天津市第一百中学2020届高三4月模拟化学试题 Word版含解析

天津市第一百中学2020届高三4月模拟化学试题 Word版含解析

‎2020 年天津高考化学押题卷（一）‎ 以下数据可供解题时参考： O 16 Na 23 H 1 Fe 56 N 14 Cu 64‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一．选择题（共 12 小题）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 B. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 C. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 D. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质产生，属于化学变化；煤液化生成甲醇，属于化学变化，故A错误；‎ B．海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子Mn+进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，不是历史最久、技术和工艺较完善的主要方法；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故B正确；‎ C．蚕丝是天然纤维，成分为蛋白质，合成纤维的成分是化学纤维，不属于糖类，如聚乙烯，故C错误；‎ D．活性炭脱色是利用它的吸附性，而次氯酸盐漂白纸浆是利用了次氯酸钠的强氧化性，原理不同，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列事实不能用键能的大小来解释的是 ( )‎ A. N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定 B. 稀有气体一般难发生化学反应 - 18 -‎ C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱 D. F2比O2更容易与H2反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；‎ B.稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；‎ C.卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱；‎ D.由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。‎ 故选B.‎ ‎3.对下列过程的化学用语表述正确的是 A. 用硫酸铜溶液除去乙炔中的硫化氢气体：H2S + Cu2+=== CuS↓ + 2H+‎ B. 向氯化铝溶液中滴入过量氨水：Al3+ + 4OH- === AlO2- + 2H2O C. 用电子式表示Na和Cl形成NaCl的过程：‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-3e- === Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸铜溶液能和硫化氢气体反应生成CuS和H2SO4,反应的离子方程式为：H2S + Cu2+= CuS↓+ 2H+，故A正确；B. Al(OH)3不溶于弱碱，所以氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+,故B错误;C. NaCl是离子化合物，用电子式表示Na和Cl形成的过程为：-，故C错误；D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极是铁失电子变成Fe2+，反应式为Fe-2e=Fe2+,故D错误;答案：A。‎ ‎4.下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 碱性：NaOH＞LiOH B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ C. 酸性：HClO4＞ H2SO4 D. 气态氢化物的稳定性：HBr > HI ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性Na＞Li - 18 -‎ ‎，则碱性：NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故A不符合题意；‎ B.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，与元素周期律无关，故B符合题意；‎ C.元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞ S，则酸性：HClO4＞ H2SO4，能用元素周期律解释，故C不符合题意；‎ D.元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Br >I，则气态氢化物的稳定性：HBr > HI，能用元素周期律解释，故D不符合题意。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是元素周期律的应用。需学生掌握金属性判据和非金属性判据。金属性判据是①单质与水或酸置换出氢气的难易②最高价氧化物的水合物的碱性强弱等；非金属性判据①单质与氢气化合生成气体氢化物的难易及氢化物的稳定性②最高价氧化物的酸性强弱等。据此解答。‎ ‎5.设 NA 表示为阿伏加德罗常数，下列叙述中，正确的是( )‎ A. 常温常压下，‎16 g O2和O3的混合物中共含有NA个氧原子 B. 假设1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA C. ‎78 g Na2O2 固体中所含阴、阳离子总数为4NA D. 在铜与硫有反应中，1 mol铜原子参加反应失去的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2和O3都是由O原子构成，‎16 g O2和O3的混合物中含氧原子物质的量n(O)==1 mol，则含O原子的数目为NA个，A正确；‎ B. 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，则1 mol氯化铁水解产生胶体微粒数小于NA，B错误；‎ C. ‎78 g Na2O2固体物质量为1 mol，其中含2 mol Na+，1 mol O22﹣，含离子总物质的量是3 mol，C错误；‎ D. Cu与S发生反应生成Cu2S，铜元素化合价从0价变化为+1价，1 mol Cu原子参加反应失去 1 mol电子，故转移的电子数为NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列说法正确的是：‎ A. SO2 与 CO2 的分子立体构型均为直线形 - 18 -‎ B. H2O 和 NH3 中的分子的极性和共价键的极性均相同 C. SiO2 的键长大于 CO2 的键长，所以 SiO2 的熔点比 CO2 高 D. 分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其它化学键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，二氧化碳价层电子对数为2，因此二氧化碳的分子立体构型为直线形，二氧化硫价层电子对数为3，二氧化硫的分子立体构型为V型，故A项错误；‎ B项，水属于极性分子，氨气也属于极性分子，其中共价键类型均为极性共价键（O-H、N-H键），故B项正确；‎ C项，硅的原子半径大于碳，二氧化硅中硅氧键的键长大于二氧化碳中碳氧键的键长，但二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，因此二氧化硅熔点高于二氧化碳，故C项错误；‎ D项，分子晶体中存在分子间作用力，有的也存在化学键，如二氧化碳是分子晶体，碳和氧之间存在极性共价键，故D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】离子晶体中存在离子键，可能有共价键；原子晶体中只存在共价键；分子晶体中存在分子间作用力，部分物质还存在有氢键，而稀有气体分子不存在化学键。‎ ‎7.下列说法不正确的是 A. 为除去溶液中的，可加入铁粉，再过滤 B. 为除去溴苯中的溴，可用溶液洗涤，再分液 C. 为除去乙炔气中少量的，可使其通过溶液 D. 为除去中少量的，可使其通过饱和溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.除去FeSO4溶液中的Fe2(SO4)3，可加入铁粉即发生反应：2Fe3++ Fe = 3Fe2+,故A正确；‎ B.