1、绝密启用前2020-2021学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（8）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1下列叙述正确的是A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B容量瓶、量筒上都标有使用温度,都无“0”刻度,用量筒量取完液体后需洗涤残留在内壁上的液体并与刚量完的液体合并C金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时,必须尽可能收集,并深埋处理D用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即倒掉重配2已知断开1mol H2(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式错误的是A断开1mol HCl(g)
2、中H-Cl键要吸收432kJ能量B生成 1mol Cl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量CD3下列变化过程中一定不存在化学能与热能相互转化的是( )A烧制陶瓷 B干冰气化 C粮食酿酒 D使用火药4下列有关焰色反应叙述正确的是( )A氯化钠在火焰上灼烧时，火焰呈黄色B焰色反应是金属单质的特性C连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧至无色D某溶液灼烧时焰色为黄色，该物质一定是钠盐溶液5下列关于氢化物的叙述正确的是（）A沸点：H2SHF B稳定性：H2SHFC一个D2O分子中所含的中子数为8 DHCl的电子式为H+-6下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（ ）选项指定环境能够共存
3、的离子A滴加酚酞显红色的溶液K+、 S2、 SO32、NO3B有HCO3存在的无色透明溶液Na+、K+、Cl、Al3+C水电离的c（H+）=1012mol/L的溶液中C1、CO32、NO3、NH4+D使石蕊变红的溶液中Fe2+、MnO4、NO3、SO42AABBCCDD7下列说法不正确的是A1H、2H 和16O是3种不同的核素B纳米碳管、富勒烯(C70 等)和石墨烯互为同素异形体C水杨酸和阿司匹林互为同系物D环氧丙烷和丙酮互为同分异构8关于有机物()的说法正确的是A该物质所有碳原子一定在同一平面B在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、还原反应、加聚反应C与该物质具有相同官能团的芳香烃
4、的同分异构体有2种D1mol该物质最多可与4molH2或1molBr2反应9有关化学用语表达正确的是（ ）A聚丙烯的结构简式：CH2-CH2-CH2BC1-的结构示意图：CPd和Pd互为同位素D过氧化氢电子式：10下列离子方程式正确的是A碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2+2HCO3-+2OH=CaCO3+CO32-+2H2OB海带灰浸泡滤液中加入稀硫酸后再加入双氧水:2I-+ H2O2+4H+ = I2+2H2OC用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO24H4ClMnCl2Cl22H2OD1L4molL-1 NaOH溶液中通入67.2LCO2（标准状况下），反应的离子方程式为：4
5、OH- +3CO2 = 2HCO3-+CO32-+H2O11下列叙述不正确的是( )ANaHCO3、Fe(OH)3、FeCl2均可通过化合反应生成B电解、电离、电镀均需要通电才可进行CCO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物D水玻璃、淀粉溶液、胶体均为混合物12X，Y，Z均为第三周期元素，X的第一电离能在同周期中最小，Y的电负性在同周期中最大，Z的离子半径在同周期中最小，下列关于X，Y，Z叙述中不正确的是( )A元素X与元素Y能形成离子化合物B原子序数为：XYZC元素Z最高价氧化物对应水化物具有两性D元素Y形成的气态氢化物水溶液呈强酸性13设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A50
6、mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO的微粒数之和为0.1NA14铝电池性能优越，在工业上有广泛的应用。如图为用Al-Ag2O2电池电解尿素CO(NH2)2碱性溶液制氢气(隔膜II仅阻止气体通过，a、b均为惰性电极)的装置。下列说法不正确的是（ ）A电池工作时，电解质溶液中Na+移向Ag电极BAl电极的电极反应为Al-3e-+3OH-=Al(O
7、H)3Ca电极上的电极反应为CO(NH2)2+8OH-6e-=CO32- +N2+6H2OD电池工作时，若有1molAg2O2在电极放电，理论上可以获得氢气44.8L(标准状况)15下列说法不正确的是A液氨制冷、碘的升华、NH4Cl变为气态都是物理变化BSi是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化为电能C漂白粉可以用于生活用水的消毒D硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查16下列说法不正确的是()A测得0.1molL-1的一元酸HA溶液pH=3.0，则HA一定为弱电解质BpH相等的盐酸和醋酸两份溶液中：c(CH3COO-)=c(Cl-)C25，一定浓度的NaHCO3溶液测得pH=8，水电离的
8、c(OH-)=110-6molL-1D体积、浓度均为0.1molL-1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为9，则mn17有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（）AM的名称为异丁烷BM、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色CQ可与氯水反应生成NDN的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身）18以下说法正确的是（）A酸性氧化物都是非金属氧化物B在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D碱性氧化物都是金属氧化物19如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，关于该实验的现象和结论描述有误的是A中石蕊试液先变红后褪色，说明S
