广西钦州市某中学2022学年高考化学三模试卷(含解析）

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2022高考化学模拟试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角”条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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）l、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大千20。W、X、Y最外层电子数之和为11,W与Y同族且、丿都是复合化肥的营养元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是（A.常温常压下X的单质为气态B．简单气态氢化物的热稳定性：Y>WC.Z的氢化物含有共价键D．简单离子半径：W>X2、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示S?65432lf12345-6?$,1°”“”'iIS1Cl?18校电荷数A．电子层数B．原子半径c．最高化合价D．最外层电子数、丿3、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（A.标准状况下，22.4L的N02和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB.密闭容器中，46gN02和N204的混合气体所含分子个数为NAc.常温常压下，22.4L的液态水含有2.24xl胪NA个OHD.高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子4、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是尸实验操作和现象l实验结论

1+，I;、，七？呤向右拉动注射器活塞并在某处，往试管中注水没A装置气密性良好过导气管后，向左推动活塞至某处，发现导气管液面高于试管液面，且高度一段时间保待不变。将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡BI2氧化性强与Fe3+静置，下层呈紫红色。c往氢氧化铜沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解1氢氧化铜为两性氢氧化物D将S02通入Na2C03溶液中生成的气体，通入澄清石灰水中有浑浊I说明酸性：H2S03>止C03A.AB.BC.CD.D5、在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生．由此判断该溶液中肯定不存在的离子是（)A.Ag+B.So/·C.COFD.NH4+6、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是t+2H20电极aJ电极bA．电极a为电池正极B．电路中每流过4mol电子，正极消耗lmol02c．电极b上的电极反应：02+4e-+4H+=2H心D．电极a上的电极反应：2H2S+202—一2e—=S2+2H心7、菇类化合物广泛存在千动植物体内，关于下列秸类化合物的说法正确的是

2》勹`!()a勹A.a和b都属千芳香经8.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上c.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D.b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀8、将0.03molCh缓缓通入含0.02molH2S03和0.02molHI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是（溶液的体积视为不变）A.B．二～C.二。＂叽屯D.二0002＂以“9、下列说法正确的是A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酣，可实现“碳＂的循环利用C.纤维素、油脂、蛋白质均能作为人类的营养物质D.铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂10、常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol•L-1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是C水(H+)/(mol•1-1)5xl0升＿＿i10千f_＿上＿＿＼db:10叮aIo.vV（氨水）／mLA.c点所示溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH3•H心）B.b点所示溶液中：c(NRi+)=2c(SOi一）C.V=40D.该硫酸的浓度为0.1mol•L-1

311、下列物质的用途不正确的是ABcD硅生石灰液氨亚硝酸钠,．石寡物质1史＇用途I半导体材料1抗氧化剂制冷剂食品防腐剂A.AB.BC.CD.D12、下列仪器名称错误的是（）A.量筒』B.试管U13、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A.2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锥合金等，铝锥合金属于金属材料C.纳米复合材料实现了水中微污染物铅(II)的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅14、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是01111·II,``'.CIO,'”入nO,ESnC10·,IIC,IO“NnC飞o,＂'U-1'~,，江郎，．女：＂｀｀贝吸加吵A.NaCI04的作用是传导离子和参与电极反应B.吸附层b的电极反应：H2-2e·+20H"=2H心c．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D.若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变15、下列属千碱的是

4A.HIB.KCIOC.NH3·H20D.CH30H16、分子式为C4HsBr2的有机物同分异构体（不考虑立体异构）为（)A.9B.10C.11D.1217、将＠中物质逐步加入＠中混匀（＠中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是()选项@＠溶液预测＠中的现象A稀盐酸Na+、SiO3入0H、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K、1·、Br·、soi·溶液立即呈黄色先产生白色沉淀，最终变红C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、CJ·褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl.同时产生气体和沉淀A.AB.BC.CD.D18、下列实验方案中，可以达到实验目的的是选实验目的实验方案项A除去苯中混有的苯酚加入适量的澳水充分反应后过滤B检验Fe2＋溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氧化钾溶液除去粗盐中含有Mg气Ca气soi的试剂加入向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCh溶液，最后加碳酸C顺序钠溶液D检验S02中是否含有HCI将产生的气体通入HN03酸化的AgNOJ溶液中A.AB.BC.CD.D19、下列实验操作合理的是（)A.用标准HCI溶液滴定NaHC03溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pHc．用蒸馆的方法分离乙醇（沸点为78.3.C)和苯（沸点为so.1·c)的混合物D.向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+20、中学常见的某反应的化学方程式为a+b--->c+d+H心（未配平，条件略去）。下列叙述不正确的是()A．若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶千c溶液中。则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++N03·=Fe3++NOj+2比0

