2026届江西省鹰潭市高三第一次调研测试化学试卷（含答案解析）

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3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12ml·L－1 HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8 ml·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4ml。由此推断氧化产物可能是（ ）
A．SnO2·4H2OB．Sn(NO3)4
C．Sn(NO3)2D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4
2、下列说法正确的是
A．配制 Fe(NO3)2 溶液时，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止 Fe(NO3)2 发生水解
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高
D．配制1ml/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
3、某学生设计下列装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是( )
A．AB．BC．CD．D
4、短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是
A．W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物
B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性
D．对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y
5、在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2ml/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为( )
A．5 : 7B．4 : 3C．3 : 4D．9 : 13
6、海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）
A．工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH
B．设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴
C．步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液
D．工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁
7、我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 ═H2O2 +S。已知甲池中发生转化：。下列说法错误的是
A．甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H++2e-＝H2AQ
B．该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池
C．甲池①处发生反应：O2+H2AQ＝H2O2+AQ
D．乙池②处发生反应：H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+
8、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．4.8gMg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为
B．葡萄糖含羟基数目为
C．常温常压下，和的混合气体含原子总数为
D．10.0g质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为
9、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－
B．过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-
10、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）
A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O
B．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大
C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•ml-1
D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢
11、依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是
A．用制取SO2B．用还原IO3-
C．用从水溶液中提取KHSO4D．用制取I2的CCl4溶液
12、下列实验操作对应的现象不符合事实的是
A．AB．BC．CD．D
13、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是
A．为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度
B．达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二
C．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D．达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍
14、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）
A．AB．BC．CD．D
15、海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是
A．工作过程中b极电势高于a极
B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜
C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等
D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水
16、常温下，将1.0L X ml/L CH3COOH溶液与0.1ml NaOH固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是
A．XBr一________：
（6）若在40 mL上述FeBr2溶液中通入3×10-3ml Cl2，则反应的离子方程式为________
27、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：
为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
②___________，③___________。
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。
(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。
(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度
取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c ml/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)
①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)
28、（14分）合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列问题：
I.合成气的制取
（1）煤的气化制取合成气。
已知：①H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ/ml；
②部分物质的燃烧热：
则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/ml。
（2）天然气部分氧化制取合成气。
如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1︰2，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为__。
Ⅱ.利用合成气合成乙醇
在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2mlCO和4mlH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。
（1）写出该反应的平衡常数表达式__。
（2）下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是__(填序号)。
A．压强不再变化 B．平均摩尔质量不再变化 C．密度不再变化
（3）反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为__。(用含p1、p2的代数式表示)
