山西省重点中学协作体2020届高三上学期第一次联考化学试卷

1、2016-2017学年山西省重点中学协作体高三（上）第一次联考化学试卷一、单项选择题（共8题，每题3.5分，28分）1黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1则x为（）a3a+bcbc+3abca+bcdc+ab2标准状况下两种等物质的量的可燃气体共1.68l，其中一种是烃，在足量氧气中完全燃烧若将产物通入足量澄清石灰水

2、，得到的白色沉淀质量为15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g则这两种混合气体可能为（）ah2与c2h4bco与c2h4cco 与c3h6dh2与c4h63已知丙烷的燃烧热h=2215kjmol1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水，则放出的热量约为（）a55 kjb220 kjc550 kjd1 108 kj4常温，某溶液中由水电离产生的c（h+）=1012，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（）ak+、na+、alo2、clbna+、cl、so42、hco3cnh4+、na+、no3、so42dba2+、na+、cl、no35反应m+zq（h0）分两步进行：m

3、+zx（h0），xq（h0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）abcd6下列变化过程，属于放热反应的是（）液态水变成水蒸气酸碱中和反应 浓h2so4稀释 固体naoh溶于水 h2在cl2中燃烧 食物腐败abcd7能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2h2o（l）2h2（g）+o2（g），该反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是（）a水煤气是二级能源b水力是二级能源c天然气是二级能源d电能是一级能源8下列实验装置正确且能达到实验目的

4、是（）a用图1所示装置制取少量cl2b用图2所示装置证明非金属性clcsic图3所示装置中水不能持续流下，说明装置气密性良好d用图4所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数二、多项选择题（共4题，每题6分，24分；多选、错选不得分，少选、漏选每题得2分）9我国湘黔渝三地交界地区是中国电解锰企业最集中的地区，被称为中国的“锰三角”金属锰的熔点很高，常用铝热法制得粗锰，再用电解法制得纯的金属锰铝被用于冶炼金属锰，是因为铝（）a熔点低b具有还原性c具有两性d冶炼反应中放出大量的热10由反应物x转化为y和z的能量变化如图所示下列说法正确的是（）a由xy反应的h=e5e2b由xz反应的h0c降低压强有利于提高

5、y的产率d升高温度有利于提高z的产率11以下物质间的相互转化关系（如右图）中，a、b、c是常见的金属或非金属单质，d、e、f是常见的三种氧化物，常温下，d、e呈气态，f呈固态下列推断正确的是（）ae和d中一定有a元素ba一定是金属单质c单质b肯定是氧化剂dc一定是氧气12pbo2是褐色固体，受热分解为pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的pb能氧化浓盐酸生成cl2；现将1mol pbo2加热分解得到o2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到cl2，o2和cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（）a1：1混合的pb3o4、pbob1：2混合的pbo2、pb3o4c1：4：1混

6、合的pbo2、pb3o4、pbod1：1：4混合的pbo2、pb3o4、pbo三、第2部分，分析题本部分共三大题，总分48分；考生在考试时请用0.5mm黑色水笔在答题卡上作答，不得超出指定的答题框13m、r、x、y为原子序数依次增大的短周期主族元素，z是一种过渡元素m基态原子l层中p轨道电子数是s电子数的2倍，r是同周期元素中最活泼的金属元素，x和m形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，z的基态原子4s和3d轨道半充满请回答下列问题：（1）r基态原子的电子排布式是，x和y中电负性较大的是（填元素符号）（2）x的氢化物的沸点低于与其组成相似的m的氢化物，其原因是（3）x与m形成的xm3分子

7、的空间构型是（4）m和r所形成的一种离子化合物r2m晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是（填离子符号）（5）在稀硫酸中，z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化m的一种氢化物，z被还原为+3价，该反应的化学方程式是14催化还原co2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一研究表明，在cu/zno催化剂存在下，co2和h2可发生两个平衡反应，分别生成ch3oh和co反应的热化学方程式如下：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=53.7kjmol1 ico2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h2 ii某实验室控制co2和h2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间测得