5B.若c,d均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将混合气体通入澳水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为S02+Bn+2H20=4H++SOi·+2Br·c．若e是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性。在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20g·mo1·1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为O.OS6mol·L·1D.若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4:5,则上述反应的离子方程式为4C02+SOH"=CO占3HC03·+H心妇－C(CH吐21、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P(o)。下列说法错误的是A.A的分子式为CuH14，可发生取代、氧化、加成等反应B.由A生成P的反应类型为加成聚合反应，反应过程没有小分子生成C.A的结构简式为0-郖－CH=C(CH归分子中所有碳原子不可能共面D.1molA最多能与4molH2发生加成反应22、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（)A.加热后固体发黑B.玵涡沾有受热不分解的杂质c．加热时有少量晶体溅出D.晶体中混有受热不分解的杂质二、非选择题（共84分）23、(14分）存在千茶叶的有机物A,其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种。A遇FeCl3溶液发生显色反应。F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环。它们的转化关系如下图：足童NaHC<>.J..[亘卜也—令巨习守i'JNa2Al壳HCI位产学过因平田C9马ClQ回田C2H60(1)有机物A中含氧官能团的名称是(2)写出下列反应的化学方程式A------>B:M------>N:

6(3)A~C的反应类型为,E-------tF的反应类型为lmolA可以和.molBr2反应；(4)某营养物质的主要成分（分子式为C16ff1403)是由A和一种芳香醇R发生酣化反应成的，则R的含有苯环的同分异构体有种（不包括R);(5)A---->C的过程中还可能有另一种产物C1,请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式24、(12分）W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息w单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障z存在质量数为23,中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：{I)元素Y在元素周期表中的位置是＿—；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是＿＿（用离子符号表示）。(2)XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是＿—;由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为＿。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是＿（用离子方程式表示）。25、(l2分）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe兄是否有剩余，实验记录如下；实验编号操作现象i.加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝；r铜粉ii.取少量i中清液千试管中，滴加2滴实验1』mLO.Smol/L0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振Fe,(SO小溶液荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。(1)写出实验1中第i步的离子方程式。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2＋干扰了检验F产的现象。查阅相关资料如下(D2Cu2++4SCN·=2CuSCN!（白色）＋（SCN)z（黄色）＠硫氧[(SCN)i]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和l2之间。该同学又通过如下实验验证猜想

7实验编号操作现象r1mL02mol/LKSCN溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白实验2丿ImL0.05mol/l色沉淀，上层溶液变为黄色CuSO,r5滴0.0511101/L实验3丿··,C2umSOL4无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。0.5mo讥FeSO,0.2mol/LKSC:N(2)经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是(3)根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由千Fe“被(SCN)z氧化，写出溶液变红的离子方程式。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。／氢负化钾溶次调至从性[实验4牧滴O.OSmol/L~FeSO~［扭5l实验2:：次溶汲交红滤渣补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2＋的可能，对应的现象是(4)乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2＋也能氧化Fe2+，他的判断依据是。(5)为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。汰怡A溶掖B溶液(DA溶液为@“电流表指针偏转，说明Cu与F砂发生了反应“，你认为这种说法是否合理？（填合理或不合理），原因是＠验证Fe“是否参与反应的操作是26、ClO分）I.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：

8-----------------------------------------巳平平：三三气三二已知NaHCQ3在低温下溶解度较小。(1)反应I的化学方程式为。(2)处理母液的两种方法：＠向母液中加入石灰乳，反应的化学方程式为——，目的是使一循环利用。＠向母液中一并降温，可得到N几Cl晶体。n.某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、N"3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHC03,然后再将NaHC03制成Na2C030尾气甲乙丙(3)装置丙中冷水的作用是；由装置丙中产生的NaHC03制取Na2C03时，需要进行的实验操作有、洗涤、灼烧。(4)若灼烧的时间较短，NaHC03将分解不完全，该小组对一份加热了tlmin的NaHC03样品的组成进行了以下探究。取加热了t1min的NaHC03样品29.6g完全溶千水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。曲线c对应的溶液中的离子是＿—(填离子符号）；该样品中NaHC03和Na2C03的物质的量分别是＿＿mol、_＿mol。离子的物质的量／molo.50.40.20.l盐酸的量27、(12分）乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。