氢氧化钠与苯互不相溶，且与溴单质反应，故B正确；‎ C.H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，从而达到除杂的目的，故C正确；‎ D.CO2会与Na2CO3反应生成NaHCO3,故D错误。‎ 此题选D。‎ - 18 -‎ ‎8.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是 A. 分子式为C18H27NO3‎ B. 含有氧原子的官能团有3种 C. 能发生加聚反应、水解反应 D. 该分子不存在顺反异构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，故ABC正确，D错误。答案选D。‎ ‎【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。‎ ‎9.依据下列实验现象，得出的结论正确的是 ‎ 操作 实验现象 结论 A 向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉KI溶液 溶液变蓝 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ B 将铝片放入盐酸中 产生气泡的速率开始时较慢，随后加快，后来又逐渐减慢 H+的浓度是影响反应速率的唯一因素 C 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热 得到蓝色溶液 蔗糖水解产物没有还原性 D 品红溶液褪色 ‎ 气体中含有Cl2‎ - 18 -‎ 向漂白粉中滴入稀硫酸，将生成的气体通入品红溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向NaBr溶液中加入氯水，置换出溴，再加入淀粉KI溶液，由现象可知，溴置换出碘，若加氯水过量，氯水可氧化KI，则不能说明氧化性Br2＞I2，故A不选；‎ B．铝和酸的反应是放热反应，氢离子浓度、温度影响反应速率，铝表面含有氧化铝，氧化铝和稀盐酸反应较缓慢，铝和酸反应放出的热量导致温度升高，温度影响大于氢离子浓度影响，所以反应速率增大，当一段时间后，氢离子浓度对反应速率影响大于温度时，导致反应速率降低，故B不选；‎ C．水解产物葡萄糖含有醛基，具有还原性，能够被氧化；蔗糖水解后应加入碱调节溶液至碱性，在碱性溶液中与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，可说明葡萄糖的还原性，故C不选；‎ D．向漂白粉中滴入稀硫酸，在酸性环境下，次氯酸根离子和氯离子之间发生氧化还原反应，生成气体为氯气，则品红溶液褪色，故D选；‎ 故选D。‎ ‎10.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是 A. 浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝‎2c(CO32-)＋c(HCO3-) ＋c(H2CO3)‎ B. pH＝12的氨水溶液与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl-)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH-)‎ C. 等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)‎ D. 醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液中根据物料守恒可知c(Na＋)＝‎2c(CO32-)＋‎2c(HCO3-) ＋‎2c(H2CO3)，A错误；‎ B．氨水是弱碱，存在电离平衡，则pH＝12的氨水溶液与pH＝2的盐酸等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，则溶液中c(NH4＋)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)，B错误；‎ - 18 -‎ C．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液中只有氯化铵，铵根水解，因此根据质子守恒可知c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)，C正确；‎ D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性，则根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO-)，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：‎ 下列说法不正确的是 A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2‎ D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；‎ B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；‎ C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；‎ D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.下列装置由甲、乙两部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）‎ - 18 -‎ A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动 B. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-2CO2↑+N2↑+16H+‎ C. 一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变 D. 当N极消耗0.25 mol O2时，则铁极增重‎16 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。‎ ‎【详解】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，‎ A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，选项A正确；‎ B．H2N（CH2）NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N（CH2）NH2+4H2O-16e-═2CO2↑+N2↑+16e-，选项B正确；‎ C．乙装置是在铁上镀铜，铜在阳极失电子变为铜离子进入溶液中，溶液中的铜离子又在阴极得电子，生成铜，整个过程中电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，选项C正确；‎ D．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×‎64g/mol=‎32g，选项D错误；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ ‎13.已知X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，s能级电子数是p能级电子数的两倍；Z原子L层上有2对成对电子；Q是第三周期中电负性最大的元素；E的单质是常温下唯一呈液态的非金属。请回答下列问题：‎ - 18 -‎ ‎（1）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为__________（填元素符号）。Y的氢化物的分子空间构型是_______。其中心原子采取_____杂化，属__________（填“极性”或“非极性”）分子。‎ ‎（2）E元素基态原子的电子排布式为_______________________________。‎ ‎（3）XZ2分子中含有________个π键。‎ ‎（4）Z氢化物的沸点比Q氢化物的沸点高，理由是____________________________。‎ ‎（5）X元素可形成X60单质，它与金属钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示（白球位于立方体的体心和顶点，小黑球位于立方体的面上），该化合物中X60与钾原子个数比为___________。