2025年湘師大新版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列事實不能用元素周期律解釋的是（）A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HBr＞HIB.0.1mol?L-1溶液的pH：NaOH＞LiOHC.向Na2SO3溶液中加鹽酸，有氣泡產(chǎn)生D.Mg、Al與同濃度鹽酸反應(yīng)，Mg更劇烈2、海水是一個巨大的化學(xué)資源庫，有關(guān)海水綜合利用的說法正確的是（）A.海水中含有鉀元素，只需經(jīng)過物理變化就可以得到鉀單質(zhì)B.海水蒸發(fā)制海鹽的過程中發(fā)生了化學(xué)變化C.利用潮汐發(fā)電是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D.從海水中可以得到NaCl，電解熔融NaCl可制備金屬鈉3、如圖所示，兩電極一為碳棒，一為鐵片，若電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，且a極上有大量氣泡生成，則以下敘述正確的是（）A.a為負(fù)極，是鐵片，燒杯中的溶液為稀硫酸B.b為負(fù)極，是鐵片，燒杯中的溶液為硫酸銅溶液C.a為正極，是碳棒，燒杯中的溶液為稀硫酸D.b為正極，是碳棒，燒杯中的溶液為硫酸銅溶液4、下列對能量轉(zhuǎn)化的認(rèn)識中，不正確的是（）A.煤燃燒時，化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為熱能B.白熾燈工作時，電能全部轉(zhuǎn)化為光能C.銅鋅原電池工作時，化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為電能D.電解水生成氫氣和氧氣時，電能主要轉(zhuǎn)化為化學(xué)能5、化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（）A.侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異B.可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣C.碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成6、滿足分子式為rm{C_{3}H_{4}ClBr}不含有環(huán)的有機物共有rm{(}rm{)}A.rm{6}種B.rm{7}種C.rm{8}種D.rm{9}種7、某澄清溶液中可能含有下列離子中的幾種：Na＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋、Ba2＋、SO42-、HCO3-、Cl－。對其進行如下實驗：①用玻璃棒蘸取該溶液滴在pH試紙上，試紙顯紅色；②另取少量溶液加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；③?、谥猩蠈忧逡杭尤胨峄南跛徙y溶液，也生成白色沉淀。下列關(guān)于該溶液的說法中正確的是（）A.該溶液中一定不存在Ba2＋和HCO3-B.取③中濾液加入KSCN，溶液顯血紅色，則原溶液中一定有Fe3＋C.該溶液中一定存在SO42-和Cl－D.另取該溶液加入少量稀NaOH溶液，微熱，試管口的濕潤紅色石蕊試紙不變藍，則原溶液中一定不存在NH4+8、某有機物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}

A.分子式為rm{C_{9}H_{12}O_{3}}可以燃燒B.能發(fā)生取代反應(yīng)和聚合反應(yīng)C.能使酸性高錳酸鉀溶液和溴的rm{CCl_{4}}溶液褪色，褪色原理相同D.分子中所有碳原子不可能共平面評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、ClO2與Cl2的氧化性相近；常溫下均為氣體，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對其制備?吸收?釋放和應(yīng)用進行了研究?

（1）儀器C的名稱是：____?安裝F中導(dǎo)管時，應(yīng)選用圖2中的：____（填“a”或“b”）

（2）打開B的活塞，A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2，寫出反應(yīng)化學(xué)方程式：____；為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，可采取的措施是____?

（3）關(guān)閉B的活塞，ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是：____．

（4）已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，該反應(yīng)的離子方程式為：____，在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是：____?

（5）已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示；若將其用于水果保鮮；

你認(rèn)為效果較好的穩(wěn)定劑是____，（選填“I”或“II”）理由是：____?10、（2015秋?曲沃縣校級期末）某學(xué)生欲用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液時；選擇甲基橙作指示劑．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸溶液滴定待測的氫氧化鈉溶液時，左手把握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視____．直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，并____為止．

（2）下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是____

（A）酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液。

（B）滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥。

（C）酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

（D）讀取鹽酸體積時；開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)。

（3）若滴定開始和結(jié)束時，酸式滴定管中的液面如圖所示：則起始讀數(shù)為____mL，終點讀數(shù)為____mL；所用鹽酸溶液的體積為____mL．

（4）某學(xué)生根據(jù)三次實驗分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如表：

。滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09請選用其中合理的數(shù)據(jù)列式計算該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度：c（NaOH）=____（保留小數(shù)點后4位）．11、NaHCO3的俗名是____．12、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)；性質(zhì)反映其結(jié)構(gòu)特點．

（1）金剛石和石墨是碳元素的兩種常見單質(zhì)，下列敘述中正確的有____

a．金剛石中碳原子的雜化類型為sp3雜化，石墨中碳原子的雜化類型為sp2雜化。

b．晶體中共價鍵的鍵長：金剛石中C-C＜石墨中C-C

c．晶體的熔點：金剛石＜石墨。

d．晶體中共價鍵的鍵角：金剛石＞石墨。

（2）某石蕊的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示．

①石蕊分子所含元素中，第一電離能由小到大的順序是____，基態(tài)原子2p軌道有兩個成單電子的是____（填元素符號）；由其中兩種元素形成的三角錐構(gòu)型的一價陽離子是____（填化學(xué)式）；

②該石蕊易溶解于水，分析可能的原因是____；

（3）銅及其合金是人類最早使用的金屬材料．

①NF3可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應(yīng)直接得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F，上述化學(xué)方程式中的5種物質(zhì)所屬的晶體類型有____（填序號）．

a．離子晶體b．分子晶體c．原子晶體d．金屬晶體；

②NF3與NH3均為三角錐形，但前者鍵角小于后者，原因是____

③周期表中銅的相鄰元素的晶體結(jié)構(gòu)如圖2甲，則其一個晶胞中含有____個該原子，金屬銅采取如圖2乙所示堆積方式，可稱為____堆積．13、以下流程是工業(yè)上合成一種除草劑的合成路線中的片段：

（1）從A→D過程中，反應(yīng)①的目的是____．

（2）寫出滿足下列條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．

①與A具有相同的官能團；②分子中具有兩個手性碳原子（連接四個不同原子或基團的碳原子；稱為手性碳原子）．

（3）物質(zhì)D與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（4）是B的一種重要的同分異構(gòu)體．下圖是從到的合成路線．填空：

提示：①

①→A____；

②A→B____；

③反應(yīng)Ⅱ的反應(yīng)條件是____．14、根據(jù)乙烯和乙酸的知識填空．

（1）乙烯分子含有的官能團的名稱為______

（2）實驗室，乙醇跟乙酸在濃硫酸催化且加熱的條件下反應(yīng)，制取的是______．15、已知A、B、C、D、E是短周期中的五種元素，它們的原子序數(shù)依次增大．A和B可形成常見化合物BA4，一個BA4分子中電子總數(shù)為10；C原子的最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的；D與C同一主族，E-比C2-多一個電子層．試回答：

（1）D與E兩元素相比較，非金屬性較強的是____（填元素名稱），請你自選試劑設(shè)計實驗驗證該結(jié)論（說明試劑、簡單操作、實驗現(xiàn)象）____；

