《2021-2022学年江西省鹰潭市重点高三冲刺模拟化学试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年江西省鹰潭市重点高三冲刺模拟化学试卷含解析.pdf（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请 用 0.5 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的 注意事项，按规定答题。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、中央电视台 国家宝藏栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：A.“司南之杓（勺），投之于地，其 柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4B.宋 莲塘乳鸭图绛丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质C.宋王希孟 千里江山图中的绿色
2、颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜D.清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅2、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（。一一8）,其原理如图所示，下列说法正确的是（）A.b 为电池的正极，发生还原反应B.电流从b 极经导线、小灯泡流向a 极C.当外电路中有0.2nwle-转移时，a 极区增加的H+的个数为0.2NAD.a 极的电极反应式为：-Q-O H+2e+H+=Cr+A1O2 NO3B.0.1 m oH/i MgSCh溶液：Af+、H+CF NO3C.0.1 mol L-NaOH 溶液：Ca2+,K+,C H 3coO,CO32D.0.1 m
3、okL-iNa2s 溶液：NH4 K+,C IO,SO?8、其他条件不变，C 的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是()B.A(g)+B(s)C(g)+D(g)；AH0D.A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；AH09、化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.AI2O3熔点高，可用作耐高温材料B.FeCh溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC.石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D.浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO210、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是出 一小电缘锌中NH4a,面财用水沽性炭.N1LCI.MnO、卬水的
4、混介狗A.锌皮作负极，碳棒作正极B.电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反C.NH1是电解质，在锌片逐渐消耗过程中M nOz不断被氧化D.该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收11、下列说法合理的是()A.N%极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂B.C 具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2C.用 C1O2代 替 C12对饮用水消毒，是因为CKh杀菌消毒效率高，二次污染小D.明帆水解形成的A1(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂1 2、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为也/用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：N C R 催 化 剂 X。下列说法错误的是A.上述反
5、应属于加成反应B.碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C.碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D.Imol碳酸亚乙酯最多可消耗2moiNaOH1 3、科研工作者利用LLTisOn纳米材料与LiFePCh作电极组成可充放电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A.放电时，碳 a 电极为正极，电子从b 极流向a 极B.电池总反应为 Li7Ti5Oi2+FePO4=Li4Ti5Oi2+LiFePO4C.充电时，a 极反应为 LLTisOn+3Li+3e-=Li7Ti50i2D.充电时，b 电极连接电源负极，发生还原反应1 4、设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标况下，22.4LC
6、L溶于足量水，所得溶液中CL、Cl HC1O和 CKT四种微粒总数为NAB.标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键C.常温下，将 5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D.一定温度下，1L0.50moi/LNH4cl溶液与2L0.25mol/LNH4cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同1 5、分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是选项实 验现 象结 论A用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B向 FeBn溶液中加入少量氯水，再 加 CCL振荡CCL层无色Fe2+的还原性强于Br-C相同的铝片分别与同温同体积，且 c（H+）=lmol-L-,的盐酸、
