【文档说明】北京工业大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.471 MB，由小赞的店铺上传

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北京工业大学附属中学高三化学10月考试卷(考试时间90分钟满分100分)第一部分一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同

位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.41Ca的原子核内有21个中子B.41Ca的半衰期长，说明41

Ca难以失去电子C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A．41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为412021−=，A正确；B．

41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间，C错误；D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。2.下列化学用语

或图示表达不正确．．．的是A.基态S原子的最外层电子轨道表示式：B.基态2９Cu原子的电子排布式：22626921s2s2p3s3p3d4sC.H2O的VSEPR模型：D.Cl2分子中σ键的形成：【答案】B【解析】【详解】A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：，故

A正确；B．基态2９Cu原子的电子排布式：226261011s2s2p3s3p3d4s，故B错误；C．H2O的VSEPR模型：，故C正确；D．Cl2分子中σ键的形成：，故D正确；答案选B。3.下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A.用石灰乳脱除烟气

中的SO2B.用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)D.用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌【答案】D【解析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚

硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的

固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素

化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。4.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.2

Cl制备84消毒液(主要成分是NaClO)：22Cl2OHClClOHO−−−+=++B.食醋去除水垢中的3CaCO：2322CaCO2HCaHOCO+++=++C.利用覆铜板制作印刷电路板：3222FeCu2FeCu++++=+D.

2NaS去除废水中的2Hg+：22HgSHgS+−+=【答案】B【解析】【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应

为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为H

g2++S2−=HgS↓，D项正确；故选B。5.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2ANB.1.8g重水()212HO中所含质子数为ANC.电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为AN时

，阳极有32gCu转化为2Cu+D.140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目之和为0.1AN【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气

体中含有的碳原子数为AA28gN=2N14g/mol，A正确；B．1.8g重水()212HO中所含质子数为AA1.8g×10N=0.9N20g/mol，B错误；C．电解粗铜精炼铜，阳极发生反应除了Cu-2e-

=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为AN时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；D．140.1molLNHCl−溶液中，4NH+、32NHHO数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；故选A。6.2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢

能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：下列说法不正确．．．的是A.氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能B.()()22HOgHO1=的过程中，H0，ΔS<0C.()()22HOgHO1=88H=−kJ·mol

1−D.化学反应的H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；B．由盖斯定律可知，()()22HOgHO1=的过程中，H

0，气体变液体的过程，该反应是熵减的反应，Δ0S，B正确；C．由盖斯定律可知()()22HOgHOl=()21571.6/483.6/ΔΔΔ=44/22kJmolkJmolHHHkJmol−−−−==−，C错误；的D．

化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选C。7.下列实验的对应操作中，不合理．．．的是A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的NaCl溶液获得N

aCl晶体D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A正确；B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着烧杯内壁注入烧杯，

并用玻璃棒不断搅拌，故B正确；C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体，在蒸发皿中进行蒸发结晶操作，并用玻璃棒搅拌，故C正确；D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液，当液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容，故D错误

；故答案为：D。8.NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是A.1mol平衡混合气体中含1molN原子B.断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C.恒温时，缩小容积，气体颜

色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1mol平衡混合气体中所含N原子大于1mol小于2mol，

A项错误；B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；D．

放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；答案选B。9.离子化合物22NaO和2CaH与水的反应分别为①22222NaO2HO4NaOHO+=+；②2222CaH2HOCa(OH)2H+=+。下列说法正

确的是A.222NaOCaH、中均有非极性共价键B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C.22NaO中阴、阳离子个数比为1:2，2CaH中阴、阳离子个数比为2:1D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的2O和2H的物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中

有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和22O−组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①

中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。10.小组同学用如下方法制作简单的燃料电池。步装置操作现象骤①打开2K，闭合1K两极均产生气体…

…②打开1K，闭合2K电流计指针发生偏转下列说法不正确．．．的是A.①中Cl-比OH-容易失去电子，在石墨(Ⅰ)发生氧化反应B.①中还可观察到石墨(Ⅱ)电极附近的溶液变红C.②导线中电子流动方向：从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(