（2）A、C、D間可形成甲、乙兩種微粒，它們均為負(fù)一價雙原子陰離子且甲有18個電子，乙有10個電子，則甲與乙反應(yīng)的離子方程式為____；

（3）B和C形成的一種化合物是參與大氣循環(huán)的氣體，寫出它的電子式____；

（4）A和C也可形成一種18電子分子，寫出該分子的結(jié)構(gòu)式____．16、X；Y、Z、W是元素周期表前四周期常見的四種元素；原子序數(shù)依次增大．X原子核外有兩種形狀的電子云，四種伸展方向，常溫下以雙原子分子存在，性質(zhì)穩(wěn)定；Y的單質(zhì)是生活中常見的合金材料成分之一，原子核外只有一個未成對電子，Z原子的半徑比X大，其基態(tài)原子最外層的p電子是該層s電子的兩倍，W是最常見的黑色金屬之一．

（1）Z位于元素周期表中的位置是____，W3+的最外層電子排布式是____，X的氧化物XO2與H2O比較，熔點較高的是____（填化學(xué)式）．

（2）加熱條件下，Z的單質(zhì)與足量的X的最高價氧化物的水化物的濃溶液反應(yīng)，生成Z的最髙價含氧酸，寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（3）比較Y、W性質(zhì)的活潑性____（用一個化學(xué)反應(yīng)方程式表示）．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA．____（判斷對錯）18、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）19、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）20、有下列化合物：

（1）請在空格內(nèi)用“√”或“×”判斷正誤．

①甲、乙、丙丁、戊均屬于烴的衍生物____

②乙中含氧官能團的名稱為“全基”和“羥基”____

③丙和丁互為同系物____

④可用溴水鑒別乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途徑合成．

試回答下列問題。

①D→戊的有機反應(yīng)類型是____．

②寫出C→D的化學(xué)反應(yīng)方程式____．

③寫出同時滿足下列條件的甲的同分異構(gòu)體（兩種即可）．____，____．

a．能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)；不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

b．屬于酯類；取代基為鏈狀；

c．苯環(huán)上一氯代物只有兩種．21、制備MgO，既可以通過化合反應(yīng)，又可以通過置換反應(yīng)制備____（判斷對和錯）22、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是膠體具有丁達爾效應(yīng)．____．（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共4題，共20分)23、425℃時，在1L密閉容器中進行的反應(yīng)：H2+I2=2HI達到平衡；分別說明下列各圖所表示的含義．由圖中的事實可以說明化學(xué)平衡具有哪些特征？

24、現(xiàn)有反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃時，平衡常數(shù)K=1，現(xiàn)在850℃下，向2L的密閉容器中充入CO、H2O（g）各4mol；回答下列問題：

（1）當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為25%時；該反應(yīng)是否達平衡，向哪個方向進行？

（2）達平衡時；CO轉(zhuǎn)化率為多少？

（3）H2的體積分?jǐn)?shù)為多少？

（4）若溫度仍為850℃，初始時CO濃度為2mol/L，H2O（g）為6mol/L，則平衡時CO轉(zhuǎn)化率為多少？25、一種新型粘合劑E，其結(jié)構(gòu)簡式為可以通過丙烯而制得；其工業(yè)合成路線如圖所示：

已知：2CH2=CHCH3+2NH3+3O22CH2=CHCN+2H2O

完成下列填空：

（1）寫出A和D的結(jié)構(gòu)簡式：A．______；D．______．

（2）寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)①______；反應(yīng)③______．

（3）反應(yīng)②和③的目的是______；反應(yīng)③的條件是______．

（4）寫出2種具有酸性的B的同分異構(gòu)體______；______．

（5）寫出B和D反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

26、室安卡因（G）是一種抗心率天常藥物；可由下列路線合成。

（1）已知A是的單體；則A中含有的官能團是______（寫名稱）．B的結(jié)構(gòu)簡式是______．

（2）C的名稱（系統(tǒng)命名）是______；C與足量NaOH醇溶液共熱時反應(yīng)的化學(xué)方程式是______．

（3）X是E的同分異構(gòu)題，X分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上一氯代物只有兩種，則X所有可能的結(jié)構(gòu)簡式有______、______、______．

（4）F→G的反應(yīng)類型是______．

（5）下列關(guān)于室安卡因（G）的說法正確的是______．

a．能發(fā)生加成反應(yīng)b．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

c．能與鹽酸反應(yīng)生成鹽d..屬于氨基酸．

評卷人得分五、其他(共1題，共9分)27、日常生活中的一些用品與我們化學(xué)實驗中的儀器作用相似．請寫出下列生活用品相對應(yīng)的實驗儀器名稱：

。炒菜時取味精（小勺子）____燒熱水（電熱器）____沖白糖水（杯子）____給病人打針（注射器）____評卷人得分六、簡答題(共3題，共18分)28、[Cu（NH3）4]SO4?H2O是一種殺蟲劑．

（1）Cu元素基態(tài)原子的電子排布式為______，根據(jù)元素原子的外圍電子排布特征，可將周期表分成五個區(qū)域，其中Cu屬于______區(qū)．

（2）元素N、O、S的第一電離能由大到小排列的順序為______．

（3）H元素可與O元素形成H2O和H2O2，H2O2易溶于H2O，其主要原因為______．

（4）H元素與N元素可組成化合物N2H4，其中N原子的軌道雜化方式為______．

（5）SO42-的空間構(gòu)型是______，與SO42-互為等電子體的一種分子的化學(xué)式為______．

（6）Cu元素與H元素可形成一種紅色晶體，其結(jié)構(gòu)如圖，則該化合物的化學(xué)式為______．29、二氧化碳的回收利用是環(huán)保和能源領(lǐng)域研究的熱點課題。

（1）新的研究表明，原理如圖1所示，過程中可以將CO2轉(zhuǎn)化為炭黑，該過程的能量轉(zhuǎn)化形式為__________；在整個過程中，F(xiàn)eO的作用是______。

已知：

①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H=aKJ/mol

②C（s）+O（2g）═CO（2g）△H=bKJ/mol則過程2的熱化學(xué)方程式為______。

（2）一定溫度下，在密閉容器中進行反應(yīng)CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）△H＞0；下列說法正確的是______（填番號）。

A．當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變時；反應(yīng)達到平衡狀態(tài)。

B．升高溫度，加快反應(yīng)速率，CO2的轉(zhuǎn)化率降低。

C．增大CO2的濃度；平衡向正反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)增大。

D．當(dāng)CO2與CH4的起始加入物質(zhì)的量之比為1：1時，達到平衡時CO2與CH4的轉(zhuǎn)化率相等。

（3）在2L恒容密閉容器中充入2molCO2和nmolH2；在一定條件下發(fā)生反應(yīng)。

2CO2（g）+4H2（g）?CH3COOH（g）+2H2O（g），CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度、投料比（X=）的關(guān)系如2圖所示。

