《2019-2020学年福建省厦门市湖里区双十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年福建省厦门市湖里区双十中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年福建省厦门市湖里区双十中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（）A若 E中 FeS换成 Na2S，该装置也可达到相同的目的B若 F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强C若 G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强D若 H 中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸【答案】C【解析】【详解】A.若 E中 FeS换成 Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A 错误；B.若 F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和
2、硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故 B 错误；C.若 G 中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出 H2S的还原性比Fe2+强，故 C正确；D.若 H 中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D 错误。综上所述，答案为C。2我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2H2O2+S。已知甲池中有如下的转化：下列说法错误的是：A该装置可将光能转化为电能和化学能B该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e-=H2AQ D乙池处发生
3、反应：H2S+I3-=3I-+S+2H+【答案】B【解析】【分析】A.装置是原电池装置，据此确定能量变化情况；B.原电池中阳离子移向正极；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I-，据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置，A 正确；B.原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B 错误；C.甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H+2e-=H2AQ，C 正确；D.在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，I3-得电子生成I
4、-，发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2H+，D 正确。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，注意溶液中离子移动方向：在原电池中阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，本题难度适中。3 学习强国学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。146C常用于测定文物的年代，136C作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。126C被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于146C、136C、126C说法正确的是（）A质子数与质量数相同B化学性质相似C互为同素异形体D质子数与中子数相等【答案】B【解析】【详解】根据原子符号的
5、表示含义，146C、136C、126C三种原子的质子数都是6 个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6 个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。4 位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3 倍。据此推断，下述正确的是A简单氢化物的沸点：乙丙B由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析
6、】【分析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲)r(乙)r(丙)r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A 项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B 项错误；C.丙的最高价氧化
7、物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C 项正确；D.甲和丙可以组成24N H（肼），24N H中存在 N-N 非极性键，D 项错误；答案选 C。5根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A 向右拉动注射器活塞并在某处，往试管中注水没过导气管后，向左推动活塞至某处，发现导气管液面高于试管液面，且高度一段时间保持不变。装置气密性良好B 将氧化铁加入到足量的HI 溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色。I2氧化性强与Fe3+C 往氢氧化铜沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解氢氧化铜为两性氢氧化物D 将 SO2通入 Na
8、2CO3溶液中生成的气体，通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A 选项，通过向右拉动注射器活塞并固定在某处，往试管中注水没过导气管口后，向左推活塞，观察是否有气泡来判断装置气密性，故A 正确；B 选项，将氧化铁加入到足量的HI 溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色，说明氧化铁与碘化氢反应生成了单质碘，Fe3+氧化性强I2，故B错误；C 选项，往氢氧化铜沉淀滴加盐酸发生酸碱中和反应，氢氧化铜和氨水反应生成四氨合铜离子而溶解，氢氧化铜不是两性氢氧化物，故C错误；D 选项，SO2与 CO2都能使澄清石灰水变浑浊，
9、当二氧化硫过量一样是浑浊的，不能说明谁的酸性强弱，故 D 错误；综上所述，答案为A。6吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7N B吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D 1mol 吗替麦考酚酯与NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应【答案】D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1 个 N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故 B错误；C.吗替麦考酚
10、酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol 吗替麦考酚酯含有2mol 酯基和 1mol 酚羟基与 NaOH 溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故 D正确；故选D。7R 是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A R与 HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用 NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应D R苯环上的一溴代物有4 种【答案】A【解析】【详解】A分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A 错误；
11、B分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基，故B 正确；C该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故 C 正确；D R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4 种，故 D 正确；故选 A。8下列说法正确的是()A Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质B以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱C将 1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2326.02 10D反应 Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)2AlCl3(g)+3CO
