《2019-2020学年安徽省安师大附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学年安徽省安师大附中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学年安徽省安师大附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）1室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A 0.1 molL1 HCl溶液：Ba2、Na、AlO2-、NO3-B0.1 molL1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-C0.1 molL1NaOH 溶液：Ca2、K、CH3COO、CO32-D 0.1 molL1Na2S溶液：NH4+、K、ClO、SO42-【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1 molL1 HCl溶液中：AlO2-与 H+不能大量共存，故A 错误；B0.1 molL
2、1 MgSO4溶液：Al3、H、Cl、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故 B 正确；C0.1 molL1NaOH 溶液：Ca2与 CO32-不能大量共存，故C错误；D 0.1 molL1Na2S溶液中，ClO具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D 错误；答案选 B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。2由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无 Fe3+B向 C6H5ONa 溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OH C向含有ZnS和 N
3、a2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)ZWD相同条件下，乙的沸点高于丁【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z 原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10 个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z 分别为 H、C（或 N）、O、Na，据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z 原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均
4、为分子中含有10 个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z 分别为 H、C（或 N）、O、Na。A.W与 Z 形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；B.戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；C.W 离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：YZW，选项 C正确；D.相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项 D正确。答案选 B。8下列有关化学用语表示正确的是A硝基苯B镁离子的结构示
5、图C水分子的比例模型：D原子核内有8 个中子的碳原子：【答案】A【解析】【详解】A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A 正确；B.镁离子的结构示图为故 B 错误；C.水分子空间构型是V 型的，所以水分子的比例模型为，故 C错误；D.原子核内有8 个中子的碳原子质量数是14，应写为146C，故 D 错误；故答案为：A。9下列实验过程中，始终无明显现象的是A Cl2通入 Na2CO3溶液中BCO2通入 CaCl2溶液中CNH3通入 AgNO3溶液中D SO2通入 NaHS溶液中【答案】B【解析】【分析】【详解】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有
6、气体产生，A 错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B 正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH +NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C 错误；D、SO2通入 NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D 错误；故选 B。10下列状态的铝中，电离最外层的一个电
7、子所需能量最小的是A Ne BCD【答案】B【解析】【分析】【详解】A Ne为基态 Al3+，2p 能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al 原子的第四电离能；B为 Al 原子的核外电子排布的激发态；C为基态 Al 原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第三电离能；D为基态 Al 失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al 原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规
8、律是解本题的关键。11向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgx（x 为-2c(HA)c(H A)或2-c(A)c(HA)）与 pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A pH=7 时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况C2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=10-2.97D A2-的水解常数Kh1大于 H2A 电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）Ka2=2-c(A)c(HA)c（H），当溶液的pH 相同时，c（H）
9、相同，lgX：，则表示lg-2c(HA)c(H A)与 pH 的变化关系，表示lg2-c(A)c(HA)与 pH 的变化关系。【详解】A pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，根据物料守恒，存在 c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 A 错误；B.由分析：直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况，故B 正确；C.2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=-2c(HA)c(H A)2-c(A)c(HA)=1.224.191010=102.97，故 C错误；D pH=1.22 时和 4.19 时，lgX=0，则
10、 c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）=c（H）=10-1.22，K2=2-c(A)c(HA)c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数Kh1=144.191010=10-9.81 10-4.19=Ka2，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。12ClO2是一种消毒杀菌效率高、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
11、+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、KClO3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
12、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。13NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，560mL 的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状况下，2.24LCl2通入 NaOH 溶液中反应转移的电子数为0.2NAC常温常压下，1.5molHCHO 和 C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD 0.1mol/L 的 NH4Cl 溶液中
13、通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为 NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状态下560mL 的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=0.56L=0.025mol22.4L/mol，无论是否反应，每个分子中含有1 个共价键，所以0.025mol 气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故 A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol 氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为2.24L=0.1mol22.4L/mol则转移电子数为0.1NA，故 B 错误；C.1molHCHO 和 1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol 氧气，所以 1.5m
