《2019-2020学年福建省福清龙西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学年福建省福清龙西中学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学年福建省福清龙西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下列属于弱电解质的是A氨水B蔗糖C干冰D碳酸【答案】D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能
2、导电，不属于弱电解质，为易错题。2利用反应CCl4+4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A C（金刚石）属于原子晶体B该反应利用了Na 的强还原性CCCl4和 C（金刚石）中的C的杂化方式相同D NaCl 晶体中每个Cl周围有 8 个 Na【答案】D【解析】【详解】A金刚石晶体：每个C与另外 4 个 C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A 正确；B该反应中Na 由 0 价 +1价，作还原剂将CCl4还原，故 B 正确；CCCl4和 C(金刚石)中的 C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D NaCl 晶体：每
3、个Na同时吸引6 个 Cl，每个 Cl同时吸引6 个 Na，配位数为6，故 D 错误；故答案选D。3用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A 1 mol 甲基(CH3)所含的电子数为10NAB常温常压下，1 mol 分子式为C2H6O 的有机物中，含有C O 键的数目为NAC14g 由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD标准状况下，22.4L 四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A.1 个甲基中含有9 个电子，则1 mol 甲基(CH3)所含的电子数为9NA，A 错误；B.分子式为C2H6O 的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1
4、个乙醇分子中含1 个 C O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1 个二甲醚分子中含2 个 CO键），故不能确定其中含有的CO 键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1 个最简式中含有3 个原子，14g 由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D 错误；故答案是C。4用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）实验现象（i）中 a、b 两极均有气泡产生（ii）中 b 极上析出红色固体（iii）中 b 极上析出灰白色固体A（i）
5、中，a 电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+【答案】D【解析】【详解】A阴极 b 极反应：2H+2e-=H2产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故 A 正确；B(i)为电解池，a、b 两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B 正确；C取出 b 放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b
6、 产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2+H2=Cu+2H+，故 C正确；D(ii)中取出 b，则 b 表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是 b 产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag+Cu=Cu2+2Ag和 2Ag+H2=2Ag+2H+，故 D 错误；故答案为D。5设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A 22.4 L 乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB某温度下，将1molCl2 通入足量水中转移电子数为NAC常温常压下，3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD室温下，1Lp
7、H 为 13 的 NaOH 溶液和Ba(OH)2混合溶液中含OH-个数为0.01NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目，故A错误；B.Cl2 和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于NA，故 B错误；C.葡萄糖和冰醋酸的最简式都为CH2O，则 3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为A3.0g 4N30g/mol=0.4NA，故 C正确；D.pH=13，c(OH-)=-14W+-13K10=0.1mol/Lc(H)10，则 1L 溶液中 OH-个数为0.1NA，故 D 错误；故选 C。6下列说法正确的是A
8、 Na2SO4 晶体中只含离子键BHCl、HBr、HI 分子间作用力依次增大C金刚石是原子晶体，加热熔化时需克服共价键与分子间作用力D NH3和 CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构【答案】B【解析】A、Na2SO4晶体中既有Na+和 SO42-之间的离子键，又有S和 O原子间的共价键，故A错误；B、由于 HCl、HBr、HI 分子组成相同，结构相似，所以相对分子质量越大其分子间作用力超强，所以B正确；C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键，故加热融化时只克服原子间的共价键，故C错误；D、NH3中 H 原子只能是2 电子结构，故D 错误。本题正确答案为B。7向氯化铁溶液
9、中加入ag 铜粉，完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g。下列说法正确的是A若 a c，则滤液中可能含三种金属离子，且b 可能小于c B若 a c，则 c g 固体中只含一种金属，且b 可能大于c C若 a c，则 c g 固体含两种金属，且b 可能与 c 相等D若 a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b 可能小于c【答案】B【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g，可能发生
10、反应为2FeCl3+Fe 3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；CuCl2+FeFeCl2+Cu；2FeCl3+Fe3FeCl2，则A若 ac，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，所以 b 一定小于c，选项 A 错误；B若 a c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，c g 固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，b 一定小于c，选
11、项 B 错误；C若 a c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，c g固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu 可知 b 可能与 c 相等，选项C正确；D若 a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。8根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A 1 mol C(s)与 1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ B反应 2CO(g)O2(g)=2CO2(g)中
12、，生成物的总能量大于反应物的总能量C由 C(s)CO(g)的热化学方程式为：2C(s)O2(g)=2CO(g)H 221.2 kJmol1D热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值 H 10.1 kJmol1【答案】C【解析】【分析】由图可知，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)O2(g)=CO2(g)H 393.5 kJ mol1，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H 282.9kJ mol1，转化转化得C(s)CO(g)的热化学方程式2C(s)O2(g)=2CO(g)H221
13、.2 kJ mol1。【详解】A 项、由图可知1 mol C(s)与 1 mol O2(g)的能量比1 mol CO2(g)能量高 393.5 kJ，故 A错误；B 项、由图可知反应2CO(g)O2(g)=2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故 B错误；C 项、由图可知1 mol C(s)与 O2(g)生成 1 mol CO(g)放出热量为393.5 kJ 282.9 kJ110.6 kJ，则 C(s)CO(g)的热化学方程式为2C(s)O2(g)=2CO(g)H 221.2 kJmol1，故 C正确；D 项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热
14、值为282.9 kJ128g 10.1 kJg1，故 D错误；故选 C。9下列生产过程属于物理变化的是（）A煤炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏【答案】D【解析】【详解】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A 错误；B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B 错误；C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；D石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D 正确。故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化
