《2019-2020学年安徽省池州市第一中学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学年安徽省池州市第一中学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学年安徽省池州市第一中学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辉钼精矿主要成分是二氧化钼（MoS2），还含有石灰石、石英、黄铜矿（CuFeS2）等杂质。某学习小组设计提取MoS2的过程如下：下列说法错误的是A为加快辉钼精矿溶解，可将矿石粉粹并适当加热B加滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子C以上过程均涉及氧化还原反应D步骤温度不宜过高，以免MoS2被氧化【答案】C【解析】【分析】辉钼精矿经盐酸、氯化铁浸泡时，碳酸钙黄铜矿溶解，则滤液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离
2、子；滤渣为 S、MoS2、SiO2；加入氢氟酸，二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，滤渣2 为 S、MoS2，空气中加入 S生成二氧化硫。【详解】A.可将矿石粉粹增大接触面积并适当加热，可使反应速率增大，促使辉钼精矿加快溶解，与题意不符，A错误；B.分析可知，滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子，与题意不符，B 错误；C.反应的过程为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，为复分解反应，符合题意，C正确；D.步骤温度不宜过高，以免MoS2被氧化，与题意不符，D 错误；答案为 C。2对于 2SO2(g)O2(g)?2SO3(g)，HNaA Ca、b 两点溶液中，水的电离程度
3、ba，故 C错误；D.当 lg C=-7 时，HB中 c（H）=917101010mol 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。4 下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A 1 个B2 个C3 个D4 个【答案】B【解析】【详解】苯分子中12 个原子共平面，乙烯分子中6 个原子共平面，乙炔中4 个原子
4、共平面，但甲基中最多有一个H 原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2 个。故选：B。【点睛】原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。5以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（）A对钢材“发蓝”（钝化）B选用铬铁合金C外接电源负极D连接锌块【答案】D【解析】【分析】牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是
5、原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选D。6下列说法中正确的是（）A 25时某溶液中水电离出的c(H+)1.0 10-12 mol L-1，其 pH 一定是 12 B某温度下，向氨水中通入CO2，随着 CO2的通入，32c OHc NHH On不断增大C恒温恒容下，反应X(g)3Y(g)?2Z(g)，起始充入3 mol X 和 3 mol Y，当 X 的体积分数不变时，反应达到平衡D某温度下，向pH6 的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶
6、液的pH 为 2，该温度下加入等体积pH10 的 NaOH 溶液可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【详解】A.既然由水电解出的c（H+）=1.010-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）=1.010-12mol/L；而 c（H+）c（OH-）=1.010-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.010-2mol/L 或者 c（OH-）=1.010-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时 pH=12，故 A 错误；B.NH3 H2O?NH4OH-，通入 CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则32c OHc NHH On=4
7、Kc NH不断减小，故B 错误；C.恒温恒容下，反应X(g)3Y(g)?2Z(g)，起始充入3 mol X 和 3 mol Y，由三段式计算可知，X的体积分数一直是50%，故 C 错误；D.蒸馏水的pH 6，所以 Kw=1 10-12，应加入等体积浓度为0.01mol?L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积 pH=10 的 NaOH 溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D 正确；正确答案是D。【点睛】A 项涉及 pH 的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。725 C时，向 10mL0.10mol L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0 10-3
8、)中逐滴加入0.10mol L-1NaOH 溶液，溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A a 点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B溶液在a 点和 b 点时水的电离程度相同Cb 点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D V=10mL 时，c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)【答案】A【解析】【详解】Aa 点时，pH=3，c(H+)=10-3 mol L-1，因为 Ka=1.0 10-3，所以 c(HA)=c(A)，根据电荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和 c(HA)=c(A)即得 c(HA
9、)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故 A 正确；Ba 点溶质为HA 和 NaA，pH3，水电离出的c(OH)1011；b 点溶质为NaOH 和 NaA，pH11，c(OH)=10-3，OH是由NaOH 电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH)c(H+)，即 c(HA)c(H+)，故 D 错误；故答案选A。【点睛】判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液 pH 无关。8下列说法正确的是A乙二醇和丙三醇互为同系物B室温下，
