2019-2020学年安徽省新城高升学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省新城高升学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下列实验操作能达到实验目的的是()A加热使2I升华，可除去铁粉中的2IB电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D将氨水滴加到饱和3FeCl溶液中，可制备3Fe OH胶体【答案】C【解析】【详解】A.加热时 Fe 与 I2反应，应选磁铁分离，A 错误；B.氧化性 H+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B 错误；C.NaOH 与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，

2、因此可用足量NaOH 溶液除去苯中的苯酚，C 正确；D.将饱和 FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D 错误；故合理选项是C。2下列说法正确的是（）A天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多，分子中均含有COOH和 NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸【答案】D【解析】【分析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢

3、氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH 溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A 错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH 溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故 B 错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和 NH2两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D 正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。3某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量

4、随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A H2SO4浓度为 4 mol/L B溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为 0.2 mol/L D AB 段反应为：Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为 22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据 OA 段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质

5、的量，再根据c=nV计算 c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g 铁，也就是22.4g 56g/mol 0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A 正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B 正确；C、OA 段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO +2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为 2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA 段发生

6、反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO +2H2O，AB 段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D 正确。答案选 C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。4定温度下，在三个容积均为2.0L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下

7、表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/起始物质的量浓度/mol L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.10 0.10 0 0 乙T20 0 0.10 0.20 丙T20.10 0.10 0 0 下列说法正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2 倍D丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v(正)，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故 A 错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，2

8、2+0.10.1000.060.02NOg2COgNg60.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO 和 0.20molCO，投料是丙的2 倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06 mol/L；所以 N2的转化率小于40%，故 B 正确；C.根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO 和 0.20mol CO，投料的物质的量是甲的2 倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2 倍，故 C 错误；D

9、.22+0.10.1000.060.02NOg2COgNg60.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）2220.060.0342.190.040.04K；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和 0.10molCO2，2220.06+0.050.0328.140.04+0.050.04QK，平衡正向进行，所以v(正)v(逆)，故 D 错误；【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；QK时，反应逆向进行；Qc(Cl)c(OH-)c(H+)Cb 点：c(M)c(MOH)c

10、(Cl)D室温下，MOH 的电离常数Kb1 105【答案】C【解析】【分析】【详解】A加入 20mL 盐酸时，溶液的pH 出现突跃，说明加入20mL 盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH 浓度为 0.1000mol L1，正确，A 不选；Ba 点溶液 pH7，溶液呈碱性，则c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，则c(M)c(Cl)。a 点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH 电离程度大于MCl 水解程度，但MOH 电离程度较小，所以存在c(M)c(Cl)c(OH)c(H)，正确，B不选；Cb

11、点溶液 pH=7，溶液呈中性，则c(OH)=c(H)，根据电荷守恒得c(M)=c(Cl)，所以 c(M)+c(MOH)c(Cl)，错误，C选；D根据 A 选可知，MOH 浓度为 0.1000mol L1，不加入盐酸时，pH 为 11，溶液中的c(OH)=103mol L1，则 MOH 是弱碱，其电离方程式为MOHMOH，由于其电离程度较小，则c(MOH)0.1mol L1，忽略水的电离，则c(M)c(OH)=103mol L1；则室温下，MOH 的电离常数+335b(M)(OH)1010=10(MOH)0.1ccKc，正确，D 不选。答案选 C。8下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是选项实

12、验现象结论A常温下，将CH4与 Cl2在光照下反应后的混合气体通入石蕊溶液石蕊溶液先变红后褪色反应后含氯的气体共有 2 种B向 10 mL0.1mol/L NaOH 溶液中先后加入 1mL 浓度均为0.1mol/L 的 MgCl2和CuCl2溶液先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀Cu(OH)2溶解度小于Mg(OH)2C加热 NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3溶液显碱性D将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中前者剧烈反应水中羟基氢的活泼性大于乙醇的A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.CH4与 Cl2在光照下反应产生HCl，HCl

13、 溶于水得到盐酸，使紫色石蕊试液变为红色，由于其中含有未反应的氯气，氯气溶于水，产生盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，将红色物质氧化变为无色，反应过程中产生的有机物CH3Cl也是气体，因此不能证明反应后含氯的气体共有2 种，A 错误；B.反应中氢氧化钠过量，则一定会产生氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能比较二者的溶解度相对大小，B 错误；C.加热 NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明 NH4HCO3固体受热分解产生了氨气，C 错误；D.将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中，前者剧烈反应，是由于水中羟基氢的活泼性大于乙醇，更容易电离产生H+，D 正确；故合理说法是D

