卷六-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份卷六-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题，元素或物质推断题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
2022-2022学年度高考临考押题六（浙江适用）
一、单选题
1．按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是(　　)
A．盐酸、空气、醋酸、干冰
B．冰醋酸、海水、硫酸钠、乙醇
C．蛋白质、油脂、烧碱、碳酸钙
D．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡
2．下表中实验操作能达到实验目的的是（ ）

实验操作
实验目的
A
向苯酚浓溶液中滴加少量稀溴水
观察白色沉淀三溴苯酚
B
将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却
后的混合溶液中滴加硝酸银溶液
检验水解产物中的氯离子
C
向3mL5%的CuSO4溶液中滴加3～4滴2%的氢氧
化钠溶液，再向其中加入0.5mL乙醛，加热
检验醛基
D
向待测液中加入酸性高锰酸钾溶液
鉴别苯、甲苯

A．A B．B C．C D．D
3．向氯化铵溶液中加入“84消毒液”发生离子反应为：(未配平)。下列判断正确的是
A．该反应的还原剂是ClO- B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C．为还原物 D．每生成22.4L时，转移3mol电子
4．某原电池装置如图所示。下列说法正确的是

A．石墨棒为负极 B．铁片的质量减少
C．硫酸被氧化 D．电子从石墨棒流向铁片
5．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水
石灰水变浑浊
炭被氧化成CO2
B
将稀盐酸滴入Na2SiO3 溶液中
溶液中出现凝胶
非金属性: Cl>Si
C
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解
先产生BaSO3沉淀，后转化为BaSO4
D
向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水
溶液显红色
原溶液中一定含有Fe2+

A．A B．B C．C D．D
6．下列叙述正确的是(　　)
A．铝单质可以从MnO2中置换出Mn
B．海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋之素”
C．我国华为Al芯片已跻身于全球Al芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，再加入少量CuSO4固体，速率不改变
7．下列变化中，不涉及化学变化的是
A．硫磺燃烧 B．氯水使有色布条褪色
C．活性炭使红墨水褪色 D．氧气(O2)转变为臭氧(O3)
8．下列说法不正确的是(　　)
A．苯和乙烯都能与H2发生加成反应
B．蔗糖在人体内水解的产物只有葡萄糖
C．食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到
D．煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分为CO和H2
9．下列描述原子结构的化学用语正确的是(　　)
A．碳原子结构示意图：
B．基态铬原子(24Cr)的价电子排布式：3d44s2
C．氧原子核外能量最高的电子云的形状：
D．碳原子的轨道表示式：
10．水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：


下列说法错误的是
A．NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaC1O=N2+3NaCl+3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
11．列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN 溶液
溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
B
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
C
两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热
打磨过的铝箔先熔化 并滴落下来
金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化
D
加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管
试管底部固体减少，试管口有晶体凝结
可以用升华法分离NaCl和 NH4Cl 固体


