2019-2020学年安徽合肥市华泰高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽合肥市华泰高中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学年安徽合肥市华泰高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽合肥市华泰高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根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是（）A35Cl 和37Cl中子数不同，所以它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都不相同B两个不同原子的1s、2s、2p、3s、3p 各亚层中电子的能量相同C短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价D CO2通入 Na2SiO3溶液中可以得到硅酸【答案】D【解析】【详解】A.35Cl和37Cl的核外电子数均为17，它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相

2、同，A 项错误；B.同原子的原子同、原子半径越等不同，两不同原子各亚层中电子的能量不相同，B 项错误；C.氧元素、氟元素没有最高正化合价，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价，C项错误；D.碳酸的酸性比硅酸强，CO2通入 Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D 项正确；答案选 D。2常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH 固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3 H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A M 点溶液中水的电离程度比原溶液大B在 M 点时，n(OH-

3、)+0.1 mol=(a+0.05)mol C随着 NaOH 的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当 n(NaOH)=0.1 mol 时，c(Na+)c(SO)c(HSO)c(OH)B再生液M 吸收 SO2主反应的离子方程式为：-23SO+OH=HSOCHSO3在 b 极发生的电极反应式为：-2-+324HSO+H O-2e=SO+3HD若产生标准状况下2.24L 气体 N，则 d 膜上共通过0.2mol 阳离子【答案】D【解析】【分析】根据装置图，阴离子通过c 膜向 a 极移动，可知a 极为阳极，发生的反应为：HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+；b 极为阴极，发生的反应为：

4、2H+2e-=H2，气体N 为 H2。【详解】A n(SO32)：n(HSO3)=9：91 时，电解液pH=6.2，n(SO32)：n(HSO3)=1：1 时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3)c(SO32)，A 项错误；BM 吸收 SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B 项错误；Cb 极为阴极，发生的反应为：2H+2e=H2，C项错误；D若产生标准状况下2.24L 气体 N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少 0.2mol 正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d 膜上会通过0.2mol 阳离子，D 项正确；答

5、案选 D。11一定呈中性的是()A pH7 的溶液B25，Kw1.0 1014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液【答案】C【解析】【详解】A 100 度时，纯水的pH6，该温度下pH7 的溶液呈碱性，所以pH7 的溶液不一定呈中性，故A 错误；B25，Kw1.0 1014是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B 错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D 错误；答案选 C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依

6、据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。12下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A接触法制硫酸B联合法制纯碱C铁矿石炼铁D石油的裂化和裂解【答案】A【解析】【分析】【详解】A接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A 正确；B联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；C铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C 错误；D石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D 错误；答案选 A。13某固体混合物X 可能是由23Na SiO、Fe、23Na CO、2MgCl中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组

7、为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）下列说法不正确的是A气体 A 是2CO、2H的混合物B沉淀 A 是23H SiOC根据白色沉淀C是 AgCl可知，白色沉淀B 一定不是纯净物D该固体混合物一定含有Fe、23Na CO、23Na SiO【答案】C【解析】【分析】根据实验现象逐步分析、推理，并进行验证，确定混合物的组成成分。【详解】A.据转化关系图，气体A 能使石灰水变学浑浊，则A 中有 CO2，X 中有 Na2CO3。白色沉淀B 能变成红褐色，则白色沉淀B 中有 Fe(OH)2，溶液 A 中有 FeCl2，X 中有 Fe，进而气体A 中必有 H2，A 项正确；B.

8、X 与过量盐酸反应生成沉淀A，则 X中含 Na2SiO3，沉淀 A 为 H2SiO3，B 项正确；C.溶液 B中加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀C，则 C为 AgCl，溶液 B 中的 Cl-可能全来自盐酸，则X中不一定有MgCl2，白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2，C项错误；D.综上分析，固体混合物X 中一定含有Fe、23Na CO、23Na SiO，可能有MgCl2，D 项正确。本题选 C。14下列物质属于油脂的是()润滑油花生油石蜡ABCD【答案】C【解析】【分析】【详解】油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。15

9、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A硝酸钡，稀硫酸B稀盐酸，氯化钡C稀硫酸，氯化钡D稀硝酸，氯化钡【答案】B【解析】【分析】在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A 项错误；B.样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B 项正确；C.样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C 项

10、错误；D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D 项错误。本题选 B。【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，相对分子质量为288易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸 CH3 CH(OH)COOH 与 FeCO3反应制得。I碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器 B的名称是 _；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是_。(2)接下来要使仪器C中的制备反

11、应发生，需要进行的操作是_，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_。(3)仪器 C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净 FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于 l00%，其原因可能是_。乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g 样品，灼烧完全灰化，加

12、足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL 溶液。吸取100 rnL 该溶液加入过量KI 溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100 mol L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_，即为滴定终点；平行滴定3 次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 _（保留1 位小数）。【答案】蒸馏烧瓶生成 FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气关闭 k2Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入 BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净隔绝空气乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，

