河南省鄭州市2015屆高考化學(xué)模擬試卷

1、河南省鄭州市2015屆高考化學(xué)模擬試卷一.選擇題1化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)下列對物質(zhì)的用途、解釋中均正確的是（）選項 物質(zhì) 用途 解釋A 晶體硅 高純硅廣泛用于光導(dǎo)纖維、太陽能電池和計算機芯片 硅具有半導(dǎo)體性能B 氧化鋁 制作耐高溫材料 Al2O3熔點很高C 硫酸鋇 醫(yī)學(xué)上用做鋇餐 Ba無毒D 明礬 作消毒劑 明礬水解產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子 A A B B C C D D2對于結(jié)構(gòu)滿足的有機物，下列描述中正確的是（） A 分子中有2種含氧官能團 B 能發(fā)生取代、加成、消去、氧化反應(yīng) C 1mol該有機物最多消耗3 mol NaOH D 苯環(huán)上的一溴代物最多有3種3如圖

2、是部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關(guān)系圖，下列說法中正確的是（） A 元素對應(yīng)的離子半徑：ZMRW B 簡單氫化物的沸點：WRYX C M、N、R、W的簡單離子均能促進水的電離 D Z、X、R、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均能與N的單質(zhì)反應(yīng)4向某含有SO32、SiO32、CO32、Br、Na+的溶液中緩慢通入Cl2直至過量，下列對該反應(yīng)過程的判斷不正確的是（） A 整個過程共發(fā)生2個氧化還原反應(yīng) B 所有陰離子的濃度都發(fā)生了變化 C 溶液的顏色發(fā)生了變化 D 反應(yīng)過程中既有氣體產(chǎn)生，也有沉淀產(chǎn)生5下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結(jié)論，正確的是（）選項 實驗操作 實驗現(xiàn)象 結(jié)論A 向

3、2mL2%的CuSO4溶液中加入0.5mL1%的NaOH溶液，振蕩后滴加幾滴M的溶液，加熱 未出現(xiàn)磚紅色沉淀 M中不含醛基B 在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩后靜置 有白色沉淀生成，苯層呈紫紅色 白色沉淀可能為CuIC 向有機試劑N中加入2mL5%的NaOH溶液，加熱，冷卻后取上層溶液滴加幾滴AgNO3溶液 出現(xiàn)褐色沉淀 N不是鹵代烴D 將Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液 溶液變?yōu)檠t色 Fe（NO3）2樣品已氧化變質(zhì) A A B B C C D D625時，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合（體積變化忽略不計），測得反應(yīng)后溶液的pH如表：實驗編號 起

4、始濃度/molL 反應(yīng)后溶液的pH c（HA） c（NaOH） 0.10 0.10 9 X 0.05 7下列判斷不正確的是（） A X0.05 B 將實驗所得溶液加水稀釋后，c（OH ）/c（A）變大 C 實驗所得溶液c（A）+c（HA）=0.10molL1 D 實驗所得溶液：c（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）7中國首個空間實驗室“天宮一號”的供電系統(tǒng)中有再生氫氧燃料電池（RFC），它是一種將水電解技術(shù)與氫氧燃料電池技術(shù)相結(jié)合的可充電電池下圖為RFC工作原理示意圖，a、b、c、d均為Pt電極下列說法正確的是（） A B區(qū)的OH通過隔膜向a電極移動，A區(qū)pH增大 B 圖中右管中的OH

5、通過隔膜向c電極移動，d電極上發(fā)生還原反應(yīng) C c是正極，電極上的電極反應(yīng)為：2H+2e=H2 D 當(dāng)有1mol電子轉(zhuǎn)移時，b電極產(chǎn)生氣體Y的體積為11.2L二.非選擇題8苯甲酸是一種重要的化工原料實驗室合成苯甲酸的原理、有關(guān)數(shù)據(jù)及裝置示意圖如圖：名稱 性狀 熔點（） 沸點（） 密度（g/mL） 溶解性 水 乙醇甲苯 無色液體易燃易揮發(fā) 95 110.6 0.8669 不溶 互溶苯甲酸 白色片狀或針狀晶體 112.4（100左右升華） 248 1.2659 微溶 易溶苯甲酸在水中的溶解度如表：溫度/ 4 18 75溶解度/g 0.2 0.3 2.2某學(xué)習(xí)小組在實驗室制備、分離、提純苯甲酸，并測

6、定所得樣品的純度，步驟如下：一制備苯甲酸在三頸瓶中加人2.7mL甲苯、100mL水和23片碎瓷片，開動電動攪拌器，a中通入流動水，在石棉網(wǎng)上加熱至沸騰，然后分批加人8.5g高錳酸鉀，繼續(xù)攪拌約45h，直到甲苯層幾乎近于消失、回流液不再出現(xiàn)油珠，停止加熱和攪拌，靜置二分離提純在反應(yīng)混合物中加人一定量草酸（H2C204）充分反應(yīng)，過濾、洗滌，將濾液放在冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化，苯甲酸全部析出后減壓過濾，將沉淀物用少量冷水洗滌，擠壓去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗產(chǎn)品三測定純度稱取mg產(chǎn)品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于錐形瓶，滴加23滴酚酞，然后用標(biāo)準(zhǔn)濃度KOH溶液滴定請回

