精品解析：2025届福建省福州市鼓楼区福建省福州第三中学模拟预测化学试题

福州三中2024-2025学年高三第二十次质量检查 化学试题 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的原子量：Pb-207 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 目前世界各国都在大力发展新能源汽车，我国更是将其列入到七大战略性新兴产业之中。关于新能源汽车有关问题，下列叙述不正确的是 A. 新能源汽车中需要一些高温陶瓷，其属于新型无机非金属材料 B. 新能源汽车的大力发展可以减少我国石油消耗和二氧化碳的排放 C. 乙醇属于可再生能源，可作汽车燃料 D. 轻量化材料可以降低汽车重量，铝合金、PC材料等都属于金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．高温陶瓷属于新型无机非金属材料，故A正确； B．新能源汽车的大力发展，能减少常规能源的消耗，减少二氧化碳的排放，故B正确； C．乙醇燃烧产物、通过光合作用转化为有机物淀粉、纤维素等，这些物质水解产物葡萄糖在酒化酶作用下又转化为乙醇，故乙醇属于可再生能源，可作汽车燃料，故C正确； D．PC属于有机高分子材料，故D错误； 选D。 2. 有机物G(结构如图所示)是有机合成的中间体。下列关于G的说法正确的是 A. 1molG分别与足量盐酸或NaOH反应，消耗HCl、NaOH的物质的量相等 B. G与足量H2加成后的产物中有3个手性碳原子 C. G能发生加成反应、氧化反应、消去反应 D. 分子中所有C原子不可能处于同一平面内 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题干G的结构简式可知，G中的氨基和酰胺基均能以HCl反应，只有酰胺基和酯基能与NaOH反应，故1molG分别与足量盐酸或NaOH反应，消耗HCl、NaOH的物质的量之比为2:2=1:1，A正确； B．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故G与足量H2加成后的产物中有2个手性碳原子，如图所示：，B错误； C．由题干G的结构简式可知，G中含有苯环则能发生加成反应，含有氨基则能发生氧化反应，没有醇羟基和碳卤键故不能发生消去反应，C错误； D．由题干G的结构简式可知，分子中苯环上的所有碳原子在同一平面，酯基和酰胺基也是平面结构，且单键可以任意旋转，即分子中所有C原子可能处于同一平面内，D错误； 故答案为：A。 3. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只有一种运动状态，基态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小，X、Y、Z同周期，M元素是骨骼和牙齿的主要成分之一，五种元素中只有M是金属元素。Y、Z形成的一种阴离子结构如图所示，下列说法错误的是 A. 氢化物的沸点：Y<Z B. 工业上用电解法冶炼M C. 的空间结构是正四面体形 D. 常温下，Y2W6Z2与足量酸性高锰酸钾溶液反应能生成YZ2 【答案】A 【解析】 【分析】由分析可知，W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只有一种运动状态即核外只有1个电子，是H，基态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小即为ⅢA或ⅥA元素，X、Y、Z同周期，M元素是骨骼和牙齿的主要成分之一，即M为Ca，五种元素中只有M是金属元素，Y、Z形成的一种阴离子结构图所示信息可知，Z形成2个共价键，Y形成4个共价键，故X为B，Y为C，Z为O，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，Y为C，Z为O，Y的氢化物为烃类(如甲烷、苯等)，Z的氢化物为H2O、H2O2等。若未限定“最简单氢化物”，C的氢化物(如高分子烃)沸点可能高于O的氢化物(如H2O)，题中未明确为最简单氢化物，A错误； B．由分析可知，M为Ca，钙是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化钙冶炼，B正确； C．由分析可知，X为B，W为H，为，B原子价层电子对数=4(4个σ键，无孤电子对)，sp3杂化，空间结构为正四面体形，C正确； D．由分析可知，W为H、Y为C、Z为O，Y2W6Z2为C2H6O2(乙二醇)，足量酸性高锰酸钾将其氧化为乙二酸，乙二酸进一步被氧化为CO2(YZ2)，D正确； 故答案为：A。 