2020届全国II卷高三化学全真模拟试题(含答案)

第 1 页，共 15 页 2020 届高三高考全国 II 卷理综化学 全真模拟试卷 5 一、单选题（本大题共 7 小题，共 42 分） 7.中学生应该能够正确认识一些与化学有关的问题．下列说法中，正确的是(    ) A. 用铝锅炒菜比用铁锅好 B. 为防止身体发胖，炒菜时不放油 C. 为了使火腿肠颜色更鲜红，可多加一些亚硝酸钠 D. 碘盐中的碘是防止人体缺碘而加的营养强化剂，能预防地方性甲状腺肿 【答案】D 【解析】 本题主要考查了生活中的化学，依据相关的化学知识进行解答，平时注意生活的化学知 识的运用，题目较简单。 【解答】 A.用铝锅炒菜，时间长了，可能会造成体内缺铁导致患贫血，而用铁锅炒菜，铁的氧化 物会随食物进入人体，这样，人就不会缺铁，所以用铁锅比用铝锅好，故 A 错误； B.油脂食用后可使人发胖，但油脂是人体需要的营养物质，所以从营养均衡的角度，炒 菜时需放油，故 B 错误； C.火腿肠长时间与空气中的氧气接触，会被氧气氧化为难看的暗棕色，加入的亚硝酸钠 可与空气中的氧气反应，从而使火腿肠较长时间保持鲜红色，也避免了火腿肠的变质， 但亚硝酸钠是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用会对人体产生危害，故 C 错误； D.碘是合成甲状腺激素的重要物质，体内长期缺碘会影响甲状腺激素的合成和甲状腺的 发育，就会得甲状腺肿，即大脖子病，在缺碘地区强制推广加碘食盐可以预防地方性甲 状腺肿，故 D 正确； 故选 D。 8.实验室用下图所示装置(图中夹持仪器略去)测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列 说法错误的是( )第 2 页，共 15 页 A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌 B、C 中的反应物的作用 B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快 C. 依据装置 C 在反应前后的质量差测定的结果会偏高 D. C 中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查实验操作，以测定牙膏中碳酸钙的含量考查实验操作，反应速率的控制，实验 的误差以及物质的分离和提纯等，难度不大。 【解答】 A.气体可以带动液体的流动，起到搅拌作用，故 A 正确； B.实验过程中滴加盐酸的速率过快会导致产生的CO2气体无法完全吸收，故 B 正确； C.装置 C 可能会吸收少量 B 中挥发出来的 HCl，所以结果会偏高，故 C 正确； D.C 中的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量，故 D 错误。 故选 D。 9.用6.02 × 1023表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(    ) A. T℃时，1 L pH = 6纯水中，约含6.02 × 1017个OH− B. 6.8g熔融的KHSO4中含有6.02 × 1022个阳离子 C. Na2O2与H2O反应，生成常温常压下 16g O2，反应中转移电子数为2NA D. 用含有0.1molFeCl3的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中，胶粒个数等于0.1NA 【答案】A 【解析】解：A.pH = 6的纯水中，氢离子浓度为1 × 10−61mol/L，1L 纯水中含有1 × 10−6 mol氢离子，纯水中氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，则该纯水中含有氢氧根离子 数目为6.02 × 1017个OH−，故 A 正确； B.6.8g熔融硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾中含有0.05mol钾离 子，含有3.01 × 1022个阳离子，故 B 错误； C.16g 氧气的物质的量为0.5mol，过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气转移了 1mol 电子，第 3 页，共 15 页 转移电子数为NA，故 C 错误； D.氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有 的胶粒数目，故 D 错误； 故选 A． A.纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据纯水中氢离子浓度计算出溶液中氢氧根离 子的数目； B.熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，6.8g硫酸氢钾的物质的量为0.05mol， 含有0.05mol阳离子； C.过氧化钠中氧元素的化合价为−1价，生成 16g 氧气的物质的量为0.5mol，转移了 1mol 电子； D.氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒的 数目． 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为 中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确熔融硫酸氢钾中的阳离子只有钾离子， 选项 D 为易错点，注意氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体． 10.甲、乙、丙、丁都是短周期元素。