《2019-2020学年安徽省庐巢七校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学年安徽省庐巢七校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年安徽省庐巢七校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）1CH2=CH-CH=CH2通过一步反应不能得到的物质是ABCDCO2【答案】A【解析】【详解】A CH2=CH-CH=CH2发生 1，4 加成生成，所以不能得到该物质，A 符合题意；BCH2=CH-CH=CH2与 HCl 发生 1，4 加成生成，B 不符合题意；CCH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成，C不符合题意；D CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2，D 不符合题意；故合理选项是A。2下列化学用语正确的是A Na-O-H 与 Na+都表示
2、氢氧化钠B与都表示氟离子C-OH 与都表示羟基D与都表示水分子【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H 表示，故A 错误；B.为氟离子，不一定代表氟离子，可能是Ne 原子或者氧离子等，故B错误；C.-OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C 正确；D.水分子是v 型结构，不是直线型，故D 错误；答案：C 3常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL 气体【答案】D【解析】【详解】A.因 H2S与 SO2
3、能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与 10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选 D。410 mL 浓度为 1 mol L1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A K2SO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A.加入 K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中
4、的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A 项错误；B.加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B 项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选 C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+Zn2+H2，本题要注意的是Zn 过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。5已知一组
5、有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1 2 3 4 5 6 7 通式C2H4C2H4O C2H4O2C3H6C3H6O C3H6O2C4H8各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12 项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A 8 种B9 种C多于 9 种D7 种【答案】B【解析】【分析】由表中规律可知，3、6、9、12 项符合 CnH2nO2，由 C原子数的变化可知，第12 项为 C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。【详解】为甲酸丁酯时，丁基有4 种，符合条件的酯有4 种；为乙酸丙酯时，丙基有2 种，符合条件的酯有2 种；为丙酸乙酯只有1 种；为丁酸甲酯时，丁酸中
6、-COOH连接丙基，丙基有2 种，符合条件的酯有2 种，属于酯类的有4+2+1+2=9 种，故选：B。6一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A电池工作时，NO3向石墨 I 移动B石墨上发生的电极反应为：2NO2+2OH2e=N2O5+H2O C可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的质量比为4：23【答案】B【解析】【分析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式
7、为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成 N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为 O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3-向石墨 I 移动，A 正确；B 该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，
8、可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和 NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和 NO2的物质的量之比是4：23，D 正确；答案选 D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。7化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（）A屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作B从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质C中国天眼
9、FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料D泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料【答案】A【解析】【分析】【详解】A用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故 A 正确；B石墨烯是一种碳单质，不是电解质，故B 错误；C碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，故C 错误；D泰国银饰属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故D 错误；故答案为A。8药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是麻黄碱牛磺酸A分子式分别为C10H16ON、C2H7NO2S B均能发生取代反应，麻黄碱还
10、能发生加成反应C均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应D牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)互为同系物【答案】B【解析】【详解】A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A 错误；B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B 正确；C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na 反应，但不能与NaOH 发生反应，C错误；D.牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D 错误；故合理选项是B。9只能在溶液中导电的电解质是()A KOH BCH
11、3COONH4CSO2DCH3COOH【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。10下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料D熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同【答案】C【解析
12、】【分析】【详解】A.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A 错误；B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；C.氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C 正确；D.熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D 错误；故选 C。【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D 为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。11ClO2是一种消毒杀菌
13、效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是（）A KClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol 电子转移【答案】A【解析】【详解】反应 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 中，KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中 C 的化合价从3 升高到 4，失去电子，被氧化，得到氧化产物 CO2。A、KClO
14、3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，A 正确；B、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B 错误；C、H2C2O4中 C的化合价从3 升高到 4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中 Cl的化合价从5 降低到 4，得到 1 个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol 电子转移，D错误；答案选 A。12用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,俯视时读数为y mL,若 Xny，则所用的仪器可能为A滴定管B量筒C容量瓶D以上均不对【答案】A【解析】【分析】【详解】平视时读数为n mL,仰视时读数为x
15、mL,所读数据偏下，俯视时读数为y mL 所读数据偏上,若 xny，说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管，答案选A。13有关海水提溴的说法错误的是()A海水晒盐后的卤水是提溴原料B可以利用氯气氧化溴离子C可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出D吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴【答案】D【解析】【分析】海水提溴的三个步骤是：(1)先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl(2)将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+(3)用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br-=Br2+
16、2Cl-。【详解】A海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A 正确；B根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl，故 B 正确；C将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故 D 错误；答案选 D。【点睛】熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。14阿托酸是用于合成治疗胃肠道痉挛及溃疡药物的中间体，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A阿托酸分子中所有碳原子一定处于同一平面B阿托酸是含有两种官能团的芳香烃C阿托酸苯环上的二氯代物
17、超过7 种D一定条件下，1mol 阿托酸最多能4mol H2、1mol Br2发生加成反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A苯环和C 之间的 C-C键可旋转，C原子不一定都共面，A 错误；B阿托酸含碳碳双键、羧基两种官能团，但不属于烃，B 错误；C阿托酸苯环上的二氯代物有6 种，如图：，二个氯分别在：1，2 位、1，3 位、1，4位、1，5 位、2，3 位、2，4位，C错误；D1mol 苯环可和3molH2加成，1mol 碳碳双键可和1molH2、1molBr2加成，故 1mol 阿托酸最多能和4mol H2、1mol Br2发生加成反应，D 正确。答案选 D。15室温下，将0.05molC
