1、（新高考）山东省2021届高三化学第二次模拟考试题（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。
2、每小题只有一个选项符合题目要求。1中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是选项史实解释A“胡粉(PbCO3Pb(OH)2投火中，色坏还为铅(Pb)”复分解反应原理B“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”氧化还原反应原理C“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜外变而内不化也”置换反应原理D“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)”，可增采也”平衡移动原理2下列说法正确的是A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应
3、立即停止加热，冷却后补加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO或SOD提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法3某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是A实验前两溶液的pH相等B实验前两溶液中离子种类完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO+Ca2+=CaCO34下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是A该配合物的配位数为4B该化合物所包含元素的非金属性：ONCHMgCMg单质晶体结构符合A3型最密堆积D化合
4、物中C元素的杂化方式为sp2、sp35实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是A中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性B操作中仅发生反应：Cr3+3OH=Cr(OH)3C将与溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关D若继续向中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色6利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是A该分解过程是：2NON2+O2B实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C过程释放能量，过程吸收能量D标准状况下，NO分解生成5.6L
5、N2转移电子数约为6.0210237科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A离子半径：YZB氢化物的稳定性：XYC最高价氧化物对应水化物的酸性：XZD化合物A中，中心原子X、Z均为sp3杂化8企鹅酮()可作为分子机器的原材料。下列关于企鹅酮的说法错误的是A能使酸性高锰酸钾溶液褪色B可发生取代反应C1mol企鹅酮转化为C10H21OH需消耗3mol H2D所有碳原子一定不可能共平面9“化学实验观察现象分析推理得出结论”是化
6、学学习的方法。下列说法正确的是A证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化B验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜，加热煮沸，观察是否出现红色沉淀C向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑(Ag2S)的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3D将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为2310碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研
7、小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。A“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒B“碱浸”时反应的离子方程式为TeO2+2OH=TeO+H2OC“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离D“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为12二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11如图是常温钠离子全固态浓差电池工作示意图。正极材料为层状含
8、钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是A该电池工作时不发生氧化还原反应B放电时，负极的反应为Na15Sn4-15e=15Na+4SnC充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层D充电时，a极接电源的正极，b极接电源的负极12CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl(aq)CuCl32(aq)(无色溶液)。下列叙述正确的是A“浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2SB浸取所得到的
9、FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板C加水有利于CuCl(s)+2Cl(aq)CuCl32(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl-浓度增大D为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥13合成某种胃药的核心反应如图：下列说法正确的是A反应物只能发生取代、加成两种反应B生成的原子利用率为100%C反应物中的两个NH键的活性不同D生成物的分子式C22H24O2N5Cl14我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是ACO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B该催
10、化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂C有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物D催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒15乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L。下列分析不正确的是A乙烯气相直接水合反应的H0B图中压强的大小关系为p1p2p3C图中a点对应的平衡常数K=5/16D达到平衡状态Ab所需要的时间：ab三、非选择题：本题共5小题，共60分。16(12分)用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO
11、2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：已知：几种难溶物的溶度积(25)如下表所示：化学式Mg(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp1.810111.810131.010334.01038溶液中某离子浓度1.0106molL1时，认为该离子沉淀完全。完成下列问题：(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为 。(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18molL1，则“调节pH”的范围为 ，“滤渣2”的成分为 。(3)“”处“萃取剂”萃取的成分是 ；“”处用“盐酸反萃”的作用是 。(4)MgCl26H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热
12、分解。HCl的作用为 。(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为 。(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应的总反应的离子方程式： 。17(12分)黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为的P原子的晶
