...wd......wd......wd...2015年北京市高考化學試卷一、選擇題6．〔2015?北京〕以下我國古代的技術應用中，其工作原理不涉及化學反響的是〔〕A．火藥使用B．糧食釀酒C．轉輪排字D．鐵的冶煉A．AB．BC．CD．D7．〔2015?北京〕以下有關性質的比照，不能用元素周期律解釋的是〔〕A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金屬性：Cl＞BrC．堿性：NaOH＞Mg〔OH〕2D．熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO38．〔2015?北京〕以下關于自然界中氮循環〔如圖〕的說法不正確的選項是〔〕A．氮元素均被氧化B．工業合成氨屬于人工固氮C．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化D．碳、氫、氧三種元素也參加了氮循環9．〔2015?北京〕最新報道：科學家首次用X射線激光技術觀察到CO與O在催化劑外表形成化學鍵的過程．反響過程的示意圖如下：以下說法正確的選項是〔〕A．CO和O生成CO2是吸熱反響B．在該過程中，CO斷鍵形成C和OC．CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2D．狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O2反響的過程10．〔2015?北京〕合成導電高分子材料PPV的反響：以下說法正確的選項是〔〕A．合成PPV的反響為加聚反響B．PPV與聚苯乙烯具有一樣的重復構造單元C．和苯乙烯互為同系物D．通過質譜法測定PPV的平均相對分子質量，可得其聚合度11．〔2015?北京〕某消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH．以下用來解釋事實的方程式中，不合理的是〔：飽和NaClO溶液的pH約為11〕〔〕A．該消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制備：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl?+H2OB．該消毒液的pH約為12：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣C．該消毒液與潔廁靈〔主要成分為HCl〕混用，產生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．該消毒液加白醋生成HClO，可增強漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣12．〔2015?北京〕在通風櫥中進展以下實驗：步驟現象Fe外表產生大量無色氣泡，液面上方變為紅棕色Fe外表產生少量紅棕色氣泡后，迅速停頓Fe、Cu接觸后，其外表均產生紅棕色氣泡以下說法不正確的選項是〔〕A．Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的現象說明Fe外表形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反響C．對此Ⅰ、Ⅱ中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D．針對Ⅲ中現象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否被氧化二、解答題25．〔2015?北京〕“張﹣烯炔環異構化反響〞被《NameReactions》收錄，該反響可高效構筑五元環狀化合物：〔R、R′、R〞表示氫、烷基或芳基〕合成五元環有機化合物J的路線如下：：〔1〕A屬于炔烴，其構造簡式是．〔2〕B由碳、氫、氧三種元素組成，相對分子質量是30．B的構造簡式是．〔3〕C、D含有與B一樣的官能團，C是芳香族化合物．E中含有的官能團是．〔4〕F與試劑a反響生成G的化學方程式是；試劑b是．〔5〕M和N均為不飽和醇．M的構造簡式是．〔6〕N為順式構造，寫出N和H生成I〔順式構造〕的化學方程式：．26．〔2015?北京〕氫能是一種極具開展潛力的清潔能源．以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環分解水是一種高效、無污染的制氫方法．其反響過程如圖1所示：〔1〕反響Ⅰ的化學方程式是．反響Ⅰ得到的產物用I2進展別離．該產物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層﹣﹣含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層．〔2〕①根據上述事實，以下說法正確的選項是〔選填序號〕．