2021-2022學(xué)年寧夏銀川高三第二次調(diào)研化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A5.5g超重水(T2O)中含有的中子數(shù)目為3NAB常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NAC常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子

2、的數(shù)目為6NADL1CH3COOH溶液中含有H數(shù)目為0.2NA2、下列說法不正確的是A圖1表示的反應(yīng)為放熱反應(yīng)B圖1中、兩點的速率v()v()C圖2表示A(?)+2B(g)2C(g) H0，達(dá)平衡后，在t1、t2、t3、t4時都只改變了一種外界條件的速率變化，由圖可推知A不可能為氣體D圖3裝置的總反應(yīng)為4Al+3O26H2O=4Al(OH)33、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（ ）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)4、我國歷史悠久，

3、有燦爛的青銅文明，出土大量的青銅器。研究青銅器中(含Cu、Sn等)在潮濕環(huán)境中發(fā)生的腐蝕對于文物保護(hù)和修復(fù)有重要意義。下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原理示意圖。下列說法不正確的是( )A青銅器發(fā)生電化學(xué)腐蝕，圖中c作負(fù)極，被氧化B正極發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-C環(huán)境中的C1-與正、負(fù)兩極反應(yīng)的產(chǎn)物作用生成a的離子方程式為2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3ClD若生成2 mol Cu2(OH)3Cl， 則理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為22.4 L5、用如圖裝置進(jìn)行實驗,下列預(yù)期實驗現(xiàn)象及相應(yīng)結(jié)論均正確的是（ ）ab預(yù)期實驗現(xiàn)象結(jié)論A銅絲濃硝酸試管c中有

4、大量紅棕色氣體濃硝酸有強(qiáng)氧化性B木條18.4molL-1硫酸木條下端變黑濃硫酸有酸性和氧化性C生鐵NaCl溶液導(dǎo)管處發(fā)生水倒吸生鐵發(fā)生吸氧腐蝕D鐵絲含少量HCl的H2O2溶液試管c中有大量無色氣體該反應(yīng)中鐵作催化劑AABBCCDD6、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，測得碳酸中含碳微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化如圖所示，下列說法不正確的是：A除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入鹽酸至pH=7BX、Y為曲線兩交叉點。由X點處的pH，可計算Ka1(H2CO3)CpH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)D將CO2通入NaOH溶液制取Na2

5、CO3，應(yīng)控制pH12.57、下列有關(guān)實驗的敘述完全正確的是AABBCCDD8、相同主族的短周期元素中，形成的單質(zhì)一定屬于相同類型晶體的是A第IA族B第IIIA族C第IVA族D第VIA族9、含有酚類物質(zhì)的廢水來源廣泛，危害較大。含酚廢水不經(jīng)處理排入水體，會危害水生生物的繁殖和生存；飲用水含酚，會影響人體健康。某科研結(jié)構(gòu)研究出一種高效光催化劑BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如圖所示。下列說法錯誤的是（ ）A光催化劑BMO可降低丁基酚氧化反應(yīng)的HB在丁基酚氧化過程中BMO表現(xiàn)出強(qiáng)還原性C苯環(huán)上連有一OH和一C4H9的同分異構(gòu)體共有12種（不考慮立體異構(gòu)）D反應(yīng)中BMO參與反應(yīng)

6、過程且可以循環(huán)利用10、a、b、c、d為短周期元素，原子序數(shù)依次增大。a原子最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)的3倍，a和b能組成兩種常見的離子化合物，其中一種含兩種化學(xué)鍵，d的最高價氧化物對應(yīng)的水化物和氣態(tài)氫化物都是強(qiáng)酸。向d的氫化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，開始沒有沉淀；隨著bca2溶液的不斷滴加，逐漸產(chǎn)生白色沉淀。下列推斷正確的是A簡單原子半徑：bcaB最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：bcC工業(yè)上電解熔融cd3可得到c的單質(zhì)D向b2a2中加入cd3溶液一定不產(chǎn)生沉淀11、某種化合物（如圖）由 W、X、Y、Z 四種短周期元素組成，其中 W、Y、Z 分別位于三個不同周期，Y 核外最外層電子數(shù)是 W

