天津市大港一中2020届高三4月在线测试化学试题

2020届高三下学期第一次检测 化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56
I卷
1.2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投入运营。在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建筑中，使用了大量种类各异的材料。下列关于所使用材料的分类不正确的是
选项
A
B
C
D
材料

含钒钢筋

安检塑料筐

有机玻璃标牌

玻璃钢内筒垃圾桶
分类
合金材料
高分子材料
无机硅酸盐材料
复合材料


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、含钒钢筋是铁合金，属于合金材料，故A正确；
B、安检塑料筐成分是塑料，塑料是高分子化合物，故B正确；
C、有机玻璃由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物，是有机高分子化合物，故C错误；
D、玻璃钢是以玻璃纤维或其制品作增强材料的增强塑料，属于复合材料，故D正确；
选C。
2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的味道。下列说法不正确的是
A. 醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用
B. 人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险
C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸
D. 白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 食醋的成分是醋酸，醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用，故A正确；
B. 人体摄入过多的食盐易引起高血压，所以控制食盐摄入量，可以降低患高血压的风险，故B正确；
C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸，故C正确；
D. 白砂糖主要成分是蔗糖，蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，故D错误。
选D。
3.下列叙述正确的是
A 熔沸点：HF＞HCl＞HBr B. 第一电离能：Li＞Na＞K
C. 溶解度：Na2CO3 【答案】B
【解析】
【详解】A．HF分子间存在氢键，则熔沸点：HF＞HBr＞HCl，A错误；
B．金属性越强，第一电离能越小，第一电离能：Li＞Na＞K，B正确；
C．溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，C错误；
D．非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C，D错误。
答案选B。
4.锗（32Ge）与钾（19K）同周期。下列说法正确的是
A. 锗位于第四周期第ⅤA族 B. 的中子数与电子数的差值为38
C. 锗是一种半导体材料 D. 碱性：Ge(OH)4＞KOH
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ge的核外电子排布为2、8、18、4，则其位于第四周期 IV A族，A错误；
B、的中子数位38，电子数位32，则中字数和电子数的差值为6，B错误；
C、Ge位于金属元素和非金属元素分界线上，其单质可用作半导体材料，C正确；
D、第四周期中，Ge位于K的右侧，则K的金属性大于Ge，所以碱性：KOH＞Ge(OH)4，D错误；
故选C。
5.下列说法正确的是
A. 离子晶体中不含阴阳离子，只有溶液中才有阴阳离子
B. BF3分子的立体构型：三角锥形
C. 非金属氧化物都是酸性氧化物
D. 电解质溶液导电的过程就是电解质溶液被电解的过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子晶体中含阴阳离子，A错误；
B．BF3的中心原子B的价层电子对数是3，不含有孤对电子，分子的立体构型：平面三角形，B错误；
C．非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，例如NO等，C错误；
D．电解质溶液导电的过程就是电解质溶液被电解的过程，D正确。
答案选D。
【点睛】由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
6.下列说法正确的是
A. 0.1mol/L NaHSO3溶液pH=5.6,溶液中粒子浓度 c (HSO3-)＞ c (H2SO3)＞c (SO32-)
B. 将Na2CO3固体溶于水配成溶液，再向溶液中加水，由水电离出的c(H+)·c(OH－)增大
C. 碳酸氢钠溶液中：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）
D. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L NaHSO3溶液pH=5.6，说明溶液显酸性电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，故A错误；
B．加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H+）、n（OH-）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，因此由水电离出的c(H+)·c(OH－)减小，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+（H2CO3），则c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），故C正确；
D．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜
D．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，溶液呈碱性，H2CO3的电离平衡常数关系Ka1＞Ka2，混合溶液中c（H+）值一定，则＝，＝，由于Ka1＞Ka2，则＞，故D错误；
故答案选C。
【点睛】把握电离大于水解、电荷守恒及物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D是解答的难点，注意计算式的变形。
7.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是
泛酸乳酸
A. 泛酸分子式为C9H17NO5
B. 泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物
C. 泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关
D. 乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；
B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；
C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；
D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；
选B。
【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。
8.下列说法正确的是
A. 煤的气化和液化和石油的分馏都是物理变化
B. 电离、电镀、电解、电泳都需要通电才可以进行
C. 所有氨基酸都含手性碳原子
D. 水杨酸（）存在分子内氢键，使其在水中的溶解度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤的气化是用煤来生产水煤气，煤的液化是用煤来生产甲醇，故煤的气化和液化为化学变化，石油的分馏是物理变化，故A错误；
B．电离是自发进行的过程，不需要通电，故B错误；
C．当碳原子上所连的四个不同的基团时则为手性碳原子，氨基酸中不一定含手性碳原子，如NH2CH2CH2COOH，故C错误；
D．分子间氢键导致物质溶解度减小，水杨酸存在分子内氢键，使其在水中的溶解度减小，故D正确。
故答案选D。
【点睛】明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道分子间氢键和分子内氢键对物质溶解性的影响。
9.下列实验的现象与结论相对应的是

