1、上海市浦东新区2020届高三化学第二次模拟试题（含解析）考生注意：1.试卷满分100分，考试时间60分钟。2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括两部分，第一部分为选择题，第二部分为综合题。3.答题前，考生务必在答题纸上填写姓名、学校、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。第一部分的作答必须涂在答题纸上相应的区域。第二部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置。相对原子质量：O16 S32 Ba137一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1.我国自主研发的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。下列关于铷的稳定
2、同位素Rb的说法正确的是（ ）A. 质子数是85B. 中子数是48C. 质量数是37D. 电子数为48【答案】B【解析】【详解】A原子的核电荷数=质子数=电子数，Rb的核电荷数为37，故其核内质子数为37，故A错误；BRb的核内质子数为37，质量数是85，则中子数=85-37=48，故B正确；CRb的质量数是85，故C错误；D原子的核电荷数=质子数=电子数，Rb的核电荷数为37，故其核外电子数为37，故D错误；故选B。2.下列措施会引起大气中SO2含量上升的是（ ）A. 燃煤供热B. 风力发电C. 发展核能D. 植树造林【答案】A【解析】【详解】A燃煤中含有硫元素，燃煤燃烧供热时会放出二氧化硫
3、，引起大气中SO2含量上升，故A正确；B风力发电无二氧化硫生成，不会导致大气中SO2含量增加，故B错误；C发展核能无二氧化硫生成，不会导致大气中SO2含量增加，故C错误；D植树造林会减少环境污染，不会导致大气中SO2含量增加，故D错误；故选A。3.硫化氢气体不具有（ ）A. 毒性B. 可燃性C. 还原性D. 漂白性【答案】D【解析】【详解】常温下，H2S是一种无色、有臭鸡蛋气味的气体，密度比空气大，H2S能溶于水，具有毒性，在空气中能燃烧，生成二氧化硫和水，具有毒性、可燃性和还原性，硫化氢气体没有漂白性。故选D。4.下列物质与铝的反应属于铝热反应的是（ ）A. HClB. Fe2O3C. H2
4、OD. NaOH【答案】B【解析】【分析】铝热反应是指在高温条件下，铝粉把某些金属氧化物中的金属置换出来的反应，据此分析解答。【详解】A2Al+6HCl=AlCl3+3H2，该反应不需要高温，不是高温下铝与金属氧化物之间的置换反应，不属于铝热反应，故A错误；B2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，是高温下铝与金属氧化物之间的置换反应，属于铝热反应，故B正确；C铝和水的作用，不是高温下铝与金属氧化物之间的置换反应，不属于铝热反应，故C错误；D2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2，该反应不需要高温，不是高温下铝与金属氧化物之间的置换反应，不属于铝热反应，故D错误；故选B。5.下列
5、变化属于物理变化的是（ ）A. 明矾净水B. 铵盐受热分解C. 液溴挥发D. 石油催化裂化【答案】C【解析】【详解】A明矾净水是因为明矾溶于水，水解生成了氢氧化铝胶体，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；B铵盐受热分解的过程中生成了新的物质，属于化学变化，故B不选；C液溴的挥发是状态变化，属于物理变化，故C选；D石油的催化裂化是烷烃大分子分解生成小分子的过程，属于化学变化，故D不选；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意明矾净水与活性炭净水的区别，明矾净水是因为生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，活性炭净水是活性炭本身具有吸附性。6.苏轼的格物粗淡中有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放
6、入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（ ）A. 甲烷B. 乙烯C. 甲醛D. 乙酸【答案】B【解析】【详解】A甲烷为气体，不具有催熟作用，故A不选；B由记载中描述，可知该“气”具有催熟作用，乙烯具有催熟果实作用，故B选；C甲醛不具有催熟作用，故C不选；D乙酸具有酸的通性，不具有催熟作用，故D不选；故选B。7.海洋是资源的宝库，下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（ ）A. 海水晒盐B. 电解饱和食盐水C. 海带提碘D. 用氯气制漂粉精【答案】A【解析】【详解】A海水晒盐属于物理变化，没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，故A选；B工业上用惰性电极电解饱和食盐水，2