9图1图2，足令及乙纹乙匀图3完成下列填空：(1)实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是。(2)验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是（填写化学式）；能确定乙烯通入澳水中发生了加成反应的事实是。（选填编号）a.淏水褪色b.有油状物质生成c.反应后水溶液酸性增强d.反应后水溶液接近中性(3)实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酷时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。关千这两套装置的说法正确的是。（选填编号）a.甲装置乙酸转化率高b.乙装置乙酸转化率高c.甲装置有冷凝回流措施d.乙装置有冷凝回流措施(4)用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酷的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是；操作II的名称是;操作田一般适用千分离混合物。(5)如图2是用乙醇制备澳乙烧的装置，实验中有两种加料方案：＠先加浪化钠一再加乙醇一最后加1:1浓硫酸；＠先加澳化钠一再加1:I浓硫酸一最后加乙醇。按方案O和＠实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入，产物可变为无色。与方案＠相比较，方案＠的明显缺点是。

1028、(14分）用惰性电极电解，阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：食盐妇热0-加去青子水(1)电解饱和食盐水的化学方程式为;(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是（填字母序号）。a.Na2S04b.Na2S03c.热空气吹出d.降低阳极区液面上方的气压(3)食盐水中的I若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICI,并进一步转化为IQ3·,103可继续被氧化为高碳酸根(104.），与Na十结合生成溶解度较小的Nal04沉积千阳离子交换膜上，影响膜的寿命。＠从原子结构的角度判断ICI中碳元素的化合价应为。@Nal03被氧化为Nal04的离子方程式为;(4)在酸性条件下加入NaCIO溶液，可将食盐水中的I·转化为12，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下l2的生成量随时间的变化，如图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(l2)越大。046O.440.420.40赵0.38*~0.36严让品mm40“60用离子方程式解释lOmin时不同pH体系吸光度不同的原因：;@pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：;＠研究表明食盐水中1含量::::0.2mg•L·1时对离子交换膜影响可忽略。现将lm'｀含1浓度为1.47mg•L·1的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol•L·1NaCIO溶液—_L。（已知NaCIO的反应产物为NaCl,溶液体积变化忽略不计）

1129、(10分）氮氧化物(NOx)造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。(1)活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：CDN2Cg)+02Cg)=2NOCg)l::.H1=+180.5kJ•mol·1@2CCs)+02Cg)=2CO(g)l::.H2=-221.0kJ•mo1·1@2coCg)+02(g)=2C02(g)f::.H3=-556.0kJ•mol·1则反应CCs)+2NOCg)~N2Cg)+CO2(g)!::.H=_kJ•moJ·1(2)用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N,测量相同时间内烟气的脱氮率，结果如图所示。100的r·;·'f:：：五面；·＇.`.f\I·\，U．咽心lO“1义0。100200300沁0500II&戊／飞＠在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是＿＿0＠判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率＿（填“是”或“不是“)该温度下的平衡脱氮率。@2s·c下，用NaOH溶液作捕提剂吸收产生的CO2,不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后得到pH=12的溶液，已知：2s·c下Ka2(H2C03)=5.6x10·11，试通过计算溶液中c(COi·):c(HC03·)＝＿。(3)在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应N02(g)+S02(g)~S03(g)+NO(g)l:::,.H

12＠图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、Tx、Tv,Tz通过计算选择下列选项中两个温度相等是＿（填标号）。A.TR和TvB.TR和TzC.Tx和TzD.Tv和Tz参考答案（含详细解析）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）l、D【答案解析】W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N),y为磷(P);W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na);Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。【题目详解】A.常温常压下X的单质为钠，呈固态，A错误；B．非金属性Y(P)＜W(N)，简单气态氢化物的热稳定性YNa+,D正确；故选D。2、D【答案解析】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数1I~18的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2,第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8,D项符合；答案选D。3、D【答案解析】A、等物质的量时，N02和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的N02和CO2混合气体中含有

