天津市北辰区2020届高三高考模拟（二模）考试
1.下列说法不正确的是
A. 为了提高消杀效果可将任意两种消毒剂混合使用
B. 大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分“的空气清新”会对环境造成新的污染 C. 大部分药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用 D. 一次性医用外科口罩必须进行集中回收处理 【答案】A 【解析】
【详解】A．消毒剂的混用可能会导致中毒或失效等现象，故不能任意混用，A错误； B．丙烷有轻微毒性，二甲醚在辐射或加热条件下也可能分解成甲醛，故会对环境造成新的污染，B正确；
C．大部分药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用，C正确；
D．口罩上可能携带多种病菌，避免感染，要进行集中回收处理，D正确； 答案选A。 2.下列表述正确的是
A. 中子数为18的氯原子：17Cl B. 次氯酸的电子式：
18C. 丁烷的球棍模型：
D. F的原子结构示意图：【答案】C 【解析】
【详解】A．中子数为18的氯原子，其质量数为35，表示为17Cl，A错误； B．次氯酸的电子式为
，B错误；
35C．丁烷的球棍模型为，C正确；
- 1 -
D．F的原子核外有9个电子，结构示意图为，D错误；
答案选C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol氨基(-NH2)含有电子数目为10NA B. 2gH218O中所含中子、电子数目均为NA C. pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2NA
D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则阳极失去的电子数为NA 【答案】B 【解析】
【详解】A．氨基(-NH2)属于中性原子团，1个氨基(-NH2)中含有9个电子，则1mol氨基(-NH2)中含有电子数目为9NA，故A错误；
B．H218O的摩尔质量为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，1个H218O分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1molH218O中含有的中子数、电子数均为NA个，故B正确； C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝−lgc(H＋)＝1，得H2SO4溶液中c(H＋)＝0.1mol/L，10L溶液中n(H＋)＝1mol，所含H＋数目为NA，故C错误；
D．电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁等失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 32g 时，阳极失去的电子数不一定是NA，故D错误； 答案选B。
4.不能正确表示下列变化的离子方程式是 ．．
A. 二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO4-B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H2O2C. 硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-＋2H+
H2SiO3↓
2Fe3+＋3Cu
2Mn2+＋5SO＋4H+
I2＋2H2O
D. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe【答案】D 【解析】
【详解】D.Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+＋Fe确的。
- 2 -
Fe2+＋Cu，D项错误。其他3个选项的离子方程式都是正
故答案选D。 5.下列说法正确的是
A. 中和同体积同pH的盐酸和醋酸，消耗同浓度的烧碱溶液的体积相同 B. 常温下，pH=5的盐酸与pH=5的硫酸铵溶液中c(H+)不同 C. 相同物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液中的c(CH3COO-)不同
D. 常温下，同浓度的NaA、NaB溶液的pH前者大于后者，则Ka(HA)>Ka(HB) 【答案】C 【解析】
【详解】A．盐酸和醋酸均为一元酸，但盐酸是强酸，醋酸是弱酸，对于同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的物质的量较大，所以中和同体积同pH的盐酸和醋酸，醋酸消耗同浓度的烧碱溶液的体积较大，A错误；
B．pH=-lg[H+]，常温下，pH=5的盐酸与pH=5的硫酸铵溶液中c(H+)相同，均为10-5mol/L，B错误；
C．因为醋酸电离出醋酸根与醋酸根水解生成醋酸分子醋酸和醋酸钠溶液中的c(CH3COO-)不同，C正确；
D．常温下，若等浓度的NaA， NaB溶液的pH前者大于后者，则HA酸性比HB酸性弱，则Ka(HA)>Ka(HB)，故D错误； 答案选C。
6.运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂。已知: ①H2(g)=H2(l)ΔH=-0.92kJ•mol-1 ②O2(g)=O2(l)ΔH=-6.84kJ•mol-1 下列说法正确的是
能力不同，所以相同物质的量浓度的
的- 3 -
A. 氢气的燃烧热为ΔH=-241..8kJ•mol-1
B. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)+O2(l)=H2O(g)ΔH=-474.92kJ•mol-1
C. 2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低 D. H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量 【答案】B 【解析】
【详解】A． 氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为
