山西省2020届高三第二次模拟考试（6月） 化学试题（解析版）

2020 年 6 月 28 日高三理综试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 K-39 1.邮票被誉为国家名片，是我国化学史不可或缺的重要文献，下列说法错误的是（ ） A. 邮票甲中的人物是侯德榜，创立了中国人自己的制碱工艺—侯氏制碱法 B. 邮票乙中的图是用橡胶生产的机动车轮胎，塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料 C. 邮票丙中的图是显微镜下的结晶牛胰岛素，我国首次合成的结晶牛胰岛素属于蛋白质 D. 邮票丁是纪念抗击非典的邮票，非典和新型冠状病毒都可用紫外线、高温等杀死 【答案】B 【解析】 【详解】A．邮票甲中的人物是侯德榜，1941 年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制碱流程与合成 氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名“侯氏制碱法”，故 A 正确； B．塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料，橡胶和纤维都有天然的，它们不断替代金属成为现代 社会使用的重要材料，故 B 错误； C．我国科学家在 1965 年首次合成了具有生命活力的蛋白质−−结晶牛胰岛素，故 C 正确； D．病毒为蛋白质，而紫外线、高温加热均可以使蛋白质变性，故紫外线、高温可以杀菌消毒，故 D 正确； 答案选 B。 2.GMA 可用作涂料、离子交换树脂和油墨的黏合剂等，通过酯交换反应制备，反应如下： 下列说法错误的是（ ） A. 与 a 互为同分异构体的羧酸只有 1 种 B. b 分子中的所有 C 原子和 O 原子可能在同一平面内，含有三种官能团 C. GMA 的分子式为 C7H10O3 D. GMA 能与 NaOH 溶液、溴水、酸性 KMnO4 溶液反应 【答案】B【解析】 【详解】A．与 a 互为同分异构体的羧酸为丙酸，只有一种，故 A 正确； B．根据双键的位置可知，b 分子中的所有 C 原子和 O 原子可能在同一平面内，含有双键和酯基两种官能团， 故 B 错误； C．由结构简式可知 GMA 的分子式为 C7H10O3，故 C 正确； D．GMA 含有碳碳双键，可与高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有酯基，可在 NaOH 溶液存在的条件下发生 水解反应，含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，故 D 正确； 答案选 B。 3.科学家研究发现纳米 TiO2 的混凝土可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除” 过程的叙述错误的是( ) A. 纳米 TiO2 作催化剂，NOx 消除效率更高 B. NOx 消除总反应为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3 C. 1mol 羟基(-OH)比 1molO2 少 8NA 个电子(NA 为阿伏加德罗常数) D. 纳米 TiO2 属于胶体，能产生丁达尔现象 【答案】CD 【解析】 【分析】 含 TiO2 的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在 TiO2 催化作用下，紫外线提供能量、发生 反应 4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，纳米 TiO2 与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，由 此分析解答。 【详解】A．纳米 TiO2 作催化剂时，与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，NOx 消除效率 更高，故 A 正确； B．分析过程可知消除总变化为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，故 B 正确； C．1mol O2 的电子的物质的量为：16mol，而 1mol 羟基电子的物质的量为 9mol，所以 1mol 羟基(-OH)比 1molO2 少 7NA 个电子，故 C 错误； D．纳米 TiO2 不属于胶体，属于纯净物，胶体是一种混合物，指的是分散质粒子直径在 1nm-100nm 之间的 = 光照 = 光照 = 光照分散系，故不能产生丁达尔现象，故 D 错误； 答案选 CD。 4.短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大，并且位于三个不同的周期，W 与 Y 同主族，X 与 Z 的 核外电子数之和是 Y 的核外电子数的 2 倍。化合物甲的结构如图所示，甲不溶于水，下列说法正确的是（ ） A. 元素 Z 在自然界中既有游离态又有化合态 B. 化合物甲中每个原子都满足 8 电子结构 C. W 和 Y 形成二元化合物的熔点高于 W 和 X 形成二元化合物的熔点 D. 元素的非金属性：Z＞X＞W＞Y 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 位于三个不同的周期，则 W 为 H 元素；W 与 Y 同主族，则 Y 为 Na；根据 图示可知，Z 形成 4 个共价键，位于ⅣA 族，结合原子序数可知 Z 为 Si；X 形成 2 个共价键，位于ⅤⅠA 族，应该为 O 元素，满足“X 与 Z 的核外电子数之和是 Y 的核外电子数的 2 倍”，根据分析可知，W 为 H， X 为 O，Y 为 Na，Z 为 Si 元素，据此分析。 