①若從反應(yīng)開始到A點需要10s，則用H2表示的該段時間內(nèi)的反應(yīng)速率為______。

②若X1=3；則B點的K=______。（結(jié)果保留一位小數(shù)）

③根據(jù)圖象判斷X1__________X2（填“＞”、“＜”或“=”，下同），平衡常數(shù)KA______KB

④若在500K時，按X1投料，在恒壓下進行，達到平衡狀態(tài)，此時CO2的轉(zhuǎn)化率______75%（填“＞”；“＜”或“=”）。

（4）美國伊利諾大學(xué)芝加哥分校（UIC）的研究團隊設(shè)計出一種突破性的新太陽能電池，能把大氣中的二氧化碳轉(zhuǎn)換成碳?xì)浠衔铮╤ydrocarbon）燃料，解決了現(xiàn)代社會的兩大挑戰(zhàn)：“減少大氣的碳含量”以及“有效率地制造高密度能源”。右圖是通過CO2和H2O作用制備CH3OH的原理示意圖3．b電極的電極反應(yīng)為______。30、我國每年產(chǎn)生的廢舊鉛蓄電池約rm{330}萬噸。從含鉛廢料rm{(PbSO_{4}}rm{PbO_{2}}rm{PbO}等rm{)}中回收鉛，實現(xiàn)鉛的再生，意義重大。一種回收鉛的工作流程如下：rm{(1)}鉛蓄電池放電時，rm{PbO_{2}}作______極。rm{(2)}過程Ⅰ，已知：rm{PbSO_{4}}rm{PbCO_{3}}的溶解度rm{(20隆忙)}見圖rm{1}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度見圖rm{2}rm{壟脵}根據(jù)圖rm{1}寫出過程Ⅰ的離子方程式：_____。根據(jù)圖rm{壟脵}寫出過程Ⅰ的離子方程式：_____。rm{1}生產(chǎn)過程中的溫度應(yīng)保持在rm{壟脷}若溫度降低，rm{40隆忙}的轉(zhuǎn)化速率下降。根據(jù)圖rm{PbSO_{4}}解釋原因：rm{2}溫度降低，反應(yīng)速率降低；rm{壟隆.}_____rm{壟壟.}請你提出一種合理解釋rm{(}rm{)}若生產(chǎn)過程中溫度低于rm{壟脹}所得固體中，含有較多rm{40隆忙}雜質(zhì)，原因是____。rm{Na_{2}SO_{4}}過程Ⅱ，發(fā)生反應(yīng)rm{2PbO_{2}+H_{2}C_{2}O_{4}簍T2PbO+H_{2}O_{2}+2CO_{2}隆眉}實驗中檢測到有大量rm{(3)}放出，推測rm{2PbO_{2}+H_{2}C_{2}O_{4}簍T2PbO+

H_{2}O_{2}+2CO_{2}隆眉}氧化了rm{O_{2}}通過實驗證實了這一推測。實驗方案是_____。rm{PbO_{2}}已知：rm{H_{2}O_{2}}為棕黑色固體；rm{(}為橙黃色固體rm{PbO_{2}}

rm{PbO}過程Ⅲ，將rm{)}粗品溶解在rm{(4)}和rm{PbO}的混合溶液中，得到含rm{HCl}的電解液。電解rm{{Na}Cl}溶液，生成rm{Na_{2}PbCl_{4}}如圖。rm{Na_{2}PbCl_{4}}陰極的電極反應(yīng)式是_____。rm{Pb}電解一段時間后，rm{壟脵}濃度極大下降，rm{壟脷}rm{Na_{2}PbCl_{4}}為了恢復(fù)其濃度且實現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用，陰極區(qū)參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．非金屬性越強；氫化物越穩(wěn)定；

B．金屬性越強；最高價氧化物水化物堿性越強；

C．向Na2SO3溶液中加鹽酸；發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)；

D．金屬性越強，與酸反應(yīng)越劇烈．【解析】【解答】解：A．非金屬性Br＞I，氫化物穩(wěn)定性：HBr＞HI；能用元素周期律解釋，故A正確；

B．金屬性Na＞Li，0.1mol?L-1溶液的pH：NaOH＞LiOH；能用元素周期律解釋，故B正確；

C．向Na2SO3溶液中加鹽酸；發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)，不能用元素周期律解釋，故C錯誤；

D．金屬性Mg＞Al；Mg與酸反應(yīng)劇烈，能用元素周期律解釋，故D正確；

故選C．2、D【分析】【分析】A．化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，海水中含有的鉀元素是以K+的形式存在；生成鉀單質(zhì)有新物質(zhì)生成；

B．海水中含有氯化鈉；經(jīng)過海水蒸發(fā)制得氯化鈉，只發(fā)生了物理變化；

C．根據(jù)能量轉(zhuǎn)化的方式分析；潮汐發(fā)電的原理是潮汐能轉(zhuǎn)化為電能；

D．根據(jù)電解熔融氯化鈉的原理分析．【解析】【解答】解：A．海水中含有的鉀元素是以K+的形式存在；要轉(zhuǎn)化為鉀單質(zhì)，鉀元素必然降價，要發(fā)生還原反應(yīng)，即只經(jīng)過物理變化不能從海水中得到鉀單質(zhì)，故A錯誤；

B．海水中含有氯化鈉；經(jīng)過海水蒸發(fā)制得氯化鈉，是溶液中溶質(zhì)和溶劑的分離，只發(fā)生了物理變化，沒有發(fā)生化學(xué)變化，故B錯誤；

C．利用朝汐發(fā)電是朝汐能轉(zhuǎn)化為電能；沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，而化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能必須要發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故C錯誤；

D．從海水中得到氯化鈉后，可以電解熔融狀態(tài)的氯化鈉2NaCl2Na+Cl2↑；生成氯氣和金屬鈉，故D正確；

故選D．3、C【分析】【分析】兩電極一為碳棒，一為鐵片，若電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，且a極上有大量氣泡生成，說明該裝置構(gòu)成了原電池，其中a極是正極，根據(jù)原電池的工作原理和規(guī)律來回答．【解析】【解答】解：A、a極上有大量氣泡生成，說明a是正極，應(yīng)該是碳棒，負(fù)極b是鐵片；燒杯中的溶液可以為硫酸，故A錯誤；

B、a極上有大量氣泡生成，說明a是正極，應(yīng)該是碳棒，負(fù)極b是鐵片；燒杯中的溶液不可以為硫酸銅，否則正極上會析出金屬銅，故B錯誤；

C；a極上有大量氣泡生成；說明a是正極，應(yīng)該是碳棒，燒杯中的溶液可以為硫酸，故C正確；

D；a極上有大量氣泡生成；說明a是正極，應(yīng)該是碳棒，燒杯中的溶液為硫酸銅時，正極上會析出金屬銅，故燒杯中的溶液不能是為硫酸銅溶液，故D錯誤．

故選C．4、B【分析】【分析】A．煤燃燒時；化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，但主要轉(zhuǎn)化為熱能；

B．白熾燈工作時；電能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，但主要轉(zhuǎn)化為光能；

C．原電池：化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；

D．電解池：電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能．【解析】【解答】解：A．煤燃燒時；化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，但主要轉(zhuǎn)化為熱能，故A正確；

B．白熾燈工作時；電能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，但主要轉(zhuǎn)化為光能，故B錯誤；

C．原電池：化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；故C正確；

D．電解池：電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；故D正確；

故選B．5、C【分析】【分析】A．侯氏制堿法是將CO2、NH3通入飽和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；

B．濃鹽酸易揮發(fā)，與NH3結(jié)合生成NH4Cl固體；

C．補碘常在食鹽中加入KIO3固體而不是高碘酸；

D．硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)比例為1：2：3．【解析】【解答】解：A．侯氏制堿法是將CO2、NH3通入飽和NaCl溶液中，發(fā)生以下反應(yīng)：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶體析出；故A正確；

