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山东省潍坊市2021年高考化学三模试卷及答案
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这是一份山东省潍坊市2021年高考化学三模试卷及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（ ）
A.葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用
B.食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量
C.钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件
D.我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高
2.实验室中下列做法错误的是（ ）
A.中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗2~3次
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
C.向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下
D.蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
3.下列说法正确的是（ ）
A.体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变
B.反应 能自发进行，它的 ，
C.室温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7
D.水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.12g石墨中含有C-C键的数目为2NA
B.标准状况下(STP)，2.24LCHCl3中含有σ键的数目为0.4NA
C.常温下，1L0.1mol·L-1HF(Ka=8.1×10-4)溶液中所含H+的数目约为9×10-3NA
D.5.6gFe发生吸氧腐蚀，最终生成Fe2O3·xH2O，电极之间转移的电子数为0.3NA
5.缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是（ ）
A.B2H6是缺电子化合物
B.BeCl2的二聚体是平面分子
C.AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D.化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是（ ）
A.配制1.0mol·L-1的H2SO4溶液
B.实验室制取并收集NH3
C.配制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基
D.用四氯化碳萃取溴水中的溴
7.Cu2ZnSnS4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构(棱边夹角均为90°)如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.第一电离能：Cu
C.距离每个Zn原子最近的S原子数为2个
D.四种元素基态原子中，核外电子空间运动状态最多的为Sn原子
8.中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A.分子中含有三种官能团
B.1mol该化合物最多与4molNaOH反应
C.能被KMnO4(H+)溶液氧化生成含羧基的物质
D.能与NaHCO3溶液反应放出CO2
9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的2p轨道上有4个电子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子。下列说法正确的是（ ）
A.气态氢化物的热稳定性：Y＞X
B.Y2Z2分子中存在极性键和非极性键
C.加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ2
D.的空间构型为平面三角形
10.将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法生产甲烷，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.离子交换膜可允许H+通过
B.通电时，电流方向为：a→电子导体→离子导体→电子导体→b
C.阳极的电极反应式为
D.生成0.1molCH4时阳极室中理论上生成CO2的体积是4.48L(STP)
11.根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验
现象
结论
A
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
B
缓缓加热0.5mol·L-1CH3COONa溶液到60℃，并用pH传感器测定溶液的pH
溶液的pH逐渐减小
溶液中c(H+)逐渐增大，c(OH-)逐渐减小
C
温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合
所得混合溶液的体积为101mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键
D
利用电导仪测定碱性条件下乙酸乙酯水解反应中电导率的变化(溶液温度不变)
随着反应进行，电导率逐渐减小
OH-的电导大于CH3COO-的电导
A.A
B.B
C.C
D.D
12.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol-1)如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B.生成NH3的总反应方程式为
C.决定NO生成NH3速率的基元反应为
D.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
13.柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A.步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B.可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C.步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D.步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
14.常温下，将0.1mol·L-1的 溶液加水稀释，混合溶液中 与 的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.的值为10-4.7
B.M、N两点对应的溶液稀释程度N＞M
C.向溶液中加入 固体可使N点移动到P点
D.将溶液稀释1000倍后，溶液中
二、多选题
15.化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的 。现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液 。下列有关说法正确的是（ ）
A.将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变
B.该缓冲溶液的pH=4.76
C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：
D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变
三、综合题
16.某种水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。
回答下列问题：
（1）基态Fe3+价电子轨道表示式是________。
（2）(CN)2与卤素单质性质相似，与水反应生成HCN，请写出(CN)2的电子式________，H、C、N三种元素电负性由大到小的顺序为________。
（3）HCN中σ键与π键个数比为________。已知沸点： ，解释原因________。
（4）下列微粒中，与HCN具有相同立体构型的是_______(填字母)。
A.
B.
C.
D.
（5）普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为________。已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，晶体密度为 ，设NA为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白(化学式为最简比值)的摩尔质量为________ (用含a、 、NA的计算式表示)
17.氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：
已知：①BiOCl难溶于水；
②“浸铋”所得浸取液中含BiCl3、AsCl3等物质。
回答下列问题：
（1）“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的离子方程式为________。
（2）“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为________。“沉铋”所得滤液可导入到________中使用(填流程中操作单元名称)。
（3）工业生产中还可采用铁盐氧化法除砷。向“浸铋”所得浸取液中加入 ，和H2O2 ， 并调节pH，生成FeAsO4沉淀，发生反应的离子方程式是________。欲使溶液中 且不产生 ，沉淀，应控制pH的范围为________。(已知： ； 、 的Ksp分别 ， ，计算结果保留2位小数)
