1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省巨野县麟州中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）11999年发现的114号元素的同位素,其中子数为184,该同位素原子的质量数为 ( )A、70B、114C、228D、298【答案】D【解析】试题分析：因为质子数中子数质量数，所以该同位素的质量数114184298，答案选D。考点：考查质量数的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确质量数与中子数以及质子数的数量关系，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。2某元素原子的价电子构型为3s23p5，关于它的描述正确的是 （ ）A它的元素符号为FB它
2、在周期表中的位置是第3周期A族C它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5 D该元素的单质不能和氢气反应【答案】C【解析】3制取下列物质不以二氧化硅为原料的是（ ）A光导纤维 B玻璃 C粗硅 D人造刚玉【答案】D【解析】试题分析：制取光导纤维、玻璃和粗硅都要使用二氧化硅为原料，人造刚玉的主要成分是氧化铝，所以不用二氧化硅作原料，答案选D。考点：考查二氧化硅的用途4下列说法正确的是A淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物B乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应C乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应D乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成【答案】C【解析】试题分析：A淀
3、粉、纤维素都是天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸形成的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，B错误；C乙醇含有羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应，C正确；D乙烯可以与氢气发生加成反应，苯也能与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。答案选C。考点：考查有机物结构和性质判断5为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是ANa2SO3是否被氧化（BaCl2） BFeCl2是否被氧化（KSCN）CKI是否被氧化（淀粉溶液） D氯水是否失效（pH试纸）【答案】A【解析】试题分析：A、亚硫酸钠不变质，加入氯化钡溶液也会有沉淀生成，所以用氯化钡不能
4、判断亚硫酸钠是否变质，错误；B、氯化亚铁若被氧化，则含有铁离子，铁离子与KSCN溶液反应产生红色，正确；C、KI若被氧化，则含有碘单质，加入淀粉溶液，则溶液变蓝色，正确；D、新制氯水中含有次氯酸，使pH试纸先变红色后褪色，若失效，则pH试纸只会变红色，不褪色，正确，答案选A。考点：考查物质的化学性质6下列措施对增大反应速率明显有效的是AFe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸BNa与水反应时增大水的用量C在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强DAl在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉【答案】D【解析】试题分析：AFe与稀硫酸反应制取H2时，若改用浓硫酸，由于浓硫酸主要以酸分子的
5、形式存在，二者会发生钝化。所以改用浓硫酸，不能使反应速率加快，错误。BNa与水反应时增大水的用量，水的浓度不变，所以反应速率不变，错误。C在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，由于没有气体参加或产生，所以增大压强，化学反应速率不变，错误。DAl在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉，由于接触面积增大，所以反应速率加快，正确。考点：考查增大化学反应速率的措施的知识。7下列有关化学平衡的说法正确的是A温度越高，K值越大BK值越大，正反应速率越大CK的大小与起始浓度有关DK值越大，反应物的转化率越大【答案】D【解析】试题分析：A、温度升高，如平衡向正反应方向移动，则K值增大，如向逆反应方向移
6、动，则K值减小，故A错误；B、K值越大，反应物的转化率越大，则正向反应进行的程度越大，与正反应速率的大小无关，故B错误；C、平衡常数是温度的函数，只与温度有关，对于同一个化学反应来说，在相同温度下，平衡常数为定值，故C错误；D、K值越大，说明平衡时生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应物的转化率越大，故D正确；故选D。【考点定位】考查化学平衡常数【名师点晴】本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化
