2019-2020学年广东省重点名校新高考化学模拟试卷含解析

1、2019-2020 学年广东省重点名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.常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到 pH = 9的混合溶液（溶质为 NaC1与NaCIO）。下列说法正确的是（Na代表阿伏加德罗常数）A.氯气的体积为1.12LB.原烧碱溶液中含溶质离子0.2NaC.所得溶?中含 OH的数目为1X10 5NaD.所得溶液中CIO的数目为0.05Na【答案】 B【解析】【分析】【详解】A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L,故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，

2、含溶质离子为Na+和OH, C2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O, 0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2Na,故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以 c（OH-）=10-5mol/L ,溶液体积未知不能计算OH的数目，故 C 错误；D项，反应生成0.05mol NaClO,因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O的数目小于0.05Na,故D错误。【点睛】本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。 A 项注意是否为标准状况，为易错点。2化学与

3、工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是A.漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂B.硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应D.明矶可作净水剂，是因为其溶于水电离出的A产具有强吸附性【答案】 A【解析】【分析】本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故 B错误；C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故 C错误；D.明矶可作净水剂，是因为其溶于

4、水电离出的Al3能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故 D错误；答案：A3.下列制取 C12、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是（）A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选Bo4.下列说法正确的是（）A. 2,2-二甲基丁烷的1H-NMR上有4个峰B. -C=CH中所有原子处于同一平面上OC.有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D.甲苯能使酸性 KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单

5、键变活泼，被KMnO4氧化而断裂【答案】B【解析】【详解】A. 2,2-二甲基丁烷的结构式为,有三种不同环境的氢原子，故 1H-NMR上有3个峰，故A错误；B.乙快中所有原子在一条直线上，苯中所有原子在一个平面上，因此苯乙快中所有原子一定处于同一平面上，故B正确；C.的不饱和度为4,如含有苯环，则同分异构体中不含有醛基，不能发生能发生银镜反应，故OH。一C错误；D.能够使高镒酸钾溶液褪色，说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼，能够被酸性高镒酸钾氧化，故D错误；正确答案是B。【点睛】B项考查了学生对有机物的共面知识的认识，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。5. 25c时，

6、向10mL0.1mol L-1 一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加 0.1mol L-1的HCl溶液，溶液的)。下列说法不正确的是agag ig ；OHH 变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计A.若 a=-8,则 Kb(XOH)=15)B. M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C. R点溶液中可能存在 c(X+)+c(XOH)=c(C-)D. M点到N点，水的电离程度先增大后减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A. a 点表示 0.1mol 一元弱碱 XOH,若 a=- 8,则 c(OH)=10-3mol/L ,所以cX ncOH 10 3 10 35 7K)(XOH户=10 ,故 A正确；c X

7、OH0.1B.两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG=Q则溶液中c(H+)= c(OH -),溶液呈中性，所以溶质为XOM口 XCl,两者不是恰好完全反应，故B错误；C.若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X +)+c(XOH)=c(C1 ),故C正确；D. M点的溶质为XO即口 XCl,继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度先增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小， 所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。故选Bo6.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl

8、混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca-CaC2+L2SO4+Pb.下列有关说法不正确的是r摩酸错也极无水 L1CMCC1卜电池克A.负极反应式：Ca+2c-2e一CaC28 .放电过程中，Li+向负极移动C.每车t移0.2mol电子，理论上生成 20.7gPbD.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【答案】B【解析】【分析】 由原电池总反应可知 Ca为原电池的负极，被氧化生成CaC2,反应的电极方程式为 Ca+2C-2e-=CaC2, PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSQ+2e-+2Li+=Li2SQ+Pb,原

9、电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。【详解】A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2CI-2e-=CaC2,故A不符合题意；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故 B符合题意；C、根据电极方程式 PbSC4+2e-+2Li+=Li2SC4+Pb,可知每转移 0.2 mol电子，理论上生成 O.lmolPb,质量为9 0.7gPb,故C不符合题意；D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D不符合题意；故选：B。7,设 脂表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是1. 60

