn)H3PO4電離，但H3PO4電離的增大程度小于溶液體積的增大程度，導(dǎo)致溶液中（H+）減?。籇．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷。【解答】解：A．根據(jù)電離平衡常數(shù)知，H3PO4為三元弱酸，與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式中應(yīng)該寫化學(xué)式，離子方程式為H3PO4+3OH﹣＝3H2O+，故A錯(cuò)誤；B．加入NaH2PO4固體，溶液中c（H2）增大，抑制H3PO4電離，導(dǎo)致溶液中c（H+）減小，溶液的pH增大，酸性減弱，故B錯(cuò)誤；C．加水稀釋促進(jìn)H3PO4電離，但H3PO4電離的增大程度小于溶液體積的增大程度，導(dǎo)致溶液中（H+）減小，pH值增大，故C錯(cuò)誤；D．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確弱電解質(zhì)電離影響因素、溶液中存在的守恒、離子方程式書寫規(guī)則是解本題關(guān)鍵，C選項(xiàng)易忽略溶液體積變化導(dǎo)致錯(cuò)誤判斷。10．【分析】該裝置中一段時(shí)間后，浸入濃Cu（NO3）2溶液的銅棒變粗，故右側(cè)銅棒為正極，電極反應(yīng)式為Cu2++2e﹣═Cu，左側(cè)銅棒為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Cu﹣2e﹣═Cu2+，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．右側(cè)銅棒為正極，電極反應(yīng)式為Cu2++2e﹣═Cu，銅棒變粗，故A正確；B．導(dǎo)線中電子移動(dòng)的方向：a（負(fù)極）→b（正極），故B錯(cuò)誤；C．隨著反應(yīng)的進(jìn)行，左側(cè)銅離子濃度增大，右側(cè)銅離子濃度減小，溶液中硝酸根離子由右側(cè)向左側(cè)遷移，濃、稀Cu（NO3）2溶液的濃度逐漸接近，故C正確；D．由反應(yīng)可知，右側(cè)銅離子濃度大，右側(cè)銅棒為正極，Cu2+的氧化性隨c（Cu2+）增大而增強(qiáng)，左側(cè)銅離子濃度減小，左側(cè)銅棒為負(fù)極，Cu的還原性隨c（Cu2+）增大而減弱，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準(zhǔn)確判斷正負(fù)極是解題的關(guān)鍵。11．【分析】當(dāng)K與M相接時(shí)，該裝置是電解池，A為陽極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，B為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，當(dāng)K與N相接時(shí)，該裝置是原電池，B為負(fù)極，A為正極，負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)，該電極反應(yīng)式為：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，原電池放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈．K與N相接時(shí)，B極為負(fù)極，該電極反應(yīng)式為：LixC6﹣xe﹣＝C6+xLi+，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)K與M相接時(shí)，該裝置是電解池，A為陽極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：LiMnO2﹣xe﹣＝Li1﹣xMnO2+xLi+，故B正確；C．K與N相接時(shí)，A為正極，B為負(fù)極，Li+由B極區(qū)遷移到A極區(qū)，故C錯(cuò)誤；D．原電池和電解質(zhì)中，是電能和化學(xué)能之間的相互轉(zhuǎn)化，化學(xué)能與熱能、光能轉(zhuǎn)化等，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查學(xué)生二次電池的工作原理知識，可以根據(jù)教材鉛蓄電池的工作原理來回答，難度不大。12．【分析】A.由表中數(shù)據(jù)可，溫度越高、K越大，可知升高溫度平衡正向移動(dòng)；B.T＝700℃，K＝0.6，t時(shí)刻Q＝＝＝2.25＞K；C.2.25介于1.7與2.6之間；D.T＝830℃K＝1，t時(shí)刻平衡逆向移動(dòng)，設(shè)生成的M為xmol/L，則K＝＝＝1，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈.由表中數(shù)據(jù)可，溫度越高、K越大，可知升高溫度平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)△H＞0，故A錯(cuò)誤；B.T＝700℃，K＝0.6，t時(shí)刻Q＝＝＝2.25＞K，平衡逆向移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.2.25介于1.7與2.6之間，則t時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，1000℃＜T＜1200℃，故C正確；D.T＝830℃K＝1，t時(shí)刻平衡逆向移動(dòng)，設(shè)生成的M為xmol/L，則K＝＝＝1，解得x＝0.25，則平衡時(shí)，c（M）＝1mol/L+0.25mol/L＝1.25mol?L﹣1，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握溫度與K的關(guān)系、K的計(jì)算、平衡移動(dòng)的影響因素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。13．【分析】A．鐵和高溫水蒸氣反應(yīng)，生成Fe3O4和氫氣；B．增大n（FeO）能減少積炭，并增大，可以推測發(fā)生反應(yīng)FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2；C．