8、如下实验数据：t（k）催化剂co2转化率（%）甲醇选择性（%）543cat.112.342.3543cat.210.972.7553cat.115.339.1553cat.212.071.6【备注】cat.1：cu/zno纳米棒；cat.2：cu/zno纳米片；甲醇选择性：转化的co2中生成甲醛的百分比已知：co和h2的标准燃烧热分别为283.0kjmol1和285.8kjmol1h2o（l）h2o（g）h3=44.0kjmol1请回答（不考虑温度对h的影响）：（1）反应i的平衡常数表达式k=；反应ii的h2=kjmol1（2）有利于提高co2转化为ch3oh平衡转化率的措施有a使用催化剂ca

9、t.1b使用催化剂cat.2c降低反应温度d投料比不变，增加反应物的浓度 e增大co2和h2的初始投料比（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对co2转化成ch3oh的选择性有显著的影响，其原因是（4）在图中分别画出i在无催化剂、有cat.1和由cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图（5）研究证实，co2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在极，该电极反应式是四、计算题（共a、b两大题，22分）15乙烯是石油化工的重要原料，它主要通过石油产品裂解获得（1）石油产品裂解所得裂解气的平均组成可表示为cnhm（m2n），经测定某裂解气中各气体的体积分数分别为：甲烷4

10、%、乙烯50%、丙烯10%、其余为丁二烯和氢气（气体体积均在同温同压下测定）若得到50mol乙烯，x mol丁二烯和y mol氢气则x+y=，n/m= （请用含x的式子表示）（2）某化工厂每天由石油产品裂解得到乙烯56t再以乙烯为主要原料生产醋酸乙烯酯，醋酸乙烯酯是合成维尼纶的重要单体生产原理如下：2ch2=ch2+o22ch3cho 2ch3cho+o22ch3cooh 2ch2=ch2+o2+2ch3cooch2ch3coohch2+2h2o 反应中乙烯的利用率为80%，反应中乙醛的利用率为83.33%，反应中乙酸与乙烯的利用率均为85%则该厂每天最多可制得醋酸乙烯酯多少吨？16化学需氧量

11、（cod）是水体质量的控制项目之一，cod是指用强氧化剂（我国采用k2cr2o7处理一定量水样时所消耗的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1l水样所消耗o2的质量（mgl1）现取某池塘中的水样20.00ml，加入10.00ml 0.04000mol/l k2cr2o7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2h在指示剂作用下，需用0.1000mol/l fe（nh4）2（so4）2溶液12.00ml滴定剩余的k2cr2o7，此时，发生的反应是：cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o求该池塘水样的cod为多少？2016-2017学年山西省重点中学协作体高三（上）第一次联考化

12、学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共8题，每题3.5分，28分）1黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1则x为（）a3a+bcbc+3abca+bcdc+ab【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（

13、s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热【解答】解：碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），则h

14、=x kjmol1=（3a+bc）kjmol1，所以x=3a+bc，故选a2标准状况下两种等物质的量的可燃气体共1.68l，其中一种是烃，在足量氧气中完全燃烧若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g则这两种混合气体可能为（）ah2与c2h4bco与c2h4cco 与c3h6dh2与c4h6【考点】化学方程式的有关计算【分析】碳酸钙物质的量为=0.15mol，则n（co2）=n（caco3）=0.15mol，m（co2）=0.15mol44g/mol=6.6g，故燃烧生成水为9.3g6.6g=2.7g，水的物质的量为=0.15mol，无

15、色可燃气体a、b总物质的量=0.075mol，即0.075mol气体中含有0.15molc，0.3molh，所以1mol气体中含有2molc，4molh，由此分析解答【解答】解：碳酸钙物质的量为=0.15mol，则n（co2）=n（caco3）=0.15mol，m（co2）=0.15mol44g/mol=6.6g，故燃烧生成水为9.3g6.6g=2.7g，水的物质的量为=0.15mol，无色可燃气体a、b总物质的量=0.075mol，即0.075mol气体中含有0.15molc，0.3molh，所以1mol气体中含有2molc，4molh，a、等物质的量的h2与c2h4，平均为：ch3，不合题

