2019-2020学年北京市西城区徐悲鸿中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区徐悲鸿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下列古诗文中对应的化学物质及相关说法均正确的是A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A羽毛的成分是蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N 等元素，所以蛋白质燃烧时的产物为除了有CO2和 H2O 生成，还有其他物质生成，故A 错误；B卖油翁的油指的是植物油，植物油中含有碳碳双键或碳碳三键，能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，B 正确；C砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加热的作用下才能进行，C 错误；D棉花的成分是纤维素，

2、纤维素与淀粉都是混合物，它们之间不互为同分异构体，D 错误答案选 B。2下列有关物质的用途叙述中，不正确的是A用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性B干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热C胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素D碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应【答案】C【解析】【详解】A铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A 正确；B干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B 正确；C胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；D加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生

3、成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故 D 正确；答案选 C。【点睛】物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。3以下说法不正确的是A日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀B硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳C硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸D使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换【答案】D【解析】【分析】【详解】A.高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A 项正确；B.维生素 C有还原性，可防

4、止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3 铁，B 项正确；C.硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C 项正确；D.使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D 项错误。本题选 D。4第 26 届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019 年 5 月 20 日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 8.8g 乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB常温常压下28gFe 与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC标准状况下,2.24LCl2与 CH4反应完全,形成 C一 Cl键的数目为

5、0.1NAD常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A 8.8g 乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A 错误；B常温常压下Fe 在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与 CH4反应完全，根据原子守恒可知形成CCl 键的数目为0.1NA，C正确D常温下pH=12 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与

6、稀硝酸反应生成 NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。5已知 A、B、D 均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A若 A 为碳，则E可能为氧气B若 A 为 Na2CO3，则 E可能为稀HCl C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 D 为 Fe（NO3）3D若 A 为 AlCl3，则 D 可能为 Al（OH）3，E不可能为氨水【答案】C【解析】【详解】A若 A 为碳，E为氧气，则B 为 CO2，D 为 CO，CO2与 CO可以相互转化，选项A 正确；B若 A 为 Na2CO3，E为稀 HCl，则 B为 CO2，D 为 N

7、aHCO3，CO2和 NaHCO3可以相互转化，选项B 正确；C若 A 为 Fe，E为稀 HNO3，则 B为 Fe（NO3）3，D 为 Fe（NO3）2，选项 C错误；D AlCl3与少量 NaOH 溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH 溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和 NH4Cl，选项 D 正确。故选 C。6下列实验设计能够成功的是()A检验亚硫酸钠试样是否变质试样溶解 滴加硝酸钡溶液白色沉淀滴加稀盐酸沉淀不溶解 说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐溶解 足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液过

8、滤 滤液中滴加盐酸蒸发结晶精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+试样滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化滴加氯水溶液变红色 溶液中含有Fe2+D证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI 溶液30%过氧化氢、稀硝酸淀粉溶液变紫色 氧化性：H2O2I2【答案】C【解析】【详解】A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A 错误；B应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B 错误；C亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故 C正确；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的

9、氧化性比I2强，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。7下列关于有机化合物和的说法正确的是()A一氯代物数目均有6 种B二者均能发生取代、加成和氧化反应C可用酸性高锰酸钾溶液区分D分子中所有碳原子可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A.中有 6 种等效氢，则一氯代物有6 种，中有 4 种等效氢，一氯代物有4 种，两种一氯代物数目不同，故A 错误；B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B 错误；

10、C.中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C 正确；D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1 个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D 错误。答案选C。8常温下，HCOOH和 CH3COOH的电离常数分别1.80 10-4和 1.7510-5。将 pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH 随 lg0VV的变化如图所示。下列叙述错误的是（）A溶液中水的电离程度：b 点 c 点B相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C从 c 点到

11、 d 点，溶液中-(HA)(O(H)Accc不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的 pH 大于 的 pH，则表明 的 n(H+)小于 的 n(H+)，从而表明 lg0VV=0 时，对应的酸电离程度大，为 HCOOH，为 CH3COOH；pH=3 时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以 CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在 c 点，溶液的pH 大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点 c 点，A 正

