1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某溫度下，向10 mL 0.1 molL-lNaCl溶液和10 mL 0.1 molL-lK2CrO4溶液中分別滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。滴加過程中pMlgc(Cl-)或lgc(CrO42)與所加AgNO3溶液體積之間的關(guān)系如下圖所示。已知Ag2CrO4為紅棕

2、色沉淀。下列說法錯誤的是A該溫度下，Ksp(Ag2CrO4)41012Bal、b、c三點所示溶液中c(Ag+)：albcC若將上述NaCl溶液濃度改為0.2molL1，則a1點會平移至a2點D用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液時，可用K2CrO4溶液作指示劑2、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（ ）A硅膠、生石灰、氯化鈣等都是食品包裝袋中常用的干燥劑B廁所清潔劑、食用醋、肥皂水、廚房清潔劑四種溶液的pH逐漸增大C酒精能使蛋白質(zhì)變性，預(yù)防新冠肺炎病毒使用的酒精純度越高越好D使用氯氣對自來水消毒時，氯氣會與自來水中的有機物反應(yīng)，生成的有機氯化物可能對人有害3、向某Na2CO3、NaHCO3的

3、混合溶液中加入少量的BaCl2固體(溶液體積變化、溫度變化忽略不計)，測得溶液中離子濃度的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9AA、B、C三點對應(yīng)溶液pH的大小順序為：ABCBA點對應(yīng)的溶液中存在：c(CO32-)BC，A正確；BA點對應(yīng)的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B錯誤；CB點對應(yīng)的溶液的lgc(Ba2)=-7，則c(Ba2)=10-7molL1，根據(jù)Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.4010-9，可得c(CO32)= ，C錯誤；D通入CO2，CO2與水反應(yīng)生成H2CO3，H2CO3第一步電離

4、產(chǎn)生較多的HCO3，減小，則增大，C點不能移動到B點，D錯誤。答案選A。【點睛】D項也可以根據(jù)電離平衡常數(shù)推導(dǎo)，根據(jù)HCO3HCO32，有，轉(zhuǎn)化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增強，c(H)增大，減小，則增大。4、B【解析】A自來水廠常用明礬作凈水劑，明礬沒有強氧化性，不能用于消毒殺菌劑，A錯誤；B高鐵車用大部分材料是鋁合金，鋁合金材料具有強度大、質(zhì)量輕、抗腐蝕能力強等優(yōu)點，B正確；C硅膠吸水性強，可作瓶裝藥品的干燥劑及催化劑載體，硅膠不導(dǎo)電，不能用作半導(dǎo)體材料，C錯誤；D使用肥皂洗手可預(yù)防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸鈉溶于水顯堿性，D錯誤；答案選B。5、B【解析】由結(jié)構(gòu)可知，含碳碳雙鍵，且含C

5、、H、S元素，結(jié)合雙鍵為平面結(jié)構(gòu)及烯烴的性質(zhì)來解答。【詳解】A家用天然氣中可人工添加，能在O2中燃燒，故A錯誤；B含雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，所有原子可能共平面，故B正確；C含2個雙鍵，若1：1加成，可發(fā)生1，2加成或1，4加成，與溴的加成產(chǎn)物有2種，若1：2加成，則兩個雙鍵都變?yōu)閱捂I，有1種加成產(chǎn)物，所以共有3種加成產(chǎn)物，故C錯誤；D含有2個雙鍵，消耗2molH2，會生成1mol，故D錯誤；故答案選B。【點睛】本題把握官能團與性質(zhì)、有機反應(yīng)為解答關(guān)鍵，注意選項D為解答的難點。6、D【解析】A25時，在N點，pH=7.4，則c(H+)=10-7.4，lg=1，則=10， H2CO3的一級電離K(H2CO

6、3)=10-7.410=1.010-6.4，A正確；B圖中M點，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)=1.010-6.4，=102.6，a= lg=2.6，B正確；C25時，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh= =1.010-7.6，C正確；DM點溶液中：依據(jù)電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+ c(HCO3-)，此時溶液為NaHCO3、NaCl的混合溶液，則c(Na+)c(H2CO3) + c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D錯誤；故選D。7、D【解析】A1個1

