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1、2019-2020学年安徽省全国示范高中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
2、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。2下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O D 50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H
3、2O【答案】D【解析】【详解】A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2Cl+SO42+2H+，故 A 错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OH CaCO3+H2O，故 B 错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故 C 错误；D n(NaOH)1mol/L 0.05L0.05mol，50 mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是 x，硫氢化钠的物质的量是y
4、，根据钠原子和硫原子守恒得，0.0320.05xyxy解得0.020.01xy，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH+3H2S HS+2S2+5H2O，故 D 正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。3下列实验操作能达到实验目的的是()A加热使2I升华，可除去铁粉中的2IB电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D将氨水滴加到饱和3FeCl溶液中，可制备3Fe OH胶体【答案】C
5、【解析】【详解】A.加热时 Fe 与 I2反应，应选磁铁分离，A 错误；B.氧化性 H+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B 错误；C.NaOH 与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH 溶液除去苯中的苯酚，C 正确；D.将饱和 FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D 错误；故合理选项是C。4山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A山梨酸的分子式为C6H8O2B1 mol 山梨酸最多可与2 mol Br2发生加成反应C山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换
6、反应D山梨酸分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A由结构简式可知分子为C6H8O2，选项 A 正确；B 山梨酸分子中含有2 个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 mol 山梨酸最多可与2mol Br2发生加成反应，选项 B 正确；C山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；D根据乙烯分子6 个原子共平面、甲醛分子4 个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D 正确。答案选 C。5某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说
7、法正确的是A装置中的试剂可能是二氧化锰B装置、中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气D球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气【答案】C【解析】【分析】结合题干信息，由图可知，装置为氯气的制备装置，装置的目的是除去氯气中的氯化氢，装置的目的是干燥氯气，装置为制备无水AlCl3的装置，装置用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；B装置的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置的目的是
8、干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；C因为 Al 能与空气中的氧气在加热的条件下发生反应，故点燃处酒精灯之前需排尽装置中的空气，C选项正确；D球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，D 选项错误；答案选 C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价分析，把握实验原理，明确装置的作用关系为解答题目的关键。6定温度下，在三个容积均为2.0L 的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所
9、示。容器温度/起始物质的量浓度/mol L-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.10 0.10 0 0 乙T20 0 0.10 0.20 丙T20.10 0.10 0 0 下列说法正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2 倍D丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和 0.10molCO2，此时 v(正)，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故 A 错误；B.丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，22+0.10.1000.060.02NOg2COgNg60
10、.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO 和 0.20molCO，投料是丙的2 倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06 mol/L；所以 N2的转化率小于40%，故 B 正确；C.根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO 和 0.20mol CO，投料的物质的量是甲的2 倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2 倍，故 C 错误；D.22+0.10.1000.060.02NOg2COgNg
11、60.030.060.040.040.02C30.0Og6?开始转化平（）（）衡（）（）2220.060.0342.190.040.04K；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO 和 0.10molCO2，2220.06+0.050.0328.140.04+0.050.04QK，平衡正向进行，所以v(正)v(逆)，故 D 错误；【点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；QK时，反应逆向进行；QNaA Ca、b 两点溶液中，水的电离程度ba，故 C错误；D.当 lg C=-7 时，HB中 c（H）=91710101
12、0mol L1，HA 中 c（H）=57101010mol L1，pH 均不为7，故 D 错误；故选 B。【点睛】难点 A 选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为 D 选项，当lg c=-7时，是酸的浓度是10-7mol L1，不是氢离子的浓度。9下列关于有机化合物的叙述中正确的是A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物C有机物1mol 最多可与3 mol H2发生加成反应D分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构【答案】A【解析】【详解】A乙烯具有
13、较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，故A 正确；B汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，故B 错误；C有机物中只有碳碳双键可与氢气加成，则1mol 该有机物最多可与2mol H2发生加成反应，故 C 错误；D分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，故D 错误；【点睛】有机物不饱和度=222碳的个数 氢的个数卤素的个数氮的个数（注：如果有机物有氧和硫，氧和硫不影响不饱和度，不
14、必代入上公式）。10下列指定反应的离子方程式书写正确的是（）A磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2 NO34HNO 3Fe32H2O B向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClOSO2H2OHClOHSO3C碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H2I H2O2I22H2O D向 NaOH 溶液中通入过量CO2：2OHCO2CO32H2O【答案】C【解析】【详解】A.磁性氧化铁应写化学式，故A错误；B.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故 B错误；C.碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，
