2019-2020学年安徽省滁州市部分示范高中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省滁州市部分示范高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铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A正极电极反应式为：2H+2eH2B此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C此过程中铜并不被腐蚀D此过程中电子从Fe移向 Cu【答案】A【解析】【详解】A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故 A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故 B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D.此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故 D正确；故选 A。2某有机物的分子式为49C H OCl，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A 8 B10 C12 D14【答案】C【解析】【详解】该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4 个 C 的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4 个 C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8 种二元取代物，异丁烷共有 4 种二元取代物，共有12 种，故答案选C。3科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A两步反应都属于加成反应B环己烯的链状同分异构体超过10 种(不考虑立体异构)C环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A 错误；B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10 种，故 B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 错误；答案：B 4中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是（）A整个过程实现了光能向化学能的转换B过程有O-O 单键生成并放出能量C过程发生的化学反应为：2H2O22H2O+O2D整个过程的总反应方程式为：2H2O 2H2+O2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故A 正确；B.过程 II 中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程放出能量并生成了O-O 键，故 B 正确；C.由图可知，过程发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2H2+O2，故 C错误；D.总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O 2H2+O2，故 D 正确。故选 C。5有关下图所示化合物的说法不正确的是A既可以与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol 该化合物最多可以与3mol NaOH 反应C既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【答案】D【解析】【分析】【详解】A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A 正确。B、2 个酯基水解需要2 个氢氧化钠，1 个酚羟基需要1 个氢氧化钠，即 1mol 该化合物最多可以与3mol NaOH反应，B 正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C 正确。D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D 错误。答案选 D。6下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（）A NaOH+HClO4 NaClO4+H2O BH2CO3+Na2SiO3H2SiO+Na2CO3CZn+FeSO4 ZnSO4+Fe D2FeCl3+2 NaI 2FeCl2+I2+NaCl【答案】D【解析】【详解】A 项、NaOH 与 HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A 能解释；B 项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B 能解释；C 项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D 项、FeCl3与 NaI 发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D 不能解释；故选 D。7某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和 K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH 溶液，加热，得到222mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到26g 固体；向上述滤液中加足量 BaCl2溶液，得到366g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5 种离子BCl-一定存在，且c（Cl-）2 3mol/L CSO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在D CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】【分析】由于加入过量NaOH 溶液，加热，得到2.22mol 气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g 固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有 2.22molFe3+，一定没有 CO32-；3.66g 不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有 Cl-，且至少为2.22mol3+2.22-2.22mol 2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol 2.2L=2.3mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A 项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即 c(Cl-)2.3molL-2，B 项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D 项错误；答案选B。