10、g丙醇中含有的共价键数目为10NaB.过氧化钠与水反应生成0.l mol O 2时，转移的电子数为 0.2 N AC. 0.l mol?L -1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1 N aD,密闭容器中，1 mol N 2与3mol H2反应制备 NH,产生N H键的数目为6 Na个【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 60g丙醇为1mol,丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11Na,故A错误；8. 2Na 2O2+ 2H 2O = 4NaOH +O2 T , Na2Q中一个氧原子从-1价升高到0价；另外一个从-1价降到-2价，每 生成l mol

11、O 2时，转移的电子数为 2Na,生成0.l mol O 2时，转移的电子数为 0.2 Na,故B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故 C错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1 mol N 2与3mol H2反应产生的NH小于2mol,故产生N-H键的数目小于6 Na个，故D错误；故选Bo8.化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用B.油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C.将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法D.废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料【答案】C

12、【解析】【详解】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患斜齿，故 A错误；B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故 B错误；G将二氧化硫添加于红酒中，利用了SQ具有杀菌作用和抗氧化特性，故 C正确；D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。答案选Co9. 25c时，向20mL 0.1mol/L H2R （二元弱酸）溶液中滴加 0.1mol/LNaOH溶液，溶液 pH与加入NaOH溶 液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是A. a 点

13、所示溶液中:c (H2R) + c (HR) + c (R2-)= 0.lmol /LB. b 点所示溶液中：c (Na+) >c( HR-) > c (HR)>c(R2-)C.对应溶液的导电性： b > cD. a、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度最大【答案】D【解析】A、a 点所示溶液中：c (H 2R) + c (HR )+ c (R 2 )= 20mL0.1mo1 / L 00667 mol” 1,故 A 20mL 10mL错误；日b点所示溶液相当于 Na2R, R2 部分水解生成 HRT ,HR 再水解生成H2R,故c (Na+) >c(R2-)

14、 >c( HR-) >c (H2R), B错误；C溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b < c,故C错误；D> a、b抑制水电离，c点PH=7,不影响水电离，d点促进水电离，故 D正确；故选Do10 .下列能源中不属于化石燃料的是()A.石油B.生物质能C.天然气D.煤【答案】B【解析】【分析】化石能源指由古动物、 植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C D不

15、选；日生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故 B选；故选：Bo11 .根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是选项实验操作和现象结论A向2 mL浓度均为1.0mol L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加23滴0.01mol L-1AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生。Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足 量稀盐酸，白色沉淀不消失。原溶液中后SO42-C向两支分别盛启 0.1 mol L1醋酸和硼酸溶液的试管中滴 加等浓度Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者 无气泡产生。电离常数：Ka(CH3COOH)&g

16、t;Ka1(H2CC3)>Ka(H3BO3)D在两支试管中各加入 4 mL 0.01 mol L-1 KMnO 4酸性溶液 和2 mL 0.1 mol L-1h2c2。4,再向具中一支试管中快速加入 少量MnSO4固体，力口有MnSO4的试管中溶液褪色较快。Mn 2+对该反应有催化作用A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.向2 mL浓度均为1.0mol L-1的NaCl、NaI混合溶液中滴加 23滴0.01mol L-1AgNO3溶液，振荡，有黄 色沉淀产生。说明先生成 AgI沉淀，从而说明 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),正确；B.某溶液中加入 Ba

17、(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失。不能证明原溶液 中有SO42-,因为若含 SO32-,也会生成 BaSC4沉淀，错误；C.向两支分别盛有0.1 mol匚1醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CQ溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生。 说明酸性：CH3COOH> H2CQ>H3BO3,从而说明电离常数： Ka(CH3COOH)> Ka1(H2CO3) >Ka(H3BO3),正确；D.在两支试管中各加入 4 mL 0.01 mol L-1 KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 mol L-1H2QO4,再向其中一支试管中 快速加入

18、少量MnSO4固体，力口有MnSO4的试管中溶液褪色较快。从而说明 Mn 2+对该反应有催化作用，正 确。故选Bo12.有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有 X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确 的是()A. WZ沸点高于 W2Y的沸点B.含Z的两种酸反应可制得 Z的单质C. W2Y2中既含离子键又含共价键键D. X的含氧酸一定为二元弱酸【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有 X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可 知，W形成1个共价键，