Ⅲ.合成乙醇的条件选择
为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。
（1）结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响__；以及催化剂对CO吸附强度的影响__。
（2）用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是__。
29、（10分）Ⅰ．在1.0 L密闭容器中放入0.10mlA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)＋C(g)+D(s) △H= +85.1kJ·ml-1，容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值随反应时间(t)数据见下表：
回答下列问题：
（1）下列能提高A的转化率的是____。
A 升高温度 B 体系中通入A气体
C 将D的浓度减小 D 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍
E 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水
（2）该反应的平衡常数表达式K=___；前2小时C的反应速率是____；计算平衡时A的转化率_____。
（3）若将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到与上述相同的转化率，则达到平衡时B浓度为____。（保留两位有效数字）
Ⅱ．锂的化合物用途广泛。Li3N是非常有前途的储氢材料；LiFePO4、Li2FeSiO4等可以作为电池的正极材料。请回答下列问题：
（4）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3N质量的____%（精确到0.1%）。
（5）将Li2CO3、FeC2O4·2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，写出该反应的化学方程式______。
（6）磷酸亚铁锂电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池在充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，电池放电时负极发生的反应为LiXC6-xe- =xLi++6C，写出电池放电时的化学方程式____。
参考答案
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、A
【解析】
11.9g金属锡的物质的量==0.1ml，l2ml/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8ml/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4ml，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4ml；
设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1ml×(x-0)=0.4ml×(5-4)，解得x=+4；
又溶液中c(H+)=8ml/L，而c(NO3-)==8ml/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。
2、B
【解析】
A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制 1ml/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；
故合理选项是B。
3、A
【解析】
A.氢气和氯气分别作为燃料电池的负极和正极，将化学能转化为电能，同时产生HCl，选项A正确；
B.N2、H2放错电极，交换后才能达到目的，选项B错误；
C.这是侯氏制碱法原理，能得到NaHCO3，但不是氧化还原反应，不能提供电能，选项C错误；
D.生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，供循环使用，选项D错误。
答案选A。
4、C
【解析】
元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。
【详解】
A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；
B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；
C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；
D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；
故选C。
本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。
5、D
【解析】
硫酸的物质的量n=2ml/L×0.065L=0.1ml，所以n（H+）=0.26ml。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.1ml O；n(Cl2)=0.005ml，根据反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，则溶液中n（Fe2+）=0.01ml，所以FeO为0.01ml。设Fe2O3和Al2O3为Xml，则0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.09:0.1=9：1．本题选A。
金属氧化物与酸反应时，酸中的氢离子与氧化物中的氧离子结合成水，所以可用酸中的氢离子的物质的量计算金属氧化物中氧离子的物质的量。混合物的计算通常可用守恒法解题，本题可用氢原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、电荷守恒、电子转移守恒等等，所以本题还有其他解法。
6、D
【解析】
由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，②中氯气可氧化溴离子生成溴，③吹出溴，④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，⑥中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。
【详解】
A. 工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；
B. 海水中溴离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集溴，故B正确；
C. 步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；
D. Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；
故选D。
Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。
7、B
【解析】
A．由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ，故A不符合题意；
B．原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；
C．甲池①处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQ＝H2O2+AQ，故C不符合题意；
D．乙池②处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+＝3I-+S↓+2H+，故D不符合题意；
故选：B。
本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。
8、A
【解析】
A. 镁原子最外层只有2个电子，易失去，4.8gMg在足量CO2中燃烧，转移的电子数为0.4NA，故A正确；
B. 葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，一个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以0.1ml葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.5NA，故B错误；
C. 常温常压下，4.48LCO2和NO2混合气体不是0.2ml，所含原子总数不是0.6NA，故C错误；
D. 钠与水也可以反应生成氢气，故D错误。
故选A。
9、C
【解析】
A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。
答案选C。
10、D
【解析】
A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；
B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/ml，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；
C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•ml-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•ml-1，故C正确；