18、H3COONa固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（）加入的物质结论A 0.05molCH3COONa固体减小B 0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C 0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D 50mLH2O 由水电离出的c（H+）c（OH）减小A A BB CC D D【答案】A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL 溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则 A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2 倍，而由于溶
19、液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故 c(CH3COO)大于原来的2 倍，则 c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A 错误；B、加入 0.05molNaHSO4固体，能和 0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和 0.5mol/L 的 Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而 c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(SO42)，B正确；C、加入 0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水
20、解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入 50mL 水后，溶液变稀，pH 变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)?c(OH)减小，D 正确，答案选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：+CH3COOH垐?噲?+H2O 某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL 苯胺
21、、7.4mL 乙酸，加热至沸，控制温度计读数100105，保持液体平缓流出，反应40 min 后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min 后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g cm-3)溶解性熔点()沸点()乙酸1.05 易溶于水，乙醇17 118 苯胺1.02 微溶于水，易溶于乙醇6 184 乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114 304 请回答：(1)仪器 a 的名称是 _(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是_(3)装置甲中分馏柱的作用是_(4)下列说法正确的是_A从投料量分析，为提高乙酰苯
22、胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C装置乙中b 处水流方向是出水口D装置甲中控制温度计读数在118以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）_ _过滤洗涤干燥a 冷却结晶b 加冷水溶解c 趁热过滤d 活性炭脱色e 加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是_趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_A缓慢冷却溶液B溶液浓度较高C溶质溶解度较小D缓慢蒸发溶剂关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是_。
23、A蒸馏水B乙醇C 5%Na2CO3溶液D饱和 NaCl 溶液【答案】直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100 mL 水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABC e d c a 将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤AD A【解析】【分析】两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100至 105左右的组分，主要是水，考虑到制备
24、乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器 a 的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17和-6；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯
25、胺粗品；(3)甲装置中温度计控制在100至 105，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；(4)A增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A 项正确；B由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B 项正确；C冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；D甲装置中温度计示数若在118以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D 项错误；答案选 ABC；(5)乙酰苯胺可以溶解在热水中，
26、所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物
27、F（）的流程如下：请回答下列问题。（1）A的官能团名称是_；C的系统命名是_。（2）的反应类型是_，的反应类型是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）满足下列条件的B同分异构体有_种。.能与 Na反应产生气体.能与 NaOH 反应.不能与Na2CO3反应。若与 NaOH 溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是_。（5）已知：.写出以 CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：_。【答案】溴原子、羟基、酯基1，3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11 CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题
28、分析：A 水解生成B 和 C，C连续 2 次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则 B和 C分子中含有相同的碳原子数，均是4 个。B 发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此 E的结构简式为CH3COCH2COOH，D 的结构简式为CH3COCH2CHO，因此 C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A 水解生成B 和 C，C 连续 2 次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则 B和 C分子中含有相同的碳原子数，均是4 个。B发生缩聚反应生成F，则根据 F的结构简式可知B 的结构简式为HOCH(CH3)CH
29、2COOH，因此 E的结构简式为CH3COCH2COOH，D 的结构简式为CH3COCH2CHO，因此 C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则（1）A 属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A 的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。（2）根据以上分析可知的反应类型是取代反应或水解反应，的反应类型是缩聚反应。（3）反应是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。（4）.能与 Na 反应产生气体，说明含有羟基或羧基；.能与 NaOH 反应，说明含有羧基或酯基；.不能与 Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5 种；如果是乙
30、酸形成的酯基有 2 种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1 种；丙酸形成的酯基有1 种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有 2 种，共计11 种；若与NaOH 溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有 CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H=-1 2kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180
31、kJ mol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-10kJmol-1则 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=_kJmol-1。(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与 NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2 条件下 NO2转化率更高，其原因是_。(3)在体积均为2L 的密闭容器A(500，绝热)、B(500，恒温)两个容器中分别加入2molCH4、2molNO2和相同催化剂。A、B容器中 CH4的转化率(CH4)随时间变化如下表所示。时间（s/t）0 100 200 3
32、00 400 A中(CH4)（%）0 20 22 22 22 B中(CH4)（%）0 10 20 25 25 A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是_，理由是 _。B 容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_(填字母序号)。a压强保持不变b密度保持不变cCO2的体积分数保持不变dv(CH4)：v(N2)=1：l e断裂 4molCH键同时断裂2molOH键A 容器中前100s 内用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=_molL-1s-1已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则 B容器中平衡时
33、kk正逆=_，200s 时vv正逆=_。【答案】-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高A A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少ac 0.004 1123.75 或154【解析】【分析】【详解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-1 2kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H3=-10kJmol-1根据盖斯定律，由-+
34、得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=H3-H1+H2=-10kJmol-1+12kJmol-1+180kJmol-1=-863.8kJ mol-1；(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2 条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；(3)A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是A 容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B 容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；a 反应 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变
35、则反应达平衡状态，故正确；b反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；c反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；dv(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；e根据反应可知，断裂4molCH键同时断裂4molOH键时，正逆反应速率相等，反应才达平衡，故错误；答案选 ac；A 容器中前100s 内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2mol20%=0.4mol，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗 NO2 0.