16、意，故a错误；b、等物质的量的co与c2h4，平均为：ch2o 0.5，不合题意，故b错误；c、等物质的量的co 与c3h6，平均为：c2h3o 0.5，不合题意，故c错误；d、等物质的量的h2与c4h6，平均为：c2h4，合题意，故d正确；故选d3已知丙烷的燃烧热h=2215kjmol1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水，则放出的热量约为（）a55 kjb220 kjc550 kjd1 108 kj【考点】燃烧热【分析】根据丙烷的燃烧热h=2215kjmol1写出热化学方程式，然后根据生成水的质量计算放出的热量【解答】解：丙烷的燃烧热h=2215kjmol1，则丙烷燃烧的热化学方程

17、式为c3h8（g）+5o2（g）=3co2（g）+4h2o（l）h=2215kjmol1，一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为kj=55.375kj55kj，故选：a4常温，某溶液中由水电离产生的c（h+）=1012，则下列各组离子在该溶液中一定可以大量共存的是（）ak+、na+、alo2、clbna+、cl、so42、hco3cnh4+、na+、no3、so42dba2+、na+、cl、no3【考点】离子共存问题【分析】常温，某溶液中由水电离产生的c（h+）=1012，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：常温，某溶液

18、中由水电离产生的c（h+）=1012，为酸或碱溶液，a酸性溶液中不能大量存在alo2，故a不选；bhco3与酸、碱均反应，不能共存，故b不选；c碱性溶液中不能大量存在nh4+，故c不选；d酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故d选故选d5反应m+zq（h0）分两步进行：m+zx（h0），xq（h0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）abcd【考点】反应热和焓变【分析】根据物质具有的能量进行计算：h=e（生成物的总能量）e（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【解答】解：由反应

19、m+zq（h0）分两步进行 m+zx （h0）xq（h0）可以看出，（1）m+zq（h0）是放热反应，m和z的能量之和大于q，（2）由m+zx（h0）可知这步反应是吸热反应，则m和z的能量之和小于x，（3）由xq（h0）是放热反应，故x的能量大于q；综上可知，x的能量大于m+z；m+z的能量大于q，只有图象d符合，故选d6下列变化过程，属于放热反应的是（）液态水变成水蒸气酸碱中和反应 浓h2so4稀释 固体naoh溶于水 h2在cl2中燃烧 食物腐败abcd【考点】吸热反应和放热反应【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸

20、热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如c和co2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气等）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）【解答】解：液态水变成水蒸气是物理变化，故错误；酸碱中和反应是放热反应，故正确；浓h2so4稀释是物理变化，故错误；固体naoh溶于水是物理变化，故错误；h2在cl2中燃烧是放热反应，故正确；食物腐败是缓慢氧化，是放热反应，故正确故选c7能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2h2o（l）2h2（g）+o2（g），该

21、反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是（）a水煤气是二级能源b水力是二级能源c天然气是二级能源d电能是一级能源【考点】常见的能量转化形式【分析】根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源【解答】解：a、水煤气不能从自然界直接获得，属于二级能源，故a正确；b、水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故b错误；c、天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，c错误；d、电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故d错误故选：a8下列实验装置正确且能达到实验目的是（）a用图1所示装置制取少量

22、cl2b用图2所示装置证明非金属性clcsic图3所示装置中水不能持续流下，说明装置气密性良好d用图4所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数【考点】化学实验方案的评价【分析】a稀盐酸不与二氧化锰反应；bhcl不是含氧酸，无法比较非金属性强弱；c图示装置中用橡皮管连接，则分液漏斗中的水一定能够流下；dal与氢氧化钠溶液反应，而mg不反应，据此可检验镁铝合金中铝的质量分数【解答】解：a制取氯气应该用浓盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故a错误；b稀盐酸不是最高价含氧酸，无法根据盐酸的酸性判断cl元素的非金属性，故b错误；c分液漏斗和蒸馏烧瓶用橡皮管连接，两个容器中压强相等，则分液漏斗中的水能够顺利流向，所

