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1、2023学年高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。本草纲目“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是A.分液 B.升华 C.萃取 D.蒸储2、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实
2、验。下列有关该实验的说法正确的是（）A.在此实验过程中铁元素被还原B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀3、将一定量的SO2通入BaCL溶液中，无沉淀产生，若再通入a 气体，则产生沉淀。下列所通a 气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（）A.a 为 H2S,SO2+2H+S2-3S1十 2H2。B.a 为 CL,Ba2+SO2+2H2O+Cl2BaSO3；+4H+2CrC.a 为 NO2,4Ba2+4SO2+5H2O+NO3 4BaSO4l+NH4+6H+D.a 为 N%,Ba2+SO2+2NH3+2H2OBaSO4i+2N
3、H4+2H+4、Q、W、X、Y,Z 是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y 是金属元素，Z 的原子序数是X 的 2 倍。Q 与 W 同主族，且 Q 与 W 形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q 与 X 形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y 的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是A.Q 与 X 形成简单化合物的分子为三角锥形B.Z 的氧化物是良好的半导体材料C.原子半径YZXQD.W 与 X 形成化合物的化学式为W3X5、短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数为内层电子数的3 倍，X 在短周期主族元素中金属性最强，Y 与 W 同主
4、族。下列叙述正确的是()A.X2W、XzY的水溶液都呈碱性B.原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)C.简单气态氢化物的热稳定性：WZ4 BaSO41+NH4+6 H+,故 C 正确；D.通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSCh沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2 NH3+H2O-BaSO31+2NH4+,故 D 错误；故选C。【点睛】本题的易错点为C,要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N 元素的化合价降低，可以生成NH4+。4、B【解析】Q、W、X、Y,Z 是原子序数依次增大的短周期元素。Q 与 W 同主族，且 Q 与 W 形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则
5、Q为 H元素，W为 L i元素，Q 与 X 形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为 N元素。W、Y 是金属元素，Y 的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应；Y为 A1元素，Z 的原子序数是X 的 2 倍，Z为 S i元素。【详解】A.Q 与 X 形成简单化合物阻分子为三角锥形，故 A正确；B.Z为 S i元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z 的氧化物SiO z,是共价化合物，不导电，故 B错误；C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ,故C正确；D.W 与 X 形成化合物的化学式为L i3N,故D正确；故选B。5、A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的
6、原子序数依次增大，W 的最外层电子数为内层电子数的3 倍，则 W 为 O 元素；X 在短周期主族元素中金属性最强，则 X 为 Na元素；W 与 Y 属于同一主族，则 Y 为 S 元素；Z 的原子序数大于S,则 Z为 C1元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：W 为 O,X 为 Na,Y 为 S,Z 为 C1元素。A.NazO是碱性氧化物，与水反应产生NaOH,NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2s是强碱弱酸盐，在溶液中S*发生水解作用，消耗水电离产生的E F,促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OHc(H+),溶液显碱性，A 正确；B.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上
7、到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)HS)Cl)r(O),B 错误；C.元素的非金属性：OC1S,则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHC1H2S,C 错误；C.O、H 可形成化合物H2O2,其中含有非极性共价键，D 错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。6,A【解析】可通过假设相对分子质量为1 0 0,然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3,得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【