（4）氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+ ， BiOCl被还原为Bi，电极反应式是________。研究发现，充电过程中，除上述反应外，还包括 ，该反应的发生使得电池的储能________(填“增大”“减小”或“不变”)。
18.亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是________，装置D最好选用________(填序号)。
（2）装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①装置C中温度过高产率降低的原因是________。
②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是________。
（3）测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。
称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用 标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。
已知： 可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。
①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是________。
②判断滴定达到终点的现象是________。
③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为________。
19.苯巴本妥主要用于治疗焦虑、失眠及运动障碍等。一种合成苯巴本的路线如下图所示。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）路线中生成A的反应类型为________，D的结构简式为________。
（2）写出B→C的化学方程式：________。
（3）同时符合下列条件的B的同分异构体有________种(不包括立体异构)
①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③可以发生银镜反应
其中能与金属钠反应生成H2 ， 且核磁共振氢谱显示苯环上有四种不同化学环境的氢原子的同分异构体的结构简式为________。
（4）设计以CH2=CH2和CO(NH2)2为原料合成 的路线________(无机试剂任选)。
20.二甲醚(CH3OCH3)是优良的洁净燃料，利用CO2催化加氢制二甲醚
过程中发生的化学反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）甲醇水化制H2的反应能量变化如下图所示，则 ________ (用含有a、b、c的式子表示)。
（2）在一定条件下，在恒容密闭容器中按 投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如下图所示。
①图中曲线X表示________的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是________，能同时提高CH3OCH3的平衡体积分数和CO2的平衡转化率的措施是________。
②一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2进行上述反应，反应经10min达平衡，CO2的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，CH3OH(g)为0.05mol。前10minCH3OCH3(g)的反应速率为________，反应Ⅲ的平衡常数 ________。继续向容器中加入0.1molCH3OH(g)和0.1molH2O(g)，此时反应Ⅲ________(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．SO2有还原性，葡萄酒中添加适量SO2 ， 起到抗氧化和杀菌的作用，A不符合题意；
B．膳食纤维是植物的一部分，主要成分为纤维素等糖类物质，由于人体不含纤维素酶，故不能使膳食纤维水解，B符合题意；
C．钛合金熔点高，耐高温，可用于制造航天器的部件，C不符合题意；
D．煤的主要组成元素为C，相同质量的C和H燃烧时，H耗氧更多，产生热量更多，而可燃冰中的CH4含氢量高于煤，故相同质量时可燃冰燃烧放出热量更多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】膳食纤维主要成分是纤维素，不能在体内水解，不能提供能量，只是增加肠胃蠕动促消化，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．中和滴定时，滴定管洗涤后，还需用所盛装溶液润洗，A不符合题意；
B．FeCl3易发生水解生成氢氧化铁与盐酸，因此在配制过程中，应溶于盐酸，目的是抑制其水解，不能直接用水溶解，否则得到的是Fe(OH)3沉淀，B符合题意；
C．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应置于刻度线以下部位，C不符合题意；
D．蒸馏完毕后，由于装置温度较高，应先停止加热，待装置冷却后再停止通冷凝水，防止发生安全事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】配制氯化铁溶液时需要防止铁离子水解一般会加入一定量的盐酸防止溶解，其他选项均正确
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．内能是体系内部能量的总和，与温度、体积、质量、状态等因素有关，A不符合题意；
B．液体与固体反应生成气体，体系混乱程度增大，属于熵增过程，即△S＞0，B不符合题意；
C．由所给数据知，CH3COOH溶液中已经电离出的H+恰好将NaOH中和，而原醋酸溶液中大量CH3COOH未电离，故反应后，溶液中剩余大量醋酸，溶液显酸性，C不符合题意；
D．丙酮中羰基氧与水分子中氢原子之间能形成分子间氢键，故丙酮与水互溶，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.内能与很多因素有关，不光只有温度
B.根据即可判断
C.根据醋酸是部分电离即可判断，醋酸量多
D.丙酮分子中的氧原子具有孤对电子易与水形成氢键
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．石墨为层状结构，每个碳原子周围形成3个C—C键，由于C—C键为两个碳原子之间共有，故1个碳原子实际拥有的C—C数目为 ，故1 mol石墨( )中含有C—C数目为1.5 mol，A不符合题意；
B．标准状况下，CHCl3为液体，无法使用22.4 L/mol求算其物质的量，B不符合题意；
C．由电离方程式HF H++F- ， 知HF溶液中c(H+)≈c(F-)= ，则n(H+)= c(H+)·V= ，C符合题意；
D．发生吸氧腐蚀时，Fe在负极失电子转化为Fe2+ ， 对应电极反应为：Fe-2e-=Fe2+ ， 故电极之间转移电子数目= （注意Fe2+后续在环境中逐渐转化为Fe2O3·xH2O过程中转移的电子不算电极之间的电子转移），D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A根据n=计算出物质的量，结合结构式找出碳碳键
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据给出的数据进行计算即可
D.根据计算出发生Fe-2e-=Fe2+转移的电子
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．B2H6中H原子可与B之间共用一对电子，加上B自身的3个价电子，1个B原子周围电子数为6个，故为缺电子化合物，A不符合题意；
B．BeCl2可通过配位键形成二聚体，结构如图所示： ，每个Be原子周围形成3个σ键，根据价层电子对互斥理论知Be与其所连3个Cl之间为正三角形，两个正三角形共面，故BeCl2二聚体为平面分子，B不符合题意；
C．AlCl3二聚体结构如图所示： ，Al原子含有3个价电子，可与3个Cl形成共价键，AlCl3二聚体中Al周围有4个共价键，故含有配位键（Cl提供孤电子对，Al提供空轨道），中心Al的杂化方式为sp3 ， C符合题意；
D．NH3中N原子价层含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，故两者之间能形成配位键，结构为：H3N→BF3 ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构简式即可判断B为缺电子原子
B.根据二聚体的结构进行判断即可
C.根据结构式即可帕努单杂化方式
D.根据中心原子的核外电子即可判断
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．配制1 mol/L硫酸溶液，一般采用浓硫酸稀释法，需要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，缺少量筒，无法完成实验，A符合题意；
B．实验室一般采用加热Ca(OH)2与NH4Cl固体制备NH3 ， 所需玻璃仪器有试管、酒精灯、导管，B不符合题意；
C．该实验需要玻璃仪器有：试管、酒精灯、烧杯（水浴加热）、温度计（控制水浴温度），C不符合题意；
D．该实验所需玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根根据选项给出的实验找出相应需要的仪器即可进行判断，而配制一定物质的量浓度的硫酸需要用到量筒量取浓硫酸，但实验中未给出，其他选项均可完成实验
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．Cu的价电子排布式为：3d104s1 ， Zn的价电子排布式为：3d104s2 ， Zn价电子为全满稳定结构，更难失去电子，故第一电离能：Zn＞Cu，A不符合题意；
B．由图示知，该晶胞中Cu位于顶点（8个）、棱上（4个）、面心（2个）、体内（1个），故该晶胞占有的Cu个数= ，故1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个，B不符合题意；