4. 《天工开物》之《五金·锡》记载“售者杂铅太多，欲取净则熔化，入醋淬八九度，铅尽化灰而去。”已知，为弱电解质，为阿伏加德罗常数数值，下列说法正确的是 A. 醋酸溶液中，Pb比Sn活泼 B. 1mol 中，所含键的数目为2 C. 1L 0.1 溶液中，的数目为0.2 D. 20.7g Pb与足量醋酸充分反应，生成2.24L 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据“售者杂铅太多，欲取净则熔化，入醋淬八九度，铅尽化灰而去”，可知铅能与醋酸反应，而锡不与醋酸反应，在醋酸溶液中，越活泼的金属越易发生反应，所以Pb比Sn活泼，A正确； B．醋酸分子中只有碳氧双键中存在键，1个分子含1个碳氧双键，1个碳氧双键只有一个键，则中所含键的数目为，B错误； C．为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中，的物质的量小于，数目小于，C错误； D．未指明是否处于标准状况，无法计算氢气体积，D错误； 故选A。 5. 配离子在水溶液中配位解离平衡及其平衡常数如下表： 配离子 配位解离平衡 平衡常数 下列说法错误的是 A. B. 向含有的溶液中加入能生成 C. 中心原子及配体均相同时，中心原子所带电荷数越大，配离子越稳定 D. 已知有2种结构，则的空间结构为正四面体形 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧电负性大于氮，氨分子中氮较水分子中氧更容易提供孤电子对和铜离子形成配位键，则，A正确； B．， ，则向含有的溶液中加入能生成，B正确； C．比较Co2+、Co3+和Fe2+、Fe3+形成的配离子的平衡常数可知，中心原子及配体均相同时，中心原子所带电荷数越大，配离子越稳定，C正确； D．已知有2种结构，则的空间结构不为正四面体形，若为正四面体结构则只有一种结构，D错误； 故选D 6. 某种以还原用于烟气(含、、等)脱硝的反应基理如图。下列说法错误的是 A. 该反应的总反应中氧化剂为、 B. 反应过程中Mn元素化合价发生改变 C. 步骤II中的H可以进攻B中任何一个O D. 若通入的量一定，吸收时，消耗的量不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图示可知氨气、NO最终转化为氮气，NO作氧化剂，氧气转化成水也做氧化剂，故A正确； B．由图可知转化过程中Mn元素的成键数目发生改变，则化合价发生改变，故B正确； C．步骤II中带正电荷的H只进攻带负电荷的O，故C错误； D．1molNO转化为氮气时得2mol电子，1mol转化为氮气时也得2mol电子，通入等量的时，失电子数目相同，则消耗氧气的量不变，故D正确； 故选：C。 7. 苯胺是最重要的胺类物质之一，其制备和提纯过程如下图所示，已知苯胺是油状液体，沸点为，微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，能与酸反应生成盐而易溶于水。下列说法不正确的是 A. 溶液和粒状固体作用不相同 B. “盐析”中的作用是降低苯胺在水中的溶解度，利于分层 C. 可以用乙醇代替乙醚萃取苯胺 D. 操作1为蒸馏，收集左右的馏分 【答案】C 【解析】 【分析】硝基苯与锡粉、浓盐酸加热，硝基苯发生还原反应生成苯胺，苯胺与盐酸可生成苯胺盐酸盐，冷却后，加入溶液调pH，将苯胺盐酸盐转化为苯胺，然后加入NaCl降低苯胺在水中溶解度，促使苯胺析出，利用乙醚做萃取剂从水溶液中萃取苯胺，分离出有机相后加入粒状固体吸收水分，通过蒸馏可从有机相分离出苯胺，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，NaOH溶液的作用是调节溶液pH，将反应生成的苯胺盐酸盐转化为苯胺，粒状NaOH固体的作用是吸收有机相中的水分，起到干燥的作用，A正确； B．由分析可知，“盐析”中的作用是降低苯胺在水中的溶解度，促使苯胺析出，B正确； C．乙醇与水以任意比互溶，不能代替乙醚萃取苯胺，C错误； D．由分析可知，操作1为蒸馏，苯胺沸点为，故应收集左右的馏分，D正确； 故选C。 8. 工业上用氨萃取锌的原理如图。已知M为一种有机物，能与形成稳定的化合物，且能与形成配离子。下列说法错误的是 A. 中键角比中的大 B. 步骤①中发生反应的化学方程式为 C. 步骤②所需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗 D. 