‎ ‎【答案】 (1). CO>C；Y的氢化物是NH3，中心原子N有3个δ键，1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为：三角锥，杂化轨道数等于价层电子对数，则N为sp3杂化，属于极性分子；‎ ‎(2)E为Br，属于第四周期ⅦA族元素，根据核外电子排布规律和泡利原理，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]3d104s24p5；‎ ‎(3)XZ2的分子式CO2，属于共价化合物，其结构简式：O=C=O，1个双键之间有1个π键，因此CO2分子中有2个π键；‎ ‎(4)Z的氢化物是H2O，Q的氢化物是HCl，H2O中存在分子间氢键，使H2O的沸点增加，而HCl中不含氢键，所以水的沸点大；‎ - 18 -‎ ‎(5)根据均摊法，晶胞中C60的个数＋1=2，K的个数=6，所以原子个数比2：6=1：3。‎ ‎14.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单二苯乙炔类化合物是 。以互为同系物的芳香烃A、G为原料合成M的一种路线(部分反应条件略去)如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）G的结构简式为________________。‎ ‎（2）C中含有的官能团名称是________________________。‎ ‎（3）反应②的反应类型是________________，反应⑥的反应类型是________________。‎ ‎（4）反应⑤的化学方程式为____________________。‎ ‎（5）能同时满足下列条件的B的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。‎ ‎①苯环上有两个取代基 ②能发生银镜反应 写出其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式_______。‎ ‎（6）参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线。_________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 15 (7). (8). ‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ 由B的结构可知A为，由B到C的反应，B中的碳氧双键发生的加成反应，C中增加了羟基官能团，由H的结构可知G为，由G到H发生了取代反应。‎ ‎（1）G的结构简式为，故答案为。‎ ‎（2）C中含有的官能团为羟基，故答案为羟基。‎ ‎（3）反应②的反应类型是加成反应，反应⑥的反应类型是取代反应，故答案为加成反应；取代反应。‎ ‎（4）反应⑤的化学方程式为：‎ ‎（5）B（）的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上有两个取代基，能发生银镜反应，含有-CHO，2个侧链为-CHO、-CH2CH3，或者为-CHO、-CH(CH3)2，或者为-CH2CHO、-CH2CH3，或者为-CH2CH2CHO、-CH3，或者为-C(CH3)CHO、-CH3，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6:2:2:1:1的是，故答案为15；。‎ ‎（6）苯乙烯与溴发生加成反应得到，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应生成，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到，与发生取代反应得到，合成路线流程图为：‎ - 18 -‎ ‎，故答案为。‎ ‎15.聚合硫酸铁是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等为原料制取聚合硫酸铁(Fe2(OH)x(SO4)(3-))的工艺流程如图所示：‎ ‎(1)“酸浸”时最合适的酸是______    写化学式。‎ ‎(2)“酸浸”后溶液中主要的金属阳离子有______。‎ ‎(3)加入KClO3的目的是______(结合离子方程式说明)。‎ ‎(4)“过程a”中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合，将下列水解反应原理的化学方 程式补充完整。Fe2(SO4)3+______H2O______Fe2(OH)x(SO4)(3-)+______。‎ ‎(5)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。已知盐基度B的表达式为B=×100%(n为物质的量。为测出聚合硫酸铁的盐基度，进行如下实验操作：‎ 取聚合硫酸铁样品mg，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH-反应，然后以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0mL。‎ 做空白对比实验：取与步骤i等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用c mol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V mL。‎ ‎①该聚合硫酸铁样品中，n(OH-)=______ mol。‎ ‎②已知该样品中Fe的质量分数为，则盐基度B=______。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). H2SO4 (2). Fe3+、Fe2+ (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O (5). x (6). 1 (7). H2SO4 (8). 10-3cV‎0-10-3‎cV (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，向烧渣中加入酸浸取，由制备目的可知，加入的酸为稀硫酸，Fe2O3、FeO是金属氧化物，和稀硫酸反应分别得到硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2是酸性氧化物，不溶于硫酸，过滤后得到的滤液I中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的稀硫酸，向滤液I中加入废铁屑，Fe和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤液II中含有硫酸亚铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，向绿矾中加入稀硫酸、氯酸钾，发生反应6H++ClO3-+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O，然后发生水解、聚合反应Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)(3-)+H2SO4，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，加入的酸为H2SO4；‎ ‎(2)酸浸后的溶液中含有硫酸铁、硫酸亚铁和过量的稀硫酸，所以含有的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+，其中的金属阳离子为Fe3+、Fe2+；‎ ‎(3)氯酸钾具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子而制取聚合物，所以氯酸钾的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，涉及的方程式为6H++ClO3-+6Fe2+=6Fe3++Cl-+3H2O；‎ ‎(4)根据元素守恒，该反应方程式为Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)(3-)+H2SO4，故空项分别是x；1；H2SO4；‎ ‎(5)①n(OH-)=cmol/L×10-3V‎0L-cmol/L×10-3VL=10‎-3c(V0-V)mol；‎ ‎②该样品中Fe的质量分数w，则n(Fe)=mol，盐基度B=×100%=×100%=×100%。‎ ‎【点睛】‎ - 18 -‎ 本题考查了物质制备，涉及氧化还原反应、盐的水解、离子物质的量的测定等，明确元素化合物性质基物质的量的有关计算公式是解本题关键，注意从整体上分析判断物质成分及分离提纯方法，侧重考查学生的分析判断及计算能力。‎ ‎16.实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：‎ ‎(1)已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学反应为：________________。