13氧原子物质的量为2mol,故A错误；B、假设全部是N02,则含有分子物质的量为46g/46g/mol=lmol,假设全部是N204,含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol,故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH一微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3Q4,因此16.Sg铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为l6.8x8/(56x3)mol=0.8mol,故D正确。4、A【答案解析】A选项，通过向右拉动注射器活塞并固定在某处，往试管中注水没过导气管口后，向左推活塞，观察是否有气泡来判断装置气密性，故A正确；B选项，将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色，说明氧化铁与碳化氢反应生成了单质磺，Fe3＋氧化性强［2,故B错误；C选项，往氢氧化铜沉淀滴加盐酸发生酸碱中和反应，氢氧化铜和氨水反应生成四氨合铜离子而溶解，氢氧化铜不是两性氢氧化物，故C错误；D选项，S02与CO2都能使澄清石灰水变浑浊，当二氧化硫过量一样是浑浊的，不能说明谁的酸性强弱，故D错误；综上所述，答案为A。5、A【答案解析】向样品中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，可能含有硫酸根离子或碳酸根离子或银离子；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生，说明样品中含有碳酸根离子，碳酸根离子与银离子不能共存，所以样品中一定不存在银离子。故选A。【答案点睛】由千沉淀部分消失，一定有碳酸根离子，并且碳酸根离子与银离子不能共存。6、B【答案解析】A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；B．电路中每流过4mol电子，正极消耗lmol02,故B正确；c．电极b上的电极反应：02+4e-=202-，故C错误；D．电极a上的电极反应：2H2S+202--4e-=S2+2H心，故D错误。综上所述，答案为B。

147、C【答案解析】A.a中不含苯环，则不属千芳香族化合物，只有b属千芳香族化合物，但含有0元素，不属千芳香经，A错误；B.a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处千同一平面上，B错误；C.a含碳碳双键、b含苯环、c含－CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；D.b中无醒基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醒基，可以与新制Cu(OHh悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；故合理选项是C。8、A【答案解析】本题涉及两个反应：Ch+H2S03+ff心一2HCl+H2S04,Cl计2HI一2HCl+h。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应h+H2S03+H20一2Hl+H2S04知H2S03的还原性强千HI，所以H2S03优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【题目详解】H2S03与磺离子都具有还原性，但是H2S03还原性强千殡离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2S03为H2S04,H2S03反应完毕，然后再氧化1.0氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Ch+H2S03+H20=H2S04+2HCI0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2S03为弱酸，生成两种强酸：H2S04和HCI,c(H十）增大，比S03反应完毕，消耗Ch0.02mol,Ch过量O.Olmol,然后再氧化1飞Ch+2HI=Bn+2HIO.Olmol0.02molHI全部被氯气氧化转变为12和HCI,HCI和HI都是强酸，所以C(H+)不变；答案选A。【答案点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。9、B【答案解析】A.煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，A选项错误；

15B．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酷，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳＂的循环利用，B选项正确；C.纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，不能作为人类的营养物质，C选项错误；D．生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，D选项错误；答案选B。10、A【答案解析】A.c点所示溶液是硫酸铁溶液，电荷守恒式为c(W)+c(NH4+)=2c(S0i-)+c(OH一），物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3.H20)=2c(SOi-)，两式相减可得：c(H+)-c(OH-)=c(NH3.H心），故A正确；B.根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(Soi-)+c(OH-),b点为硫酸按和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH-)

16答案选C。13、D【答案解析】A.2019年新冠肺炎“疫苗“等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；B．金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锤合金属千金属材料，故B正确；c.纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅(II)的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；D．光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。14、C【答案解析】电子从吸附层a流出，a极为负极，发生的反应为：H心e·+20U-=2H心，b极为正极，发生的反应为：2u++2e·=H门。【题目详解】A．由上面的分析可知，NaCI04没有参与反应，只是传导离子，A错误；B．吸附层b的电极反应2H++2e·=H2t,B错误；C.将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是u++oH司七o,全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D.若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na十向右移动，左池消耗0H且生成H20,pH减小，D错误。答案选C。【答案点睛】B．电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH.015、C【答案解析】A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属千酸，故A错误；B.KCIO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C.NH3·H心在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D.CH30H是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。16、A【答案解析】分子式为C4H心r2的同分异构体有主链有4个碳原子的：CHBr2CH2CH2CH3;CH2BrCHBrCH2CH3;