7、答下列問題：（1）裝置a的名稱是，其作用為甲苯被高錳酸鉀氧化的原理為：+KMnO4+MnO2+H2O+，請完成并配平該化學(xué)方程式（3）分離提純過程中加人的草酸是一種二元弱酸，反應(yīng)過程中有酸式鹽和無色氣體生成加人草酸的作用是，請用離子方程式表示反應(yīng)原理（4）產(chǎn)品減壓過濾時用冷水洗滌的原因是（5）選用下列操作，可以將粗產(chǎn)品進一步提純（選填字母）A、溶于水后過濾 B、溶于乙醇后蒸餾 C、用甲苯萃取后分液 D、升華（6）測定純度步驟中，滴定終點溶液的顏色變化是 若m=1.200g，滴定時用去0.1200molL1標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液20.00mL，則所得產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為9銅、鉻都是用途廣泛的金屬工業(yè)

8、上利用電鍍污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分難溶雜質(zhì)）回收金屬銅和鉻的流程如圖甲，已知：部分物質(zhì)沉淀的pH如表： Fe3+ Cu2+ Cr3+開始沉淀pH 2.1 4.7 4.3完全沉淀pH 3.2 6.7 aCaSO4的溶解度曲線如圖乙，請回答下列問題：（1）濾液I中所含溶質(zhì)主要有（填化學(xué)式）第步操作中，先加人Ca（OH）2調(diào)節(jié)溶液的pH，調(diào)節(jié)范圍為，然后將濁液加熱至80趁熱過濾，所得濾渣的成分為（3）第步操作中，發(fā)現(xiàn)除了生成磚紅色沉淀外，還產(chǎn)生了無色刺激性氣味的氣體寫出該步驟中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式（4）當(dāng)離子濃度1105molL1l時，可以認為離子沉淀完全第步操作中，若要使

9、Cr3+完全沉淀，則室溫下溶液中a的最小值為（已知Kap=6.31031，4.0；lg4=0.6）（5）Cr（OH）3受熱分解為Cr2O3，用鋁熱法可以冶煉金屬鉻寫出鋁熱法煉鉻的化學(xué)方程式10CO、SO2是主要的大氣污染氣體，利用化學(xué)反應(yīng)原理是治理污染的重要方法I、甲醇可以補充和部分替代石油燃料，緩解能源緊張利用CO可以合成甲醇（1）已知：CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（I）H2=285.8kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（I）H3=764.5kJmol1則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=kJ

10、mol1一定條件下，在容積為VL的密閉容器中充入 molCO與2a molH2合成甲醇平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖1所示P1 P2（填“”、“”或“=”），理由是該甲醇合成反應(yīng)在A點的平衡常數(shù)K=（用a和V表示）該反應(yīng)達到平衡時，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率的關(guān)系是：COH2（填“”、“”或“=”）下列措施中能夠同時滿足增大反應(yīng)速率和提高CO轉(zhuǎn)化率的是（填寫相應(yīng)字母）a、使用高效催化劑 b、降低反應(yīng)溫度 c、增大體系壓強d、不斷將CH30H從反應(yīng)混合物中分離出來 e、增加等物質(zhì)的量的CO和H2、某學(xué)習(xí)小組以SO2為原料，采用電化學(xué)方法制取硫酸（3）原電池法：該小組設(shè)計的原電池原理如圖2所示寫出該電池負極的

11、電極反應(yīng)式（4）電解法：該小組用Na2SO3溶液充分吸收S02得到NaHSO3溶液，然后電解該溶液制得了硫酸原理如圖3所示寫出開始電解時陽極的電極反應(yīng)式11利用生產(chǎn)磷銨排放的廢渣磷灰石制取硫酸并聯(lián)產(chǎn)水泥的工藝流程如下：（1）D操作a的名稱，實驗室中進行此操作時用到的玻璃儀器有在實驗室中操作b包括、冷卻結(jié)晶（3）干燥機中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（4）水泥常用做建筑材料，是利用了水泥的性質(zhì)（5）SO2的催化氧化反應(yīng)為2SO2（g）十02（g）2S03（g）實驗測得壓強及溫度對S02轉(zhuǎn)化率的影響如下表（原料氣各成分的體積分?jǐn)?shù)為SO2：7%、02：11%、N2：82%）壓強/Mpa轉(zhuǎn)化率/%溫度/ 0.

12、1 0.5 1 10400 99.2 99.6 99.7 99.9500 93.5 96.9 97.8 99.3600 73.7 85.8 89.5 96.4實際生產(chǎn)中，S02的催化氧化反應(yīng)是在常壓、400500條件下進行采用常壓的主要原因是；該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)大小關(guān)系是：K（400）K（500）（填“”、“”或“=”）催化氧化時使用熱交換器的原因是（6）制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、02外，還含有SO2、微量的S03和酸霧下列能用于測定硫酸尾氣中SO2含量的試劑組是（填寫相應(yīng)字母）a、NaOH溶液、酚酞試液 b、Na2CO3溶液、酚酞試液 c、碘水、淀粉溶液 d、KMn04溶液、稀硫酸12

13、硼（B）及其化合物在化學(xué)中有重要的地位請回答下列問題：（1）Ga與B同主族，Ga的基態(tài)原子核外電子排布式為，第一電離能由大到小的順序是硼酸（H3B03）是白色片狀晶體（層狀結(jié)構(gòu)如圖1），有滑膩感，在冷水中溶解度很小，加熱時溶解度增大硼酸中B原子的雜化軌道類型為硼酸晶體中存在的作用力有范德華力和加熱時，硼酸的溶解度增大，主要原因是硼酸是一元弱酸，在水中電離時，硼酸結(jié)合水電離出的OH而呈酸性寫出硼酸的電離方程式（3）硼氫化鈉（NaBH4）是有機化學(xué)中的一種常用還原劑，在熱水中水解生成硼酸鈉和氫氣，用化學(xué)方程式表示其反應(yīng)原理的空間構(gòu)型是（4）B3N3H6可用來制造具有耐油、耐高溫性能的特殊材料寫出它

