天津市第一百中学2020届高三化学4月模拟试题（解析版） 17页

2020 年天津高考化学押题卷（一） 以下数据可供解题时参考： O 16 Na 23 H 1 Fe 56 N 14 Cu 64 第Ⅰ卷（选择题） 一．选择题（共 12 小题） 1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 B. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 C. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 D. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质产生，属于化学变 化；煤液化生成甲醇，属于化学变化，故 A错误； B．海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和 提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较 完备；离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子Mn+进行交换的一种方法， 通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，不是历史最久、技术和工艺较 完善的主要方法；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的 一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水， 故 B正确； C．蚕丝是天然纤维，成分为蛋白质，合成纤维的成分是化学纤维，不属于糖类，如聚乙烯， 故 C错误； D．活性炭脱色是利用它的吸附性，而次氯酸盐漂白纸浆是利用了次氯酸钠的强氧化性，原理 不同，故 D错误； 故选 B。 2.下列事实不能用键能的大小来解释的是 ( ) A. N元素的电负性较大，但 N2的化学性质很稳定 B. 稀有气体一般难发生化学反应 C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱 D. F2比 O2更容易与 H2反应 【答案】B 【解析】 【详解】A.由于 N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以 N2的化学 性质很稳定； B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键； C.卤族元素从 F到 I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小， 所以稳定性逐渐减弱； D.由于 H－F键的键能大于 H—O键，所以二者相比较，更容易生成 HF。 故选 B. 3.对下列过程的化学用语表述正确的是 A. 用硫酸铜溶液除去乙炔中的硫化氢气体：H2S + Cu2+=== CuS↓ + 2H+ B. 向氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3+ + 4OH- === AlO2 - + 2H2O C. 用电子式表示 Na 和 Cl 形成 NaCl 的过程： D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-3e- === Fe3+ 【答案】A 【解析】 【详解】A.硫酸铜溶液能和硫化氢气体反应生成 CuS 和 H2SO4,反应的离子方程式为：H2S + Cu2+= CuS↓+ 2H+，故 A 正确；B. Al(OH)3不溶于弱碱，所以氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应 为 Al 3+ +3NH3 H2O=Al(OH)3 +3NH4 + ,故 B 错误;C. NaCl 是离子化合物，用电子式表示 Na 和 Cl 形成的过程为： - ，故 C 错误；D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极是铁 失电子变成 Fe2+，反应式为 Fe-2e=Fe2+,故 D 错误;答案：A。 4.下列事实不能．．用元素周期律解释的是 A. 碱性：NaOH＞LiOH B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 C. 酸性：HClO4＞ H2SO4 D. 气态氢化物的稳定性：HBr > HI 【答案】B 【解析】 【详解】A.元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性 Na＞Li，则 碱性：NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故 A不符合题意； B.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，与元素周期律无关， 故 B符合题意； C.元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性 Cl＞ S，则酸性： HClO4＞ H2SO4，能用元素周期律解释，故 C不符合题意； D.元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性 Br >I，则气态氢化物的稳定性： HBr > HI，能用元素周期律解释，故 D不符合题意。答案选 B。 【点睛】本题考查的是元素周期律的应用。需学生掌握金属性判据和非金属性判据。金属性 判据是①单质与水或酸置换出氢气的难易②最高价氧化物的水合物的碱性强弱等；非金属性 判据①单质与氢气化合生成气体氢化物的难易及氢化物的稳定性②最高价氧化物的酸性强弱 等。据此解答。 5.设 NA 表示为阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是( ) A. 常温常压下，16 g O2和 O3的混合物中共含有 NA个氧原子 B. 假设 1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为 NA C. 78 g Na2O2 固体中所含阴、阳离子总数为 4NA D. 在铜与硫有反应中，1 mol铜原子参加反应失去的电子数为 2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A. O2 和 O3 都是由 O 原子构成，16 g O2 和 O3 的混合物中含氧原子物质的量 n(O)= 16g 16g / mol m M  =1 mol，则含 O原子的数目为 NA个，A正确； B. 