2019-2020学年安徽六安市舒城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽六安市舒城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）125时，将 1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入 CH3COOH 或 CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是A该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=-810cBa 点对应的混合溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C水的电离程度:cba D当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)

2、【答案】A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka=33c CH COOc Hc CH COOH=4.34.34.3100.11010c4.3100.1c=5.310c，故 A 错误；B.a 点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)c(Na+)c(O

3、H-)，故 B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b 点加入醋酸水的电离程度减小，c 点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故C 正确；D.当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故 D 正确；故选A。2NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分子的经验规律是A分子中必须含有键B在 ABn分子中 A 原子没有孤对电子C在 ABn分子中不能形成分子

4、间氢键D分子中每个共价键的键长应相等【答案】B【解析】【分析】共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A 原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H 原子无关。【详解】A BF3、CCl4中均为单键没有键，故 A 不选；B在 ABn分子中 A 原子的所有价电子都构成共价键，A 原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B 选；CH2S分子间不能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C 不选；D H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子

5、是极性分子，故D 不选；故选：B。【点睛】本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，学会利用实例来分析。3下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 向 FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B 常温下，等体积pH3 的 HA 和 HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA 酸性比 HB 弱C 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有氧化性D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A溶液由浅绿色变

6、为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较 Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B由图可知，稀释时HB 的导电能力变化大，则HB 的酸性强，即HA 酸性比 HB 弱，故 B 正确；C白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D 错误；故选 B。4一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是A该电池将太阳能转变为电能B电池工作时，X极电势低于Y极电势C在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I-=2Ru+I3-

7、D电路中每通过2mol 电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加【答案】D【解析】【分析】由图中电子的移动方向可知,电极 X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2Ru-2e-=2 Ru，Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和 I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C.电池工作时，在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I-=2Ru+I3-，选项 C正确；D.Y电极为原

8、电池的正极，电解质为I3-和 I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol 电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2Ru+3I-=2Ru+I3-，使溶液中I-浓度基本保持不变，选项D错误。答案选 D。5下列过程中没有发生电子转移的是（）A液氨作制冷剂B合成氨C大气固氮D生物固氮【答案】A【解析】【详解】A液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A 错误；B合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B 正确；C大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C 正确；D生物固氮是

9、氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D 正确；故答案为A。6下列离子方程式书写正确的是A.碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2O B向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC1OC实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(浓)=Mn2+2Cl-+Cl2+2H2O D向 NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液：NH4+OH-=NH3+H2O【答案】B【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项 A错误；B

10、、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC1O，选项 B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O，选项 C错误；D、向 NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液，反应的离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3?H2O+H2O，选项错误。答案选B。725下，向20mL0.1mol?L-1HA 溶液中逐滴加入0.1mol?L-1 NaOH 溶液，随滴入NaOH 溶液体积的变化混合溶液的pH 的变化如图所示。下列说法正确的是（）A A-的

11、水解常数约为10-11B水的电离程度：edc ba Cc 点和 d 点溶液中均符合c（Na+）=c（A-）D b 点溶液中粒子浓度关系：c（A-）c（HA）c（H+）c（OH-）【答案】D【解析】【分析】b 点溶质为等体积的NaA 和 HA，形成缓冲溶液，c 点为中性点，c(H+)=c(OH-)，d 点为中和点，溶质只有NaA，溶液显碱性。【详解】A.HA?H+A-，其电离平衡常数3351H?c A10?10K10c HA10c电，A-+H2O?HA+OH-，其水解平衡常数c(OH)?c HAKc(A)水，根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，149w5c(OH)?c HAc(H)?c(OH)

12、?c HAK10K10c(A)c(H)?c(A)K10水电，A 错误；B.d 点恰好反应生成NaA，A-水解，能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B错误；C.c点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d 点溶液显碱性，c(H+)c(A-)，C错误；D.b 点溶液中溶质为等体积的NaA 和 HA，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)，D 正确；故答案选D。【点睛】酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系，看该点上的溶质成分以及pH。8人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物