15、是化学变化。10乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有B氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应 的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应
16、为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为 1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A.根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B 项错误；C.乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C 项正确；D.乙醇与 CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的 CCl4溶液中的Br2，
17、D 项错误；答案选 C。11 金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHC比较 Mg、Al 二种金属空气电池，“理论比能量”之比是 89 D为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【答案】C【解析】【分析】【详解】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电
18、极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A 不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg，质量为 24g，失去 2mole；1molAl，质量为 27g，失去 3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为23=3:424 27：；错误，C选；D负极上Mg 失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH不能达到阴极区，正确，
19、D 不选。答案选 C。12NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 2gD2O和 H2l8O混合物中所含中子数为NAB 1L0.1mol L-1 NaHCO3溶液中 HCO3-和 CO32-离子数之和为0.1NAC常温常压下，0.5 mol Fe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD 0.1 mol H2和 0.1 mol I2(g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.D2O和 H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以 2gD2O和 H2l8O混合物中所含中子数为 NA，故 A正确；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，H
20、CO3-既能发生电离：HCO3-H+CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1molL-1 NaHCO3溶液中 H2CO3、HCO3-和 CO32-离子数之和为0.1NA,故 B错误。C.常温常压下，Fe 和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D.0.1 mol H2和 0.1 mol I2(g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2(g)2HI，其原子总数为0.4NA,故 D错误；答案：A。13下列过程中，一定需要通电才能实现的是A电解质电离B电化学防腐C蓄电池放电D电解精炼铜【答案】D【解析】【分析】【详解】A、电离不需要通电，故错误；B、电
21、化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答案选 D。14下列仪器不能加热的是()ABCD【答案】B【解析】【详解】A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A 不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B 选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D 不选；答案选 B。【点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。152018 年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(
22、结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A分子式为C10H11NO5B能发生取代反应和加成反应C所有碳原子可以处在同一平面内D苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4 种(不考虑立体结构)【答案】C【解析】【分析】【详解】A.分子式为C10H11NO5，故 A 正确；B.含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；C.分子中画红圈的碳原子通过3 个单键与另外3 个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、，共4 种，故 D 正确；选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的
23、白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备 Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH 溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)F中盛装的试剂是_，作用是 _。通入 N2的作用是 _。Na2S2O5晶体在 _（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测 Na2S
24、2O5的性质探究 Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量 Na2S2O5晶体于试管中，滴加 1mL2mol L-1酸性 KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去_。（提供：pH 试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）探究二中反应的离子方程式为_(KMnO4 Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4 价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，_（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，
25、且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有 c2molL-1的标准 Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬Cr()利用 Na2S2O5和 FeSO47H2O 先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将 Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH 范围为 _。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)5.6【解析】【分析】从焦亚硫酸钠的析出原理NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H
26、2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得 NaHSO3(饱和溶液)，所以 A 装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将 SO2再通入饱和 Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A 装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH 溶液，作用是吸收剩余的 SO2。答案为：浓NaOH 溶液；吸收剩余的SO2；为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaH
27、SO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶体由 NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D 中得到。答案为：D；因为 E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)既然是检测其是否具有酸性，则需用 pH 试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH 试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻
28、璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为 Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol L-1的标准 Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.4 10-31，c(OH-)4.0 10-9mol L-1，c(H+)5+2lg2=5.