7、4C中含有8個中子，7g14C即0.5mol，含有中子數(shù)目為4NA，故A錯誤；B溶液的體積未知，所以無法計算相關(guān)微粒的個數(shù)，故B錯誤；C3.2gCu即0.05mol，與足量濃硝酸反應(yīng)生成NO2氣體，化學(xué)計量關(guān)系為：Cu2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且標(biāo)況下NO2不是氣體，無法確定其體積，故C錯誤；D標(biāo)況下，5.6L丙烷為0.25mol，一個丙烷分子含有10個共價鍵，0.25mol丙烷中含有2.5NA個共價鍵，故D正確；答案選D。【點睛】易錯點為B選項，pH值代表溶液中氫離子的濃度，要計算微粒數(shù)目必須要計算物質(zhì)的量，題中沒有給出體積，不能計算物質(zhì)的量，也就無法

8、計算微粒數(shù)目。NO2在標(biāo)況下不是氣體。8、D【解析】某固體樣品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的幾種離子。將該固體樣品分為等質(zhì)量的兩份，進行如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離)：（1）一份固體溶于水得無色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入過量稀鹽酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀為硫酸鋇，所以固體中含有=0.02mol硫酸根離子，=0.01mol碳酸根離子，溶液中沒有Ca2+；（2）另一份固體與過量NaOH固體混合后充分加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體0.672L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)(假設(shè)氣體全部逸出)，則含有 =0.03

9、mol銨根離子，根據(jù)溶液呈電中性，則溶液中一定含有鉀離子，不能確定是否含有氯離子。【詳解】A該固體中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能確定是否含Cl-，故A不符；B該固體中一定沒有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C該固體可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能確定是否含NH4Cl，故C不符；D根據(jù)電荷守恒：n(K+)+n(NH4+)2（n(SO42)+n(CO32)），該固體中n(K+)(0.022+0.012)2-0.032=0.06，n(K+)0.06mol，故D符合。故選D。【點睛】本題考查離子共存、離子推斷等知識，注意常見離子的檢驗方法，根據(jù)電荷守恒判斷K是否存

10、在，是本題的難點、易錯點。9、D【解析】A項、NaOH與HClO4反應(yīng)屬于中和反應(yīng)，堿能與酸發(fā)生中和反應(yīng)，故A能解釋；B項、碳酸的酸性比硅酸強，酸性比硅酸強的酸能制備硅酸，較強的酸能制備較弱的酸，故B能解釋；C項、活動性較強的金屬單質(zhì)能從活動性較弱的金屬的鹽溶液中置換出活動性較弱的金屬，故C能解釋；D項、FeCl3與NaI發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，這不是鹵化物通性，其他鹵化鈉大多數(shù)不能與氯化鐵發(fā)生類似的反應(yīng)，故D不能解釋；故選D。10、D【解析】第六周期0族元素為86號元素，因此8681 =5，18 5 =13，在13縱列，即第A族，因此81號元素在第六周期A族，故D符合題意。綜上所述，答案為D。1

11、1、D【解析】ApH=9的溶液呈堿性，堿性條件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故A錯誤；B能和S2O32-反應(yīng)的離子不能大量共存，酸性條件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B錯誤；C能和氯化銨反應(yīng)的離子不能大量共存，銨根離子和OH-生成弱電解質(zhì)而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C錯誤；D酸性溶液中含有大量氫離子，無色溶液不含有色離子，這幾種離子都無色且和氫離子不反應(yīng)，所以能大量共存，故D正確；故選：D。【點睛】S2O32-為硫代硫酸根，與氫離子可以發(fā)生反應(yīng)：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O。12、C【解析】A選項，根據(jù)分析兩

12、種物質(zhì)變?yōu)橐环N物質(zhì)，則上述反應(yīng)屬于加成反應(yīng)，故A正確；B選項，碳酸亞乙酯的二氯代物只有兩種，一種為在同一個碳原子上，另一種是兩個碳原子上各一個氯原子，故B正確；C選項，碳酸亞乙酯有亞甲基的結(jié)構(gòu)，類似于甲烷的空間結(jié)構(gòu)，不可能所有原子共平面，故C錯誤；D選項，1mol碳酸亞乙酯相當(dāng)于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH發(fā)生反應(yīng)，生成乙二醇和碳酸鈉，故D正確。綜上所述，答案為C。13、C【解析】A選項，1mol NH4+所含的質(zhì)子總數(shù)為 11NA，故A錯誤；B選項，聯(lián)氨（）中含有極性鍵和非極性鍵，故B錯誤；C選項，過程II中N元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，過程 IV中N化合價降低，發(fā)生還原

