2019-2020学年安徽省滁州市二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市二中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中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV 具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是A室温可溶于水和酒精B氢原子种类数为10 C不能使酸性KMnO4溶液褪色D 1mol 该分子最多与8mol 氢气反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A 错误；B如图所示有 10 种氢原子，故B 正确；C该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误

2、；D碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mol 该分子最多与7mol 氢气加成，故D 错误；故答案为B。2设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A常温下1LpH3 的亚硫酸溶液中，含H+数目为 0.3NABA1 与 NaOH 溶液反应产生11.2L 气体，转移的电子数为0.5NACNO2与 N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD 1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA【答案】C【解析】【详解】A.1LpH3 的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L 溶液中 H+数目为 0.001 NA，故 A 错误；B.A1 与 NaOH 溶液反应生成氢气

3、，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故 B错误；C.NO2和 N2O4，最简比相同，只计算ag NO2中质子数即可，一个N 含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个 NO2分子含质子数为7+2 8=23，agNO2中质子数为ag2346g/molNAmol-1=0.5aNA，故 C 正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故 D 错误；答案是 C。3下图为某燃煤电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是A使用此装置可以减少导致酸雨的气体的排放B该装置内既发生了化合反应，也发生了分解反应C总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+

4、O2=2CaSO4+2CO2D若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明该气体中含SO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与 CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A 正确；B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，C正确；D.排放的气体中一定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D 错误；

5、答案选 D。4下列说法正确的是A甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物B2,3,5,5-四甲基-3,3-二乙基己烷的键线式为C高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体D将总物质的量为1 mol 的水杨酸、1,2-二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH【答案】D【解析】【详解】A.甘油醛不属于单糖，故错误；B.键线式为的名称为2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷，故错误；C.高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的单体，故错误；D.水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol 的水杨酸消耗2mol 氢氧化钠，1 mol 的

6、1,2-二氯乙烷消耗2mol 氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以 1 mol 的 CH3NHCOOCH3消耗 2mol 氢氧化钠，将总物质的量为1 mol 三种物质的混合物与NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH，故正确。故选 D。5用如图电解装置将雾霾中的SO2、NO 转化为(NH4)2SO4，用其作为一种优良的氮肥。下列有关说法正确的是A a 与电源负极相连，发生还原反应B每处理lmolNO 可以生成2molA C通电后阳极附近溶液的pH 增大D理论上将SO2与 NO 以体积比2:5 通入装置可彻底转化【答案】B【解析】【分析】SO2、NO 转化为(NH

7、4)2SO4，二氧化硫中S的化合价由+4 到+6 价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则 a 为阳极；NO 的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则b 为阴极；结合电子守恒和元素守恒可知该电解过程的总反应为5SO2+2NO+8H2O电解(NH4)2SO4+4H2SO4。【详解】A电极 a 为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A 错误；B电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O电解(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有 H2SO4，即A 为硫酸，根据方程式，消耗1mol 的 NO 生成 2mol 的硫酸，故B正确；C阳极的电极反应为2H2O+SO2-2e-

8、=SO42-+4H+，溶液的pH 应降低，故C错误；D根据电池总反应电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O电解(NH4)2SO4+4H2SO4，理论上将SO2与 NO 以体积比 5:2 通入装置可彻底转化，故D 错误；故答案为B。6下列转化，在给定条件下能实现的是NaCl(aq)Cl2(g)FeCl3(s)Fe2O3FeCl3(aq)无水 FeCl3N2NH3NH4Cl(aq)SiO2SiCl4Si ABCD【答案】A【解析】【详解】NaCl 溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错

9、误；N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；SiO2和盐酸不反应，故错误。故选 A。7下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2B2F2+2H2O=4HF+O2CMg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3D SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4【答案】D【解析】【详解】A H2O 中 H 元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A 不选；B反应中水中O 元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B 不选；C反应没有元素的化合价变化