D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/ml，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；
故选：D。
明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。
11、C
【解析】
A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；
C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；
C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；
答案选C。
12、B
【解析】
A.向溶液中滴入稀盐酸，溶液中的、、发生氧化还原反应生成，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，故不选A；
B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成1，二溴乙烷溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，故选B；
C.向溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的溶液相当于加入过量强酸，氢氧化铝溶解，故不选C；
D.与稀硫酸反应，生成产物中有硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，故不选D。
答案：B。
易错选项A，注意酸性情况下，硝酸根离子具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子。
13、B
【解析】
A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；
B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；
C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；
D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。
答案选B。
14、B
【解析】
A. 是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；
故答案为B。
15、D
【解析】
电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】
A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，故A正确；
B．根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；
C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；
D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，故D错误；
答案选D。
16、B
【解析】
根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。
【详解】
A. b点溶液呈酸性，酸过量，则X>0.1ml/L，A错误；
B. b→a过程中，加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；
C. a点时，向乙酸溶液中加入0.2mlNaOH，溶液中c(H+)=10-7ml/L，c(CH3COO-)=0.2ml/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)ml/L，则Ka (CH3COOH) =，C错误；
D. b→c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO) 减小，而逐渐变大，D错误；
答案为B。
b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。
17、B
【解析】
A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；
B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；
C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；
D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；
故答案为B。
18、A
【解析】
A.温度升高，促进NH4+水解，酸性增强，产生NH4HSO4，选项A正确；
B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质强弱无关，选项B错误；
C.溶液中的溶质可能为非电解质，如乙醇溶液，通电时乙醇分子不发生移动，选项C错误；
D.蒸干Na2CO3溶液，应得到的主要成分仍为Na2CO3，选项D错误；
答案选A。
19、A
【解析】
根据电池总反应V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。
【详解】
A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；
B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2ml电子时，消耗2ml氧化剂，故B错误；
C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；
D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；
答案选A。
本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。
20、B
【解析】
A．一个铵根离子含有10个电子，则1mLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；
B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量==1ml，含有的共用电子对数目为4 NA，故B正确；
C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；
D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；
答案选B。
准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。
21、D
【解析】
A. 该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；
B. 相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；
C. 粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；
D. 普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；
答案选D。
22、C
【解析】
A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A正确；
B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确；
C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；
D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；
答案C。
二、非选择题(共84分)
23、C10H20羰基、羧基4加成反应（或还原反应）取代反应聚丙烯酸钠3
【解析】
烃A（C10H16）能与氢气加成得到H，结构简式为，B为，D为CH3CH（OH）COOH，G为，结合有机物的性质解答。
【详解】
（1）根据H的结构简式可得分子式为C10H20，故答案为C10H20；
（2）B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；
（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4种；核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，既H原子的位置有2种，结构简式为：，故答案为4；；
（4）B→D为羰基与H2发生的加成反应，D→E为D中的ɑ-H原子被Br取代，反应类型为取代反应。故答案为加成反应；取代反应；
（5）D分子内羧基和羟基发生酯化反应生成G，则G的结构简式为：，故答案为；
（6）E为丙烯酸，与NaOH醇溶液反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为：聚丙酸钠。故答案为聚丙烯酸钠；
（7）E在NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，所以E→F的化学方程式为：，故答案为；
（8）根据B、C的结构简式和A的分子式 C10H16可推出A的结构简式为：；A中两个碳碳双键与等物质的量的Br2可分别进行加成反应，也可以发生1，4加成，所以产物共有3种。故答案为；3。
