上海市杨浦区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 上海市杨浦区2019学年度第二学期“在线教学”质量评估 高三年级化学学科试卷 ‎1. 生铁的熔点是1100～1200℃，则可推断纯铁的熔点是 A. 1085℃ B. 1160℃ C. 1200℃ D. 1535℃‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合金的熔点通常比其成分金属低。‎ ‎【详解】生铁的熔点是1100～1200℃，生铁是铁和碳的合金，合金的熔点比纯铁的熔点低，所以铁的熔点高于1200℃，选D。‎ ‎2.对中各数字的描述错误的是 A. 8：质子数 B. 16：质量数 C. 2-：电子数 D. -2：化合价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．8位于元素符号的左下角，为质子数，A正确；‎ B．16位于元素符号的左上角，为质量数，B正确；‎ C．2-位于元素符号的右上角，为离子的带电荷数，C错误；‎ D．-2位于元素符号的正上方，为化合价，D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.不能鉴别黄色的溴水和Fe2(SO4)3溶液的是 A. NaOH溶液 B. CCl4 C. AgNO3溶液 D. 淀粉KI试纸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液与溴水反应，溶液变为无色；NaOH溶液与Fe2(SO4)3溶液反应有红褐色沉淀生成，现象不同，可以鉴别，A不合题意；‎ B．CCl4能萃取溴水中的溴，液体分为两层，上层无色，下层为橙红色；CCl4与Fe2(SO4)3溶液不反应，但液体分层，上层黄色，下层无色，二者现象不同，可以鉴别，B不合题意；‎ - 20 -‎ C．AgNO3溶液与溴水反应产生浅黄色沉淀；AgNO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应产生白色沉淀，现象不同，可以鉴别，C不合题意；‎ D．KI与溴水和Fe2(SO4)3溶液都能反应生成I2，遇淀粉都变蓝色，现象相同，不能鉴别，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎4.下列过程中共价键被破坏的是 A. 氯气溶于水 B. 碘升华 C. 乙醇溶于水 D. NaOH溶于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气溶于水后，部分Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，破坏Cl-Cl、H-O共价键，A符合题意；‎ B．碘升华，分子未变，化学键未变，只改变分子间的距离，B不合题意；‎ C．乙醇溶于水，不发生反应，只形成分子间的氢键，C不合题意；‎ D．NaOH溶于水，完全电离为Na+和OH-，只破坏离子键，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎5.氮元素被氧化的反应是 A. 工业合成氨 B. 闪电时，空气中产生NO C. 常温下，浓硝酸使铁钝化 D. 实验室检验NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．工业合成氨中，N2转化为NH3，N元素由0价降为-3价，被还原，A不合题意；‎ B．闪电时，空气中N2转化为NO，N元素由0价升高到+2价，被氧化，B符合题意；‎ C．常温下，浓硝酸使铁钝化，少量硝酸中的N元素由+5价降为+4价，被还原，C不合题意；‎ D．实验室检验NH4+，与碱发生复分解反应，无价态变化，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎6.石油分馏得到的石蜡，其中的有色物质常用氯气漂白，该过程中少量的石蜡会与氯气发生 A. 取代反应 B. 加成反应 C. 还原反应 D. 消除反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】石蜡为饱和烃，与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成氯代烷和氯化氢，故选A。‎ ‎7.向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，有沉淀生成，此沉淀是 A. Fe(OH)3 B. FeS C. S D. BaSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，发生反应：2FeCl3+SO2+2H2O==2FeCl2+H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2==BaSO4↓+2HCl，故选D。‎ ‎8.决定气体摩尔体积的主要因素是 A. 微粒的大小 B. 微粒间的距离 C. 微粒的种类 D. 微粒的数目 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体摩尔体积是指每摩气体的体积，气体的分子数已经确定，气体分子的体积很小，可以忽略不计，则气体的体积只取决于气体分子间的距离，故选B。‎ ‎9.84消毒液（pH约为12，有效成分为NaClO）露置在空气中发生变质，此过程中 A. 未发生复分解反应 B. Na、O化合价未变 C. 碱性逐渐增强 D. 会产生氧气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎84消毒液的有效成分为NaClO，在空气中吸收CO2，发生反应NaClO+CO2+H2O==NaHCO3+HClO、2HClO2HCl+O2↑。‎ ‎【详解】A．由以上分析知，NaClO、CO2、H2O发生复分解反应，生成NaHCO3和HClO，A不正确；‎ B．第一步反应生成的HClO发生分解反应2HClO2HCl+O2↑，O化合价由-2价升高到0价，B不合题意；‎ C．NaClO转化为NaHCO3，HClO分解生成了HCl,溶液碱性减弱，C不正确；‎ D．反应生成的HClO会发生分解反应2HClO2HCl+O2↑，从而产生氧气，D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.储存浓H2SO4的铁罐外口易出现腐蚀，主要原因是硫酸具有 - 20 -‎ A. 脱水性和吸水性 B. 强氧化性和脱水性 C. 吸水性和酸性 D. 难挥发性和酸性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】储存浓H2SO4的铁罐外口出现腐蚀，其原因是：浓硫酸吸收空气中的水蒸气转化为稀硫酸，稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，前者浓硫酸表现吸水性，后者硫酸表现出酸性，故选C。