10、，不属于氧化还原反应，故C 不选；D SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O 中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D 选；故选 D。8电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na、Cl、Ca2、Mg2、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A阳离子交换膜是A，不是 B B通电后阳极区的电极反应式：2Cl 2e Cl2C

11、工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B 是阳离子交换膜，选项A 错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl-2e-Cl2，选项 B 正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D 正确。答案选 A。9M

12、 的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是A M 的分子式为C18H20O2BM 可与 NaOH 溶液或 NaHCO3溶液均能反应C1 mol M 最多能与7 mol H2发生加成反应D 1 mol M 与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由物质的分子结构可知M 的分子式为C18H20O2，正确。B.该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH 溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。C.在 M 的一个分子中含有2 个苯环和一个双键，所以1 mol M 最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。

13、D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此1 mol M 与饱和溴水混合，苯环消耗4mol 的溴单质，一个双键消耗1mol 的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。本题选 B。10我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A N 为该电池的负极B该电池可以在高温下使用C一段时间后，中间室中NaCl 溶液的浓度减小D M 的电极反应式为：C6H5OH28e11H2O=6CO2 28H【答案】C【解析】【详解】A.由图可知 Cr 元素化合价降低，被还原，N 为正极，A 项错误；B.该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温

14、，B 项错误；C.由于电解质NaCl 溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和 Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与 H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e11H2O=6CO228H，D 项错误；答案选 C。11利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（）a b c 实验结论A 浓醋酸CaCO3C6H5ONa 溶液酸性：碳酸苯酚B Br2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生

15、取代反应C 浓盐酸酸性 KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D 饱和食盐水电石酸性 KMnO4溶液乙炔具有还原性A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A 错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B 错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸

16、钾溶液反应，应先除杂，故 D 错误；故答案选C。12下列实验装置正确的是（）A用图 1 所示装置收集SO2气体B用图 2 所示装置检验溴乙烷与NaOH 醇溶液共热产生的C2H4C用图 3 所示装置从食盐水中提取NaCl D用图 4 所示装置制取并收集O2【答案】D【解析】【详解】A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A 错误；B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B 错误；C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D 正确。答案选 D。13下图甲是一种在微生物作用下将废水中的

17、尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是A乙装置中溶液颜色不变B铜电极应与Y相连接CM 电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6HD当 N 电极消耗0.25 mol 气体时，铜电极质量减少16g【答案】D【解析】【分析】【详解】甲装置中N 极上 O2得到电子被还原成H2O，N 为正极，M 为负极；A.乙装置中Cu2+在 Fe电极上获得电子变为Cu 单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A 正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X 相连，铜为阳极应与正

18、极Y相连，B正确；C.CO(NH2)2在负极 M 上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，C正确；D.N 极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当 N 电极消耗0.25 mol 氧气时，则转移n(e-)=0.25mol 4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以 Cu电极减少的质量为m(Cu)=12mol 64g/mol=32g，D 错误；故答案是D。14已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW 存在如下关系：X、Y同主族，R、W 同主族ed=2；a+b=12(d+e)；b-a2=c-d，下列有关说法不正

19、确的是A原子半径比较：r(W)r(Z)r(Y)r(R)BX 和 Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1 层CW 的最低价单核阴离子的失电子能力比R 的强D Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应【答案】A【解析】【分析】根据 R，W 同主族，并且原子序数R 为 W 的一半可知，R 为 O 元素，W 为 S元素；根据1a+b=(de)2可知，X 和 Y的原子序数和为12，又因为 X和 Y同主族，所以X 和 Y一个是 H 元素，一个是Na 元素；考虑到ba=cd2，所以 X 为 H 元素，Y为 Na 元素，那么Z为 Al 元素。【详解】A W，Z，Y，R 分别对应S，Al，Na，O 四种

