2019-2020学年河南省鹤壁市淇滨高级中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年河南省鹤壁市淇滨高级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．已知某酸HA 的电离常数K a =2.0×10-8，用2mol/LNaOH 溶液滴定100ml2mol/LHA 溶液，溶液的pH 随滴入NaOH 溶液的体积变化曲线如图.下列说法正确的是

A ．a 点溶液的pH=4

B ．b 点溶液中存在：c （A -）>c （Na +）>c （H +）=c （OH -）

C ．b 点c （HA ）/c （A -）=5

D ．c 点c （A -）+c （H +）=c （Na +）+c （OH -） 【答案】C 【解析】

A. HA 的电离常数K a =2.0×10-8，则2mol/LHA 溶液中氢离子浓度约是842210/210/mol L mol L --??=?，因此a 点溶液的pH ＜4，A 错误；

B. b 点溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中存在：c(A -)＝c(Na +)>c(H +)

＝c(OH -)，B 错误；C. b 点溶液显中性，c(H +

)＝10－7

mol/L ，根据电离平衡常数表达式()?()()

c H c A Ka c HA +-=可

知c(HA)/c(A -)=5，C 正确；D. c 点酸碱恰好中和，生成NaA ，根据电荷守恒可知c(A -)+c(OH -)= c(Na +)+ c(H +)，D 错误，答案选C 。

2．化合物如图的分子式均为C 7H 8。下列说法正确的是

A ．W 、M 、N 均能与溴水发生加成反应

B ．W 、M 、N 的一氯代物数目相等

C ．W 、M 、N 分子中的碳原子均共面

D ．W 、M 、N 均能使酸性KMnO 4溶液褪色

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A.由

结构简式可知, W 不能和溴水发生加成反应，M 、N 均能与溴水发生

加成反应，故A 错误； B. W 的一氯代物数目为4种，M 的一氯代物数目3种，N 的一氯代物数目4种，故B 错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W 、N 分子中的碳原子均共面，M 中的碳原子不能共面，故C 错误，D. W 中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M 和N 均含碳碳双

键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。

3．“碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是

A．若将“碳九"添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭

B．用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九

C．均三甲苯（）的二氯代物有5种

D．异丙苯[]和对甲乙苯（）互为同系物

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故A正确；

B. 裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使其褪色，故B正确；

C. 均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1种：，在不同碳原子上的有4种：、，共有5种，故C正确；

D. 异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2"原子团的要求，故D 错误；

故答案为D。

【点睛】

有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。

4．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）

A．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料

B．绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品

C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放

D．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油

【答案】C

【解析】

【详解】

A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；

B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；

C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；

D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；故答案为C。

5．下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是

A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应

B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质

C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高

D．简单离子的半径：R>M>X

【答案】C

【解析】

由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R 的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HC lO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M 两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。

点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。

6．化学与生活密切相关，下列说法不正确

．．．的是（）

A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的

B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品

C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源

D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染

【答案】C

【解析】

【详解】

A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；

B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；

C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；

D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；

答案选C。

7．我国学者研究出一种用于催化DMO 和氢气反应获得EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是

A．Cu 纳米颗粒是一种胶体

B．DMO 的名称是二乙酸甲酯

C．该催化反应的有机产物只有EG

D．催化过程中断裂的化学健有H-H、C-O、C＝O

【答案】D

【解析】

【详解】

A选项，Cu纳米颗粒是单质，而胶体是混合物，故A错误；

B选项，DMO的名称是乙二酸二甲酯，故B错误；

C选项，该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇，故C错误；

D选项，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有H—H、C—O、C＝O，故D正确。

综上所述，答案为D。

8．现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（）

A．该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl

B．该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应

C．该有机物苯环上的1-溴代物只有2种

D．1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；

B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；

C．该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；

D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。

答案选D。

9．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。

下列说法不正确的是

A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥

B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H+ +O2↑

C．工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输

D．通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收

【答案】B

【解析】

【详解】

A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；

B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2↑，故B错误；

C. ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；

D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。

10．工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是（）

A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸

B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8

C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价

D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意，写出该反应的化学方程式：19HClO4+8CrCl3+4H2O = 8CrO2(ClO4)2+27HCl，据此解答。

【详解】

A．HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；

B．该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，根据方程式，当有19molHClO4参加反应时，其中有3mol作氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；

C．CrO2(ClO4)2中O元素显-2价，ClO4-显-1价，所以Cr元素显+6价，C项正确；

D．该反应在酸性条件下发生，离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O = 8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-，D项错误；

