2021届山西省运城市高三上学期期末调研测试理科综合化学试题（教师版含解析）

　市 运城市 2021 年高三期末调研测试

　理科综合化学试题

　可能用到的相对原子质量：H-1

　C-12

　O-16

　K-39

　Mn-55 1. 下列诗句中所包含的有关化学知识叙述错误的是 A 日暮汉宫传蜡烛,轻烟散入五侯家 现代“蜡烛”的主要成分是石蜡,是经石油常压蒸馏得到的烃 B 雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋 涉及化学反应 N 2 +O 2放电2NO C 陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光 “瓷”属于硅酸盐产品，是一种无机非金属材料 D 东风袅袅泛崇光，香雾空蒙月转廊 “雾”这种分散系能产生丁达尔效应

　A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】

　【分析】

　【详解】A．石蜡是石油减压蒸馏获得的，石油常压蒸馏获得汽油、煤油、柴油等，故 A错误； B．氮气和氧气在闪电条件下能发生反应生成 NO，发生反应为：N 2 +O 2放电2NO，故 B 正确； C．瓷器是用黏土经过高温烧结制成的，黏土的主要成分是硅酸盐，则瓷器的主要成分是硅酸盐，是一种无机非金属材料，故 C 正确； D．“雾”这种分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以雾”这种分散系能产生丁达尔效应，故 D正确； 2. 布洛芬属于 J苯丙酸的一种，是世界卫生组织推荐的儿童抗炎退烧药，其结构如图所示。下列说法错误的是

　A. 布洛芬的分子式为 C 13 H 18 O 2

　B. 布洛芬与苯丙酸互为同系物 C. 布洛芬苯环上的二溴代物有 2 种(不含立体结构) D. 布洛芬能发生氧化、加成、取代等反应

　【答案】C 【解析】

　【分析】

　【详解】A．由结构简式可知，布洛芬的分子式为 C 13 H 18 O 2 ，故 A正确； B．布洛芬与苯丙酸都含有一个苯环，烃基都为饱和，含有一个羧基，结构相似，组成上相差 4-CH 2

　互为同系物，故 B 正确； C．布洛芬苯环上的二溴代物有 4 种，故 C 错误； D．布洛芬含有苯环，能够与氢气发生加成，羧基与醇发生取代等反应，苯环的所连烃基能被高锰酸钾氧化，故 D正确； 故选：C。

　3. 下列说法正确的是

　A. 反应 1 实现了氮的固定 B. 反应 2 没有发生电子的转移 C. 催化剂 a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成 D. 在催化剂 b 表面形成氮氧键的过程是吸热过程 【答案】A 【解析】

　【分析】

　【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应 1 中 N 2 转化成 NH 3 ，属于氮的固定，故 A正确； B．反应 2 为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故 B 错误； C．催化剂 a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂 a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故 C 错误； D．形成化学键放出热量，则在催化剂 b 表面形成氮氧键的过程是放热过程，故 D错误； 故选：A。

　4. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将 50 mL0.55mol·L -1 的 NaOH溶液缓慢倒人盛有 50 mL0.5mol·L -1 HCl 溶液的烧杯中 测定中和热 B 分别用等体积 0.1mol·L -1 和 0.2mol·L -1 的 H 2 C 2 O 4 溶液与等浓度等体积的 KMnO 4溶液反应 探究浓度对化学反应速率的影响 C 苯和溴水中加入铁粉，将产生的气体先通入 CCl 4 再通入 AgNO 3 溶液 探究苯和溴的反应是取代反应 D 向盛有 5 mL0.1mol·L -1 AgNO 3 的试管中滴加 10 滴 NaCl 溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加 0.1mol·L -1 Na 2 S溶液，产生黑色沉淀 证明AgCl的溶解度大于 Ag 2 S

　A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】

　分析】

　【详解】A．酸碱缓慢混合时会导致混合过程中反应放出的热量损失，所测中和热偏大，故 A错误； B．其他条件相同，控制草酸的浓度不同，观察褪色的快慢，可以说明浓度对化学反应速率的影响，故 B正确； C．苯和溴的取代反应，应用苯和液溴在加铁粉催化下发生，故 C 错误； D．由试剂用量可知，硝酸银溶液过量，再次滴加的硫化钠与剩余的硝酸银溶液反应产生黑色的硫化银沉淀，不能说明 AgCl 的溶解度大于 Ag 2 S，故 D错误； 故选：B。