A．A B．B C．C D．D
12．下列化学用语中，书写或说法正确的是
A．乙烯的结构简式：CH2CH2
B．乙醇含有的官能团是—OH，带一个单位负电荷
C．丙烷的球棍模型为
D．乙酸的分子式：C2H4O
13．只用一种试剂就能鉴别Na2S、Na2SO3 、Na2CO3 、Na2SO4的是
A．BaCl2溶液 B．盐酸 C．品红溶液 D．NH4Cl
14．运用电离平衡常数判断可以发生的反应是（ ）
酸
电离常数(25 ℃)
碳酸
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5. 6×10-11
次溴酸
Ka=2.4×10-9
①HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3
②2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2↑
③HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2↑
④NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
15．在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是
A．容器内的压强不再改变 B．c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
C．混合气体的密度不再改变 D．SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等
16．苯丙炔酸（）广泛用于医药、香料等化工产品中。下列关于苯丙炔酸的说法正确的是
A．不饱和度为5
B．是高分子化合物的单体
C．与丙炔酸（）互为同系物
D．1 mol苯丙炔酸最多可与4 mol 氢气发生反应
17．A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液体。常温下，0.1mol/L 丁溶液的pH为13，上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为 r(D)>r(C)>r(B)
B．1L0.lmol/L戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol
C．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素的非金属性B > C > A
18．下列有关实验能达到相应实验目的的是
A．证明HNO3的酸性强于H2SO3 B．制备干燥的氨气
C．验证石蜡油发生了裂化反应 D．制备乙酸乙酯
19．表示下列反应的离子方程式，正确的是
A．碱性高锰酸钾溶液与草酸氢钾反应：2MnO4-+HC2O4-+2H2O=2MnO42-+2CO32-+5H+
B．用稀醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
C．在苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O—+H2O+CO2= 2C6H5OH+CO32—
D．氧化铝溶于烧碱中：Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O
20．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10－10
6.8×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol/L的下列溶液中，c(H＋)最大的是
A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO2
21．实脸室取等物质的量的KClO3分别发生下述反应：
反应一：有催化剂存在时，受热分解得到氧气；
反应二：不使用催化剂，加热至743K左右，得到KClO4和KCl。
下列关于①和②的说法正确的是
A．两个反应中都只有一种元素化合价发生改变
B．两个过程生成KCl的物质的量相同
C．发生氧化反应的元素相同
D．发生还原反应的元素相同
22．下列反应中，水作氧化剂的是(　　)
A．SO3+H2O=H2SO4 B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．C+H2OH2+CO↑ D．2F2+2H2O=4HF+O2
23．化学键使得一百多种元素构成了世界的万事万物.关于化学键的下列叙述中，正确的是：
A．离子化合物一定含有共价键，共价化合物中不含离子键
B．共价化合物可能含离子键，离子化合物中只含离子键
C．构成单质分子的粒子一定含有共价键
D．在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用
24．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．一定温度下，15g甲醛和乙酸的混合物中O原子数为0.5NA
B．常温常压下，4.6g乙醇中含有C－H键的个数为0.6NA
C．1molCl2和1molH2O充分反应，生成的H＋离子数为NA
D．标准状况下，11.2L庚烷完全燃烧后生成的CO2分子数为3.5NA
25．下列过程中，不涉及化学变化的是
A．煤的干馏 B．石油裂化 C．海水蒸馏 D．海水提溴

二、填空题
26．有下列物质：①氢氧化钡固体 ②Al2(SO4)3③液态HCl ④稀硫酸 ⑤二氧化碳 ⑥铁 ⑦碳酸钠粉末 ⑧蔗糖 ⑨熔融氯化钠 ⑩。 请回答下列问题：
(1)可以导电的有______________，属于电解质的有____________，属于非电解质的有__________，
(2)②在水中的电离方程式为__________________________________________，
(3)请写出④与⑥反应的离子方程式____________________________________，
(4)请写出⑤与①的溶液反应的离子方程式____________________________________。
(5)请写出⑤通入⑦溶液反应的离子方程式____________________________________。
(6)物质③HCl具有_______________(填写“氧化性”、“还原性”或者“氧化性和还原性”)，理由是____________________，物质⑥铁在氧化还原反应中应该只能表现___________(填“氧化性”和“还原性”)。

三、计算题
27．氢能是重要的新能源，储氢技术的开发对于氢能源的推广应用是一个非常关键的技术。其中有一种方法是借助有机物储氢，其装置如图所示（忽略其它有机物，且涉及到有机物均为气体），回答下列问题：

（1）该电池中A的电极名称为______
（2）写出D极生成目标产物的电极反应式______
（3）D极收集到新生成的气体有______；通过此方法储氢后，共收集到混合气体的物质的量为______
（4）该储氢装置的电流效率为______（计算结果保留三位有限数字。已知：电流效率=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%）

四、实验题
28．某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成，进行如下实验。
（1）氯的测定：准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。(用化学方程式表示)
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果__。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。
（2）氨的测定：再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4___。(填仪器名称)中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。

