2019-2020学年福建省厦门市思明区厦门外国语学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省厦门市思明区厦门外国语学校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含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A反应利用了H2Te的还原性B反应中H2O 作氧化剂C反应利用了H2O2的氧化性D H2Te2O5转化为 H2Te4O9发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A H2Te被 O2氧化生成Te，体现 H2Te具有还原性，故A 正确；B反应中Te与 H2O 反应 H2TeO3，Te 元素化合价升高，是还原剂，则H2O 为氧化剂，应有H2生成，故B 正确；C反应中

2、H2TeO3H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D H2Te2O5转化为 H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D 错误；故答案为D。2“17 世纪中国工艺百科全书”天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是A“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为 CaO D“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉【答案】C【

3、解析】【分析】【详解】A生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在 0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A 选项正确；B赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O 而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；

4、C凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C 选项错误；D古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D 选项正确；答案选 C。3硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成

5、。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀为BaSO3和 BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为 1:1 C白色沉淀为BaSO3和 BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为 3:1 D从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl【答案】B【解析】【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依据反应定量关

6、系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol 三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则 4mol 氨气和 2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol 硫酸钡，2mol 亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡、1mol 亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和 BaSO3，故 A 错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡、1mol 亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故 B 正确；C、根据 B 项分析可知，最后得到沉淀为1mol 硫酸钡

7、、1mol 亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故 C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D 错误；答案选 B。4容量瓶上未必有固定的（）A溶液浓度B容量C定容刻度D配制温度【答案】A【解析】【详解】容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，没有溶液浓度，A 项正确答案选 A。5化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A 84 消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C中国华为自主研发的5G 芯片巴龙5000 的主要材料是Si D太阳能光催化环境技术技术可以

8、将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源【答案】D【解析】【详解】A 84 消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A 正确；B生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B 正确；C5G 芯片主要材料是Si 单质，C正确；D太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D 错误；故合理选项是D。6工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)2N2(g)6H2(g)Si3N4(s)12HCl(g)H0

9、，将 0.3 mol SiCl4和一定量N2、H2投入 2 L 反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：下列说法正确的是()A 250 ，前 2 min,Si3N4 的平均反应速率为0.02 molL1 min1B反应达到平衡时，两种温度下N2和 H2的转化率之比相同C达到平衡前，300 条件的反应速率比250 快；平衡后，300 比 250 慢D反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多【答案】B【解析】【详解】A、Si3N4为固体，固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A 错误；B、起始 N2和 H2的物质的量比值为定值，反应中N2和 H2的消耗量的比值恒

10、定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和 H2的转化率之比相同，故B 正确；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300条件的反应速率比250快，平衡后，300依然比250快，故C 错误；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故 D 错误；答案选 B。7某种化合物（如图）由W、X、Y、Z 四种短周期元素组成，其中W、Y、Z 分别位于三个不同周期，Y 核外最外层电子数是W 核外最外层电子数的二倍；W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A原子半径：W X Y N D

11、N 点对应的溶液中c(Na+)Q 点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】【分析】【详解】AHA 的酸性强于HB 的酸性，则 Ka（HA）Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时 c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则 c(H+)越大，pH 越小，Ka越大，所以曲线II 表示 pH 与-1gc(B-)的关系，故A 错误；B对于 HB，取点(10，2)，则 c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则 Ka(HB)=+-HBHBcccg=-10-2-210100.1-10，同理对于HA，取点(8，2)，则 c(H+)=10-8mol/L，c(A

12、-)=10-2mol/L，则 Ka(HA)=+-HAHAcccg=-8-2-210100.1-10，所以 Ka(HA)：Ka(HB)=100，故 B 正确；CM 点和 N 点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液 pH 越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度MN，故 C错误；D对于 N 点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于 Q 点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N 点和 Q 点溶液 pH 相同，则两溶液中c(H+)和 c(OH-)分别相等，但c(B-)c(A-)，则 N 点对应的溶液中c(Na+)Q 点对应的溶液中

13、c(Na+)，故 D 错误；故选：B。13下列石油的分馏产品中，沸点最低的是A汽油B煤油C柴油D石油气【答案】D【解析】【分析】【详解】将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气汽油煤油柴油重柴油润滑油凡士林石蜡沥青，故选D 项。答案选 D。14 中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是A李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C王

14、安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。【答案】A【解析】【详解】A水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B 正确；C爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C 正确；D“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D 正确；故选 A。15向氯化铁溶液中加入ag铜粉，完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固

15、体c g。下列说法正确的是A若 a c，则滤液中可能含三种金属离子，且b 可能小于c B若 a c，则 c g 固体中只含一种金属，且b 可能大于c C若 a c，则 c g 固体含两种金属，且b 可能与 c 相等D若 a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b 可能小于c【答案】B【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag 铜粉，反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入b g 铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g，可能发生反应为2FeCl3+Fe 3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu，

16、根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2；CuCl2+FeFeCl2+Cu；2FeCl3+Fe3FeCl2，则A若 ac，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，所以 b 一定小于c，选项 A 错误；B若 a c，加入的铁是不足量的，此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，c g 固体中只含一种金属Cu，由方程式CuCl2+FeFeCl2+Cu可知，b 一定小于c，选项 B 错误；C若 a c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，c g固

17、体中含两种金属Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe3FeCl2、CuCl2+FeFeCl2+Cu 可知 b 可能与 c 相等，选项C正确；D若 a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器 X的名称是 _，在实验过

18、程中，B 中试纸的颜色变化是_。(2)实验操作的先后顺序是a_e(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCl d.点燃酒精灯，加热e.停止通入 HCI，然后通入2N(3)反应结束后发现含有少量CuO 杂质，产生的原因是_。方法二：(4)向4CuSO,溶液中加入一定量NaCl和23Na SO可生成自色沉淀CuCl离子方程式为_，过滤，沉淀用23xm的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是_(写名称)，用乙醇洗涤的原因是_(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的3FeCl溶液中，待样品完全溶解后，加入

