2022年黑龙江青冈县高三第五次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化

2、学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（）条件的改变化学反应速率的改变化学平衡的移动化学平衡常数的变化A加入某一反应物一定增大可能正向移动一定不变B增大压强可能增大一定移动可能不变C升高温度一定增大一定移动一定变化D加入（正）催化剂一定增大不移动可能增大AABBCCDD2、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。下列说法正确的是（ ）A简单离了半径：XYZRBX2Y与Z2反应可证明Z的非金属性比Y强CY的氧化物对应的水化物一定是强酸DX和R组成的化合物只含一种化学键3、对于2SO2(g)O

3、2(g) 2SO3(g)，HKsp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入适量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3- 二取代酞嗪酮类衍生物。(1)化合物B 中的含氧官能团为_和_(填官能团名称)。(2)反应i-iv中属于取代反应的是_。(3)ii的反应方程式为_。(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_种，写出其中一种的结构简式： _I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为12221(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和为原料制备该化合物的合

4、成路线流程图(无机试剂任用)：_。18、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是_，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为_。（2）A分子中最少有_原子共面。（3）C生成D的反应类型为_。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为_。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物

5、的合成路线（无机试剂任选）_。19、为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了、两个方案。根据方案、回答问题：方案：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_。(2)能确认NaOH溶液过量的是_（选填选项）。a. 测溶液pH，呈碱性 b. 取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c. 继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤的具体操作是：灼烧、_、_，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是_，该硬铝中铝的质量分数为_。方案的装置如图所示：操作步骤有：记录A的液面位置；待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；再次记录A的液面位置；将一定量Y（足量）加入烧瓶中；检验气密性，

6、将a g硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是_；操作顺序是_。(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_，操作的方法是_。20、ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究（1）仪器C的名称是：_安装F中导管时，应选用图2中的：_（填“a”或“b”）。（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：_；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是_（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被

7、稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：_。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：_，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：_（5）已吸收ClO2气体的稳定剂和，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_，（选填“I”或“II”）理由是：_21、随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH

8、3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H0(1)写出一种可以提高NO的转化率的方法：_(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO) =23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_Ac(NH3)c(NO) =23 Bn(NH3)n(N2) 不变 C容器内压强不变 D容器内混合气体的密度不变 E.1molNH键断裂的同时，生成1molOH键(3)已知该反应速率v正=k正c4(NH3)c6 (NO)，v逆=k逆cx(N2)cy(H2O) (k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆,则x=_，y=_。(4)某研究小组将2m

9、olNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_;在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_。.用尿素(NH2)2CO水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO2不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。(5)用尿素(NH2)2CO水溶液吸收体积比为11的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式_。(6)随着NO和NO2配比的提高，总氮还原率降低的主

10、要原因是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误； B如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误； C升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确； D加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D错误。 故选：C。2、B【解析】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，以此答

11、题。【详解】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R、Y位于同主族，X2 YR3水溶液在空气中久置，其溶液由碱性变为中性。则R为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。A. 简单离子半径：S2ClO2Na，故A错误；B. ，可以证明Cl的非金属性比S强，故B正确；C. Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3,H2SO3为弱酸故C错误；DX和R组成的化合物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既有离子键又有共价键，故D错误；故答案选：B。【点睛】Na2O2中既有离子键又有共价键。3、D【解析】A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此

12、时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；故答案为：D4、A【解析】ACl2与水反应生

13、成氯化氢和次氯酸，不产生氢气，故A正确；BFe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；CNa与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；DC与水反应生成氢气和一氧化碳，故D错误；答案选A。【点睛】熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应，其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。5、C【解析】A.取2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1 mol/L FeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3+2I-=2Fe2+I2,所以A正确；B.试管1中滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有

14、Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确；C.向试管2中加入1mL CCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错误；D.试管2中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。【点睛】本实验探究FeC13溶液与KI溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使KSCN溶液变红色的特征进行判断。6、B【解析】钢闸门A和B

15、在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。7、D【解析】A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5，则Ksp(Ag2SeO3)=c2(Ag+)c(SeO32-)=10-15，数量级为10-15，故A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀，B错误；C.由图象可知起始时，-lg c(Ag+)=2，则所用AgNO3溶液的浓度为10-2 mol/L，C错误；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)=2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=109.6105，反应趋