答案选D。

11．实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是

A．乙酸乙酯的沸点小于100℃

B．反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇

C．试管乙中应盛放NaOH浓溶液

D．实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯

【答案】A

【解析】

【详解】

A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；

B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；

C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；

D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；选A。

12．1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)

和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是

A．Ga的原子序数为31

B．碱性：Al(OH)3

C．简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)

D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域

【答案】C

【解析】

【详解】

A. Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为

13+18=31，A正确；

B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al

C. 电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：

r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；

D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。

13．下列有关NH3的说法错误的是（）

A．属于极性分子B．比例模型

C．电子式为D．含有极性键

【答案】B

【解析】

【分析】

NH3中N-H键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。

【详解】

A. 氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；

B. 由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；

C. 氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故C正确；

D. 形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，故D正确。

故选：B。

14．下列说法正确的是（）

A．常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A －)>c(OH－)=c(H+)

B．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：

c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)

C．PH＝1 NaHSO4溶液中c (H+)＝2 c (SO42-)+ c (OH-)

D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)= c (CH3COOH)> c (CH3COO－)> c (H+) = c (OH －)

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液中，c(H+)=0.1 mol/L，则HA为强酸溶液，与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和c(H+)来自于水且c(OH －)=c(H+) ，故A正确；

B. 相同浓度时酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-)> c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa c(ClO-)，故B错误；

C. pH ＝1 NaHSO 4溶液中含有Na +、SO 42-、H +、OH -，电荷守恒式c(Na +)+c (H +)＝2c (SO 42-)+c (OH -)，故C 错误；

D. pH=7，溶液呈中性，c (H +) = c (OH －)，CH 3COONa 和CH 3COOH 混合溶液，c (CH 3COO －) = c(Na +)，溶液中

各离子浓度的大小关系为：c (CH 3COO －)= c(Na +)> c (CH 3COOH) >c (H +) = c (OH －

)，故D 错误。

答案选A 。

15．下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是( ) A ．原子半径：()()r Na >r O ，离子半径：r(Na +)

A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，因此原子半径r(Na)>r(O)，Na +、O 2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Na +)

B.碘的两种核素131I 和137I 的核外电子数相等，核外电子数之差为0，B 错误；

C.元素的非金属性P>As ，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，所以H 3PO 4的酸性比H 3AsO 4的酸性强，C 正确；

D.Na 、Mg 、Al 位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D 正确； 故合理选项是B 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．实验室常用2MnO 与浓盐酸反应制备2Cl 。

（1）制备反应会因盐酸浓度下降面停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：

甲方案：与足量3AgNO 溶液反应，称量生成的AgCl 质量。 乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与己知量3CaCO （过量）反应，称量剩余的3CaCO 质量。 丁方案：与足量Zn 反应，测量生成的2H 体积。 继而进行下列判断和实验：

①判定甲方案不可行。现由是_________。

②进行乙方案实验；准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a ．量取试样20.00mL ，用10.1000mol L NaOH -?标准溶液滴定，选择的指示剂是____，消耗22.00mL ，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_______1mol L -?

b ．_________，获得实验结果。

③判断两方案的实验结果________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）． [已知：()-9

sp 3K CaCO =2.810?、()-11

sp 3K MnCO =2.310?]

④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）。

a ．使Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_______转移到____中。

b ．反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是__________（排除仪器和实验操作的影响因素），至体积不变时，量气管的左侧液面高于右侧液面，此时读数测得的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）

（2）若没有酒精灯，也可以采用4KMnO 与浓盐酸反应制取适量氯气的如下简易装置．．．．

。

装置B 、C 、D 的作用分别是：

B___________C______________D______________

【答案】残余液中的2MnCl 也会与3AgNO 反应形成沉淀 甲基橙 1．1111 重复上述滴定操作2-3次 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 偏大 收集氯气 防倒吸 吸收尾气 【解析】 【分析】

（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；

②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；重复滴定操作2-3次，求平均值；

③与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；

④依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；使Zn粒进入残余清液中让其发生反应．这样残余清液就可以充分反应．

反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。

气体的体积与压强呈反比。

（2）A制取氯气B用向上排空法收集氯气，C防倒吸 D 吸收尾气，防止污染空气。

【详解】

（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量，反应不可行；

②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；量取试样21.11mL，用1.1111mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.11mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度，由c HCl V HCl=c NaOH V NaOH可得出盐酸的浓度为1.1111mol·L－1；

③根据K sp（CaCO3）=2.8×11-9，Ksp（MnCO3）=2.3×11-11知碳酸锰的K sp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，

④a．丁同学的方案：使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌转移到残留溶液中；

b．反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积．气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；

