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1、2019-2020学年安徽省合肥市金汤白泥乐槐六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 地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）A KI（AgNO3溶液）BFeCl2（KSCN 溶液）CHCHO（银氨溶液）DNa2SO3（BaCl2 溶液）【答案】B【解析】【详解】A KI 是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A 不选；BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加 KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B 选；CHCHO变质生成HCOOH，
2、银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；DNa2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故 D 不选；故选：B。2W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代。化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同。下列说法错误的是A元素 W 与氢形成原子比为1:1 的化合物有多种B元素 X的单质能与水、无水乙醇反应C离子 Y3+与 Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素 W 与元素 Z可形成含有极性共价键的化合物【答案】C【解
3、析】【分析】W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增加，W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明 W 为 C，化合物 XZ是重要的调味品为NaCl，Y 位于 XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为 Al，Z-的电子层结构与氩相同判断为Cl-，W、X、Y、Z为 C、Na、Al、Cl，据以上分析解答。【详解】据以上分析可知：W、X、Y、Z为 C、Na、Al、Cl，则A元素 W 为 C 与氢形成原子比为1：1 的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，A 正确；B元素 X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气
4、，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B 正确；C离子 Y3+离子为 Al3+，有两个电子层，最外层8 个电子，Z-为 Cl-最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，C错误；D元素 W 为 C 与元素 Z 为 Cl 可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，D正确；答案选 C。3“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M 的结构简式如图下列关于M 的说法正确的是（）A属于芳香烃B遇 FeCl3溶液显紫色C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D 1 mol M 完全水解生成2 mol 醇【答案】C【解析】【详解】A.含有 C.H、O元素且含有
5、苯环，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，故A错误；B.不含酚羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C.含有碳碳双键且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.含有 3 个酯基，所以1 mol M完全水解生成3mol 醇，故 D错误；故选：C。【点睛】该物质中含有酯基、氨基、苯环、碳碳双键，具有酯、胺、苯、烯烃的性质，能发生水解反应、中和反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答4NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。下列说法
6、正确的是A氧化产物是Na2FeO4B1molFeSO4还原 3mol Na2O2C转移 0.5mo1 电子时生成16.6g Na2FeO4D氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2【答案】C【解析】该反应中Fe 元素化合价由+2 价变为+6 价、O 元素化合价由-1 价变为 0 价、-2 价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2 价的铁和-1 价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A 错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2 价+6 价，化合价升高的元素还有O 元素，由-1 价 0
7、价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol4+1mol2=10mol 电子转移，6mol Na2O2有 5mol 作氧化剂、1molNa2O2作还原剂，其中2molFeSO4还原 4mol Na2O2，即 1molFeSO4还原 2mol Na2O2，故 B错误；C、由方程式转移10mol 电子生成 2mol Na2FeO4，转移 0.5mo1 电子时生成 2 166g mol1=16.6g Na2FeO4，故 C正确；D、每 2FeSO4和 6Na2O2发生反应，氧化产物2molNa2FeO4和 1molO2，还原产物2molNa2FeO4和 2molNa2O，氧化产物与还原产物的物质的
8、量之比为3:4，故 D 错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和 C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。5下列说法正确的是（）A230Th 和232Th 是钍的两种同素异形体BH2与 T2互为同位素C甲醇与乙二醇互为同系物D乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A230Th 和232Th 的质子数相同，中子数相差2，都是由钍元素组成的两种不同核素，互为同位素，故A错误；BH2与 T2都是由氢元素组成的氢单质，是同种物质，故B 错误；C甲醇的分子式为CH4O，乙二醇的分子式为C2H6O2，分子组
9、成上相差CH2O，因此甲醇与乙二醇不互为同系物，故C错误；D乙酸乙酯与丁酸的分子式为C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者结构不同，互为同分异构体，故D 正确；故答案为D。【点睛】考查同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的辨析，准确掌握同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的定义是解题的关键，若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则可能为同系物。625时，将0.1mol?L1 NaOH 溶液加入20mL0.1mol?L1CH3COOH溶液中，所加入溶液的体积
