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2. NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
正确答案
解析
①苯环不是单双键交替的结构，即苯环中不含双键，故1mol苯乙烯中含1mol双键，即NA个，故错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；
③3.4g氨气的物质的量为：
④浓度越大水解程度越小，1L 0.50mol•L-1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L-1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子即NA个，故正确；
⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故错误；
⑦1mol铁与氯气完全反应生成1mol氯化铁，需要消耗1.5mol氯气，显然氯气不足，二者完全反应失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，故错误；
⑧由
考查方向
解题思路
①、苯环不是单双键交替的结构；
②过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；
③氨气分子中含有3个氮氢键，3.4g氨气的物质的量为0.2mol，含有0.6mol氮氢键；
④浓度越大水解程度越小；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2；
⑥磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；
⑦先判断铁与氯气过量情况，然后根据不足物质的物质的量计算出转移的电子数；
⑧
易错点
⑤中发现不了二者最简式相同较易判断成无法计算⑥中易由磷酸中氢的浓度大易判断成其电离出的氢离子浓度大⑦中易忽视判断氯气的量不足导致判断错误。
知识点
5. 被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其
化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、
Z位于同
数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则
B．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故B正确； C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，故C正确； D．XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，故D错误，
故选D．
考查方向
解题思路
香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则
易错点
本题推断元素是关键，各选项判断都不难，但气态氢化物的稳定性是容易出错的知识点。
知识点
6. 有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%。在酸性条件下，
正确答案
解析
有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子。
含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH。
含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH；CH3CH2CH2CH（OH）CH3；CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH；CH3CH2C（OH）（CH3）CH3；CH3CH（OH）CH（CH3）CH3；CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH。
所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16。故选：C．
考查方向
解题思路
有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目。据此判断有机物甲的同分异构体数目。
易错点
本题中熟知饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键。在5碳醇的同分异构体的书写中易造成漏写和多写。
知识点
1. 下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；
B．“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；
C．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；
D．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误
考查方向
解题思路
A．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；
B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键；
C．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质
D．依据活性炭与次氯酸的漂白原理解答。
易错点
B项容易混淆氢键和化学键的关系，为易错点。
知识点
3.在某温度时，将n mol•L-1氨水滴入10mL 1.0 mol•L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14 mol2•L-2，故A错误；
B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；
C．b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7 mol•L-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.05mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：
故选D．
考查方向
解题思路
A．根据图象可知，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积小于1.0×10-14 mol2•L-2；
B．b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，铵根离子促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小；
C．该关系c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）不满足电荷守恒；
D.25℃时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-）=10-7 mol•L-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算．
易错点
本题将中学常见的酸碱中和滴定的图象与反应过程中的温度变化曲线放在一起，干扰了学生对原有熟知图象中重要点的利用。本题中对于温度曲线不会合理利用，使得对于b点是两溶液恰好反应生成氯化铵这一信息提取较难。
知识点
4．下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
正确答案
解析
A．不能排除硝酸根离子的影响，硝酸和双氧水都具有氧化性，混合溶液呈黄色，不能说明氧化剂是双氧水，故A错误
B．新制Cu(OH)2悬浊液氧化醛基需要在碱性条件下，此选项中NaOH的量少，导致氧化没有进行，所以不能验证该有机物结构中是否含有醛基，故B错误；
C．铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，故C正确；
D．反应热与反应速率没有必要联系，故D错误．
考查方向
解题思路
A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，也可氧化亚铁离子；
B．氢氧化钠量不足
C．根据氢气的体积可确定铝的量；
D．反应热与反应速率没有必要联系
易错点
A项中的硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性为以及B项中新制Cu(OH)2氧化醛基需要在碱性条件下都是学生容易忽视的易错点。
知识点
7．某无色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO、MnO、CO、SO中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
① 取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
② 在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③ 在②所得溶液中加入过量B
根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（ ）
正确答案
解析
某无色溶液，说明溶液中一定不会存在MnO，
①加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在CO32-，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；
②在①所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在AlO2-，
③在②所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；所以溶液中一定存在的离子有：CO32-、Na+、AlO2-，银离子一定不存在；故选A．
考查方向
解题思路
溶液无色，一定没有MnO，