13、反應(yīng)，故C正確；D選項，過程I中，參與反應(yīng)的NH4+到N2H4化合價升高1個，NH2OH到N2H4化合價降低1個，它們物質(zhì)的量之比為11，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】利用化合價升降進行配平來分析氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比。14、A【解析】A. 反應(yīng)符合事實，遵循離子方程式書寫的物質(zhì)拆分原則，A正確；B. 酸性環(huán)境不能大量存在OH-，不符合反應(yīng)事實，B錯誤；C. 硝酸具有強氧化性，會將酸溶解后產(chǎn)生的Fe2+氧化產(chǎn)生Fe3+，不符合反應(yīng)事實，C錯誤；D. 明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀時，Al3+與OH-的物質(zhì)的量的比是1：4，二者反應(yīng)產(chǎn)生AlO2-，反應(yīng)的離

14、子方程式為：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4+ AlO2-+2H2O，不符合反應(yīng)事實，D錯誤；故合理選項是A。15、B【解析】A. 甲基環(huán)戊烷是烴，烴難溶于水，易溶于有機溶劑，故A正確；B. 甲基環(huán)戊烷有四種位置的氫，如圖，因此其一氯代物有4種，故B錯誤；C. 該有機物在一定條件下與氯氣光照發(fā)生取代，與氧氣點燃發(fā)生氧化反應(yīng)，故C正確；D. 甲基環(huán)戊烷與2-己烯分子式都為C6H10，因此兩者互為同分異構(gòu)體，故D正確。綜上所述，答案為B。16、B【解析】A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正確；B、HClO為共價化合物，氧原子與氫原子、氯原子分別通過1對共用電子對結(jié)合，結(jié)

15、構(gòu)式為HOCl，B錯誤；C、氯化鈉為離子化合物，電子式： ，C正確；D、由圖得出大球為硫原子，中間小球為碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半徑大于碳原子半徑，D正確；答案選B。17、A【解析】A.該儀器為配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液要用的容量瓶，燒瓶沒有玻璃塞，A不正確；B.該儀器為蒸餾裝置中所用的冷凝管，B正確；C.該儀器為表面皿，C正確；D.該儀器為蒸餾裝置中要用到的蒸餾燒瓶，D正確；本題選不正確的，故選A。18、D【解析】A. 對二烯苯苯環(huán)上只有1種等效氫，一氯取代物有1種，故A錯誤；B. 對二烯苯含有2個碳碳雙鍵，苯乙烯含有1個碳碳雙鍵，對二烯苯與苯乙烯不是同系

16、物，故B錯誤；C. 對二烯苯分子中有3個平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以碳原子可能不在同一平面，故C錯誤；D. 對二烯苯分子中有2個碳碳雙鍵、1個苯環(huán)，所以1mol對二烯苯最多可與5mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；選D。【點睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機物的組成和結(jié)構(gòu)特點，明確官能團的性質(zhì)和空間結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。19、C【解析】A選項，第4min時，改變的反應(yīng)條件是升高溫度，平衡正向移動，COCl2濃度減小，故A正確；B選項，第6min時，平衡正向移動，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正確；C選項，第 8min 時的平衡常數(shù) ，故C錯誤；D選項，

17、第10min移走了一氧化碳，平衡正向移動，氯氣，一氧化碳濃度增加，COCl2濃度減小，因此COCl2濃度變化曲線沒有畫出，故D正確。綜上所述，答案為C。20、D【解析】A銀器發(fā)黑的原因就是因與空氣里的氧氣等物質(zhì)發(fā)生氧化而腐蝕，重新變亮就是又變成原來的銀，在這個過程中涉及到化學(xué)變化，A正確；B煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，生成焦炭、煤焦油、出爐煤氣等產(chǎn)物的過程；煤的液化是利用煤制取液體燃料，均為化學(xué)變化，B正確；C瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸鹽（硅酸鋁，硅酸鈣）等，C正確；D光敏樹脂遇光會改變其化學(xué)結(jié)構(gòu)，它是由高分子組成的膠狀物質(zhì)，在紫外線照射下，這些分子結(jié)合變成聚合物高分子，屬于化學(xué)