17CH2BrCH2CHBrCH3;CH2BrCH2CHiCH2Br;CH3CHBrzCH2CH3;CH3CHBrCHBrCH3；主链有3个碳原子的：CHBr2CH(CHJ)2;CH2BrCBr(CH3)2;CH2BrCHCHJCH2Br;共有9种情况答案选A。17、D【答案解析】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.SOi-的还原性大于r,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Fe“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，Al“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。18、C【答案解析】A．苯酚与溪水生成的三澳苯酚溶于苯，无法除去杂质，且引进了新的杂质澳，A项错误；B．铁氧化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，B项错误；C.NaOH溶液可以除去Mg只再加稍过量的BaCb溶液可以除去S04气最后加碳酸钠溶液可以除去Ca“和过量的Ba气到达除杂目的，C项正确；D.HN03会氧化二氧化硫为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，D项错误；答案选C。19、A【答案解析】A．用标准HCI溶液滴定NaHC03溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A选项正确；B．用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH,相当千稀释醋酸钠溶液，由千醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；C.乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馆的方法分离，C选项错误；D.向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3＋一定是由Fe“被氯水氧化而来，即不能证明溶液中一定含有Fe2+,D选项错误；答案选A。20、C【答案解析】A.若a是铁，b是稀硝酸（过量），且a可溶千c溶液中，则c为硝酸铁、D为NO,则a与b反应的离子方程式为Fe+4H++N03-=Fe3++NOj+2H心，故A正确；B.若c,d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳和二氧化

18硫，应是碳和浓硫酸能反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则将此混合气体通入漠水中，橙色褪去，反应生成硫酸与HBr,离子方程式为：S02+Br2+2H20=4H++sOi于2Br啊，故B正确；C.若e是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，则C为氨气，应是氯化铁与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙与水，氨气溶千水，溶液体积等于氨气体积，令lLlmol氨气为IL,氨气物质的量为＝－—－mol,溶液浓度为；五~mv,=0.045mol/L,故C错误；D.若a是造22.4LImot22.4lL成温室效应的主要气体之一，则a为CO2,C、d均为钠盐，则b为NaOH,参加反应的a、b物质的量之比为4:s,则生成NaHC03、Na2C03,根据钠离子、碳原子守恒[n(NaHC03)+n(Na2C03)]:[n(NaHC03)+2n(Na2C03)]=4:S,整理可得n(NaHC03):n(Na2C03)=3:1，故反应的离子方程式为4C02+SOR=COi·+3HCOJ°+H心，故D正确；故选C。21、C【答案解析】由P的结构简式可知，合成P的反应为加成聚合反应，产物只有高分子化合物P,没有小分子生成，合成P的单体A的结构简式为o-CH2-CH=C(CH3)z，则A的分子式为C11H14，由A分子具有碳碳双键、苯环结构，可知A可发H'x=c(CH3生取代、氧化、加成等反应，A、B均正确；将O-CH,-CH-C(C呤写成勹少/=C

19Cff3CH20H兰乒矶＝CH2+H20加成反应酣化（取代）反应34H气了俨－C压COOH+3Na0H千➔Na0--0:严－c比－GOONa+NaCl+2H20。()H【答案解析】A的分子式为C9几03,分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处千对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羚基－OH,A能与碳酸氢钠反应，分子中含有狻基－COOH,2x9+2—8A的不饱和度为＝6,故还含有C=C双键，所以A的结构简式为HO勺CH=CH-COOH,X在浓硫酸、加热条件下生成A与M,M的分子式为C2几0,M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为HO-0-CH=CH-COO吼CH3,A与碳酸氢钠反应生成B,为Ho-Q-c庄CH-cOONa,B与Na反应生成D,D为NaO-OCH=CH-COONa,A与HCI反应生成C,C的分子式为C9比CI03，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E,E在浓硫酸、加热的条件下生成F,F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酷化反应，故C为HO-0-0际贮COOH,E为HO-o-。~I~丛l.-COOH,F为hl()H／飞。｀哫＼／CH-C勺，据此解答。妇＄【题目详解】(1)由上述分析可知，有机物A为H0-0七庄CH-COOH,分子中含有官能团：胫基、碳碳双键、狻基，但含氧官能团有：轻基和狻基，故答案为：经基、狻基；(2)A----->B的反应方程式为：HO-OCH=CH-COOH+NaHCO尸HO-0-C庄CH-COONa+H心＋CO汀，M----->N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH20H~CH2=CH2+H20,故答案为：H0-0壶CH-COOH+NaHC03----->H0-0击CH-COONa+H20+CO叶；CH3CH20H三CH2=CH皿0;(3)A----->C是Ho-QcH=CH-COOH与HCI发生加成反应生成H0-0氓CH-COOH,E----->F是卜:1H0-0-氓CH-COOH发生酣化反应生成炉哫严／怎。c心，Ho-Qc距CH-COOH与澳发生反应扣妇＄时，苯环轻基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故lmolA可以和3molBr2反应，故答案为：加成反应，酣化（取代）反应；3;

