2019-2020学年安徽省部分省示范中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年安徽省部分省示范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．某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是
A．不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B选项，1 mol苯环消耗3 mol氢气，1mol碳碳双键消耗1 mol氢气，因此1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应，故B正确；
C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D选项，酯不易溶于水，故D错误。

综上所述，答案为B。

2．下列说法正确的是
A．FeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于Cu
B．晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．K2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；
B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；
以能杀菌消毒同时能净水，故正确。

故选D。

3．地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。

正确的是（）A．KI（AgNO3溶液）B．FeCl2（KSCN 溶液）
C．HCHO（银氨溶液）D．Na2SO3（BaCl2 溶液）
【答案】B
【解析】
【详解】
A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选；
C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；
D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选；
故选：B。

4．ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（）
A．升华B．熔化C．溶于CCl4D．受热分解
【答案】D
【解析】
【详解】
ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。

5．煤的干馏实验装置如图所示。

下列说法错误的是
A．可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3
B．长导管的作用是导气和冷凝
C．从b层液体中分离出苯的操作是分馏
D．c口导出的气体可使新制氯水褪色
【答案】A
根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。

焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等 【详解】
A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH 3是错误的，故A 错误；
B.长导管的作用是导气和冷凝，故B 正确；
C.苯和煤焦油互溶，从b 层液体中分离出苯的操作是分馏，故C 正确；
D.c 口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D 正确；答案：A 。

【点睛】
解题的关键是煤干馏的产物。

根据产物的性质进行分析即可。

6．下列说法正确．．
的是( ) A ．
表示3Al +与OH -反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a 点溶液中含大量3Al +
B ．
可知()()()()
22CuS s 2Ag
aq Ag S s Cu aq +
+++垐?噲?平衡常数很大，反应趋于完全
C ．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为
D ．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化无关
【答案】B
【解析】
【详解】
A．a点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a 点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；
B．图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=
(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知K sp (CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)
平衡常数K=
()
()
2
2
c Cu
c Ag
+
+
=
()
()
2
Ksp CuS
Ksp Ag S
=
35.2
49.2
10
10
-
-
==1014，反应趋于完全，故B正确；
C．该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；
D．根据图象可知，反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，则反应①比反应②的速率快，故D错误；
故答案为B。

7．下列化合物中，属于酸性氧化物的是()
A．Na2O2B．SO3C．NaHCO3D．CH2O
【答案】B
【解析】
【详解】
A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；
B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；
C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；
D. CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。

本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。

8．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。

下列说法正确的是
A．若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的CO
B．实验时只需要在装置①中反应结束后再通入N2
C．若将④中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气
D．实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、利用②、③除去CO2，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；
B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；
C、由于从②、③溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此④中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；
D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D 错误；
答案选A。

【点睛】
固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。

9．把35.7g金属锡投入300 mL 14 mol /L HNO3共热(还原产物为NO x)，完全反应后测得溶液中c(H+) = 10 mol /L，溶液体积仍为300 mL。

放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96 L(S．T．P)。

由此推断氧化产物可能是
A．Sn(NO3)4B．Sn(NO3)2C．SnO2∙4H2O D．SnO
【分析】
根据l4mol/LHNO 3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H +)=10mol/L ，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO 2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。

【详解】
35.7g 金属锡的物质的量为
35.7g
118.7g /mol
=0.3mol ，14mol/L HNO 3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的
c(H +)=10mol/L ，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO 2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO 气体8.96 L ，根据反应：3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，则标准状况下NO 2的物质的量为
8.96L 3
22.4L /mol
⨯=1.2mol ，
设金属锡被氧化后元素的化合价为x ，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液中c(H +)=10mol/L ，而c(NO 3−)=
4.2mol 1.2mol
0.3L
-=10mol/L ，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸
盐，综合以上分析，答案选C 。

10．下列说法正确的是( )
A ．粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极
B ．5.6 g Fe 在足量Cl 2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2×6.02×1023
C ．室温下，稀释0.1 mol/L NH 4Cl 溶液，溶液中
()
(
)32+4
c NH H O c NH g 增大 D ．向BaCO 3、BaSO 4的饱和溶液中加入少量BaCl 2
，溶液中()
()
2-3
2-4
c CO c SO 减小
【答案】C 【解析】 【详解】
A .电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A 错误；
B .5.6g Fe 物质的量为0.1mol ，足量Cl 2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3N A ，B 错误；
C .氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中()()
32+4
c NH H O c NH g 增大，故C
正确；
D .BaCO 3、BaSO 4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO 3(s )+SO 42-⇌BaSO 4(s )+CO 32-(aq )，
()()2-3
2-4
c CO c SO =()()
sp
3
sp
4
K BaCO K BaSO ，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D 错误；
故合理选项是C 。

