2019-2020学年安徽省合肥市巢湖市新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥市巢湖市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下列离子方程式正确的是()A高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+8H+4Cl-=Mn2+2Cl2+4H2O B饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+H2O+CO2=2 HCO3-C铜片与浓硫酸共热：Cu+4H+SO42-Cu2+SO2+2H2O D硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2+4NH3?H2O=Cu(NH3)42+4H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5C

2、l2+8H2O，故 A 错误；B饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3，故 B 错误；C铜片与浓硫酸共热不能写离子方程式，故C错误；D硫酸铜溶液中加入过量氨水生成四氨合铜（）：Cu2+4NH3?H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故 D 正确；故选 D。2如图是 l mol 金属镁和卤素反应的 H(单位：kJ mol1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A由图可知，MgF2(s)Br2(l)MgBr2(s)F2(g)H 600kJ mol1BMgI2与 Br2反应的 HMgBr2MgCl2MgF2【答案】D【解析】【

3、分析】A Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）H=-1124kJ mol1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ mol1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与 Br2反应是放热反应；C生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D能量越小的物质越稳定。【详解】A Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）H=-1124kJ mol1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ mol1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）H=

4、+600kJ mol1，故 A 正确；B溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与 Br2反应是放热反应，MgI2与 Br2反应的 H0，故 B 正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制 Mg 是吸热反应，故C正确；D能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故 D 错误；故选 D。【点睛】本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点 A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。3利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(

5、g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A该反应的H 91 kJmol1B加入催化剂，该反应的H 变小C反应物的总能量大于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则 H 增大【答案】C【解析】【详解】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A 错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3OH 时释放出的热量更多，H 更小，选项D 错误。答案选 C。4下列诗句、

6、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是A“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D“看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A 正确；B龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B 正确；C石头大多由大理石（即碳酸钙）其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，包含反应CaCO

7、3 CO2 H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3CO2H2O，属于化学变化，选项C不正确；D看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项 D 正确。答案选 C。5 常温下，向 20 mL0.1 mol.L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13 的 NaOH 溶液，溶液中水电离的c(H+)与 NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是A HN3是一元弱酸Bc 点溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C常温下，b、d 点溶液都显中性D常温下，0.1 mol.L-1 HN3溶液

8、中 HN3的电离度为10a-11%【答案】C【解析】【详解】A pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20 mL0.1 mol.L-1HN3溶液与 20mLpH=13 的 NaOH 溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A 正确；Bc 点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正确；C常温下，c 点溶液呈碱性，继续加入NaOH 溶液，d 点溶液一定呈碱性，C错误；D常温下，0.1 mol.L-1 HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则 HN3电离出的c(H+)=-14-a1010=10-14+a

9、mol/L，HN3的电离度为-14+a10100%0.1=10a-11%，D 正确。故选 C。6查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：32 OZn/H O。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A 5 种B4 种C3 种D2 种【答案】B【解析】【分析】【详解】依据题意，32OZn/H O，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、，有一种重复，则得到的物质共有4 这种，B 符合题

10、意；答案选 B。7下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A 向 NaAlO2溶液中持续通入气体 Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是 CO2气体B 向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C 向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D 向浓度均为0.1mol/L 的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化

11、铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故 A 错误；B.常温下 Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与 Cu 在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B 正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C 错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础

12、知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。8化学与生活密切相关，下列说法正确的是A煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径B新型冠状病毒肺炎病症较多的地区，人们如果外出归家，应立即向外套以及房间喷洒大量的酒精C港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法D华为继麒麟980 之后自主研发的7m 芯片问世，芯片的主要成分是硅【答案】D【解析】【分析】【详解】A.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，是化学变化，故A 错误；B.酒精喷雾易燃易爆炸，不应向外套以及房间喷洒大量的酒精，房间内大面

13、积喷洒，酒精浓度高于70%时，酒精的挥发使室内空气中可燃性气体增加，遇到丁点火星极易燃烧，故B 错误；C.在海水、土壤等环境中，锌比钢铁材料更活泼，更容易失去电子被氧化，因此锌作原电池的负极，而铁作正极，被保护，该方法依据的是牺牲阳极的阴极保护法，故C 错误；D.芯片的主要成分是硅单质，故D 正确；故选 D。【点睛】煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程。煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和 CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。二者均有新物质生成，属于化学变化。这是常考点，也是学生们的易错点。9有关化合物2-苯基丙