7、 核外最外層電子數(shù)的二倍；W、X、Y 三種簡單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是A原子半徑：W X Y ZYXMB常見氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：XYZC1molWM溶于足量水中完全反應(yīng)，共轉(zhuǎn)移2mol電子D由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物一定既有離子鍵，又有共價鍵二、非選擇題(共84分)23、（14分）暗紅色固體X由三種常見的元素組成（式量為412），不溶于水，微熱易分解，高溫爆炸。己知：氣體B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為-1，混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{(lán)色。請回答以下問題：（1）寫出A的電子式_。（2）寫出生成白色沉淀D的化學(xué)方程式_。（3）固體X可由A與過量氣體C的濃溶液反應(yīng)

8、生成，其離子方程式為_（4）有人提出氣體C在加熱條件下與Fe2O3反應(yīng)，經(jīng)研究固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，請設(shè)計實驗方案檢驗固體產(chǎn)物中可能的成分（限用化學(xué)方法）_24、（12分）煤化工可制得甲醇以下是合成聚合物M的路線圖己知：E、F均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；+RX+HX完成下列填空：（1）關(guān)于甲醇說法錯誤的是_（選填序號）a甲醇可發(fā)生取代、氧化、消去等反應(yīng) b 甲醇可以產(chǎn)生CH3OCH3（乙醚）c甲醇有毒性，可使人雙目失明 d甲醇與乙醇屬于同系物（2）甲醇轉(zhuǎn)化為E的化學(xué)方程式為_（3）C生成D的反應(yīng)類型是_； 寫出G的結(jié)構(gòu)簡式_（4）取1.08g A物質(zhì)（式量108）與足量飽和溴水完全反應(yīng)能生成2.

9、66g白色沉淀，寫出A的結(jié)構(gòu)簡式_25、（12分） (CH3COO)2Mn4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖?；卮鹣铝袉栴}：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是_，C裝置中NaOH溶液的作用是_。(2)B裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應(yīng)后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應(yīng)生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)生成MnCO3的離子方程式_。判斷沉淀已洗凈的操作和現(xiàn)象是_。步驟三：制備(CH3COO)2Mn4H2O固體向11.5 g MnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應(yīng)一段時間后，過濾

10、、洗滌，控制溫度不超過55干燥，得(CH3COO)2Mn4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn4H2O最佳實驗條件的數(shù)據(jù)如下：(4)產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55的原因可能是_。(5)上述實驗探究了_和_對產(chǎn)品質(zhì)量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn4H2O產(chǎn)率為_。26、（10分）Na2S2O35H2O俗稱“海波”，是重要的化工原料，常用作脫氯劑、定影劑和還原劑。（1）Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脫氯劑，該反應(yīng)的離子方程式是_。（2）測定海波在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：依據(jù)反應(yīng)2S2O32+I2S4O62+2I，可用I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液測定產(chǎn)品的純度。稱取5.5

11、00g產(chǎn)品，配制成100mL溶液。取10.00mL該溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.05000molL1I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，相關(guān)數(shù)據(jù)記錄如表所示。判斷滴定終點的現(xiàn)象是_。若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則測量的Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會_（填“偏高”、“偏低”或“不變”）計算海波在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計算過程）。_。27、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應(yīng)制取水合肼（N2H4H2O）。已知：N2H4H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl（實驗一）制備NaClO溶液（

12、實驗裝置如圖所示）(1)配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外，還有_（填標(biāo)號）A容量瓶 B燒杯 C燒瓶 D玻璃棒(2)錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)化學(xué)程式是_。（實驗二）制取水合肼。（實驗裝置如圖所示）控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。加熱蒸餾三頸燒瓶內(nèi)的溶液，收集108-114餾分。(3)分液漏斗中的溶液是_（填標(biāo)號）。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是_。蒸餾時需要減壓，原因是_。（實驗三）測定餾分中肼含量。(4)水合肼具有還原性，可以生成氮?dú)狻y定水合肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可采用下列步驟：a稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證

