H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) 在不同温度下，该反应平衡状态部分数据见右表。下列说法正确的是

A．若T2＞T1，则该反应的ΔH＜0

B．向容器中充入N2，H2NCOONH4质量增加 C．NH3体积分数不变时，说明该反应达到平衡 D．T1、T2时，H2NCOONH4转化的Δn(T2)=2Δn(T1)

（Ⅱ）海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下： 成分 Cl +Na SO42－ Mg 2+－－含量/(mg L1) 18980 10560 成分 Ca HCO3－ Br －2+－含量/(mg L1) 400 142 2560 1272 64 电渗析法淡化海水示意图如下图所示，其中阴（阳）离子交

换膜仅允许阴（阳）离子通过。

（1）阳极主要电极反应式是 。

（2）在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有 和CaCO3，生成CaCO3的离子方程 式是 。

（3）淡水的出口为 （填“a”、“b”或“c”）。 【答案】Ⅰ、（1） 10% （1分）

（2） NO2(g) + CO(g) =\2(g) △H = -234KJ/mol（2分） （3） 282.8kJ/mol（2分） （4）D（2分） Ⅱ、（1）（1分）2Cl-2e=Cl2↑

—

—

（2）（2分）Mg(OH)2；Ca+ OH+HCO3—=CaCO3↓+H2O （2分）（3）b（2分） 【解析】Ⅰ（1）生成氨气0.4mol，需要氮气0.2mol，故转化率是10％。

（2）由图可知反应放热，放出的能量是368kJ/mol－134 kJ/mol＝234 kJ/mol，所以其热化学方程式为NO2(g) + CO(g) =\2(g) △H = -234KJ/mol。

（3）考查盖斯定律的应用。将已知的3个反应分别设为①②③，则①×3－③×2＋②×2即得到4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(l)，即△H＝－1131.2 KJ/mol。所以氨气的燃烧热是282.8kJ/mol。

Ⅱ（1）在电解池中阳极失去电子，根据所给的离子可知，阳极是氯离子放电，2Cl-2e=Cl2↑。

—

—

2+—

（2）阴极是水电离出的氢离子放电，由于氢离子放电，破坏了阴极周围水的电离使OH浓

－

度增大，因而会生成氢氧化镁。又因为OH和HCO3—结合生成CO32－，进而生成碳酸钙。 （3）根据装置的特点可看出海水中的离子通过交换膜向两端移动，淡水从中间出来，即b口出淡水。

14. 生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气（主要成分为CO、CO2、H2等）与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。

（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式 。 （2）根据等电子原理，写出CO分子的结构式 。

（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O 沉淀。 ①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是 ； 甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为 。 ②甲醛分子的空间构型是 ； 1mol甲醛分子中σ键的数目为 。 ③在1个Cu2O 晶胞中（结构如图所示），

－

所包含的Cu 原子数目为 。

【答案】（1）1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s （2）C≡O（或

）

2

2

2

6

2

6

10

2

10

2

（3）① 甲醇分子之间形成氢键，sp杂化 ②平面三角形 3NA ③4

【解析】（1）Zn的原子序数为30，在周期表中位于第四周期、ⅡB族，则其核外电子 排布式为：1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s。

2

2

6

2

6

10

2

10

2

（2）根据等电子原理，CO与N2属于等电子体，所以其分子结构相似， 由于N2的结构式为N≡N，所以CO也应为C≡O 。

（3）①由于醇羟基比醛基容易形成氢键，所以甲醇的沸点高于甲醛； 由于甲醛分子结构中每个碳原子只形成三个共价键，则应该是sp杂化形式。 ② 甲醛的结构式为

，所以甲醛的空间构型为平面三角形；

2

甲醛分子中的2个C－H键是σ键，C＝O键中的一个键是σ键，另一个 则是π键，则一个甲醛分子中有2个σ键，所以1mol甲醛分子中σ键的 数目为3NA。

③由化学式Cu2O和晶胞模型可知，白球为氧原子，黑色球为铜原子，且铜 原子位于晶胞内部，所以1个Cu2O 晶胞中包含Cu 原子数目为4个。 15.完成以下化学方程式

（1）____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O （2） KMnO4 + HBr= Br2 + MnBr2 + KBr + H2O 【答案】（1）3 6 2 1 3 （2） 2 16 5 2 2 8 【解析】

试题分析：本题考点基础，为氧化还原反应方程式的配平，过程中根据化合价的升降相等，结合质量守恒定律配平。

考点：氧化还原反应方程式的配平。

16.KClO3晶体是一种常见的氧化剂，生产工艺如图所示：

请回答下列问题：

（1）CaCO3煅烧前要粉碎的目的是____________________________。

（2）写出“氯化池”中生成Ca(ClO3)2的化学方程式：___________________________。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

（3）操作a中所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、__________。

（4）实验室制取KClO3可通过反应：3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O，在密闭容器中向9 ℃的KOH溶液中通入少量Cl2，此时Cl2的氧化产物主要是________________；继续通入适量Cl2，将溶液加热，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示，图中甲、乙、丙依次表示的离子是________________________。（不考虑Cl2的挥发）

（5）甲同学为测定制取的KClO3样品中ClO3?的含量，称取样品a g，准确配制成1000 mL溶

?

液，从上述溶液中取出10.00 mL于锥形瓶中，准确加入30.00 mL 1.00 mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（过量）。再在锥形瓶中加入100 mL蒸馏水及某种氧化还原反应指示剂，用0.200

?

mol·L1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗5.00 mL。样品中ClO3?的质量分数为

2++3+3+2+

______________。（已知：Cr2O72-+6Fe+14H2Cr+6Fe+7H2O，ClO3?可被Fe还原为?

Cl。）

【答案】 增大反应物接触面积，提高反应速率 6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+ Ca(ClO3)2+6H2O 5∶1 玻璃棒 KClO Cl、ClO3?、ClO

?

?

【解析】（1）CaCO3煅烧前要粉碎的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率。（2）碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，因此“氯化池”中生成Ca(ClO3)2的化学方程式为6Ca(OH)2+6Cl2＝5CaCl2+ Ca(ClO3)2+6H2O，其中氯化钙是还原产物，Ca(ClO3)2是氧化产物，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1。（3）操作a是过滤，其中所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。（4）低温下氯气和氢氧化钾反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，则此时Cl2的氧化产物主要是KClO；氯气和氢氧化钾反应一定产生氯化钾，温度大于66℃时生成氯酸钾，所以根据图像可知甲是氯化钾，乙是氯酸钾，丙是

??

次氯酸钾，即图中甲、乙、丙依次表示的离子分别是Cl、ClO3?、ClO。（5）根据反应

2++3+3+

Cr2O72-+6Fe+14H＝2Cr+6Fe+7H2O可知剩余亚铁离子的物质的量是0.2mol/L×0.005L×6＝

2+

0.006mol，则与氯酸根反应的亚铁离子为1mol/L×0.03L－0.006mol＝0.024mol，ClO3?可被Fe

?

还原为Cl，根据电子得失守恒可知氯酸根的物质的量是0.024mol÷6＝0.004mol，所以样品中ClO3?的质量分数为评卷人 。

得 分 四、计算题

17.（8分）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3 g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24 L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。 另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g。请回答以下问题： （1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是： 和 。