C．由结构知，Zn原子位于面上，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也有2个S离其最近，故每个Zn最近的S个数为4个，C符合题意；
D．电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核外电子最多，占据的原子轨道也最多，故电子空间运动状态最多的为Sn原子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据价电子层电子即可判断
B.根据占位情况即可计算出原子的个数
C.根据晶胞结构即可找出距离最近的硫原子个数
D.根据给出的元素找出电子数即可
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．该分子中含有酯基、（酚）羟基、醚键、碳碳双键四种官能团，A不符合题意；
B．该分子中酚羟基、酯基能与NaOH反应，根据反应比例：酚-OH~NaOH、-COO- ~NaOH，知1 mol该有机物最多消耗3 mol NaOH，B不符合题意；
C．苯环上甲基可以被KMnO4氧化为羧基，另外碳碳双键中有1个碳原子连接1个氢原子，可以被氧化成羧基，C符合题意；
D．该有机物不含能与NaHCO3反应的官能团，如羧基，故与NaHCO3溶液不反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可找出含有酯基、羟基、醚基、双键官能团，可发生取代、加成、氧化等反应，1mol有机物可与3mol氢氧化钠反应，苯环上连接有甲基可以被氧化为羧基，结合选项进行判断即可
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．X为O元素，Y为S元素，二者属于同主族元素，从上而下，非金属性减弱，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，原子序数O＜S，非金属性O＞S，气态氢化物的热稳定性O＞S，故A不符合题意；
B．Y为S元素，Z为Cl元素，Y2Z2分子为S2Cl2 ， 其结构式为Cl-S-S-Cl，该分子中存在Cl-S极性键和S-S非极性键，故B符合题意；
C．Z为Cl元素，W为Fe元素，在加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成FeCl3 ， 即2Fe+3Cl2 2FeCl3 ， 故C不符合题意；
D．X为O元素，Y为S元素， 为 ， 的价层电子对个数=3+ =3+1=4，有1对孤电子对，S原子采取sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】根据题中信息，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子的2p轨道上有4个电子，则X的电子排布式为1s22s22p4 ， X为O元素，X、Y同主族，且原子序数比O大，则Y为S元素，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，Z的原子序数比S大，则Z为Cl元素，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子，其价电子排布为3d64s2 ， 则W为Fe元素；据此解答。
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图示知，阳极反应产生H+ ， 阴极反应消耗H+ ， 故H+通过交换膜由阳极移向阴极，A不符合题意；
B．这个装置中电子的移动方向为：电源负极(b)→电解阴极，电解阳极→电源正极(a)，故电流方向为：电源正极(a)→外电路(电子导体)→电解质溶液(离子导体，阳极→阴极)→外电路(电子导体)→电源负极(b)，形成闭合回路，B不符合题意；
C．由分析知，左池为阳极，初步确定电极反应为：CH3COO--8e-→2CO2↑，根据图示知可添加H+配平电荷守恒，添加H2O配平元素守恒，得完整方程式为：CH3COO--8e-+2H2O→2CO2↑+7H+ ， C符合题意；
D．由图示知，右池生成CO2转化为CH4 ， 根据转移电子关系CH4~8e- ， 0.1 mol CH4生成转移0.8 mol电子，由C选项知：CO2~4e- ， 故生成CO2的n(CO2)= ，故V(CO2)=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图示知，左池中CH3COO-在电极上失电子被氧化为CO2 ， 故左池为电解的阳极室，右池为电解的阴极室，电源a为正极，b为负极。
11.【答案】 B
【解析】【解答】A．金属钠点然后伸入CO2集气瓶中，根据实验现象知生成了C，说明CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，Na被氧化，A不符合题意；
B．升高温度，促进CH3COO-水解溶液碱性增强，c(OH-)增大，由于Kw也增大，故c(H+)也有可能增大导致pH减小，故这种情况是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，B符合题意；
C．一般情况下，两种液体混合后体积小于两者之前体积之和，但此时苯与CH3COOH混合后体积增大，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH之间的作用力弱于氢键，C不符合题意；
D．由乙酸乙酯的碱性水解方程式CH3COOCH2CH3+OH-→CH3COO-+CH3CH2OH，知反应前后电导的差别在于OH-和CH3COO-两种离子（CH3COOCH2CH3、CH3CH2OH非电解质，不电离），故OH-电导大于CH3COO-电导，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学方程式标出元素化合价即可判断
B.加热时，水解增强，碱性增强
C.乙酸中含有氢键，与苯混合后体积大于100，说明氢键被削弱
D.电导率下降，说明离子浓度减少，说明醋酸量增加，导致电导率下降
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．由图示知，生成NH3的过程为： ，每步反应中N元素化合价均是降低被还原， A不符合题意；
B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H2 2NH3+2H2O，B不符合题意；
C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，C不符合题意；
D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3 ， D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据标出物质的元素化合价即可判断
B.根据反应物和生成物即可写出反应式
C.找出活化能最高的反应即可
D.根据比较活化能的高低即可判断
13.【答案】 C
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
14.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．由N点数据可知 =-4.5，则c(H+)=10-4.5 mol·L-1 ， 则c(OH-)=10-9.5 mol·L-1 ， =4.8，则 =10-4.8 ， 则 = =10-9.5×104.8=10-4.7 ， 故A符合题意；
B．溶液越稀， 的水解程度越大，溶液酸性越小，N点 =-4.5，则c(H+)=10-4.5 mol·L-1 ， M点 =-6.0，则c(H+)=10-6.0 mol·L-1 ， 因此N酸性强，溶液的浓度大，即M、N两点对应的溶液稀释程度M＞N，故B不符合题意；
C．温度不变， 不变，混合溶液中 与 的关系曲线不变，因此向溶液中加入 固体，不可使N点移动到P点，故C不符合题意；
D．稀释溶液，促进铵根离子的水解，将溶液稀释1000倍后，溶液接近中性，c(NH )≈2c(SO )，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据N点的数据即可计算
B.根据比较氢离子浓度即可判断
C.温度不变，水解程度不变
D.根据判断稀释1000倍利用电荷守恒即可判断
二、多选题
15.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A不符合题意；
B．由 可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76，故B符合题意；
C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断，混合溶液中离子浓度无法判断，故C不符合题意；
D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸，有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据 ，加水稀释后离子浓度会改变
B.根据带入数据计算即可
C.根据题意醋酸电离和醋酸根离子的水解无法判断
D.人体血液中的缓冲溶液可以保持pH维持不变
三、综合题
16.【答案】 （1）
（2）；N>C>H
（3）1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点
（4）B,D
（5）1:1；
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，价电子排布式为：3d64s2 ， 失去3个电子后，价电子轨道式： ，故答案为： ；
(2) (CN)2的电子式为 ；元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期从左向右电负性增大，非金属性N>C>H，所以电负性N>C>H。故答案为： ；N>C>H；