A
B
C
D
实验




现象
电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏
加热一段时间后溶液蓝色褪去
加热，肥皂液中产生无色气泡
烧瓶中有大量气泡冒出，Na2SiO3溶液变浑浊
结论
铁片作负极，片刻后铜片作负极
淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖
铁粉与水蒸气反应生成H2
非金属性：
N＞C＞Si


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，片刻后Cu与浓硝酸反应，则开始时Fe为负极，片刻后Fe为正极，可观察到电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏，故A正确；
B．淀粉遇碘单质变蓝，实验没有检验葡萄糖，则图中实验不能确定淀粉的水解产物，故B错误；
C．应点燃肥皂泡，试管中有空气也产生气泡，则由产生无色气泡不能确定生成氢气，故C错误；
D．浓硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应，则图中实验不能比较碳酸、硅酸的酸性，则不能比较非金属性，故D错误；
故答案选A。
10.下列离子方程式正确的是
A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH− −4e-=2H2O +O2↑
B. 工业上用电解法制铝：2AlCl3(熔融)Al+3Cl2↑
C. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性： + 6H+ + 5H2O2＝2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O
D. AgNO3 溶液中加入少量氨水；Ag+ + NH3·H2O = AgOH↓+ NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A．正极发生得到电子的还原反应，钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：O2+4e－+2H2O＝4OH－，A错误；
B．工业上用电解熔融氧化铝的方法制铝：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，B错误；
C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，不能证明H2O2具有还原性，因为酸性高锰酸钾溶液也能氧化浓盐酸生成氯气，C错误；
D．AgNO3 溶液中加入少量氨水；Ag+ + NH3·H2O＝AgOH↓+ NH4+，D正确。
答案选D。
11.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。

下列说法不正确是
A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面
B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯
C. 对二甲苯的一氯代物有2种
D. M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气
【答案】D
【解析】
【详解】A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；
B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；
C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；
D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；
答案为D
【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。
12.根据下列图示所得推论正确的是