14、。9化学反应前后肯定没有变化的是 原子数目 分子数目 元素种类 物质的总质量 物质的种类A BCD【答案】C【解析】【分析】在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是原子数目、元素种类、物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述,反应前后不变；综上所述，本题正确选项C。10青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.00 107克，它的钾盐1 国

15、际单位的质量为6.27 107克，(1 国际单位的2 种盐的物质的量相等)，则青霉素的相对分子质量为()A 371.6 B355.6 C333.6 D332.6【答案】C【解析】【分析】【详解】设青霉素的相对分子质量为x，则钠盐的相对分子质量分别为23+x1=22+x，钾盐的相对分子质量为39+x1=38+x，1 国际单位的2 种盐的物质的量相等，则776 106.7210=22x38x，解得 x=333.6，答案选C。11短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z 是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。

16、下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Z)r(W)BY、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C简单氢化物的热稳定性：XW D X 分别与 Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X、W 同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z 是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W 的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X 为氧，Y为钠，Z为铝，W 为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X)

17、r(W)W，故错误；D.X 分别与 Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选 B。1212mL NO 和 NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO 和 NH3体积比可能是A 2：1 B1：1 C3：2 D4：3【答案】C【解析】【详解】根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO 和 NH3按照物质的量之比是3：2 反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气

18、体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO 和 NH3的物质的量之比可能3：2；故合理选项是C。13将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原 NaOH 浓度为 1mol/L C参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1

19、NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol 电子，则转移电子为0.1NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。14最新报道：科学家首次用X

20、 射线激光技术观察到CO与 O 在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A CO和 O 生成 CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和 O CCO和 O 生成了具有极性共价键的CO2D状态 状态 表示 CO与 O2反应的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态I 的能量高于状态III 的能量，故该过程是放热反应，A 错误；B.根据状态I、II、III 可以看出整个过程中CO中的 C和 O 形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图 III 可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态 表示 CO与 O 反应的

21、过程，故D 错误。故选 C。15联合国大会宣布2019 年为“国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出“律动世界 化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T 的次外层电子数是其最外层电子数的2 倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与 T 同主族，W、Z 与 T同周期。下列判断错误的是（）A元素 T在自然界主要以游离态形式存在B元素非金属性强弱：ZY C最高价氧化物对应水化物的酸性：XW D X与氧元素形成的氧化物不止一种【答案】A【解析】【分析】X、Y与 T 同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X 为碳(

22、C)，Y 为锗(Ge)；W、Z与 T 同周期，则W 为铝(Al)，Z为磷(P)。【详解】A元素 Si在自然界中只能以化合态形式存在，A 错误；B元素非金属性强弱：PSiGe，B正确；C因为 CO2通入 NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3 Al(OH)3，C正确；D C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D 正确；故选 A。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(l)H=-511kJ/mol SnCl4

23、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，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnC

24、l4+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，锡粒中含铜杂质使得 D 中产生的SnCl4中

25、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，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解

26、，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%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计

27、，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化合物H 是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：已知:（苯胺易被氧化）甲苯发生一硝基取代反应与A 类似。回答下列问题：(1)写出化合物H 的分子式 _，C中含氧官能团的名称_。(2)写出有关反应类型：BC _；FG_。(3)写出 AB 的反应方程式：_。(4)写出同时满足下列条件D 的所有同分异构体的结构简式：_能发生银镜反应能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色核磁共振氢谱(1HNMR)显

28、示分子中有4 种不同化学环境的氢(5)合成途径中，C 转化为 D 的目的是 _。(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O 为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_【答案】C12H15NO 醚键还原反应消去反应+HNO3(浓)+H2O、保护氨基，防止合成过程中被氧化【解析】【分析】A 是，A 与浓 HNO3、浓 H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与 Fe、HCl 发生还原反应产生 C：，C与(CH3CO)2O 发生取代反应产生D：，E为，E与 NaBH4发生反应产生 F为。【详解】(1)根据 H 的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚

29、键；(2)B 为，C为，B 与 Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；F为，G 为，根据二者结构的不同可知：FG 的类型是消去反应；(3)A 是，A 与浓 HNO3、浓 H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以 AB 的反应方程式为：+HNO3(浓)+H2O；(4)D 结构简式为：，D 的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；核磁共振氢谱(1HNMR)显示分子中有4 种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、；(5)合成途径中，C