24、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种
【解析】
由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。
【详解】
（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。
（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。
（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。
（4）由F—G的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。
（5）G的结构简式为，同时满足①芳香族化合物说明含有苯环；②能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。
综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。
25、提高1-萘酚的转化率 冷凝回流 不能 产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率 a 1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应 50%
【解析】
（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；
（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；
（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；
（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：③②④①，选项是a；
（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；
（6）根据方程式，1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等，则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g÷144g/ml=0.5ml，则m(C12H12O)=0.5ml×172g/ml=86g，其产率= (43g÷86g)×100%=50%。
26、饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 浓H2SO4的洗气瓶 NaOH溶液 用CO2把反应器中的空气赶尽,将溴蒸气带入E管中 250 mL容量瓶 5.4g 取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【解析】
I．装置A用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，装置B中盛有的NaHCO3饱和溶液用于除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置C中盛有的浓H2SO4是干燥二氧化碳，二氧化碳把反应器中的空气赶尽，并将油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，在加热条件下与铁反应生成黄绿色鳞片状溴化亚铁，在装置F处连接盛有氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，吸收有毒的溴蒸汽，防止污染环境；
Ⅱ．Fe2+和Br-的还原性强弱顺序为：Fe2+>Br-，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，氯气先氧化Fe2+，再氧化Br-。
【详解】
（1）实验时用碳酸钙和盐酸制取二氧化碳，盐酸易挥发，制得的二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气，装置C的作用是干燥二氧化碳，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥，溴蒸汽有毒，不能排到空气中，氢氧化钠溶液能够与溴单质反应，为防止污染空气，实验时应在F处连接氢氧化钠溶液的尾气吸收装置，故答案为饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；浓H2SO4的洗气瓶；NaOH溶液；
（2）反应前先通入一段时间CO2，将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；反应过程中要不断通入CO2，还可以油浴加热的装置D中溴蒸气带入E管中，使溴能够与铁粉充分反应，故答案为用CO2把反应器中的空气赶尽，将溴蒸气带入E管中；
（3）配制200 mL 0.1 ml/L FeBr2溶液的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和250 mL容量瓶；250 mL 0.1 ml/L FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为0.25ml，则FeBr2的质量为0.25ml×216g/ml=5.4g，故答案为250 mL容量瓶；5.4g；
（4）若假设2正确，向FeBr2溶液中滴加少量新制的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，向反应后的黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液会变为红色，故答案为取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确；
（5）溶液中Fe2+和Br2能够发生氧化还原反应生成Fe3+和Br-，反应的离子方程式为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br- ，则故答案为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；
（6）40 mL0.1 ml/L FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为0.004ml， 0.004ml Fe2+消耗Cl2的物质的量为0.002ml，3×10-3ml Cl2有0.001ml Cl2与Br-反应，反应消耗Br-的物质的量为0.002ml，参与反应的Fe2+、Br-和Cl2的物质的量比为0.004ml：0.002ml：0.003ml=4:2:3，则反应的离子方程式为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
本题考查了实验方案的设计与评价和探究实验，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。
27、饱和食盐水 稀硝酸 e→f(或f→e)→c→b→d 防止水蒸气进入装置Ⅸ 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O ×100% 偏高
【解析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。
【详解】
(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；
实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；
(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；
②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；
(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；
(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cml/L×b×10-3L×= 10bc×10-3ml，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。
28、+131.3 2：1 AB ×100% 在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小 相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大 550℃
【解析】
I.(1)书写出C、CO、H2燃烧的热化学反应方程式，然后根据盖斯定律得到结果；
(2)分别书写出CH4与O2、CH4与H2O、CH4与CO2反应的方程式，根据反应方程式的特点，进行分析判断；
II.(1)根据化学平衡常数的定义进行分析；
(2)根据化学平衡状态的定义进行分析；
【详解】
I.(1)C(s)＋O2(g)＋CO2(g) △H=－393.5kJ·ml－1 ①，
CO(g)＋O2(g)=CO2(g) △H=－283.0kJ·ml－1 ②,
H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·ml－1 ③，
H2O(g)=H2O(l) △H=－44kJ·ml－1 ④，根据盖斯定律，①＋④－③－②，得出△H=＋131.3kJ·ml－1；
(2)分别发生的方程式为CH4＋O2=CO＋2H2、CH4＋CO2=2CO＋2H2、CH4＋H2O=CO＋3H2，要求合成气中CO和H2的物质的量之比为1：2，O2可以是任意值，只需让CO2、H2O反应后CO的物质的量、H2的物质的量之比为1：2即可，令CO2为aml，则生成n(CO)=2aml，n(H2)=2aml，令H2O为bml，则生成n(CO)=bml，n(H2)=3bml，有(2a＋b)：(2a＋3b)=1：2，解得a：b=1：2；