23、以该操作方法无法判断装置气密性，故c错误；dmg不与氢氧化钠溶液反应，通过该装置中生成氢气的量可以加水合金中铝的质量分数，故d正确；故选d二、多项选择题（共4题，每题6分，24分；多选、错选不得分，少选、漏选每题得2分）9我国湘黔渝三地交界地区是中国电解锰企业最集中的地区，被称为中国的“锰三角”金属锰的熔点很高，常用铝热法制得粗锰，再用电解法制得纯的金属锰铝被用于冶炼金属锰，是因为铝（）a熔点低b具有还原性c具有两性d冶炼反应中放出大量的热【考点】铝的化学性质【分析】铝热反应中，铝失电子而作还原剂，且该反应是放热反应【解答】解：铝能用于冶炼难熔金属（如mn、w等），是因为铝是一种活泼金属，还原

24、性强，可将较不活泼金属从其化合物中还原出来，同时反应中放出大量的热，使被还原出的金属熔融析出，故选：bd10由反应物x转化为y和z的能量变化如图所示下列说法正确的是（）a由xy反应的h=e5e2b由xz反应的h0c降低压强有利于提高y的产率d升高温度有利于提高z的产率【考点】反应热和焓变【分析】由图象可知2x（g）3y（g）为吸热反应，而2x（g）2z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总能量生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题【解答】解：a根据化学反应的实质，由xy反应的h=e3e2，故a错误；b由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的h0

25、，故b正确；c根据化学反应2x（g）3y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高y的产率，故c正确；d由b分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，z的产率降低，故d错误故选bc11以下物质间的相互转化关系（如右图）中，a、b、c是常见的金属或非金属单质，d、e、f是常见的三种氧化物，常温下，d、e呈气态，f呈固态下列推断正确的是（）ae和d中一定有a元素ba一定是金属单质c单质b肯定是氧化剂dc一定是氧气【考点】无机物的推断【分析】a根据反应a+de和a+ce以及b+da+f判断；b置换反应b+da+f可以是氧化性置换，也可以是还原性置换，以此判

26、断金属或非金属；c常见的氧化物中氧为2价，则另一种元素显正价，故在d中a元素显正价，被还原剂b可以还原为a中的0价态；d根据反应b+da+f和a+ce判断【解答】a由转化关系可知：a+de和a+ce都是化合反应，故e中一定含有a元素，而b+da+f是置换反应，b是单质，则a元素只能来自化合物d，故a正确；b置换反应b+da+f可以是氧化性置换（则b是非金属），也可以是还原性置换（b是非金属或金属单质），故以b错误；c因为常见的氧化物中氧为2价，则另一种元素显正价，故在d中a元素显正价，被还原剂b（金属）可以还原为a中的0价态，而d被a（氧化剂）氧化为a元素更高价态的化合物e，故c错误；db+d

27、a+f是置换反应，b是单质，其中d、f为氧化物，则a肯定不含o元素，a+ce是化合反应，a、c为单质，e为氧化物，所以c一定为氧气，故d正确故选ad12pbo2是褐色固体，受热分解为pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的pb能氧化浓盐酸生成cl2；现将1mol pbo2加热分解得到o2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到cl2，o2和cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（）a1：1混合的pb3o4、pbob1：2混合的pbo2、pb3o4c1：4：1混合的pbo2、pb3o4、pbod1：1：4混合的pbo2、pb3o4、pbo【考点】有关混合物反应的计算【分析】pbo

28、2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价pb还原为+2价，cl被氧化为cl2，此时得到溶液为pbcl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molpbo2在上述转化过程中共转移2mole，设该过程得到o2的物质的量为3xmol，则cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定pbo2加热分解后的物质中n（pb）：n（o），据此判断【解答】解：pbo2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价pb还原为+2价，cl被氧化为cl2，此时得到溶液为pbcl2溶液，利用“

