1、内蒙古赤峰第二实验中学2021届高三化学模拟考试试题（一）（含解析）本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Ba-137第卷选择题(共36分)一、选择题(本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。)1. “笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中不正确的是()A.B.C.D.用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪用墨写字画画可长久不褪色纸及造纸原料的主要成分均是纤维素用石
2、材制作砚台的过程是化学变化A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，因此用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A正确；B、松烟墨性质稳定，因此用墨写字画画可长久不褪色，B正确；C、纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C正确；D、用石材制作砚台的过程是物理变化，D错误；答案选D。2. 下列关于有机物的说法不正确的是A. 正丁烷和异丁烷的沸点相同B. 麦芽糖的水解产物只有葡萄糖C. 疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性D. 苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同【答案】A【解析】【详解】A. 正丁烷 不带支链，沸点高于带支链的异丁烷，A项错误；B. 麦芽糖水
3、解为葡萄糖，B项正确；C. 蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，C项正确；D. 乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，D项正确；答案选A。3. 下列说法正确的是( )。A. 将SO2通入品红溶液中证明SO2具有漂白性B. 将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼C. 将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32D. 将少量溴水滴入过量的苯酚溶液中有白色沉淀生成【答案】A【解析】【详解】ASO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，故A正确；B将铁屑
4、放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2活泼，故B错误；C将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32-，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，还可能含有Cu2+、Fe2+等，故C错误；D苯酚溶液中滴加浓溴水才会有白色沉淀生成，少量溴水无沉淀，故D错误；故答案为A。4. 在乙烯分子中有5个键、一个键，它们分别是（ ）。A. 未杂化的sp2轨道形成键、杂化的2p轨道形成键B. 杂化的sp2轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键C. C-H之间是sp2形成的键，C-C之间有未参加杂化的2p轨道形成的键D. C-C之间是sp2形成的
5、键，C-H之间有未参加杂化的2p轨道形成的键【答案】C【解析】【详解】乙烯中存在4个C-H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C-H之间是sp2形成的键，C-C之间有1个是sp2形成的键，C-C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的键，选项C符合题意，故答案为C。5. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向发黄的浓硝酸中通入O2黄色褪去浓硝酸中混有Fe3+B向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置下层显紫红色原溶液中含有I-C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170，产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色
6、褪去乙醇发生了消去反应D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D错误；故选B。6. 下列叙述正确的有（）。A. 第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B. 第三周期主族元素的离子半径随核电荷数增大依次减小C. 卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小D. 价层电子对相斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【答案】D【解析】【详解】A第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A
7、错误；B第三周期的Na+、Mg2+、Al3+的离子核外结构排布相同，P3-、S2-、Cl-的离子核外结构排布结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，且P3-、S2-、Cl-比Na+、Mg2+、Al3+离子核外多1个电子层，离子半径大，则第三周期主族元素的离子半径由大到小的关系是P3-S2-Cl-Na+Mg2+Al3+，故B错误；CHX随核电荷数增大，分子间的范德华力增大，即HClHF，但HCl的沸点低是HF分子间还存在氢键的缘故，故C错误；D价层电子对相斥理论中，键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而不计入，故D正确；故答案为D。7. 某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式为，下列有关X的
8、说法不正确的是（）A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 不溶于水，密度可能比水的小C. 遇碱溶液或酸溶液均易变质D. 与C4H9COOC3H7互为同分异构体【答案】A【解析】【分析】【详解】AX的官能团为酯基，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B属于酯类，则不溶于水，密度可能比水的小，故B正确；C含有酯基，则酸性、碱性条件下都可水解而变质，故C正确；D与C4H9COOC3H7分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故答案为A。8. 下列解释事实的方程式不正确的是A. 电解饱和食盐水，产生黄绿色气体：B. 用溶液将水垢中的转化为：C. 向H2O2溶液中滴加溶液，产生气泡：D. 向苯酚浊
9、液中滴加溶液，溶液变澄清：【答案】B【解析】【详解】电解饱和的食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气，故化学方程式为，选项A正确；B.用溶液除水垢中的生成碳酸钙和硫酸钠，是一种微溶物书写离子方程式不拆，故离子方程式为，选项B错误；C.向H2O2溶液中滴加溶液生成水和氧气，故化学方程式为，选项C正确；D.向苯酚浊液中滴加溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，故离子方程式为，选项D正确；答案选B9. 下图为有关分子在催化剂作用下发生转化的示意图，下列叙述正确的是（ ）。A. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D. 使用催化剂a、b