15、电子守恒，故C正确；D.向 NaOH 溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；故选：C。11下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是ABCD【答案】C【解析】【详解】A、可由环己烯发生加成反应产生，A 错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B 错误；C、可由 2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；D可由 2，3，3三甲基 1丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D 错误。答案选 C。12将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是A Fe2O3BFeCl3CFe2(SO4)3DFeO【答案】D【解析】【详解】铁的化
16、合物溶于盐酸后滴加KSCN溶液不发生颜色变化，说明其中不含铁离子，再加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于盐酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加 KSCN溶液会产生红色，而FeO溶于盐酸生成FeCl2，故选 D。【点睛】加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子是解答的突破口。13下列关于糖类的说法正确的是A所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C蔗糖和葡萄糖都是单糖D摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖【答案】B【解析】【分析】【详解】A 项，糖类不一定有甜味，如纤维
17、素属于糖类但没有甜味，故A 项错误；B 项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C 项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D 项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D 项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】糖类物质是多羟基(2 个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。14根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.阿司匹林主要成
18、分是乙酰水杨酸，含有羧基，具有酸性，可以与NaHCO3发生反应，因而可解毒，A 正确；B.将 Cu 片制成纳米铜，增加了铜与空气的接触面积，导致反应速率加快，并不是金属活动性发生改变，B错误；C.带有该标识，证明该物质具有放射性，会对人产生危害，因此看到要随时报警，C 正确；D.粮食酿酒，涉及淀粉的水解反应，产生的葡萄糖在酒化酶的作用下产生乙醇的氧化还原反应，D 正确；故合理选项是B。15煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是（）A煤的液化是物理变化B石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液
19、褪色C棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质【答案】D【解析】【详解】A煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，是化学变化，A 错误；B石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，有烯烃，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 错误；C羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质，棉花和麻主要成分都是天然纤维，C错误；D天然气水合物，有机化合物，化学式 CH?nH?O，即可燃冰，是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，由天然气与水在高压低温条件下形成
20、的类冰状的结晶物质，D 正确；故答案选D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器 a 的名称为 _，装置 B 的作用是 _。装置 C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置 E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是 _。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a.取下装置D，将其中的溶液转入250mL 容量瓶，用蒸
21、馏水洗涤D 瓶 23 次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00mL 溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00 mL 硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置D 中的 ClO2质量为 _，与 C中 ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。【答案】分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可)SO2H2SO42KClO3=2KHSO4 2ClO2检验有 I2生成，进而证明ClO2有强氧化性2:1 O2溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液
22、颜色不再改变0.324 g 产生 ClO2的速率太快，ClO2没有被 D 中的溶液完全吸收；C中 ClO2未全部进入D中【解析】【分析】(1)浓 H2SO4和 Na2SO3反应生成SO2，A 制备 SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D 中发生氧化还原反应生成I2，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变
23、蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2与 KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得 ClO25S2O32-，则 n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=15 0.1000mol/L 0.024L=0.00048mol，250mL 溶液中含有n(I2)=0.00048mol 10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol 67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入 D 中都导致测定值偏低。【详解】(1)浓 H2SO4和 Na2SO3反应生成SO2，A
24、用于制备SO2，B 装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D 中发生氧化还原反应生成I2，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器 a 的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置 C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化
25、学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；装置 E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+H2O，在该反应中 ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO2溶液与碘化钾反
26、应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO25S2O32-，则 n(ClO2)=15n(Na2S2O3)=15 0.1000mol/L 0.024L=0.00048mol，则在 250mL 溶液中含有 n(I2)=0.00048mol 10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol 67.5g/mol=0.324g；由于 C中 ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D 中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查
27、实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A 的化学名称是 _，AB 的反应类型是 _。（2）BC 反应的化学方程式为_。（3）CD 所用试剂和反应条件分别是_。（4）E的结构简式是_。F中官能团的名称是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为21221 的同
28、分异构体的结构简式为 _。【答案】对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaCl O2/Cu 或 Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】【分析】由流程转化关系，结合题给信息可知，D 为。运用逆推法，C 为，催化氧化生成；B 为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A 为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A 的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；AB的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）BC反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl
29、。（3）CD 的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此 CD 所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或 Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D 为，D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3 种（除去D）、芳香酮1 种、含苯环的乙烯基醚 1 种、乙烯基酚3 种，共 8 种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为2122 1 的同分异构体的结构简式为和。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18“绿水青山就是金山银山
30、”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO 在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H 上述反应分两步完成，如下左图所示。(1)写出反应的热化学方程式(H 用含物理量E的等式表示)：_。(2)反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_(填“反应”或“反应”)；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_(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得 NO2浓度随时间变化的曲线如上图所示。前5 秒内 O2的平均生成速率为_；该温
31、度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K 为_。(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为 P2，c(O2)=0.09molL-1，则 P1 P2=_。(5)水能部分吸收NO 和 NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol L-1NaOH 溶液，所得pH 曲线如图所示，则A 点对应的溶液c(Na+)/c(HNO2)=_。【答案】2NO(g)N2O2(g)H=（E
32、2E3）kJmol1；反应；决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢；0.001 mol L-1s-1；100；减少；5：13；103.70；【解析】【分析】【详解】（1）根据图像反应的热化学方程式为2NO(g)N2O2(g)H=（E2E3）kJ mol1。（2）根据图像反应的活化能反应的活化能，反应为快反应，反应为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是慢反应。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：决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡逆
33、向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢。（3）前 5s 内 （NO2）=（0.04mol/L-0.03mol/L）5s=0.002mol/(Ls)，则 （O2）=0.001mol/(Ls)。用三段式：2NO22NO+O2c（始）0.04 0 0 c（变）0.02 0.02 0.01 c（平）0.02 0.02 0.01 反应 2NO22NO+O2的平衡常数为(0.022 0.01)0.022=0.01，则反应 2NO+O22NO2的平衡常数K为 10.01=100。（4）根据图像反应2NO22NO+O2为吸热反应，对于(
34、3)中的反应体系达平衡后(压强为 P1)，若升高温度，平衡正向移动，再次达平衡后，混合气体的质量不变，混合气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小。再通入一定量O2，平衡逆向移动，设转化NO 物质的量浓度为x，则平衡时NO2、NO、O2的浓度依次为（0.02+x）mol/L、（0.02-x）mol/L、0.09mol/L，温度不变平衡常数不变，则（0.02-x）2 0.09（0.02+x）2=0.01，解得 x=0.01mol/L，即平衡时 NO2、NO、O2的浓度依次为0.03mol/L、0.01mol/L、0.09mol/L，在恒温恒容时压强之比等于物质的量浓度之比，P1：P2=（
35、0.02+0.02+0.01）：（0.03+0.01+0.09）=5:13。（5）根据图像0.1mol/LHNO2溶液的 pH=2.15，则 HNO2的电离平衡常数Ka=（1 10-2.15）2（0.1-1 10-2.15）；A 点溶液呈中性，c（H+）=c（OH-）=1 10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（NO2-），则 A 点溶液中c（Na+）=c（NO2-），A 点对应的溶液中2c Nac HNO=22c Nc HNOO=Ka c（H+）=（1 10-2.15）2（0.1-1 10-2.15）（1 10-7）=103.70。19人类向大气中排放
36、的NOx和 SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与 NOx反应生成N2和 H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=-905.5kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1则 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)H3=_。（2）碱性 KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。用 KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO 的脱除，将该离子方程式
37、补充完整。_NO+MnO4-+_=NO2-+3NO3-+MnO42-+_ 下列叙述正确的是_（填字母序号）。A将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)C在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和 SO2。V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和 O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：a.V2O5+SO2=V2O4+SO3b._ c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。【答案】-1625.5kJ/mol 4，1
38、0，10OH-，10，7H2OACV2O4+O2+2SO2=2VOSO4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式A.根据反应的离子方程式确定；B.根据物料守恒判断，故B 错误；C.根据 KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。【详解】(1)给已知反应编号，：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=-905.5kJmol-1，：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJmol-1，根据盖斯定律可得，-4 可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O
39、2(g)=4N2(g)+6H2O(g)H=(-905.5kJmol-1)-(+180kJmol-1)4=-1625.5kJ/mol，故答案为：-1625.5kJ/mol；(2)因为 n(NO2-):n(NO3-)=1:3，转移电子数为(3-2)+3(5-2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4-、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH-=NO2-+3NO3-+10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH-，10，7H2O；A.反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH-=NO2-+3NO3-+10MnO42-+7H2O，所以分离
40、反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A 正确；B.由化学式 KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故 B 错误；C.酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或 MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C 正确；故答案为：AC；(3)V2O5催化 SO2和 O2反应的总反应式为2SO2+O2=2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c 可得 b 的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。