12、(g)室温下不能自发进行，则 H0【答案】D【解析】【详解】A氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A 错误；B电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B 错误；C氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故 HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故 C 错误；D 反应 Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明 H-T S0，反应的熵变 S0，则H0，故 D 正确；答案选 D。9实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A制备乙烯B银镜反应C乙酸乙
13、酯的制备D苯的硝化反应【答案】A【解析】【分析】乙醇在 170时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D 中均需要水浴加热，只有A 中乙醇在170时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，故选：A。10取 10g 碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A生成了2g 二氧化碳B剩余固体质量为5g C生成了5.6g 氧化钙D剩余碳酸钙的质量为8g【答案】A【解析】【详解】原碳酸钙10g 中的钙元素质量为：10g 401264013 100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量=4
14、g50%=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，32CaCOCaOCO5644x2.0g高温56x=442g，x=2.56g，A根据上述计算分析，生成了2g 二氧化碳，故A 正确；B根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故 B 错误；C根据上述计算分析，生成了2.56g 氧化钙，故C错误；D根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故 D 错误；答案选 A。【点睛】易错点为D 选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。11第 26 届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019 年 5
15、月 20 日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 8.8g 乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB常温常压下28gFe 与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC标准状况下,2.24LCl2与 CH4反应完全,形成 C一 Cl键的数目为0.1NAD常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A 8.8g 乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A 错误；B常温常压下Fe 在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与 CH4反
16、应完全，根据原子守恒可知形成CCl 键的数目为0.1NA，C正确D常温下pH=12 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成 NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。12短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M 的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的34。下列说法正确的是（）A简单离子半径：ZMY B常温下Z和 M 的单质均能溶于浓硝酸CX+与 Y22-结合形成的化合物是
17、离子晶体D Z的最高价氧化物的水化物是中强碱【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、M 的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al 三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为 H 元素，M 为 Al 元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的34，Y为 O 元素，原子序数依次增大，Z 元素在 O 元素和 Al 元素之间，结合题图判断Z 为 Mg 元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为 H 元素，Y为 O 元素，Z 为 Mg 元素，M 为 Al 元素；A Y为 O 元素，Z为 Mg 元素，M 为 Al 元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y Z M
18、，故 A 错误；BZ 为 Mg 元素，M 为 Al 元素，常温下Al 遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B 错误；CX为 H 元素，Y为 O 元素，X+与 Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C 错误；D Z为 Mg 元素，Z 的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D 正确；答案选 D。13NA代表阿伏加德罗常数的值。4g 粒子(4He2+)含A 2NA个 粒子B2NA个质子CNA个中子D NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 NA个 粒子，故 A 错误；B.1 个4He2+含有 2 个质子，4g 粒
19、子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个质子，故B正确；C.1 个4He2+含有 2 个中子，g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。14化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）A食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B华为继麒麟980 之后自主研发的7m 芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅C纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、
20、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D SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫【答案】D【解析】【详解】A.CaO 没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A 项错误；B.硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B 项错误；C.Fe 具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe 的还原性，与吸附性无关，C 项错误；D.SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D 项正确；答案选
21、D。15己知：+-+2+-2422525226N H+H ON H+OH,N H+H ON H+OH儍；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH pOH=-lgc(OH-)随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A曲线 M 表示 pOH 与 1g2+26+25c N Hc N H的变化关系B反应225226N HH ON HOH?的-15HK=10CpOH1pOH2D N2H5Cl的水溶液呈酸性【答案】C【解析】【分析】M、N 点2+26+25c N Hc N H=+2524c N Hc N H=1，M 点 c(OH-)=10-15、N 点 c(OH-)=10-6，M 点
