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1、2019-2020学年福建省厦门市厦门一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有机物在一定条件下可以制备，下列说法错误的是（）A不易溶于水B的芳香族同分异构体有3 种（不包括）C中所有碳原子可能共平面D在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据 分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A 正确；BBr 和甲基处在苯环的相间，相对的位置，Br 取代在甲基上，共有三种，故B正确；C苯环和双键都是平面结构，可能共面，酯基中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，一个采用sp3杂化，所有碳原子
2、可能共面，故C 正确；D皂化反应仅限于油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应，属于芳香族化合物，故D 错误；答案选 D。2实验小组从富含NaBr 的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A实验时，的废水中出现红色B的作用是吸收尾气，防止空气污染C用进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理D中温度计水银球低于支管过多，导致Br2的产率低【答案】C【解析】【分析】【详解】A.中发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生了红棕色的Br2单质，因此实验时，的废水由无色变为红色，A 正确；
3、B.中盛有NaOH 溶液，NaOH 是碱，可以与Cl2、Br2发生反应，变为可溶性的物质，因此可以防止空气污染，B 正确；C.根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高，与液溴的沸点差别大，所以选择乙苯比CCl4更合理，更有利于后续的蒸馏作用，C错误；D.蒸馏时温度计是测量馏分的温度，若温度计水银球低于支管过多，导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点，使 Br2的产率低，D 正确；故合理选项是C。3缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH 的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-)，维持血液的pH 保持稳定。己知在人体正常体温时，反应 H2CO3垐?噲?HCO3-
4、+H+的 Ka=10-6.1，正常人的血液中c(HCO3-)：c(H2CO3)20：1，lg2=0.3。则下列判断正确的是A正常人血液内Kw=10-14B由题给数据可算得正常人血液的pH 约为 7.4 C正常人血液中存在：c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)=c(H)+c(H2CO3)D当过量的碱进入血液中时，只有发生HCO3+OH=CO32+H2O 的反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A 25时，KW=10-14，人的正常体温是36.5左右，所以血液内的KW10-14，A 项错误；B由题可知，6.13a12323(HCO)(H)20(H)(H CO)=10(H CO)1cccKc
5、g，那么a1lg=lg(20(H)lg 20lg(H)Kcc即a1lglg 20pHK，代入数值得a1pH=lg 20lg=1.36.1=7.4K，B 项正确；C选项中的等式，因为电荷不守恒，所以不成立，即23323(OH)(HCO)2(CO)(H)(H CO)ccccc，C项错误；D当过量的碱进入血液时，还会发生22332H CO2OHCO2H O，D 项错误；答案选 B 4利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A该反应的H 91 k
6、Jmol1B加入催化剂，该反应的H 变小C反应物的总能量大于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则 H 增大【答案】C【解析】【详解】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A 错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3OH 时释放出的热量更多，H 更小，选项D 错误。答案选 C。5合成一种用于合成 分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A甲 乙的反应为加成反应B甲分子中至少有8 个碳原子在同一平面
7、上C甲、乙均不能使溴水褪色D乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4 个手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A甲中与N 相连的 H 被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A 错误；B甲中至少有6 个碳原子共面，即苯环的6 个 C，B 错误；CBr2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C 错误；D与 4 个不相同的原子或原子团相连的C 原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4 个手性碳，如图*所示：，D 正确。答案选 D。6传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是()A b 为电源的正极B负极反应式Ag-
8、e-+Cl-=AgCl C当电路中电子转移为5 10-5mol 时进入传感器的SO2为 1.12 mL D阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A与 b 电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为 S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b 为电源的负极，A 项错误；B根据上述分析，a 为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e+ClAgCl，B项错误；C当电路中电子转移为5 105mol 时，进入传感器的SO2为 5 105mol，标况下的体积为1.12 mL，C项错误；D根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+
9、2H+2e-=S2O42-+2H2O，D 项正确；故答案选D。答案选 D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。与 b 电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为 S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；与电源 a 极相连的电极为电解池的阳极，与b 连接的电解池的阴极；温度和压强不知不能计算气体体积。7 天工开物中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底 其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操
10、作是A溶解B搅拌C升华D蒸发【答案】C【解析】【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A 不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B 不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C 选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D 不选；故选 C。8NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分子的经验规律是A分子中必须含有键B在 ABn分子中 A 原子没有孤对电子C在 ABn分子中不能形成分子间氢键D分子中每个共价键的键长应相等【答案】B【解析】【分析】共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对