II.(1）根据化学平衡常数的定义，K=;
(2)A. 因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B. 组分都是气体，气体质量保持不变，该反应为气体物质的量减少的反应，根据摩尔质量的定义，因此当摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C. 气体的总质量保持不变，容器为恒容，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
(3)相同条件下，压强之比等于物质的量，即达到平衡后气体总物质的量为ml，，解得n(H2)= ml，则H2的转化率为=×100%；
III.(1)根据图像，在低温区，温度升高，不同催化剂对CO的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh质量分数越高，CO的吸附强度越大；
(2)根据图像，最适宜温度为550℃。
II.（3）计算氢气的转化率，一般采用三段式法进行计算，我们也可以采用其他方法进行计算，该反应为物质的量减少的反应，因此可以采用差量法进行，先根据相同条件下，压强之比等于物质的量之比，求出达到平衡后，气体总物质的量，起始前气体总物质的量减去该值，即反应过程中减少的量，这种方法比三段式法要简单一些，因此平时化学反应原理计算过程中，应多总结一些计算方法。
29、AE 0.02ml·L-1·h-1 70% 0.058ml·L-1 11.4 Li2CO3+FeC2O4•2H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+2CO2↑+2H2O Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4
【解析】
本小题考查的是化学平衡常数的含义，化学平衡的影响因素。
（1）使化学平衡正向进行的因素（但是不能加入物质本身）均可以提高反应物的转化率；
（2）化学平衡常数K为平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，固体或纯液体不在公式中；化学反应速率v=；根据三段式计算化学反应中物质的转化率；
（3）据体积之比等于物质的量之比，可求出反应后气体体积和物质的量；
（4）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化判断出氧化产物；根据反应方程式中反应物氢气与氮化锂的质量关系进行计算；
（5）反应物为Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末，生成物为Li2FeSiO4，再根据质量守恒定律、化合价升降相等可知，反应产物中含有一氧化碳、二氧化碳和水生成，据此写出反应的化学方程式；
（6）根据磷酸亚铁锂电池充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化及电池放电时负极发生的反应写出电池放电时反应的化学方程式。据此解答。
【详解】
(1)A(g)⇌2B(g)+C(g)+D(s)△H=+85.1kJ⋅ml−1，D为固体，为反应前后气体体积增大的吸热反应，
A. 升高温度，平衡正向移动，所以A的转化率增大，故A正确；
B. 体系中通入A气体，相当于增大体系压强，平衡逆向进行A的转化率减小，故B错误；
C. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，总压增大分压不变，平衡不变，A的转化率不变，故C错误；
D. 将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，故D错误；
E. 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水，氯化氢易溶于水导致浓度减少，平衡正向进行，A的转化率增大，故E正确。故选AE。
(2)A(g)⇌2B(g)+C(g)+D(s)，平衡常数K=c2(B)×c(C)/c(A)，设A消耗物质的量为x，
A(g) ⇌ 2B(g)+C(g)+D(s)
起始量(ml) 0.10 0 0
变化量(ml) x 2x x
2小时量(ml)0.10−x 2x x
压强之比等于化学方程式计量数之比，(0.10−x+2x+x)/0.10=1.80
x=0.04ml
前2小时C的反应速率=0.04ml/1.0L/2h=0.02 ml/( L⋅h)。
容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值在20h后不变说明反应达到平衡状态，平衡时气体压强之比为
A(g) ⇌ 2B(g)+C(g)+D(s)，
起始量(ml) 0.10 0 0
变化量(ml) y 2y y
2小时量(ml)0.10−y 2y y
压强之比等于气体物质的量之比，
(0.10−y+2y+y)/0.10=2.4
y=0.07ml
平衡时A的转化率=0.07ml/0.1ml×100%=70%。本小题答案为： ；0.02ml·L-1·h-1； 70%。
(3) 反应后气体物质的量为：0.1-0.07+2×0.07+0.07=0.24ml，相同压强下，气体体积之比等于物质的量之比，反应后气体体积为：0.24ml/0.1ml，V=2.4L，所以B的浓度为0.14ml/2.4L=0.058ml/L。本小题答案为：0.058ml/L。
(4)反应Li3N+2H2LiNH2+2LiH，中，锂元素、N元素化合价不变，氢气化合价由0变成+1价的LiNH2，化合价升高被氧化，所以氧化产物为LiNH2；该反应中，反应掉2ml氢气，同时消耗1ml氮化锂，所以储存氢气最多可达Li3N质量的：4/35×100%≈11.4%。本小题答案为：LiNH2；11.4。
(5) 将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，根据质量守恒、化合价升降相等可以判断，反应产物还会有一氧化碳、二氧化碳和水生成，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O4•2H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O。本小题答案为：Li2CO3+FeC2O4•2H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+2CO2↑+2H2O。
(6) 磷酸亚铁锂电池充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，其中LiFePO4→Li1-xFePO4的转化化合价降低，发生还原反应，而电池放电时负极发生的反应为：LixC6-xe-═xLi++6C，该反应为氧化反应，所以反应转化应该为：LiFePO4→Li1-xFePO4，所以电池放电时反应的化学方程式为：Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4。本小题答案为：Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4。
甲
乙
电解质溶液
A
A
H2
Cl2
稀HCl
HCl
B
N2
H2
某可行溶液
NH3·H2O
C
CO2
NH3
NaCl饱和溶液
NaHCO3
D
Pb
PbO2
H2SO4溶液
PbSO4
选项
实验操作
现象
A
向盛有溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振荡后滴加KSCN溶液
溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后溶液变血红色
B
向盛有的溶液的试管中通入乙烯
溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液有分层现象
C
向溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的溶液
先产生白色沉淀，后沉淀消失
D
向盛有溶液的试管中滴加稀硫酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡
试管中出现浑浊
测得为、的和
与的体积比约为2:1
选项
目的
实验
A
验证某气体表现还原性
将某气体通入溴水中，溴水褪色
B
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸
C
制备硅酸胶体
向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性
D
配制0.2ml/L的CH3COOH溶液
准确量取100mL2ml/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容
物质
相对分子质量
状态
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解度
水
乙醇
1－萘酚
144
无色或黄色菱形结晶或粉末
96℃
278℃
微溶于水
易溶于乙醇
1－乙氧基萘
172
无色液体
5.5℃
267℃
不溶于水
易溶于乙醇
乙醇
46
无色液体
-114.1℃
78.5℃
任意比混溶
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
①
②
制备纯净NO
Cu
③
④
时间t/ h
0
1
2
4
8
16
20
25
1.00
1.50
1.80
2.20
2.30
2.38
2.40
2.40