2019-2020学年北京市石景山第九中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市石景山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设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为72 B1.0 molL-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NAD 20 g 182H O分子中,含有 10NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.He 分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为284=7 1，故 A不选；B.不知道 FeCl3溶液的体积，无法计算

2、转移的电子数，故B不选；C.11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20 g 182H O分子为 1mol，含有 10NA个电子，故D 选。故选 D。2根据下列事实书写的离子方程式中，错误的是A向 Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32-+2H=H2SiO3(胶体)B向 FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O C向 AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3+4NH3H2O=Al3+NH4+2H2O D在稀硫酸存在下，MnO2将 CuS中的硫元素氧化为硫单质：MnO2+CuS+4H=Mn2+Cu2+S

3、+2H2O【答案】C【解析】【详解】A 选项，向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32+2H=H2SiO3(胶体)，故 A 正确；B 选项，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳气体和水：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故 B正确；C 选项，向 AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3+3NH3 H2O=Al(OH)3 +3NH4+，故 C错误；D 选项，在稀硫酸存在下，MnO2将 CuS中的硫元素氧化为硫单质、水、硫酸锰和硫酸铜：MnO2+CuS+4H=Mn2+Cu2+S+2H2O，故 D 正确；综上所述，答案

4、为C。3甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：第一步：-121Clg2Clg H=+242.7kJ mol第二步：-1432CHg+ClgCHg+HCl g H=+7.4kJ mol第三步：-13233CHg+ClgCH Cl g+Clg H=-112.9kJ mol中(其中Cl表示氯原子，3CH表示甲基)，下列说法不正确的是（）A由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应B-1423CHg+ClgCH Cl g+HCl g H=-105.4kJ molC形成31molCH Cl中CCl键放出的能量比拆开21molCl中化学键吸收的能量多D若是甲烷与2Br发生取代反应，则第二步

5、反应-1 H+7.4kJ mol【答案】D【解析】【详解】A.光照下发生取代反应，常温下不能反应，故A 正确；B.由第二步与第三步相加得到1423CHgClgCH Cl gHCl g H105.4kJ mol，故 B 正确；C.由第三步反应可知，形成CCl键，拆开2Cl中化学键，且为放热反应，则形成31molCH Cl中CCl键放出的能量比拆开21molCl中化学键吸收的能量多，故C正确；D.若是甲烷与2Br发生取代反应，形成HCl 比形成 HBr 更容易，即形成HBr 需要的能量大于形成HCl 需要的能量，则第二步反应1H7.4kJ molV，故 D 错误；故选：D。4新鲜水果、蔬菜、乳制品

6、中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：2HI 下列认识正确的是()A上述反应为取代反应B滴定时可用淀粉溶液作指示剂C滴定时要剧烈振荡锥形瓶D维生素C的分子式为C6H9O【答案】B【解析】【详解】A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B 正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D 错误。5在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入 2mol/L 硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL 氯气氧化。则原

7、混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为()A 5:7 B4:3 C3:4 D9:13【答案】D【解析】【分析】【详解】硫酸的物质的量n=2mol/L0.065L=0.1mol，所以 n（H+）=0.26mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1mol O；n(Cl2)=0.005mol，根据反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以 FeO为 0.01mol。设 Fe2O3和 Al2O3为 Xmol，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04 2=0.09，原混合

8、物中金属元素和氧元素的原子个数之比为 0.09:0.1=9：1本题选A。【点睛】金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。6下列说法正确的是A同主族元素中，原子序数之差不可能为16 B最外层电子数为8 的粒子一定是0 族元素的原子C同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高D主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be【答案】D【解析】【分析】【详解】A同一主族相

9、邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32 等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A 错误；B最外层电子数为8 的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B 错误；C同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D主族元素中，原子核外最外层电子数为2 与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为 8 的元素，次外层电子数为8 的是 Ar，不是主族元素，故D 正确；故选 D。【点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及

10、元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。7根据下列实验操作所得结论正确的是（）选项实验操作实验结论A 向 2 支盛有 5mL 不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液浓度越大，反应速率越快B 向 40mL 的沸水中滴入56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应得到 Fe（OH）3胶体C 向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D 同温下用pH 试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO 溶液、0.1mol/LCH3COONa

11、溶液的 pH 比较 HClO和 CH3COOH的酸性强弱A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.NaHSO3溶液和 H2O2溶液会发生氧化还原反应，生成 Na2SO4和 H2O，现象不明显，不能够判断浓度对反应速率的影响，A 错误；B.制备 Fe(OH)3胶体:向沸水中滴入56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，B正确；C.两溶液浓度未知，虽有黄色沉淀生成，但不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小关系，C错误；D.NaClO溶液具有强氧化性，会氧化pH 试纸，不能用pH 试纸测定，D错误；故答案选B。【点睛】难溶电解质的溶度积越大，难溶物越溶，溶

