2022年陕西省渭南市高考一模化学试卷

PAGE322022年陕西省渭南市高考化学一模试卷一、（共16小题，每小题3分，共48分．毎小题只有一个选项符合题意．）1．（3分）化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A．饮用矿泉水瓶的主要成分是聚氯乙烯B．误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒C．我国预计2022年发射的首颗火星探测器中太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应【分析】A．聚氯乙烯使用时产生有毒含氯物质；B．食盐水与重金属盐不反应；C．太阳能电池帆板的材料是Si；C．鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），由信息可知，Na、K的焰色反应不同。【解答】解：A．聚氯乙烯使用时产生有毒含氯物质，则饮用矿泉水瓶的主要成分是聚乙烯，故A错误；B．食盐水与重金属盐不反应，则误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶或豆浆解毒，故B错误；C．太阳能电池帆板的材料是Si，Si为常见的半导体材料，故C错误；C．鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），由信息可知，Na、K的焰色反应不同，则：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2．（3分）下列说法正确的是（）A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，铁粉、漂白粉是纯净物C．HCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、C2H5OH是非电解质D．风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源【分析】A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；B．依据由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同物质组成的为混合物进行分析；C．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，电解质、非电解质都是化合物；D．可以在自然界里源源不断的得到补充的能源属于可再生能源，不可能在短期内从自然界得到补充的能源属于不可再生能源．【解答】解：A．H、D、T的质子数都是1，而中子数分别为0、1、2，且三者都是原子，则互为同位素，H2、D2、T2属于同一单质，仅组成的原子不同，不是同素异形体，故A错误；B．氯水是氯气水溶液、氨水是氨气水溶液、王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物、漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，铁粉是单质，属于纯净物，故B错误；C．HCl、BaSO4是电解质，CO2、NH3、C2H5OH是非电解质，氯气是单质既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．风能、生物质能可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源；煤、石油、天然气会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源，故D正确；故选：D。【点评】本题考查基本概念、能源分类等知识，属于基础知识的考查，明确同位素、同素异形体、纯净物、混合物、电解质、非电解质等概念的要点即可解答，题目难度较小，注意对能源分类的掌握．3．（3分）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常溫常压下，36g18O2中所含的中子数为16NAB．与N2O4的混合气体中所含氮原子数为C．标准状况下，苯含有的分子数等于D．在过氧化钠与水的反应中，每消耗过氧化钠，转移电子的数目为【分析】A、常溫常压下，36g18O2的物质的量为=1mol，分子中每个O原子含有10个中子；B、NO2与N2O4的最简式均为NO2，所以混合物中含有的NO2的物质的量为；C、标准状况下，苯不是气体；D、在过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中的O元素部分升高，部分降低。【解答】解：A、常溫常压下，36g18O2的物质的量为=1mol，分子中每个O原子含有10个中子，所含的中子数为20NA，故A错误；B、NO2与N2O4的最简式均为NO2，所以混合物中含有的NO2的物质的量为，故含个氮原子，故B正确；C、标准状况下，苯不是气体，苯不是，故C错误；D、在过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中的O元素部分升高，部分降低，每消耗过氧化钠，转移电子的数目为，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大。4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体B．铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸C．维生素C具有还原性，能帮助人体将Fe3转化为易吸收的Fe2D．FeCl3溶液具有酸性，可用作铜制线路板的蚀刻剂【分析】A．依据浓硫酸的吸水性解答；B．依据铝遇到浓硝酸、浓硫酸在常温下发生钝化解答；C．依据维生素C的还原性解答；D．依据氯化铁的氧化性解答。【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，故A错误；B．铝遇到浓硝酸、浓硫酸在常温下发生钝化，所以可用铝罐贮运浓硝酸，故B错误；C．维生素C具有还原性，能帮助人体将Fe3转化为易吸收的Fe2，故C正确；D．FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，涉及浓硫酸、铝、维生素C、氯化铁，明确相关物质的性质是解题关键，注意钝化为化学变化，题目难度不大。5．（3分）下列生活中的现象与氧化还原反应知识无关的是（）A．烧菜用过的铁锅，放置后常出现红棕色斑迹B．用热的纯碱溶液清洗油污C．用酸性重铬酸钾检验司机是否酒后驾车D．用新制的氢氧化铜悬独液与病人的尿液混和加热，来检验病人是否患糖尿病【分析】属于氧化还原反应，说明该反应中有元素化合价变化，从化合价变化的角度结合物质的性质分析氧化还原反应。【解答】解：A．该过程中铁生成氧化铁，Fe元素化合价由0价变为3价，所以属于氧化还原反应，故A不选；B．用热的纯碱溶液清洗油污，是碳酸钠水解溶液显碱性，碱性条件下，油脂发生水解反应，化合价没有变化，与氧化还原反应无关，故B选；C．用酸性重铬酸钾检验司机是否酒后驾车，重铬酸钾把乙醇氧化为乙酸，属于氧化还原反应，故C不选；D．新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，氢氧化铜被还原为氧化亚铜，存在化合价的变化，是氧化还原反应，故D不选；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应的判断，根据元素化合价是否变化来分析解答，知道氧化还原反应的本质和特征的区别，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。6．（3分）217年5月4日《光明日报》报道称，中科院大连化学物理研究所的研究团队利用多功能催化剂首次实现了CO2直接加氢制汽油的过程。其转化过程如图所示。下列说法正确的是（）

