【化学】天津市第一百中学2020届高三4月模拟（解析版）

【化学】天津市第一百中学2020届高三4月模拟（解析版）

天津市第一百中学2020届高三4月模拟 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 ‎【解答】解：A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，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，如聚乙烯，故C错误；‎ D．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，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反应 ‎ C．HF、HCl、HBr、HI 的稳定性逐渐减弱 ‎ D．F2比 O2 更容易与 H2 反应 ‎【解答】解：A．虽然N元素的电负性较大，但是氮气分子内有N≡N，键能大，故A不选；‎ B．稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，故B选；‎ C．F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，是它们的键能逐渐减小的原因，故C不选；‎ D．H﹣F键能大于H﹣O键能，HF更稳定，F2比O2更容易与H2反应，故D不选；‎ 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+‎ ‎【解答】解：A．用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S气体，生成硫化铜，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，故A正确；‎ B．氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，反应的方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；‎ C．NaCl为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，形成过程为：，故C错误；‎ D．钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上得电子发生还原反应，故D错误；‎ 故选：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 ‎【解答】解：A．金属性Na＞Li，则最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOH＞LiOH，能够用元素周期律解释，故A不选；‎ B．Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，与元素周期律无关，故B选；‎ C．非金属性Cl＞S，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4，能够用元素周期律解释，故C不选；‎ D．非金属性Br＞I，则气态氢化物的稳定性：HBr＞HI，能够用元素周期律解释，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎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，16gO2和O3的混合物中共含有NA个氧原子 ‎ B．假设1mol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．78gNa2O2固体中所含阴、阳离子总数为4NA ‎ D．在铜与硫有反应中，1mol铜原子参加反应失去的电子数为2NA ‎【解答】解：A、16gO2和O3的混合物中含氧元素物质的量＝＝1mol，含原子物质的量为1mol，即含有NA个氧原子，故A正确；‎ B、1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于NA，故B错误；‎ C、78gNa2O2固体物质的量为1mol，含2mol钠离子，1molO22﹣，共含离子数3mol，故C错误；‎ D、铜与硫有反应生成硫化亚铜，铜元素化合价从0价变化为+1价，1mol铜原子参加反应失去的电子数为NA，故D错误；‎ 故选：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 ‎ 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 ‎【解答】解：A．CO2的分子立体构型均为直线形，而SO2分子中S原子孤电子对数＝＝1，价层电子对数＝2+1＝3，故SO2的分子立体构型为V形，故A错误；‎ B．H2O 为V形结构，而 NH3 为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，二者均为极性分子，H2O 和 NH3 中化学键均为极性键，故B正确；‎ C．SiO2 属于原子晶体，共价键影响熔点，而 CO2属于分子晶体，分子间作用力影响熔点，与化学键无关，故C错误；‎ D．分子晶体中分子之间存在分子间作用力，分子中原子之间可以形成共价键，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎7．下列说法不正确的是（　　）‎ A．为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入铁粉，再过滤 ‎ B．为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液 ‎ C．为除去乙炔气中少量的H2S，可使其通过CuSO4 溶液 ‎ D．为除去CO2 中少量的SO2 ，可使其通过饱和Na2CO3溶液 ‎【解答】解：A．Fe与硫酸铁反应生成FeSO4，则加入铁粉，再过滤可除杂，故A正确；‎ B．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除杂，故B正确；‎ C．硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能，则可使其通过CuSO4 溶液、洗气除杂，故C正确；‎ D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应使其通过饱和NaHCO3溶液除杂，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎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 ‎【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C18H27NO3，故A正确；‎ B．该分子中含氧官能团有酚羟基、肽键、醚键三种，故B正确；‎ C．肽键能发生水解反应，碳碳双键能发生加聚反应，所以该物质能发生水解反应和加聚反应，故C正确；‎ D．连接碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎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 溶液变蓝 氧化性：Cl2＞Br2‎ 向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉KI溶液 ‎＞I2‎ B 将铝片放入盐酸中 产生气泡的速率开始较慢，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 向漂白粉中滴入稀硫酸，将生成的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 气体中含有Cl2‎ ‎【解答】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．将铝片放入盐酸中，开始较慢，则开始发生氧化铝与酸的反应，而随后加快，后来又逐渐减慢，与氢离子浓度有关，故B不选；‎ C．水解产物葡萄糖具有还原性，水解后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，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﹣）‎ ‎【解答】解：A．根据碳酸钠溶液中的物料守恒得：2c（Na+）＝3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3），故A错误；‎ B．pH＝12的氨水溶液与pH＝2的盐酸等体积混合，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；‎ C．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液，溶质为氯化铵，根据质子守恒可得：c（H+‎ ‎）＝c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故C正确；‎ D．溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、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 ‎【解答】解：A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故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，故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，故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，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎12．下列装置由甲、乙部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N（CH2）NH2]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（　　）‎ A．甲中H+透过质子交换膜由左向右移 ‎ B．M极电极反应式：H2N（CH2）NH2+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0.25molO2时，则铁极增重16g ‎【解答】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，故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）2NH2+4H2O﹣16e﹣═2CO2↑+N2↑+12H++16e﹣，故B错误；‎ C．乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，故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，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎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：‎ ‎（1）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为　 　（填元素符号）．Y的简单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　 　．‎ ‎【解答】解：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，则X原子核外电子数为6，故X为碳元素；Z原子L层上有2对成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p4，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；Q是第三周期中电负性最大的元素，Q为Cl元素；E的单质是常温下唯一呈液态的非金属，E为Br元素．‎ ‎（1）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去电子需要能量较高，故N元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N，‎ Y的简单氢化物为NH3，为三角锥形结构，N原子价层电子对数为3+＝4，N原子杂化方式为sp3，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，‎ 故答案为：C＜O＜N；三角锥形；sp3；N极性；‎ ‎（2）E为Br元素，原子核外电子数为35，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p5；‎ ‎（3）CO2分子中C原子成2个C＝O双键，双键中含有1个σ键、1个π键，故CO2分子中含有2个π键，故答案为：2；‎ ‎（4）氧元素的电负性很强，水分子之间存在氢键，导致熔沸点升高，故Z氢化物的沸点比Q氢化物的沸点高，‎ 故答案为：氧元素的电负性很强，水分子之间存在氢键，导致熔沸点升高；‎ ‎（5）由晶胞结构可知，晶胞中X60数目为1+8×＝2，K原子数目为2×6×＝6，故晶胞中X60与钾原子个数之比为2：6＝1：3，故答案为：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。‎ ‎【解答】解：（1）G的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（2）C中含有的官能团名称是羟基，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，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）B的同分异构体满足①苯环上有两个取代基 ②‎ 能发生银镜反应，取代基为﹣CHO、﹣CH2CH2CH3或﹣CHO、CH（CH3）2或﹣CH2CHO、﹣CH2CH3或﹣CH2CH2CHO、﹣CH3或﹣CH（CH3）CHO、﹣CH3，分别有邻、间、对三种位置，共5×3＝15，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为，故答案为：15；；‎ ‎（6）由苯乙烯和甲苯为起始原料制备，苯乙烯先与溴发生加成反应后消去生成苯乙炔，甲苯反应生成对碘甲苯，最后反应苯乙炔与对碘甲苯发生取代反应生成，合成流程为，‎ 答：合成流程为。‎ ‎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）]m]）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）+ 。‎ ‎（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：‎ i．取聚合硫酸铁样品mg，加入过量盐酸，充分反应，再加人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。‎ ii．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ω，则盐基度B＝　 。‎ ‎【解答】解：（1）通过以上分析知，加入的酸为H2SO4，‎ 故答案为：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+，金属阳离子为Fe3+、Fe2+，‎ 故答案为：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ClO3﹣+6Fe2++6H+═Cl﹣+6Fe3++3H2O，‎ 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3﹣+6Fe2++6H+═Cl﹣+6Fe3++3H2O；‎ ‎（4）该反应方程式为Fe2（SO4）3+xH2O⇌Fe2（OH）x]m+H2SO4，‎ 故答案为：1；x；1；H2SO4；‎ ‎（5）①n（OH﹣）＝cmol/L×10﹣3V0L﹣cmol/L×10﹣3VL＝10﹣3c（V0﹣V）mol，‎ 故答案为：10﹣3cV0﹣10﹣3cV；‎ ‎②该样品中Fe的质量分数w，则n（Fe）＝mol，盐基度B＝×100%＝×100%＝×100%，‎ 故答案为：×100%。‎ ‎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＝﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ① CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H＝﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 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）⇌H2（g）+CO2（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0.020mol/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　 　．‎ 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：B＜C D．由状态B到状态A，可以用加热的方法 E．A、C两点的化学平衡常数：A＞C ‎（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﹣1．（NH3H2O的电离平衡常数取Kb＝2×10﹣5mol•L﹣1）‎ ‎（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　 　．‎ ‎【解答】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，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，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），故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；‎ ‎（2）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H＝﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H＝﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律计算①×2+②+③得到总反应的热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝﹣246.4KJ/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，电极反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+；‎ 故答案为：﹣246.4KJ/mol；CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+；‎ ‎（3）温度升高K值减小，所以正反应为放热反应，‎ 对于反应 CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），‎ 开始（mol/L）：0.02 0.02 0 0‎ 变化（mol/L）：c c c c 平衡（mol/L）：0.02﹣c 0.02﹣c c c 所以＝9，解得c＝0.015，‎ 所以CO的转化率为×100%＝75%，‎ 故答案为：放热；75%；‎ ‎（4）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g），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2所示．则 A．A点压强小于C点的压强，压强越大，反应速率越大，则反应速率：A＜C，故A错误；‎ B．增大压强，平衡向正反应移动，但浓度的增大幅度大于转化的程度，所以C点浓度大，颜色深，故B错误；‎ C．B、C两点二氧化氮的体积分数相同，则混合气体的平均相对分子质量相同，故C错误；‎ D．在相同压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确；‎ E．A、C两点的化学平衡常数，温度相同，平衡常数相等，故E错误；‎ 故答案为：D；‎ ‎（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度＝10﹣7mol/L，c（NH4+）＝c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb＝2×10﹣5 mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）＝c（NO3﹣）＝amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数K＝＝＝2×10﹣5 mol•L﹣1，计算得到c（NH3•H2O）＝mol/L，‎ 故答案为：逆向；；‎ ‎（6）该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，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，氢离子由负极B移向正极A，所以其电池反应式为：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，‎ 故答案为：B；A；SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+．‎