18、變化，D錯誤；答案選D。【點睛】復(fù)習(xí)時除了多看課本，還要多注意生活中的熱點現(xiàn)象，思考這些現(xiàn)象與化學(xué)之間的關(guān)系。21、A【解析】A、升華是從固體變?yōu)闅怏w的過程，圖中操作名稱是加熱，選項A不對應(yīng)；B、由圖中裝置的儀器以及操作分離互不相溶的液體，可知本實驗操作名稱是分液，選項B對應(yīng)；C、由圖中裝置的儀器以及操作分離難溶固體與液體的混合物，可知本實驗操作名稱過濾，選項C對應(yīng)；D、由圖中裝置的儀器以及操作分離沸點不同的液體混合物，可知本實驗操作名稱蒸餾，選項D對應(yīng)。答案選A。22、C【解析】A由圖1可知，當(dāng)c（HA）=c（A2）時，溶液顯酸性，所以NaHA溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，則各離子濃度大

19、小關(guān)系為：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故A正確；B由圖2可知，當(dāng)c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）時，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，則Kb2=c（OH），Kb2=10-7.15，故B正確；C由圖2可知，當(dāng)c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）時，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，則Kb2=10-7.15，由圖1可知，當(dāng)c（HA）=c（A2）時，pH=6.2，則Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液顯酸性，故C錯誤

20、；D=，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不變，所以不變，故D正確。故選C。【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及鹽的水解平衡原理的應(yīng)用，把握電離平衡原理和水解原理、電離常數(shù)和水解常數(shù)的計算、圖象數(shù)據(jù)的分析應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、應(yīng)用能力和計算能力的考查，難點D，找出所給表達式與常數(shù)Kw、Kb1、Ka1的關(guān)系。二、非選擇題(共84分)23、 +NaOH+NaCl+H2O 加成反應(yīng) 3羥基丙醛(或羥基丙醛) n+n+(2n-1)H2O b 5 c 【解析】烴A的相對分子質(zhì)量為70，由=510，則A為C5H10，核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，故A的結(jié)構(gòu)簡式為；A與氯氣在光照下發(fā)生取代

21、反應(yīng)生成B，B為單氯代烴，則B為，化合物C的分子式為C5H8，B發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C為， C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D為HOOC(CH2)3COOH，F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)，則F為HCHO，E、F為相對分子質(zhì)量差14的同系物，可知E為CH3CHO，由信息可知E與F發(fā)生加成反應(yīng)生成G，G為HOCH2CH2CHO，G與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成H，H為HOCH2CH2CH2OH，D與H發(fā)生縮聚反應(yīng)生成PPG()，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；(2)由B發(fā)生消去反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式為：+NaOH+NaCl+H2O，故答案為：+NaOH+NaCl+H2O； (3)由信息

22、可知，由E和F生成G的反應(yīng)類型為醛醛的加成反應(yīng)，G為HOCH2CH2CHO，G的名稱為3-羥基丙醛，故答案為：加成反應(yīng)；3-羥基丙醛；(4)由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為：n+n+(2n-1)H2O ，故答案為：n+n+(2n-1)H2O；若PPG平均相對分子質(zhì)量為10000，則其平均聚合度約為58，故答案為：b；(5)D為HOOC(CH2)3COOH，D的同分異構(gòu)體中能同時滿足：能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，含-COOH，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)-COOCH，D中共5個C，則含3個C-C-C上的2個H被-COOH、-OOCH取代，共為3+2=5種，含其中核磁共振氫譜顯示為

23、3組峰，且峰面積比為611的是，D及同分異構(gòu)體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同，故答案為：5；c。24、羥基 HCCH 加聚反應(yīng) ac 【解析】A是，乙醇連續(xù)氧化得乙酸，故B是，根據(jù)信息，結(jié)合流程圖，C是，D是，D到E是加聚反應(yīng)，E是，根據(jù)信息可推知F為，G是，根據(jù)分子式H是，根據(jù)流程圖結(jié)合P的結(jié)構(gòu)可推知I為，J是，根據(jù)（5）小題，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L為。【詳解】（1）A是乙醇，乙醇的官能團是羥基，答案為：羥基；（2）據(jù)信息，結(jié)合流程圖，可以推出C是，故答案為：；（3）D是， E是，D到E是雙鍵發(fā)生了加聚反應(yīng)，故答案為：加聚反應(yīng)；（4）E是，A是乙醇，根據(jù)信