7、NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2，Cl元素和H元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选； C海带提碘是由KI变为I2，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D工业用氯气制漂粉精时，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Cl元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；故选A。8.化学对人类健康意义重大，下列说法错误的是（ ）A. 大量出汗后需补充氯化钠B. 骨质疏松需要补充钙元素C. HCO3-参与维持人体血液酸碱平衡D. BaCO3作X射线透视肠胃内服药剂【答案】D【解析】【详解】A大量出汗时，血液主要丢失水分和一部分无
8、机盐，需补充生理盐水，故A正确；B钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏时，人易患骨质疏松，为预防骨质疏松，应适量补充钙元素，故B正确；CHCO3-参与组成血液的缓冲系统，维持血液的酸碱平衡，故C正确；D碳酸钡是弱酸盐，能和盐酸反应而溶解生成可溶性钡盐，使人中毒，硫酸钡既不和酸反应也不和碱反应，所以医疗上用BaSO4作X射线透视肠胃的内服药剂，故D错误；故选D。9.合成氨反应难以发生的根本原因是（ ）A. 该反应是可逆反应B. 氮分子中存在氮氮叁键C. 该反应需要催化剂D. 氨气容易液化【答案】B【解析】【详解】A合成氨反应N2 + 3H2 2NH3是可逆反应，与反应的难
9、以发生没有关系，故A不选；B氮气分子中存在NN，三键中1个键、2 个键，键能大，分子结构稳定，使得合成氨反应难以发生，故B选；C该反应需要加入催化剂，能够使反应较容易发生，与反应的难以发生没有关系，故C不选；D氨气容易液化与反应的难以发生没有关系，故D不选；故选B。10.埋在下列土壤中的铸铁输油管道，腐蚀速率最慢的是（ ）A. 氧化铁较多的酸性土壤B. 潮湿疏松的中性土壤C. 碳颗粒较多的碱性土壤D. 干燥致密的中性土壤【答案】D【解析】【详解】A在氧化铁较多酸性土壤中，铁的锈蚀速度很快；B在潮湿、疏松的中性土壤中，铁易生锈；C在含碳颗粒较多的碱性土壤中，铁与水和氧气同时接触，易生锈；D在干燥
10、、致密的中性土壤中，铁不易生锈；腐蚀速率最慢的是D，故选D。11.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A. 酸性：H2SO4HClOB. 金属性：MgAlC. 碱性：NaOHLiOHD. 稳定性：CH4SiH4【答案】A【解析】【详解】A硫酸为强酸、HClO为弱酸，酸性H2SO4HClO，HClO不是Cl的最高价含氧酸，不能利用元素周期律解释，故A选；B同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性MgAl，能用元素周期律解释，故B不选；C金属性NaLi，对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOHLiOH，能用元素周期律解释，故C不选；D非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，非金属性
11、CSi，则热稳定性：CH4SiH4，能用元素周期律解释，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为A，要注意含氧酸的酸性强弱与非金属性强弱的关系中，只能根据最高价含氧酸的酸性强弱判断。12.某同学想用实验证明硫酸铜溶液的蓝色与SO42-无关。下列实验无意义的是（ ）A. 观察明矾溶液为无色B. 取样，加水稀释，溶液蓝色变浅C. 取样，滴加过量硝酸钡溶液，溶液仍为蓝色D. 取样，滴加过量氢氧化钠溶液，溶液变成无色【答案】B【解析】【详解】A硫酸铜溶液、明矾溶液中都含硫酸根离子，若硫酸铝钾溶液无色，则说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，故A不选；B硫酸铜溶液一定含有铜离子、硫酸根离子，硫酸铜溶液显蓝色
12、无论和SO42-有没有关系，加水稀释后颜色均有变化，故加水稀释后蓝色变浅，不能说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，B实验无意义，故B选；C向硫酸铜溶液中滴加适量的硝酸钡溶液，能将SO42-沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液的蓝色应消失，而实际的实验现象是蓝色未消失，说明硫酸铜的蓝色和硫酸根无关，故C不选；D向硫酸铜溶液中加入NaOH溶液后，能将铜离子沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液蓝色应不变，而实际的实验现象是蓝色消失，故说明溶液的蓝色和硫酸根无关，故D不选；故选B。【点睛】明确实验的目的是解题的关键。本题的易错点为A，因为铝离子和钾离子均无色，因此明矾溶液为无色，说明
13、硫酸根也是无色离子，说明硫酸铜溶液的蓝色与硫酸根无关。13.下列反应不能生成黄色固体是（ ）A. 氯气通入碘化钾溶液中B. 金属钠在空气中燃烧C. 碘水滴入硝酸银溶液中D. 硫化氢气体通入亚硫酸中【答案】A【解析】【详解】A氯气通入碘化钾溶液中，碘离子被氯气氧化成碘单质，溶液变成黄色，不能生成黄色固体，故A选；B钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B不选；C碘水与硝酸银反应生成碘化银沉淀，碘化银为黄色沉淀，故C不选；D向亚硫酸溶液中通入硫化氢，生成不溶于水的硫沉淀，硫为淡黄色固体，故D不选；故选A。14.通过排饱和食盐水，用大试管收集体积比为11的甲烷和氯气混合气（如图），强光
