2019-2020学年浙江省温州新力量联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年浙江省温州新力量联盟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）125时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。在这一过程中，没有发生改变的是A溶液中溶质的质量B溶液中KCl质量分数C溶液中溶剂的质量DKCl溶液质量【答案】C【解析】25时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选 C。2下列物质结构和性质变化规律正确的是（）A硬度：LiClNaClKCl B沸

2、点：HFHClHBr C酸性：H3PO4H2SO4HClO4D原子半径：NaMgAl【答案】D【解析】【详解】A、离子半径：Li+Na+K+，晶格能LiClNaClKCl，所以硬度LiClNaClKCl，故 A 错误；B、HF 分子间存在氢键，所以沸点：HClHBr HF，故 B 错误；C、非金属性PSCl，所以最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故 C错误；D、同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：NaMg Al，故 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查元素周期律，同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。3设

3、 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温下，23 g NO2含有 NA个氧原子B1 L 0.1 molL-1的氨水含有0.1NA个 OH-C常温常压下，22.4 L CCl4含有 NA个 CCl4分子D 1 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子【答案】A【解析】【分析】【详解】A.23gNO2的物质的量是23g46g/mol0.5mol，含有 1mol 氧原子，选项A 正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1 L 0.1 molL1氨水含有OH个数小于0.1NA，选项 B 错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚

4、铁离子失去1 个电子，选项D 错误；答案选 A。4扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A分子式为C8H10NO2B扑热息痛易溶于水C能与 Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D属于芳香烃【答案】C【解析】【详解】A分子式为C8H9NO2，故 A 错误；B含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B 错误；C含酚-OH，能与 Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D含 O、N 等元素，不是芳香烃，故D 错误；故选 C。5下列图示两个装置的说法错误的是（）A Fe的腐蚀速率，图图 B图 装置称为外加电流阴极保护法C图 中 C棒上：2H+2

5、e=H2D图 中 Fe表面发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A.图 为原电池，Fe 作负极，腐蚀速率加快；图为电解池，Fe 作阴极被保护，腐蚀速率减慢，所以Fe的腐蚀速率，图图，故 A 说法正确；B.图装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，金属被保护，称为外加电流的阴极保护法，故B 说法正确；C.饱和食盐水为中性溶液，正极C棒发生吸氧腐蚀：2H2O+O2+4e =4OH-，故 C说法错误；D.图 装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，故D 说法正确；故答案为C。【点睛】图中 Fe、C和饱和食盐水构成原电池，由于饱和食盐水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e =4O

6、H-。6元素 X、Y、Z 和 Q 在周期表中的位置如图所示，其中元素Q 位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为 0，下列说法不正确的是（）X Y Z Q A原子半径（r）：r（Y）r（Z）r（X）B分别含Y元素和 Z 元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C推测 Q 的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D Z的简单阴离子失电子能力比Y 的强【答案】D【解析】【分析】元素 X、Y、Z和 Q 在周期表中的位置如图所示，其中元素Q 位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则 X 位于 A 族，为 C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为 S，Z为

7、Cl元素，Q 为 Sc元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X 为 C元素，Y为 S，Z为 Cl元素，Q 为 Sc元素。A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（Y）r（Z）r（X），故 A 正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl 和硫酸，HCl 和硫酸都是强酸，故B 正确；C.Q 位于 A 族，最外层含有6 个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl S，则简单离子失电子能力Z（Cl）Y（S），故 D 错误；故选 D。7下列物质溶于水形成的分散系不会产

8、生丁达尔现象的是A葡萄糖B蛋白质C硫酸铁D淀粉【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A 符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D 不符合题意；故合理选项是A。8五种短周期元素X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，W 元素在短周期元素中原子半径最大，X、W 同族，Z、Q 同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价

9、代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是()A酸性：H2YO3H2QO3，所以非金属性YQ BX 与 W 形成的化合物中各原子均满足最外层8 电子稳定结构CX与 Y形成的化合物只含有共价键D由 Z、W、Q 三种元素形成的盐只有两种【答案】C【解析】【分析】W 元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na 元素，X、W 同族，且X 的原子序数最小，是H 元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是 C元素,由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者 CS

