2019-2020学年福建莆田第六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年福建莆田第六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学年福建莆田第六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学年福建莆田第六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以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder 反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（）A哒嗪的二氯代物超过四种B聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色C丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪D物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同【答案】C【解析】【详解】A.哒嗪的二氯代物只有四种，A 错误；B.聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B 错误；C.丁烯二醛与N2H4可以在一定条

2、件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；D.1mol 丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol 氢气，D 错误。故选 C。2下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂BNaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂CFe 粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料【答案】C【解析】【详解】A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A 项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，

3、可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D 项错误；答案选 C。3研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（）A密闭容器中CuO和 C高温反应的气体产物：BFe 在 Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH 后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该过程涉及的化学方程式有：CuO+CCu+CO高温，22CuO+C2Cu+CO高温，A 错正确；B.Fe在 Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C.

4、该过程涉及的化学方程式有：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C 正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3H2O+SO2=NH4HSO3，D 正确；故合理选项为B。4“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应【

5、答案】A【解析】【分析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A 错误；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正

6、确；D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D 正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。5已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为 A、E分别与 B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）AA、B形成的一种化合物具有漂白性BB、D形成的离子化合物可能含有非极

7、性键CC的单质能与丙反应置换出B的单质D丁为黑色固体，且1mol 甲与足量丙反应转移电子3 NA【答案】D【解析】【分析】已知 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为 Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D 分属三个不同的短周期，则A 为 H，D 为 Na，由C与D的原子序数之和为20，可知 C 为 F；甲、乙分别为元素E、A 的单质，丙、丁为A、E分别与 B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为 Fe3O4，则B 为 O 元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A 为

8、H，B 为 O，C 为 F，D 为 Na，E为 Fe元素；甲为 Fe，乙为 H2，丙为 H2O，丁为 Fe3O4；A H、O 两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A 正确；BO 和 Na 组成的 Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B 正确；CF2溶于水生成HF和 O2，故 C 正确；D丁为 Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知 1molFe 与足量 H2O 反应转移电子83NA，故 D 错误；故答案为D。6黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu

9、2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为：-2+4，O 化合价变化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；

10、C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(-2)mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。7如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B 向某溶液中

11、加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D 将 SO2通入 Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3A ABBCCDD【答案】D【解析】【分析】根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A 错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故 B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二

12、氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D 正确。故选 D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。8铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A H2S是还原剂B脱除 H2S的反应是放热反应C温度越高H2S的脱除率越大D压强越小H2S的脱除率越高【答

13、案】B【解析】【分析】【详解】A还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A 错误；B由图可以得出，温度越高，K 值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D 错误；故选 B。9下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）A氮元素只被氧化B豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C其它元素也参与了氮循环D含氮无机物和含氮有机物

14、可相互转化【答案】A【解析】【分析】【详解】A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为 NH3的过程，N 化合价由0-3 价，化合价降低，被还原，A错误；B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D 正确；答案选 A。【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确

15、化合价升高被氧化，化合价降低被还原。10下列化学用语中，正确的是A Na 原子结构示意图BMgCl2的电子式CN2分子的结构式N=N DCH4的比例模型【答案】D【解析】【分析】【详解】A钠原子核外有11 个电子，原子结构示意图为：，A 项错误；BMgCl2是离子化合物，电子式为：2:Cl:Mg:Cl:g gggg ggg，B项错误；C氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为NN，C 项错误；D CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H 原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D 项正确；答案选 D。11实验室用水浴加热不能完成的实验是（）A制备乙烯B银镜反应C乙酸乙酯的制备D苯的硝化反应【答案

16、】A【解析】【分析】乙醇在 170时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。【详解】B、C、D 中均需要水浴加热，只有A 中乙醇在170时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成，故选：A。12下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B实验：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C实验：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象【答案】D【解析】【详解】A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A 不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝

17、化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D 正确；故选 D。13下列实验操作能达到实验目的的是A用向上排空气法收集NO B用装置甲配制100 mL 0.100 molL1的硫酸C用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A NO 能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO 难溶

18、于水，应使用排水法收集NO，故 A 错误；B容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B 错误；CCuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2+2H2O?Cu(OH)2+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，故 D 正确；答案选 D。14设 NA为阿伏加德罗常数