a．兩層溶液的密度存在差異b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②區分兩層溶液的方法是．③經檢測，H2SO4層中c〔H+〕：c〔SO42﹣〕=2.06：1．其比值大于2的原因是．〔3〕反響Ⅱ：2H2SO4〔I〕+2SO2〔g〕+O2+2H2O〔g〕△H=+550kJ?mo1﹣1．它由兩步反響組成：ⅰ．H2SO4〔I〕=SO3〔g〕+H2O〔g〕，△H=+177kJ?mo1﹣1；ⅱ．SO3〔g〕分解．L〔L1，L2〕，X可分別代表壓強或溫度．圖2表示L一定時，ⅱ中SO3〔g〕的平衡轉化率隨X的變化關系．①X代表的物理量是．②判斷L1、L2的大小關系，并簡述理由：．27．〔2015?北京〕研究CO2在海洋中的轉移和歸宿，是當今海洋科學研究的前沿領域．〔1〕溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．寫出CO2溶于水產生HCO3﹣的方程式：．〔2〕在海洋碳循環中，通過如以以下列圖的途徑固碳．①寫出鈣化作用的離子方程式：．②同位素示蹤法證實光合作用的化學方程式如下，將其補充完整：+〔CH2O〕n+x18O2+xH2O〔3〕海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上，其準確測量是研究海洋碳循環的根基．測量溶解無機碳，可采用如下方法：①氣提、吸收CO2．用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收〔裝置示意圖如下〕．將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑．②滴定．將吸收液吸收的無機碳轉化為NaHCO3，再用xmol?L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解無機碳的濃度=mol?L﹣1．〔4〕利用如以以下列圖裝置從海水中提取CO2，有利于減少環境溫室氣體含量．①結合方程式簡述提取CO2的原理：．②用該裝置產生的物質處理室排出的海水，合格后排回大海．處理至合格的方法是．28．〔2015?北京〕為探討化學平衡移動原理與氧化復原反響規律的聯系，某同學通過改變濃度研究“2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2〞反響中Fe3+和Fe2+的相互轉化．實驗如圖1所示：〔1〕待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時，再進展實驗Ⅱ目的是使實驗Ⅰ的反響到達．〔2〕ⅲ是ⅱ的比照實驗，目的是排除ⅱ中造成的影響．〔3〕ⅰ和ⅱ的顏色變化說明平衡逆向移動，Fe2+向Fe3+轉化．用化學平衡移動原理解釋原因：．〔4〕根據氧化復原反響的規律，該同學推測I中Fe2+向Fe3+轉化的原因：外加Ag+使c〔I﹣〕降低，導致I﹣的復原性弱于Fe2+．用圖2裝置〔a、b均為石墨電極〕進展實驗驗證．①K閉合時，指針向右偏轉，b作極．②當指針歸零〔反響到達平衡〕后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液．產生的現象證實了其推測．該現象是．〔5〕按照〔4〕的原理，該同學用圖2裝置進展實驗，證實了ⅱ中Fe2+向Fe3+轉化的原因．①轉化的原因是．②與〔4〕實驗比照，不同的操作是．〔6〕實驗Ⅰ中，復原性：I﹣＞Fe2；而實驗Ⅱ中，復原性Fe2﹣＞I﹣．將〔3〕和〔4〕、〔5〕作比照，得出的結論是．2015年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題6．〔2015?北京〕以下我國古代的技術應用中，其工作原理不涉及化學反響的是〔〕A．火藥使用B．糧食釀酒C．轉輪排字D．鐵的冶煉A．AB．BC．CD．D考點：真題集萃；金屬冶煉的一般原理；生活中的有機化合物．分析：化學反響的根本標志是有新物質生成，發生化學變化，題中火藥使用、糧食釀酒以及鐵的冶煉都發生化學變化，而轉輪排字不涉及化學反響．解答：解：A．火藥使用涉及反響為2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，發生化學反響，故A不選；B．糧食釀酒為淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，發生化學反響，故B不選；C．轉輪排字為印刷操作，沒有涉及化學反響，故C選；D．鐵的冶煉涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，發生化學反響，故D不選．應選C．點評：此題為2015年北京考題，涉及化學反響與生活、生產的考察，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考察，有利于培養學生良好的科學素養，提高學習的積極性，難度不大．