《2019-2020学年福建省厦门市二中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学年福建省厦门市二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18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学年福建省厦门市二中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）1NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A 60 g 乙酸分子中所含共价键的数目为8NAB标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC高温下，1mol Fe 与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3 NAD将 1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A60g 乙酸的物质的量为：60g60g/mol=1mol，乙酸的结构式为：，1mol 乙酸分子中含有8mo
2、l共价键，所含共价键的数目为8NA，故 A 正确；B标准状况下CHCl3不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B 错误；C1mol Fe 和足量 H2O(g)充分反应四氧化三铁，产物中Fe元素平均化合价为+83，所以反应中转移电子为83mol，转移电子的数目为83NA，故 C错误；D将 1mol Cl2通入足量水中，由于反应后溶液中含有氯气分子，则HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故 D 错误；故选：A。【点睛】标况下，氯气和甲烷的取代产物中只有CH3Cl为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为液态。2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
3、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
4、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，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。32019 年 11 月Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色
5、方法，原理如图所示(已知：H2O2=HHO2，Ka2.4 1012)。下列说法错误的是()A X膜为选择性阳离子交换膜B催化剂可促进反应中电子的转移C每生成1 mol H2O2电极上流过4 mol eD b 极上的电极反应为O2H2O2e=HO2OH【答案】C【解析】【详解】A.a 极发生 H2-2e=2H，X 膜为选择性阳离子交换膜，让H进入中间，故A 正确；B.催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故B 正确；C.氧元素由0 价变成-1 价，每生成1 mol H2O2电极上流过2 mol e，故 C错误；D.b 为正极，氧气得电子，b 极上的电极反应为O2H2O2e=HO2OH，故
6、D 正确；故选 C。4已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为 A、E分别与 B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）AA、B形成的一种化合物具有漂白性BB、D形成的离子化合物可能含有非极性键CC的单质能与丙反应置换出B的单质D丁为黑色固体，且1mol 甲与足量丙反应转移电子3 NA【答案】D【解析】【分析】已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为 Fe；A与D同主族，B与C同
7、周期，可知A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则A 为 H，D 为 Na，由C与D的原子序数之和为20，可知 C 为 F；甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为A、E分别与 B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为 Fe3O4，则B 为 O 元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A 为 H，B 为 O，C 为 F，D 为 Na，E为 Fe元素；甲为 Fe，乙为 H2，丙为 H2O，丁为 Fe3O4；A H、O 两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A 正确；BO 和 Na 组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故
8、B 正确；CF2溶于水生成HF和 O2，故 C 正确；D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电子83NA，故 D 错误；故答案为D。5下列说法正确的是()A碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键BNa2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为11 CCO2和 SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体【答案】D【解析】【详解】A、NH4Cl 的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A 错误；B、Na2O
9、2中阴离子(O22-)、阳离子(Na)数之比为12，选项 B 错误；C、SiO2中，Si原子、O 原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项 D正确。答案选 D。【点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子
10、构成的晶体是金属晶体。6茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验中滤液中的Fe3，选用 、和【答案】B【解析】【分析】【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A 正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D 正确；答案选 B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基
11、本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。7 某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9 10-2、K2=6.410-5)。向 10mL稀 B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数 随溶液 POHPOH=-lgc(OH)-变化的关系如图，以下说法正确的是A交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL B当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在 c(Cl-)c(B(OH)+)c(H+)c(OH-)c(B2+)C交点 b 处 c(OH)=6.4 10-5D当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=
12、c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，【答案】C【解析】图中曲线 B(OH)2，为 B(OH)+为 B2+；交点 a 处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的 B(OH)Cl 和 B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数 不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为 B(OH)Cl，溶液显酸性，根据 B(OH)2(K1=5.910-2、K2=6.410-5)可知，c(Cl-)c(B(OH)+)c(H+)c(B2+)c(OH-)，B错误；交点b 处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据 B(OH)+B2+OH
13、-，K2=c(OH-)=6.4 10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl 和 BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D 错误；正确选项C。8油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A氧气B二氧化碳C空气D氮气【答案】D【解析】【详解】油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以
14、防氧化，故选D。925时，NH3 H2O 和 CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A常温下，CH3COONH4溶液的 pH=7，与纯水中H2O 的电离程度相同B向 CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO)均会增大C常温下，等浓度的NH4Cl和 CH3COONa两溶液的pH 之和为 14 D等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH 的变化值一定相同【答案】C【解析】【分析】【详解】25时，NH3 H2O 和 CH3COOH的电离常数K 相等，这说明二者的电离常数相等。则A常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度
15、相等，因此溶液的pH7，但促进水的电离，与纯水中 H2O 的电离程度不相同，选项A错误；B 向 CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此 c(NH4+)降低，c(CH3COO)增大，选项B错误；C由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和 CH3COONa两溶液的pH 之和为14，选项 C正确；D由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH 的变化值不一定相同，选项D 错误；答案选 C。10金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（）A FeCl3BHNO3CCl2DO2