14、的一種等電子體物質(zhì)的分子式（5）硼化鎂晶體在39K時呈超導(dǎo)性在硼化鎂晶體中，鎂原子和硼原子是分層排布的，圖2是該晶體微觀結(jié)構(gòu)的透視圖，圖2中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上則硼化鎂的化學(xué)式為（6）金剛石的晶胞如圖3立方氮化硼的結(jié)構(gòu)與金剛石相似，已知晶胞邊長為361.5pm，則立方氮化硼的密度是gcm3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示）二.13香料G的一種合成工藝如圖所示核磁共振氫譜顯示A有兩種峰，其強度之比為1：1已知：CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O請回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為，G中官能

15、團的名稱為檢驗M已完全轉(zhuǎn)化為N的實驗操作是（3）有學(xué)生建議，將MN的轉(zhuǎn)化用KMnO4 （H+）代替O2，老師認為不合理，原因是（4）寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式，并標(biāo)出反應(yīng)類型：KL，反應(yīng)類型（5）F是M的同系物，比M多一個碳原子滿足下列條件的F的同分異構(gòu)體有種（不考慮立體異構(gòu)）能發(fā)生銀鏡反應(yīng) 能與溴的四氯化碳溶液加成 苯環(huán)上有2個對位取代基（6）以丙烯和NBS試劑為原料制各甘油（丙三醇），請設(shè)計合成路線（其他無機原料任選）請用以下方式表示：AB目標(biāo)產(chǎn)物河南省鄭州市2015屆高考化學(xué)模擬試卷參考答案與試題解析一.選擇題1化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)下列對物質(zhì)的用途、解釋中均正確的是（）選項 物質(zhì) 用途

16、 解釋A 晶體硅 高純硅廣泛用于光導(dǎo)纖維、太陽能電池和計算機芯片 硅具有半導(dǎo)體性能B 氧化鋁 制作耐高溫材料 Al2O3熔點很高C 硫酸鋇 醫(yī)學(xué)上用做鋇餐 Ba無毒D 明礬 作消毒劑 明礬水解產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子 A A B B C C D D考點： 鎂、鋁的重要化合物；鹽類水解的應(yīng)用；硅的用途分析： A、Si可以作半導(dǎo)體材料，能制作光電池和計算機芯片；B、Al2O3熔點很高；C、Ba2+被人體吸收會引起中毒，但BaSO4是既不溶于水，又不溶于酸的一種物質(zhì)，醫(yī)學(xué)上常常用于X射線透射用，俗稱“鋇餐”，服用“鋇餐”不會引起中毒；D、明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，所以可以作凈水劑解答：

17、解：A、Si可以作半導(dǎo)體材料，能制作光電池和計算機芯片，用于光導(dǎo)纖維的為二氧化硅，故A錯誤；B、Al2O3熔點很高，一般條件下不熔融，所以可以作耐高溫材料，如制作坩堝等，故B正確；C、BaSO4是既不溶于水，又不溶于酸的一種物質(zhì)，醫(yī)學(xué)上常常用于X射線透射用，俗稱“鋇餐”，服用“鋇餐”不會引起中毒，但Ba2+被人體吸收會引起中毒，故C錯誤；D、明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而作凈水劑，明礬沒有強氧化性，所以不能作消毒劑，故D錯誤；故選B點評： 本題主要考查了物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，用途體現(xiàn)性質(zhì)，熟悉物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，難度不大2對于結(jié)構(gòu)滿足的有機物，下列描述中正確的是

18、（） A 分子中有2種含氧官能團 B 能發(fā)生取代、加成、消去、氧化反應(yīng) C 1mol該有機物最多消耗3 mol NaOH D 苯環(huán)上的一溴代物最多有3種考點： 有機物分子中的官能團及其結(jié)構(gòu)專題： 有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析： 該分子中含有酯基、酚羥基、硝基，所以應(yīng)該具有酯、酚、硝基的性質(zhì)，據(jù)此分析解答解答： 解：AA中含有酯基、酚羥基、硝基官能團，所以有三種含氧官能團，故A錯誤； B該分子中含有酯基、酚羥基、硝基，所以應(yīng)該具有酯、酚、硝基的性質(zhì)，含有苯環(huán)，所以還有苯的性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、取代、氧化反應(yīng)，因為與羥基相連的碳上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故B錯誤；C酚羧基、酯基能和NaOH反應(yīng)

19、，酯基水解生成酸和酚羥基，所以1mol A和足量的NaOH溶液反應(yīng)，可以消耗3mol NaOH，故C正確；D苯環(huán)上有3種氫原子，可有3種一溴代物，羥基和硝基也能被取代，苯環(huán)上的一溴代物多余3種，故D錯誤故選C點評： 本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確有機物中官能團與性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，知道常見有機物官能團，題目難度不大3如圖是部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關(guān)系圖，下列說法中正確的是（） A 元素對應(yīng)的離子半徑：ZMRW B 簡單氫化物的沸點：WRYX C M、N、R、W的簡單離子均能促進水的電離 D Z、X、R、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均能與N的單質(zhì)反應(yīng)考點： 原子結(jié)構(gòu)與元素周