A．反应①的产物中含有水B．反应②为化合反应C．所制得汽油的主要成分是烃和烃的含氧衍生物D．这种人造汽油用作汽车的燃料时，汽车尾气中不含氮氧化物【分析】A、根据质量守恒分析解答；B、反应物一氧化碳中含有氧元素，而产物（CH2）n中无氧元素；C、所制得汽油的主要成分是烃；D、氮气在发动中打火的条件下生成一氧化氮。【解答】解：A、根据质量守恒可知，反应①的产物中含有水，故A正确；B、反应物一氧化碳中含有氧元素，而产物（CH2）n中无氧元素，所以反应②不可能是化合反应，故B错误；C、所制得汽油的主要成分是烃，不含烃的含氧衍生物，故C错误；D、氮气在发动中打火的条件下生成一氧化氮，人造汽油用作汽车的燃料时，与其它燃烧一样，汽车尾气中都含有氮的氧化物，故D错误；故选：A。【点评】本题考查环境保护和治理，难度不大，掌握化学变化的判别方法是正确解答本题的关键。7．（3分）下列反应中属于取代反应的是（）A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯与溴的四氧化碳溶液反应C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应D．在苯中滴入溴水，溴水层变为无色【分析】取代反应是指有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，以此解答该题。【解答】解：A．甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，为氧化反应，故A不选；B．乙烯与与溴的四氧化碳溶液发生加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液加热反应生成硝基苯，苯环的H被硝基替代，为取代反应，故C选；D．没有发生化学变化，与溶解度有关，故D不选。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。8．（3分）下列说法正确的是（）A．丙烯分子中所有原子均在同一平面上B．命名为2﹣甲基﹣3﹣丁炔C．化合物不是苯的同系物D．C5H12的同分异构体数目与甲苯的一氯代物数目相同【分析】A、丙烯可以看做是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子得到的，而乙烯中的六个原子共平面；B、2﹣甲基﹣3﹣丁炔名称中编号的起点错误；C、该化合物的分子式为C10H8，苯的分子式是C6H6；D、C5H12有正戊烷、异戊烷和新戊烷3种同分异构体，的一氯取代物有4种。【解答】解：A、丙烯可以看做是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子得到的，而乙烯中的六个原子共平面，但甲基中的H至少有2个不能和乙烯基共平面，故丙烯中的原子不能全部共平面，故A错误；B、2﹣甲基﹣3﹣丁炔名称中编号的起点错误，正确的名称为3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故B错误；C、同系物是指结构相似，分子间差N个CH2，该分子两个苯环相连，分子式为C10H8，都不满足同系物的要求，故C正确；D、C5H12有正戊烷、异戊烷和新戊烷3种同分异构体，的一氯取代物苯环上有3种，甲基上一种，总共有4种，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查学生有机物同分异构体的书写、名称的判断等，难度不大，清楚Cl原子可能发生取代位置是关键。9．（3分）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）