　5. 南京理工大学合成出如图所示的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种 10电子离子和一种 18 电子离子。X、Y、Z、M 均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法正确的是

　 A. Y气态氢化物的稳定性比 Z 的弱 B. Y的简单氢化物的沸点高于同族其它元素氢化物的沸点 C. Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 M 的强 D. 在该化合物中，不可能存在非极性共价键 【答案】B 【解析】

　【分析】

　该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种 10 电子离子和一种 18 电子离子，且 X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族，根据图示可知，X为 H，Y为 O，Z 为 N元素，M 为 Cl 元素，含有的离子为 NH+4 、H 3 O＋ 、N -5 、Cl− ，据此解答。

　【详解】根据分析可知，X为 H，Y 为 O，Z 为 N元素，M 为 Cl 元素。

　A．非金属性：O>N，则气态氢化物的稳定性：Y>Z，故 A错误； B．水分子之间存在氢键，其沸点高于同族元素的其它氢化物，故 B 正确； C．非金属性 N<Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<M，故 C 错误； D．该盐中含有 NH+4 、H 3 O＋ 和 N -5 离子，其中 NH+4 、H 3 O＋ 含有极性键，N -5 中的 N−N 键为非极性键，故 D错误； 故选：B。

　6. 光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存。利用太阳光，CO 2 和 H 2 O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等。下列叙述错误的是

　A. n 型半导体为负极 B. X 2 为 O 2 ，H + 由 a 极向 b 极移动

　C. b 极的电极反应式为 CO 2

　+6e -

　+6H + = CH 3 OH + H 2 O D. 当制备 32g 甲醇时，质子交换膜两侧溶液相差 92g 【答案】D 【解析】

　【分析】

　由利用太阳光、CO 2 、H 2 O 生成甲醇的光能储存装置可知，b 电极上 C 得到电子，b 为阴极，则 n 型半导体为负极，阴极反应为 CO 2 +6e - +6H + =CH 3 OH+H 2 O，a 与正极相连为阳极，阳极上发生氧化反应为2H 2 O-4e - =O 2 ↑+4H + ，以此来解答。

　【详解】A．由图中 b 极产生甲醇可知，b 极为阴极，所以 n型半导体为负极，故 A正确； B．a 极为阳极，电极反应为 2H 2 O-4e - =O 2 ↑+4H + ，H + 由 a 极向 b 极移动，故 B 正确； C．b 极的电极反应式为 CO 2 +6e - +6H + =CH 3 OH+H 2 O，为还原反应，故 C 正确； D．由得失电子守恒可得关系式：6 H 2 O～3O 2 ～2 CH 3 OH，当生成 32gCH 3 OH时，a 极消耗 54g 水，b极生成 18g 水，故质子交换膜两侧溶液相差 104g，故 D错误。

　答案选 D。

　7. 常温下，等浓度的 MOH碱溶液和 HA酸溶液互相滴定，溶液中-c(A )lgc(HA)或-c(M )lgc(MOH)的关系如图所示，下列说法错误的是

　A. K b ( MOH) = 10 -4.76

　B. 水的电离程度：c>a=b C. c 点，酸碱恰好完全中和且溶液呈中性 D. a、b 点对应的溶液中 c(A - )相等 【答案】D 【解析】

　【分析】

　【详解】A．当 pH＝9.24，呈碱性，lg ( ) c Mc MOH＋＝0，即 ( ) c Mc MOH＋＝1，K b (MOH)＝  - +c OH c M ( )c MOH＝1×10＋ 9.24−14 ＝10 −4.76 ，故 A正确； B．由于 MA是盐溶液，促进水的电离，所以水的电离程度最大，而 a、b 两点分别为酸盐混合和碱盐混合的溶液，酸碱性相当，对水的抑制作用相同，所以有 c>a＝b，故 B 正确； C．当 pH＝4.76，呈酸性，lg  -c Ac HA＝0，  -c Ac HA＝1，K a (HA)＝  -c H c ) AA(c H＝c(H＋ )＝10 −4.76 ，故 K a (HA)＝K b (MOH)，c 点为酸碱恰好完全中和，为 MA溶液，故溶液呈中性，故 C 正确； D．b 点：lg ( ) c Mc MOH＋＝1，所以 c(M＋ )＝10c(MOH)，相当于 c(HA)：c(MOH)＝1：10，a 点：lg  -c Ac HA＝1，所以 c(A⁻ )＝10c(HA)，相当于 c(HA)：c(MOH)＝10：1，体积相同，溶液的碱性越强，c(A⁻ )越大，所以 a、b 点对应溶液中 c(A⁻ )不相等，故 D错误； 故选：B。