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，由于胶粒是许多 Fe(OH)3的集合体，则 1 mol氯化铁水 解产生胶体微粒数小于 NA，B错误； C. 78 g Na2O2固体物质的量为 1 mol，其中含 2 mol Na+，1 mol O22 ﹣，含离子总物质的量是 3 mol， C错误； D. Cu 与 S发生反应生成 Cu2S，铜元素化合价从 0价变化为+1价，1 mol Cu原子参加反应失 去 1 mol电子，故转移的电子数为 NA，D错误； 故合理选项是 A。 6.下列说法正确的是： A. SO2 与 CO2 的分子立体构型均为直线形 B. H2O 和 NH3 中的分子的极性和共价键的极性均相同 C. SiO2 的键长大于 CO2 的键长，所以 SiO2 的熔点比 CO2 高 D. 分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其它化学键 【答案】B 【解析】 【详解】A项，二氧化碳价层电子对数为 2，因此二氧化碳的分子立体构型为直线形，二氧化 硫价层电子对数为 3，二氧化硫的分子立体构型为 V型，故 A项错误； B项，水属于极性分子，氨气也属于极性分子，其中共价键类型均为极性共价键（O-H、N-H 键），故 B项正确； C项，硅的原子半径大于碳，二氧化硅中硅氧键的键长大于二氧化碳中碳氧键的键长，但二氧 化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，因此二氧化硅熔点高于二氧化碳，故 C项错误； D项，分子晶体中存在分子间作用力，有的也存在化学键，如二氧化碳是分子晶体，碳和氧之 间存在极性共价键，故 D项错误； 故答案选 B。 【点睛】离子晶体中存在离子键，可能有共价键；原子晶体中只存在共价键；分子晶体中存 在分子间作用力，部分物质还存在有氢键，而稀有气体分子不存在化学键。 7.下列说法不正确的是 A. 为除去 4FeSO 溶液中的  2 4 3Fe SO ，可加入铁粉，再过滤 B. 为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液 C. 为除去乙炔气中少量的 2H S，可使其通过 4CuSO 溶液 D. 为除去 2CO 中少量的 2SO ，可使其通过饱和 2 3Na CO 溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A.除去 FeSO4溶液中的 Fe2(SO4)3，可加入铁粉即发生反应：2Fe3++ Fe = 3Fe2+,故 A 正确； B.氢氧化钠与苯互不相溶，且与溴单质反应，故 B正确； C.H2S与 CuSO4反应生成 CuS沉淀，从而达到除杂的目的，故 C正确； D.CO2会与 Na2CO3反应生成 NaHCO3,故 D错误。 此题选 D。 8.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分 子的说法不正确．．．的是 A. 分子式为 C18H27NO3 B. 含有氧原子的官能团有 3种 C. 能发生加聚反应、水解反应 D. 该分子不存在顺反异构 【答案】D 【解析】 【详解】辣椒素的分子式为 C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键 3种；辣椒 素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳 原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为 和 ，两个原子团 不相同，则存在顺反异构，故 ABC正确，D错误。答案选 D。 【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有 碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。 9.依据下列实验现象，得出的结论正确的是 操作 实验现象 结论 A 向 NaBr溶液中加入氯 水，再加入淀粉 KI溶液 溶液变蓝 氧化性：Cl2>Br2>I2 B 将铝片放入盐酸中 产生气泡的速率开始时较慢， 随后加快，后来又逐渐减慢 H+的浓度是影响反应速 率的唯一因素 C 向蔗糖溶液中加入稀硫 酸，水浴加热后，加入新 制氢氧化铜，加热 得到蓝色溶液 蔗糖水解产物没有还原 性 D 向漂白粉中滴入稀硫酸， 将生成的气体通入品红 品红溶液褪色 气体中含有 Cl2 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向 NaBr溶液中加入氯水，置换出溴，再加入淀粉 KI溶液，由现象可知，溴置换 出碘，若加氯水过量，氯水可氧化 KI，则不能说明氧化性 Br2＞I2，故 A不选； B．铝和酸的反应是放热反应，氢离子浓度、温度影响反应速率，铝表面含有氧化铝，氧化铝 和稀盐酸反应较缓慢，铝和酸反应放出的热量导致温度升高，温度影响大于氢离子浓度影响， 所以反应速率增大，当一段时间后，氢离子浓度对反应速率影响大于温度时，导致反应速率 降低，故 B不选； C．水解产物葡萄糖含有醛基，具有还原性，能够被氧化；蔗糖水解后应加入碱调节溶液至碱 性，在碱性溶液中与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，可说明葡萄糖的还原性，故 C不选； D．向漂白粉中滴入稀硫酸，在酸性环境下，次氯酸根离子和氯离子之间发生氧化还原反应， 生成气体为氯气，则品红溶液褪色，故 D选； 故选 D。 10.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是 A. 浓度为 0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-) ＋c(H2CO3) B. pH＝12的氨水溶液与 pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl-)＞c(NH4 ＋)＞c(H＋)＞c(OH-) C. 等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O) D. 