7、学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。8某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是AK+、Mg2+、Cl-、SO42- BNa+、NH4+、SO42-、HCO3- CNa+、K+、SO42-、Cl- DK+、Na+、NO3-、AlO2-【答案】C【解析】试题解析：加入铝粉能够产生氢气，溶液中可能存在大量的H+或OH-，AMg2+与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故A错误；BHCO3-能够与H+和OH-发生反应，NH4+与氢氧根离子反应
8、，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、SO42-、Cl-离子之间不发生反应，都不与H+和OH-反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DAlO2-与H+发生反应，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气，故D错误。考点：离子共存9下列实验操作正确的是【答案】CD【解析】试题分析：A、蒸发皿应用坩埚钳夹取，不能用手直接拿，A错误；B、胶头滴管的正确使用方法是竖直悬空，B错误；C、横放试管，用纸槽将药品送到试管底部的方法正确，C正确；D、取用液体时，瓶口要紧挨，防止液体流出，瓶塞倒放桌面上，操作正确，D正确。答案选CD。考点：基本实验操作10下列只能表示一个化学反应的离
9、子方程式的是A、CO32- + 2H+ =H2O + CO2 B、Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O C、H+OH-=H2OD、Cu2+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+Cu（OH）2【答案】D【解析】试题分析：A、CO32- + 2H+ =H2O + CO2,表示可溶性碳酸盐与强酸的反应；B、Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O,表示氢氧化铜与强酸的反应；C、H+OH-=H2O表示强酸与强碱的反应；D、Cu2+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+Cu（OH）2，只能表示硫酸铜与氢氧化钡的反应;选D。考点：考查离子方程式的意义。11能使酚酞变红的溶液中可以大量共存的离子
10、组是AMg2+、Fe3+、Cl-、 H+ BFe2+、SO42-、CO32-、NO3-CBa2+、NO3-、Cl-、Na+ DK+、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】C【解析】试题分析：能使酚酞变红的溶液呈碱性，A、Mg2+、Fe3+和H+在碱性条件下都不能大量共存，A错误；B、Fe2+在碱性条件下都不能大量共存，B错误；C、该组离子均能大量共存，C正确；D、NH4+和HCO3-在碱性条件下都不能大量共存，D错误。答案选C。考点：离子共存12一定温度下,将浓度为a molL-1的Na2S溶液加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是Ac(OH-) BKh(Na2S) Cc(H+)/c(S2-
11、) Dc(Na+)/c(S2-)【答案】A【解析】试题分析：Na2S是强碱弱酸盐，存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-水解平衡，加水不断稀释，促进水解，但溶液的体积变大。A、加水不断稀释，促进水解，氢氧根离子的物质的量增大，但溶液的体积变大占主导，所以c（OH-）终保持减小，A正确；B、水解常数是温度的函数，温度不变，Kh（Na2S）不变，B错误；C、溶液中氢离子浓度变化不大，而加水稀释硫离子浓度减小，所以c(H+)/c(S2-)的比值增大，C错误；D、 c(Na+)/c(S2-)等于物质的量之比，加水稀释钠离子的物质的量不变，而硫离子物质的量减小，所以两者的比值增大，D错误，答案选A。考
12、点：考查影响水解平衡移动的因素13科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法正确的是 AA为正极，B为负极B生产过程中A电极质量减轻C电子从B极向A极移动D负极反应式为：SO22e+ 2H2O = SO42+ 4H+【答案】D【解析】试题分析：A通入SO 2 ，B通入O 2 ，所以A是负极，B是正极，选项A不正确；原电池工作时，负极上是SO2被氧化，电极本身没有参加反应，质量不变，选项B不正确；原电池中电子由负极向正极移动，选项C不正确；负极发生反应的电极反应为：SO22e+ 2H2O = SO42+ 4H+ ，选项D正确。考点：原电池电极判断、电子移动方向及电极反应等。14（原创）下列离子
