山东省济南市2020届高三5月高考模拟（二模）化学试题（解析版）

高考模拟考试 化学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 10 页，满分为 100 分，考试用时 90 分钟。 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、 考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2．选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色 签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题 卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H—1 B—11 C—12 N—14 O—16 S—32 Co—59 Cu—64 Ba—137 Hg—200 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.在新冠肺炎疫情防控阻击战中，中医药发挥了重要作用。中草药中常含有鞣质类、苷类、生物碱、有机酸 等成分，煎煮中草药不适宜使用的器皿是（ ） A. 砂锅 B. 铁锅 C. 瓦罐 D. 搪瓷罐 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 煎煮中草药选择器皿很重要，熬药首先选砂锅、瓦罐、接下来是搪瓷器皿、不锈钢锅、最忌讳使用铁锅和 铜锅。砂锅、瓦罐的化学性质稳定，受热均匀，传热缓慢，煎药时水分不容易蒸发；不锈钢锅传热太快， 煎药时要经常搅拌，否则药材黏在锅壁，稍不留神就容易糊锅；铁和铜容易与中药里的多种化学物质发生 反应，产生毒副作用；所以不能选用铁锅，故答案为：B。 2.某元素基态原子 M 层上有一个未成对的单电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ） A. 3d14s2 B. 3d94s2 C. 3s23p1 D. 3s23p5 【答案】B 【解析】 【详解】某元素基态原子 M 层上有一个未成对的单电子，可能的电子排布式为：1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p1、 1s22s22p63s23p5、1s22s22p63s23p63d14s2，所以基态原子价电子排布不可能是 3d94s2，故答案为：B。 3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成 的实验是（ ） A. 乙醇的性质(制取乙烯)B. 葡萄糖的性质(与新制氢氧化铜悬浊液反应) C. 乙酸乙酯的制备 D. 酚醛树脂的制备 【答案】A 【解析】 【详解】A. 实验室制备乙烯还需要用到的玻璃仪器是温度计，故用上述玻璃仪器不可以完成制备乙烯的实 验，A 错误； B. 葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应在试管中进行即可，故用上述玻璃仪器可以完成，B 正确； C. 有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验，故用上述玻璃仪器可以完成乙酸乙 酯的制备，C 正确； D. 有试管、烧杯、酒精灯、玻璃棒四种玻璃仪器即可完成酚醛树脂的制备，故用上述玻璃仪器可以完成酚 醛树脂的制备，D 正确；故答案为：A。 4. 是重要的合成中间体，用系统命名法命名其名称为（ ） A. 庚烯 B. 3-乙烯基己烷 C. 3-甲基-1-己烯 D. 2-乙基-1-戊烯 【答案】D 【解析】 【详解】 的主链上有 5 个碳，双键在 1 号碳上，乙基在 2 号碳上，故用系统命名法命名其名称为： 2-乙基-1-戊烯，故答案为：D。 5.不同波长的光可以使有机化合物之间相互转化。如俘精酸酐类化合物甲、乙可以发生如下转化： 下列说法错误的是（ ） A. 甲与乙互为同分异构体 B. 甲生成乙的反应类型为加成反应 C. 甲、乙两种分子中均没有手性碳原子 D. 1mol 甲分子与足量 NaOH 溶液反应时消耗 2mo1NaOH 【答案】C 【解析】【详解】A. 同分异构体是指分子式相同，结构不同的两种有机化合物，甲、乙的分子式均为：C13H12O4， 故甲与乙互为同分异构体，A 正确； B. 甲生成乙的反应中，甲中的碳碳双键断键，生成碳碳单键，其反应类型为加成反应，B 正确； C. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，乙中有手性碳原子，C 错误； D. 甲中含有酯基，故 1mol 甲分子与足量 NaOH 溶液反应时消耗 2mo1NaOH，D 正确；故答案为：C。 6.用含铁废铜制备胆矾的流程如下图所示： 下列说法错误的是（ ） A. 物质 A 可选用盐酸 B. I 中加 H2O2 的目的是溶解铜并将 Fe2+氧化为 Fe3+ C. 