29、电子转移守恒”知1molpbo2在上述转化过程中共转移电子为1mol（42）=2mol，设该过程得到o2的物质的量为3xmol，则cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x4+2x2=2，解得x=0.125，故知1mol pbo2在受热分解过程中产生o2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（o）=2mol0.375mol2=1.25mol，故属于固体中n（pb）：n（o）=1mol：1.25mol=4：5，a、1：1混合的pb3o4、pbo，n（pb）：n（o）=（3+1）：（4+1）=4：5，故a正确；b、1：2混合的pbo2、pb3o4，

30、n（pb）：n（o）=（1+6）：（2+8）=7：10，故b错误；c、1：4：1混合的pbo2、pb3o4、pbo，n（pb）：n（o）=（1+12+1）：（2+16+1）=14：19，故c错误；d、1：1：4混合的pbo2、pb3o4、pbo，n（pb）：n（o）=（1+3+4）：（2+4+4）=4：5，故d正确；故选ad三、第2部分，分析题本部分共三大题，总分48分；考生在考试时请用0.5mm黑色水笔在答题卡上作答，不得超出指定的答题框13m、r、x、y为原子序数依次增大的短周期主族元素，z是一种过渡元素m基态原子l层中p轨道电子数是s电子数的2倍，r是同周期元素中最活泼的金属元素，x和m

31、形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，z的基态原子4s和3d轨道半充满请回答下列问题：（1）r基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1，x和y中电负性较大的是cl（填元素符号）（2）x的氢化物的沸点低于与其组成相似的m的氢化物，其原因是h2o分子能形成氢键，而h2s不能形成氢键（3）x与m形成的xm3分子的空间构型是平面三角形（4）m和r所形成的一种离子化合物r2m晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是na+（填离子符号）（5）在稀硫酸中，z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化m的一种氢化物，z被还原为+3价，该反应的化学方程式是3h2o2+k2cr2o7+4h2so4=cr2（s

32、o4）3+3o2+7h2o+k2so4【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】m、r、x、y为原子序数依次增大的短周期主族元素，z是一种过渡元素m基态原子l层中p轨道电子数是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故m为o元素；由原子序数可知r、x、y均处于第三周期，r是同周期元素中最活泼的金属元素，则r为na；x和m形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则x为s元素，可知y为cl；z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于vib族，故z为cr【解答】解：m、r、x、y为原子序数依次增大的短周期主族元素，z是一种过渡元素m基态原子l层中p轨道电子数

33、是s电子数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故m为o元素；由原子序数可知r、x、y均处于第三周期，r是同周期元素中最活泼的金属元素，则r为na；x和m形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则x为s元素，可知y为cl；z的基态原子4s和3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于vib族，故z为cr（1）r为na，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故cl元素电负性大于s的，故答案为：1s22s22p63s1；cl；（2）h2o分子能形成氢键，使水的沸点升高，而h2s不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的，故答案为：h2o分子能形成氢键，

34、而h2s不能形成氢键；（3）x与m形成的so3分子中s原子孤电子对数=0，价层电子对数为3+0=3，故其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（4）m和r所形成的一种离子化合物为na2o，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8+6=4，黑色球与白色球数目之比为2：1，故图中黑球代表的离子是na+，故答案为：na+；（5）z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）为k2cr2o7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为h2o2，在稀硫酸中，cr元素被还原为+3价，h2o2被氧化生成氧气，反应方程式为：3h2o2+k2cr2o7+4h2so4=cr2（so4）3+3o2+7h2o+k2so4，故答案

35、为：3h2o2+k2cr2o7+4h2so4=cr2（so4）3+3o2+7h2o+k2so414催化还原co2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一研究表明，在cu/zno催化剂存在下，co2和h2可发生两个平衡反应，分别生成ch3oh和co反应的热化学方程式如下：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=53.7kjmol1 ico2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h2 ii某实验室控制co2和h2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：t（k）催化剂co2转化率（%）甲醇选择性（%）543cat.112.342.3543cat.210.97

