《2019-2020学年安徽省合肥市高升学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省合肥市高升学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省合肥市高升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某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是A放电时，Na+向正极移动B放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸C充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重2.3g D充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2【答案】D【解析】【分析】【详解】A放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na+朝正极移动，A 项正确；B电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是
2、从负极流向正极，B 项正确；C 充电时，钠箔发生的电极反应为：Nae=Na，所以若有0.1mol e-通过导线，钠箔处就会析出0.1mol的钠单质，质量增加2.3g，C项正确；D碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式书写是正确的，D 项错误；答案选 D。2NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是A 46.0 g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子B36.0 gCaO2与足量水完全反应过程中转移的电子C53.5 g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4D 5.0 g乙烷中所含的共价键【答案】C【
3、解析】【详解】A 46.0 g 乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol 乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故 A 错误；B36.0 gCaO2的物质的量为3672/gg mol=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol 电子，故 B 错误；C53.5g 氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此 c(NH4+)=c(Cl-)，即 n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故 C正确；D一个乙烷分子中含有6
4、个 C-H键和 1 个 C-C键，因此5.0g 乙烷中所含的共价键数目为30g5g/mol 7NA=76NA，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O 元素的化合价由-1价变成 0 价和-2 价。3下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A Na2O2吸收 CO2产生 O2，可用作呼吸面具供氧剂BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维D NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A
5、正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B 错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C 错误；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选 B。4我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质1882O，下列说法正确的是（）A它是1682O的同分异构体B它是 O3的一种同素异形体C1882O与1682O互为同位素D 1 mol1882O分子中含有20 mol 电子【答案】B【解析】【分析】【详解】A1882O与1682O的分子式相同，不属于同分异构体，故A 错误
6、；B1882O与 O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C同位素研究的对象为原子，1882O与1682O属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D 1 mol1882O分子中含有16mol 电子，故D 错误；故选 B。5下列有关说法正确的是（）A水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键BCaF2晶体的晶胞如图，距离 F-最近的 Ca2+组成正四面体C氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属 Cu中 Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%【答案】B【解析】【分析】【详解】A水合铜离子中水中的
7、氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H 原子和 O 原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A 选项错误；BCaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的 Ca2+组成正四面体，B 选项正确；C电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H 原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C 选项错误；D金属 Cu 中 Cu 原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D 选项错误；答案选 B。【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察
8、，并正确理解掌握基本概念。6实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证2SO的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A装置 B中酸性4KMnO溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B实验结束后可向装置A 的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的2FeC装置 D 中品红溶液褪色可以验证2SO的漂白性D实验时将导管a 插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸【答案】B【解析】【详解】A.2SO通入酸性4KMnO溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现2SO的还原性，故A 正确；B.KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误；C.2SO能使品红溶液变为无
9、色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；D.B 中的溶液发生倒吸，是因为装置A 中气体压强减小，实验时A 中导管 a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a 进入 A 装置，a 导管起平衡气压的作用，故D 正确；故选：B。【点睛】本题考查学生对实验原理与装置的理解与评价，掌握二氧化硫氧化性、漂白性、还原性等是解题关键，题目难度中等。7化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程表示生成的 NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（）A催化剂改变了该反应的反应热B过程为放