14、照射下发生反应。下列说法错误的是（ ）A. 试管中气体颜色变浅B. 试管内液面慢慢上升C. 水槽中的液体溶有氯化氢D. 试管内壁的油滴是纯净物【答案】D【解析】【详解】A甲烷和氯气发生取代反应，生成的产物均无色，因此试管中气体颜色会变浅，故A正确；B甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，难溶于水，其它有机产物均为液态，生成的HCl极易溶于水，因此甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，会导致液面上升，故B正确；C有氯化氢生成，氯化氢极易溶于水，故C正确；D内壁出现油状液体，是甲烷和氯气发生取代反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的混合物，故D错误；故选D。【点睛】明确甲烷的取代反应及产物
15、的性质是解题的关键。解答本题要注意甲烷与氯气生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的四个取代反应会同时发生，得到的产物为混合物。15.纯碱是一种重要的化工原料，对于“氨碱法”和“联合制碱法”的分析中，错误的是（ ）A. 主反应的原理相同B. 二氧化碳来源不同C. 都有氨的循环利用D. 都具有一定局限性【答案】C【解析】【详解】氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，得到碳酸钠，然后在氯化铵
16、溶液中加入氧化钙回收氨气；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳(其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气)为原料来制取纯碱，原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，在氯化铵溶液中加入氯化钠，使氯化铵析出，得到碳酸钠和氯化铵两种主要产品。A两种方法的主反应的原理相同，均为NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，故A正确；B氨碱法中的二氧化碳来自于生石灰的煅烧，联合制碱法中中的二氧化碳来自于合成氨厂制取氢气时的废气，二氧化碳来源不同，故B正
17、确；C氨碱法中有氨的循环利用，“联合制碱法”得到的产品为碳酸钠和氯化铵，循环利用的物质是NaCl和CO2，故C错误；D氨碱法的原料食盐的利用率只有7274，其余的食盐都随着氯化钙溶液作为废液被抛弃了。较氨碱法而言，联合制碱法中用氨量较大，在有些情况下不适用，产品的纯度略低于索尔维法即氨碱法，二者都具有一定局限性，故D正确；故选C。16.用碳化铝制取甲烷的化学方程式为：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4。下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 铝离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1B. 水分子的结构式：HOHC. 甲烷的比例模型：D. 氢氧化铝的电离方程式：H+AlO
18、2-+H2O=Al(OH)3=Al3+3OH-【答案】B【解析】【详解】A铝是13号元素，铝离子核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A错误；B每个水分子中含有两个H-O共价键，水分子的结构式为：H-O-H，故B正确；C甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，则甲烷的比例模型为：，故C错误；DAl(OH)3显两性，部分电离，电离方程式为：Al3+3OH-Al(OH)3AlO2-+H+H2O，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，比例模型能够体现出分子的空间结构及各原子相对体积大小，判断比例模型要注意原子的相对大小。17.实验室制取乙酸丁酯的装置如图。下列对该实验的认识正确
19、的是（ ）A. 采用空气浴加热，石棉网可以避免局部温度过高B. 试管上方长导管的作用是让反应产生的气体逸出C. 反应结束后混合液下层呈油状且有果香味D. 欲提纯乙酸丁酯，需使用水、氢氧化钠溶液洗涤【答案】A【解析】【详解】A采用空气浴加热，石棉网可以避免试管局部温度过高，使试管受热均匀，故A正确；B乙酸和丁醇均易挥发，试管上方长导管作用是使挥发出来的乙酸和丁醇冷凝回流，提高原料的利用率，故B错误；C酯的密度小于水的密度，反应结束后混合液上层呈油状且有果香味，故C错误；D乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中容易水解，提纯乙酸丁酯，需使用水、饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；故选A。18.下列离子方程式中，只能表
