（新高考）高考化学考前冲刺卷（三）(解析版)

（新高考）此卷只装订不密封此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列说法不正确的是A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得高纯硅B．高炉炼铁、生产水泥和制造玻璃都要用到石灰石C．海水提取粗食盐后的母液，可作为提取镁的原料D．铜盐能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂【答案】A【解析】A．用石英砂与焦炭在高温条件下反应直接制得粗硅，粗硅提纯可得高纯硅，故A错误；B．高炉炼铁需要用石灰石，它用作熔剂，助熔，造渣，生产水泥需要用黏土和石灰石为原料，制造玻璃需要用纯碱、石灰石和石英为原料，所以都要用到石灰石，故B正确；C．海水提取粗食盐后的母液中含有氯化镁，可作为提取镁的原料，故C正确；D．铜盐中的铜离子，能杀死某些细菌，并能抑制藻类生长，常用硫酸铜作游泳池水消毒剂，故D正确；故答案为A。2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L四氯化碳含共价键总数为0.4NAB．由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NAC．由NO2与N2O4组成的4.6g混合气体含氮原子数为0.5NAD．标准状况下，溶有6.72LSO2的水中HSOeq\o\al(−,3)与SOeq\o\al(2−,3)的微粒数目之和为0.3NA【答案】B【解析】A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A项错误；B．1molH218O中含有中子数为(0×2+18-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，1molD216O中含有中子数为(1×2+16-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，故4.0g混合物含中子数为SKIPIF1<0，B项正确；C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2，4.6g由NO2与N2O4组成的混合气体中含有氮原子数为SKIPIF1<0，C项错误；D．标准状况下，6.72LSO2的物质的量为SKIPIF1<0，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSOeq\o\al(−,3)与SOeq\o\al(2−,3)的微粒数目之和小于0.3NA，D项错误；答案选B。3．中国古代成语中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是A．“滴水石穿”包含了化学变化B．“火树银花”利用了金属元素的焰色反应C．“百炼成钢”中的“钢”比纯铁的熔点高D．“陶犬瓦鸡”中的“陶”“瓦”均为硅酸盐材料【答案】C【解析】A．石头大多由大理石即碳酸钙组成，其能与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该物质是可溶性物质，随着水流走了，故该变化是化学变化，A项正确；B．很多金属或他们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，故“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，B项正确；C．钢是铁的合金，合金的硬度低于成分金属，所以钢材的熔点低于成分金属，C项错误；D．瓦是用水泥制作的，水泥、陶瓷均为硅酸盐材料，D项正确；答案选C。4．下列实验能够达到目的的是A．装置甲可以制取少量氧气 B．装置乙用来检验NHeq\o\al(+,4)C．装置丙用来验证碳酸氢钠受热分解 D．装置丁制备无水氯化镁【答案】D【解析】A．过氧化钠是粉末，过氧化钠和水反应太剧烈，不容易控制，不能用该装置制取氧气，A项不选；B．湿润的蓝色试纸用于检验酸性气体，氨气是碱性气体，应用红色的石蕊试纸检验，B项不选；C．碳酸氢钠分解产物有水生成，试管口应该稍稍向下倾斜，避免试管炸裂，C项不选；D．HCl可抑制Mg2+水解，无水CaCl2可吸收水，用该装置可以制备氯化镁，D项选；答案选D。5．北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示：下列说法正确的是A．该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B．1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种【答案】A【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2molH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。6．在指定溶液中下列离子能大量共存的是A．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlOeq\o\al(−,2)、Cl−B．透明澄清的溶液：NHeq\o\al(+,4)、Fe3+、SOeq\o\al(2−,4)、NOeq\o\al(−,3)C．c(ClO−)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、COeq\o\al(2−,3)、S2−D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NHeq\o\al(+,4)、HCOeq\o\al(−,3)、NOeq\o\al(−,3)【答案】B【解析】A．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlOeq\o\al(−,2)反应，不能大量共存，A不符题意；B．透明澄清的溶液中NHeq\o\al(+,4)、Fe3+、SOeq\o\al(2−,4)、NOeq\o\al(−,3)之间不反应，能大量共存，B符合题意；C．ClO−有强氧化性，能氧化S2−，不能大量共存，C不符题意；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NOeq\o\al(−,3)，否则不产生氢气，氢离子与HCOeq\o\al(−,3)反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NHeq\o\al(+,4)、HCOeq\o\al(−,3)均能与OH−反应，不能大量共存，D不符题意；答案选B。7．氯气是常用的化工原料，可用作消毒剂和漂白剂；实验室用MnO2和盐酸反应可制取氯气。氯气有毒，泄漏时需要妥善处理。自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl−+HClO+H+B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl−+2Fe3+D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−【答案】D【解析】Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强酸，次氯酸是弱酸，离子方程式为：H2O+Cl2Cl−+HClO+H+，故A正确；B．铁单质有还原性，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；C．氯气有氧化性，亚铁离子有还原性，故吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl−+2Fe3+，故C正确；D．因为亚铁离子有还原性，次氯酸根离子有氧化性，二者会发生氧化还原反应，二者不能共存，所以铁屑耗尽时溶液中Fe2+、Fe3+、ClO−、Cl−不可能大量共存，故D错误；故答案为D。