长时间煮沸Ⅲ中悬浊液的目的是充分聚沉 Fe(OH)3 D. “系列操作”包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤 【答案】A 【解析】 【分析】 含铁废铜制备胆矾，首先将金属全部溶解，A 为浓硫酸，不能是稀硫酸，铜与稀硫酸不反应；再加入强氧 化性的过氧化氢，将存在的亚铁离子氧化为铁离子，加入 Cu2(OH)2CO3，调节溶液的 pH，将铁变成氢氧化 铁沉淀除去；最后进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有 Cu2+，阴离子有 SO42﹣，加硫酸，其目的是抑制 Cu2+ 的水解，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到产品胆矾。 【详解】A. 物质 A 选用浓硫酸，不能是稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，也不能是盐酸，会引入氯离子的杂质， A 错误； B. H2O2 具有强氧化性，能将 Fe2+氧化为 Fe3+，也能在酸性环境下溶解铜，B 正确； C. 长时间加热煮沸的目的是充分聚沉 Fe(OH)3，以便过滤除去，C 正确； D. 得到胆矾晶体的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，D 正确；故答案为：A。 7.可利用反应 2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH 检测乙醇。下列说法错误的 是（ ） A. 基态 Cr3+ 核外电子排布式为 3d3 B. [Cr(H2O)6]3+中与 Cr3+形成配位键的原子是氧原子 的C. CH3COOH 分子中含有 7 个 键 D. 已知 CrO42-是以 Cr 为中心的四面体结构，则 Cr2O72-结构中含有两个四面体 【答案】A 【解析】 【详解】A. Cr 是第 24 号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态 Cr3+的核外电子 排布式为：1s22s22p63s23p63d3，A 错误； B. [Cr(H2O)6]3+中 Cr3+提供空轨道，氧原子提供孤电子对，所以与 Cr3+形成配位键的原子是氧原子，B 正确； C. CH3COOH 分子的结构式中含有 7 个 键，1 个 π 键，C 正确； D. CrO42-的结构为： ，是以 Cr 为中心的四面体结构；Cr2O72-结构为： ， 含有两个四面体，D 正确；故答案为：A。 【点睛】配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分 d 轨道和 s、p 轨道是空轨道）与含 有孤对电子的分子（CO、NH3、H2O)或离子（Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物。 8.下述实验不能达到预期实验目的的是（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. 硝酸银溶液中滴加氯化钠溶液至不再有沉淀，其离子反应方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，再滴加硫 化钠溶液，其离子反应方程式为： 2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，证明溶解度 Ag2S 比 AgCl 更小，A 正确； B. 氢氧化镁固体溶解时存在溶解沉淀平衡，Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入氯化铵溶液，NH4+消 耗 OH-，使平衡正向移动，促进氢氧化镁固体的溶解，B 正确； σ σ C. 甲基橙的变色范围是 pH≤3.1 时变红，3.1~4.4 时呈橙色，pH≥4.4 时变黄，醋酸中加入甲基橙，加热， 观察颜色变化，证明升温促进醋酸的电离，C 正确； D. 淀粉水解后生成葡萄糖，淀粉遇碘水变蓝，若不变蓝，则淀粉水解完全，则在淀粉溶液中加入稀硫酸， 水浴加热，一段时间后，冷却加入碘水，可验证淀粉是否水解完全，D 错误；故答案为：D。 9.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是（ ） A. 装置 A 烧瓶内的试剂可以是 KMnO4 B. 装置 B 具有除杂和贮存气体的作用 C. 实验结束后，振荡 D 会观察到液体分层且下层呈紫红色 D. 利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱 【答案】C 【解析】 【分析】 实验室制备氯气，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；也可以高锰酸钾与浓盐酸 在常温下反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水；制备的氯气中含有氯化氢气体杂质和水蒸气，可用饱和食 盐水除去氯化氢气体，用浓硫酸干燥，用氢氧化钠尾气处理。 【详解】A. 根据装置图，装置 A 没有加热，故烧瓶内的试剂可以是 KMnO4，高锰酸钾与浓盐酸反应的化 学反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，A 正确； B. 制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体，可用饱和食盐水除去，故根据装置图，装置 B 具有除杂 和贮存气体的作用，B 正确； C. 