10、在水中的溶解度：乙醇苯酚 乙酸乙酯C分子式为C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有4 种D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼【答案】B【解析】【分析】【详解】A乙二醇含有2 个羟基，丙三醇含有3 个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；B室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇 苯酚 乙酸乙酯，B 正确；C分子式为C7H8O 且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D 错误；故答案选B。9下列有关说
11、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
12、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，并正确理解掌握基本概念。10关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D装置用
13、于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱【答案】A【解析】【详解】A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe 为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H+2e-=H2，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中 OH-浓度增大，发生反应：Fe2+OH-=Fe(OH)2，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由 a
14、处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U 型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D 正确；故合理选项是A。11利用反应CCl4+4NaC（金刚石）+4NaCl 可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A C（金刚石）属于原子晶体B该反应利用了Na 的强还原性CCCl4和 C（金刚石）中的C的杂化方式相同D NaCl 晶体中每个Cl周围有 8 个 Na【答案】D【解析】【详解】A金刚石晶体：每个C与另外 4 个 C形成共价键，构成正四面体，
15、向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A 正确；B该反应中Na 由 0 价 +1价，作还原剂将CCl4还原，故 B 正确；CCCl4和 C(金刚石)中的 C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D NaCl 晶体：每个Na同时吸引6 个 Cl，每个 Cl同时吸引6 个 Na，配位数为6，故 D 错误；故答案选D。12利用 CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是A a 极反应：CH48e4O2=CO22H2O BA 膜和 C 膜均为阴离子交换膜C可用铁电极替换阴极的石墨电极D a 极上通入2.24 L 甲烷，阳极室Ca2
16、减少 0.4 mol【答案】C【解析】【分析】【详解】A.a 极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e4O2=CO22H2O，A 错误；B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，可知阳极室的电极反应式为：-22Cl-2e=Cl，则阳极室内钙离子向产品室移动，A 膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：-222H O+2e=2OHH，则原料室内钠离子向阴极室移动，C 膜为阳离子交换膜，B 错误；C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C 正确；D.a 极上通入2.24L 甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙
17、离子减少的物质的量，D 错误；答案选 C。【点睛】D 容易错，同学往往误以为1mol 气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。13某溶液X含有 K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol L-1(不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A无色气体可能是NO 和 CO2的混合物B原溶液可能存在Fe3+C溶液 X 中所含离子种类共有4 种D另取 l00mL 原溶液 X，加入足量的NaOH 溶液，充分反应
18、后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g【答案】D【解析】【分析】溶液 X 加入过量盐酸生成无色气体，该气体与空气变红棕色，说明生成了NO，X中一定含有NO3-和还原性离子，应为Fe2+，则溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-，它们都与Fe2+反应生成沉淀；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中原来就含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-，加入 KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，则溶液中一定存在的离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol?L-1，结合电荷守恒
19、分析解答。【详解】A根据上述分析，溶液X 中一定不存在CO32-，无色气体只能为NO，故 A 错误；B根据上述分析，溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，一定不存在CO32-、OH-、SiO32-；溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol?L-1，还应含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分离子，结合电荷守恒可知，应含有 Mg2+，一定不含Fe3+，故 B错误；C溶液 X 中所含离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共 5 种，故 C错误；D 另取 100mL 原溶液 X，加入足量的NaOH 溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，可得到 0.01m
20、olFe2O3和 0.02molMgO，二者质量之和为0.01mol160g/mol+0.02mol 40g/mol=2.4g，故 D 正确；故选 D。【点睛】正确判断存在的离子是解题的关键。本题的易错点是镁离子的判断，要注意电荷守恒的应用，难点为D，要注意加入NaOH 后生成的金属的氢氧化物，灼烧得到氧化物，其中氢氧化亚铁不稳定。14化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C蔬菜汁饼干易氧化变质建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果【答