14、烯，说法错误的是A能发生加聚反应B能溶于甲苯，不溶于水C分子中所有原子能共面D能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A.含有碳碳双键，所以可以发生加聚反应，故A 正确；B.2-苯基丙烯是有机物，能溶于甲苯，但不溶于水，故B 正确；C.分子中含有甲基，原子不可能共面，故C错误；D.含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 正确；故选：C。10泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是泛酸乳酸A泛酸分子式为C9H17NO5B泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物C泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D乳酸在一定条件下反

15、应，可形成六元环状化合物【答案】B【解析】【详解】A.根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故 A 正确；B.泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；C.泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C 正确；D.2 分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故 D 正确；选 B。【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。11下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是()选项操作现象解释、结论A 用玻璃棒蘸取浓氨水点到干

16、燥红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性B 向饱和 Na2CO3溶液中通入足量 CO2溶液变浑浊析出了 Na2CO3晶体C 向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌蔗糖变黑，体积膨胀反应中浓硫酸只体现脱水性D 过量的 Fe粉与氯气充分反应后，向反应后的混合物中加水，取上层清液滴入KSCN溶液溶液不变红色氯气将 Fe氧化为 Fe2A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】A试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性；B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠；C体积膨胀，原因是生成气体；D氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应。【详解】A能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，试纸变蓝色，可说明氨水溶

17、液呈碱性，选项A 正确；B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，析出晶体为碳酸氢钠，选项 B 错误；C体积膨胀，说明生成了气体，原因是碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，选项 C错误；D氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN，溶液不变色，选项D错误答案选 A。【点睛】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大。12Bodensteins 研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+11 kJ/mol。在 716K 时，气体混合物中碘化

18、氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t 的关系如下表：t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI)1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI)0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 由上述实验数据计算得到v正x(HI)和 v逆 x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E B若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D若改变的条件是使用催化剂

19、，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同【答案】C【解析】【分析】【详解】A.升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI 的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A 正确；B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入a mol HI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B 正确；C.若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以

20、再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；D.催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D 正确；故合理选项是C。13下列图示与对应的叙述相符的是()。A表示反应A+B=C+D的1Hac kJ molB表示不同温度下溶液中+H和-OH 浓度变化曲线，a点对应温度高于b点C针对 N2+3H2=2NH3的反应，图表示1t时刻可能是减小了容器内的压强D表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点pH大于q点【答案】C【解析】A.根据图，反应ABCD 属于放热反应，H

21、-(a-c)kJmol-1，故 A错误；B.根据图，温度越高，水的离子积常数越大，图中a 点对应温度低于b 点，故 B错误；C.根据图，t1时刻，反应速率减小，平衡逆向移动，可能减小了容器内的压强，故C正确；D.根据图，向醋酸稀溶液中加水时，溶液中离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性能力逐渐减小，p 点酸性比q 点强，pH 小于 q 点，故 D错误；故选C。14X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z 同族，Y、Z 同周期，W与 X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A Y元素的最高价氧化物对应的水化物

22、的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为W XZ CX与 W可以形成 W2X、W2X2两种物质D Y、Z 两元素的气态氢化物中，Z 的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析】【分析】X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O 元素，X、Z同族，则 Z 为 S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y 的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为 Cl元素，W 与 X、Y既不同族也不同周期，W 为 H 元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为 Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A 项正确；B在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下

23、，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H OClS（HO10 时氨氮去除率随pH 变化的原因：_。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（OH）和超氧离子（O2-）具有光催化能力，催化原理如图2 所示。请写出 NO3-转化为无毒物质的电极反应式：_。(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。温度对氨氮去除率影响如图3 所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：_；_（请写出两条）。选取 TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图 4 中画出 pH=5 时，氨氮去除率变化曲线_。(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留N

24、H4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL 的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH 滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗 NaOH 的体积 V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3 滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+6H2O+3H+，继续用 NaOH 滴定，发生反应：(CH2)6N4H+OH-=(CH2)6N4+H2O；H+OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH 的体积 V2mL，水样中残留NH4+浓度为 _mol/L。【答案】Mg2+HPO42-+NH4+6H2O=MgNH4P

25、O4?6H2O+H+pH10 时 NH4+与 OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与 PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低2NO3-+12H+6e-=N2+6H2O 温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的运动速率加快,羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)活性增大温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快21-2000V V【解析】【分析】(1)pH=8 时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4?6H2O 沉淀。(2)pH10 时，磷主要以PO43-的形式存在

26、，从KspMg3(PO4)2=6.3 10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。(3)从图中可以看出，NO3-在 H+存在的环境中得电子，生成N2等。(4)温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的影响进行分析。依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5 时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11 时要小。(5)依题意，溶液中剩余的H+OH-=H2O，4NH4+(CH2)6N4H+3H+4OH-代入数据即可求出水样中残留NH4+浓度。【详解】(1)pH=8 时

