2019-2020学年北京市西城区第8中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区第8 中学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常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是A 0.01 molL-1的 HClO溶液 pH2 BNaClO、HClO都易溶于水CNaClO的电离方程式：NaClONa+ClO-D HClO与 Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4【答案】A【解析】A、0.01 molL-1的 HClO溶液 pH2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，选项A 正确；B、NaClO、HClO 都易溶于水，不能

2、说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项B错误；C、NaClO 的电离方程式：NaClO=Na+ClO-，说明 NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO 是弱电解质，选项 C错误；D、HClO与 Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明 HClO 具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO 部分电离，所以不能判断HClO 是弱电解质，选项D 错误。答案选A。点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。2“拟晶”(quas

3、icrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol 电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A拟晶 Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0 的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A 错误；B拟晶具有

4、合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B 错误；CAl65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C 正确；D溶于过量硝酸时，Al 与 Fe 均变为+3 价，Cu变为+2 价，故 1mol Al65Cu23Fe12失电子为65 3+23 2+12 3=277mol，故 D 错误；故选 C。3甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)-49.0kJ CH3OH(g)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ 下列说法正确的是()A 1

5、molCH3OH完全燃烧放热192.9kJ B反应中的能量变化如图所示CCH3OH 转变成 H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的 Q192.9kJ【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即H 元素要转化为液态水而不是转化为氢气，故1molCH3OH 完全燃烧放出的热量不是192.9kJ，故 A 错误；B因为 CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的 Q 小于 0，该反应是吸热反应，所以反应物的总能量应该小于生成物的总能量，故B 错误；C中的热化学方程式表

6、明，CH3OH 转变成 H2的过程不一定要吸收能量，故C 错误；D因为 CH3OH(l)变成 CH3OH(g)需要吸收能量，根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的QN D 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】【详解】A.由“HA 的酸性弱于HB 的酸性”可知，Ka（HB）Ka（HA），由图可知，曲线I 表示溶液的pH 与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N 点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故+Ma+aNcHKHB=100KHAcH，正确；M 点与 N 点存在 c（A

7、-）=c（B-），M 点溶液的pH 比 N 点溶液的pH小，故 M 点水的电离程度弱，错误；D.N、Q 点对应溶液的pH 相等，由图可知c（A-）c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)D图中 Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】【分析】常温下，用0.1mol L-1NaOH 溶液滴定40mL0.1mol L-1H2SO3溶液，当 NaOH 体积为 40mL 时，达到第一滴定终点，在 X点，pH=4.25；继续滴加NaOH 溶液，在 Y点，pH=7.19，此时 c(SO32-)=c(HSO3-)；继续滴加NaOH溶液至 Z点时，达到

8、第二终点，此时pH=9.86。【详解】A在 Y点，SO32-水解常数Kh=323(HSO)(OH)(SO)ccc=c(OH-)=147.191010=10-6.81，此时数量级为10-7，A 不正确；B若滴定到第一反应终点，pH=4.25，应使用甲基橙作指示剂，B 不正确；C图中 Z 点为 Na2SO3溶液，对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)，C不正确；D图中 Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以 3c(SO32-)=c(Na+)+c(H

9、+)-c(OH-)，D 正确；故选 D。10将 V 1 mL 0.1mol L-1的 Fe2(SO4)3溶液与 2mL 0.1molL-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A若 V11，加入淀粉B若 V11，加入 KSCN溶液C若 V11，加入 AgNO3溶液D加入 Ba(NO3)2溶液【答案】B【解析】【详解】Fe2(SO4)3溶液与 KI溶液混合发生反应为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，由反应可知，V1=1mL，说明两者恰好完全反应，V11mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3+3SC

10、N-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。11下列实验操作正确的是A用长预漏斗分离油和水的混合物B配制 0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气D用湿布熄灭实验台上酒精着火【答案】D【解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，

11、故D正确；故选 D。12下列有关说法正确的是A MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)高温下能自发进行，则该反应H0、S 0 B常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中，水的电离程度相同C0.1 molL1 NH4Cl溶液加水稀释，-32c(Cl)c(NHH O)的值增大D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 G=H-TS0 时反应能自发进行，反应MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)的 S0，高温下能自发进行，则该反应H0，故 A 正确；B等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl溶

12、液，HCl 溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中水的电离程度不同，故B 错误；C0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4+H2O?NH3?H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，-32c(Cl)c(NHH O)的值减小，故C 错误；D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO2的平衡转化率不变，故D 错误；答案选 A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。13常温下，将NaOH 溶液滴加到HA 溶液中，测得混合溶液的pH 与