醋酸溶液与 NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓度为 0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液中根据物料守恒可知 c(Na＋)＝2c(CO3 2-)＋ 2c(HCO3 -) ＋2c(H2CO3)，A 错误； B．氨水是弱碱，存在电离平衡，则 pH＝12 的氨水溶液与 pH＝2 的盐酸等体积混合后氨水过 量，溶液显碱性，则溶液中 c(NH4 ＋)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)，B 错误； C．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液中只有氯化铵，铵根水解，因此根据质子守恒可知 c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)，C 正确； D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性，则根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO -)， D 错误； 答案选 C。 11.某科研人员提出 HCHO(甲醛）与 O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成 H2O的历程，该历 程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）： 下列说法不正确的是 A. HAP能提高 HCHO与 O2的反应速率 B. HCHO在反应过程中，有 C-H键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自 O2 D. 该反应可表示为：HCHO+O2 CO2+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据图知，HAP 在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总 反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中 HAP作催化剂而提高反应速率， A正确； B.HCHO 在反应中有 C-H断裂和 C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确； C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误； D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为 HCHO+O2 CO2+H2O，D正确； 故合理选项是 C。 12.下列装置由甲、乙两部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境 友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ） A. 甲中 H+透过质子交换膜由左向右移动 B. M 极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e - 2CO2↑+N2↑+16H+ C. 一段时间后，乙中 CuSO4溶液浓度基本保持不变 D. 当 N 极消耗 0.25 mol O2时，则铁极增重 16 g 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解 质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在 铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以 此解答该题。 【详解】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M 是负极，N是正极，电解质溶液为 酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应， A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右 N极，即由左向右移动，选 项 A正确； B．H2N（CH2）NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应 式为 H2N（CH2）NH2+4H2O-16e-═2CO2↑+N2↑+16e-，选项 B正确； C．乙装置是在铁上镀铜，铜在阳极失电子变为铜离子进入溶液中，溶液中的铜离子又在阴极 得电子，生成铜，整个过程中电解液浓度基本不变，所以乙中 CuSO4溶液浓度基本保持不变， 选项 C正确； D．当 N电极消耗 0.25 mol氧气时，则转移 0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重 1 2 mol×64g/mol=32g，选项 D错误； 答案选 D。 第Ⅱ卷（非选择题） 13.已知 X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中 X原子核外电子有 6种不同的 运动状态，s能级电子数是 p能级电子数的两倍；Z原子 L层上有 2对成对电子；Q是第三周 期中电负性最大的元素；E的单质是常温下唯一呈液态的非金属。请回答下列问题： （1）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为__________（填元素符号）。Y的氢化物的分子 空间构型是_______。其中心原子采取_____杂化，属__________（填“极性”或“非极性”）分子。 （2）E元素基态原子的电子排布式为_______________________________。 （3）XZ2分子中含有________个π键。 （4）Z氢化物的沸点比 Q氢化物的沸点高，理由是____________________________。 （5）X元素可形成 X60单质，它与金属钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图 所示（白球位于立方体的体心和顶点，小黑球位于立方体的面上），该化合物中 X60与钾原子 个数比为___________。 