13、胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：(1)写出P原子的价电子排布： 。(2)P和F的电负性大小顺序是x(P)(填“”)x(F)。P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为 、 。(3)黑磷中P原子杂化类型是。黑磷中不存在(填字母)。A共价键 B键 C键 D范德华力红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为 ，原因是 。(4)图A中编号为的P原子的晶胞内坐标为，黑磷的晶胞中含有个P原子。18(12分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。(1)如图为1mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1mol S(g
14、)燃烧的能量变化。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式： 。某温度下，向体积为2L的容器中充入6mol H2、4mol CO2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H”“NCHMg，故B正确；Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，故C正确；配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，故D正确。5. 【答案】B【解析】中生成蓝紫色溶液，可知有Cr2(SO4)3生成，反应中Cr元素的化合价降低，发生还原反应，说明K2Cr2O7在反应中作氧化剂，表现了氧化性，A正确；溶
15、液为酸性溶液，滴加NaOH溶液会发生中和反应，即除发生Cr3+3OH=Cr(OH)3，还发生H+OH=H2O，B不正确；将与溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，说明溶液中Cr3+和CrO发生相互促进的水解反应生成Cr(OH)3灰绿色沉淀，C正确；溶液中含CrO，滴加过量稀硫酸，先沉淀后溶解，最终生成Cr3+，溶液又变为蓝紫色，D正确。6. 【答案】C【解析】根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；过程为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程为氮
16、原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C不正确；根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1mol N2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6L(0.25mol) N2，转移电子数约为0.25mol46.021023mol1=6.021023(个)，故D正确。7. 【答案】D【解析】短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素又因为Z与Y2可以形成分子ZY6，且Z位于第三周期，所以Z为S元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层
17、为3个电子，为B元素，据此分析解答。A电子层数FS2，离子半径FY，错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：FB，则有BH3HF，所以XB，则酸性H3BO3(弱酸)H2SO4(强酸)，所以XZ，错误；D根据上述分析可知，化合物 A中，中心原子X、Z均为sp3杂化，正确。8. 【答案】C【解析】企鹅酮中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；含有的单键碳原子上可发生取代反应，B正确；1mol企鹅酮含2mol碳碳双键和1mol羰基，都能和H2加成，加成产物为C10H19OH，需消耗3mol H2，C错误；环上有一个碳原子连有两个甲基，这个碳原子以碳碳单键和四个碳原子相连，所有碳原子
18、一定不可能共平面，D正确。9. 【答案】D【解析】两者均具有氧化性，均可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，则观察试纸颜色变化不能检验，故A错误；水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为负极，失电子，电极反应式为Al-3e=Al3+，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e+2H2O=2Ag+2OH+H2S，Al和Ag2S反应最终生成物应该是Ag、H2S和Al(OH)3，故C错误；将SO2通入足量的稀Fe(NO3)3溶液中，硝酸根离子与二氧化硫
19、发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为=23，故D正确。10. 【答案】C【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有TeO，再加入硫酸酸化，加入亚硫酸钠还原得到粗碲，以此解答该题。A焙烧固体，可用坩埚，同时使用的仪器有泥三角、酒精灯、玻璃棒，故正确；BTeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2+2OH=TeO+H2O，故正确；CAu、Ag与盐酸不反应，不能用盐酸分离，故不正确；D“还原”时，反应的离子方程式为2SO+
20、Te4+2H2O=Te+2SO+4H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故正确。11. 【答案】BD【解析】该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；该电池放电时，是原电池工作原理，负极上为钠锡合金(Na15Sn4)失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e=15Na+4Sn，故B正确；充电时，是电解池工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；充电时，是电解池工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金(Na15Sn4)，则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，
21、故D正确。12.【答案】D【解析】浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s)+2Cl(aq)CuCl32(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s)+2Cl(aq)CuCl32(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，故A错误；浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误；加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s)+2Cl(aq)CuCl32(aq)平衡
22、逆向移动，析出CuCl，Cl浓度减小，故C错误；CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确。13.【答案】CD【解析】A反应物含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，错误；B根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，错误；C反应物中的两个NH键的N原子连接不同的原子团，则两个NH键的活性不同，正确；D由结构简式可知生成物的分子式为C22H24O2N5Cl，正确。14.【答案】A【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成C
23、H2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。15.【答案】AB【解析】压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则H0，故A不正确；相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，压强：p1p2p3，故B不正确；a点乙烯转化
24、率为20%，则消耗的n(C2H4)=1mol20%=0.2mol， C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)开始(mol/L)1 1 0消耗(mol/L)0.2 0.2 0.2平衡(mol/L)0.8 0.8 0.2化学平衡常数K=，故C正确；温度越高、压强越大，化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强：ab，则反应速率：ab，故D正确。16.【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2+SO(2)5pH8Fe(OH)3、Al(OH)3(3)Mg2+使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2(4)抑制MgCl2水解(5)萃取剂(或有机相2)(6)MnO2+2HX=Mn2+2X+2OH【解
25、析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SO，调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及SO，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要