22、表示的电离平衡常数=10-15，N 点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于第二步电离常数。【详解】A.512+224c N HOHc N HKcKaa，所以曲线M 表示 pOH 与 1g 2+26+25c N Hc N H的变化关系，曲线N 表示pOH 与 1g+2524c N Hc N H的变化关系，故A 正确；B.反应225226N HH ON HOH?表示第二步电离，2Ka=2+26+25c N HOHc N Hc=10-15，故 B 正确；C.pOH1=1-lgaK、pOH2=2-lgaK，12KaKa，所以 pOH1氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性
23、KClO3Cl2Br2，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，有缓冲作用的装置能防止倒吸，在B装置中 KClO3和-1 价的氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，根据强酸制弱酸，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，据此分析实验目的；(3)根据化学反应原理，硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，难挥发性的酸来制取挥发性的酸，据此选择装置；根据硝酸的性质选择合适的贮存方法，硝酸见光分解，保存时不能见光，常温下即可分解，需要低温保存。【详解】（1）甲同学：装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2的密度大于空气的密度
24、，则氧气应采用向上排空气法收集，乙同学：O2不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集；所以改进方法是将装置中装满水，故答案为氧气的密度比空气大；将装置中装满水；（2）根据氧化剂+还原剂=氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物，如要设计实验证明氧化性KClO3Cl2Br2，装置、验证物质的性质(K2打开，K1关闭)，则 I 中发生 KClO3和浓盐酸的氧化还原反应，中发生氯气与NaBr 的氧化还原反应，由氧化性为氧化剂氧化产物，则A中为浓盐酸，B中为 KClO3固体，C中为 NaBr 溶液，观察到C 中的现象为溶液呈橙色，仪器D 为干燥管，有缓冲作用，所以
25、能防止倒吸，在 B装置中氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生价态归中反应生成氯气，反应为：ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O，石灰石和醋酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成硅酸沉淀，所以B 中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀，实验的目的是比较碳酸、醋酸、苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH)，故答案为溶液呈橙色；防止倒吸；ClO3+6H+5Cl=3Cl2+3H2O；比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱(实证酸性：CH3COOH H2CO3C6H5OH)；(3)硝酸的制取原理是：固体和液体微热制取，故d 错误，该反应符合难挥发性的酸来制取挥发性的酸
26、，硝酸易挥发，不能用排空气法收集，故a、c 错误；所以硝酸的挥发性注定了选择的收集方法是b 装置所示。故答案为b；纯净的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解生成二氧化氮、氧气、水，保存时需要低温且使用棕色的试剂瓶，故答案为盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处(阴暗低温的地方)。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17磷铁（含 P、Fe、Cr 等）是磷化工生产过程中产生的副产物，一种以磷铁为原料制备342Na PO12H O和3Cr(OH)的流程如图所示：已知：水浸后溶液的主要成分为34Na PO和24Na CrO；3Cr(OH)的31K2.7 10sp回答下列问题：（1）“
27、破碎”的目的为 _。（2）“焙烧”时，应将原料加到_坩埚中（填“陶瓷”或“钢制”），原因是 _（结合化学方程式解释），Cr单质发生的主要反应的化学方程式为_。（3）进一步提纯粗磷酸钠晶体的方法为_。（4）“酸化”时发生反应的离子方程式为_。（5）“沉铬”时，加 NaOH 调节至 pH 为_时，铬离子刚好沉淀完全。（已知：lg30.48，离子浓度为 10-5mol/L 时可认为该离子沉淀完全）【答案】增大反应物的接触面积，提高培烧速率，使焙烧更充分钢制232232Na COSiONa SiOCO高温，腐蚀陶瓷坩埚2232422Cr3O2Na CO2Na CrO2CO高温重结晶2242722CrO
28、2HCr OH O5.48【解析】【分析】将磷铁(含 P、Fe、Cr等)粉碎后和碳酸钠混合并在空气中焙烧，用水溶解过滤除去铁渣，水浸液的主要成分为34Na PO和24Na CrO，将水浸液蒸发浓缩并冷却结晶，过滤后即得到Na3PO4?12H2O 的粗产品，滤液用稀硫酸酸化后，继续还原得到Cr3+的溶液，再加入NaOH 调节溶液的pH，即可得到Cr(OH)3沉淀，再经过过滤操作即得产品，据此分析解题。【详解】(1)焙烧前先将磷铁粉碎，可增大反应物的接触面积，达到提高培烧速率，使焙烧更充分的目的；(2)因高温下碳酸钠和SiO2能反应生成硅酸钠和CO2，陶瓷中含有SiO2，则“焙烧”磷铁和碳酸钠混合
29、物时，应将原料加到铁制坩埚中，可防止发生反应：232232Na COSiONa SiOCO高温，避免腐蚀陶瓷坩埚；焙烧时Cr单质和 Na2CO3在氧气中发生反应生成Na2CrO4和 CO2，发生的主要反应的化学方程式为2232422Cr3O2Na CO2Na CrO2CO高温；(3)粗磷酸钠晶体混有24Na CrO，可结合两者的溶解度随温度变化情况，可通过重结晶提纯得到精制的磷酸钠晶体；(4)将24Na CrO溶液“酸化”得到 Na2Cr2O7，发生反应的离子方程式为2242722CrO2HCr OH O；(5)已知 KspCr(OH)3=c(Cr3+)c3(OH-)=2.7 10-31，当
30、c(Cr3+)=10-5mol/L，c(OH-)=31352.7 1010mol/L=3 10-9 mol/L，此时溶液的pH=14-9+lg3=5.48。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基:CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_。(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是_(填结构简
31、式)。(3)在 400时，向初始体积为1L 的恒压密闭反应器中充入1 molCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中 C2H4的体积分数为20.0。则:在该温度下，其平衡常数K_。若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400)，则 C2H4的产率将 _(填“増大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是_。若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如下图所示，则压强的关系是_。实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)?C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不変，不同温度下C2H6和 C2H4的体积分数与温度的关系曲线如下图所示。I.在温度高于600时，有可能得到一种较
32、多的双碳有机副产物的名称是_。II.若在 400时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0、6.0，其余为CH4和 H2，则体系中CH4的体积分数是 _。【答案】2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）H=+202.0kJ/mol 0.20mol/L 增大反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大p1p2乙炔28%【解析】【分析】（1）根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热的热化学方程式，由盖斯定律计算；（2）X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式；(3)根据三段式结合平衡混合气体中C2