7．〔2015?北京〕以下有關性質的比照，不能用元素周期律解釋的是〔〕A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金屬性：Cl＞BrC．堿性：NaOH＞Mg〔OH〕2D．熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3考點：元素周期律的作用；分析：A．元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強；B．同主族元素從上到下非金屬性依次減弱；C．元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強；D．碳酸氫鹽易分解，碳酸鹽難分解．解答：解：A．元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性：S＞P，則酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解釋，故A不選；B．同主族元素從上到下非金屬性依次減弱，則非金屬性：Cl＞Br，能用元素周期律解釋，故B不選；C．元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性：Na＞Mg，則堿性：NaOH＞Mg〔OH〕2，能用元素周期律解釋，故C不選；D．碳酸氫鹽易分解，碳酸鹽難分解，所以熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解釋，故D選．應選D．點評：此題考察了元素周期律的理解與應用，注意把握元素周期律的遞變規律以及相關知識的積累，難度不大．8．〔2015?北京〕以下關于自然界中氮循環〔如圖〕的說法不正確的選項是〔〕A．氮元素均被氧化B．工業合成氨屬于人工固氮C．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化D．碳、氫、氧三種元素也參加了氮循環考點：氮的固定；分析：A．根據N元素的化合價升高被氧化，N元素的化合價降低被復原結合各反響中氮元素的化合價的變化分析；B．人工固氮是人為的條件下將氮元素的單質轉化為化合物的過程；C．根據氮循環中物質的分類進展解答；D．碳、氫、氧三種元素也參加了氮循環，如大氣中的氮氣轉化氮的氧化物，氧元素參與，轉化為銨鹽，氫元素參加．解答：解：A．硝酸鹽中氮元素的化合價為+5價，被細菌分解變成大氣中氮單質，氮元素由+5→0，屬于被復原，故A錯誤；B．工業合成氨是將N2與H2在一定條件下反響生成NH3，屬于人工固氮，故B正確；C．氮循環中銨鹽和蛋白質可相互轉化，銨鹽屬于無機物，蛋白質屬于有機物，含氮無機物和含氮有機物可相互轉化，故C正確；D．碳、氫、氧三種元素也參加了氮循環，如蛋白質的制造需要碳元素，又如N2在放電條件下與O2直接化合生成無色且不溶于水的一氧化氮氣體，N2+O22NO，氧元素參與，二氧化氮易與水反響生成硝酸〔HN03〕和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氫元素參加，故D正確．應選A．點評：此題主要考察了氮以及化合物的性質，理解復原反響、人工固氮等知識點是解答的關鍵，題目難度不大．9．〔2015?北京〕最新報道：科學家首次用X射線激光技術觀察到CO與O在催化劑外表形成化學鍵的過程．反響過程的示意圖如下：以下說法正確的選項是〔〕A．CO和O生成CO2是吸熱反響B．在該過程中，CO斷鍵形成C和OC．CO和O生成了具有極性共價鍵的CO2D．狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O2反響的過程考點：分析：由圖可知反響物總能量大于生成物總能量，為放熱反響，CO與O在催化劑外表形成CO2，不存在CO的斷鍵過程，以此解答該題．解答：解：A．由圖可知反響物總能量大于生成物總能量，為放熱反響，故A錯誤；B．由圖可知不存在CO的斷鍵過程，故B錯誤；C．CO與O在催化劑外表形成CO2，CO2含有極性共價鍵，故C正確；D．狀態Ⅰ→狀態Ⅲ表示CO與O反響的過程，而不是與氧氣反響，故D錯誤．應選C．點評：此題為2015年考題，側重于化學反響原理的探究的考察，題目著重于考察學生的分析能力和自學能力，注意把握題給信息，難度不大．10．〔2015?北京〕合成導電高分子材料PPV的反響：以下說法正確的選項是〔〕A．合成PPV的反響為加聚反響B．PPV與聚苯乙烯具有一樣的重復構造單元C．和苯乙烯互為同系物D．通過質譜法測定PPV的平均相對分子質量，可得其聚合度考點：有機高分子化合物的構造和性質．分析：A．縮聚反響，是一類有機化學反響，是具有兩個或兩個以上官能團的單體，相互反響生成高分子化合物，同時產生有簡單分子〔如H2O、HX、醇等〕的化學反響；B．