A 和 G 分别为元素甲、乙组成的单质，C、D、F 分别是由元素丙、甲、丁与乙组成的化合物。E 为常温下无色无味的液体，F 为淡黄色 粉末，B 是一种常见的二元强酸，C、D 两种气体均能使澄清的石灰水变浑浊，且 C 有 刺激性气味。下列选项正确的是( ) A. 元素的非金属性：甲 > 乙 B. 简单离子的半径：乙 > 丁 C. 气态氢化物的稳定性：丙 > 乙 D. 甲元素的最高价氧化物对应水化物为强酸 【答案】B 【解析】 本题考查元素化合物的推断、非金属性比较、粒子半径比较等，根据信息推断出各元素 是解答本题的关键，难度较大。 【解答】 E 为常温下无色无味的液体，F 为淡黄色粉末，结合流程图转化关系知 E 为H2O，F 为N a2O2。G 为由乙元素组成的单质，则乙为 O，G 为O2，H 为 NaOH。B 是一种常见的二 元强酸，C、D 两种气体均能使澄清的石灰水变浑浊，且 C 有刺激性气味，则 B 为H2S O4，C 为SO2，D 为CO2，再由转化关系流程图，A 为 C。C、D、F 分别是由元素丙、 甲、丁与乙组成的化合物，由甲为 C，丙为 S，丁为 Na。 A.元素的非金属性：甲(C) < 乙(O)，故 A 错误； B.核外电子数相同的不同粒子，核电荷数越大，半径越小，简单离子的半径：乙(O2−) >第 4 页，共 15 页 丁(Na+)，故 B 正确； C.元素非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：丙(H2S) < 乙(H2O)，故 C 错误； D.甲(C)元素的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，故 D 错误。 故选 B。 11.下列实验现象和结论相对应且正确的是(    ) 选项 实验 现象 结论 A 向某钠盐中滴加盐酸，产生气体再 通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐为Na2SO3或 NaHSO3 B 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡，静置 CC14层无色，水层 变为棕黄色 说明Fe2+的还原性强 于Br− C 用 3mL 稀盐酸分别与等质量的 Zn 粒、Zn 粉反应 Zn 粉产生气体的 速率快 Zn 粉的活泼性大于 Zn 粒 D 用浓盐酸和石灰石反应产生的气体 直接通入Na2SiO3溶液中 Na2SiO3溶液变浑 浊 证明 C 元素的非金属 性大于 Si 元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】解：A.气体可能为氯气或二氧化硫，可能为 NaClO 与浓盐酸反应生成氯气，可 能Na2SO3或NaHSO3为浓盐酸反应生成二氧化硫，故 A 错误； B.CC14层无色，水层变为棕黄色，说明亚铁离子被氧化，溴离子没有反应，可说明Fe2+ 的还原性强于Br−，故 B 正确； C.都是锌参加反应，活泼性相同，但表面积不同，反应速率不同，故 C 错误； D.浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较 C、Si 的非金属性，故 D 错误。 故选：B。 A.气体可能为氯气或二氧化硫； B.CC14层无色，水层变为棕黄色，说明亚铁离子被氧化，溴离子没有反应； C.表面积不同，反应速率不同； D.浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应． 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、非金属性的比较、物质的 性质、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析， 题目难度不大． 12.电解 NO 制备NH4NO3，其工作原理如图所示．下列说法中正确的是(    ) 第 5 页，共 15 页 A. 阳极上的电极反应为：NO ⋅ 3e− +4OH− = NO−3 +2H2O B. 电解生成 1 mol NH4NO3 时，转移 5NA 电子 C. 电解质溶液中，NO−3 离子向阴极移动 D. 为了使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充的物质 A 为稀硝酸 【答案】B 【解析】解：电解 NO 制备NH4NO3，b 为阳极反应为NO−3e− +2H2O = NO−3 +4H+，a 为阴极反应为：NO + 5e− +6H+ = NH+4 + H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒， 阳极产生的NO−3 的物质的量大于阴极产生的NH+4 的物质的量，总反应方程式为：8NO + 7 H2O  电解    3NH4NO3 +2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3； A.b 为阳极，结合NH4NO3溶液呈弱酸性，要用H+来平衡电荷，可知阳极反应为：NO−3 e− +2H2O = NO−3 +4H+，故 A 错误； B.根据以上分析，总反应方程式为8NO + 7H2O  电解    3NH4NO3 +2HNO3，反应转移 15mol 电子时生成3molNH4NO3，故生成 1 mol NH4NO3 时，转移 5mol 电子即5NA电子，故 B 正确； C.在电解池中阴离子要移向阳极，故NO−3 离子要移向阳极，故 C 错误； D.根据以上分析，则 A 为NH3，故 D 错误； 故选：B． 