13、导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多蓝色褪去且半分钟不恢复95.2%【解析】【分析】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B 制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+I2 2S2O32-，根据滴定时

14、参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B 制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C 中。(1)由仪器图形可知B 为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C 内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫

15、酸亚铁溶液排到装置C 中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导

16、致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与 Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L 硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L 0.100mol/L=2.48 10-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中 CH3CH(OH)COO2Fe?3H2O 的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48 10-3mol10025.00

17、mLmL=9.92 10-3mol，则样品的纯度为39.92 10mol288g/mol3.0g 100%=95.2%。【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 2019 福建省厦门市高中毕业班5 月第二次质量检查一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含 H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。

18、（1）磷石膏废弃会造成的环境问题为_；（2）“碱溶”中 Al2O3发生反应的化学方程式为_；（3）含硅与含铝组分分布系数与pH 关系如下图：“调 pH”时，溶液的pH 应调节为 _；KspAl(OH)3=_；Al(OH)3(aq)+H2O垐?噲?Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，则 KaAl(OH)3=_；（4）“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。“某极电解液”为_(填“X”、“Y”或“Z”)极。阴极电极反应式为_。（5）流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。【答案】水体富营养化Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 7 1.0 10-3310-12.8X 2H+2

19、e-=H2 NaOH、HCl【解析】【分析】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水；(3)调整溶液的pH，使 Si元素形成沉淀，而Al 元素以 Al(OH)4-存在于溶液中；根据形成Al(OH)3沉淀的 pH 分析 Ksp Al(OH)3 大小；根据电离平衡常数的概念计算；(4)根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，

20、若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生 H2PO4-、HPO42-，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH 溶于发生反应产生Na Al(OH)4，反应方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na Al(OH)4；(3)根据图象可知在溶液的pH=7 时，Si元素以 H4SiO4沉淀的形式存在，而 Al 元素以 Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；由图象可知：当溶液的pH 大约为 pH=3 时形成 Al(OH)3沉淀，c(H+)=10-3，则根据水的离子积常数可得此时溶液中c(OH-)=14

21、31010=10-11，则 Ksp Al(OH)3=1(10-11)3=10-33；对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2O Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与 Al(OH)4-(aq)的浓度相等时，Ka Al(OH)3 等于溶液中氢离子的浓度，所以Ka Al(OH)3=-+43c Al OHc Hc Al OHg=c(H+)=10-12.8；(4)“某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH-向正极区移动，H+向 X 区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X 极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴

22、极电极反应式为2H+2e-=H2；H+向 X 电极移动，Cl-移向 X电极区，Na+移向 Z 电极区，OH-向 Z电极区移动，所以X电极区产生HCl，Z电极区产生NaOH，反应产生的HCl、NaOH 又可以在酸溶、碱溶中使用，故流程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性质和化学反应基本原理是解题关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：(1)已知 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=

23、alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H2=bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)H3=+ckJ/mol，写出在298K 时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式_。(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与 O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中 k正和 k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正 c(Mb)P(O2)，V逆=k逆 c(MbO2)。37时测得肌红蛋白的结合度()与 P(O2)的关系如下表 结合度()指已与 O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比：P(O2)0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.0

24、0 6.00 （MbO2%）50.0 67.0 80.0 85.0 88.0 90.3 91.0 计算 37、P(O2)为 2.00kPa 时，上述反应的平衡常数K=_。导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度()与 O2的压强 P(O2)之间的关系式=_(用含有 k正、k逆的式子表示)。(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：+32H N CH COOH+-32H N CH COO-22H NCH COO在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与+-c Hlgc OH的关系如图所示：纯甘氨酸溶液呈_性；当溶液呈中性时三种离子的

25、浓度由大到小的顺序为_。向+-c Hlgc OH=8 的溶液中加入过量HCl 时，反应的离子方程式为_。用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L 的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸11 发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为 _%(计算结果保留一位小数)【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H=32305abckJ/mol 2.00 22KP OKP OKnn正正逆酸H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2CO

26、OH H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85.0【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；(2)根据平衡常数的含义，结合37、P(O2)为 2.00kPa 时 a(MbO2)计算平衡常数；根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；(3)根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III 分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时 lg2c Hc OH，结合溶液的Kw 可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，l

27、gc Hc OH=0，根据图示判断微粒浓度大小；根据 lgc Hc OH=8 时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c?V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。【详解】(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H2=bk

28、J/mol，H2O(1)=H2O(g)H3=+ckJ/mol，将 3+2-30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H=32305abckJ/mol；(2)37、P(O2)=2.00kPa 时，结合度为80%，化学平均常数K=22Mb0.82.000.22.00cOc MbP OkPankPa-1；由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以 K=22MbcOKc MbP OKn正逆，可求出c(MbO2)=2Kc MbP OKnn正逆，代入结合度定义式a=22MbMbc MbcOcO可得 a=22KP OKP OKnn正正逆；甘氨酸的三种存在