　8. 高锰酸钾是一种重要的氧化剂，某化学实验小组制备高锰酸钾并测其纯度的实验方案如下。请回答下列问题：

　I.高锰酸钾的制备 步骤一：将软锰矿(主要成分为 MnO 2 )、KClO 3 和 KOH固体按一定比例混合后强热可制得绿色 K 2 MnO 4 ； 步骤二：将反应后固体充分溶解、过滤，向滤液中通人过量 CO 2 气体使溶液显酸性，K 2 MnO 4 在酸性条件下反应得到 KMnO 4 、MnO 2 和 K 2 CO 3 过滤，最后从滤液中分离得到高锰酸钾晶体。

　(1)将二氧化锰、氯酸钾和氢氧化钾固体放入______ ( 填字母)中熔融制 K 2 MnO 4 。

　A.烧杯

　B.瓷坩埚

　C.蒸发皿

　 D.铁坩埚 (2)制 K 2 MnO 4 反应的化学方程式为______ (3)能否用浓盐酸代替步骤二中的 CO 2 ，请简要分析原因______ (4)部分化合物的溶解度随温度的变化如下表所示，从步骤二反应后的滤液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是______、过滤、洗涤、烘干。为进一步提纯所得到的产品，常采用的实验方法是______； 一些化合物的溶解度 S/g(100gH 2 O) -1

　 0℃ 10℃ 20℃ 30℃ 40℃ 50℃ KCl 27.6 31.0 34.0 37.0 40.0 42.6 K 2 CO 3

　51.3 52 52 5 53.2 53.9 54.8

　KMnO 4

　2.83 4.4 9.0 12.7 16.9 22.2 II.高锰酸钾纯度的测定 (5)称取 mgKMnO 4 粗品，加入煮沸并冷却后的稀硫酸配成 V 0 mL 溶液。量取 V 1 mLc 1 mol/L 的草酸( H 2 C 2 O 2 )溶液于锥形瓶中，用所配 KMnO 4 溶液进行滴定。重复滴定两次，平均消耗 KMnO 4 溶液的体积为 V 2

　mL。

　①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后明显加快，原因是______。(反应热效应不明显，可忽略不计) ②滴定终点的标志是______ ③KMnO 4 纯度(质量分数)的计算式为______。

　【答案】

　(1). D

　(2). 3MnO 2 ＋KClO 3 ＋6KOHΔ3K 2 MnO 4 ＋KCl＋3H 2 O

　(3). 不能，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应

　(4). 蒸发浓缩、冷却结晶

　(5). 重结晶

　(6). 产物 Mn 2＋ 对反应本身有催化作用

　(7). 最后一滴 KMnO 4 溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且 30s 内不褪色

　(8). 1 1 020.0632c VVmV×100% 【解析】

　【分析】

　【详解】(1)A.烧杯高温下易炸裂，不适合加热熔融固体，故 A错误； B.瓷坩埚含有 SiO 2 ，反应物中的强碱 KOH会与 SiO 2 反应生成硅酸盐而损坏坩埚，故 B 错误； C.蒸发皿用于溶液蒸发得固体，不适合加热熔融固体，故 C 错误； D.实验中加热熔融固体所用的仪器为坩埚，铁不与反应物反应，故 D正确； 故答案为：D； (2)由题给转化关系可知，MnO 2 、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成 K 2 MnO 4 ，根据元素守恒还应生成水。反应中锰元素由＋4 价升高为＋6 价，升高 2 价，氯元素由+5价降低为−1价，降低 6 价，化合价升降最小公倍数为 6，所以 MnO 2 系数 3，KClO 3 系数为 1，根据锰元素守恒确定 K 2 MnO 4 系数为 3，根据钾元素守恒确定 KOH系数为 6，根据氢元素守恒确定 H 2 O系数为 3，故答案为：3MnO 2 ＋KClO 3 ＋6KOHΔ3K 2 MnO 4 ＋KCl＋3H 2 O ； (3)不能用浓盐酸代替步骤二中的 CO 2 ，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应，故答案为：不能，因为浓盐酸和高锰酸钾会发生反应； (4)高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则从步骤二反应后的混合溶液中分离得到高锰酸钾晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、烘干。为进一步增加得到的产品(高锰酸钾晶体)的纯度，常采用的实验