29、6。答案为：pH5.6。【点睛】Na2S2O5来自于 NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知：（）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。使新取代基进入它的邻、对位的取代基有CH3、NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有 COOH、NO2等；（）RCH=CH RRCHO+R CHO（）氨基（NH2）易被氧化；硝基（NO2）可被 Fe和盐酸还原成氨基（NH2）下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n
30、的流程图。回答下列问题：（1）写出反应类型。反应_，反应 _。（2）X、Y是下列试剂中的一种，其中X是_，Y是_。(填序号)aFe 和盐酸b酸性 KMnO4溶液cNaOH 溶液（3）已知 B 和 F互为同分异构体，写出F的结构简式 _。AE中互为同分异构体的还有_和_。(填结构简式)（4）反应在温度较高时，还可能发生的化学方程式_。（5）写出 C与盐酸反应的化学方程式_。【答案】取代反应缩聚（聚合）反应b a+HCl【解析】【分析】【详解】根据反应，C发生缩聚反应得到高分子化合物，则 C的结构简式为；C7H8满足 CnH2n-6，C7H8发生硝化反应生成A，结合 A BC，则 C7H8为，A
31、的结构简式为，根据已知（III），为了防止 NH2被氧化，则A BC 应先发生氧化反应、后发生还原反应，则B 的结构简式为；根据已知（II），反应生成的D 的结构简式为，D 与 Cu(OH)2反应生成的E的结构简式为，E发生硝化反应生成F，B 和 F互为同分异构体，结合已知（I），F的结构简式为；（1）反应为甲苯与浓硝酸发生的取代反应；反应为C发生缩聚反应生成。（2）A 的结构简式为，B的结构简式为，AB 使用的试剂X 为酸性 KMnO4溶液，将甲基氧化成羧基，选b；C 的结构简式为，BC 将 NO2还原为NH2，根据已知（III），Y为 Fe和盐酸，选a。（3）根据上述推断，F的结构简式为；
32、AE中互为同分异构体的还有A和 C，即和。（4）甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6三硝基甲苯，反应的化学方程式为。（5）C的结构简式为，C中的 NH2能与 HCl 反应，反应的化学方程式为+HCl。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NH3、NOx、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。（l）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为 N2。已知：-142221CH(g)+2O(g)=CO(g)+2H O(l)H=-890.3kJ mol-1222
33、2N(g)+2O(g)=2NO(g)H=+67.7kJ mol则反应42222CH(g)2NO(g)CO(g)N(g)2H O（1）H=_（2）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为：在一定温度条件下，向2L 恒容密闭容器中加入2 mol CH4和 2 mol NH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10 min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为_ molL-lmin-1，该温度下平衡常数K=_。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，则此时 v正_（填“”“=”或“”）v逆。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1 所示。
34、X 代表_（填字母代号）。A 温度B 压强C 原料中 CH4与 NH3的体积比（3）某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2 所示，电极材料为石墨。A-E分别代表生产中的原料或产品，b 表示 _（填“阴”或“阳”）离子交换膜。阳极的电极反应式为_【答案】-958.0kJ?mol-10.025 0.1875(mol/L)2B 阴SO32-2e-+H2O=2H+SO42-【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析计算；(2)根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4)=nVtVV和K
35、=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，根据 Qc与 K 的关系判断；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合平衡移动的影响因素分析判断；(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。【详解】(1)-142221CH(g)+2O(g)=CO(g)+2H O(l)H=-890.3kJ mol，-12222N(g)+2O(g)=2NO(g)H=+67.7kJ mol，CH4在催化条件下可以将NO2还原为 N2发生的反应为：CH4(g)+2NO2(
36、g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，-可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)H=(-890.3kJ?mol-1)-(+67.7kJ?mol-1)=-958.0kJ?mol-1，故答案为：-958.0kJ?mol-1；(2)设 10 min 时，反应的氨气的物质的量为x，423+HCN3H2200 xxx3x2x2xxCHgNHgg3xg?开始(mol)反应(mol)平衡(mol)则242xx 100%=30%，解得：x=0.5，因此 v(CH4)=nVtVV=0.5mol2L10min=0.025 mol L-l