B．濃鹽酸易揮發(fā)，與NH3結(jié)合生成NH4Cl固體小顆粒；為白煙，故B正確；

C．碘是人體必需元素，補碘常在食鹽中加入KIO3固體而不是高碘酸；高碘酸為強酸性，具有強烈刺激性和腐蝕性，故C錯誤；

D．制備黑火藥的原料為S、KNO3；C；三者比例為1：2：3，故D正確．

故選C．6、C【分析】解：該有機物可以看作丙烯中rm{2}個rm{H}被rm{1}個rm{Cl}rm{1}個rm{Br}取代，丙烯的不存在同分異構(gòu)體，丙烯的碳架為：

rm{壟脵}若rm{Cl}rm{Br}都取代丙烯中相同rm{C}上的rm{H}則存在rm{2}種方式，即rm{1}rm{3}號rm{C}的rm{2}個rm{H}被rm{Cl}rm{Br}取代，即存在rm{2}種同分異構(gòu)體；

若rm{Cl}rm{Br}取代的不是相同rm{C}上的rm{H}采用“定rm{1}議rm{1}法”進行討論：

rm{壟脷}當(dāng)rm{Cl}原子在rm{1}號碳，溴原子可以在rm{2}rm{3}號碳，即存在rm{2}種同分異構(gòu)體；

rm{壟脹}當(dāng)rm{Cl}在rm{2}號rm{C}時，rm{Br}在rm{3}號rm{C}即存在rm{1}種結(jié)構(gòu)；

rm{壟脺}同樣若rm{Br}在rm{1}號rm{C}rm{Cl}可以分別在rm{2}rm{3}號rm{C}即存在rm{2}種同分異構(gòu)體；

rm{壟脻}若rm{Br}在rm{2}號rm{C}則rm{Cl}在rm{3}號rm{C}即存在rm{1}種結(jié)構(gòu)；

根據(jù)以上分析可知，滿足分子式為rm{C_{3}H_{4}ClBr}不含有環(huán)的有機物共：rm{2+2+1+2+1=8}種；

故選C．

rm{C_{3}H_{4}ClBr}可以看作丙烯中的rm{2}個rm{H}原子分別為rm{1}個rm{Cl}rm{1}個rm{Br}原子取代，丙烯只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的rm{H}原子，可以取代不同碳原子上的rm{H}原子；然后分別進行討論得出其同分異構(gòu)體總數(shù)．

本題考查了同分異構(gòu)體數(shù)目的求算，題目難度中等，注意掌握同分異構(gòu)體的概念及求算的方法，正確分析有機物可能存在的結(jié)構(gòu)為解答本題的關(guān)鍵．【解析】rm{C}7、A【分析】根據(jù)①，溶液呈酸性，則一定不含HCO3-；根據(jù)②，溶液中一定含SO42-，則一定不含Ba2＋，在第②步中引入Cl－，所以原溶液中Cl－不能確定；在實驗②中加入了HNO3，而HNO3能把Fe2＋氧化成Fe3＋，所以無法確定原溶液中是否含有Fe3＋；檢驗NH4+，應(yīng)加入足量濃NaOH溶液再加熱?！窘馕觥俊敬鸢浮緼8、C【分析】解：rm{A.}由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為rm{C_{9}H_{12}O_{3}}大多數(shù)有機物可燃燒，故A正確；

B.含有羧基；羥基；可發(fā)生取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生聚合反應(yīng)，故B正確；

C.含有碳碳雙鍵；可與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應(yīng)，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；

D.含有飽和碳原子；則分子中所有碳原子不可能共平面，故D正確．

故選C．

根據(jù)有機物官能團判斷，有機分子中含有rm{C=C}rm{-COOH}rm{-OH}等官能團，分別能發(fā)生加成、氧化、取代等反應(yīng)，并且rm{-COOH}具有酸性；以此解答該題．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，涉及烯烴、羧酸的性質(zhì)，難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)9、球形干燥管b2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞，減緩（慢）稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2￣→Cl￣+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩(wěn)定劑II可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度【分析】【分析】（1）根據(jù)儀器特征，可知儀器C是球形干燥管；F裝置應(yīng)是Cl2和KI反應(yīng)；還需要連接尾氣處理裝置，所以應(yīng)長管進氣，短管出氣；

（2）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2的反應(yīng)化學(xué)方程式，為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，產(chǎn)生ClO2的速率要慢；

（3）F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，說明Cl2被吸收；

（4）在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)元素守恒可知應(yīng)還有水生成，該反應(yīng)的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是驗證是否有ClO2生成；

（5）由圖可知，穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)儀器特征，可知儀器C是球形干燥管；F裝置應(yīng)是Cl2和KI反應(yīng)，還需要連接尾氣處理裝置，所以應(yīng)長管進氣，短管出氣，故選b；

故答案為：球形干燥管；b；

（2）氯酸鈉和稀鹽酸混和產(chǎn)生Cl2和ClO2，NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價，鹽酸中氯為-1價，被氧化成0價氯，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2，所以NaClO3、ClO2前系數(shù)為2，Cl2前系數(shù)為1，反應(yīng)化學(xué)方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，：為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，產(chǎn)生ClO2的速率要慢；故滴加稀鹽酸的速度要慢，即調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞，減緩（慢）稀鹽酸滴加速度；

故答案為：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；調(diào)節(jié)分液漏斗B的旋塞；減緩（慢）稀鹽酸滴加速度；

（3）F裝置中發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2時，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是吸收Cl2；

故答案為：吸收Cl2；

（4）在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)元素守恒可知應(yīng)還有水生成，該反應(yīng)的離子方程式為：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是驗證是否有ClO2生成；

故答案為：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；檢驗是否有ClO2生成；

（5）由圖可知，穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2；能較長時間維持保鮮所需的濃度，所以穩(wěn)定劑Ⅱ好；

故答案為：II；穩(wěn)定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度．10、錐形瓶中溶液顏色變化半分鐘內(nèi)不復(fù)原D0.0026.1026.100.1044mol/L【分析】【分析】（1）根據(jù)酸堿中和滴定時；眼睛要注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化，以判定滴定終點；滴定終點時溶液顏色由黃色突變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不復(fù)原；

（2）根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響；以此判斷濃度的誤差；

（3）根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)和精確度以及測量的原理；

（4）先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第2組數(shù)據(jù)，然后求出1、3組平均消耗V（鹽酸），接著根據(jù)HCl+NaOH=NaCl+H2O求出c（NaOH）．【解析】【解答】解：（1）酸堿中和滴定時；眼睛要注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化；滴定終點時溶液顏色由黃色突變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不復(fù)原；

故答案為：錐形瓶中溶液顏色變化；半分鐘內(nèi)不復(fù)原；

（2）A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；測定c（待測）偏大，故A錯誤；

B．滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；測定c（待測）無影響，故B錯誤；

C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；測定c（待測）偏大，故C錯誤；

D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；測定c（待測）偏小，故D正確；

故選D；

（3）起始讀數(shù)為0.00mL；終點讀數(shù)為26.10mL，鹽酸溶液的體積為26.10mL；

故答案為：0.00；26.10；26.10；

（4）根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第2組數(shù)據(jù)，然后求出1、3組平均消耗V（鹽酸）=mL=26.10mL，根據(jù)反應(yīng)方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O，n（HCl）=n（NaOH），即：0.0261L×0.1000mol?L-1=0.025L×c（NaOH），解得c（NaOH）==0.1044mol/L；

