浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學2025屆高三上學期11月高考模擬考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學2025屆高三上學期11月高考模擬考試可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Cr52Fe56Cu64Br80I127Ba137選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是（）A.KCl溶液 B.稀牛奶 C.酒精溶液 D.Na2SO4溶液【答案】B〖祥解〗膠體具有丁達爾效應。【詳析】A．KCl溶液屬于溶液，不具有丁達爾效應，A錯誤；B．稀牛奶屬于膠體，具有丁達爾效應，B正確；C．酒精溶液屬于溶液，不具有丁達爾效應，C錯誤；D．Na2SO4溶液屬于溶液，不具有丁達爾效應，D錯誤；故答案為B。2.下列說法不正確的是（）A.淀粉和纖維素互為同分異構體，都不能發(fā)生銀鏡反應B.油脂屬于酯，在酸性或堿性條件下，油脂都能發(fā)生水解C.84消毒液用于殺菌消毒的原理是使蛋白質變性D.固態(tài)氨基酸主要以內鹽形式存在，熔點較高【答案】A【解析】A.淀粉和纖維素的(C6H10O5)n，但是n單元不同，故不屬于同分異構體，故A錯誤；B.油脂屬于酯，在酸性或堿性條件下，油脂都能發(fā)生水解，故B正確；C.84消毒液的消毒原理是通過氯酸鈉(NaClO)水解得到HClO(次氯酸)。HClO(次氯酸)具有強氧化性，能使蛋白質變性，從而起到殺菌消毒的作用，故C正確；D.固態(tài)氨基酸主要以內鹽形式存在，熔點較高，故D正確；故選A。3.鐵是最常見的金屬之一、納米鐵粉可用于處理酸性含氮廢水(主要含)；鐵易被腐蝕，經堿性發(fā)藍處理可增強其抗腐蝕性，方法為：用NaOH與進行浸泡，在表面形成的同時有生成；鐵與砷反應得到的FeAs可被Na還原成NaFeAs，是一種超導材料。鎳(Ni)與Fe單質化學性質相似，金屬活動性比鐵略低。酸性條件下，的氧化性強于，的鹽與堿反應可以轉化為不溶性的。在隔絕空氣條件下，將NaFeAs加入水中，NaFeAs轉化為的同時釋放出。下列說法不正確的是（）A.消耗1molNaFeAs，轉移2mol電子 B.NaFeAs與水反應所得溶液pH升高C.NaFeAs與水反應時體現(xiàn)還原性 D.制備NaFeAs須隔絕空氣和水【答案】A【解析】A．NaFeAs轉化成Na1-xFeAs的半反應為NaFeAs-xe-=Na1-xFeAs+xNa+，則消耗1molNaFeAs，轉移xmol電子，A錯誤；B．NaFeAs與水的反應為2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，生成NaOH導致溶液堿性增強，pH增大，B正確；C．NaFeAs與水的反應為2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，H2O發(fā)生還原反應，則NaFeAs發(fā)生氧化反應，所以NaFeAs與水反應時H2O體現(xiàn)氧化性、NaFeAs體現(xiàn)還原性，C正確；D．制備NaFeAs原理為：FeAs與Na反應生成NaFeAs，Na具有強還原性，能與氧氣、二氧化碳、水反應，所以制備NaFeAs須隔絕空氣和水，D正確；故選A。4.結構決定性質，性質決定用途。下列事實解釋錯誤的是（）事實解釋A甘油是黏稠液體甘油分子間的氫鍵較強B王水溶解鉑濃鹽酸增強了濃硝酸的氧化性C冰的密度小于干冰冰晶體中水分子的空間利用率相對較低D石墨能導電未雜化的p軌道重疊使電子可在整個碳原子平面內運動【答案】B【解析】A．甘油分子中有3個羥基，分子間可以形成更多的氫鍵，且O元素的電負性較大，故其分子間形成的氫鍵較強，因此甘油是黏稠液體，A正確；B．王水溶解鉑，是因為濃鹽酸提供的能與被硝酸氧化產生的高價態(tài)的鉑離子形成穩(wěn)定的配合物從而促進鉑的溶解，在這個過程中濃鹽酸沒有增強濃硝酸的氧化性，而是通過形成配合物增強了鉑的還原性，B不正確；C．冰晶體中水分子間形成較多的氫鍵，由于氫鍵具有方向性，因此，水分子間形成氫鍵后空隙變大，冰晶體中水分子的空間利用率相對較低，冰的密度小于干冰，C正確；D．石墨屬于混合型晶體，在石墨的二維結構平面內，第個碳原子以C—C鍵與相鄰的3個碳原子結合，形成六元環(huán)層。