8．对下列实验事实的解释不合理的是选项实验事实解释AKMnO4室温下能氧化浓盐酸生成Cl2；二氧化锰加热时才能氧化浓盐酸生成Cl2氧化性：KMnO4>MnO2B将1mL2mol·L−1的KI溶液与10mL1mol·L−1Fe(NO3)3溶液混合充分反应后滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀生成KI与Fe(NO3)3反应有可逆性C电解CuCl2溶液，阴极得到铜；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+>Na+>H+D钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活泼性：CH3CH2OH<H2O【答案】C【解析】A．根据事实，后者反应条件更高，因此KMnO4氧化性强，A正确；B．1mL2mol·L−1的KI溶液与10mL1mol·L−1Fe(NO3)3溶液混合，其中Fe(NO3)3过量，混合充分反应后滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，证明溶液中还存在碘离子，因此可证明KI与Fe(NO3)3反应进行不彻底，有可逆性，B正确；C．电解时分析阴极产物主要分析溶液中阳离子氧化能力，CuCl2溶液存在Cu2+、H+，NaCl溶液存在Na+、H+，根据产物可知氧化性为Cu2+>H+>Na+，C错误；D．钠与乙醇、水反应本质都是与羟基中氢反应，根据反应剧烈程度可判断氢的活泼性：CH3CH2OH<H2O，D正确；故选C。9．溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：下列说法错误的是A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NHeq\o\al(+,4)，步骤II加入的试剂a是石灰水B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+C．试剂b是氢溴酸，步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙D．步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶【答案】B【解析】大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体。A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NHeq\o\al(+,4)，步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误；C．加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确；答案选B。10．一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是A．X与W能够形成具有极性键的非极性分子B．W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)C．简单气态氢化物的还原性：W＞YD．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z【答案】A【解析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1个配位键，所以X为B；Z可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F。A．X与W形成BF3，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A正确；B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B错误；C．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞H2O，但是还原性：HF<H2O，故C错误；D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，C的非金属性大于B，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性小于Z，故D错误；故选A。11．常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数数值分别为1.7×10−5、1.8×10−4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是A．c(H+)：CH3COOH＞HCOOHB．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH＞CH3COOHC．HCOOH可能与NaOH发生反应：H++OH−=H2OD．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，SKIPIF1<0保持不变【答案】D【解析】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A错误；B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH=CH3COOH，故B错误；C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH−=HCOO−+H2O，故C错误；D．SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，SKIPIF1<0保持不变，故D正确；故选D。12．反应CH4(g)+CO2(g)=CH3COOH(g)在一定条件下可发生，该反应历程示意图如图所示。有人提出利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极B．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率C．由图象可知①→②放出能量并形成了碳碳单键D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：2CO2+8e−+8H+=CH3COOH+2H2O【答案】B【解析】A．CH4中碳原子化合价-4，CO2中碳原子化合价+4，CH3COOH中碳原子平均化合价为0价，所以对于CH4来说，有反应物到生成物化合价升高，做还原剂，那么在原电池中还原剂进负极失电子被氧化，描述正确，不符题意；B．催化剂只能降低活化能，不可能改变焓变，描述错误，符合题意；C．由题图可知，反应物能量高，生成物能量低，且催化过程中，CH4碳氢键断裂，碳原子与CO2碳原子形成单键，描述正确，不符题意；D．CO2进正极，在酸性条件下被还原，生成CH3COOH，电极反应式正确，不符题意；综上，本题选B。13．可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)ΔH=+802kJ·mol−1，如图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，体积为2L的密闭容器中，n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是A．反应开始后的30h内，催化剂Ⅰ的作用下，反应吸收的热量多B．0～15h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好C．0～16h内，催化剂Ⅰ作用下，v(O2)=1.5mol·L−1·h−1D．a点时，CO2的转化率相等【答案】A【解析】A．根据图像，反应开始后的30h，催化剂Ⅰ的作用下，产生甲烷的物质的量多，因此吸收的能量多，故A正确；B．起始浓度不同，因此无法确定催化剂的催化效果，故B错误；C．