【详解】A．元素 Z(硅)在自然界中只有化合态，没有游离态，硅主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故 A 错误； B．化合物甲是硅酸，分子中不是每个原子都满足 8 电子结构，例如氢原子只达到 2 电子的结构，故 B 错误； C．W 和 Y 形成二元化合物是氢化钠，是离子晶体，W 和 X 形成二元化合物是水，是分子晶体，离子晶体 的熔点一般高于分子晶体的熔点，故 C 正确； D．W 为 H，X 为 O，Z 为 Si 都是非金属元素，四种元素中，O 的非金属性最强，H 的电负性大于 Si，故 非金属性：H＞Si，O＞H＞Si，即 X＞W＞Z，Y 为 Na，是金属元素，元素的非金属性：X＞W＞Z＞Y， 故 D 错误； 答案选 C。 5.利用如图装置从含 NH4H2PO4 和(NH4)2HPO4 的废水中回收 NH3·H2O 和 H3PO4，下列说法错误的是（ ）A. 电源中 X 和 Y 两电极的电势 X 比 Y 低 B. 膜 1 为阳离子交换膜，f 口放出的是 O2 C. 阳极区反应之一为：2H2O-4e-+2HPO =O2↑+2H3PO4 D. 每放出 11.2L(标准状况下)H2 时，能回收 98gH3PO4 【答案】D 【解析】 【分析】 利用如图装置从含 NH4H2PO4 和(NH4)2HPO4 的废水中回收 NH3·H2O 和 H3PO4，则电解池两端一边生产 NH3·H2O，一边产生 H3PO4，根据图示，可得左端通入稀 NH3·H2O，b 流出的为浓度较大的 NH3·H2O；右端 c 通入的为稀 H3PO4，则 d 流出的为浓度较大的 H3PO4，原料室中的 NH4+向左端移动，与 OH-结合生产 NH3·H2O，即左端电极为阴极，电解水产生 H2 和 OH-，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；原料室中的 HPO42-、 H2PO4-向右端移动，与 H+结合形成 H3PO4，则右端为阳极，阳极附近是 OH-放电，生成 O2，电极反应为： 2H2O-4e-=O2↑+4H+；则 e 口放出的为 H2，f 口放出的为 O2，电解池的阴极与电源负极相连，阳极与电源正 极相连，则 X 为电源负极，Y 为电源正极，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，X 为电源负极，Y 为电源正极，外电路中，电流从正极流向负极，在电场力作用下， 电流由高电势向低电势运动，则电源中 X 和 Y 两电极的电势 X 比 Y 低，故 A 正确； B．根据分析，原料室中的 NH4+向左端移动，膜 1 为阳离子交换膜，阳极发生的电极反应为： 2H2O-4e-=O2↑+4H+，f 口放出的是 O2，故 B 正确； C．根据分析，阳极发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，原料室中的 HPO42-、H2PO4-向右端移动，与 H+ 结合形成 H3PO4，阳极区发生总反应为：2H2O-4e-+2HPO42-=O2↑+2H3PO4，2H2O-4e-+4 H2PO4-=O2↑+4H3PO4， 故 C 正确； D．每放出 11.2L(标准状况)H2 时，结合阴极电极反应 2H2O+2e-=2OH-+H2↑；则转 ×2=1mol 电子， 阳极区发生总反应为：2H2O-4e-+2HPO42-=O2↑+2H3PO4，2H2O-4e-+4H2PO4-=O2↑+4H3PO4，所以将有 1molH2PO4−或者 0.5molHPO42−移到阳极区，所以能回收 H3PO4 小于 1mol，质量小于 98g，故 D 错误； 2 4 − 11.2L 22.4L/mol答案选 D。 6.25℃时，改变 0.1mol·L-1 弱酸 RCOOH 溶液 pH，溶液中 RCOOH 分子的物质的量分数 δ(RCOOH)随之 改变[已知 δ(RCOOH)= ]，0.1mol·L-1 甲酸(HCOOH)与 0.1mol·L-1 丙酸 (CH3CH2COOH)溶液中 δ(RCOOH)与 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是(已知酸性：甲酸＞丙酸)( ) A. 图中 M 线对应的是丙酸，N 线对应的甲酸 B. CH3CH2COONa 的水解平衡常数 Kh=10-10.25 C. 等浓度的 HCOONa 和 CH3CH2COONa 两种溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)＞c(CH3CH2COO-)+c(OH-) D. 将 0.1mol/L 的 HCOOH 溶液与 0.1mol/L 的 HCOONa 溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(HCOOH) ＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知酸性：甲酸＞丙酸，酸性越强，电离程度越大，δ（RCOOH）含量越小，当 pH=3 时，M 中 δ（RCOOH）含量小于 N 中 δ（RCOOH）含量，则说明 M 的电离程度大，则溶液中图中 M 线对应的是 甲酸，N 线对应的丙酸，故 A 错误； B．pH=4.88 时，丙酸的酸分子的物质的量分数为 50%，即 c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-)， 针对 CH3CH2COOH) ⇌CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88，即丙酸的电离常数 Ka＝c(H+)=10－ 4.88，CH3CH2COONa 的水解平衡常数 Kh= =10-9.12，故 B 错误； C．