19、的值。下列说法正确的是A 0.1mol HClO 中含HCl 键的数目为0.1NAB1L 0.1mol?L-1NaAlO2溶液中含AlO2-的数目为0.1NAC含 0.1mol AgBr 的悬浊液中加入0.1mol KCl，充分反应后的水溶液中Br-的数目为 0.1NAD 9.2 g 由甲苯()与甘油(丙三醇)组成的混合物中含氢原子的总数为0.8NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A次氯酸的结构为H-O-Cl，并不存在H-Cl 键，A 项错误；B2AlO 会发生水解，所以溶液中2AlO的数目小于0.1NA，B项错误；CAgBr 的悬浊液中加入KCl后，最终溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡关

20、系：AgBr(s)Ag(aq)Br(aq)垐?噲?，所以 Br-的数目必然小于0.1NA，C项错误；D甲苯的分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，两种物质分子中所含的氢原子个数相同，且两种物质分子的摩尔质量均为92 g/mol，所以 9.2g 混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA，D 项正确；答案选 D。15中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主

21、要成分是蛋白质D“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.木材纤维主要成分为纤维素，故A 正确；B.“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故 B错误；C.蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D.“黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D 正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验（图中夹持装置省略）。请按要求填空：（1）实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂_（选填编号）。a1

22、5%的 H2SO4溶液b75%的 H2SO4溶液cNa2SO3固体dCaSO3固体相应的制取装置是_（填图中装置下方编号）。（2）实验室若用装置来制取H2S气体，可选择的固体反应物是_（选填编号）。aNa2S固体bCuS固体c FeS固体dFeS2固体反应的离子方程式为_。（3）如何检验装置的气密性？简述其操作：_。（4）实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是_。（5）该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和 CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置、，其中装置盛有的试剂是_，装置盛有的试剂是_。【答案】b、c c F

23、eS+2H+=Fe2+H2S 关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好酒精灯、温度计品红溶液品红溶液【解析】【分析】实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O。【详解】（1）a15%的 H2SO4溶液，SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，由于SO2气体是易溶于水的气体，所以不能选择15%的 H2SO4溶液，a 错误；b75%的 H2SO4溶液，由于SO2气体是易溶于水的气体，用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，b 正确；cNa2SO3固体，Na2SO

24、3固体易溶于水，保证反应均匀进行，c 正确；dCaSO3固体，由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶，容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行，d 错误；气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关；实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取 SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O，该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体，因Na2SO3固体易溶于水，选无法控制反应的开始和停止和反应的速率，选，故答案为：b、c；（2）装置的特点，固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应，Na2S固体易溶于水的固体，C

25、uS 固体与稀硫酸不反应，FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2类似于 H2O2，易分解，发生H2S2=H2S+S，显然不及用FeS 固体与稀H2SO4反应制取H2S 气体副产物少，反应快，因此实验室用FeS 固体和稀硫酸反应制取H2S 气体，FeS+2H+=Fe2+H2S，用 FeS 固体与稀H2SO4反应制取H2S气体，是固液常温型反应，所以c 正确，故答案为：c；FeS+2H+=Fe2+H2S；（3）装置为简易的制取气体装置，对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验如夹紧止水夹，向长颈漏斗

26、中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，说明变化装置漏气，反之不漏气，故答案为：关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好；（4）实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OH170=浓硫酸CH2=CH2+H2O，需酒精灯加热，需温度计测反应的温度，故答案为：酒精灯、温度计；（5）为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和 CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置、，可先用品红检验二氧化硫，用品红检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，故答案为：品红溶液；品红溶液。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分

27、）17有机物G 是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是_。（2）反应 2 为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是 _，该反应的化学方程式是_。（3）反应所需的另一反应物名称是_，该反应的条件是_，反应类型是_。（4）满足下列条件的的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。苯环上连有两个取代基能发生银镜反应能发生水解反应（5）以为原料，合成_。合成路线图示例如下：ABCH【答案】溴原子甲基2+(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应(取代反应)6【解析】【分析】反应为取代反应，碳链骨架不变，则中 Br 原子被-CN取代，生成；反应为取代反应，碳链骨架

28、不变，则中 1 个-H 原子被-CH3取代，生成；反应在氢离子的作用下，生成；反应为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中 1 个-H 原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2+(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2+(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足苯环上连有两个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成

29、的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6 种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。【点睛】本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18诺贝尔化学奖获得者GeorgeAOlah 提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。工业上用天然

30、气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+206.0kJ mol-1(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.67kJmol-1（1）制备合成气：工业生产中为解决合成气中H2过量而 CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.17kJ mol-1，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_。（2）为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替 CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化

31、学方程式_。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与 H2反应的活化能。在 200-360，9MPa 时合成气初始组成H2、CO、CO2物质的量之比7：2：1 的条件下研究甲醇的合成反应。如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是_。（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)H=+29.1kJ mol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为_。（4）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH

32、3OH 为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为_。【答案】3：1 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.5kJmol-1开始时 CO2和 H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和 H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高4.0 106Pa，80CH3OH+3CO32-6e-=4CO2+2H2O【解析】【分析】(1)求理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比时，可设未知数，然后利用两个相关反应得出CO2、H2的物质的量，利用n(CO2):n(H2)=1:2，求出体积比。(

33、2)利用盖斯定律，得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式。CO2的平衡转化率随温度升高而减小，则温度升高，平衡逆向移动，正反应应为放热反应；CO2的平衡转化率随温度升高而增大，表明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，于是寻找符合条件的反应，分析可能的原因。(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到某数值时，甲醇的转化率变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到某数值时，甲醇的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件。(4)从图中可以看出，CH3OH 失电子，生成CO2和 H2O，可能消耗熔融液中的CO32-。【详解】(1)依题

34、意知，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)两个反应产生的CO、H2用于制甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。设参加反应的CH4的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则 n(CO2):n(H2)=1:2=(x+y):(3x-y)，从而求出x:y=3:1。答案为：3:1；(2)反应(ii)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.67kJmol-1反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.17kJ mol-1利用盖斯定律，将反应(ii)+反应(iii)，可得出二氧化碳加氢

35、合成甲醇的热化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.5kJmol-1。答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.5kJmol-1；涉及 CO2与 H2反应的方程式有以下两个：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.5kJmol-1；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.17kJ mol-1。对于前一个反应，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；对于后一个反应，反应为吸热反应,升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。则如图所示，CO2的平衡转

36、化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是：开始时CO2和 H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和 H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。答案为：开始时CO2和 H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和 H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高；(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到4.0 106Pa时，甲醇的转化率变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到80时，甲醇

37、的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件为4.0 106Pa，80。答案为：4.0 106Pa，80；(4)从电子流向看，a 电极为负极，此电极加入CH3OH，从箭头的指向看，CH3OH失电子，生成CO2和 H2O，可能消耗熔融液中的CO32-，于是得出电极反应式为CH3OH+3CO32-6e-=4CO2+2H2O。答案为：CH3OH+3CO32-6e-=4CO2+2H2O。【点睛】在分析“CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大的可能原因”时，我们可能会犯糊涂。一个反应怎么会出现这种情况，是温度达到一定程度后，某产物起催化作用吗？还是此反应，温度低时为放热反应，当温度达到

38、一定数值后，就成为放热反应？如果我们找不到其它理由，以上分析的两种情况，回答哪一点都是错误的。针对这种情况，我们应重新审题，看是否存在两个相关反应，于是也就找到了分析原因的突破口。19 工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和 CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理 常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：其中第步存在平衡2CrO42-（黄色）+2H+?Cr2O32-（橙色）+H2O（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显 _色（2）能说明第步反应达平衡状态的是_（填序号）A Cr2O72-和 CrO42-的浓度相同B2v（Cr2O72-）=v（CrO42

39、-）C溶液的颜色不变（3）第步中，还原1molCr2O72-离子，需要 _mol 的 FeSO4?7H2O（4）第步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使 c（Cr3+）降至 10-5mol/L，溶液的pH 应调至 _方法 2：电解法该法用 Fe 做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH 升高，产生Cr（OH）3沉淀；（5）用 Fe做电极的原因为_（用电极反应式解释）（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同

40、时生成的沉淀还有_【答案】橙C 6 5 阳极反应为Fe-2e-Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe(OH)3【解析】【分析】（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液 PH 升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH 升高，生成沉淀为Cr（OH）3和 Fe（OH）3。【详解】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙

41、；（2）ACr2O72-和 CrO42-的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A 错误；B2v（Cr2O72-）=v（CrO42-），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B 错误；C平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；综上所述，本题选C；（3）根据电子得失守恒可以知道,还原 1molCr2O72-离子，得到Cr3+，得到电子：2（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为 Fe3+，需要 FeSO4?7H2O的物质的量为632=6mol；综上所述，本题答案是：6；（4）当 c(Cr3+)=10-5mol/L 时,溶液的 c(OH-)=25331010=10-9mol/L,c(H+)=1491010=10-5mol/L,pH=5，即要使c(Cr3+)降至 10-5mol/L，溶液的pH应调至 5；综上所述，本题答案是：5；（5）用 Fe 做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe-2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H+2e-=H2，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。