36、8mol，用 NO2表示的化学反应速率v(NO2)=0.8mol2100Ls=0.004molL-1s-1；根据表中数据可知，B中平衡时(CH4)=25%，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 平衡时浓度（mol/L）0.75 0.5 0.25 0.25 0.5 K=220.50.250.2510.750.512；已知反应速率v正=k正c(CH4)c2(NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，
37、则 B容器中平衡时v正=v逆，k正c(CH4)c2(NO2)=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)，kk正逆=K=112；200s 时，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L）1 1 0 0 0 改变的浓度（mol/L）0.2 0.4 0.2 0.2 0.4 平衡时浓度（mol/L）0.8 0.6 0.2 0.2 0.4 v正=k正c(CH4)c2(NO2)=k正0.8 0.62=0.288k正，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2(H2O)=k逆0.2 0.2 0.42=0.0064k逆，vv正逆=0.288k0.0064k正逆=45
38、kk正逆=45112=154。19CO2的综合利用对于减少温室气体、缓解能源紧缺具有重要的意义。（）CO2的性质稳定，其电子式为_。（）多晶Cu是唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如 CH4 或 C2H4)的金属。电解装置分别以多晶 Cu 和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度(约 0.1 mol/L左右)基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10左右。(1)持续通入CO2的原因是 _。(2)研究表明，催化剂的多种因素决定了C2H4的选择性和催化活性。已知：选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量在本实验条件下，生成C2H4的
39、电极反应为_。(3)本实验条件下，若CO2转化为烃的转化率为10%，生成 C2H4的选择性为12%，现收集到12 mol C2H4，则通入的CO2为 _mol。（）CO2与 CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)H(1)已知：反应1：CH4(g)C(s)+2H2(g)H1=+75kJ?mol1反应 2：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2=+35kJ?mol1反应 3：2CO(g)C(s)+CO2(g)H3=172kJ?mol1则该催化重整反应的H=_kJ?mol1。从温度和压强角度有利于提高CO2平衡转化率的条件是_。(2)
40、下图表示体系内c(H2)/c(CO)、c(H2O)/c(CO)的变化情况，请解释 1200K 以下 c(H2)/c(CO)小于 1 的原因 _，并解释随温度的升高c(H2)/c(CO)增大的原因 _。【答案】提高 CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H+的放电14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO3-1000+247 高温低压因为发生了反应2 H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)随温度的升高，CH4(g)+CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)H0，平衡正移，CO浓度增大并且CO2浓度降低，反应2 平衡逆移，由图中c(H2O)/c(CO)变小得到验证，从而
41、c(H2)/c(CO)增大。【解析】【分析】CO2是共价化合物，其分子内碳与每个氧原子之间存在二个共用电子对；(1)持续通入CO2可提高 CO2气体的浓度，确保阴极持续发生CO2的还原反应；(2)CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4；(3)若 CO2转化为烃的转化率为10%，生成 C2H4的选择性为12%，结合选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量计算参加反应的CO2的物质的量；(1)根据盖斯定律计算H；结合温度和压强对平衡的影响，分析促进平衡正向移动的条件；(2)结合温度对反应2：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2=+35kJ?mol1和 CH4(g)+
42、CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)H=+247 kJ?mol1的平衡状态的影响分析。【详解】CO2是共价化合物，其电子式为；(1)持续通入CO2的目的是为了提高CO2的浓度，增大CO2的放电能力，抑制H+的放电，确保阴极持续发生 CO2的还原反应；(2)CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成C2H4，发生的电极反应为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO3-；(3)设参加反应的CO2的物质的量为nmol，依据选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量可知：12%=12molnmol10%，解得：n=1000mol；(1)已知：反应1：CH4(g)C(s)+2H2
43、(g)H1=+75kJ?mol1；反应 3：2CO(g)C(s)+CO2(g)H3=172kJ?mol1；根据盖斯定律，由反应 1-反应 3 即可得到CH4(g)+CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)，则 H=(+75kJ?mol1)-(172kJ?mol1)=+247 kJ?mol1；对反应CH4(g)+CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)H=+247 kJ?mol1，升高温度和降低压强均能促进平衡正向移动，故提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；(2)因反应体系中发生的反应2：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H2=+35kJ?mol1，温度较低时有利于此
44、反应正向进行，使体系内c(H2)的浓度降低，c(CO)的浓度增大，导致体系内1200K 以下 c(H2)/c(CO)小于 1；但随着温度的升高，CH4(g)+CO2(g)?催化剂2CO(g)+2H2(g)H0，平衡正移，CO浓度增大并且CO2浓度降低，反应 2 平衡逆移，由图中c(H2O)/c(CO)变小得到验证，从而c(H2)/c(CO)增大。【点睛】用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般 23 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H 的换算关系。