8工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A在铝土矿制备较高纯度Al 的过程中常用到NaOH 溶液、CO2气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2 1 D黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH 溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A 正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B 不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为21，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与 O2反应，铜由+2 价降为+1 价被还原得到Cu2S、氧由 0 价降至-2 得到 FeO，所以 Cu2S、FeO 均是还原产物，D 正确。9下判说法正确的是A常温下，c(Cl-)均为 0.1mol/LNaCl 溶液与 NH4Cl 溶液，pH 相等B常温下，浓度均为0.1mol/L 的 CH3COOH溶液与 HCl溶液，导电能力相同C常温下，HCl 溶液中 c(Cl-)与 CH3COOH溶液中 c(CH3COO-)相等，两溶液的pH 相等D室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl 是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而 NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH 不相等，A 错误；B.HCl 是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HClCH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl 的导电能力比醋酸强，B 错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH 也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 NaOH 溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D 错误；故合理选项是C。10能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（）A将水加热煮沸B将明矾溶于水C将 NaHSO4固体溶于水D将 NaHCO3固体溶于水【答案】B【解析】【详解】A.加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A 错误；B.向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）c（OH-），故 B 正确；C.向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；D.向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）c（OH-），故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。11两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺 5，5 十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（）A一溴代物有三种B与十一碳烯互为同分异构体C分子中所有碳原子不可能在同一平面D 1mo1 该化合物完全燃烧需要16mo1O2【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，A 项正确；B.直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1 个不饱和度，二者不可能为同分异构体，B 项错误；C.分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，C 项正确；D.该物质的分子式为1120C H，因此其完全燃烧需要16mol 氧气，D 项正确；答案选 B。12NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A 1 mol 铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB30 g 葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD 2.1 g DTO中含有的质子数为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A、1 mol 铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了83mol 电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol 电子，与S反应生成 FeS，转移了2mol 电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g 葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O 的物质的量=30g30g/mol=1mol，含有的氢原子数为2NA，故 B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2 个碳原子，故 12g 石墨烯即1mol 石墨中含1molC 原子，含有 0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO 的物质的量为2.1g21g/mol=0.1mol，而一个DTO中含 10 个质子，故0.1molDTO 中含 NA个质子，故 D 正确；答案选 D。13脱氢醋酸钠是FAO和 WHO 认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图：(a 双乙烯酮)催化剂惰性溶剂(b 脱氢醋酸)下列说法错误的是A a 分子中所有原子处于同一平面Ba.b 均能使酸性KMnO4溶液褪色Ca、b 均能与 NaOH 溶液发生反应Db 与互为同分异构体【答案】A【解析】【分析】【详解】A a 分子中有一个饱和碳原子，所有原子不可能都共面，故A 错误；Ba、b 分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；Ca、b 分子中均含有酯基，均能与NaOH 溶液发生水解反应，故C 正确；D分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，b 与二者分子式均为C8H8O4，但结构不同，则互为同分异构体，故D 正确；答案选 A。【点睛】有机物的官能团决定了它的化学性质，熟记官能团的性质是解本题的关键。14对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（）条件的改变化学反应速率的改变化学平衡的移动化学平衡常数的变化A 加入某一反应物一定增大可能正向移动一定不变B 增大压强可能增大一定移动可能不变C 升高温度一定增大一定移动一定变化D 加入（正）催化剂一定增大不移动可能增大A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A 错误；B如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B 错误；C升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；D加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D 错误。故选：C。