10、2,故 Q 是 S元素，Z、Q 同族，Z是 O 元素。【详解】A.酸性：H2YO3H2QO3，碳酸小于亚硫酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性碳小于硫元素，故A 错误；B.X 与 W 形成的化合物是NaH,H 元素没有满足最外层8 电子稳定结构，故B 错误；C.X与 Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；D.由 Z、W、Q 三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4，Na2S2O3等，故 D 错误；故选：C。9高能 LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示：原理如下：(1-x)LiF

11、ePO4+xFePO4+LixCn充电放电垐 垐 垐?噲 垐 垐?LiFePO4+nC。下列说法不正确的是A放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极B充电时，Li+向左移动C充电时，阴极电极反应式：xLi+xe-+nC=LixCnD放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe-=xLiFePO4【答案】B【解析】【分析】【详解】A.原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A 正确，但不符合题意；B.充电过程是电解池,左边正极作阳极,右边负极作阴极,又阳离子移向阴极,所以 Li+向右移动，故B 错误，符合题意；C.充电时,阴极

12、 C变化为 LixCn,则阴极电极反应式：xLi+xe-+nC=LixCn，故 C 正确，但不符合题意；D.放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe-=xLiFePO4，故D 正确，但不符合题意；故选：B。10用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 0.1molCH4和 0.1molCl2充分反应，生成的C-Cl 键和 H-Cl 键的数目均为0.2NAB7.8gNa2S和 Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC18g 固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD 25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16

13、，则 AgI 饱和溶液中Ag+数目为 1.0 10-8NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A 错误；B.Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故 B 错误；C.依据 n=m/M 计算物质的量=18g/18g/mol=1mol，氢键是分子间作用

14、力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故 C正确；D.25时，Ksp（AgI）=1.0 10-16，则 AgI 饱和溶液中c(Ag+)为 1.0 10-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D 错误。答案选C。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B 选项 Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以 78g Na2O2和 Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA；C选项依据n=m/M 计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。11某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是A

15、可能有很高的熔沸点B不可能是化合物C只可能是有机物D不可能是离子晶体【答案】A【解析】【详解】A.金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键C-C键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，所以可能有很高的熔沸点，故A 正确；B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，H2O2等含有非极性键，属于化合物，故B错误；C.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，故 C错误；D.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如 Na2O2，因此含有非极性键的化合物可能是离子

16、晶体，故D 错误；故选：A。12常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于 0.1 mol/L NaHCO3溶液的下列说法错误的是A溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1 mol/L Bc(H+)c(H2CO3)c(CO32-)c(OH)C升高温度或加入NaOH 固体,+-3c(Na)c(HCO)均增大D将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数a1spKKK【答案】D【解析】【分析】【详解】A HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1 mol/L NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A 正确；B NaHCO3溶

17、液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入可得c(H+)+c(H2CO3)(CO32-)+c(OH-)，B 正确；C升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，+-3c(Na)c(HCO)会增大；加入NaOH 固体，c(Na+)会增大，HCO3-与 OH-反应导致c(HCO3-)减小，+-3c(Na)c(HCO)会增大，所以C正确；D将少量 NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-?H+CO32-

18、（Ka2）、Ba2+CO32-=BaCO3（sp1K）、H+HCO3-=H2CO3（a1K），三式相加可得总反应Ba2+2HCO3-=BaCO3+H2CO3(K)，所以 K=a2a1spKKK，D 错误；答案选 D。【点睛】方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。13利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M 因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500和850左右，传导质子时的产物硫表示为 Sx。下列说法错误的是A气体 X 是 H2S废气，气体Y 是空气BM 传导质子时，负极a 反应为：xH2S 2xe-

19、=Sx+2xH+CM 传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D氧离子迁移方向是从a 电极向 b 电极【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据电流分析，电极a 为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X 为 H2S废气，气体Y是空气，故A 正确；B.M 传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极a 反应为：xH2S-2xe=Sx+2xH+，故 B 正确；C.M 传导氧离子时，H2S和 O2-可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b 电极向 a 电极，故D

20、错误。综上所述，答案为D。【点睛】原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。14实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a 中的物质b 中的物质c 中收集的气体d 中的物质A 浓氨水CaO NH3H2O B 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH 溶液C 稀硝酸Cu NO2H2O D 浓盐酸MnO2Cl2NaOH 溶液A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨

21、气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+H2O=2 HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。15X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中 Z 为金属元素,X、W 为同一主族元素。X、Z、W 形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w 分别为 X、Y、Z、W 的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A反应、都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W 四种元素中，Y的原子半径最小CNa 着火时，可用甲扑灭D一定条件下，x 与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中

22、信息可判断x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z 为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A.反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项 A 正确；B.同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si 四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C.Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D.一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断

23、x 为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO 的部分工艺流程如下：已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0 mol L1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.2(1)“酸溶”时 Ni 转化为 NiSO4，该过程

24、中温度控制在7080 的原因是 _。(2)“氧化”时，Fe2参加反应的离子方程式为_。(3)“除铁”时需控制溶液的pH 范围为 _。(4)“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(5)“沉镍”时得到碱式碳酸镍用 xNiCO3 yNi(OH)2表示 沉淀。在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为_。“沉镍”时，溶液pH 增大，碱式碳酸镍中Ni 元素含量会增加，原因是_。【答案】温度低于70，反应速率降低,温度高于80，HNO3分解(或挥发)加快2Fe2H2O22H=2Fe32H2O 3.3 pH7.7 CuS xNiCO3 yNi(OH)2(xy)NiOxCO2yH2O

25、Ni(OH)2中 Ni 含量高于NiCO3，pH 越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大【解析】【分析】镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”，其中铁、镍溶于酸，铜也与硝酸反应产生氮氧化物；“氧化”时加入 H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液；向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS+2H+，除去 Cu2+；再向除铜后的滤液中加入碳酸钠溶液沉淀镍离子，过滤、洗涤、干燥得到的固体经煅烧得到NiO，据此分析作答。【详解】（1）“酸溶”时加入了硫酸与硝酸溶液，考虑温

26、度过低，工艺流程中化学反应速率较低，而温度过高，硝酸分解加快，不利于溶解铜，故答案为温度低于70，反应速率降低,温度高于 80，HNO3分解(或挥发)加快；（2）“氧化”时加入 H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，发生的离子方程式为：2Fe2 H2O22H=2Fe32H2O；（3）“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH7.7，所以需控制溶液的pH 范围为 3.3 pH7.7；（4）向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS+2H+，因此滤渣的成分为CuS；（5）在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO

27、3 yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3 yNi(OH)2(x y)NiOxCO2yH2O；碱式碳酸镍用 xNiCO3 yNi(OH)2表示 沉淀中 Ni(OH)2中 Ni 含量高于 NiCO3，pH 越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni 元素含量会增加。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下(其中 R-为)(1)E 中的含氧官能团名称为_和_。(2)X的分子式为C14Hl5ON，则 X的结构简式为_。(3)B C 的反应类型为 _。(4)一定条件

28、下，A可转化为 F()。写出同时满足下列条件的F 的一种同分异构体的结构简式：_。能与 FeCl3溶液发生显色反应；能使溴水褪色；有3 种不同化学环境的氢(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备G，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_【答案】羟基羧基取代反应【解析】(1)根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2)根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X 的分子式为C14Hl5ON 可知，X 的结构简式为，故答案为；(3)对比 B、C的结构可知，B 中支链对位的H 原子被取代生成C，属于取

29、代反应，故答案为取代反应；(4)F为。能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；有3 种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2 个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中

30、甲基的引入。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NO 用途广泛，对其进行研究具有重要的价值和意义（1）2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1的反应历程与能量变化关系如图所示。已知：第步反应为：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1第 I 步反应的热化学方程式为_。关于 2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的反应历程，下列说法正确的是_。A相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第步反应B使用合适的催化剂会使E1、E2、E3同时减小C第 I 步反应为吸热反应，第步反应为放热反应D反应的中同产物是NO3和 NO（2）NO 的氢化还原反应为2

31、NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）。研究表明：某温度时，v正=k?cm（NO）?cn（H2），其中 k=2.5 103mol（m+n-1）?L（m+n-1）?s-1该温度下，当c（H2）=4.0 10-3mol?L-1时，实验测得v正与 c（NO）的关系如图一所示，则m=_，n=_。（3）NO 易发生二聚反应2NO（g）?N2O2（g）。在相同的刚性反应器中充入等量的NO，分别发生该反应。不同温度下，NO的转化率随时间（t）的变化关系如图二所示。该反应的 H_0（填“”“”或“=”）。T1温度下，欲提高NO 的平衡转化率，可采取的措施为_（任写一条即可）。a、b 处正反应速率