483.6+88kJ⋅mol−1=285.8kJ⋅mol−1，即△H=−285.8kJ⋅mol−1，故A错误； 2B．由图象分析，2H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1① H2(g)=H2(l)△H=−0.92kJ⋅mol−1② O2(g)=O2(l)△H=−6.84kJ⋅mol−1③
2可得2H2(l)+O2(l)═2H2O(g)△H=−474.92kJ⋅mol−1，故B正确； 将①−②×2−③×
C．由图象分析，2mol H2(g)与1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，放出483.6kJ的热量，故2mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2mol H2O(g)所具有的总能量高，故C错误； D．H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误； 答案选B。
7.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是
A. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应； B. 在催化剂的作用下，lmolX最多能与5molH2加成 C. X的分子式为C12H16O3
D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X 【答案】D 【解析】
【详解】A．根据X的结构简式，X在一定条件下能发生加成、加聚、取代反应，但羟基连接的碳原子的相邻碳原子上没有氢，羟基无法发生消去反应， 故A错误；
B．苯环、碳碳双键可与氢气发生加成反应，lmolX最多能与4molH2加成，故B错误； C．根据X的结构简式，X的分子式为C12H14O3，C错误；
- 4 -
D．苯不能使酸性高锰酸钾褪色，X有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾褪色，D正确； 答案选D。
8.下列有关物质性质的比较，结论正确的是 A. 溶解度：Na2CO3 B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。 C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。 D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。 【点睛】解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。 9.一下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是 选项 实验操作 25℃分别测定等浓度的K2SO3、KClA 溶液的pH 溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液混合、B 加热，将产物通入盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶。 C 添加有KIO3的食盐中加入淀粉溶溶液变蓝色 氧化性：IO3->I2 高锰酸钾溶液褪色 反应生成了乙烯 pH:K2SO3>KCl 现象 结论 非金属性：Cl>S - 5 - 液、稀盐酸及KI 向盛有2mL0.2mol/LAgNO3溶 D 液的试管滴中加5~6滴2mol/LNaCl后，再滴加几滴0.2mol/LNa2S A. A 【答案】C 【解析】 B. B C. C 初始观察到白色沉淀，滴加Na2S后观察到黑色沉淀 Ksp(Ag2S) B．乙醇具有挥发性，挥发出来的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不能证明反应生成了乙烯，B错误； C．混合之后发生反应：KIO3＋5KI＋6HCl 6KCl＋3I2＋3H2O，生成的I2遇淀粉变蓝，KIO3 是氧化剂，I2是还原产物，证明氧化性：IO3->I2，C正确； D．产生白色沉淀后，AgNO3溶液还是过量的，所以再滴加进去的Na2S会与AgNO3会直接发生离子反应生成黑色的Ag2S沉淀，不能证明Ksp(Ag2S) 下列说法不正确的是 A. ①→③的过程中，pH略微下降说明升温过程中c(OH-)减小 ① 20 ② 30 ③ 40 ④ 从40℃冷却到时20℃ 红色接近① 8.26 8.31 ⑤ 沸水浴后冷却到20℃ 红色比③加深较多 9.20 红色略加深 8.31 8.29 - 6 - B. NaHCO3溶液显碱性的原因:HCO3+H2O -H2CO3+OH- C. ⑤比①pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故 D. ①→③的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3水解程度增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．①→③的升温过程中，红色略加深，说明溶液中c(OH-)略有增大，但升高温度促进水的电离，水的离子积常数增加，使得溶液pH略微下降，故A错误,，符合题意； B．NaHCO3溶液显碱性，是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其水解反应方程式为 -HCO3+H2O -H2CO3+OH-，故B正确，不选； C．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH大，可能是由于NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度的缘故，故C正确，不选； D．①→③的过程中，溶液温度升高，促进HCO3水解，溶液的碱性增强，故D正确，不选； 答案选A。 11.科研人员借肋太阳能；将H2S转化为可以再利用的S和H2工作原理如图所示，下列叙述正确的是 - A. 该电池能实现化学能转化为光能 B. a电极的电极反应：2H++2e-=H2↑ C. 光照后，b电极的电极反应:H2S-2e-=2H++S D. a电极区溶液的pH增大 【答案】B - 7 - 【解析】 【分析】 根据工作原理图分析可知，a电极上H+获得电子生成氢气，则a作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此b作负极，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，据此分析解答问题。 