2019-2020学年北京市顺义区第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年北京市顺义区第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市顺义区第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年北京市顺义区第九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室温下，pH 相同的盐酸和醋酸的说法正确的是()A醋酸的浓度小于盐酸B盐酸的导电性明显大于醋酸C加水稀释相同倍数时，醋酸的pH 变化更明显D中和两份完全相同的NaOH 溶液，消耗的醋酸的体积更小【答案】D【解析】【分析】盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，相同pH 时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，据此分析；【详解】A、醋酸为弱酸，部分电离，盐酸为强酸，完全电离，相同pH 时，醋酸的浓度大于盐酸，故A 错误；B、电解质导电性与离子浓度和离子所

2、带电荷数有关，醋酸和盐酸都是一元酸，相同pH 时，溶液中离子浓度和所带电荷数相等，导电能力几乎相同，故B 错误；C、加水稀释，两种酸的pH 增大，醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，稀释相同倍数时，醋酸溶液中c(H)大于盐酸c(H)，即盐酸的pH 变化更明显，故C 错误；D、根据 A 选项分析，c(CH3COOH)c(HCl)，中和相同的NaOH 溶液时，浓度大的醋酸消耗的体积小，故 D 正确；答案选 D。2下列操作不正确的是A配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜【答案】C【解析】【

3、详解】A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故 A 正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故 B 正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故 C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D 正确；答案选 C。3用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 31 g 白磷中含有的电子数是3.75NAB标准状况下，22.4L 的 C8H10中含有的碳氢键的数目是10NAC1L 0.1mol?L-1的乙酸溶液中含有的

4、氧原子数为0.2NAD 5.6g Fe 与足量I2反应，Fe 失去0.2NA个电子【答案】D【解析】【分析】【详解】A P是 15 号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15NA，故 A 错误；B标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C1L 0.1mol?L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于0.2NA，故 C错误；D 5.6g Fe 与足量I2反应，FeI2=FeI2，Fe 失去0.2NA个电子，故D 正确；故选 D。4用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A反应中参与

5、反应的HCHO 为 30g 时转移电子2mol B可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C生成 44.8 LCO2时反应中参加反应的Ag一定为 8mol D理论上测得溶液吸光度越高，HCHO 含量也越高【答案】D【解析】【分析】【详解】A.30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0 价升高到+4 价，所以转移电子 4mol，故 A 错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为 Fe3+，与 Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+，故 B 错误；C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag 的物质的量，故

6、C错误；D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag 越多，所以HCHO含量也越高，故D 正确。故选 D。5实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是已知：亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H A浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B装置 B 和 D 中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C冷水的温度控制在20左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D实

7、验时用98%的浓硫酸代替70%的 H2SO4产生 SO2速率更快【答案】D【解析】【详解】A浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；B亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B 中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D 中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；C为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20左右，C正确；D 98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的

8、H2SO4产生 SO2速率更慢，D错误；6 公元八世纪，Jabir ibn Hayyan 在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO +3O2)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是A干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收B王水是由3 体积浓硝酸与1 体积浓盐酸配制而成的C王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O)D实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性【答案】A【解析】【详解】A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4N

9、O+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A 正确；B.王水是由3 体积浓盐酸与1 体积浓硝酸配制而成的，B错误；C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO 气体，C 错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D 错误；故合理选项是A。7实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A制取 Cl2B使 Br转化为 Br2C分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3【答案】C【解析】【详解】A.实验室制备氯气是用浓

10、盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A 项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B 项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D 项错误；答案选 C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止

11、水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。8下列物质属于电解质的是（）A Na2O BSO3 CCu D NaCl溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和 O2-，是电解质，故A 选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的 SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C 不选；D.NaCl 溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D 不选故选 A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、