16、【答案】A【解析】【详解】A铁与 FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故 A 正确；B铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故 B 错误；C铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3 价铁，故C错误；D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2 和+3 价铁，故D 错误；故选：A。11用 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A 1mol H2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2 NAB0.lmol 环氧乙烷（）中含有的共价键数为0.3 NAC常温下，1L pH=l 的草酸（H2C2O4）溶液中 H+的数目为0.1NAD 1mol 淀粉水解
17、后产生的葡萄糖分子数目为NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2，H2O2中 O 元素的化合价部分由-1 价升至 0 价、部分由-1 价降至-2 价，1molH2O2完全分解时转移1mol 电子，转移电子数为NA，A 错误；B.1 个环氧乙烷中含4 个 CH 键、1 个 CC键和 2 个 CO 键，1mol 环氧乙烷中含7mol 共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol 共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L 该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L 1L=0.1mol，
18、含 H+数为 0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol 淀粉水解生成nmol 葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D 错误；答案选 C。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的CH 键。12测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）A所用晶体中有受热不挥发的杂质B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品C未将热的坩埚放在干燥器中冷却D在实验结束时没有进行恒重操作【答案】B【解析】【分析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定
19、的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A 不选；B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B 选；C未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；D在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D 不选；故选：B。13如图是工业利用菱镁矿(主要含 MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁的工艺流程。下列说法不正确的是（）A酸浸池中加入的X酸是硝酸B氧化池
20、中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为 Fe3+C沉淀混合物为Fe(OH)3和 Al(OH)3D在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁【答案】A【解析】【分析】菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量X酸溶解，根据实验目的，X酸是盐酸；通入氯气将二价铁氧化为三价铁，再加MgO 调节 pH 得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离后，得到氯化镁溶液，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到无水氯化镁，据此分析解答。【详解】A、工业利用菱镁矿(主要含 MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质)制取氯化镁，所以酸浸池中加入的X酸是盐酸，故A 错误；B、加入氯气将二价铁氧化
21、为三价铁，以便于调pH 除铁元素，故B 正确；C、根据以上分析可知，加 MgO 调节 pH 得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以沉淀混合物为Fe(OH)3和 Al(OH)3，故 C 正确；D、镁是活泼金属，所以在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D 正确；故选 A。14最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器Power Trekk，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2，则下列说法正确的是()A该电池可用晶体硅做电极材料BNa4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3C电池正极发生的反应为：2
22、H2O+2e-=H2+2OH-D当电池转移0.2 mol 电子时，可生成标准状况下1.12 LH2【答案】C【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A.该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A 不正确；B.Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C.电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，C 正确；D.当电池转移0.2 mol 电子时，可生成标准状况下 2.24 LH2，D 不正确。本题选C。15下列除杂方案错误的是选项被提
23、纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A CO2(g)SO2(g)饱和 NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气B NH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH 溶液过滤C CH4(g)CO2(g)NaOH 溶液、浓H2SO4洗气D FeCl2(aq)CuCl2(aq)铁粉过滤A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A 正确；BNH4Cl和 FeCl3均与 NaOH 反应，应选氨水、过滤，故B 错误；CNaOH 溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故 C正确；D CuCl2溶液和过量Fe 粉作
24、用生成FeCl2溶液和 Cu，过滤可除去Cu 和过量 Fe粉，故 D 正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4 2H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170 以
25、上分解。回答下列问题：(1)装置 C中可观察到的现象是_，装置 B 的主要作用是_。(2)请设计实验验证草酸的酸性比碳酸强_。【答案】有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸【解析】【分析】根据草酸的性质熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解，草酸受热生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。【详解】(1)根据草酸的性质熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解，草酸受热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊
26、，冰水的作用是冷却挥发出来的草酸，避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰 CO2的检验，故答案为：有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C 反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验。(2)利用强酸制弱酸的原理设计，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸，故答案为：向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：已知：CH3CH2ClCH3CH2MgCl+HCl 回答
27、下列问题：（1）A 的化学名称为 _，G H 的反应类型为_，H 中官能团的名称为_。（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为 _。（3）I K 的化学方程式为_。（4）写出符合下列条件的D 的同分异构体的结构简式_(不考虑立体异构)。能与 FeCl3溶液发生显色反应；分子中有一个手性碳原子；核磁共振氢谱有七组峰。（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl 为原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】甲苯消去反应碳碳双键、酯基+H2O+CH3OH【解析】【分析】根据 F的结构可知A 中应含有苯环，A 与氯气可以在光照条件下反应，说明A 中含有烷基，与氯
28、气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则 B为，B CD发生信息的反应，所以C为，D 为；D 中羟基发生消去反应生成E，则 E为或；E与氢气加成生成F，F生成 G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则 H为，H 与氢气加成生成I，则 I 为，I 中酯基水解生成K。【详解】(1)A 为，名称为甲苯；G到 H 为消去反应；H 为，其官能团为碳碳双键、酯基；(2)E 为或，其中的碳原子可能在同一平面上；(3)I 到 K 的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；(4)D 为，其同分异构体满足：能与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子
29、中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4 个不同的原子或原子团；核磁共振氢谱有七组峰，有 7 种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到 F相似，参考C到 F的过程可知合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：a.CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H
