2023年云南省达标名校高三第二次调研化学试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列指定反应的离子方程式正确的是A．钠与水反应：Na+2H2ONa++2OH–+H2↑B．用氨水吸收过量的二氧化硫：OH−+SO2C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–CaCO3↓+H2OD．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH–+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O2、常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是A．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)B．b点所示溶液中：c(NH4＋)＝2c(SO42－)C．V＝40D．该硫酸的浓度为0.1mol·L－13、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径:W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D．元素的最高正化合价:W>X>Z>Y4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为NAB．标准状况下,体积均为2.24L的CH4与H2O含有的电子总数均为NAC．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2NAD．由13g乙酸与2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为NA5、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列叙述正确的是A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．放电时，正极区溶液的pH减小C．充电时，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被还原D．充电时，电池的锌电极接电源的正极6、某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是A．交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mLB．当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C．交点b处c(OH)=6.4×10-5D．当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，7、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）则下列叙述错误的是A．A气体是NH3，B气体是CO2B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶8、下列说法正确的是A．同主族元素中，原子序数之差不可能为16B．最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be9、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是A．C、D两种元素组成的化合物只含有离子键B．A、B、C、D形成的简单离子半径排序：D>C>B>AC．D元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙D．A、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物10、在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是A．B．C．D．11、常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A．a=5.6B．常温下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO312、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物。则下列说法正确的是A．单质的沸点：Q>PB．简单氢化物的热稳定性：Y>PC．简单离子的半径：Z>Y>XD．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性13、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．1mol甲基(－CH3)所含的电子数为10NAB．常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C－O键的数目为NAC．14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD．标准状况下，22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA14、有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④15、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是（）A．葡萄酒中添加SO2，可起到抗氧化和抗菌的作用B．PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应C．苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧D．淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物16、下列说法不正确的是A．一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D．乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O17、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢18、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（）A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度19、下列有关说法正确的是（）A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到20、目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关判断①都是主族元素，最外层电子数都大于４②单质在反应中都只能作氧化剂③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物④氧化物常温下都可以与水反应生成酸A．只有①②正确 B．只有①③正确 C．只有③④正确 D．①②③④均不正确21、下列物质与其用途不相符的是A．乙二醇——抗冻剂 B．NaCl——制纯碱C．Al2O3——焊接钢轨 D．甲苯——制炸药22、饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣，若向此溶液中（）A．加水，SO32﹣浓度增大B．通入少量Cl2气体，溶液pH增大C．加少量CaSO3粉末，HSO3﹣浓度基本不变D．通入少量HCl气体，溶液中HSO3﹣浓度减小二、非选择题(共84分)23、（14分）合成药物中间体L的路线如图(部分反应条件或试剂略去)：已知：I.最简单的Diels-Alder反应是II.III.+R4OH请回答下列问题：（1）下列说法中正确的是____。A.B→C的反应条件可以是“NaOH/H2O，△”B.C→D的目的是实现基团保护，防止被KMnO4(H+)氧化C.欲检验化合物E中的溴元素，可向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成D.合成药物中间体L的分子式是C14H20O4（2）写出化合物J的结构简式____。（3）写出K→L的化学方程式____。（4）设计由L制备M的合成路线(用流程图表示，试剂任选)____。（5）写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____。①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子；②能发生水解反应；③遇FeCl3溶液发生显色反应。24、（12分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经，B中官能团的名称为__________________。（2）反应A→B中须加入的试剂a为___________________。（3）B反应生成C的反应化学反应方程式是______________________。（4）C→D反应类型是_________，D的结构简式为_______________。（5）F→G反应类型为________________。（6）I是E的同分异构体，与E具有相同的环状结构，写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是__________________________。①I是三取代的环状有机物，氯原子和羟基的取代位置与E相同；②核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外，还有4组峰，峰面积比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液产生气体。25、（12分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)ΔH＜0②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。A.仪器a的名称是三颈烧瓶B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。26、（10分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。27、（12分）肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式__________，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______；（2）装置A中反应的化学方程式_____；（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4→N2）。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。28、（14分）NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。（1）利用反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=]的关系如图1所示。①该反应的ΔH____0(填“>”“<”或“＝”)。②下列说法正确的是________(填字母)。A．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态B．投料比：m1＞m2＞m3C．当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍D．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为________。（2）若反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法不正确的是________(填字母)。A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种B．温度越高脱硫脱硝的效果越好C．NOx比SO2更易被CO还原D．体系中可能发生反应：2COS=S2＋2CO；4CO2＋S2=4CO＋2SO2（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为________。（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为____。29、（10分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1（1）已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)ΔH=－483.6kJ·mol－1。则4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH=______kJ·mol－1。（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝__kJ·mol－1；使用催化剂之后，正反应的活化能为___kJ·mol－1(已知：加入催化剂后，反应分两步进行，反应的活化能是两个过程中需要吸收能量较大的反应的活化能)。（3）从平衡视角考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，试解释其原因：____________________________。（4）如图表示500℃、60MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3的体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为__。（5）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是__(填“A”“B”或“C”)，理由是________。（6）如图是当反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。①曲线a、b对应温度较高的是___(填“a”或“b”)。②列出b点平衡常数的计算式Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；不要求计算结果)。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】

A．离子方程式中电荷不守恒，A项错误；B．一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B项错误；C．NH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCO3的同时生成一水合氨和水，C项错误；D．离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D项正确；答案选D。【答案点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。2、A【答案解析】