10、热过程C过程是氢气与氮气分子被催化剂吸附D过程为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A 项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A 错误；B 项、过程 为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；C 项、过程 氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；D过程 为化学键的形成过程，为放热过程，故D 错误；故选 C。81875 年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是Al P Ga As A Ga的原子序数为31 B碱性：Al(OH)3 r(As3-)r(P3-)D G
11、aAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域【答案】C【解析】【详解】A.Al 是 13 号元素，Ga位于 Al 下一周期同一主族，由于第四周期包括18 种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A 正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性AlGa，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3 r(P3-)r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D 正确；故合理选项是C。9根据能量示意图,下列判断正确的是()A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物
12、总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成 1 mol C(l),放出12(b+c-a)kJ 热量【答案】D【解析】【详解】A.断键需要吸热，成键会放热，故A 不选；B.该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C.2A2(g)+B2(g)=2C(g)H=-(b-a)kJmol-1。生成 C(l)时的 H=-(b+c-a)kJmol-1，故 C不选；D.据图可知，生成1 mol C(l)，放出12(b+c-a)kJ的热量，故D 选。故选 D。10用 NaOH 标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度
13、偏高的是A滴定管用待装液润洗B锥形瓶振荡时有少量液体溅出C滴定结束后滴定管末端出现气泡D锥形瓶用待测液润洗【答案】D【解析】【分析】由 c(HCl)=cVV碱碱盐酸可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B 错误；C滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D 正确；故答案为D。【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析
14、，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。11在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和 Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52-+H2O=2HSO3-实验用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5
15、.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验 1：溶液 使紫色石蕊溶液变蓝，溶液 使之变红。实验 2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH 条件下，c(SO32-)随反应时间变化如下图所示。实验 3：调溶液的pH 相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是A Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32-+H2OHSO3-+OH-BNaHSO3溶液中 HSO3-的电离程度大于水解程度C实验 2 说明，Na2SO3在 pH=4.0 时抗氧性最强D实验 3 中，三种溶液在pH 相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同【答案】C【解析
16、】【详解】A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32-水解 SO32-+H2OHSO3-+OH-，所以溶液显碱性，故A正确；B.HSO3-电离呈酸性、HSO3-水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故B正确；C.根据图示，Na2SO3在 pH=9.2 时反应速率最快，所以pH=9.2 时抗氧性最强，故C错误；D.根据已知信息可知实验3 中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。12教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A过滤B灼烧C溶解D检验【答案】B【解析】【详解】A过滤时使用漏斗和烧
17、杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A 不选；B灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B 选；C溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C 不选；D可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D 不选；故选 B。13向等物质的量浓度的Ba(OH)2 与 BaCl2 的混合溶液中加入NaHCO3 溶液，下列离子方程式与事实相符的是（）A HCO3-+OH-=CO32-+H2O BBa2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O CBa2+2OH-+2HCO3-=BaCO3+CO32-+H2O D 2Ba2+3OH-+3HCO3-=2BaCO3+CO32-
18、+3H2O【答案】B【解析】【详解】A等物质的量浓度的Ba(OH)2与 BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A 错误；BBa2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O 可以表示1mol 氢氧化钡与1mol 氯化钡，1mol 碳酸氢钠的离子反应，故 B 正确；C若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol 氢氧根离子生成2mol 碳酸根离子，2mol 碳酸根离子能够与2mol 钡离子反应生成2mol 碳酸钡沉淀，故C错误；D依据方程式可知：3molOH-对应 1.5mol 氢氧化钡，则
19、氯化钡物质的量为1.5mol，消耗 3mol 碳酸氢根离子，能够生成3mol 碳酸根离子，同时生成3mol 碳酸钡沉淀，故D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀。14下列属于电解质的是()A酒精B食盐水C氯化钾D铜丝【答案】C【解析】【分析】电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此分析。【详解】A、酒精结构简式为CH3CH2OH，属于非电解质，故A 不符合题意；B、食盐