13、方程式书写正确的是A实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）Mn2+2Cl-+Cl2+2H2OB向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至中性：SO42-+2H+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OC漂白粉溶液吸收二氧化碳：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+DNH4Cl浓溶液中滴加浓NaOH溶液并加热：NH4+OH-NH3+H2O【答案】D【解析】试题分析：浓盐酸中HCl完全电离，HCl需拆成H+、Cl-，A项错误；B项错误，正确写法为：SO42-+H+Ba2+OH-=BaSO4+H2O；漂白粉溶液吸收二氧化碳生成次氯酸，次氯酸为弱酸，应写成化学式，正确写法为：
14、Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，C项错误。考点：离子方程式的判断15向含下列离子的各组溶液中，分别加入Na2O2后，还能大量共存的一组是ANH4+、Ca2+、NO3-、Cl- BK+、Mg2+、HCO3-、MnO4-CNa+、Ba2+、Cl-、I- DK+、Na+、CO32-、SO42-【答案】D【解析】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，且具有氧化性，所以A错，铵离子在碱性溶液中不能共存；B错，Mg2+、HCO3-在碱性溶液中不能共存；C错，I-具有还原性能被过氧化钠氧化；D正确；16常温常压下，某气态烷烃与适量O2混合后的体积是4 L，两者恰好能完全燃
15、烧，恢复到原状况，体积变为2 L，则该烷烃的结构简式是_。【答案】C3H8【解析】设该烷烃为CxHy，则CxHy+(x+)O2xCO2+H2O V1 x+ x 1+ 2 L 4 L-2 L 解得：x=1+，又因为烷烃则2x+2=y，联立解得：x=3，y=8，即分子式为：C3H8。17（13分）A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示(部分产物已略去)（1）若A为金属单质，D是某强酸的稀溶液，则反应CDB的离子方程式为_（2）若A、B为盐，D为强碱，A的水溶液显酸性，则 C的化学式为_反应BAC的离子方程式为_。（3）若A为强碱，D为气态氧化物。常温时，将B的水溶液
16、露置于空气中，其pH随时间t变化可能如上图的图b或图c所示(不考虑D的溶解和水的挥发)若图b符合事实，则D为_(填化学式)，此时图b中x_7(填“”“”“”)。若图c符合事实，则其pH变化的原因是_(用离子方程式表示)（4）若A为非金属单质，D是空气的主要成分之一。它们之间转化时能量变化如上图a，请写出1molA和D反应生成C的反应热为H_【答案】（1）3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O （2） Al(OH)3Al33AlO6H2O=4Al(OH)3。（3） CO2 2HSOO2=2SO2H （4） H110.6 kJ/mol【解析】试题分析：（1）金属单质与少量的酸D发生反应得到C，当酸
17、过量时，C与酸继续发生反应得到B，金属单质也可以与过量的酸直接反应得到B。说明A为变价金属，在中学化学中只有Fe,酸D为强氧化性的酸，则为HNO3。B为Fe(NO3)3,C为Fe(NO3)2. 反应CDB的离子方程式为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。（2）若A、B为盐，D为强碱，A的水溶液显酸性，符合上述关系的各种物质分别是A为AlCl3,B：NaAlO2;C: Al(OH)3;D:NaOH. C的化学式为Al(OH)3. 反应BAC的离子方程式为Al33AlO6H2O=4Al(OH)3。（3）若A为强碱，D为气态氧化物。常温时，将B的水溶液露置于空气中，其pH随时间t变化若图b符合事
18、实，则A：NaOH；B：NaHCO3；C：Na2CO3；D：CO2。NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以pH7。若图c符合事实，A：NaOH；B：NaHSO3；C：Na2SO3；D：SO2。则其pH变化的原因是2HSOO2=2SO2H.由亚硫酸氢盐变为强酸的酸式盐NaHSO4。（4）若A为非金属单质，则符合要求的物质是：A：H2；D：O2；C：H2O，反应方程式为H2+1/2O2H2O.该反应的反应热为：393.5+282.5=110.6KJ/mol。考点：考查物质的推断、化学式、离子方程式的书写及反应热的计算的知识。18利用太阳光分解水制氢是未来解决能源危机的理想方法之一某研究小
19、组设计了如下图所示的循环系统实验光分解水制氢反应过程中所需的电能由太阳能光电池提供，反应体系中I2和Fe2+等可循环使用（1）写出电解池A 、电解池B 和光催化反应池中 反应的离子方程式（2）若电解池A中生成3.36L H2（标准状况），试计算电解池B中生成Fe2+的物质的量 （3）若循环系统处于稳定工作状态时，电解池A中流入和流出的HI浓度分别为a mol/L和b mol/L，光催化反应生成Fe3+的速率为c mol/min，循环系统中溶液的流量为Q（流量为单位时间内流过的溶液体积）试用含所给字母的代数式表示溶液的流量Q 【答案】（1）2H+2IH2+I2 ；4Fe3+2H2O4Fe2+O2