8、详解】7 58假设吗啡的相对分子质量为1 0 0,则碳元素的质量就为71.58,碳的原子个数为：一行一=5.965,则相对分子质量如果为 300 的话，就为 5.965x3=17.895；6 67 4 91同理，氢的原子个数为：-x3=20.01,氮的原子个数为：x3=1.502,氧的原子个数1 14为：100-71.581 6.67-4.91、3=3 5,因为吗啡的相对分子质量不超过3 0 0,故吗啡的化学式中碳的原子个数不超16过 17.895,氢的原子个数不超过20.01,氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A,答案选A。7、B【解析】A.使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，
9、但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故 A 错误；B.通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故 B 正确；C.安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了减少污染，故 C 错误；D.过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故 D 错误；故选B。8、A【解析】A.铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A 项错误；B.NH3通入AlCb溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B 项正确；C.Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C 项正确；D.苯酚与
10、碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D 项正确；答案选A。9、A【解析】A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32+2H+=SO2T+SJ,+H2O,A 项正确；B.KC1O碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+,其离子方程式为：3C1O+2Fe(OH)3+4OH=2FeO42+3CF+5H2O,B 项错误；C.硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：Cl7H35COOH+C2H5I8OH；普 普 Cl7H35coi80c2H5+H2O,C 项错误；D.向 NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铉根离子与碳酸氢根离子均会
11、与氢氧根离子反应，其离子方程式为：NH4+Ca2+HCO3+2OH=CaCO3i+H2O+NH3 H2O,D 项错误；答案选A。【点睛】B 项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量O H-,同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。10、C【解析】因 W 的最外层电子数比X 的最外层电子数少1个，且原子序数W X,因此X、Y、Z 为第二周期元素，W 为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X 为 C,Y 为 N,Z 为 O,X 最外层电子数为4,故 W 为 A L 以此解答。【详解】A.化合物AIN为原子晶
12、体，AIN最高可稳定到2 2 0 0 C,室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故 A 不符合题意；B.N 的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故 B 不符合题意；C.C 的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故 C 符合题意；D.由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8 电子稳定结构，故 D 不符合题意；故答案为：C.11、B【解析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4 个碳原子，无
13、碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4 个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯煌，按如图方式断键CH用 涔 丫 卡 可得单体为L,CF31-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：Bo12、D【解析】A.由图可知温度越高C 物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A 的平衡转化率增大，故 A 正确；B.可调节压强和温度使C 的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C 的物质的量分数可能相同，故B 正确；C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将 C 移出体系，反应物和生成物的浓度
14、都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故 c 正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C 的物质的量分数，故 D 错误。故选D。13、A【解析】A.B 为IHA元素，其化合价为+3价，NaBHa中氢元素的化合价为一1价，故 A 说法错误；B.由图示可知BH4一中的H 原子与H2O中 H 结合为H 2,当若用D2O代 替 H 2O,形成的氢气有三种，即 D2、HD和H2,故 B 说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故 C 说法正确；D.NaB也 与水反应为氢元素
15、的归中反应，反应方程式为8 出一+41120=11(011)4-+41121,故 D 说法正确；答案：Ao14、A【解析】A.NazO阴离子是（）2-离子，NazCh阴离子是02z一离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故 A 正确;B.NazO固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故 B 错误；C.NazO中含有离子键，NazCh中含有离子键和共价键，故 C 错误；D.Na?O和 NazCh都属于金属氧化物，故 D 错误；故答案选A。15、A【解析】A、丙烯的结构简式表示为CH3cH=CH2,选项A 正确；B、CC2的电子式为：（）：c：（）：，选 项 B 错误；C、该比例模型可表示甲烷等，金