9、O2溶于水呈酸性且有漂白性B中品红溶液褪色，说明SO2有漂白性C中硫化氢水溶液变浑浊，说明SO2有氧化性D中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2有还原性20下列物质与用途对应关系错误的是A明矾净水剂B二氧化硅计算机芯片C氯气自来水消毒D氧化铁墙体涂料21从氯元素的价态判断，下列物质中氯元素不能被还原的是( )ANaClOBCl2CHClDKClO322下列物质中属于非电解质，但加（或通）入水中所得溶液可以导电的是A乙醇 B铜 C硫酸 D二氧化碳23核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A该化合物的
10、分子式为C17H22N4O6B酸性条件下加热水解，有CO2生成C酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D能发生酯化反应二、多选题24下列设计的实验方案能达到实验目的是A制备Al（OH）3悬浊液：向1molL1AlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量15%的Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支
11、试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象25自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：( )下列叙述错误的是( )A催化剂a表面发生的反应属于氮的固定B催化剂b作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b表面都断裂了非极性键D催化剂a、b均可以降低反应焓变第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26化学键的键能是指气态原子间形成1 mol化学键时释放的能量。如H(g)+I(g)HI(g)放出297 kJ的能量，即HI键的键能为297 kJmol-1，也可以理解
12、为破坏1 mol HI键需要吸收297 kJ的热量。下表是一些键能的数据(单位:kJmol-1)。共价键键能共价键键能共价键键能共价键键能HH436ClCl243HCl431HO467SS255HS339CF427CO358CCl330CI218HF565NN945回答下列问题:(1)一个化学反应的反应热(设反应物、生成物均为气态)与反应物和生成物中的键能之间有密切的关系。由表中数据计算下列热化学方程式中的热效应:H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) H=_。(2)共价键的极性强弱对化学反应有很大的影响。卤代烃RX在同样条件下发生碱性水解反应(RX+NaOHROH+NaX)时，RF、RCl、
13、RBr、RI(R相同)的反应活性由小到大的顺序是_。 (3)根据表中数据判断CCl4的稳定性_(填“大于”或“小于”)CF4的稳定性。 (4)试预测CBr键的键能范围(填具体数值):_CBr键的键能AlNa，即YZX，故B说法错误，符合题意。C. 元素Z最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，是两性氢氧化物，具有两性，说法正确，故C不符合题意。D. 元素Y形成的气态氢化物是HCl其水溶液是盐酸，具有强酸性，故D说法正确，不符合题意。故选答案B。【点睛】此题重点是推测元素，而根据元素周期律电离能同周期从左到右增大趋势，第二主族和第五主族反常。而电负性从左到右递增。除去稀有气体。直接可以判断元素。
14、需注意的是离子半径的比较。核外电子排布相同的离子半径比较是原子序数越大，半径越小。13A【详解】A项、50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正确；C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mo
15、l，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO的物质的量为0.1mol，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。14B【详解】A. Ag电极为电池的正极，工作时，钠离子（阳离子）移向正极，A正确；B. 在强碱性电解质环境，Al电极的电极反应为Al3e+4OH=AlO+2H2O，B错误；C. a接电源的正极，为电解池的阳极，尿素作还原剂失电子，其中N化合价从-3价升到0价，在碱性环境中，+4价的碳元素以CO32- 存在，C正确；D. 过氧化银中银
16、离子的化合价为+1价，过氧根离子的化合价为-1价，1mol Ag2O2被还原时可以获得4mol e，根据得失电子守恒，可以产生2mol H2，标况下体积为44.8L，D正确；答案选B。【点睛】选项D比较困难，因为对Ag2O2的认识不足而出错。所以多做一些经典题，尤其是高考题，对高考题中新出现的物质能有一定的认识，关键时刻就可以知识迁移解决问题。15A【详解】ANH4Cl变为气态是氯化铵受热分解生成氨气和HCl，是化学变化，故A错误；BSi是良好的半导体材料，制成的硅光电池，将太阳光的光能直接转化为电能，故B正确；C漂白粉具有强氧化性，具有消毒杀菌作用，因此常用于生活用水的消毒，故C正确；D硫酸
17、钡是难溶于酸的沉淀，因此用于胃肠X射线造影检查，故D正确。综上所述，答案为A。16D【详解】A若为强酸，0.1 molL-1一元酸HA溶液的pH=1，现pH=3，说明水溶液中存在电离平衡，则HA一定为弱酸，故A正确；BpH相等的盐酸和醋酸两份溶液中c(H+)相等，则c(OH-)也相等，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)，c(Cl-)+ c(OH-)= c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(Cl-)，故B正确；C25，一定浓度的NaHCO3溶液测得pH=8，是因为碳酸氢钠发生了水解，溶液中c(H+)=110-8molL-1，溶液中氢氧根全部由水电离，所以水电离的