可促进平衡逆向移动，提高有机溶液中锌的含量 【答案】A 【解析】 【分析】氧化锌经过NH3和(NH4)2SO4混合溶液浸出后得到，浸出液中加入含M的有机溶液、通入CO2，分液得到有机溶液和水溶液，有机溶液经过一系列处理得到Zn。 【详解】A．分子中心N原子上有一对孤电子对，中心原子N上无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的大，则中键的键角较小，A错误； B．步骤①中氧化锌经过NH3和(NH4)2SO4混合溶液浸出后得到，发生反应的化学方程式为，B正确； C．步骤②为分液操作，所需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗，C正确； D．可与反应，使平衡逆向移动，从而提高有机溶液中锌的含量，D正确； 故选A 9. 电有机合成是一种应用广泛的新型有机合成方法。某种3-氯-4-氨基苯酚的电有机合成装置如图所示，下列说法错误的是 A. Cu2＋的价电子排布式为3d9 B. 既可以和酸反应也可以和碱反应 C. 电解一段时间后，阴阳两极室中电解质溶液的质量均增大 D. Cu电极发生反应+4e-+4H+=+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】Cu电极上硝基还原为氨基，生成，可知Cu电极是阴极：+4e-+4H+=+H2O，Pb电极是阳极：Pb-2e-+= PbSO4。 【详解】A．基态Cu原子的价电子排布式为，则的价电子排布式为，A正确； B．中含有氨基，能和酸反应，含有酚羟基，能和碱反应，既可以和酸反应也可以和碱反应，B正确； C．当转移2mol电子时，阳极：Pb-2e-+= PbSO4，阳极室有1mol 转化为PbSO4沉淀，阴极发生反应+4e-+4H+=+H2O，则同时有2molH+移入阴极室，电解一段时间后，阳极室中电解质溶液的质量减小，C错误； D．Cu电极是阴极，发生还原反应，阴极发生反应+4e-+4H+=+H2O，D正确； 故选C。 10. 25℃，某混合溶液中，pX随pOH变化的关系如图所示[X代表H2S、HS-或S2-，如]。已知，。下列说法正确的是 A. 曲线a为pS2-随pOH的变化情况 B. 数量级为 C. M点存在： D. 向0.01 mol/L的H2S溶液中加入等体积、等浓度的CuSO4溶液，没有黑色沉淀生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．曲线a代表pX随pOH变化，pOH越小（碱性越强）时，H2S浓度减小，pX增大，故曲线a为pH2S，曲线c为pS2-，A错误； B．Ka1的表达式为：，Ka2的表达式为：，则，M点时c(H2S)=c(S2-)且，故计算；结合曲线a和b交点（pOH=7.0时，c(H2S)=c(HS⁻)）得Ka1=10-7，故，数量级为10-13，B正确； C．M点是向H2S溶液滴加碱性溶液后所得的溶液，选项中的电荷守恒少了碱性溶液的阳离子，C错误； D．等体积混合后c(H2S)=c(Cu2+)=0.005 mol/L，H2S电离是微弱的，c(H+)≈c(HS-)，则H2S电离出的c(S2-)≈Ka2=10-13，Q=0.005×10-13=5×10-16>Ksp(CuS)=10-36，有沉淀生成，D错误； 故选B。 二、非选择题(本大题共4小题，共60分) 11. 电解锰渣中含有很多重金属[主要含有]会造成环境污染。电解锰渣的资源化利用既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。下面是某课题组研究的工艺流程： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为___________，与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有___________种。 （2）已知“还原酸浸”时氧化产物是S，则MnO2被还原的离子方程式为___________。 （3）“沉铅时若用同浓度的溶液代替溶液，会生成，原因是___________。 （4）调pH所加的试剂Y，可选择___________(填标号)。 a． b． c． d．氨水 （5）写出“除钙”时发生反应的离子方程式___________；若“除钙”后溶液中，则溶液中___________mol/L。 (已知：的；的) （6）硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为控制温度在80~90 ℃之间蒸发结晶、___________，使固体与溶液分离，用___________洗涤2~3次、真空干燥。 （7）水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物，如上图所示。 ①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为___________。 ②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有___________(选填序号) a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位键 e．离子键 【答案】（1） ①. ②. 4 （2） （3）水解程度大于，溶液碱性较强，从而易生成 （4）ab （5） ①. ②. （6） ①. 趁热过滤 ②. 80～90 ℃的蒸馏水 （7） ①. 分子晶体 ②. e 【解析】 【分析】该工艺以电解锰渣为原料，分离制备、，电解锰渣“还原酸浸”时，在酸性条件下被还原，生成、S，被还原为，、S难溶于水，微溶于水，（转化为）能溶于水，过滤分离，、S、部分进入“浸铅”工艺，转化为，分离后加入“沉铅”生成固体；含有、的滤液“除铁”，在该工艺加入氧化在“还原酸浸”时被还原生成的，使转化为，再加入试剂Y调节，使生成沉淀分离除去，为了不引入新杂质试剂Y可以是或，加入“除钙”，含有的溶液经结晶得到。 【小问1详解】 为25号元素，原子的电子排布式为，根据泡利原理、洪特规则，基态原子的价层电子排布图为；与元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有，共有4种。 【小问2详解】 由分析可知，在酸性条件下被还原，生成、S，离子方程式为。 【小问3详解】 中碳酸根离子水解能力较强，溶液中氢氧根离子浓度较大，故生成原因是更易水解生成，从而易生成。 【小问4详解】 加入试剂Y调节时，不能引入新的杂质，该工艺流程制备的是硫酸锰，并且在随后的流程中除去了钙离子，在该步骤中除去了铁，故可以选择的试剂为：ab。 【小问5详解】 由分析可知，除钙时，的溶解度大于，更难溶，发生沉淀转化，离子方程式为； 。 【小问6详解】 由硫酸锰的溶解度曲线可知，硫酸锰晶体的溶解度随温度升高而降低（且在温度较低时结晶析出的是、），控制温度在80~90 ℃之间蒸发结晶、趁热过滤，使固体与溶液分离，用80~90 ℃的蒸馏水洗涤2~3次，真空干燥可得到硫酸锰晶体。 【小问7详解】 ①根据相似相溶原理，四氯化碳为非极性分子，则该络合物也为非极性分子，属于分子晶体；②由结构可知，该络合物中存在、键、非极性共价键、N含有孤电子对，含有空轨道，两者可形成配位键，该络合物中不含离子，不存在离子键，选e。 12. 奥达特罗适用于慢性阻塞性肺病患者，具体合成路线如下： 已知：Bn为，Et为CH3CH2-。 （1）C4H2的结构简式为，其系统命名为___________。 （2）G中的官能团有羟基、醚键、___________。 （3）E→F的反应类型是___________。 （4）D→E的化学方程式为___________。 （5）A→B的目的是___________。 （6）A有多种同分异构体；写出两种满足下列条件A同分异构体的结构简式___________、___________。 a．既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应 b．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1 （7）参考上述合成路线，M、N的结构简式为___________、___________。 【答案】（1）1,3-丁二炔 （2）酰胺基、羰基(或酮羰基) （3）氧化反应 （4） （5）保护(酮)羰基间位的(酚)羟基 （6） ①. ②. （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B和溴化氢，B发生硝化反应生成C，C发生还原反应将硝基还原为氨基生成D，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生取代反应生成G，G先发生取代反应再发生还原反应得到奥达特罗。 【小问1详解】 根据结构简式，其系统命名为1，3-丁二炔； 【小问2详解】 G中的官能团有羟基、醚键、酰胺基、羰基(或酮羰基)； 【小问3详解】 E生成F为加氧去氢的反应，加氧去氢为氧化反应； 【小问4详解】 D生成E发生取代反应，化学方程式为； 【小问5详解】 由最后的奥达特罗含(酚)羟基可知，A→B的目的是保护(酮)羰基间位的(酚)羟基； 【小问6详解】 结合元素及原子个数，由A的同分异构体既能发生水解反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应可知含有苯环、酯基和酚羟基；由核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3:2:2:1，可知含有一个甲基且结构对称，符合条件的结构简式为、； 【小问7详解】 根据D到E，E生成F可知M为，N为，N再发生酯化反应可以得到。 