2020年天津新高考化學(xué)全真模擬卷(三)(解析版)

1、2020年天津新高考全真模擬卷（三）化學(xué)（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64第I卷（選擇題共36分）一、選擇題：本題共 12個小題，每小題 3分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.用食鹽、蔗糖等作食品防腐劑B.用氧化鈣作吸氧劑和干燥劑C.用碳酸鈣、碳酸鎂和氫氧化鋁等作抗酸藥D .用浸泡過高鎰酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以保鮮【答案】B【解析】A.食鹽、蔗糖能夠使細(xì)菌脫水

2、死亡，達(dá)到抑制細(xì)菌繁殖的目的，可做防腐劑，故A正確；B.氧化鈣沒有還原性，不能作吸氧劑，故 B錯誤；C.碳酸鈣、碳酸鎂和氫氧化鋁可與胃液中的鹽酸反應(yīng)，常用于作抗酸藥，故 C正確；D.乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，對水果蔬菜具有催熟的作用，為了延長水果的保鮮期，應(yīng)除掉乙烯，所以將浸泡有酸性高鎰酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故D正確；2.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.飽和 Na2CO3 溶液與 CaSO4 固體反應(yīng)：CO32-+CaSO=iL CaCO3+SO42-B.酸化 NaIO3 和 NaI 的混合溶液：I- +IO3-+6H+=I2+3H2OC. KClO 堿性溶液

3、與 Fe（OH）3反應(yīng)：3ClO- +2Fe（OH）3=2FeO42- +3Cl- +4H +H2OD.電解飽和食鹽水：2C1-+2H+金旦:Cl2f + Hf【答案】A【解析】A項，飽和Na2CO3溶液與CaSO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成更難溶于水的CaCO3,反應(yīng)的離子方程式為CO32-+CaSO4-CaCO3+SO42-, A 項正確；B項，電荷不守恒，得失電子不守恒，正確的離子方程式為5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O, B項錯誤；C項，在堿性溶液中不可能生成H+,正確的離子方程式為 3ClO-+2Fe （OH） 3+4OH -=3Cl -+2FeO42-+5H 2O , C項錯誤；

4、D項，電解飽和食鹽水生成 NaOH、H2和Cl2,電解飽和食鹽水的離子方程式為2Cl-+2H2O法*Cl2個+H個+2OH,D項錯誤；答案選 Ao3 .某同學(xué)用Na2CO3和NaHCO3溶液進(jìn)行如圖所示實驗。下列說法中正確的是 （）L mLO. 5 mul L 1Cat!溶白色沉淀白色沉淀無色氣體1 inLOJ 5 mol L Na CO溶液niLO. 5 nitdL 1NaHlX）,濯液A.實驗前兩溶液的 pH相等B.實驗前兩溶液中離子種類完全相同C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一樣多D.加入CaCl 2溶液后反應(yīng)的離子方程式都是CO32- + Ca2+ =CaCO 3 J【答案】B【解析

5、】碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以同濃度的碳酸鈉、 碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉，故 A 錯誤；Na2CO3和 NaHCO3溶液中都含有 Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-,故 B 正確；加入 CaCl2后，Na2CO3 溶液中發(fā)生反應(yīng)： CO32-+Ca2+ CaCOj, NaHCO3溶液中發(fā)生反應(yīng)：2HCO3-+Ca2+= CaCO3j+COf +HO,故 CD 錯誤。4 .某金屬有機多孔材料（MOFA）在常溫常壓下對 CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2與環(huán)氧乙烷衍生物的反應(yīng)，其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是（）A .該材料的吸附作用具有選擇