20、示唯一一个酸碱中和反应的是（ ）A. H+NH3H2O=NH4+H2OB. CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2OC. 2H+Mg(OH)2=2H2O+Mg2+D. 2H+Ba2+2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4【答案】D【解析】【详解】AH+NH3H2O=NH4+H2O可以表示硫酸、硝酸、盐酸等强酸与氨水的反应，可以表示多个酸碱中和反应，故A不选；BCH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O可以表示乙酸与氢氧化钠、氢氧化钾等强碱的反应，可以表示多个酸碱中和反应，故B不选；C2H+Mg(OH)2=2H2O+Mg2+可以表示硫酸、硝酸、盐酸等强酸与氢氧化镁的反应，可以表示多
21、个酸碱中和反应，故C不选；D2H+Ba2+2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4只能表示硫酸与氢氧化钡的酸碱中和反应，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意2H+Ba2+2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4可以表示硫酸与氢氧化钡的酸碱中和反应，也可以表示硫酸氢钠与氢氧化钡反应呈中性的复分解反应。19.利用某些有机物之间的转化可储存太阳能，例如四环烷（QDC）与降冰片二烯（NBD）之间的相互转化，反应过程中的能量变化如图所示。以下叙述中错误的是（ ）A. QDC和NBD互为同分异构体B. 相同条件下，NBD比QDC稳定C. QDC转变为NBD的过程中可以储存太阳能D. 上述转
22、化过程中加入催化剂，对于图中Q的大小没有影响【答案】C【解析】【详解】AQDC和NBD的分子式均为C7H8，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B根据图象，QDC的能量比NBD高，相同条件下，NBD比QDC稳定，故B正确；C根据图象，QDC的能量比NBD高，QDC转变为NBD的过程是释放能量的过程，不是储存太阳能的过程，故C错误；D催化剂不影响反应热，对于图中Q的大小没有影响，故D正确；故选C。20.可逆反应xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)（x1）达到平衡后，下列说法错误的是（ ）A. 若恒容充入H2，则新平衡后H2S分解率下降B. 若增大压强，气体颜色变深，则Sx为有色气体C. 若恒
23、容升温后，气体密度不变，说明达到了新平衡D. 若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，则Sx状态发生改变【答案】C【解析】【分析】xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)(x1)为气体的物质的量增大的可逆反应，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。【详解】A若恒容充入H2，氢气浓度增大，平衡逆向移动，新平衡后H2S分解率下降，故A正确；B若增大压强，三种气体的浓度均会增大，氢气和硫化氢均为无色气体，气体颜色变深，说明Sx为有色气体，故B正确；C恒容容器的体积不变，气体的质量不变，升温后，无论平衡如何移动，气体密度始终不变，密度不变，不能说明达到了新平衡，故C错误；DxH2S(g)xH2(g
24、)+Sx(g)(x1)为气体的物质的量增大的可逆反应，改变压强，平衡发生移动，若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，说明反应变为气体的物质的量不变的可逆反应，说明Sx状态发生了改变，故D正确；故选C。二、综合题（共60分）21.二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-完成下列填空：（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是_；其中原子核外有两个未成对电子的元素有_。请比较碳和氮元素非金属性强弱_（用一个化学反应方程式表示）。（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：_。ClO2+MnSO4
25、+H2OMnO2+HCl+H2SO4若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移_个。（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为_。（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在_极上（选填编号：阴；阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是_。【答案】 (1). ClCNO (2). C、O (3). NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2 (4). 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2+2HCl+5H2SO4 (5). 0.4NA或2.4081023 (6). (7).