‎ ‎(2)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) △H=-908 kJ/mol ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ‎ ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol ‎ 总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为________________。‎ ‎(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 该反应的正反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)，若在‎500℃‎时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为 0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________________。‎ ‎(4)从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如 NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g)2NO2(g) △H >0，在温度为 T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。‎ - 18 -‎ A. A、C 两点的反应速率：A>C B. A、C 两点气体的颜色：A 深，C浅 C. B、C两点的气体的平均相对分子质量：BC ‎(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，‎25℃‎时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加 n L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为________mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol/L)。‎ ‎(6)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。‎ ‎①溶液中H+的移动方向由________极到________极；(用 A、B 表示)‎ ‎②B电极的电极反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) (2). ﹣246.4 kJ/mol (3). CH3OCH3-12e﹣+3H2O=2CO2+12H+ (4). 放热 (5). 75% (6). D (7). 逆向 (8). (9). B (10). A (11). SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+‎ ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据质量守恒定律，结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式；‎ ‎(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3在负极失去电子，被氧化变为CO2、H2O，据此书写电极反应式；‎ ‎(3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用‎500℃‎时K=9，利用物质的起始浓度及反应转化关系计算CO的平衡转化率；‎ ‎(4)根据外界条件对化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断；‎ ‎(5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨电离平衡常数计算得到氨水浓度；‎ ‎(6)SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断原电池的正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中，分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；‎ ‎(2)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ‎ ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol 根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =﹣246.4 kJ/mol；‎ 二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；‎ ‎(3)由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，温度升高化学平衡常数K值减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，假设反应消耗的CO浓度为x，则根据方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)可知物质改变的物质的量相等，因此平衡时各种气体的物质的量浓度分别是：c(CO)=c(H2O)=(0.02-x) mol/L，c(CO2)=c(H2)=x mol/L，所以=9，解得x=0.015 mol/L，所以CO的平衡转化率为×100%=75%；‎ - 18 -‎ ‎(4)对反应N2O4(g)2NO2(g) △H >0，由于该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2平衡时体积分数增大，根据图象可知NO2平衡时体积分数：A>B，说明温度：T2>T1。‎ A．A点、C点温度相同，A点压强小于C点的压强，增大压强，化学反应速率越大，则反应速率：AB，在相同压强下，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，则NO2的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，D正确；‎ E．化学平衡常数只与温度有关，A、C两点的温度相同，所以它们的平衡常数也相等，E错误；‎ 故合理选项是D；‎ ‎(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，‎25℃‎时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是由于NH4+水解，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，反应的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；向其中加入氨水，使c(NH3•H2O)增大，抑制了铵根离子水解，水解平衡逆向进行，水的电离平衡逆向移动；将m mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加n L氨水后溶液呈中性，则根据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=10-7 mol/L，NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol/L，设混合后溶液体积为‎1 L，c(NH4+)=c(NO3-)=m mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2ONH4++OH-，平衡常数K==2×10-5 mol/L，解得c(NH3•H2O)= mol/L；‎ ‎(6)该原电池中，负极上失电子被氧化，发生氧化反应，所以负极上投放的气体是SO2，SO2失电子和水反应生成SO42-和H+，正极上投放的气体是O2，正极上O2得电子和H+反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，所以B极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，原电池放电时，溶液中的H+由负极B移向正极A，所以其电池反应式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。‎ ‎【点睛】‎ - 18 -‎ 本题考查了热化学方程式的书写、原电池原理应用、平衡移动相关计算、盐类水解判断等，把握图象分析方法、盖斯定律等化学反应原理是本题解答的关键，注意结合电解质溶液的书写及分析原电池电极反应。‎ ‎ ‎ - 18 -‎