12、度积大的难溶物可转化为溶度积小的难溶物。8下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A观察氢氧化亚铁的生成B配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液C实验室制氨气D验证乙烯的生成【答案】A【解析】【详解】A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A 正确；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B 错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收

13、集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D 错误；故选 A。9下列关于古籍中的记载说法正确的是A 本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B氢化钙的电子式是：Ca2+H2C目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118 D直径为20nm 的纳米碳酸钙属于胶体【答案】C【解析】【分

14、析】【详解】A.根据题意，鉴别KNO3和 Na2SO4，是利用了焰色反应，故A 错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：H-Ca2+H-，故 B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故 C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D 错误；故选 C。【点睛】此题易错点在D 项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm100nm 之间，胶体属于混合物。10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

15、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+4NO+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

16、 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。11Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是（）A该反应为取代反应BY能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键CX和 Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D等物质的量的X、Y分别与 H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为45【答案】B【解析】【详解】A由 X生成 Y，是 X中-OH 上的 H 原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A 正确；BY使酸性高锰酸钾溶液褪色，可

17、能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B 不正确；CX和 Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；D醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与 H2反应，前者最多消耗H2 4mol，后者最多消耗H25mol，D 正确；故选 B。12设AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，9.5 g 羟基（18OH）含有的中子数为A5NB260gSiO中含有的SiO键数量为A2NC2MnO与足量浓盐酸反应产生222.4 L Cl时转移电子数为A2ND1230.1mol LNa SO溶液中含有的阴离子总数大于A0.1N【答案】

18、A【解析】【详解】A一个18OH中含有 10 中子，常温常压下，9.5 g 羟基(18OH)的物质的量为0.5mol，含有的中子数为A5N，故 A 正确；B在 SiO2晶体中，每个 Si原子形成4 个 Si-O 键，260gSiO的物质的量为1mol，则含有的SiO键数量为 4NA，故 B错误；C未指明Cl2的状态，不知Vm的值，则无法计算22.4LCl2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故 C 错误；D没有指明溶液的体积，根据n=cV，则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D 错误；故答案为A。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；

19、另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。13某元素基态原子4s 轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（）A 3p64s1B4s1C3d54s1D3d104s1【答案】A【解析】【详解】基态原子4s 轨道上有1 个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在 d 区域价电子排

20、布式为3d54s1，在 ds区域价电子排布式为3d104s1，在 p 区域不存在4s 轨道上有 1 个电子，故A 符合题意。综上所述，答案为A。14某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A该装置可以将太阳能转化为电能B阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32C高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极【答案】B【解析】【详解】A.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B.阴极发生还原反应，电极反应式为3CO2+4eC+2CO

21、32，故 B正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选 B。15我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的“碘”。下列关于“碘盐”的说法中错误的是A“碘盐”就是 NaI B“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物C“碘盐”应保存在阴凉处D使用“碘盐”时，切忌高温煎炒【答案】A【解析】【分析】【详解】A.“碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A 不正确；B.“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物，B 正确；C.“碘盐”中的碘酸钾易分解，所

22、以应保存在阴凉处，C 正确；D.使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D 正确。故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N 遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度，装置如图所示：实验室用NH4Cl 溶液和 NaNO2溶液共热制备N2。（1）盛装 NH4Cl溶液的仪器名称是_。（2）安全漏斗中“安全”含义是_。实验室将锂保存在_（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。（3）写出制备N2的化学方程式_。（4）D 装置的作用是 _。（5）测定 Li3N 产品纯度：取mg Li3N 产品按如图所示装置实验。打开

23、止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当 Li3N 完全反应后，调平 F和 G 中液面，测得 NH3体积为 VL（已折合成标准状况）。读数前调平F和 G 中液面的目的是使收集NH3的大气压 _（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。该 Li3N 产品的纯度为_%（只列出含m 和 V 的计算式，不必计算化简）。若Li3N 产品混有Li，则测得纯度 _（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】圆底烧瓶残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体石蜡油NaNO2NH4ClNaClN2 2H2O 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验等于3510022.4m

24、V偏高【解析】【分析】分析题给装置图，可知装置A 为 NH4Cl溶液和 NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置 C为 N2和金属 Li 进行合成的发生装置，装置D 的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验。据此解答。【详解】（1）盛装 NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油（3）亚硝酸钠与氯化铵

25、共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2NH4ClNaClN2 2H2O。答案为：NaNO2 NH4ClNaClN2 2H2O；（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D 装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；（5）氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G 和 F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；装置 E中发生反应：Li3N3H2O=3LiOHNH3，根据题意有：n(NH3)=L=22.4L/mol22.4VVmol，则(Li3N)=-1mol35g mol22.4m gVg100%=3510022.