(3) HCN分子结构式为H-C N，单键为 键，叁键中含有1个 键、2个π键， HCN中σ键与π键个数比为1:1；能形成分子间氢键的物质沸点较高，H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；故答案为：1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；
(4) HCN分子结构式为H-C N为直线型分子，SO2为平面三角形，CO2为直线型，O3为平面三角形， 为直线型，故故答案为：BD；
(5)由图可知：普鲁士蓝晶胞一个立方体中Fe: =1，CN-： =3，Na+： =1，故化学式为Na0.5Fe(CN) 3 ， 由化合价代数和为0，可知Fe2+与Fe3+个数比为1:1；普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，则晶体密度为 = = ，M= ，故答案为：1:1； 。
【分析】（1）根据铁离子的核外电子能级排布即可写出价电子轨道表示
（2）根据卤素单质的电子式即可写出(CN)2的电子式，元素非金属性越强，电负性越大
（3）根据结构式即可找出 σ键与π键个数比 ，根据水分子中的氧原子有孤对电子和HCN中的氮原子有孤对电子易形成氢键，而氧元素的电负性强于碳和氮即可判断
（4）找出HCN的构型，结合给出的选项进行判断即可
（5）根据普鲁士蓝晶胞结构计算出原子个数即可元素化合价代数之和为0即可判断，根据晶胞结构计算出晶胞质量结合晶胞参数结合ρ=即可计算出摩尔质量
17.【答案】 （1）CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O
（2）BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑；浸铋
（3）Fe3++H2O2+As3++2H2O=FeAsO4↓+6H+；pH＜5.23
（4）BiOCl+3e-+3K+=Bi+K2O+KCl；增大
【解析】【解答】(1)浸铜时加入的物质是MnO2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为MnO2＋H+＋CuS→S↓＋Mn2+＋Cu2+＋H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2++Mn2+＋S↓＋2H2O；
(2)由所给信息知，BiCl3转化为BiOCl，根据元素守恒推测还有NaCl、CO2生成，根据元素守恒配平得方程式为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+NaCl+CO2↑；沉铋后的滤液中含有NaCl，可导入浸铋环节循环使用，故此处填：浸铋；
(3)浸取液中砷元素以As3+形式存在，反应后转化为FeAsO4 ， As元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3++As3++H2O2→FeAsO4↓，由流程知，浸取液为酸性，故可在右边添加6个H+配平电荷守恒，左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整离子方程式为：Fe3++As3++H2O2+2H2O=FeAsO4↓+6H+；
当c( )=10-8 mol/L时，溶液c(Fe3+)= ，此时溶液中c(OH-)= ，则c(H+)= ，则pH=-Lgc(H+)=5+ =5.23，由于要确保c( )＜10-8 mol/L，故pH＜5.23，故此处填：pH＜5.23；
(4)由题意知，BiOCl中Bi元素得3个电子被还原为Bi，K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KCl、K2O生成，对应电极反应为：BiOCl+3e-+3K+=Bi+KCl+K2O；BiOCl得电子生成Bi是储能过程，生成的Bi转化为K3Bi也为储能过程，故该反应的发生使得电池的储能增大，故此处填：增大。
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据(1)问题干知CuS在此步骤中转化为CuSO4、S，此时滤液中主要含CuSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、PbSO4、As2O3、S进入浸铋步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3 ， As2O3转化为AsCl3 ， PbSO4转化为 ，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、 ，经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3 ， 经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
18.【答案】 （1）蒸馏烧瓶；b
（2）浓硝酸分解，二氧化硫逸出；生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
（3）作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；3%
【解析】【解答】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，
故答案为：择b；
(2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
(3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解；
②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；
③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3 ， 故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。
【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2 ， 经过装置B干燥SO2 ， SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。
19.【答案】 （1）取代反应；
（2）+CH3CH2OH +H2O
（3）12；、
（4）CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH
【解析】【解答】(1)由分析知，生成A的反应类型为取代反应；D的结构简式为： ；
(2)由分析知，B→C为酯化反应，对应方程式为： +CH3CH2OH +H2O；
(3)由题意知，该同分异构中含有苯环、醛基（或甲酸某酯）等结构，一定不含酚羟基，满足要求的结构如下： 、 、 、 （邻间对三种）、 （邻间对三种）、 （邻间对三种），故共有12种结构满足要求；能与金属钠反应，说明有羟基，且苯环上含有四种氢的结构为： 、 ；
(4)由目标产物知，需合成丁二酸，丁二酸可由乙烯先与Br2加成，再与NaCN取代，再水解生成，最后利用流程最后一步信息得到目标产物，具体合成路线为：CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH 。
【分析】 与NaCN发生取代反应生成A( )，由已知①反应原理知B为 ，B与CH3CH2OH发生酯化反应生成C( )，C中酯基的α-H与乙二酸二乙酯发生取代反应生成 ， 水解生成D( )，根据已知②反应原理推得E为 ，E中羧基的α-H与溴乙烷发生取代反应生成F( )，F中羧基与 脱水生成苯巴本妥。
20.【答案】 （1）b-a-c
（2）二甲醚；453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降；553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；增大压强；0.01 mol·L-1·min-1；16；向正反应方向进行
【解析】【解答】(1)由图示可得该过程的总反应为：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)，对应焓变△H=(c+a-b) kJ/mol，反应Ⅱ为该反应的逆反应，故△H2=-△H=(b-a-c) kJ/mol，故此处填：b-a-c；
(2)①随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3平衡体积分数减小，对应曲线X，故此处填：CH3OCH3（或二甲醚）；CO2的平衡转化率与反应Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，故此处填：增大压强；
②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1 mol×30%=0.3 mol，平衡时CO物质的量为0.05 mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05 mol， 则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25 mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25 mol，又平衡时CH3OH为0.05 mol，说明有0.2 molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3 ， 列式如下： ， ， ，综上所述，平衡时n(CH3OH)=0.05 mol，n(CH3OCH3)=0.1 mol，n(H2O)=(0.05+0.25+0.1) mol=0.4 mol，前10 minCH3OCH3的反应速率= ；反应ⅢKc= ；再加入0.1 mol CH3OH、0.1 mol H2O后，此时Qc= ＜Kc ， 故平衡向正反应方向移动，故此处填：向正反应方向进行。
【分析】（1）根据焓变=生成物的能量-反应物的能量即可计算
（2）①根据温度升高，含量下降即可判断出反应向逆反应进行，根据二氧化碳的转化率与反应I和II有关，低于553K时主要发生的是反应II，温度升高逆向进行，高于553K以反应I为主，温度升高促进反应进行，要想提高乙醚的体积分数是促进反应III向右进行，而提高二氧化碳的转化率，可以促进反应I和II向右进行，可以通过增大压强