Ⅰ)电极D.②中石墨(Ⅱ)发生的电极反应式为：2H2e2H−+−=【答案】D【解析】【详解】A．①为外接电源的电解池，石墨(Ⅰ)连接电源的正极作阳极发生失电子的氧化反应，Cl-比OH-容易失去电子，2Cl--2e-=Cl2，A正确

；B．石墨(Ⅱ)电极连接电源的负极作阴极，水中的氢元素得电子化合价降低生成氢气和氢氧化钠，滴酚酞的溶液变红，B正确；C．②为原电池，石墨(Ⅱ)电极是负极，发生失电子的氧化反应，故电子从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极，C正

确；D．由上述分析知②中石墨(Ⅱ)周围有氢氧化钠显碱性，故发生的电极反应式为：--22H-2e+2OH=2HO，D错误；故选D。11.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应(422CHHOCO3H+=+)原理如

下。已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：温度/℃850100012001400K0.522751772下列说法不正确．．．的是A.物质a可能是Fe3O4B.若增大()()42CH:HOnn的值

，则CH4的平衡转化率降低C.()()()()422CHgHOgCOg3Hg0H+=+D.1000℃，若容器中()()()422CHHOH1nnn===、()CO2mol=n，则反应处于平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素

被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；B．若增大()()42CH:HOnn的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；D．1000℃，若容器中()()()422CHHOH1nnn

===、()CO2mol=n，则33210004221()(CO)(H)22Q0.5211(CH)(HO)22molmolccLLKmolmolccLL====℃，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；故选D。12.液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池

的工作原理如下图。下列说法不正确．．．的是A.放电时，正极反应式为2Br2e2Br−−+=B.放电时，物质a为2AQDSHC.充电时，AQDS/2AQDSH储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室D

.增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量【答案】C【解析】【分析】放电时，右侧Br2+2e-=2Br-，作正极；左侧AQDSH2失电子生成AQDS和H+，作负极。则充电时，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极。【详解】A．放电时，右侧电极为正极，Br2得电子生成Br-，正极反应式为2Br2e2Br−

−+=，A正确；B．由分析可知，放电时，AQDSH2失电子生成AQDS和H+，则物质a为2AQDSH，B正确；C．充电时，AQDS+2e-+2H+=2AQDSH，H+被消耗，则AQDS/2AQDSH储液罐中的pH增大，H+从溴极室(右侧)通过质

子交换膜到达碳极室(左侧)，C不正确；D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D正确；故选C。13.室温时，向20mL0.1mol⋅L1−两种酸HA、HB中分别滴加0.1mol⋅L1−NaOH溶液，其pH变

化分别对应如图中的曲线Ⅰ、Ⅱ，下列说法不正确的是A.滴加NaOH溶液至pH7=时，两种溶液中()()ABcc−−=B.向NaA溶液中滴加HB可产生HAC.a点，溶液中微粒浓度：()()()ANaHAccc++D.滴加20mLNaOH溶液时，Ⅰ中2HO的电离程度大于Ⅱ中【

答案】A【解析】【分析】20mL0.1mol⋅L−1的两种酸HA、HB中，HB的pH=1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，是弱酸。【详解】A．滴加NaOH溶液至pH=7时，根据电荷守恒c(OH−)+c(A

−)或c(B−)=c(H+)+c(Na+)，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，两种溶液中c(A−)或c(B−)=c(Na+)，但是两种溶液中滴加NaOH至pH=7消耗的NaOH溶液体积并不相等，故c(A−)、c(

B−)并不相等，A错误；B．向NaA溶液中滴加HB可产生HA，遵循强酸制弱酸的原理，B正确；C．20mL0.1mol⋅L−1的酸HA中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液10mL，则HA酸会剩余，同时产生NaA，a点溶液显示酸性，则HA电离大于A

水解，溶液中微粒浓度：c(A−)>c(Na+)>c(HA)，C正确；D．滴加20mLNaOH溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中，D正确；故选A。14.