故答案為：0.1044mol/L．11、小蘇打【分析】【分析】NaHCO3俗稱小蘇打，據(jù)此解題．【解析】【解答】解：NaHCO3的俗名是小蘇打，故答案為：小蘇打．12、acC＜H＜O＜NC、OH3O+石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能與H2O形成氫鍵；由結(jié)構(gòu)知，該分子為極性分子，根據(jù)相似相溶原理，易溶于水a(chǎn)bd電負(fù)性：氟＞氮＞氫，NF3中共用電子對更偏向氟，排斥力小于NH36面心立方最密【分析】【分析】（1）a．根據(jù)碳原子形成的σ鍵個數(shù)確定原子雜化方式；

bc、sp2雜化中，s軌道的成分比sp3雜化更多；而且石墨的碳原子還有大π鍵所以形成的共價鍵更短，更牢固，即石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短，作用力更大，破壞化學(xué)鍵需要更大能量；

d、金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵，構(gòu)成正四面體，石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合；形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)；

（2）①石蕊分子所含元素N；O、C、H；根據(jù)元素周期律，同周期元素從左向右第一電離能增大，但第ⅤA族的元素由于最外層處于半滿狀態(tài)，是一種穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以第一電離能高于相鄰的同周期其它元素；石蕊分子所含元素中，基態(tài)原子2p軌道有兩個成單電子的是C或O元素；由其中兩種元素形成的三角錐構(gòu)型的一價陽離子中價層電子對個數(shù)是4且含有一個孤電子對；

②氫鍵的存在導(dǎo)致物質(zhì)的溶解性增大；再結(jié)合相似相溶原理分析；

（3）①根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成微粒確定晶體類型；

②根據(jù)電負(fù)性判斷共價鍵之間的排斥力大??；進而確定鍵角的大?。?/p>

③根據(jù)甲晶胞的結(jié)構(gòu)圖，利用均攤法計算晶胞所含原子數(shù)，根據(jù)金屬銅晶胞的結(jié)構(gòu)圖判斷堆積方式．【解析】【解答】解：（1）a、金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵，構(gòu)成正四面體，碳原子的雜化類型為sp3雜化；石墨中的碳原子與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成平面正六邊形結(jié)構(gòu)，碳原子的雜化類型為sp2雜化；故a正確；

b、sp2雜化中，s軌道的成分比sp3雜化更多，而且石墨的碳原子還有大π鍵所以形成的共價鍵更短，更牢固，即石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短，故b錯誤；

c；石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短；作用力更大，破壞化學(xué)鍵需要更大能量，所以晶體的熔點金剛石＜石墨，故c正確；

d、金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵，構(gòu)成正四面體，鍵角為109°28′，石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合；形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)，鍵角為120°，故d錯誤；

故選ac；

（2）①石蕊分子所含元素N、O、C、H，根據(jù)元素周期律，同周期元素從左向右第一電離能增大，但第ⅤA族的元素由于最外層處于半滿狀態(tài)，是一種穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以第一電離能高于相鄰的同周期其它元素，所以N、O、C、H第一電離能由小到大的順序是C＜H＜O＜N，石蕊分子所含元素中，基態(tài)原子2p軌道有兩個成單電子的是C、O元素；由其中兩種元素形成的三角錐構(gòu)型的一價陽離子中價層電子對個數(shù)是4且含有一個孤電子對，該微粒為H3O+；

故答案為：C＜H＜O＜N；C、O；H3O+；

②石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能與H2O形成氫鍵；氫鍵的存在導(dǎo)致物質(zhì)的溶解性增大；由結(jié)構(gòu)知，該分子為極性分子，根據(jù)相似相溶原理，石蕊易溶于水；

故答案為：石蕊分子中含有-OH和-NH2，均能與H2O形成氫鍵；由結(jié)構(gòu)知；該分子為極性分子，根據(jù)相似相溶原理，易溶于水；

（3）①NH3、F2、NF3的構(gòu)成微粒為分子，Cu的構(gòu)成微粒是金屬陽離子和自由電子，NH4F的構(gòu)成微粒是陰陽離子，所以這幾種物質(zhì)中NH3、F2、NF3為分子晶體，Cu為金屬晶體，NH4F為離子晶體；

故選abd；

②由于電負(fù)性：氟＞氮＞氫，NF3中共用電子對更偏向氟，排斥力小于NH3，所以NF3的鍵角小于NH3的鍵角；

故答案為：電負(fù)性：氟＞氮＞氫，NF3中共用電子對更偏向氟，排斥力小于NH3；

③根據(jù)甲晶胞的結(jié)構(gòu)圖，利用均攤法可知晶胞所含原子數(shù)為=6；根據(jù)金屬銅晶胞的結(jié)構(gòu)圖可知，銅原子分布在晶胞立方體的頂點和面心上，所以堆積方式為面心立方最密堆積；

故答案為：6；面心立方最密；13、防止A中的羥基被氧化KMnO4、H2SO4【分析】【分析】（1）進行酯化反應(yīng)后可防止-OH被氧化；

（2）A具有相同的官能團；應(yīng)含有-OH和-CHO，分子中具有兩個手性碳原子，說明有2個C原子連接四個不同的原子或原子團；

（3）D含有-COOH，可與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，含有-Br；在堿性條件下可發(fā)生水解；

（4）根據(jù)題給信息可用逆推法判斷，以此設(shè)計合成路線．【解析】【解答】解：（1）A中含有羥基；易被氧化，則進行酯化反應(yīng)生成酯基可防止氧化；

故答案為：防止A中的羥基被氧化；

（2）A具有相同的官能團，應(yīng)含有-OH和-CHO，分子中具有兩個手性碳原子，說明有2個C原子連接四個不同的原子或原子團，可為

故答案為：

（3）D含有-COOH，可與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，含有-Br，在堿性條件下可發(fā)生水解，在堿性條件下反應(yīng)的方程式為

故答案為：

（4）根據(jù)題給信息逆推可知：則可設(shè)計合成路線：

①和水發(fā)生加成反應(yīng)生成A，反應(yīng)方程式為

故答案為：

②A在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成B，反應(yīng)方程式為

故答案為：

③在硫酸；高錳酸鉀作用下；B發(fā)生氧化反應(yīng)；

故答案為：KMnO4、H2SO4．14、略

【分析】解：（1）乙烯含有碳碳雙鍵；故答案為：碳碳雙鍵；

（2）在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，該反應(yīng)屬于酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)，故答案為：CH3COOCH2CH3或乙酸乙酯．

（1）乙烯含有碳碳雙鍵；

（2）在濃硫酸作催化劑；加熱條件下；乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成酯．

本題以乙烯、乙酸乙酯為載體考查了有機物分子中的官能團及其結(jié)構(gòu)，明確加成反應(yīng)和取代反應(yīng)的區(qū)別是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】碳碳雙鍵；乙酸乙酯15、Cl把氯氣通入到含有硫化氫的溶液中，反應(yīng)生成淡黃色的固體，瓶口有白霧出現(xiàn)，方程式為：Cl2+H2S=2HCl+SHS-+OH-=S2-+H2OH-O-O-H【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中的五種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A和B可形成常見化合物BA4，一個BA4分子中電子總數(shù)為10；且A的原子序數(shù)小于B，則A是H元素；B是C元素；

C原子的最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的；若有兩個電子層，則C是O元素，符合題意，若有3層電子，則求出最外層電子數(shù)為10，不符合題意，即C為O元素；

D與C同一主族；且為短周期元素，所以D是S元素；

E-比C2-多一個電子層，則E為Cl元素；據(jù)此解答各小題即可．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中的五種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A和B可形成常見化合物BA4，一個BA4分子中電子總數(shù)為10；且A的原子序數(shù)小于B，則A是H元素；B是C元素；