‎ ‎11.对α－甲基苯乙烯（）的分析，正确的是 A. 沸点比苯低 B. 聚合反应产物的分子式为：(C9H10)n C. 易溶于水 D. 分子中所有的原子处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于不能形成分子间氢键的分子晶体来说，一般情况下，相对分子质量越大，沸点越高，α－甲基苯乙烯的相对分子质量比苯大，沸点比苯高，A不正确 B．的分子式为C9H10，则加聚反应产物的分子式为 (C9H10)n，B正确；‎ C．α－甲基苯乙烯属于烃，烃都难溶于水，所以α－甲基苯乙烯难溶于水，C不正确；‎ D．α－甲基苯乙烯分子中含有-CH3，所以分子中所有的原子不可能处于同一平面，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在分析α－甲基苯乙烯的共平面原子数时，可将其分割为苯、乙烯、甲烷三个部分，苯和乙烯分子中原子一定共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以三者通过取代生成的α－甲基苯乙烯分子中，所有原子不可能共平面。‎ ‎12.下列试剂和条件下，不能发生化学反应的是 A. 氧化铜，加热 B. 酸性高锰酸钾溶液，常温 C. 浓硫酸，加热 D. HBr，加热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与-OH相连碳原子上不连有氢原子，不能被氧化铜(加热)氧化，A符合题意；‎ - 20 -‎ B．题给有机物分子中含有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B不合题意；‎ C．与-OH相连碳原子相邻的碳原子上连有氢原子，能在浓硫酸(加热)作用下发生消去反应，C不合题意；‎ D．题给有机物分子中含有碳碳三键，能与HBr(加热)发生加成反应，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】与-OH相连碳原子上若连有2个或3个氢原子，可被CuO氧化为醛；与-OH相连碳原子上若连有1个氢原子，可被CuO氧化为酮；与-OH相连碳原子上若不连有氢原子，不能被CuO氧化。‎ ‎13.已知：①I2(g)＋H2(g)2HI(g)＋26.5kJ、②I2(s)＋H2(g)2HI(g)－9.5kJ，下列分析正确的是 A. ①是放热反应，无需加热即可发生 B. ②需持续不断加热才能发生反应 C. I2(g)和I2(s)的能量关系如图所示 D. 1molI2(s)和1molH2(g)的能量之和比2molHI(g)能量高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．虽然①放热反应，但需加热引发发生，A不正确；‎ B．反应②为吸热反应，所以需持续不断加热才能发生反应，B正确；‎ C．利用盖斯定律，将①-②得：I2(g)I2(s)+36.0kJ，I2(g)的能量应比I2(s)的能量高36.0kJ/mol，C不正确；‎ D．由②I2(s)＋H2(g)2HI(g)－9.5kJ知，1molI2(s)和1molH2(g)的能量之和比2molHI(g)能量低，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎14.表面有氧化膜的铝片，投入到足量的NaOH溶液中，充分反应 A. n(还原剂)：n(氧化剂)＝1:3 B. Al(OH)3表现了弱碱性 C. 氧化剂是NaOH D. n(生成AlO2-)：n(生成H2)＝2:3‎ ‎【答案】A - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 表面有氧化膜的铝片，投入到足量的NaOH溶液中，发生如下反应：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑。前一反应为非氧化还原反应；后一反应中，Al为还原剂，H2O为氧化剂，为便于分析氧化剂和还原剂的定量关系，反应方程式可表示为2Al+2NaOH+6H2O=2NaA1O2+3H2↑+4H2O。‎ ‎【详解】A．只有后一反应为氧化还原反应，还原剂为Al，氧化剂为H2O，n(还原剂)：n(氧化剂)＝2:6=1:3，A正确；‎ B．在反应过程中，未涉及Al(OH)3，如果是Al(OH)3与NaOH反应，Al(OH)3表现弱酸性，B不正确；‎ C．根据后一反应，氧化剂是H2O，C不正确；‎ D．在后一反应中，n(生成AlO2-)：n(生成H2)＝2:3，但前一反应也生成AlO2-，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎15.如图是家用消毒液发生器，下列分析错误的是 A. 碳棒a是阴极 B. 反应中碳棒b附近溶液显酸性 C. 电子由碳棒a经溶液流向碳棒b D. 发生器中的总反应：NaCl＋H2ONaClO＋H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 家用消毒液发生器制取NaClO，所以a电极应生成OH-和H2，b电极应生成Cl2，由此确定b电极为阳极，发生反应2Cl--2e- ==Cl2↑；a电极为阴极，发生反应2H2O+2e- ==2OH- +H2↑。‎ ‎【详解】A．由以上分析知，碳棒a是阴极，A正确；‎ - 20 -‎ B．反应中碳棒b附近生成Cl2，Cl2+H2O=H++Cl- +HClO，溶液显酸性，B正确；‎ C．电子不能经过溶液流动，只能沿导线移动，C错误；‎ D．发生器中发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，总反应为NaCl＋H2ONaClO＋H2↑，D正确；‎ 故选C。‎ ‎16.用FeCl3溶液蚀刻铜箔回收铜的一种流程如图所示。下列叙述正确的是 A. 蚀刻铜箔的离子方程式：2Cu+Fe3+→2Cu2++Fe2+ B. 试剂X是盐酸或稀硝酸 C. 滤液Y呈浅绿色 D. 试剂Z只能是氯水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜箔中加入FeCl3溶液，发生反应Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+；往混合液中加入过量铁粉，发生反应2FeCl3+Fe＝3FeCl2、Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu；过滤，滤液Y中通Cl2或加入其它强氧化剂，将FeCl2转化为FeCl3；滤渣中加入过量盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。