26、含有Mn2+及SO，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl26H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤酸浸使用，据此分析解答。(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2+SO。(2)调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不
27、能形成沉淀，溶液中某离子浓度1.0106molL1时，认为该离子沉淀完全，KspAl(OH)3=1.01033，KspFe(OH)3=4.01038，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH)=1.0109molL1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据KspMn(OH)2=1.81013，KspMg(OH)2=1.81011，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18molL1时，溶液中c(OH)=1.0106molL1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5pH8；根据上述分析可知，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据
28、上述分析可知，“”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2。(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解。(5)根据上述分析可知，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应为Mn3+HX=Mn2+X+H+，反应为Mn2+MnO2+2H2O=4OH+2Mn3+，2+可得，反应的总反应的离子方程式为Mn
29、O2+2HX=Mn2+2X+2OH。17.【答案】(1)(2)红磷白磷黑磷相当于石墨，属于混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷红磷白磷(4)(0.500，-0.090，0.402)8【解析】根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，判断PF3和PF5的空间结构；根据黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，判断P原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。(1)P为15号元素，其核外价电子
30、排布式为3s23p3，价电子排布图为。(2)同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，N、F同一周期，电负性：x(N)x(P)，P和F的电负性大小顺序是x(P)红磷白磷。(4)结合图B可知，图A中编号为的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该晶胞中第一层含有P原子1+1=2(个)，第二层含有P原子1+1+1+1=4(个)，第三层含有P原子1+1=2(个)，共8个P原子。18.【答案】(1)CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=+
31、352kJmol10.05(2)H2OH2(3)0.3%0.62【解析】(1)CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)H=-802kJmol1，S(g)+O2(g)=SO2(g)H=-577kJmol1；将方程式-2得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=-802kJmol1-2(-577kJmol1)=+352kJmol1；开始时c(CO2)=2molL1c(H2)=3molL1，达到平衡时氢气的转化率为50%，则反应 c(H2)=3molL150%=1.5molL1，可逆反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始(
32、molL1) 2 3 0 0反应(molL1)0.5 1.5 0.5 0.5平衡(molL1)1.5 1.5 0.5 0.5化学平衡常数K=0.05；CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H0，反应是恒温恒容容器，为绝热恒容容器，反应是放热反应，表中反应、若恒温恒容达到相同平衡状态，为逆向绝热恒容，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大。(2)升高温度平衡逆向移动，反应物的质量分数增大、生成物的质量分数减小，则Ac为反应物而Bd为生成物，质量增大较多的是二氧化碳、增大较少的是氢气，质量减少较多的是水、减少较少的是乙烯，所以b表示H2O、c表示H2。(3)25时2.
33、0molL1的氨水中，c(NH)= molL1=6103molL1，NH3H2O的电离度=100%=100%=0.3%；将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中c(H+)=c(OH)=107molL1，溶液中的=0.62。19.【答案】(1)打开分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能顺利滴下(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O(3)浓硫酸防止固体粉末堵塞导管(4)碱石灰吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中(5)Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O(6)SOCl2与CoCl26H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2(或HCl或酸
34、性物质)，抑制CoCl2的水解(7)Co3O4【解析】(1)夹紧橡皮管，向分液漏斗中加水并打开活塞，如果漏气，分液漏斗内压强减小，水就会流下，如果密闭性很好，则分液漏斗中的水不能顺利流下。(2)漂白精的主要成分是次氯酸钙，其与浓盐酸发生归中反应生成氯气，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O。(3)氯气是酸性气体，选用酸性干燥剂如浓硫酸进行干燥；由于气流通过硬质玻璃管时，可能带动Co粉，故采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管。(4)装置E位于整个装置的末端，故它的作用是除去剩余的氯气，故E中可填充碱石灰，其作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中。(5
35、)Co2O3与浓盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O。(6)SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl，SOCl2与CoCl26H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2气体，抑制CoCl2的水解。(7)60g沉淀为碳酸钙的质量，则碳酸钙的物质的量为=0.6mol，n(C)=n(CO2)=n(CaCO3)=0.6mol，由元素守恒得n(CoC2O4)=1/2n(C)=0.3mol，m(CoC2O4)=44.1g，反应后得到CO2的质量m(CO2)=0.644g=26.4g，由质量守恒定律，26.4g+24.1g-44.1g
36、=6.4g，说明还有氧气参与反应，n(O2)=0.2mol，依据原子守恒配平反应的化学方程式：3CoC2O4+2O2=Co3O4+6CO2，则钴的氧化物的化学式为Co3O4。20.【答案】(1)环氧乙烷(2)醚键、羧基、氨基(3)取代反应还原反应(4)n CH2CH2O(5)(或)(6) 【解析】(1)A分子中只有一种化学环境的氢，则A为，名称为环氧乙烷。(2)G为，所含官能团有醚键、羧基、氨基；根据流程图，E发生硝化反应生成F()，则E为。(3)根据BC的结构差别，由B生成C的反应类型是取代反应；根据流程图，由F生成G的反应是硝基的还原反应。(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为nCH2CH2O。(5)D为，三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W能发生银镜反应和水解反应，说明W中含有酯基和醛基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，因此，W属于甲酸苯酚酯，且含有2个酚羟基，W的核磁共振氢谱只有4组峰，则W的结构简式为或。(6)以邻硝基甲苯()和乙醇为原料制备邻氨基苯甲酸乙酯()，可以首先将的甲基氧化为羧基，再与乙醇酯化，最后将硝基还原即可，合成路线为。