6、性B.該方法的廣泛使用有助于減少 CO2排放O上C.在生成的過程中，有極性共價鍵形成D.其工作原理只涉及化學(xué)變化【答案】D【解析】A.該材料選擇性吸附二氧化碳，故該材料的吸附作用具有選擇性，A正確;B正確;B.CO2與環(huán)氧乙烷衍生物發(fā)生了反應(yīng)，減少了二氧化碳的排放,gC.在生成oa% ,C項錯誤；D.解池右室陽極區(qū)的發(fā)生反應(yīng)HSO3-2e-+H2O=SO42-+3H+ 和 SO32-2e-+2H2O=SO42- + 4H+, D 項錯誤；鐵屑 Cb Nirf K NaOHNujFeOj9 .高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種環(huán)保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖所示:飽和粗晶體KOH溶灌卜列

7、敘述不正確的是（）A.用K2FeO4對飲用水殺菌消毒白同時，還產(chǎn)生 Fe（OH）3膠體吸附雜質(zhì)凈化水B.用FeCl2溶液吸收反應(yīng)I中尾氣后可再利用C.反應(yīng)II中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3 : 2D.該生產(chǎn)條件下，物質(zhì)的溶解性：Na2FeO4V K2FeO4【答案】D【解析】A. K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌消毒，生成的鐵離子可水解生成具有吸附性的氫氧化鐵膠體，可 用于凈水，故A正確；B.尾氣含有氯氣，可與氯化亞鐵反應(yīng)生成氯化鐵，可再利用，故 B正確；C.反應(yīng)中Cl元素化合價由+1價降低為-1價，F(xiàn)e元素化合價由+3價升高到+6價，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3： 2,故C正確

8、；D.結(jié)晶過程中加入濃 KOH溶液，增大了 K+濃度，該溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小，有利于K2FeO4晶體的析出，故 D錯誤；10. X、Y、Z為短周期非金屬元素，其相關(guān)性質(zhì)如下，下列敘述正確的是（）TOftXYZ單質(zhì)與H2反應(yīng)條件暗處爆炸光照高溫、高壓、催化劑常溫下氫化物水溶液的 pH小于7小于77A. 丫的含氧酸均為強酸B.最外層電子數(shù)ZYC.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性 YXD. Y與Z二者氫化物反應(yīng)的產(chǎn)物含離子鍵【解析】X、Y、Z為短周期非金屬元素， X單質(zhì)與氫氣在暗處爆炸，得到的氫化物水溶液pH小于7,則X為F元素；Y單質(zhì)與氫氣在光照條件下反應(yīng)，得到的氫化物水溶液 pH小于7

9、,則丫為Cl元素；Z單質(zhì)與氫氣在高溫、高壓、催化劑條件下反應(yīng)，得到的氫化物水溶液pH大于7,則Z為N元素；A . Y為氯元素，含氧酸中 HC1O為弱酸，故A錯誤；B. Z為N元素，原子最外層電子數(shù)為5, 丫為Cl元素，原子最外層電子數(shù)為 7,故最外層電子數(shù) YZ,故B錯誤；C.非金屬性FCl,故HCl的穩(wěn)定性比HF弱，故C錯誤；D.氯化氫與氨氣反應(yīng)生成的氯化俊中含有離子鍵，故 D正確；11.向某密閉容器中充入 NO2,發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g） =N2O4（g）。其它條件相同時，不同溫度下平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)如下表：（已知：N2O4為無色氣體）t/ I27354970NO2%20254

10、066N2O4%80756034下列說法不正確的是A. 27 1時，該平衡體系中 NO2的轉(zhuǎn)化率為9B.平衡時，NO2的消耗速率為 N2O4消耗速率的2倍C.室溫時，將盛有 NO2的密閉玻璃球放入冰水中其顏色會變淺D .增大NO2起始量，可增大相同溫度下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)【答案】D【解析】A.由表格數(shù)據(jù)可知，271反應(yīng)達(dá)到平衡時，二氧化氮和四氧化二氮的物質(zhì)的量比為1:4,則若四氧化二氮為4mol,由方程式可知，反應(yīng)消耗二氧化氮為8mol,起始二氧化氮為（8+1） mol=9mol ,二氧化氮的轉(zhuǎn)化率為9,故A正確；B.平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，由方程式可知，NO2的消耗速率為N2O4消耗速率