13. 二甘氨酸合铜(II)是最早被发现的电中性内配盐，已知：二甘氨酸合铜(II)有顺式和反式两种结构(如下图)。甘氨酸(H2NCH2COOH)可与氢氧化铜反应制备二甘氨酸合铜(II)，其反应的化学方程式为 I．制备Cu(OH)2。 如图所示，向装有CuSO4溶液的仪器中边滴加氨水边搅拌，先出现蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色。再加入过量NaOH溶液至不再生成沉淀，过滤，洗涤，干燥 （1）①装有CuSO4溶液的仪器名称为___________； ②写出此蓝色沉淀溶解的化学方程式___________； ③检验沉淀洗涤干净的操作及现象为___________。 Ⅱ．制备二甘氨酸合铜(II) 将制得的Cu(OH)2固体置于烧杯中，加入甘氨酸()溶液，水浴加热至，搅拌，至Cu(OH)2全部溶解，充分反应后趁热过滤，往滤液中加入10 mL 95%的乙醇溶液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得天蓝色针状晶体。 （2）①过程Ⅱ涉及反应在下图装置中进行，烧杯上方加盖表面皿的作用是___________； ②为控制水浴温度保持在，温度计球泡的合适位置是___________(填字母序号)。 （3）制备二甘氨酸合铜(II)时加入10 mL 95%乙醇溶液的作用是___________。 （4）将所得产品加入少量水，小火加热，天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体。由此可知顺式产物极性___________反式产物。(填“大于”或“小于”) Ⅲ．二甘氨酸合铜(四含量的测定。 准确称取产品于烧杯，加入100mL蒸馏水、(释放出Cu2+)和1g KI (过量)固体，加入2 mL 1%淀粉溶液，用标准液滴定至终点。平行实验三次，平均消耗标准液30.00 mL。上述步骤涉及的反应有：① ②。已知：CuI为白色固体。 （5）滴定终点的现象是___________。 （6）滴定过程pH需控制在3.0-4.0之间，原因为___________。 （7）二甘氨酸合铜(II)的相对分子质量为212，则本实验产品中二甘氨酸合铜(II)的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. ③. 取少量最后一次沉淀的洗涤液于洁净试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净 （2） ①. 减少热量损失或冷凝回流 ②. b （3）减小产物在水中溶解度使其大量结晶析出 （4）大于 （5）当最后半滴标准溶液滴入罐形瓶，悬浊液由蓝色变为白色(蓝色恰好消失)，且30s内不恢复 （6）pH过大，Cu2+水解，使反应不完全，结果偏低；pH值过小，I-被空气氧化为I2，使结果偏高；pH值过小，与H+反应，使结果偏高 （7）90.0 【解析】 【分析】甘氨酸与氢氧化铜在条件下发生反应，生成二甘氨酸合铜(Ⅱ)和水，此题先进行Cu(OH)2的制备分析；题目涉及无机物的转化和有机物（甘氨酸）与无机物的反应，综合考查了配合物的生成、沉淀的转化与分离等化学实验及物质性质相关知识。 【小问1详解】 装有CuSO4溶液的仪器名称为三颈烧瓶；向装有CuSO4溶液的仪器中边滴加氨水边搅拌，先出现Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加入氨水Cu(OH)2继续反应蓝色沉淀消失，溶液为深蓝色，故反应方程式为；沉淀中混有硫酸钠杂质，沉淀洗涤时要检验是否有硫酸钠残留，故操作为：取少量最后一次沉淀的洗涤液于洁净试管中，向其中加入稀盐酸酸化，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净； 【小问2详解】 烧杯上方加盖表面皿的作用是减少热量损失（或冷凝回流）；温度计测量水浴液的温度，要控制温度在，选b，即温度计球泡要放置到溶液中； 【小问3详解】 向含二甘氨酸合铜(II)的溶液中，加入乙醇，可以减小产物在水中溶解度使二甘氨酸合铜(II)大量结晶析出； 【小问4详解】 