①能够与盐酸生成气体的离子为CO，能够与CO反应的离子不能存在；
②说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；
③气体为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，据此进行推断．
易错点
容易忽视根据电荷守恒判断一定存在Na+。
知识点
9．利用下左图所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积。
甲同学利用如上左图装置，根据下列步骤完成实验：①装配好装置，作气密性检查。②用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带。③取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口。④用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平。⑤用注射器吸取10mL3mol·L-1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头。⑥当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据。⑦用注射器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平。⑧读出C瓶中液体体积是115.0mL。完成下列填空：
(1)常温常压下的压强为________，温度为_______。
(2)在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为________，计算此次实验的相对误差为________%（保留2位有效数字）。引起该误差的可能原因是_________。
a.镁带中含铝；
b.没有除去镁带表面的氧化物；
c.反应放热；
d.所用硫酸的量不足
(3) 丙同学提出可用如上右图装置完成该实验。该装置气密性的检查方法是：_____________。
(4)与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高。请说明理由（回答两条）____________________________________，_____________________________________。
正确答案
（1）101KPa ，25℃（298K）
（2）25.1L 2.5 ac
（3）快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好。（其它合理答案也给分下同）
（4）压强：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；温度：借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差）；精度：量气管由滴定管改制，读数更精确。
解析
（1）常温常压下的压强为101KPa，温度为25℃，
故答案为：101KPa；25℃；
（2）生成氢气的体积为115mL-10mL+8mL=113mL，0.108gMg完全反应得到氢气为
反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，导致测定值偏大，没有除去镁带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小，故选ac，
故答案为：25.1L；+2.5；ac；
（3）该装置气密性的检查方法是：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好，
故答案为：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好；
（4）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变，借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差），量气管由滴定管改制，读数更精确，
故答案为：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴定管改制，读数更精确等．
考查方向
解题思路
（1）常温常压是指25℃，101KPa；
（2）加入的硫酸溶液体积也计算在量气瓶中的液体体积，反应后抽出的气体体积调整液面平衡，所以需要在气体体积中加入抽出气体的体积，可得生成氢气的体积为，根据Mg的质量计算生成氢气物质的量，进而计算气体摩尔体积；
相对误差是指测量所造成的绝对误差与真值之比，再乘以100%所得的数值；
反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，导致测定值偏大，没有除去镁带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小；
（3）利用液封气体，形成量气管内与水准管内液面存高度差，一定时间内液面差不变，说明气密性良好；
（4）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴定管改制，读数更精确等．
易错点
本题中对于测定原理的理解会影响产生氢气的体积数据计算准确性，从而影响到下面的相对误差计算。
知识点
10．工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
（1）反应器中反应的化学方程式为______________________________________。
（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量___________ (填“偏高”或“偏低”)。
（3）电解槽中总的离子反应方程式为_________________________________。
（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为_________________________________。
上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________。与该传统工艺相比，电解法的优势是___________。
（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留3位有效数字)（已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126）
正确答案
（1）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O
（2）偏高
（3）2MnO42-+2H2O 
（4）3 K2MnO4+ 2 CO2 == 2 KMnO4+ MnO2+ 2 K2CO3
1：2 产率更高、KOH循环利用
（5）93.2%
解析
（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高。
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，则电极总反应为：2MnO42-+2H2O 
故答案为：2MnO42-+2H2O 
（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；
由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O ～ 2KMnO4
5 2
n 0.02mol/L×14.8×10-3L×
解得：n（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol
则m（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol×126g/mol=0.4662g，
所以成品的纯度为：
故答案为：93.2%．
考查方向
解题思路
（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；
（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．
（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．
（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高；
（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．
易错点
工艺流程相对来说不是很复杂，根据流程图中循环的物质较易判断部分产物，但涉及到的氧化还原方程式配平较多，在配平时容易出现错误。
知识点
8．能源是制约国家发展进程的因素之一。甲醇、二甲醚等被称为2 1世纪的绿色能源，工业上利用天然气为主要原料与二氧化碳、水蒸气在一定条件下制备合成气（CO、H2），再制成甲醇、二甲醚。
（1）工业上，可以分离合成气中的氢气，用于合成氨，常用醋酸二氨合亚铜 [Cu(NH3) 2] AC溶液(AC=CH3COO-)来吸收合成气中的一氧化碳，其反应原理为：
常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3) 2] AC溶液的措施是_____________________；
（2）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO
在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1____________P2（填 “大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v(正) ____________v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）。 求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=____________。（计算结果保留两位有效数字）
（3）CO可以合成二甲醚，二甲醚可以作为燃料电池的原料，化学反应原理为：
