2019-2020学年山东省淄博市新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年山东省淄博市新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用，下图是其能量关系图下列分析正确的是
A．曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线
B．反应物的总键能高于生成物的总键能
C．反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g) ＝2Cl2+2H2O(g)△H＝－115.6 kJ
D．若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；
B.由图像可知反应物能量高，所以键能低，选项B错误；
C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6 kJ/mol，选项C错误；
D.气态水变成液态要放出能量，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ ，选项D正确；答案选D。

2．短周期元素m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。

A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；
B. 金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；
C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；
D. 金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；
故选：A。

3．某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。

下列说法正确的是（）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
【答案】B
【解析】
【分析】
铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。

4．某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（）
A．X的分子式为C12H16O3
B．X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应
C．在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成
D．可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. X的分子式为C12H14O3，故A错误；
B. 羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；
C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；
D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。

答案选D。

5．2013年浙江大学以石墨烯为原料研制的“碳海绵”是一种气凝胶，它是处理海上原油泄漏最好的材料：它能把漏油迅速吸进来，吸进的油又能挤出来回收，碳海绵还可以重新使用，下列有关“碳海绵”的说法中错误的是
A．对有机溶剂有很强的吸附性B．内部应有很多孔隙，充满空气
C．有很强的弹性D．密度较大，化学性质稳定
【答案】D
【解析】
【详解】
A. “碳海绵”是一种气凝胶，它能把漏油迅速吸进来，可见它对有机溶剂有很强的吸附性，A项正确；
B. 内部应有很多孔隙，充满空气，吸附能力强，B项正确；
C. “碳海绵”吸进的油又能挤出来回收说明它有很强的弹性，C项正确；
D. 它是处理海上原油泄漏最好的材料，说明它的密度较小，吸附性好，D项错误；
答案选D。

6．在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。

有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）
A．墨子：物质的分割是有条件的
B．汤姆生：葡萄干面包模型
C．德谟克利特：古典原子论
D．贝克勒尔：原子结构的行星模型
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；
B. 汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；
C. 德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；
D. 卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；
答案选D。

7．氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。

实
验室制备CrN 反应原理为CrCl3 +NH3800℃
CrN+3HCl，装置如图所示
下列说法错误的是
A．装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体
B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体
C．装置③中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气
D．装置⑤中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 装置①可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；
B. 装置②中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，④中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；
C. 装置③中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；
D. 装置⑤中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐
酸，故D错误；
故选D。

8．下列说法不正确的是（）
A．工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的
B．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物
C．铜属于重金属，化学性质不活泼，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒
D．SO2是具有刺激性气味的有毒气体，但可应用于某些领域杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A错误；
B. 铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；
C. 铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+，能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C正确；
D.二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以应用于某些领域杀菌消毒，故D正确；
故选A。

9．生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。

下列做法不符合生态文明的是
A．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”
B．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
C．控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化
D．分类放置生活废弃物
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A错误；
B. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；
C. 控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；
D. 垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D错误；
答案为B。

10．已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是()
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】
A．碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳是正极，电子从负极流向正极，从铁流向碳，故A错误；
B．在钢铁上连接铅块，铁比铅活泼，会先腐蚀铁，起不到防护作用，故B错误；
C．吸氧腐蚀时，氧气做正极，在正极上得到电子生成氢氧根离子，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；D．淡水是中性条件，铁在碱性和中性条件下发生的都是吸氧腐蚀，故D错误；
答案选C。

【点睛】
钢铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，在中性和碱性条件下发生的是吸氧腐蚀。

11．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】
根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。

【详解】
A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。

12．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A ．25℃、l0IKPa 下，N A 个C 18O 2分子的质量为48g
B ．标准状况下，22.4L HF 中含有的电子数为10N A
C ．1mol 白磷(P 4)分子中所含化学键的数目为4N A
D ．1L0.1 mol/L 的NaClO 水溶液中含有的氧原子数为0.l N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A 、N A 个分子，其物质的量为1mol ，其质量为1×48g=48g ，故正确；
B 、标准状况下，HF 不是气体，故错误；
C 、白磷是正四面体结构，4个P 处于顶点，1mol 白磷分子中含有化学键物质的量为6mol ，故错误；
D 、NaClO 溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol ，故错误； 故答案选A 。