根据萃取原理，苯的密度比水小，故振荡 D 会观察到液体分层且上层呈紫红色，C 错误； D. 根据装置 C、D 中的颜色变化可知，装置 A 制备出来的氯气，与装置 C 中的溴化钠反应生成溴单质，将 生成的液溴滴加到 D 装置，可生成碘单质，证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱，D 正确；故答案为：C。 10.A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知 C、D 元素的原子序数之和是 A、B 元素的 原子序数之和的 3 倍，且 C、D 元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：物质间存在反应：甲+乙→单质 B+丙；丁+戊→单质 D(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子 B. 原子半径：D>B>C；电负性：B>C>D C. 可用酒精洗涤粘在容器内壁上 单质 D D. 若 2mol 甲与 3mol 乙恰好反应生成 2.5mol 单质 B，则乙为双原子分子 【答案】D 【解析】 【分析】 根据单质 D 为淡黄色固体，则 D 为 S 元素；A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D 元素是同主族元素，在 C 为 O 元素；C、D 元素的原子序数之和是 A、B 元素的原子序数之和的 3 倍，A、 B 元素的原子序数之和为 8，戊为 O、S 两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质 D(淡黄色固体)+丙，其反 应方程式为：2H2S + SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO3=3H2O+4S↓，则 A 为 H 元素，B 为 N 元素；甲+乙→单质 B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为 NH3，乙为 NO2 或 NO，丙为 H2O，丁为 H2S，戊为 SO2 或 SO3。 【详解】A. 若戊为 SO3，则 SO3 是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A 错误； B. 同周期，从左到右，原子半径减小，电负性增大；同主族，从上到下，原子半径增大，电负性减小，故 原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B 错误； C. D 为 S 单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C 错误； D. 根据 4NH3+6NO=5N2+6H2O，若 2mol 甲与 3mol 乙恰好反应生成 2.5mol 单质 B，则乙为 NO，是双原子 分子，D 正确；故答案为：D。 【点睛】极性键：不同种非金属原子之间的共价键；非极性键：同种非金属原子之间的共价键；极性分子： 分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的分子；非极性分子：分 子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布均匀，对称的分子。 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全 部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11.某种氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，电池反应为 NH3·BH3+3H2O=NH4BO2+4H2O(不考虑其他反应的影响)。下列说法错误的是（ ） 的A. 氨硼烷中 N 和 B 的杂化方式不同 B. 电池正极的电极反应式为 H2O2+2H++2e-=2H2O C. 其他条件不变，向 H2O2 溶液中加入适量硫酸能增大电流强度 D. 若加入的氨硼烷全部放电后左右两极室内液体质量差为 3.8g，则电路中转移 1.2mol 电子 【答案】A 【解析】 【分析】 根据电池反应为 NH3·BH3+3H2O=NH4BO2+4H2O 可知，左侧 NH3•BH3 为负极，失电子发生氧化反应，电 极反应式为：NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧 H2O2 为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式 为 3H2O2+6H++6e-=6H2O。 【详解】A. 氨硼烷中 N 是 sp3 杂化，B 是 sp2 杂化，其杂化方式不同，A 错误； B. 右侧 H2O2 为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为 H2O2+2H++2e-=2H2O，B 正确； C. 正极上消耗氢离子，其他条件不变，向 H2O2 溶液中加入适量硫酸能增大电流强度，C 正确； D. 