2016 年浙江省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）1．（6 分）下列说法不正确的是（　　）A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B．Ge（32 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C．Ba2+浓度较高时危害健康，但 BaSO4可服入体内，作为造影剂用于 X﹣射线检查肠胃道疾病D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；B．Ge 是 32 号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；C．Ba2+浓度较高时危害健康，但 BaSO4不溶于水和胃酸；D．Fe 和 Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应．【解答】解：A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故 A 正确；B.32 号元素 Ge 位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故 B 正确C．Ba2+浓度较高时危害健康，但 BaSO4不溶于水和胃酸，所以 BaSO4可服入体内，作为造影剂用于 X﹣射线检查肠胃道疾病，故 C 正确；D．Fe 和 Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途、能量守恒等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关键，注意 D 中发生反应而不是利用胶体性质，为易错点．　2．（6 分）下列叙述不正确的是（　　）A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线【分析】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；B．应先加热再混合；C．蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线。【解答】解：A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故 A 正确；B．该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故 B 错误；C．蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故 C 正确；D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故 D 正确。故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等。　 步骤 1 三颈瓶中装入 10g 镁屑和 150mL 无水乙醚；装置 B 中加入 15mL 液溴。步骤 2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。步骤 3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至 0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品。步骤 4 室温下用苯溶解粗品，冷却至 0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水 MgBr2产品。已知：① Mg 与 Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。② MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr⇌2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器 A 的名称是　干燥管　。实验中不能用干燥空气代替干燥 N2，原因是　防止镁屑与氧气反应，生成的 MgO 阻碍 Mg 和 Br 2 的反应　。（2）如将装置 B 改为装置 C（图 2），可能会导致的后果是　会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患　。（3）步骤 3 中，第一次过滤除去的物质是　镁屑　。（4）有关步骤 4 的说法，正确的是　 BD 　 。A、可用 95%的乙醇代替苯溶解粗品 B、洗涤晶体可选用 0℃的苯C、加热至 160℃的主要目的是除去苯 D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用 EDTA（简写为 Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定前润洗滴定管的操作方法是　从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复 2﹣3 次　 。②测定时，先称取 0.2500g 无水 MgBr2产品，溶解后，用 0.0500mol•L﹣1的 EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗 EDTA 标准溶液 26.50mL，则测得无水 MgBr2产品的纯度是　 97.5% 　 （以质量分数表示）。【分析】（1）仪器 A 为干燥管，空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应；（2）将装置 B 改为 C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患；（3）反应完毕后恢复至常温，过滤除去固体为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用 0°C 的苯，可以减少产品的溶解；C．加热至 160°C 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；D．室温下用苯溶解粗品，冷却至 0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至 160℃分解得无水 MgBr2产品，该步骤是为了除去乙醚和溴；（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗 2﹣3 次；②依据方程式 Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=EDTA 标准溶液物质的量，结合 n= 计算得 到溴化镁的质量，纯度= ×100%；【解答】解：（1）仪器 A 为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍 Mg 和 Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的 MgO 阻碍 Mg 和 Br2的反应；（2）将装置 B 改为 C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置 B 是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤 3 过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为：镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故 A 错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用 0°C 的苯，可以减少产品的溶解，故 B 正确；C．加热至 160°C 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故 C 错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故 D 正确；故选 BD，故答案为：BD；（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复 2﹣3 次，故答案为：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复 2﹣3 次；②依据方程式 Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质量为 0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度= ×100%=97.5%，故答案为：97.5%；【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的综合应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。　 3．（6 分）短周期主族元素 X，Y，Z，W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的 2 倍，X，Y 的核电荷数之比为 3：4，W﹣的最外层为 8 电子结构，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）A．