27、，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4?6H2O 沉淀，则反应的离子方程式为Mg2+HPO42-+NH4+6H2O=MgNH4PO4?6H2O+H+。答案为：Mg2+HPO42-+NH4+6H2O=MgNH4PO4?6H2O+H+；(2)pH10 时，磷主要以PO43-的形式存在，由KspMg3(PO4)2=6.3 10-26可知，此时PO43-易生成 Mg3(PO4)2沉淀，从而使氨氮去除率降低，此时应发生NH4+与 OH-的反应。从而得出pH10 时氨氮去除率随pH 变化的原因是pH10 时 NH4+与 OH-反应生成NH3而

28、挥发，Mg2+与 PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低。答案为：pH10 时 NH4+与 OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与 PO43-反应生成 Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低；(3)从图中可以看出，NO3-在 H+存在的环境中得电子，生成 N2等，电极反应式为2NO3-+12H+6e-=N2+6H2O。答案为：2NO3-+12H+6e-=N2+6H2O；(4)温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的运动速率加快,羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的形成速

29、率增大，温度升高反应速率加快。答案为：温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的运动速率加快,羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(OH)和超氧离子(O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快；依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5 时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11 时要小。则pH=5 时，氨氮去除率变化曲线为：答案为：；(5)依题意，溶液中剩余的H+OH-=H2O，4NH4+(CH2)6N4H+3H+4OH-则 n(NH4+)=0.01mol/L V2 10-3L-0.01mol/L V1 10

30、-3L=0.01(V2-V1)10-3mol，水样中残留NH4+浓度为32130.01()10 mol20 10 LVV=21-2000VVmol/L。答案为：21-2000V V；【点睛】pH=8 时，虽然 MgHPO4的 Ksp也比较小，但应从图象中采集信息，此时由于氨氮的去除率高，所以应生成MgNH4PO4?6H2O 沉淀，否则易错写方程式。19NH3、NOx、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。（l）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为 N2。已知：-142221CH(g)+

31、2O(g)=CO(g)+2H O(l)H=-890.3kJ mol-12222N(g)+2O(g)=2NO(g)H=+67.7kJ mol则反应42222CH(g)2NO(g)CO(g)N(g)2H O（1）H=_（2）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为：在一定温度条件下，向2L 恒容密闭容器中加入2 mol CH4和 2 mol NH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10 min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为_ molL-lmin-1，该温度下平衡常数K=_。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，则此时 v正_（填“”“=”或“”）v

32、逆。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1 所示。X 代表_（填字母代号）。A 温度B 压强C 原料中 CH4与 NH3的体积比（3）某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2 所示，电极材料为石墨。A-E分别代表生产中的原料或产品，b 表示 _（填“阴”或“阳”）离子交换膜。阳极的电极反应式为_【答案】-958.0kJ?mol-10.025 0.1875(mol/L)2B 阴SO32-2e-+H2O=2H+SO42-【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析计算；(2)根据三段式结合平衡时NH3体

33、积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4)=nVtVV和K=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，根据 Qc与 K 的关系判断；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合平衡移动的影响因素分析判断；(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。【详解】(1)-142221CH(g)+2O(g)=CO(g)+2H O(l)H=-890.3kJ mol，-12222N(g)+2O(g)=2NO(g)H=+67.7kJ mol，CH

34、4在催化条件下可以将NO2还原为 N2发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，-可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)H=(-890.3kJ?mol-1)-(+67.7kJ?mol-1)=-958.0kJ?mol-1，故答案为：-958.0kJ?mol-1；(2)设 10 min 时，反应的氨气的物质的量为x，423+HCN3H2200 xxx3x2x2xxCHgNHgg3xg?开始(mol)反应(mol)平衡(mol)则242xx 100%=30%，解得：x=0.5，因此 v(C

35、H4)=nVtVV=0.5mol2L10min=0.025 mol L-l min-1，该温度下，K=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)=30.250.750.750.75=0.1875(mol/L)2，保持温度不变，再向容器中加入CH4和 H2各 1 mol，此时 Qc=3423c(HCN)c(H)c()c(CHNH)=30.251.251.250.75=0.5208(mol/L)2 K，平衡逆向移动，则 v正v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动。该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，转化率增大，错误；增大压强，平衡逆向移动，转化率减小，正确；原料中CH4的体积越大，氨气的转化率越高，错误；与图象符合的是B，故答案为：B；(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，故 b 为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32-2e-+H2O=2H+SO42-，故答案为：阴；SO32-2e-+H2O=2H+SO42-。