21、案】B【解析】【分析】【详解】A油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A 正确；B只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选 B。15 25时，用 0.1mol L1NaOH溶液滴定 20mL0.1mol L1CH3COOH(Ka=1.75 105)溶液的过程中，消耗 NaOH溶液的体积与溶液pH 的关系如图所示。下列各
22、项中粒子浓度关系正确的是A点所示溶液中：2c(CH3COO)2c(CH3COOH)=c(H)c(OH)B点 所示溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)C点 所示溶液中：c(CH3COO)C(CH3COOH)=c(Na)2c(H)2c(OH)D pH=12 的溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)【答案】C【解析】【详解】A.点时，NaOH 溶液与 CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中的电荷守恒式为+3CH COOOHNa+Hcccc=，溶液中的物料守恒式为+33CH COOCH COOHNaccc=2，两式联立得c(CH3CO
23、O)c(CH3COOH)=2c(H)2c(OH)，A项错误；B.点处溶液呈中性，c(OH)=c(H)，B 项错误；C.点处 NaOH 溶液与 CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒式为+3CH COOOHNa+Hcccc=，溶液中的物料守恒式为+33CH COOCH COOHNaccc+=，两式联立得c(CH3COO)C(CH3COOH)=c(Na)2c(H)2c(OH)，C 项正确；D.pH=12 的溶液中c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，D 项错误。答案选 C。【点睛】本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分，不论在哪一点，均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶
24、液中的离子即可。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A 接_、_接_；B 接_、_接_。（2）电路的连接是：碳棒接电源的_极，电极反应方程式为_。（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是_，有关离子方程式是_；最后尾气被吸收的离子方程式是 _。（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体_（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是
25、_。【答案】G F I D E C 正2Cl-2e=Cl2 丙中溶液变蓝Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH 发生反应【解析】【分析】电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH 的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的 pH，据此分析。【详解】（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe 棒上阳离子放
26、电产生氢气，所以B 端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接 C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe 棒上阳离子放电产生氢气，所以A 端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：AG FI，BDEC，故答案为：G；F；I；D；E；C；（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故答案为：正；2Cl-2e=Cl2；（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故
27、答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)=0.0056L22.4L/mol=0.00025mol，根据总反应方程式：2NaCl+2H2O电解H2+Cl2+2NaOH 可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH 发生反应。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、
28、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3、Fe3、Cu2、Ba2、K和五种阴离子NO3-、OH、Cl、CO32-、Xn-（n=1 或 2）中的一种。（1）通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是_ 和 _。（2）物质C 中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将（1）中的两种物质记为A 和 B，当C 与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，继续加入过量A 溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，则C 为 _（填化学式）。写出部分白色沉淀溶解的离子方程式_。（3）将19.2 g Cu 投入装有足量D 溶液的试管中，Cu 不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu 逐渐溶解，管口
29、附近有红棕色气体出现，则物质D 一定含有上述离子中的_（填相应的离子符号），写出Cu 溶解的离子方程式_，若要将Cu 完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_。（4）E 溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为_。【答案】K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3 OH=AlO2-2H2O NO3-、Cu23Cu8H2NO3-=3Cu22NO 4H2O 0.4mol 2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl【解析】【详解】因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与
30、钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba(OH)2，故答案为K2CO3；Ba(OH)2；根据 C与 A 的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀为氢氧化铝，则B 为 Na2CO3，A为 Ba(OH)2则 C 为 Al2(SO4)3，则阴离子有SO42，则 X 为 SO42，即 C为 Al2(SO4)3，沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO22H2O，故答案为Al2(SO4)3；Al(OH)3 OH=AlO22H2O；19.2 g Cu即
