浙江省2020届高三化学模拟试题（含解析）

浙江省2020届高三化学模拟试题（含解析）试卷说明:本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。其中加试题部分为30分,用【加试题】标出。可能用到的相对原子质量:H1;C12;N14;O16;Na23;S32;Cl35.5;K39;Ca40;Fe56;Cu64。选择题部分一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列属于酸性氧化物的是( )A. COB. Na2OC. KOHD. SO2【答案】D【解析】【分析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A不选；B. Na2O是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D选。故选D。2.下列仪器名称错误的是( )A. 量筒B. 试管C. 蒸发皿D. 分液漏斗【答案】C【解析】根据仪器构造可知四种仪器分别是量筒、试管、坩埚和分液漏斗，答案选C。3.下列属于电解质的是( )A. BaSO4B. 浓H2SO4C. 漂白粉D. SO2【答案】A【解析】【分析】电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A. BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；B. 浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；C. 漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；D. SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；故选A。【点睛】BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。4.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O属于的反应类型是( )A. 复分解反应B. 置换反应C. 分解反应D. 氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A. 复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A选；B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故B不选；C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C不选；D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D不选。故选A。5. 下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是A. 前者是混合物，后者是纯净物B. 两者都具有丁达尔效应C. 分散质的粒子直径均在1100nm之间D. 前者可用于杀菌，后者可用于净水【答案】D【解析】试题分析：A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；B、因胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C、因溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l100nm之间，故C错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；故选D。考点：考查了溶液和胶体的相关知识。6.化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )A. 高纯度的硅单质广泛用于制作芯片B. 碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁C. SO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强D. 铁质地柔软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度【答案】C【解析】【详解】A. 利用高纯度的硅单质的半导体性能，广泛用于制作芯片，正确，故A不选；B. 碳酸镁加热分解可以得到氧化镁，氧化镁可用于制造耐高温材料，故B不选；C.SO2中的硫元素的化合价为+4价，浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价，价态相邻，故SO2可以用浓硫酸干燥，但SO2有强还原性，故C选；D.合金的硬度大于金属单质，故D不选；故选C。7.下列化学用语表述正确的是( )A. 丙烯结构简式:CH3CHCH2B. 丙烷的比例模型:C. 氨基的电子式HD. 乙酸的键线式:【答案】D【解析】【详解】A.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，碳碳双键是官能团，必须表示出来，故A不选；B.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不选；C.氨基的电子式为，故C不选；D. 乙酸的键线式：，正确，故D选。故选D。8.下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是( )A. NH3B. SO2C. HClD. CO2【答案】A【解析】【分析】酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。【详解】A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；B. SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；C. HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；D. CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；故选A 。【点睛】SO2 和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2 和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2 和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。9.下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是( )A. 风能B. 江河水流能C. 生物质能D. 地热温泉【答案】D【解析】【详解】A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动，故A不选。B. 江河水流能是利用水循环，水循环是太阳能促进的，故B不选。C. 生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式，故C不选。D. 地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能，故D选。故选D。10.下列说法正确的是( )A. 分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中B. 用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热C. 