《2019-2020学年北京十二中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学年北京十二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年北京十二中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在 2019 年 9 月 25 日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是A机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料B机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料C机场航站楼采用的钢铁属于合金材料D机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏【答案】B【解析】【分析】【详解】A玻璃的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A 正确；B橡胶属于有机高分子材料，钢板属于合金材料，它们都不属于新型无机
2、材料，B不正确；C钢铁是铁碳的合金，属于合金材料，C正确；D常规融雪剂主要成分为氯化镁等，会腐蚀水泥路面和桥梁，新型自融冰雪路面技术可减少对路面及桥梁的影响，D 正确；故选 B。2下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是A 4Na+O2=2Na2O B2FeCl2+Cl2=2FeCl3C2Na+2H2O=2NaOH+H2D3NO2+H2O=2HNO3+NO【答案】D【解析】【详解】A 4Na+O22Na2O 反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A 错误；B2FeCl2+Cl22FeCl3反应中 FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被
3、还原的元素不是同一元素，故B 错误；C2Na+2H2O2NaOH+H2反应中钠元素化合价升高被氧化，H 元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C 错误；D 3NO2+H2O 2HNO3+NO 该反应中只有N 元素的化合价变化，N 元素既被氧化又被还原，故D 正确；故选 D。3下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D CaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A 项，NaHCO3能与 HCl 反应，NaHCO3用于制胃酸中和
4、剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B 项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C 项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D 项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO 用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。4 新修草本 有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃 烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为()A42CuSO5H OB42FeSO7H OC422KAl SO12H OD2423FeSO7
5、H O【答案】B【解析】【详解】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃 烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4?5H2O 为蓝色晶体，A 错误；B.FeSO4?7H2O 是绿色晶体，B 正确；C.KAl(SO4)2?12H2O 是无色晶体，C 错误；D.Fe2(SO4)3?7H2O 为黄色晶体，D 错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4?7H2O。故合理选项是B。5下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池C拉瓦锡研究空气成分D李比希用CuO做氧化
6、剂分析有机物的组成A ABBCCDD【答案】A【解析】【详解】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A 错误；B原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故 B 正确；C拉瓦锡研究空气成分时存在Hg 在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D李比希用CuO 做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D 正确；答案为A。6香芹酮的结构简式为，下列关于香芹酮的说法正确的是A 1mol 香芹酮与足量的H2加成，需要消耗2 molH2B香芹酮的同分异构体中可能有芳香族化合物C所有的碳原子可能处于同一平面D能使酸性髙锰酸钾溶液和溴水溶液褪色，反应
7、类型相同【答案】B【解析】【详解】A 1个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，故 1mol 香芹酮与足量的H2加成，需要消耗 3molH2，A 错误；B 1 个香芹酮的分子中，含有两个碳碳双键和一个羰基，分子中还含有一个六元环，可以构成含有一个苯环的化合物，B正确；C一个碳原子连接四个原子构成的是四面体的构型，香芹酮()分子中标特殊记号的这个碳原子与周围相连的三个碳原子不可能在同一平面上，C 错误；D香芹酮与酸性髙锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性髙锰酸钾溶液褪色，而香芹酮与溴水发生加成反应使溴水褪色，反应类型不相同，D错误；答案选 B。7（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入
8、硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中 Zn 粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0 4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气Ba、c 两点对应的氢气生成速率相等Cb 点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0 10-3 mol L-1 s-1D d 点没有构成原电池，反应速率减慢【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢
9、气，A 项正确；B根据图像可知，a、c 两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C 根据图像可知，b 点收集 336ml 氢气用时 150s，336ml 氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则 b 点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol 150s=1.0 10-3 mol L-1 s-1，C项正确；D d 点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D 项错误；答案选D。8化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（）A医用防护口罩中
10、熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯B“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠C用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质D 75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好【答案】D【解析】【分析】【详解】A.聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，A 项正确；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，B 项正确；C.硝酸铵溶于水可以吸热，因此可以用作速冷冰袋，C项正确；D.医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高或浓度太低都起不到杀菌效果，D 项错误；答案选 D。【点睛】注意医用酒精的75%的是体积分数，而化学中