10、均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2NH3属于氮的固定，NH3NO不属于氮的固定，故A错误；B催化剂a作用下，N2NH3，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误；C催化剂a作用下，N2NH3，断裂非极性共价键NN键，催化剂b作用下，NH3NO，断裂极性共价键N-H键，故C错误；D催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故D正确；故答案为D。10. 在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如下表所
11、示：T/2580230K5104219105下列说法不正确是（ ）。A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应B. 230时，该反应的正反应为不自发的反应C. 80达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 molL1D. 25时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为210-5【答案】B【解析】【详解】A图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A正确；B230时，该反应的平衡常数K=1.9105，只是说明正反应进行的程度低，但仍为自发的反应，故B错误；C80达到平衡时，测得n(CO)
12、=0.3mol，c(CO)=1mol/L，依据平衡常数计算式，K=2，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，故C正确；D25时反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，平衡常数的倒数=210-5，故D 正确；故答案为B。11. 科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5mol/L Li2SO4水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。下列有关该电池的说法正确的是（ ） A. 该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B. 该
13、电池负极的电极反应式为：2Li+2H2O=2LiOH+H2C. 电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+D. 电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连【答案】C【解析】【分析】电池放电时为原电池原理，电极a上Li失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极b上LiMn2O4在正极得到电子发生还原反应生成Li2Mn2O4，电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，外加直流电源的负极与负极电极a相连为阴极发生还原反应，进行分析判断。【详解】A.该电池放电时，溶液中的SO42-向负极电极a移动，A错误；B.电池放电时为原电池原理，电极a上Li
14、失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极反应式为：Li-e-=Li+，B错误；C.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，电极反应与正极相反，则反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+，C正确；D.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池二次电池的知识，二次电池是可充电电池，放电时起原电池作用，负极失去电子发生氧化反应，正极获得电子发生还原反应，充电时负极电源的负极连接，为阴极，发生还原反应；正极与电源的正极连接，作阳极，发生氧化反应，注意电极反应式的书写，明确离子的定向移
15、动问题。12. 常温下，向50 mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A. 若a点pH=4，且c(Cl-)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=B. 若x=100，b点对应溶液中：c(OH)c(H)，可用pH试纸测定其pHC. bc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D. 若y=200，c点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)【答案】D【解析】【详解】A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)
16、，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.bc段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-
17、)，物料守恒得：c(Cl-)= c(ClO-) +c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。第卷非选择题(共64分)二、非选择题(本题共4小题，共64分。)13. 我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(H3O)3(NH4)4(N5)6Cl(用R代表)，请根据其组成的元素和结构回答下列问题：(1)氮原子价层电子的轨道表达式为_。(2)第一电离能N_O(填“”、“”或“”)，其原因是_。(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如下图所示。R中两种阳离子的相
18、同之处为_，不同之处为_。(填标号)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R中阴离子N5-中的键总数为_个。大键可用符号mn表示，其中m为形成大键的原子数，n为形成大键的电子数，则N5-中的大键应表示为_。图中虚线代表氢键，其表示式为(NH4)NHCl、_、_。(4)提取炼铜阳极泥中金、银、铂时，用到王水(HNO3和HCl的物质的量之比为13的混酸)，过程如下：滤渣的成分是_，(NH4)2PtCl6中配体是_。金和浓硝酸反应的化学方程式为：Au+6HNO3(浓)=Au(NO3)3+3NO2+3H2O，该反应的平衡常数很小，几乎不反应，但金却可以溶于王水，原因
19、是_，试写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). (3). N原子的2p轨道为半充满状态，具有一定稳定性，故第一电离能大 (4). abd (5). c (6). 5 (7). (8). (H3O+)O-HN (9). (NH4+)N-HN (10). AgCl (11). Cl- (12). 王水中含有大量的Cl-，Au3+与Cl-可生成AuCl4-，使该平衡中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水 (13). Au + HNO3 + 4HCl =HAuCl4 + NO+ 2H2O【解析】【分析】(1)氮原子价层电子的电子排布式为2s22p3；(2)N原子的2p轨道上有3个
20、电子，为半充满结构，相对稳定；(3)根据图示，阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个键，孤电子对数为=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3键，孤电子对数为=1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；根据图示N5-中键总数5个；O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键；(4)粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，过滤后的氯化银滤渣用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银，滤液中通入二氧化
