1、高考资源网（） 您身边的高考专家天津市耀华中学 2021 届高三年级第二次月考化学试卷本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共 100 分，考试时间 60 分钟。第卷 1 至 4 页，第卷 5 至 8 页。答卷前，考生务必将姓名、班级、考号填在答题卡上。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将答题卡交回。祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1. 每题选出答案后，用铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2. 本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据
2、可供解题时参考：相对原子质量：H1 N14 O16 S321. 新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是A. “神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐B. 国庆阅兵中出现的直20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料C. 截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅D. 我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅【答案】B【解析】【详解】A. 高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮
3、化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故A错误；B. 锂铝合金属于合金，为金属材料，故B正确；C. 光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 太阳能电池帆板的材料是单晶硅，故D错误。故答案选：B。2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )A. Na2SiO3 易溶于水，可用作木材防火剂B. 氨气具有还原性，可用作制冷剂C. 碳酸钠溶液显碱性，可用其热溶液除去金属餐具表面油污D. 石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料【答案】C【解析】【详解】ANa2SiO3是钠盐，可用作木材防火剂，因为其不燃烧，也不支持燃烧，与是否溶于水无因果关系，A不合题意；B氨气作制冷剂是因为氨气易液化，且汽化时需吸收
4、大量的热，这属于物理性质，而氨气具有还原性，是化学性质，二者之间没有必然的联系，B不合题意；C碳酸钠溶液显碱性，可以促进油脂的水解反应，且加热促进碳酸根水解，使溶液的碱性更强，故可用其热溶液除去金属餐具表面油污，C符合题意；D石墨作干电池的正极材料是利用其导电性，这是物理性质，而还原性是化学性质，二者之间没有必然的联系，D不合题意；故答案为：C。3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B. 2LpH=1的H3PO4溶液中，含有0.6NA个H+C. 0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成0.6NA个NH键D. 2.24
5、L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子【答案】A【解析】【详解】A. 1个11B含有中子数6个，因此0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子，故A正确；B. 2L pH=1的H3PO4溶液中H+物质的量为0.1 molL12L =0.2mol，因此含有H+个数为0.2NA，故B错误；C. 氮气与氢气反应是可逆反应，因此0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成NH键小于0.6NA个，故C错误；D. 标准状况下苯是液体，无法计算，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】标准状况下非气态的物质主要有水、苯、甲苯、HF、NO2、SO3、CCl4、CH2Cl2、CHC
6、l3、CCl4、醇、羧酸、碳原子数大于4的烃(新戊烷除外)等。4. N、O、Si、S 是重要的非金属元素。下列说法正确的是( )A. N、O、S、Si 的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱B. 氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质，又是形成酸雨的主要物质C. NH3、SiH4、H2S 分子中 N、Si、S 三种原子的价层电子对数相同D. N、Si、S 单质均能和氧气直接反应，生成的产物分别是 NO2、SiO2 和 SO2【答案】C【解析】【详解】A根据同一周期从左往右原子半径依次减小，非金属性依次增强，同一主族从上往下原子半径依次增大，非金属性依次减弱，故原子半径NO、OSSi
7、，非金属性O N， SSi，A错误；B氮的氧化物是形成光化学烟雾的主要物质，氮的氧化物和硫的氧化物是形成酸雨的主要物质，B错误；C价层电子对数等于键+孤电子对数，NH3、SiH4、H2S 分子中的孤电子对数分别为：，故 NH3、SiH4、H2S 分子中N、Si、S 三种原子的价层电子对数分别为3+1=4、4+0=4、2+2=4，故相同，C正确；DN2与O2直接反应只能生成NO，而不是NO2，D错误；故答案为：C。5. 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. 萃取碘水中的I2，可用乙醇来代替CCl4C. 某溶液中滴加BaCl2溶
8、液出现白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO或SOD. 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A. 新制氯水含次氯酸，次氯酸有漂白性，故不能用pH试纸测定新制氯水的pH，A错误；B. 乙醇与水互溶，故不能用乙醇萃取碘水中的I2，可用CCl4萃取碘水中的I2，B错误；C. 某溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸沉淀不溶解，白色沉淀可能是硫酸钡也可能是氯化银，硫酸钡也可以通过亚硫酸根离子、氢离子、硝酸根离子反应生成的硫酸根沉淀生成，说明该溶液中存在SO或SO或银离子，C错误；D. 浓盐酸与MnO2反应共热制备Cl2