20、+4H+；2Fe2+I22Fe3+2I；（2）0.3mol；（3）Q=【解析】（1）由图可知，电解池A中，电解HI生成氢气与I2，电解池中总反应的离子方程式为：2H+2IH2+I2 ，电解池B中为电解铁盐溶液，生成Fe2+、O2、H+，电解池中总反应的离子方程式为：4Fe3+2H2O4Fe2+O2+4H+，光催化反应池中为Fe2+、I2、H+，生成Fe3+、I、H+，光催化反应池中总反应的离子方程式为：2Fe2+I22Fe3+2I，故答案为：2H+2IH2+I2 ；4Fe3+2H2O4Fe2+O2+4H+；2Fe2+I22Fe3+2I；（2）若电解池A中生成3.36L H2（标准状况），氢气的
21、物质的量=0.15mol，转移电子物质的量=0.15mol2=0.3mol，根据电子转移守恒，电解池B中生成Fe2+的物质的量为=0.3mol，故答案为：0.3mol；（3）若电解池A中流入和流出的HI浓度分别为a mol/L和b mol/L，则单位时间内消耗的HI的物质的量为（ab）Qmol/L，根据反应方程式得失电子守恒，光催化反应池中单位时间内生成Fe3+的物质的量为c mol/min，则有（ab）Qmol/L=c mol/min，故答案为：Q=19已知SiO2、SO2和CO2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；Mg和Na的化学性质也具有一定相似性I、用如图所示装置进行Mg与SO2
22、反应的实验（1）选择制取SO2的合适试剂 10%的H2SO4溶液 70%的H2SO4溶液 Na2SO3固体 CaSO3固体（2）写出装置B中发生的主要反应的化学方程式 装置C中NaOH溶液的作用是 （3）该装置仍有不足之处，请说明 、某研究小组进行了“实验室制Si”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的四条信息：Mg在加热的条件下即可与SiO2反应金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4Si和SiO2均不与稀H2SO4反应SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量在用稀硫酸溶
23、解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（4）该小组“实验室制Si”的化学方程式是 （5）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是（用化学方程式说明）： 【答案】I、（1）；（2）2Mg+SO22MgO+S；吸收多余的SO2，防止污染环境；（3）在A和B之间缺少干燥装置；C装置没有与大气相通；未设计一个防倒吸装置；、（4）2Mg+SiO22MgO+Si；（5）2Mg+Si=Mg2Si、Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4、SiH4+2O2=SiO2+2H2O【解析】I、（1）制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐，选项中不可选用CaSO3
24、，因为反应生成的CaSO4微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，二氧化硫是易溶于水的气体，所以选用较浓的硫酸，故答案为：；（2）Mg具有还原性，SO2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的方程式为2Mg+SO22MgO+S，二氧化硫可与碱反应，易防止污染空气（3）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置、（4）Mg在点燃的条件下即可与SiO2反应，由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁，反应的方程式为2Mg+SiO22MgO+Si（5）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4，原因是发生2M
25、g+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO42MgSO4+SiH4，SiH4+2O2SiO2+2H2O，金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃【点评】本题以镁和二氧化硅的反应为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质以及实验原理，把握实验的基本操作方法，题目难度中等20（7分）苯甲酸和苯甲酸钠均是食品防腐剂。某化学学习小组的同学们尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，实验过程如下：按图示装置，在圆底烧瓶中放入适量甲苯和水，在石棉网上加热至沸，从仪器X上口加入适量高锰酸钾，继续煮沸并间歇摇动烧瓶，直到甲苯层消失，回流液不再出现油珠时停