②根据一氧化碳的平衡量即可计算出利用反应I计算出二氧化碳的转化量，结合 CO2的平衡转化率为30%， 即可计算出反应II二氧化碳变化量即可得出得到的甲醇，利用反应III计算出的得到的乙醚即可，即可计算出平衡时的其他物质的量，即可计算出乙醚的速率和平衡常数，根据给出的浓度计算出浓度商即可与常数对比即可
高考化学三模试卷
一、单选题
1.化学与生产、生活、科技发展息息相关。下列有关说法错误的是（ ）
A.葡萄酒中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用
B.食物中的膳食纤维通过水解反应为人体提供能量
C.钛合金能耐高温，可用于制造航天器的部件
D.我国率先实现水平井钻采深海可燃冰，单位质量时可燃冰比煤产生的热量更高
2.实验室中下列做法错误的是（ ）
A.中和滴定时，滴定管用所盛装的溶液润洗2~3次
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体加入适量蒸馏水中，搅拌使其完全溶解
C.向容量瓶转移液体时，用于引流的玻璃棒接触容量瓶内壁刻度线以下
D.蒸馏完毕后，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
3.下列说法正确的是（ ）
A.体系的内能与温度等有关，只要温度不变，体系的内能不变
B.反应 能自发进行，它的 ，
C.室温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合后，所得溶液的pH大于7
D.水与丙酮能完全互溶的原因是两种分子间能形成氢键
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.12g石墨中含有C-C键的数目为2NA
B.标准状况下(STP)，2.24LCHCl3中含有σ键的数目为0.4NA
C.常温下，1L0.1mol·L-1HF(Ka=8.1×10-4)溶液中所含H+的数目约为9×10-3NA
D.5.6gFe发生吸氧腐蚀，最终生成Fe2O3·xH2O，电极之间转移的电子数为0.3NA
5.缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是（ ）
A.B2H6是缺电子化合物
B.BeCl2的二聚体是平面分子
C.AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D.化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管、温度计(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器不能完成的实验是（ ）
A.配制1.0mol·L-1的H2SO4溶液
B.实验室制取并收集NH3
C.配制银氨溶液并检验葡萄糖分子中的醛基
D.用四氯化碳萃取溴水中的溴
7.Cu2ZnSnS4是太阳能薄膜电池的重要成分，其晶胞结构(棱边夹角均为90°)如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.第一电离能：Cu
C.距离每个Zn原子最近的S原子数为2个
D.四种元素基态原子中，核外电子空间运动状态最多的为Sn原子
8.中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A.分子中含有三种官能团
B.1mol该化合物最多与4molNaOH反应
C.能被KMnO4(H+)溶液氧化生成含羧基的物质
D.能与NaHCO3溶液反应放出CO2
9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子的2p轨道上有4个电子，X、Y同主族，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子。下列说法正确的是（ ）
A.气态氢化物的热稳定性：Y＞X
B.Y2Z2分子中存在极性键和非极性键
C.加热条件下，Z与W的单质化合生成WZ2
D.的空间构型为平面三角形
10.将电化学法和生物还原法有机结合，利用微生物电化学方法生产甲烷，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.离子交换膜可允许H+通过
B.通电时，电流方向为：a→电子导体→离子导体→电子导体→b
C.阳极的电极反应式为
D.生成0.1molCH4时阳极室中理论上生成CO2的体积是4.48L(STP)
11.根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验
现象
结论
A
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
B
缓缓加热0.5mol·L-1CH3COONa溶液到60℃，并用pH传感器测定溶液的pH
溶液的pH逐渐减小
溶液中c(H+)逐渐增大，c(OH-)逐渐减小
C
温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合
所得混合溶液的体积为101mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键
D
利用电导仪测定碱性条件下乙酸乙酯水解反应中电导率的变化(溶液温度不变)
随着反应进行，电导率逐渐减小
OH-的电导大于CH3COO-的电导
A.A
B.B
C.C
D.D
12.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol-1)如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B.生成NH3的总反应方程式为
C.决定NO生成NH3速率的基元反应为
D.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
13.柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A.步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B.可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C.步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D.步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
14.常温下，将0.1mol·L-1的 溶液加水稀释，混合溶液中 与 的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.的值为10-4.7
B.M、N两点对应的溶液稀释程度N＞M
C.向溶液中加入 固体可使N点移动到P点
D.将溶液稀释1000倍后，溶液中
二、多选题
15.化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的 。现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液 。下列有关说法正确的是（ ）
A.将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变
B.该缓冲溶液的pH=4.76
C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：
D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变
三、综合题
16.某种水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成，其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。
回答下列问题：
（1）基态Fe3+价电子轨道表示式是________。
（2）(CN)2与卤素单质性质相似，与水反应生成HCN，请写出(CN)2的电子式________，H、C、N三种元素电负性由大到小的顺序为________。
（3）HCN中σ键与π键个数比为________。已知沸点： ，解释原因________。
（4）下列微粒中，与HCN具有相同立体构型的是_______(填字母)。
A.
B.
C.
D.
（5）普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为________。已知普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，晶体密度为 ，设NA为阿伏加德罗常数的值，则普鲁士白(化学式为最简比值)的摩尔质量为________ (用含a、 、NA的计算式表示)
17.氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：
已知：①BiOCl难溶于水；
②“浸铋”所得浸取液中含BiCl3、AsCl3等物质。
回答下列问题：
（1）“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的离子方程式为________。
（2）“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为________。“沉铋”所得滤液可导入到________中使用(填流程中操作单元名称)。
（3）工业生产中还可采用铁盐氧化法除砷。向“浸铋”所得浸取液中加入 ，和H2O2 ， 并调节pH，生成FeAsO4沉淀，发生反应的离子方程式是________。欲使溶液中 且不产生 ，沉淀，应控制pH的范围为________。(已知： ； 、 的Ksp分别 ， ，计算结果保留2位小数)
（4）氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+ ， BiOCl被还原为Bi，电极反应式是________。研究发现，充电过程中，除上述反应外，还包括 ，该反应的发生使得电池的储能________(填“增大”“减小”或“不变”)。