20、水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B 不符合题意；C、氯化钾属于盐，属于电解质，故C 符合题意；D、铜丝属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D 不符合题意；答案选 C。15下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+BNa2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH+O2C氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O D Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s)+SO42-【答案】B【解析】【详解】A.FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2
21、Fe2+Cu2+，故 A正确；B.Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故 B错误；C.氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故 C正确；D.Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s)+SO42-，故 D正确；选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16测定硫铁矿(主要成分为FeS2)中硫和铁含量的实验步骤如下:（硫含量的测定）准确称取0.5g 硫铁矿粉于坩埚中，加入 4.5gNa2O2，用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2CO3，在 700下焙烧 15
22、min。将坩埚及其盖放入100 mL 沸水中，浸泡10 min 并洗净坩埚。将所得溶液转移至烧杯中。向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb(NO3)2溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。（铁含量的测定）准确称取0.5g 硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+)，再用 HgCl2氧化除去多余的SnCl2。以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L 的 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点，消耗11.20mL K2Cr2O7溶液。回答下列问题。（1）步骤适宜材质的坩埚是_(
23、填字母)。a.铁坩埚b.铝坩埚c.陶瓷坩埚（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是_，焙烧时，FeS2和 Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为_。（3）步骤中得到的固体的化学式为_。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，则会造成铁的含量测量值_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液应盛放在_(填“酸”或“碱”)式滴定管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和_。【答案】a 防止产生的少量SO2逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)
24、3+NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL 容量瓶【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤适宜材质的坩埚是a。（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2逸出。焙烧时，FeS2和 Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2O。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤中得到的固体为PbSO4。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，因为 Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的K2Cr2
25、O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100 mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL 容量瓶。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 F
26、eCl3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
27、；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甲基的引入。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18研究 NO 的性质对建设美丽家
28、乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)自然界在闪电时，生成NO 的反应方程式为_。(2)T时在容积为2L 的恒容密闭容器中，充入NO 和 O2发生反应：2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，不同时刻测得容器中 n(NO)、n(O2)如表：时间/s 0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 1 0.6 0.4 0.2 0.2 0.2 n(O2)/mol 0.6 0.4 0.3 0.2 0.2 0.2 在 T下，02s 时，该反应的平均反应速率(NO)v=_；该温度下反应的平衡常数K=_，在 T下，能提高 NO 的平衡转化率的措施有_、_。(3)已知 NO 和 O2反应的历程如图，回答下列问题
29、：写出其中反应的热化学方程式也(H 用含物理量E的等式表示)：_。试分析上述基元反应中，反应和反应的速率较小的是_（选填“反应”或“反应”）；已知反应会快速建立平衡状态，反应可近似认为不影响反应的平衡。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_。【答案】N2 O2闪电2NO 0.15mol L1 s1160.0L mol1增大 O2的浓度增大体系压强2NO(g)?N2O2(g)H=(E3E2)kJ mol1反应因为反应为放热反应，升高温度，反应平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应变慢，而反应为慢反应是总反应速率的决速反应【解析】【分析】(2)根据(NO)=cnvtVt计算化
30、学反应速率；根据2222(NO)=(NO)(O)cKcc求算平衡常数；(3)根据 H=生成物的总能量反应物的总能量求算H；(4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。【详解】(1)在闪电时，N2和 O2会发生化合反应生成NO，化学方程式为N2O2闪电2NO；(2)在 T下，02s 时，n(NO)从 1mol 降低到 0.4mol，变化了0.6mol，容器体积为2L。根据(NO)=cnvtVt，带入数据，有-1-10.6mol(NO)=0.15mol Ls2L2svgg；根据方程式，从开始到平衡，消耗n(NO)=1mol 0.2mol=0.8mol，则生成n(NO2)=0.8mol。平衡时，N