26、止反应。按如下流程分离出苯甲酸：已知： 苯甲酸熔点为122 ，沸点为249 。 不同温度下苯甲酸在水中溶解度：4 0.18 g，18 0.27 g，75 2.2 g；请回答下列问题：（1）仪器X的名称是 ，冷却水应从 口进入（填“a”或“b”）。（2）分离苯甲酸的操作中，冰水浴冷却滤液的主要目的是 ，制得的苯甲酸晶体中可能含有的杂质是 ，为进一步提纯，应采用的方法是 。（3）芳香化合物A与苯甲酸分子式相同，A与NaOH溶液反应生成两种盐，该反应的化学方程式是 。【答案】（共7分，最后一空2分，其余每空1分）（1）冷凝管；b（2）使盐酸酸化时生成的苯甲酸在水中溶解更少，有利于更多的苯甲酸结晶析出
27、；KCl；重结晶（3） 2NaOH HCOONa H2O【解析】试题分析： （1）仪器X是冷凝管，冷却水应遵循下进上出的原则，故从b口进入。 故填：冷凝管；b（2）根据信息苯甲酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，用冰水浴冷却滤液的目的是减少苯甲酸在水中的溶解，制备过程中使用了高锰酸钾和盐酸，因此制得的苯甲酸晶体中可能含有的杂质是KCl，氯化钾和苯甲酸的溶解度随温度的变化不同，可以用结晶和重结晶的方法提纯。故填：使盐酸酸化时生成的苯甲酸在水中溶解更少，有利于更多的苯甲酸结晶析出；KCl；重结晶（3）根据芳香化合物A与苯甲酸分子式相同，且A与NaOH溶液反应生成两种盐，可知，A是，与NaOH溶液反
28、应的化学方程式是 2NaOH HCOONa H2O。故填： 2NaOH HCOONa H2O考点：考查了有机物的制备实验的相关知识。21列式计算（1）将标准状况下的HCl气体336L溶于1.0L水中，所得盐酸密度为1.20gcm-3。求该盐酸物质的量浓度。（保留三位有效数字）（2）欲使100g 10.4% 的NaOH溶液溶质的质量分数增大到20%需往溶液中加入多少克氢氧化钠？若20%NaOH溶液的密度为1.066 g/cm3，计算物质的量浓度。（保留小数点后两位）【答案】(6分，每空2分)（1）11.6 mol/L（2）12 g 5.33 mol/L【解析】试题分析：（1）n(HCl)=336
29、 L/22.4 L mol-1=15.0 molm(HCl溶液)=1000g+15.0 mol36.5 g mol-1=1547.5gV(HCl溶液)=1547.5g1.20gcm-3c(HCl)= =11.6 mol/L（2）100g 10.4% 的NaOH溶液中NaOH为10.4g，设需再加x g NaOH，则有 =20%，解得x =1220%NaOH溶液的密度为1.066 g/cm3，按中溶液计算，溶质22.4g，物质的量为0.56mol，溶液质量为112g，体积为112g1.066 g/cm3，则c(NaOH)= =5.33 mol/L考点：物质的量浓度的计算22B、C、D、E均是短周
30、期元素。B元素原子最外层上的电子数为内层电子总数的2倍。B元素原子和C元素原子最外层电子数之差为2。C和D形成的化合物进行焰色反应火焰呈黄色。E元素的气态单质、E的最高价氧化物的水化物均能与D的最高价氧化物的水化物反应。(1)上述4种元素按照原子序数由大到小排列为_、_、_、_；（填元素符号）；(2) B、C形成的化合物(比空气重)的结构式为 ；(3)C、D的单质在加热条件下生成物质X，其中含有化学键的类型为_；X的电子式为 ；(4)Y是C的气态氢化物。常温下，将D的单质投入Y中，发生反应的离子方程式为_； 该反应_(填“能”、“不能”)作为设计原电池的反应原理。【答案】 (1)Cl、Na、O
31、、C (2) (3) 离子键、(非极性)共价键 (4) 2Na2H2O 2 Na+2 OH-H2 能【解析】试题分析：由题可以推断出B、C、D、E分别为C、O、Na、Cl，所以(1)上述4种元素按照原子序数由大到小排列为Cl、Na、O、C；(2) B、C形成的化合物为CO2,其结构式为，(3)C、D的单质在加热条件下生成物质X为Na2O2,其含有化学键的类型为离子键、(非极性)共价键，其电子式为；(4)Y为H2O,D为Na,所以将D的单质投入Y中，发生反应的离子方程式为2Na2H2O 2 Na+2 OH-H2；因为该反应为氧化还原反应，所以该反应能作为设计原电池的反应原理。考点：元素及其化合物
32、点评：本题考查了元素及其化合物的知识，其出题的模式为高考出题模式的热点，该提综合性高，有一定的难度。23CO是现代化工生产的基础原料，下列有关问题都和CO的使用有关。（1） 工业上可利用CO生产乙醇:2CO（g）4H2（g）CH3CH2OH（g）H2O（g） H1又已知：H2O（l）= H2O（g） H2CO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g） H3工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：2CO2（g）6H2（g）CH3CH2OH（g）3H2O（l） H则：H与H1、H2、H3之间的关系是：H_。（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：4H2（g）+2