A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2
B. 乙是C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1
C. 丙是0.5mol/L CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c(OH-)减小
D. 丁是0.03g镁条分别与2mL 2mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、在氯水中，存在反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，Cl-浓度的升高说明平衡正向移动，是因为HClO不稳定分解，但是并不能推断出HClO分解产生了O2，A错误；
B、同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，则平衡正向移动，∆H＞0；同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则x＜0.1；B错误；
C、盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反应，温度升高，水的离子积增大，水中的c(H+)增大，pH降低；温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，c(OH-)增大，由于c(H+)=，Kw增大的更多一些，使得c(H+)也增大一些[c(H+)没有c(OH-)增大得多]，溶液pH呈小幅度的减小，C错误；
D、盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，则HCl和醋酸的物质的量也相同，故这两个容器中产生的H2的量相同，最终容器内的压强也相同；HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，则醋酸溶液的H+的浓度较低，其反应速率也较低，故①代表盐酸与镁条的反应，②代表醋酸与镁条的反应，D正确；
故选D。
【点睛】本题的A选项是易混项，需要注意的是HClO的分解方式不仅仅有，也有，题中虽然有光照这个条件，但并未验证有O2生成，故无法说明HClO的分解方式。
第II卷
13.I.碳元素广泛存在于自然界中，对人类生命和生活具有重要意义。含碳化合物在工业生产和国防建设中有广泛的应用。
（1）写出基态碳原子的电子排布式________________， CO2是_______分子（填“极性”或“非极性”），中心碳原子采取的杂化类型是_____________。
（2）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.碳酸的酸性大于硅酸 d.SiO2+Na2CO3 =Na2SiO3+CO2↑
II.氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在800℃氮气气氛下合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)
（1）该反应的平衡常数表达式K=__________________。已知平衡常数：K(800℃)>K(850℃)，则正反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）
（2）任写两种能提高二氧化硅转化率的措施______________、______________。
（3）Mg在空气中燃烧可微量生产氮化镁（Mg3N2）。Mg3N2溶于足量的稀硫酸可得到两种正盐，写出该反应的化学方程式__________________________________________________。
（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示。写出磷化铟的化学式______________；In的配位数（与之距离最近的原子数目）为_______________。

【答案】 (1). 1s22s22p2或[He] 2s22p2 (2). 非极性 (3). sp (4). ae (5). (6). 放热 (7). 降温 (8). 减压或增大氮气浓度 (9). Mg3N2+4H2SO4=3MgSO4+ (10). InP (11). 4
【解析】
【详解】I.（1）碳原子为6号元素，核外6个电子，依据核外电子排布规律，其电子排布式为：1s22s22p2或[He]2s22p2；二氧化碳为直线型分子，正负电荷重心能够重合，为非极性分子；二氧化碳中C原子的价层电子对数=2+（4-2×2）÷2=2，为sp杂化；
（2）a．CH4的稳定性比SiH4强，可知C的非金属性比Si强，故a选；
b．硅烷与甲烷都是分子晶体，分子晶体沸点与分子间作用力强弱有关，与C和Si非金属性强弱无关，故b不选；
c．碳酸、硅酸分别是C和Si的最高价含氧酸，碳酸的酸性大于硅酸，可以判断非金属性C强于Si，故c选；
d．SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，该反应为高温下的反应，高温下二氧化碳挥发，促进反应正向进行，所以不能用于判断C和Si的非金属性的强弱，故d不选；
故答案为：ac。
II.（1）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，根据方程式可知该反应的平衡常数表达式为K＝；已知平衡常数：K（800℃）＞K（850℃），则升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应；
（2）提高二氧化硅转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施有，降低温度，减小压强，增大N2浓度等，
（3）Mg在空气中燃烧可微量生产氮化镁（Mg3N2）。Mg3N2溶于足量的稀硫酸可得到两种正盐，根据原子守恒可知应该是硫酸铵和硫酸镁，反应的化学方程式为：Mg3N2+4H2SO4=（NH4）2SO4+3MgSO4；
（4）根据晶胞图可知磷化铟晶胞中：In原子数目为8×1/8+6×1/2=4，P原子数目为4，所以磷化铟的化学式为InP，In的配位数为4。
14.辣椒的味道主要源自于所含的辣椒素，具有消炎、镇痛、麻醉和戒毒等功效，特别是其镇痛作用与吗啡相若且比吗啡更持久。辣椒素(F)的结构简式为，
其合成路线如下：