15室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A 11 mol L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH-B11 mol L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-C11 mol L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3-D 11 mol L-1NaOH 溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】【详解】A 项，I-与 ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A 不选；B 项，在 Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B 选；C 项，在 HCl 溶液中 CH3COO-不能大量存在，故C 不选；D 项，Mg2+、HCO3-都能与 OH-反应，不能大量共存，故D 不选，答案选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中，回收钴、锂的操作流程如图所示：回答下列问题。(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为_。(2)“碱浸”过程中产生的气体是_；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为_。(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为_；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_(填化学式)污染环境。(4)“沉钴”时，调 pH 所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c(Co2+)=_。(已知：KspCo(OH)2=1.09 l0-15)(5)根据如图判断，“沉锂”中获得 Li2CO3固体的操作主要包括_、_、洗涤、干燥等步骤。【答案】化学能电能 热能H2NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)38LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2NaOH 溶液或氢氧化钠固体1.09 l0-6mol/L 蒸发浓缩趁热过滤【解析】【分析】由流程可知，加碱浸泡，发生2Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3H2，固体残渣为LiCoO2，加酸发生8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O，调节 pH 沉钴生成Co(OH)2，最后调节pH12 时加加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li+CO32-Li2CO3，母液含硫酸钠，以此来解答。【详解】（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl 溶液中，使电池短路而放电，为原电池，此时溶液温度升高，可知放热，该过程中能量的主要转化方式为化学能电能热能；（2）结合以上分析可知，“碱浸”过程中产生的气体是H2；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al(OH)3；（3）根据流程可知，+3 价的钴被还原为+2 价，做氧化剂，而硫代硫酸根离子做还原剂，被氧化为硫酸根离子，所以“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+S2O32-+22H+8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但盐酸易被氧化为氯气，会发生2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2+4H2O 反应，产生Cl2污染环境；（4）由最终产物及加碱调节pH 流程可知，“沉钴”时，既能达到目的，又不能引入杂质，调pH 所用的试剂是 NaOH，“沉钴”后溶液中c（Co2+）=154.521.09 10(10)mol/L=1.09l0-6mol/L；（5）由图可知，温度高时碳酸锂的溶解度小，则“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等步骤。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C 能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由 A 生成 B的化学方程式为_，其反应类型为_；（2）D 的化学名称是 _，由 D 生成 E的化学方程式为_；（3）J的结构简式为_；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4 组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式_(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A 经下列步骤可得到2 一苯基乙醇：反应条件1 为 _；反应条件2 所选择的试剂为_；L的结构简式为_。【答案】+Br2铁粉+HBr 取代反应2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr 或或光照镁、乙醚【解析】【分析】比较 A、B的分子式可知，A 与 HBr 发生加成反应生成B，B 的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D 为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G 和 F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B 为，A 为，根据题中已知，由 G可推知 H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则 J为，与溴发生取代生成K 为，K 在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成 2-苯基乙醇【详解】（1）由 A 生成 B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D 为 CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D 生成 E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr，故答案为 2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J 的结构简式为，故答案为；（4）G 的同分异构体中核磁共振氢谱有4 组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br 呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2 个-CH3基团，以-OH 为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应的为与溴发生取代生成K 为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成 L 为，故答案为光照；镁、乙醚；。七、工业流程四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F 和 Y。已知：CH3COOH+CH3COOH(CH3CO)2O+H2O 请回答下列问题：（1）下列有关F 的说法正确的是_。A分子式是C7H7NO2Br BF 即能与 HCl 又能与 NaOH 应生成盐C能发生取代反应和缩聚反应 D1 mol 的 F 最多可以和2 mol NaOH 反应（2）C D 的反应类型是_。（3）在合成F的过程中，BC步骤不能省略，理由是_。（4）DE 反应所需的试剂是_。