11、的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A 原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H 原子无关。【详解】A BF3、CCl4中均为单键没有键，故 A 不选；B在 ABn分子中 A 原子的所有价电子都构成共价键，A 原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B 选；CH2S分子间不能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C 不选；D H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子是极性分子，故D 不选；故选：B。【点睛】本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分
12、子的极性，学会利用实例来分析。9下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A第 步的离子方程式为Na+NH3+H2O+CO2 NaHCO3+NH4+B第 步得到的晶体是Na2CO3?10H2O CA 气体是 CO2，B气体是 NH3D第 步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A第 步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为 Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+，故 A 正确；B第 步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，过滤是把
13、不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第步得到的晶体是NaHCO3，故 B错误；C氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A 为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D 第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。10W、X、Y、
14、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素；元素X 和 Z同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（）A简单离子半径大小为YXZ BY和 Z 的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性CW 与 Z均只有两种的含氧酸D工业上电解熔融Y2X制备单质Y【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为 Na 元素；Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶
15、液与W 的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z 为 S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W 的单质（C）反应，因此推出W 为 C；又 X和 Z同族，则X 为 O 元素，据此分析作答。【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是 C、O、Na 和 S元素，则A.简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为YXZ，A 项正确；B.氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，使溶液呈现碱性，B 项错误；C.C元素的
16、含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C项错误；D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D 项错误；答案选 A。【点睛】B 项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H 显-1 价。11下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A 符合；B中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，加入 KI，发生 AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀Ag
17、Cl 转换为黄色AgI 沉淀，B 不符合；C FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(胶体)+3HClH0，温度升高，平衡正向移动，C 不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释 10 倍，pH2.9+1，D 不符合。答案选 A。【点睛】pH=m 的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m 的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+nY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故 Z为 O 元素，则 Y为 N 元素；Q 离子核外电子排布与O2-相同，且Q 处于 IA族，故 D 为 Na，据
18、此进行解答。【详解】根据上述分析可知X 是 C 元素，Y是 N 元素，Z是 O 元素，R 是 Si元素，Q 是 Na 元素。A.化合物 XZ2是 CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A 错误；B.在上述五种元素中只有Q 表示的 Na 元素是金属元素，因此五种元素中Q 的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C 正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D 正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素
19、周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。14设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 1 mol L1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NAB标准状况下，11.2 LO2和 O3组成的混合气体含有原子数为NAC14 g 聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NAD常温常压下，22.4 LCO2与足量 Na2O2反应转移电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A 错误；B.标准状况下，11.2 L 气体的物质的量是0.5mol，若 0.5mol 气体完全是O2，则其中
20、含有的O 原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O 原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2 LO2和 O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B 错误；C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则 14g 该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H 键，因此14 g 聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；D.在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量 Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；故合理选项是C。15关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）A Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B在