13、滴定過程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b移取10.00 mL于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。c用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)_，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積。d進(jìn)一步操作與數(shù)據(jù)處理(5)滴定時，碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在_滴定管中（選填：“酸式”或“堿式”）水合肼與碘溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_。(6)若本次滴定消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。28、（14分）有效去除大氣中的NOx，保護(hù)臭氧層，是環(huán)境保護(hù)的重要課題。(1)在沒有NOx催化時，O3的分解可分為以下兩步反應(yīng)進(jìn)行；O3=O+O2 (慢) O+O3=2O2 (快)第一

14、步的速率方程為v1=k1c(O3)，第二步的速率方程為v2=k2c(O3)c(O)。其中O為活性氧原子，它在第一步慢反應(yīng)中生成，然后又很快的在第二步反應(yīng)中消耗，因此，我們可以認(rèn)為活性氧原子變化的速率為零。請用k1、k2組成的代數(shù)式表示c(O)=_。(2)NO做催化劑可以加速臭氧反應(yīng)，其反應(yīng)過程如圖所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) H=143 kJ/mol反應(yīng)1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=200.2 kJ/mol。反應(yīng)2：熱化學(xué)方程式為_。(3)一定條件下，將一定濃度NOx(NO2和NO的混合氣體)通入Ca(OH)2懸濁液中，改變，NOx的去除率如圖所

15、示。已知：NO與Ca(OH)2不反應(yīng)；NOx的去除率=1100%在0.30.5之間，NO吸收時發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為：_。當(dāng)大于1.4時，NO2去除率升高，但NO去除率卻降低。其可能的原因是_。(4)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=759.8 kJ/mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時，N2的體積分?jǐn)?shù)隨的變化曲線如圖。b點時，平衡體系中C、N原子個數(shù)之比接近_。a、b、c三點CO的轉(zhuǎn)化率從小到大的順序為_；b、c、d三點的平衡常數(shù)從大到小的順序為_(以上兩空均用a、b、c、d表示)。若=0.8，反應(yīng)達(dá)平衡時，N2的體積分?jǐn)?shù)為

16、20%，則NO的轉(zhuǎn)化率為_。29、（10分）利用碳和水蒸氣制備水煤氣的核心反應(yīng)為：C(s)H2O(g)H2(g)CO(g)(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃燒熱分別為393.5kJmol1、285.8kJmol1、283kJmol1，又知H2O(l)=H2O(g)H44kJmol1，則C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H_。(2)在某溫度下，在體積為1L的恒容密閉剛性容器中加入足量活性炭，并充入1mol H2O(g)發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)時間與容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)的數(shù)據(jù)如表：時間/min010203040總壓強(qiáng)/100kPa1.01.21.31.41.4平衡時，容器中氣體總物質(zhì)的量為_mol，

17、H2O的轉(zhuǎn)化率為_。該溫度下反應(yīng)的平衡分壓常數(shù)Kp_kPa(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(3)保持25、體積恒定的1L容器中投入足量活性炭和相關(guān)氣體，發(fā)生可逆反應(yīng)CH2O(g)COH2并已建立平衡，在40 min時再充入一定量H2，50min時再次達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中各物質(zhì)的濃度隨時間變化如圖所示：40min時，再充入的H2的物質(zhì)的量為_mol。4050 min內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率為_molL1min1。(4)新型的鈉硫電池以熔融金屬鈉、熔融硫和多硫化鈉(Na2Sx)分別作為兩個電極的反應(yīng)物，固體Al2O3陶瓷(可傳導(dǎo)Na)為電解質(zhì)，其原理如圖所示：放電時，電極A為_極，S發(fā)生_反應(yīng)（填“氧化”或