11、的2倍，故B正確；C.二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，二氧化氮濃度減小，氣體顏色變淺，故C正確；D.化學(xué)平衡常數(shù)是溫度函數(shù)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故 D錯誤；12.某同學(xué)進(jìn)行有關(guān)銅、硝酸、硫酸化學(xué)性質(zhì)的實驗，實驗過程如圖所示：實驗1實驗2、中溶液呈藍(lán)色，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生中溶液呈藍(lán)色，試管口有紅棕色氣體產(chǎn)生卜列說法正確的是()A.稀硝酸一定被還原為 NO2B.實驗 1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) =c(NO3 ) + c(OH )C.由上述實驗得出結(jié)論：常溫下，Cu既可與稀硝酸反應(yīng)，也可與稀硫酸反應(yīng)D.實驗1-、實驗2-中反應(yīng)

12、的離子方程式：3Cu+2NO3-+8H + =3Cu2+2NOT + 4H2O【答案】D【解析】A .稀硝酸與銅發(fā)生 3CU+8HNO3 3Cu(NO3) 2+2NOT +4H2O反應(yīng)，生成硝酸銅溶液為藍(lán)色，試管口NO被氧化生成紅棕色的二氧化氮，但硝酸被還原生成NO,故A錯誤；B.實驗1-中溶液存在電荷守恒為：2c (Cu2+) +c (H+) =c (NO3-) +c (OH-),故B錯誤；C.由上述實驗可得出結(jié)論：Cu在常溫下可以和稀硝酸反應(yīng)，但不能與稀硫酸反應(yīng)，故 C錯誤；D.實驗1-、實驗2-中反應(yīng)的離子方程式：3Cu + 2NO3-+8H + =3Cu2+ + 2NOT +4士0,故

13、D正確；第n卷(非選擇題共64分)二、非選擇題：包括第 13題第16題4個大題，共64分。13. (16分)FeSO4溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2+,實驗室中常保存硫酸亞鐵俊晶體 俗稱摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2。,它比綠磯或綠磯溶液更穩(wěn)定。I .某興趣小組設(shè)計實驗制備硫酸亞鐵俊晶體。本實驗中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸儲水都經(jīng)過煮沸、冷卻后再使用。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，經(jīng)過操作 、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍(lán)綠色的晶體。II .實驗探究影響溶液中 Fe2+穩(wěn)定性的因素(1)配制 0.8 mol/L 的 Fe

14、SO4溶液(pH=4.5)和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0),各取 2 mL 上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同日滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后觀察可見：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液，F(xiàn)eSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。(資料1)沉淀Fe(OH)2Fe(OH) 3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7請用離子方程式解釋 FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因 。討論影響Fe2+穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1：其他條件相同時，NH 4+的存在使（NH4）2Fe（SO4

15、）2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其他條件相同時，在一定 pH范圍內(nèi)，溶液 pH越小Fe2+穩(wěn)定性越好。假設(shè)3: 。（2）小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A （0.2 mol/L NaCl ）和溶液B （0.1mol/L FeSO4）為不同的pH,觀察記錄電流計讀數(shù)， 對假設(shè)2進(jìn)行實驗研究，實驗結(jié)果如下表所示。序號A 0.2mol/LNaClB 0.1mol/LFeSO 4電流計讀數(shù)實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5it 墨溶液A 1匕溶液H獲橋（資料2）原電池裝置中，其他條件

16、相同時，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強或正極反應(yīng)物的氧化性越強，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實驗結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：U型管中左池的電極反應(yīng)式 。對比實驗1和2 （或3和4）,在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為 。對比實驗 和 還可得出在一定 pH范圍內(nèi)，溶液酸堿性變化是對。2氧化性強弱的影響因素。對（資料3）實驗事實的解釋為 ?！敬鸢浮縄 .蒸發(fā)濃縮（2分）II. （1） 4Fe2+ + O2 + 10H2O=4Fe（OH）3 J + 8H（3 分） 當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度大