HCOONa 溶液中存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，CH3CH2COONa 由溶液中存在电荷守 恒：c(CH3CH2COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，等浓度的 HCOONa 和 CH3CH2COONa 两种溶液中 c(Na+)相等， 已知酸性：甲酸＞丙酸，即 HCOO-的水解程度小于 CH3CH2COO-的水解程度， HCOONa 溶液中的 c(OH-) 小于 CH3CH2COONa 溶液中的 c(OH-)，HCOONa 溶液中的 c(H+)大于 CH3CH2COONa 溶液中的 c(H+)，即 HCOONa 溶液中 c(Na+)+c(H+)大于 CH3CH2COONa 溶液中的 c(Na+)+c(H+)，则 c(HCOO-)+c(OH-)＞ c(CH3CH2COO-)+c(OH-)，故 C 正确； 的 - c(RCOOH) c(RCOOH)+c(RCOO ) 14 W 4.88 a K 10 K 10 − = －D．将 0.1mol/L 的 HCOOH 溶液与 0.1mol/L 的 HCOONa 溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶 液呈酸性，即 c(OH-)＜c(H+)，故 D 错误； 答案选 C。 7.下列实验操作可以达到实验目的的是（ ） 选 项 实验目的 实验操作 A 探究浓度对反应 速率的影响 向 2 支各盛有 4mL0.01mol·L-1KMnO4 酸性溶液的试管中，分别加入 2mL0.1mol·L-1H2C2O4 溶液和 2mL0.2mol·L-1H2C2O4 溶液，记录溶液褪 色所需的时间 B 配制 1.00mol·L-1 的 NaOH 溶液 称取 4.0g 固体 NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至 100mL 容量瓶中定容 C 探究固体表面积 对反应速率的影 响 称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸 的小烧杯中，观察实验现象 D 探究淀粉溶液在 稀硫酸和加热条 件下是否水解 取少量的水解液于试管中，先加适量的 NaOH 溶液，再滴入碘水，观 察实验现象 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．不同浓度的草酸和相等浓度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同 条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故 A 正确； B．配制 1.00mol·L-1 的 NaOH 溶液，称取 4.0g 固体 NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后 转移至 100mL 容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤 2~3 次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不 进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故 B 错误； C．大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故 C 错误； D．碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀粉是否水 解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再 加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉水解， 故 D 错误； 答案选 A。 8.苯甲酸及其钠盐可用作乳胶、牙膏、果酱或其他食品的抑菌剂，也可广泛应用于制药和化工行业，某同学 尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。主要实验装置(回流搅拌装置)如图所示： 反应原理： +2KMnO4→ +KOH+2MnO2↓+H2O +HCl→ +KCl 实验方法：将一定量的甲苯和 KMnO4 溶液置于三颈烧瓶中，在 90℃时反应一段时间后，停止反应，按如图 流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。 (1)无色液体 A 结构简式为___，操作Ⅱ为___； (2)如果滤液呈紫色，要先加饱和亚硫酸钾溶液，过滤后再进行操作Ⅰ。加饱和亚硫酸钾溶液的目的是___， 写出该反应的离子方程式：___； (3)冷却水应该从冷凝管___(填“a”或“b”)口流入； (4)要由“水层”得到苯甲酸晶体，应进行下列操作，正确的操作顺序是___(填选项字母)： A.酸化 B.过滤 C.蒸发浓缩 D.冷却结晶 (5)纯度测定：称取 1.22g 产品，配成 100mL 溶液，取其中 25.00mL 溶液，用 KOH 溶液进行滴定，消耗 KOH 的物质的量为 2.40×10-3mol，则产品中苯甲酸的质量分数为__。 【答案】 (1). (2). 蒸馏 (3). 除去未反应的 KMnO4，防止 HCl 被高锰酸钾氧化产 的生氯气 (4). 2MnO +H2O+3SO =2MnO2↓+2OH-+3SO (5). a (6). ACDB (7). 