20(4)某营养物质的主要成分（分子式为C心儿03)是由A和一种芳香醇R发生酣化反应生成的，故R的分子式为C7H8O,R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体（不包括R)，若含有1个支链为苯甲酪，若含有2个支链为－OH、-CH3,经基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，故答案为：4;(S)A-C的过程中还可能有另一种产物C)，则C)为H~:)-£!I-C比－COOH,c)在NaOH水溶液中反应的化学方程占式为Ho-(:为－C比－COOH+3Na0H弓~NaD---C}~-C比－COONa+NaCl+2H20，故答案为：OHH气了眢－c压COOH+3Na0H弓Na心佴－c店COONa+NaCl+2H20。OH....24、第2周期，VIA族02-分子间作用力H:O:O:H..HC03·+H20~H2C03+ou·..【答案解析】根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【题目详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为o,则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，x是碳元素；Z存在质量数为23,中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11,则Z是钠元素。(1)元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是02-，故答案为：第2周期，VIA族；0气(2)CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色........氧化剂是双氧水，其电子式为H:O:O:H，故答案为：分子间作用力；H:o:O:H;........(3)由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HC03·+H20~＝土H2C03+OH",故答案为：HCOJ°+H20~＝土H2C03+OH"。25、Cu+2Fe“=＝二2Fe2++cu2+部分(SCN)2与水反应生成酸Fe3++3SCN·~Fe(SCNh溶液褪色，无蓝色沉淀在Cu2＋与SCN一反应中，Cu“是氧化剂，氧化性Cu勺(SCN)2O.Smol/L的Fe2(SO心溶液不合理未排除氧气干扰一段时间后，取少量A溶液千试管中，滴加铁氧化钾溶液，出现蓝色沉淀【答案解析】(1)Cu粉与Fe3＋反应，离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu气

21(2)硫氧[(SCN)i]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介千Brz和12之间，能与水反应，生成酸；(3)Fe2＋被（SCNh氧化为Fe3+,Fe“与KSCN反应，显红色；（SCNh会与氢氧化钾反应，同时Cu2＋与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2＋则无蓝色沉淀；(4)根据氧化还原反应规律分析；(S)(!)A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；＠溶液中的氧气会影响反应；＠铁氧化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。【题目详解】(1)Cu粉与Fe“反应，离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++cu气(2)硫氝[(SCNh]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介千Br2和12之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCNh与水反应生成酸；(3)Fe2＋被（SCN)2氧化为Fe3+,Fe“与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-~Fe(SCN)3;(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时C砫与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2＋则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-~Fe(SCNh;溶液褪色，无蓝色沉淀；(4)根据2Cu2++4SCN一＝~氧化性Cu2+>(SCN)2,(SCNh能氧化Fe气则氧化性(SCNh>Fe气即Cu2＋也能氧化Fe气故答案为：在Cu“与SCN一反应中，Cu2＋是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2;(S)(!)A的电极为C,B的电极为Cu,则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为O.Smol/L的Fe2(SO心溶液，故答案为：O.Smol/L的Fe2(SO心溶液；＠溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；@Fe3＋参与反应后生成Fe2+，铁氮化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液千试管中，滴加铁氧化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液千试管中，滴加铁氧化钾溶液，出现蓝色沉淀。【答案点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。26、NaCl+C02+NH3+H20-NaHC03J+NH4CJ2NH4CJ+Ca(OH)2-CaCb+2NH汁＋2820NH3通入Nff3,加入细小的食盐颗粒冷却，使碳酸氢钠晶体析出过滤HCOJ"0.10.2【答案解析】(I)由于NaHC03在低温下溶解度较小，溶液中含有较大浓度的钠离子和碳酸氢根离子时，就会有碳酸氢钠晶体析出，所以饱和氯化钠中溶液中通入NH3和CO2发生反应的方程式为：NaCl+C02+NH3+H20-NaHC03J+NH4CJ；答案：NaCl+C02+NH3+H20=NaHC03J+NH4CJ;