未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等，通入后，负极电极反应式为： NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为：3H2O2+6H++6e-=6H2O，假定转移 6mol 电子，则左 室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加 6g，两极室质量相差 19g，理论上转移 6mol 电子，工作一段时间 后，若左右两极室质量差为 3.8g，则电路中转移 1.2mol 电子，D 正确；故答案为：A。 【点睛】杂化方式的判断：若中心原子的价电子对数=4，则 sp3 杂化；若中心原子的价电子对数=3，则 sp2 杂化；若中心原子的价电子对数=2，则 sp 杂化。中心原子的价电子对数=孤对电子数+ 键= (a-xb)+ 键。 12.高铁酸钠是一种新型高效水处理剂，主要制备方法如下： 湿法：Fe(OH)3+NaC1O+NaOH—Na2FeO4+NaC1+H2O(反应未配平) 干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑ 下列说法正确的是（ ） A. 高铁酸钠既有杀菌消毒的作用也有净水的作用 B. 用湿法制备 1molNa2FeO4 需消耗 1mol NaClO C. 干法中被 FeSO4 还原的 Na2O2 与做还原剂的 Na2O2 的物质的量之比为 4：1 D. 分别用湿法和干法制备等量高铁酸钠，两个反应过程中转移的电子数相同 【答案】AC 【解析】 σ 1 2 σ【详解】A. 高铁酸钠中铁元素的化合价为+6 价，高铁酸钠具有强氧化性，既有杀菌消毒的作用也有净水的 作用，A 正确； B. 根据湿法：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，1molNa2FeO4 需消耗 1.5mol NaClO，B 错误； C.根据干法：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，被 FeSO4 还原的 Na2O2 有 4mol，作还原剂 的 Na2O2 有 1mol，其物质的量之比为 4：1，C 正确； D. 干法制备 2mol 高铁酸钠，转移 10mol 电子；湿法制备 2mol 高铁酸钠，转移 6mol 电子，转移的电子数 不相同，D 错误；故答案为：AC。 13.采用电化学方法以 SO2 和 Na2SO3 为原料制取硫酸的装置如图所示(A、B 为多孔石墨电极，C、D 为惰性 电极)。下列说法错误的是（ ） A. “膜 2”为阳离子交换膜 B. 电极 A 的电极反应为 SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+ C. 上述过程中，亚硫酸钠溶液可循环使用 D. 使用该装置制取 98g 硫酸需消耗 11.2L O2(STP) 【答案】D 【解析】 【分析】 根据装置图，生成氢气的一极为阴极，所以电极 D 为阴极，得到电子，发生还原反应，其电极反应为： 2HSO3-+2e-=2SO32-+H2↑，电极 C 为阳极，失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：HSO3--2e-+H2O =SO42-+3H+；电极 A 为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应式为：SO2－ 2e-+2H2O==SO42-+4H+ ； 电 极 B 为 正 极 ， 氧 气 得 到 电 子 ， 发 生 还 原 反 应 ， 其 电 极 反 应 式 为 ： O2+4e-+4H+=2H2O。 【详解】A. 电极 D 为阴极，溶液中的阳离子移向阴极，所以“膜 2”为阳离子交换膜，A 正确； B. 电极 A 为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应为：SO2－ 2e-+2H2O=SO42-+4H+，B 正确；C. 根据装置图，X 为 Na2SO3，与 SO2 反应，生成 NaHSO3，NaHSO3 到溶液中又生成 Na2SO3，所以 Na2SO3 溶液可循环使用，C 正确； D. 左侧室的总反应为：2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4，右侧室的总反应为 3HSO3-+ H2O=2SO32-+H2↑+SO42-+3H+， 制取 98g 硫酸，标准状况下消耗不了 11.2L O2，D 错误；故答案为：D。 14.室温时，向 100mL 0.1mol·L-1 NH4HSO4 溶液中滴加 0.1mol·L-1NaOH 溶液，溶液 pH 随 NaOH 溶液体积的 变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 图中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大的是 d 点 B. a 点处存在 c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol·L-1 C. b 点处存在 c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) D. 