12、多数的盐、部分金属氧化物等。9下列有关实验能达到相应实验目的的是（）A实验室制备氯气B制备干燥的氨气C石油分馏制备汽油D制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A.浓盐酸与MnO2的反应需要加热，故A 错误；B.氨气的密度比空气的密度小，应选用向下排空气法收集，故B错误；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；D.乙酸乙酯能与NaOH 溶液反应，小试管中应为饱和Na2CO3溶液，故D 错误；故选 C。10分离混合物的方法错误的是A分离苯和硝基苯：蒸馏B分离氯化钠与氯化铵固体：升华C分离水和溴乙烷：分液D分离氯化钠和硝酸钾：结晶【答案】B【解析】【详解】A.苯和硝基

13、苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B 11 国际计量大会第26 届会议新修订了阿伏加德罗常数(NA6.022140761023 mol1),并将于 2019 年 5月 20 日正式生效。下列说法中正确的是A在1 mol中，含有的中子数为6 NAB将 7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，转移的电子数为0.1 NAC标准状况下，11.2 L NO和 11.2 L O2混合后，气体的分子总数为0.75

14、NAD某温度下，1L pH=3 的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液中H+的数目大于0.01 NA【答案】A【解析】【详解】A、中含有中子数是11-5=6，所以 1 mol中含有的中子数为 6NA，故 A正确；B、将 7.1 g C12溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于 0.1 NA，故 B错误；C、标准状况下，11.2 L NO和 11.2 L O2混合后，由于存在2NO2N2O4，所以气体的分子总数小于0.75 NA，故 C错误；D、某温度下，1L pH=3 的醋酸溶液稀释到10L 时，溶液4pH3，溶液中 H+的数目小于0.01 NA，故 D错误。12天然气脱硫的

15、方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q0)。要提高脱硫率可采取的措施是A加催化剂B分离出硫C减压D加生石灰【答案】D【解析】【详解】H2（g）+CO（g）+SO2（g）?H2O（g）+CO2（g）+S（s）H0，正反应是气体体积减小的放热反应，A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，能提高单位时间脱硫率，选项A 不符合题意；B硫是固体，分离出硫对平衡无影响，选项B 不符合题意；C、减压会使平衡逆向进行，脱硫率降低，选项C 不符合题意；D加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移动，提高脱硫率，选项D

16、 符合题意。答案选 D。【点睛】本题考查了化学平衡的分析应用，影响因素的分析判断，掌握化学平衡移动原理是关键，正反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡的反应特征结合平衡移动原理分析选项判断，高压、降温平衡正向进行，固体和催化剂不影响化学平衡。13设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 18gT2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为10NAB1L1mol/L 的 Na2CO3溶液中 CO32-和 HCO3-离子数之和为NAC78gNa2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数目为2NAD加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA

17、【答案】D【解析】【分析】【详解】A T2O 的摩尔质量为22，18gT2O 的物质的量为911mol，含有的质子数为9011NA，A 选项错误；B1mol/L 的 Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)m2，则混合物M 中一定含有A12O3B生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+C固体 P既可能是纯净物，又可能是混合物D要确定混合物M 中是否含有A1，可取 M 加入过量NaOH 溶液【答

18、案】D【解析】【分析】Al2O3和 Al 均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝绿色溶液说明含Cu2+，能形成 Cu2+，则固体A 肯定含有 Fe2O3和 Cu。【详解】A若 m1m2，则混合物M 中可能含有Al2O3或 Al 或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A 错误；B离子方程式电荷不守恒，故B 错误；C由于加了过量的盐酸，因此固体P只能是铜，不可能是混合物，故C错误；D要确定混合物M 中是否含有Al，可取 M 加入过量NaOH 溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故 D 正确。故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)

19、实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、_、_及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是_。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I，需选择的试剂组合及其先后顺序是_(选填编号)。aAgNO3溶液bBa(NO3)2溶液c BaCl2溶液dCaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：取适量含I2溶液用 CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_。(

20、5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。_；2H2SO4加热2SO2+O2+2H2O；_。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是_；缺点是 _。【答案】氧化萃取(或萃取分液)坩埚(或瓷坩埚)、泥三角ba 从水层取少量溶液，加入12 mL 淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HI加热H2+I2节约电能使用能造成污染环境的 SO2【解析】【分析】(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I-转化成水溶性差而易溶于有机溶