22(2)＠根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铁，母液中加入石灰乳后，发生反应为：2NH心l+Ca(OHh=CaCh+2NH叶＋2H心，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；答案：2Nff4Cl+Ca(OH)z=CaCh+2NH3j+2H心；NH3;＠由反应NH3+H20+C02+NaCl=Nff4Cl+NaHC03J及流程图知，母液中溶质为氯化铁，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离铁根离子，铁根离子浓度增大有利千氯化铁析出。答案：通入NH3,加入细小的食盐颗粒。(3)由装置丙中产生的是NaHC03,其溶解度随温度降低而降低，所以装置丙中冷水的作用是：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；制取NazC03时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；答案：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；过滤；(4)若在(2)中灼烧的时间较短，NaHC03将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHC03样品的组成进行了研究．取加热了tlmin的NaHC03样品29.6g完全溶千水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌．随着盐酸的加入，发生反应CO乒＋tt+=HCQ3·;ttC03·+tt+=CO寸＋H心；溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，所以c曲线表示的是碳酸氢根离子物质的量变化。碳酸根离子物质的量为0.2mol，碳酸氢根离子物质的量为O.lmol;所以样品中NaHC03的物质的量为O.lmol,Na2C03的物质的量为0.2mol;因此，本题正确答案是：HCO釭0.1;0.2。2兀利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利千生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2C03分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2S03先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗【答案解析】(1)乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至11o·c可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；(2)乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在S02,会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收S02;乙烯与淏水发生加成反应生成1,2-二淏乙烧，据此分析解答；(3)甲装置边反应边蒸馆，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；(4)分离粗产品乙酸乙酷、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酷的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酣再进一步进行提纯即可；(S)按方案O和＠实验时，产物都有明显颜色，是由千有澳单质生成，溶于水后出现橙红色；方案＠中把浓硫酸加入漠化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。【题目详解】(1)乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用

23量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利千生成乙烯的方向进行；(2)乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在S02,会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收S02;a.若乙烯与漠水发生取代反应也可使淏水褪色；b.若乙烯与澳水发生取代反应也有油状物质生成；c.若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与淏水发生了取代反应；d.反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与浪水发生了加成反应；答案选d;(3)甲装置边反应边蒸馆，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。(4)分离粗产品乙酸乙酣、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酷的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酷中还含有少量杂质，再精馆，精馆适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；(5)按方案＠和＠实验时，产物都有明显颜色，是由于有淏单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的浪单质；方案＠中把浓硫酸加入淏化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。28、2NaCl+2H20覂旦Cl2T+H汁＋2NaOHbed+lNa++J03·+Ch+H20=NaJ04!+2H++2c1·CI0·+2H++21·=I2+CJ·+H20c(H+)较高，CIO将I2氧化为高价含碳微粒的速率较快，导致c(l2)快速降低，使得吸光度快速下降0.01【答案解析】())电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；(2)阳极液中游离氯具有氧化性，可以和还原性物质反应，结合气体的溶解度分析解答；(3)(D碳原子半径大于氯原子半径，得到电子能力不如氯原子强；＠103一可继续被氧化为高磺酸根(l04一），据此书写反应的离子方程式；(4)(DCI0·+2W+2I·=lz+Ct·+H心，c（I2)不同，吸光度不同，结合反应速率分析；＠结合＠的分析解答；＠食盐水中1·含量吼2mg•L·1时对离子交换膜影响可忽略，计算出1m3含1浓度为1.47mg•L·1的食盐水中需要处理的碳离子的物质的量，再结合反应的方程式分析解答。【题目详解】(1)电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H心』竺＝CI叶＋H2i+2NaOH,故答案为2NaCI+2H心覂旦Chi+H2i+2Na0H;(2)a.Na2S04和氯气不反应，不能脱去阳极液中游离氯，故a错误；b.Na2S03和氯气反应发生氧化还原反应，能