24、息，該反應(yīng)為取代反應(yīng)，答案為：；（5）根據(jù)信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案為：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸， 故酚羥基和碳酸氫鈉不反應(yīng)，羧基和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，故答案為：；a.P可以完全水解產(chǎn)生，以及乙酸，a正確；b. P可以完全水解產(chǎn)生，該物質(zhì)為高分子，b錯誤；c. 根據(jù)題目信息，將小分子藥物引入到高分子中可以實現(xiàn)藥物的緩釋功能，c正確；答案選ac。【點睛】解有機推斷題，要把握以下三個推斷的關(guān)鍵： (1)審清題意(分析題意、弄清題目的來龍去脈，掌握意圖)；(2)用足信息(準(zhǔn)確獲取信息，并遷移應(yīng)用)；(3)積極思考(判斷合理，綜合推斷)。根據(jù)以上的思維判斷，從中抓住

25、問題的突破口，即抓住特征條件(特殊性質(zhì)或特征反應(yīng)，關(guān)系條件和類別條件)，不但縮小推斷的物質(zhì)范圍，形成解題的知識結(jié)構(gòu)，而且?guī)讉€關(guān)系條件和類別條件的組合就相當(dāng)于特征條件。然后再從突破口向外發(fā)散，通過正推法、逆推法、正逆綜合法、假設(shè)法、知識遷移法等得出結(jié)論。最后作全面的檢查，驗證結(jié)論是否符合題意。25、水浴加熱 Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+ 取最后一次洗滌液少量，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若不出現(xiàn)沉淀，即洗滌干凈 暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定 升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于

26、吸收完全 （1.000-84a）/18a 1 【解析】（1）水浴加熱受熱均勻，易于控制，不高于100均可采用水浴加熱，故答案為水浴加熱；將250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5，反應(yīng)生成碳酸鎂結(jié)晶水合物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+，故答案為Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+；（2）裝置中氣球可以緩沖壓強并封閉裝置，暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定，故答案為暫時儲存CO2，有利于CO2被NaOH

27、溶液吸收，且能保持裝置中壓強相對穩(wěn)定；反應(yīng)后期將溫度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氫氧化鈉溶液吸收，減少測定產(chǎn)生的誤差，故答案為升高溫度氣體的溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；實驗測得每1.000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2平均值為a mol，依據(jù)元素守恒可知，碳酸鎂物質(zhì)的量為amol，根據(jù)化學(xué)式可知，MgCO3nH2O中碳酸鎂晶體中碳酸鎂和結(jié)晶水物質(zhì)的量之比為1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案為（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3nH2On=15，分析圖象400C剩余質(zhì)量為82.3g，為失去結(jié)晶水的質(zhì)量，剩余質(zhì)量為39.

28、5g是碳酸鎂分解失去二氧化碳的質(zhì)量，得到100g=100-82.3，解得n=1，故答案為1。26、防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用 溫度過高，未反應(yīng)的乙酸蒸出，降低反應(yīng)物的利用率；溫度過低，又不能除去反應(yīng)生成的水 若讓反應(yīng)混合物冷卻，則固體析出沾在瓶壁上不易處理 吸濾瓶 布氏漏斗 重結(jié)晶 【解析】（1）鋅粉起抗氧化劑作用，防苯胺氧化，另外混合液加熱，加固體還起到防暴沸作用；（2）乙酸有揮發(fā)性，不易溫度太高，另外考慮到水的沸點為100，太低時水不易蒸發(fā)除去；（3）“趁熱”很明顯是防冷卻，而一旦冷卻就會有固體析出；抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統(tǒng)外，還有吸濾瓶和布氏漏斗；（4）粗產(chǎn)品需進一步提純，

29、該提純方法是重結(jié)晶。27、檢查裝置的氣密性 HCl 2Fe32I=2Fe2I2 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3氧化為Br2 MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O 【解析】（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；（2）FeCl36H2O 受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴；（3）由信息可知，F(xiàn)eCl3是一種共價化合物，受熱變?yōu)辄S色氣體，氯化鐵具有強氧化性，可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀；為確認黃色氣體中含有

30、Cl2，需要除去Fe3+的干擾，因為Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3氧化為Br2，可選擇NaBr溶液；（5）二氧化錳與FeCl36H2O 反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，據(jù)此結(jié)合原子守恒書寫化學(xué)方程式。【詳解】（1）實驗前首先要進行的操作是檢查裝置的氣密性；故答案為檢查裝置的氣密性；（2）FeCl36H2O 受熱失去結(jié)晶水，同時水解，生成HCl氣體，HCl和H2O結(jié)合形成鹽酸小液滴，而形成白霧；故答案為HCl；（3）碘離子具有還原性，氯化鐵具有強氧化性，兩者反應(yīng)，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為：2Fe32I=2Fe2I2，故答案為2Fe32I=2Fe2I