一定温度下，3MgCO和()2MgOH的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，其中浓度的单位均为0.11molL−。下列说法正确的是A.a点条件下能生成3MgCO沉淀，也能生成()2MgOH沉淀B.b点时，()()-2-3O

H=COcc，()sp3sp2MgCO=MgOHKKC.向NaOH、23NaCO均为10.1molL−的混合溶液中滴加2MgCl溶液，优先产生3MgCO沉淀D.()()()()2323MgCOs2OHaqMg(OH)sCOaq−−++的平衡常数610K=【答案

】D【解析】【分析】由图可知，b点时，溶液中镁离子浓度为0.1mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸根离子浓度均为10—6mol/L，则氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]=0.1×(10—6)2=10—13，碳酸镁的溶度积Ksp(Mg

CO3)=0.1×0—6=10—7。【详解】A．由图可知，a点条件下，溶液中氢氧化镁、碳酸镁的离子积均小于对应溶度积，不能生成碳酸镁沉淀，也不能生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B．由分析可知，氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]小于碳酸镁的溶度积Ksp(MgC

O3)，故B错误；C．由分析可知，向浓度均为0.1mol/L的氢氧化钠、碳酸钠的混合溶液中滴加氯化镁溶液时，形成氢氧化镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-11mol/L，形成碳酸镁沉淀时Mg2+的浓度大于10-6mol/L，则先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D．由方程式可知，反应的平衡常数K=()2

-32-(CO)OHcc=()2-232-2(CO)(Mg)OH(Mg)cccc++=sp3sp2(MgCO)[Mg(OH)]KK=7131010−−=106，故D正确；故选D。第二部分二、本部分共5题，共58分。15.配合物顺铂

()322PtNHCl是临床使用的第一代铂类抗癌药物。（1）()322PtNHCl的配体为3NH和Cl−，写出3NH的电子式：_______。（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的()32PtNH

(OH)Cl与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如：①基态Cu原子价层电子的轨道表示式为_______，Cu属于_______区元素。②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。③在()322Pt

NHCl中，配体与铂(II)的结合能力：Cl−_______3NH(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损DNA的修复，使癌细胞彻底死亡。（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。顺铂反铂结构25℃时溶解度/g0

.25770.0366①推测()322PtNHCl中Pt的杂化轨道类型不是3sp，依据是_______。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为anm，结构如下图。①铂晶体的摩尔体积mV=_______31mmol−(

阿伏加德罗常数为AN)。②通常情况下铂电极为惰性电极，但在NaCl溶液中使用会产生26PtCl−而略有损耗，分析原因：_______。资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.91nm110m−=。【答案】（1）（2）①.②.ds③.配位键、

氢键④.<（3）①.若Pt的杂化轨道类型为3sp，则()322PtNHCl为四面体结构，不存在同分异构现象②.顺铂是极性分子，反铂是非极性分子（4）①.327AaN104−②.在Cl−作用下，Pt在阳极失电子生成26PtCl−，

还原性增强【解析】【小问1详解】3NH是共价化合物，电子式为：。【小问2详解】①Cu是29号元素，基态Cu原子价层电子的轨道表示式为，Cu属于ds区元素；②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢

键；③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：Cl−<3NH。【小问3详解】①若Pt的杂化轨道类型为3sp，则()322PtNHCl

为四面体结构，不存在同分异构现象，所以()322PtNHCl中Pt的杂化轨道类型不是3sp；②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。【小问4详解】①铂晶胞中Pt的个数为818+612=4，n(Pt)=A4Nm

ol，晶胞的体积为a3×10-27m3，2mA373Va10mn4NV−===327AaN104−；②在Cl−作用下，Pt在阳极失电子生成26PtCl−，还原性增强，所以在NaCl溶液中使用会产生