18、c(OH-)= molL-1=110-6molL-1，故C正确；D一水合氨为弱电解质，部分电离，所以稀释等体积时，二者浓度依然相等，则氢氧化钠溶液pH较大，因此若稀释后的pH相等，氢氧化钠溶液应加较多的水，即mn，故D错误；故选D。17D【解析】【详解】A. M的名称为异戊烷，A错误；B. M是异戊烷，N是饱和一氯代烃，M、N均不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C. Q含有碳碳双键，Q可与氯气发生加成反应生成（CH3）2CHCHClCH2Cl，C错误；D. N的分子式为C5H11Cl，N的同分异构体可看成C5H12中1个H原子被1个Cl原子取代，C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异
19、构体，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷只有1种H原子，C5H11Cl共有3+4+1=8种同分异构体，则N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身），D正确；答案选D。18D【详解】AMn2O7为酸性氧化物，但属于金属氧化物，故A项错误；B在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，故B项错误；C物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，故C项错误；D碱性氧化物都能和酸反应生成盐和水，属于金属氧化物，故D项正确；故答案为D。19A【详解】A. 中石蕊试液只变红不褪色，因为SO2溶于水呈酸性，SO2不能漂白石蕊试液，故A错误；B. SO2能使中品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，故
20、B正确；C. 因为SO2和H2S反应生成硫单质，SO2为氧化剂，H2S为还原剂，所以中硫化氢水溶液变浑浊，说明SO2有氧化性，故C正确；D. 中酸性KMnO4能氧化SO2生成SO42-，本身被还原为Mn2+，故溶液颜色褪去，说明SO2有还原性，故D正确；所以答案A。【点睛】根据SO2的性质进行判断，即SO2具有漂白性，氧化性和还原性，SO2还是酸性氧化物。20B【详解】A明矾由于电离出Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，故常用作净水剂 ，A不合题意；B晶体硅是良好的半导体材料，用于制作计算机芯片，B符合题意；C氯气能与水反应生成具有强氧化性的HClO，常用于自来水消毒，C不合题意
21、；D氧化铁呈红棕色，且性质稳定，常用作墙体涂料，D不合题意；故答案为：B。21C【详解】A. NaClO中氯元素是+1价，可以升高，也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，A不选；B. Cl2中氯元素是0价，可以升高，也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，B不选；C. HCl中氯元素是1价，处于最低价态，只能失去电子，即只能被氧化，不能被还原，C选；D. KClO3中氯元素是+5价，可以升高，也可以降低，既可以被氧化，也可以被还原，D不选；答案选C。22D【解析】A乙醇在水溶液里不能电离出阴阳离子，溶液不导电，故A错误；B铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C硫酸在水溶液里能电离
22、出阴阳离子而使其溶液导电，所以硫酸是电解质，故C错误；D二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化碳是非电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查电解质和非电解质的概念、溶液导电的原因等知识，学生应明确电解质和非电解质都是化合物，并明确判断电解质时发生电离的为化合物本身。本题的易错点为C。23A【详解】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，
23、由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；故选A。24BD【详解】ANaOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al(OH)3悬浊液，故A错误；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；C加入少量新制氯水了氧化亚铁离子，检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，故C错误；D相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；答案选BD。【点睛】检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，如先加氯水，如有亚
24、铁离子，会将亚铁离子氧化成三价铁离子了，会使KSCN溶液变红，如只有三价铁离子，也会使KSCN溶液变红。25CD【详解】A由单质转化为化合物为氮的固定，只有N2转化为NH3属于氮的固定，故A正确；BNH3转化为NO时N元素失去电子，发生氧化反应，故B正确；C氮气中只含非极性共价键，氨气中只含极性共价键，故C错误；D催化剂a、b均可以降低均可以降低反应的活化能，不能降低反应焓变，故D错误；故选CD。26-183 kJ/mol RFRClRBrRClRBrRI，因此反应活性由小到大的顺序为RFRClRBrRI；(3)键能：C-Cl键C-F键，故稳定性：CCl4CF4；(4)Br的原子半径介于Cl与