　方法是重结晶， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；重结晶； (5)①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的 Mn 2＋ 对反应起到催化作用， 故答案为：产物 Mn 2＋ 对反应本身有催化作用； ②KMnO 4 溶液为紫红色，与草酸反应后褪色，当最后一滴 KMnO 4 溶液加入时，因草酸已反应完，溶液由无色变为粉红色，且 30s内不褪色，表示达到了滴定终点， 故答案为：最后一滴 KMnO 4 溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且 30s内不褪色； ③根据：2KMnO 4 ＋5H 2 C 2 O 4 ＋3H 2 SO 4 ＝2MnSO 4 ＋K 2 SO 4 ＋10CO 2 ↑＋8H 2 O，建立关系式：2KMnO 4 ～5H 2 C 2 O 4 ，V 1 mLc 1 mol•L −1 的草酸(H 2 C 2 O 4 )溶液中含有草酸的物质的量为 c 1 V 1 ×10 −3 mol，滴定消耗的 KMnO 4的物质的量为：25×c 1 V 1 ×10 −3 mol，所以 mgKMnO 4 的纯度＝-31 1 022c V 10 V5mol 158g/molVmg  =1 1 020.0632c VVmV×100%， 故答案为：1 1 020.0632c VVmV×100%。

　9. 2020 年，我国“奋斗者”号钛合金载人舱完美扛住万米压力。钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分为 FeTiO 3 (钛酸亚铁)，还有 Fe 2 O 3 、MgO、SiO 2 等杂质)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：

　请回答下列问题。

　(1)钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是 TiOSO 4 ，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为______ (2)副产品甲俗称“绿矾”其化学式是______， 上述生产流程中加入 Fe 屑的目的是______ (3)溶液 I中含有 Fe 2+ 、TiO 2+ 和少量 Mg 2+ 等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的 K，如下表所示。

　氢氧化物 Fe(OH) 2

　TiO(OH) 2

　Mg(OH) 2

　Ksp 8.0×10 -16

　1.0×10 -29

　1.8×10 -11

　①若所得溶液中 Mg 2+ 的物质的量浓度为 0.0018mol/L，当溶液的 pH等于______时，Mg(OH) 2 开始沉淀。

　②溶液 II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为______。

　(4)TiO 2 与焦炭、氯气在高温下发生反应生成 TiCl 4 和一种可燃性气体的化学方程式为______ (5) Mg 还原 TiCl 4 过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是______ 【答案】

　(1). 3 4 4 4 2 2FeTiO SO TiOSO FeS +2 = O H 2H O  

　 (2). 4 2FeSO 7H O 

　 (3). 将溶液中的 Fe 3+ 还原成 Fe 2+ ，同时防止 Fe 2+ 氧化

　(4). 10

　(5). 2+ +2 22H O=2H TiO TiO + (OH)  

　 (6). 2 2 4TiO +2Cl +2C TiCl +2CO高温

　(7). 高温下 Mg 及产生的 Ti 容易被氧化变质，甚至不能产生 Ti 【解析】

　【分析】

　钛铁矿(主要成分为 FeTiO 3 (钛酸亚铁)，还有 Fe 2 O 3 、MgO、SiO 2 等杂质)，加硫酸溶液后除二氧化硅外其它物质均溶于硫酸分别得到，TiOSO 4 、FeSO 4 、MgSO 4 、Fe 2 (SO 4 ) 3 ，过滤后取滤液加入足量 铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤出过量铁粉后，得到溶液 I，进行冷却结晶，分离得到 TiOSO 4 溶液和副产物硫酸亚铁及硫酸镁晶体，TiOSO 4 溶液加热发生水解得到 TiO(OH) 2 ，TiO(OH) 2 灼烧得到 TiO 2 ，TiO 2 与氯气反应得到四氯化钛，四氯化钛被镁单质还原得到钛单质，据此分析解答。