31、物质的量为0.3 mol，Cu 投入装有足量D 溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe3+，再滴加稀 H2SO4，Cu逐渐溶解，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，说明 D 中的阴离子一定是NO3，则 D 为硝酸铜，E为氯化铁，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以 Cu溶解的离子方程式为：3 Cu+8 H+2 NO3=3 Cu2+2 NO+4 H2O，根据关系0.3 mol Cu 消耗 0.8mol 氢离子，即0.4mol 硫酸；故答案为NO3、Cu2；3Cu 8H 2NO3=3Cu22NO 4H2O；0.4 mol；氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的化学方
32、程式为：2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl，故答案为2 FeCl32 H I=2 FeCl2I22HCl；【点睛】加碱先生成沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18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+Og2NO
33、g?的反应历程如下：第一步：11k22k2NO gN Og?正逆快速平衡第二步：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+4C
34、O g4COg+Ng?H0。某温度下，向10 L 密闭容器中分别充入0.1 mol 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
35、NO，下同 ：CO+Pt(s)=CO(*)III：NO(*)=N(*)+O(*)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
36、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2N
37、O(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(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）
38、向 11L 密闭容器中分別充入11 mol NO2和 12 mol CO，反应 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 1.11
39、25/1.1275/(68.75 1.115/1.1275)2(68.75 1.11/1.1275)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
40、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。19(1)常温下，配制浓度为0.1mol/L 的 FeSO4溶液，研究不同pH 对 Fe2+氧化的影响，结果如下图所示，(假设反应过程中溶液体积不变)在 pH5.5 的环境下，该反应在015min 的平均速率v(Fe2+)_；增大溶液pH，Fe2+
41、被氧化速率_(填增大”、“减小”或“无影响”)。(2)在 pH13 的环境下，Fe2+的氧化变质可以理解为:第一步:Fe2+2OHFe(OH)2，第二步_(用化学方程式回答)当氧化达到平衡时，c(Fe2+)/c(Fe3+)_4.0 1022(填“”“”或“=”)。已知 KspFe(OH)32.5 1039，KspFe(OH)21.0 1015(3)工业上可用H2还原法处理NO，反应原理为:2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g):H a已知在标准状况，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。NO(g)和 H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mo
42、l、-280 kJ/mol，则 a=_。(4)已知 2NO(g)+O2(g)?2NO(g)H=110 kJ mol1;25时，将 NO 和 O2按物质的量之比为2:1 充入刚性反应容器中用测压法研究其反应的进行情况。体系的总压强p 随时间 t 的变化如下表所示(忽略 NO2与N2O4的转化)t/min 0 80 160 p/kpa 75.0 63.0 55.0 55.0 080min,v(O2)=_kpa/min。用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示，25时，K(p)的值为_(保留 3 位有效数字)。【答案】0.004mol/（Lmin）增大4Fe（0H）2+02+2H2O=4Fe（0
43、H）3=-740 kJ/mol 0.15 3.20【解析】【分析】(1)根据cvt计算 v(Fe2+)；(2)氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁；根据KspFe(OH)3 2.5 1039、KspFe(OH)21.0 1015计算 c(Fe2+)/c(Fe3+)；(3)利用盖斯定律计算a 值；(4)v(O2)=pt；利用“三段式”计算K(p)。【详解】(1)根据图示，在 pH 5.5 的环境下，该反应在0 15min 内 Fe2+的浓度变化是0.1mol/L 60%=0.06 mol/L，v(Fe2+)=0.06/15minmolL0.004mol/（L min）；根据图示，增大溶液pH，Fe2+
44、被氧化速率增大；(2)第二步是氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，4Fe（OH）2+O2+H2O=4Fe（OH）3，反应达到平衡状态时，=，PH=13 时 c（OH-）=mol/L=10-1mol/L，=4.01022；(3)NO(g)和 H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280 kJ/mol，则12N2(g)+12O2(g)=NO(g)H=+90kJ/mol ；H2(g)+12O2(g)=H2O(g)H=-280 kJ/mol；根据盖斯定律2-2 得 2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g):H a=-740 kJ/mol；(4)v(O2)=pt=75-63=800.15 kpa/min；表中 160min 时达到平衡，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）开始 2n n 0转化 2x x 2x 平衡 2n-2x n-x 2x=，解得 x=0.8n，用压强代替浓度所得到的平衡常数用K（p）表示，25时，K（p）的值为222 0.8552.20.40.255552.22.2（）（）（）=3.20。【点睛】本题考查盖斯定律、反应速率的计算、平衡常数的计算，难点是根据溶度积常数计算离子浓度、用压强代替浓度计算平衡常数；同温同体积，压强比等于物质的量比。