14、ol 两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故 C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D 错误。故选 C。14用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1 NAB2 mol H3O中含有的电子数为20 NAC密闭容器中1 mol N2(g)与 3 mol H2(g)反应制备氨气，形成6 NA个 N-H 键D 32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A.电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+
15、2H2O通电2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0 价，得到0.4molNaOH 时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA，故 A 错误；B.1 个 H3O中含有 10 个电子，因此2mol H3O中含有的电子数为20 NA，故 B 正确；C.N2与 H2反应的化学方程式为：N2+3H2高温高压催化剂2NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2(g)与 3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成 N-H 键的数目小于6 NA，故
16、 C错误；D.32g N2H4物质的量为32g32g/mol=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O中含有 10 个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。15下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A I3AsF6晶体中存在I3离子,I3离子的几何构型为V 形BC、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HC O C水分子间存在氢键，故H2O 的熔沸点及稳定性均大于H2S
17、 D第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn【答案】C【解析】【分析】【详解】AI3离子的价层电子对数7-1-12=2+=42，含有7-1-12=22对孤电子对，故空间几何构型为V 形，A选项正确；B非金属性：HCO，则 C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H CO，B 选项正确；C非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O 的稳定性大于H2S是因为 O 的非金属性大于S，C 选项错误；DZn 的核外电子排布为Ar3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D 选项正确；答案选 C。【点睛】C 选项在分析时需要注意，非
18、金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB27602014)规定葡萄酒中SO2的残留量 0.25 g L1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。.定性实验方案如下：(1)将 SO2通入水中形成SO2饱和 H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为 _。(2)利用 SO2的漂
19、白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的 SO2或 H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_。.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器 A的名称是 _。(4)A 中加入 100.0 mL 葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中 H2O2完全反应，其化学方程式为_。(5)除去 B中过量的H2O2，然后再用NaOH 标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是 _。(6)步骤 X滴定至终点时，消耗 NaOH 溶液 25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为 _ g L1。该测定结果比实际值偏高，分析原因_。【答案】SO2（g）SO2（aq）；SO2H2OH
20、2SO3；H2SO3H+HSO3；HSO3H+SO32干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32 盐酸的挥发造成的干扰【解析】【详解】（1）将 SO2通入水中形成SO2 饱和 H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2 H2OH2SO3；H2SO3H+HSO3；HSO3H+SO32，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2 H2OH2SO3；H2SO3H+HSO3；HSO3H+SO32；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚
21、硫酸含量太少；.（3）根据装置图，仪器A 是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2H2O2=H2SO4，故答案为SO2H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；（6）根据反应方程式，有SO2H2SO42NaOH，n(SO2)=12n(NaOH)=12 0.04000 mol/L 0.025L=0.0005mol，质量为 0.0005mol64g/mol=0.032g，因此 1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g1000100=0.32
22、g，该葡萄酒中 SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：RCHCHORRCH2CHO+R OH（烃基烯基醚）烃基烯基醚A 的分子式为C12H16O。与 A 相关的反应如下：完成下列填空：43、写出 A 的结构简式 _。44、写出 CD 化学方程式 _。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_。能与 FeCl3溶液发生显色反应；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；分子中有4 种不同化学环境
23、的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_【答案】CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O【解析】【分析】由信息可知，A 反应生成 B 为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则 B 为 CH3CH2CH2OH，BC 发生催化氧化反应，所以C为 CH3CH2CHO，CD 为银镜反应，则D 为 CH3CH2COONH4；由 B、E及 A 的分子式可知，烃基烯基醚A 结构简式为；有机物E为：；由 E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两
24、个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH 醇溶液中的消去反应生成CC，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A 的结构简式为：；1 CD 反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag +3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag +3NH3+H2O；2分子式和有机物F 相同，光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl 直接相连的C原子的邻位C上没有 H 原子，分子中有4 种不同化学环境的氢原子，要求结构具有
25、一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与 Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和 Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表。(1)“熔融”过程中
26、，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_滤渣 I 的化学式为_(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_调“pH=a”时，a 的范围是 _(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2 xZr(OH)4取干操后的滤渣 37.0g，煅烧后可得到24.6 g ZrO2则 x 等于_，“调 pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_。【答案】ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O H2SiO32Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 5.2 a6.2 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶
27、液，若无白色沉淀产生说明已洗干净12ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4【解析】【分析】锆英砂（主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质），加 NaOH 熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和 Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为 Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与 HCl 生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I 为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，N
28、a+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II 为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使 ZrO2+转化为 Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。【详解】（1）由题给信息知，ZrSiO4与 NaOH 反应生成Na2SiO3和 Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与 HCl 生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I 为H2Si
29、O3，故答案为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；H2SiO3；（2）“氧化”过程中，双氧水在酸性条件下将Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节 pH，可使铁离子和铝离子完全沉淀，但要避免生成Zr(OH)4，由表中数据可知 pH 的范围为5.2 6.2，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.2 a6.2；（3）Zr(OH)4表面为附着Cl-等，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净，故答案为：取
30、最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净；（4）滤渣的成分是Zr(CO3)2?xZr(OH)4，取干操后的滤渣37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2，则3724.61+x=211+159x123，x=1，“调 pH=8.0”时，反应生成Zr(CO3)2Zr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为：2ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4，故答案为1；2ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4。19CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)CO2可以被 NaOH 溶液捕获
31、。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 _(写离子符号)；若所得溶液 pH=10，溶液中c(HCO3-)c(CO32-)_。(室温下，H2CO3的 K1=4 10-7；K2=5 10-11）(2)CO2与 CH4经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(s)H=-75kJ mol-1C(s)+O2(g)=CO2(s)H=-394kJ mol-1C(s)+12O2(g)=CO(s)H=-111kJ mol-1该催化重整反应的H=_。有利于提高CH4平衡转化率的条件是_
32、(填标号)。A 低温低压B 低温高压C 高温低压D 高温高压某温度下，在体积为2L 的容器中加入2mol CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50，其平衡常数为_mol2 L-2。反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)H/kJ mol-175 172 活化能/kJ mol-1催化剂 X 33 91 催化剂 Y 43 72 由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是：_。(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解
33、H2O-CO2混合气体制备H2和 CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：X是电源的 _极(填“正”或“负”)。阴极的电极反应式是：H2O+2e-=H2+O2-、CO2+2e-=CO+O2-则总反应可表示为_。【答案】23CO21+247kJ/molC13劣于相对于催化剂X，催化剂 Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂 Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性负H2O+CO2H2+CO+O2【解析】【分析】(1)根据 K2=233c COc H()()(c HC)O结合溶液的pH 分析解答；(2)根据盖斯定律
34、分析计算 H；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol 50%=0.5mol，生成的 n(CO)=n(H2)=1mol，根据三段式分析解答化学平衡常数；消碳反应越容易发生，催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行；(3)电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；电解 H2O-CO2混合气体制备H2和 CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，据此书写总反应方程式。【详解】(1)K2=233c COc H()
35、()(c HC)O=5 10-11，当 c(HCO3-)=c(CO32-)，c(H+)=5 10-11，pH=10.3，如果溶液的pH=13，则 c(HCO3-)远远小于c(CO32-)，CO2主要转化为CO32-；若所得溶液pH=10，c(H+)=1 10-10，则 c(HCO3-)c(CO32-)，K2=233c COc H()()(c HC)O=21033c CO1 10()(c HC)O=5 10-11，解得323c HCOc)(CO()=21，故答案为CO32-；21；(2)C(s)+2H2(g)CH4(g)H=-75kJ?mol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-394k
36、J?mol-1，C(s)+12O2(g)=CO(g)H=-111kJ?mol-1，根据盖斯定律，将方程式2-得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，H=2(-111kJ?mol-1)-(-75kJ?mol-1)-(-394kJ?mol-1)=+247kJ/mol；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选 C；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol 50%=0.5mol，生成的 n(CO
37、)=n(H2)=1mol，该化学反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)开始(mol/L)1 0.5 0 0 反应(mol/L)0.25 0.25 0.5 0.5 平衡(mol/L)0.75 0.25 0.5 0.5 化学平衡常数K=22242()()cCOcH(c CHc)CO=2205050.75 0.25=13，故答案为+247；C；13；根据表中数据知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性，故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂 Y
38、积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂 Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；(3)根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解 H2O-CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；电解池阴极发生还原反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和 CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e-H2+O2-，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e-CO+O2-，电解 H2O-CO2混合气体制备H2和 CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故答案为 H2O+CO2H2+CO+O2。