2019-2020学年甘肃省平凉市静宁一中新高考化学模拟试卷含解析

即c（CO32）＞＞c（HCO3）；

（2）电解池中，根据O2－移动方向可知：A电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O分别在A极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2； （二）（1）写出H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式：①H2（g）+

﹣1

－

﹣﹣

1O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ?mol2、②CO（g）+

1O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1、③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）2﹣

△H=﹣890.3kJ?mol1，再利用盖斯定律求出CH4（g）H+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的△H1； （2）①A．反应2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）正向是体积减小的反应，△S＜0；由图1可知，状态d是用Ce作催化剂的平衡状态，随着温度的升高，反应物CO2的转化率降低，说明反应正向放热；

B．催化剂能降低反应物的活化能，加快反应速率，使可逆反应快速达到平衡，用Ce作催化剂时，CO2的转化率小、且比用Ir作催化剂后达到平衡，即反应速率小；

C．状态d是使用两种催化剂时一定温度下，某一时刻的平衡状态，反应速率不变；

D．状态b到d是用Ir作催化剂的平衡体系，平衡状态d相对开始平衡（750℃左右）时，α（CO2）减小主要由温度影响，可能平衡逆向移动；

②α（CO2）=50%，则c（CO2）的变化量为0.2mol·L－1×50%=0.1mol·L－1，利用三段式列式，求出平衡量，再求出平衡常数k；

③H2和CO2的物质的量之比为n：1，随着H2的增加，即H2和CO2的物质的量之比增大，平衡体系中CO2的转化率增大，二甲醚的物质的量分数x也增大，当n：1=6：2=3：1时，x值最大；当n：1＞3：1时，x值逐渐减小；当n=3时，x=1/12。 【详解】

c(CO32-)?c(H+)c(CO32-)5?10-11﹣11﹣13+K2==5×10，c=10，==500，（一）（1）当溶液的pH=13，（H）有

c(HCO3-)c(HCO3-)10-13即c（CO32）＞＞c（HCO3），所以该溶液中含碳粒子以阴离子CO32为主；

（2）根据电解池中O2移动方向推断：A电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O分别在A极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2，所以CO2在A极反应式为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣，H2O在A电极反应式为：H2O+2e﹣=H2+O2﹣；

（二）（1）H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式分别为：①H2（g）+

﹣1

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1O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ?mol2、②CO（g）+

1O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ?mol﹣1、③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）2△H=﹣890.3kJ?mol﹣1，再利用盖斯定律、依据总反应有：③﹣2×②﹣2×①，△H1=﹣890.3kJ?mol﹣1﹣（﹣283.0kJ?mol﹣1）﹣2×（﹣285.8kJ?mol﹣1）=+247.3kJ?mol﹣1；

（2）①A．反应2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）正向是体积减小的反应，△S＜0；由图1可知，随着温度的升高，反应物CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，则反应正向放热，

故A正确；

B．催化剂能降低反应物的活化能，使可逆反应快速达到平衡，用Ce作催化剂时，CO2的转化率小、且比用Ir作催化剂后达到平衡，说明用Ir作催化剂时反应物的活化能高、反应速率小，故B错误； C．状态d是800℃时某一时刻的平衡状态，反应速率不变，v（正）=v（逆），故C错误；

D．用Ir作催化剂的平衡体系，不平衡状态b到d平衡状态，α（CO2）先增大后减小，状态d相对开始平衡（750℃左右）时，α（CO2）减小的主要是温度升高，可能平衡逆向移动，故D正确； 故选：BC；

②α（CO2）=50%，则c（CO2）的变化量为0.2mol/L×50%=0.1mol/L，三段式列式为： 2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g） 初始浓度：0.2 0.6 0 0 变化浓度：0.1 0.3 0.05 0.15 平衡浓度：0.1 0.3 0.05 0.15

c(CH3OCH3)c3(H2O)0.05?0.153625K===≈23.15；

c2(CO2)c6(H2)270.12?0.36③H2和CO2的物质的量之比为n：1，随着H2的增加，即H2和CO2的物质的量之比增大，平衡体系中CO2的转化率增大，二甲醚的物质的量分数x也增大，当n：1=6：2=3：1时，x值最大；当n：1＞3：1时，

x值逐渐减小；当n=3时，x=

1；故答案为：12。

19．中学化学中几种常见物质的转化关系如下图(部分严物未列出》。A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。

请回答下列问题：

（1）A、C、E的化学式分别为A________C________E________。

F的浓溶液与A反应过程中,F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是___________。 （2）

A．C+2H2SO4(浓)

CO2↑+ 2SO2↑+2H2O

B．Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑

C．Cu+ 2H2SO4(浓)=CuSO4+ SO2↑+2H2O D．FeO+ H2SO4=FeSO4+H2O

（3）写出反应E+H2O2→F的化学方程式：_____________。

（4）若反应F+D→E转移电子数为3.01×1023，,则消耗D的质量为__________。 【答案】Fe Fe2(SO4)3SO2CSO2+H2O2=H2SO44g 【解析】 由A

B→C，B为FeSO4，C为Fe2(SO4)3，则A为变价金属，则A为Fe，由F→C可推知F为H2SO4，

进而推出D为S，E为SO2。（1）由上述分析可知，A为Fe，C为Fe2(SO4)3；

（2）F的浓溶液与A反应过程中，硫酸体现强氧化性、酸性，A选项中浓硫酸只体现强氧化性，B选项中硫酸体现弱氧化性，C选项中浓硫酸体现强氧化性、酸性，D选项中硫酸体现酸性，答案选C；（3）E+H2O2→F的化学方程式为：SO2+H2O2═H2SO4；（4）F+D→E为2H2SO4（浓）+S═3SO2↑+2H2O，转移电子数为3.01×1023，其物质的量为0.5mol，消耗的硫的物质的量为0.125mol×32g/mol=4g 。

点睛：本题考查无机物的推断，涉及铁、硫元素单质及其化合物的性质，根据“金属A与硫酸反应生成B，B能氧化生成C”推断B为变价金属，是推断的突破口，需要学生具备一定的推理能力和扎实的基础知识，才能顺利解答。

0.5mol=0.125mol，其质量为4