19、Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则 W为H, X 为C元素，丫为O元素，Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知， W为H, X为C元素，丫为O元素，Z为Cl元素；A. H2O分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则 HCl沸点低于H2O的沸点，故 A错误；B. HCl和和HClO反应生成氯气，故 B正确；C. H2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；D. X为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而 CH3COOH为一元弱酸，故 D错误；故答案为Bo13 .将VimL 1.0 mol L 1盐酸溶液和V2mL未知浓度的氢

20、氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所不（实验中始终保持Vi+V2=50 mL）。下列叙述正确的是（）A.做该实验时环境温度为 20 CB.该实验表明化学能可能转化为热能C.氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 mol L：1D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】【详解】A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21 C, A错误；B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL,由V1 + V2 = 50 mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20 mL,氢氧化钠溶液的物质的量浓度=0

21、.03 L X1.0 mOT1T0.02 L1.5mol L1, C错误；D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钢晶体与氯化俊反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；答案选Bo【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。14.溶液A中可能含有如下离子：Na、NH4、Ba2、Mg2、SO：、SO；、Cl、OH 。某同学设计并完成了如下的实验：下列说法正确的是A.气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红B.溶液A中一定存在NH 4、SO：、SO3 ,可 能存在NaC.溶液A中一定存在NH：、Mg2、SO2、SO2 ,可能存在Cl+-1D.溶

22、液A中可能存在Cl，且c Na 0.20 mol L【答案】D【解析】【分析】溶液A中滴加过量BaC2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSQ,物质的量是O.OImol ,溶解的为BaSO,质量为2.17g,物质的量为O.OImol ,由此推断原溶液中含有 SC42-和SQ2-,物 质的量均为O.OImol ；排除原溶液中含有 Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无 Mg2+, 有气体放出，可知溶液中有NH4+,根据生成氨气448mL，可知溶液中NH：+的物质的量为0.02mol ；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+,其物质的量为

23、0.02mol,可能还含有 Cl-。【详解】A.气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液 A中一定存在 Na+, B错误；C.由分析可知，溶液 A中一定不存在 Mg2+, C错误；D.由分析可知，溶液 A中不存在 C时Na+物质的量为0.02mol ,若溶液A中存在C，Na+物质的量大 于 0.02mol,即 c(Na+)> 0.20 mo-1, D 灰确;故答案选Do15.足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A.氢氧化钠溶液B.稀硫酸C.盐酸D.稀硝酸【答案】A【解析】【分析】【详解】假设反应都产生3mol氢气，则：A. 2Al+2N

24、aOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T 反应产生 3mol 氢气，会消耗 2mol NaOH；8.2刃+3士$01二*2004)3+3也3反应产生3mol氢气，需消耗 3mol硫酸；C. 2A1+6HC1=2A1C13+3H2 T ,反应产生 3mol 氢气，需消耗 6mol HCl;D.由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。二、实验题(本题包括 1个小题，共10分)16 .纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、F及O3、Fe。SiO2和一些有机物等杂质。工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁(MgSO4

25、H2O)的工艺流程如下：磁布E痹液MiCin带液幄渣1滤衽II(1)浸出时温度控制在 90C100C之间，并且要连续搅拌 2小时的目的是 (2)上述流程中多次用到了过滤操作，实验室过滤时需要用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和(3)向过滤I的滤液中加入 NaClO溶液，将溶液中的 Mn2+氧化成MnO2,反应的离子方程式为(4)滤渣H中主要成分为 (填化学式)。(5)检验过滤n后的滤液中是否含有Fe3+的实验操作方法是 。(6)已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSO4 H2O,采取将滤液蒸发浓缩、加压升温结晶的方法，采取加压升温结晶的原因

26、是20 40 60 眼 I0G I2G !40 160 1 阳 200温度汽:【答案】提高纯橄岩中镁的浸出率漏斗Mn2+ClO+H2O=MnO2 J +2H+CFe(OH)3、MnO2取过滤n后的滤液 12 mL于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤?中无 Fe3+增MgSO4 H2O晶体析出大压强，溶液沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于【解析】分析流程过程，纯橄岩用硫酸进行酸浸，硅酸盐与硫酸反应生成硫酸盐和硅酸沉淀,MnO、Fe2O3、FeO与硫酸反应生成相应的硫酸盐和水，SiO2不与硫酸反应也不溶于硫酸，以滤渣形式除去，故滤渣 I的成分可确定。滤液中加入NaClO溶液