（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（写出其中1 个）_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子分子中含有CHO（6）利用已知信息，以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。_注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：【答案】BC 氧化反应氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基Br2/FeBr3 或 Br2/Fe【解析】【分析】由甲苯与 A 的分子式，结合 D的结构简式可知甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则 A为，A 发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则 B 的结构简式为，结合 D 的结构可知，B中氨基中1 个 H 原子被取代生成C为，C 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比 D、F的结构可知，D 与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知 BC 是为了保护氨基不被氧化，据此分析作答。【详解】（1）A根据 F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，A 错误；BF中有氨基与羧基，可以形成内盐，B正确；CF中有羧基、溴原子，可以发生取代反应，F中有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确；D羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子发生水解反应生成酚羟基，所以1molF 最多能和3molNaOH反应，D 错误；答案选 BC；（2）CD 是 C 中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，属于氧化反应；（3）由于在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，因此BC 步骤不能省略；（4）DE 苯环上氢原子被-Br 原子取代，反应所需的试剂是：液溴、Fe；（5）同时符合下列条件的A 的同分异构体：苯环上只有两种不同化学环境的氢原子分子中含有CHO，符合条件的同分异构体有、；（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，以苯甲醛和乙烯为原料合成Y的路线流程图为。19对烟道气中2SO进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。I.CO还原法(1)一定条件下，由2SO和CO反应生成S和2CO的能量变化如图所示，每生成16gS s，该反应_(填“放出”或“吸收”)的热量为 _。(2)在绝热恒容的密闭容器中，进行反应：222CO g+SOgS s+2COg?，该反应的平衡常数表达式为 _，对此反应下列说法正确的是_。a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变c.达平衡后若再充入一定量2CO，平衡常数保持不变d.分离出S，正、逆反应速率均保持不变(3)向2L恒温恒容密闭容器中通入2molCO和1mol2SO，分别进行abc、三组实验。在不同条件下发生反应：222CO g+SOgS s+2COg?，反应体系总压强随时间的变化曲线如图所示，则三组实验温度的大小关系是a_b_c(填“”、“”或“”)；实验a从反应开始至平衡时，反应速率2v SO_。II.23Na SO溶液吸收法常温下，用-123300mL1.0molL Na SO溶液吸收2SO的过程中，溶液pH随吸收2SO物质的量的变化曲线如图所示。(4)常温下，23H SO的二级电离平衡常数a2K的数值为 _。【答案】放出135kJ K=2222cCOcCOc SOnad=6.25 10-3mol/(L?min)；10-7.3【解析】【分析】(1)根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正、逆反应活化能之差为反应放出的热量；(2)气相为主的反应中，固体物质的浓度不变，根据平衡常数含义列出平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；(3)反应为放热反应，反应前后气体物质的量减小，体系压强减小，体系 a 和体系 b 反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，对于一定质量的气体来说，pVT等于衡量，据此分析b 和 c 的体系温度高低，根据化学反应速率定义计算SO2的平均反应速率；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线计算H2SO3的二级电离平衡常数。【详解】(1)根据图象分析，反应物的总能量比生成物总能量高，反应发生时多余的能量会释放出来，因此该反应的正反应为放热反应，正、逆反应的活化能之差为反应放出的热量，活化能的差值为270kJ/mol，由于反应产生的 S质量为 16g，其物质的量为16g32g/mol=0.5mol，所以反应放出的热量为：270kJ/mol 0.5mol=135kJ；(2)根据平衡常数的含义，可知该反应的平衡常数表达式为K=2222CCOc SOcOcn。a.混合气体密度为 mV，恒容容器容积V 不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m 不变，因此若混合气体密度不变，说明反应已经达到平衡状态，a 正确；b.反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，体系压强改变，b 错误；c.达平衡后若再充入一定量CO2，使化学平衡逆向移动，由于反应在绝热容器中进行，反应逆向移动会产生热量变化，导致体系温度发生改变，化学平衡常数改变，c错误；d.分离出 S，由于 S是固体，浓度不变，因此改变其物质的量，不影响化学平衡，因此正、逆反应速率均保持不变，d 正确；故合理选项是ad；(3)体系 a 和体系 b 反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，体系 a 和体系 b 的温度相等，根据pVT等于衡量，可知初始时刻压强cb，则实验温度c b，因此三组实验温度的关系是a=bc；实验 a 从反应开始至平衡时，压强由160kPa 改变至 120kPa，设反应过程转化了xmolSO2，由pVT等于衡量可知，气体的压强与气体的体积(即总物质的量)成正比，所以有160120212212xxx，解得x=0.75mol，则反应速率v(SO2)=n0.752t60molVLminVV=6.25 10-3mol/(L?min)；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线分析，H2SO3的二级电离平衡和SO32-的一级水解平衡相关，未通入SO2时，Na2SO3溶液的 pH 为 10.6，则溶液中c(OH-)=10-3.4mol/L，忽略 SO32-的二级水解，则溶液中c(HSO3-)=c(OH-)=10-3.4mol/L，300mL1.0mol/LNa2SO3溶液的浓度为1.0mol/L，平衡时c(SO32-)=1.0mol/L-10-3.4mol/L 1.0mol/L，则水解平衡常数为Kh=323c HSOc OHc SOn=10-6.7，H2SO3的二级电离平衡常数Ka2=233c Hc SOc HSOn=KwKh=10-7.3。【点睛】本题考查化学反应的焓变、化学反应速率、化学平衡状态的判断及平衡移动，化学平衡常数表达式的书写与计算等知识，注意最后一小题中水解平衡常数、电离平衡常数与水的离子积之间的关系，试题难度不大。