20、期律的關(guān)系分析： 由部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關(guān)系圖，可知X為N元素、Y為O元素，Z為Na，M為Mg，N為Al，R為S，W為ClA電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大；B常溫水為液態(tài)，其它氣態(tài)為氣體，故水的沸點最高，再結(jié)合氫鍵、相對分子質(zhì)量對分子間作用力影響分析氨氣、HCl、硫化氫的沸點高低；C氯離子不能促進水的電離；DAl能與強酸、強堿反應(yīng)解答： 解：由部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關(guān)系圖，可知X為N元素、Y為O元素，Z為Na，M為Mg，N為Al，R為S，W為ClA電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子

21、半徑：r（S2）r（Cl）r（Na+）r（Mg2+），故A錯誤；B常溫水為液態(tài)，其氨氣、HCl、硫化氫氣態(tài)為氣體，故水的沸點最高，氨氣分子之間存在氫鍵，沸點高于硫化氫、HCl，而HCl相對分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強，沸點高于硫化氫，故沸點：水氨氣氯化氫硫化氫，故B錯誤；CMg2+、Al3+、S2在溶液中均發(fā)生水解，促進水的電離，而Cl不發(fā)生水解，不能促進水的電離，故C錯誤；DZ、X、R、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、硝酸、硫酸、高氯酸，均能與Al發(fā)生反應(yīng)，故D正確，故選D點評： 本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，關(guān)鍵是熟練掌握118號元素，B選項中注意熔沸點比較規(guī)律，D選項中學(xué)生

22、容易受Al在濃硝酸中鈍化影響，為易錯點4向某含有SO32、SiO32、CO32、Br、Na+的溶液中緩慢通入Cl2直至過量，下列對該反應(yīng)過程的判斷不正確的是（） A 整個過程共發(fā)生2個氧化還原反應(yīng) B 所有陰離子的濃度都發(fā)生了變化 C 溶液的顏色發(fā)生了變化 D 反應(yīng)過程中既有氣體產(chǎn)生，也有沉淀產(chǎn)生考點： 氯氣的化學(xué)性質(zhì)；離子共存問題專題： 鹵族元素分析： 某溶液中含有SO32、SiO32、Br、CO32、Na+，向該溶液中通入過量的Cl2，SO32可以被氯氣氧化為硫酸根離子；SiO32和氯水中的鹽酸反應(yīng)生成硅酸沉淀；Br被氯氣氧化為溴單質(zhì)；CO32和氯水中的鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體，以此解答該

23、題解答： 解：A共發(fā)生了氯氣氧化SO32、Br2個氧化還原反應(yīng)，另外還存在氯氣和水的反應(yīng)，故A錯誤；BSO32可以被氯氣氧化為硫酸根離子；SiO32和氯水中的鹽酸反應(yīng)生成硅酸沉淀；Br被氯氣氧化為溴單質(zhì)；CO32和氯水中的鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體，所有陰離子的濃度都發(fā)生了變化，故B正確；C通過以上分析知，反應(yīng)前溶液呈無色，反應(yīng)后有溴單質(zhì)生成，溴水呈橙色，所以溶液由無色變?yōu)槌壬?，故C正確；D由B可知生成硅酸沉淀和二氧化碳氣體，故D正確故選A點評： 本題考查了氯水成分和離子反應(yīng)的判斷，為高頻考點，明確氯氣的氧化性、氯水中鹽酸的作用是解答的關(guān)鍵，難度較大5下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結(jié)論，正確

24、的是（）選項 實驗操作 實驗現(xiàn)象 結(jié)論A 向2mL2%的CuSO4溶液中加入0.5mL1%的NaOH溶液，振蕩后滴加幾滴M的溶液，加熱 未出現(xiàn)磚紅色沉淀 M中不含醛基B 在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩后靜置 有白色沉淀生成，苯層呈紫紅色 白色沉淀可能為CuIC 向有機試劑N中加入2mL5%的NaOH溶液，加熱，冷卻后取上層溶液滴加幾滴AgNO3溶液 出現(xiàn)褐色沉淀 N不是鹵代烴D 將Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液 溶液變?yōu)檠t色 Fe（NO3）2樣品已氧化變質(zhì) A A B B C C D D考點： 有機物（官能團）的檢驗；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變分析： A

25、.0.5mL 1% NaOH溶液加入2mL 2%的CuSO4溶液，堿不足；B在CuSO4溶液中加入KI溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI；C鹵代烴水解后生成NaX，要在酸性條件下與硝酸銀反應(yīng)生成AgX，利用沉淀的顏色可取代鹵素原子，如果不酸化會生成氫氧化銀對鹵化銀的顏色有干擾；DFe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，亞鐵離子與硝酸根離子和硫酸提供的氫離子要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成鐵離子解答： 解：A.0.5mL 1% NaOH溶液加入2mL 2%的CuSO4溶液，堿不足，則不能檢驗葡萄糖中的醛基，故A錯誤；B在CuSO4溶液中加入KI溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI，則加入苯，振蕩，有白

26、色沉淀生成，苯層呈紫色，故B正確；C鹵代烴水解后生成NaX，沒有加硝酸酸化，生成的氫氧化銀對鹵化銀的顏色產(chǎn)生干擾，故C錯誤；DFe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，亞鐵離子與硝酸根離子和硫酸提供的氫離子要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成鐵離子，所以不能判斷原物質(zhì)氧化變質(zhì)，故D錯誤；故選B點評： 本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及醛基檢驗、氧化還原反應(yīng)、鹵代烴中鹵素種類的檢驗等，把握實驗操作及物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，注意方案的合理性、操作性分析，題目難度不大625時，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合（體積變化忽略不計），測得反應(yīng)后溶液的pH如表：實驗編號 起始濃度/molL 反應(yīng)后溶液的