33、H4的体积分数为20.0%计算；通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答；若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；由图可知，温度高于600时，有较多的自由基生成；（4）设最终气体的总物质的量为x，计算出平衡时C2H4、C2H6和氢气的物质的量，再计算甲烷的体积分数。【详解】（1）根据表格中数据有：H2(g)+12O2(g)H2O(l)H1=-285.8kJ/mol，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H2=-890.3kJ/mol，C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H3=-1411.0
34、kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将 2-2 得到，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)H=2H2-H3-2 H1=+202.0kJ/mol，故答案为2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)H=+202.0kJ/mol；（2）由题意乙烯与氧气催化制备X，X的分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知，X的结构简式为，故答案为；(3)400时，向 1L 的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为 20.0%，由此建立如下三段式：2CH4(g)C2H4(g)+2H2
35、(g)起始(mol)1 0 0 转化(mol)2x x 2x 平衡(mol)1-2x x 2x 由平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 得122xxxx20.0%，解得 x=0.25，平衡后气体的体积=10.251molmol 1L=1.25L，所以化学平衡常数为K=224224c C HcHcCH=220.250.2521.251.251mol0.2521.25molmolLLmolL=0.20mol/L，故答案为0.20mol/L；甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于
36、减小压强，平衡右移，产率也增大，因此 C2H4的产率将增大，故答案为增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；若容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率降低，因此p1p2，故答案为p1p2；由图可知，温度高于600时，有较多的自由基生成，自由基结合生成，则双碳有机副产物为乙炔，故答案为乙炔；（4）设最终气体的总物质的量为x，则 C2H4为 0.2x、C2H6为 0.06x，根据 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)和2CH4
37、(g)C2H6(g)H2(g)可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-(0.2x+0.06x+0.46x)=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=0.28xx 100%=28%，故答案为28%。【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学平衡常数及其计算，把握温度和压强对平衡的影响为解答的关键。19硫酸在生活和生产中应用广泛。某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。已知 298 K 和 101 kPa 条件下：2FeS2（s）=2FeS（s）S（s）H1S（s
38、）2O2（g）=2SO2（g）H24FeS（s）7O2（g）=2Fe2O3（s）4SO2（g）H3则在该条件下FeS2与 O2生成 Fe2O3和 SO2的总热化学方程式是_。催化氧化反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g）H0（1）在体积可变的密闭容器，维持压强为1105 Pa和初始 n（SO2）2 mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率（SO2）随 O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：在 1000时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因_。a 点时 SO3的平衡分压p（SO3）_Pa（保留 2 位有效数字，某组分的平衡分压总压 某组分的物质的量分数）。（2
39、）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。请画出平衡体系中SO3的体积分数（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比n（SO2）/n（O2）的变化趋势图。（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。下列说法正确的是_。A O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程B 该过程中最大能垒（活化能）E正0.73 eV C 每活化一个O2吸收 0.29 eV 的能量D 炭黑可作为SO2转化为 SO3的催化剂E 其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快硫酸工厂尾气中的SO2可被 NaOH 溶液吸
40、收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生 NaOH 的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式_。【答案】4FeS2（s）11O2（g）=2Fe2O3（s）8SO2（g）H2H12H2H3；该反应 H0，1000时，该反应的化学平衡常数很小，SO2平衡转化率小；1000时，恒压条件下，充入 O2，c（SO2）和 c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc23222cSOcSOc OK，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大7.3 104或 0.73105ADE 23SOH2O2e-=24SO2H+【解析】【分析】（1）根据盖斯定律分析热化学方程式的书写。（2）根据平衡的三段式模式
41、计算。（3）根据反应过程能量的变化分析活化能及是放热还是吸热过程。（4）根据阳极失去电子化合价升高分析电极反应。【详解】2FeS2（s）=2FeS（s）S（s）H1；S（s）2O2（g）=2SO2（g）H2；4FeS（s）7O2（g）=2Fe2O3（s）4SO2（g）H3，根据盖斯定律分析，2+2+得热化学方程式为：4FeS2（s）11O2（g）=2Fe2O3（s）8SO2（g）H 2H12H2 H3；(1)该反应 H0，1000时，根据二氧化硫的转化率曲线，该反应的化学平衡常数很小，SO2平衡转化率小；1000时，恒压条件下，充入 O2，c（SO2）和 c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，
42、Qc23222cSOcSOc O K，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大；2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始 2 1 0 改变 1.6 0.8 1.6 平衡 0.4 0.2 1.6 三氧化硫的平衡分压为51.60.40.201.61 1=7.3 104或 0.73105；(2)保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。二氧化硫和氧气的比例为2：时三氧化硫的平衡体积分数最大，故图象为：；(3).A.从图分析，O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，故正确；B.该过程中最大能垒(活化能)为 0.75-0.0=0.75 eV，故错误；C每活化一个O2释放 0.29 eV 的能量，故错误；D炭黑可以提供活化氧，可作为SO2转化为 SO3的催化剂，故正确；E其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面越大，反应速率越快，故正确。故选ADE。.用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH 的同时得到H2SO4，阳极是亚硫酸根离子失去电子生成硫酸根离子，阳极的电极反应式为：23SOH2O2e-=24SO2H+。