21、单质或化合物中，一定存在化学键C在离子化合物中，可能存在共价键D化学反应中肯定有化学键发生变化【答案】B【解析】【详解】A 项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A 正确；B 项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B 正确；C 项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D 项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D 正确；故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(
22、l)H=-511kJ/mol SnCl4易挥发，极易发生水解。相关物质的物理性质如下：物质Sn SnCl4CuCl2熔点/232-33 620 沸点/2260 114 993 密度/g cm-37.310 2.226 3.386 回答下列问题：(1)a 管的作用是 _。(2)A 中反应的离子方程式是_。(3)D 中冷却水的作用是_。(4)尾气处理时，可选用的装置是_(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是_。(6)制得的 SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g 产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发
23、生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用 0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则 SnCl4产品的纯度为_。【答案】平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 避免 SnCl4挥发常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】【分析】根据装置：A 装置制备氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，其中 a 可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B 吸收杂质HCl 气体，C 吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与 Sn在 D 中反应制得SnCl4，锡粒
24、中含铜杂质使得 D 中产生的SnCl4中含有 CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集 SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a 管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A 中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(3)在 D 中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D 中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据 Cl2与碱反应的性质，
25、用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是；(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2 价变为+3价，升高1 价，Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，降低 3 价，则有关系式：3SnCl2 6Fe2+K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3 0.1000mol/L 0.02L=0.006mol，故 SnCl4产品的纯度为7.60g0.006mol190g/mol7.60g 100%=8
26、5%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某课题组的研究人员用有机物A、D 为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A 属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于 H2的密度为 13。D 的分子式为C7H8O，遇 FeCl3溶液不发生显色反应。122R CHOR CH COOH请回答以下问题：（1）A 的结构简式为 _。（2）反应的反应类型为_，B 中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D 的核磁
27、共振氢谱有_组峰；D 的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有_(不含 D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3CH2OH3CH COOH/浓硫酸加热CH3CH2OOCCH3【答案】CH CH加成反应碳碳双键、酯基5 4【解析】【分析】A 属于烃类化合物，在相同条件下，A 相对于 H2的密度为13，则 A 的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH CH；B 在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合 B 的分子式C4H6O2，可知 B的结构简式为CH2
28、=CHOCOCH3，说明 A和 CH3COOH发生加成反应生成了B；再在 NaOH 的水溶液中发生水解生成的C应为；D 的分子式为C7H8O，遇 FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D 催化氧化生成了，可知 D 为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息的反应生成的E为，C和 E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A 的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH CH；(2)反应 CH CH 和 CH3COOH发生加成反应生成了
29、CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B 为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应是在NaOH 的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D 为，有 5 种等效氢，核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D 的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4 种；(5)反应是C和 E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】
30、常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与 O2或新制的 Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化
31、反应。(如果连续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)(g)+H2(g)H=+17.6kJ/mol(1)在刚性容器中要提高乙苯平衡转化率，可采取的措施有_(2)实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。平衡时，p(H2O)=_kPa，平衡常数Kp=_kPa(Kp 为