A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为放热反应，热效应等于△HC．改变催化剂，不能改变该反应的活化能D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1E2【分析】A、催化剂能降低反应的活化能；B、反应物能量高于生成物，据此判断反应的吸放热，根据热效应的判断来回答；C、不同的催化剂对反应的催化效果不同；D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．【解答】解：A、b中使用了催化剂，故A错误；B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，热效应等于△H，故B正确；C、不同的催化剂，反应的活化能不同，改变催化剂，能改变该反应的活化能，故C错误；D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误。故选：B。【点评】本题通过图象考查了学生对反应的活化能的理解以及催化剂能够降低反应的活化能的相关知识，难度中等．10．（3分）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是（）

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B．利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③D．与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想【分析】途径①涉及反应为3Cu8H2NO3﹣=3Cu22NO↑4H2O；途径②涉及反应为2Cu2H2SO4O2=2CuSO42H2O；途径③涉及反应为Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO2↑2H2O，根据以上反应的离子方程式或化学方程式评价制备方案。【解答】解：A．Cu与混酸反应，3Cu8HNO3（稀）=3Cu（NO3）22NO↑4H2O，离子反应为：3Cu8H2NO3﹣=3Cu22NO↑4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；B．利用途径③制备硫酸铜是用铜与浓硫酸反应制备硫酸铜，涉及反应为Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO2↑2H2O，制备16g硫酸铜，物质的量为，这一过程中消耗硫酸的物质的量为，故B错误；C．生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①=②＜③，故C错误；D．相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故D正确；故选：D。【点评】本题考查制备方案的评价，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，根据反应途径写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断，题目难度中等。11．（3分）下列有关实验原理或操作正确的是（）A．喷泉实验B．转移溶液C．收集氯化氢气体D．分离苯和水【分析】A．氮气不溶于水；B．无玻璃棒引流；C．氯化氢极易溶于水；D．分液漏斗能分离能分层的液体．【解答】解：A．氮气不溶于水，无法形成喷泉，故A错误；B．转移溶液需要用玻璃棒引流，故B错误；C．氯化氢极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D．苯和水互不相溶，能分层，能用分液漏斗分离，故D正确。故选：D。【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，注意基础知识的积累．12．（3分）下列化学过程及其表述正确的是（）A．向NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至中性：HSO42﹣Ba2OH﹣=BaSO4↓H2OB．由水电离的c（H）为10﹣13mol•L﹣l的溶液中；Na、NO3﹣、SO32﹣、Cl﹣一定能大量共存C．可以用硫氰酸钾溶液来检验FeCl2溶液中的溶质是否被氧化D．可以用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合，证明H2O2具有还原性【分析】A、向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，需Ba（OH）2和NaHSO4的物质的量之比为1：2；B、由水电离的c（H）为10﹣13mol•L﹣l的溶液中，水的电离被抑制，而能抑制水的电离的是酸液或者碱液；C、检验铁离子，可加入KSCN溶液，溶液变为红色，为铁离子的特征反应；D、盐酸具有还原性，能够被高锰酸钾氧化。【解答】解：A、向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，反应离子方程式为：Ba22OH﹣2HSO42﹣=BaSO4↓2H2O，故A错误；B、由水电离的c（H）为10﹣13mol•L﹣l的溶液中，水的电离被抑制，而能抑制水的电离的是酸液或者碱液，而若在酸性环境下，NO3﹣能将SO32﹣氧化为SO42﹣而不能大量共存，故B错误；C、FeCl2溶液中的溶质被氧化为FeCl3，而检验铁离子，可加入KSCN溶液，溶液变为红色，为铁离子的特征反应，故C正确；D、盐酸具有还原性，能够被高锰酸钾氧化，所以证明H2O2具有还原性不能用盐酸酸化高锰酸钾，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；试题侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，为易错点。13．（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（）

A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H2e→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液L的容量瓶来配制，根据m=cVM计算；B．滴定管在装液前没有用待装液润洗；C．滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为粉红色；D．滴定后俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低。【解答】解：A．配制•L﹣1的NaOH溶液，应500mL的容量瓶来配制，所以氢氧化钠固体的质量为：•L﹣1××40g/mol=2g，故A错误；B．滴定管在装液前需要用待装液润洗，正确的操作为：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，故B错误；C．盐酸为待测液，滴定前锥形瓶中盐酸溶液为无色，当到达滴定终点时溶液变为粉红色，不是褪色，故C错误；D．读取NaOH溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致读出的标准最终液体积偏小，计算出消耗的标准液体积偏小，则所测盐酸的浓度数值将偏低，故D正确；故选：D。【点评】本题考查中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定操作步骤为解答关键，注意掌握中和滴定原理及操作方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。15．（3分）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是（）