C原子的最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的；若有兩個電子層，則C是O元素，符合題意，若有3層電子，則求出最外層電子數(shù)為10，不符合題意，即C為O元素；

D與C同一主族；且為短周期元素，所以D是S元素；

E-比C2-多一個電子層；則E為Cl元素。

綜上所述：A為氫；B為碳，C為氧，D為硫，E為氯；

（1）同一周期元素中，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強，D與E兩元素相比較，非金屬性較強的是Cl，氯氣能氧化硫化氫生成淡黃色的硫單質(zhì)，反應(yīng)方程式為Cl2+H2S=2HCl+S，故答案為：Cl；把氯氣通入硫化氫溶液和，生成淡黃色的固體，Cl2+H2S=2HCl+S；

（2）A、C、D間可形成甲、乙兩種微粒，它們均為負(fù)一價的雙原子陰離子且甲有18個電子，乙有10個電子，則甲是HS-、乙是OH-，則甲與乙反應(yīng)為S2-和H2O，該反應(yīng)的離子方程式為HS-+OH-=S2-+H2O，故答案為：HS-+OH-=S2-+H2O；

（3）B和C形成的一種化合物是參與大氣循環(huán)的氣體，則該氣體是CO2，CO2的電子式為故答案為：

（4）A和C也可形成一種18電子分子，該分子為H2O2，該分子的結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，故答案為：H-O-O-H．16、第三周期ⅥA族3s23p63d5H2OS+6HNO3（濃）H2SO4+6NO2↑+2H2OFe2O3+2Al2Fe+Al2O3【分析】【分析】元素X、Y、Z、W位于元素周期表中前四周期，原子序數(shù)依次增大．X原子核外有兩種形狀的電子云，四種伸展方向，常溫下以雙原子分子存在，性質(zhì)穩(wěn)定，則其核外電子排布式為1s22s22p3，故X為氮元素；Y的單質(zhì)是生活中常見的合金材料成分之一，原子核外只有一個未成對電子，則Y為鋁元素；Z原子的半徑比X大，其基態(tài)原子最外層的p電子是該層s電子的兩倍，Z的最外層電子3s23p4，則Z為硫元素；W是最常見的黑色金屬之一，則W為Fe元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：元素X、Y、Z、W位于元素周期表中前四周期，原子序數(shù)依次增大．X原子核外有兩種形狀的電子云，四種伸展方向，常溫下以雙原子分子存在，性質(zhì)穩(wěn)定，則其核外電子排布式為1s22s22p3，故X為氮元素；Y的單質(zhì)是生活中常見的合金材料成分之一，原子核外只有一個未成對電子，則Y為鋁元素；Z原子的半徑比X大，其基態(tài)原子最外層的p電子是該層s電子的兩倍，Z的最外層電子3s23p4；則Z為硫元素；W是最常見的黑色金屬之一，則W為Fe元素；據(jù)此解答．

（1）硫元素位于周期表的第三周期ⅥA族；Fe3+，原子核外有23個電子，最外層電子排布式是3s23p63d5；常溫下NO2是氣體，H2O是液體，故熔點較高的是H2O；

故答案為：第三周期ⅥA族；3s23p63d5；H2O；

（2）硫單質(zhì)與硝酸反應(yīng)生成硫酸、二氧化氮和水，方程式為：S+6HNO3（濃）H2SO4+6NO2↑+2H2O；

故答案為：S+6HNO3（濃）H2SO4+6NO2↑+2H2O；

（3）Al的活潑性大于Fe，可用置換反應(yīng)說明：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故答案為：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3．三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】依據(jù)n=CV可知要計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據(jù)此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質(zhì)的量，無法計算陽離子個數(shù)，故錯誤；18、×【分析】【分析】HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO是鹽，屬于強電解質(zhì)．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強電解質(zhì)，故錯誤；故答案為：×．19、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．20、√【分析】【分析】（1）根據(jù)甲；乙、丙、丁、戊的結(jié)構(gòu)簡式可知；它們都是烴的衍生物，乙中含氧官能團的名稱為“醛基”，丁和丙的官能團不完全相同，所以它們不是同系物，乙中有碳碳雙鍵，而戊中沒有，所以可以用溴水鑒別它們；

（2）根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，對比甲和C的結(jié)構(gòu)可知，甲發(fā)生加成反應(yīng)生成A為A發(fā)生消去反應(yīng)生成B為B再與氫氣加成得C，C在堿性條件下水解得D為D發(fā)生分子內(nèi)酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)甲；乙、丙、丁、戊的結(jié)構(gòu)簡式可知；它們都是烴的衍生物，乙中含氧官能團的名稱為“醛基”，丁和丙的官能團不完全相同，所以它們不是同系物，乙中有碳碳雙鍵，而戊中沒有，所以可以用溴水鑒別它們，所以①正確，②錯誤，③錯誤，④正確；

故答案為：√；×；×；√；

（2）根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系，對比甲和C的結(jié)構(gòu)可知，甲發(fā)生加成反應(yīng)生成A為A發(fā)生消去反應(yīng)生成B為B再與氫氣加成得C，C在堿性條件下水解得D為D發(fā)生分子內(nèi)酯化得戊；

①D→戊的有機反應(yīng)類型是酯化反應(yīng)；

故答案為：酯化反應(yīng)；

②C→D的化學(xué)反應(yīng)方程式為

故答案為：

③甲的同分異構(gòu)體，滿足下列條件a．能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明有酚羥基沒有醛基；b．屬于酯類，取代基為鏈狀，有酯基；c．苯環(huán)上一氯代物只有兩種，苯環(huán)上有兩個處于對位的基團，符合條件的結(jié)構(gòu)為

故答案為：或或或21、√【分析】【分析】鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)．【解析】【解答】解：鎂能與氧氣反應(yīng)生成氧化鎂，屬于化合反應(yīng)，鎂能與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成氧化鎂和碳單質(zhì)，屬于置換反應(yīng)，故正確，答案為：√．22、×【分析】【分析】根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同．【解析】【解答】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故答案為：×．四、解答題(共4題，共20分)23、略

【分析】【分析】根據(jù)圖Ⅰ可以看出，H2和I2逐漸減小直到不變，而HI逐漸增大直到不變，圖Ⅱ可以看出，HI逐漸減小直到不變，而H2和I2逐漸增大直到不變，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：根據(jù)圖Ⅰ可以看出，H2和I2逐漸減小直到不變，而HI逐漸增大直到不變，圖Ⅱ可以看出，HI逐漸減小直到不變，而H2和I2逐漸增大直到不變，由此可以說明化學(xué)平衡具有動、等、定、變等特征，答：化學(xué)平衡具有動、等、定、變等特征．24、略

【分析】【分析】（1）當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為25%時；消耗的CO為4mol×25%=1mol，則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

變化量（mol）：1111

CO轉(zhuǎn)化率25%時（mol）：3311

由于反應(yīng)氣體氣體的體積不變；用物質(zhì)的量代替濃度計算濃度商Qc，若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc＞K．反應(yīng)向逆反應(yīng)進行，若Qc＜K，反應(yīng)向正反應(yīng)進行；

（2）設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的CO為xmol；則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