27、pH c（HA） c（NaOH） 0.10 0.10 9 X 0.05 7下列判斷不正確的是（） A X0.05 B 將實驗所得溶液加水稀釋后，c（OH ）/c（A）變大 C 實驗所得溶液c（A）+c（HA）=0.10molL1 D 實驗所得溶液：c（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）考點： 酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡分析： 結(jié)合表中數(shù)據(jù)可知：中等濃度的HA為氫氧化鈉溶液等體積混合后恰好反應(yīng)生成NaA，溶液的pH=9，說明HA為弱酸，反應(yīng)生成了強堿弱酸鹽；A中當(dāng)X=0.05時，反應(yīng)后的溶液顯示堿性，若要為中性，則加入的HA應(yīng)該稍過量，即X0.05

28、；B將實驗所得溶液加水稀釋后，A的水解程度增大，則溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量增大、A的物質(zhì)的量減小，在同一溶液中，則c（OH）/c（A）變大；C物料守恒：c（A）+c（HA）=c（Na+）=0.05molL1；D混合液中滿足電荷守恒：c（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）解答： 解：根據(jù)表中實驗的數(shù)據(jù)可知：等濃度、等體積的HA為氫氧化鈉溶液混合后恰好反應(yīng)生成NaA，溶液的pH=9，說明HA為弱酸，反應(yīng)生成了強堿弱酸鹽，AHA為弱酸，當(dāng)X=0.05時，反應(yīng)后恰好生成NaA溶液，溶液顯示堿性，若要使溶液變?yōu)橹行?，則加入的HA應(yīng)該稍過量，即X0.05，故A正確；B將實驗所得溶液加水稀釋后，溶

29、液中A的水解程度增大，則溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量增大、A的物質(zhì)的量減小，由于在同一溶液中，則c（OH）/c（A）的比值會變大，故B正確；C混合液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒可得：c（A）+c（HA）=c（Na+）=0.05molL1，故C錯誤；D根據(jù)混合液中的電荷守恒可得：c（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+），故D正確；故選C點評： 本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，題目難度中等，根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)數(shù)據(jù)正確判斷HA為弱電解質(zhì)為解答關(guān)鍵，C為易錯點，注意混合液體積增大為原先的2倍，溶液中鈉離子濃度變?yōu)樵鹊囊话?中國首個空間實驗室“天宮一號”的供電系統(tǒng)中有再生氫氧燃料電池（RFC）

30、，它是一種將水電解技術(shù)與氫氧燃料電池技術(shù)相結(jié)合的可充電電池下圖為RFC工作原理示意圖，a、b、c、d均為Pt電極下列說法正確的是（） A B區(qū)的OH通過隔膜向a電極移動，A區(qū)pH增大 B 圖中右管中的OH通過隔膜向c電極移動，d電極上發(fā)生還原反應(yīng) C c是正極，電極上的電極反應(yīng)為：2H+2e=H2 D 當(dāng)有1mol電子轉(zhuǎn)移時，b電極產(chǎn)生氣體Y的體積為11.2L考點： 原電池和電解池的工作原理分析： 依據(jù)圖示知左邊裝置是電解池，右邊裝置是原電池，ab電極是電解池的電極，由電源判斷a為陽極產(chǎn)生的氣體是氧氣，b為陰極產(chǎn)生的氣體是氫氣；cd電極是原電池的正負極，c是負極，d是正極；電解池中的電極反應(yīng)為

31、：a電極為陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：4OH4e=2H2O+O2；b電極為陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)：4H+4e=2H2；原電池中是堿性溶液，電極反應(yīng)為：c為負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：2H24e+4OH=2H2O；d電極為正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)：O2+2H2O+4e=4OH，結(jié)合電極上的電子守恒分析計算解答： 解：依據(jù)圖示知左邊裝置是電解池，右邊裝置是原電池，ab電極是電解池的電極，由電源判斷a為陽極產(chǎn)生的氣體是氧氣，b為陰極產(chǎn)生的氣體是氫氣；cd電極是原電池的正負極，c是負極，d是正極；電解池中的電極反應(yīng)為：a電極為陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：4OH4e=2H2O+O2；b電極為陰極得到電子發(fā)生還原反

32、應(yīng)：4H+4e=2H2；原電池中是堿性溶液，電極反應(yīng)為：c為負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：2H24e+4OH=2H2O；d電極為正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)：O2+2H2O+4e=4OH，Aa為陽極，電解時陰離子向陽極移動，發(fā)生4OH4e=2H2O+O2，促進水的電離生成H+，pH減小，故A錯誤；B圖中右管中的OH通過隔膜向負極移動，即向c電極移動，d為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故B正確；C電解質(zhì)溶液呈堿性，電極方程式應(yīng)為2H24e+4OH=2H2O，故C錯誤；Db為陰極，當(dāng)有1mol電子轉(zhuǎn)移時生成0.5mol氫氣，但氣體存在的條件未知，不能確定體積大小，故D錯誤故選B點評： 本題考查了化學(xué)電源新型電池，為高

33、頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，主要考查原電池和電解池的工作原理、電極判斷、電極反應(yīng)，注意原電池中電解質(zhì)溶液是酸而不是堿，電極反應(yīng)式的書寫是易錯點二.非選擇題8苯甲酸是一種重要的化工原料實驗室合成苯甲酸的原理、有關(guān)數(shù)據(jù)及裝置示意圖如圖：名稱 性狀 熔點（） 沸點（） 密度（g/mL） 溶解性 水 乙醇甲苯 無色液體易燃易揮發(fā) 95 110.6 0.8669 不溶 互溶苯甲酸 白色片狀或針狀晶體 112.4（100左右升華） 248 1.2659 微溶 易溶苯甲酸在水中的溶解度如表：溫度/ 4 18 75溶解度/g 0.2 0.3 2.2某學(xué)習(xí)小組在實驗室制備、分離、提純苯甲酸，并