21、硫具有还原性，被氧化为硫酸，金的络离子被还原为金属金，过滤得到滤液中 含PtCl62-，加入固体氯化铵得到沉淀(NH4)2PtCl6，受热分解得到金属Pt。【详解】(1)氮原子价层电子的电子排布式为2s22p3，则价层电子的轨道表达式为；(2)N原子价层电子的电子排布式为2s22p3，而O原子价层电子的电子排布式为2s22p4，其中N原子的2p轨道为半充满状态，具有一定稳定性，故第一电离能NO；(3)a阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，为sp3杂化；
22、b由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；cNH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；d含有的共价键类型都为键；则：两种阳离子的相同之处为abd，不同之处为c；根据图示N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大键，可用符号表示；O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键，还可表示为(H3O+)O-HN、(NH4+)N-HN；(4)粗铜中含金、银、铁、镍、锌等杂质，电解时铜、铁、镍、锌被氧化，金、银、铂作为阳极泥而沉淀下来，王水溶解后得到金铂的溶液和AgCl沉淀，滤渣的成分是AgCl，(NH4)2PtCl6中配体是Cl-；金和
23、浓硝酸反应，但该反应的平衡常数很小，所以金和浓硝酸几乎不反应，但金却可以溶于王水，王水中含有大量的Cl-，Au3+与Cl-可生成AuCl4-，使该平衡Au+6HNO3(浓)=Au(NO3)3+3NO2+3H2O中Au3+浓度降低，平衡正移，金即可溶于王水；王水中硝酸的浓度降低，还原产物为NO，则生成HAuCl4时反应的化学方程式为Au + HNO3 + 4HCl =HAuCl4 + NO+ 2H2O。14. 药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图：已知：(1)ROHRCl(2) 回答下列问题：(1)检
24、验A中官能团的方法是_，B的化学名称为_。(2)CD的反应类型是_，J+FK的反应类型是_。(3)I中官能团的名称为_，F的分子式是_。(4)E的结构简式为_。(5)由G生成H的化学反应方程式为_。(6)X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式_。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇FeCl3溶液发生显色反应；1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。(7)设计由苯甲醇为原料制备化合物的合成路线_。【答案】 (1). 加入FeCl3溶液呈紫色 (2). 对硝基苯酚(或4-硝基苯酚) (3). 取代反应 (4). 取代反应 (5). 羧基、氨基 (6). C12H9O5NPCl
25、 (7). (8). HCHO+HCN (9). 、 (10). 【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B取代反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为；D发生信息1的反应生成E，E为；G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F+J发生取代反应生成K，J为，F为；(7)以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛。【详解】(1)由分析可知A的结构简式为，A能和氯化铁溶液发生显色反应、能和浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，所以可以用
26、氯化铁溶液、浓溴水检验苯酚，检验A中官能团的方法是取少量A溶液于试管中，向试管中加入氯化铁溶液呈紫色，说明含有苯酚；B的结构简式为，B的化学名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚；故答案为：取少量A溶液于试管中，向试管中加入氯化铁溶液呈紫色；对硝基苯酚或4-硝基苯酚；(2)由分析可知CD即转化为，故其反应类型是取代反应，J+FK即+生成，故其反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；取代反应；(3)由流程图可知I中官能团的名称为氨基、羧基，F的分子式是C12H9O5NPCl；故答案为：氨基、羧基；C12H9O5NPCl；(4)由分析可知：E的结构简式为，故答案为：；(5)由G生成H的化学反应方程式为HC
27、HO+HCNHOCH2CN；故答案为：HCHO+HCNHOCH2CN；(6)X是C同分异构体，X满足下列条件：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，说明含有2个羟基，符合条件的结构简式为、；故答案为：、；(7)以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为；故答案为：。15. 化工原料水合肼（N2H4H2O）是一种强还原性的碱性液体。实验室用下图装置制备水合肼（N2H4H2O）。实验步骤：关闭K2、K3，打开K1，
28、制备 NaClO；关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，点燃酒精灯。回答下列问题：（1）盛放碱石灰的仪器的名称为_。（2）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是_。（4）水槽中放入冷水的目的是_。（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4H2O的化学方程式为_。已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O，测定水合肼粗产品的纯度步骤如下：a称取N2H4H2O粗产品(其它杂质不与I2反应)2.000g。b加水配成250.00mL溶液。c移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液。d用0.30
29、00molL1的碘标准溶液进行滴定。e重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗碘标准溶体积/mL20.2420.0219.98f数据处理。（6）碘标准溶液盛放在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。在滴定管中装入碘标准溶的前一步，应进行的操作为_，达到终点的现象是_。（7）消耗的碘标准溶平均体积为_mL，粗产品中水合肼的质量分数为_。（8）判断下列操作对测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。若在配制碘标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_。【答案】 (1). 干燥管 (2). 量筒 (3). 排除
30、空气及多余的氯气 (4). 有利于氯气与氢氧化钠溶液的反应，有利于氨气的溶解 (5). 2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl (6). 酸式 (7). 用碘标准溶液进行润洗滴定管 (8). 溶液变蓝且半分钟内不褪色 (9). 20.00 (10). 75.00 (11). 偏高 (12). 偏低【解析】【分析】由图可知氯化铵与熟石灰反应生成氨气，氯气与NaOH发生Cl2+2NaOHNaC1O+NaC1+H2O，NaClO与氨气反应可制备N2H4H2O；碘可氧化橡胶，淀粉为指示剂，且淀粉遇碘单质变蓝；结合N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O计算水合肼的质量分数，以此来解答。【详