A.c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，物料守恒式为c(NH4＋)+c(NH3.H2O)═2c(SO42−)，两式相减可得：c(H+)−c(OH−)═c(NH3.H2O)，故A正确；B.根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH−)<c(H+)，所以c(NH4＋)<2c(SO42−)，故B错误；C.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05mol/L，所以氨水的体积也是20ml，即V=20，故C错误；D.根据20mL的稀H2SO4溶液中,水电离出的氢离子浓度是10−13，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故D错误；答案选AB。【答案点睛】需熟练使用电荷守恒，物料守恒，质子守恒，并且了解到根据图像判断出溶液的酸碱性。3、C【答案解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。【题目详解】A.电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.AlCl3为共价化合物，故B错误；C.Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；D.O没有正价，故D错误；故答案为C。【答案点睛】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。4、D【答案解析】

A.向1L1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于NA，故A错误；B.标准状况下，H2O是液体，2.24LH2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；C.NO和O2反应生成NO2，体系中存在平衡，2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应，产物的分子数小于2NA，故C错误；D.乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是，由13g乙酸与2gCO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子物质的量是，氢原子数是NA，故D正确。选D。5、A【答案解析】

A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被氧化，故C错误；D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．故选A．6、C【答案解析】图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)=c(B2+)，根据B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D错误；正确选项C。7、D【答案解析】

A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D。8、D【答案解析】

A．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；B．最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D．主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。9、C【答案解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【题目详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A.O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B.H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B错误；C.Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D.H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与推断能力。10、B【答案解析】

A．废旧玻璃可以回收熔化再利用，所以应属于可回收物，A正确；B．铅酸电池中含有铅、硫酸等污染环境的物质，属于危险废物，B错误；C．杀虫剂有毒性，会污染环境，属于有害垃圾，C正确；D．蔬菜、瓜果、皮核、蔗渣、茶叶渣等都来自家庭产生的有机易腐垃圾，属于厨余垃圾，D正确；故选B。11、B【答案解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-)的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正确；D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根据Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；故选B。【答案点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。12、B【答案解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，则X一定是H。X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物，所以Z是Na，Y是O，P是S，则Q是Cl。A.常温下硫是固体，则单质的沸点：Q＜P，A错误；B.氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：Y>P，B正确；C.核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：Y>Z>X，C错误；D.X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。13、C【答案解析】

A.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基(－CH3)所含的电子数为9NA，A错误；B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；故答案是C。14、D【答案解析】

①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；故选D。15、A【答案解析】A、利用SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米，没有在1nm－100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。16、C【答案解析】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C.石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C17、D【答案解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。18、C【答案解析】

A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C.量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D.配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。19、C【答案解析】

A．油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；C．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；故选C。20、D【答案解析】

①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。21、C【答案解析】

A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。故选：C。22、D【答案解析】

A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32﹣浓度仍减小，故A错误；B．氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．CaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3﹣浓度，故C错误；D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3﹣浓度减小，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、AB、、、、【答案解析】

A与溴发生1，4-加成生成B（），B在氢氧化钠水溶液加热条件下水解生成C（），C与溴化氢加成生成D（），D被高锰酸钾氧化生成E（），E在氢氧化钠醇溶液加热条件下水解生成F（），F发生分子内脱水生成G（），根据K的分子式推知J为，G与J发生已知I的反应生成K（），K与乙醇发生取代反应生成L。【题目详解】（1）A.B→C的反应为卤代烃的水解，条件是“NaOH/H2O，△”，故A正确；B.C→D的目的是为了保护碳碳双键，防止被KMnO4(H+)氧化，故B正确；C.若要检验有机物分子结构中的卤族元素，则应先使其水解，后用HNO3酸化的AgNO3溶液，故C错误；D.合成药物中间体L的分子式是C14H22O4，故D错误；综上所述，答案为AB；（2）由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；（3）K→L发生取代反应，其化学方程式为，故答案为：；（4）对比L的结构和目标产物的结构可推知，可先用高锰酸钾将碳碳双键氧化，发生已知II的反应，后在发生已知III的反应即可制备M，其合成路线为，故答案为：；（5）①1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种化学环境不同的氢原子，说明分子结构比较对称；②能发生水解反应，结合分子式可知分子结构中有酯基；③遇FeCl3溶液发生显色反应，可知有苯环和酚羟基；综上所述，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、；故答案为：、、、、。【答案点睛】书写同分异构体时，可先确定官能团再根据化学环境不同的氢的数目有序进行书写，避免漏写。24、硝基浓硫酸、浓硝酸+Cl2+HCl还原反应取代反应【答案解析】

产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【题目详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。25、A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动(通电)预热去皮键(归零键)77.60%偏高【答案解析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【题目详解】（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；综上所述，答案为A。（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。【答案点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。26、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【答案解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【题目详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。27、N2H6SO4、（N2H5）2SO4、N2H6（HSO4）22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O防止NaClO氧化肼A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V0/400【答案解析】

(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式；(3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答；(5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，据此分析计算。【题目详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；(5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4→N2，I2→I-，根据得失电子守恒，有N2H4～2I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/L×V0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=×0.1000mol/L×V0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为淀粉溶液；。【答案点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。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160：1B4NH3+4NO+O24N2+6H2O2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O【答案解析】

(1)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；②A.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转化率增大；

C.根据转化率α=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；③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；