34、測定所得樣品的純度，步驟如下：一制備苯甲酸在三頸瓶中加人2.7mL甲苯、100mL水和23片碎瓷片，開動電動攪拌器，a中通入流動水，在石棉網(wǎng)上加熱至沸騰，然后分批加人8.5g高錳酸鉀，繼續(xù)攪拌約45h，直到甲苯層幾乎近于消失、回流液不再出現(xiàn)油珠，停止加熱和攪拌，靜置二分離提純在反應(yīng)混合物中加人一定量草酸（H2C204）充分反應(yīng)，過濾、洗滌，將濾液放在冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化，苯甲酸全部析出后減壓過濾，將沉淀物用少量冷水洗滌，擠壓去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗產(chǎn)品三測定純度稱取mg產(chǎn)品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于錐形瓶，滴加23滴酚酞，然后用標(biāo)準(zhǔn)濃度KOH溶液滴定請

35、回答下列問題：（1）裝置a的名稱是球形冷凝管，其作用為冷凝回流，防止甲苯的揮發(fā)而降低產(chǎn)品產(chǎn)率甲苯被高錳酸鉀氧化的原理為：1+2KMnO41+2MnO2+1H2O+1KOH，請完成并配平該化學(xué)方程式（3）分離提純過程中加人的草酸是一種二元弱酸，反應(yīng)過程中有酸式鹽和無色氣體生成加人草酸的作用是將過量的高錳酸鉀轉(zhuǎn)化為二氧化錳，以便過濾除去，請用離子方程式表示反應(yīng)原理2MnO4+3H2C2O4=2MnO2+2HCO3+4CO2+2 H2O（4）產(chǎn)品減壓過濾時用冷水洗滌的原因是苯甲酸在冷水中的溶解度較小，用冷水洗滌可以減少產(chǎn)品的損失（5）選用下列D操作，可以將粗產(chǎn)品進一步提純（選填字母）A、溶于水后過濾

36、 B、溶于乙醇后蒸餾 C、用甲苯萃取后分液 D、升華（6）測定純度步驟中，滴定終點溶液的顏色變化是溶液由無色變淺紅色 若m=1.200g，滴定時用去0.1200molL1標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液20.00mL，則所得產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為97.6%考點： 制備實驗方案的設(shè)計分析： （1）裝置a為球形冷凝管，有機物易揮發(fā)，裝置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的揮發(fā)而降低產(chǎn)品產(chǎn)率；甲苯中甲基中C原子化合價由3價升高為中+3價，升高6價，而Mn元素化合價由KMnO4中+7價降低為MnO2中+4價，降低3價，化合價升降最小公倍數(shù)為6，據(jù)此確定甲苯、KMnO4系數(shù)，再根據(jù)鉀離子守恒，可知缺項為KOH，由原子守恒配平方

37、程式；（3）加入草酸將過量的高錳酸鉀轉(zhuǎn)化為二氧化錳，以便過濾除去，反應(yīng)過程中有酸式鹽和無色氣體生成，反應(yīng)生成MnO2、KHCO3、CO2與水；（4）由表中數(shù)據(jù)可知，苯甲酸在冷水中的溶解度較小，用冷水洗滌可以減少產(chǎn)品的損失；（5）苯甲酸中的雜質(zhì)為氯化鉀，由表中數(shù)據(jù)可知苯甲酸易升華，KCl的熔沸點很高，不升華；（6）苯甲酸與氫氧化鉀反應(yīng)生成苯甲酸鉀，苯甲酸鉀水解顯堿性，溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色說明滴定到達終點；根據(jù)氫氧化鉀的物質(zhì)的量求出苯甲酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計算出苯甲酸質(zhì)量，進而計算苯甲酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)解答： 解：（1）裝置a為球形冷凝管，有機物易揮發(fā)，裝置a能冷凝回流蒸汽，防止甲苯的揮發(fā)而

38、降低產(chǎn)品產(chǎn)率，故答案為：球形冷凝管；冷凝回流，防止甲苯的揮發(fā)而降低產(chǎn)品產(chǎn)率；甲苯中甲基中C原子化合價由3價升高為中+3價，升高6價，而Mn元素化合價由KMnO4中+7價降低為MnO2中+4價，降低3價，化合價升降最小公倍數(shù)為6，可知甲苯、KMnO4系數(shù)分別為1、2，再根據(jù)鉀離子守恒，可知缺項為KOH，由原子守恒配平方程式為：1+2KMnO4 1+2 MnO2+1H2O+1KOH，故答案為：1，2；1，2，1，1KOH；（3）加入草酸將過量的高錳酸鉀轉(zhuǎn)化為二氧化錳，以便過濾除去，反應(yīng)過程中有酸式鹽和無色氣體生成，反應(yīng)生成MnO2、KHCO3、CO2與水，反應(yīng)離子方程式為：2MnO4+3H2C2O

39、4=2MnO2+2HCO3+4CO2+2 H2O，故答案為：將過量的高錳酸鉀轉(zhuǎn)化為二氧化錳，以便過濾除去；2MnO4+3H2C2O4=2MnO2+2HCO3+4CO2+2 H2O；（4）由表中數(shù)據(jù)可知，苯甲酸在冷水中的溶解度較小，用冷水洗滌可以減少產(chǎn)品的損失，故答案為：苯甲酸在冷水中的溶解度較小，用冷水洗滌可以減少產(chǎn)品的損失；（5）苯甲酸中的雜質(zhì)為氯化鉀，由表中數(shù)據(jù)可知苯甲酸易升華，KCl的熔沸點很高，不升華，所以提純含有氯化鉀的苯甲酸可以采用升華的方法，故答案為：D；（6）苯甲酸與氫氧化鉀反應(yīng)生成苯甲酸鉀，苯甲酸鉀水解顯堿性，溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色說明滴定到達終點；n（KOH）=cV=0.

