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1、2019-2020学年安徽省合肥新城高升学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）1已知：C（s）+H2O（g）=CO(g)+H2(g)H=a kJmol-12 C（s）+O2（g）=2CO(g)H=-220 kJmol-1H-H、O=O 和 O-H 键的键能（kJ mol-1）分别为 436、496 和 462，则 a 为（）A-332 B-118 C+350 D+130【答案】D【解析】【详解】由 C（s）+H2O（g）=CO(g)+H2(g)H=a kJmol-12 C（s）+O2（g）=2CO(g)H=-220 kJm
2、ol-1结合盖斯定律可知,-2 得到 O2(g)+2H2(g)2H2O(g)，H=-220kJmol-2akJ/mol=-(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2 431-462 2 2=-(220+2a)，解得 a=+130，故选 D.22015 年 7 月 31 日，中国获得2022 年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（）A等质量的0冰与 0的水内能相同B冰和可燃冰都是结晶水合物C冰和干冰、水晶的空间结构相似D氢键影响冰晶体的体积大小【答案】D【解析】【详解】A.0的冰熔化成0水，要吸收热量，内能增加，则0 的冰的
3、内能比等质量的0的水的内能小，A 项错误；B.“可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B 项错误；C.冰为 V 型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D 项正确；答案选 D。3下列化学用语对事实的表述正确的是（）A碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al(OH)3C工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg
4、+Cl2D向 NaOH 溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A酸性：碳酸苯酚 HCO3-，所以 C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，A 错误；B氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；C工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；D向 NaOH 溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D 错误；故选 C。4以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6 B充电时，Mo(钼)箔
5、接电源的负极C充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D外电路中通过0.2mol 电子的电量时，负极质量变化为2.4g【答案】B【解析】A、根据工作原理，Mg 作负极，Mo 作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6，故 A 正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo 箔接电源的正极，故B 说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22，通过 0.2mol 电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故 D说法正确。5下列实验操作对应的现象以及解
6、释或结论都正确且具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A 用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：MgCu B 室温下，测定等浓度的Na2A 和 NaB溶液的 pH Na2A 溶液的 pH 较大酸性：H2AHB C 加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性KMnO4溶液酸性 KMnO4溶液紫红色褪去石蜡油分解一定产生了乙烯D 室温下，取相同大小、形状和质量的Fe粒分别投入0.1 mol/L 的稀硝酸和10.0 mol/L 的浓硝酸中Fe粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈探究浓度对化学反应速率的影响A A BB CC D D【答案】A【
7、解析】【分析】A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；B、室温下，测定等浓度的NaHA和 NaB溶液的 pH大小才能判断H2A与 HB的酸性强弱；C、酸性 KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。【详解】A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+Mg2+。则还原性：镁强于铜，故A正确；B项、室温下，测定等浓度的Na2A和 NaB溶液的 pH，Na2A溶液的 pH较大，说明A2水解程度大于B，酸性 HA c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案
8、】C【解析】【分析】常温下，向1L0.1mol L1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4+OH-=NH1?H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1?H2O)不断增大。【详解】A 项、M 点是向 1L 0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH 固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A 正确；B 项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得 n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)
9、c(Cl)1L，在 M 点时 c(NH4+)=0.05mol?L1，c(Na+)=amol?L 1，c(Cl)=0.1mol?L1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05mol?L-1+a mol?L-10.1mol?L-1 1L=(a0.05)mol，故 B正确；C 项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着 NaOH 的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D 项、当 n（NaOH）=0.05mol 时，NH4Cl和 NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1?H2O 和 NH4Cl、NaCl，NH1H2O 的电离程度大于NH4Cl 水解程度，导
10、致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故 D 正确。故选 C。10将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A K+、OH、Cl、SO42BH+、NH4+、Al3+、NO3CNa+、S2、Cl、SO42D Na+、C6H5O、CH3COO、HCO3【答案】B【解析】【详解】A该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与 OH-反应，不能共存，故A 不选；B该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B 选；C该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与 S2-反