26PtCl−而略有损耗。16.小组同学对比23NaCO和3NaHCO的性质，进行了如下实验。（1）向相同体积、相同浓度的23NaCO和3NaHCO溶液中分别滴加10.1molL−的盐酸，溶液pH变化如下。①图_______(填“甲”或“乙”)是23NaCO的滴定曲线。②A′-B′

发生反应的离子方程式为_______。③下列说法正确的是_______(填序号)。a.23NaCO和3NaHCO溶液中所含微粒种类相同b.A、B、C均满足：()()()()()++2---33cNa+cH=2cCO+cHCO+cOHc.水的电离程度：ABC（2）向

1mol1L−的23NaCO和3NaHCO溶液中分别滴加少量2FeCl溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。资料：i.1mol1L−的3NaHCO溶液中，()2-213cCO=110molL−−，()1-6LcOH=210

mol−−−ii.25℃时，()11sp3KFeCO3.210−=，()17sp2KFeOH5.010−=①补全3NaHCO与2FeCl反应的离子方程式：_______。233HCOFeFeCO+−++=

+②通过计算说明3NaHCO与2FeCl反应产生沉淀为3FeCO而不是()2FeOH_______。【答案】（1）①.乙②.H++2-3CO=-3HCO③.ac（2）①.2-3HCO+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O②.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中：生成FeC

O3沉淀所需c1(Fe2+)=sp32-3(FeCO)(CO)Kc=-11-23.210110=3.210-9mol⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)=sp22-[Fe(OH)](OH)Kc=的-17-625.010(210)=1.25

10-5mol⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。【解析】【小问1详解】①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；②HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaC

l+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++2-3CO=-3HCO；③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、2-3CO、-3HCO、OH-、H2CO3和H2O，a正确；b．图甲是NaHCO3的滴定曲

线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含2-3CO、-3HCO、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c(2-3CO)+c(-3HCO)+c(OH-)，b错误；c．图甲中，A点的溶质是NaHCO3，-3HCO的水解能促进水

的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确；故选ac。【小问2详解】①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气

体为CO2，该反应的离子方程式为2-3HCO+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；②1mol⋅L−1NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)=sp32-3(FeCO)(CO)Kc=-11-

23.210110=3.210-9mol⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)=sp22-[Fe(OH)](OH)Kc=-17-625.010(210)=1.2510-5mol

⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。17.将2CO富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。（1）一种富

集烟气中2CO的方法示意图如下：写出“解吸”过程产生2CO的化学方程式：_______。（2）2CO性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏2CO的结构使

其活化。②采用电化学、光化学等手段，使2CO_______(填“提供”或“接受”)电子转化为3CHOH（3）2CO与2H在催化剂作用下可转化为3CHOH，体系中发生主要反应如下：i.()()()()2232COg

3HgCHOHgHOg++11ΔH=49kJmol−−ii.()()()()222COgHgCOgHOg++12ΔH41kJmol−=+研究表明，CO与2H也能生成3CHOH，写出该反应的热化学方程式：_

______。（4）在催化剂作用下，将1mol2CO、3mol2H投入反应器，反应温度对2CO平衡转化率()2XCO、3CHOH选择性()3YCHOH的影响如下。已知：()()()3232nCHOHCOYCHOH=100%nCO转化为

的转化的的①()2XCO随温度升高逐渐增大、()3YCHOH随温度升高逐渐减小的原因是_______。②在240℃达到平衡时，体系_______(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ(除了反应ⅰ和ⅱ不考虑

其他反应)。【答案】（1）2KHCO3ΔK2CO3+CO2+H2O（2）①.O②.接受（3）CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90kJ/mol（4）①.反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度②.吸收

③.3.45【解析】【小问1详解】“解吸”过程产生2CO化学方程式为酸式盐碳酸氢钾的受热分解：2KHCO3ΔK2CO3+CO2+H2O；【小问2详解】使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏2CO的结构使其活化；采用电化学、光化学等手段，使2

CO接受电子转化为3CHOH；【小问3详解】由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-49kJ/mol-41kJ/mol=-90kJ/mol；【小问4详