21、剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验 I-通常用 AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和 CO32-会干扰 I-的检验，需排除干扰；(4)检验 IO3-可采用思路为：IO3-I2检验 I2，所以应选用合适的还原剂将IO3-还原为 I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和 I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I-I2为氧化过程；从

22、水溶液中分离出 I2可用 CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和 CO32-会干扰 I-的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的 Ba(NO3)2溶液除去SO42-和 CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；

23、(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入12 mL 淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的 HI 分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HI垐 垎?噲 垐?加热H2+I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，

24、本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液检验卤离子时应注意排除干扰。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）172005 年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M 和 N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A 的名称是 _。（2）B的结构简式是_。（3）CD 的反应类型是_

25、。（4）写出 DM 的化学方程式_。（5）已知 X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N 的结构简式为 _。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇 FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出 EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答案】2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【解析】【分析】由 F的结构简式可知A 应为 CH2=C(CH3)CH2CH3，生成 E为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G 为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲

26、基，结合N 的分子式可知N 的结构简式为，可知 X 为苯乙醇，由M 的分子式可知D 含有 8 个 C，结合信息可知 B 为 CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则 C为 CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D 为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M 为，以此解答该题。【详解】(1)A 为 CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B 为 CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C 为 CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH

27、3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D 为 CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M 为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N 为；(6)X 为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2 个甲基或1 个乙基，共3 种，即等；(7)E 为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在 NaOH 的水溶液中发生

28、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的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2S

29、O4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甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。（1）用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH4。已知：C（s）十 2H2（g）垐?噲?CH4（g）H=73kJ/mol 2CO（g）垐?噲?C（s）+CO2（g）H=171kJ/mol CO（g）十 3H2（g）垐?噲?CH4（g）+H2O（g）H=203kJ/mol。写出 CO（g）与 H2O（g）反应生成H 2（g）和 CO2（g

30、）的热化学方程式_。（2）天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS 溶液，已知Tk（NH3 H2O）=1.74 105；k1（H2S）=1.07 107，k2（H2S）=1.74 1013，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_。A c（NH4+）c（HS）c（OH）c（H+）B c（HS）c（NH4+）（S2）c（H+）C c（NH4+）c（HS）c（H2S）c（H+）D c（HS）c（S2）c（H+）c（OH）（3）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4（g）+H2O（g）垐?噲?CO（g）+3H2（g）一定温度时，在一个体积为2L的恒容

31、密闭容器中，加入 1molCH4和 1.4mol 水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成 0.2mol CO，用 H2表示该反应的速率为_。此反应的平衡常数为_（结果保留到小数点后三位）。下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是_。A 体系的压强不再发生变化B 生成 1molCH4的同时消耗3molH2C 各组分的物质的量浓度不再改变D 体系的密度不再发生变化E 反应速率V（CH4）：V（H2O）：u（CO）：u（H2）=1：1：1：3（4）甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H=+49kJ/mol。某温度下，将n（H2O）：n（CH3OH）=1

32、：1 的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为 p2，则平衡时甲醇的转化率为_。【答案】CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)H=-41 kJ?mol-1ac 0.06 mol?L-1?min-10.011 AC 21p(-1)100%p【解析】【分析】C(s)+2H2(g)?CH4(g)H=-73 kJ?mol-1；2CO(g)?C(s)+CO2(g)H=-171 kJ?mol-1；CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)H=-203 kJ?mol-1；将方程式+-得 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，焓变进行相应的改变。根

33、据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于 HS水解程度，溶液呈碱性，则c(OH)c(H+)，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度。根据三段式来计算；A反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大；B生成 1mol CH4时一定同时消耗 3mol H2；C在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变；D此反应是个气体的质量和体积不变的反应；E反应速率V(CH4)：V(H2O)：v(CO)：v(H2)=1：1：1：3 恒成立。恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应