碳原子有4個價電子，而每個碳原子僅用3個價電子通過sp2雜化軌道與相鄰的碳原子形成共價鍵，還有1個電子處于碳原子的未雜化的2p軌道上，層內碳原子的這些p軌道相互平行，相鄰碳原子p軌道相互重疊形成大π鍵，這些p軌道的電子可以在整個層內運動，因此石墨能導電，D正確；綜上所述，本題選B。5.下列實驗裝置使用不正確的是（）A.圖1裝置用于色譜法，可確定有機物的結構B.圖2裝置用于1-溴丁烷的消去反應C.圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管起冷凝作用D.圖4裝置用于中和反應反應熱的測定【答案】A【解析】A．圖1裝置用于色譜法，可用于混合物分離，故A錯誤；B．鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應生成烯烴，圖2裝置用于1-溴丁烷的消去反應，故B正確；C．乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管冷凝乙酸乙酯，故C正確；D．圖4裝置為量熱計，用于中和反應反應熱的測定，故D正確；選A。6.下列離子方程式書寫正確的是（）A.碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液：B.向溶液中通入等物質的量的：C.溶液中加入過量的溶液：D.明礬溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：【答案】A【解析】A．燒堿足量，碳酸氫根離子和銨根離子都反應，離子方程式為，故A正確；B．向FeI2溶液中通入等物質的量的，只氧化碘離子，離子方程式為，故B錯誤；C．HI過量，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，也會參與反應，離子方程式為：10I-+3NO+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故C錯誤；D．恰好完全沉淀時，鋁離子轉化成偏鋁酸根離子，離子方程式為，故D錯誤；答案選A。7.布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用，但口服該藥對胃、腸道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的修飾。下列說法錯誤的是（）A.甲的分子式為B.甲和乙都能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應C.乙分子苯環(huán)上的二氯代物有4種同分異構體D.甲分子中最多有8個碳原子共平面【答案】D【解析】A．由甲的結構簡式可知，甲的分子式為，A正確；B．甲含有羧基能與NaOH溶液反應，乙含有酯基可與NaOH溶液發(fā)生水解反應，B正確；C．甲的苯環(huán)上有2種氫，苯環(huán)上的二氯代物有4種：，分別為氯分別在1，2；1，3；1，4；2，4，C正確；D．苯環(huán)是平面型分子，由于單鍵可旋轉，則最多共平面的碳原子有，共11個，D錯誤；故選D。8.六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的2倍，與相鄰，的一種簡單氫化物常用作制冷劑，元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，基態(tài)原子的能級與能級電子數(shù)相等，下列說法不正確的是（）A.化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：B.鍵長：C.的第一電離能大于其同周期相鄰元素D.分子的極性：【答案】B〖祥解〗六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，原子最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的2倍，是C，與相鄰，是Si，的一種簡單氫化物常用作制冷劑,是N，元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，是F，則N是O，基態(tài)原子的能級與能級電子數(shù)相等，是Mg，據(jù)此作答。【詳析】A．Mg和C的電負性相差大于Si，所以離子鍵成分的百分數(shù)，故A正確；B．中心N原子化合價相同，氮和氧成鍵少，鍵的斥力小，鍵長短，所以，故B錯誤；C．