13、中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A B为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O N2+CO2+6HCl【答案】A【解析】【分析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H 原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A通过以上分析

14、知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为 A。9下列物质不属于盐的是A CuCl2BCuSO4CCu2(OH)2CO3DCu(OH)2【答案】D【解析】【详解】A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A 不选；

15、B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B 不选；C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C 不选；D.Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；答案选 D。10造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（）A“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同B“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解C“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH 变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A宣纸主要成分

16、为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A 错误；B蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B 错误；C过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；D明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH 变小，故D 错误；故答案为C。11工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；H=+QkJmol-1(Q0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为 1mol，则达平衡时，

17、吸收热量为QkJ C反应至4min 时，若 HCl 浓度为 0.12mol L-1，则 H2反应速率为0.03mol L-1min-1D当反应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的HCl 通入 100mL1mol L-1的 NaOH 溶液恰好反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B 错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=12v(HCl)=11110.12mol L0.015mol Lmin24minggg，C错误；D.由方程式可知，当反

18、应吸收热量为0.025QkJ 时，生成的HCl 的物质的量为10.025QkJ40.1molQkJ molg，100mL1mol L-1的 NaOH 的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D 正确；故答案为：D。12下列实验操作对应的现象不符合事实的是选项实验操作现象A 向盛有32Fe(NO)溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色B 向盛有2Br的4CCl溶液的试管中通入乙烯溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象C 向3AlCl溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的4NaHSO溶液先产生白色沉淀，后沉淀消失D 向盛有

19、223Na S O溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.向32Fe(NO)溶液中滴入稀盐酸，溶液中的2Fe、H、3NO发生氧化还原反应生成3Fe，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，2二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选 B；C.向3AlCl溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的4NaHSO溶液(相当于加入过量强酸)，氢氧化铝溶解，故不选C；D.223Na S O与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，

20、溶液变浑浊，故不选 D。答案：B。【点睛】易错选项A，注意酸性情况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。13短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子最外层电子数是其电子层数的2 倍，X、Y价电子数之比为23。W 的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径Z Y B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W 的单质在光照下产生W 的氢化物D Y、W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】A【解析】【分析】X 原子最外层

21、电子数是其电子层数的2 倍，且四种元素中原子序数最小，则X为 C，X、Y价电子数之比为23，则 Y为 O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为 Na，W 的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W 为 Cl，综上所述，X、Y、Z、W 分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和 O 位于同周期且C原子序数小于O，所以 C原子的半径大于O 原子半径，Na+和 O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A 错误；B Na+和 O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和 ClO-通过离子键结合成NaClO，C

22、l 和 O 通过共价键结合，B正确；CCH4和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D 正确。答案选 A。14能证明KOH是离子化合物的事实是A常温下是固体B易溶于水C水溶液能导电D熔融态能导电【答案】D【解析】【分析】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否

23、导电都无关，答案选 D。15咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效，其结构简式如图，下列有关咖啡酸的说法中，不正确的是A咖啡酸可以发生还原、取代、加聚等反应B咖啡酸与FeCl3溶液可以发生显色反应C1mol 咖啡酸最多能与4molBr2反应D 1 mol 咖啡酸最多能消耗3 mol 的 NaHCO3【答案】D【解析】【分析】分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应，据此分析。【详解】A咖啡酸中含有碳碳双键，可以与氢气发生还原反应；含有羧基和羟基，能够发生取代反应；含有碳碳双键，能够发生加聚反应，A 正确；