31、解】(1)盛放碱石灰的仪器的名称为干燥管；(2)配制30%NaOH溶液时，计算后称量在烧杯中溶解，则所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，则还需要量筒；(3)步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余的氯气；(4)水槽中放入冷水可降低反应容器内的温度，有利于氯气与氢氧化钠溶液的反应，有利于氨气的溶解；(5)NH3与 NaClO反应生成N2H4H2O的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl；(6)碘能氧化乳胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；在滴定管中装入碘标准溶的前一步，应进行的操作为用碘标准溶液进行润洗滴定管；最初滴定的碘的标准液，被N2H4H2O还原为HI
32、，溶液不变蓝色，则当滴入最后一滴标准液，溶液变蓝且半分钟内不褪色，此时为滴定终点；(7)第1次操作消耗标准液的体积明显偏高，应舍去，则实际消耗的碘标准溶平均体积为=20.00mL，根据N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O，样品中N2H4H2O的物质的量为0.02L0.3mol/L=0.03mol，粗产品中水合肼的质量分数为=75.00；(8)若在配制碘标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积偏大，则测定结果偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读数偏小，即消耗标准液的体积偏小，则测定结果偏低。16. 合理控制、利用燃煤排放的CO2、SO2、C
33、O是优化环境的有效途径。(1)CO2生产甲醇方法：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H =a kJmol1；已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H=b kJmol1；H2O(g)=H2O(l) H=c kJmol1；CH3OH(g)=CH3OH(l) H=d kJmol1。则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_。(2)工业生产中用SO2为原料制取硫酸利用原电池将SO2 转化法，如图(a)所示，则负极的电极反应式为_。电解Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHSO3法，如图(b)所示，则阳极反应式_。(3)光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，工业上通
34、过Cl2(g)+CO(g) COCl2(g)的反应制备。根据图(c)、图(d)，回答下列问题： 该反应的正反应是_ 反应(填“放热”或“吸热”)。 06 min内，反应的平均速率v(Cl2)_；该温度下的平衡常数为_。若恒温恒容时，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡_移动(填“向左”、“向右”或“不”)。若恒温恒压时，初始投料浓度为c(Cl2)=0.7 mol/L、c(CO)=0.5 molL1、c(COCl2)=_molL1，最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时的相同。第n min反应温度表示为T(n )，则：T(8)_T(15) (填“”、“”或
35、“”)。【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) H=(b+2cad)kJmol1 (2). SO22e+2H2O=4H+SO42- (3). HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+ (4). 放热 (5). 0.15 molL1min1 (6). 30 (7). 向右 (8). 0.5 (9). 【解析】【分析】(1)已知：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H =a kJmol1；2H2(g)O2(g)= 2H2O(g) H=b kJmol1；H2O(g) =H2O(l) H=c kJmol1；CH3OH(g) =CH3O
36、H(l) H=d kJmol1；根据盖斯定律，+2-即可得CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)，据此计算H；(2)依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；(3)图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v(Cl2)；该温度下的平衡常数K=；原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，
37、则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；改变初始投料浓度，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。【详解】(1)已知：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H =a kJmol1；2H2(g)O2(g)= 2H2O(g) H=b kJmol1；H2O(g) =H2O(l) H=
38、c kJmol1；CH3OH(g) =CH3OH(l) H=d kJmol1；根据盖斯定律，+2-即可得CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l)，则H=(b+2cad)kJmol1，故表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) H=(b+2cad)kJmol1；(2)该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，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，所以负极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+；电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发
39、生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；(3)图(c)可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应；由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)=0.15 molL1min1；平衡时，c(COCl2)= 0.9mol/L，c(CO)= 0.1mol/L，则该温度下的平衡常数K=30；6min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=
40、0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第7min 加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，即平衡向右移动；最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与原平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：c(Cl2)0.7mol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)T(15)。