32、va_vb（填”“”或“=”），原因为 _。e 点对应体系的总压强为200kPa，则 T2温度下，该反应的平衡常数kp=_kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）【答案】O2（g）+NO（g）=NO3（g）H=（a-b）kJ?mol-1AC 2 1 增大 NO 浓度（或降温、压缩气体、及时分离N2O2等）对应温度a 点高于 b 点，NO 的浓度 a 点大于 b 点1450【解析】【分析】（1）总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1，第步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1根据盖斯定律：第步反应=总反应-第步反应得到第步反应的热化

33、学方程式；A、总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定；B、根据催化剂只改变反应速率，不能改变反应进程；C、反应热 H=生成物的总能量-反应物的总能量，若生成物的总能量反应物的总能量，则反应吸热，反之相反；D、NO3为第步反应的生成物、为第II 步反应的反应物。（2）将（110-3，110-5）和（210-3，410-5）代入 v正=2.5103?cm（NO）?cn（4.0 10-3）计算 m、n 值；（3）根据图象可知，温度T2T1，分析 T2时 NO的转化率小于T1时 NO 的转化率即可解答；能使该反应的平衡正向移动的措施均能提高NO 的平衡转化率，结合反应正向移动的条件分析解答。

34、a 点 NO 的转化率小于b 点，即体系中a 点的 c（NO）大与 b 点，并且 a 点温度大于b 点，结合温度和浓度对化学反应速率影响解答；根据反应的三段式计算平衡时n（NO）、n（N2O2）和平衡分压p（NO）、p（N2O2），代入分压平衡常数Kp=222p N OpNO中计算 Kp。【详解】（1）总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=akJ?mol-1，第步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）H=bkJ?mol-1，由盖斯定律有：第步反应=总反应-第步反应得到第步反应的热化学方程式O2（g）+NO（g）=NO3（g）H=（a-b）kJ?mol-1；A、由图可知，

35、第步反应的活化能高，导致第步反应速率慢，总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定，所以决定该反应快慢的步骤为第步反应，故A 正确；B、催化剂会降低E1、E2，不能改变反应热E3，故 B 错误；C、反应热 H=生成物的总能量-反应物的总能量，第I 步反应中生成物的总能量反应物的总能量，第II步反应中生成物的总能量反应物的总能量，所以第I 步反应为吸热反应，第步反应为放热反应，故C正确；D、NO3为第步反应的生成物、为第II 步反应的反应物，所以NO3为中间产物，但NO 为反应的反应物，故 D 错误；故答案为：AC；（2）将（110-3，110-5）和（210-3，410-5）代入 v正=

36、2.5103?cm（NO）?cn（4.0 10-3）有 2.5 103（1 10-3）m?（4.0 10-3）n=1 10-5，2.5 103（2 10-3）m?（4.0 10-3）n=4 10-5，解得 m=2，n=1；（3）根据“先拐先平，数值大”可知，温度T2T1，并且 T2时 NO 的转化率小于T1时 NO 的转化率，即升高温度NO的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以逆向吸热、正反应放热，H0；NO 的二聚反应2NO（g）?N2O2（g）正向是体积减小的放热反应，能使该反应的平衡正向移动的措施均能提高 NO 的平衡转化率，如加压、降温、增大NO 浓度等，即：增大NO 浓度（或降温

37、、压缩气体、及时分离 N2O2等）；a 点 NO 的转化率小于b 点，即体系中a 点的 c（NO）大于 b 点，并且 a 点温度大于b 点，反应体系中温度越高、物质浓度越大，反应速率越快，即vavb；设起始时n（NO）=2mol，则反应三段式为2NO（g）?N2O2（g）起始量（mol）2 0 变化量（mol）0.8 0.4 平衡量（mol）1.2 0.4 p（NO）=1.2mol1.5mol 200Mpa=150Mpa、p（N2O2）=50Mpa，所以 c 点时反应的平衡常数kp=222p(N O)p(NO)=250Mpa(150Mpa)=1450kPa-1。【点睛】难点：化学平衡常数计算，