18.亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是________，装置D最好选用________(填序号)。
（2）装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①装置C中温度过高产率降低的原因是________。
②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是________。
（3）测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。
称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用 标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。
已知： 可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。
①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是________。
②判断滴定达到终点的现象是________。
③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为________。
19.苯巴本妥主要用于治疗焦虑、失眠及运动障碍等。一种合成苯巴本的路线如下图所示。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）路线中生成A的反应类型为________，D的结构简式为________。
（2）写出B→C的化学方程式：________。
（3）同时符合下列条件的B的同分异构体有________种(不包括立体异构)
①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③可以发生银镜反应
其中能与金属钠反应生成H2 ， 且核磁共振氢谱显示苯环上有四种不同化学环境的氢原子的同分异构体的结构简式为________。
（4）设计以CH2=CH2和CO(NH2)2为原料合成 的路线________(无机试剂任选)。
20.二甲醚(CH3OCH3)是优良的洁净燃料，利用CO2催化加氢制二甲醚
过程中发生的化学反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）甲醇水化制H2的反应能量变化如下图所示，则 ________ (用含有a、b、c的式子表示)。
（2）在一定条件下，在恒容密闭容器中按 投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如下图所示。
①图中曲线X表示________的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是________，能同时提高CH3OCH3的平衡体积分数和CO2的平衡转化率的措施是________。
②一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2进行上述反应，反应经10min达平衡，CO2的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，CH3OH(g)为0.05mol。前10minCH3OCH3(g)的反应速率为________，反应Ⅲ的平衡常数 ________。继续向容器中加入0.1molCH3OH(g)和0.1molH2O(g)，此时反应Ⅲ________(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．SO2有还原性，葡萄酒中添加适量SO2 ， 起到抗氧化和杀菌的作用，A不符合题意；
B．膳食纤维是植物的一部分，主要成分为纤维素等糖类物质，由于人体不含纤维素酶，故不能使膳食纤维水解，B符合题意；
C．钛合金熔点高，耐高温，可用于制造航天器的部件，C不符合题意；
D．煤的主要组成元素为C，相同质量的C和H燃烧时，H耗氧更多，产生热量更多，而可燃冰中的CH4含氢量高于煤，故相同质量时可燃冰燃烧放出热量更多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】膳食纤维主要成分是纤维素，不能在体内水解，不能提供能量，只是增加肠胃蠕动促消化，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．中和滴定时，滴定管洗涤后，还需用所盛装溶液润洗，A不符合题意；
B．FeCl3易发生水解生成氢氧化铁与盐酸，因此在配制过程中，应溶于盐酸，目的是抑制其水解，不能直接用水溶解，否则得到的是Fe(OH)3沉淀，B符合题意；
C．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端应置于刻度线以下部位，C不符合题意；
D．蒸馏完毕后，由于装置温度较高，应先停止加热，待装置冷却后再停止通冷凝水，防止发生安全事故，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】配制氯化铁溶液时需要防止铁离子水解一般会加入一定量的盐酸防止溶解，其他选项均正确
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．内能是体系内部能量的总和，与温度、体积、质量、状态等因素有关，A不符合题意；
B．液体与固体反应生成气体，体系混乱程度增大，属于熵增过程，即△S＞0，B不符合题意；
C．由所给数据知，CH3COOH溶液中已经电离出的H+恰好将NaOH中和，而原醋酸溶液中大量CH3COOH未电离，故反应后，溶液中剩余大量醋酸，溶液显酸性，C不符合题意；
D．丙酮中羰基氧与水分子中氢原子之间能形成分子间氢键，故丙酮与水互溶，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.内能与很多因素有关，不光只有温度
B.根据即可判断
C.根据醋酸是部分电离即可判断，醋酸量多
D.丙酮分子中的氧原子具有孤对电子易与水形成氢键
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．石墨为层状结构，每个碳原子周围形成3个C—C键，由于C—C键为两个碳原子之间共有，故1个碳原子实际拥有的C—C数目为 ，故1 mol石墨( )中含有C—C数目为1.5 mol，A不符合题意；
B．标准状况下，CHCl3为液体，无法使用22.4 L/mol求算其物质的量，B不符合题意；
C．由电离方程式HF H++F- ， 知HF溶液中c(H+)≈c(F-)= ，则n(H+)= c(H+)·V= ，C符合题意；
D．发生吸氧腐蚀时，Fe在负极失电子转化为Fe2+ ， 对应电极反应为：Fe-2e-=Fe2+ ， 故电极之间转移电子数目= （注意Fe2+后续在环境中逐渐转化为Fe2O3·xH2O过程中转移的电子不算电极之间的电子转移），D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A根据n=计算出物质的量，结合结构式找出碳碳键
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据给出的数据进行计算即可
D.根据计算出发生Fe-2e-=Fe2+转移的电子
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．B2H6中H原子可与B之间共用一对电子，加上B自身的3个价电子，1个B原子周围电子数为6个，故为缺电子化合物，A不符合题意；
B．BeCl2可通过配位键形成二聚体，结构如图所示： ，每个Be原子周围形成3个σ键，根据价层电子对互斥理论知Be与其所连3个Cl之间为正三角形，两个正三角形共面，故BeCl2二聚体为平面分子，B不符合题意；
C．AlCl3二聚体结构如图所示： ，Al原子含有3个价电子，可与3个Cl形成共价键，AlCl3二聚体中Al周围有4个共价键，故含有配位键（Cl提供孤电子对，Al提供空轨道），中心Al的杂化方式为sp3 ， C符合题意；
D．NH3中N原子价层含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，故两者之间能形成配位键，结构为：H3N→BF3 ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构简式即可判断B为缺电子原子
B.根据二聚体的结构进行判断即可
C.根据结构式即可帕努单杂化方式
D.根据中心原子的核外电子即可判断
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．配制1 mol/L硫酸溶液，一般采用浓硫酸稀释法，需要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，缺少量筒，无法完成实验，A符合题意；
B．实验室一般采用加热Ca(OH)2与NH4Cl固体制备NH3 ， 所需玻璃仪器有试管、酒精灯、导管，B不符合题意；
C．该实验需要玻璃仪器有：试管、酒精灯、烧杯（水浴加热）、温度计（控制水浴温度），C不符合题意；
D．该实验所需玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根根据选项给出的实验找出相应需要的仪器即可进行判断，而配制一定物质的量浓度的硫酸需要用到量筒量取浓硫酸，但实验中未给出，其他选项均可完成实验
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．Cu的价电子排布式为：3d104s1 ， Zn的价电子排布式为：3d104s2 ， Zn价电子为全满稳定结构，更难失去电子，故第一电离能：Zn＞Cu，A不符合题意；
B．由图示知，该晶胞中Cu位于顶点（8个）、棱上（4个）、面心（2个）、体内（1个），故该晶胞占有的Cu个数= ，故1个晶胞中含有Cu2ZnSnS4单元数为2个，B不符合题意；
C．由结构知，Zn原子位于面上，该晶胞中有2个S原子离其最近，共用Zn原子的另一个晶胞中也有2个S离其最近，故每个Zn最近的S个数为4个，C符合题意；