16、刚石是正四面体空间网状结构，选 项 c 错误；D、硫离子的核电荷数是1 6,硫离子的结构示意图为鲍 2 8 8 选项D 错误；故答案是A。【点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项c,该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，且原子大小相同。16、C【解析】A.因为CaO与水反应生成沸点较高的Ca（OH）2,所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸储，A 正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HC1极易溶于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除去C12中的HCL B 正确；C.NH4C1也能与NaOH溶液反应，C 错误；D.NaHCCh受热容易分解生成碳酸
17、钠、水和C O 2,通过灼烧可除去Na2c。3固体中的NaHCCh固体，D 正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5 小题）17、钠或 Na N=N 2SCN+11H2O2=2SO；-+2CO2 T+N2?+10H2O+2H+SCN 离子被氧化 H2。?在已褪色的溶液中加入足量的K SC N,若重新变血红色，则该解释正确【解析】将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。【详解】(1)溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有N a+,无机盐A 中含金属元素钠(Na)。(2)气体单质C 的摩尔质量M(C)=22.4L/molx 1.25g/L=28g/mol,故为氮气(N2),其结构式Nm N,从而A 中含
18、N 元素。(3)图中，溶液与NaHCCh反应生成气体B 为 C C h,溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B(CO2),则白色沉淀 为 BaCO3,气体中含C O 2,即 A 中含C 元素。溶液与BaCL反应生成的白色沉淀D 不溶于稀盐酸，贝 U D 为 BaSOs溶液中有SO42,A 中含S 元素。可见A 为 NaSCN。无机盐A 与 H?。？反应的离子方程式2SCN+11H2O2=2SO；+2CO2 T+N2 T+10H2O+2H(4)在含Fe?+离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加H?。？，先变红后褪色，即先氧化Fe?,、后氧化SCN一或再氧化Fe3+。若SCN一 离子被H?。
19、？氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的K SC N,若重新变色，则该解释正确;若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的F eC l,若重新变血红色，则该解释正确。18、酯基 肽键 加成反应N三CCOOC.H,+KC1IICH.CH.CI1l.ai,C N催化-时i-CH.CHCI 地淳(.IrniftHLA C(MK HCIKCXNICXWICII.CtMK H【解析】A 发生取代反应生成B,B 和 HC1发生加成反应生成C,C 与 KCN发生取代反应生成D,D 与盐酸反应，根据E 和乙/COOH醇发生酯化反应生成F,根据F 的结构推出E 的结构简式为CII.-、，F 和 C2H5
20、NH2发生取代反应生成Gf COOH和乙醇。【详解】根 据 D、G 的结构得出化合物D 中含氧官能团的名称为酯基，G 中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根 据 B-C 的结构式得出反应类型为加成反应；根据C-D 反应得出是取代反应，其化学方程式NBC COOCH+KCN-NSC-KOOCJI,;故答案为：加成反应;卜 I 1N s c)-C O O C J I$+KCN 一NSCL)-COOCJLi H.CN Xr 三 N KCI/.y COOH J.LCOOH(3)根 据 E 到 F 发生酯化反应得出化合物E 的结构简式为CH,-N Y ;故答案为：CIL-N X!COO
21、II _ f COOH(4)根据反应FG 中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3cH2OH；故答案为：CH3CH2OH.(5)能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCh溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为一O O CH,分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9,存(6)CHJCH2C1在碱性条件下水解得到CH3cH2OH,然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3cH2OOCCH2COOCH2cH3,CH3cH2cl与 KCN发生取代反应得至I J CH3cH2CN,用氢气还原得至U CH3C
22、H2CH2NH2,根据F 至 I J G 的转化过程，CH3cH2cH2NH2与 CH3cH2OOCCH2coOCH2cH3反应得至U ，合成路线为UN a i.c iia iCH.CHri故答案为:CH,CH Cl液CKCH.OII(11X(MM IICOOH淮酸八傩化KA19、CU2O+2H+=CU2+CU+2H2O 稳定 稳定bd87.5%CU+H2SO4+2HNO3（浓）=CUSO4+2NO2 t+2H2O 3Cu+3H2so4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO t+4H2O 氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气 否 abc 不能 虽然甲基橙变色的p