17、小影響Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）（2分）（2）O2 + 4e-+4H+ = 2H2O （3分） 溶液酸性越強，F(xiàn)e2+的還原性越弱（2分）13 （或2和4）（2分） 其它條件相同時，溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對O2的氧化性增強的影響，故 pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定。（其他表述酌情給分）（2分）【解析】I. FeSO4具有還原性，應(yīng)避免被氧化，則蒸儲水都必須煮沸、冷卻后再使用，除去水中溶解的氧氣， 由溶液得到晶體，應(yīng)先加熱濃縮溶液，然后冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮；II . （1）FeSO4溶液出

18、現(xiàn)淡黃色渾濁， 應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀， 離子方程式為4Fe2+O2+10H2O=4Fe （OH） 3 J +8H, 故答案為：4Fe2+O2+10H2O=4Fe （OH） 3 J +8H根據(jù)兩種溶液離子濃度的差異判斷，NH4+、SO42-以及H+都可影響Fe2+穩(wěn)定性，由題給信息可知，假設(shè)3可為當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好），故答案為：當(dāng)其它條件相同時，硫酸根離子濃度大小影響 Fe2+的穩(wěn)定性（或當(dāng)其它條件相同時， 硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好）；（2）A為氯化鈉溶液，空氣中氧氣參與正極反應(yīng)，電

19、極方程式為O2+4e-+4H+=2H2O,故答案為：O2+4e-+4H+=2H2O；由表中數(shù)據(jù)可知，溶液酸性越強，電流計讀數(shù)越小，說明Fe2+的還原性越弱，故答案為：溶液酸性越強，F(xiàn)e2+的還原性越弱；由實驗1和3 （或2和4）可知，pH越大電流計讀數(shù)越小，可得出在一定pH范圍內(nèi)，溶液酸堿性變化對。2氧化性強弱的影響因素，故答案為：1和3 （或2和4）；由表中數(shù)據(jù)可知，pH變化對亞鐵離子的還原性較強，電流計讀數(shù)出入較大，可知其它條件相同時，溶液酸性 增強對Fe2+的還原性減弱的影響， 超過了對。2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩(wěn)定，故答案為： 其它條件相同時，溶液酸性增強對

20、Fe2+的還原性減弱的影響，超過了對。2的氧化性增強的影響，故pH=1的FeSO4 溶液更穩(wěn)定。14. （16分）生活污水中的氮和磷主要以錢鹽和磷酸鹽形式存在，可用電解法從溶液中去除。電解裝置如圖：以 鐵作陰極、石墨作陽極，可進(jìn)行除氮；翻轉(zhuǎn)電源正負(fù)極，以鐵作陽極、石墨作陰極，可進(jìn)行除磷。I .電解除氮（1）在堿性溶液中，NH3能直接在電極放電，轉(zhuǎn)化為N2,相應(yīng)的電極反應(yīng)式為： 。（2）有Cl-存在時，除氮原理如圖 1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）將NH4+或NH3氧化為N2。在不同pH條件下進(jìn)行電解時，氮的去除率和水中有效氯濃度如圖2：石墨電報圖1圖2當(dāng)pH8時，主要發(fā)生HC1O氧

21、化NH4+的反應(yīng)，其離子方程式為： 。結(jié)合平衡移動原理解釋，當(dāng)pH8時，ClO-發(fā)生歧化導(dǎo)致有效氯濃度下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是（答出一點即可）：。II .電解除磷（3）除磷的原理是利用Fe2+將PO43-轉(zhuǎn)化為Fe3（PO4）2沉淀。用化學(xué)用語表示產(chǎn)生Fe2+的主要過程： 。如圖為某含 Cl-污水在氮磷聯(lián)合脫除過程中溶液pH的變化。推測在 20-40 min時脫除的元素是 。 HBG -ULJ1L VIK 鰭2 知 * 4 N 柏 m 電tf時閽imiii（4）測定污水磷含量的方法如下：取 100mL污水，調(diào)節(jié)至合適 pH后用AgNO3溶液使磷全部轉(zhuǎn)化為 Ag3P。4沉淀

