2026年甘肃省金昌市高三下第一次测试化学试题（含答案解析）

这是一份2026年甘肃省金昌市高三下第一次测试化学试题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列实验原理或操作，正确的是( )
A．用广泛pH试纸测得 0.1ml/L NH4Cl溶液的pH=5.2
B．酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗后装液进行滴定
C．将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液
D．在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2倍于乙醇的1﹕1的硫酸制取溴乙烷
2、25℃时，向0.1ml/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7
B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)
D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1ml/L
3、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（），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0.2mle-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NA
D．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+
4、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NA
B．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色
C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NA
D．0.1mlBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA
5、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂D．增稠剂
6、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是
A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失
B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
D．若=75%，则参加反应的苯为0.8ml
7、下列有关实验能达到相应实验目的的是
A．实验①用于实验室制备氯气B．实验②用于制备干燥的氨气
C．实验③用于石油分馏制备汽油D．实验④用于制备乙酸乙酯
8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期元素中最大的。下列说法不正确的是（）
A．W、X、Y的最高价氧化物对应对应水化物的酸性Y>X>W
B．Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
C．元素X、Y、Z的简单离子半径依次减小
D．W与Y两种元素可以形成共价化合物
9、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径： W＞X＞Y＞ZB．W、X 的氢化物在常温下均为气体
C．X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱D．W 与 Z 形成的化合物中只有共价键
10、关于常温下pH均为1的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH的变化关系如图所示,下列说法中正确的是( )
A．HA是弱酸,HB是强酸
B．HB一定是弱酸,无法确定HA是否为强酸
C．图中a=2.5
D．0.1 ml/L HB溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液中:c(H+) c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1ml/L，故D符合题意；
故答案为D。
3、D
【解析】
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。
【详解】
A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；
B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；
C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mle−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；
D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
故答案为：D。
4、D
【解析】
A．2.33gBaSO4物质的量为0.01ml，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01mlBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；
C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5ml，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；
D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；
故答案选D。
5、A
【解析】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
6、B
【解析】
A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；
B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；
C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；
D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6mlO2失去的电子量为6.4ml，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4ml，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4ml×75％=4.8ml，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8ml/6=0.8ml，故D正确；
故选B。
7、C
【解析】
A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；
D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。
8、A
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种清洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，且原子序数小于F，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z为Na元素，以此来解答。
【详解】
由上述分析可知，W为C、X为N、Y为F、Z为Na。
A. Y为F，F没有正价，其无含氧酸，故A错误；
B. 非金属性Y＞W，则Y的简单氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；
C. 元素X、Y、Z的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，因此半径依次减小，故C正确；
D. C、F均为非金属元素，可以形成共价化合物，并且只能形成共价化合物，故D正确
答案选A。
9、D
【解析】
W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。
【详解】
根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。
A. 简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B. W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；
C. Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；
D. N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；
故选D。
10、D
【解析】
A.强酸稀释103倍，pH变化3，据图可知HA是强酸、HB是弱酸，故A不选；
B.由A项分析可知，HA是强酸、HB是弱酸，故B不选；
C.由题中数据不能确定a的数值，故C不选；
D.弱酸HB与等物质的量的氢氧化钠溶液混合后，生成的NaB是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D选。
故选D。
11、C
【解析】
W、X、Z依次为Na 、Al、 Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。
12、C
【解析】
A. 氮离子N3-的结构示意图应该是：，A错误；
B. 聚丙烯的结构简式应该是：，B错误；
C. 由Na和Cl形成离子键的过程可表示为：，C正确；
D. 比例模型可表示CH4分子，由于氯原子半径大于碳原子半径，因此不能表示CCl4分子，D错误；
答案选C。
选项D是解答的易错点，由于比例模型用来表现分子三维空间分布的分子模型，因此需要注意原子半径的相对大小。
13、C
【解析】
A. 紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故A正确；
B. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国VI标准排放都是为了提高空气质量，故B正确；
C. Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；
D. 肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故D正确；
故答案为C。
14、C
【解析】
A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)== ml/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；
故合理选项是C。
15、C
【解析】
A．白磷是正四面体结构，1个白磷分子中有6个P—P键，62g白磷（P4）的物质的量为0.5ml，所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5ml×6=3ml，故A正确；
B．正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物质的量为1ml。1ml C5H12中含有4mlC—C，12mlC—H键，共16ml共价键，所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故B正确；
C．1mlNa2O中含2mlNa+和1mlO2-，1mlNaHSO4中含1mlNa+和1mlHSO4-，所以1mlNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA，故C错误；
D．常温下，将一定量的铁粉投入2ml稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4ml硝酸，转移电子3ml，所以消耗2ml硝酸，转移电子为1.5ml；若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2，反应的化学方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8ml硝酸，转移电子6ml，所以消耗2ml硝酸，转移电子为1.5ml，所以转移电子数一定为1.5NA，故D正确；
故选C。
白磷和甲烷都是正四面体结构，但甲烷有中心原子，所以1ml甲烷中有4ml共价键，而白磷没有中心原子，所以1ml白磷中有6ml共价键。
16、A
【解析】
A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；
B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；
C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；
D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；
答案：A
醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醚键 羰基 氧化反应
【解析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
18、羧基 苯丙烯醛 加成反应 +2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4
【解析】
由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为，因此B为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则C为，C与溴发生加成反应生成D，D为，D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。
(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。
【详解】
(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；
(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(3)G 的结构简式为，故答案为；
(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5 种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；
(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为 CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。
本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。
19、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O 平衡气压，使液体顺利流下 利用生成的N2将装置内空气排尽 CO2＋2OH-= CO32-＋H2O 浓硫酸 未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收引起增重（或其他合理答案） %
【解析】
I.利用装置A和C制备Sr3N2，装置A中NaNO2和NH4Cl反应制备N2，由于N2中混有H2O（g），为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与Sr反应前必须干燥，装置 C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。
II. 利用装置B和C制备Sr3N2，锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中NaOH用于吸收CO2，连苯三酚吸收O2，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。
III. 测定Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根据浓硫酸增加的质量和浓硫酸的性质分析计算。
【详解】
I.利用装置A和C制备Sr3N2
（1）NaNO2和NH4Cl反应制备N2，根据原子守恒还有NaCl、H2O生成，反应的化学方程式为NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O。
（2）装置A中a导管将分液漏斗上下相连，其作用是平衡气压，使液体顺利流下；锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止装置中空气对产品纯度的影响，应先点燃装置A的酒精灯一段时间，利用生成的N2将装置内空气排尽，再点燃装置C的酒精灯。
II. 利用装置B和C制备Sr3N2
（3）锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中NaOH用于吸收CO2，反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。
（4）为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与Sr反应前必须干燥，装置 C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），其中盛放的试剂为浓硫酸。
III.测定Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故浓硫酸增加的质量为NH3的质量，由于浓硫酸具有吸水性，会将NH3中的水蒸气一并吸收，导致NH3的质量偏高，从而导致测得的产品纯度偏高。经改进后测得浓硫酸增重bg，根据N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=×=ml，则m(Sr3N2)=ml×292g/ml=g，产品的纯度为×100%=×100%。
20、水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13
【解析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。
（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05ml，根据碳守恒，有=0.05ml，解得n=4。
（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010ml/L=1.5×10-4ml，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4ml，则m(Fe)= 3×10-4ml×56g/ml=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。
当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
21、铁触媒 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·ml-1 C 4NH3+6NO → 5N2+6H2O 2:3 c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-) c(NH4+)+c(H+)＝c(OH-)+ c(Cl-)
【解析】
工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N2和H2反应生成1mlNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分析。
【详解】
(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1mlNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2 (b-a) kJ·ml-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·ml-1 ；
(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；
(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；
(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98