【 答 案 】 (1). CO>C；Y的氢化物是 NH3，中心原子 N有 3个δ键，1个孤电子对，价 层电子对数为 4，空间构型为：三角锥，杂化轨道数等于价层电子对数，则 N为 sp3杂化，属 于极性分子； (2)E为 Br，属于第四周期ⅦA族元素，根据核外电子排布规律和泡利原理，核外电子排布式： 1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5； (3)XZ2的分子式 CO2，属于共价化合物，其结构简式：O=C=O，1个双键之间有 1个π键，因 此 CO2分子中有 2个π键； (4)Z的氢化物是 H2O，Q的氢化物是 HCl，H2O中存在分子间氢键，使 H2O的沸点增加，而 HCl中不含氢键，所以水的沸点大； (5)根据均摊法，晶胞中 C60的个数 18 8  ＋1=2，K的个数 112 2  =6，所以原子个数比 2：6=1： 3。 14.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单二苯乙炔类化合物是 。以互为同系物的芳香烃 A、G为原料合成M的一种路线(部分反应 条件略去)如下： 回答下列问题： （1）G的结构简式为________________。 （2）C中含有的官能团名称是________________________。 （3）反应②的反应类型是________________，反应⑥的反应类型是________________。 （4）反应⑤的化学方程式为____________________。 （5）能同时满足下列条件的 B的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上有两个取代基 ②能发生银镜反应 写出其中核磁共振氢谱为 5组峰，且峰面积之比为 6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式 _______。 （6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备 的合成路线。_________________________ 【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 15 (7). (8). 【解析】 由 B的结构可知 A 为 ，由 B 到 C 的反应，B 中的碳氧双键发生的加成反应，C 中增加了羟基官能团，由 H的结构可知 G为 ，由 G到 H发生了取代反应。 （1）G的结构简式为 ，故答案为 。 （2）C中含有的官能团为羟基，故答案为羟基。 （3）反应②的反应类型是加成反应，反应⑥的反应类型是取代反应，故答案为加成反应；取 代反应。 （4）反应⑤的化学方程式为： （5）B（ ）的同分异构体中能同时满足如下条件： 苯环上有两个取代基， 能发生银 镜反应，含有-CHO，2个侧链为-CHO、-CH2CH3，或者为-CHO、-CH(CH3)2，或者为-CH2CHO、 -CH2CH3，或者为-CH2CH2CHO、-CH3，或者为-C(CH3)CHO、-CH3，各有邻、间、对 3种， 共有 15种，其中核磁共振氢谱为 5组峰，且峰面积比为 6:2:2:1:1的是 ， 故答案为 15； 。 （6）苯乙烯与溴发生加成反应得到 ，再在 KOH/乙醇条件下发生消去反应生成 ，甲苯通过 I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到 ， 与 发生取 代反应得到 ，合成路线流程图为： ，故答案为 。 15.聚合硫酸铁是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣 (主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2等 ) 为原料制取聚合硫酸铁(Fe2(OH)x(SO4)(3- 2 x ))的工艺流程如图所示： (1)“酸浸”时最合适的酸是______ (写化学式 )。 (2)“酸浸”后溶液中主要的金属阳离子有______。 (3)加入 KClO3的目的是______(结合离子方程式说明)。 (4)“过程 a”中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合，将下列水解反应原理的化学方 程式补充 完整。Fe2(SO4)3+______H2O ______Fe2(OH)x(SO4)(3- 2 x )+______。 (5)盐基度 B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。已知盐基 度 B的表达式为 B=    33 n OH n Fe   ×100%(n为物质的量 )。为测出聚合硫酸铁的盐基度，进行如 下实验操作： i.取聚合硫酸铁样品 mg，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入 KF 溶液屏蔽 Fe3+，使 Fe3+不与 OH-反应，然后以酚酞为指示剂，用 c mol/L的标准 NaOH溶液进 行中和滴定，到终点时消耗 NaOH溶液 V0mL。 ii.做空白对比实验：取与步骤 i等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用 c mol/L的标准 NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗 NaOH溶液 V mL。 ①该聚合硫酸铁样品中，n(OH-)=______ mol。 ②已知该样品中 Fe的质量分数为ω，则盐基度 B=______。 【答案】 (1). H2SO4 (2). Fe3+ 、 Fe2+ (3). 将 Fe2+ 氧化为 Fe3+ (4). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O (5). x (6). 1 (7). 2 x H2SO4 (8). 10-3cV0-10-3cV (9).  00.056c V V 3mw  ×100% 【解析】 【分析】 黄铁矿的烧渣主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2等，向烧渣中加入酸浸取，由制备目的可知，加 入的酸为稀硫酸，Fe2O3、FeO是金属氧化物，和稀硫酸反应分别得到硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2 是酸性氧化物，不溶于硫酸，过滤后得到的滤液 I中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的稀硫酸， 向滤液 I中加入废铁屑，Fe 和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤液 II中含有硫酸亚 铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，向绿矾中加入稀硫酸、氯酸钾，发生反应 6H++ClO3-+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O ， 然 后 发 生 水 解 、 聚 合 反 应 Fe2(SO4)3+xH2O Fe2(OH)x(SO4)(3- 2 x )+ x  2 H2SO4，以此解答该题。 