11．下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A. KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；
B. KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；
C. 加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；
D. 氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；
故选：D。

12．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。

下列说法中正确的是
A．18O2和16O2是两种不同的原子B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物
C．N5和N2是氮元素的两种同位素D．由N5变成N2是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】
A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；
B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；
C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；
D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；
故合理选项是D。

13．下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。

下列说法不正确的是
A．阳极反应式为2H2O−4e−4H++O2↑
B．CO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等
C．阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大
D．若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H++6e−CH3OH+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
图中阳极是水失电子，生成O 2和H+，电极反应式为：2H2O−4e−4H++O2↑，选项A正确；CO2被还原时，化合价降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极Pt，二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反应式为：CO 2+6H++6e−CH3OH+H2O，选项D正确。

14．下列变化中化学键没有破坏的是
A．煤的干馏B．煤的气化C．石油分馏D．重油裂解
【答案】C
【解析】
【详解】
A．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，化学键被破坏，故A错误；
B．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，化学键被破坏，故B错误；
C．石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，化学键没有破坏，故C正确；
D．石油裂化是大分子生成小分子，属于化学变化，化学键被破坏，故D错误．
故选：C。

实验发现:
ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;
ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。

取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN 溶液显红色。

下列分析合理的是
A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象
B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3
D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深
【答案】C
【解析】
【分析】
根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；
【详解】
根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，
A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；
B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；
C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．二氯化二硫(S 2Cl 2)是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。

人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。

向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成S 2Cl 2，进一步氯化得SCl 2。

S 2Cl 2、SCl 2、S 的某些性质如下：
实验室可用如图所示装置制备少量S 2Cl 2。

（1）仪器M 的名称是__。

（2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取Cl 2的化学方程式为__。

（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，上述仪器装置的连接顺序为e→__→f(按气体流出方向)。

D 装置中碱石灰的作用是_。

（4）S 2Cl 2粗品中可能混有的杂质是__(填化学式)，从S 2Cl 2粗品中提纯S 2Cl 2的操作方法是__(填操作名称)。

. （5）若产物S 2Cl 2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为__。

（6）对提纯后的产品进行测定：取mg 产品，加入50mL 水充分反应(SO 2全部逸出)，过滤，洗涤沉淀并将洗涤液与滤液合并，用100mL 容量瓶定容，取20.00mL 溶液与浓度为0.4000mol·L -1的硝酸银溶液反应，消耗硝酸银溶液20.00mL ，则产品中氯元素的质量分数为__(用含有m 的式子表示)。

【答案】圆底烧瓶 42222KMnO 16HCl()2KCl 2MnCl 5Cl 8H O +=++↑+浓 jkhicdab 吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B 使S 2Cl 2水解 Cl 2、SCl 2、S 分馏(或蒸馏)
22222S Cl 2H O SO 3S 4HCl +=↑+↓+
142%m 或1.42
m
【解析】 【分析】
（1）根据装置图分析仪器M 的名称；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S 反应，用冰水收集S 2Cl 2，最后用碱石灰收
（5）S 2Cl 2和水发生歧化反应生成SO 2、S 、HCl ；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是-
+A +Cl l g AgC =↓ 。

【详解】
（1）根据装置图，仪器M 的名称是圆底烧瓶；
（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为42222KMnO 16HCl()2KCl 2MnCl 5Cl 8H O +=++↑+浓；
（3）欲得到较纯净的S 2Cl 2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S 反应，用冰水收集S 2Cl 2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为e→j → k →h →i →c→ d→a→b→f 。