30、2(g)?H1=+216.4kJ/mol b.CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)?H2=-41.2kJ/mol 则反应 CH4(g)+2H2O(g)?CO2(g)+4H2(g)?H=_。(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)A2N和2H的转化率相等B反应体系密度保持不变C23HNHcc保持不变D32NH2NccP1_P2(填“”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点 _D 点。C 点2H的转化率为 _；在 A、B两点条件下，该反
31、应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO 的原理如下图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的+H为2mol 时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】+175.2kJ/mol BC 66.7%2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 11.2【解析】【分析】I.(1)则将 a+b 可得 CH4(g)+2H2O(g)?CO2(g)+4H2(g)H；(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物
32、质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n?Vm计算标况下体积。【详解】I.(1)已知 a.CH
33、4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)H=+216.4kJ/mol b.CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol 则将 a+b，可得 CH4(g)+2H2O(g)?CO2(g)+4H2(g)H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)A.N2和 H2的起始物料比为1：3，且按照1：3 反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和 H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A 错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，
34、B 正确；C.23HNHcc保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，32NH2Ncc不能确定反应是否达到平衡状态，D 错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B 点 D 点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则N
35、2(g)+3H2(g)?2NH3(g)起始：1mol 3mol 0 转化：x mol 3xmol 2xmol 平衡：(1-x)mol(3-3x)mol 2xmol 则242xx 100%=50%，解得 x=23，则 C点 H2的转化率为233100%3=66.7%，B 点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)(B)；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，则阴极反应式为：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则电解池中总反应为
36、：4SO32-+4H+2S2O42-+2H2O+O2，即转移 4mol 电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的 H+为 2mol 时，转移电子的物质的量为2mol，生成 1molS2O42-，图示 NO 吸收柱中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，NO 得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)=2202mol=0.5mol，标况下 0.5mol 氮气的体积为：22.4L/mol 0.5mol=11.2L。【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算
37、等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。19二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题。.CO2可以与 H2反应合成C2H4，该转化分两步进行：第一步：CO2(g)H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.3kJ mol-1第二步：2CO(g)4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)H=210.5kJ mol-1（1）CO2与 H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为_。（2）一定条件下的密闭容器中，要提高CO2合成乙烯的转化率，可以采取的措施是_（填标号）。减小压强增大 H2的浓度加入适当催化剂分离出H2O(g)（3
38、）己知温度对CO2合成乙烯的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。N 点的速率最大M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大温度低于250时，随温度升高乙烯的平衡产率增大实际反应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率.研究表明CO2和 H2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mo1CO2和 4.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：（4）催化效果最佳的是催化剂_(填“A”、“B”或“C”)。（5）T2温度
39、下，若反应进行10min 达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率v(CO2)=_。（6）图中 b 点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K=_。（7）在某催化剂作用下，CO2和 H2除发生反应外，还发生如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和 H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得如下实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，
40、其原因是_。【答案】2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)H=127.9kJ mol-1A 0.06mol L-1 min-1112.5 升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大【解析】【分析】根据盖斯定律进行计算。减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小；增大 H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变；分离出 H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大。N 点温度高，但催化效率低，因此N 的速率不一定最大；从 M 点到 N 点，温度升高，平衡逆向移动，因此M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大；
41、温度低于250时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小；实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低。在 T1温度下，相同时间内，催化剂A 转化率最大。根据转化率和速率公式进行计算CO2的浓度表示的反应速率。建立三段式，再进行计算平衡常数。表中数据说明，升高温度，可能升高温度，反应的反应速率均加快，但反应 的反应速率变化更大。【详解】将第一个方程式乘以2 加第二个方程式，得到CO2与 H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)H=127.9kJ mol-1；故答案为：
42、2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)H=127.9kJ mol-1。减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小，故 不符合题意；增大 H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故 符合题意；加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变，故 不符合题意；分离出 H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故 符合题意；综上所述，答案为：。N 点温度高，但催化效率低，因此N 的速率不一定最大，故 错误；从 M 点到 N 点，温度升高，平衡逆向移动，因此M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大，故 正确；温度低于250时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小
43、，故 错误；实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低，故 错误；综上所述，答案为：。在 T1温度下，相同时间内，催化剂A 转化率最大，因此催化效果最佳的是催化剂；故答案为A。T2温度下，若反应进行10min 达到图中a 点状态，用CO2的浓度表示的反应速率112 n2mol60%(CO)=0.06mol LminVt2L10min；故答案为：0.06mol L-1 min-1。图中 b 点已达平衡状态，转化率为60%，则该温度下反应的平衡常数31.21.222=112.50.80.422K（）；故答案为：112.5。表中数据说明，升高温度，可能升高温度，反应的反应速率均加快，但反应 的反应速率变化更大，而此甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应的反应速率均加快，但反应 的反应速率变化更大。