11、一般用得较多的是质量分数，例如 98%的浓硫酸中的98%就是质量分数。9关于“植物油”的叙述错误的是（）A属于酯类B不含碳碳双键C比水轻D在碱和加热条件下能完全水解【答案】B【解析】【分析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正确；B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；C.密度比水小，浮在水面上，C项正确；D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；答案选 B。10在 2020 年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（）A医用
12、消毒酒精中乙醇的浓度为95%B生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C84 消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂D硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质【答案】A【解析】【详解】A医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A 错误；BPP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；C84 消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；D硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D 正确；答案选 A。11设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的
13、是（）A 32gCu在足量 O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g 甲烷和 8g 甲醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L 乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量 O2反应。转移电子数为NA【答案】B【解析】A.32gCu 是 0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为 NA和 0.5NA，A 错误；B.4g甲烷和 8g 甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L 乙烷是 0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO
14、2与足量 O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D 错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A 是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。12用如图所示装置探究Cl2和 NO2在 NaOH 溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和 NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2Na
15、Cl+2H2O。下列叙述正确的是A实验室中用二氧化锰与3 mol L-1的盐酸共热制备氯气B装置中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C装置的作用是便于控制通入NO2的量D若制备的NO2中含有 NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而 3 mol L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A 错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl 溶液，作用是除去氯气中的杂质 HCl 气体，B 错误；C.由于 NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作
16、用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有 NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D 错误；故合理选项是C。13下列说法正确的是A可用溴水除去已烷中的少量已烯B可通过控制溶液的pH 分离不同的氨基酸C可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D可向溴代环己烷与NaOH 乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物【答案】B【解析】【分析】A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br 要转化为Br-
17、，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A 错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH 各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B 正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制 Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH 乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr 及 H2O，由于该溶液可能含有过量的 Na
18、OH 而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH 与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O 所致，因此不能用于检验消去产物，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。14苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4）、0.34g（25）、6.8g（95）。某苯甲酸晶体中含少量可溶性杂质 X 和难溶性杂质Y。现拟用下列装置和操作进行提纯：装置：操作：常温过滤趁热过滤加热溶解结晶洗涤、干燥下列有关说法正确的是_ A用甲装置溶解样品，X 在第步被分
19、离B用乙装置趁热过滤，Y 在第步被分离C用丙装置所示的方法结晶D正确的操作顺序为：【答案】A【解析】【分析】【详解】A.苯甲酸在水中的溶解度为0.18g（4），、0.34g（25）、6.8g（95）用甲装置溶解样品，Y末溶，X溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X在第步被分离到溶液中，故A正确；B.乙是普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故B错误；C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故C错误；D.正确的操作顺序为：加热溶解：X和苯甲酸溶解趁热过滤：分离出难溶物质Y结晶：苯甲酸析出常温过滤：得到苯甲酸，X留在母液中洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺
20、序为，故 D错误；故选 A。15图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（）A图乙中Fe 电极应与图甲中Y相连接B图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e-=CO2+2NO2+14H+D当图甲中N 电极消耗0.5 mol O2时，图乙中阴极增重64g【答案】D【解析】【详解】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为