【详解】(1)通过以上分析知，加入的酸为 H2SO4； (2)酸浸后的溶液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的稀硫酸，所以含有的阳离子有 Fe3+、Fe2+、 H+，其中的金属阳离子为 Fe3+、Fe2+； (3)氯酸钾具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子而制取聚合物，所以氯酸钾的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，涉及的方程式为 6H++ClO3-+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O； (4)根据元素守恒，该反应方程式为 Fe2(SO4)3+xH2O Fe2(OH)x(SO4)(3- 2 x )+ x  2 H2SO4，故空 项分别是 x；1； 2 x H2SO4； (5)①n(OH-)=cmol/L×10-3V0L-cmol/L×10-3VL=10-3c(V0-V)mol； ②该样品中 Fe的质量分数 w，则 n(Fe)= mw 56 mol，盐基度 B=    3 n OH 3n Fe   ×100%=  3 010 c V V mw3 56    ×100%=  00.056c V V 3mw  ×100%。 【点睛】本题考查了物质制备，涉及氧化还原反应、盐的水解、离子物质的量的测定等，明 确元素化合物性质基物质的量的有关计算公式是解本题关键，注意从整体上分析判断物质成 分及分离提纯方法，侧重考查学生的分析判断及计算能力。 16.实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、 建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总 体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题： (1)已知某反应的平衡表达式为：K=       2 2 c H c CO c H O  ，它所对应的化学反应为： ________________。 (2)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： ①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-908 kJ/mol ②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol 总反应：3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =____________；二甲醚(CH3OCH3) 直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为 ________________。 (3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和 水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数 随温度的变化如下表所示： 温度/℃ 400 500 800 平衡常数 K 9.94 9 1 该反应的正反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)，若在 500℃时进行，设起始时 CO和 H2O的起始浓度均为 0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________________。 (4)从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如 NO、NO2、N2O4等，对反应 N2O4(g) 2NO2(g)△H >0，在温度为 T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化 曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。 A. A、C 两点的反应速率：A>C B. A、C 两点气体的颜色：A 深，C浅 C. B、C两点的气体的平均相对分子质量：BC (5)NO2可用氨水吸收生成 NH4NO3，25℃时，将 m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶 液滴加 n L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________（填“正向”“不” 或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为________mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取 Kb=2×10﹣5 mol/L)。 (6)某科研单位利用原电池原理，用 SO2和 O2来制备硫酸，装置如图乙所示，电极为多孔的材 料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。 ①溶液中 H+的移动方向由________极到________极；(用 A、B 表示) ②B电极的电极反应式为____________。 【答案】 (1). C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) (2). ﹣246.4 kJ/mol (3). CH3OCH3-12e ﹣+3H2O=2CO2+12H+ (4). 放热 (5). 75% (6). D (7). 逆向 (8). 