96.00% 【解析】 【分析】 一定量的甲苯和适量的 KMnO4 溶液在 100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未 反应的甲苯，苯甲酸钾能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知， 从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸钾，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无 色液体 A，A 是甲苯；将水层盐酸酸化再蒸发浓缩、冷却结晶，最后过滤得到的固体是苯甲酸。 【详解】(1) 将滤液分离得到有机层和水层，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体 A，A 是甲苯，结 构简式为： ；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作Ⅱ为蒸 馏； (2)如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，高锰酸及具有强氧化性，亚硫酸钾具有还原性，要先加亚硫酸钾， 除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化生成氯气，离子方程式为：2MnO +H2O+3SO =2MnO2↓+2OH-+3SO ； (3)冷凝管水流的位置是下进上出，冷凝效果较好，冷却水应该从冷凝管的 a 口流入，从 b 口流出； (4)水层中含有苯甲酸钾，将水层用盐酸酸化再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到苯甲酸，故操作顺序为： ACDB； (5)除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入 KOH 溶液，甲苯与 KOH 不反应，苯甲酸与 KOH 反应生成苯甲酸 钾，分液，苯甲酸钾溶液中加盐酸可以制得苯甲酸； (6)设配成苯甲酸溶液的物质的量浓度为 x，则 25mL 苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为 0.025x mol， x=0.096mol/L 则 100mL 苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L×0.1L×122g/mol=1.1712g，其质量分数= 。 【点睛】分离苯甲酸和甲苯时，要根据它们的溶解性的不同进行分离，是解本题的关键。 9.一种以冷热镀管废料锌灰制 ZnSO4·7H2O 晶体，进而获取 ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌 的方法，工艺流程如图所示： 4 − 2 3 − 2 4 − 4 − 2 3 − 2 4 − 6 5 6 5 2 3 C H COOH KOH C H COOK H O 1mol 1mol 0.025xmol 2.4 10 mol− + → + × 3 1mol 1mol=0.025xmol 2.4 10 mol−× 1.1712g 96.00%1.220g =已知：①锌灰的主要成分为 ZnO、ZnCl2，还含有 SiO2、CuO、PbO 和 FeO。 ②Cu++Cl-=CuCl↓ 回答下列问题： (1)滤渣 1 的主要成分为 SiO2 和___。 (2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。 (3)写出“沉铜”时的离子方程式___。 (4)在 pH 为 5.6 的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。 (5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内 ZnO 溶解后形成 Zn(OH) 离子，每溶解 1molZnO 需消 耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。 (6)该工艺废水中含有 Zn2+，排放前需处理。向废水中加入 CH3COOH 和 CH3COONa 组成的缓冲溶液调节 pH， 通入 H2S 发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为： 微粒 H2S CH3COOH CH3COO- 浓度/mol·L-1 0.10 0.05 0.10 处理后的废水的 pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14， Ka(CH3COOH)=2.0×10-5) 【 答 案 】 (1). PbSO4 (2). 产 生 SO2 气 体 ， 污 染 环 境 或 无 法 反 应 ( 速 率 慢 ) 等 (3). Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+ (4). 促使 Fe(OH)3 胶体聚沉，有利于过滤分离 (5). 2 (6). H2+Zn(OH) 2H2O+Zn+2OH- (7). 5 (8). 1×10-11mol·L-1 【解析】 2 4 − 2- 4 = 电解【分析】 锌灰(主要成分是 ZnO，ZnCl2，还含有 SiO2，CuO，PbO 和 FeO 等)用硫酸酸浸，其中 PbO 转化成 PbSO4 沉 淀，SiO2 不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣 1 主要为 PbSO4、SiO2；滤液含有 ZnSO4、FeSO4、CuSO4 和 H2SO4，向滤液中加入 Zn 粉，将 Cu2+还原利用生成 CuCl 沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水 将 Fe2+氧化成 Fe3+，再加入 ZnO 调节溶液 pH，将 Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩 并冷却结晶，过滤得到 ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后 电解生成 Zn，以此解答该题。 