23、H范围为3.14.4,Cu(OH)2开始沉淀时的pH为 5,在指示剂变色范围之外，即中和酸时，CiP+不会消耗OH：但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰【解析】1.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，+2价 C u比+1价 Cu更稳定；在高温下CuO分解产生Cm。、O 2,说 明 Cu2O 比 Cut)在高温下稳定；11.(1)Cu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CUSO4-5H2O的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)Cu与稀硫酸、浓硝酸(或
24、随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸)反应产生硫酸铜、NO2(或 N O)、H 2O,根据氧化还原反应规律书写反应方程式；02可以将NO氧化为N O 2,可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；10.(1)HC1对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV.含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【详解】1.(1)向 Cu2O 中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：CU2O+2H+=CU2+CU+H2O,这说明在酸性溶液中，+2价 C u比+1价 Cu更稳定；将 CuO粉末加热至1(
25、X)OC以上完全分解成红色的Cu?O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价 的 C u比+2价Cu更稳定；11.(1)a.加热条件下铜易被氧气氧化，a 错误；b.灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b 正确；c.氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c 错误；d.灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d 正确；故合理选项是bd；根据方程式 2Cu2+41=2CuI J+I2,I2+2S2O=2I+S4O；可知：2Cu2+L2s2O3%n(S2O32)=0.1000mol/Lx0.014Lxl0=1.4xl0-2m o l,贝 U n(Cu2+)=1.4xlO-2mob m(CuSO4-
26、5H2O)=1.4x10 2molx250g/mol=3.5g,所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g+4.0g)xl00%=87.5%；(2)Cu与稀硫酸、浓硝酸(或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸)反应生成硫酸铜、NO2(或 N O)、H2O,根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：CU+H2SO4+2HNO3()=CUSO4+2NO2 T+2H2O 3CU+3H2SO4+2HNO3(W)=3CUSO4+2NO T+4H2O；NO不能被NaOH溶液吸收，Ch可以将NO氧化为N(h,使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO2驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNCh、NaN
27、Ch,防止大气污染；III.(l)C h中混有的HC1对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HC1的装置；a.将 Y 稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCL溶液中转化关系，a 正确；b.在 Y 中加入CuCL晶体，溶液中 Cu(H2O)4产、浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCL溶液中转化关系，b 正确；c.在 Y 中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCL溶液中转化关系，c 正确；d.取 Y 进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCL溶液中转化关系，d 错误；故合理选项是abc
28、；IV.甲基橙变色的pH范围是3.14.4,Cu(OH”开始沉淀的pH=5,在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，CiP+不会消耗O H,但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，CM+溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。【点睛】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。20、B 让 AKh-转化为A1(OH)3沉淀，避免VO 的沉淀A D 若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性
29、，会与还原性的N%反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，(1)虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加N aO H,为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B 正确；(2)根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不 与 NaOH发生反应，V2O5、AWh属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为 8-8.5 的目的就是让AlCh-转化为A1(OH)3沉淀，避 免 VO3一的沉淀；(3)根据信息，NH4V03微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、酸，A、用冷水洗涤，可以减少NH4Vth的溶解，故 A 正确；B、NH4VCh溶