装置A在整个实验中的作用是__，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果___(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。

五、元素或物质推断题
29．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物已略去)。

请回答下列问题：
(1)D的化学式为___。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为____。
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为____。

六、原理综合题
30．研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) △H1= -49. 1 kJ/mol
反应II： CHOCH3 (g) +H2O(g)2CH3OH (g)△H2 = + 24.5kJ/mol
反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) ∆H3
(1)△H3 =_______kJ/mol。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1： 3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是_______(填序号)。
A．体系的温度保持不变
B．CO2和H2的转化率相等
C．单位时间内体系中3molH2减少的同时1molH2O增加
D．合成CH3OH的反应限度达到最大
(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH2OH的浓度依次1.5mol/L、1.5mol/L、1mol/L，此时CH3OCH3的转化率是_______，反应速率v(正)_______v(逆) (选填“>”、“=”或“、=、 C ，故D错误。故选C。
18．C
【分析】
烯烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可以用酸性高锰酸钾溶液检验烯烃。
【详解】
A．硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者发生氧化还原反应，故A错误。
B．氨气密度小于空气，应当采用向下排空气法收集，故B错误。
C．石蜡油裂化反应产生烯烃，烯烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确。
D．收集并纯化酯化反应的产物应该用饱和碳酸钠溶液，故D错误。
答案选C。
19．D
【解析】
【详解】
A．碱性高锰酸钾溶液与草酸氢钾溶液反应的离子反应为2MnO4-+3HC2O4-+7OH-=2MnO2+6CO32-+5H2O，故A错误；
B．用稀醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B错误；
C．在苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反应为C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3-，故C错误；
D．氧化铝溶于NaOH溶液，生成偏铝酸钠和水，发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O，故D正确；
故答案为D。
20．B
【详解】
对于一元弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，c(H＋)越大。
c(H＋)大小关系：HF >CH3COOH>HNO2> HCN；
正确答案选B。
21．D
【分析】
发生2KClO32KCl+3O2↑，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；②发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低
【详解】
A、①中Cl、O元素发生化合价发生改变，②中Cl元素发生化合价发生改变，故A错误；
B、①中1molKClO3分解生成1molKCl，②中1molKClO3分解生成0.25molmolKCl，故B错误；
C、①中O元素发生氧化反应，②中Cl元素发生氧化反应，故C错误；
D、①中Cl元素的化合价降低发生氧化反应，②中Cl元素的化合价降低发生氧化反应，故D正确；
故选D。
22．C
【详解】
A．在反应SO3+H2O=H2SO4中，所有元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，因此水既不作氧化剂也不作还原剂，A不符合题意；
B．在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中的O元素由-1价一部分升高变为0价的O2，一部分降低变为-2价的NaOH，所以Na2O2既作氧化剂也作还原剂；而水的组成元素在反应前后化合价都没有发生变化，所以水既作氧化剂也不作还原剂，B不符合题意；
C．在反应C+H2OH2+CO↑中，H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以水作氧化剂，C符合题意；
D．在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，O元素的化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以水作还原剂，D不符合题意；
故答案为C。
23．D
【详解】
试题分析：离子化合物一定含有离子键，共价化合物中不含离子键，故A错误；共价化合物中不含离子键，离子化合物可以含有共价键，例如氢氧化钠为离子化合物，但是含有共价键，故B错误；构成单质分子的粒子不一定含有共价键，例如稀有气体分子，故C错误；在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用，故D正确，为本题的答案。
考点：化学键
点评：本题考查了化学键的知识，该考点是高考常考的考点，本题要理解离子化合物和共价化合物的概念，该题难度适中。
24．A
【分析】