24脱去阳极液中游离氯，故b正确：c．用热空气吹出氯气，能脱去阳极液中游离氯，故c正确：d.降低阳极区液面上方的气压，有利于氯气逸出，能脱去阳极液中游离氯，故d正确；故答案为bed:(3)＠碳元素和氯元素处千同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7,ICI中共用一对电子，由千磺原子半径大千氯原子，磺原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离磺原子，使得磺元素显＋l价，故答案为＋l;@NaJ03被氧化为NalQ4的化学方程式为：Nal03+Ch+H20=NaJ04!+2HCI,离子方程式为Na++I03·+Ch+H20=Nal04!+2H++2Cl一，故答案为Na++I03·+Ch+H20=Nal04!+2H++2Cl飞(4)＠由千吸光度与c(l2)相关，lOmin时，C10·+2H++21·=1z+Cl·+H20,c(H+)越大，反应速率加快，使得pH不同，c(l2)不同，吸光度不同，故答案为C10·+2H++2r·=h+c1-+H心；@pH=4.0时，c(H+)较高，e(H＋）越大，CIO将l2氧化为高价含磺微粒的速率越快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降，故答案为c(H+)较高，CIO将l2氧化为高价含磺微粒的速率越快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降：＠食盐水中1含量：：：0.2mg•L·1时对离子交换膜影响可忽略，因此lm3含I浓度为1.47mg•L·1的食盐水中需要处理的磺lOOOLX(l.47-0.2)mg/Lx10-3gImg离子的物质的量为=O.01mol,根据CI0·+2H++2I•=lz+c1·+H20，可知127gImol0.005moln(CIO·)=O.005mol,理论上至少需要0.05mol•L·1NaCIO溶液体积＝=O.OlL，故答案为0.01。0.5molIL29、2NOCg)+CCs)＝＝式02(g)＋沁(g)l::,.H=-S69kJ/mol催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低不是56升高温度CD【答案解析】(1)用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，(DN2(g)+02(g)=2NO(g)!::,.Hi=+180.5kJ•mol·1®2C(s)+02(g)=2CO(g)l::,.H2=-221.0kJ•mo1·1@2CO(g)+02(g)=2C02(g)丛几＝－556.0kJ•mol·1将方程式－（＠＋＠）处）得2NO(g)+C(s)~C02(g)+N2(g)所以l::,.H=~(l::,.H计l::,.H3)-l::,.H1=~(-221.0kJ•mol·1-556.0kJ•mol·1)-180.5kJ•mol·1=-S69kJ/mol:(2)＠催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低；＠根据催化剂N的曲线可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，而A点的温度要比催化剂N的曲线最高点的温度要低，该反应为放热反应，降低温度平衡右移，所以A点的对应温度下的平衡脱氮率应该更大，所以A点不是对应温度下的平衡脱氮率；c(co~·)•c(H...)@pH=12的溶液，由HC03·~col·+H+，可知K2(H2C03)=5.6xl0·11=，则c(COi·):c(Hco;)

25K2_5.6x10-11c(HCO平c(W)＝10.l2;(3)＠如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行；＠对应的实验温度分别为TR、Tx、Tv,Tz,温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：n(S02)N02(g)+S02(g)亡S03(g)+NO(g),X点时，起始物料比=1.0,S02的平衡转化率为a(S02)=50%，设起始时n(N02)c(SO中(NO)_50%xx50%xc(N02)=c(S02)=xmo讥，化学平衡常数为Kx==1,所以Kx=Kz=l,则Tx=Tz,c(SO中(N02)(1-50%x)x(l-50%x)n(S02)Y点时，起始物料比为=1.5,S02的平衡转化率为a(S02)=40%，设起始时c(S02)=J.SymoVL,c(N02)=ymol/L,n(N02)c(S03)c(NO)_40%xl.5yx(40%xl.5y)化学平衡常数为Kv==1，所以Kv=Kz=l,c(SO中(N02)[(l-40%)xl.5y]x[y-40%xl.5y]则Tv=Tz,所以选CD。【答案点睛】第2题第二小问为本题难点，要注意“测量相同时间内烟气的脱氮率”，而在该时间内反应不一定达到平衡，该反应为放热反应，升温平衡右移，据图可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，说明A点一定不是平衡点。