7、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是C对该反应起到促进作用D向盛有2mL0.1 mol/L的 AgNCh溶液中加入10滴 O.lmol/L的 NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的 Nai溶液，再振荡先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀KSp(AgI)”或“-O H+2e+H+=-O H +C1,故 D 正确；故答案为：D。3、C【解析】A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A 错误；B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B 错误；C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C
8、正确；D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D 错误；故选C。4、D【解析】A.OH-优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故 A 错误；B.SO32 一 的还原性大于，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故 B 错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故 C 错误；D.小苏打为碳酸氢钠，AF+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故 D 正确。故选D。5、D【解析】A.一定条件下，将 2gH2与足量的N2混
9、合，发生反应N2+3H2 d2 N M,该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA,故 A 错误；B.lmolNa2”C)2 与足量水发生反应 2Na218O2+2H2O=2Na,8OH+2NaOH+18O2T，最终水溶液中,8O 数为 NA,故 B错误；C.NCh、N2O4的摩尔质量不同，无法准确计算混合气体的组成，故 C 错误；D.浓 HNCh与铜反应生成 N th,稀 HNCh与铜反应生成 N O,即 Cu+4HNCh(浓)=Cu(NO3)2+2NChT+2H2O、3Cu+8HNCh(稀)=3Cu(NCh)2+2NOT+4H2O,lOOmLl2moir 的浓 HNC
10、h 中含有的 n(HNO3)=0.1Lxl2mol-L-1=1.2mol,1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有N th,则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子,10()mLl2moi【r 的浓HNCh与过量Cu反应的还原产物为NO和 N C h,因此转移的电子数大于0.6NA,故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。6、C【解析】A.lmol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锦不反应，则不能制备氯气，故 A错误；B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故 B错误；C.苯
11、不溶于水，密度比水小，漠的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故 C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到F eC h,灼烧得到氧化铁，故 D错误；本题答案为C.【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。7、B【解析】A.O.lm olirH C l溶液中：AlCh-与H+不能大量共存，故 A 错误;B.(MmoHT】MgSO 溶液：Al3+,H+,C广、NO3之间以及与Mg?+、Stl?一之间不发生反应，能大量共存，故 B 正确；C.0.1 m olI-N aO H 溶液：Ca2+与 CCh?-不能大量共存，故
12、C 错误；D.(M m oll-N a2s溶液中，CKT具有强氧化性，与 S*不能大量共存，故 D 错误；答案选B。【点睛】熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。8、B【解析】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大的原则，根据C 的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得T2TI,升高温度，生成物C 的物质的量分数减小，平衡向逆向(吸热的方向)移动，因此正反应放热，即A H V O,故 C、D错误；根 据 C 的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可 得 P2P”增大压强，生成物C 的物质的量分数减小，平衡向逆向(气体体积减小的方向)移动，因此正反应方向为气体体
13、积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。9、A【解析】A.熔点高的物质可作耐高温材料，则 ALO3熔点高，可用作耐高温材料，A 选；B.Cu与 FeCb发生氧化还原反应，则用FeCh腐蚀Cu刻制印刷电路板，与 FeCb溶液呈酸性无对应关系，B 不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C 不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥C O 2,与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D 不选；答案选A。10、c【解析】试题分析：A.
14、锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B.原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C.以糊状NH61作电解质，其中加入MnO,氧化吸收Hz,C项错误；D.该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理11、C【解析】A.N%可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故 A 错误；B.高温下用焦炭还原SiCh生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故 B 错误；C.相同物质的量的C1O2转移电子数CL的 2.5倍，其消毒能力之比为5:2,而且不产生二次污染，故 C 正