为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验D. 配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线12 cm时,改用胶头滴管定容【答案】D【解析】【详解】A. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A不选。B. 用试管夹时，应夹住距离试管口约1/3处，故B不选。C. 检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，故C不选；D. 配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线12 cm时，改用胶头滴管定容是正确的，故D选。故选D。11.下列说法正确的是( )A. 核素的电子数是2B. 1H和D互称为同位素C. H+和H2互为同素异形体D. H2O和H2O2互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A. 核素的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子， 1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；C. 同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D. 同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。故选B。12.对于可逆反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-a kJmol-1。下列说法正确的是( )A. 在接触法制取硫酸工艺中,该反应在沸腾炉内发生B. 如果用 18O2代替O2发生上述反应,则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3C. 2 mol SO2与2 mol O2充分反应后放出a kJ的热量D. 该反应达到平衡后,c(SO2)c(O2)c(SO3)=212【答案】B【解析】【详解】A. 在接触法制取硫酸工艺中，该反应在接触室内发生，故A不选；B. 此反应是归中反应，O2中参加反应的氧原子会全部进入SO3，故如果用 18O2代替O2发生上述反应，则经过一段时间可测得容器中存在S18O2、S18O3，故B选；C. 2 mol SO2与2 mol O2充分反应，虽然O2是过量的，但由于反应是可逆反应，不能进行到底，所以放出的热量小于a kJ，故C不选；D.该反应达到平衡后物质的浓度比与化学计量数之比无关，故D不选。故选B。13.下列离子方程式正确的是( )A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应+Ba2+=BaSO4B. 碳酸氢钠溶液与稀硝酸反应: CO32-+2H+=CO2+H2OC. 氯化亚铁溶液与新制氯水反应:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D. 氯化镁溶液与氨水反应:Mg2+2OH-=Mg(OH)2【答案】C【解析】【详解】A.Cu2+与OH-也会发生反应生成沉淀，故A不选；B.碳酸氢根离子不能拆开写，要写成HCO3-的形式，故B不选；C. 氯化亚铁溶液与新制氯水反应是Fe2+被Cl2氧化，发生氧化还原反应，故C选；D.氨水是弱电解质，不能拆开写，不能写成OH-的形式，故D不选。故选C。14.X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是( )A. X的简单氢化物比Y的稳定B. X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体C. Y、Z、W原子半径大小为WZYD. W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱【答案】B【解析】【分析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A. 氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C. 因为W的原子序数比Z大， 所以原子半径大小为ZW，故C不选；D. 元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。【点睛】在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。15.下列说法不正确的是( )A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C. 乙醛分子式为C2H4O,它可以还原生成乙醇D. 苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C. 乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。16.下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是( )A. 糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B. 油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质,碱性条件下水解都称为皂化反应C. 硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来D. 淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验,应先加入NaOH溶液,再加入银氨溶液,水浴加热,看是否有银镜出现。若出现银镜,证明有葡萄糖生成【答案】D【解析】【详解】A. 葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选；B. 油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选；C. 硝酸铜是重金属盐，加入鸡蛋清中可以使蛋清变性而沉淀下来，故C不选。D. 淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用银氨溶液来检验，在加银氨溶液之前必须先加入氢氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。故选D。17.如图为一原电池工作原理示意图,电池工作过程中左右两烧杯所盛放的溶液中不允许引入杂质。下列有关说法中正确的是( )A. 所用离子交换膜为阳离子交换膜B. Cu电极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+C. 电池工作过程中,CuCl2溶液浓度降低D. Fe为负极,电极反应为Fe2+2e-=Fe【答案】C【解析】【分析】在此原电池中铁和铜作两极，铁比铜活泼，所以铁为负极，铜为正极。【详解】A、要求两烧杯盛放的溶液中不引入杂质，所以离子交换膜是阴离子交换膜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，故A错误；B、电子沿导线流入铜，在正极，铜离子得电子生成铜，Cu电极的电极反应为Cu2+2e-=Cu，故B错误；C、铜离子得电子生成铜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，所以氯化铜溶液浓度降低，故C正确；D、铁失电子生成亚铁离子进入氯化亚铁溶液，电极反应为Fe-2e-= Fe2+，故D错误；故选C。18.