电解 NO 制备NH4NO3，b 为阳极反应为NO−3e− +2H2O = NO−3 +4H+，a 为阴极反应为： NO + 5e− +6H+ = NH+4 + H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO−3 的物质的量大于阴极产生的NH+4 的物质的量，总反应方程式为：8NO + 7H2O  电解    3NH4N O3 +2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，据此分析． 本题考查了电解原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能 力，难度中等，注意基础知识的积累掌握． 13.类比 pH 的定义，对于稀溶液可以定义pC = −lgC，pKa = −lgKa。常温下，某浓度H2 A溶液在不同 pH 值下，测得pC(H2A)、pC(HA−)、pC(A2−)变化如图所示。下列说法正 确的是( ) 第 6 页，共 15 页 A. pH = 3.05时，c(H2A) > c(HA−) > c(A2−) B. 常温下，pKa1(H2A) = 5.30，pKa2(H2A) = 0.80 C. b 点时， c2(HA−) c(H2A) ⋅ c(A2−) = 104.50 D. pH = 3.00～5.30时，n(H2A) + n(HA−) + n(A2−)先增大后减小 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算方法、图象分析判断是解题关键， 题目难度中等。 【解答】 H2A⇌H+ +HA−，HA−⇌H+ + A2−，pH 增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下 方曲线是HA−的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右 侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。 A.pH = 3.05时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量 浓度的负对数，二者相交，说明c(H2A) = c(A2−)，故 A 错误； B.交点 a 处c(HA−) = c(H2A)，则H2A⇌HA− + H+，可知Ka1 = c(H+) = l × 10−0.8，交点 c 处c(HA−) = c(A2−)，由HA−⇌A2− + H+，知Ka2 = c(H+) = l × 10−5.3，所以pKa2(H2 A) = 5.30，pKa1(H2A) = 0.80，故 B 错误； C.b 点时，c(H2A) = c(A2−)， c2(HA−) c(H2A)c(A2−) = c(HA−)c(HA−) c(H2A)c(A2−) × c(H+) c(H+) = Ka1 Ka2 = 10−0.8 10−5.3 = 104.50，故 C 正确； D.pH = 3.00～5.30时，结合物料守恒n(H2A) + n(HA−) + n(A2−)始终不变，故 D 错误。 故选 C。 二、填空题（本大题共 1 小题，共 13 分） 26.工业上可用下列装置测定黄铁矿(主要成分为FeS2)中硫的质量分数(忽略SO2、H2S O3与氧气的反应) 实验的正确操作步骤如下：第 7 页，共 15 页 A.连接好装置，并检查装置的气密性 B.称取研细的黄铁矿样品 C.将2.0g样品小心地放入硬质玻璃管中 D.以1L/min的速率鼓入空气 E.将硬质玻璃管中的黄硫铁矿样品加热到800℃～850℃ F.用 300mL 的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2 +SO2 +2H2O = 2HI + H2SO4 G.吸收液用CCl4萃取 H.取20.00mL吸收液，用标准0.2000mol ⋅ L−1的 NaOH 溶液滴定 试回答： (1)写出装置③中发生反应的化学方程式 ______ 。 (2)步骤 G 中所用主要仪器是 ______ ，应取 ______ (填“上”或“下”)层溶液进行后 续实验。 (3)装置①的作用是 ______ 。 (4)步骤 H 中滴定时应选用 ______ 作指示剂，可以根据 ______ 现象来判断滴定已经达 到终点。 (5)假定黄硫铁矿中的硫在操作 E 中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收．滴定 得到的数据如表所示： 标准碱溶液的体积/mL 滴定次数 待测液体的体积/mL 滴定前 滴定后 第一次 20.00mL 0.00 20.98 第二次 20.00mL 0.22 20.20 第三次 20.00mL 0.36 20.38 则硫铁矿样品中硫元素的质量分数为 ______ 。(保留小数点后 1 位) (6)也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定， 最好是在装置⑤所得吸收液中加入下列哪种试剂 ______ 。 A.硝酸银溶液 B.氯化钡溶液 C.澄清石灰水 D.酸性高锰酸钾溶液 【答案】(1)4FeS2 +11O2    △      2Fe2O3 +8SO2； (2)分液漏斗；上； (3)除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率； (4)酚酞；滴入最后一滴 NaOH 溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色； (5)24.0%； (6)B。 【解析】【分析】 本题考查了利用二氧化硫的性质测定黄铁矿中硫的质量分数，涉及热化学方程式的书写、 滴定实验指示剂的选择以及计算等，考查知识点较多，难度中等。 (1)装置③中FeS2在加热条件下与氧气反应生成二氧化硫知氧化铁，根据元素守恒书写第 8 页，共 15 页 化学方程式； (2)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上 层水溶液； (3)装置①装有酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，可氧化除去空气中的还原性气体， 提高实验的准确率； (4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点 时溶液变为浅红色； (5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积 与后两次相关较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00mL，根据 反 应 4FeS2 +11O2 = 2Fe2O3 +8SO2， I2 +SO2 +2H2O = 2HI + H2SO4， H+ +OH− = H2O， 得关系式S～SO2～4H+～4OH−，所以样品中硫元素的质量为：0.020 × 0.20 4 mol × 32g/mol × 300mL 20mL = 0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数； (6)装置⑤所得溶液为 HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO2−4 反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。 【解答】 (1)装置③中FeS2在加热条件下与氧气反应生成二氧化硫知氧化铁，反应的化学方程式 为4FeS2 +11O2    △      2Fe2O3 +8SO2， 故答案为：4FeS2 +11O2    △      2Fe2O3 +8SO2； (2)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层 在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液，故 答案为：分液漏斗；上； (3)装置①装有酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，可氧化除去空气中的还原性气体， 提高实验的准确率， 故答案为：除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率； (4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后 一滴 NaOH 溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点， 故答案为：酚酞；滴入最后一滴 NaOH 溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色； (5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积 与后两次相关较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00mL，根据 反 应 4FeS2 +11O2 = 2Fe2O3 +8SO2， I2 +SO2 +2H2O = 2HI + H2SO4， H+ +OH− = H2O， 得关系式S～SO2～4H+～4OH−，所以样品中硫元素的质量为：0.020 × 0.20 4 mol × 32g/mol × 300mL 20mL = 0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为0.48 2.0 × 100% = 24.0%， 故答案为：24.0%； (6)装置⑤所得溶液为 HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO2−4 反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故选：B． 三、简答题（本大题共 2 小题，共 30 分）第 9 页，共 15 页 27.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 ⋅ 5H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇， 常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。 Ⅰ.Na2S2O3 ⋅ 5H2O的制备 Na2S2O3 ⋅ 5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法： Na2SO3 + S + 5H2O    △    −   Na2S2O3 ⋅ 5H2O 制备过程如下： ①称取12.6g Na2SO3于 100mL 烧杯中，加 50mL 去离子水搅拌溶解。 ②另取4.0g硫粉于 200mL 烧杯中，加 6mL 乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3 溶液，隔石棉网小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。 ③停止加热，待溶液稍冷却后加 2g 活性炭，加热煮沸 2 分钟(脱色)。 ④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，______、______。 ⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。 (1)步骤④趁热过滤的原因______，空格处应采取的操作是______、______。 (2)步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为______。 (3)滤液中除Na2S2O3 和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______，生 成该杂质的原因可能是______。 Ⅱ.产品纯度的测定 准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以 淀粉作指示剂，用0.1000mol/L I2的标准溶液滴定，反应的离子方程式为：2S2O2−3 + I2 = S4O2−6 +2I−，记录数据如下： 滴定次数 滴定前读数(mL) 滴定后读数(mL) 1 0.22 20.32 2 0.36 22.56 3 0.18 20.08 (4)滴定终点现象为______，计算所得产品的纯度为______(保留三位有效数字)。 Ⅲ.产品的应用 (5)Na2S2O3 常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO2−4 ，该反应的离子方程式为 ______。 【答案】(1)防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶 (2)乙醇 (3)Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2SO4 (4)溶液由无色变蓝色；99.2% (5)S2O2−3 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO2−4 + 8Cl− + 10H+ 【解析】【分析】 本题考查物质制备，涉及对操作的分析评价、对试剂的分析评价、物质的分离提纯、对 原理的分析评价、氧化还原滴定应用、误差分析、陌生方程式书写等，是对学生综合能第 10 页，共 15 页 力的考查。 【解答】 (1)步骤④趁热过滤的原因：防止温度降低，产品析出而损失。结合操作⑤进行过滤分 离出产品，故④中在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶析出产品； 故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩、冷却结晶； (2)硫代硫酸钠易溶于水，不溶于乙醇，可以用乙醇洗涤，防止因溶解导致产品损失， 故答案为：乙醇； (3)滤液中除Na2S2O3 和未反应完全的Na2SO3外，由于Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2 SO4，最可能存在的无机杂质是Na2SO4， 故答案为：Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2SO4； (4)溶液由无色变蓝色，第 1 次、第 3 次消耗标准液体积分别为 20.32mL−0.22mL = 20.10mL、20.08mL−0.18mL = 19.90mL，而第 2 次消耗标准液体 积为22.56mL−0.36mL = 22.2mL，与第 1 次、第 3 次消耗标准液体积相差比较大，舍 弃第 2 次数据，消耗标准液体积 = 20.00mL，由2S2O2−3 + I2 = S4O2−6 +2I−，可知n(Na2S2 O3 ⋅ 5H2O) = n(S2O2−3 ) = 2n(I2) = 2 × 20.00 × 10−3L × 0.100mol/L = 4.00 × 10−3mol， 故m(Na2S2O3 ⋅ 5H2O) = 4.00 × 10−3mol × 248g/mol ≈ 0.992g，故所得产品的纯度为 (0.992g ÷ 1.00g) × 100% ≈ 99.2%， 故答案为：溶液由无色变蓝色；99.2%； (5)S2O2−3 被Cl2氧化生成SO2−4 ，Cl2还原生成Cl−，反应离子方程式为：S2O2−3 +4Cl2 +5H2 O = 2SO2−4 +8Cl− +10H+， 故答案为：S2O2−3 +4Cl2 +5H2O = 2SO2−4 +8Cl− +10H+。 28.煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下： CO 甲烷化：CO(g) +3H2(g)⇌CH4(g) + H2O(g)ΔH1 = −206.2kJ ⋅ mol−1 水煤气变换：CO(g) + H2O(g)⇌CO2(g) + H2(g)ΔH2 = −41.2kJ ⋅ mol−1 回答下列问题： (1)反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g) +2H2O(g)的ΔH = ________kJ ⋅ mol−1。某温度下， 分别在起始体积相同的恒容容器 A、恒压容器 B 中加入1 molCO2和4 molH2的混合 气体，两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A”或“B” )。 (2)在恒压管道反应器中按n(H2):n(CO) = 3:1通入原料气，在催化剂作用下制备合 成天然气，400℃、P总为 100kPa 时反应体系平衡组成如下表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数 φ/% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 ①该条件下 CO 的总转化率α = _______。若将管道反应器升温至500℃，反应达到 平衡后CH4的体积分数φ_______45.0%(填“ > ”、“ < ”或“ = ”)。 ②KP、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，KP只受温度影响。400℃第 11 页，共 15 页 时，CO 甲烷化反应的平衡常数KP = ________kPa−2(保留 1 位小数)；Kx = _______( 以KP和P总表示)。其他条件不变，增大P总至 150kPa，Kx________(填“增大”、“减 小”或“不变”)。 (3)制备合成天然气时，采用在原料气中通入蒸气来缓解催化剂积碳。积碳反应为： 反应ⅠCH4(g)⇌C(s) +2H2(g)ΔH = +75kJ ⋅ mol−1， 反应Ⅱ2CO(g)⇌C(s) +CO2(g)ΔH = −172kJ ⋅ mol−1。 平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如下图所示，下列说法正确的是_______(双 选)。 A.曲线 1 在550−700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大 B.曲线 1 在700−800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动 C.曲线 2、3 在550−800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率 减小 D.水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳 【答案】(1)−165；B (2)①98.9%或 ； < ②3.8；KP·P2总； 增大 (3)BD 【解析】 本题综合考查化学平衡的相关知识，解答这类问题需要熟练掌握化学平衡的影响因素、 化学平衡的图像以及化学平衡的相关计算，试题难度一般。 【解答】 (1)根据题目信息以及盖斯定律可知由甲烷化反应减去水煤气变换反应可得目标反应， 故 △ H = −206.2kJ/mol−(−41.2)kJ/mol = −165kJ/mol，若 A、B 容器均保持恒温恒容， 则二者为等同平衡，由于指定反应的正反应为气体分子数减小的反应，因此恒温恒容时， 容器内压强减小，所以恒温恒压相对于恒温恒容，需要加压，此时平衡正向移动，即 B 相对于 A 相当于加压，平衡正向移动，因此 B 容器放出的热量多，故答案为：−165； B； (2)①根据碳元素守恒分析可知 CO 的总转化率为： 45％ + 2％ 45％ + 2％ + 0.5％ × 100％ = 98.9％， 由于甲烷化反应为放热反应，因此温度升高，平衡逆向移动，甲烷的体积分数将减小，第 12 页，共 15 页 故答案为：98.9%或 ； < ②400℃时，CO 甲烷化反应的平衡常数KP = 42.5％ × 100kPa × 45％ × 100kPa 0.5％ × 100kPa × (10％ × 100kPa)3 ≈ 3.8，因Kx = CH4％ × H2O％ CO％ × (H2％)3，所以Kx = KP·P2总，压强增大时 Kx 将增大，故答案为：3.8；KP·P2总； 增大； (3)A.反应Ⅰ的正反应为吸热反应，曲线 1 在550−700℃积碳量增大的原因可能是温度 升高反应Ⅰ正向移动，且该反应进行的程度大，故 A 错误； B.曲线 1 在700−800℃积碳量减小的原因可能是温度升高反应Ⅱ逆向移动，比反应Ⅰ正 向进行成大，故 B 正确； C.曲线 2、3 在550−800℃积碳量较低的原因是水蒸气能够与 CO 反应，故 C 错误； D.水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳，故 D 正确。 故选 BD。 四:选做题（二选一，各 15 分） 35.(物质结构与性质)铝试剂[(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，商品名为“阿罗明拿”]可用来 鉴定溶液中的Al3+。请回答下列问题： (1)碳原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为____________________。 (2)元素的气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低 能量叫作第一电离能。第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图 1 所示，其中 除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是 _____________________；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是 ______________________。 (3)经 X 射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图 2 所示。 ①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH+4 与氨分子的相同之处为__________，不同之 处为__________。(填字母) A.中心原子的杂化轨道类型 B.中心原子的价层电子对数 C.立体结构 D.共价键类型 ②阿罗明拿中 1 个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为__________个。 微粒结构中的大π键可用符号IInm表示，其中 m 代表参与形成的大π键原子数，n 代 表参与形成的大π键电子数，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为__________。