A、根据甲醛和乙酸的最简式为CH2O计算出15g混合物中含有的氧原子数目；
B、乙醇分子中含有5个碳氢键,根据乙醇的物质的量计算出含有的碳氢键数目；
C、根据氯气与水的反应是可逆反应分析生成的氢离子数目；
D、标准状况下庚烷的状态为液体,题中条件无法计算庚烷的物质的量。
【详解】
A、甲醛和乙酸的最简式为CH2O, 15g甲醛和乙酸的混合物中含有0.5mol最简式CH2O,含有0.5molO,O原子数为0.5NA,所以A选项是正确的；
B、4.6g乙醇的物质的量为0.1mol, 0.1mol乙醇中含有0.5mol碳氢键,含有C-H键的个数为0.5NA, ,故B错误；
C、氯气与水的反应为可逆反应, 1mol氯气与水反应生成的氯化氢小于1mol,生成的H+离子数小于NA,故C错误；
D、在标况下,庚烷不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L庚烷的物质的量,故D错误;
综上所述，本题正确选项A。
25．C
【详解】
A．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化，A不符合题意；
B．石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，发生了化学变化，B不符合题意；
C．海水蒸馏是物理变化，C符合题意；
D．海水提溴过程中Br-最终被氧化为Br2，涉及化学变化，D不符合题意；
答案选C。
26．④⑥⑨ ①②③⑦⑨⑩ ⑤⑧ Al2(SO4)3 = 2Al3+ + 3SO Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑ CO2+Ba2++2OH- =BaCO3↓+H2O CO2 + H2O + CO= 2HCO 氧化性和还原性 H的化合价+1可以降低，Cl的化合价-1可以升高 还原性
【分析】
本题主要考查电解质、非电解质的概念和判断，电解质的电离方程式的书写和离子反应的书写，氧化还原反应的分析，总体难度不大。
【详解】
(1)可以导电的是含有能够自由移动的离子或电子的物质，即电解质溶液、熔融的电解质以及金属单质和极少数非金属单质，故有④⑥⑨，电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大多数金属氧化物均为电解质，故属于电解质的有①②③⑦⑨⑩，非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，故属于非电解质的有⑤⑧，故答案为：④⑥⑨；①②③⑦⑨⑩；⑤⑧；
(2)②即Al2(SO4)3在水中的电离方程式为Al2(SO4)3 = 2Al3+ + 3SO，故答案为：Al2(SO4)3 = 2Al3+ + 3SO；
(3)④与⑥即稀硫酸和铁反应的反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故其离子方程式为Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑， 故答案为：Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑；
(4)⑤与①即二氧化碳与氢氧化钡溶液反应的方程式为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，故其离子方程式为CO2+Ba2++2OH- =BaCO3↓+H2O，故答案为：CO2+Ba2++2OH- =BaCO3↓+H2O；
(5)请写出⑤通入⑦溶液即二氧化碳通入碳酸钠溶液中反应的化学方程式为：2Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故其离子方程式为CO2 + H2O + CO= 2HCO，故答案为：CO2 + H2O + CO= 2HCO；
(6)由于HCl 中H的化合价+1可以降低，Cl的化合价-1可以升高，故物质③HCl具有氧化性和还原性，物质⑥铁的化合价为0，是金属的最低化合价，故在氧化还原反应中应该只能表现还原性，故答案为：氧化性和还原性；H的化合价+1可以降低，Cl的化合价-1可以升高；还原性。
27．负极 C6H6+6H++6e-=C6H12 H2、环己烷(C6H12) 12mol 64.3%
【解析】
【分析】
（1）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极；
（2）该实验的目的是储氢，所以阴极D上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；
（3）阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2 e-=H2↑，据此分析；
（4）阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η。
【详解】
（1）根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，故答案为：负极；
（2）该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12；
（3）D极收集到新生成的气体有H2、C6H12；
阳极（E极）的电极反应式为4OH- -4e-=O2↑+2H2O，生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2 e-=H2↑，设参加反应的C6H6、生成H2的物质的量分别为x、y，根据图中信息及电子得失守恒，可得6x+2y=11.2mol；由于苯转化为环己烷时总物质的量不变，故收集到混合气体的物质的量为（10mol+y）,则=10%，将两式联立方程组，解得x=1.2mol、y=2mol，因此，通过此方法储氢后，共收集到混合气体的物质的量为10mol+2mol=12mol；
（4）该储氢装置的电流效率η==64.3%。
28．2AgNO32Ag↓+2NO2↑+O2↑ 偏大 Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀 三颈烧瓶 产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出 偏大 [Co(NH3)6]Cl3
【分析】
Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。