31、O、O2、NO2的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.8mol，容器体积为2L，平衡常数2222(NO)=(NO)(O)cKcc，带入数据，有220.8mol()2=160.0L/mol0.2mol0.2mol()()22LKLL；在 T下，提高NO 的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。则增大 NO 的转化率，可以增大O2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；(3)根据图像，反应为NO(g)反应化合生成N2O2(g)，根据 H=生成物的能量反应物的能量，则热化学方程式：2NO(g)?N2O2(g)H=(E3E2)kJ m
32、ol1；一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。反应的活化能为E4E3，反应的活化能为E5E2，根据图示，反应的活化能大，化学反应速率较小；化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。从图示看，反应和都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应快速达到平衡，则反应的产物N2O2的浓度会减小，但对于反应来说，c(N2O2)减小，会使得反应的反应速率减小，而反应是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。答案：因为反应为放热反应，升高温度，反应平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应变慢，而反应为慢反应是总反应速率的决速反应。19用结构和原理阐释化
33、学反应的类型、限度、速率和历程是重要的化学学科思维。回答下列问题：（1）用过氧化氢检验Cr()的反应是 Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O。CrO5结构式为，该反应是否为氧化还原反应？_（填“是”或“否”）。（2）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=-571.6kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)H=-187.8kJmol-12H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)H=_kJmol-1。（3）一定条件下，H2O2分解时的c(H2O2)随 t 变化如图所示。已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=kcn(H2O2)，k 为速率常数。0-
34、20min 内，v(H2O2)=_。据图分析，n=_。其它条件相同，使用活性更高的催化剂，下列说法正确的是_（填标号）。A v(H2O2)增大Bk 增大C H 减小DEa（活化能）不变（4）气体分压pi=p总xi（物质的量分数）。恒温 50、恒压101kPa，将足量的CuSO45H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中，再充入已除去CO2的干燥空气。假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为 2：1。CuSO4 5H2O(s)?CuSO4 3H2O(s)+2H2O(g)Kp1=36(kPa)22NaHCO3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)Kp2平衡时22p(H O)
35、p(CO)=_，Kp2=_。平衡后，用总压为101kPa 的潮湿空气 其中 p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa替换容器中的气体，50下达到新平衡。容器内CuSO45H2O 的质量将 _（填“增加”“减少”或“不变”，下同），NaHCO3质量将 _。【答案】否-1960.020mol/(L?min)1AB94(kPa)2增加减少【解析】【分析】(1)有化合价发生变化的反应为氧化还原反应，根据CrO5结构式为分析反应中是否有化合价变化；(2)根据盖斯定律解答；(3)0-20min 内，根据图像，利用v=ctVV计算 v(H2O2)；已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k c
36、n(H2O2)，根据图示，每间隔20 分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一；催化剂能加快反应速率，降低活化能，不能改变焓变；(4)利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，结合22222212p(H O)p(H O)p(H O)p(CO)p(CO)p(H O)ppKK求解；利用 Qp与 Kp的大小关系解答；【详解】(1)由 CrO5的结构式可知存在过氧键、Cr-O 键、Cr=O，在 4 个 Cr-O键中 O 为-1 价，在 Cr=O键中 O 为-2 价，Cr 元素化合价为+6 价，反应前后元素化合价没有发生变化不是氧化还原反应；(2)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2
37、O(l)H=-571.6kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)H=-187.8kJmol-1则根据盖斯定律，-2可得，2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)H=-196kJmol-1；(3)0-20min 内，根据图像，H2O2的浓度变化量=0.4 mol/L，v(H2O2)=0.4mol/L20min=0.020mol/(L?min)；根据图示，每间隔20 分钟，双氧水的浓度变为原来的一半，则速率也变为原来的二分之一，已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k cn(H2O2)，20 分钟时的双氧水瞬时速率v(H2O2)20min=k (0.4)n，40 分钟时的双氧
38、水瞬时速率v(H2O2)40min=k (0.2)n，n2220minn2240minv H Ok0.4v H Ok()2(10.2)，则(0.4)n=2(0.2)n，则 n=1；A催化剂能加快反应速率，故v(H2O2)增大，故A 正确；B催化剂能加快反应速率，则速率常数k 增大，故B正确；C催化剂不改变反应热(焓变)，则 H 不变，故C错误；D催化剂可降低反应的活化能，则Ea(活化能)减小，故D 错误；答案选 AB；(4)假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1，设发生分解的CuSO4 5H2O 的物质的量为 2mol，根据反应CuSO4 5H2O(s)?CuSO4 3H2O
39、(s)+2H2O(g)，则生成水蒸气的物质的量为4mol，设发生分解 2NaHCO3的物质的量为1mol，根据反应2NaHCO3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，则生成的水蒸气和二氧化碳分别为0.5mol，利用相同条件下物质的量之比等于压强之比，22p(H O)p(CO)=22n(H O)4mol+0.5mol=n(CO)0.5mol=9结合22222212p(H O)p(H O)p(H O)p(CO)p(CO)p(H O)ppKK=9，则 Kp2=19pK=2369kPa=4(kPa)2求解；平衡后，用总压为101kPa 的潮湿空气 其中 p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa替换容器中的气体，50下达到新平衡。对于反应CuSO4 5H2O(s)?CuSO4 3H2O(s)+2H2O(g)，Qp1=(8kPa)2=64(kPa)2Kp1，平衡逆向进行，容器内 CuSO4 5H2O 的质量将增加；对于反应2NaHCO3(s)?Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，Qp2=p(H2O)?p(CO2)=3.2(kPa)2Kp2，平衡正向进行，容器内NaHCO3质量将减小。