Mg為第二主族元素，第一電離能大于其同周期相鄰元素，故C正確；D．為三角錐形，極性分子，正四面體，非極性分子，所以分子的極性，故D正確；答案選B。9.高吸水性樹脂的結構片段如圖所示。下列說法正確的是（）A.合成的反應為縮聚反應B.合成的單體中碳原子均共面C.將中羧基等基團酯化可提高其吸水性D.丙烯與1，4-戊二烯共聚可形成類似骨架的交聯(lián)結構【答案】D【解析】A．聚合物高分子鏈全部為碳原子，所以合成聚合物的反應為加聚反應，A錯誤；B．根據(jù)聚合物P的結構可知，合成聚合物P的單體為CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R為-(CH2)-，碳原子不一定共面，B錯誤；C．羧基等基團為親水基團，酯化后降低其吸水性，C錯誤；D．丙烯與1，4-戊二烯與聚合物SPA的單體結構相似，能形成類似交聯(lián)結構，D正確；故選D。10.我國鉛鋅礦儲量豐富。通過以下工藝流程，綜合利用冶煉鉛鋅礦過程中產生的廢液［主要含和As(Ⅲ)等］和窯渣(主要含F(xiàn)eS、CuS、、、等)。已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可與稀硫酸反應。下列說法錯誤的是（）A.“氧化”時，使As(Ⅲ)轉化成As(Ⅴ)B.“浸出”時，增大液固比可提高廢酸中的去除率C.硫元素和鐵元素“浸出”與“沉砷”時被氧化D.“水解”時，加的作用是調節(jié)溶液的pH，使沉淀【答案】B〖祥解〗廢液中加H2O2使As(Ⅲ)轉化成As(V)，窯渣(主要含F(xiàn)eS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧化后的廢液，并通入氧氣，將金屬化合物轉化為Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸過濾除去，濾液中繼續(xù)通入氧氣將砷轉化為FeAsO4?2H2O沉淀，過濾后，濾液中加足量鐵粉置換出Cu,同時Fe3+被還原為亞鐵離子，再過濾出銅，濾液中通氧氣將鐵氧化為三價鐵，調節(jié)pH值使鐵轉化為氫氧化鐵，再經灼燒得到氧化鐵。【詳析】A．“氧化”時，H2O2將廢液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)轉化成As(V)，故A正確；

B．“浸出”時，增大液固比即廢酸的投入量增加，則廢酸中H+的去除率應降低，故B錯誤；

C．因CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可與稀硫酸反應。故“浸出”時通入O2氧化的元素主要為S，“沉砷”時O2主要是將Fe2+氧化為Fe3+，從而生成FeAsO4?2H2O沉淀，故C正確；

D．“水解”時，加Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解產生的H+調節(jié)溶液的pH，促進水解平衡正向移動，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀且不引入新的雜質，故D正確；

故選：B。11.向裝有一定量蒸餾水的兩支試管(標記為1號和2號)中分別加入少量碘單質，充分振蕩，溶液呈淺棕色，底部均有少量紫黑色不溶物。繼續(xù)向兩支試管中加入少量，振蕩試管、靜置，上層溶液無色，下層出現(xiàn)紫紅色；再依次向1號試管中加入少量細小鋅粒，向2號試管中加入少量KI固體；一段時間后1號、2號試管中下層紫紅色消失，1號試管中上層無色，2號試管中上層出現(xiàn)棕色。已知為棕色，下列關于顏色變化的解釋錯誤的是（）選項顏色變化解釋A兩試管溶液呈淺棕色在水中溶解度較小B兩試管上層淺棕色消失萃取了上層溶液中的C1號試管中下層紫色消失Zn與有色物質發(fā)生了反應D2號試管中上層出現(xiàn)棕色上層溶液中被空氣中氧氣氧化為【答案】D【解析】A．向蒸餾水中加入I2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I2的濃度較小，因為I2在水中溶解度較小，A正確；B．I2在CCl4溶解度大于在水中的溶解度，且水與四氯化碳互不相溶，兩試管上層淺棕色消失，萃取了上層溶液中的，B正確；C．1號試管中下層紫色消失，Zn與有色物質發(fā)生化合反應，生成了ZnI2，C正確；D．2號試管加入KI，電離出的I-與溶液中的I2發(fā)生反應：I-+I2?