D．电子空间运动状态即原子轨道，四种原子中，Sn的核外电子最多，占据的原子轨道也最多，故电子空间运动状态最多的为Sn原子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据价电子层电子即可判断
B.根据占位情况即可计算出原子的个数
C.根据晶胞结构即可找出距离最近的硫原子个数
D.根据给出的元素找出电子数即可
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．该分子中含有酯基、（酚）羟基、醚键、碳碳双键四种官能团，A不符合题意；
B．该分子中酚羟基、酯基能与NaOH反应，根据反应比例：酚-OH~NaOH、-COO- ~NaOH，知1 mol该有机物最多消耗3 mol NaOH，B不符合题意；
C．苯环上甲基可以被KMnO4氧化为羧基，另外碳碳双键中有1个碳原子连接1个氢原子，可以被氧化成羧基，C符合题意；
D．该有机物不含能与NaHCO3反应的官能团，如羧基，故与NaHCO3溶液不反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可找出含有酯基、羟基、醚基、双键官能团，可发生取代、加成、氧化等反应，1mol有机物可与3mol氢氧化钠反应，苯环上连接有甲基可以被氧化为羧基，结合选项进行判断即可
9.【答案】 B
【解析】【解答】A．X为O元素，Y为S元素，二者属于同主族元素，从上而下，非金属性减弱，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，原子序数O＜S，非金属性O＞S，气态氢化物的热稳定性O＞S，故A不符合题意；
B．Y为S元素，Z为Cl元素，Y2Z2分子为S2Cl2 ， 其结构式为Cl-S-S-Cl，该分子中存在Cl-S极性键和S-S非极性键，故B符合题意；
C．Z为Cl元素，W为Fe元素，在加热条件下，Fe与Cl2发生反应生成FeCl3 ， 即2Fe+3Cl2 2FeCl3 ， 故C不符合题意；
D．X为O元素，Y为S元素， 为 ， 的价层电子对个数=3+ =3+1=4，有1对孤电子对，S原子采取sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】根据题中信息，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子的2p轨道上有4个电子，则X的电子排布式为1s22s22p4 ， X为O元素，X、Y同主族，且原子序数比O大，则Y为S元素，Y、Z同周期，基态Z原子能量最高的能级上有1个未成对电子，Z的原子序数比S大，则Z为Cl元素，基态W原子的3d能级上只有1对成对电子，其价电子排布为3d64s2 ， 则W为Fe元素；据此解答。
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．由图示知，阳极反应产生H+ ， 阴极反应消耗H+ ， 故H+通过交换膜由阳极移向阴极，A不符合题意；
B．这个装置中电子的移动方向为：电源负极(b)→电解阴极，电解阳极→电源正极(a)，故电流方向为：电源正极(a)→外电路(电子导体)→电解质溶液(离子导体，阳极→阴极)→外电路(电子导体)→电源负极(b)，形成闭合回路，B不符合题意；
C．由分析知，左池为阳极，初步确定电极反应为：CH3COO--8e-→2CO2↑，根据图示知可添加H+配平电荷守恒，添加H2O配平元素守恒，得完整方程式为：CH3COO--8e-+2H2O→2CO2↑+7H+ ， C符合题意；
D．由图示知，右池生成CO2转化为CH4 ， 根据转移电子关系CH4~8e- ， 0.1 mol CH4生成转移0.8 mol电子，由C选项知：CO2~4e- ， 故生成CO2的n(CO2)= ，故V(CO2)=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图示知，左池中CH3COO-在电极上失电子被氧化为CO2 ， 故左池为电解的阳极室，右池为电解的阴极室，电源a为正极，b为负极。
11.【答案】 B
【解析】【解答】A．金属钠点然后伸入CO2集气瓶中，根据实验现象知生成了C，说明CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，Na被氧化，A不符合题意；
B．升高温度，促进CH3COO-水解溶液碱性增强，c(OH-)增大，由于Kw也增大，故c(H+)也有可能增大导致pH减小，故这种情况是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，B符合题意；
C．一般情况下，两种液体混合后体积小于两者之前体积之和，但此时苯与CH3COOH混合后体积增大，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH之间的作用力弱于氢键，C不符合题意；
D．由乙酸乙酯的碱性水解方程式CH3COOCH2CH3+OH-→CH3COO-+CH3CH2OH，知反应前后电导的差别在于OH-和CH3COO-两种离子（CH3COOCH2CH3、CH3CH2OH非电解质，不电离），故OH-电导大于CH3COO-电导，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学方程式标出元素化合价即可判断
B.加热时，水解增强，碱性增强
C.乙酸中含有氢键，与苯混合后体积大于100，说明氢键被削弱
D.电导率下降，说明离子浓度减少，说明醋酸量增加，导致电导率下降
12.【答案】 D
【解析】【解答】A．由图示知，生成NH3的过程为： ，每步反应中N元素化合价均是降低被还原， A不符合题意；
B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H2 2NH3+2H2O，B不符合题意；
C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，C不符合题意；
D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3 ， D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据标出物质的元素化合价即可判断
B.根据反应物和生成物即可写出反应式
C.找出活化能最高的反应即可
D.根据比较活化能的高低即可判断
13.【答案】 C
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
14.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．由N点数据可知 =-4.5，则c(H+)=10-4.5 mol·L-1 ， 则c(OH-)=10-9.5 mol·L-1 ， =4.8，则 =10-4.8 ， 则 = =10-9.5×104.8=10-4.7 ， 故A符合题意；
B．溶液越稀， 的水解程度越大，溶液酸性越小，N点 =-4.5，则c(H+)=10-4.5 mol·L-1 ， M点 =-6.0，则c(H+)=10-6.0 mol·L-1 ， 因此N酸性强，溶液的浓度大，即M、N两点对应的溶液稀释程度M＞N，故B不符合题意；
C．温度不变， 不变，混合溶液中 与 的关系曲线不变，因此向溶液中加入 固体，不可使N点移动到P点，故C不符合题意；
D．稀释溶液，促进铵根离子的水解，将溶液稀释1000倍后，溶液接近中性，c(NH )≈2c(SO )，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据N点的数据即可计算
B.根据比较氢离子浓度即可判断
C.温度不变，水解程度不变
D.根据判断稀释1000倍利用电荷守恒即可判断
二、多选题
15.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A不符合题意；
B．由 可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76，故B符合题意；
C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断，混合溶液中离子浓度无法判断，故C不符合题意；
D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸，有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据 ，加水稀释后离子浓度会改变
B.根据带入数据计算即可
C.根据题意醋酸电离和醋酸根离子的水解无法判断
D.人体血液中的缓冲溶液可以保持pH维持不变
三、综合题
16.【答案】 （1）
（2）；N>C>H
（3）1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点
（4）B,D
（5）1:1；
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，价电子排布式为：3d64s2 ， 失去3个电子后，价电子轨道式： ，故答案为： ；
(2) (CN)2的电子式为 ；元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期从左向右电负性增大，非金属性N>C>H，所以电负性N>C>H。故答案为： ；N>C>H；
(3) HCN分子结构式为H-C N，单键为 键，叁键中含有1个 键、2个π键， HCN中σ键与π键个数比为1:1；能形成分子间氢键的物质沸点较高，H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；故答案为：1:1；H2O、 HCN能形成氢键，且氢键强度H2O>HCN，故沸点 ；
(4) HCN分子结构式为H-C N为直线型分子，SO2为平面三角形，CO2为直线型，O3为平面三角形， 为直线型，故故答案为：BD；
(5)由图可知：普鲁士蓝晶胞一个立方体中Fe: =1，CN-： =3，Na+： =1，故化学式为Na0.5Fe(CN) 3 ， 由化合价代数和为0，可知Fe2+与Fe3+个数比为1:1；普鲁士白晶胞的晶胞参数均为apm，则晶体密度为 = = ，M= ，故答案为：1:1； 。
【分析】（1）根据铁离子的核外电子能级排布即可写出价电子轨道表示
（2）根据卤素单质的电子式即可写出(CN)2的电子式，元素非金属性越强，电负性越大