26、4mV%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：3510022.4mV；偏高。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17一种副作用小的新型镇痛消炎药K的合成路线如图所示：请回答下列问题（1）F分子中官能团的名称为_；B 分子中处于同一平面的原子最多有_个（2）反应的条件为_；反应的类型为_。（3）反应除生成H 外，另生成一种有机物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的G 的同分异构体有_种.苯环上有且仅有四个取代基；.苯环上的一氯代物只有一种；.能发生银镜反应。其中还能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_（只写一种

27、即可）。（6）是合成的重要中间体。参照题中合成路线，设计由1,3-丁二烯合成的一种合成路线（无机试剂任选）：_。【答案】羧基13 浓硫酸，加热取代反应+HCHO+HCl+H2O 8 或（任写一种）CH2=CHCH=CH2【解析】【分析】A 的分子式为C6H6，再结合D 的结构，可知A 为苯（），B 为，C为；DE 应为甲基（CH3）取代了Na，E为，G 为。【详解】（1）F分子中的官能团为羧基，B分子中处于同一平面的原子最多有13 个，故答案为：羧基；13；（2）反应为酯化反应，条件为浓硫酸，加热；反应为取代反应，故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；（3）反应的化学方程式为：+HCl+；故答案为

28、：；（4）反应的化学方程式为：+HCHO+HCl+H2O，故答案为：+HCHO+HCl+H2O；（5）G（）的同分异构体中，符合条件的应该具有醛基，且苯环上有四个取代基，结构对称性高，可能的结构有：、，共 8 种；其中能发生水解反应的同分异构体为、；故答案为：8；或（任写一种）；（6）由 1，3-丁二烯合成，需引入两个羧基，可先通过加成反应（1，4-加成）引入两个氯原子，然后利用反应的条件引入CN，再利用反应的条件引入羧基，故答案为：CH2=CHCH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基（CHO），可能属于醛类（如RCHO），也可能是甲酸（HCOOH）、甲酸酯（HCOOR）、甲酸盐（

29、HCOO-）、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18甲醇的用途广泛，摩托罗拉公司也开发出一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10 倍，可连续使用一个月才充一次电、请完成以下与甲醇有关的问题：（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJ mol-1。在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10 秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：从反应开始到达到平衡时，A 中用 CO2来表示的平均反应速率为_。A 中达到平衡时CO2

30、的转化率为 _。a=_。（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL 一定浓度NaCl 与 CuSO4混合溶液，其装置如图：写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式_。理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，写出在 t1后，石墨电极上的电极反应式_；在 t2时所得溶液的pH 约为 _。【答案】0.1c1 mol/(L s)60%19.6 CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O 4OH-4e-=O2+2H2O 1【解析】【分析】(1)根据甲醇的浓度计算二氧化碳的浓度变化量再根据速率公式计算CO2的反应速率；根据反应放出的热量

31、计算参加反应的二氧化碳的物质的量，再利用转化率定义计算；恒温恒容下，容器A 与容器 B 为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值；(2)甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；原电池通入甲醇的为负极，乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中I 表示阴极产生的气体，II 表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为:阳极2Cl-4e-=Cl2，阴极 2Cu2+4e-=2Cu，t1t2电极反应式为:阳极 4OH-4e-=O2+2H2O，阴极 4H+4e-

32、=2H2，在根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，根据公式计算得出 c(H+)从而得出溶液的pH。【详解】(1)根据表格可知A 反应中甲醇的反应速率为v=ctVV=110cs=0.1c1 mol/(L s)，根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以 A 中 CO2的平均反应速率为0.1c1 mol/(Ls)；根据 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJ mol-1，由表中数据可知，反应达到平衡时放出的热量为 29.4kJ，所以参加反应的CO2的物质的量为0.6mol，所以 A 中达到平衡时CO2

33、的转化率为=0.6mol100%60%1mol；故答案为：60%；恒温恒容下，容器A 与容器 B 为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量a=反应热-放出的热量=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ，故答案为：19.6；(2)由图象可知左图为甲醇燃料电池，在碱性条件下甲醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+80H-=CO32-+6H2O；乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu

34、2+放电生成Cu，当 Cu2+反应完了，水中的H+放电，故图丙中I 表示阴极产生的气体，II 表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极 2Cl-2e-=Cl2，t1t2电极反应放出的气体速率减小了，说明Cl-反应完了，所以t1t2电极反应式为：阳极 4OH-4e-=O2+2H2O，t2点后相当于电解水，电极反应式为：阳极4OH-4e-=O2+2H2O，阴极4H+4e-=2H2，所以在t1后，石墨电极上的电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O；t1前电极反应式为：阳极 2Cl-2e-=Cl2，产生的 Cl2为 224mL，t2点时阴极 2Cu2+4e=2Cu，Cu2+刚好反应完，阳极 4

35、OH-4e-=O2+2H2O中 O2的体积为336mL-224mL=112mL，消耗 OH-为 0.02mol，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，所以 n(H+)=0.02mol，c(H+)=0.02mol0.2L =0.1mol/L，所以溶液的pH=1；答案：4OH-4e-=O2+2H2O；1。【点睛】本题易错点a 值的计算方法：对于恒温恒容下的等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，如果二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，那么放出热量与吸收热量之和等于反应热数值。192-丁烯是一种重要的有机化工原料。回答下列问题：（1）已知 2-丁烯有顺、反两种同分异构体，可表示为顺48C

36、 H、反48C H。一定条件下，它们分别发生加成反应的热化学方程式为：顺48C H：123223g+HgCH CH CH CHg H=118 9kJ mol。反48C H：123223g+HgCH CH CH CHg H112 7kJ mol=相同条件下，两种气体之间存在如下转化：该反应的 H=_。下列叙述中，能表明该反应已达到平衡状态的是_（填序号）。a顺 C4H8的含量保持不变b混合气体的平均摩尔质量保持不变c混合气体中碳的质量分数保持不变达到平衡后，若要进一步提高体系中反C4H8的含量，可采取的措施是_。（2）2-丁烯与氯气反应时，一般用镍作催化剂。镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域

37、尤其是高科技产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：Ni(s)4CO(g)Ni(CO)4(g)H0 Ni(CO)4(g)Ni(s)4CO(g)则下图中能反映出羰基法提纯粗镍过程中能量变化的是_。一定条件下，在2L 密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示。Ni(CO)4在 010min 的平均反应速率为_mol/(Lmin)。若反应 达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时_（填序号）。a平衡常数K 增大bCO的浓度减小c v逆Ni(CO)4增大 设计简单实验方案用羰基法提纯粗镍：将粗镍粉末装入玻璃管一端，抽真空后充入

38、CO并封管，_。【答案】162 kJ mol-a降低温度a 0.0475 b 控制温度在50，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230，即可在该端获得纯净的镍【解析】【分析】（1）将方程式-得目标方程式，焓变进行相应的改变；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；若要进一步提高体系中反C4H8的含量可以采用降低温度的方法；（2）反应I 放出热量，说明反应物总能量大于生成物总能量；反应II 应该吸收热量，则反应物总能量小于生成物总能量；随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应消耗的镍的质量，1-10min 内粗镍质量

39、减少100g-41g=59g；在 010min，生成 Ni 的物质的量=10043.95g59/g mol（）=0.95mol，v=nVtn；若反应达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动；50Ni 反应生成 Ni（CO）4，230时 Ni（CO）4分解生成Ni，通过改变温度设计实验。【详解】（1）根据盖斯定律，由可得：H=（-119.8kJ/mol）-（-112.7kJ/mol）=-6.2kJ/mol；a顺-C4H8的含量保待不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；b无论反应是否达到平衡状态，混合气体的平均摩尔质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态

40、，故错误；c无论反应是否达到平衡状态，混合气体中碳的质量分数始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；故选 a；该反应的正反应是放热反应，若要进一步提高体系中反C4H8的含量可以采用降低温度的方法；故答案为-6.2kJ?mol-1；a；降低温度；（2）第一步反应放热，根据盖斯定律，知第二步反应为吸热反应，两步反应互为逆反应，吸收和放出的热量相等，故起始状态和最终状态物质的总能量相等，只有a 符合题意；1114100g43.95g59g molNi CO=0.0475 mol Lmin2L10 min；故答案为0.0475；反应 为吸热反应，降低温度，化学反应速率减小，平衡左移，化学平衡常数减小，CO 的浓度减小；故选 b；控制温度在50，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230，即可在该端获得纯净的镍。故答案为控制温度在50，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230，即可在该端获得纯净的镍。