38、关键列出三段式，注意三段式在化学平衡计算中的灵活运用。19双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。它在NCP疫情控制中发挥重要作用。（1）工业生产双氧水常采用催化剂乙基蒽醌法，其反应过程如图所示：写出工业制备H2O2(1)反应的热化学方程式_。（2）过氧化氢还可以通过电解-水解法制得。工业上用Pt 作电极材料，电解硫酸氢铵饱和溶液得到过二硫酸铵(NH4)2S2O8，然后加入适量硫酸以水解过二硫酸铵即得到过氧化氢。写出阳极的电极反应式_；整个过程的总化学方程式是_。（3）某课题组在298K 时研究 H2O2+2HI=2H2O+I2反应速率的影响因素，实验结果如下表：试验编号1 2 3 4 5

39、c(HI)/molL-10.100 0.200 0.300 0.100 0.100 c(H2O2)/mol L-10.100 0.100 0.100 0.200 0.300 v/mol L-1 s-10.00760 0.0153 0.0227 0.0151 0.0228 分析上述数据，写出反应速率与物质浓度的关系式_；该反应的速率常数(k)的值为 _。（4）过氧化氢是强氧化剂，在许多反应中有重要的应用。在一定温度下，将 0.4molN2H4(g)和 0.6molH2O2(g)装入 2L 固定容积的容器中，发生反应N2H4(g)+2H2O2(g)N2(g)+4H2O(g)H0，当 N2H4(g)

40、的转化率为50%时反应达到平衡，该反应的化学平衡常数的值为_。实验测得反应中N2H4(g)的转化率()与温度(T)的关系如图所示，分析说明温度高于T0时，N2H4(g)的转化率下降的原因是_。【答案】H2(g)+O2(g)=H2O2(1)H=(a+b)kJ mol-12SO42-2e-=S2O82-或 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+2H2OH2O2+H2 v=kc(H2O2)c(HI)0.76 2.56 温度高于T0，化学平衡逆向移动；温度高，过氧化氢分解，浓度降低，平衡逆向移动【解析】【分析】【详解】(1)据图可知i：+H2(g)=H=akJmol-1；ii：+O2(g)=+H2O

41、2(1)H=bkJmol-1；根据盖斯定律i+ii 可得 H2(g)+O2(g)=H2O2(1)H=(a+b)kJ mol-1；(2)电解池中阳极失电子发生氧化反应，电解过程中硫酸氢铵饱和溶液得到过二硫酸铵(NH4)2S2O8，该过程中硫酸根中的部分氧原子由-2 价被氧化为-1 价，所以阳极的反应为：2SO42-2e-=S2O82-；加入适量硫酸以水解过二硫酸铵即得到过氧化氢，离子方程式应为：S2O82-+2H2O=H2O2+2SO42-+2H+，据此可知整个过程中实质就是电解水，方程式为：2H2O电解H2O2+H2；(3)浓度越大反应速率越大，二者成正比；对比1 和 3 组数据可知，若反应速

42、率与浓度之和为正比关系，则3 组的反应速率应为1 组的 2 倍，但实际不是，因此反应速率应与浓度之积有关，不妨设 v=kcx(H2O2)cy(HI)，根据 2、4 组数据可知yxxy0.2000.1000.2000.100=1，则 x=y，则有 0.0153=k 0.200 x 0.100 x，0.0076=k0.100 x 0.100 x，联立可以解得x=1，k=0.76，所以，反应速率与物质浓度的关系式为v=kc(H2O2)c(HI)，其中 k=0.76；(4)容器的容积为2L，则初始投料为c(N2H4)=0.2mol/L，c(H2O2)=0.3mol/L，N2H4的平衡转化率为50%，据此可得三段式：24222-1-1-12+mol L0.20.300mol L0.10.20.10.4mol L0.10.1N Hg2H OgN0.10.4g4H O g?ggg起始()转化()平衡()则平衡常数K=420.40.1=2.560.10.1；该反应为放热反应，温度高于T0，化学平衡逆向移动，同时温度过高，过氧化氢分解，浓度降低，平衡逆向移动，所以N2H4(g)的转化率下降。【点睛】S2O82-的结构式为，其中含有一个过氧键，有两个氧的化合价为-1 价，所以S为+6价，该物质具有强氧化性。