13．芳香族化合物苯等在ZnCl 2存在下，用甲醛和极浓盐酸处理，发生氯甲基化反应，在有机合成上甚为重要。

下列有关该反应的说法正确的是 ( )
+HCHO +HCl 2ZnCl
−−−→A 有机产物+H 2O A ．有机产物A 的分子式为C 7H 6Cl
B ．有机产物A 分子中所有原子均共平面
C ．反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体
D ．有机产物A 的同分异构体（不包括自身）共有3种
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、根据原子守恒定律可分析产物A 中有一个苯基()、一个C 原子、两个H 原子(苯也提供一个H 原子)、一个Cl 原子，结合题干“氯甲基化反应”分析－CH 2－和－Cl (组合为氯甲基(－CH 2Cl )，故A 的结构简式为，分子式为C 7H 7Cl ，故A 错误：
B 、A 中氯甲基(-CH 2Cl )中的碳有四个单键，故不共面，故B 错误；
C 、根据苯的性质：反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C 正确；
D 、有机产物A 的同分异构体中(不包括自身)，含苯环的结构取代基为－CH 3和－Cl ，有邻、间、对三种，但还有很多不含苯环的结构，故D 错误；
故选C 。

14．实验室制备次硫酸氢钠甲醛(NaHSO 2·HCHO·2H 2O)的步骤如下：向烧瓶中的亚硫酸钠溶液通入SO 2制得NaHSO 3。

将装置A 中导气管换成橡皮塞，再加入锌粉和甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h ，冷却至室
温，抽滤，将滤液置于真空蒸发仪蒸发浓缩，冷却结晶。

下列说法错误的是（）
A．可用亚硫酸钠固体和70%硫酸来制取二氧化硫气体
B．多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行
C．装置B中试剂可以是NaOH或Na2CO3溶液
D．装置A中可采用油浴或沙浴加热
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．较浓的硫酸可以增大反应速率，且含水较少，可以减少二氧化硫的溶解，所以可以用可用亚硫酸钠固体和70%硫酸来制取二氧化硫气体，故A正确；
B．多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，使反应充分进行，故B正确；C．装置B的作用主要是吸收未反应的二氧化硫，NaOH或Na2CO3溶液都可以SO2反应将其吸收，故C正确；
D．反应温度为80～90℃，采用水浴加热即可，油浴和沙浴温度过高，故D错误；
故答案为D。

15．下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()
A．氯化铵受热气化和苯的气化
B．碘和干冰受热升华
C．二氧化硅和生石灰的熔化
D．氯化钠和铁的熔化
【答案】B
【解析】
【详解】
A．氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；
B．碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；
C．二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；
D．氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；
故选B。

【点睛】
本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。

一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，杂质为SiO2、Al2O3)为原料生产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图。

涉及的主要反应是：
6FeO·Cr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O
(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是_______________。

(2)步骤③调节pH后过滤得到的滤渣是____________。

(3)操作④中，酸化时，CrO42-转化为Cr2O72-，写出平衡转化的离子方程式________。

(4)用简要的文字说明操作⑤加入KC1的原因____________。

(5)称取重铬酸钾试样2.500g配成250mL溶液，取出25mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min。

然后加入100mL水，加入3mL淀粉，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O32-=2I一十S4O52-)
①滴定时淀粉的作用为_______，判断达到滴定终点的依据是_____________。

②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为(设整个过程中其它杂质不参加反应)_____________(保留2位有效数字)。

【答案】增大接触面积，增大反应速率Al(OH)3、H2SiO32CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾指示剂当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复94％
【解析】
【分析】
铬铁矿与纯碱、氢氧化钠、氯酸钾反应6FeO·Cr2O3+24NaOH+7KClO3= 12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，氧化铝、二氧化硅也反应变为偏铝酸钠、硅酸钠，步骤②过滤出氧化铁，将滤液调节pH，沉淀铝和硅变为氢
氧化铝和硅酸，过滤、酸化滤液，将铬酸根变为重铬酸根，利用重铬酸钾溶解度随温度变化较大的特点加KCl 发生复分解反应得到重铬酸钾；利用淀粉作指示剂来测定重铬酸钾的含量，根据方程式得到关系式进行计算。

【详解】
(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是增大接触面积，增大反应速率；故答案为：增大接触面积，增大反应速率。

(2)步骤②过滤氧化铁，滤液中含有偏铝酸根和硅酸根，步骤③调节pH 后过滤得到的滤渣是Al(OH)3、H 2SiO 3；故答案为：Al(OH)3、H 2SiO 3。

(3)操作④中，酸化时，CrO 42－在酸性条件下转化为Cr 2O 72－，写出平衡转化的离子方程式2CrO 42－+2H +⇌Cr 2O 72－+H 2O ；故答案为：2CrO 42－+2H +⇌Cr 2O 72－+H 2O 。

(4) 操作⑤加入KC1反应生成重铬酸钾和氯化钠，利用重铬酸钾的溶解度受温度影响大，发生复分解反应得到重铬酸钾；故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾。

(5)①单质碘与淀粉变蓝，因此滴定时淀粉的作用为指示剂，判断达到滴定终点的依据是当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；故答案为：指示剂；当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复。

②根据方程式得出关系式为
11mol 6mol =xmol 0.12mol L 0.04L
-⋅⨯ 解得x = 0.0008mol
1
0.0008mol 10294g mol ω=100%94%2.500g
-⨯⨯⋅⨯=；故答案为：94%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．重要的化学品M 和N 的合成路线如图所示：
已知：i ．
ii．
iiiN的结构简式是：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团名称是______，C 与E生成M的反应类型是______．
（2）写出下列物质的结构简式：X：______ Z：______ E：______
（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．
（4）1mol G一定条件下，最多能与______mol H2发生反应
（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______
①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种
（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH．
【答案】羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO
3 CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等
【解析】
【分析】
有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为
；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i Y CH3CHO N ii E G CH2=CHCH=CHCHO
中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为
(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。

【详解】
(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；
(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；
(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；
(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1mol G一定条件下，最多能与3mol H2发生反应；
(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；
(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。

(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。

(2) N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。

已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25 ℃时，K1=9.55×10-7。

该温度下，反应N 2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。

(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：
①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。

②另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。

根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。

【答案】HCO3-+H2O H2CO3＋OH-9.55×107(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
【解析】
【分析】
(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。

联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH-，
反应N2H4+H ＋N2H5+的平衡常数K=
()
()()
+
25
+
24
c N H
c N H c H
g
=1
w
K
K；
(3)设NVCO的摩尔质量为M g/mol，由
188
M
M
-⨯
=0.8648，可得M=1065，由
()
5132
0.4676
b
M
+
=可
得b=6；由
2.130
1065/
g
g mol
×a=n(NH3)=
0.224
22.4/
L
L mol
=0.01mol，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2
价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式。

【详解】
(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-，水解反应离子方程式为HCO3-+H2O H2CO3+OH-；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。

联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH-，
反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=
()
()()
+
25
+
24
c N H
c N H c H
g
=1
w
K
K
7
14
9.5510
110
-
-
⨯
=
⨯
=9.55×107；
(3)设NVCO的摩尔质量为M g/mol，由
188
M
M
-⨯
=0.8648，可得M=1065，由
()
5132
0.4676
b
M
+
=可
得b=6；由
2.130
1065/
g
g mol
×a=n(NH3)=
0.224
22.4/
L
L mol
=0.01mol，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2
价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。

【点睛】
本题综合考查物质的组成的测定的知识，注意把握物质的性质，把握计算的思路，弄清微粒的物质的量关
19．能源问题是人类社会面临的重大问题,合理的开发利用至关重要。

（1）丁烯是石油化工中的重要产物,正丁烷脱氢可制备1-丁烯:C 4H 10（g ） =C 4Hg （g ） +H 2（g ）△H 。

下表为该反应中所涉及物质的键能数据:
则△H=_______
（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一,常见的合成反应为CO （g ） +2H 2（g ）ƒ CH 3OH （g ）∆H<0;为了探究反应物的浓度对反应速率的影响,进行了相关实验，测得的实验数据如下表所示:
该反应速率的通式为v 正=k 正c m （CO ）.c n （H 2）（k 是与温度有关的速率常数）。

由表中数据可确定反应速率通式中m 和n 分别_____、_____（取正整数）。

（3）合成甲醇的原料气既可由煤气化提供,也可由天然气与水蒸气通过下列反应制备:CH 4（g ） + H 2O （g ）ƒCO （g ） +3H 2（g ）∆H>0。

向100 L 刚性密闭容器中充人1 mol CH 4和3 mol 水蒸气进行反应,不同温度和压强下平衡体系中CH 4的平衡转化率情况如图1所示:
①p 1____p 2（填“<”“>”或“="）。

②已知压强为P 1,温度为100°C 时,反应达到平衡所需的时间为5min,则0~5min 内用H 2表示的平均反应速率
为______；该温度下的平衡常数K=_______mol 2·
L -2。