【详解】(1)由分析可知，滤渣 1 的主要成分为 SiO2 和 PbSO4； (2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化 FeO 生成 Fe3+， 同时生成 SO2，污染环境，发生反应的化学方程式 2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O； (3)“沉铜”时加入 Zn 粉，将 Cu2+还原利用生成 CuCl 沉淀，发生反应的离子方程式为 Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+； (4)在 pH 为 5.6 的条件下氧化后，生成的 Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅 拌，可促使 Fe(OH)3 胶体聚沉，有利于过滤分离； (5)储罐内 ZnO 溶解后形成 Zn(OH) 离子，发生的离子反应 2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH) ，则每溶解 1molZnO，需消耗 2molKOH；电解池阳极上的 H2 在碱性条件下失电子氧化生成 H2O，电极反应为 H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上 Zn(OH) 离子得电子还原生成 Zn，电极反应式为 Zn(OH) +2e-=Zn+4OH-，则 电解池中的总反应离子方程式为 H2+Zn(OH)42- 2H2O+Zn+2OH-； (6)已知 Ka(CH3COOH)= ，则 c(H+)=1×10-5mol/L，此 时溶液 pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) = × = =1.0×10-7×1.0×10-14，其中 c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则 c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时 Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)， 则 c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。 【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的 pH 和 c(Zn2+)，准确利用公式是解 题关键，特别是 Ka2(H2S)×Ka1(H2S)= ，这是易错点。 10.氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下 列问题： （一）已知① H2O(g)=H2O(1) △H=-44kJ•mol-1 = 电解 + - + 53 3 c(H )c(CH COO ) c(H ) 0.1mol / L 2.0 10c(CH COOH) 0.05mol / L −×= = × -+ 2 c(H )c(HS ) c(H S) -+ 2 - c(H )c(S ) c(HS ) -+ 2 2 2 c(H ) c(S ) c(H S) -+ 2 2 2 c(H ) c(S ) c(H S)②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1 ③4NO(g)+6H2O(g) 4NH3(g)+5O2(g) △H=+1025kJ•mol-1 写出 NH3(g)和 O2(g)在一定条件下转化为 N2(g)与液态水的热化学方程式_________ （二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =-92.4kJ•mol-1。合成时反应温度控制在 500℃， 压强是 2×l07~5×l07Pa，铁触媒做催化剂。 （1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_________。 A．及时分离出 NH3 B．使用铁触媒做催化剂 C．反应温度控制在 500℃左右 D．反应时压强控制 2×l07~5×l07Pa （2）一定温度下，将 1molN2 和 3molH2 置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。 下列说法中正确的是________。 A．单位时间内，有 3mol H-H 生成的同时又 6md N-H 断裂，说明反应达到平衡状态 B．N2 和 H2 的物质的量之比保持不变时，说明反应达到平衡状态 C．达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大 D．达到平衡状态后,再充入 2molNH3，重新达到平衡后，N2 的体积分数变小 （三）如图表示 H2 的转化率与起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的 压强 P1、P2、P3 从高到低的顺序是_________________；测得 B（X，60）点时 N2 的转化率为 50%，则 X=________。 （四）一定温度下，将 lmolN2 和 3molH2 置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为 P，NH3 的物质 的量分数为 20%，列式计算出此时的平衡常数 Kp=________（用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总 压×体积分数，可不化简）。 （五）以 NO 原料，通过电解的方法可以制备 NH4NO3，其总反应是 8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出 以惰性材料作电极的阳极反应式：_______________。 【答案】 (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) △H=-1650kJ/mol (2). BC (3). CD (4). P1>P2>P3 在(5). 2∶5 (6). (7). NO+2H2O-3e-=4H++NO3- 【解析】 （ 一 ） 已 知 ① H2O(g)=H2O(1) △H=-44kJ•mol-1 ， ②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1 ， ③4NO(g)+6H2O(g) 4NH3(g)+5O2(g) △H=+l025kJ•mol-1 ， 根 据 盖 斯 定 律 ， 将 ①×6-②×2-③ 得 ： 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) △H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol， 故答案为 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) △H=-1650kJ/mol； （二）（1）A．及时分离出 NH3，减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选； B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度， 平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在 500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏 特列原理解释，选；D．该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原 理解释，不选；故选 BC； （2）A．单位时间内，有 3mol H-H 生成的同时必定 6md N-H 断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误； B．根据方程式，起始是 N2 和 H2 的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中 N2 和 H2 的物质的量之 比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态 C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平 衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入 2molNH3，相当于增大 压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2 的体积分数变小 ，正确；故选 CD； （三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依 次减小，故 P1>P2>P3；设起始量氢气为 x，氮气物质的量为 y；根据题意和图像，N2 的转化率为 50%，H2 的 转化率为 60%， N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) y x 0.5y 0.6x 则 0.5y：0.6x=1：3，解得 = ，即 X= ，故答案为 P1>P2>P3； ； （四） N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始（mol） 1 3 0 反应 x 3x 2x 平衡 1-x 3-3x 2x 则 ×100%=20%，解得 x= mol，NH3 的物质的量分数为 ÷ =20%，N2 的物质的量分数为 20%， ( ) ( ) 2 3 0.2P 0.2P· 0.6P y x 2 5 2 5 2 5 2 4 2 x x− 1 3 2 3 10 3H2 的物质的量分数为 60%， 平衡常数 Kp= ，故答案为 ； （五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离 子，电极反应式为 NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为 NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。 11.2020 年 1 月 9 日，南京大学物理学院高力波教授团队，探索出了一种可控生长超平整石墨烯的方法，该 方法有望推广到新材料、新能源等重要研究领域。 (1)如图图 1 和图 2 所示，科学家可以用特殊的胶带将石墨不断地粘撕得到石墨烯，是因为___。 (2)石墨烯中碳原子的杂化方式为___，12g 石墨烯中含有___个如图所示的六元环。 (3)石墨晶体中碳碳键的键长___金刚石晶体中碳碳键的键长(填“>”“