第 13 页，共 15 页 ③图 2 中虚线代表氢键，其表示式为(NH4 +)N−H−O(COO−)、 ____________________、________________________________________。 【答案】(1) (2)从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱 N 的 2p 能级处于半充 满状态 (3)①ABD C ②9；π66 ③(NH+4 )N−H−O(OH) (OH)O—H—O(COO−) 【解析】【分析】 本题考查化学物质结构与性质相关知识，高频考点，涉及原子结构与元素的性质，基态 微粒的电子排布式、分子结构与性质晶体结构与性质、以晶胞为单位的密度、微粒间距 与微粒质量的关系计算及化学式分析等，注意书写规范即可。 【解答】 (1)C原子位于第二周期第 IVA 族，价层电子排布图是： ， 故答案为： ； (2)根据图 1，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，失电子能力减弱；氮 元素的 2p 能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子，第一电离能偏高， 故答案为：从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱；N 的 2p 能级 处于半充满状态； (3)①根据图 2，阳离子是NH+4 和H3O+，NH+4 中心原子 N，含有 4 个σ键，孤对电子对数 为(5−1−4 × 1)/2 = 0，价层电子对数为 4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子 O，含有 3 个σ键，孤对电子对数为(6−1−3)/2 = 1，空间构型为正四面体形，价层电子对数为 4， 杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为 ABD，不同之处为 C， 故答案为：ABD；C； ②根据图 2，阿罗明拿中 1 个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为 9 个，根 据信息，图中的大π键应表示为 π66 ； 故答案为：9； π66 ； ③根据图 2 可知，还有的氢键是： (NH+4 )N−H−O(OH)和(OH)O—H—O(COO−)， 故答案为：(NH+4 )N−H−O(OH)；(OH)O—H—O(COO−)。 36.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为 Glaser 反应：2R−C ≡ C−H催化剂 → R−C ≡ C−C ≡ C−R + H2，该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价 值。下面是利用 Glaser 反应制备化合物 E 的一种合成路线：第 14 页，共 15 页 回答下列问题： (1)B的结构简式为______，D 的化学名称为______。 (2)①和③的反应类型分别为______、______。 (3)E的结构简式为______。用1mol E合成 1，4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气 ______mol。 (4)化合物( )也可发生 Glaser 偶联反应生成聚合物，该聚合反应 的化学方程式为______。 (5)芳香化合物 F 是 C 的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为 3：1，写出其中 3 种的结构简式______。 (6)写出用2−苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物 D 的合成路线______。 【答案】(1) ；苯乙炔 (2)取代反应；消去反应 (3) ；4 (4)n 催化剂 → +(n−1)H2 (5) ( 任意三种) (6) Br2 【解析】解： 由 B 的分子式、C 的结构简式可知 B 为 ，则 A 与氯乙烷发生取代反应 生成 B，则 A 为 ，对比 C、D 的结构可知 C 脱去 2 分子 HCl，同时形成碳碳三键 得到 D，该反应属于消去反应，D 发生信息中的偶联反应生成 E 为 。第 15 页，共 15 页 (1)B的结构简式为 ，D 的化学名称为苯乙炔； (2)①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应； (3)E的结构简式为 ，用1mol E合成 1，4−二苯基丁烷，碳 碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气 4mol； (4)化合物( )也可发生 Glaser 偶联反应生成聚合物，该聚合反应 的化学方程式为：n 催化剂 → +(n−1)H2； (5)芳香化合物 F 是 C 的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为 3：1，可能的结构简式为： 任意 3 种； (6) 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，然后 与溴发生加成反应生成 ，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去 反应生成 ，合成路线流程图为： Br2 。 本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获 取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能 团的性质与转化。