21、阳极应与正极相连；A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe 与 X相连，故A 错误；B由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B 错误；CH2NCONH2在负极 M 上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故 C 错误；D当图甲中N 电极消耗0.5 mol O2时，转移电子的物质的量为0.5mol 4=2.0mol，则乙中阴极增重2.0mol2 64g/mol=64g，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴
22、阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M 上有机物失电子是负极，N 上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以铝土矿（主要成分为23Al O，含少量2SiO和23Fe O 等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图 已知：2SiO在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融
23、态3AlCl电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN 的纯度（夹持装置已略去）。打开2K，加入 NaOH浓溶液，至不再产生3NH。打开1K，通入2N一段时间。写出 AlN 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。【答案】22322Na O Al O2SiO2nH O223233AlOHCOH OAl(OH)CO不可行；3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电223AlNNaOHH ONaAlONHAlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量【解析】【分析】铝土矿经碱溶后，2SiO转化为铝硅酸钠（42NaA
24、lSiOnH O）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a 的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为22322Na O Al O2SiO2nH O；（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为223233AlOHCOH OAl(OH)CO：（3）3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）由题意可知AlN 与 NaOH 反应会生成氨气，且Al 元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为
25、223AlNNaOHH ONaAlONH。可根据N 元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 2019 福建省厦门市高中毕业班5 月第二次质量检查一种以磷酸工业副产物磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质含 H3PO4，SiO2，Al2O3等)制取高纯硫酸钙的流程如图所示。（1）磷石膏废弃会造成的环境问题为_；（2）“碱溶”中 Al2O3发生反应的化学方程式为_；（3）含硅与含铝组分分布系数与pH 关系如下图：“调 pH”时，溶液的pH 应调节为 _；KspAl(OH)3=_；Al(OH)3(aq)
26、+H2O垐?噲?Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，则 KaAl(OH)3=_；（4）“电解”采用双极膜电渗析法，装置如下图。“某极电解液”为_(填“X”、“Y”或“Z”)极。阴极电极反应式为_。（5）流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。【答案】水体富营养化Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4 7 1.0 10-3310-12.8X 2H+2e-=H2 NaOH、HCl【解析】【分析】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与强碱反应产生盐和水；(3)调整溶液的pH，使 Si元素形成沉淀，而Al
27、 元素以 Al(OH)4-存在于溶液中；根据形成Al(OH)3沉淀的 pH 分析 Ksp Al(OH)3 大小；根据电离平衡常数的概念计算；(4)根据某极电解液的作用是沉钙，分析所属电极名称；根据阴极上溶液中的阳离子放电，结合离子的放电顺序分析判断；根据两个电极放电后产生的物质分析循环利用的物质。【详解】(1)磷元素是植物生长需要的营养元素，在磷石膏中含有H3PO4，若磷石膏废弃，磷酸溶于水，会电离产生 H2PO4-、HPO42-，为植物生长提供营养元素，使植物疯狂生长，故磷石膏废弃会造成的环境问题为水体富营养化；(2)Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH 溶于发生反应产生Na Al(OH)
28、4，反应方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na Al(OH)4；(3)根据图象可知在溶液的pH=7 时，Si元素以 H4SiO4沉淀的形式存在，而 Al 元素以 Al(OH)3沉淀的形式存在，故调整溶液的pH=7；由图象可知：当溶液的pH 大约为 pH=3 时形成 Al(OH)3沉淀，c(H+)=10-3，则根据水的离子积常数可得此时溶液中c(OH-)=1431010=10-11，则 Ksp Al(OH)3=1(10-11)3=10-33；对于电离平衡：Al(OH)3(aq)+H2O Al(OH)4-(aq)+H+(aq)，当溶液的Al(OH)3(aq)的浓度与 Al(OH)4-(a
29、q)的浓度相等时，Ka Al(OH)3 等于溶液中氢离子的浓度，所以Ka Al(OH)3=-+43c Al OHc Hc Al OHg=c(H+)=10-12.8；(4)“某极电解液”作用是沉钙，应该为酸溶液，在电解装置中，左边为正极区，OH-向正极区移动，H+向 X 区移动，因此X区溶液为酸性溶液，故“某极电解液”为X 极；在负极区，H+发生还原反应产生氢气，因此阴极电极反应式为2H+2e-=H2；H+向 X 电极移动，Cl-移向 X电极区，Na+移向 Z 电极区，OH-向 Z电极区移动，所以X电极区产生HCl，Z电极区产生NaOH，反应产生的HCl、NaOH 又可以在酸溶、碱溶中使用，故流
30、程中可循环利用的物质有HCl、NaOH。【点睛】本题通过物质制备工艺流程，考查了物质的化学性质、沉淀溶解平衡原理的应用、电解原理的应用等知识，掌握物质的化学性质和化学反应基本原理是解题关键。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：图中 X 溶液是 _；Cu电极上发生的电极反应式为_；原电池工作时，盐桥中的_填“K+”或“Cl-”）不断进入X 溶液中。（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
31、M 是电源的 _极；图丙中的线是_的变化；当电子转移为0.2mol 时向乙烧杯中加入_L5mol/LNaOH 溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。【答案】FeCl2、FeCl3Cu-2e-=Cu2+K+负 Fe2+0.28【解析】【分析】据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，(1)将该反应设计成原电池，Cu 作负极，石墨作正极；(2)将该反应2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu 作阳极，石墨为阴极；根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；结合图像，确定当电子转移为0