9、，产生的Cl2中含杂质氯化氢，饱和食盐水能除去氯气中的氯化氢，故将气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，即可得到纯净Cl2，D正确；答案选D。6. 下列与化学概念有关的说法正确的是（ ）A. CO2、P2O5、NO均为酸性氧化物B. NaH、NaBH4、NaClO均为离子化合物C. NH3H2O是弱碱，所以NH4NO3为弱电解质D. 磁性氧化铁、水玻璃、液氨均为混合物【答案】B【解析】【详解】ACO2、P2O5均为酸性氧化物，但NO不属于酸性氧化物，A不正确；BNaH、NaBH4、NaClO都含有Na+，阴离子分别为H-、ClO-，它们均为离子化合物，B正确；CNH3H2O是弱碱，但NH4N
10、O3是强酸弱碱盐，属于强电解质，C不正确；D磁性氧化铁、液氨均为纯净物，但水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，D不正确；故选B。7. 下列反应的离子方程式不正确的是( )A. 向Na2S溶液中滴加H2O2溶液，溶液变浑浊：S2-+H2O2=S+2OH-B. 向氯化亚铁溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62C. 向次氯酸钠溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=+2HClOD. 向碘酸钠溶液滴加NaHSO3溶液制得碘单质：2+5=5+H2O+3H+I2【答案】C【解析】【详解】A向Na2S溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，溶液变
11、浑浊，过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，反应的离子方程式为：S2-+H2O2=S+2OH-，A正确；B向氯化亚铁溶液中滴入K3Fe(CN)6溶液，会生成特征蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，B正确；C次氯酸的酸性介于碳酸与碳酸氢根离子之间，则根据强酸制备弱酸的原理可知，向次氯酸钠溶液中通入少量CO2发生的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=+HClO，C错误；D向碘酸钠溶液滴加NaHSO3溶液，发生氧化还原反应制得碘单质，根据氧化还原反应的配平原则可知，其离子方程式为：2+5=5+H2O+3H+I2，D正确；故选C。8. “接触法制硫酸”的主
12、要反应是2SO2+O22SO3在催化剂表面的反应历程如下：下列说法正确的是A. 使用催化剂只能加快正反应速率B. 反应的活化能比反应大C. 该反应的催化剂是V2O4D. 过程中既有VO键的断裂，又有VO键的形成【答案】D【解析】【详解】A.催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率同时也加快逆反应速率，故A错误；B.一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应的活化能比反应小；故B错误；C.催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，本反应的催化剂为V2O5，故C错误；D.历程中反应有VO键的断裂，反应有VO键的形成，故D正确；本题答案为：D9. 下
13、列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是()A 制取SO2B. 验证漂白性C. 验证还原性D. 验证氧化性【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；B二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；C溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；D二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物
14、质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。10. 下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ASO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；B氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能
15、实现除杂目的；C氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应： ，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；DNO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；答案选A。【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少，简单最好”：首先，避免引入新的杂质；其次，尽量避免产品的损失；最后，方法越简单越好。11. 在一个恒容的密闭容器中通入 A、B 两种气体，在一定条件下反应：2A(g)+B(g)2C(g) H0
16、.达到平衡后，改变一个条件(X)，下列量(Y)的变化一定符合图中曲线的是( )XYA再加入 AB 的转化率B再加入 CA 的体积分数C加入氦气C 的分子个数D升高温度混合气体平均摩尔质量A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A达平衡后，再加入A，平衡正向移动，促进B的转化，即B的转化率增大，与图象符合，A正确；B达平衡后，再加入C，化学平衡逆向移动，由于总物质的量增加，A的体积分数减小，与图象不符合，B错误；C达平衡后，在一个恒容的密闭容器中加入氦气，平衡不移动，则C的分子个数不变，与图象不符合，C错误；D达平衡后，升高温度，化学平衡逆向移动，由M=可知，逆向移动时n增大，