Fe上的積炭會(huì)在蒸氣反應(yīng)器中與水蒸氣反應(yīng)：C+H2OCO+H2；D．干重整反應(yīng)器中還存在積碳，根據(jù)原子守恒進(jìn)行分析。【解答】解：A．鐵和高溫水蒸氣反應(yīng)，生成Fe3O4和氫氣，所以X的化學(xué)式為Fe3O4，F(xiàn)e3O4被還原后可以得到FeO，進(jìn)一步循環(huán)利用，故A正確；B．增大n（FeO）能減少積炭，并增大，可以推測發(fā)生反應(yīng)FeO+C＝Fe+CO、FeO+CH4═Fe+CO+2H2，且H2的生成量大于CO的生成的量，故B正確；C．減少n（FeO），F(xiàn)e上的積炭會(huì)在蒸氣反應(yīng)器中與水蒸氣反應(yīng)，C+H2OCO+H2，導(dǎo)致產(chǎn)生的H2中含有CO，純度降低，故C正確；D．根據(jù)題意可知，干重整反應(yīng)器中還存在積碳，根據(jù)原子守恒有：n（CO2）+n（CH4）+n（CO）+n（C）＝4mol，故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題主要考查對反應(yīng)機(jī)理的理解，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、推理能力，對能力要求較高，難度中等。14．【分析】A．實(shí)驗(yàn)1、2、3中陽離子都是氫離子，且濃度都為6mol/L，但陰離子不同，反應(yīng)速率不同；B．實(shí)驗(yàn)2分析，1h以上稀硫酸才與黃銅緩慢反應(yīng)，經(jīng)過2h氣泡數(shù)量增加不明顯；C．實(shí)驗(yàn)3、4、5可知，硝酸和黃銅反應(yīng)速率隨硝酸濃度增大而增大；D．實(shí)驗(yàn)2可知，1h內(nèi)，稀硫酸和黃銅不反應(yīng)，經(jīng)過2h，反應(yīng)緩慢，氣泡數(shù)增加不明顯，說明黃銅早稀硫酸中有較強(qiáng)的抗腐蝕性能?！窘獯稹拷猓篈．實(shí)驗(yàn)1、2、3中陽離子都是氫離子，且濃度都為6mol/L，但陰離子不同，反應(yīng)速率不同，說明反應(yīng)速率不同，與溶液中陰離子種類有關(guān)，故A正確；B．實(shí)驗(yàn)2分析，1h以上稀硫酸才與黃銅緩慢反應(yīng)，經(jīng)過2h氣泡數(shù)量增加不明顯，不能保證其中鋅溶解完全，不能用來測定銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)3、4、5可知，硝酸和黃銅反應(yīng)速率隨硝酸濃度增大，反應(yīng)速率加快，故C正確；D．實(shí)驗(yàn)2可知，1h內(nèi)，稀硫酸和黃銅不反應(yīng)，經(jīng)過2h，反應(yīng)緩慢，氣泡數(shù)增加不明顯，說明黃銅早稀硫酸中有較強(qiáng)的抗腐蝕性能，證明黃銅合金的結(jié)構(gòu)與簡單銅鋅混合物不同，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了實(shí)驗(yàn)探究物質(zhì)性質(zhì)分析判斷、合金性質(zhì)的理解應(yīng)用、影響反應(yīng)速率的因素判斷等，物質(zhì)反應(yīng)現(xiàn)象的分析是解題關(guān)鍵，題目難度不大。二、非選擇題、共58分15．【分析】（1）Cu為29號元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，根據(jù)Cu失去3個(gè)電子變成Cu3+書寫核外電子排布；（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢，氮元素2p能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減?。唬?）上述深藍(lán)色晶體為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，其中含有的元素為Cu、N、H、S、O；（4）根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷H2O的雜化類型、的空間構(gòu)型；等電子體是指原子總數(shù)相同，價(jià)電子總數(shù)也相同的微粒；（5）成鍵電子對間的排斥作用小于孤對電子與成鍵電子對間的排斥作用；（6））晶胞中水分子數(shù)目為1+8×＝2，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為（333.7×10﹣10）3cm3，根據(jù)ρ＝計(jì)算晶體密度?！窘獯稹拷猓海?）Cu為29號元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，為ds區(qū)元素，Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，失去3個(gè)電子變成Cu3+，依次失去4s1和3d的兩個(gè)電子，則Cu3+的核外電子排布式為：[Ar]3d8，故答案為：ds；[Ar]3d8；（2）同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小即第一電離能O＞S，氮元素2p能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素第一電離能，所以第一電離能N＞O＞S，故答案為：N＞O＞S；（3）上述深藍(lán)色晶體為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，其中含有的元素為Cu、N、H、S、O，則其中電負(fù)性最小的為Cu，故答案為：Cu；（4）H2O中中心O原子的價(jià)層電子對數(shù)為2+＝4，則中心O的雜化類型為sp3，中中心S原子的價(jià)層電子對數(shù)為4+＝4，沒有孤電子對，其空間構(gòu)型為正四面體；等電子體是指原子總數(shù)相同，價(jià)電子總數(shù)也相同的微粒，則與互為等電子體的一種離子為：，故答案為：sp3；正四面體；；（5）氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥減弱，故H﹣N﹣H鍵角變大，故答案為：氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵，原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥，排斥減弱，鍵角變大；（6）晶胞中水分子數(shù)目為1+8×＝2，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為（333.7×10﹣10）3cm3，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及電離能、電負(fù)性、核外電子排布、空間構(gòu)型、雜化方式、晶胞計(jì)算等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用的能力，題目難度中等。