13、p-c(A)c(HA)转化关系如图所示已知：p-c(A)c(HA)=-lg-c(A)c(HA)。下列叙述错误的是（）A m 点：c(A-)=c(HA)BKa(HA)的数量级为10-6C水的电离程度：mc(HA)，说明 r 点溶液中A-浓度大于m 点，水的电离程度：mr，C正确；D.r 点溶液中电荷守恒关系为：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，D 正确；故选 B。【点睛】水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m 点。14能使品红溶液褪色的物质是 漂粉精 过氧化钠 新制氯水 二氧化硫A B C D【答案】D【解析】漂粉

14、精中含有ClO-,具有强氧化性 过氧化钠具有强氧化性 新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性 二氧化硫具有漂白作用。4 种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。15将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（）A加入合金的质量不可能为6.4g B沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为120mL C溶解合金时收集到NO 气体的体积在标准状况下为2.24L D参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol【答案】C【解析】【详解】淀

15、为 M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)=5.1g17g/mol=0.3mol，根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=12n(OH-)=120.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=0.3mol3mol/L=100mL，故 B错误；C由转移电子守恒得n(NO)=0.15mol252=0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol 0.1mol=2.24L，故C

16、正确；D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.15mol252=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol 2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故 D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。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

17、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

18、）(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

19、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+SO32-+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

20、、氧化；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，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

21、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2N，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

22、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=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；(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

23、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：2S2O42-+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）

24、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氟西汀G 是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D 的结构简式，用星号（*）标出 D中的手性碳 _。（2）的反应类型是_。（3）C的结构简式为_。（4）G 的分子式为 _。（5）反应的化学方程式为_。（6）已知 M 与 D 互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M 分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M 有_种。（7）也是一种生产氟西

25、汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】取代反应C17H18NOF3+CH3NH2+CH3SO2OH 12【解析】【分析】B 在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C 与氢化铝锂反应生成D，根据 D 和 B 的结构简式，D 与 CH3SO2Cl 发生取代反应生成E，E与 CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据 G 和 E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D 中的手性碳位置为；(2)根据分析，的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；

26、(4)G 的分子式为C17H18NOF3；(5)反应为E与 CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D 的结构简式为，已知 M 与 D 互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M 分子的苯环上有3 个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为22=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为 12=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为32=6 种；则

27、符合条件的M 有12 种；(7)在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中的位置_，Cu2+的价电子排布式为_。（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：电离能/kJ mol1I1I2I3Cu 746 1958 2058 由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是 _。（3）Cu2+能与吡咯()的阴离子()形成双吡

28、咯铜。中 C和 N 原子的杂化均为_，1mol含有 _mol键；双吡咯铜Cu()2的配位原子为 _；噻吩的沸点为84，吡咯()的沸点在129131之间，吡咯沸点较高，其原因是_。（4）某 M 原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与 M 形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M 原子)。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目_；该晶体的化学式为_。已知该晶体的密度为g?cm3，晶体的摩尔质量为 Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M 原子之间的最短距离为_pm(只写计算式)。【答案】第四周期第IB 族3d9Cu价电子排布式为Ar3d104s1，Cu+价电子排布式为Ar3d10，C

29、u+Ar3d10全满，稳定，难失电子。sp210 N 吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高12 CuCl 103A34M104 N【解析】【分析】Cu的电子排布式为Ar3d104s1，Cu在元素周期表中的位置第四周期第IB族，Cu失去两个电子后变为Cu2+，其电子排布式为Ar3d9，其价电子排布式为3d9。I2(Cu)远远大于I1(Cu)，Cu价电子排布式为Ar3d104s1，Cu+价电子排布式为Ar3d10，Cu+Ar3d10全满，稳定，难失电子，因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)。有大 键，65，因此 C有 3 个价键即3 个 键，无孤对电子，因此为sp2杂化，

30、N 有三个价键即 3 个 键，无孤对电子，因此为sp2杂化，1 个分子，从图中看出有6 个 键，但还有4 个 CH键，共 10 个，因此 1mol 含有 10 mol 键。N 有孤对电子，因此双吡咯铜Cu()2的配位原子为N；噻吩的沸点为84，吡咯()的沸点在129131之间，吡咯沸点较高，其原因是吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高。某 M 原子的外围电子排布式为3s23p5即为 Cl，铜与 M 形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M 原子)。顶点到面心的铜原子距离最近，总共有12 个；Cu 有118+6=482，Cl有 4 个，晶体的化学式为CuCl，晶体中铜原子和