关于常温下pH均为1的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH的变化关系如图所示,下列说法中正确的是( )A. HA是弱酸,HB是强酸B. HB一定是弱酸,无法确定HA是否为强酸C. 图中a=2.5D. 0.1 mol/L HB溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液中:c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.强酸稀释103倍，pH变化3，据图可知HA是强酸、HB是弱酸，故A不选；B.由A项分析可知，HA是强酸、HB是弱酸，故B不选；C.由题中数据不能确定a的数值，故C不选；D.弱酸HB与等物质的量的氢氧化钠溶液混合后，生成的NaB是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D选。故选D。19.根据能量示意图,下列判断正确的是( )A. 化学反应中断键要放出能量形成化学键要吸收能量B. 该反应的反应物总能量小于生成物总能量C. 2A2(g)+B2(g)= 2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D. 由图可知,生成1 mol C(l),放出 (b+c-a)kJ热量【答案】D【解析】【详解】A. 断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol-1。生成C(l)时的H=-(b+c-a)kJmol-1，故C不选；D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。故选D。20.下列说法中正确的是( )A. H2O2属于共价化合物,分子中只含有共价键B. Na2O2属于离子化合物,该物质中只含有离子键C. 分子间作用力CH4SiH4,所以CH4沸点高D. CO2中碳原子与氧原子间存在共价键,所以干冰为原子晶体【答案】A【解析】【详解】A. H2O2属于共价化合物，分子中只含有共价键，正确，故A选；B. Na2O2中除了离子键，还含有共价键O-O，故B不选；C. 由于SiH4相对分子质量比CH4的大，所以分子间作用力CH4c()c(H+)c(OH-)B. 点b所示溶液中:c()=c(Na+)c(H+)=c(OH-)C. 点c所示溶液中:c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()D. 点d所示溶液中:c()+c(NH3H2O)=0.100 0 molL-1【答案】B【解析】【详解】A.a点为(NH4)2SO4溶液，NH4+水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，所以c()c()，故A正确；B.b点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c()+c(Na+)=2c()，所以c()不等于c(Na+)，故B错误；C.c点溶液中n(NH3H2O)n(NH4)2SO4n(Na2SO4)=211，由电荷守恒得 c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，故C正确；D.d点为加入20mLNaOH溶液，此时溶液的体积为原体积的2倍，故含氮微粒的总浓度为原来的1/2，即0.1000mol/L。根据物料守恒则有c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.100 0 molL-1，故D正确。故选B【点睛】B选项为本题的难点，在解答离子浓度关系的图象题时，要充分利用各种守恒，如电荷守恒、物料守恒、质子守恒等，在中性溶液中，要特别注意电荷守恒的应用。24.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B. 溴元素在第、中被氧化，在第中被还原C. 工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D. 海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质【答案】B【解析】【详解】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选B。25.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KC1和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A. X中一定不存在FeOB. 不溶物Y中一定含有Fe和CuOC. Z溶液中一定含有KC1、K2CO3D. Y中不一定存在MnO2【答案】B【解析】试题分析：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。考点：物质的检验和鉴别的实验方案的设计，探究物质的组成或测量物质的含量非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题,共50分)26.有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状况下的密度为1.25 gL-1。回答下列问题:(1)有机物F中含有的官能团名称为_。(2)A生成B的反应类型为_。(3)写出流程中B生成C的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_。A 流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B 有机物C不可能使溴水褪色C 有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应D 合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个【答案】 (1). 酯基 (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). AC【解析】【分析】由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4 Lmol-11.25 gL-1=28 gmol-1，A 为CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。【详解】（1）F是酯，含有的官能团为酯基；（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。故选AC。【点睛】在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。27.某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为_。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_(3)写出336 mL(标准状况)气体B通入100 mL 0.2 mol/L 的NaOH溶液中的化学反应方程式:_【答案】 (1). Fe5C (2). H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 (3). 4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】【分析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成CaCO3为5.0 g即0.05 mol，碳元素的质量为0.05 mol12 g/mol=0.6 g，则X中铁的含量为14.6 g-0.6 g=14.0 g，即含铁14.0g56g/mol=0.25 mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L22.4L/mol=0.015 mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02 mol NaOH反应生成Na2CO3 a mol与NaHCO3 b mol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。