20、元素，所以半径顺序为：r(Y)r(Z)r(W)r(R)，A 项错误；BX 与 Y形成的化合物即NaH，H 为-1 价，H-具有 1 个电子层，Na 为正一价，Na+具有两个电子层，所以，B 项正确；CW 的最低价单核阴离子即S2-，R 的即 O2-，还原性S2-更强，所以失电子能力更强，C项正确；D Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y的为 NaOH，二者可以反应，D 项正确；答案选 A。【点睛】比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。15水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有

21、广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A 的路线如图：下列说法正确的是A NVP 具有顺反异构B高聚物A 因含有-OH 而具有良好的亲水性CHEMA 和 NVP 通过缩聚反应生成高聚物A D制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好【答案】B【解析】【分析】如图，HEMA 和 NVP 通过加聚反应生成高聚物A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6 含水率最高。【详解】A.NVP 中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；B.OH 是亲水基，高聚物A 因含有-OH 而具有良好的亲水性

22、，故B正确；C.HEMA 和 NVP 通过加聚反应生成高聚物A，故 C 错误；D.制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6 含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；答案选 B。【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式_，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_；（2）装置 A 中反应的化学方程式_；（3）实验时，先点燃A 处的酒精灯，一段

23、时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（5）准确量取20.00mL 含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L 的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗 V0mL（在此过程中N2H4N2）。该实验可选择_做指示剂；该溶液中肼的浓度为_mol/L（用含 V0的代数式表达，并化简）。【答案】N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 防止 NaClO 氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V

24、0/400【解析】【分析】(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置 A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2，故答案为

25、；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A 是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(3)实验时，先点燃A 处的酒精灯，一段时间后再向B 的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO 溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B 间无防倒吸装置，易使A 装置中玻璃

26、管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L V0mL，则 20.00mL 含肼溶液中含有肼的物质的量=12 0.1000mol/LV0mL，因此肼的浓度为010.1000mol/LV mL220.00mL=0V400mol/L，故答案为淀粉溶液；0V400。【点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。三、推

27、断题（本题包括1 个小题，共10 分）17下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：已知：LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键；LiBH4遇酸易分解。RCH2COOR RCH(CH3)COOR，RCOR RCH(OH)R，RCOOR RCH2OH+ROH。（1）反应 AB 中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，X 的结构简式为_。（2）C用 LiBH4还原得到D，CD 不直接用镍作催化剂H2还原的原因是_。（3）写出一种满足下列条件的A 的同分异构体的结构简式为_。属于芳香族化合物；能使 FeCl3溶液显色；分子中有4 种不同化学环境的

28、氢。（4）写出 E和银氨溶液反应的化学方程式_。（5）根据已有知识并结合相关信息，设计BC 的合成路线图（CH3I 和无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：。_【答案】CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成（还原），酯很难和氢气加成（还原）或【解析】【分析】（1）反应 AB 中需要加入试剂X，其分子式为C4H8O2，属于加成反应，则X为 CH3COOC2H5；（2）避免碳碳双键被H2加成或还原，酯很难和H2发生还原反应；(3)属于芳香族化合物，说明含有苯环；能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，结构应对称；（4）E中醛基与银氨溶液发生氧化反

29、应；（5）比较 B 与 C 的结构简式可知，B 先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用 LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I 发生增加C原子的反应得到C。【详解】（1）根据 A 与 B的结构简式的异同，结合 X 的分子式可知，A 转化为 B属于加成反应，则 X是 CH3COOC2H5；（2）CD 不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是：因为C 中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，酯很难和H2发生还原反应，故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原)，酯很难和氢气加成(还原)；(3)A

30、的同分异构体满足：属于芳香族化合物，说明含有苯环；能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，A 的分子式是C10H14O，则分子中存在对称结构，所以符合题意的A 的同分异构体的结构简式是或；（4）E分子中的醛基可与银氨溶液反应，醛基被氧化为羧基，同时生成氨气、银单质、水，化学方程式是；（5）比较 B 与 C 的结构简式可知，B 先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成羧酸钠，然后将羰基用 LiBH4还原为醇，然后酸化，将羧酸钠变为羧基，羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，生成酯基，最后再与CH3I 发生增加C原子的反应得到C，合成流程图是：。四、