29、形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和 H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II 和 III 分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和 H3N+CH2COOH，当 lgc Hc OH=-8 时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl 反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在 5.9 左右)，溶液呈中性时，lgc Hc OH=0，中性时H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2COOH；根据lgc Hc OH=8 时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2C

30、OOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为 H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；根据滴定曲线的突跃范围，消耗 HClO4溶液 17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)=0.1000mol/L 0.01700L=0.0017mol，则 n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol 75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g 0.150g)100%=85.0%。192013 年 9 月，中国华北华中地区发生了严

31、重的雾霾天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，属于重度污染。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和 CO在 t1 时刻达到平衡状态。能判断该反应达到平衡状态的标志是_。A在单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了1mol CO B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变D混合气体的压强不再变化在 t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2 倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后

32、不再改变条件。请在右图中补充画出从t2 到 t4 时刻正反应速率随时间的变化曲线：_（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将水蒸气通过红热的碳得到水煤气，1.2g 碳完全反应，吸收热量13.13kJ.该反应的热化学方程式为_煤气化过程中产生的有害气体H2S可用足量的Na2C03溶液吸收，该反应的离子方程式为_。（已知：H2S：819.1 10aK；1221.1 10aK；H2CO3：714.3010aK；1125.61 10aK）（3）已知反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，现将不同量的CO（g）和 H2O（g）分别通入到体积为 2L 的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三

33、组数据：实验温度/起始量/mol 平衡量/mol 达平衡所需时间/min CO H2O H2CO 0 1 650 4 2 1.6 2.4 6 2 900 2 1 0.4 1.6 3 3 900 a b c d t 实验 1 条件下平衡常数K=_（保留小数点后二位）。实验 3 中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b 必须满足的关系是_。该反应的H _0(填“”或“”）；若在 900时，另做一组实验，在此容器中加入l0mol CO，5mo1 H2O，2mo1 CO2，5mol H2，则此时v 正_v 逆（填“”，“”，“”）。【答案】CD C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=13

34、1.3kJ mol1H2S CO32=HCO3HS2.67 ab【解析】【分析】(1)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；将容器的容积迅速扩大到原来的2 倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所V正 V逆；(2)1.2g 碳完全反应，吸收热量13.13kJ，则 1molC 反应吸收13.13kJ 10=131.3kJ 热量，据此写出热化学方程式；根据碳酸和氢硫酸的两步电离平衡常数进行比较氢硫酸与碳酸、碳酸氢根离子离子酸性大小，从而得出反应产物

35、，写出反应的离子方程式；(3)依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；由于 CO与 H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等。要使CO转化率大于 H2的转化率，则增大H2的物质的量；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；对同一反应温度相同，平衡常数相同。根据表中实验2 计算 900时平衡常数，再计算实验3 浓度商，与平衡常数相比判断平衡移动，据此解答；依据浓度商和平衡常数比较分析判断。【详解】(1)A在单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了1molCO，反应速率同向，从反应

36、开始到平衡，都符合这等量关系，不能判定反应达到平衡状态，故A 不选；B反应体系都是气体，混合气体的总质量不再改变，体积不变，从反应开始到平衡，密度始终不变，不能判定反应达到平衡状态，故B 不选；C反应体系都是气体，混合气体的质量不变，气体总的物质的量减小，所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故C 选；D反应体系都是气体，混合气体的质量不变，气体总的物质的量减小，混合气体的压强不再变化，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故D 选；故答案为CD；将容器的容积迅速扩大到原来的2 倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡

37、逆向移动，所V 正 V 逆，故图象为：；故答案为；(2)1.2g 碳为 0.1mol，则 1molC 反应吸收13.13kJ 10=131.3kJ热量，该反应的热化学方程式为C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=131.3kJ mol1；故答案为：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H=131.3kJ mol1；由于 Ka2=5.61 10-11 Ka1=9.1 10-8Ka1=4.30 10-7、Ka2=5.61 10-11 Ka2=1.1 10-12，所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-；故答案为CO

38、32-+H2S=HCO3-+HS-；(3)根据实验1 计算平衡常数，H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)初始(mol/L)1 2 0 0 转化(mol/L)0.8 0.8 0.8 0.8 平衡(mol/L)0.2 1.2 0.8 0.8 K=0.80.80.21.2=2.67，故答案为2.67；如果 a=b 两者的转化率相等，CO的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动，则a b；故答案为：ab；根据实验2 计算平衡常数，H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)初始(mol/L)0.5 1 0 0 转化(mol/L)0.2 0.2 0.2 0.2 平衡(mol/L)0.3 0.8 0.2 0.2 K=0.20.20.30.8=0.167，温度升高K变小，温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，H0；按10mol CO，5mol H2O，2mol CO2，5mol H2，分别加入该容器，Qc=1 2.552.5=0.2 K，反应逆向进行，v(正)v(逆)；故答案为；。【点睛】本题考查化学平衡和化学反应速率等知识，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算。注意Qc、K的大小与平衡移动方向的关系，当Qc K时，向正反应方向进行；Qc=K 时，反应平衡；QcK时，向逆反应方向进行。