26、(8). CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程【解析】【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合
27、电解原理分析解答。【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为ClCNO；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2，故答案为：ClCNO；C、O；NaHCO3+HNO3=Na
28、NO3+H2O+CO2或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2；(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2OMnO2+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.4081023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.4081023；(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，
29、则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。22.工业烟气中去除氮氧化物的过程称为“脱硝”，某脱硝反应的平衡常数表达式为：K=，已知该反应的正反应为放热反应。（1）欲使该反应的K值增大，可采取的措施是_。（2）400，在某恒容密闭容器中发生上述反应。测得部分物质浓度与时间的关系如图1所示。_分钟后，该反应的正逆反应速率相等；前4min内用O2表示的平
30、均反应速率v(O2)=_。（3）保持其他条件不变，探究的比值对NO转化率的影响，结果如图2所示，当1时，NO转化率随着该比值的上升而上升，原因是_（用平衡移动原理解释）；当1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，使得转化率下降，这个副反应可以是_（用化学方程式表示）。（4）烟气脱硝的另一途径是电解NO：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3。为得到纯净的NH4NO3，向上述所得溶液中通入适量NH3，浓度增大的离子有_；所得溶液稀释后可给庄稼施肥，稀释时将_（选填“增大”、“不变”或“减小”），理由是_。【答案】 (1). 降低温度 (2). 12 (3). 0.025mol/(Lm
31、in) (4). 该比值增大相当于反应物NH3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O或4NH3+3O22N2+6H2O (6). NH4+和OH- (7). 减小 (8). 稀释促进了NH4+水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，所以该比值减小【解析】【分析】根据脱硝反应的平衡常数表达式为K=，则反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，H0。(1)该反应为气体的物质的量增大的放热反应，结合K的影响因素分析解答；(2)根据图象，12分钟后该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；根据图象，a减小0.4 mol/L，
32、b增大0.4 mol/L，结合反应方程式4NO+4NH3+O24N2+6H2O可知，a表示NO或NH3，b表示N2，首先计算前4min内用NO表示的平均反应速率再计算v(O2)；(3)当1时，比值增大相当于反应物NH3浓度增大；当1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，说明反应生成了NO或NO没有被氨气还原，据此分析解答；(4)根据8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为得到纯净的NH4NO3，向反应后的溶液中通入适量NH3，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，同时溶液的酸性减弱；稀释硝酸铵溶液，促进铵根离子水解，据此分析解答。【详解】(1)某脱硝反应的平衡常数表达式为：K=，则反应的化学
33、方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，H0，为气体的物质的量增大的放热反应，欲使该反应的K值增大，可以降低温度，故答案为：降低温度；(2)根据图象，12分钟后该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；根据图象，a减小0.4 mol/L，b增大0.4 mol/L，结合反应方程式4NO+4NH3+O24N2+6H2O可知，a表示NO或NH3，b表示N2，则前4min内用NO表示的平均反应速率v(NO)=0.1 mol/(Lmin)，则v(O2)= v(NO) =0.025mol/(Lmin)，故答案为：12；0.025mol/(Lmin)；(3)根据图象，当1时，比值增大相当于反应物N
34、H3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大，当1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，使得转化率下降，说明反应生成了NO或NO没有被氨气还原，发生的副反应可能是4NH3+5O24NO+6H2O或4NH3+3O22N2+6H2O，故答案为：该比值增大相当于反应物NH3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大；4NH3+5O24NO+6H2O或4NH3+3O22N2+6H2O；(4)烟气脱硝的另一途径是电解NO：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3。为得到纯净的NH4NO3，向上述所得溶液中通入适量NH3，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，同时溶液的酸性减弱，因此浓度增大的离子有NH4
35、+和OH-；所得溶液稀释后可给庄稼施肥，稀释时，促进铵根离子水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，将减小，故答案为：NH4+和OH-；减小；稀释促进了NH4+水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，所以该比值减小。【点睛】解答本题的关键是根据K的表达式正确书写反应的化学方程式。本题的易错点为(2)，要注意判断图中曲线a、b代表的物质，不能直接计算v(O2)。23.已知：2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O。某学习小组对铁丝（含杂质碳）与浓硫酸反应后的产物进行探究。.溶液探究（1）将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，观察到_现象