200 m n (9). B (10). A (11). SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+ 【解析】 【分析】 (1)根据质量守恒定律，结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式； (2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3 在负极失去电子，被氧化变为 CO2、H2O，据此书写电极反应式； (3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用 500℃时 K=9，利用物质的起始浓 度及反应转化关系计算 CO的平衡转化率； (4)根据外界条件对化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断； (5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用； 依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度； (6)SO2与 O2反应生成 SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断原电池的正负极， 负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。 【详解】(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中， 分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律， 所以该反应的方程式为 C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)； (2)①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol ②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol 根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式： 3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =﹣246.4 kJ/mol； 二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负 极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+； (3)由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，温度升高化学平衡常数 K 值减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热 反应，假设反应消耗的 CO浓度为 x，则根据方程式 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)可知物质 改变的物质的量相等，因此平衡时各种气体的物质的量浓度分别是：c(CO)=c(H2O)=(0.02-x) mol/L，c(CO2)=c(H2)=x mol/L，所以     x x 0.02 x 0.02 x     =9，解得 x=0.015 mol/L，所以 CO 的平衡转化率为 0.015 mol / L 0.02 mol / L ×100%=75%； (4)对反应 N2O4(g) 2NO2(g) △H >0，由于该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正 向移动，NO2平衡时体积分数增大，根据图象可知 NO2平衡时体积分数：A>B，说明温度： T2>T1。 A．A点、C点温度相同，A点压强小于 C点的压强，增大压强，化学反应速率越大，则反应 速率：AB，在相同压强下，升高温度，化学平衡向吸热的正 反应方向移动，则 NO2的体积分数增大，所以由状态 B到状态 A，可以用加热的方法，D正 确； E．化学平衡常数只与温度有关，A、C两点的温度相同，所以它们的平衡常数也相等，E错 误； 故合理选项是 D； (5)NO2可用氨水吸收生成 NH4NO3，25℃时，将 m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是由于 NH4+水解，消耗水电离产生的 OH-，最终达到平衡时，溶液中 c(H+)>c(OH-)，反应的离子方程 式为：NH4++H2O NH3•H2O+H+；向其中加入氨水，使 c(NH3•H2O)增大，抑制了铵根离子 水解，水解平衡逆向进行，水的电离平衡逆向移动；将 m mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加 n L氨水后溶液呈中性，则根据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度 c(OH-)=10-7 mol/L， NH3•H2O的电离平衡常数取 Kb=2×10-5mol/L，设混合后溶液体积为 1 L，c(NH4+)=c(NO3-)=m mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O NH4++OH-，平衡常数 K=         7 4 3 2 3 2 c NH ·c OH m 10 c NH H O n c NH H O         =2×10-5mol/L，解得 c(NH3•H2O)= 200 m n mol/L； (6)该原电池中，负极上失电子被氧化，发生氧化反应，所以负极上投放的气体是 SO2，SO2 失电子和水反应生成 SO42-和 H+，正极上投放的气体是 O2，正极上 O2得电子和 H+反应生成水， 根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，所以 B极上的电极反应式为： SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，原电池放电时，溶液中的 H+由负极 B移向正极 A，所以其电池反 应式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。 【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、原电池原理应用、平衡移动相关计算、盐类水解 判断等，把握图象分析方法、盖斯定律等化学反应原理是本题解答的关键，注意结合电解质 溶液的书写及分析原电池电极反应。