34、甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率。【详解】C(s)+2H2(g)?CH4(g)H=-73kJ?mol-1；2CO(g)?C(s)+CO2(g)H=-171 kJ?mol-1；CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)H=-203 kJ?mol-1；将方程式+-得 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)H=(-73 kJ?mol-1)+(-171 kJ?mol-1)-(-203 kJ?mol-1)=-41 kJ?mol-1；故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)H=-41 kJ?mol-1。(2)根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程

35、度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于 HS-水解程度,溶液呈碱性，则cOH-)c(H+)，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+4)c(HS-)c(OH-)c(H+)，硫氢根离子水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+4)c(HS-)c(OH-)c(H+)。故选 ac。(3)在一个体积为2L 的恒容密闭容器中，加入1molCH4和 1.4mol 水蒸气发生上述反应，5s 后达平衡，生成 0.2molCO，根据三段式可有：422CHg+H O gCO g+3Hg1mol 1.4mol0.2mol 0.2mol0.2mol 0.60 mol0.8mol

36、 1.2mol0.2mol 0.60mol垐?噲?开始：转化：平衡：则用 H2表示该反应的速率为112()=0.062L5s0.6molHmol Ls；此反应的平衡常数30.20.6()22=0.81.20 0 1212.K；故答案为：0.06 mol?L-1?min-1；0.011。A.反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大，故当体系压强不变时，反应达平衡，故 A 正确；B.生成 1mol CH4时一定同时消耗3mol H2，是必然的关系，不能作为平衡的标志，故B错误；C.在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变，故当各组分的浓度不变时，反应达平衡，故C正确；D.此反应是个气体的质量和体积不

37、变的反应，故气体的密度=m V(容)，密度一直不变，故不能作为平衡的标志，故D错误；E.反应速率(CH4):(H2O):(CO):(H2)=1:1:1:3 恒成立，与反应达不达平衡没有关系，故不能作为平衡的标志，故E错误；故选AC。(4)设起始 n(H2O)=n(CH3OH)=1mol，恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡时气体的总物质的量212pmolp，213222CH OH g+H O gCOg+3Hg1mol 1mol1m2mol2pxol 3mol(-2)molp垐?噲?物质的量增大，21122p-2px，解得21px=-1p，因此转化率为2121p-1pp=100%=

38、(-1)100%1p，故答案为：21p(-1)100%p。19氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：.CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H3反应能自发进行的条件是_。利用 H1和 H2计算 H3时，还需要利用反应_的 H。（2）如图为刚性

39、容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400）_K（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1 的数据，计算400时容器内的平衡压强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（3）已知：氯气与NaOH 溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-.ClO2-+ClO-=Cl

40、O3-+Cl-常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：_。（4）电解 NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：_。【答案】高温CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和 O2分离能耗较高、HCl 转化率较低反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化ClO3H2O2e=ClO42H【解析】【分析】【详解】（1）.CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1，S 0，则要 G=H-TS0，须高温条件下才能自发；.CuCl2(s)=CuC

41、l(s)+12Cl2(g)H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H3利用 H1和 H2计算 H3时，由盖斯定律，（-2-2）/2 得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）的 H。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400）大

42、于 K（500）；进料浓度比 c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400HCl 的平衡转化率为76%。则2224HClg+Og2Clg+2H Og410040.760.762 0.7620.7640.240.242 0.7620.76?（）（）（）（）初始转化平衡p=40.2410.2420.7620.7641p0=0.848p0；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl 的转化率较高，但Cl2和 O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）

43、：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl 的转化率减小；故答案为：大于；p=40.241 0.2420.7620.7641p0=0.848p0；Cl2和 O2分离能耗较高、HCl 转化率较低；（3）生成 NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-，.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3转化；（4）电解 NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4，阳极反应式：ClO3H2O2e=ClO42H。故答案为：ClO3H2O2e=ClO42H。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。