11、应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与 C6H5O-反应，不能大量共存，故D 不选；故选 B。11化合物(x)、(y)、(z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是A x、y、z 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色Bz 的同分异构体只有x 和 y 两种Cz 的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D x 分子中所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A.x、y 中含碳碳双键，z 中不含碳碳双键，则x、y 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 项错误；B.C5H6的不饱和度为52+2-6=32，若为直链结构，可含1 个双键、1 个
12、三键，则z 的同分异构体不是只有 x 和 y 两种，B 项错误；C.z 中三个亚甲基上的H 原子属于等效氢原子，因此z 只有一类氢原子，则z 的一氯代物只有一种，2 个Cl 可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C 项正确；D.x 中含 1 个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D 项错误；答案选 C。12下列常见的金属中，常用电解法冶炼的是A Fe BCu CMg DPt【答案】C【解析】【分析】电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al 是电解熔融的Al2O3)制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有
13、(C、CO、H2等)；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag 用加热分解氧化物的方法制得。【详解】A Fe用热还原法冶炼，故A 不选；BCu 用热还原法冶炼，故B 不选；CMg 的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故C选；D Pt 用热分解法冶炼，故D不选；故答案选C。13用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去 KNO3固体中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 测定海带中是否含有碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C 测定待测溶液中I-的浓度量取
14、20.00ml 的待测液，用 0.1mol L-1的 FeC13溶液滴定锥形瓶、碱式滴定管、量筒D 配制 500mL1mol/LNaOH溶液将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、胶头滴管A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.过滤需要漏斗，故A 错误；B.取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B 错误；C.FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；D.配制 500mL1mol/LNaOH 溶液，将称量好的20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需
15、要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml 容量瓶、胶头滴管，故D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再加入淀粉检验。14下列气体在常温常压下不能共存的是A NH3、HCl BCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O2【答案】A【解析】【分析】常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答。【详解】A常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，选项A 选；B常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，选项B 不选；C常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，选项C 不选；D常温下不反应，要在催化剂和加热的条件反应，选项
16、D 不选；答案选 A。15下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（）A碳酸钠B氢氧化铝C氧化钙D硫酸镁【答案】B【解析】【详解】用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某实验小组探究补铁口服液中铁元素的价态，并测定该补铁口服液中铁元素的含量是否达标。(1)实验一：探究补铁口服液中铁元素的价态。甲同学：取1 mL 补铁口服液，加入K3 Fe(CN)6（铁氰化钾）溶
17、液，生成蓝色沉淀，证明该补铁口服液中铁元素以Fe2+形式存在。乙同学：取5 mL 补铁口服液，滴入10 滴 KSCN溶液无现象，再滴入10 滴双氧水，未见到红色。乙同学为分析没有出现红色实验现象的原因，将上述溶液平均分为3 份进行探究：原因实验操作及现象结论1 其他原料影响乙同学观察该补铁口服液的配料表，发现其中有维生素C，维生素C有还原性，其作用是 _取第 1 份溶液，继续滴入足量的双氧水，仍未见红色出现排除 _影响2 量的原因所加 _溶液（写化学式）太少，二者没有达到反应浓度取第 2 份溶液，继续滴加该溶液至足量，仍然未出现红色说明不是该溶液量少的影响3 存在形式铁的价态是+3 价，但可能
18、不是以自由离子 Fe3+形式存在取第 3 份溶液，滴加1滴稀硫酸，溶液迅速变为红色说明 Fe3+以_形式存在，用化学方程式结合文字，说明加酸后迅速显红色的原因(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了，他分析了 SCN-中各元素的化合价，然后将变浅后的溶液分为两等份：一份中滴人KSCN溶液，发现红色又变深；另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成。根据实验现象，用离子方程式表示放置后溶液颜色变浅的原因_。(3)实验二：测量补铁口服液中铁元素的含量是否达标。该补铁口服液标签注明：本品含硫酸亚铁(FeSO47H2O)应为 375425(m
19、g/100 mL)，该实验小组设计如下实验，测定其中铁元素的含量。（说明：该实验中维生素C的影响已排除，不需要考虑维生素C 消耗的酸性 KMnO4溶液）取该补铁口服液100 mL，分成四等份，分别放入锥形瓶中，并分别加入少量稀硫酸振荡；向_式滴定管中加入0.002 mol.L-l酸性 KMnO4溶液，并记录初始体积；滴定，直至溶液恰好_且 30 秒内不褪色，记录末体积；重复实验。根据数据计算，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为35.00 mL。计算每100 mL 该补铁口服液中含铁元素_mg（以 FeSO47H2O 的质量计算），判断该补铁口服液中铁元素含量_（填“合格”或“不合格”）。【答案