37、min-1，该温度下，K=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)=30.250.750.750.75=0.1875(mol/L)2，保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，此时 Qc=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)=30.251.251.250.75=0.5208(mol/L)2 K，平衡逆向移动，则 v正v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动。该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率增大，错误；增大压强，平衡逆向移动，转化率减小，正确；原料中CH4的体积越大，氨气的转化率越高，
38、错误；与图象符合的是B，故答案为：B；(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，故 b 为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32-2e-+H2O=2H+SO42-，故答案为：阴；SO32-2e-+H2O=2H+SO42-。19以含 1 个碳原子物质(如 CO、CO2、CH4、CH3OH 等)为原料的“碳一化学”处于未来化学产业的核心，成为科学家研究的重要课题。请回答下列问题：（1）已知 CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为-283.0kJmol-1、-285.8kJ mol-l、-764.5kJ mol-l。则反应I：CO(
39、g)+2H2(g)=CH3OH(g)H=_（2）在温度 T 时，向体积为2L 恒容容器中充入3molCO 和 H2的混合气体，发生反应I，反应达到平衡时，CH3OH(g)的体积分数()与 n(H2)/n(CO)的关系如下图所示。当起始 n(H2)/n(CO)=1 时，从反应开始到平衡前，CO的体积分数将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。当起始 n(H2)/n(CO)=2 时，反应经过l0min 达到平衡，CO转化率为 0.5，则 0l0min 内平均反应速率v(H2)=_。当起始 n(H2)/n(CO)=3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的_。(填“D”、“E”或“
40、E”点)。（3）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO 和 20molH2，发生反应I。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示。压强 P1=_(填“”)P2；A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_(用“”表示)。若达到平衡状态C时，容器体积为10L，则在平衡状态A 时容器体积为_L。【答案】-90.1kJ/mol 不变0.05mol L-1 min-1F KA=KCKB2【解析】【分析】【详解】（1）CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热化学方程式分别为：221CO g+Og=COg283.0kJ/mol2H，2221Hg+Og=H O l=-285.8
41、kJ/mol2H，32223CH OH g+Og=COg+2H O l=-764.5kJ/mol2H，根据盖斯定律可知，将+2 -可得：23()()()CO g+2Hg=CH OH g=-90.1kJ/molH；（2）在温度T时，向体积为2L 恒容容器中充入3molCO 和 H2的混合气体，发生反应I23()()()CO g+2Hg=CH OH g=-90.1kJ/molH；当起始 n(H2)/n(CO)=1 时，则 n(H2)=n(CO)=1.5mol，CO的体积分数为50%，根据三等式23CO g+2HgCH OH gmol1.51.50molx2xxmol1.5-x1.5-2xx?起始转
42、化平衡平衡时，CO的体积分数为1.5-x=50%3-2x，不管 CO转化了多少，CO的体积分数一直为50%，则反应前后体积分数不变；当起始 n(H2)/n(CO)=2 时，混合气体为3mol，则 n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，反应经过l0min 达到平衡，CO转化率为0.5，即转化了0.5mol，则 H2转化 1mol，则 0l0min 内平均反应速率v(H2)=-1-10.05mol L1mol2L=m10minin；当反应物的投料比等于其化学计量数之比时，平衡时，生成物的体积分数最大，即当起始 n(H2)/n(CO)=2时，CH3OH(g)的体积分数()最大，因此当起始n(H
43、2)/n(CO)=3.5 时，达到平衡后，CH3OH 的体积分数可能是图像中的F点；（3）当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO转化率上升，由此可知P1P2；该反应正向为放热反应，升高温度，平衡将逆向移动，平衡常数将减小，平衡常数只与温度有关，温度不变时，平衡常数不变，A 和 C 的温度相同，小于B 的温度，因此KA=KCKB；平衡状态A 和 C的温度相同，平衡常数相同。达到平衡状态C时，CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=5mol，n(H2)=10mol，n(CH3OH)=5mol，平衡常数3222CH OH0.5=1COH0.5 1cKcc，达到平衡状态A 时，CO的转化率为80%，则平衡时n(CO)=2mol，n(H2)=4mol，n(CH3OH)=8mol，设该容器体积为VL，则32228CH OHV=1COH24VVcKcc，解得 V=2。【点睛】可逆反应中相关数据计算时，当可逆反应中反应物的投料比等于其化学计量数之比时，任意时刻反应物的转化率均相等，且平衡时生成物的体积分数为最大值。