，上層出現(xiàn)棕色，D錯誤；答案選D。12.乙醛酸(OHC-COOH)是一種重要的化工中間體。工業(yè)上以乙二醛為原料制備乙醛酸的裝置如圖所示，通電后，陽極產物將乙二醛氧化為乙醛酸。下列說法錯誤的是（）A.a極電勢高于b極B.離子交換膜為陰離子交換膜C.當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質量為18.5gD.乙二醛被氧化的化學方程式：+H2O+Cl2→+2HCl【答案】B〖祥解〗由題中信息：通電后，陽極產物將乙二醛氧化為乙醛酸，結合題中裝置圖，可知陽極生成的Cl2通入盛放鹽酸和乙二醛混合液一側，Cl2與乙二醛發(fā)生氧化還原反應，生成Cl-移向與a電極相連的電極，與b電極相連的電極發(fā)生還原反應，生成H2，a為電源正極，b為電源負極。根據(jù)電解原理，可知陽極發(fā)生的電極反應式為，陰極發(fā)生還原反應，電極反應方程式為?！驹斘觥緼．據(jù)分析，a電極為正極，b電極為負極，因此a極電勢高于b極，故A正確；B．根據(jù)題意氫離子由左側經離子交換膜進入右側，則離子交換膜為陽離子交換膜，故B錯誤；C．根據(jù)得失電子守恒有1molOHC—COOH~1molCl2~2mole-，則當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質量為，故C正確；D．氯氣將乙二醛氧化為乙醛酸，自身被還原為氯離子，化學方程式為：+H2O+Cl2→+2HCl，故D正確；故選B。13.在超高壓下轉化為平行六面體的分子(如圖)。下列說法錯誤的是（）A.和互為同素異形體 B.中存在不同的氧氧鍵C.轉化為是熵減反應 D.常壓低溫下能穩(wěn)定存在【答案】D【解析】A．O2和O8是O元素形成的不同單質，兩者互為同素異形體，A項正確；B．O8分子為平行六面體，由其結構知，O8中存在兩種氧氧鍵：上下底面中的氧氧鍵、上下底面間的氧氧鍵，B項正確；C．O2轉化為O8可表示為4O2O8，氣體分子數(shù)減少，故O2轉化為O8是熵減反應，C項正確；D．O2在超高壓下轉化成O8，則在常壓低溫下O8會轉化成O2，不能穩(wěn)定存在，D項錯誤；答案選D。14.科研人員利用鐵的配合物離子{用[L-Fe-H]＋表示}催化某反應的一種反應機理和相對能量的變化情況如圖所示：下列關于活化歷程的說法正確的是（）A.中H顯-1價，提供孤電子對B.該催化循環(huán)過程中H＋濃度始終保持不變C.可降低反應的活化能D.該過程的總反應速率由Ⅳ→Ⅴ步驟決定，最大能壘為【答案】A【解析】A．根據(jù)反應進程圖像可知，甲酸在催化劑的作用下，分解成CO2和H2，鐵的配合物離子是催化劑，中H得到1個電子，顯－1價，提供孤電子對，與鐵形成配位鍵，A正確；B．反應過程存在甲酸電離出，然后再生成氫氣的過程，濃度先增大后減小，B錯誤；C．反應前后沒有變化，是該反應的催化劑，是中間產物，C錯誤；D．從反應進程圖像比較可知，生成過渡態(tài)2的過程活化能大，由Ⅳ→Ⅴ步驟為反應的決速步驟，最大能壘為，D錯誤；答案選A。15.草酸鈣是常見的難溶物。將過量草酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：已知的電離常數(shù)，下列有關說法不正確的是（）A.上層清液中含碳微粒最主要以形式存在B.上層清液中存在：C.加入溶液時，加入適量醋酸鈉粉末，有利于生成沉淀D.向上層清液中通入至，則上層溶液中：【答案】D【解析】A．溶解在水中的草酸鈣電離出草酸根離子，草酸根離子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根離子，A正確；B．根據(jù)物料守恒鈣原子和碳原子物質的量濃度相等，故有，B正確；C．草酸加入氯化鈣中，加入醋酸鈉粉末，醋酸鈉電離出的醋酸根離子與氫離子結合生成弱電解質醋酸，減少了氫離子濃度，促進了草酸電離，產生更多的草酸根離子，有利于生成草酸鈣，C正確；D．向上層清液中通入至，則氫離子濃度為0.1mol/L，由得出，，D錯誤；答案選D。16.根據(jù)下列有關實驗方案設計和現(xiàn)象，所得結論不正確的是（）選項實驗方案現(xiàn)象結論A將打磨過的鐵銅合金放在氨水中一段時間溶液變?yōu)樯钏{色可能是銅在氨水中發(fā)生吸氧腐蝕B向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉溶液先變成血紅色，加入Cu粉后，血紅色變淺與SCN-的配位能力：C將和NH4NO3固體混合并用玻璃棒快速攪拌有刺激性氣味的氣體產生，并伴隨降溫該反應能發(fā)生的主要原因是熵增D用精密pH試紙測定溶液的pH值測得pH為7.8【答案】B【解析】A．鐵銅合金中銅在氨水中失去電子發(fā)生吸氧腐蝕，形成四氨合銅離子使得溶液顯藍色，A正確；B．加入Cu粉后，銅和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和銅離子，使得平衡逆向移動，溶液血紅色變淺，B錯誤；C．根據(jù)反應能自發(fā)進行，反應中溫度降低、生成氣體為熵增吸熱反應，則該反應能發(fā)生的主要原因是熵增，C正確；D．pH為7.8，溶液顯堿性，則碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，，D正確；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.含氮化合物在生活中占有重要地位。請回答：（1）可通過配位鍵與形成。形成該配合物時，基態(tài)的價層電子發(fā)生重排提供兩個空軌道，則重排后的價電子排布圖為______；的金屬配合物也已經制備成功，但為數(shù)不多，如，已知該配合物的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，測得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長，一個為0.117mm，另一個為0.122nm。請畫出的結構示意圖：______。（2）激光照射下NOCl分子會發(fā)生解離，將產物通過質譜，發(fā)現(xiàn)存在m/z＝30的離子峰，該峰對應的微粒是_____（已知各產物微粒均帶1個單位正電荷）。A. B. C. D.（3）NPAs同屬于ⅤA族，下列說法正確的是______。A.原子半徑：且電負性：N＞P＞AsB.N、P、As的最高價氧化物水化物的酸性依次減弱C.簡單氫化物的還原性：D.黑砷和黑磷的結構相似（如圖），每個砷原子最外層均形成8電子結構。其晶體單層中，As原子與鍵的個數(shù)比為（4）已知晶胞結構如圖所示，M處的（其位于四個所構成的正四面體中心）有一定的朝向，不能隨意轉動，請解釋其原因_________________________________，該晶胞的晶胞參數(shù)如圖所示，設為阿伏伽德羅常數(shù)的值，該晶體的密度______（列出計算式即可）【答案】（1）（2）B（3）BD（4）與形成N—H…F氫鍵，氫鍵具有方向性【解析】（1）基態(tài)Co3+價層電子排布式為3d6，CN-可通過配位鍵與Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物時，基態(tài)Co3+的價層電子發(fā)生重排提供兩個空軌道，則重排后的Co3+價電子排布圖為

；的配位數(shù)為4，的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，則的配位數(shù)也為4，測得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長，一個為0.117mm，另一個為0.122nm，說明Ni與2個PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1個O原子形成配位鍵，其結構示意圖為：；（2）各產物微粒均帶1個單位正電荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，則該峰對應的微粒是，故答案為B；（3）A．同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大、電負性逐漸減小，則原子半徑：r(N)＜r(P)＜r(As)，電負性：N＞P＞As，A錯誤；B．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物水化物的酸性逐漸減弱，則N、P、As的最高價氧化物水化物的酸性逐漸減弱，B正確；C．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，簡單氫化物的還原性逐漸增強，即簡單氫化物的還原性：NH3＜PH3＜AsH3，C錯誤；D．