18、“還原”）。充電時，總反應(yīng)為Na2Sx=2NaSx(3xAlO，A正確；B. 最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性，氫氧化鈉強(qiáng)于氫氧化鋁，B不正確；C. 工業(yè)上電解熔融三氧化二鋁來冶煉鋁，氯化鋁是共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，C不正確；D. 向過氧化鈉中加入足量的氯化鋁溶液可以產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，D不正確。本題選A。11、A【解析】W、X、Y、Z 均為短周期元素，且W、Y、Z 分別位于三個不同周期，則其中一種元素為H，據(jù)圖可知W不可能是H，則Y或者Z有一種是氫，若Y為H，則不滿足“W、X、Y 三種簡單離子的核外電子排布相同”，所以Z為H，W和Y屬于第二或第三周期；據(jù)圖可知X可以形成+1價陽離子，若X

19、為Li，則不存在第三周期的元素簡單離子核外電子排布與X相同，所以X為Na；據(jù)圖可知Y能夠形成2個共價鍵，則Y最外層含有6個電子，結(jié)合“W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同”可知，Y為O；根據(jù)“Y核外最外層電子數(shù)是W核外最外層電子數(shù)的二倍”可知，W最外層含有3個電子，為Al元素，據(jù)此解答?！驹斀狻緼同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑大小為：ZYWX，故A錯誤；BNa與O形成的過氧化鈉、O與H形成的雙氧水都是強(qiáng)氧化劑，具有漂白性，故B正確；C金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)簡單離子的氧化性越弱，金屬性AlNa，則簡單離子的氧化性：WX，故C正確；DAl與Na的最高價

20、氧化物的水化物分別為氫氧化鋁、NaOH，二者可相互反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，故D正確；故選：A。12、B【解析】A. 將SO2氣體通入Na2SiO3溶液中生成膠狀沉淀說明發(fā)生反應(yīng)SO2+ Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正確；B. 淀粉遇碘變藍(lán)，向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液顏色不變只能說明食鹽中不含碘單質(zhì)，不能證明不含碘酸鉀，故B錯誤；C. 兩支試管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氫氧化銅沉淀，說明氫氧化銅比氫氧化鈣更容易沉淀，且二者為同類型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故

21、C正確；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色說明有碘單質(zhì)生成，即銅離子將碘離子氧化，下層有白色沉淀生成說明不是氫氧化銅沉淀且無銅單質(zhì)生成，說明發(fā)生反應(yīng)2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正確；故答案為B?！军c睛】對于同種類型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀類型不同，不能根據(jù)Ksp判斷溶解度的大小，比較Ksp的大小沒有意義。13、B【解析】A.H2和D2是單質(zhì)，不是原子，且是同一種物質(zhì)，A錯誤；B.2He和3He是同種元素的不同種原子，兩者互為同位素，B正確；C.O2和O3是氧元素的兩種不同的單質(zhì)，互為同素異形體，C錯誤；D

22、.冰是固態(tài)的水，干冰是固態(tài)的二氧化碳，是兩種不同的化合物，不是同位素，D錯誤；故合理選項是B。14、C【解析】A大氣中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以減少酸雨的形成，A正確；B儲存過程中NOx轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2，N元素價態(tài)升高被氧化，B正確；C還原過程中消耗1molBa(NO3)2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10NA，C錯誤；DBaO轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2儲存NOx，Ba(NO3)2轉(zhuǎn)化為BaO、N2和H2O，還原NOx，D正確；故選C。15、C【解析】根據(jù)圖像可知，b極氨氣中的N原子化合價由-3變?yōu)?價，得電子為電解池的陽極，則b極為陰極，化合價降低得電子；電解質(zhì)溶液中的氫離子向陰極移動；