15、确；D.明研水解形成的A1(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故 D 错误；故答案为C,【点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查,难度不大，注意相关基础知识的积累。12、C【解析】A 选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故 A 正确；B 选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故 B 正确；C 选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故 C 错误；D 选项，Imol碳酸亚乙酯相当于
16、有2moi酯基，因此最多可消耗2moiNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故 D 正确。综上所述，答案为C13、C【解析】A.由图可知，放电时，Li+从碳a电极向碳b电极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，则 碳b电极为正极，电子从a极流向b极，故A错误；B.电池反应为 Li7TisOi2+3FePO4=Li4Ti5Oi2+3LiFePO4,B 项没有配平，故 B 错误；C.充电时，Li+向a极移动，生成Li7TisOi2,故电极方程式为：LiaTisOn+3Li+3e-=Li7TisOi2,故C正确；D.充电时，b电极失去电子发生氧化反应，应该和电源的正极相连，故D错误；正确答案是C【点
17、睛】放电时为原电池反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源的正极相连，发生氧化反应。14、D【解析】A、氯气与水反应：CI2+H2OH+C1+H C1O,溶液中氯原子总数为2mol,C h中含有2个氯原子，故溶液中CL、C l HC1O和Cl。四种微粒总数大于NA,故A错误；B、双氧水结构为:38g3H2O2的物质的量为38g(16x2+3x2)g/mol=lm o l,由结构式可知，Imol双氧水中含有3NA共价键，故B错误；C、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，
18、阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3刈 电 子，故C错误；D、1L0.50moi/LNH4a溶液与2L0.25moi/LNH4cl溶液所对应NH：浓度不同，所以NH：水解程度不同，溶液中NH：的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为Do【点睛】本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2m ol,发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2moi大 于Imol。15、D【解析】A.氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故 A 正确；B.向 FeB。溶液中加入少量氯水，再 加 CCL振荡，CCL层无色，说明滨离子没有
19、被氧化，从而可证明Fe?+的还原性强于B r 1 故 B 正确；C.氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是C 对该反应起到促进作用，故 C 正确；D.滴 加 10滴 O.lmol/L的 NaCl溶液产生白色沉淀，再加入O.lmol/L的 Nai溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故 D 错误；故答案选D1 6、B【解析】A.新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N 等，故 A 错误；B.用“8 4 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故 B 错误；C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故 C 正确；D.新型
20、冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故 D 正确；故选B。1 7、B【解析】A.乌洛托品的分子中含有6 个“CH2”和 4 个 N 原子，则分子式为C6H12N4,A 正确；B.乌洛托品分子结构中含有4 个六元环，B 不正确；C.乌洛托品分子中含有6 个完全相同的-C H 2-,所以一氯代物只有一种，C 正确；D.Imol乌洛托品与4moi硝酸完全反应，生 成 Imol黑索金、ImolNHqNCh和 3moiHCHO,D 正确；故选B。1 8、B【解析】A、NH3+H2O=NH3 H2O/H Y,故 D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与
21、元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。22 A【解析】本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CC14萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A 正确；B.CO/-、SO32-,HCO3 HSO3-均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故 B 错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe?+,故 C 错
22、误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故 D 错误；答案：A二、非选择题(共84分)23、(CH3)2CH-CC1(CH3)2 消去反应 C3-H-CIC0 篇*:2cH3 会 产HQ _C H 2C H 3 日 H2NHQ C H2CH3【解析】A 的分子式为C6H13。，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B 为烯烧，Im olB发生信息中氧化反应生成2 m o ic 且 C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烧，且不饱和C 原子没有H 原子，故 B为(CH3C=C(CH3)2,C 为H卫 C H-，逆推可知 A 为(CH3)2CH-CC1(CH3)2。由 WH C曹N