量气管的左侧液面高于右侧液面，左侧气体的压强偏小，此时读数测得的体积偏大；

（2）根据装置图可知各装置的作用分别是A制取氯气，B用向上排空法收集氯气，C防倒吸，D 吸收尾气，防止污染空气。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3- 二取代酞嗪酮类衍生物。

(1)化合物B 中的含氧官能团为__________和__________(填官能团名称)。

(2)反应i-iv中属于取代反应的是___________。

(3)ii的反应方程式为___________。

(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_____种，写出其中一种的结构简式：_______

I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1

(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和

为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)：______________。

【答案】羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O 6 、、、、、

【解析】

【分析】

(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；

(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；

(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；

(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可

能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；

(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看

出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。

【详解】

(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；

(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；

(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为

+N2H4+2H2O；

(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1∶2∶2∶2∶1，则可能的结构为、、、、、，共6种；

(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生，和发生取代反应产生和HCl。故以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：

。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。

回答下列问题：

（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：

①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1

②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566kJ·mol-1

③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1

④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)?H=__kJ·mol-1。

（2）在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：

①800°C时该反应的平衡常数K=__。

②容器2中x=__，n=___。

③若800℃起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。（3）反应(NH 4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：

①?H__0(填“>”“<”或“=”)。T1~T2区间，c(CO2)变化的原因是___。

②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。

③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是__。

【答案】-49.8 1 2

3

2

3

或66.7% = < T1~ T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加

快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小< T1【解析】

【详解】

(1))已知①CO(g)+2H2 (g)═CH3OH(g)△H=-91kJ?mol-1

②2CO2 (g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ?mol-1

③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6 kJ?mol-1 ．

由盖斯定律可知，①+1

2

(②+③)得CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-91kJ?mol-1 +

1

2

×(566.0

kJ?mol-1-483.6 kJ?mol-1 )=-49.8kJ?mol-1；

(2)①容器体积为2L ，所以初始c(CO)=-12mol =1mol L 2L g ，c(H 2)=-11mol

=0.5mol L 2L g ；平衡时CO 的转化率为13

，即转化

1

3

mol·L -1，列三段式： ()()()()

-1-2-1212++mol L 1CO g H O 0.g 500

mol L 111313mol L 2316CO g 313H g 1?g g g 起始()转化()平衡()

根据平衡常数的概念可知K=

11

332136

??=1；

②达到平衡时氢气的物质的量为nmol ，则其浓度c(H 2)=-1mol L 2n

g ，列三段式有：

()()()()

-122-1-21++mol L 0.5100

mol L 222n 2mol L 0.5-21-22CO g H O g CO g H g 2

n n n n n n n ?g g g 起始()转化()平衡()

温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K=22

0.5-1-22n n

n n ?

????? ? ?

????=1，解得n=23mol ，CO 的转化率为2

mol

3100%=66.7%

1mol

?； ③在2 L 恒容密闭容器中加入CO 、H 2O 、CO 2、H 2各1 mol ，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q=

11

=111

??=K ，所以平衡不发生移动，即v 正=v 逆； (3)①T 3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO 2浓度下降，T 3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO 2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即?H<0；T 1~ T 2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO 2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；

②铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数

K h =-14-8

w -5b 110= 5.56101.810K K ?≈??，碳酸氢根的水解平衡常数K h =-14-6w -7a1110= 2.27104.410

K K ?≈??，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H +)

③根据①可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T 1温度时平衡常数最大。 【点睛】

平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。

19．雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。

(1)天然气中含有的微量H2S 会腐蚀管道和设备，可在1200℃下进行脱硫处理，H2S 会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。

化学键H-S O=O H-O SO2中共价键

键能/(kJ?mol-1) 339 498 464 1083

请写出该反应的热化学方程式：______。

(2)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将NO、SO2氧化为硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH 对脱硫脱硝的影响如图所示：

①从图a 和图 b 中可知脱硫脱硝最佳n(H2O2)/n(NaClO2)是_______、最佳pH 是______。

②图 b 中SO2的去除率随pH 的增大而增大，而NO 的去除率在pH>5.5 时反而减小，请解释NO 去除率减小的可能原因是______。

(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为2NO2(g)+O3(g)?N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入l mol O3和2 mol NO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：

①0~15min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =______。(保留2 位有效数字)

②下列措施能提高容器乙中NO2转化率的是________(填字母标号)

A．向容器中充入氦气，增大容器的压强

B．升高容器的温度

C．向容器中再充人一定量的NO2

D．向容器中再充入l mol O3和2 mol NO2

③甲容器的初始压强为p0，计算该反应的平衡常数Kp=______。(分压=总压×物质的量分数)