‎ ‎【详解】A．蚀刻铜箔的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，A不正确；‎ B．试剂X不能是稀硝酸，否则不能生成FeCl3，B不正确；‎ C．滤液Y为FeCl2，溶液呈浅绿色，C正确；‎ D．试剂Z可能是氯水，也可能是双氧水，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎17.向H2SO4和NH4Al(SO4)2的混合溶液中滴加NaOH溶液，不可能发生 A. H+＋OH-→H2O B. Al3+＋4NH3·H2O→AlO2-＋4NH4+＋2H2O C. NH4+＋OH-→NH3·H2O D. Al(OH)3＋OH-→AlO2-＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．混合溶液中的H2SO4与NaOH反应，离子方程式为H+＋OH-→H2O，A正确；‎ B．Al3+与NH3·H2O反应，生成的Al(OH)3不溶于NH3·H2O，B不正确；‎ C．混合溶液中的NH4+与NaOH发生反应为NH4+＋OH-→NH3·H2O，C正确；‎ D．Al3+与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与OH-发生反应Al(OH)3＋OH-→AlO2-＋2H2O，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】向H2SO4和NH4Al(SO4)2的混合溶液中滴加NaOH溶液，H+首先与OH-反应，反应完成后，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀，然后是NH4+与OH-反应，最后是Al(OH)3与OH-反应。‎ ‎18.固定体积的密闭容器中，发生：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，能判断该反应达到平衡状态的依据是 A. 5υ正(O2)＝4υ逆(NO) B. 容器内气体密度不再变化 C c(NH3)不再变化 D. c(NH3)＝1.5c(H2O)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．达平衡状态时，4υ正(O2)＝5υ逆(NO)，A不合题意，‎ B．从反应开始至达平衡，容器内气体密度始终不变，B不合题意；‎ C．c(NH3)不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达平衡，C符合题意；‎ D．c(NH3)＝1.5c(H2O)，与反应是否达平衡无关，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎19.某纯碱工业的生产流程如图，判断错误的是 A. 该流程是索尔维法制碱 B. X是NaCl C. Y是Na2CO3‎ - 20 -‎ D. Z是NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应后的母液中加入X(NaCl)，然后先通NH3，后通CO2，发生反应NH3+NaCl+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，将过滤所得NaHCO3煅烧，得Na2CO3、CO2和水，则Y为Na2CO3；往过滤后的母液中通NH3，并降温，此时生成NH4Cl沉淀，则Z为NH4Cl。‎ ‎【详解】A．由对生产流程的分析可知，母液循环使用，NH4Cl没有与碱反应制NH3，该流程是侯德榜制碱，A错误；‎ B．母液中加入X，以增大溶质的浓度，则X是NaCl，B正确；‎ C．过滤所得沉淀应为NaHCO3，煅烧生成Y，则Y是Na2CO3，C正确；‎ D．在NaHCO3结晶后的母液中通入NH3，此时结晶析出Z，则Z是NH4Cl，D正确；‎ 故选A。‎ ‎20.0.5mol·L-1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是 A. 25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性 B. 60℃，H2O中c(H+)＝1×10-6.5mol·L-1，呈中性 C. 60℃，CH3COONa溶液中c(OH-)＝1×10-5.1mol·L-1‎ D. 升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图中可以看出，25℃时CH3COONa溶液的pH＝8.2，大于纯水的pH，所以溶液显碱性，A正确；‎ B．60℃，水的电离程度比25℃时大，但H2O中c(H+)= c(OH-)，所以溶液呈中性，B正确；‎ C．60℃，水离子积常数KW=10-13(mol/L)2，CH3COONa溶液中c(OH-)＝‎ - 20 -‎ ‎=1×10-5.1mol·L-1，C正确；‎ D．CH3COO-的水解是一个吸热过程，升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，D错误；‎ 故选D。‎ ‎21.I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：‎ ‎(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。‎ ‎(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。‎ II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：‎ ‎(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。‎ ‎(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。‎ ‎(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。‎ A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na ‎(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________‎ ‎【答案】 (1). 2p (2). (3). Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 (4). 3 (5). O2 (6). Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ (7). c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) (8). AB (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。‎ ‎(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。‎ ‎(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。‎ II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。‎ ‎(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。‎ ‎(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。‎ ‎(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。‎ ‎(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。‎ ‎【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；‎ ‎(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；‎ ‎(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；‎ ‎(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4‎ - 20 -‎ Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；‎ ‎(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；‎ ‎(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。‎ ‎【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。‎ ‎22.钼（Mo）是人体及动植物必需的微量元素，且在芯片制作、药物和医学造影等方面也有重要作用。用辉钼矿冶炼金属钼的某反应：MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应中氢气的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：‎ ‎(1)Na2S的电子式为：____________。上述反应的气态反应物和生成物中属于极性分子的是____________（填写化学式）。举出一个事实，说明硫的非金属性比碳强（用化学方程式表示）____________。‎ ‎(2)写出上述反应的平衡常数表达式K=____________。上述正反应是____________反应（填“吸热”或“放热”）。‎ - 20 -‎ ‎(3)1100℃，2L恒容密闭容器中，加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，反应至20min时达到的平衡状态恰好处于上图中的A点。此过程中，用H2表示的平均速率为____________。其他条件一定时，B点的速率____________C点（填“大于”“等于”或“小于”），说明理由：____________。‎ ‎(4)A、B、C三点代表的平衡状态的平衡常数的大小为：KA____________KB____________KC（填“大于”“等于”或“小于”），并说明理由：____________。‎ ‎【答案】 (1). ． (2). CO、H2O (3). Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑ (4). (5). 吸热 (6). 0.005mol/(L∙min) (7). 大于 (8). B、C点压强不同，压强越大，H2的转化率越小，所以p3>p1，B点速率大于C点 (9). 小于 (10). 等于 (11). 平衡常数只随温度的变化而变化，B、C点温度相同，KB等于KC，该反应是吸热反应，温度越高，K值越大，KA小于KB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，由此可写出其电子式。上述反应的气态反应物和生成物中共有H2、CO、H2O三种，分析可知哪些属于极性分子。说明硫的非金属性比碳强，可利用强酸制弱酸的反应。‎ ‎(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，可表示反应的平衡常数表达式K，由H2的平衡转化率随温度的变化曲线，可确定正反应类型。‎ ‎(3) A点，H2的转化率为50%，由此可求出H2的物质的量的变化量，用H2表示的平均速率。其他条件一定时，利用H2的平衡转化率的关系，可确定P1与P3的关系，由此确定B点的速率与C点的关系。‎ ‎(4)分析得出A、B、C三点的温度关系，上面分析得出正反应的类型，由此可得出A、B、C三点的平衡常数关系。‎ ‎【详解】(1)Na2S由Na+和S2-构成，电子式为。上述反应的气态反应物和生成物共有H2、CO、H2O三种，H2属于非极性分子，属于极性分子的是CO、H2O。可利用强酸制弱酸的原理说明硫的非金属性比碳强，即利用H2SO4与Na2CO3‎ - 20 -‎ 反应，化学方程式为Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑。答案为：；CO、H2O；Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑；‎ ‎(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，平衡常数表达式K=或写成。从曲线看，随着温度的不断升高，H2的平衡转化率不断增大，则平衡正向移动，所以上述正反应是吸热反应。答案为：或；吸热；‎ ‎(3)1100℃，A点H2的平衡转化率为50%，则参加反应的H2的物质的量为0.2mol，此过程中，用H2表示的平均速率为=0.005mol/(L∙min)。因为反应物气体分子数小于生成物气体分子数，所以压强小，H2的平衡转化率大，由此可得P1p1，B点速率大于C点。答案为：0.005mol/(L∙min)；大于；B、C点压强不同，压强越大，H2的转化率越小，所以p3>p1，B点速率大于C点；‎ ‎(4)平衡常数只受温度影响，此反应的正反应为吸热反应，温度高平衡常数大，温度A

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