X 与 Y 能形成多种化合物，一般条件下都能与 Z 的最高价氧化物的水化物发生反应B．原子半径大小：X＜Y，Z＞WC．化合物 Z2Y 和 ZWY3都只存在离子键D．Y，W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的 2 倍，则 X 为 C 元素，X、Y 的核电荷数之比为 3：4，则 Y 为 O 元素，W﹣的最外层为 8 电子结构，W 为F 或 Cl 元素，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则 Z 为 Na 元素，W 只能为 Cl 元素，以此解答该题．【解答】解：短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的 2 倍，则 X 为 C 元素，X、Y 的核电荷数之比为 3：4，则 Y 为 O 元素，W﹣的最外层为 8 电子结构，W 为 F 或 Cl 元素，金属单质 Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则 Z 为 Na 元素，W只能为 Cl 元素，A．X 与 Y 形成的化合物有 CO、CO2等，Z 的最高价氧化物的水化物为 NaOH，CO 和 NaOH 不反应，故 A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小 X＞Y，Z＞W，故 B 错误；C．化合物 Z2Y 和 ZWY3分别为 Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故 C 错误；D．Y 的单质臭氧，W 的单质氯气，对应的化合物 ClO2，可作为水的消毒剂，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查元素结构与元素周期率知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子结构与元素周期率的递变规律，把握物质的性质的相似性和递变性，难度中等．　4．（6 分）下列说法正确的是（　　）A． 的一溴代物和 的一溴代物都有 4 种（不考虑立体异构）B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上C．按系统命名法，化合物 的名称是 2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷D． 与 都是 α﹣氨基酸且互为同系物【分析】A．有几种氢原子其一溴代物就有几种；B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构；C．该分子中最长的碳链上有 6 个 C 原子；D．结构相似、在分子组成上相差一个或 n 个﹣CH2原子团的有机物互称同系物．【解答】解：A．有几种氢原子其一溴代物就有几种，甲苯、2﹣甲基丁烷的一溴代物都有 4 种，故A 正确；B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构中四个 C 原子在同一平面上不在同一直线上，故 B 错误；C．该分子中最长的碳链上有 6 个 C 原子，其名称为 2，3，4，4﹣四甲基己烷，故 C 错误；D．结构相似、在分子组成上相差一个或 n 个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构不相似，所以不是同系物，故 D 错误；故选：A。 【点评】本题考查同分异构体种类判断、基本概念、有机物命名等知识点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确基本概念内涵、常见物质结构、有机物命名原则是解本题关键，易错选项是 C，题目难度不大．　5．（6 分）金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B．比较 Mg，Al，Zn 三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）nD．在 Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积 Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【分析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多；C．正极上氧气得电子和水反应生成 OH﹣；D．负极上 Mg 失电子生成 Mg2+，为防止负极区沉积 Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量 OH﹣。【解答】解：A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故 A 正确；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是 1g 时，这三种金属转移电子物质的量分别为 = mol、 ×3= mol、 = mol，所以 Al﹣空气电池的理论比能量最高，故 B 正确；C．正极上氧气得电子和水反应生成 OH﹣，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为 O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故 C 错误；D．负极上 Mg 失电子生成 Mg2+，为防止负极区沉积 Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量 OH﹣，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键，易错选项是 C。　6．（6 分）苯甲酸钠（ ，缩写为 NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于 A﹣，已知 25℃时，HA 的 Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的 Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加 NaA 外，还需加压冲入 CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）A．相比于未充 CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高 CO2充气压力，饮料中 c（A﹣）不变C．当 pH 为 5.0 时，饮料中 =0.16D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA） 【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于 A﹣；B．酸性增强，溶液中 c（A﹣）减小；C． = ；D．根据质子守恒分析。【解答】解：A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于 A﹣，充 CO2的饮料中 HA 的浓度较大，所以相比于未充 CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故 A 错误；B．提高 CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中 c（A﹣）减小，故 B 错误；C．当 pH 为 5.0 时，饮料中 = = =0.16，故 C 正确；D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与 A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。　7．（6 分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是（　　）A．固体Ⅰ中主要含有 Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3B．X 可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是 COD．处理含 NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O【分析】工业废气中 CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体 2 含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是 CO，以此解答该题．【解答】解：工业废气中 CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体 2 含有 CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是 CO，A．