已知：R—OHR—Br
R—Br＋R′—Na→R′—R＋NaBr
回答下列问题：
（1）的分子式为___________________，
A中所含官能团的名称是________________________，
D的最简单同系物的结构简式_______________________。
（2）A→B的反应类型为________________，
写出C→D化学方程式：__________________________________________________。
（3）下列反应类型，辣椒素（F）不能发生的有_____________________（填序号）。
A. 加成反应 B. 取代反应 C. 氧化反应 D.消去反应 E.聚合反应
（4）写出同时符合下列三个条件的D的同分异构体的结构简式：____________________________。
①能使溴的四氯化碳溶液褪色
②能发生水解反应，产物之一为乙酸
③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3∶2∶1
（5）4­戊烯酸(CH2=CHCH2CH2COOH)可用作农药、医药中间体。参照以上合成路线，设计由CH2=CHCH2OH为起始原料制备4­戊烯酸的合成路线： ________________________________________________________________________。
【答案】 (1). C8H16O (2). 碳碳双键、溴原子 (3). CH2=CHCOOH (4). 取代反应 (5). (6). D (7). (8).
【解析】
【分析】
根据反应信息知，A为，A发生信息中的反应生成B为，B水解酸化得到C为，根据F结构简式知，E为，D发生取代反应生成E，则D为，据此解答。
【详解】（1）的分子式为C8H16O，A为，A所含官能团的名称是碳碳双键和溴原子，D为 ，D的最简单同系物的名称是丙烯酸，结构简式 CH2=CHCOOH；
（2）A→B的反应类型为取代反应，C为，D为，C生成D的方程式为 ；
（3）中含酚-OH、肽键和碳碳双键。
A．由于含碳碳双键和苯环，故能发生加成反应，故A错误；
B．由于含苯环，故能发生取代反应，故错误；
C．由于含碳碳双键和酚羟基，故能发生氧化反应，故C错误；
D．由于是酚-OH，故不能发生消去反应，故D正确；
E．由于含碳碳双键，故能发生加聚反应，即能发生聚合反应，故E错误；
故选D；
（4）D为，D的同分异构体符合下列条件：①能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键；②能发生水解反应，产物之一为乙酸，说明含有酯基且为乙酸某酯；③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，符合条件的结构简式为；
（5）由CH2=CHCH2OH为原料合成4-戊烯酸，丙烯醇发生信息中的取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后发生信息中的反应生成CH2=CHCH2CH（COOCH2CH3）2，然后发生水解反应然后酸化得到CH2=CHCH2CH（COOH）2，然后加热去二氧化碳得到4-戊烯酸，其合成路线为CH2=CHCH2OHCH2=CHCH2BrCH2=CHCH2CH（COOCH2CH3）2CH2=CHCH2CH（COOH）2CH2=CHCH2CH2COOH。
【点睛】充分利用物质的结构进行分析解答，试题侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，注意利用信息进行有机合成路线设计，为解答难点。
15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。
实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42−的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：
Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。
Ⅱ．称取m gⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用c mol·L−1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。
Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用c mol·L−1 KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。
Ⅳ．重复上述实验3次，计算。
已知：ⅰ．草酸是弱酸。
ⅱ．pH>4时，Fe2+易被O2氧化。
ⅲ．酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。
回答下列问题：
（1）Ⅰ中加入稀硫酸的目的是__________________________、_______________________。
（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_____________、____________。
（3）Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V ______v2 mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（4）Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是__________________________,滴定时KMnO4溶液装在__________________（玻璃仪器）中,滴定终点的现象_________________________________________。
（5）m gⅠ中制得的晶体中，Fe2+和C2O42−的物质的量之比是____________________（用含v1、 v2的计算式表示）。
【答案】 (1). 抑制Fe2+水解 (2). 防止Fe2+被氧化 (3). Fe2+ (4). H2C2O4 (5). > (6). 5Fe2+++8H+=5Fe3++ Mn2++4H2O (7). 酸式滴定管 (8). 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅红色，且半分钟不复原 (9).
【解析】
【分析】
（1）Ⅰ中加入稀硫酸，可避免亚铁离子水解以及被氧化而变质；