變化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：4-x4-xxx

根據(jù)平衡常數(shù)列方程計算x；進而計算CO轉(zhuǎn)化率；

（3）根據(jù)（2）中平衡時各組分物質(zhì)的量計算氫氣體積分?jǐn)?shù)；

（4）若溫度仍為850℃，初始時CO濃度為2mol/L，H2O（g）為6mol/L，設(shè)平衡時CO濃度變化量為ymol/L，表示出平衡時各組分的濃度，再根據(jù)平衡常數(shù)列方程計算解答．【解析】【解答】解：（1）當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為25%時；消耗的CO為4mol×25%=1mol，則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

變化量（mol）：1111

CO轉(zhuǎn)化率25%時（mol）：3311

由于反應(yīng)氣體氣體的體積不變，可以用物質(zhì)的量代替濃度計算濃度商Qc，故Qc==＜K=1；未達平衡，反應(yīng)向正反應(yīng)進行；

答：未達平衡；反應(yīng)向正反應(yīng)進行；

（2）設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的CO為xmol；則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：4400

變化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：4-x4-xxx

則=1，解得x=2，故CO轉(zhuǎn)化率為×100%=50%；

答：CO的轉(zhuǎn)化率為50%；

（3）平衡時氫氣體積分?jǐn)?shù)為×100%=25%；

答：平衡時氫氣體積分?jǐn)?shù)為25%；

（4）若溫度仍為850℃，初始時CO濃度為2mol/L，H2O（g）為6mol/L；設(shè)平衡時CO濃度變化量為ymol/L，則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）：2600

變化量（mol/L）：yyyy

平衡量（mol/L）：2-66-yyy

則=1，解得y=1.5，故CO轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；

答：CO的轉(zhuǎn)化率為75%．25、略

【分析】

3-溴丙醇被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成3-溴丙酸，3-溴丙酸發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，丙烯酸反應(yīng)生成B，丙烯發(fā)生反應(yīng)生成A，A發(fā)生取代反應(yīng)生成丙烯醇，丙烯發(fā)生取代反應(yīng)生成3-鹵丙烯，則A是3-鹵丙烯，丙烯醇發(fā)生加成反應(yīng)生成3-溴丙醇，根據(jù)題給信息知，丙烯和氨氣、氧氣反應(yīng)生成C，C是CH2=CHCN，C在一定條件下反應(yīng)生成D，B和D反應(yīng)生成E，由黏合劑E可知D為CH2=CHCO-NH2，B為CH2=CHCOOCH3，說明CH2=CH-CN在一定條件下

CH2=CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和發(fā)生加聚反應(yīng)生成黏合劑E；結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．

（1）通過以上分析知，A和D的結(jié)構(gòu)簡式分別是：A、CH2=CHCH2Cl（或CH2=CHCH2Br），D、CH2=CHCONH2；

故答案為：A、CH2=CHCH2Cl（或CH2=CHCH2Br），D、CH2=CHCONH2；

（2）①丙烯和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成3-氯丙烯；③3-溴丙酸發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，故答案為：取代反應(yīng)，消去反應(yīng)；

（3）實驗?zāi)康氖潜Ｗo雙鍵，反應(yīng)條件是③的條件是NaOH/CH3CH2OH，加熱，故答案為：保護雙鍵，NaOH/CH3CH2OH；加熱；

（4）B為CH2=CHCOOCH3，其同分異構(gòu)體有酸性，說明含有羧基，所以該同分異構(gòu)體為：CH2=CH-CH2-COOH、CH3-CH=CH-COOH、

故答案為：CH2=CH-CH2-COOH、CH3-CH=CH-COOH、

（5）B和D發(fā)生加聚反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式為

故答案為：．

【解析】【答案】3-溴丙醇被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成3-溴丙酸，3-溴丙酸發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯酸，丙烯酸反應(yīng)生成B，丙烯發(fā)生反應(yīng)生成A，A發(fā)生取代反應(yīng)生成丙烯醇，丙烯發(fā)生取代反應(yīng)生成3-鹵丙烯，則A是3-鹵丙烯，丙烯醇發(fā)生加成反應(yīng)生成3-溴丙醇，根據(jù)題給信息知，丙烯和氨氣、氧氣反應(yīng)生成C，C是CH2=CHCN，C在一定條件下反應(yīng)生成D，B和D反應(yīng)生成E，由黏合劑E可知D為CH2=CHCO-NH2，B為CH2=CHCOOCH3，說明CH2=CH-CN在一定條件下

CH2=CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和發(fā)生加聚反應(yīng)生成黏合劑E；結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．

26、略

【分析】

由A是的單體，可知A為CH2=CHCOOH；據(jù)A→B的反應(yīng)條件可知，發(fā)生的是加成反應(yīng)，則B為CH3CH2COOH；據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化；可知發(fā)生的是α-取代反應(yīng)；從C→D結(jié)構(gòu)的變化可知發(fā)生的是取代反應(yīng)；同樣從結(jié)構(gòu)的變化可判斷，D+E→F，F(xiàn)→G的反應(yīng)也都是取代反應(yīng)．

（1）A為CH2=CHCOOH，官能團為碳碳雙鍵和羧基，CH2=CHCOOH與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B，則B為CH3CH2COOH，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；CH3CH2COOH；

（2）據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化，可知發(fā)生的是α-取代反應(yīng)，C為2-溴丙酸；C與足量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生消去和中和反應(yīng)，該反應(yīng)為

故答案為：2-溴丙酸；

（3）“苯環(huán)上一氯代物只有兩種”，說明結(jié)構(gòu)的對稱程度高，由移動取代基的位置可得：若是三個取代基，可以是

故答案為：

（4）F→G的碳鏈結(jié)構(gòu)相同，只是溴原子被-NH2取代；則反應(yīng)為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；

（5）G中含有苯環(huán)、C=O鍵、-NH2，其中的苯環(huán)和羰基可以發(fā)生加成反應(yīng)，故a正確；苯環(huán)上的甲基可以使酸性高錳酸鉀褪色，故b正確；氨基顯堿性，故可與鹽酸反應(yīng)成鹽，故c正確；結(jié)構(gòu)中沒有羧基，故d錯，故答案為：abc．

【解析】【答案】（1）A是的單體，則A為CH2=CHCOOH；A→B發(fā)生加成反應(yīng)；

（2）據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化；可知發(fā)生的是α-取代反應(yīng)，C為2-溴丙酸；C與足量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生消去和中和反應(yīng)；

（3）X是E的同分異構(gòu)題；X分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上一氯代物只有兩種，可能有2個取代基或3個取代基，利用對稱來分析；

（4）F→G的碳鏈結(jié)構(gòu)相同，只是溴原子被-NH2取代；

（5）根據(jù)G中含有苯環(huán)、C=O鍵、-NH2來分析其性質(zhì)．

五、其他(共1題，共9分)27、藥匙酒精燈燒杯膠頭滴管或分液漏斗或量筒【分析】【分析】根據(jù)實驗儀器的特點和作用來選擇適合的生活用品，如玻璃杯和燒杯相似．【解析】【解答】解：根據(jù)實驗儀器的特點和作用來選擇適合的生活用品；取味精的小勺子和藥匙相似，作用都是用來取固體的；電容器和酒精燈都是用來加熱的，作用相似；杯子和燒杯都是用來盛放液體的，作用相似；注射器和膠頭滴管或分液漏斗或量筒都是量取或滴加溶液的，作用相似．