0～16h内，催化剂Ⅰ作用下，甲烷的物质的量为12mol，根据化学反应方程式，得出该段时间内生成氧气的物质的量为12mol×2=24mol，依据反应速率的数学表达式，v(O2)=SKIPIF1<0=0.75mol·L−1·h−1，故C错误；D．题中没给出起始浓度，无法比较转化率的大小，故D错误；答案为A。14．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：pSKIPIF1<0=-lgSKIPIF1<0]。下列叙述不正确的是A．m点对应的NaOH溶液体积小于10mLB．Ka(HA)的数量级为10−5C．l点所示溶液中：c(Na+)＜c(A−)+c(HA)D．各点水的电离程度关系：n＞m＞l【答案】D【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点pSKIPIF1<0=0，说明c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A正确；B．m点时c(A−)=c(HA)，Ka(HA)=SKIPIF1<0=10−4.76，所以Ka(HA)的数量级为10−5，B正确；C．l点溶液呈酸性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na+)＜c(A−)+c(HA)，C正确；D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：l＜m＜n，D错误；故合理选项是D。15．科学家对具有广泛应用前景的新型Li−CO2电化学储能系统研究发现，用碳化钼(Mo2C)作Li极催化剂时CO2的放电产物为Li2C2O4，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是A．该电池最好选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液B．用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7gLi，正极消耗11.2LCO2C．用Au作催化剂时CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+CD．生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量相同，电路中转移电子数相同【答案】C【解析】A．由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故该电池不能选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液，A错误；B．用Mo2C作催化剂时，发生的总反应为：2Li+2CO2=Li2C2O4，故负极每消耗7gLi，消耗1molCO2，故正极消耗标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4LCO2，且未告知气体是否在标准状况下，无法计算气体的体积，B错误；C．用Au作催化剂时，产物为Li2CO3和C，故CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+C，C正确；D．有反应方程式可知，2Li+2CO2=Li2C2O4，4Li+3CO2=2Li2CO3+C可知，生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量不相同，电路中转移电子数相同，D错误；故答案为C。非选择题（共55分）16．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是CuFeS2)制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如下：已知：①T.f细菌在1.0<pH<6.0范围内保持生物活性。②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时的pH1.97.04.2完全沉淀时的pH3.29.06.7回答下列问题：(1)下列说法正确的是_______(填序号)。A．粉碎、搅拌都可以提高堆浸速率B．从物质分类角度看，“矾”属于硫酸盐C．绿矾溶液加热、蒸干并灼烧可得到FeO固体D．可用胆矾检验SO2气体中是否混有水蒸气(2)生物堆浸包括两个过程：①CuFeS2+4H++O2=Cu2++Fe2++2S+2H2O；②_______(补充离子方程式)。反应过程中的能量变化如图所示，该堆浸过程反应的活化能是_______(填能量图中符号)。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为_______。(3)检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为_______(填化学式)。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是_______，然后经过_______、过滤、洗涤、干燥制得绿矾。(4)用滴定法测定所得产品中CuSO4·5H2O的含量，称取ag样品配成100mL溶液，取出20.00mL，用cmol·L−1滴定剂EDTA(H2Y2−)标准溶液滴定至终点(滴定剂不与杂质反应)，消耗滴定剂bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+①则CuSO4·5H2O质量分数为_______。②滴定结束时俯视滴定管度数，则会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）AB（2）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OE21.0-1.9KSCN溶液抑制Fe2+水解蒸发浓缩、冷却结晶SKIPIF1<0偏低【解析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4·5H2O)。(1)A．粉碎、搅拌都可以增大反应物的接触面积，提高堆浸速率，A正确；B．从物质分类角度看，明矾、胆矾、蓝矾和绿矾等“矾”属于硫酸盐，B正确；C．绿矾溶液加热、蒸干并灼烧，水解后生成氢氧化亚铁和硫酸，由于空气中的氧气能够氧化Fe2+，而后又与硫酸生成硫酸铁等物质，得不到FeO固体，C错误；D．可用无水硫酸铜检验SO2气体中是否混有水蒸气，D错误；故答案为：AB；(2)根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，根据反应过程中的能量变化示意图可知，E1表示过程①的活化能，E2表示该堆浸过程反应的活化能，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.9范围内，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；E2；1.0-1.9；(3)检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若溶液立即变为血红色，说明含有Fe3+，在确定无Fe3+后，由于溶液中的Fe2+将发生水解生成氢氧化铜沉淀，故滤液M先加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得绿矾，故答案为：KSCN溶液；抑制Fe2+水解；蒸发浓缩、冷却结晶；(4)①根据反应方程式Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+可知，n(CuSO4·5H2O)=n(Cu2+)=n(H2Y2−)=cmol·L−1×b×10−3L=bc×10−3mol，则CuSO4·5H2O质量分数为SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，故答案为：SKIPIF1<0；②滴定结束时俯视滴定管度数，将使标准液的体积偏小，则会导致测定结果偏低，故答案为：偏低。