聚苯乙烯的重復構造單元為，不含碳碳雙鍵，而該高聚物的構造單元中含有碳碳雙鍵；C．同系物所含官能團數目一樣；D．質譜儀能記錄分子離子、碎片離子的相對質量．解答：解：A．合成PPV通過縮聚反響生成，同時有小分子物質HI生成，不屬于加聚反響，故A錯誤；B．聚苯乙烯的重復構造單元為，不含碳碳雙鍵，而該高聚物的構造單元中含有碳碳雙鍵，所以不一樣，故B錯誤；C．有兩個碳碳雙鍵，而苯乙烯有一個碳碳雙鍵，構造不同，二者不是同系物，故C錯誤；D．質譜儀能記錄分子離子、碎片離子的相對質量，質譜圖中數值最大的即是該分子的相對分子質量，故D正確．應選D．點評：此題主要考察聚合反響原理、有機物構造與性質，題目難度不大，注意明確聚合反響原理，選項B為易錯點，找準鏈節是解題的關鍵．11．〔2015?北京〕某消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH．以下用來解釋事實的方程式中，不合理的是〔：飽和NaClO溶液的pH約為11〕〔〕A．該消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制備：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl?+H2OB．該消毒液的pH約為12：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣C．該消毒液與潔廁靈〔主要成分為HCl〕混用，產生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．該消毒液加白醋生成HClO，可增強漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣考點：真題集萃；氯氣的化學性質．專題：鹵族元素．分析：某消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH，應為氯氣和氫氧化鈉反響生成，為84消毒液，含有NaClO，可在酸性條件下與氯離子發生氧化復原反響生成氯氣，以此解答該題．解答：解：A．消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH，應為氯氣和氫氧化鈉反響生成，故A正確；B．飽和NaClO溶液的pH約為11，而消毒液的pH約為12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氫氧化鈉過量，為溶液呈堿性的主要原因，故B錯誤；C．在酸性條件下與氯離子發生氧化復原反響生成氯氣，發生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正確；D．由于HClO酸性較弱，則NaClO可與醋酸反響生成HClO，漂白性增強，故D正確．應選B．點評：此題為2015年北京考題，以氯氣為載體綜合考察元素化合物知識，側重于化學與生活、生產的考察，有利于培養學生良好的科學素養，提高學習的積極性，難度不大．12．〔2015?北京〕在通風櫥中進展以下實驗：步驟現象Fe外表產生大量無色氣泡，液面上方變為紅棕色Fe外表產生少量紅棕色氣泡后，迅速停頓Fe、Cu接觸后，其外表均產生紅棕色氣泡以下說法不正確的選項是〔〕A．Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的現象說明Fe外表形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反響C．對此Ⅰ、Ⅱ中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D．針對Ⅲ中現象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否被氧化考點：真題集萃；氧化復原反響；硝酸的化學性質．分析：A．硝酸具有強氧化性，與Fe反響生成NO，NO遇空氣變為二氧化氮；B．濃硝酸具有強氧化性，Fe外表形成致密的氧化層，發生鈍化現象；C．比照I、Ⅱ的現象，Fe與稀硝酸反響生成NO，而Fe與濃硝酸反響生成二氧化氮且迅速被鈍化，說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸；D．根據Ⅲ中現象，說明構成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，通過電流計指針偏轉，可以判斷原電池的正負極．解答：解：A．稀硝酸具有酸性與強氧化性，與Fe反響生成NO，NO遇空氣變為二氧化氮，Ⅰ中氣體由無色變紅棕色的化學方程式：2NO+O2═2NO2，故A正確；B．Ⅱ的現象是因為鐵發生了鈍化，Fe外表形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反響，故B正確；C．