2021-2022学年上海市师范大学附属外国语高三下学期第一次联考化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在相同温度下等体积、等物质的量浓度的4种稀溶液：Na2SO4H2SO3NaHSO3 Na2S，所含带电微粒的数目由多到少的顺序是 （ ）ABCD2、镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确

2、的是AMc的原子核外有115个电子BMc是第七周期第VA族元素CMc在同族元素中金属性最强DMc的原子半径小于同族非金属元素原子3、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11 g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NAB28 g聚乙烯（）含有的质子数目为16NAC将标准状况下224 mL SO2溶于水制成100 mL溶液，H2SO3、三者数目之和为0.01NAD含63 g HNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA4、阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A与环戊醇互为同系物B分子

3、中所有碳原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M5、下列指定反应的离子方程式正确的是A向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-BMnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+4Cl-MnCl2+Cl2+2H2OCFeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2+H2O2+2H+=Fe3+2H2ODCa(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2+HCO3-+NH3H2O=CaCO3+H2O+NH4+6、我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：下列

4、说法不正确的是( )。ACu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B反应过程中生成了MG和甲醇CDMO分子中只有碳氧单键发生了断裂DEG和甲醇不是同系物7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A原子半径：r(X)r(Y)r(W)BY的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C由W、Y形成的化合物是离子化合物D由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性8、下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是ASO2BH2O2C新制氯水D碘酒9、下列有关说法正确的是（ ）A常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c(H+)

5、将增大B常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，水的电离程度相同C向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变D常温下，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，则该反应的H010、一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B当b接外接电源负极时，离子储存

6、层发生的反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D该装置可用于汽车的玻璃变色调光11、地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（）AKI（AgNO3溶液）BFeCl2（KSCN溶液）CHCHO（银氨溶液）DNa2SO3（BaCl2溶液）12、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是AC

7、u2(OH)3Cl属于有害锈BCu2(OH)2CO3属于复盐C青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”13、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯14、某有机物的结构简式如图所示， 它在一定条件下可能发生的反应有：加成、水解、酯化、氧化、中和、消去，其中可能的是( )ABCD15、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（ ）ACa(O

8、H)2中既有离子键又有共价键B在单质或化合物中，一定存在化学键C在离子化合物中，可能存在共价键D化学反应中肯定有化学键发生变化16、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B氧化物的水化物的酸性：H2XO3H2YO3CZWY是离子化合物，其水溶液中只存在电离平衡D单质熔点：X”“r(S)r(O)，A项正确；B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸

9、性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；C. 由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；D. 由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；答案选A。8、A【解析】A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A正确； B. H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B错误; C. 新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C错误；D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D错误。答案选

10、A.9、B【解析】A、常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，A错误；B、常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中c(OH-)相等，对水电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，B正确；C、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，发生Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强，所得溶液的pH增大，C错误；D、根据GHTS可知，2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的S0，则该反应的H0，D错误；答案选B。10、C【解析】A当a接外接电源负极时，电致变色层

11、为阴极，发生电极反应WO3+Li+e-=LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4Fe(CN)63-4e=Fe4Fe(CN)634Li，Fe4Fe(CN)63为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；B当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63，B选项正确；C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4Fe(CN)63变为Li4Fe4Fe(CN)63，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选

12、项错误；D该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；答案选C。11、B【解析】AKI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选； BFeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选； CHCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选； DNa2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选； 故选：B。12、A【解析】A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因

13、此属于有害锈，A正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；故合理选项是A。13、C【解析】A. 除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B. 用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸

14、式滴定管和锥形瓶，B错误；C. 配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D. 检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。14、C【解析】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。1

15、5、B【解析】A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。16、B【解析】向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，说明为硫氢化钾溶液，则W、Y、Z分别为氢、硫、钾。W、X、Y、Z的族序数之和为12，X与Y的电子层数相同，X为硅元素。A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z) r(X)r(Y) r(W)，故错误；B.