天蓝色针状晶体逐渐溶解，并析出深蓝色鳞状晶体，说明顺式二甘氨酸铜(II)转化为反式二甘氨酸铜(II)，从分子极性角度解释，顺式产物极性大，易溶于水（强极性的），反式产物极性小，在水中溶解度低而析出，使平衡向着生成反式产物的方向进行； 【小问5详解】 滴定终点是由于和反应出现的，溶液颜色由蓝色变为无色，故滴定终点的现象是：当最后半滴标准溶液滴入锥形瓶，悬浊液由蓝色变为白色(蓝色恰好消失)，且30 s内不恢复； 【小问6详解】 滴定过程pH需控制在3.0-4.0之间，pH过大，Cu2+水解，使反应不完全，结果偏低；pH值过小，I-被空气氧化为I2，使结果偏高，同时pH值过小，与H+反应，使结果偏高； 【小问7详解】 滴定过程中的反应有：和，滴定思路是铜离子与碘离子反应生成碘单质，由于KI 过量，铜离子完全反应，再与生成的碘单质反应，故，则本实验产品中二甘氨酸合铜(II)的质量分数为。 14. 随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 （1）已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为___________。 （2）合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，发生反应（未配平），各组分的物质的量随时间的变化如图所示。内 _____________；时改变的条件不可能是____________（填标号）。 A.充入 B.充入 C.通入惰性气体 （3）甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（为各反应的平衡常数）与温度的关系如图所示。由图可知，为提高主反应的转化率应____________（填“升高温度”或“降低温度”），简述判断的理由________________________。 （4）恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有  （填标号）。 A. 和的转化率相等 B. C. 的体积分数保持不变 D. 体系的温度不再变化 （5）在、温度为、进料配比的条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为____________。 ②在最佳温度、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数_____________。（列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压物质的量分数平衡总压强）。 【答案】（1） （2） ①. 0.04 ②. AC （3） ①. 升高温度 ②. 温度升高，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率 （4）CD （5） ①. 900 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据和的燃烧热分别为、和可得： ①， ②， ③；结合盖斯定律，反应①-2×②-2×③可得：，。 【小问2详解】 根据图示，内。根据图示，前，化学反应达到平衡状态，时氢气减少，产物甲醇增加； A．充入氢气，氢气的物质的量会增加，故A不符； B．充入CO，平衡正移，氢气减少，产物甲醇增加，B正确； C．通入惰性气体，平衡不移动，氢气与甲醇的量不变，C不符； 选AC。 【小问3详解】 升高温度，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动；反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率。 【小问4详解】 A．和的转化率相等，不能说明该反应达到平衡状态，A错误； B．，未说明反应速率表示的方向，不能说明该反应达到平衡状态，B错误； C．随反应进行，的体积分数减小，当保持的体积分数不变，则该反应达到平衡状态，C正确； D．该反应为吸热反应，随反应进行，体系的温度降低，当温度不再变化，则说明该反应达到平衡状态，D正确； 答案选CD。 【小问5详解】 ①根据图像变化，温度升高到900℃后，甲烷和二氧化碳的转化率几乎相等，且积碳率很低，说明几乎只发生甲烷干重整主反应，因此最佳温度为900℃。 ②设反应、反应中二氧化碳的物质的量变化量为，根据三段式分析： ， ， 达平衡后，测得容器中的浓度为，即；的转化率为，即，解得：。平衡时，的物质的量为：，平衡总压强为。则此时反应的压强平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $