2019-2020学年北京五中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年北京五中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证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A向 Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深勒夏特列原理B常温常压下，1 体积 CH4完全燃烧消耗2 体积 O2阿伏加德罗定律C向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果元素周期律D通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热 盖斯定律【答案】C【解析】【详解】A向 Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A 不合题意；B由 CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在 2molO2中完全燃烧，常温常压下，1 体积 CH4完全燃烧消耗2体积 O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B 不合题意；C向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；D通过 C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D 不合题意；故选 C。2下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HClH2CO3H2SiO3DCaCO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A 错误；B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有 Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D 错误；故选 B。3已知某饱和NaCl 溶液的体积为VmL，密度为3 g cm，质量分数为w%，溶液中含NaCl的质量为m g。则下列表达式正确的是A Vn(NaCl)=mol58.5Bmw=VC-110 wc(NaCl)=molL58.5D22.4mV=58.5【答案】C【解析】【详解】A.n(NaCl)=m58.5，V表示的是氯化钠溶液的质量，故A 错误；B.溶液的质量为：g?cm-3 VmL=Vg，则质量分数=mV，故 B 错误；C.溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)=1000%M=10/58.5，故 C正确；D.22.4m58.5不是氯化钠溶液的体积，故D 错误；故答案选C。4下列关于氧化还原反应的说法正确的是A 1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B浓 HCl 和 MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl 中体现酸性和氧化性各占一半CVC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性D NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A Na2O2中的 O 为-1 价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则 1molNa2O2反应后得 2mol 电子；若只作为还原剂，则 1molNa2O2反应后失去2mol 电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol 电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A 项错误；B浓 HCl 与 MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl 一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B 项错误；C维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D NO2与水反应的方程式：2233NOH O=2HNONO，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成 NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D 项错误；答案选 C。【点睛】处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。5向恒温恒容密闭容器中充入1molX 和 2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）?3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A气体密度不再变化BY的体积分数不再变化C3v（X）4v（Z）D容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）4：2：3【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故 A 错误；B.Y 的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B 正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C 错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D 错误；故选 B。6下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A观察 Fe（OH）2的生成B配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液C除去 CO中的 CO2D实验室模拟制备NaHCO3【答案】A【解析】【分析】A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。【详解】A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A 正确；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B 错误；C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故 C 错误D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D 错误；【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。7水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是A脱氢维生素C分子式为C6H8O6B维生素C中含有 3 种官能团C该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂D维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，A 错误；B.根据维生素C结构可知维生素C 含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B 正确；C.1 分子维生素C与 I2发生反应产生1 分子脱氢维生素C 和 2 个 HI 分子，维生素C分子失去两个H 原子生成脱氢维生素C，失去 H 原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D.羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D 错误；故合理选项是B。8如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700900，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2O B电池内的O2-由电极乙移向电极甲C当甲电极上消耗lmol N2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）O2参与反应D电池正极反应式为：O2+4e-=2O2-【答案】A【解析】【详解】A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和 O2反应的产物为N2和 H2O，总反应方程式为 N2H4O2=N22H2O，A 错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中 N 的化合价从1 升高到 0，失去电子，因此通过N2H4的一极为负极，则O2由电极乙向电极甲移动，B 正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4 O2=N22H2O，每消耗 1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为 22.4L，C 正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2，电极方程式为O2+4e-=2O2-，D正确，不符合题意；答案选 A。9一定呈中性的是()A pH7 的溶液B25，Kw1.0 1014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液【答案】C【解析】【详解】A 100 度时，纯水的pH6，该温度下pH7 的溶液呈碱性，所以pH7 的溶液不一定呈中性，故A 错误；B25，Kw1.0 1014是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B 错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D 错误；答案选 C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。10通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A 将 SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B 向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C 向 2 支盛有 5mL 0.1mol/LNaOH 溶液的试管中分别加入 2 滴 0.1mol/L CuCl2溶液和 2 滴 0.1mol/L CaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象KspCu(OH)2KspCa(OH)2 D 向 CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuI A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.将 SO2气体通入 Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3 H2SiO3，故 A 正确；B.淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C.两支试管中c(OH)相同，且c(Ca2+)=c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故 C正确；D.向 CuSO4溶液中加入KI 溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2+4I=2CuI +I2，故 D 正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB 型或 AB2型等）,一般 Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据 Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。11 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。12室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A 0.1 molL-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-B0.1 molL-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C0.1 molL-1NaOH 溶液：Na+、K+、23CO、2AlOD 0.1 molL-1H2SO4溶液：K+、4NH、3NO、3HSO【答案】C【解析】【分析】【详解】A.碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，二者不能大量共存，故A错误；B.高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不能大量共存，故B错误；C.OH-、Na+、K+、23CO、2AlO 之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存，故D错误；故选：C。13化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A太阳能光电池、光导纤维的主要成分都是二氧化硅B制作航天服的聚酯纤维是新型无机非金属材料C“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都是利用了化学方法来提高空气质量D淀粉、油脂、蛋白质的水解都是由高分子生成小分子的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A 项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A 错误；B 项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故C正确；D 项、油脂不是高分子化合物，故D错误。故选 C。【点睛】本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。14在稳定人体血液的pH 中起作用的离子是A Na+BHCO3CFe2+DCl-【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故 C不正确；D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。15LiAlH4和 LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。它们遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在 1 25时分解为LiH、H2和 Al。下列说法不正确的是A LiAlH4中 AlH4-的结构式可表示为：B1mol LiAlH4在 125完全分解，转移3mol 电子CLiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化剂D LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，其反应可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2【答案】C【解析】【详解】ALiAlH4中 AlH4-与 NH4+为等电子结构，所以其结构与铵根离子相似，可表示为：，故 A 正确；BLiAlH4中的 Li、Al 都是主族金属元素，H 是非金属元素，故Li 为+1 价，Al 为+3 价，H 为-1 价，受热分解时，根据Al 元素化合价变化即可得出1mol LiAlH4在 125完全分解，转移3mol 电子，故B 正确；C乙醛生成乙醇得到氢，在有机反应中得氢去氧是还原反应，所以LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂，故C 错误；DLiAlH4中的-1 价 H 和水中的+1 价 H 发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH-与 Al3+反应生成AlO2-，所以反应方程式为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2，故 D 正确。故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16镁及其合金广泛应用于国防生产中。（1）工业上是通过电解熔融状态2MgCl的方法冶炼金属镁的，则2MgCl的电子式为 _；工业上不用电解熔融 MgO 来冶炼镁的原因是_。（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是_。（3）高纯度氧化镁在医药，建筑行业有着广泛的应用，硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新生产工艺，以菱镁矿（主要成分为3MgCO，含少量3FeCO）为原料，制备高纯氧化镁的流程如图（已知23sp2KFe(OH)8.0 10、38sp3KFe(OH)4.0 10）：酸浸前对矿石进行粉碎的好处是_。试剂 A 是一种绿色氧化剂。常温下为液态，写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式_。为除尽杂质，a 的取值应不小于_（当杂质离子浓度小于511 10molL时，可认为已除尽；3lg40.2）。煅烧过程中可发生多个反应。试写出氧化剂与还原剂按物质的量为2:1 的比例恰好反应时的化学方程式_，反应生成的气体均为_（填“酸性”或“碱性”）氧化物。【答案】2MgClClg gg gg gg gMgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高2MgH与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸能提高反应速率与浸出率2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O3.2 2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2酸性【解析】【详解】（1）2MgCl为离子化合物，其电子式为2MgClClg gg gg gg g，MgO 熔点太高，若是以 MgO 为原料，则生产成本过高，故工业不使用MgO 作原料冶炼；（2）氢化镁是一种危险化学品。遇湿易燃，其原因是MgH2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸；（3）酸浸前对矿石进行粉碎的好处是能提高反应速率与浸出率，“氧化”过程中发生反应为亚铁离子被氧化为三价铁，离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；氢氧化铁固体溶于水存在离子平衡Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，故 Fe元素完全沉淀时，10.833()10()Kspc OHc Fe，此时 pH 为 3.2；煅烧过程中氧化剂为硫酸镁，还原剂为C，方程式为2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2，反应生成的气体为酸性氧化物。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 某同学对气体A 样品进行如下实验：将样品溶于水，发现气体A易溶于水；将 A 的浓溶液与MnO2共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）写出 A、B 的化学式：A_，B_。（2）写出 A 的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_。（3）写出 B 通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_。【答案】HClCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】【分析】B 为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B 为 Cl2，将 A 的浓溶液与MnO2共热，生成氯气，则气体A为 HCl，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知A 为 HCl，B 为 Cl2，故答案为：HCl，Cl2；(2)A 的浓溶液与MnO2共热生成氯化锰氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；(3)B 通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究CO、2CO、NOx的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。(1)有科学家经过研究发现，用2CO和2H在210290，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。230，向容器中投入20.5mol CO和21.5mol H。当2CO平衡转化率达80时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的热化学方程式_。一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是_(填代号)。A逆反应速率先增大后减小B2H的转化率增大C生成物的体积百分含量减小D容器中的22COHnn恒变小(2)向容积可变的密闭容器中充入1mol CO和22.2mol H，在恒温恒压条件下发生反应23CO g2HgCH OH g垐?噲?0H，平衡时CO的转化率COm随温度、压强的变化情况如图甲所示。压强：1p_2p(填“”“”或“”)M 点时，2H的转化率为 _(计算结果精确到0.1)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数pK_(用含1p的最简表达式表达，分压总压 物质的量分数)。不同温度下，该反应的平衡常数的对数值lg K如图乙所示，其中A 点为506K时平衡常数的对数值，则 B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与温度T的关系的是 _。(3)2H还原NO的反应为2222NO g2HgNg2H O l垐?噲?，上述反应分两步进行：i22222NOgHgNgH Ol(慢反应)ii2222H OlHg2H O l(快反应)。下列叙述正确的是_(填字母)。A22H O是该反应的催化剂B反应 i 的活化能较高C总反应速率由反应ii 的速率决定D反应 i 中NO和2H的碰撞仅部分有效(4)利用22CO g2C sOg垐?噲?消除CO对环境的污染不可行的原因是_。(5)用NaOH溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品23Na CO。