　【详解】(1)钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是 TiOSO 4 ，反应中无气体生成，则反应的方程式为：3 4 4 4 2 2FeTiO SO TiOSO FeS +2 = O H 2H O   ， 故 答 案 为 ：3 4 4 4 2 2FeTiO SO TiOSO FeS +2 = O H 2H O   ； (2)副产品甲俗称“绿矾”为4 2FeSO 7H O  ，流程中加入 Fe 屑一是可以将溶液中的 Fe 3+ 完全还原成 Fe 2+ ，二是防止溶液中的 Fe 2+ 被氧气氧化，故答案为：4 2FeSO 7H O  ；将溶液中的 Fe 3+ 还原成 Fe 2+ ，同时防止 Fe 2+ 氧化； (3)①若所得溶液中 Mg 2+ 的物质的量浓度为 0.0018mol/L，若形成 Mg(OH) 2 开始沉淀，则溶液中：2sp 22+c( ) c (OH ) Mg g =K [M (OH) ] ，-11sp2+2 -4K [M (OH) ]1.8 10c(OH )= = =1.0 10c( ) 0.0gmol/LMg 018 ，-14+ -10-41.0 10c(H )= =1.0 101.0 1m0ol/L，pH=10，故答案为：10； ②溶液 II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，是 TiOSO 4 水解产生 TiO(OH) 2 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：2+ +2 22H O=2H TiO TiO + (OH)   ，故答案为：2+ +2 22H O=2H TiO TiO + (OH)   ；

　(4)TiO 2 与焦炭、氯气在高温下发生反应生成 TiCl 4 和一种可燃性气体，结合元素组成可知可燃性气体为 CO，则反应为：2 2 4TiO +2Cl +2C TiCl +2CO高温，故答案为：2 2 4TiO +2Cl +2C TiCl +2CO高温； (5) Mg 是活泼金属能与空气中的氧气、氮气、二氧化碳气体发生反应，影响镁置换钛，同时高温下产生的钛单质也容易被氧气氧化变质，因此 Mg 还原 TiCl 4 过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中，故答案为：高温下 Mg 及产生的 Ti 容易被氧化变质，甚至不能产生 Ti； 10. 氢气既是一种优质的能源，又是一、种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。

　(1)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：

　CH 4 (g) +2H 2 O(g)催化剂ΔCO 2 (g) +4H 2 (g)

　∆H= +165. 0kJ·mol -1

　已知反应器中存在如下反应过程：

　I.CH 4 (g) +H 2 O(g)⇌CO(g) +3H 2 (g)

　△ H 1 = +206.4kJ·mol

　-1

　II.CO(g) +H 2 O(g)⇌CO 2 (g) +H 2 (g)

　△ H 2

　化学键 H-H O-H C-H C≡O 键能/kJ·mol -1

　436 465 a 1076 根据上述信息计算：a=______、∆H 2

　=______。

　(2)某温度下，4molH 2 O和 lmol CH 4 ，在体积为 2L 的刚性容器内同时发生 I、II 反应，达平衡时，体系中n(CO)=bmol、n(CO 2 )=dmol，则该温度下反应 I的平衡常数 K值为___(用字母表示)。

　(3)欲增大 CH 4 转化为 H 2 的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。

　A.适当增大反应物水与甲烷的投料比

　 B.提高压强

　C.分离出 CO 2

　(4)H 2 用于工业合成氨：N 2

　+3H 2催化剂高温高压2NH 3

　 ∆H<0 将 n(N 2 )：n(H 2 ) =1：3 的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中 NH 3 的体积分数 φ(NH 3 )关系如图，反应器温度升高 NH；的体积分数 φ(NH 3 )先增大后减小的原因是______

　(5)在 Fe 催化剂作用下，工业合成 NH 3 的反应历程为：( *表示吸附态) 化学吸附：N 2 (g)→2N* ；

　H 2 (g)→2H* ； 表面反应：N* +H*⇌NH* ；NH* +H*⇌NH 2

　* ；NH 2 * +H*⇌NH 3 *

　脱附：NH 3

　*⇌NH 2 (g) 其中，N 2 的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中。常用工艺条件，Fe 作催化剂，控制温度 773K，压强 3.0×10 5 Pa，原料中 N 2 和 H 2 物质的量之比为 12. 8。