由 b 到 c 发生反应的离子方程式为 NH4++OH-=NH3·H2O 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 根据反应量的关系，a 点恰好消耗完 H+，溶质为(NH4)2SO4 与 Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含 有 NH3⋅H2O；(NH4)2SO4 可以促进水的电离，而 NH3⋅H2O 抑制水的电离，b 点溶液呈中性，所以 a 点水的电 离程度最大，A 错误； B. 等体积混合，浓度减半，a 点溶质为：(NH4)2SO4 与 Na2SO4，根据物料守恒，c（NH4+）+c（NH3·H2O） = c（SO42-）=0.05mol·L-1，B 错误； C. b 点溶液显中性，溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4 和 NH3·H2O，NH4+会水解，离子浓度大小关系为：c （Na+）)>c（SO42-）>c（NH4+）>c（OH-）=c（H+），C 正确； D. b 点溶液为中性溶液，溶质为：(NH4)2SO4、Na2SO4 和 NH3·H2O，再加入 NaOH 溶液，发生的离子反应为： NH4++OH-=NH3·H2O，D 正确；故答案为：CD。 15.在 3 个容积均为 10L 的密闭容器中分别放入 0.2mol PCl3 和 0.2 molCl2，在不同条件下发生反应 PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g)。各容器内气体总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 实验 a 从反应开始至达到平衡时的平均速率 v(Cl2)= mol·L-1·min-1 B. 与实验 a 相比，实验 b 使用了催化剂，实验 c 是在较高温度下进行的 C. 实验 c 中反应的平衡常数为 L·mol-1 D. 三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c 【答案】C 【解析】 【分析】 恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，设到平衡状态时消耗 PCl3 物质的量为 x，则三段 式： 【详解】A. 实验 a 气体压强 160 变化为 120，60min 达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比， 0.4：（0.4-x）=160：120，解得：x=0.1，则实验 a 从反应开始至达到平衡时的反应速率为： ，A 正确； B. 分析图象可知，达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，从反应开始至达到平衡时的反应速 率 v（PCl3）由大到小的次序 b＞c＞a，实验 b 与实验 a 相比，达到相同平衡状态，但时间不同，实验 b 改 变的实验条件是加入了催化剂改变了反应速率，实验 c 是在较高温度下进行的，B 正确； C. 实验 c 气体压强 175 变化为 140，45 min 达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4： （0.4-x）=175：140，解得：x=0.08，平衡常数 ，C 错误； D. 实验 b 与实验 a 相比，实验 b 用了催化剂加快反应速率，实验 a 与实验 b 的转化率相同，根据 A 的计算， 1 6000 50 9 3 2 5PCl + Cl PCl 0.2 0.2 0 x x x 0.2 x 0.2 x x− −  起始量( mol ) 变化量( mol ) 平衡量( mol ) 1 1 2 01mol 110LCl mol L min60min 6000 − −= = （ ）v 0.008 500 0.012 0.012 9 = =×K实验 a 的转化率 ，根据 C 的计算，实验 c 的转化率 ，所以三组实验中反应的平衡转化率： a=b＞c，D 正确；故答案为：C。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了 1000K 下丙酮的热分解 反应并提出了如下反应历程： ① ② ③ ④ ⑤ 回答下列问题： (1)上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为 CH3COCH3 CH4+CH2=C=O，该反应的快慢主要 由上述历程中的反应______(填序号)决定，另一个反应的化学方程式为____________________________， 反应速率常数 k4______k5。(填“＞”或“＜”)。 (2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式： ____________________________________。 (3)一定温度下，在 2L 密闭容器中充入 1molCH3COCH3 发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的 关键因素是___________； a．再充入 1molCH3COCH3 b．及时分离出 CH4 c．