31、M 原子之间的最短距离为体对角线的14，-1-13A-3AMg mol4N mol4MV=cm g cm N，铜原子和Cl原子之间的最短距离为103A34M104 N。【详解】Cu的电子排布式为Ar3d104s1，Cu在元素周期表中的位置第四周期第IB族，Cu失去两个电子后变为Cu2+，其电子排布式为Ar3d9，其价电子排布式为3d9，故答案为：第四周期第IB 族；3d9。I2(Cu)远远大于I1(Cu)，Cu价电子排布式为Ar3d104s1，Cu+价电子排布式为Ar3d10，Cu+Ar3d10全满，稳定，难失电子，因此I2(Cu)远远大于I1(Cu)，故答案为：Cu价电子排布式为Ar3d10

32、4s1，Cu+价电子排布式为 Ar3d10，Cu+Ar3d10全满，稳定，难失电子。有大 键，65，因此 C有 3 个价键即3 个 键，无孤对电子，因此为sp2杂化，N 有三个价键即 3 个 键，无孤对电子，因此为sp2杂化，1 个分子，从图中看出有6 个 键，但还有4 个 CH键，共 10 个，因此 1mol 含有 10 mol 键；故答案为：sp2；10。N 有孤对电子，因此双吡咯铜Cu()2的配位原子为N；噻吩的沸点为84，吡咯()的沸点在129131之间，吡咯沸点较高，其原因是吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高，故答案为：N；吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形

33、成分子间氢键，因此吡咯沸点较高。某 M 原子的外围电子排布式为3s23p5即为 Cl，铜与 M 形成化合物的晶胞如图所示(白球代表M 原子)。顶点到面心的铜原子距离最近，总共有12 个；Cu 有118+6=482，Cl有 4 个，晶体的化学式为CuCl，晶体中铜原子和M 原子之间的最短距离为体对角线的14，-1-13A-3AMg mol4N mol4MV=cm g cm N，铜原子和Cl原子之间的最短距离为103A34M104 N，故答案为：12；CuCl；103A34M104 N。19十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾

34、霾的综合治理是当前重要的研究课题。I 汽车尾气中的NO(g)和 CO(g)在一定条件下可发生如下反应：反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H1。（1）已知：反应N2(g)+O2(g)2NO(g)H2=+180.5kJmol-1，CO的燃烧热为283.0kJ mol-l，则H1=_。（2）在密闭容器中充入5 mol CO 和 4 mol NO，发生上述反应，下图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。温度：T1_T2（填“”）。若在 D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。（3）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。

35、将NO和 CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图所示。若低于200，图 2 中曲线中脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_；a 点 _（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_。N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步 I2(g)2I(g)(快反应)第二步 I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步 IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I2(g)(快

36、反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5（k 为速率常数）。下列表述正确的是_。AN2O分解反应中：k 值与是否含碘蒸气无关B第二步对总反应速率起决定作用C第二步活化能比第三步小DIO 为反应的中间产物【答案】-746.5kJ mol-1A 温度较低时，催化剂的活性偏低不是因为该反应为放热反应，根据线可知，a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高BD【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行解答；（2）根据化学平衡移动原理和影响化学平衡移动的因素进行解答。【详解】I已知 N2(g)+O2(g)2NO(g)H2=+180.5kJmol-1,CO的燃烧热为283.0kJmo

37、l-l，热化学反应方程式为：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H=-566.0kJmol-l，-得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H1=-746.5kJmol-1；答案：-746.5kJmol-1。（2）由 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ mol-1，升高温度,平衡逆向移动,所以 NO的体积分数会增大,即 T1T2,因此，本题正确答案是:；若在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,则平衡会逆向移动,NO 的体积分数增加,重新达到的平衡状态可能是图中A 点,答案：A。（3）低于 200，曲线脱氮率随温度升高而变化不

38、大的主要原因为：温度较低时（低于200），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，根据曲线可知，a 点对应温度下的平衡转化率应高于 450时，a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高。答案：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是；因为该反应为放热反应，根据线可知，a 点对应温度的平衡脱氮率应该更高。（4）A.碘蒸气存在能大幅度是高N2O 的分解速率，根据题中信息k 为有碘蒸气存在时的N2O 分解速率的速率常数，若没有碘存在，k 就没有意义了，因此k 的取值与碘蒸气有关，故A 错误；B.第二步反应慢，所以对总反应速率起决定作用，故B正确;C.第二步反应比第三步反应慢，说明第二步活化能大，故C不正确；D 从总反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)来看 IO 在反应前没有、反应后也没有,故其为反应的中间产物,故 D 正确;答案 BD。