【详解】A．该电池通过光照发生化学反应，形成原电池，将光能转化为化学能，A错误； B．根据图示，在a电极上H+获得电子生成氢气，a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，B正确； C．根据图示，光照后，b电极上，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，C错误； D．电池工作时，a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等，因此a极区溶液的pH不变，D错误； 答案选B。 12.反应A(g)+B(g) ⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表： 平衡状态 容器体积/L ① 40 ② 20 ③ 1 c(A)( mol/L) 0.022a 0.05a 0.75a 下列分析不正确的是（ ） ．．． A. ①→②的过程中平衡发生了逆向移动 B. ①→③的过程中X的状态发生了变化 C. ①→③的过程中A的转化率不断增大 D. 与①②相比，③中X的物质的量最大 【答案】C 【解析】 【详解】A. ①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol， - 8 - 说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确； B. ②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确； C. 结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误； D. ③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确； 答案选C。 13.砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材回料。回答下列问题： （1）镓是与铝同主族的第四周期元素，Ga基态原子核外电子排布式为____________。 （2）Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是____________，电负性由大到小的顺序是____________。 （3）碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是____________(填编号）． a..CH4的稳定性比SiH4强b.SiH4的沸点比CH4高 c.碳酸酸性大于硅酸d.SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑ （4）AsH3的沸点比NH3低；其原因是____________。 （5）已知MgCl2熔点714℃，是离子化合物；AlCl3熔点191℃，是共价化合物。 比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因____________。 镓卤化物 熔点/℃ 沸点/℃ GaCl3 77.75 201.2 GaBr3 122.3 279 GaI3 211.5 346 GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是____________。 （6）二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为____________，二水合草酸镓π键的个数为____________，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为____________。 的的- 9 - 【答案】 (1). [Ar]3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1 (2). As>Se>Ga (3). Se>As>Ga (4). ac (5). NH3分子之间存在氢键 (6). 从GaCl3到GaI3均是分子晶体，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高 (7). GaF3是离子晶体 (8). 4 (9). 6 (10). sp2 【解析】 【分析】 同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但因为第ⅡA元素达到了全满状态，第ⅤA族元素达到半满状态，所以ⅡA族元素的第一电离能大于ⅢA族元素的第一电离能，ⅤA族元素的第一电离能大于ⅥA族元素的第一电离能；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。 【详解】(1)镓是与铝同主族的第四周期元素，Ga元素是31号元素，Ga基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1； (2)由分析可知，Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是As>Se>Ga；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，电负性由大到小的顺序是Se>As>Ga； (3)a. 气态氢化物越稳定，对应的元素的非金属性越强，CH4的稳定性比SiH4强，说明C的非金属性比Si的强，a正确； b. 因为SiH4的相对分子质量比CH4大，所以SiH4沸点较高，不能说明二者非金属性相对强弱，b错误； c. 主族元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性也就越强，碳酸的酸性大于硅酸，说明C的非金属性比Si的强，c正确； d. 碳酸的酸性大于硅酸，但反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑能发生，是因为反应生成气态的二氧化碳，使得反应能持续进行下去，并非是强酸制弱酸的原理，d错误； (4)NH3分子之间存在氢键，所以AsH3的沸点比NH3低； (5)从GaCl3到GaI3均是分子晶体，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用 - 10 - 力越大，物质的熔沸点越高；GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体； (6)从二水合草酸镓的结构图可知，镓原子的配位数为4，分子中含有6个双键，所以二水合草酸镓π键的个数为6；草酸根中碳原子与羧基中的碳原子的杂化方式相同，形成的都是平面结构，所以应该是sp2杂化。 