22、。將沉淀過濾并洗滌后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定產(chǎn)生的 Ag + ,發(fā)生反應(yīng)Ag+SCN-=AgSCNj , 共消耗c mol/LNH 4SCN溶液V mL。則此污水中磷的含量為 mg/L （以磷元素計）。【答案】I. （1） 2NH3-6+6OH-=N2+6H2O （ 3 分）（2） 3HClO +2NH 4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ （3 分） 隨溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2 + H2O=H+ + Cl - +HClO平衡逆向移動，溶液中 c（HClO）減小，使NH4+的氧化率下降（2分） pH升高有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3, NH3可直接在電極上放電而氧化（

23、或 pH升高有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3,且有利于NH3逸出）（2分）II. Fe-2=Fe2+ （2 分） 磷 （2 分）（4） 310cv （2 分）【解析】（1）在堿性溶液中，NH3轉(zhuǎn)化為N2,化合價降低得電子，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為 2NH3-6+6OH-=N2+6H2O；（2）當(dāng)pH8時，HClO將NH4+氧化為 電的離子方程式為 3HClO +2NH 4+=3Cl-+N2T +3HO+5H + ;當(dāng)pH8時，ClO-發(fā)生歧化導(dǎo)致有效氯濃度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3, NH3可直接在電極上放電而氧化 (或pH升高有

24、利于NH4+轉(zhuǎn)變?yōu)镹H3, 且有利于NH3逸出)；(3)除磷時，F(xiàn)e作陽極失電子，產(chǎn)生 Fe2+的主要過程為Fe- 2e=Fe2+；由圖溶液pH的變化，在堿性溶液中，電解除氮時2NH3TN2+3H2,消耗NH3, pH會減小。電解除磷，陽極電解鐵，陰極電解氫離子，pH會增大，20-40 min時pH增大，則脫除的元素是磷;11(4)由關(guān)系式 P Ag3PO4 3AgSCN 3NH4SCN 可知：n ( P) =- n (NH4SCN) =- cV3310 3 mol,則此污水1Q3中磷的含重為： cV 10 mol 31g/ mol 10 mg /g 30.1L= 310 cV mg/L 。3

25、15. (14分)諾貝爾化學(xué)獎獲得者 GeorgeA. Olah提出了 甲醇經(jīng)濟”的概念，他建議使用甲醇來代替目前廣泛使用的化石燃料用作能源儲存材料和燃料。工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：(i)制備合成氣：CH4(g)+H 2O(g)CO(g)+3H 2(g)州=+206.0kJ Mol(ii)合成甲醇：CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)AH=-90.67kJ 用ol(1)制備合成氣：工業(yè)生產(chǎn)中為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題，原料氣中需添加 CO2,發(fā)生的反應(yīng)(iii) : CO2(g)+H2(g) - CO(g)+H 2O(g)AH=+41.17kJ rmol為了使

26、合成氣配比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為 (2)為節(jié)約化石能源、減少碳排放，用CO2代替CO作為制備甲醇的碳源正成為當(dāng)前研究的焦點。請寫出二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學(xué)方程式 。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料氣中加入一氧化碳可以降低CO2與H2反應(yīng)的活化能。在 200-360 I,9MPa時合成氣初始組成 H2、CO、CO2物質(zhì)的量之比7: 2: 1的條件下研究甲醇的合成反應(yīng)。如圖所示，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大，分析可能的原因是CH 30H(g)+CO(g)二(3)工業(yè)上可通過甲醇厥基化法制取甲酸甲酯，其反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為:HC00CH 3(g)AH=+29.1k