23、Y IC H-C H 进行逆推，可推知D 为%N -C H 2 c H 3,由 E 后产物结构，可 知 D 与乙酸酎发生取代反应生成E,故 E 为CJH59NHCOCH然后E 发生氧化反应。对、比 F 前后物质结构，可知生成F 的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入COOHI氨基，则 F 为 Q l _ B r ，D-E 步骤为了保护氨基，防止被氧化。NHCOCH3【详解】根据上述分析可知：A为(CH3)2CH-CCI(C%)2,B为(CH3)2C=C(CH3)2,C为6聿Y H 3D为凡N-0叶气，6 H5 COOH1 1E 为 Q F 为 q|_ Br。则NHCOCHj NHC
24、OCHj(1)根据上述分析可知，化合物A 的结构简式为：(CH3)2CH-CCl(CH3)2,A 与 NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产 生 B：(CH3)2C-C(CH3)2,乙醇A-B 的反应类型为：消去反应；A.化合物B 为(C%)2C=C(CH3)2,可看作是乙烯分子中4 个 H 原子分别被4 个-CH3取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，4 个甲基C 原子取代4 个 H 原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，A 错误；B.由 W 的结构简式可知化合物W 的分子式为CnHisN,B 错误；C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨
25、基，可知D-E 步骤为了保护氨基，防止被氧化,C 正确；COOH1D.物质F 为 C _ B rNHCOCH3，苯环能与氢气发生加成反应，Im ol的 F 最多可以和3moiH2反应，D 错误，故合理选项是C；f=Q C H 3 r=r(3)C+D-W 的化学方程式是：H2NCH2cH3+CH3-C-CH3-CH3-C=NCH2 CH 3；0(4)Z 的同分异构体满足：遇 FeCb溶液显紫色，说明含有酚羟基；红外光谱检测表明分子中含有 结NH C-构；iH N M R谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分OH 0HC=0 NHNH C=0I I
26、Br Br（5）由信息可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯-CH2cH3,然后Q-CH2cH3与浓硝酸、浓硫酸在加热5 0 c60条件下得到对硝基乙苯C国一，最后与F e在H C 1中发生还原反应得到对氨基乙苯H 2 N CHCH2()HP曲|NH心CHC(X)H-(1,0-1 NH0 0【解析】根据图示A的结构判断名称;(2)根据图示C 的结构判断含氧官能团名称；根据图示物质结构转化关系，F 在氯化铁的作用下与一氯甲烷发生取代反应生成G；o(4)D的结构为从0H,能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，遇到FeCb溶液显紫色说明分子结构中含有酚羟基，苯环上一氯代物只有两种，说明醛基和酚羟基属于对位
27、，根据以上条件书写D 同分异构体的结构简式;(5汨与乙二醇在催化剂作用下发生缩聚反应生成聚酯；(6)结合流程图中I 和 E 的反应机理书写化合物I 与 尿 素(H 2N-CO-N H 2)以 2:1反应的化学方程式；参考题中信息，以 1,3-丁 二 烯(CH2=CHCH=CH2)与溟单质发生1,4 力 口 成，生成nC|CH：Hr，在碱性条件下水解生成|(也(：|=1(.小(”|,再 经 过 催 化 氧 化 作 用 生 成 用 五 氧 化 二 磷 做 催 化 剂,发生分子内脱水生成|O,，最后和氨气反应生成 NHO【详解】根据图示，A 由苯环和甲基构成，则 A 为甲苯；根据图示，C 中含有的含
28、氧官能团名称是醛基；(3)根据图示物质结构转化关系，F 在氯化铁的作用下与一氯甲烷发生取代反应生成G；o(4)D的结构为人0H,能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，遇到FeCb溶液显紫色说明分子结构中含有酚羟基，苯环上一氯代物只有两种，说明醛基和酚羟基属于对位，则 D 同分异构体的结构简式为CIIOOH(5)H与乙二醇可生成聚酯，其反应方程式O 0HOOCHO-fC(也可写成完全脱水);n+nH()CH2cH20H-(6)化合物I 与 尿 素(H2N-CO-NH2)以 2:1反应的化学方程式c4.J叫o6Ho o o2HjO；参考题中信息，以 1,3-丁 二 烯(CH2=CHCH=CH2)与澳
29、单质发生1,4 加成,生成.(:HCHHr，在碱性 条 件 下 水 解 生 成=CHCHJHI，再经过催化氧化作用生成H(xx：CH=CHC(OH,用五氧化二磷做催化剂,发生分子内脱水生成QO最后和氨气反应生成0匚 H，则合成路线为:0Hr,NaOli/HjOCHj CH-CH M CH2-CHCHJir-UKXIHjCH CH（：H2OH25、B 让 Al。转化为A1(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D 若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的N%反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，(1)虚线框中的仪器
30、是向三颈烧瓶中滴加N aO H,为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B 正确；(2)根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、ALO3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为 88.5的目的就是让A1O2-转化为A1(OH)3沉淀，避免VO3一的沉淀；(3)根据信息，NH4V03微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、酸，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VCh的溶解，故 A 正确；B、NH4VCh溶于热水，造 成 NH4VCh溶解，故 B 错误；C、虽然NH4V。3不溶于乙醇，但 NH4VCh表面杂质，如 NH。不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质