19、适量稀硫酸，用a mol/L 的227K Cr O溶液滴定2Fe到终点，消耗227K Cr O溶液 b mL，反应中227Cr O被还原为3+Cr，样品中CuCl的质量分数为_(CuCl分子量：99.5g/mol)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、2CO、2N和2O)的百分组成。(6)已知：i.CuCl 的盐酸溶液能吸收CO形成2Cu CO Cl H O。ii.保险粉224(Na S O)和 KOH的混合溶液能吸收氧气。出保险粉和KOH混合溶液吸收2O的离子方程式：_。D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_、_。【答案】干燥管先变红后褪色cdb通入的 HCl 的量不足2Cu2+SO3

20、2-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl 表面水分防止其水解氧化0.597abm100%2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2ONaOH 溶液CuCl 的盐酸溶液【解析】【分析】CuCl22H2O 晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300分解生成CuCl和 Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl 和 Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuCl Fe2+Cu2+Cl-，加入 K2Cr2O7溶液，发

21、生6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH 溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故 B 中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入2

22、N，所以操作的先后顺序是acdbe，故答案为cdb；(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl 的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl 的量不足；(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和 Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；故答案为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2

23、CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuCl Fe2+Cu2+Cl-，加入 K2Cr2O7溶液，发生6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反应的关系式为6CuCl6Fe2+Cr2O72-，6 1 n ab 10-3mol n=6ab 10-3mol，m（CuCl）=99.5g/mol 6ab 10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为0.597abm 100%，故答案为0.597abm 100%；(6)保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O4

24、2-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，CuCl 易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH 溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D 用来吸收CO2，试剂为NaOH 溶液。F用来吸收 CO，试剂为 CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O；NaOH 溶液；CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氯吡格雷(clopidogre

25、l)是一种用于抑制血小板聚集的药物以芳香族化合物A 为原料合成的路线如下：已知：R-CHO，R-CN+HRCOOH(1)写出反应C D 的化学方程式_，反应类型 _。(2)写出结构简式B_，X_。(3)A 属于芳香族化合物的同分异构体(含 A)共有 _种，写出其中与A 不同类别的一种同分异构体的结构简式 _。(4)两分子 C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3 个六元环，写出该反应的化学方程式_。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_。(合成路线常用的表反应试剂A 反应条件B反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB目标产物)【答案】+

26、CH3OH+H2O 酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】【分析】A 分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A 中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知 A 为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D 与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合 D 的结构可知X结构简式为：；E与在加热 90及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A 为，B 为，X 为：。(1)反应 CD 是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B 为：

27、，X为：；(3)A 结构简式为，A 的同分异构体(含 A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、，共四种不同的同分异构体，其中与A 不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子 C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3 个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去 2 分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。

28、【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_。24g 金刚石中含有_个碳碳单键。（2）氧化镁的电子式为_，CO2的结构式为 _。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为_，其中能量最高的电子有_个。【答案】金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶

29、体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力4NAMg2+?：O：2-O=C=O 3s23p11【解析】【详解】（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；24g 金刚石物质的量为2mol，每 1mol 碳原子和4mol 碳原子形成共价键，则1mol 碳原子形成的共价键为：11mol42mol2，所以 2mol 金刚石含有碳碳键的个数为A4N，故答案为：金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力；A4N；（2）氧化镁是离子化合物，电子式为Mg2+?：O：2-，2CO的结构式为OCO，与镁同周

30、期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为213s 3p，其中能量最高的电子为3p 能级上的电子，有1 个，故答案为：Mg2+?：O：2-；OCO；213s 3p；1；【点睛】金刚石是原子晶体，其结构为空间网状结构，1 个碳原子形成的共价键为：11 422。19I据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H1=+205.9 kJ/mol CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.

31、2 kJ/mol 二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)CO(g)+2H2(g)H3则反应自发进行的条件是_ H3=_ kJ/mol。氮的化合物以及氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2分别为 0.1 mol、0.3 mol 时，平衡后混合物中氨的体积分数()如图所示。其中，p1、p2和 p3由大到小的顺序是_，该反应 H_0(填“”“”“p2p3 0，S0，满足 H-TSp2p3，因此压强关系是p1p2p3；在压强相同时，升高温度，NH3的含量降低，说明

32、升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故反应热小于零，该反应Hp2，由图可知，B 对应的温度高、压强大，所以反应速率 BA，即 vA(N2)vB(N2)；设转化的氮气的物质的量为x，发生的反应为：N2+3H22NH3，由于反应开始时n(N2)=0.1 mol，n(H2)=0.3 mol，根据物质反应转化关系可知：平衡时各种气体的物质的量分别为n(N2)=(0.1-x)mol，n(H2)=(0.3-3x)mol，n(NH3)=2x mol，在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以2

33、x0.1x0.33x2x=0.667，解得 x=0.08，若在 250、p1为 105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B 点 N2的分压 p(N2)=5100.10.080.420.08Pa=8.3 103Pa；(3)根据图示可知：在石墨电极II 一侧通入O2，为原电池的正极；在石墨电极I 一侧通入燃料，为原电池的负极，NO2失去电子变为NO3-，负极的电极反应式为：NO2-e-+NO3-=N2O5。【点睛】本题考查化学平衡和电化学及其相关计算，涉及到盖斯定律的应用，反应自发性的判断，化学平衡的移动等，掌握化学反应基本原理是本题解答的关键，对于平衡分压，结合相同外界条件时气体的物质的量的比等于气体的分压制备计算解答。