31、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18天然气水蒸汽重整法是工业上生产氢气的重要方法，反应在400以上进行。l 00kPa 时，在反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5 的混合气体，发生下表反应。反应方程式焓变 H(kJ/mol)600 时的平衡常数CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)a 0.6 CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)+165.0 b CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)-41.2 2.2 请回答下列下列问题：（1）上表中数据a=_;b=_。（2）对于反应，既能加快反应又能提高CH4转化率的措施是_。A升温B加催化剂C加压D吸收

32、 CO2（3）下列情况能说明容器中各反应均达到平衡的是_。A体系中H2O 与 CH4物质的量之比不再变化B体系中H2的体积分数保持不变C生成 n 个 CO2的同时消耗2n 个 H2O D v正(CO)=v逆(H2)（4）工业重整制氢中，因副反应产生碳会影响催化效率，需要避免温度过高以减少积碳。该体系中产生碳的反应方程式为_。（5）平衡时升温，CO含量将 _（选填“增大”或“减小”)。（6）一定温度下，平衡时测得体系中CO2和 H2的物质的量浓度分别是0.75mo l/L、4.80mol/L,则此时体系中 CO 物质的量浓度是_ mol/L。（7）改变上述平衡体系的温度，平衡时H2O 与 CH4

33、物质的量之比 24n()nO(HCH)值也会随着改变，在图中画出其变化趋势。_【答案】+206.2 1.32 A AB CH4 C+2H2增大0.6【解析】【分析】第 个方程式减去第 个方程式，方程式相减，平衡常数相除。根据影响反应速率和平衡移动的规律进行分析，但是要同时满足：既能加快反应又能提高CH4转化率；根据正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析；甲烷分解生成碳和氢气；平衡时升温，对反应 是平衡向吸热反应即正向移动，对反应 是平衡向吸热反应即逆向移动。根据得失电子守恒计算c(CO)平衡时浓度。反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1:5 的混合气体，当反应发生

34、时H2O 与 CH4物质的量之比24n()5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对 和 平衡向吸热反应移动即正向移动，对 平衡逆向移动，因此24n()nO(HCH)增大。【详解】第 个方程式减去第 个方程式得到a=+165.0-(-41.2)=+206.2，方程式相减，平衡常数相除，因此b0.6=2.2，解得 b=1.32；故答案为：+206.2；1.32。对于反应 ，A反应是吸热反应，升温，速率加快，平衡正向移动，CH4转化率增大，故A 符合题意；B加催化剂，加快反应速率，但平衡不移动，故B 不符合题意；C加压，加快反应速率，但平衡向体积减小方向即逆向移动，CH4转化率减小，故C不符

35、合题意；D吸收 CO2，生成物浓度减小，反应速率减慢，故D 不符合题意；综上所述，答案为A。A体系中 H2O 与 CH4物质的量之比不再变化，则达到平衡，故A 符合题意；B体系中H2的体积分数保持不变，则达到平衡，故B 符合题意；C生成 n 个 CO2的同时消耗2n 个 H2O，都是正方向，同一个方向，不能说明达到平衡，故 C不符合题意；D 正(CO)=逆(H2)，反应体系中CO与 H2的比例不清楚，因此不能说明达到平衡，故D 不符合题意；综上所述，答案为AB。该体系中产生碳的反应主要是甲烷分解生成碳和氢气，其方程式为CH4 C+2H2；故答案为：CH4 C+2H2；反应 是吸热反应，反应 是