比照I、Ⅱ的現象，Fe與稀硝酸反響生成NO，而Fe與濃硝酸反響生成二氧化氮且迅速被鈍化，說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸，故C錯誤；D．根據Ⅲ中現象，說明構成原電池，在Fe、Cu之間連接電流計，通過電流計指針偏轉，可以判斷原電池的正負極，進而判斷Fe是否被氧化，故D正確，應選：C．點評：此題考察硝酸的化學性質、原電池原理，難度不大，側重考察學生分析解決問題的能力．二、解答題25．〔2015?北京〕“張﹣烯炔環異構化反響〞被《NameReactions》收錄，該反響可高效構筑五元環狀化合物：〔R、R′、R〞表示氫、烷基或芳基〕合成五元環有機化合物J的路線如下：：〔1〕A屬于炔烴，其構造簡式是CH3C≡CH．〔2〕B由碳、氫、氧三種元素組成，相對分子質量是30．B的構造簡式是HCHO．〔3〕C、D含有與B一樣的官能團，C是芳香族化合物．E中含有的官能團是碳碳雙鍵、醛基．〔4〕F與試劑a反響生成G的化學方程式是；試劑b是NaOH、醇溶液．〔5〕M和N均為不飽和醇．M的構造簡式是CH3C≡CCH2OH．〔6〕N為順式構造，寫出N和H生成I〔順式構造〕的化學方程式：．考點：真題集萃；有機物的推斷．分析：由合成流程可知，A為炔烴，構造為CH3C≡CH，B由碳、氫、氧三種元素組成，相對分子質量是30，B為HCHO，A與B發生加成反響生成M為CH3C≡CCH2OH，M和N均為不飽和醇，則M與氫氣發生加成反響生成N為CH3CH=CHCH2OH；C、D含有與B一樣的官能團，C是芳香族化合物，則C為，D為CH3CHO，由信息可知生成E為，E氧化生成F為，試劑a為溴水，生成G為，試劑b為NaOH/醇溶液，G發生消去反響生成H，則H，CH3CH=CHCH2OH與發生酯化反響生成I，最后I發生“張﹣烯炔環異構化反響〞生成J，以此來解答．解答：解：由合成流程可知，A為炔烴，構造為CH3C≡CH，B由碳、氫、氧三種元素組成，相對分子質量是30，B為HCHO，A與B發生加成反響生成M為CH3C≡CCH2OH，M和N均為不飽和醇，則M與氫氣發生加成反響生成N為CH3CH=CHCH2OH；C、D含有與B一樣的官能團，C是芳香族化合物，則C為，D為CH3CHO，由信息可知生成E為，E氧化生成F為，試劑a為溴水，生成G為，試劑b為NaOH/醇溶液，G發生消去反響生成H，則H為，〔1〕A屬于炔烴，其構造簡式是CH3C≡CH，故答案為：CH3C≡CH；〔2〕B的構造簡式是HCHO，故答案為：HCHO；〔3〕E為，含有的官能團是碳碳雙鍵、醛基，故答案為：碳碳雙鍵、醛基；〔4〕F與試劑a反響生成G的化學方程式是；試劑b是NaOH、醇溶液，故答案為：；NaOH、醇溶液；〔5〕M的構造簡式是CH3C≡CCH2OH，故答案為：CH3C≡CCH2OH；〔6〕N為順式構造，N和H生成I〔順式構造〕的化學方程式為，故答案為：．點評：此題考察有機物的合成及推斷，為高頻考點，為2015年高考真題，把握合成流程中官能團的變化、反響條件、碳鏈變化推斷物質為解答的關鍵，側重分析與推斷能力綜合考察，題目難度中等．26．〔2015?北京〕氫能是一種極具開展潛力的清潔能源．以太陽能為熱源，熱化學硫碘循環分解水是一種高效、無污染的制氫方法．其反響過程如圖1所示：〔1〕反響Ⅰ的化學方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．反響Ⅰ得到的產物用I2進展別離．該產物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層﹣﹣含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層．〔2〕①根據上述事實，以下說法正確的選項是ac〔選填序號〕．a．兩層溶液的密度存在差異b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②區分兩層溶液的方法是觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層．③經檢測，H2SO4層中c〔H+〕：c〔SO42﹣〕=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子．〔3〕反響Ⅱ：2H2SO4〔I〕+2SO2〔g〕+O2+2H2O〔g〕△H=+550kJ?mo1﹣1．它由兩步反響組成：ⅰ．H2SO4〔I〕=SO3〔g〕+H2O〔g〕，△H=+177kJ?mo1﹣1；ⅱ．SO3〔g〕分解．L〔L1，L2〕，X可分別代表壓強或溫度．圖2表示L一定時，ⅱ中SO3〔g〕的平衡轉化率隨X的變化關系．①X代表的物理量是壓強．②判斷L1、L2的大小關系，并簡述理由：L1＜L2，分解反響為吸熱反響，溫度高，轉化率大．