25、I之间，C- I键的键能（218kJ/mol）C- Br键的键能C-Cl键的键能（330kJ/mol）。【点睛】本题考查新信息数据处理能力，断裂化学键难易与形成化学键的两个原子的性质有关，比较时要选择同一标准，否则不可比，依题意C-Br键能介于C-C1、C-I键能之间，根据反应的数据得出根据键能计算反应的规律，再运用这一规律。27Cl22NaOHNaClNaClOH2O 0.107 0.25mol 3：2 3：5 【详解】氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其化学方程式为Cl22NaOH = NaClNaClOH2O，故答案为Cl22NaOH = NaClNaClOH2O；原NaO
26、H溶液的质量分数为，推出，因此，故答案为0.107；氢氧化钠物质的量为，根据钠离子守恒，氢氧化钠溶液中钠离子反应生成到了氯化钠和次氯酸钠中，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠，即溶液中氯化钠的物质的量与次氯酸钠的物质的量之和等于氢氧化钠中钠离子物质的量，因此溶液中Cl的物质的量，故答案为0.25 mol；求所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比 Cl22NaOH = NaClNaClOH2O 1 2 1 10.05 0.1 0.05 0.05生成次氯酸钠0.05 mol，则消耗氯气物质的量为0.05 mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.1 mol，氢氧化钠与氯化氢反应的物质的量为0.2 mol；HC
27、l NaOH = NaCl H2O Cl2 H2 2HCl 1 1 1 1 2 0.2 0.2 0.1 0.1 0.2即总共消耗得氯气物质的量为0.1mol 0.05 mol =0.15 mol，消耗得氢气物质的量为0.1 mol ，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比0.15:0.1 =3:2，故答案为3:2；氢气与氯气反应生成HCl，直接和氢氧化钠反应，剩余的气体为氯气，氯气与水反应生成的盐酸与次氯酸反应，次氯酸与氢氧化钠反应，当次氯酸过量，多余的次氯酸以分子形式存在，任意时刻通入氯化氢跟氯气量是固定的，都应是先与氯化氢反应完再接着与氯气反应，继续通气体，直到将氢氧化钠反应完，还在继
28、续通气体，然后就是次氯酸钠与氯化氢反应，导致次氯酸根离子浓度先增大后减小，图中曲线表示的是ClO的变化曲线。当n=0.02mol，说明生成的NaClO为0.02mol，由反应Cl22NaOH = NaClNaClOH2O可知混合气体中剩余的Cl2为0.02mol，消耗的NaOH为0.04 mol，100mL1.0mol/L NaOH溶液中物质的量为0.1 mol，则与HCl反应的NaOH为0.1mol - 0.04mol = 0.06mol，由反应HCl NaOH = NaCl H2O可知，混合气体中HCl的物质的量为0.06mol，则由反应Cl2 H2 2HCl可知，反应的H2和Cl2的物质
29、的量均为0.03mol，则光照前氢气物质的量为0.03mol，氯气的物质的量为0.03 mol+ 0.02 mol =0.05 mol，则，故答案为3:5。28S、O 4CuSO42Cu2O+4SO3+O2 SO3+H2O+Ba2+=2H+BaSO4或SO3+H2O=2H+SO42-、SO42-+Ba2+=BaSO4 【分析】16.0g固体X高温隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体1，由质量守恒定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23.3g，其物质的量为=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种气
30、体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g-0.1mol80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为=32g/mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其物质的量为=0.05mol，由此可知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的量比为(0.05mol2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol3+0.025mol2)=1:1:4，则固体X为CuSO4，据此分析解题。【详解】16.0g固体X高温
31、隔绝空气分解生成0.125mol气体Y和7.2g红色固体1，由质量守恒定律可知，气体Y的质量为8.8g，气体Y与足量BaCl2溶液作用生成的白色沉淀为BaSO4，质量为23.3g，其物质的量为=0.1mol，则混合气体中含有0.1molSO3，另一种气体的物质的量为0.025mol，质量为8.8g-0.1mol80g/mol=0.8g，则该气体的摩尔质量为=32g/mol，此气体为O2，即气体Y为SO3和O2的混合气体，且物质的量之比为0.1mol：0.025mol=4:1；纯净的红色固体1溶于稀硫酸得到蓝色溶液和红色固体2，可知溶液中含有Cu2+，红色固体2为Cu，则红色固体1为Cu2O，其
32、物质的量为=0.05mol，由此可知X有Cu、S、O三种元素组成，三者的物质的量比为(0.05mol2)：0.1mol：(0.05mol+0.1mol3+0.025mol2)=1:1:4，则固体X为CuSO4；(1)由分析知：X除了含有Cu元素之外，还有S、O元素；(2)X的分解产物为SO3、O2和Cu2O，三者的物质的量比为0.1mol：0.025mol：0.05mol=4:1:2，则CuSO4高温分解的化学方程式为4CuSO42Cu2O+4SO3+O2；(3)气体Y为SO3和O2的混合气体，通入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，发生反应的离子方程式为SO3+H2O+Ba2+=2H+BaSO