（2）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化亚铁离子以及草酸根离子；
（3）锌粉可与酸性高锰酸钾溶液反应；
（4）Ⅲ中，滴定时涉及亚铁离子和高锰酸钾的反应；酸性高锰酸钾有强氧化性；当亚铁离子反应完全，再滴入高锰酸钾，就会有红色出现；
（5）根据关系式计算。
【详解】（1）由题给信息可知pH＞4时，Fe2+易被O2氧化，Ⅰ中加入稀硫酸，可避免亚铁离子水解以及被氧化而变质；
（2）晶体加入硫酸，生成亚铁离子和草酸，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化亚铁离子以及草酸，即与高锰酸钾氧化的Fe2+、H2C2O4；
（3）锌粉可与酸性高锰酸钾溶液反应，若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积偏大；
（4）Ⅲ中，滴定时涉及亚铁离子和高锰酸钾的反应，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；酸性高锰酸钾有强氧化性，故装在酸式滴定管里；当亚铁离子反应完全，再滴入高锰酸钾，就会有红色出现，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴标准酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不复原；
（5）Ⅲ中涉及反应为5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，n（KMnO4）=cv2×10-3mol，则n（Fe2+）=5cv2×10-3mol，Ⅱ中涉及反应为5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O、5C2O42-+2MnO4-+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，设n（C2O42-）=xmol，n（KMnO4）=cv1×10-3mol，由离子方程式可知cv2×10-3mol+2x/5=cv1×10-3mol，可知n（C2O42-）=2.5(cv1-cv2)×10-3mol，可得Fe2+和C2O42-的物质的量之比为。
16.I. 合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。
（1）已知：5.6L(标况下)CH4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。
（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2 mol CH4和2 mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=____________。
②在该温度下，计算该反应的平衡常数K＝________________________(保留两位小数)。
③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________
A.v(H2)逆＝3v (CO)正 B.密闭容器中混合气体的密度不变
C.密闭容器中总压强不变 D.C (CH4) = C (CO)
（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H22NH3。保持温度和体积不变， 在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是___________。
容
器
体积
起始物质
平衡时NH3的物质的量
平衡时N2的
体积分数
反应开始时的速率
平衡时容器内压强
甲
1L
1molN2+3molH2
1.6mol
φ甲
ν甲
P甲
乙
1L
2molN2+6molH2
n1 mol
φ乙
ν乙
P乙
丙
2L
2molN2+6molH2
n2 mol
φ丙
ν丙
P丙



A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙 C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙
II.（1）常温下，在x mol·L－1氨水中加入等体积的y mol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中性。
①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。
②常温下，NH3·H2O的电离常数K=_____(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。
（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－

阴极的电极反应式为___________________________。
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。
【答案】 (1). CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） (2). (3). 21.87 (4). AC (5). BD (6). (7). (8). 2NO+4e-=N2+2O2- (9). 阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【详解】I.(1)标况下，5.6LCH4物质的量为：=0.25mol，吸收51.5kJ的热量，则1mol甲烷反应吸收热量=51.5kJ×=206kJ，该反应的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206 kJ/mol；
(2)在150℃时2L的密闭容器中，将2mol CH4和2mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%，则

①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)= =0.12mol•L-1•min-1；
②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K=(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；
③A．v逆(H2)＝3v正(CO)，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；
B．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．浓度关系和消耗量、起始量有关，c(CH4)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
(3)A．甲和丙为等效平衡，则n2=1.6mol，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n1＞3.2，故A错误；
B．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol氮气和3mol氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B正确；
C．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C错误；
D．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P乙＞P甲=P丙，故D正确；
故答案为：BD；
II.(1)①根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，混合后溶液显中性，则c(NH4+)=2c(SO42-)，则；
②x mol•L-1氨水中加入等体积的y mol•L-1硫酸得混合溶液M恰好显中性，则c(NH4+)=2c(SO42-)=2×mol•L-1=ymol•L-1，混合后，根据物料守恒c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.5x mol•L-1，则c(NH3•H2O)=(0.5x-y)mol•L-1，K=c(NH4+)•c(OH-)/c(NH3•H2O)=y×1×10-7/(0.5x-y)=2y×10-7/(x-2y)；
(2)①阴极：NO得到电子生成N2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO+4e-=N2+2O2-；
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O2浓度约为NO浓度的10倍，氧气易得到电子生成O2-，电极方程式为：O2+4e-=2O2-。