（4）近年来,有人研究用温室气体二氧化碳通过电催化生成多种燃料,其工作原理如图2所示。

①写出Cu 电极上产生乙烯的电极反应式:_____________；如果Cu 电极上生成0.17molCO 和0.33molHCOOH,则Pt 电极上产生O 2的物质的量为__________mol 。

②HCOOH 为一元弱酸,常温下将0.1mol·L -1HCOOH 溶液与0.1mol·L -1NaOH 溶液按体积比a:b 混合（忽略溶液
体积的变化），混合后溶液恰好显中性,则HCOOH 的电离常数为______（用含a 、b 的代数式表示）。

【答案】+125kJ/mol11<0.003 mol/(L·
min)1.35×10-42CO 2+12H ++12e -===C 2H 4+4H 2O0.25-7b 10a-b
【解析】
(1)焓变=反应物键能-生成物键能，据此计算；
(2)将表格数据代入公式，利用待定系数法求解；
(3)①该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低； ②根据c v t
∆=∆计算反应速率甲烷的速率，再推算用氢气表示的反应速率；K 等于生成物浓度幂(以其化学计量数为幂)之积与反应物浓度幂之积的比值；
(4)①铜电极为阴极，得电子发生还原反应；根据电路中电子守恒进行计算；
②HCOOH 的电离常数K=
()()()+-H HCOO HCOOH c c c g ，据此进行计算。

【详解】
(1)△H =反应物键能-生成物键能
=(10×414kJ/mol+3×348kJ/mol)-(8×414kJ/mol+2×348kJ/mol+615kJ/mol+436kJ/mol)=+125kJ/mol ，故答案为：+125kJ/mol ；
(2)v 正=k 正c m (CO)·c n (H 2)可知①中0.361mol/(L·min)= k 正×(0.24mol/L)m ×(0.48mol/L)n ；②中：
0.720mol/(L·min)= k 正×(0.24mol/L)m ×(0.96mol/L)n ；③中：0.719mol/(L·min)= k 正×(0.48mol/L)m ×(0.48mol/L)n ；则②/①可得2=2n ，即n=1；③/①得2=2m ，则m=1，故答案为：1；1；
(3)①该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低，所以p 1<p 2，故答案为：<； ②据图可知压强为P 1，温度为100°C 时，反应达到平衡时甲烷的转化率为50%，所以平衡时c(CH 4)=0.5mol 100L =0.005mol/L ，所以v(CH 4)=-1
0.005mol L 5min
g =0.001 mol/(L·min)，v(H 2)=3 v(CH 4)=0.003 mol/(L·min)，
平衡时c(CH 4)=0.005mol/L ，反应了甲烷0.5mol ，根据反应方程式CH 4(g) + H 2O(g) ƒCO(g) +3H 2(g)可知平
衡时c(H 2O)=
3mol-0.5mol 100L
=0.025mol/L ，c(CO)= c(CH 4)=0.005mol/L ，c(H 2)=3c(CH 4)=0.015mol/L ，所以平衡常数K=32-20.0150.005mol L 0.0050.025⨯⨯g =1.35×10-4mol -2·L -2，故答案为：0.003 mol/(L·min)；1.35×10-4； (4)①铜电极与电源负极相连为阴极，CO 2得电子被还原生成C 2H 4，根据电荷守恒元素守恒可知电极反应方程式为：2CO 2+12H ++12e -===C 2H 4+4H 2O ；CO 和HCOOH 中碳均为+2价，CO 2转化成CO 或HCOOH 化合价均降低2价，所以生成0.17molCO 和0.33molHCOOH 时转移的电子为1mol ，则生成的氧气为0.25mol ，故答案为：2CO 2+12H ++12e -===C 2H 4+4H 2O ；0.25；
②混合后溶液呈中性，所以c(H +)= c(OH -)=10-7mol/L ，根据电荷可知c(HCOO -)=c(Na +)=
-10.1b mol L a+b
g ，根据物料守恒有：c(HCOO -)+ c(HCOOH)=-10.1a mol L a+b g ，所以c(HCOOH)=()-1-1-10.1a-b 0.1a 0.1b mol L -mol L =mol L a+b a+b a+b g g g ，电离平衡常数K=()()()()-7+--70.1b 10H HCOO b a+b ==100.1a-b HCOOH a-b a+b
c c c ⨯⨯g ，故答案为：-7b 10a-b
⨯。

通过混合溶液计算物质的电离常数(或水解常数)时，直接根据电荷守恒与物料守恒进行分析即可，如本题中通过电荷守恒可知c(HCOO-)，通过物料守恒可知c(HCOOH)。