①在恒容密闭容器里按体积比为1:4充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是____________； A．逆反应速率先增大后减小 C．反应物的体积百分含量减小 B．正反应速率先增大后减小 D．化学平衡常数K值增大
②写出二甲醚碱性燃料电池的负极电极反应式________________________；
③己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量。关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是____________（填字母） A．两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同 B．两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同 C．两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同
（4）已知l g二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63 kJ，请写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式________________________。
正确答案
（1）加热
（2）小于 大于 1.6（ 可不写单位，若书写单位mol2/L2 单位错误不得分）
（3）①B、D
②CH3OCH3－12e－＋16OH－=== 2CO32－＋11H2O
③C
（4）CH3OCH3(g)＋3O2(g) === 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=－1454.98 kJ/mol
解析
（1）[Cu（NH3）2]AC（aq）+CO（g）+NH3（g）
故答案为：加热；
（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；
已知 CO2（g）+CH4（g）
其平衡常数表达式是
故答案为：小于；大于；1.6；
（3）①A．逆反应速率先增大后减小，可以升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向着逆向移动，满足了逆反应速率先增大后逐渐减小，故A错误； B．正反应速率先增大后减小，说明是增大了压强或增加反应物浓度，无论改变哪一种条件，平衡一定向着正向移动，故B正确； C．反应物的体积百分含量减小，如减少反应物浓度，平衡会向着逆向移动，故C错误； D．化学平衡常数K值增大，说明生成物的浓度增大，反应物的浓度减小，平衡一定向着正向移动，故D正确；
故答案为：BD；
②二甲醚在碱性燃料电池的负极失去电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，
故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O；
③化学反应实质是旧键的断裂和新键的生成，放出的能量与旧键断裂吸收的能量和新键的生成放出的能量有关，而二甲醚和乙醇分子中化学键类型不同，所以反应过程中放出的能量不同，所以C正确，
故答案为：C；
（4）1mol二甲醚的质量为46g，46g二甲醚完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为：31.63kJ×46g=1454.98 kJ，所以二甲醚燃烧热的热化学方程式为：CH3OCH3（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1454.98 kJ/mol，
故答案为：CH3OCH3（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1454.98 kJ/mol．
考查方向
解题思路
（1）根据反应[Cu（NH3）2]AC（aq）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3]AC•CO（aq）△H＜0为放热反应及温度对化学平衡的影响进行解答；
（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；计算出达到平衡时各组分的物质的量及浓度，最后代人
计算出该温度下该反应的平衡常数；
（3）①根据影响化学平衡的因素进行判断满足“平衡一定向正反应方向移动”的选项；
②原电池负极发生氧化反应，二甲醚在碱性条件下失去电子生成碳酸根离子和水，据此写出电极反应；
③根据乙醇和二甲醚中结构简式不同，发生反应时断裂的化学键不同，反应放出的能量不会相同，据此进行判断；
（4）根据lg二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63kJ计算出1mol二甲醚完全燃烧放出的热量，然后根据热化学方程式的书写方法写出二甲醚燃烧热的热化学方程式．
易错点
在（3）①中涉及到正逆反应速率大小影响到化学平衡平衡移动的方向是出错较多的知识点。
知识点
11．工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品。请按要求回答下列问题：
（1）硫酸工厂尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理。
①写出上述过程反应的化学方程式：_____________________、____________________。
②请说出这种尾气处理方法的优点（说出两点即可）：____________________、____________________。
③生产中往往需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，其目的是____________________。
（2）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将所得的Na2SO3溶液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法；其中阴阳膜组合循环再生机理如图所示，a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨。
①图中a表示 __________离子交换膜（填“阴”或“阳”）。A～E分别代表生产中的原料或产品，其中C是硫酸，则A是__________，E是__________。
②阳极的电极反应式为______________________________。
正确答案
（1）①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2↑+H2O
②原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；
可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料。
③防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收
（2）①阳 NaOH溶液 氢气 ②SO32—-2e-+H2O=2H++SO42-
解析
（1）①SO2与足量石灰水反应，生成亚硫酸钙和水，亚硫酸钙和硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化硫，发生的化学反应分别为SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O、CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2↑+H2O，故答案为：SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O；CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2↑+H2O；
②这种尾气处理方法的优点有：原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可返回作为原料，故答案为：原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料；
③加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，可防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收。故答案为：防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收；
（2）①从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电．故b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根离子，故A为氢氧化钠，E为氢气，故答案为：阳；NaOH溶液；氢气；
②阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO32--2e-+H2O=2H++SO42-，故答案为：SO32--2e-+H2O=2H++SO42-．
考查方向
解题思路
（1）①二氧化硫雨氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，加入硫酸，可生成硫酸钙和二氧化硫气体；
②可从原料价廉易得，SO2回收利用角度分析；
③加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，可防止亚硫酸盐被氧化；
（2）①从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜．故a为阳离子交换膜．在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；
②阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根．
易错点
化学工艺流程的评价要从原材料的价格、副产品的循环利用、环境保护等方面组织答案。学生往往对于这些开放式的问题叙述不好。