S 2Cl 2易水解，所以D 装置中碱石灰的作用是吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B 使S 2Cl 2水解；
（4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成SCl 2，因此S 2Cl 2粗品中可能混有的杂质是SCl 2、S 、Cl 2；根据S 2Cl 2、SCl 2、S 、Cl 2的沸点不同，S 2Cl 2粗品中提纯S 2Cl 2的操作方法是蒸馏（或分馏）；
（5）S 2Cl 2和水发生歧化反应生成SO 2、S 、HCl ，根据得失电子守恒配平反应式为
22222S Cl 2H O SO 3S 4HCl +=↑+↓+；
（6）滴定过程中反应的离子方程式是-
+A +Cl l g AgC =↓ ，则20.00mL 溶液中氯离子的物质的量是0.4mol·L -1×0.02L=0.008mol ，产品中氯元素的质量分数为
1000.008mol 35.5g/mol 20100%g m ⨯⨯
⨯=142%m
； 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚酯增塑剂G 及某医药中间体H 的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：
已知：+R 2OH
(1)A 的名称是___________________。

(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。

(3)G 的结构简式为_____________________，F 的分子式为_____________________。

(4)写出反应②的化学方程式____________________。

(5)C 存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：
____________。

(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。

(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物
（无机试剂任选）___________。

【答案】1，2-二氯丙烷加成反应氧化反应
C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶液
【解析】
【分析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为
，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推
知E为CH3CH2OH。

(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。

【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。

(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷
(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；
(3)G的结构简式为：；F的结构简式为
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；
(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaCl；
(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为
；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，
鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。

因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到
，所以合成路线流程图为：。

【点睛】
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究氮氧化物反应机理，对于控制汽车尾气、保护环境有重要意义。

（1）NO在空气中存在如下反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ΔH，上述反应分两步完成，其中第一步反应①如下，写出第二步反应②的热化学方程式（其反应的焓变ΔH2用含ΔH、ΔH1的式子来表示）：① 2NO(g) N 2O2(g)ΔH1＜0，② ___________；
（2）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。

反应的热化学方程式为： 4NH 3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）△H=－1811.63KJ/mol；反应在恒容密闭容器中进行，在其它相条件同时，选用不同的催化剂，反应产生N2的物质的量随时间变化如图所示。

①在催化剂A的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况如图2所示，据图可知，在相同的时间内，300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300℃之后温度升高脱氮率逐渐减小（催化剂均末失效），写出300℃之后脱氮率减小的原因是_________。

②其他条件相同时，请在图中补充在催化剂B作用下脱氮率随温度变化的曲线________。

（3）工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，现有平均组成为NO x的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，则：
①x的取值范围为_________________。

②反应后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=____________________。

(用含x的代数式表示）
（4）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NO x在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，如图示，两电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可自由传导O2－，电解池阴极反应为___。

【答案】N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2=ΔH-ΔH1300℃之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该
反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小1.5≤x＜
2(5-2x)︰(2x-3)2NO x+4xe-＝N2+2xO2-
【解析】
【详解】
（1）根据盖斯定律可知总反应式减去①即得到反应②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=ΔH-ΔH1；
（2）①由于300℃之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小，因此300℃之后脱氮率减小。

②根据图像可知催化剂B的催化效率低于催化剂A，达到平衡的时间长，故在更高的温度下才能达到平衡，由于正反应是放热反应，在较高的温度下的平衡状态中脱氮率较小，到达平衡后脱氮率不再受催化剂影响，
则其他条件相同时，在催化剂B作用下脱氮率随温度变化的曲线为。

（3）①平均组成为NO x的NO、NO2混合气体，通入足量的NaOH溶液中，充分反应后没有气体剩余，根据反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O可知只要n(NO2)︰n(NO)≥1时混合气体才能完全被吸收。

当n(NO2)︰n(NO)＝1时，x＝1.5，如果全部是NO2，x＝2，所以x的取值范围为1.5≤x＜2。

②根据氧化还原反应中电子得失守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为2NO x+2NaOH＝（5－2x）NaNO2+（2x－3）NaNO3+H2O，因此反应后溶液中n(NO2－)︰n(NO3－)=(5-2x)︰(2x-3)。

（4）电解池阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是NO x得到电子，所以反应为2NO x+4xe-＝N2+2xO2-。

19．CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。

(1)将体积比为2：1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。

将残留固体溶于水，所得溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)____________c(Na+)（填“>”“<”或“=”）。

(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0 kJ/mol；键能E（o=o）=499.0 kJ/mol
①CO(g)+O 2(g)CO2(g)+O(g) 的△H=____________kJ/mol
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。

某时刻该反应体系中各物质浓度满足：
c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。

(3)已知：反应CO 2(g)CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；反应
2CO 2(g)2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，
①分析图1，求2min内v(CO2)=_______。

②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1 L，则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。