(4)过二硫酸钾(K 2S 2O 8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和 KHSO 4 溶液制备 K 2S 2O 8。电解装置如图所示：

①电极 B 为______极(“阳”或“阴”)。

②在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与 pH 的关系如图所示，将电极 A 区域的 pH 控制在 0~2 之间进行电解，则电极 A 的电极反应方程式为______。

【答案】2H 2S(g)+3O 2(g)=2SO 2(g)+2H 2O(g) △H= -1172 kJ?mol -1 6:1 5.5~6.0 之间的任意值均可 pH>5.5 以后，随着 pH 增大，NO 的还原性降低；或 H 2O 2 和 NaClO 2 氧化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸 0.053 mol·L -1·min -1 D 1.5/p 0 阴 2HSO 4--2e -=2S 2O 82-+2H + 【解析】 【详解】

(1)H 2S 与O 2的反应的方程式为2H 2S+3O 2=2SO 2+2H 2O ，△H =反应物键能-生成物键能=4×339 kJ?mol -1+3×498 kJ?mol -1-(2×1083 kJ?mo l -1+4×464 kJ?mol -1)=-1172 kJ?mol -1，所以热化学反应方程式为2H 2S(g)+3O 2(g)=2SO 2(g)+2H 2O(g) △H= -1172 kJ?mol -1； (2)①从图a 和图b 中可知，

()()

222H O NaClO n n =6：1，pH 在5.5～6.0时NO 、SO 2的去除率最高，故脱硫、脱硝

的最佳条件是

()()

222H O NaClO n n =6：1，pH 在5.5～6.0之间；

②图b 中SO 2的去除率随pH 的增大而增大，pH ＞5.5后，随着pH 增大，NO 的还原性降低(或NaClO 2和H 2O 2氧化性减弱)，NO 不能被氧化成硝酸，故NO 的去除率在pH ＞5.5时反而减小；

(3)①据图可知15min 时容器中c(N 2O 5)=0.4mol/L ，容器体积为1L ，则初始时c(O 3)=1mol/L ，c(NO 2)=2mol/L ，列三段式：

()()()()

-123252-1-1++mol L 2100

mol L 0.80.40.40.4mol L 1.20.62NO g O 0.40.4

g N O g O g ?g g g 起始()转化()平衡()

所以v(NO 2)=-1

0.8mol L =

15min

c t ??g = 0.053 mol·L -1·min -1；

②提高容器乙中NO 2转化率，即采取措施使反应2NO 2(g)+O 3(g)?N 2O 5(g)+O 2(g)向右进行的程度更大，温度甲＜乙，平衡时正向程度甲＞乙，表明正反应为放热反应，反应为气体分子数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，据此逐项分析，

A ．恒容容器充入He ，He 不参与反应，充入He 不改变气体各组分分压，不影响化学平衡，因此不能提高NO 2转化率，故A 不选；

B ．反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，不能提高NO 2转化率，故B 不选；

C ．向容器中再充入一定量的NO 2会使O 3转化率升高，自身转化率降低，故C 不选；

D ．向容器中再充入lmol O 3和2mo NO 2，由于是按化学计量比充入，相当于对原平衡加压，则有利于反应正向进行，NO 2平衡转化率增大，故D 可选；

③初始气体总物质的量为1mol+2mol=3mol ，平衡时甲容器中c(N 2O 5)=0.5mol/L ，列三段式：

()()()()

-123252-1-1++mol L 2100

mol L 10.2NO g O g N O g O 50.50.5mol L 10.50.50.5

g ?g g g 起始()转化()平衡()

容器体积为1L ，则平衡时气体总物质的量为1mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=2.5mol ，则此时容器内压强为

002.5mol 5

=3mol 6p p ；则p(NO 2)=013p ， p(O 3)=p(N 2O 5)=p(O 2)=016p ，所以

K p =00

22230

0205211))36611))2()3(N O (((O 6

O p p p p p p p p NO p ==g g ； (4)①K 2S 2O 8中含有化合价为-1价的氧原子，所以KHSO 4→K 2S 2O 8发生氧化反应，则电极A 为电解池的阳极，电极B 为阴极；

②据图可知pH 在 0~2 之间时HSO 4-并未电离，产物应为S 2O 82-，电极A 为阴极得电子发生还原反应，所以电极方程式为2HSO 4--2e -=2S 2O 82-+2H +。 【点睛】

本题的计算量较大，计算时学生需认真细心，根据焓变=反应物键能-生成物键能进行计算时要注意化学键的数目，如水分子中有两个氢氧键；第3小题计算K p 时要注意反应前压强为p 0，达到平衡后气体物质的量发生变化，压强会变，计算分压时要注意。