31、，故 C 错误；D、根据流程生成NH4V03沉淀，是滤液1与饱和NH4cl的反应生成，且 NH 4a受热易分解，不产生杂质，故 D 正确；(4)根据信息，NH4VCh灼烧生成 V2O5,因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NM 发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VCh时在流动空气中；(5)催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2+V2O5=2VO2+SO3；(6)根据I2和 Na2s2O3发生反应的方程式，求出消耗n(l2)=2O.OOxlO-3x0.25O/2mol=2.5xlO-3moi,根据得失电子数目守恒，n(V2O5)x2x2=
32、n(l2)x 2,求出 n(V2()5)=1.25xlO-3mol,即 m(V2O5)=1.25xl()-3x82g=0.2275g,则产品纯度为 0.2275/0.253x100%=89.9%。26、bd S 02+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr 66.7%随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+2H+=Fe2+H2 T 检验SO2是否除尽 防止空气中的水进入E,影响氢气的检验澄清石灰水【解析】(1)Fe2+与K3 Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；Fe?+具有还原性，能使高镒酸钾溶液褪色；(U)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫
33、酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高铺酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2【详解】(DFe2+能与K31Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，Fe?+具有还原性，能使高镒酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2+,可以选用K31Fe(CN)6溶液或酸性KMnCh溶液，选bd；(II)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量浸水中，发生反应S02+Br,+2H2O=H2SO4+2HBr,所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCL溶液，生成硫酸软沉淀2.33g,硫酸钿的物质的量是力1卢；=O Q lm ol,根据关系式
34、S O,H,S。BaSC)4,可知二氧化硫的物质的量是233g/mol,_._ 0.0Imolx 22.4L/mol 、人，0.Olm ol,由此推知气体Y中SO2的体积分数为-x 100%=66.7%0.336L(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为Fe+2H+=Fe2+H2 T；(3)高镒酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E,影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加
35、M,M中盛放澄清石灰水即可。27、指 示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热气体将浪吹出而降低产率 cBr2+2OH=Br+BrO+H2O 干燥产品(除去产品中的水)30%【解析】图 中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率,因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(iv)中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将浪吹出而降低产率。装 置D的烧杯中需加入冷却剂，因 为1,2一二溟乙烷的沸点为131,熔点为9.3,因此只能让1,2一二溟乙烷变为
36、液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2 一二溟乙烷中的单质溟除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH-=B r+B r O-+H 2 O o(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质嗅为O.lmo l,根据质量守恒得到1,2 一二漠5 6 4 a乙烷理论物质的量为O.lmo l,因此该实验所得产品的产率为不;-11 0 0%=30%。0.1 mo l x 1 8 8 g-mo l【详解】图 中 B装置气体经过，但 B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因
37、此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(iv)中“先切断瓶C与瓶D的连接处,再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将浪吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将浪吹出而降低产率。装 置 D的烧杯中需加入冷却剂，因 为 1,2 一二溟乙烷的沸点为1 3 1 C,熔点为9.3,因此只能让1,2 一二溟乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c,故答案为：c。(4)步骤中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2 一二漠乙烷中的单质溟除掉，发生反应的离子方程式为B r2+
38、2 O H_=B r +B r O +H 2 O,故答案为：B r 2+2 O H_=B r +B r O +H 2 O 步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质澳为O.lmo L 根据质量守恒得到I,2 一二溟乙烷理论物质的量为O.ln w l,因 此 该 实 验 所 得 产 品 的 产 率 为 xl 00%=30%,故答案为：干燥0.1 mo l x 1 8 8 g mo l产品(除去产品中的水)；3 0%.n(H2S)2 8、5:1 6 A D -1 0 4 2 0%减 小 起 始 时、9.1 x 1 0。6.6 x l04n(C H4)【解析】(1)C S 2 中