（3）根据结构式即可找出 σ键与π键个数比 ，根据水分子中的氧原子有孤对电子和HCN中的氮原子有孤对电子易形成氢键，而氧元素的电负性强于碳和氮即可判断
（4）找出HCN的构型，结合给出的选项进行判断即可
（5）根据普鲁士蓝晶胞结构计算出原子个数即可元素化合价代数之和为0即可判断，根据晶胞结构计算出晶胞质量结合晶胞参数结合ρ=即可计算出摩尔质量
17.【答案】 （1）CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O
（2）BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑；浸铋
（3）Fe3++H2O2+As3++2H2O=FeAsO4↓+6H+；pH＜5.23
（4）BiOCl+3e-+3K+=Bi+K2O+KCl；增大
【解析】【解答】(1)浸铜时加入的物质是MnO2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为MnO2＋H+＋CuS→S↓＋Mn2+＋Cu2+＋H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2++Mn2+＋S↓＋2H2O；
(2)由所给信息知，BiCl3转化为BiOCl，根据元素守恒推测还有NaCl、CO2生成，根据元素守恒配平得方程式为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+NaCl+CO2↑；沉铋后的滤液中含有NaCl，可导入浸铋环节循环使用，故此处填：浸铋；
(3)浸取液中砷元素以As3+形式存在，反应后转化为FeAsO4 ， As元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3++As3++H2O2→FeAsO4↓，由流程知，浸取液为酸性，故可在右边添加6个H+配平电荷守恒，左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整离子方程式为：Fe3++As3++H2O2+2H2O=FeAsO4↓+6H+；
当c( )=10-8 mol/L时，溶液c(Fe3+)= ，此时溶液中c(OH-)= ，则c(H+)= ，则pH=-Lgc(H+)=5+ =5.23，由于要确保c( )＜10-8 mol/L，故pH＜5.23，故此处填：pH＜5.23；
(4)由题意知，BiOCl中Bi元素得3个电子被还原为Bi，K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KCl、K2O生成，对应电极反应为：BiOCl+3e-+3K+=Bi+KCl+K2O；BiOCl得电子生成Bi是储能过程，生成的Bi转化为K3Bi也为储能过程，故该反应的发生使得电池的储能增大，故此处填：增大。
【分析】根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据(1)问题干知CuS在此步骤中转化为CuSO4、S，此时滤液中主要含CuSO4、H2SO4 ， 含铋化合物、PbSO4、As2O3、S进入浸铋步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3 ， As2O3转化为AsCl3 ， PbSO4转化为 ，浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、 ，经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3 ， 经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。
18.【答案】 （1）蒸馏烧瓶；b
（2）浓硝酸分解，二氧化硫逸出；生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
（3）作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；3%
【解析】【解答】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，
故答案为：择b；
(2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
(3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解；
②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；
③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3 ， 故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。
【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2 ， 经过装置B干燥SO2 ， SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。
19.【答案】 （1）取代反应；
（2）+CH3CH2OH +H2O
（3）12；、
（4）CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH
【解析】【解答】(1)由分析知，生成A的反应类型为取代反应；D的结构简式为： ；
(2)由分析知，B→C为酯化反应，对应方程式为： +CH3CH2OH +H2O；
(3)由题意知，该同分异构中含有苯环、醛基（或甲酸某酯）等结构，一定不含酚羟基，满足要求的结构如下： 、 、 、 （邻间对三种）、 （邻间对三种）、 （邻间对三种），故共有12种结构满足要求；能与金属钠反应，说明有羟基，且苯环上含有四种氢的结构为： 、 ；
(4)由目标产物知，需合成丁二酸，丁二酸可由乙烯先与Br2加成，再与NaCN取代，再水解生成，最后利用流程最后一步信息得到目标产物，具体合成路线为：CH2=CH2 CH2BrCH2Br CH2CNCH2CN HOOC-CH2CH2-COOH 。
【分析】 与NaCN发生取代反应生成A( )，由已知①反应原理知B为 ，B与CH3CH2OH发生酯化反应生成C( )，C中酯基的α-H与乙二酸二乙酯发生取代反应生成 ， 水解生成D( )，根据已知②反应原理推得E为 ，E中羧基的α-H与溴乙烷发生取代反应生成F( )，F中羧基与 脱水生成苯巴本妥。
20.【答案】 （1）b-a-c
（2）二甲醚；453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降；553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；增大压强；0.01 mol·L-1·min-1；16；向正反应方向进行
【解析】【解答】(1)由图示可得该过程的总反应为：CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)，对应焓变△H=(c+a-b) kJ/mol，反应Ⅱ为该反应的逆反应，故△H2=-△H=(b-a-c) kJ/mol，故此处填：b-a-c；
(2)①随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3平衡体积分数减小，对应曲线X，故此处填：CH3OCH3（或二甲醚）；CO2的平衡转化率与反应Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453 K到553 K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553 K到573 K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；提高二甲醚的体积分数和CO2平衡转化率，可采用增大压强的措施，因为增大压强，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，故此处填：增大压强；
②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1 mol×30%=0.3 mol，平衡时CO物质的量为0.05 mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05 mol， 则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25 mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25 mol，又平衡时CH3OH为0.05 mol，说明有0.2 molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3 ， 列式如下： ， ， ，综上所述，平衡时n(CH3OH)=0.05 mol，n(CH3OCH3)=0.1 mol，n(H2O)=(0.05+0.25+0.1) mol=0.4 mol，前10 minCH3OCH3的反应速率= ；反应ⅢKc= ；再加入0.1 mol CH3OH、0.1 mol H2O后，此时Qc= ＜Kc ， 故平衡向正反应方向移动，故此处填：向正反应方向进行。
【分析】（1）根据焓变=生成物的能量-反应物的能量即可计算
（2）①根据温度升高，含量下降即可判断出反应向逆反应进行，根据二氧化碳的转化率与反应I和II有关，低于553K时主要发生的是反应II，温度升高逆向进行，高于553K以反应I为主，温度升高促进反应进行，要想提高乙醚的体积分数是促进反应III向右进行，而提高二氧化碳的转化率，可以促进反应I和II向右进行，可以通过增大压强
②根据一氧化碳的平衡量即可计算出利用反应I计算出二氧化碳的转化量，结合 CO2的平衡转化率为30%， 即可计算出反应II二氧化碳变化量即可得出得到的甲醇，利用反应III计算出的得到的乙醚即可，即可计算出平衡时的其他物质的量，即可计算出乙醚的速率和平衡常数，根据给出的浓度计算出浓度商即可与常数对比即可
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