30、于热水，造成NH4VCh溶解，故 B 错误；C、虽然NH4VCh不溶于乙醇，但 NH4V表面杂质，如 NH 4a不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故 C 错误；D、根据流程生成NH4V03沉淀，是滤液1与饱和N H 4a的反应生成，且 NH 4a受热易分解，不产生杂质，故 D 正确；(4)根据信息，NH4VCh灼烧生成 V2O5,因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性N%发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4V时在流动空气中；(5)催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2+V2O5=2VO2+S03；(6)根据L 和 Na2s2。3发
31、生反应的方程式，求出消耗n(L)=20.00 xl0-3x0.250/2moI=2.5xl()-3mol,根据得失电子数目守恒，n(V2Os)x2x2=n(l2)x 2,求出 n(V2O5)=1.25xl()-3moi,即 m(V2O5)=L25xl()-3xi82g=0.2275g,则产品纯度为 0.2275/0.253xl00%=89.9%21、O.Olmol L min-1 CD*NNH+Hi 温度低于T。时未达平衡，温度升高，反应速率加快，N ib 的体积分数增大；高于T。时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，N%的体积分数减 小(答 案 合 理 即 可)20%(2
32、xl0 p(4X106)(1.2X107)3n 第 n 步的活化能大，反应速率慢【解析】=(1)对于合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2N H K g),由平衡时生成NH3的物质的量为0.2m ol,可求出参加反应的N2为 O.lm ol,由此可求出在一容积为2L 的密闭容器中，前 5 分钟的平均反应速率v(N2).(2)A.加入催化剂，可加快反应速率，但对平衡不产生影响；B.增大容器体积，也就是减小压强，平衡逆向移动；C.降低反应体系的温度，平衡正向移动；D.加入一定量N 2,平衡正向移动。(3)由图中可以看出，步骤c 中*NNH与 H2在催化剂作用下发生反应生成*N 和 NH3；由图象可
33、知合成氨反应的反应物总能量大于生成物的总能量。(4)对于放热反应，升高温度平衡逆向移动，T。前，随温度升高，NH3的体积分数p(NH3)增大，则表明反应未达平衡,由此得出先增大后减小的原因。令起始时，(N2)=lm oL 则 (H2)=3m oL设参加反应的N2的物质的量为x,从而建立三段式：N2(g)+3H2(g).,2NH3(g)起始量(mol)130变化量(mol)X3x2x平衡量(mol)1-x3-3x2x4-2x 901-0 2 r则 一=而，由此可求出X=0.2mol,从而确定H2的转化率。贝 U 平衡分压p(N2)=x 2 x l 0 7 p；,=4xl()6pa,3 06 0
34、4p(H2)=-x 2 x io7p;l=1.2X1 o7pa,p(NH3)=x 2 XIO7p;1=2x106pa,代入 Kp即得。(5)过程和中，催化剂不影响反应物的转化率，对 不 产 生 影 响；整个过程分两步进行，第二步的活化能大。【详解】对于合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH 3(g),由平衡时生成NH3的物质的量为0.2moL可求出参加反应的N?为 O.lmol,由此可求出在一容积为2L 的密闭容器中，前 5 分钟的平均反应速率V(N2)=-0JmO1-=0.01 mol-L-min-o答案为：2Lx5m inO-OlmobLmin1；(2)A.加入催化剂，可加快反应速率，
35、但对平衡不产生影响，A 不合题意；B.增大容器体积，也就是减小压强，平衡逆向移动，出的转化率减小，B 不合题意；C.降低反应体系的温度，平衡正向移动，出的转化率增大，C 符合题意；D.加入一定量N 2,平衡正向移动，出的转化率增大，D 符合题意；故选CD。答案为：CD；(3)由图中可以看出，步骤c 中*NNH与 H2在催化剂作用下发生反应生成*N 和 N%,步骤c 的反应方程式为NNH+H2巴a.*N+NH3；由图象可知合成氨反应的反应物总能量大于生成物的总能量，所 以 合 成 氨 反 应 的 答案为：*NNH+H2型 H/N+NH3；(4)对于放热反应，升高温度平衡逆向移动，T。前，随温度升
36、高，N%的体积分数 p(NH3)增大，则表明反应未达平衡,由此得出先增大后减小的原因为温度低于T。时未达平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大；高于T。时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小(答案合理即可)。答案为：温度低于T。时未达平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大；高于T。时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小(答案合理即可)；令起始时，(N2)=lm o L 贝!|(H2)=3m oL设参加反应的N2的物质的量为x,从而建立三段式：N2(g)+3H2(g).2NH3(g)起始量(m
37、ol)130变化量(mol)X3x2x平衡量(mol)1-X3 3x2x则 土 卫=毁，由此可求出x=0.2mol,从而确定H2的 转 化 率 为 x 100%=20%；平衡分压4 100 3molP(N2)=1 ：2 x 2 x l07pa=4xl 06pa,p(H2)=3 :，6 x 2 x l07pa=1.2x 107pa,p(NH3)=x 2 x l07pa=2xl 06pa,代入，即得 Kp=(：x l 6)2 Pa-2。答案为：20%；(X 16)2 7 3Pa2；(4X106)(1.2X107)3(4X106)(1.2X107)3(5)过程和中，催化剂不影响反应物的转化率，对 A/Z不产生影响，所以=；整个过程分两步进行，第 II步的活化能大，所以需控制第U 步，其原因为第n 步的活化能大，反应速率慢。答案为：=；n；第 n 步的活化能大，反应速率慢。【点睛】催化剂只能改变反应发生的途径，从而降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以不能改变反应的婚变。