使用适宜的催化剂 达到平衡后，测得容器中存在 a molCH4 和 b mol CO，则 CH3COCH3(g) CH4(g)+CH2=C=O(g)在该温 度下的平衡常数 K_____mol·L-1(用含 a、b 的代数式表示)。 (4)分解产物中的 CH4 可用于制备氢气： 反应 I：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1 写出 CO 与水蒸气反应生成 CO2 的热化学方程式：_________________。830℃时，反应Ⅱ的平衡常数 K=1.2mol2·L-2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为 c(CH4)=2.0mol·L-1、c(H2O)=4.0mol·L-1、 c(CO2)=2.0mol·L-1、c(H2)=2.0mol·L-1，则此时 v 正_____v 逆(填“＞”“＜”或“=”)。 【 答 案 】 (1). ① (2). 2CH3COCH3 CH4+CO+C2H5COCH3 (3). ＜ (4). 50%α = 40%α = 1 3 3 3 3CH COCH CH CH COk→ ⋅+ ⋅ 1 a 351kJ molE −= ⋅ 2 3 3CH CO CH COk⋅ → ⋅+ 1 a 42kJ molE −= ⋅ 3 3 3 3 4 3 2CH CH COCH CH CH COCHk +→⋅+ ⋅ 1 a 63kJ molE −= ⋅ 4 3 2 3 2CH COCH CH CH C Ok⋅ → ⋅+ = = 1 a 200kJ molE −= ⋅ 5 3 3 2 2 5 3CH CH COCH C H COCHk⋅+ ⋅ → 1 a 21kJ molE −= ⋅     CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3 (5). c (6). a(a-b)/(2-2a-2b) (7). CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1 (8). ＞ 【解析】 【详解】（1）根据反应历程分析，两个平行反应为：①CH3COCH3 CH4+CH2=C=O、②2CH3COCH3 CH4+CO+C2H5COCH3，①反应的快慢主要由上述历程中活化能大的反应①决定，根据反应④和反应⑤，反 应④生成甲基自由基，甲基自由基浓度增大，比较反应④和⑤的活化能，反应⑤速率更快，则反应速率常 数 k4＜k5，故答案为：①；2CH3COCH CH4+CO+C2H5COCH3；＜； （2）CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，该反应的化学方程式： CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3； （3）提高乙烯酮反应选择性的关键因素是催化剂的选择；达到平衡时，根据 2CH3COCH3 CH4+CO+C2H5COCH3 反应中，生成的 CO 为 bmol，则该反应中生成的 CH4 也是 bmol，所以 CH3COCH3(g) CH4(g)+CH2=C=O(g)反应中，生成的 CH4 是(a-b)mol，CH2=C=O 等于(a-b)mol，剩下的 CH3COCH3 的物质的量为(1-a-b)mol，则反应 CH3COCH3(g) CH4(g)+CH2=C=O(g)的平衡常数为 mol·L-1，故答案为：c； ； （4）①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1；②CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1；根据盖斯定律②-①可的：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；830℃时， ，所以正反应速率大于逆反应速率， 故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；＞。 17.钇钡铜氧、汞钡铜氧、汞钡钙铜氧等都是常见的高温超导体。回答下列问题： (1)钇(39Y)是一种重要的稀土金属，基态 Y 原子的价电子排布式为______。下列科学家中，在稀土化学领 域做出重要贡献的是_________(填标号)。 a．侯德榜 b．屠呦呦 c．徐光宪 (2)BaCO3 可用于制备上述高温超导体，其 3 种组成元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)，CO32- 的空间构型为________，其中碳原子的杂化方式为________________。 (3)汞钡铜氧晶体的晶胞如下图 A 所示，通过掺杂 Ca2+获得的具有更高临界温度的超导材料如图 B 所示。       ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 3 3 CH CH C O CH COCH a a b c c a a b a a b2 2 1 a bc 2 1 a b 2 2a 2b 2 K = = −× − −= = = =− − − − − −  ( )a a b 2 2a 2b − − −   4 2 2 2 2 2 2.0 2.0 1mol L 1.2mol L2.0 4.0 − −× =