36、时，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，滴加_（选填编号）。a.KSCN溶液和氯水 b.铁粉和KSCN溶液c.浓氨水 d.KMnO4酸性溶液（2）为判断反应停止后硫酸是否有剩余，制定的实验方案为：测定稀释液的pH。请对此实验设计进行评价。_。.气体探究（3）将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。是否_（填写“是”或“否”）能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2？请说明理由_。最后逸出的气体具有可燃性，推测该气体为H2，理由是_（用离子方程式表示）。（4）收集混合气体336mL（已折算成标准状况），通入足量
37、的氯水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。滴加足量BaCl2溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称量，测得质量为2.330g。则混合气体中SO2的体积分数为_。（精确至小数点后第二位）（5）将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，未见明显现象，放置一段时间后发现有少许浑浊，分析其中的原因_。【答案】 (1). 红褐色沉淀 (2). d (3). 由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性就判断反应后硫酸是否有剩余（或：如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余） (4). 否 (5). 由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2 (
38、6). Fe+2H+=Fe2+H2 (7). 0.67 (8). 开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀【解析】【分析】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；在Fe3+存在时检验Fe2+，结合亚铁离子的性质分析判断选择的试剂；(2)铁离子水解后的溶液也显酸性，但酸性较弱，据此分析评价；(3)根据SO2也能使澄清石灰水变浑浊分析判断；最后逸出的气体具有可燃性，该气体
39、只能为H2，因为随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小；(4)首先计算标准状况下，336mL混合气体的物质的量，再根据生成的硫酸钡的质量计算二氧化硫的物质的量，最后计算混合气体中SO2的体积分数；(5)SO2与BaCl2不反应，结合二氧化硫检验较强的还原性分析解答。【详解】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，因为溶液中含有Fe3+，可以滴加KMnO4酸性溶液，若溶液的紫红色褪色，即可以证明溶液中
40、含有Fe2+，故答案为：红褐色沉淀；d；(2)测定稀释液的pH，若溶液显酸性不能说明反应后硫酸是否有剩余，因为铁离子水解后的溶液也显酸性，若溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余，因为铁离子水解后的溶液的酸性较弱，故答案为：由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性判断反应后硫酸是否有剩余(或如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余)；(3)将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。不能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2，因为混合气体中存在SO2气体，SO2也能使澄清石灰水变浑浊；最后逸出的气体具有可燃性，说明该气体为H2，因为随着反应的进
41、行，硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸能够与铁反应生成氢气，Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：否；由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2；Fe+2H+Fe2+H2；(4)标准状况下，336mL混合气体的物质的量为=0.015mol，生成的硫酸钡的物质的量=0.01mol，说明二氧化硫的物质的量为0.01mol，因此混合气体中SO2的体积分数为100%=0.67，故答案为：0.67；(5)将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2不反应，因此未见明显现象，放置一段时间后，溶液中的亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案
42、为：开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。【点睛】本题的易错点为(1)中亚铁离子的检验，要注意在铁离子存在的条件下不能用KSCN和氯水检验亚铁离子，应该利用亚铁离子的还原性检验。24.有机物M（）是合成药物瑞德西韦的中间体，其合成途径如图：已知：+HCN（R和R均表示烃基或氢原子）完成下列填空：（1）M中含氧官能团的名称为_。反应中属于取代反应的有_。反应的化学方程式为_。（2）反应需要在无水条件下进行，如何检验反应所得产物中的水已被除净?_。（3）写出两种满足下列条件的有机物的结构简式_
43、。(C2H5)2CHOH的同分异构体，能发生消除反应且只生成一种烯烃。（4）聚甲基丙烯酸（）常用作胶黏剂、锅炉阻垢剂以及合成离子交换树脂。根据已有知识并结合题目流程中的信息，设计由丙酮（）制备甲基丙烯酸（）的合成路线_。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）【答案】 (1). 酯基 (2). (3). +(C2H5)2CHCH2OH+H2O (4). 取样，向产物中加入无水硫酸铜粉末，若粉末变蓝色，则含有水；若无现象，则水已被除净 (5). CH3CH2CH2CH2CH2OH、 (6). 【解析】【分析】根据流程图，A()和B发生酯化反应生成M()，因此B为，结合流程图中各物质的结构的变化
44、和官能团的性质分析解答(1)(3)；(4)由丙酮()制备甲基丙烯酸()需要增长碳链，根据题干已知信息，可以先用与HCN发生加成反应生成，然后结合题干流程图，在中引入碳碳双键和羧基，据此分析解答。【详解】(1)M()中含氧官能团为酯基；根据已知信息，反应为乙醛与HCN发生的加成反应，反应为中的羟基被氨基取代，属于取代反应，反应为中羟基被溴原子代替，属于取代反应，因此反应中属于取代反应的有和。反应为A和B发生酯化反应，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：酯基；+H2O；(2)反应需要在无水条件下进行，检验反应所得产物中的水已被除净的实验方法为：取样，向产物中加入无水硫酸铜粉末，若粉末变蓝色，则含有水；若无现象，则水已被除净，故答案为：取样，向产物中加入无水硫酸铜粉末，若粉末变蓝色，则含有水；若无现象，则水已被除净；(3)(C2H5)2CHOH的同分异构体，能发生消去反应且只生成一种烯烃，说明羟基在烃基的一端，符合条件的结构有CH3CH2CH2CH2CH2OH、，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH2OH、；(4)由丙酮()制备甲基丙烯酸()，根据题干已知信息，可以先用与HCN发生加成反应生成，然后将羟基消去生成，最后将CN转化为羧基即可，合成路线为：，故答案为：。- 19 -