24、B该有机物分子中含有酚羟基，能够与氯化铁发生显色反应，B 正确；C 1mol 咖啡酸中1mol 苯环、1mol 碳碳双键，最多能够与4molBr2发生反应，C 正确；D酚羟基酸性小于碳酸，不能够与碳酸氢钠反应，1mol 咖啡酸中只含有1mol 羧基，能够与1mol 碳酸氢钠反应，D 错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16镁及其合金广泛应用于国防生产中。（1）工业上是通过电解熔融状态2MgCl的方法冶炼金属镁的，则2MgCl的电子式为 _；工业上不用电解熔融 MgO 来冶炼镁的原因是_。（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是_。（3）高纯度氧化镁在医药，建筑

25、行业有着广泛的应用，硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新生产工艺，以菱镁矿（主要成分为3MgCO，含少量3FeCO）为原料，制备高纯氧化镁的流程如图（已知23sp2KFe(OH)8.0 10、38sp3KFe(OH)4.0 10）：酸浸前对矿石进行粉碎的好处是_。试剂 A 是一种绿色氧化剂。常温下为液态，写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式_。为除尽杂质，a 的取值应不小于_（当杂质离子浓度小于511 10molL时，可认为已除尽；3lg40.2）。煅烧过程中可发生多个反应。试写出氧化剂与还原剂按物质的量为2:1 的比例恰好反应时的化学方程式_，反应生成的气体均为_（填“酸性”或“碱性”）氧

26、化物。【答案】2MgClClg gg gg gg gMgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高2MgH与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸能提高反应速率与浸出率2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O3.2 2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2酸性【解析】【详解】（1）2MgCl为离子化合物，其电子式为2MgClClg gg gg gg g，MgO 熔点太高，若是以 MgO 为原料，则生产成本过高，故工业不使用MgO 作原料冶炼；（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是MgH2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气

27、燃烧甚至爆炸；（3）酸浸前对矿石进行粉碎的好处是能提高反应速率与浸出率，“氧化”过程中发生反应为亚铁离子被氧化为三价铁，离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；氢氧化铁固体溶于水存在离子平衡Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，故 Fe元素完全沉淀时，10.833()10()Kspc OHc Fe，此时 pH 为 3.2；煅烧过程中氧化剂为硫酸镁，还原剂为C，方程式为2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2，反应生成的气体为酸性氧化物。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A 制备 H 的一种

28、合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+HCHO+HCOO-回答下列问题：（1）E中含氧官能团名称为_非含氧官能团的电子式为_。E的化学名称为苯丙炔酸，则B的化学名称为_。（2）CD 的反应类型为_。BC 的过程中反应的化学方程式为_。（3）G 的结构简式为 _。（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_。遇 FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应；分子中有五种不同化学环境的氢且个数比为1:1:2:2:4（5）写出用甲醛和乙醇为原材料制备化合物C(CH2ONO2)4的合成路线（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。_。【答案】羧基苯丙烯醛加成反应

29、+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4【解析】【分析】由信息及B分子式可知A 应含有醛基，且含有7 个 C原子，则芳香化合物A 为，因此B 为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则 C 为，C与溴发生加成反应生成D，D 为，D 发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比 F、H 的结构简式，结合信息可知，G 为。据此分析解答。(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和 HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2O

30、H)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则 B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；苯丙烯醛；(2)C 为，发生加成反应生成D，B为，C为，BC 的过程中反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O；(3)G 的结构简式为，故答案为；(4)F 为，F的同分异构体符合下列条件：遇

31、 FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基；分子中有5 种不同化学环境的氢且个数比为11224，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；(5)CH3CH2OH 发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和 HCHO发生信息的反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。【点睛】本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息和信息的灵活运用，同时注意C(C

32、H2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知 v正=k正x(CH3COOCH3)?x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)?x(CH3OH)，其中 v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x 为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1 投料，测得348K、343K、338K三个温度下

33、乙酸甲酯转化率（）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的H_0（填 或 3.2 A C 2：1 不变bc【解析】【详解】(1)根据图像，的速率最快，说明对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以H0；348K时，设初始投入为1mol，则有：带入平衡常数表达式：Kx=(CH3COOC6H13)?(CH3OH)/(CH3COOCH3)?(C6H13OH)=0.32 0.32/(0.18 0.18)=3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于 k逆，因此，k正k逆值最大的曲线是；根据v正=k正(CH