31、2；（4）用鐵氰化鉀溶液檢驗Fe2+產(chǎn)生藍色沉淀，離子方程式是3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；為確認黃色氣體中含有Cl2，將試管B內(nèi)KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液，若B中觀察到淺橙紅色，為溴水的顏色，則證明有物質(zhì)能夠?qū)r-氧化成Br2，鐵離子不能氧化溴離子，若未檢查到Fe2+，則證明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案為3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；Br可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3氧化為Br2；（5）二氧化錳與FeCl36H2O 反應(yīng)生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反應(yīng)方程式為：MnO22FeCl36H2O Fe

32、2O3MnCl2Cl22HCl11H2O，故答案為MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O。28、CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H162 kJmol1 0.112 5 molL1min1 ACD 放熱 pCO2pH2/pCOpH2O 不變 催化劑的活性溫度在400 左右；投料比太低，CO的平衡轉(zhuǎn)化率不高，而400 左右，投料比35時CO的平衡轉(zhuǎn)化率較高，已能滿足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡轉(zhuǎn)化率提高不多，經(jīng)濟上不合算 A 【解析】(1)依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律分析計算；(2)根據(jù)圖知，達到平衡狀態(tài)時n(CH3OH)=n(H2

33、O)=0.75mol，根據(jù)H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，結(jié)合v(H2)=計算；使CO2的轉(zhuǎn)化率增大須使平衡向正反應(yīng)方向移動，可采取的措施有增大壓強、分離生成物或增加另一種反應(yīng)物等措施；(3)由圖可知，在相同的時，溫度越高，CO的轉(zhuǎn)化率越低，據(jù)此分析判斷；根據(jù)平衡常數(shù)的含義結(jié)合平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)判斷；結(jié)合投料比、催化劑的活性、經(jīng)濟成本分析解答；(4)該裝置中，根據(jù)電子流向可知GaN是負極、Cu是正極，負極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=4H+O2，正極反應(yīng)式為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，據(jù)此分析解答。

34、【詳解】(1)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H=-41kJmol-1，C(s)+2H2(g)CH4(g)H=-73kJmol-1，2CO(g)C(s)+CO2(g)H=-171kJmol-1，蓋斯定律計算+-2 得到CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-162 kJmol-1，故答案為CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H-162 kJmol-1；(2)根據(jù)圖知，達到平衡狀態(tài)時n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根據(jù)H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，從

35、反應(yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v(H2)=0.1125mol/(Lmin)，故答案為0.1125mol/(Lmin)；A在原容器中再充入l mol CO2，平衡正向移動，但是反應(yīng)消耗的二氧化碳增加量小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，故A選；B在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移動，消耗的二氧化碳量增加，則二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故B不選；C在原容器中充入l mol氦氣，參加反應(yīng)的各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不變，平衡不移動，則二氧化碳轉(zhuǎn)化率不變，故C選；D使用更有效的催化劑，增大化學(xué)反應(yīng)速率，但是平衡不移動，則二氧化碳轉(zhuǎn)化率不變，故D選；E縮小容器的容積，增大壓強平衡向氣體體積減

36、小的正反應(yīng)方向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故E不選；F將水蒸氣從體系中分離，平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故F不選；不能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大的有ACD，故答案為ACD；(3)由圖可知，在相同的時，溫度越高，CO的轉(zhuǎn)化率越低，說明升高溫度，平衡逆向移動，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為放熱；對于氣相反應(yīng)，用某組分(B)的平衡壓強(pB)代替物質(zhì)的量濃度也可以表示平衡常數(shù)(記作Kp)，反應(yīng)的平衡常數(shù)=；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，所以提高比，則KP不變；由圖象可知，投料比太低，CO的轉(zhuǎn)化率不太高，而投料比35時轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，這樣在經(jīng)濟上不合算，溫度在400左右時催化劑的活性最大，所以一般采用400左右， =35，故答案為；不變；催化劑的活性溫度在400 左右；投料比太低，CO的平衡轉(zhuǎn)化率不高，而400 左右，投料比35時CO的平衡轉(zhuǎn)化率較高，已能滿足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡轉(zhuǎn)化率提高不多，經(jīng)濟上不合算； (4) A根據(jù)圖示可知，該裝置中將太陽能轉(zhuǎn)