10、（V）和混合液的pH 关系曲线如图所示。下列结论正确的是（）A点时，c（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+）B对曲线上任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（CH3COO）C点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）D滴定过程中可能出现c（H+）c（Na+）c（CH3COO）c（OH）【答案】B【解析】【分析】点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和 CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但
11、CH3COOH较少点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH7，溶液呈碱性。【详解】A、点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和 CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得 c(CH3COO)+c(CH3COOH)2c(Na+)，故 A 错误；B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(CH3COO)，所以滴定过程中任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(CH3COO)，故 B 正确；C、点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的 pH7，溶液呈碱性，则c(H+)c(OH)，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3C
12、OO)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，故 C错误；D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，根据电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO)，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。7有以下六种饱和溶液 CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和 NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A BCD【
13、答案】A【解析】【分析】【详解】碳酸比盐酸弱，CO2与 CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与 Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸强，过量的 CO2与 Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧
14、化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故错误；通入 CO2与 NH3和 NaCl 反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选 A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。8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
15、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、Na2O2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
16、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构成的晶体是金属晶体。9下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的是选项实验器材相应实验A 天平(带砝码)、100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管用 NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液B 烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定C 酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线D 三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片钠在
17、空气中燃烧A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、用 NaCl 固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不选C；D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。10下列保存物质的方法正确的是A液氯贮存在干燥的钢瓶里B少
18、量的锂、钠、钾均保存在煤油中C浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中D用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，瓶口朝上放置【答案】A【解析】【详解】A 项，常温干燥情况下氯气不与铁反应，故液氯贮存在干燥的钢瓶里，A 项正确；B 项，钠、钾均保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故不能用煤油密封保存，应用石蜡密封，B 项错误；C 项，溴具有强氧化性，能腐蚀橡胶，故保存浓溴水的细口瓶不能用橡胶塞，C项错误；D 项，用排水法收集满一瓶氢气，用玻璃片盖住瓶口，氢气密度小于空气，故瓶口应朝下放置，D 项错误；本题选 A。11常温下，向20mL0.2mol L-1H2A 溶液中滴加0.2mol.L-1NaOH
19、溶液，溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A当 VNaOH(aq)=20 mL 时.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)B在 P点时，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)C当 VNaOH(aq)=30 mL 时，2c(Na+)=3c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)D当 VNaOH(aq)=40 mL.时.c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H2A)c(H+)【答案】A【解析】【详解】A.当 V（NaOH）=20mL 时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：c（