　①分析说明原料气中 N 2 过量的理由______、______。

　②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是______。

　A.控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B.当温度、压强一定时，在原料气(N 2 和 H 2 的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 C.基于 NH 3 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D.分离空气可得 N 2 通过天然气和水燕气转化可得 H 2 ，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 【答案】

　(1). 415.1

　(2). −41.4kJ/mol

　(3). 3b 3b 4d4(1-b-d) (4(d)-b-2 )＋

　(4). AC

　(5). 温度低于 T 0 时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于 T 0 时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小

　(6). 原料气中 N 2 相对易得，适度过量有利于提高H 2 的转化率

　(7). N 2 在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率

　(8). CD 【解析】

　【分析】

　【详解】(1)已知 III．CH 4 (g)+2H 2 O(g)催化剂ΔCO 2 (g)+4H 2 (g) ∆H= +165. 0kJ·mol -1

　I．CH 4 (g)+H 2 O(g)⇌CO(g)+3H 2 (g) △ H 1 = +206.4kJ·mol

　-1

　将方程式 III−I得方程式 II CO(g)+H 2 O(g)⇌CO 2 (g)+H 2 (g) 即△H 2 ＝(＋165.0−206.4)kJ/mol＝−41.4kJ/mol， I．CH 4 (g) +H 2 O(g)⇌CO(g) +3H 2 (g) △ H 1 = +206.4kJ·mol

　-1

　根据△H 1 ＝反应物所有的键能和−生成物所有的键能和＝4a＋2×465−1076−3×436＝206.4，故 a＝415.1 故答案为：415.1；−41.4kJ/mol； (2)根据方程式 II知，生成 dmolCO 2 生成 dmolH 2 、       2 2 2CO g + H O g CO g + H g/ mol/ mol d d d d/ mol b起始量变化量平衡量， 则方程式 I 中生成(b＋d)molCO、         4 2 2CH g + H O g CO g + 3H g/mol 1 4/mol b+d b+d b+d 3 b+d/mol 1-b-d 4 b-d 起始量变化量平衡量， 在体积为 2L 的刚性容器内同时发生 I、

　II反应，所以平衡时，n(CH 4 )＝(1−b−d)mol、 c(CH 4 )＝12(1−b−d)mol/L，n(H 2 O)＝(4−b−2d)mol 、c(H 2 O)＝12(4−b−2d)mol/L，n(CO)＝b＋d−d＝bmol 、c(CO)＝12bmol/L，n(H 2 )＝3(b＋d)＋d＝(3b＋4d)mol c(H 2 )＝12(3b＋4d)mol/L，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数 K＝      324 2c CO c Hc CH c H O＝33b 4db21-b-d 4-b-2d2221( ) ＋＝3b 3b 4d4(1-b-d) (4(d)-b-2 )＋；故答案为：3b 3b 4d4(1-b-d) (4(d)-b-2 )＋； (3)欲增大 CH 4 转化为 H 2 的平衡转化率，应该改变条件使反应 I平衡正向移动， A.适当增大反应物的投料比 n(H 2 O)：n(CH 4) ，甲烷的转化率增大，故 A正确； B.增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故 B 错误； C.分离出 CO 2 平衡正向移动，甲烷的转化率增大，故 C 正确； 故答案为：AC； (4)该反应的正反应是放热反应，温度低于 T0 时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于 T0 时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小；故答案为：温度低于 T0 时反应没有达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，氨气体积分数增大；温度高于T0 时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡逆向移动，导致氨气体积分数减小； (5)①由反应12N 2 (g)＋32H 2 (g)⇌NH 3 (g)可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高 H 2 的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N 2 的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N 2 在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原料气中 N 2 相对易得，适度过量有利于提高 H 2 的转化率；N 2 在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； ②A．控制温度远高于室温是为了保证催化剂 活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，故 A错误； B．恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，故 B 错误； C．不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，故 C 正确； D．通过天然气和水蒸气转化制得 H 2 ，由于含有 CH 4 ，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外 CH 4 ，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，故 D正确， 故答案为：CD； 11. I.糖类是人体基本营养物质，在试管中加入 0.5g 淀粉和 4mL20%的硫酸，加热 3min~4min。请回答下列