解】()2XCO随温度升高逐渐增大、()3YCHOH随温度升高逐渐减小的原因是反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；根据图像可知二氧化碳的转化率的为

15%，甲醇的选择性是20%，故有1mol15%20%=0.03mol二氧化碳参与反应i，反应i放热490.03=1.47kJ；1mol15%80%=0.12mol二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热410.12=4.92kJ。故在240℃达到平衡时，

体系吸收的热量为4.92-1.47=3.45kJ。18.溴酸钾()3KBrO可用于测定水体中的砷含量。（1）3KBrO的一种制法如下。①2Br与KOH溶液反应时，若产生1mol3KBrO，理论上需要_______mol

2Br。②2Cl能提高溴的原子利用率。用离子方程式表示2Cl的作用：_______。③已知：25℃时的溶度积(spK)()32BaBrO3BaCOspK42.410−92.610−设计由“含3KBrO的溶液”到“较纯净的3KBrO溶液”的流

程：_______(按上图形式呈现，箭头上方注明试剂，下方注明操作，如3AgNONaClAgCl溶液固体过滤、滤液洗涤⎯⎯⎯⎯⎯⎯→)。④3KBrO的溶解度随温度变化如下图所示。从“较纯净的3KBrO溶

液”中得到“3KBrO固体”的主要操作是_______。（2）测定水体中亚砷酸盐()33AsO−的含量：取amL水样，向其中加入一定量盐酸使33AsO−转化为33HAsO，再加入2滴甲基橙指示剂和一定量KBr，用13molLKBrO−c溶液进行

滴定，达到滴定终点时，消耗3KBrO溶液vmL。滴定过程中发生如下反应：反应a：333343HAsOBrO3HAsOBr−−+=+反应b：322BrO5Br6H3Br3HO−−+++=+当33HAsO反应完全后，甲基橙与生成的2Br反应而褪色，即达到滴定终点。①配制一定物质的量浓度的3KBrO溶

液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。②水样中33AsO−的含量为_______1gL−。【已知：()3-13MAsO123gmol−=】③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与2Br的反应速率较慢，会使测定结果_______。(

填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）①.3②.Cl2+2Br-=2Cl-+Br2③.④.蒸发浓缩、冷却结晶（2）①.容量瓶②.369vac③.偏高【解析】【分析】计算物质的含量时，要根据方程式找到物质之间的比例关系，之后根据给出的数据按照比例计算。【小问1详解】①根据方程式3Br2+6KOH=K

BrO3+5KBr+3H2O可知，2Br与KOH溶液反应时，若产生1mol3KBrO，理论上需要3molBr2；②加入Cl2，能将Br-氧化为Br2，继续与KOH反应，提高溴的原子利用率，离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+2Br-；③由“含3KBrO的溶液”到“较纯净的

3KBrO溶液”，可以先加入过量的氢氧化钡溶液，生成()32BaBrO，过滤后除去溶液中的杂质，之后向固体()32BaBrO中加入过量的碳酸钠，使()32BaBrO生成更难溶的碳酸钡过滤除去，得到较纯净的3KBrO溶液，流程为；④由曲线

图可知，3KBrO的溶解度受温度影响明显，故操作可以是蒸发浓缩、冷却结晶。【小问2详解】①制一定物质的量浓度的3KBrO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；②反应a可知333AsO−3333HAsOBrO−，向amL水样滴入vmL的13molLKBrO−c溶液，3KBrO

的物质的量为cv×10-3，所以33AsO−的物质的量为3cv×10-3，则1L水样中33AsO−的含量为13110003L10L123gmolmlcmolvaml−−−=369vacg即369vacgL-1；③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与2Br的反应速率较慢，致

使滴入过量的3KBrO，使测定结果偏高。【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。19.实验小组探究金属

银与碘水的反应。已知25℃时：i．碘水中()312I1.310molLc−−=、()61H6.410molLc+−−=ii．次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。iii．()17spAgI8.510K−=；AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在。将碘水I2溶于蒸馏水)加入盛有银粉的试管中