20、OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者结合可得：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），则 c（OH-）c（H+）+c（H2A）c（HA-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（A2-）c（OH-）c（HA-）c（H2A）c（H+），故 D 正确；故选 B。12下列表示不正确的是（）A HCl 的电子式BSiO2的结构式O=Si=O CS的原子结构示意图D乙炔的分子式C2H2【答案】B【解析】A.HCl是共价化合物，其电子式为B.SiO2是原子晶体，是立体网状结构，如，故 B
21、错误；C.S的核电荷数为16，其原子结构示意图为D.乙炔的分子式为C2H2，故 D 正确；答案为 B。13清初泉州府志物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（）A活性炭净水B用漂白粉漂白织物C除去 KNO3中的 NaCl D除去河水中泥沙【答案】A【解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选 A。14电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为 90g/moL；“A”表示乳酸根离子）。则下列说法不正
22、确的是A交换膜I 为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B阳极的电极反应式为：2H2O 4eO24H+C 电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH 约为 68，此时进入浓缩室的OH可忽略不计。设 200mL 20g/L 乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）D浓缩室内溶液经过电解后pH 降低【答案】C【解析】【详解】A根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I 进入浓缩室，则交换膜I 为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A 正确；B根据
23、A 项分析，阳极的电极反应式为：2H2O4eO24H+，故 B 正确；C在阳极上发生电极反应：4OH-4e-2H2O+O2，阴极上发生电极反应：2H+2e-=H2，根据电极反应方程式，则有：2HA 2H+1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量=6.72L22.4L/mol=0.03mol，则生成 HA 的物质的量=0.03mol 2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol90g/moL+20010-3L 20g/L=9.4g，此时该溶液浓度=9.40.2gL=47g/L，故 C错误；D在电解池的阳极上是OH-放电，所以c(
24、H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A-通过阴离子交换膜(交换膜)从阴极进入浓缩室，这样：H+A-HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH 降低，故D 正确；答案选 C。15a、b、c、d 四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，a 和 b 分别位于周期表的第2 列和第13 列，下列叙述正确的A离子半径bd Bb 可以和强碱溶液发生反应Cc 的氢化物空间结构为三角锥形D a 的最高价氧化物对应水化物是强碱【答案】B【解析】【分析】a 和 b 分别位于周期表的第2 列和第13 列，所以 a 是 Be或 Mg，b 是 Al，c 是 C,d 是
25、N。【详解】A.铝和氮原子形成的离子电子层结构相同，原子序数越小半径越大，故br(Mg2+)r(H+)D 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的 AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净CH3CH2Br、CH3Br【解析】【分析】I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH 溶液反应生成沉淀，碳酸钠一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应；(2)根据 Cl2与 NaBr 反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二
26、者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式；(3)可用溴化钠除去氯气；.(1)根据 Mg 核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与 2 个 OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大；(2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法
27、冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。(3)Mg(OH)2沉淀是从 NaCl 溶液中过滤出来的，只要在 Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；.使镁与 CH3Br 反应制成CH3MgBr 然后与 CH3CHO反应制取；也可以使Mg 与 CH3CH2Br 反应制取 CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到，据此解答。【详解】(1)向含有 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子的NaCl 溶液中先加入过量BaCl2溶液除去SO42-，再加入过量Na2CO3溶液除去原溶液中含有的Ca2+及为除去 SO42-而加入的过量的Ba2+，反应的离子方
28、程式为：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3；(2)Cl2具有强的氧化性，在溶液中与Br-发生氧化还原反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生的Br2被含有 SO2的溶液吸收，发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，通过该富集作用，然后向溶液中再通入氯气，发生反应，根据方程式可知：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，可见每反应制取1mol Br2需要消耗2molCl2；步骤中需要向母液中加入稀硫酸酸化，这是由于氯气溶于水，会与水发生反应，该反应是可逆反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，向该溶液中加入酸，增大c(H+)，可使反应平衡逆向
29、移动，从而可起到抑制氯气和水反应的作用。步骤若用Na2SO3水溶液吸收Br2，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得有关反应的离子方程式为Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H+2Br-；(3)由于氧化性Cl2Br2，为除去溴单质中少量的Cl2，可向其中加入溴化钠，氯气与溴化钠反应产生单质溴及 NaCl，达到除去氯气的目的；.(1)Mg 是 12 号元素，在周期表中的位置是第三周期第A 族；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与 2 个 OH-之间通过离子键结合，其电子式为；在 Mg(OH)2中含有 Mg、O、H 三种元素，H+核外无电子，离子半径最小，Mg2+、O