考點：真題集萃；反響熱和焓變；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算．分析：〔1〕由圖可知，反響I為二氧化硫與碘發生氧化復原反響生成硫酸和HI；〔2〕①分成兩層，與溶解性、密度有關；②兩層的顏色不同；③H2SO4中c〔H+〕：c〔SO42﹣〕=2：1，且HI電離出氫離子；〔3〕①由圖可知，X越大，轉化率越低；②分解反響為吸熱反響，溫度高，轉化率大．解答：解：〔1〕由圖可知，反響I為二氧化硫與碘發生氧化復原反響生成硫酸和HI，該反響為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案為：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；〔2〕①a．兩層溶液的密度存在差，才出現上下層，故a正確；b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，與分層無關，故b錯誤；c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，則碘在不同溶劑中溶解性不同，類似萃取，與分層有關，故c正確；故答案為：ac；②區分兩層溶液的方法是觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層，故答案為：觀察顏色，顏色深的為HI層，顏色淺的為硫酸層；③H2SO4層中c〔H+〕：c〔SO42﹣〕=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子，故答案為：硫酸層中含少量的I，且HI電離出氫離子；〔3〕①由圖可知，X越大，轉化率越低，升高溫度轉化率增大，則X表示壓強，故答案為：壓強；②由SO3〔g〕=SO2〔g〕+O2〔g〕△H＞0，溫度高，轉化率大，圖中等壓強時L2對應的轉化率大，則L1＜L2，故答案為：L1＜L2，分解反響為吸熱反響，溫度高，轉化率大．點評：此題考察混合物別離提純及化學平衡等，為高頻考點，把握發生的反響、平衡影響因素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的綜合考察，題目難度中等．27．〔2015?北京〕研究CO2在海洋中的轉移和歸宿，是當今海洋科學研究的前沿領域．〔1〕溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．寫出CO2溶于水產生HCO3﹣的方程式：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣．〔2〕在海洋碳循環中，通過如以以下列圖的途徑固碳．①寫出鈣化作用的離子方程式：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O．②同位素示蹤法證實光合作用的化學方程式如下，將其補充完整：xCO2+2xH218O〔CH2O〕n+x18O2+xH2O〔3〕海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上，其準確測量是研究海洋碳循環的根基．測量溶解無機碳，可采用如下方法：①氣提、吸收CO2．用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收〔裝置示意圖如下〕．將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑．②滴定．將吸收液吸收的無機碳轉化為NaHCO3，再用xmol?L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解無機碳的濃度=mol?L﹣1．〔4〕利用如以以下列圖裝置從海水中提取CO2，有利于減少環境溫室氣體含量．①結合方程式簡述提取CO2的原理：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氫離子通過陽離子交換膜進入b室，發生反響：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O．②用該裝置產生的物質處理室排出的海水，合格后排回大海．處理至合格的方法是c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調節至裝置入口海水的pH．考點：真題集萃；原電池和電解池的工作原理；海水資源及其綜合利用．