14.某有机物F（），在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应 用．工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下： 已知RCHO+R1CH2CHO 稀NaOH Δ （1）乙烯生成A的原子利率为用率为100%，则X是____________（填化学式），F中含氧官能团的名称为____________。 （2）E→F的反应类型为____________，B的结构简式为____________。 （3）写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式____________。 （4）E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有____________种，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为____________。 ①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg ②FeCl3溶液发生显色反应 ③分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基 （5）以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2－丁烯酸，写出合成路线：__________(其他试剂任选) 【答案】 (1). O2 (2). 羟基、酯基 (3). 酯化反应或取代反应 (4). (5). +5NaOH 一定条件下 +2NaCl+3H2O (6). 3 (7). - 11 - (8). 【解析】 【分析】 由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B ，由C转化为D的反应条件知，D为 ， 由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为关系知Y是乙醇。 ，由E、F之间的 【详解】(1)乙烯生成乙醛的原子利率为用率为100%，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基； (2)E→F的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为 ； (3)D为，与NaOH溶液反应的化学方程式为 +5NaOH ； +2NaCl+3H2O (4)由②知分子中含有苯环且苯环上连接羟基；由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团：-OH、 ，苯环上有3种不同的位置关 系，故共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为 ； (5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物，合成路线为 - 12 - 。 15.亚硝酰氯(NOCl)是一种黄色气体，熔点为-.5℃，沸点为-5.5℃，遇水易水解，生成两种酸，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等．某化学兴趣小组按下图装置用Cl2和NO制备NOCl。回答下列相关问题： (1)仪器a的名称是__________，装置甲中反应的离子方程式是__________。 (2)装置乙中的试剂是__________(写名称）。实验开始时，先打开活塞K，当观察到装置丙中出现__________。（填现象）时再缓缓通入Cl2。 (3)装置丙中的试剂是__________，装置丙的作用有：使两种气体充分混合、通过观察产生气泡的速度控制气体的比例和__________。 (4)装置丁中生成NOCl的化学方程式是__________，装置丁中冰盐水的作用是__________。 (5)工业制得的NOCl中常含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.441g样品溶于适量的NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用酸化的0.4000mol•L-1，AgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液的体积为25.00mL，，则NOCl的质量分数为__________％（保留2位小数):如果滴定终点读数时俯视，则测得的NOCl的质量分数会__________（填“偏大”或“偏小”)(Ag2CrO4为砖红色沉淀，指示到达滴定终点。） 【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). Cu+4H++2NO3=Cu2+2NO2↑+2H2O (3). 水 (4). 气体由红棕色转换为无色 (5). 浓硫酸 (6). 干操NO和Cl2两种气体 (7). 2NO+Cl2==2NOCl (8). 冷凝并收集NOCl (9). 45.45 (10). 偏小 【解析】 【分析】 - 13 - - 氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：甲装置用铜和浓反应制备NO2，通入乙装置水中转化为NO，制得的NO中混有水蒸气，要用浓硫酸等干燥剂干燥，将纯净的氯气和NO干燥后在装置丁中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl。氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，要进行尾气处理，据此分析解答。 