39、C为+4 价，S为-2 价，所以与高镐酸钾反应时，变价元素分别是S和 Mn,通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为5：1 6;A.当 v 正(S 2)=2 ys s(C S 2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态，A项正确；B.反应C H 4(g)+2 S,(g)、6 5 o c、c s,(g)+2 H,S(g)，全为气体参与，且 在 恒 温 恒 容 条 件 下 反 应,根 据 公 式,气体可知气体密度恒定，所以密度不变不一定平衡，B项错误；C.反应C H 4(g)+2 S 2(g)T C S 2(g)+2 H 2 S(g)气体总物质的量恒定，由 公 式=可知，体
40、系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误;D.当单位时间内断裂C-H键数目与断裂HS 键数目相等时，正逆反应速率相等，反应一定处于平衡状态，D 项正确;答案选AD由键能计算婚变的公式为/=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的A/=-104kJ/mol；(3)根据图像，随着温度升高，反应物H2s的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所 以 ()；M 点时，CH4与 H2的物质的量分数相等，列三段式:初态反应终态CH4+2 H 2 s6 5 0 、C S2+4 H21200-a-2 aa4 al-a2-2 aa4 a，所以有La=4a,a=0.2,那么H2s的转化率为4晚)=2
41、 0%;为提高硫化氢转化率，从平衡移动的角度分析还可以加压或者增加CW 的进料提高CH4与 H2s的比例;N 点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式:CH4+2 H2S1J C S2+4 H2初态120 ,所以2-2 a=4 a,a=l,即N点时二硫化碳的物质的量分数为:反应-a-2 aa 4 a 3终态l-a2-2 aa 4 a”(C S,)%=-I a 9.1 1 0-2,所以 (c s,)=(C S,)%X =9.1 x 1 0-3 M P a ；通过三段式可知“总 3 +2 1 134n(H2S)%=n(H2)%=f 4 V 1 5I I X-X pn(C H4)%=-,所以
42、U6.6 x lO (M P a)2.1 1 f 4 Y 2 3 1 2 1 Ax x nUM H总2 9、2NH3(1)+CO2(g)=CO(NH2)2(1)+H2O AH=-103.7kJ-mor1 190200C时，NH 2coONH4 容易分解为 N%和 CO2,高压有利于反应I 正向进行 温度升高，反 应 I 平衡逆向移动，反 应 I I 平衡正向移动，在 190200C之前,反 应 I I 正向进行的趋势更大，190200 之后，反 应 I 逆向进行的趋势更大fU)【解析】(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应 I 2NH3(1)+CO2(g)NH2
43、COONH4(1)AHI=-119.2 kJmor1反应 II NH2COONH4(1)#CO(NH2)2(1)+H2O(1)AH2=15.5 kJmol”根据盖斯定律，反应1+反应II得：NH3 与 CCh(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：2NH3+CO2(g)=CO(NH2)2 +H2O AH=-103.7kJ mol1o 故答案为：2NH3(I)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(I)AH2=-l()3.7kJ moH；反应I 2NHK1)+CO2(g)=NH2 COONHMl)是气体体积减小的反应，选择高压条件的理由：190200时，NH2COONH
44、4容易分解为NH3和 C O 2,高压有利于反应I 正向进行。故答案为：190200时，NH2COONH4容易分解为 N%和 C O 2,高压有利于反应I 正向进行；(2)CO2平衡转化率x 随温度T 升高先增大后减小，因为：温度升高，反 应 I 平衡逆向移动，反 应 I I 平衡正向移动，在 190200之前，反应I I 正向进行的趋势更大，190200 之后，反应I 逆向进行的趋势更大。故答案为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应I I 平衡正向移动，在 190200之前，反 应 I I 正向进行的趋势更大，190200 之后，反 应 I 逆向进行的趋势更大；L越大，氨的比例越大，根据反
45、应I,提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线应在原曲线之上，温度升高，反 应 I 平衡逆向移动，反应I I 平衡正向移动，在 190200C之前，反应I I 正向进行的趋势更大，转化率先增大，此后变小，L=4、W=O 时 CO2平衡转化率x 随温度T 变化的曲线示意图80 故答案为:180 190 200 TIV.807570170 180 190 200 TIT.(3)T C时，该反应的平衡常数:2NH3(g)+CO2(g)U CO(NH2)2(S)+H2O(g)开始/mol 5.6 5.2 0变化/mol 2x x x平衡/mol 5.6-2x 5.2-x x5.6-2x _ 25.2
46、x 13x=2.6mol2.6K=0.52.6,0.4、2 x(y0.5 0.5=1.5625.故答案为：1.5625；A.2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O (g)该反应中，若平衡正向移动，混合气的总质量减小，总物质的量也减小,所以反应体系中气体分子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量不再变化时，不能判断反应是否达到平衡状态，故 A 错误;B.相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比会使N H 3 的平衡转化率增大,故 B 错误；C.在容器中加入C a O,(可与H2O)反应，但生成的氢氧化钙也能与反应物反应，降低CO(NH2)2产率，故 C 错误；D.反应开始后的一段时间内，在没有达到平衡前，适当升温可提高单位时间内C O 2 的转化率，故 D 正确;故选D。故答案为：D