20、】防止Fe2被氧化维生素 C KSCN Fe(OH)3，Fe3水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H左移，Fe3浓度增大，因此显红色2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O+2H+酸变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色)389.2 合格【解析】【详解】(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为 Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的
21、量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2容易被氧化，而实验1中提示“维生素C 有还原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C 反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验 2 中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2，二是 Fe3与 SCN的反应；双氧水在实验1 中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定
22、量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3 中提示“铁的价态是+3 价，但可能不是以自由离子 Fe3+形式存在”“滴加1 滴稀硫酸，溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知 Fe3+水解成 Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡 Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCN 中各元素的化合价，S为-2 价，C为+4 价，N 为-3 价，说明SCN 有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCN 被
23、消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCN 发生反应，其中 S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，应该是被氧化为SO42，反应的离子方程式为2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O2H+。(3)酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2，当 Fe2反应完，呈现MnO4-的紫色。依据反应方程式MnO4-+5Fe2+8H=5Fe3+Mn2+4H2O 可知，每100mL 补铁剂中含FeSO47H2O 的质量为 0.002mol L-
24、10.035L5 278gmol14=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17元素铬(Cr)在自然界主要以3 价和 6 价存在。回答下列问题：(1)6 价的 Cr能引起细胞变异而对人体不利，可用Na2SO3将 Cr2O72还原为 Cr3，反应的离子方程式为_。(2)利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是_(写一条)。“水浸”后，要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生
25、反应的离子方程式为_。加热 Cr(OH)3可得到 Cr2O3。从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr 的冶炼方法是_。【答案】3SO32-+8H+Cr2O72=2Cr3+3SO42-+4H2O 将铬铁矿粉碎过滤3S2-+20H2O+8Cr2O72=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-高温下，用CO 还原或热还原法【解析】【详解】(1)反应中铬元素化合价从6 价降为+3价，硫元素从+4 价升高到+6 价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为3SO32-+8H+Cr2O72=2Cr3+3SO42-+4H2O；(2)影响化学反应速率的外界因素主要有物质的表面积大小、表面积越大
26、，反应速率越快，故为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是粉碎铬铁矿；“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr 元素由+6 价降为+3价，S元素由-2 价升到+6 价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为3S2-+20H2O+8Cr2O72=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-；从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属 Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3(热还原法)。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18CO2的回收与利用是科学家
27、研究的热点课题，可利用CH4与 CO2制备“合成气”（CO、H2），还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。I制合成气科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：反应：CH4（g）?C（ads）+2H2（g）（慢反应）反应：C（ads）+CO2（g）?2CO（g）（快反应）上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：（1）CH4与 CO2制备“合成气”的热化学方程式为_。能量变化图中：E5+E1_E4+E2（填“”、“”或“”）。II脱水制醚利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）H，其速率方程式为：v正=k正
28、 c2（CH3OH），v逆=k逆 c（CH3OCH3）c（H2O），k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：lnKc=-2.205+2708.6137T（Kc为化学平衡常数；T 为热力学温度，单位为K）。（2）反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 _ k逆增大的倍数（填“”、“”或“”）。（3）某温度下（该反应平衡常数Kc为 200），在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：物质CH3OH CH3OCH3H2O 物质的量/mol 0.4 0.4 0.4 此时正、逆反应速率的大小：v正_v逆（填“”、“”或“”）。（4）
29、500K 下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数为_（填标号）。A 13B 13C 13D 无法确定【答案】CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)H=+(E3-E1)kJ?mol-1 C【解析】【详解】I（1）由图像可知，CH4与 CO2制备“合成气”的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)H=+(E3-E1)kJ?mol-1；反应为慢反应，反应为快反应，因此可知反应的活化能大于反应的活化能，即E4-E1E5-E2，故 E5+E1E4+E2；II（2）温度升高，lnKC减小，KC减小