12、确；B相同体积a 点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH 恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中 n(Na+)大，B 错误；C对于 HCOOH来说，从c 点到 d 点，温度不变，溶液中-(HA)(O(H)Accc=Ka(HCOOH)不变，C 正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D 正确；故选 B。9下列化学用语表示正确的是A中子数为8 的氮原子：158NB硫离子的结构示意图：C铵根离子的电子式：D聚丙烯的结构简式【答案】C【解析】A 项，N 的质子数为7，质量数=8+7=15，可表示为158N，A 错误；B 项，硫离

13、子含有16 个质子数，硫离子的结构示意图为，故 B 错误；C 项，铵根离子的电子式为，C 正确；D项，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，D 错误。点睛：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度一般，主要考查学生对常见化学用语的掌握情况，注意常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟记。10如图是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反应过程中的反应速率v 与时间（t）的关系曲线，下列说法错误的是（）A t1时，正方向速率大于逆反应速率Bt2时，反应体系中NH3的浓度达到最大值Ct2t3时间段，正反应速

14、率等于逆反应速率D t2t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A t1时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A 正确；Bt2时反应达到平衡状态，反应体系中NH3的浓度达到最大值，B正确；Ct2t3时间段反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；D t2t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D 错误。答案选 D。11X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素，X 形成的简单阳离子核外无电子，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z是人体内含量最多的元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，则以下说法正确的是A元素最高化合价

15、的顺序为ZYT X BY、Z 分别形成的简单氢化物的稳定性为ZY C由 X、Y和 Z三种元素构成的强电解质，对水的电离均起抑制作用D常温下，T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应【答案】B【解析】【分析】X 形成的简单阳离子核外无电子，应为H 元素，Z是人体内含量最多的元素，应为O 元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，应为N 元素，T 在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小，依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径，且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al 元素。【详解】A.Z 为 O 元素，该元素没有最高正价，所以其最高价比N 元素低，故A 错误；B.非金属性

16、ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.由 X、Y和 Z 三种元素构成的强电解质可为硝酸铵，为强酸弱碱盐，水解可促进水的电离，故C错误；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，故D 错误；答案：B 12设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A 1L0.1mol L1Na2S溶液中含有的S2的数目小于0.1NAB同温同压下，体积均为22.4L 的卤素单质中所含的原子数均为2NAC1mol 苯中含有的碳碳双键数为3NAD 78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA【答案】A【解析】【详解】A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol?L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小

17、于0.1NA，选项 A 正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L 的卤素单质的物质的量不一定为 1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项 B 错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g 过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项 D 错误。答案选 A。13以 Fe3O4Pd 为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的-2NO，其反应过程如图所示已知 Fe3O4中 Fe 元素化合价为+2、+3 价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是A处理-2NO的电极反应为2NO2-+8

18、H+6e=N2+4H2O BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH 降低D消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mgL1的废水 2m3【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据图示，处理-2NO得到电子转化为氮气，电极反应为2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故 A 正确；BFe()得电子生成Fe()，Fe()失电子生成Fe()，则 Fe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，故 B 正确；C根据图示，总反应方程式可知：2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH 升高，故C 错误；D根据 C项的总

19、反应2H+2NO2-+3H2催化剂N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为6.72L22.4L/mol=0.3mol，理论上可处理NO2-的物质的量=23 0.3mol=0.2mol，可处理含4.6mg L1 NO2-废水的体积=-310.2mol46g/mol4.6 10 g L=2 103L=2m3，故 D 正确；答案选 C。14周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A 47.87 是丰度最高的钛原子的相对原子质量B钛原子的M 层上共有10 个电子C从价电子构型看，钛属于某主族元素D 22 为钛原子的质量数【答案】B【解析】【分析】【详解】A 47.87 是元素的相对分子质量，

20、故A 错误；B钛原子的M 层上共有2+6+2=10 个电子，故B 正确；C最后填充3d 电子，为副族元素，故C 错误；D 22 为原子的原子序数，故D 错误；故答案为：B。15火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A羰基硫是电解质B羰基硫分子的电子式为：CC、O、S三个原子中半径最小的是C D羰基硫分子为非极性分子【答案】B【解析】【详解】A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A 项错误；B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则 COS的电子式为，B 项正确；C.C、O、

21、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O 原子都含有2 个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径CO，即半径最小的是O，C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S，但 2 个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)H=-511kJ/mol SnCl4易挥发，极易发生水解。相关物质的物理性质如下：物质Sn SnCl4CuCl2熔