40、02L0.12molL1 =0.0024mol，苯甲酸與氫氧化鉀等物質(zhì)的量恰好反應(yīng)，則n（苯甲酸）=0.0024mol，則其總質(zhì)量為0.0024mol122g/mol=1.1712g，所以產(chǎn)品中苯甲酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%=97.6%，故答案為：溶液由無色變淺紅色；97.6%點評： 本題考查了苯甲酸的制備實驗方案設(shè)計，涉及化學(xué)儀器、裝置分析評價、物質(zhì)的分離提純、氧化還原反應(yīng)配平、對數(shù)據(jù)的分析運用、滴定原理的應(yīng)用等，清楚制備的原理是解答的關(guān)鍵，題目難度中等9銅、鉻都是用途廣泛的金屬工業(yè)上利用電鍍污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分難溶雜質(zhì)）回收金屬銅和鉻的流程如圖甲，已知：部分物質(zhì)沉淀

41、的pH如表： Fe3+ Cu2+ Cr3+開始沉淀pH 2.1 4.7 4.3完全沉淀pH 3.2 6.7 aCaSO4的溶解度曲線如圖乙，請回答下列問題：（1）濾液I中所含溶質(zhì)主要有Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4（填化學(xué)式）第步操作中，先加人Ca（OH）2調(diào)節(jié)溶液的pH，調(diào)節(jié)范圍為3.2pH4.3，然后將濁液加熱至80趁熱過濾，所得濾渣的成分為Fe（OH）3、CaSO4（3）第步操作中，發(fā)現(xiàn)除了生成磚紅色沉淀外，還產(chǎn)生了無色刺激性氣味的氣體寫出該步驟中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+、HSO3+H+=SO2+H2O（4）當(dāng)離子

42、濃度1105molL1l時，可以認為離子沉淀完全第步操作中，若要使Cr3+完全沉淀，則室溫下溶液中a的最小值為5.6（已知Kap=6.31031，4.0；lg4=0.6）（5）Cr（OH）3受熱分解為Cr2O3，用鋁熱法可以冶煉金屬鉻寫出鋁熱法煉鉻的化學(xué)方程式Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr考點： 物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用分析： 向泥料中加入稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后過濾得到濾渣I和濾液I，濾液I中溶質(zhì)為Fe2（SO4）3、Cr2（

43、SO4）3、CuSO4，向濾液中加入Ca（OH）2，并調(diào)節(jié)溶液pH，根據(jù)流程圖中濾液II中含有Cr3+、Cu2+，不含 Fe3+，說明濾渣II中含有Fe（OH）3，硫酸鈣屬于微溶物，所以沉淀II成分為Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+發(fā)生沉淀，根據(jù)離子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范圍為3.24.3之間；向濾液中加入NaHSO3，亞硫酸氫鈉具有還原性、銅離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和磚紅色沉淀Cu2O，硫酸和亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化硫，離子方程式為2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+、HSO3+H+=SO2+H2O，過

44、濾得到Cu2O，向濾液中加入NaOH并調(diào)節(jié)溶液pH，發(fā)生反應(yīng)Cr3+3OH=Cr（OH）3，濾液IV中含有NaOH、Na2SO4，據(jù)此分析解答解答： 解：向泥料中加入稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后過濾得到濾渣I和濾液I，濾液I中溶質(zhì)為Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4，向濾液中加入Ca（OH）2，并調(diào)節(jié)溶液pH，根據(jù)流程圖中濾液II中含有Cr3+、Cu2+，不含F(xiàn)e3+，說明濾渣II中含有Fe（OH）3，硫酸鈣屬于微溶物，所以沉淀II成分

45、為Fe（OH）3、CaSO4，要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+發(fā)生沉淀，根據(jù)離子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范圍為3.24.3之間；向濾液中加入NaHSO3，亞硫酸氫鈉具有還原性、銅離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和磚紅色沉淀Cu2O，硫酸和亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化硫，離子方程式為2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+、HSO3+H+=SO2+H2O，過濾得到Cu2O，向濾液中加入NaOH并調(diào)節(jié)溶液pH，發(fā)生反應(yīng)Cr3+3OH=Cr（OH）3，濾液IV中含有NaOH、Na2SO4，（1）通過以上分析知，濾液I中溶質(zhì)成分為Fe2（SO4）3、Cr2（

46、SO4）3、CuSO4，故答案為：Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4；Fe3+完全沉淀需要的pH3.2，pH=4.3時Cr3+開始產(chǎn)生沉淀，要使鐵離子完全沉淀而其它離子不沉淀，則pH范圍為：3.2pH4.3，通過以上分析知，沉淀II成分為Fe（OH）3、CaSO4，故答案為：3.2pH4.3； Fe（OH）3、CaSO4；（3）亞硫酸氫鈉具有還原性、銅離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和磚紅色沉淀Cu2O，硫酸和亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化硫，離子方程式為2H2O+HSO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+、HSO3+H+=SO2+H2O，故答案為：2H2O+H