23、【詳解】A.分析可知， a為陰極得電子，A正確；B. b電極氨氣中的N原子化合價由-3變?yōu)?價，生成氮?dú)夂蜌潆x子，其電極反應(yīng)為：2NH3-6e-=N2+6H+，B正確；C. 電解一段時間后，b電極消耗溶液中的氫離子，裝置內(nèi)H+數(shù)目不變，C錯誤；D. 理論上每消耗1 mol NH3，消耗溶液中3mol氫離子，發(fā)生加成反應(yīng)，可生成15mol，D正確；答案為C16、C【解析】A石墨烯是碳元素的單質(zhì)，不是碳?xì)浠衔铮皇窍N，A錯誤；B石墨烯中每個碳原子形成3鍵，雜化方式為sp2雜化，B錯誤；C黑磷與白磷是磷元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，C正確；D黑磷是磷單質(zhì)，高溫下能與O2反應(yīng)，在空氣中不能穩(wěn)定存

24、在，D錯誤；答案選C。17、D【解析】A、氨水屬于混合物，不在弱電解質(zhì)討論范圍，故A錯誤；B、蔗糖是非電解質(zhì)，故B錯誤；C、干冰是非電解質(zhì)，故C錯誤；D. 碳酸在水溶液里部分電離，所以屬于弱電解質(zhì)，故D正確；故選D。點睛：本題考查基本概念，側(cè)重考查學(xué)生對“強(qiáng)弱電解質(zhì)”、“電解質(zhì)、非電解質(zhì)”概念的理解和判斷，解題關(guān)鍵：明確這些概念區(qū)別，易錯點：不能僅根據(jù)溶液能導(dǎo)電來判斷電解質(zhì)強(qiáng)弱，如：氨水屬于混合物，其溶解的部分不完全電離溶液能導(dǎo)電，不屬于弱電解質(zhì)，為易錯題。18、C【解析】A、K+離子與O2-離子形成離子鍵，O2-離子中O原子間形成共價鍵，故A錯誤；B、K+離子位于頂點和面心，數(shù)目為81/8+

25、61/2=4，O2-離子位于棱心和體心，數(shù)目為121/4+1=4，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2-，故B錯誤；C、由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D、O原子間以共價鍵結(jié)合，故D錯誤。故選C?！军c睛】易錯點為C項，由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+為研究對象，其平面上與其距離最近的O2-有4個，上方和下方各有一個。19、A【解析】A.石油的裂解是工業(yè)上生產(chǎn)乙烯的主要方法，故A錯誤；B.煤液化是把固體煤炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料、化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，水煤氣經(jīng)過催化合成得到甲醇等液

26、體燃料的過程屬于煤的液化，故B正確；C.儲氫材料是一類能可逆的吸收和釋放氫氣的材料，鑭鎳合金能大量吸收氫氣形成金屬氫化物，是目前解決氫氣的儲存和運(yùn)輸問題的材料，故C正確；D.Na2SO410H2O晶體在太陽光照射時能夠分解失去結(jié)晶水，溫度降低后又形成Na2SO410H2O晶體釋放能量，故D正確；綜上所述，答案為A。20、D【解析】A.未標(biāo)出物質(zhì)的狀態(tài)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H= -92kJ/mol，故A錯誤；B.從圖中得出生成2 mol NH3時，反應(yīng)放熱92kJ，故B錯誤；C.催化劑可以同等的加快正逆反應(yīng)速率，平衡不會改變，轉(zhuǎn)化率也不變，故C錯誤；

27、D. 加入催化劑增大反應(yīng)速率，化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響，所以加催化劑不會改變平衡常數(shù)，故D正確；故答案為D。【點睛】易誤選C，注意催化劑只能改變速率，而且是同等程度的改變，但是不能改變反應(yīng)的限度，轉(zhuǎn)化率不變。21、A【解析】A稀釋濃硫酸時，要把濃硫酸緩緩地沿器壁注入水中，同時用玻璃棒不斷攪拌，以使熱量及時地擴(kuò)散；一定不能把水注入濃硫酸中，故A正確；B使用酒精燈時要注意“兩查、兩禁、一不可”，不能向燃著的酒精燈內(nèi)添加酒精，故B錯誤；C檢驗CO2是否收集滿，應(yīng)將燃著的木條放在集氣瓶口，不能伸入瓶中，故C錯誤；D過濾液體時，要注意“一貼、二低、三靠”的原則，玻璃棒緊靠三層濾紙?zhí)?，故D錯誤；故答案選