16、于完全，D正确；故合理选项是D。8、A【解析】A.储能电池中锂为负极，失去电子生成锂离子，钛电极为正极，溶液中的铁离子得到电子生成亚铁离子，储罐中亚铁离子与S2O82-反应，反应的离子方程式为：S2O82-2Fe2+=2Fe3+2SO42-，故正确；B.放电时锂失去电子发生氧化反应，故错误；C. 放电时，Ti电极发生的电极方程式为：Fe3+e= Fe2+，故错误；D. Li+选择性透过膜可以通过Li+不能通过水，故错误。故选A。【点睛】掌握原电池的工作原理，注意锂离子选择性的透过膜只能通过锂离子，S2O82-为还原性离子，能被铁离子氧化。9、B【解析】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离

17、，所以温度越高水的pH越小，故A错误；B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小，故B正确；C.pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等

18、知识来解答。10、C【解析】A. 乙烯分子中碳碳双键变为碳碳单键，一个碳原子链接苯环，一个碳原子链接H原子，属于加成反应，故A错误；B. 根据甲烷的空间结构分析，乙基中的碳原子和氢原子不可能共面，所以乙苯分子内的所有C、H 原子不可能共平面，故B错误；C. 苯环有3种H，乙基有2种H，则乙苯的一溴代物有共有5种，故C正确；D. 乙烯和乙苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不可以，故D错误；故选C。【点睛】记住常见微粒的空间结构，如甲烷：正四面体，乙烯和苯：平面结构，乙炔：直线结构，运用类比迁移的方法分析原子共面问题，注意题干中“一定”，“可能”的区别。11、A【解析】11.9g金属锡的物质的量=0.

19、1mol，l2mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol(x-0)=0.4mol(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。12、D【解析】A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中含有

20、苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；故答案为：D。13、A【解析】A. 先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B. 氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C. 加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D. 用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2C

21、O3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。14、C【解析】A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故A正确；B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故B正确；C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溴，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D正确；综上所述，答案为C。15、D【解析】本题考查化学反应与能量变化,意

22、在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g) H103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9)H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g) H136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。16、C【解析】A容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解溶质，即不能在容量瓶中溶解NaOH，A错误；BNH3极易

23、溶于水，其收集方法不能用排水法，B错误；CNa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，可以通过黄色沉淀出现快慢来比较化学反应速率的快慢，从而探究浓度对化学反应速率的影响，C正确；D由于NaCl量较少，可能浓度商c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)而未出现沉淀。只有在CI和I浓度相同情况下才可以比较，D错误。答案选C。【点睛】A项需要注意的是NaOH溶液易变质，通常不能直接正确地配制一定物质的量的浓度的NaOH溶液（即NaOH不能作基准物质），而需要通过滴定来测定NaOH溶液的浓度。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 羰基 ， +N2H4+2H2O 6 、 【解析】(1

24、)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为12221，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它

25、原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是、；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为12221，说明分子中含有5

26、种不同的H原子，个数比为12221，则可能的结构为、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生， 和发生取代反应产生和HCl。故以 和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：。18、邻氯苯甲醛（2氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ 6 、 【解析】根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析

27、解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+Na

28、OHCu2O+3H2O+；(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为CHO、CH2Cl和Cl、CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为、，故答案为：6；、；(6) 已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。19、盐酸或稀硫酸 c 冷却 称量 Al2O3 100 氢氧化钠溶液 剩余固体的质量 将烧瓶中剩余固

29、体过滤、洗涤、干燥，称量 【解析】为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步

30、骤是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)100%=100。方案：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是。(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的

31、质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。20、球形干燥管 b 2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O 调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度 吸收Cl2 4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O 检验是否有ClO2生成 II 稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 【解析】(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和

32、ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；(3)根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；(5)由图分析可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)根据仪器特征：可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯，转

33、移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B的旋塞，减缓(慢)稀盐酸滴加速度；(3)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明没有氯气到达F，则装置C的作用是吸收Cl2； (4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O；在Cl

34、O2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；(5)由图可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂II好。21、降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等) AE 5 0 0.171 molL-1min-1 平衡逆向移动 (NH2)2CO+NO+NO2 2N2+CO2+2H2O NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多 【解析】(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮转化率；(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；(3)根据K=进行推导；(4)根据计