16、硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3H2SO3，故正确；C.硫氢化钾是离子化合物，其完全电离，但其电离出的硫氢根离子既能电离、也能水解，存在电离平衡和水解平衡，故错误；D. 硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故错误。故选B。17、D【解析】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫

17、酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。18、D【解析】本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。【详解】A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；B.a含有碳碳双键和醛基、b中

18、含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、等，故选D；答案：D【点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。19、C【解析】A. 根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B. 反应物中有SO2，不处理干净，

19、会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D. 反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。20、C【解析】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性cd，故A错误；B.该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO2和NO2反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，

20、逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C.该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡时的c(N2)比原平衡要大，c(N2)：ab，故C正确；D. CH3COOH为弱酸小部分电离，HCl为强酸完全电离，等pH的HCl和CH3COOH中，c(H+)相同，开始反应速率相同，但随着反应进行，CH3COOH不断电离补充消耗的H+，故醋酸溶液中的c(H+)大于盐酸，反应速

21、率醋酸大于盐酸，故D错误。故选C。21、D【解析】A糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误； B石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；C蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；D酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；答案选D。【点睛】油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。22、D【解析】A. 途径1中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A正确；B. 从途径2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，B正确；C. CuCl22H2O加热时会挥发出HCl，在HCl气流中加热，可

22、抑制其水解，C正确；D. 2Cu+4H+SO42-2Cu+SO2+2H2O反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D错误。故选D。二、非选择题(共84分)23、CH3CH=CH2 丙烯 CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br 加成反应 CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O 将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C 3 (C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖) 【解析】(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C

23、，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答； (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。【详解】(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH

24、2Br；根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此AC为加成反应，C+DE的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；

25、将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为3； (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)。24、对甲基苯甲醛 3 羧基 b、d 【解析】

26、由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（

27、3）中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。25、回收乙醇 2+5+16H+2Mn2+10CO2+8H2O 当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色 由步骤的反应离子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得关系式：Cu2+H2Y2，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤的离子反应

28、方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式：2MnO4-5C2O42-，则有：解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜()酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)22H2O。 【解析】（1）分析题中所给信息，硫酸铜不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于晶体的析出。加入乙醇后，乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。（2）根据题中步骤测定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可计算出0.7080 g样品中Cu2+的量；根据步骤测定C2O42-的过程中，KM

29、nO4和C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应，结合氧化还原反应原理，可计算出0.7080 g样品中C2O42-的量；结合电荷守恒和质量守恒，分别计算出K+和H2O的量。进而可确定草酸合铜()酸钾的化学式。【详解】（1）乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。答案为：回收乙醇；（2）根据氧化还原反应原理，可知离子反应方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；KMnO4溶液为紫红色，当加入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。答案为：当滴入最后

30、一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色；由步骤的反应离子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得关系式：Cu2+H2Y2，据题意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步骤的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得关系式：2MnO4-5C2O42-，则有： 解得：n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理，则n(H2O)=。故草酸合铜()酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)22H2O。26、（本题共16分）（1）CO2、CO的混合物（3）NH4+NO2N2+2H2

31、O（4）步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收（5）2C+Fe2O32Fe+CO+CO2（6）Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M (BaCO3)M(CaCO3)，称量时相对误差小。在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置【解析】试题分析：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：CO、CO2、CO2、CO的混合物三种情况；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书

32、写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：CO、CO2、CO2、CO的混合物，（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为NH4+NO2N2+2H2O，（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑

33、浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）=0.02mol，m（CO2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，设混合气体中含有ymolCO，则0.88g+28yg=1.44g，y=0.02mol，所以CO、CO2的混合气体物质的量比为1：1，所以方程式为 2C+Fe2O32Fe+CO+CO2，（6）将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理或增加一尾气处理装置.27、恒压滴液漏斗 防止

34、外界空气中水蒸气进入影响实验 控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高 bc 分液 洗去残留的HCl 苯 48.5 84.4 【解析】苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：

35、仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl 。故

36、答案为：洗去残留的HCl ；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5，当所测产品熔点为48.5时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88gmL1）的物质的量为mol=0.34mol，6 mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol182gmol1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为 100%=84.4%，故答案为：48.5；84.4；【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理

37、为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。28、 AB 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160：1 B 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 【解析】(1)由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；A.起始投料比m一定时，而反应中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断；B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO

38、转化率增大；C.根据转化率=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2)反应达到平衡时v正=k正c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆c（N2）c2（CO2），则平衡常数K= ，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：v逆；(3)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关； B温度高于1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；C根据图3，随CO物质

39、的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；D根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大； (4)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO 还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；(5) 阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。【详解】(1)由图象可知，起始投料比m一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即H0；A反应正向进行时CO2增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1m2m3，故B正确；C由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率=100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C错误；D催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO的平衡转化率不变，故D错误；故答案为：AB；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影