17．氮氧化物的处理是环境科学研究的热点课题。(1)已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol−1Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol−1Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol−1利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。①该反应正反应的活化能为EakJ·mol−1，则逆反应的活化能为______kJ·mol−1。②该反应在下能______自发进行(填“高温”或“低温”)。③在2L恒容密闭容器中加入3molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变化关系如图所示：则T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______；T1温度下，上述反应的平衡常数K=______L·mol−1；若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，则a的取值范围是______。(2)有人利用反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现向恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。①若为绝热容器，下列表示该反应达到平衡状态的是______(填字母)。A．混合气体的密度保持不变B．混合气体的压强保持不变C．NO和N2的消耗速率之比为1∶2D．混合气体中c(NO)=c(N2)②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中______点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是______。【答案】（1）Ea+746.5低温0.16mol·L−1·min−10.25a＞2（2）ABBC催化剂活性降低导致速率变慢【解析】(1)①已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol−1Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol−1Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol−1根据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)由2Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ，故该反应的ΔH=2ΔH1-ΔH2-ΔH3=2×（-393.5kJ·mol−1）-（-221.0kJ·mol−1）-（+180.5kJ·mol−1）=-746.5kJ·mol−1＝-746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为EakJ·mol−1，故逆反应的活化能为(746.5+Ea)kJ·mol−1，故答案为：746.5+Ea；②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即ΔS＜0，又知ΔH<0，故该反应在能低温下自发进行，故答案为：低温；③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率SKIPIF1<0(CO)=SKIPIF1<0(NO)=SKIPIF1<0SKIPIF1<0=0.16mol·L−1·min−1，根据三段式分析可知：SKIPIF1<0T1温度下，上述反应的平衡常数K=SKIPIF1<0=0.25L·mol−1，若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，即Qc=SKIPIF1<0＜K，解得：a＞2，则a的取值范围是a＞2，故答案为：0.16mol·L−1·min−1；0.25；a＞2；(2)①A．混合气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说明反应达到平衡状态，A符合题意；B．混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的量保持不变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，B符合题意；C．NO的消耗速率表示正反应速率，N2的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO和N2的消耗速率之比为2∶1时反应达到平衡，C不合题意；D．平衡的标志是体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N2)不能说明反应达到平衡，D不合题意；故答案为：AB；②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。18．某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的产物。按图连接好装置(夹持装置省略)，打开磁搅拌器，先往CuCl2溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应，再通入过量的SO2，三颈烧瓶中生成大量白色沉淀X。(1)制取SO2最适宜的试剂是___________。A．Na2SO3固体与20%的硝酸B．Na2SO3固体与20%的硫酸C．Na2SO3固体与70%的硫酸D．Na2SO3固体与18.4mol·L−1的硫酸(2)根据选定的试剂，虚框中应选用___________(填“A”或“B”)装置；通入SO2过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是___________。(3)甲同学推测X可能为CuSO3。他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，观察到___________，则甲同学推测错误。(4)乙同学查阅资料：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸形成CuCleq\o\al(2−,3)；与氨水反应生成Cu(NH3)eq\o\al(+,2)，在空气中会立即被氧化成深蓝色Cu(NH3)eq\o\al(+,2)溶液。据此推测X可能为CuCl。他取出少量洗涤后的白色沉淀X，加入浓盐酸，沉淀溶解，加水稀释，又出现白色沉淀，据此得出乙同学推测正确。①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因___________。②请再设计一种证明该白色沉淀为CuCl的方案：___________。③三颈烧瓶中生成CuCl的离子方程式为：___________。【答案】（1）CB增大接触面积，加快反应速率，使固体充分反应无气泡产生或无明显现象加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl−CuCleq\o\al(2−,3)平衡逆向移动取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液Cu(OH)2+SO2+2Cl−=2CuCl+SOeq\o\al(2−,4)+2H2O【解析】氢氧化钠与氯化铜生成氢氧化铜悬浊液，再与二氧化硫反应生成氯化亚铜，多余的二氧化硫被氢氧化钠吸收。(1)A．Na2SO3固体与20%的硝酸，生成一氧化氮和水，故A错误；B．Na2SO3固体与20%的硫酸生成的二氧化硫易溶于水，故B错误；C．Na2SO3固体与70%的硫酸，70%的硫酸中存