分析：〔1〕二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸為弱酸，局部電離生成碳酸氫根；〔2〕①由圖可知：此過程碳酸氫根轉化生成碳酸鈣，據此書寫方程式；②光合作用是二氧化碳與水在太陽光作用下，在葉綠體中反響生成有機物、放出氧氣的過程，氧氣來源于水中的氧，據此解答；〔3〕①由題意可知，需從酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且裝置中應從長管吹入氮氣，從短管吹出二氧化碳，據此解答即可；②依據原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O解答即可；〔4〕a室接電源的正極，為陽極，水得到電子生成氧氣和氫離子，氫離子通過陽離子交換膜進入b室，與b室中的碳酸氫根反響生成二氧化碳氣體，據此解答即可；②c室連接電源的負極，為陰極，水得到電子生成氫氣和氫氧根，a室中產生氫離子，用c室排除的堿液將從b室排出的酸性海水調節即可，據此解答．解答：解：〔1〕二氧化碳溶于水生成的碳酸為弱酸，局部電離生成碳酸氫根，有關方程式為：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣，故答案為：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣；〔2〕①反響物中含有碳酸氫根，生成物為碳酸鈣，依據元素守恒以及電荷守恒得出方程式為：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；②光合作用產生的氧氣來源于水，即水中的氧原子采用示蹤法標記為18O，依據元素守恒配平應需要CO2和H218O，故答案為：CO2；H218O；〔3〕①酸化海水，可以使用試劑：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，長管進氣，短管出氣，故裝置為：，故答案為：；②此反響原理為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氫鈉與鹽酸的物質的量之比為1：1，那么海水中碳酸氫鈉的濃度為c，體積均為mL，依據題意有c×z=xy，解c=，故答案為：；〔4〕a室：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，氫離子通過陽離子交換膜進入b室，發生反響：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案為：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氫離子通過陽離子交換膜進入b室，發生反響：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；②c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調節至裝置入口海水的pH，故答案為：c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的堿液將從b室排出的酸性海水調節至裝置入口海水的pH．點評：此題主要考察的是海水的綜合利用以及原電池和電解池的工作原理，充分理解所給信息是解決此題的關鍵，難度較大．28．〔2015?北京〕為探討化學平衡移動原理與氧化復原反響規律的聯系，某同學通過改變濃度研究“2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2〞反響中Fe3+和Fe2+的相互轉化．實驗如圖1所示：〔1〕待實驗Ⅰ溶液顏色不再改變時，再進展實驗Ⅱ目的是使實驗Ⅰ的反響到達化學平衡狀態．〔2〕ⅲ是ⅱ的比照實驗，目的是排除ⅱ中溶液稀釋對顏色的變化造成的影響．〔3〕ⅰ和ⅱ的顏色變化說明平衡逆向移動，Fe2+向Fe3+轉化．用化學平衡移動原理解釋原因：Ag+與I﹣生成AgI黃色沉淀，I﹣濃度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移動．〔4〕根據氧化復原反響的規律，該同學推測I中Fe2+向Fe3+轉化的原因：外加Ag+使c〔I﹣〕降低，導致I﹣的復原性弱于Fe2+．用圖2裝置〔a、b均為石墨電極〕進展實驗驗證．①K閉合時，指針向右偏轉，b作正極．②當指針歸零〔反響到達平衡〕后，向U型管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液．產生的現象證實了其推測．該現象是左管出現黃色沉淀，指針向左偏轉．〔5〕按照〔4〕的原理，該同學用圖2裝置進展實驗，證實了ⅱ中Fe2+向Fe3+轉化的原因．①轉化的原因是Fe2+濃度增大，復原性增強，使Fe2+復原性強于I﹣．②與〔4〕實驗比照，不同的操作是向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液．〔6〕實驗Ⅰ中，復原性：I﹣＞Fe2；而實驗Ⅱ中，復原性Fe2﹣＞I﹣．將〔3〕和〔4〕、〔5〕作比照，得出的結論是該反響為可逆的氧化復原反響，在平衡時，通過改變物質的濃度，可