28、A。22、B【解析】Y與M形成的氣態(tài)化合物在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度0.76gL1，該氣態(tài)化合物的摩爾質(zhì)量為22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，該氣體為NH3， M、X、Y、Z、W為五種短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，則M為H元素，Y為N；X、Y、Z最外層電子數(shù)之和為15，X與Z可形成XZ2分子，X為+4價，Y為2價，可推出X、Y、Z分別為C、N、O三種元素； W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的，推出W的質(zhì)子數(shù)為=11，所以W為Na元素。A. 所有元素中H原子半徑最小，同周期自左向右原子半徑減小，同主族自上到下原子半徑增大，故原子半徑NaCNOH，即WXYZM，故A錯誤；B.

29、X、Y、Z分別為C、N、O三種元素，非金屬性XYZ，元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；C.NaH與水發(fā)生反應(yīng)：NaH+H2O=NaOH+H2，1molNaH溶于足量水中完全反應(yīng)共轉(zhuǎn)移1mol電子，故C錯誤；D. 由M、X、Y、Z四種元素形成的化合物可為氨基酸或碳酸銨、醋酸銨等物質(zhì)，如為氨基酸，則只含有共價鍵，故D錯誤。故選B。二、非選擇題(共84分)23、 SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl 3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O 取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣

30、溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。 【解析】氣體B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為-1，則其摩爾質(zhì)量為22.4L/mol1.25 g.L-1=28 g/mol，為氮?dú)?。混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{(lán)色，說明混合氣體中含有水蒸氣和氮?dú)?。根?jù)前后氣體的體積變化分析，無色氣體C為氨氣。紫黑色固體A應(yīng)為碘單質(zhì)，能與二氧化硫和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀6.99克為硫酸鋇沉淀，即0.03mol，通過電子計算碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為0.03mol，氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為0.01mol，氨氣的物質(zhì)的量為0.02mol，計算三種物質(zhì)的質(zhì)量和為8.24克，正好是固

31、體X的質(zhì)量，所以X的化學(xué)式為NI3NH3?！驹斀狻浚?）A為碘單質(zhì)，電子式為：；（2）碘單質(zhì)和二氧化硫和氯化鋇和水反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式為：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl；（3）固體X可由碘與過量氣體氨氣的濃溶液反應(yīng)生成，離子方程式為：3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O ；（4）固體產(chǎn)物中不含+3價的鐵元素，所以反應(yīng)后可能產(chǎn)生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應(yīng)置換出紅色固體銅檢驗是否有鐵，氧化亞鐵的檢驗可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色的性質(zhì)進(jìn)行，故實驗操作為：取固體產(chǎn)物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應(yīng)后，若有紅

32、色固體出現(xiàn)，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現(xiàn)象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。24、a 2CH3OH+O22HCHO+2H2O 消去反應(yīng) HCOOCH3 【解析】一定條件下，氫氣和一氧化碳反應(yīng)生成甲醇，甲醇氧化生成E為甲醛，甲醛氧化得F為甲酸，甲酸與甲醇發(fā)生酯化得G為甲酸甲酯，甲醇和氫溴酸發(fā)生取代反應(yīng)生成一溴甲烷，在催化劑條件下，一溴甲烷和和A反應(yīng)生成B，B反應(yīng)生成C，C反應(yīng)生成D，根據(jù)A的分子式知，A中含有醇羥基和亞甲基或甲基和酚羥基，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式知，A中含有甲基和酚羥基，酚發(fā)生取代反應(yīng)時取代位置為酚羥基的鄰對位，根據(jù)D知，A是間甲基苯酚，間甲基苯