27、，可将Fe2+氧化为Fe3+，将Mn2+氧化为MnO2,通过调节pH=56,将Fe3+ 转化为Fe(OH)3沉淀除去。则可知滤渣 n的成分。据此进行分析。【详解】(1)浸出时升高温度、连续搅拌，其目的是提高纯橄岩中镁的浸出率；答案为：提高纯橄岩中镁的浸出率；(2)过滤时用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和漏斗；答案为：漏斗；(3) NaClO将溶液中的Mn2+氧化成MnO2,本身被还原为 Cl-,依据守恒即可写出反应的离子方程式： Mn2+Cl0+H2O=MnO2 J +2I4+C1-;答案为：Mn 2+ClO+H2O= MnO2 J +21+0-;(4)加入NaClO溶液，能将Fe2+氧化为Fe3

28、+,将溶液中的Mn2+氧化成MnO2,调节溶液pH=56,将Fe3+ 转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣n中主要成分为Fe(OH)3、MnO2；答案为：Fe(OH、MnO2；(5)检验过滤n后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是用 KSCN溶液，具体操作为取过滤H后的滤液12 mL于试管中，加入少量 KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；答案为：取过滤n后的滤液12 mL于试管中，加入少量 KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+;(6)从图中可以看出，升高温度，有利于MgSO4 H2O晶体析出，增大压强，溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于 MgSO4 H2O

29、晶体析出。答案为：增大压强，溶液沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于 MgSO4 H2O晶体析出。三、推断题(本题包括 1个小题，共10分)17. 1, 6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是完成下列填空:合成尼龙的反应流程：(1)写出反应类型：反应 反应(2) A和B的结构简式为 、。(3)由C黑:合成尼龙的化学方程式为。(4)由A通过两步制备1 , 3-环己二烯的合成线路为： NH2RNH2B氮氧化钠酝Q演的四氯化碳谙液【解析】【分析】【详解】根据上述分析可知,（1）反应的反应类型为：消去反应；反应为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反

30、应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应;【答案】消去反应加成（氧化）反应n11口13-小）.旦用!恒收| +（2n-i）H2O好为C6H8。3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。广OOOH；8的结构简式为:（2）根据上述分析可知，A的结构简式为:COOH、一NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为:nH +(2n-1)H2O；NH2RNH2二ST 叫&©11mHHRM叱,若想制备1, 3-环己二烯，可先与澳的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2一二澳环己(4) A 为 ©烷，1,2一二澳环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1, 3

31、-环己二烯，其具体四、综合题（本题包括 2个小题，共20分）根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出 A为环己烯，其结构简式为:,它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到与水在催化剂作用下生成据已知信息，结合B在水的催化作用下生成CCOOH COOW,采用逆合成分析法可知B应为G其分子式正，故答案为：合成路线如下:源的四氟化碳渗流:8,氢氧化钠酯个Br 18.研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题(1) NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示反应过上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b(填4"

32、 T"或)a脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物一生成物a H=(用Ei、E2的代数式表示)。研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为_剂，脱硝总反应的化学方程式为 。过程Vo叫 2H*htttliJWW2HP(2) 一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密容器中，进行反应H2O(g)+ CO(g)? C6(g)+H2(g),得到如表所示的三组数据试驯编P温度/C起始里/molH2O(g)C0(g)平衡量/molco(g)H2(g)达到平衡时间/min16512.14.13.11.1529111.12.11.

33、81.243911abcdt4mim内，实验2中v(CC2)=； 911c时，反应的平衡常数为 ;降低温度时，平衡常数会 (填 增大“减小“或不变”。)651c时，若在此容器中充入2.1 mol H 2O(g)> 1.1molCO(g)、1.1 molCO2(g)和 xmol H2(g),要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是 。若a=2.1. b=1.1,则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率 的关系为a(H2O)一(填 法" T "或 上”)a(CO)【答案】v-(E2-E1)还原4NH3+4NO+O2里J 4N2+6H2O1.15