　问题：

　(1)淀粉完全水解生成的有机物分子式为______ (2)若要检验淀粉已经发生了水解，操作方法及实验现象为______。

　(3)在某些酶的催化下，人体内葡萄糖的代谢有如下过程：

　过程①是______反应，过程③是______反应(填反应类型)；上述物质中，互为同分异构体的是______(填字母代号)。

　II.海水是重要的物质资源宝库，海水 pH稳定在 7.9-8.4 之间，可用于烟道气中 SO 2 的吸收。

　(1)已知：25℃时， H 2 CO 3 电离平衡常数 K 1

　=4.3×10 -7

　K 2 =5. 6×10 -11

　H 2 SO 3 电离平衡常数 K 1 =1.5×10 -2

　 K 2 =6.0×10

　-8

　海水中含有的 HCO 3可用于吸收 SO 2 ，该过程的离子方程式是______。

　(2)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分 CO 2 是一种处理的有效方式。

　①通入 O 2 可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是______ ②上述方式使处理后海水 pH升高的原因是______ (3)科学家还研究了转化温室气体的方法，利用下图所示装置可以将 CO 2 转化为气体燃料 CO。该装置工作时，N电极的电极反应式为______

　【答案】

　(1). 6 12 6C H O

　 (2). 取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的 NaOH 溶液使溶液呈碱性后，再加银氨溶液，水浴加热，若出现银镜现象，说明淀粉已经水解(或取少量水解后的溶液于试管中，先

　加足量的 NaOH 溶液使溶液呈碱性后，加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色固体，说明淀粉已经水解)

　(3). 消去

　(4). 氧化

　(5). AC

　(6). - -3 2 3 2= HCO +SO HSO CO 

　 (7). - 2-3 2 4=2 2HSO O SO +2H  

　 (8). 与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分 CO 2

　 (9). 2 2+2e +2H =CO O CO +H  【解析】

　【分析】

　【详解】I.(1)淀粉在稀硫酸催化下加热水解最终生成葡萄糖，葡萄糖的化学式为6 12 6C H O ，故答案为：6 12 6C H O ； (2)要检验淀粉已经发生了水解，需要检验水解产物葡萄糖，先加碱中和硫酸后，再加银氨溶液，水浴加热观察是否有银镜生成，或者加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸观察是否有砖红色的固体生成，故答案为：取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的 NaOH溶液使溶液呈碱性后，再加银氨溶液，水浴加热，若出现银镜现象，说明淀粉已经水解(或取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的 NaOH 溶液使溶液呈碱性后，加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色固体，说明淀粉已经水解) (3)由代谢过程中的结构简式对比可知①发生的是醇羟基的消去反应，生成碳碳双键，过程②发生碳碳双键加成水的反应重新生成醇羟基，由此可知 A与 C 互为同分异构体，过程③发生醇羟基的氧化生成羰基，过程④发生脱羧反应得到最终物质，故答案为：消去；氧化；AC； II.(1)25℃时，H 2 CO 3 电离平衡常数 K 1 ＝4.3×10 −7

　 K 2 ＝5.6×10 −11 ，H 2 SO 3 电离平衡常数 K 1 ＝1.5×10 −2

　 K 2 ＝6.0×10 −8 ，酸性强弱 H 2 SO 3 >H 2 CO 3 >HSO 3>HCO 3，海水中含有的 HCO 3可用于吸收 SO 2 ，反应生成生成二氧化碳和亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：- -3 2 3 2= HCO +SO HSO CO  ， 故答案为：- -3 2 3 2= HCO +SO HSO CO  ； (2)①洗涤烟气后的海水呈酸性是亚硫酸氢根离子电离大于其水解，通入 O 2 可将酸性海水中的硫(IV)氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：- 2-3 2 4=2 2HSO O SO +2H   ， 故答案为：- 2-3 2 4=2 2HSO O SO +2H   ； ②上述方式使处理后海水 pH升高的原因是与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分 CO 2 ， 故答案为：与新鲜海水混合起到稀释作用，鼓入空气排除了部分 CO 2 ； (3)由电池装置可知，N电极上发生的反应为 CO 2 转化成 CO，电解质呈酸性，电极反应为：2 2+2e +2H =CO O CO +H ，故答案为：2 2+2e +2H =CO O CO +H ；