(4)为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：3进行实验，得到如下数据：
选项T/K 时间/min 催化剂种类甲醇的含量(%)
A 450 10 CuO-ZnO 78
B 450 10 CuO-ZnO-ZrO288
C 450 10 ZnO-ZrO246
①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO 的平衡转化率的是____________。

②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。

A．使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2B．适当降低反应温度
C．增大CO和H2的初始投料比D．恒容下，再充入a mol CO和3a mol H2
【答案】< -33.5 向左3×10-7 mol/(Lmin) 3.2×10-8 mol/L B cd BD
【解析】
【分析】
(1)碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合溶液中电荷守恒分析；
(2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②根据Q c与K的相对大小判断；
(3)①2min内O的浓度增大0.6×10-6 mol/L，则二氧化碳减小0.6×10-6mol/L，根据v(CO2)=
c
t
V
V
计算；
②根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的物质的量，利用体积比等于物质的量的比，结合K 的含义计算；
(4)①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，图2中a 、b 、c 、d 四点是该温度下CO 平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率；
②由CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) △H 1=-53.7 kJ/mol 可知提高CO 2转化为CH 3OH 平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度。

【详解】
(1) Na 2O 2与CO 2反应：2CO 2+2Na 2O 2=2Na 2CO 3+O 2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O 22CO 2，整个过程相当于CO+Na 2O 2=Na 2CO 3，由于加入足量的Na 2O 2固体，则反应后的气体只能为O 2，所以反应后生成物的化学式是Na 2CO 3、O 2；Na 2CO 3在溶液中水解显碱性，则c(OH -)>c(H +)。

溶液中电荷守恒为：2c(CO 32-)+c(HCO 3-)+c(OH -)=c(H +)+c(Na +)，由于c(OH -)>c(H +)，所以2c(CO 32-)+c(HCO 3-)<c(Na +)；
(2)①已知：(i)2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g) △H=-566.0 kJ/mol ；
(ii)O 2(g)=2O(g) △H=+499 kJ/mol ；
根据盖斯定律：[(i)+ (ii)]÷2，整理可得：两个方程相加除以2即可得到CO(g)+O 2(g)
CO 2(g)+O(g) 的△H=-33.5 kJ/mol ；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·
c(O 2)=c(CO 2)·c(O)，则Q c =()()()()22c CO c O c CO c O n n =1>K=0.40，则反
应向左进行；
(3)①2min 内O 的浓度增大0.6×10-6 mol/L ，则CO 2的浓度减小0.6×10-6 mol/L ，则v(CO 2)=7c 610mol /L t 2min
-⨯=V V =3×10-7 mol/(L·min)； ②在反应开始时n(CO 2)=1 mol ，设生成的O 2为x mol ，则平衡时n(O 2)=x mol ，n(CO)=2x mol ，n(CO 2)=(1-2x) mol ，由于平衡时，氧气的体积分数为0.2，则()122x
x x x -++=0.2，解得x=0.002，此时容器体积为1 L ，
则c(CO 2) =0.996 mol/L ，c(CO)=0.004 mol/L ，c(O 2)=0.002 mol/L ，所以该反应的化学平衡常数K=420.0040.0020.996
⨯ mol/L≈3.2×10-8 mol/L ； (4)①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂CuO-ZnO-ZrO 2最佳，故合理选项是B ；
图3中a 、b 、c 、d 四点是该温度下CO 平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率，a 、b 点反应未达到平衡状态，不是平衡转化率，而c 、d 点是平衡转化率，故合理选项是cd ；
②A.使用催化剂CuO-ZnO-ZrO 2 加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高CO 的平衡转化率，A 错误；
B.该反应的正反应是放热反应，适当降低反应温度，可以使化学平衡正向移动，可增大反应物CO的转化率，B正确；
C.增大CO和H2的初始投料比，可增大H2的转化率，CO的转化率减小，C错误；
D.恒容下，再充入a molCO和3a mol H2，相当于增大压强，中的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO转化率增大，D正确；
故合理选项是BD。

【点睛】
本题考查了离子浓度大小比较、反应热和反应速率的计算、化学平衡移动等知识，掌握盐的水解规律、盖斯定律及有关概念的含义，理解平衡移动原理的影响因素是解得关键，要结合物质反应转化的物质的量比等于方程式中化学计量数的比计算，试题侧重考查学生的分析能力和计算能力。