34、mol/L-1 min-1 增36q/2大1 w XV =3【解析】【分析】(1)催化剂可降低反应活化能;日是正反应活化能，E2是逆反应活化能，正反应 H =正反应活化能-逆反应活化能；根据化合价去分析氧化剂、还原剂以及氧化还原方程式配平；一 一 .一c (2)反应速率公式 v=j,再根据速率比等于化学计量数之比求答；根据1,2组数据，求出平衡常数,找出平衡常数与温度的关系；平衡常数计算中代入的必然是平衡时的浓度，而浓度商则不一定是平衡时的浓度。浓度商小于平衡常数时反应向右进行，等于平衡常数时达平衡，大于平衡常数时反应向左进行。分别列出三段式比较进行分析。【详解】(1)由图像可知活化能降低，故

35、答案应为：;由图，反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，用-表示放热， H=正反应活化能-逆反应活化能，故答案应为：62-日)；NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图2可知反应物为 NH3、NO和02,生成物为N2和H2。，所以化学方程式为4NH3+4NO+O2色色24N2+6H2O,故答案应为：氧化；4NH3+4NO+O2缶色24N2+6H2。；(2)由方程式可知 v(CC2)： v(H2)=1： 1,根据图表计算 v(H2)=1.2mol/L+4min= 1.15mol/L-1 min-1,故v(CO2)=1.15mol/L-1 min-1,根据平衡常数计算公式，1平衡常数为1,故降

36、低温度平衡常数增大。故答案应为:3计算此时此刻的 Q=x ,化学平衡正向移动，所以2911c平衡常数为0.2 0.2,同理可计算651C1.8 0.836.“1，1.15mol/L-1 min-1; ;增大；36一、一， 一x 12Qv平衡吊数k,所以一一，x 由题x应 1。2 33故答案应为：1WXV2；3根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率为21%。实验3中CO(g)的转化率为V,则H2O (g) + CO (g)? C02 (g) + H2 (g)起始浓度(mol/L )2111转化浓度(mol/L )yyyy平衡浓度(mol/L )2- y1 -yyy则y_y1(2

37、 y)(1 y)36解得y=1.2即实验3中CO(g)W转化率为21%。故答案应为：=。【点睛】这道题综合考查了热化学、氧化还原反应、化学平衡等知识，关于平衡常数的计算要多利用三段式分析, 化学原理题看起来很难，但细心逐步分析还是能找到突破口的。NO2、SQ等大气污染物的处理具有重要意义。19.雾霾天气给人们的出行带来了极大的不便，因此研究(1)某温度下，已知： 2SO2(g)+O2(g)脩? 2SO3( g) Hi=-196. 6kJ mol2NO(g)+O2(g)脩? 2NO2( g) AH2 NO2( g)+ SO2( g)脩为 SQ( g)+ NO( g)AH3=- 41. 8kJ/

38、mol贝！ H2= o(2)按投料比2:1把SQ和O2加入到一密闭容器中发生反应2SO2( g)+ 02( g)脩? 2SO3(g),测得平衡时SO2的转化率与温度 T、压强p的关系如图甲所示：rosxwBr疆会暮就沼启京会蜒9A、B两点对应的平衡常数大小关系为Ka/ HdEr a ” a ”u. a(填 或”，下同)Kb；温度为T,时D点Vd正与VD逆的大小关系为 VD正VD逆;T1温度下平衡常数Kp=kPa1 (&为以分压表示的平衡常数，结果保留分数形式)n(SO2)(3)恒温恒容下，对于反应 2SO2( g)+ O2( g) < r? 2SO3( g),测得平衡时SO3的体积分数与起始、的n(O2)关系如图乙所示，则当n(SO2)=1.5达到平衡状态时,SO2的体积分数是图乙中 D、E、F三点中的 n。)点。A、B两点SO2转化率的大小关系为 aA (填“V”或“=”廊。(4)工业上脱硫脱硝还可采用电化学法，其中的一种方法是内电池模式(直接法)，烟气中的组分直接在电池液中被吸收及在电极反应中被转化，采用内电池模式将SO2吸收在电池液中，并在电极反应中氧化为硫酸，在此反应过程中可得到质量分数为40%勺硫酸。写出通入 SO2电极的反应式：;若40%的硫酸溶液吸收氨