30、转化为 D 时 NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O 为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性 KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在 Fe、HCl 作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为：【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止

31、其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成 CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：-14222CH(g)+2H O(g)=CO(g)+4H(g)H=+165kJmol-1222CO(g)H O(g)CO(g)H(g)H=-41kJ mol23CO(g)2H(g)CH OH(g)?32CH OH(g)HCHO(g)+H(g)?（l）温度为TK时，催化由CO、H2合成 CH4反应的热化学方程式为_。（2）已知温度为TK 时4222CH(g)+2H O(g)=CO(g

32、)+4H(g)的活化能为485.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为 _kJ/mol。（3）TK 时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和 H2O(g)发生上述反应（已排除其他反应干扰），测得 CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：若初始投入CO为 2 mol，恒压容器容积10 L，用 H2O(g)表示该反应0-5 分钟内的速率v（H2O（g）=_。6 分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，则改变的外界条件为_（4）750K下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生反应，若起始压强为101 kPa，达到平衡转化率为50.0%，则反应的平衡常数Kp=_用平衡分压代替平衡浓度计算，

33、分压=总压 物质的量分数，忽略其它反应）。（5）某温度下，将 2 mol CO 与 5 mol H2的混合气体充入容积为2L 的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应。经过 5 min 后，反应达到平衡，此时转移电子6 mol。若保持体积不变，再充入 2 mol CO 和 1.5 mol CH3OH，此时 v（正）_v（逆）（填“”“cd b d【解析】【分析】(l)由盖斯定律可知，-得到242CO(g)+3H(g)=CH(g)+H O(g)，以此来解答。(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，4222CH(g)+2H O(g)=CO(g)+4H(g)为

34、吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；(3)发生反应222CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)，根据 v=ctVV计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O 的反应速率，根据表中的数据可知，在 5 分钟后，一氧化碳的物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应气体的总物质的量不变，6 分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；(4)设甲醇的物质的量为1mol，平衡时转化率为50%，则根据三段式、各物质平衡时总压和分压的关系计算；(5)某温度，将2molCO 与 5molH

35、2的混合气体充入容积为2L 的密闭容器中，经过5min 后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol 消耗 CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗 CO物质的量=6mol4mol 1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，若保持体积不变，再充入2molCO 和 1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc和平衡常数大小比较判断平衡的进行方向；反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态，否则不能达到平衡；(6)该反应为放热反

36、应，则小于700K 时，K(400K)K(500K)1.31，则平衡时p(H2)p(CO)，故 a、b 表示 H2的分压，c、d 表示 CO的分压；【详解】(1)已知反应：-14222CH(g)+2H O(g)=CO(g)+4H(g)H=+165kJmol，-1222CO(g)H O(g)Co(g)H(g)H=-41kJ mol，由盖斯定律可知，-得到-1242CO(g)3H(g)=CH(g)+H O(g)H=-206kJmol，故答案为：-1242CO(g)3H(g)=CH(g)+H O(g)H=-206kJmol；(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知

37、信息，4222CH(g)+2H O(g)=CO(g)+4H(g)为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；-14222CH(g)+2H O(g)=CO(g)+4H(g)H=+165kJmol，该反应的活化能为485.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能=485.2 kJ/mol-165 kJ/mol=320.2 kJ/mol；(3)发生反应222CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)，若初始投入一氧化碳为2mol，则水蒸气也为2mol，该反应的总物质的量不变，所以平衡时一氧化碳的物质的量为4mol0.1=0.4mol，0

38、5 分钟内的一氧化碳的反应速率 （CO）=2mol-0.4mol10L5min=0.032mol/（L?min），6 分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，而该反应为放热反应，所以应为降低温度；(4)设甲醇的物质的量为1mol，平衡时转化率为50%，则根据三段式：32100CH OH(g)HCHO0.50.50.50.50.50(g.5)H(g)?始(mol)变(mol)平(mol)n始：n平=p始：p平，p平=0.5+0.5+0.5 mol10 kPanpkPa1=1.51011moln平始始则反应的平衡常数Kp=230.50.51.5 1011.5101pp0.5+0.5+