32、.2mol 时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。【详解】(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu 作负极，石墨作正极。该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，则 X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问分析，曲线为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则 X 为 FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；Cu 作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=C
33、u2+；Cu 作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X 溶液中，故答案为：K+；(2)将该反应2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu 作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M 为负极，N 为正极，故答案为：负；该反应为2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+2Fe2+Cu2+可知，为Fe2+，为 Cu2+，故答案为：Fe2+；当电子转移为0.2mol 时，溶液中有Fe3+为 0
34、.2mol，Fe2+为 0.3mol，Cu2+为 0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2 3+0.32+0.12=1.4mol，所以 NaOH 溶液的体积为1.4mol=0.28L5mol/L，故答案为：0.28。19氮及其化合物对环境具有显著影响。（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：22Ng+Og2NO g?H=+180 kJ mol-1222Ng+2Og2NOg?H=+68 kJ mol-1则222NO g+Og2NOg?H=_ kJ mol-1（2）对于反应222NO g+Og2NOg?的反应历程如下：第一步：11k22k2NO gN Og?正逆快速平衡第二步：
35、2k2222N Og+Og2NOg慢反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：正=k1 正c2(NO)，逆=k1 逆c(N2O2)，k1 正、k1 逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_(填标号)。A整个反应的速率由第一步反应速率决定B同一温度下，平衡时第一步反应的k1 正k1 逆越大，反应正向程度越大C第二步反应速率低，因而转化率也低D第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高（3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和 NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：2222NOg+4CO g4COg+Ng?H0。某温度下，向10 L 密闭容器中分别充入0.1 mo
36、l NO2和 0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：时间 min 0 2 4 6 8 10 12 压强 kPa 75 73.4 71.95 70.7 69.7 68.75 68.75 在此温度下，反应的平衡常数Kp=_kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若降低温度，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是_。（4）汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下I：NO+Pt(s)=NO(*)Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同 ：CO+Pt(s)=CO(*)III：NO(*)=N(*)+O(*)
37、IV：CO(*)+O(*)=CO2+2Pt(s)V：N(*)+N(*)=N2+2 Pt(s)VI：NO(*)+N(*)=N2O+2 Pt(s)尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。330以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是_。反应 V的活化能 _反应 VI 的活化能(填“”或“=”)，理由是_。【答案】-112BD1.14降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小CO+2NOCO2+N2O 生成 N2O的选择性高，说明反应VI 的化学反应速率大，该反应的活化能就小【解析】【分析】（1）根
38、据盖斯定律解答即可；（2）根据影响化学反应速率因素和化学平衡的条件进行判断反应的问题；（3）运用三段式和Kp的含义计算；（4）根据反应的机理和图像分析。【详解】(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+181 kJmol-1 N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H=+68 kJmol-1，运用盖斯定律将-得，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）?H=+68 kJmol-1-181 kJ mol-1=-112 kJ mol-1；答案：-112。(2)A项，对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(
39、g)（快速平衡）；第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢反应），决定总反应速率的是第二步，故A错误；B项，因为 正=k1正c2(NO)，逆=k1逆c(N2O2)，同一温度下达到平衡时正=逆，即 k1 正k1 逆=c(N2O2)/c2(NO)=反应的平衡常数，k1 正k1 逆越大，反应正向程度越大，故B正确；C项，化学反应速率快慢，与转化率没有关系，故C错误；D项，化学反应的活化能越高，活化分子数目越越少，有效碰撞次数越少，化学反应速率越慢，所以第二步比第一步反应的活化能高，故D正确；答案：BD。（3）向 11L 密闭容器中分別充入11 mol NO2和 12 mol CO，反应
40、11min 达到平衡，体系内圧強由75kPa减少到 68.75kPa，则反应该中转化N2的浓度为 xmol/L 2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)幵始(mo/L)1.11 1.12 1 O 变化(mo/L)2x 4x 4x x平衡(mol/L)1.11-2x 1.12-4x 4x x根据压强比就等于物质的量之比：75kPa/68.75kPa=（1.11+1.12）/(1.11-2x+1.12-4x+4x+x)，解得x=1.1125；Kp=(68.751.11/1.1275)468.75 1.1125/1.1275/(68.75 1.115/1.1275)2(68.75 1.
41、11/1.1275)4=1.14；因为该反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动，气体的总物质的量减小，压强减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。答案：1.14；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。（4）由图可知331以下的低温区中CO2、N2O含量较高，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NOCO2+N2O；答案：CO+2NOCO2+N2O。低温区N2O选择性高于N2，由此可推断出:V 反应的活化能 VI反应的活化能，理由是反应的活化能小，化学反应速率大，选择性高；答案：；生成 N2O的选择性高，说明反应VI 的化学反应速率大，该反应的活化能就小。【点睛】本題考査了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡的有关知识。反应热与反应途径无关，対于有多步反应的化学反应，反应的快慢由慢反应决定，可根据化学平衡常数与速率常数关系，判断反应迸行的程度。