黑砷和黑磷的結構相似，每個砷原子最外層均形成8電子結構，由圖可知，晶體單層中，每個As原子形成3個As?As鍵，以As?As鍵形成六元環(huán)，每個As原子被3個六元環(huán)共用，每個As?As鍵被2個六元環(huán)共用，則晶體單層中As原子與As?As鍵的個數(shù)比為，D正確；故選BD。（4）M處的(其位于四個F-所構成的正四面體中心)有一定的朝向，不能隨意轉動，其原因是：與F-形成氫鍵，氫鍵具有方向性；由圖可知晶胞中含F(xiàn)-、的個數(shù)都為2，晶胞的質量為，晶胞的體積為(a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，則該晶體的密度ρ=g?cm?3。18.是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用已知：①具有較強的還原性②水溶液中，可與反應生成；是一種溶于稀硝酸的白色沉淀（1）物質A的化學式為___________。（2）是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。寫出的電子式___________。（3）寫出途徑Ⅰ的化學反應方程式___________。（4）下列說法不正確的是___________A.工業(yè)上制備硝酸時，應該將與純混合反應B.結合能力：C.物質A發(fā)生水解反應后可以得到溶液D.途徑Ⅰ可以采用將氨水滴入NaClO溶液中的方法制備（5）途徑Ⅱ除生成B外，另一種產物為HF，設計實驗驗證化合物B中含有Cl元素___________。寫出實驗過程中涉及的第一個反應的離子方程式___________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（4）ABD（5）取樣品與試管中，先滴加少許亞硝酸，再滴加硝酸銀，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，發(fā)現(xiàn)沉淀部分溶解，即證明化合物B中含有Cl元素〖祥解〗氨氣和次氯酸鈉反應，有N2H4生成，和亞硝酸鈉反應生成，氨氣和三氧化硫等物質的量反應，得到產物為，氨氣多步反應，催化氧化反應，會生成硝酸，硝酸和氟化氯反應生成氟化氫，據(jù)此解答。【詳析】（1）流程圖可知，NH3和SO3等物質的量反應，方程式為：NH3+H2O+SO3=，到產物為，答案：。（2）是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。寫出的電子式，答案：。（3）氨氣和次氯酸鈉反應，有N2H4生成，依據(jù)氧化還原反應可知化學式為，答案：；（4）A．NH3和純凈的O2在一定條件下會發(fā)生反應：4NH3+3O22N2+6H2O，不利用制備HNO3，故A錯誤；B．甲基為推電子基團，使得-NH2氮原子周圍電子云密度比增大，易給出孤電子對與H+形成配位鍵，結合能力：，故B錯誤；C．物質A發(fā)生水解反應后可以得到溶液，故C正確；D．將氨水滴入NaClO溶液中，溶液中過量的HClO會氧化N2H4，不能生成N2H4，故D錯誤；答案：ABD；（5）驗證化合物B中含有Cl元素，取樣品與試管中，先滴加少許亞硝酸，再滴加硝酸銀，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，發(fā)現(xiàn)沉淀部分溶解，即證明化合物B中含有Cl元素，實驗過程中涉及的第一個反應的離子方程式，答案：取樣品與試管中，先滴加少許亞硝酸，再滴加硝酸銀，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，發(fā)現(xiàn)沉淀部分溶解，即證明化合物B中含有Cl元素、。19.回答下列問題：（1）在微生物作用下電解含乙酸的有機廢水可獲得清潔能源，其原理如圖所示。寫出與電源A極相連的惰性電極上發(fā)生的電極反應：______。利用可見光催化還原，將轉化為增值化學原料（HCHO、HCOOH、等），這被認為是一種可持續(xù)的資源化有效途徑。（2）已知幾種物質的燃燒熱如表所示：物質燃燒熱已知：，則______。（3）我國學者探究了BiIn合金催化劑電化學還原生產HCOOH的催化性能及機理，并通過DFT計算催化劑表面該還原過程的物質的相對能量，如圖所示（帶“*”表示物質處于吸附態(tài)），試從圖分析，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于中金屬Bi和單金屬In催化劑的原因分別是______。