36、2.7553cat.115.339.1553cat.212.071.6【备注】cat.1：cu/zno纳米棒；cat.2：cu/zno纳米片；甲醇选择性：转化的co2中生成甲醛的百分比已知：co和h2的标准燃烧热分别为283.0kjmol1和285.8kjmol1h2o（l）h2o（g）h3=44.0kjmol1请回答（不考虑温度对h的影响）：（1）反应i的平衡常数表达式k=；反应ii的h2=+41.2kjmol1（2）有利于提高co2转化为ch3oh平衡转化率的措施有cda使用催化剂cat.1b使用催化剂cat.2c降低反应温度d投料比不变，增加反应物的浓度 e增大co2和h2的初始投料比（

37、3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对co2转化成ch3oh的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响（4）在图中分别画出i在无催化剂、有cat.1和由cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图（5）研究证实，co2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是co2+6h+6e=ch3oh+h2o【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；已知：co和h2的标准燃烧热分别为283.0kjmol1和28

38、5.8kjmol1，h2o（1）h2o（g）h3=44.0kjmol1，可知热化学方程式aco（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1，bh2（g）+o2（g）=h2o（1）h=285.8kjmol1，ch2o（1）h2o（g）h3=44.0kjmol1，利用盖斯定律可计算co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）的反应热；（2）由co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h1=53.7kjmol8 可知提高co2转化为ch3oh平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；（3）不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；（4）加入催化剂，可

39、降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变；（5）co2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的平衡常数为：k=，已知：co和h2的标准燃烧热分别为283.0kjmol1和285.8kjmol1，h2o（1）h2o（g）h3=44.0kjmol1，可知热化学方程式aco（g）+o2（g）=co2（g）h=283.0kjmol1，bh2（g）+o2（g）=h2o（1）h=285.8kjmol1，ch2o（1）h2o（g）h3=44.0kjmol1，由盖斯定律将ba+c可得：

40、co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h2 =（285.8+283.0+44）kjmol1=+41.2kjmol1，故答案为：；+41.2；（2）a使用催化剂cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故a错误； b、使用催化剂cat.2，不能提高转化率，故b错误；c、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故c正确； d、投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故d正确；e、增大 co2和h2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故e错误故答案为：cd；（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不

41、同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据，故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；（4）从表中数据分析，在催化剂cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂cat.2对反应催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，故答案为：；（5）co2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，c元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为：co2+6h+6e=ch3oh+h2o，故答案为：阴；co2

42、+6h+6e=ch3oh+h2o四、计算题（共a、b两大题，22分）15乙烯是石油化工的重要原料，它主要通过石油产品裂解获得（1）石油产品裂解所得裂解气的平均组成可表示为cnhm（m2n），经测定某裂解气中各气体的体积分数分别为：甲烷4%、乙烯50%、丙烯10%、其余为丁二烯和氢气（气体体积均在同温同压下测定）若得到50mol乙烯，x mol丁二烯和y mol氢气则x+y=36，n/m= （请用含x的式子表示）（2）某化工厂每天由石油产品裂解得到乙烯56t再以乙烯为主要原料生产醋酸乙烯酯，醋酸乙烯酯是合成维尼纶的重要单体生产原理如下：2ch2=ch2+o22ch3cho 2ch3cho+o22ch3cooh 2ch2=ch2+o2+2ch3cooch2ch3coohch2+2h2o 反应中乙烯的利用率为80%，反应中乙醛的利用率为83.33%，反应中乙酸与乙烯的利用率均为85%则该厂每天最多可制得醋酸乙烯酯多少吨？【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）经测定某裂解气中各气体的体积分数分别为：甲烷4%、乙烯50%、丙烯10%、其余为丁二烯和氢气（气体体积均在同温同压下测定），则丁二烯和氢气所占体积分数为36%，相同体积下气体的体积之比等于其物质的量之比，所以若得到50mol乙烯，则