27、J - m1ol科研人員對該反應(yīng)進(jìn)行了研究，部分研究結(jié)果如下:5f甲醇的H化中從8 nin , J_ JJ _L L J _l_L I I k I i I 1 I I i ICHUI-IHJ+二二-1 1T + XILLI-二根據(jù)圖，分析工業(yè)上制取甲酸甲酯時，選擇的合適條件為34 3J 4 0 43 3+0 ri4 % 反腐辰疆對中醉用比率的響70 74 78 總 M如火K 加柒一足時強度對反應(yīng)速率的庫嘀O(4)某種熔融碳酸鹽燃料電池以 U2CO3、K2CO3為電解質(zhì)、以 CH30H為燃料，該電池工作原理見圖。該反應(yīng)負(fù)極電極反應(yīng)式為【答案】(1) 3： 1(2 分)(2)CO2(g)+3H2(

28、g) CH30H(g)+H 20(g)AH=-49.5kJMol (4 分) 開始時C02和H2反應(yīng)生成甲醇，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，使C02轉(zhuǎn)化率降低；當(dāng)溫度升高到一定程度后，C02和H2反應(yīng)生成C0該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)使平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率升高(3分)(3)4.0X16pa, 80 I (2 分) (4) CH3OH+3CO32-6e-=4CO2+2H2O(3 分)【解析】(1)依題意知，CH4(g)+H 20(g)C0(g)+3H 2(g)和 CO2(g)+H2(g)= CO(g)+H 20(g)兩個反應(yīng)產(chǎn)生的CO、H2用于制甲醇的反應(yīng) C0(g)+2H 2(g)CH30H(

29、g)。設(shè)參加反應(yīng)的 CH4的物質(zhì)的量為x, C02的物質(zhì)的量為 v,則 n(C02):n(H2)=1:2=(x+y):(3x -y),從而求出 x:y=3:1。答案為：3:1；(2)反應(yīng)(ii)： C0(g)+2H 2(g)=CH30H(g)AH=-90.67kJMol反應(yīng)(iii)： C02(g)+H 2(g) C0(g)+H 20(g)川=+41.17kJMol利用蓋斯定律，將反應(yīng) (ii)+反應(yīng)(iii),可得出二氧化碳加氫合成甲醇的熱化學(xué)方程式C02(g)+3H2(g)aCH 30H(g)+H 20(g)AH=-49.5kJ 用ol 答案為：C02(g)+3H 2(g)CH 30H(g

30、)+H 20(g)AH=-49.5kJMol涉及 C02 與 H2反應(yīng)的方程式有以下兩個：C02(g)+3H 2(g)CH30H(g)+H 20(g)AH=-49.5kJ - n-1olC02(g)+H 2(g) C0(g)+H 20(g)川=+41.17kJ Mol對于前一個反應(yīng)，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，C02的平衡轉(zhuǎn)化率減小；對于后一個反應(yīng)，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，C02的平衡轉(zhuǎn)化率增大。則如圖所示，C02的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大，可能的原因是：開始時CO2和H2反應(yīng)生成甲醇，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動， 使CO2轉(zhuǎn)化率降低；當(dāng)溫度升高

31、到一定程度后，CO2和H2反應(yīng)生成CO該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)使平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率升高。答案為：開始時CO2和H2反應(yīng)生成甲醇，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動， 使CO2轉(zhuǎn)化率降低；當(dāng)溫度升高到一定程度后，CO2和H2反應(yīng)生成CO該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)使平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率升高；(3)從圖中可以看出，增大壓強，甲醇的轉(zhuǎn)化率增大，但壓強達(dá)到4.0X16Pa時，甲醇的轉(zhuǎn)化率變化很小，此點為壓強的合適點；升高溫度，甲醇的轉(zhuǎn)化率增大，但溫度達(dá)到801時，甲醇的轉(zhuǎn)化率變化很小，此點為溫度的合適點，從而確定選擇的合適條件為4.0X16pa, 80 Io答案為：4.0 x 6Pa, 80 1；(4)從電子流向看，a電極為負(fù)極，此電極加入 CH3OH,從箭頭的指向看，CH30H失電子，生成CO2和H2