（4）催化加氫制的反應體系中，發(fā)生的主要反應有：i、ii、iii、一定壓強下，往某密閉容器中按投料比充入和，反應達到平衡時，測得各組分的物質的量分數(shù)隨溫度變化的曲線如圖所示。①下列說法正確的是______。A.恒溫恒壓時充入氦氣，反應ii、iii的平衡均逆向移動，反應i不移動B.增大的比值，的平衡轉化率增大C.圖中X、Y分別代表CO、D.體系中的的物質的量分數(shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應i、iii的平衡移動方向相反②在上圖中畫出反應達到平衡時，隨溫度變化趨勢圖（只用畫220℃以后）______。③在一定溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1mol和nmol。僅發(fā)生反應iii。實驗測得的平衡分壓與起始投料比的關系如圖。起始時容器內氣體的總壓強為8pkPa，則b點時反應的平衡常數(shù)______（用含p的表達式表示）。（已知：用氣體分壓計算的平衡常數(shù)為，分壓＝總壓×物質的量分數(shù)）【答案】（1）（2）（3）相對于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進的吸附，增強對*OCHO中間體的吸附；相對于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能（4）①.AD②.③.【解析】（1）電解含乙酸的有機廢水，與電源A極相連的惰性電極是陽極，陽極上乙酸失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為：；（2）根據(jù)燃燒熱寫出熱化學方程式：i.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-570.8kJ/mol，ii.H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，iii.H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，ii×2-i-iii得反應CO2(g)+2H2(g)?HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2+570.8+44)kJ/mol=；（3）根據(jù)圖象，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬Bi催化劑的原因：相對于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進CO2的吸附，增強對*OCHO中間體的吸附；BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬In催化劑的原因：相對于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能；（4）①A．恒溫恒壓時充入氦氣，相當于反應物生成物的分壓減小，反應ii、iii的平衡均逆向移動，反應i不移動，A為正確；B．增大的比值，的平衡轉化率減小，B錯誤；C．反應ⅰ、ⅱ、ⅲ分別為吸熱、放熱、放熱反應，升高溫度分別向正向、逆向、逆向移動，故CO物質的量分數(shù)在增加為X曲線，CH3OH和H2O在減少，且CH3OH減少更多為Y曲線，H2O為Z曲線，圖中X、Y分別代表CO、CH3OH，C錯誤；D．體系中的的物質的量分數(shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應ⅰ、ⅲ的平衡移動方向相反，D正確；故選AD。②根據(jù)圖示，升高溫度，氫氣的物質的量分數(shù)增大，CO2的物質的量分數(shù)受溫度的影響不大，所以隨溫度升高而增大，如圖：③溫度相同時，a、b、c三點平衡常數(shù)相等，選c點數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，設反應由起始到達到平衡時CO2轉化的物質的量為ymol，根據(jù)c點列三段式：恒溫恒容下，壓強與物質的量成正比，，解得y=0.5，溫度相同時，a、b、c三點平衡常數(shù)相等，選c點數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，c電平衡時CO2、H2、CH3OH、H2O物質的量依次為0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH分壓為pkPa，則p（CO2）=p（CH3OH）=p（H2O）=pkPa，p（H2）=pkPa×3=3pkPa，則平衡常數(shù)Kp=。