工业废气中 CO2、SO2可被石灰水吸收，生成 CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体 1 为主要含有 Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故 A 正确；B．由分析可知，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故 B 错误；C．气体 2 含有 CO、N2，经捕获剂得到氮气和 CO，所捕获的气体主要是 CO，防止污染空气，故 C 正确；D．NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O，故 D 正确。故选：B。【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合引用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物 质的性质，为解答该题的关系，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识，难度不大．　二、非选择题（共 5 小题，满分 58 分）8．（10 分）化合物 X 是一种有机合成中间体，Z 是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成 X 和 Z：已知：①化合物 A 的结构中有 2 个甲基② RCOOR′+R″CH2COOR′请回答：（1）写出化合物 E 的结构简式　 CH 2=CH2　，F 中官能团的名称是　羟基　；（2）Y→Z 的化学方程式是　 　；（3）G→X 的化学方程式是　 　，反应类型是　取代反应　；（4）若 C 中混有 B，请用化学方法检验 B 的存在（要求写出操作、现象和结论）　取适量试样于试管中，先用 NaOH 溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有 B 存在　 ．【分析】A 可以连续发生氧化反应，结合分子式可知 A 属于饱和一元醇，化合物 A 的结构中有 2 个甲基，则 A 为（CH3）2CHCH2OH，故 B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH．由 Y 的分子式可知，Y 的结构简式为 CH2=CHCl，可知 D 为 HC≡CH，Y 发生加聚反应生成高分子 Z 为 ．结合信息②可知 G为酯，F 属于醇，D 与氢气发生加成反应生成 E 为 CH2=CH2，E 能与水发生加成反应生成 F 为 CH3CH2OH，故 G 为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X 为 ．【解答】解：A 可以连续发生氧化反应，结合分子式可知 A 属于饱和一元醇，化合物 A 的结构中有2 个甲基，则 A 为（CH3）2CHCH2OH，故 B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH．由 Y 的分子式可知，Y的结构简式为 CH2=CHCl，可知 D 为 HC≡CH，Y 发生加聚反应生成高分子 Z 为 ．结合信息②可知 G 为酯，F 属于醇，D 与氢气发生加成反应生成 E 为 CH2=CH2，E 能与水发生加成反应生成 F 为CH3CH2OH，故 G 为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X 为 ．（1）化合物 E 的结构简式为：CH2=CH2，F 为 CH3CH2OH，F 中官能团的名称是：羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基； （2）Y→Z 的化学方程式是 ，故答案为 ；（3）G→X 的化学方程式是： ，反应类型是取代反应，故答案为： ；取代反应；（4）B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH，检验 C 中含有 B，只需检验醛基即可，取适量试样于试管中，先用 NaOH 溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有 B 存在，故答案为：取适量试样于试管中，先用 NaOH 溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有 B 存在．【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写、官能团的检验等，注意根据有机物分子式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对题目给予反应信息的理解．　9．（6 分）化合物 Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据　反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气　；（2）用离子方程式表示除去固体产物中 Al2O3的原理　 Al 2O3+2OH ﹣ =2AlO 2﹣ +H 2O 　 ；（3）已知 MgO 可溶于 NH4Cl 的水溶液，用化学方程式表示其原理　 MgO+2NH 4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O．【分析】（1）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；（2）氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行．【解答】解：（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气．故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、溶于碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，故答案为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O．【点评】本题考查了镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，题目难度不大．　10．（12 分）磁性材料 A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成： 请回答：（1）A 的组成元素为　 Fe 、 S 　 （用化学符号表示），化学式为　 Fe 3S4　；（2）C 溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用　刻蚀铜线路板　；（3）已知化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），该气体分子的电子式为　 　，写出该反应的离子方程式　 Fe 3S4+6H + =3Fe 2+ +S+3H2S↑ 　 ；（4）写出 F→G 反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液 G 中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣）　 H 2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI ；取溶液 G ，加入过量 BaCl 2 溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣ ；过滤后取滤液，滴加 H 2O2 溶液，若再产生白色沉淀，则有 H 2SO3　。【分析】C 加入 KSCN，D 为血红色溶液，可知 C 为 FeCl3，D 为 Fe（SCN）3等，可知 B 为 Fe2O3，且n（Fe2O3）= =0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A 燃烧生成的无色气体 E 溶液水得到酸性溶液，加入碘的 KI 溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化 E 的水溶液，E应为 SO2，F 为 H2SO3，G 含有和 H2SO4和 HI，可知 A 含有 Fe、S 元素，且 m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知 n（Fe）：n（S）=3：4，应为 Fe3S4，以此解答该题。