16．【分析】ClCH2COOH與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B為ClCH2COOCH2CH3，對比B、D的分子式，可知B與Na2S發(fā)生取代反應(yīng)生成D為，結(jié)合J的結(jié)構(gòu)簡式，可知D與發(fā)生信息i中反應(yīng)生成E為，同時(shí)有CH3CH2OH生成，對比E、F的分子式，可知E中羥基與信息ii中取代反應(yīng)生成F和HCl，碳酸鉀消耗生成的HCl，有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，故F為，F(xiàn)發(fā)生酯基水解反應(yīng)、酸化引入羧基生成G，G再脫羧得到J，故G為，J與（NH4）2S2O8/催化劑作用生成高聚物PEDOT，該聚合反應(yīng)中J分子內(nèi)脫氫，屬于縮聚反應(yīng)?！窘獯稹拷猓海?）A分子中含有的官能團(tuán)有碳氯鍵、羧基，故答案為：碳氯鍵、羧基；（2）ClCH2COOH與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成ClCH2COOCH2CH3，A→B的化學(xué)方程式是ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O，故答案為：ClCH2COOH+CH3CH2OHClCH2COOCH2CH3+H2O；（3）B→D是ClCH2COOCH2CH3與Na2S反應(yīng)生成和NaCl，該反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（4）D→E是與發(fā)生信息i中反應(yīng)生成和CH3CH2OH，反應(yīng)方程式是，故答案為：；（5）由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（6）a．J分子存在對稱結(jié)構(gòu)，分子中有2種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，其核磁共振氫譜有2組峰，故a正確；b．J分子中含有碳碳雙鍵，能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，故b正確；c．J分子式為C6H6SO2，不飽和度為4，存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體，如，故c錯(cuò)誤；d．合成PEDOT聚合反應(yīng)中J分子內(nèi)脫氫，一定有其它分子生成，該反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)，故d錯(cuò)誤，故答案為：ab；（7）J→PEDOT的過程中，J分子脫氫形成PEDOT，發(fā)生氧化反應(yīng)，推測反應(yīng)物（NH4）2S2O8的作用是作氧化劑或脫氫，故答案為：作氧化劑（或脫氫）；（8）溶劑a為環(huán)己烷，若用水代替環(huán)己烷，則D的產(chǎn)率下降，分析可能的原因：①B在水中的溶解度較小，與Na2S的反應(yīng)不充分；②B、D含有酯基，而Na2S水溶液堿性比較強(qiáng)，導(dǎo)致B（或D）發(fā)生水解反應(yīng)，故答案為：Na2S水溶液堿性比較強(qiáng)，導(dǎo)致B（或D）發(fā)生水解。【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，涉及官能團(tuán)識別、有機(jī)反應(yīng)方程式的書寫、有機(jī)反應(yīng)類型、有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、對試劑的分析與評價(jià)等等，充分利用轉(zhuǎn)化中有機(jī)物分子式、結(jié)構(gòu)簡式進(jìn)行分析推斷，注意對給予反應(yīng)的理解，題目較好地考查學(xué)生自學(xué)能力、分析推理能力、知識遷移運(yùn)用能力。17．【分析】（1）①ⅠC2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1，ⅡH2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2，ⅢCO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1，由蓋斯定律可知，②＝③﹣①，據(jù)此求△H2；②反應(yīng)ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2反應(yīng)速率較慢，對整個(gè)反應(yīng)速率影響最大；（2）①由圖可以看出，800℃時(shí)，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉(zhuǎn)化率增大較多，有利于提高C2H4的產(chǎn)率；800℃時(shí)，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高；a．隨增大，相當(dāng)于在反應(yīng)體系中增大二氧化碳的量；b．隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小，據(jù)此分析；（3）①N極CO2→CO，化合價(jià)降低，得電子；②陽極C2H6→C2H4，失去2個(gè)電子且消耗氧離子，據(jù)此書寫電極反應(yīng)式。