20.亞硝酸鈣[Ca(NO2)2]可作為混凝土防凍劑和鋼筋阻銹劑的主要原料。某興趣小組根據(jù)反應，利用如下裝置(部分裝置可重復選用)制備無水亞硝酸鈣。(夾持裝置略)。已知：①Ca(NO2)2熔點為390℃，易潮解，易溶于水②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③；回答下列問題：（1）儀器X的名稱是___________，裝置連接順序為：___________(填標號)；A→___________→C→___________→___________→E（2）下列說法正確的是___________。A.恒壓滴液漏斗的作用是使稀硝酸順利滴下并減少稀硝酸揮發(fā)B.反應前后通氮氣的作用相同C.裝置D的作用是除去揮發(fā)的硝酸D.可用淀粉KI(酸性)溶液檢驗產品中混有的Ca(NO3)2（3）寫出裝置E中的離子方程式___________。（4）①某Ca(NO2)2樣品中混有雜質Ca(NO3)2，通過以下方法可測定產品純度：稱量4.110g樣品溶于水，加Na2SO4固體，充分振蕩，過濾后濾液定容至250mL，取25.00mL進行以下操作：“煮沸”時發(fā)生反應：；“還原”時加入25.00mL0.1000mol?L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準液，“滴定剩余Fe2+”時消耗0.0100mol?L-1的K2Cr2O7標準溶液16.60mL。則樣品中Ca(NO2)2的質量分數(shù)為___________。②下列情況會導致Ca(NO2)2的質量分數(shù)測量值偏小的是___________。A．滴定完畢后立即讀數(shù)B．煮沸過程中不充分，未使除盡C．滴定管用蒸餾水洗凈后未用K2Cr2O7標準液潤洗【答案】（1）三頸燒瓶A→D→C→B→C→E（2）AC（3）3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O（4）①.90.02%②.B〖祥解〗制取Ca(NO2)2時，需將NO通入CaO2中，但空氣中的O2會干擾實驗，則實驗前應往裝置內先通N2，實驗結束時需再通入N2，排盡裝置內的NO，防止污染空氣。實驗制得的NO中混有HNO3蒸氣，應先用水處理，再用無水CaCl2進行干燥；干燥的NO與CaO2反應后，未反應的NO用KMnO4溶液吸收。【詳析】（1）儀器X的名稱是三頸燒瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO與CaO2反應制取Ca(NO2)2，余氣用KMnO4溶液吸收，為防止E中產生的水蒸氣進入B裝置，在B、E裝置間再添加C裝置，則裝置連接順序為：A→D→C→B→C→E。（2）A．恒壓滴液漏斗能保持漏斗內外壓強恒定，便于稀硝酸順利滴下，還可減少稀硝酸揮發(fā)，A正確；B．反應前通N2，排盡裝置內的空氣，防止NO被氧化，反應后通N2，排盡裝置內的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空氣，B不正確；C．硝酸是揮發(fā)性酸，制得的NO中混有硝酸蒸氣，裝置D的作用是除去揮發(fā)的硝酸，C正確；D．Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能將KI氧化為I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液檢驗產品中混有的Ca(NO3)2，D不正確；故選AC。（3）裝置E中，NO被KMnO4氧化為HNO3，KMnO4被還原為Mn2+等，離子方程式為3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O。（4）將樣品溶于水，加入Na2SO4固體，充分振蕩，生成CaSO4沉淀，過濾后往濾液中加入NH4Cl溶液煮沸，發(fā)生反應，從而除去；往反應后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2標準液，將全部還原，再滴加K2C