34、3COOCH3)?(C6H13OH)，v逆=k逆(CH3COO C6H13)?(CH3OH)，A 点 (CH3COOCH3)?(C6H13OH)大，温度高，因此 A点 v正最大；C点(CH3COO C6H13)?(CH3OH)大且温度高，因此C点 v逆最大；故答案为：；3.2；A；C；(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1 时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：2：1；不变；(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a 错误；催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和 k逆增大相同倍数，b 正确；催化剂能够降低反应的活化能，c 正确；催化

35、剂不改变化学平衡，d 错误；故答案为：bc。【点睛】在可逆反应中，增大某一反应物的投入量，会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变。19“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。（1）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H=-41 kJmol-1C（s）+2H2（g）CH4（g）H=-73kJ mol-12CO（g）C（s）+CO2（g）H=-171 kJmol-1写出 CO2与 H2反应生成CH4 和 H2O（g）的热化学

36、方程式：_。（2）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入 1 molCO2和 3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和 H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=_。下列措施一定不能使CO2的转化率增大的是_（选填编号）。A在原容器中再充入1molCO2B在原容器中再充入1molH2C在原容器中再充入1mol 氦气D使用更有效的催化剂E.缩小容器的容积F.将水蒸气从体系中分离（3）煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件

37、下反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）中 CO的平衡转化率随2p(H O)p(CO)及温度变化关系如图所示：上述反应的逆反应方向是_反应（填“吸热”或“放热”）；对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压（pB）代替平衡浓度（cB）也可以表示平衡常数（记作Kp），则该反应的Kp的表达式为 _，提高2p(H O)p(CO)，则 Kp_（填“变大”、“变小”或“不变”）。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、2p(H O)p(CO)=35，采用此条件的原因可能是 _。【答案】CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）H=-162 kJmol-10.1125

38、mol L-1 min-1ACD 吸热222p(CO)p(H)p(CO)p(H O)gg不变催化剂的活性温度在400左右；且投料比2p(H O)p(CO)=3 5时，CO的平衡转化率较高，成本小【解析】【详解】（1）根据盖斯定律+-2 可知 CO2与 H2反应生成CH4 和 H2O（g）的热化学方程式CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）H=-162 kJmol-1。故答案为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）H=-162 kJmol-1（2）用 CO2来生产燃料甲醇的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，从反应开始到平衡，H2的物质的量变化了2.2

39、5mol，则物质的量浓度变化2.25mol2L=1.125mol/L，反应在10min 时达到平衡，v（H2）=1.125 mol/L 10min=0.1125 molL-1 min-1。A.在原容器中再充入1molCO2将使 CO2的转化率降低；在原容器中再充入1molH2，反应向正反应方向移动，会使CO2的转化率升高；在原容器中再充入1mol 氦气，由于体积不变，所以浓度不变，因此对反应无影响；催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率；缩小容器的容积可以增大压强，由于反应中反应物的化学计量数之和大于生成物，故反应会向正反应方向移动，使CO2的转化率升高；将水蒸气从体系中分离会使反应向正反应方向移动，使CO2的转化率升高；故选ACD。（3）从图中可以看到，随着反应温度升高，CO的平衡转化率降低，故正反应是放热反应，所以逆反应是吸热反应。用平衡分压（pB）代替平衡浓度（cB）表示平衡常数Kp=222p(CO)p(H)p(CO)p(H O)gg。提高2p(H O)p(CO)，对 Kp无影响，故 Kp不变。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、2p(H O)p(CO)=35，采用此条件的原因可能是：催化剂的活性温度在400左右；且投料比2p(H O)p(CO)=3 5 时，CO的平衡转化率较高，成本小。