常温下，若某次捕捉后得到 pH10 的溶液，则溶液中3HCOc：23COc_311223222KH CO4.4 10,KH CO5 10【答案】CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H=-49kJ?mol-1B 54.5%216pA、B、E D 该反应是焓增、熵减反应，根据 G=H-T s 可知任何温度下 G 均大于 0，说明任何温度下不能自发进行1:2【解析】【分析】(1)发生反应：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，根据图1 可知，0.5mol CO2和 1.5mol H2转化率达80%时放热 19.6kJ，计算 1mol 二氧化碳发生放出的热量确定 H，书写该反应的热化学方程式；根据影响化学平衡的因素分析各选项；(2)对可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；M 点时，CO的转化率为60%，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始物质的量(mol)1 2.2 0 变化物质的量(mol)0.6 1.2 0.6 平衡物质的量(mol)0.4 1 0.6 根据公式计算H2的转化率和平衡常数Kp；反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低；(3)A反应 i+ii 相加得总反应式2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(l)，可知 H2O2是反应中间产物；B活化能低的反应容易进行，反应速率快；C慢反应决定反应速率，则总反应速率由反应i 的速率决定，故C错误；D可逆反应的反应物转化率不可能达到100%；(4)该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行；(5)由题意 pH=10，可计算c(OH-)=10-4mol/L，由 CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb=323ccOHHCOc CO=223wKKH CO，据此进行计算。【详解】(1)根据图 1 可知，0.5mol CO2和 1.5mol H2转化率达80%时放热 19.6kJ，1mol 二氧化碳反应放出的热量为1mol0.5mol80%19.6kJ=49kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)H=-49kJ?mol-1；A逆反应速率先增大后减小，可能是达到平衡后减小反应物的浓度，平衡逆向移动，故A 错误；BH2的转化率增大，生成物增多，能说明平衡一定向正反应方向移动，故B 正确；C生成物的体积百分含量减小可能是减小反应物的量平衡逆向移动，也可能是减小生成物的量平衡正向移动，故C错误；D容器中的 n(CO2)/n(H2)可能是减小CO2的物质的量，平衡逆向移动，故D 错误；故答案为B；(2)对可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，恒温条件下，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则由图示可知p1p2；M 点时，CO的转化率为60%，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始物质的量(mol)1 2.2 0 变化物质的量(mol)0.6 1.2 0.6 平衡物质的量(mol)0.4 1 0.6 则 M 点时 H2的转化率=1.2mol2.2mol 100%=54.5%；M 点平衡时混合气体的总物质的量为0.4mol+1mol+0.6mol=2mol，CO的体积分数为0.4mol2mol=0.2，H2的体积分数为1mol2mol=0.5，CH3OH 的体积分数为0.6mol2mol=0.3，则该反应的平衡常数Kp=12110.30.20.5ppp=216p；反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，化学平衡常数降低，所以A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的lgK 与温度(T)的关系的点为：A、B、E；(3)A反应 i+ii 相加得总反应式2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(l)，可知 H2O2是反应中间产物，不是催化剂，故 A 错误；B反应 i 速率慢，说明反应活化能较高，故B 错误；C慢反应决定反应速率；D总反应为可逆反应，说明反应i 中 NO和 H2的碰撞仅部分有效，不可能全部反应生成生成物，故D 正确；故答案为 D。(4)该反应是焓增、熵减反应，根据 G=H-Ts 可知任何温度下G 均大于 0，说明任何温度下不能自发进行，故不可行；(5)由题意 pH=10，可计算c(OH-)=10-4mol/L，由 CO32-+H2O=HCO3-+OH-可得：Kb=323ccOHHCOc CO=223wKKH CO，带入数据计算得c(CO32-):c(HCO3-)=1:2。19铁能形成多种化合物，如Fe（SCN）3，Fe（CO）5（羰基铁），它们在生活生产中有广泛应用。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_。（2）实验室用KSCN溶液、苯酚溶液检验Fe3+N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_。SCN中的碳原子的杂化轨道类型为_。与 SCN互为等电子体的分子是_。（3）羰基铁 Fe（CO）5可用作催化剂。1molFe（CO）5分子中含键数目为 _。（4）某种氮化铁晶胞的晶体如图所示，该氮化铁晶体的化学式为_。【答案】5Ar 3dNOS sp CO2(COS等)10NA或 6.021024Fe3N【解析】【分析】（1）Fe位于第 4 周期第族，其价电子排布式为3d64s2，失去 3 个电子形成Fe3+，从 4s 开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p 能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；（3）羰基配合物中，中心Fe与配体 CO之间形成配位键，CO分子中，C与 O 之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。【详解】（1）Fe位于第 4 周期第族，其价电子排布式为3d64s2，失去 3 个电子形成Fe3+，从 4s 开始失去电子，所以 Fe3+基态核外电子排布式为：Ar3d5，故答案为：Ar3d5；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p 能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为：NOS，SCN为直线形结构，则其中C为 sp 杂化，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与SCN互为等电子体的分子是：CO2（COS等），故答案为：NOS；sp；CO2（COS等）；（3）羰基配合物中，中心Fe与配体 CO之间形成配位键，CO分子中，C与 O 之间含有一个配位键，所以1molFe(CO)5分子中含键数目为10 NA，故答案为：10NA或 6.02 1024；（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12 个铁原子位于顶点，2 个铁原子位于面心，3 个铁原子位于体内，2 个氮原子位于体内，1 个晶胞含有铁微粒数为：12+2+3 6、含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：23：1，所以化学势为Fe3N，故答案为：Fe3N。