33、CO（g） CH3OCH3（g）+H2O（g），下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有 。A2v（H2）= v（CO）BCO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率C容器内的压强保持不变D混合气体的密度保持不变E混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应如下:CO（g）+ 2H2（g）CH3OH（g）在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（）与温度（T）、压强（p）的关系如（图1）所示。图1合成甲醇的反应为_ （填“放热”或“吸热”）反应。A、B、C三点的平衡常数KA、K
34、B、KC的大小关系为_ 。若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为 L。（图2）中虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始氢气与CO投料比和CO平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，用实线画出不使用催化剂情况下CO平衡转化率的示意图图2CO的平衡转化率（）与温度（T）、压强（p）的关系如（图3）所示，实际生产时条件控制在250 、13104 kPa左右，选择此压强的理由是_。图3【答案】（1）H13H22H3 (1分) （2）CE (1分)（3）放热（1分）KA=KBKC（1分）2（2分）(1分)在1.3104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不
35、大，同时生产成本增加，得不偿失。 (1分)【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中含有的CO(g)、H2O(g)消去可得到：2CO2(g)6H2(g) CH3CH2OH(g)3H2O(l)，则HH13H22H3。（2）A未指明正逆反应的方向，且氢气的速率应是CO速率的2倍，不能判断为平衡状态，A错误；BCO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率，都是正反应速率，且不符合化学计量数之比，不能判断为平衡状态，B错误；C容器的体积固定，该反应是气体的物质的量改变的可逆反应，所以当压强一定时，即为平衡状态，C正确；D容器的体积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能
36、判断为平衡状态，D错误；E混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生改变，所以气体的平均相对分子质量发生变化，当气体的平均相对分子质量不变时，为平衡状态，E正确，答案选CE；（3）从图1可知，当压强一定时，CO的转化率随温度升高而降低，说明升温，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，所以正反应(合成甲醇的反应)是放热反应；平衡常数与温度有关，反应放热，则升高温度，平衡常数减小，A与B的温度相同，C的温度高于A、B，所以C的平衡常数较小，所以三者的关系是KA=KBKC；达到平衡状态A时，容器的体积为10L，状态A与B的平衡常数相同，则A状态时CO的转化率是0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol(
37、10.5)=5mol，浓度是0.5molL1，氢气的物质的量是其2倍，为1 molL1，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度是0.5 molL1，所以平衡常数K=1；设B状态时容器的体积是VL，B状态时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是10mol(10.8)=2mol，浓度为molL1，氢气的物质的量是molL1，生成甲醇的物质的量是8mol，浓度是molL1，解得V=2。使用催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但平衡状态不会改变，投料比一定时，是否使用催化剂不影响CO2的转化率，所以相同投料比时CO2的转化率相等，即两种情况下CO2的转化率随投料比的变化曲线重合，图像见答案
38、。从图3中可看出温度越低、压强越大CO的转化率越高，当在1.3104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本增加，得不偿失。【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，对图像的分析判断。【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。- 13 - 版权所有高考资源网