47、SO3+2Cu2+=Cu2O+SO42+5H+、HSO3+H+=SO2+H2O；（4）當(dāng)離子濃度1105molL1時，可以認為離子沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，則c（Cr3+）1105molL1，c（OH）=mol/L=4.0109 mol/L，c（H+）=2.5106mol/L，則溶液的pH=lg2.5106=5.6，故答案為：5.6；（5）Cr2O3和Al高溫下發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成氧化鋁和Cr，反應(yīng)方程式為Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，故答案為：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr點評： 本題考查物質(zhì)的分離和提純綜合應(yīng)用，為2015屆高考高頻點，涉及難溶物的溶解平衡、金屬冶煉、基本

48、實驗操作等知識點，側(cè)重考查分析、計算及實驗操作能力，熟悉流程圖中涉及的反應(yīng)、基本操作，難點是溶度積常數(shù)計算10CO、SO2是主要的大氣污染氣體，利用化學(xué)反應(yīng)原理是治理污染的重要方法I、甲醇可以補充和部分替代石油燃料，緩解能源緊張利用CO可以合成甲醇（1）已知：CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（I）H2=285.8kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（I）H3=764.5kJmol1則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.1kJmol1一定條件下，在容積為VL的密閉容器中充入 molCO與2a mol

49、H2合成甲醇平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖1所示P1 P2（填“”、“”或“=”），理由是甲醇的合成反應(yīng)是分子數(shù)減少的反應(yīng)，相同溫度下，增大壓強CO的轉(zhuǎn)化率提高該甲醇合成反應(yīng)在A點的平衡常數(shù)K=（用a和V表示）該反應(yīng)達到平衡時，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率的關(guān)系是：CO=H2（填“”、“”或“=”）下列措施中能夠同時滿足增大反應(yīng)速率和提高CO轉(zhuǎn)化率的是c（填寫相應(yīng)字母）a、使用高效催化劑 b、降低反應(yīng)溫度 c、增大體系壓強d、不斷將CH30H從反應(yīng)混合物中分離出來 e、增加等物質(zhì)的量的CO和H2、某學(xué)習(xí)小組以SO2為原料，采用電化學(xué)方法制取硫酸（3）原電池法：該小組設(shè)計的原電池原理如圖2所示寫出該電池負極的

50、電極反應(yīng)式SO22e+2H2OSO42+4H+（4）電解法：該小組用Na2SO3溶液充分吸收S02得到NaHSO3溶液，然后電解該溶液制得了硫酸原理如圖3所示寫出開始電解時陽極的電極反應(yīng)式HSO3+H2O2e=SO42+3H+考點： 轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡的影響因素分析： （1）根據(jù)CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），利用蓋斯定律進行計算；依據(jù)反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，相同溫度下增大壓強平衡正向進行；100C時一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為0.75，結(jié)合平衡三段式列式根據(jù)平衡常數(shù)表達式K=進行計算；根據(jù)轉(zhuǎn)化率=來比較；根據(jù)增大

51、濃度、溫度、壓強或者使用催化劑會增大反應(yīng)速率以及平衡向正反應(yīng)方向移動會提高CO轉(zhuǎn)化率來判斷；（3）依據(jù)原電池原理，負極是失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，二氧化硫失電子生成硫酸的過程；（4）根據(jù)化合價變化判斷陽極反應(yīng)物質(zhì)，寫出陽極反應(yīng)式解答： 解：（1）CO（g）+O2（g）CO2（g）H1=283.0kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（I）H2=285.8kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（I）H3=764.5kJmol1由蓋斯定律+2得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），H=（283.0285.82+764.5）kJmol1=90.1kJmol1，故答案為：90

52、.1；圖象分析可知相同溫度下P2壓強下一氧化碳轉(zhuǎn)化率大于P1壓強下一氧化碳轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，壓強增大平衡正向進行，所以P1P2；故答案為：；甲醇的合成反應(yīng)是分子數(shù)減少的反應(yīng)，相同溫度下，增大壓強CO的轉(zhuǎn)化率提高；向VL恒容密閉容器中充入a mol CO與2a mol H2，100C時一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol） a 2a 0 變化量（mol）0.75a 1.5a 0.75a 平衡量（mol）0.25a 0.5a 0.75a 平衡常數(shù)K=，故答案為：；因為轉(zhuǎn)化率=轉(zhuǎn)化量總量，又CO和H2按照系數(shù)比1：2消耗，而開始充入 mo

53、lCO與2a molH2也剛好為1：2，所以CO的轉(zhuǎn)化率等于H2的轉(zhuǎn)化率，故答案為：=；a、使用高效催化劑只能增大反應(yīng)速率，不能改變平衡移動，所以CO的轉(zhuǎn)化率不變，故錯誤；b、降低反應(yīng)溫度會減慢反應(yīng)速率，故錯誤；c、增大體系壓強，不僅增大反應(yīng)速率，而且平衡也向正反應(yīng)方向移動，所以CO的轉(zhuǎn)化率也增大，故正確；d、不斷將CH30H從反應(yīng)混合物中分離出來，即減小生成物的濃度，則反應(yīng)速率減小，故錯誤；e、增加等物質(zhì)的量的CO和H2，即增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率增大，但增加了CO則CO的轉(zhuǎn)化率也減小，故錯誤；故選：c；（3）該原電池中，負極上失電子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合價升高，所以負極上投放的氣體是二氧化硫，二氧化硫失電子和水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，所以負極上的電極反