33、酚和一溴甲烷反應(yīng)生成B（2，5二甲基苯酚），2，5二甲基苯酚和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成，和丙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成M，M的結(jié)構(gòu)簡式為：，根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)分析解答?！驹斀狻恳欢l件下，氫氣和一氧化碳反應(yīng)生成甲醇，甲醇氧化生成E為甲醛，甲醛氧化得F為甲酸，甲酸與甲醇發(fā)生酯化得G為甲酸甲酯，甲醇和氫溴酸發(fā)生取代反應(yīng)生成一溴甲烷，在催化劑條件下，一溴甲烷和和A反應(yīng)生成B，B反應(yīng)生成C，C反應(yīng)生成D，根據(jù)A的分子式知，A中含有醇羥基和亞甲基或甲基和酚羥基，根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式知，A中含有甲基和酚羥基，酚發(fā)生取代反應(yīng)時取代位置為酚羥基的鄰對位，根據(jù)D知，A是間甲基苯酚，間甲基苯酚和一溴甲烷反應(yīng)

34、生成B（2，5二甲基苯酚），2，5二甲基苯酚和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成，和丙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成M，M的結(jié)構(gòu)簡式為：，(1)a甲醇可發(fā)生取代、氧化反應(yīng)但不能發(fā)生消去，故a錯誤； b甲醇分子間脫水生成CH3OCH3，故b正確；c甲醇有毒性，可使人雙目失明，故c正確；d甲醇與乙醇都有一個羥基，組成相關(guān)一個CH2；所以屬于同系物，故d正確； (2)甲醇轉(zhuǎn)化為甲醛的化學(xué)方程式為 2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根據(jù)上面的分析可知，C生成D的反應(yīng)類型是：消去反應(yīng)，G為甲酸甲酯，G的結(jié)構(gòu)簡式 HCOOCH3；(4)取1.08g A物質(zhì)(式量108)的物質(zhì)的量=0.01mol，與足

35、量飽和溴水完全反應(yīng)能生成2.66g白色沉淀，根據(jù)碳原子守恒知，白色沉淀的物質(zhì)的量是0.01mol，則白色沉淀的摩爾質(zhì)量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，則溴原子取代酚羥基的鄰對位，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為：。25、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈 溫度過高會失去結(jié)晶水 醋酸質(zhì)量分?jǐn)?shù) 溫度 90.0% 【解析】將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na

36、2SO3的試管中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)制取SO2，將反應(yīng)產(chǎn)生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應(yīng)的SO2不能直接排放，可根據(jù)SO2與堿反應(yīng)的性質(zhì)用NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生。反應(yīng)產(chǎn)生的MnSO4再與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經(jīng)過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據(jù)表格中溫度、濃度對制取的產(chǎn)品的質(zhì)量分析醋酸錳晶體合適的條件?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置

37、中SO2與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，反應(yīng)的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或?qū)憺镾O2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)MnSO4與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O；若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結(jié)晶水，故一般是產(chǎn)品干

38、燥溫度不宜超過55；(5)表格采用了對比方法分析了溫度、醋酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)(或濃度)對產(chǎn)品質(zhì)量的影響。實驗l中11.5 g MnCO3的物質(zhì)的量為n(MnCO3)=0.1 mol，根據(jù)Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn4H2O的物質(zhì)的量是0.1 mol，其質(zhì)量為m(CH3COO)2Mn4H2O=0.1 mol245 g/mol=24.5 g，實際質(zhì)量為22.05 g，所以(CH3COO)2Mn4H2O產(chǎn)率為100%=90.0%?！军c睛】本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應(yīng)條件的控制及物質(zhì)含量的計算，將化學(xué)實驗與元素化合物知識有機(jī)結(jié)合

39、在一起，體現(xiàn)了學(xué)以致用的教學(xué)理念，要充分認(rèn)識化學(xué)實驗的重要性。26、S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O 當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不再變化 偏低 從表格中可以看出，第二次滴定誤差較大，不應(yīng)計算在平均值里面，消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均值為20.00mL。由2S2O32+I2S4O62+2I，可知5.5g樣品中n（Na2S2O35H2O）n（S2O32）2n（I2）20.02L0.05mol/L0.02mol，則m（Na2S2O35H2O）0.02mol248g/mol4.96g，則Na2S2O35H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%90.18%，故答案