30、，说明升高温度，平衡逆向移动，故升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；（3）该时刻浓度熵233C223H OCH OCH0.40.41CH OH0.4ccQcv逆；（4）500K 下，lnKc=-2.205+2708.6137500=3.21，KC=e3.21=24.78，假设某一时刻c(CH3OH)=c(CH3OCH3)=c(H2O)=amol/L，此时 H3OCH3(g)的物质的量分数为13，则浓度熵233C223H OCH OCHaa1CH OHaccQcKC，因此反应正向进行，达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量分数大于13。19CO和 H2是工业上最常用的合成气，该合成气
31、的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和 H2O 为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4(g)与 H2O(g)反应生成CO(g)和 H2(g)的热化学方程式为_。(2)工业乙醇也可用CO和 H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式_。(3)为了检验由CO和 H2合成气合成的某有机物M 的组成，进行了如下测定：将
32、 1.84gM 在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重 4.08 g，又知生成CO2和 H2O 的物质的量之比为3:4。则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为_。(4)CO2和 H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和 H2，测得不同温度下，体系中 CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_;A生成 3mol O-H 键，同时断裂3mol H-H 键B容器中气体的压强不再变化C容器中气体的平均摩尔质
33、量不变DCH3OH 的浓度不再改变比较 T1与 T2的大小关系：T1 _T2(填“”)。在 T1和 P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和 3mol H2，该反应在第5 min 时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持 T1和此时容器的容积不变，再充入 1mol CO2和 3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子_(不必化简，可以不带单位)。【答案】CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+(-p+3n+m)kJ mol1CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(
34、SO4)3+6H2O 3:8:3 CD 3 32a2a2.42.4K322a66a2.42.4【解析】【分析】(1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热；(2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式；(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程计算M 中的碳、氢、氧数目；(4)根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断；二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析；列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。【详解】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)12O2(g)=CO2(g
35、)H1 m kJ mol1；H2(g)12O2(g)=H2O(g)H2 n kJ mol1；CH4(g)2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H3 p kJ mol1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H H3 3H2H1+(p+3 n+m)kJ mol1；(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据 1.84g M 中含 Cx mol，含 H y mol，据题意有y4
36、4x184.082x3y42，解得 x=0.06 y=0.16；则 1.84g M 中含氧物质的量z=1(1.840.06120.161)g16g mol=0.06 mol，1mol M 中含 C、H、O 分别为 3、8、3，则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为3:8:3；(4)A 断裂 3 mol HH 键就意味着消耗了3molH2，CH3OH 和 H2O 中均有 HO 键，即反应生成了3mol O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故 A 错误；B由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故 B错误；C容器中反应物、生成物均为气
37、体，气体总质量m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量差n0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n 才不再变化，故由 M=mn知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D“CH3OH 的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH 的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D 正确；答案选 CD；由 H 49.58 kJ mol10，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1T2；由图 1 知，在 T1和 p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为 1mol 60%0.6 mol，故有如下关系：223
38、2COg+3HgCH OH g+H O g(mol)1300(mol)0.61.80.60.6(mol)0.41.20.60.6?始变平结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=16mol L1，c(H2)=12mol L1，c(CH3OH)=14mol L1，c(H2O)=14mol L1，则该条件下的平衡常数为31144K31162；由于再充入原料气时，反应温度没变，即 K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为 2a mol，同理有如下关系：2232COg+3HgCH OH g+H O g(mol)2600(mol)2a6a2a2a(mol)2-2a6-6a2a2a?始变平32a2a2.42.4K322a66a2.42.4。