22、点/232-33 620 沸点/2260 114 993 密度/g cm-37.310 2.226 3.386 回答下列问题：(1)a 管的作用是 _。(2)A 中反应的离子方程式是_。(3)D 中冷却水的作用是_。(4)尾气处理时，可选用的装置是_(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是_。(6)制得的 SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g 产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用 0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成

23、的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则 SnCl4产品的纯度为_。【答案】平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 避免 SnCl4挥发常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】【分析】根据装置：A 装置制备氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，其中 a 可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B 吸收杂质HCl 气体，C 吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与 Sn在 D 中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得 D 中产生的SnCl4中含有 CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随

24、SnCl4液体溢出，E收集 SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a 管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A 中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(3)在 D 中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D 中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据 Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是

25、；(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2 价变为+3价，升高1 价，Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，降低 3 价，则有关系式：3SnCl2 6Fe2+K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3 0.1000mol/L 0.02L=0.006mol，故 SnCl4产品的纯度为7.60g0.006mol190g/mol7.60g 100%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及

26、实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知：B 是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D 遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X 的化学式为_。(2)图中 B的组成元素在元素周期表中的位置是_。(3)A 的电子式为_。(4)X 受热分解转变成A 和 B 的化学反应方程式为_。【答案】LiN3第 2 周期 VA 族3LiN3Li3N+4N2【解析】【分

27、析】B 是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为 LiOH，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH 与反应生成Li2CO3；D 遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D 是 NH3，确定 B为氮气，NH3是 2.24L 合 0.1mol，A 中 N 为 14gmol1 0.1mol=1.4g。A 为 Li3N，3.5g 中 Li 为 3.5-1.4=2.1g，14.7gX 中 Li 为 2.1g，n(Li)=12.17?gg mol=0.3mol，n(N)=114.72.114?ggg mol=0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.

28、9=1:3，X的化学式为：LiN3。【详解】（1）由分析可知：X 的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N 在元素周期表中的位置是第2 周期 VA族。故答案为：第2 周期 VA 族；（3）A 为 Li3N，Li 最外层只有1 个电子，显+1 价，N 最外层 5 个电子，得三个电子，显-3 价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X 受热分解转变成Li3N 和 N2，由质量守恒：化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2。故答案为：3LiN3Li3N+4N2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硼酸三甲酯用作柠檬类水果的熏蒸剂。实验室合

29、成硼酸三甲酯的原理及装置如下：硼酸三甲酯甲醇溶解性与乙醚、甲醇混溶，能水解与水混溶沸点/68 64 硼酸三甲酯与甲醇混合物的共沸点为54Na2B4O710H2O+2H2SO4+16CH3OH2NaHSO4+4(CH3O)3B+CH3OH+17H2O 实验步骤如下：在圆底烧瓶中加入44.8g 甲醇和 19.1gNa2B4O710H2O(硼砂，式量为382)，然后缓慢加入浓H2SO4并振荡；加热烧瓶中的液体，通过分馏柱回流一段时间。先接收5155的馏分,再接收 5560的馏分。将两次馏分合并，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，分离。精馏得高纯硼酸三甲酯19.2g。回答下列问题：（1）图中仪

30、器a 的名称为 _；直形冷凝管冷却水应从_(填“b”或“c”)接口进入。（2）本实验加热方式为_，优点是 _。（3）加入氯化钙盐析分层的主要目的是_。（4）U 型管中 P2O5的作用是 _。（5）步骤的仪器选择及安装都正确的是_(填标号)，应收集 _的馏分。（6）本次实验的产率是_。【答案】分馏柱c 水浴加热使物体受热均匀，便于控制反应温度除去甲醇，避免精馏时形成恒沸物防止空气中的水蒸气进入，导致硼酸三甲酯水解b 68 92.3%【解析】【详解】（1）图中仪器a 的名称为分馏柱；为保证冷凝效果，采用逆流原理，因此直形冷凝管冷却水应从c 接口进入；（2）根据题给信息可知，硼酸三甲酯、甲醇的沸点均

31、小于100，因此可以采用水浴加热；其优点是使物体受热均匀，便于控制反应温度；（3）根据题给信息可知，加入氯化钙进行盐析分层，上层为硼酸三甲酯，这样就除去了甲醇，避免精馏时形成恒沸物；正确答案：除去了甲醇，避免精馏时形成恒沸物。（4）硼酸三甲酯能够发生水解，要避免和水接触，因此U型管中 P2O5的作用是防止空气中的水蒸气进入锥形瓶内，导致硼酸三甲酯水解；（5）蒸馏装置中，温度计测蒸汽的温度，温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，要用直形冷凝管进行冷凝，要用牛角管连接冷凝管，因此步骤的仪器选择及安装都正确的是b；要提纯的是硼酸三甲酯，硼酸三甲酯沸点为68，所以温度控制在68进行馏分的收集；（6）44.