40、為：90.18%。 【解析】（1）堿性條件下二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯離子和硫酸根離子；（2）以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/L I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，終點現(xiàn)象為溶液變藍(lán)色且半分鐘內(nèi)不褪色；依據(jù)反應(yīng)的定量關(guān)系2S2O32+I2=S4O62+2I計算碘單質(zhì)消耗的硫代硫酸鈉，計算得到樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！驹斀狻浚?）Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42，反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O，故答案為：S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O；（2）加入最后一滴I2標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)顏色不

41、改變，說明Na2S2O3反應(yīng)完畢，滴定到達(dá)終點，故答案為：當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不再變化；若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則Na2S2O3反應(yīng)不完全，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故答案為：偏低；第2次實驗消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積與其它2次相差比較大，應(yīng)舍棄，1、3次實驗的標(biāo)準(zhǔn)液平均值為消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積，即消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為20mL，由2S2O32+I2S4O62+2I，可知5.5g樣品中n(Na2S2O35H2O)n(S2O32)2n(I2)20.02L0.05mol/L0.02mol，則m(Na2S2O35H2O)0.02mol248g/mol4.96g，則Na2S

42、2O35H2O在產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%90.18%，故答案為：90.18%。【點睛】本題涉及物質(zhì)的量的計算、離子方程式書寫、基本操作等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵。27、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產(chǎn)品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O82.00%【解析】（1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時，具體步驟是計算、稱量、溶解，NaOH固體時需要放在燒杯中稱，量取水時需要量筒，溶解時需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛

43、有NaOH的錐形瓶中與NaOH發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據(jù)制取水合肼（N2H4H2O）的反應(yīng)原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物和反應(yīng)物分析判斷；水合肼（N2H4H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據(jù)反應(yīng)原理確定反應(yīng)終點；（5）根據(jù)碘溶液的性質(zhì)確定所用儀器；（6）根據(jù)N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O進(jìn)行計算。【詳解】（1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時，溶解時需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaO

44、H=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素為2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應(yīng)是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會降低物質(zhì)的沸點，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，減壓會降低物質(zhì)的沸點；（4）根據(jù)反應(yīng)N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，終點時碘過量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)淡黃色且

45、半分鐘不消失，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時，碘具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，則碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應(yīng)生成氮?dú)狻⒌饣瘹浜退?，反?yīng)的化學(xué)方程式為N2H2H2O+2I2=N2+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2H2O）=0.2000molL10.0082L=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質(zhì)的量=0.00082mol =0.082mol，水合肼（N2H2H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)= 100%=82%，故答案為：N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O ；82%?！军c睛】

46、水合肼（N2H4H2O）中氮元素為2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼是解答關(guān)鍵，也是易錯點。28、 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H2=+57.2kJ/mol NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O NO2量太多，剩余的NO2和水反應(yīng)生成NO逸出，導(dǎo)致NO去除率降低 1：1 cbd 60% 【解析】(1)由于活性氧原子變化的速率為零，可認(rèn)為其生成速率等于消耗速率，以此計算即可；(2)根據(jù)蓋斯定律將兩個熱化學(xué)反應(yīng)相減可得到反應(yīng)2的熱化學(xué)方程式；(3)NO、NO2和Ca(OH)2發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生Ca(NO2)2、H2O；根據(jù)二者發(fā)生歸中反應(yīng)的物質(zhì)的量的比及NO2與水反應(yīng)產(chǎn)生HNO3和NO分析判斷；(4)b點時N2含量最高，說明按方程式計量關(guān)系反應(yīng)，根據(jù)方程式分析C、N個數(shù)的比；根據(jù)坐標(biāo)系中橫坐標(biāo)的含義及物質(zhì)濃度與物質(zhì)轉(zhuǎn)化率的關(guān)系分析判斷。利用化學(xué)平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系及該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，利用溫度對平衡移動的影響判斷；根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合=0.8，反應(yīng)達(dá)平衡時，N2的體積分?jǐn)?shù)為20%，計算平衡時各種物