【解答】解：C 加入 KSCN，D 为血红色溶液，可知 C 为 FeCl3，D 为 Fe（SCN）3等，可知 B 为 Fe2O3，且 n（Fe2O3）= =0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A 燃烧生成的无色气体 E 溶液水得到酸性溶液，加入碘的 KI 溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化 E 的水溶液，E应为 SO2，F 为 H2SO3，G 含有和 H2SO4和 HI，可知 A 含有 Fe、S 元素，且 m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知 n（Fe）：n（S）=3：4，应为 Fe3S4，（1）由以上分析可知，A 组成元素为 Fe、S，为 Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻蚀铜线路板，故答案为：刻蚀铜线路板；（3）化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为 1.518g•L﹣1），淡黄色不溶物为 S，气体的相对分子质量为 1.518×22.4L=34，为 H2S 气体，电子式为 ，反应的离子方程式为 Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑，故答案为： ；Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑；（4）F→G 反应的化学方程式为 H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液 G 中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣） 为 SO42﹣和 H2SO3，可先检验 SO42﹣，后检验有 H2SO3，具体操作为：取溶液 G，加入过量 BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有 SO42﹣；过滤后取滤液，滴加 H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液 G，加入过量 BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有 SO42﹣；过滤后取滤液，滴加 H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有 H2SO3。【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，难度中等。　11．（15 分）催化还原 CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在 Cu/ZnO 催化剂存在下，CO2和 H2可发生两个平行反应，分别生成 CH3OH 和 CO，反应的热化学方程式如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol﹣8 ⅠCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ 某实验室控制 CO2和 H2初始投料比为 1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：T（K） 催化剂 CO2转化率（%）甲醇选择性（%）543 Cat.1 12.3 42.3543 Cat.2 10.9 72.7553 Cat.1 15.3 39.1553 Cat.2 12.0 71.6[备注]Cat.1：Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性；转化的 CO2中生成甲醇的百分比已知：① CO 和 H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1。② H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1请回答（不考虑温度对△H 的影响）：（1）反应 I 的平衡常数表达式 K=　 　；反应Ⅱ的△H2=　 +41.2 　 kJ•mol﹣1。（2）有利于提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有　 CD 　 。A．使用催化剂 Cat.1 B、使用催化剂 Cat.2C、降低反应温度 D、投料比不变，增加反应物的浓度E、增大 CO2和 H2的初始投料比（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对 CO2转化成 CH3OH 的选择性有显著的影响，其原因是　表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响　。（4）在如图中分别画出反应 I 在无催化剂、有 Cat.1 和有 Cat.2 三种情况下“反应过程﹣能量”示意图。（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　阴　极，该电极反应式是　 CO 2+6H + +6e ﹣ =CH 3OH+H2O 　 。【分析】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；已知：CO 和 H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1，② H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，可知热化学方程式 a．CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，b．H2（g）+ O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，利用盖斯定律可计算 CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的反应热；（2）由 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol﹣8 可知提高 CO2转化为 CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；（3）不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；（4）加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变；（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇。【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=，已知：CO 和 H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1， ② H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，可知热化学方程式 a．CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，b．H2（g）+ O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，由盖斯定律将 b﹣a+c 可得 CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 =（﹣285.8+283.0+44）kJ•mol﹣1=+41.2kJ•mol﹣1，故答案为： ；+41.2；（2）A．使用催化剂 Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故 A 错误； B、使用催化剂 Cat.2，不能提高转化率，故 B 错误；C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故 C 正确； D、投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，故 D 正确；E、增大 CO2和 H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故 E 错误。故答案为：CD；（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据，故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；（4）从表中数据分析，在催化剂 Cat.2 的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂 Cat.2 对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂 Cat.2 的反应过程中活化能更低，故图为 ，故答案为： ；（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C 元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为 CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O，故答案为：阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O。【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等。　12．（15 分）无水 MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水 MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：