故答案為：藥匙、酒精燈、燒杯、量筒或膠頭滴管或分液漏斗．六、簡答題(共3題，共18分)28、略

【分析】解：（1）Cu是29號元素，其3d能級上有10個電子、4s能級上有1個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫Cu原子核外電子排布式[Ar]3d104s1；Cu屬于ds區(qū)；

故答案為：[Ar]3d104s1；ds；

（2）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，且第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同一主族元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞S，故答案為：N＞O＞S；

（3）H2O與H2O2之間能形成氫鍵導(dǎo)致雙氧水易溶于水，故答案為：H2O與H2O2之間形成氫鍵；

（4）肼分子中每個N原子形成3個化學(xué)鍵且每個N原子含有1個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定N原子雜化方式為sp3，故答案為：sp3；

（5）硫酸根離子價層電子對個數(shù)=4+=4，根據(jù)價層電子對互斥理論確定硫酸根離子空間構(gòu)型為正四面體；原子個數(shù)相同、價電子數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，與硫酸根離子互為等電子體的有CCl4或SiCl4或SO2Cl2；

故答案為：正四面體；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；

（6）該晶胞中Cu原子個數(shù)=3+12×+2×=6，H原子個數(shù)=4+6×=6；所以其化學(xué)式為CuH；

故答案為：CuH．

（1）Cu是29號元素；其3d能級上有10個電子；4s能級上有1個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫Cu原子核外電子排布式；Cu屬于ds區(qū)；

（2）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，且第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同一主族元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減??；

（3）氫鍵能增大物質(zhì)的溶解性；

（4）肼分子中每個N原子形成3個化學(xué)鍵且每個N原子含有1個孤電子對；根據(jù)價層電子對互斥理論確定N原子雜化方式；

（5）硫酸根離子價層電子對個數(shù)=4+=4；根據(jù)價層電子對互斥理論確定硫酸根離子空間構(gòu)型；原子個數(shù)相同；價電子數(shù)相等的微?；榈入娮芋w；

（6）根據(jù)均攤法確定各元素原子個數(shù)；從而確定其化學(xué)式．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，涉及晶胞計算、微?？臻g構(gòu)型判斷、原子雜化方式判斷、元素周期律、原子核外電子排布等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析計算及空間想象能力，明確基本原理、元素周期律及晶胞計算方法是解本題關(guān)鍵，注意該晶胞中每個頂點上的原子被6個晶胞占有而不是8個晶胞占有，為易錯點．【解析】[Ar]3d104s1；ds；N＞O＞S；H2O與H2O2之間形成氫鍵；sp3；正四面體；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；CuH29、太陽能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能催化劑6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H=-（a+b）kJ/molA、D0.15mol/（L?s）5.3（L/mol）3＞＞＞CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【分析】解：（1）太陽能促使反應(yīng)發(fā)生；反應(yīng)存在化學(xué)能，因此能量變化是從太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

FeO處于反應(yīng)中間體物質(zhì)；生成又被轉(zhuǎn)化，相當(dāng)于催化劑促使反應(yīng)發(fā)生；

已知：①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H1=akJ/mol；

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=bkJ/mol；

所求反應(yīng)為：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s），反應(yīng)可由-（①+②）得到，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)的焓變△H=-（△H1+△H2）=-（a+b）kJ/mol；

故答案為：太陽能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能；催化劑；6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）△H=-（a+b）kJ/mol；

（2）A．混合氣體的平均相對質(zhì)分子質(zhì)量為反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，即m不變，氣體分子數(shù)改變，所以隨著反應(yīng)進行混合氣體的平均相對分子質(zhì)量改變，當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故A選；

B．反應(yīng)吸熱，升高溫度有利于反應(yīng)正向進行，加快反應(yīng)速率，CO2的轉(zhuǎn)化率提高；故B不選；

C．增大CO2的濃度；平衡向正反應(yīng)方向移動，但不改變化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡常數(shù)只隨溫度改變而改變，反應(yīng)是在定溫下進行的，故C不選；

D．當(dāng)CO2與CH4的起始加入物質(zhì)的量之比為1：1時；二者是按化學(xué)計量比1：1進行的反應(yīng)，達到化學(xué)平衡時二者消耗量相等，所以轉(zhuǎn)化率相等，故D選；

故答案為：A；D；

（3）①A點CO2的轉(zhuǎn)化率為75%，起始時有2molCO2，則CO2的消耗速率為v（CO2）==0.075mol/（L?s），根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則用H2表示的該段時間內(nèi)的反應(yīng)速率為v（H2）=2v（CO2）=0.15mol/（L?s）；

故答案為：0.15mol/（L?s）；

②投料比X1=3時，即n（H2）=3n（CO2）=6mol，在B點CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，所以各組分的平衡濃度為c（CO2）==0.25mol/L，c（H2）==1.5mol/L；

=0.75mol/L，c（CH3COOH）==0.75mol/L，c（H2O）=2×=1.5mol/L，所以化學(xué)平衡常數(shù)為K===（L/mol）3=5.3（L/mol）3；

故答案為：5.3（L/mol）3；

2CO2（g）+4H2（g）?CH3COOH（g）+2H2O（g）；

③X=增大H2的投入量能使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，所以X1＞X2；

相同投料比時，隨著溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率降低，表明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度不利于反應(yīng)正向進行，所以KA＞KB；

故答案為：＞；＞；

④反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，隨著反應(yīng)進行，體系壓強降低，在500K時，按X1投料，在恒壓下進行，達到平衡狀態(tài)，起始狀態(tài)壓力較大，因此在恒壓裝置中進行反應(yīng)相當(dāng)于對原平衡加壓，則有利于反應(yīng)正向進行，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，所以此時CO2的轉(zhuǎn)化率＞75%；

故答案為：＞；

（4）根據(jù)原理圖分析，電極b為電子流入的電極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)為CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的反應(yīng)，則電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；

故答案為：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。

（1）根據(jù)原理圖分析；太陽能促使反應(yīng)發(fā)生，反應(yīng)存在化學(xué)能，因此能量變化是從太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，F(xiàn)eO處于反應(yīng)中間體物質(zhì)，生成又被轉(zhuǎn)化，相當(dāng)于催化劑促使反應(yīng)發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律計算所求反應(yīng)的焓變；

（2）混合氣體的平均相對質(zhì)分子質(zhì)量為反應(yīng)吸熱，隨著反應(yīng)進行，氣體分子數(shù)增多，體系壓強增大，達到化學(xué)平衡時，正逆速率相等，各組分的量不再改變，據(jù)此逐項分析；

（3）①A點CO2的轉(zhuǎn)化率為75%，據(jù)此計算CO2的消耗速率，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算H2的消耗速率；

②投料比X1=3時，在B點CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%；根據(jù)反應(yīng)方程式計算各組分的平衡濃度，再代入平衡常數(shù)表達式計算化學(xué)平衡常數(shù)的值；

③X=增大H2的投入量能使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，相同投料比時，隨著溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率降低；表明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度不利于反應(yīng)正向進行；

④反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)；隨著反應(yīng)進行，體系壓強降低，據(jù)此分析；

（4）根據(jù)原理圖分析，電極b為電子流入的電極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)為CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的反應(yīng)；據(jù)此寫出電極反應(yīng)式。

本題考查化學(xué)原理部分知識，包含蓋斯定律的應(yīng)用，能量的轉(zhuǎn)化，催化劑的性質(zhì)，化學(xué)平衡的判斷與化學(xué)平衡的移動，化