[高三总复习]2025届名师原创分科模拟(三)3化学(XS5J)答案正在持续更新，目前全国100所名校单元测试示范卷答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

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5.解析：(1)①根据题意，C1O厂氧化吸收NO生成硝酸根离子，高于360℃，一氧化氨的去除率下降说明温度高于360℃本身还原为氯离子，且溶液为碱性，离子方程式为3C1O一十时，催化剂B的活性降低，反应速率减慢。(2)由反应机理2NO+2OH-3CI-+2NO3+H2O;②根据题图可知电示意图可知，氧气在一定条件下有效去除烟气中的一氧化流强度大于4A后，次氯酸根离子的浓度会下降，而氧化性氨和二氧化硫的反应机理为○2在O发生器中失去电子较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO脱除率下降。·转化为O2,O2与水作用生成HO,HO在净化器中将(2)①随pH增大，活性炭上吸附的OH一增多，生成的·OHNO和SO2氧化为HNO3和H2SO4。(3)由题给信息可知，增多；pH继续增大时，OH将NH转化为NH3,不利于通少量二氧化氯时，二氧化氯在溶液中与一氧化氨反应生活性炭对氨氦的吸附；②1 mol HNO3完全转化为N2,氨元·成氯化氢和二氧化氨，使得溶液的酸性增强，导致二氧化硫素从十5价降为0价，则转移电子的物质的量为5mol;甲醇！在溶液中的溶解度减小，同时反应生成的二氧化氨优先与分子中C元素为一2价，甲醇在反应中作还原剂，被氧化为！尿素反应，使得与二氧化硫反应的尿素减少，导致二氧化硫二氧化碳，C元素化合价从一2价升高到十4价，结合得失电的去除率较低。子守恒，需要消耗甲醇物质的量为1molX5=5mol,消耗答案：(1)①一1627②温度高于360℃时，催化剂B活性6降低，反应速率减慢(2)O2在O以发生器中失去电子转化甲醇质量为号molX32g·mol1-89g。(3)①NaBH,中为O2,O2与水作用生成HO,HO在净化器中将NO和SO2氧化为HNO3和H2SO4(3)CIO2与NO在溶液中反H由一1价升高到0价，Fe2+由十2价降为0价，水中部分应生成HC1和NO2,溶液的酸性增强，SO2的溶解度减小，H元素由十1价降低到0价，则该反应中FeSO4和H2O都：NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少是氧化剂；②检验还原后的溶液中存在NH4的实验方法：8.解析：(1)由题千信息可知，三个反应中H2均作反应物，则取少量样品于试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管增大H2的浓度，反应I、Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加，A正口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸由红变蓝，确；催化剂只能改变反应速率，不能使衡发生移动，则加证明有NH4;③溶液初始pH较低有利于NO3的去除，其！入反应I的催化剂，不可提高CO的衡转化率，B错误；题可能的原因：pH越低，酸性越强，则NO3氧化性越强。述反应体系在一定条件下建立衡后，根据反应速率之比答案：(1)①3CIO-+2NO+2OH-—3C1-+2NO3+等于化学计量数之比，可得3v递(CO2)=v正(H2),C正确；升H2O②随着电流强度的增大，次氯酸根离子转化（歧化）高反应温度，反应Ⅲ的正、逆反应速率都增大，正反应是吸为氯酸根离子，氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱热反应，故衡正向移动，D错误。(2)由题千信息可知，反(2)①随pH增大，活性炭上吸附的OH一增多，生成·OH:应I、Ⅱ、Ⅲ的正反应分别是放热反应、放热反应和吸热反增多；pH继续增大时，OH将NH转化为NH3,不利于应，升高温度，化学衡分别向逆方向、逆方向和正方向移活性炭对氨氮的吸附②婴g(3)①FeS0:、,0动，衡常数分别减小、减小和增大，故由题图可知，曲线①②表示lgK随T的升高而减小，曲线③表示lgK随T的升②取少量样品于试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试：高而增大，已知曲线①代表反应Ⅱ，故曲线②为反应I,结管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸由红变合各反应的△H,归纳1gK-T曲线变化规律：放热反应，1gK蓝，证明有NH对③pH越低，酸性越强，则NO氧化性随T增大而减小；吸热反应，gK随T增大而增大；焓变越越强大，1gK随T的变化程度越大。(3)温度低于450℃时，曲线6.解析：(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应I一反应ⅡX·Ⅱ中脱氨率随温度升高而升高的主要原因可能是催化剂活2,即△H3=△H1-2△H2=-164.7kJ·mol-1-2×性随温度升高增大，与温度升高共同使NO去除反应速率迅41.2kJ·mol-1=-247.1kJ·mol-1;②反应I和Ⅲ均放速增大。(4)①酸性条件下，阴极产生C2H4的电极反应热，且反应Ⅲ放出热量更多，受温度影响更大，温度升高，2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O;②题图中变化规衡左移，CO2的衡转化率增大。(2)①电负性：O>C>H,即律是随KCI浓度的增大，FE(CH4)增大，说明KCI的存在有HCO3中一OH带负电，而Q中与Mn相连的H带负电，利于CO2还原成CH4,不利于生成氢气（或KCI的浓度大Mn带正电，由于Mn半径大，Mn一H不稳定，易与一OH结于1mol·L1时，KC1抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电合为M一OH,H易形成HCOO一；②由题可知，锰与水反应·化学还原生成CH4的选择性)；③标准状况下22.4L的生成MnO与活性氢原子，MnO结合活性氢原子形成中间体CO2物质的量为1mol,被完全吸收并还原为CH4和Q,反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能C2H4,分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如题图所是：生成的MnO对反应有催化作用。(3)①由CO2生成示装置（反应完全），出口处收集到6.72L气体为CH4,则CH3OH,C的化合价由十4降为一2，电极反应式为CO2+CH4物质的量为0.3mol,根据C原子守恒可知，生成的6e-十6H+=CH3OH十H2O;②当pH过低时，阴极主要·CH:的物质的量=号×(1-0.3)m0l=0.35m0l,生成为氢离子放电，导致有机物产率降低。CH4所用的电子的物质的量=8×0.3mol=2.4mol,生成答案：(1)①一247.1②反应I和Ⅲ均放热，且反应Ⅲ放出C2H4所用的电子的物质的量=0.35mol×12=4.2mol,热量更多，受温度影响更大，温度升高，衡左移，CO2的c(KCl)=3mol·L1时，FE(CH4)=20%,则FE(C2H4)=衡转化率增大(2)①电负性：O>C>H,即HCO3中4.2-OH带负电，而Q中与Mn相连的H带负电，Mn带正电，：2.4÷20%X100%=35%。由于Mn半径大，Mn一H不稳定，易与一OH结合为I答案：(1)AC(2)I放热反应，1gK随T增大而减小；吸M一OH,H易形成HCOO-②生成的MnO对反应有催·热反应，gK随T增大而增大；焓变越大，gK随T的变化程化作用(3)①CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O度越大(3)催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同②pH过低时，阴极主要为氢离子放电使NO去除反应速率迅速增大(4)①2CO2+12H++7.解析：(1)①将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，12e-C2H4+4H2O②KCl的存在有利于CO2还原成①一②X4得有氧条件下的反应，则反应△H=△H1一！CH4,不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1mol·L1时，4△H2=(-905.0kJ·mol-1)-(+180.5kJ·mol-1)×4·KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成=-1627kJ·mol-1;②由图可知，使用催化剂B,当温度！CH4的选择性)③35%—208