A．图中A、B、D三点处KW间的关系：B＞A＞DB．100℃，向ol/L）2．下列叙述正确的是（）A．常温下，AgCl悬浊液中c（C1﹣）=4×10﹣LB．温度不变时，向AgCl悬浊液中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，KsolM，该反应转移电子的物质的量为mol。（3）工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：

①步骤③中除生成Na2FeO4外，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为。②己知Na2FeO4在强碱性溶液中的溶解度较小。可向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液。从Na2FeO4悬浊液得到固体的操作名称为。（4）计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的倍（结果保留两位小数）。【分析】氯碱厂电解饱和食盐水生成氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，可用结晶的方法除去氯化钠；铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，加入过氧化氢，生成硫酸铁，次氯酸钠和硫酸铁发生氧化还原反应生成Na2FeO4，以此解答该题；（1）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成Fe3，Fe3发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质；（2）①根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合高铁酸钠的化学式进行解答即可。②由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断生成物M的化学式和b的值；根据氧化还原反应的电子转移数目进行计算；（3）①碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，反应的离子方程式依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平得到；②溶液中存在难溶固体，据此选择分离操作方法；（4）依据高铁酸钠和氯气得到电子转化关系计算分析。【解答】解：（1）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成Fe3，Fe3发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，可用来除去水中的悬浮物，达到净水的目的，故答案为：FeO42﹣有强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为Fe3，Fe3发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，达到净水的目的；（2）①钠元素显1价，氧元素显﹣2价，设铁元素的化合价是，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（1）×2（﹣2）×4=0，则=6价，故答案为：6；②由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应的化学方程式2FeSO46Na2O2═aNa2FeO4bM↑2Na2O2Na2SO4，反应前铁、氧、钠、硫原子个数分别为2、20、12、2，反应后已知的生成物中铁、氧、钠、硫原子个数分别为a、（4a10）、（82a）、2，根据反应前后原子种类、数目不变，则a=2，bM分子中含有2个氧原子，则M分子为O2，b=1，此反应中氧气和Na2FeO4均为氧化产物，每生成1mol氧气共转化电子数为2×（6﹣2）mol2×[0﹣（﹣1）]mol=10mol，故答案为：1；10；（3）①反应③是碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe33ClO﹣10OH﹣=2FeO42﹣3Cl﹣5H2O；故答案为：2Fe33ClO﹣10OH﹣=2FeO42﹣3Cl﹣5H2O；②利用过滤操作从Na2FeO4悬浊液得到固体Na2FeO4，故答案为：过滤；（6）FeO42﹣3e﹣4H2O⇌Fe（OH）35OH﹣，单位质量得到电子=Cl22e﹣=2Cl﹣，单位质量得到电子=，所以Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的=倍，故答案为：。【点评】本题考查了物质制备实验流程的分析判断，主要是物质性质，题干信息的应用，离子方程式的书写是解题关键，题目难度中等。19．（12分）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1所示），用环己醇制备环己烯。已知：H2O相对分子质量密度/g•cm﹣3熔点/℃沸点/℃溶解性环己醇10025161能溶于水环己烯82﹣10383难溶于水（1）制备粗品将环己醇与1mL浓硫酸加入试管A中，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。①在试管中混合环已醇和浓硫酸操作时，加入药品的先后顺序为。②如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是（填字母）。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料③将试管C置于冰水中的目的是。（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。向粗品中加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在层（填“上”或“下”），分液后用（填字母）洗涤。a．酸性KMnO4溶液b．稀硫酸c．Na2CO3溶液②再将提纯后的环己烯按如图2所示装置进行蒸馏。图中仪器a的名称是。实验中冷却水从（填字母）口进入。蒸馏时要加入生石灰，目的是。（3）若在制备粗品时环已醇随产品一起蒸出，则实验制得的环己烯精品质量（填“高于”、“低于”）理论产量。本实验所得到的环已烯质量为，则产率是。【分析】（1）①依据浓硫酸稀释的操作﹣密度大的加入密度小的中解答；②碎瓷片为防止液体暴沸作用，加热一段时间后发现忘记加碎瓷片应冷却后补加；③冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；②依据仪器形状说出其名称；为了增加冷凝效果，冷却水从下口（g）进入，蒸馏时要加入生石灰可以吸收水分；（3）粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，依据计算产率。【解答】解：（1）①浓硫酸稀释产生大量的热，所以在试管中混合环已醇和浓硫酸操作时，加入药品的先后顺序为先将环己醇加入试管A中，再缓慢加入浓硫酸；故答案为：先将环己醇加入试管A中，再缓慢加入浓硫酸；②碎瓷片为防止液体暴沸作用，加热一段时间后发现忘记加碎瓷片应冷却后补加，故选B；故答案为：B；③冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发；（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上；c；②依据仪器形状可知，a为蒸馏烧瓶；为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，蒸馏时要加入生石灰可以吸收剩余的水，故答案为：蒸馏烧瓶；g；吸收剩余的水；（3）粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；环己醇的质量为：mL×=12g，设生成环己烯理论质量为m，则依据方程式得：