，实验记录如下：实验Ⅰ现象现象a：棕黄色溶液(pH≈5.9)迅速变为无色，Ag粉表面略变暗，未见其他明显现象，溶液pH≈6.2。现象b：滴加淀粉溶液，未见明显变化；继续滴加稀H2SO4，溶液仍未见明显变化。（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为_____

______。（2）针对实验Ⅰ现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：假设1：银粉与氢碘酸发生反应___________(填化学方程式)生成碘化银，使碘单质减少；。假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；假设3：银粉

与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：①结合数据和实验现象判断假设l___________(填“是”或“不是”)主要原因。②通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，振荡

，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因：___________。③资料表明假设2成立。。④实验小组针对假设3，在实验Ⅰ的基础上设计了实验Ⅱ和实验Ⅲ：实验Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分

振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。实验Ⅲ：向实验Ⅰ最后所得溶液中加入___________(填试剂)，溶液立即变蓝。综合实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ，可以证实假设3.分析实验Ⅱ的作用是___________。（

3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂__________、__________。【答案】（1）22IHOHIHIO++（2）①.22Ag2HI2AgIH+

=+②.不是③.AgI与浓KI溶液中的-I可发生反应34AgI3IAgI−−+；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀④.稀KI溶液⑤.实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的I−、()IOHIO−、()33IOHIO−等微粒在H＋作用下能够生成

足以使淀粉溶液变蓝的2I，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致（3）①.KNO3溶液②.KI【解析】【分析】根据将碘水加入盛有银粉的试管中的实验实验现象提出假设，结合spK(AgI)的数值可知AgI难溶于水，若有A

gI生成，溶液中有浑浊出现，假设1不是主要原因。实验证实银粉表面生成了AgI，根据AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在34AgI3IAgI−−+，从平衡的角度分析AgI的生成。实验Ⅱ的现象说明证明碘水中存在的I−、()IOHIO−、()33IOHIO−等微粒在

H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的2I。Ag与碘水反应的过程中，证明AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行，要进行对比实验，若没有碘化银生成，指针无明显偏转。若加入碘化钾溶液后生成碘化银，指针明显偏转即可证明。所以先加硝酸钾溶液，再加碘化钾。【小问1详

解】根据22Cl+HOHCl+HClO迁移到2I水生成次碘酸和氢碘酸。写出对应的化学方程式：22IHOHIHIO++，答案为22IHOHIHIO++；【小问2详解】从所给信息可知银粉与HI反应生成AgI和2H对应的化学方程式:22Ag2HI2AgIH+=+。结合

数据spK(AgI)的数值可知AgI难溶于水，若有AgI生成，溶液中应有浑浊出现，判断假设l不是主要原因。证实银粉表面生成了AgI：AgI取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液时，AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应34AgI3I

AgI−−+；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀。碘水中生成的次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。所以碘水中存在的I−、()IOHIO−、()33IOHIO−多种微粒。向实验Ⅰ最后所得溶液中加入稀KI溶液，

有利于2I的生成，使得溶液立即变蓝。说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是-I被消耗过多所致。结合以上分析可知实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的I−、()IOHIO−、()33IOHIO−等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的2I，结

合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；答案为：22Ag2HI2AgIH+=+；不是；AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应34AgI3IAgI−−+，加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI

沉淀；稀KI溶液；实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的I−、()IOHIO−、()33IOHIO−等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的2I，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；【小问3详解】Ag与碘水进行原电

池设计时Ag作负极，失电子生成的+Ag。石墨作正极。先加KNO3溶液，构成闭合回路，但指针无明显偏转。几乎没有电流通过。再加KI溶液，指针明显偏转。银负极失电子生成的+Ag和-I生成的AgI促进了体系中氧化还原反应的进行。答案为KNO3溶液；

KI。【点睛】探究实验时提出多种假设，进行实验方案的设计，要结合现象进行理论分析，最终得出结论。