32、以分压表示的平衡常数)反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数。计算 a 处的vv正逆_。(3)O2气氛下乙苯催化脱氢同可时存在以下两种途径：a=_。途径 I 的反应历程如图所示，下列说法正确的是_a.CO2为氧化剂b.状态 1 到状态 2 形成了 O-H 键c.中间产物只有()d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率 pCO2与乙苯平衡转化率关系如图分析，pCO2为 15kPa 时乙苯平衡转化率最高的原因_。【答案】升温、降压、及时移去产物80 45 2.5 159.2 a、b 当 p(CO2)15kPa，过多的CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降【
33、解析】【分析】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，用平衡移动原理分析解答；(2)先根据压强增大数值计算反应的乙苯，然后根据乙苯的转化率计算混合气体中乙苯的含量，进而可得出水蒸气的含量，将各组分物质的量带入平衡常数表达式可得Kp；根据平衡时V正=V逆计算出kk正逆，再根据a 点时反应混合物中个组分的物质的量带入速率公式及可得到相应的数值；(3)根据盖斯定律计算；结合反应历程及化学平衡移动原理分析；根据CO2是反应物，结合反应物的浓度对化学平衡移动的影响及CO2在催化剂表面的吸附作用分析判断。【详解】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，根据平衡移动原理可知：要提高乙苯的
34、转化率，可采取的措施为升高温度、降低压强及时移去产物等方式；(2)反应开始总压强为100，反应达到平衡时增大为115，增大了15，说明乙苯反应了15，由于乙苯的转化率为 75，因此反应开始时乙苯的含量为150.75=20，故 H2O 蒸气占 80；根据上述分析可知：平衡时n(乙苯)=20-15=5，n(苯乙烯)=n(H2)=15，则根据平衡常数的含义，物质的量的比等于气体的压强比，因此用平衡分压表示的平衡常数Kp=15 155=45；可逆反应(g)(g)+H2(g)达到平衡时，正反应与逆反应速率相等，此时乙苯为5，苯乙烯、氢气为15，k正P乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，p正逆苯乙烯氢气乙苯pkkp
35、=45；在 a 点时压强为112，则说明此时乙苯为8，苯乙烯、氢气为12，所以vv正逆=pg正逆乙苯苯乙烯氢气k pkp=p正逆乙苯苯乙烯氢气pkkp=4581212=2.5；(3)反应过程中能量变化与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，根据图示可知反应热a=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol；a.CO2与乙苯反应后变为CO，C元素化合价降低，C获得电子，因此CO2为氧化剂,a 正确；b.根据图示可知由状态1 到状态 2 形成了 O-H 键，b 正确；c.由反应历程可知中间产物除了()，还有，c 错误；d.催化剂对化学平衡移动无影响，因此不能改变乙苯的转
36、化率，d 错误；故合理选项是ab；乙苯与CO2发生可逆反应产生苯乙烯、H2O、CO，在 p(CO2)15kPa，过多的CO2吸附在催化剂表面，会造成催化剂表面乙苯的吸附下降，又导致其转化率降低。19钒被称为“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：2V(s)O2(g)=2VO(s)H1=825.6kJ mol-14VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1 V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ
37、 mol-14V(s)5O2(g)=2V2O5(s)H4据上述反应热效应之间的关系，可知H4=_。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利用VOCl3水解，则VOCl3中 V 的化合价为 _，水解反应的化学方程式为_。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为_。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H=196kJ mol-1，500时将 2molSO2和 1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器中SO3的浓度为0.1mol L-1。该反应的平衡常数K=_。某
38、温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度 _(填“”“”或“=”)500。下列措施能使32n(SO)n(SO)的值减小的是_(填字母)。A升温B其他条件不变，再充入2molHe C其他条件不变，再充入2molSO2和 1molO2D不用 V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：_。【答案】-3109.2 kJ?mol-1+5 2VOCl3 3H2O=V2O56HCl 3V2O510Al高温6V5Al2O320 A V2O5SO32-4H=2VO2SO42-2H2O【解析】【分析】(1)已知：
39、2V(s)O2(g)=2VO(s)H1=825.6kJ mol-1，4VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1，V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ mol-1；由盖斯定律可知，2 2 得反应 4V(s)5O2(g)=2V2O5(s)；(2)V2O5中钒元素化合为5 价，而水解过程没有发生氧化还原反应，不涉及化合价的改变；VOCl3的水解后产物除V2O5外，还有HCl，结合原子守恒即可得水解反应的化学方程式；(3)铝是活泼金属，高温条件下能和五氧化二钒发生铝热反应生成单质钒和氧化铝，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式；(4)列三
40、段式计算：223-1-1-1+(mol L)0.20.102SO(mol L)0.10.05g)0.O(1(mol L)0.10.050g)2.(1SO g)?ggg起始浓度变化浓度平衡浓度则 500时，反应的平衡常数K23222SOSOOccc，若平衡常数增大，则平衡正向移动，再结合升高温度平衡向吸热反应方向移动分析；要使32(SO)(SO)nn的值减小，则平衡左移，结合影响平衡的因素，逐一分析判断即可；(5)酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可写出发生反应的离子方程式。【详解】(1)已知：2V(s)O2(g)=2VO(s
41、)H1=825.6kJ mol-1，4VO(s)O2(g)=2V2O3(s)H2=788.8kJ mol-1，V2O3(s)O2(g)=V2O5(s)H3=334.6kJ mol-1，由盖斯定律可知，2 2 得反应 4V(s)5O2(g)=2V2O5(s)，则 H42H1 H22H3-3109.2 kJ?mol-1；(2)水解过程没有发生氧化还原反应，不涉及化合价的改变，故VOCl3中 V的化合价为5 价，水解后产物除 V2O5外，还有HCl，配平反应的化学方程式为2VOCl33H2O=V2O56HCl；(3)铝是活泼金属，高温条件下能和五氧化二钒发生铝热反应生成单质钒和氧化铝，反应的化学方程
42、式为3V2O5 10Al高温6V5Al2O3；(4)列三段式计算可知，平衡时容器内SO2浓度为 0.1 mol?L-1，O2浓度为 0.05 mol?L-1，SO3浓度为 0.1 mol?L-1，可得平衡常数K23222SOSOOccc220.10.10.0520，若 K 增大为 50，则平衡正向移动，由于反应的焓变为负值，故温度应降低，该温度小于500；要使32(SO)(SO)nn的值减小，则平衡左移；A升温可以使平衡向逆反应的方向移动，故A正确；B再充入2 mol He，因容器容积不变，不影响物质浓度，故平衡不移动，比值不变，故B 错误；C再充入2 mol SO2和 1 mol O2，会使容器内压强增大，平衡正向移动，比值增大，故C错误；D更高效的催化剂只能加快反应速率，对平衡没有影响，比值不变，故D 错误；故答案为：A；(5)酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，根据酸性环境与得失电子守恒可写出：V2O5SO32-4H=2VO2SO42-2H2O。