33、4或SO3+H2O=2H+SO42-、SO42-+Ba2+=BaSO4。29100% 不能 126 CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=+352kJ/mol 减小 v(N)v(F)v(E) c 2 【分析】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物CH3COOH，所有原子完全被利用；催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动；(2)活化能是物质发生化学反应需要的最低能量；CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)；反应I：CH4(g)+2O2(g)=2H
34、2O(g)+CO2(g)H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)=SO2(g)H=-577kJ/mol根据盖斯定律反应I-反应II2计算CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变H；(3)P1时升高温度n(CH3OH)减小；相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大；改变条件使平衡正向越大但是不能是通过提高CH4浓度实现就能提高甲烷转化率； 平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=P(CH3OH)=2.5MPa=1M
35、Pa，则P(O2)=0.5MPa，T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp= 。【详解】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物CH3COOH，所有原子完全被利用，所以原子利用率为100%；催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以只改变化学反应速率不影响平衡移动；(2)由图可知CH4完全燃烧的活化能是126kJ/mol；CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)；反应I：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)
36、=SO2(g)H=-577kJ/mol，由盖斯定律反应I-反应II2计算CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变H=-802kJ/mol-(-577kJ/mol)2=+352kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)H=+352kJ/mol；(3)根据图知，P1时升高温度n(CH3OH)减小；相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大，温度：TE=TFTN，压强：PEPF=PN，所以化学反应速率：v(N)v(
37、F)v(E)；a减小压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低，故a错误；b增大投料比，甲烷转化率降低，故b错误；c及时分离产物，平衡正向移动，则甲烷转化率提高，故c正确；故答案为：c；平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=P(CH3OH)=2.5MPa=1MPa，则P(O2)=0.5MPa， T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp= =2。【点睛】考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确盖斯定律、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意“增大投料比，平衡正向移动但是甲烷转化率降低为解答易错点。30BD +(CH3CO)2O+CH3
38、COOH +HNO3(浓) 、 【分析】A()经数步反应生成B()，结合FG以及F的分子式可知F为；结合E、F的分子式及“已知”可知E为；结合D、E的分子式、“已知”可知DE为取代反应，D为；结合B、D结构及CD分子式的变化可知C为，结合有机化学基础相关知识解答。【详解】(1)AB为，含有氨基，能与盐酸反应，A错误；BE为，含酯基、酰胺基，能发生水解反应，B正确；CF为，与Cl相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，C错误；D由G的结构简式可知G的分子式为C17H13FClN3O3，D正确；故答案为：BD；(2)由分析可知C的结构简式为，故答案为：；(3)结合“已知”可知DE为取代反应，反应
39、的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)由所给信息可知利用发生消化反应得，利用酸高锰酸钾溶液将氧化为，用Fe/20%HCl将还原为，用和CH3ONa反应制得，流程为：+HNO3(浓)，故答案为：+HNO3(浓)；(5)B()的同分异构体1HNMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种氢原子，无氧氧键、羟基和除苯环外无其他环，若苯环有一个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有2个取代基，等效氢多于3种，不符合；若苯环有3个取代基，等效氢也多于3种，不符合；若苯环有4个取代基，则结构对称时有满足条件的结构：、；若苯环有5、6个取代基，
40、则将出现羟基且等效氢更多，不符合条件，故答案为：、。31过滤 过量 铜单质 H2SO4 氧化 红褐色 KSCN 【详解】(1)分离固体和溶液的操作即过滤；(2)为了保证CuSO4反应彻底，就需要加入过量的Fe粉；Fe与CuSO4溶液发生置换反应，方程式为：；(3)固体A中除了未反应完的Fe，还有就是加入铁粉后置换出的Cu单质；(4)分析步骤可知，加入试剂B后Fe单质变成了FeSO4，而Cu单质不反应，所以B为稀硫酸；反应过程中，稀硫酸起氧化剂作用将Fe氧化；(5)Fe2+与OH-反应生成白色的不稳定的Fe(OH)2，Fe(OH)2可以迅速被氧化发生反应：；最终生成红褐色的Fe(OH)3；(6)FeSO4中加入氯水后发生氧化还原反应，离子方程式为：；由于反应后的溶液中有Fe3+，所以加入后，溶液会出现血红色；