36、放热反应，平衡时升温，对反应 是平衡向吸热反应即正向移动，对反应 是平衡向吸热反应即逆向移动，因此CO含量将增大；故答案为：增大。一定温度下，平衡时测得体系中CO2和 H2的物质的量浓度分别是0.75 mol?L-1、4.80 mol?L-1，根据得失电子守恒，CH4到 CO2升高 8 价，CH4到 CO升高 6 价，甲烷或水到H2降低 2 个价态，因此 8 0.75 mol?L-1+6c(CO)=2 4.80 mol?L-1，解得 c(CO)=0.6 mol?L-1；故答案为：0.6；反应容器中通入甲烷与为水蒸汽体积比为1：5 的混合气体，当反应发生时H2O 与 CH4物质的量之比24n()

37、5n(OCH)H，开始改变上述平衡体系的温度，对 和 平衡向吸热反应移动即正向移动，对 平衡逆向移动，因此24n()nO(HCH)增大，在图中画出其变化趋势为；故答案为：。19如图是元素周期表的一部分：（1）阴影部分元素的外围电子排布式的通式为_。（2）氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有 _。A稳定性B沸点CRH 键能D分子间作用力（3）如图 EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号nm表示，其中n代表参与形成大键的原子数，m 代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表

38、示为66)，则EMM+离子中的大键应表示为 _。（4）晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B 的坐标参数分别为A(0，0，0)、B（0，1，1/2)，则 C原子的坐标参数为 _。（5）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4 个 I 型和 4 个型小立方体构成，其化学式为 _，晶体中 Al3+占据 O2形成的 _(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_g cm3(列计算式)。【答案】ns2np3AC sp2、sp36511 12，CoAl2O4八面体空隙73A8592274

39、16N(2a10)（）【解析】【分析】（1）阴影部分元素为氮族元素；（2）同一主族元素的气态氢化物，非金属性越强的越稳定，其分子内的共价键的键能越大，据此分析作答；（3）根据图示可知，环外三个烷基碳原子为sp3杂化，环内三个碳原子为sp2杂化；形成大键的电子数=（4-3）3+（5-3）2-1=6；（4）根据结构图的几何关系分析；（5）根据晶胞的结构分析计算晶胞中原子数目，结合密度公式求解。【详解】（1）阴影部分元素位于第VA族，其外围电子排布式的通式为：ns2np3；（2）A元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性NPAs，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，A 项正确；B氢化物的熔

40、沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，氨气分子间存在氢键，因此沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，B 项错误；C原子半径越小，R-H 键能越大，原子半径NPAs，所以键能由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3，C项正确；D NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，与图示曲线不相符，D 项错误；故答案选AC；（3）根据图示可知，环外三个碳原子都是形成4 个 键，为 sp3杂化，环内三个碳原子都是形成3 个 键，1 个大 键，为 sp2杂化；形成大键的电子数=（4-3）3+（5-3）2-1=6，则大 键可表示65；答案：sp3sp2；

41、65；（4）由 B 点坐标可得，a=1，d=1/2，所以 C点坐标为11 12，；（5）、各一个正方体为1 个晶胞，该晶胞中Co原子个数（41/8+21/4+1）48 个，I 型和II 型合起来的长方体中含有4 个 Al 和 8 个 O，晶胞内有4 个 I 型和 II 型合起来的长方体，因而晶胞内总计有 16 个 Al 和 32 个 O，Co、Al、O 个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；距离 O2-最近的 Al3+有 6 个，结合晶胞分析可知，6 个 Al3+组成八面体，因而晶体中Al3+占据 O2形成八面体空隙；每个晶胞内相当于拥有8 个 CoAl2O4，因而晶胞微

42、粒质量m=A8MNg，晶胞体积V=(2a10-7)3cm3，密度等于mV=-73A8M(2a 10)Ng/cm3=73A8592274 16N(2a10)（），故答案为CoAl2O4；八面体空隙；73A8592274 16N(2a10)（）。【点睛】杂化类型的判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数中心原子孤电子对数(未参与成键)中心原子形成的 键个数；根据分子的空间构型推断杂化方式：只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp 杂化的，分子构型均为直线形；只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化；只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化；V 形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1 的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2 的中心原子是sp3杂化。