39、0.50.5+0.5+0.5=0.5p1.5 101kPakPa0.5+0.5+0.HHCHOCHk a5OHP=50.5 kPa；(5)某温度，将2molCO 与 5molH2的混合气体充入容积为2L 的密闭容器中，经过5min 后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol 消耗 CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗 CO物质的量=6mol4mol 1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算:23+(mol)250(mol)1COg2HgCH O.531.5(mol)0.5H2.5g1?始变平（）（）（）平衡浓度c(CO)=0.5mol2L=0.25mol/L

40、，c(H2)=2mol2L=1mol/L，c(CH3OH)=1.5mol2L=0.75mol/L，平衡常数K=20.750.25 1=3，若保持体积不变，再充入2molCO 和 1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc=21.5+1.5 mol2L0.5+2 mol1mol/L2L=1.2v(逆)；CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)H K(500K)1.31，则平衡时p(H2)p(CO)，故 a、b 表示 H2的分压，c、d 表示 CO的分压，升高温度反应逆向进行，CO的分压增大，H2的分压减小，则由此可判断400K 时 p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是b、c；500

41、K 时 p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是a、d。【点睛】化学平衡的判断依据必须是正逆反应方向的速率相等，各成分的浓度保持不变的状态，还需要注意间接判据分析时要看是否为变量不变，变量不变的状态是平衡状态。19甲醇是应用广泛的化工原料和前景乐观的无色液体燃料。请按要求回答下列问题。(1)已知 25、101 kpa 时一些物质的燃烧热如下表：物质CH3OH(l)CO(g)H2(g)燃烧热/(kJ/mol)726.8 283.0 285.8 写出由 CO和 H2反应生成CH3OH(l)的热化学方程式：_。(2)一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=

42、CH3OH(g)，其相关数据如图所示。从反应开始至5min 时，用 CH3OH 表示的反应平均速度为_。图中反应达平衡时，K=_(mol/L)-2；CO的平衡转化率为_。(3)人们利用甲醇制得能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图所示，该装置工作时，a极反应式为 _。若用该电池及惰性电极电解2L 饱和和食盐水产生224mL(标准误差2)Cl2时(假设全部句逸出并收集，忽略溶液体积的变化)，常温下所得溶液的pH 为 _。(4)甲醇在一定条件下可转化为甲酸。常温下，向 0.1mol/L HCOOH 溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液至 pH=7已知，K(HCOOH)=1.8 1

43、0-4。此时混合游学中两溶质的物质的量之比n(HCOOH)：n(HCOONa)_。【答案】CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)H=-127.7kJ/mol 0.02mol/(L?min)9.375或60%CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+12 1：1800【解析】【分析】(1)先写出三个反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律，将它们叠加，就可得到所需反应的热化学方程式；(2)根据 V=计算化学反应速率；根据化学平衡常数K=，根据物质的转化率等于转化率与投入量的比值计算；(3)通入甲醇的电极为负极，失去电子，结合电解质溶液呈酸性书写电极反应式；先写出电解方程式，然后根据 NaOH、C

44、l2的物质的量关系，结合溶液的体积计算pH；(4)NaOH 与 HCOOH发生中和反应产生HCOONa和水，根据溶液的pH 及 HCOOH的电离平衡常数计算溶液中 n(HCOOH)：n(HCOONa)。【详解】(1)CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=-283.0kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=-285.8kJ/mol；CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.8kJ/mol；+2-，整理可得：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)H=-127.7kJ/mol；(2)V=0.02mol/(L?min)；CO(g)+2H2(g)CH3O

45、H(l)根据化学方程式可得其化学平衡常数K=9.375；CO的平衡转化率=60%；(3)a 电极通入甲醇，失去电子，发生氧化反应，由于是酸性环境，所以CH3OH 失去电子变为CO2气体，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；用惰性电极电解NaCl 饱和溶液的方程式为：2NaCl+H2O2NaOH+H2+Cl2，n(NaOH)=2n(Cl2)=2=0.02mol，c(NaOH)=0.01mol/L，c(H+)=10-12mol/L，所以溶液的pH=12；(4)HCOOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：HCOOHHCOO-+H+，该反应的电离平衡常数K=1.8 10-4，=1.8103，所以可得=。【点睛】本题综合考查了盖斯定律、化学反应、化学平衡、原电池反应原理及弱电解质的电离平衡、水的离子积常数等的有关知识，较为全面的考查了基本概念、基本理论及有关计算等化学反应基本原理，难度适中。