28.氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B中加入的干燥剂是_(填序号)。浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中_。(3)D中有无色液体生成。设计实验检验D中无色液体的成分:_【答案】 (1). (2). 黑色粉末变红 (3). 取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成【解析】【分析】A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。【点睛】冰水混合物通常用来冷凝沸点比0高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。29. 已知一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用500 mL 300 mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0300 mol。忽略氯气与水反应、盐类水解及溶液体积变化。求（1）所得溶液中Cl的物质的量浓度 mol（2）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2) 。【答案】（1） 1.20 （2）5：3【解析】试题分析：（1）所得溶液中为NaCl和NaClO的混合物，根据电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)，则n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.5L3.0mol/L-0.300mol=1.2mol；（2）由题意可知氯气过量，反应后所得混合物为HCl和Cl2，涉及反应有HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，据反应可知，燃烧后剩余Cl2为n(Cl2)余=n(NaClO)=0.300mol，与H2反应的Cl2为n(Cl2)=n(Cl-)-n(NaClO)=(1.2mol-0.300mol)=0.45mol=n(H2)，则所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)=(0.45mol+0.300mol)：0.45mol=5：3。考点：考查化学方程式的计算30.(1)已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=180.5 kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5 kJ mol-12C(s)+O2(g)= 2CO(g) H=-221 kJ mol-1若某反应的平衡常数表达式为K= 请写出此反应的热化学方程式:_,该反应自发进行的条件是_。(2)一定温度下,向体积为V L的密闭容器中充入一定量的NO和CO,发生反应。下列说法正确的是_。A 当容器内气体压强不再发生变化时,说明反应已达到平衡状态B 当v(CO2)=v(CO)时,说明反应已达到平衡状态C 达到平衡后,若向容器中再充入一定量NO,则NO转化率将减小D 达到平衡后,若再升高温度,由于逆反应速率增大,正反应速率减小,因此平衡向逆反应方向移动若反应在t1时刻达到平衡状态,在其他条件不变的情况下,t2时刻通过缩小容器体积使压强增大到原来的2倍,t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2t4时段c(NO)的变化曲线: _(3)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池而除去(以KOH溶液为电解质溶液)。写出该电池的负极反应式:_。【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) H=-746.5 kJ mol-1 (2). 低温 (3). AC (4). (5). CO+4OH-2e-= CO32-+2H2O【解析】【详解】(1)根据平衡常数的表达式可知方程式为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，H=2-=-746.5 kJmol-1。此反应的H0，S0，故低温条件下可自发进行；(2)A.恒温恒容下，压强和混合气的总的物质的量成正比，压强不变说明混合气体的总物质的量不变。该反应是反应前后气体系数之和不相等的反应，故压强不变可以说明反应已经平衡，A正确；B.没有说明正逆情况，无法判断，B错误；C.增大NO的浓度，会使CO的转化率增大，而NO的转化率会降低，故C正确；D.升温正、逆反应速率都增大，D错误。故选AC。t2瞬间体积加倍，c(NO)为原平衡时的2倍，由于平衡向正向移动，所以c(NO)再慢慢降低，当t3达到新平衡时c(NO)介于1倍和2倍原浓度之间，之后t3t4 c(NO)不变。故答案为：；(3)负极失电子，元素化合价升高，故反应物为CO，在碱性的KOH溶液生成物为CO32-，根据电荷守恒和质量守恒补充H2O和OH-到方程式中配平，得到电极反应式为：CO+4OH-2e-= CO32-+2H2O。【点睛】画压强改变的浓度-时间图象时，要注意改变压强的瞬间，由于体积的改变，会使气体浓度瞬间变大或变小。然后平衡开始移动，经过一段时间，达到新的平衡。31.阿司匹林(乙酰水杨酸)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解,分解温度为128135 。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐(CH3CO)2O为主要原料合成阿司匹林,制备的主要反应为+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下:主要试剂和产品的物理常数:名称相对分子质量熔点或沸点()水水杨酸138158(熔点)微溶醋酸酐102139.4(沸点)反应乙酰水杨酸180135(熔点)微溶请根据以上信息回答下列问题:(1)合成过程中最合适的加热方法是_。(2)提纯粗产品时加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止,再过滤,则加饱和NaHCO3溶液的目的是_(3)另一种改进的提纯方法,称为重结晶提纯法。改进的提纯方法中加热回流的装置如图所示,仪器a的名称是_,冷凝管中冷凝水的进入口是_(填“b”或“c”),使用温度计的目的是_(4)检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是_(5)该学习小组在实验中原料用量:2.76 g水杨酸、7.5 mL醋酸酐(=1.08 g/cm3),最终称量产品m=2.92 g,则所得乙酰水杨酸的产率为_。【答案】 (1). 水浴加热 (2). 使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离 (3). 三颈烧瓶 (4). b (5). 控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解 (6). 取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水