30、2-核外电子排布相同，具有两个电子层，由于原子核外电子层数越多离子半径越大，所以离子半径大小顺序为r(O2-)r(Mg2+)r(H+)；(2)A.氯化镁中加入活泼的金属发生置换反应，由于Mg 很活泼，比镁活泼的金属冶炼是采用电解方法，消耗大量电能，不经济，A 错误；B.氧化镁熔点高，要求设备条件高，消耗更多能源，不经济，B错误；C.镁能在 CO2中燃烧生成碳和氧化镁，镁是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，不能用碳还原氧化镁制备，C 错误；D.在 HCl 的气氛中加热Mg(OH)2，二者反应产生MgCl2，同时也抑制了MgCl2的水解，利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2Mg+
31、Cl2，D 正确；故合理选项是D。(3)Mg(OH)2沉淀是从NaCl 溶液中过滤出来的，若在洗涤Mg(OH)2沉淀的最后一次洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；操作方法是：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的 AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净；III.使镁与 CH3Br 反应制成CH3MgBr 然后与 CH3CHO反应制取；也可以使Mg 与 CH3CH2Br 反应制取 CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到，因此需要的溴代烃的可能结构简式为 CH3CH2Br 或 CH3Br。【点睛】本题考查海水资源的综合利用。根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的
32、制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法是解题的关键，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，难度较大。19甲烷是最简单的烃，是一种重要的化工原料。(1)以甲烷为原料，有两种方法合成甲醇：方法 ：CH4(g)+12O2(g)CO(g)+2H2(g)H1=-35.4kJ/mol CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H2=-90.1kJ/mol 方法：2CH4(g)O2(g)2CH3OH(g)H3=_kJ/mol(2)在密闭容器中充入2molCH4(g)和 1molO2(g)，在不同条件下反应：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、
33、压强的变化如图所示。P1时升高温度，n(CH3OH)_（填“增大”、“减小”或“不变”）；E、F、N 点对应的化学反应速率由大到小的顺序为_（用 V(E)、V(F)、V(N)表示）；下列能提高CH4平衡转化率的措施是_（填序号）a.选择高效催化剂b.增大42n CHn O投料比c.及时分离产物若 F点 n(CH3OH)=1mol，总压强为2.5MPa,则 T0时 F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=_；(3)使用新型催化剂进行反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。随温度升高CH3OH 的产率如图所示。CH3OH的产率在T1至 T2时很快增大的原因是_；T2后 CH3OH 产率降
34、低的原因可能是_。【答案】-251.0 减小V(N)V(F)V(E)c 2MPa-l温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH 产率降低【解析】【分析】(1)2+2，整理可得相应的热化学方程式；(2)在压强不变时，根据温度对甲醇的物质的量的影响分析；根据相同温度时，压强越大，速率越快；相同压强时，温度越高，速率越快分析；能提高CH4平衡转化率，就是是平衡正向移动，根据平衡移动原理分析；根据物质的量的比等于压强比，计算平衡时各种气体的分压，带入平衡常数表达式可得Kp。(3)在 T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快；该反应的
35、正反应为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析。【详解】(1)根据盖斯定律，将 2+2，整理可得相应的热化学方程式2CH4(g)O2(g)2CH3OH(g)H3=-251.0kJ/mol；(2)根据图象可知：在压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小；对于反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)，升高温度，甲醇的平衡物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；在温度为T0时，F点甲醇的物质的量大于E点，说明平衡正向移动，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，所以压强p1p2，反应速率V(F)V
36、(E)；F、N 两点压强相同，由于温度NF，升高温度，化学反应速率加快，所以V(N)V(F)，因此 E、F、N 三点的速率大小关系为：V(N)V(F)V(E)；a.催化剂不能使平衡发生移动，因此选择高效催化剂对甲烷的平衡转化率无影响，a 错误；b.增大42n CHn O投料比，相对于O2的浓度不变，增大甲烷的浓度，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说甲烷的转化率降低，b 错误；c.及时分离产物，即降低生成物的浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，c 正确；故合理选项是c；可逆反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)n(开始)mol 2 1 0 n(变化)mol 1 0.5
37、1 n(开始)mol 1 0.5 1 n(总)=1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，平衡分压：Kp(CH4)=12.5MPa2.5molmol=1Mpa；Kp(O2)=0.52.5MPa2.5molmol=0.5Mpa；Kp(CH3OH)=12.5MPa2.5molmol=1Mpa，所以该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=22110.5MpaMpaMpa=2MPa-l；(3)根据图象可知：在T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快，更多的反应物变为生成物甲醇，且在此温度下催化剂活性增强，因此甲醇的产率提高；该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因此甲醇的产率降低。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡常数的计算及温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。掌握化学反应基本原理，理解题目含义是本题解答的关键。