1008212gm则m==，本实验所得到的环已烯质量为，则产率为：×100%=%；故答案为：低于；%。【点评】本题考查了物质制备实验方案设计，醇性质的分析应用，实验现象和原理的分析判断，掌握基础是解题关键，充分考查了学生分析、理解能力及解决实际问题的能力，本题难度中等。20．（15分）CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，它们虽会对环境造成负面影响，但也是重要的化工原料，其回收利用是环保领域研究的热点课题。（1）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）．某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO与Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）Cl2（g）⇌COCl2（g）△H=aJ/mol。反应过程中测定的部分数据如下表：t/minn（CO）/moln（Cl2）/mol0124①反应从开始到2min末这一段时间内的平均速率v（COCl2）=mol/（L•min）。②在2min～4min间，v（Cl2）正v（Cl2）逆（填“＞”、“＜”或“=”），该温度下K=。③已知X、L可分别代表温度或压强，图1表示L不同时，CO的转化率随X的变化关系。L代表的物理量是；a0（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）在催化剂作用下NO和CO可转化为无毒气体：2CO（g）2NO（g）⇌2CO2（g）N2（g）△H①已知：N2（g）O2（g）=2NO（g）△H1=mol2C（s）O2（g）=2CO（g）△H2=﹣mol2C（s）2O2（g）=2CO2（g）△H3=﹣mol则△H=。②研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。某同学设计了三组实验（实验条件已经填在下面的实验设计表中）．实验的设计目的是。实验编号T（℃）NO初始浓度（mol•L﹣1）CO初始浓度（mol•L﹣1）催化剂的比表面积（m2•g﹣1）Ⅰ280×10﹣3×10﹣382Ⅱ280×10﹣3×10﹣3124Ⅲ350×10﹣3×10﹣3124（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图所示。

①b为电源的（填“正”或“负”）极，电解时，生成丙烯的电极反应式是。②侯氏制碱法中可利用CO2、NH3、NaCl等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。已知H2CO3的Ka1=×10﹣7mol•L﹣1、Ka2=×10﹣11mol•L﹣1，NaHCO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。

【分析】（1）①由表中数据，可知0～2min内△n（CO）=﹣=，由方程式可知△c（COCl2）=△c（CO）=，再根据v=计算v（COCl2）；②4min内，反应的氯气为﹣=，由方程式可知参加反应的CO为，故4min时CO为﹣=，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态；由方程式可知，平衡时生成COCl2为，平衡常数K=；③正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应。（2）①N2（g）O2（g）=2NO（g）△H1=molⅠ2C（s）O2（g）=2CO（g）△H2=﹣molⅡ2C（s）2O2（g）=2CO2（g）△H3=﹣molⅢ盖斯定律计算Ⅲ﹣Ⅱ﹣Ⅰ得到2CO（g）2NO（g）⇌2CO2（g）N2（g）的热化学方程式；②根据图象可知：Ⅱ只改变催化剂比表面积，目的是探究催化剂比表面积对化学反应速率的影响；Ⅱ、Ⅲ只改变温度，目的是探究温度对化学反应速率的影响；