32、8g 甲醇的量为为1.4mol，19.1gNa2B4O7 10H2O 的物质的量为19.1g382g/mol=0.05 mol，根据 Na2B4O710H2O+2H2SO4+16CH3OH2NaHSO4+4(CH3O)3B+CH3OH+17H2O 反应可知，甲醇过量，按 Na2B4O710H2O 进行计算，根据反应关系可知；得到硼酸三甲酯的量为0.2mol，质量为0.2mol104g/mol=20.8g，本次实验的产率是19.2/20.8 100%=92.3%。19C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）研究减少CO2排放是

33、一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H1 49.6 kJ/mol 反应：CH3OCH3(g)H2O(g)2CH3OH(g)H2 23.4 kJ/mol 反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)H3 H3 _kJ/mol。在恒定压强、T1温度下，将6 mol CO2和 12 mol H2充入 3 L的密闭容器中发生I、反应，5 min 后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g)物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mol；则 T1温度时反应I 的平衡常数Kc的计算式

34、为 _。恒压下将CO2和 H2按体积比1：3 混合，在不同催化剂作用下发生反应I 和反应 III，在相同的时间段内CH3OH 的选择性和产率随温度的变化如下图。其中：CH3OH 的选择性 100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。A 210B 230C催化剂CZT D催化剂CZ(Zr 1)T（2）一定条件下，可以通过CO与 SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式_。在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO 和 1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为 _（填序号）。与

35、实验 a 相比，c 组改变的实验条件可能是_。（3）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH 与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b 点时溶液pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3-)=_。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_。【答案】122.6 31 1.751.51.5BD 2CO+SO2=S+2CO2b 升高温度3:1 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O【解析】【分析】（1）根据盖斯定律计算；容器保持恒压，根据体积之比等于物质的量之比，计算平衡时的浓度

36、及反应I 的平衡常数Kc；根据图像进行判断；（2）根据元素守恒，无毒的物质为二氧化碳；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像判断；初始条件为恒容，c 组实验与b 的初始压强相同，达到平衡状态时，c 组使用时间长，则为温度不相同；（3）根据图像可知，pH=7，根据溶液呈电中性计算；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42-，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水。【详解】（1）根据盖斯定律，反应I 2-反应 II可得 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)，则 H349.6 2-23.4=-122.6kJ/mol；CO2(g)3H2(g)CH3

37、OH(g)H2O(g)反应：2 6 2 2 平衡：2 2 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)反应：1 3 0.5 1.5 平衡：0.5 1.5 则平衡时，n（CO2）=3mol，n（H2）=3mol，n（CH3OH）=2mol，n（CH3OCH3）=0.5mol，n（H2O）=3.5mol，容器保持恒压，则平衡后的体积=31218=2L，平衡时的浓度c（CO2）=1.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，c（H2O）=1.75mol/L，反应 I 的平衡常数Kc的计算式=31 1.751.51.5；根据图像可知，选择催化剂CZ(Z

38、r1)T、在 230时产率最高，则合成甲醇的工业条件是BD；（2）CO与 SO2反应生成 S和一种无毒的气体，根据元素守恒，含C，无毒的物质为二氧化碳，则方程式为 2CO+SO2=S+2CO2；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像可知，b 达到平衡状态时用的时间最短，则反应速率最快；初始条件为恒容，c 组实验与b 的初始压强相同，达到平衡状态时，c 组使用时间长，则为温度不相同，c 组改变的实验条件为升高温度；（3）根据图像可知，b 点时，c(HSO3-)=c(SO32-)，pH=7，则 c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c（NH4+）+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，c（NH4+）=3c(HSO3-)，则 n(NH4+)：n(HSO3-)=3：1；（4）根据图像可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42-，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水，则电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。【点睛】化学平衡常数为反应体系中各物质的浓度的计量数次幂，题目中为恒压装置，根据物质的量之比等于体积之比进行计算。