【详解】(1)据图可知，仪器a是圆底烧瓶；装置甲中Cu与浓反应生成铜、NO2和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3=Cu2+2NO2↑+2H2O； (2)根据分析可知，铜和浓反应生成NO2，装置乙中的试剂是水，发生反应 3NO2+H2O=2HNO3+NO，将NO2转化为NO；实验开始时，要先将装置中的空气排出，则先打开活塞K，当观察到装置丙中气体由红棕色转换为无色时，再缓缓通入Cl2； (3) 装置乙制得的NO中混有水蒸气，要用干燥剂干燥后才能和氯气反应，则装置丙中的试剂是浓硫酸；装置丙中浓硫酸的作用有：使两种气体充分混合、通过观察产生气泡的速度控制气体的比例，还可以干操NO和Cl2两种气体，以防生成的亚硝酰氯水解； (4)在装置丁中氯气和NO反应生成NOCl，化学方程式为2NO+Cl2==2NOCl；装置丁中冰盐水的作用是冷凝并收集NOCl； (5) NOCl在NaOH溶液中生成氯化钠和NaNO2，氯化钠与酸化的AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，根据Cl、Ag原子守恒有：NOCl∼NaCl∼AgCl∼AgNO3，n(NOCl)=(AgNO3)=0.4000mol/L×25.00×10−3L=0.01mol， -0.655g100%=45.45%；如果m(NOCl)=nM=0.01mol×65.5g/mol=0.655g，NOCl的质量分数= 1.441g滴定终点读数时俯视，则滴定过程中读取AgNO3溶液的体积偏小，导致n(NOCl)和m(NOCl)偏小，测得的NOCl的质量分数会偏小。 16.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染有非常重要的意义。 (1)用CO可以合成甲醇。 已知：CH3OH(g)+CO(g)+ 3O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1 21O2(g)=CO2(g) ΔH2 21H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3 2请写出由CO和H2形成CH3OH的热化学方程式__________。 (2)下表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)，由表中数 - 14 - 据判断该反应的ΔH__________0（填“>”、“=”或“<”） 温度 K (3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 250℃ 2.041 300℃ 0.270 350℃ 0.012 反应，下列示意图能说明该反应在进行到t1时刻为平衡状态的是__________（填选项字母）。 (4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)__________。此时，这个反应的平衡常数是__________，反应温度为__________℃。 (5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式__________。 【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1 (2). < (3). d (4). 0.32mol(L•min) (5). 2.041 (6). 250℃ (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO3+6H2O 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律得目标热化学方程式； (2)根据化学平衡常数K与温度的关系判断反应是放热反应还是吸热反应； (3)当正逆反应速率相等、各物质的浓度不再改变时，化学反应达到平衡状态； (4)利用化学反应速率及化学平衡常数的计算公式进行计算； (5) 以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成CO3，据此书写负极反应式。 详解】(1)已知：CH3OH(g)+CO(g)+ 2-2-3O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1……① 21O2(g)=CO2(g) ΔH2 ……② 2 - 15 - H2(g)+ 1(g)= H2O(1) ΔH3……③ 2依据盖斯定律②+③×2-①得CO和H2形成CH3OH的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1； (2)由表中数据可知，随温度的升高，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0； (3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)： a．据图可知，t1时正反应速率达到最大值但仍然在改变，a不选；说明t1时刻未达到平衡状态， b．在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2生成甲醇，反应放出热量，化学平衡常数应该是减小而不是增大，b不选； c．t1时甲醇和CO的物质的量相等，但CO和甲醇的物质的量依然在改变，说明反应未达到平衡状态，c不选； d．t1时CO的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，d选；答案选d； (4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，消耗CO的物质的 量为1mol×0.8=0.8mol，根据化学方程式可知，消耗H2的物质的量为1.6mol，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)= 1.6mol=0.32mol/(L•min)；此时容器中CO、H2、CH3OH的物 1L5min质的量分别为0.2mol、1.4mol、0.8mol，该反应的平衡常数K= 0.8mol/L0.2mol/L1.4mol/L2=2.041，结合表中数据可知，反应温度为250℃； (5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成CO3，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO3+6H2O。 【点睛】第(3)小题为本题的易错点，注意反应的条件为绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小。 2-2- - 16 -
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