【解答】解：（1）①ⅠC2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1，ⅡH2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2，ⅢCO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1，由蓋斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ?mol﹣1﹣（+136kJ?mol﹣1）＝+41kJ/mol，②反應(yīng)ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2反應(yīng)速率較慢，對整個(gè)反應(yīng)速率影響最大，反應(yīng)ⅱ為反應(yīng)Ⅰ的決速度，c（CO2）增大，反應(yīng)ii速率加快，從而提高反應(yīng)I速率，故答案為：反應(yīng)ⅱ為反應(yīng)Ⅰ的決速度，c（CO2）增大，反應(yīng)ii速率加快，從而提高反應(yīng)I速率；（2）①工業(yè)生產(chǎn)中反應(yīng)Ⅰ選擇800℃，原因是：800℃時(shí)，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉(zhuǎn)化率增大較多，有利于提高C2H4的產(chǎn)率；800℃時(shí)，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高，故答案為：800℃時(shí)，C2H4選擇性比780℃略有降低，但CO2的轉(zhuǎn)化率增大較多，有利于提高C2H4的產(chǎn)率；800℃時(shí)，C2H4選擇性與820℃相比選擇性略高；a．隨增大，相當(dāng)于在反應(yīng)體系中增大二氧化碳的量，則平衡正向移動(dòng)，但CO2轉(zhuǎn)化率將減小，故答案為：減?。籦．隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小。c（CO2）增大促進(jìn)反應(yīng)Ⅰ平衡右移，反應(yīng)消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）減小，反應(yīng)II平衡左移，上述因素導(dǎo)致產(chǎn)物中C2H4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，故答案為：隨增大，c（CO2）增大，c（C2H6）減小。c（CO2）增大促進(jìn)反應(yīng)Ⅰ平衡右移，反應(yīng)消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）減小，反應(yīng)II平衡左移，上述因素導(dǎo)致產(chǎn)物中C2H4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大；（3）①N極CO2→CO，化合價(jià)降低，得電子，被還原，為負(fù)極，故答案為：負(fù)；②陽極C2H6→C2H4，失去2個(gè)電子且消耗氧離子，電極反應(yīng)式為：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O，故答案為：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O?！军c(diǎn)評】本題考查了化學(xué)平衡移動(dòng)的分析判斷，熱化學(xué)方程式和蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用，主要是圖象曲線變化特征分析理解，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度較大。18．【分析】（1）K2FeO4的制備流程：酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反應(yīng)的方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根據(jù)K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入飽和KOH溶液使Na2FeO4轉(zhuǎn)化為K2FeO4，方程式為Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，過濾、洗滌、低溫干燥，得到K2FeO4純品；（2）①K2FeO4固體溶于蒸餾水中并和水反應(yīng)生成O2和氫氧化鐵膠體，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；②堿性條件下K2FeO4穩(wěn)定、中性水中生成少量氧氣、酸性條件下生成大量氧氣，生成氧氣顯示出K2FeO4的氧化性，據(jù)此得出K2FeO4的氧化性與溶液pH的關(guān)系；（3）①由圖可知pH＝8左右N元素的去除率最高；②K2FeO4有強(qiáng)氧化性，能氧化生活垃圾滲透液的氮生成N2，則生活垃圾滲透液含有的氮元素化合價(jià)為負(fù)，結(jié)合酸性條件下N的存在分析；③由（2）的實(shí)驗(yàn)可知，酸性條件下K2FeO4氧化性強(qiáng)，堿性條件下K2FeO4氧化性弱，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）K2FeO4的制備流程：酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3，反應(yīng)的方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）3生成Na2FeO4，反應(yīng)的方程式為2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣═2+3Cl﹣+5H2O，根據(jù)K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入飽和KOH溶液使Na2FeO4轉(zhuǎn)化為K2FeO4，方程式為Na2FeO4+2KOH＝K2FeO4+2NaOH，過濾、洗滌、低溫干燥，得到K2FeO4純品，①i中反應(yīng)為酸性條件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2（SO4）3的反應(yīng)，結(jié)合電子守恒、電荷守恒配平、得到離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；②堿性條件下NaClO氧化Fe2（SO4）