【详解】
（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：2AgNO32Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO32Ag↓+2NO2↑+O2↑；
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；
③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；
（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；
（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL 1.00mol·L-1AgNO3，所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2，由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：[Co(NH3)6]Cl3，故答案为：[Co(NH3)6]Cl3。
【点睛】
测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。
29．H2 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 6NO+4NH35N2+6H2O
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2；Y与X反应出现白烟，Y与CuO共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3、B为N2；D与B反应生成NH3，则D为H2；D与O2反应生成Z，则Z为H2O；D(H2)与A(Cl2)反应生成的气体X为HCl，F与Z反应生成G与E，则G为HNO3。
【详解】
(1)根据分析，D为 H2；
(2)根据分析，Y为NH3，B为N2，Z为H2O，NH3与CuO反应，每生成1mol N2消耗3molCuO，该反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
(3)根据分析，Y为NH3，E为NO，B为N2，Z为H2O，NO和NH3反应生成N2和H2O，方程式为6NO+4NH35N2+6H2O。
30．-122.7 AD 25% > < KB = KC > KA 反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降 250℃，催化剂A
【详解】
(1)由盖斯定律可知，(反应I×2—反应II)得反应III，则△H3 =2△H1 —△H2 =2×(-49. 1 kJ/mol)—(+ 24.5kJ/mol)= -122.7kJ/mol，故答案为：-122.7；
(2) A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；
B. 由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；
C.单位时间内体系中3mol氢气减少和1mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；
D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；
AD正确，故答案为：AD；
(3)由甲醇的浓度为1mol/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5mol/L，起始时甲醚的浓度为(1.5mol/L+0.5mol/L)=2.0mol/L，则甲醚的转化率为×100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc==＞K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25%；＞；
(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，B、C温度相同，低于A，则反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为KB = KC > KA，故答案为： KA；
(5)①由图可知250°C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于250°C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的△H＜0，250℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；
②由图可知，催化剂A的选择性高于催化剂B，250°C时催化剂A的反应速率最大，为催化剂A的活性温度，则工业上应选择的温度和催化剂是250℃，催化剂A，故答案为：250℃，催化剂A。
31．苯甲醚或甲氧基苯、甲基苯基醚、苯基甲基醚、甲苯醚 醚键 水解反应或取代反应 或 或 保护氨基，防止合成过程中被氧化 。
【详解】
（1）D是，名称为苯甲醚或甲氧基苯、甲基苯基醚、苯基甲基醚、甲苯醚；F为，其非含氧官能为氨基；
（2）由图知，的反应类型为水解反应或取代反应；G为，其分子式为；
（3）已知J含有乙酰基，在NaOH水溶液中会发生水解反应，其反应方程式为：或；
（4）L是E：的同分异构体，能与溶液反应显紫色，说明一定有酚羟基，苯环上有三个取代基，其中一个为，苯环上的一氯取代有两种同分异构体，综合分析，化合物L可能是或；
（5）合成途径中，F转化为G时发生反应产生，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程中被氧化；
（6）苯和为原料制备，可先由苯发生硝化反应，生成硝基苯，引入硝基，再发生还原反应生成氨基，最后与乙酸酐发生取代反应生成生成，反应的流程为：。
【点睛】
在有机合成中，某些不希望起反应的官能团，在反应试剂或反应条件的影响下而产生副反应，这样就不能达到预计的合成目标，因此，必须采取措施保护某些官能团，待完成反应后再除去保护基，使其复原。保护措施必须符合如下要求：①只对要保护的基团发生反应，而对其它基团不反应；②反应较易进行，精制容易；③保护基易脱除，在除去保护基时，不影响其它基团。