17、则混合气体平均摩尔质量减小，与图象不符合，D错误；故答案为：A。12. 单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，进一步生成Na2Sx(x5)和Na2S2O3。将2.56g硫与含0.06mol NaOH的热溶液充分反应恰好生成amol Na2Sx和bmol Na2S2O3，再加入足量NaClO-NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子nmol。则以下正确的是A. 2a =bB. x=2C. n=0.48D. b=0.02【答案】C【解析】【详解】2.56g硫单质的物质的量为：=0.08mol，将0.08mol单质硫
18、与含0.06mol NaOH的热溶液充分反应恰好生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据硫原子、Na原子守恒和转移电子守恒得：2a+2b=0.06、ax+2b=0.08、2a=2b(2-0)，解得：x=3、a=0.02、b=0.01；再加入足量NaClO、NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子n mol，实际上转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，n=0.08mol(6-0)=0.48mol，综上所述答案为C；第卷(共 64 分)注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共 4 题，共 64 分13. 回答下列问题：(1)
19、基态氮原子最外层有_种能量不同的电子。(2)氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是_(填编号)。aNH3比PH3稳定性强bNa3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4c硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性d氮气常温是气体，磷单质是固体II镁、钙和锶(Sr)都属于碱土金属，具有相似的化学性质。(3)颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应剧烈，原因是_。(4)锶在一定条件下分别与N2、H2发生反应，生成Y、Z两种锶的固态化合物，Y、Z与水反应均可放出气体。0.01 mol Y溶于100 mL盐酸恰好完全反应生成氯化物混合溶液， 则盐酸的物质的量浓度为_，Z的电子式为_。II
20、IFe、Ni是两种重要的过渡金属元素(5)基态Ni原子中，电子占据的最高能层符号为_，同周期元素中基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为_。(6)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知 Fe3+遇邻苯二酚)和对苯二酚 )均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_ (填“高”或“低”)， 原因是_。【答案】 (1). 2 (2). ab (3). 生成的SrSO4难溶于水，覆盖在锶的表面，阻碍了反应的进行，减缓了反应速率。 (4). 0.8 mol/L (5). (6). N (7). 钛、锗、硒 (8). 低 (9). 邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚形成的分子间氢键作用力小，熔
21、沸点低。【解析】【详解】(1)基态氮原子最外层电子排布是2s22p3，可见N原子最外层上有2种能量不同的电子；(2)a元素的非金属性越强，其形成的气态氢化物越稳定，可根据NH3比PH3稳定性强，得出氮元素的非金属性大于磷元素，a正确；bNa3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，得出硝酸的酸性大于磷酸的酸性，元素的最高价氧化物水化物的的酸性越强，其对应的元素的非金属性越强，b正确；c非金属性强弱与酸的氧化性强弱没有关系，c错误；d非金属性强弱与对应的单质的状态没有关系，d错误；故合理选项是ab；(3)单质锶能够与水反应产生Sr(OH)2和H2，但颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水
22、反应剧烈，是由于二者反应生成的SrSO4难溶于水，会覆盖在锶的表面，阻碍了反应的进行，减缓了反应速率；(4)锶在一定条件下与N2反应产生的Y是Sr3N2，Y与盐酸反应生成SrCl2、NH4Cl，0.01 molY溶于100 mL盐酸(足量)恰好完全反应，根据元素守恒可知反应生成0.03 mol SrCl2、0.02 mol NH4Cl，共消耗0.08 mol盐酸，则该盐酸的浓度c=0.8 mol/L；Sr与H2反应产生的Z是SrH2，该化合物为离子化合物，Sr2+与2个H-通过离子键结合，其电子式为：；(5)Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s
23、2，可见电子占据的最高能层符号为N；基态Ni原子未成对电子数是2，则与Ni同一周期元素中基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有三种，这三种元素名称为钛(3d24s2)、锗(4s24p2)、硒(4s24p4)；(6)对苯二酚易形成分子间氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质熔化、气化消耗的能量较多，因此物质熔沸点升高；而邻苯二酚易形成分子内氢键，分子间只存在分子间作用力，因而物质的熔沸点比较低。14. 化合物M 是一种药物中间体，实验室由芳香化合物A 制备 M 的一种合成路线如图所示：已知：RCCHRCNRCOOH回答下列问题：(1)A 的化学名称为_；B 中所含官能团的名称为_。(2)
24、由 C 生成D 的反应类型为_；D 的结构中一定在同一个平面的原子有 _个。(3)EF、FG、GM 的各步转化中，有机物的分子结构中碳原子的杂化方式发生改变的有_。aEF bFG cGM(4)由 F 生成 G 的化学方程式为_。G 生成 M 过程中加入 K2CO3的作用为_。(5)同时满足下列条件的 G 的同分异构体有_种(不考虑立体异构)；其中核磁共振 氢谱中有 5 组吸收峰的结构简式为_。苯环上连有 2 个取代基；能与 FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应。【答案】 (1). 3-溴乙苯 (2). 碳碳双键、溴原子 (3). 消去反应 (4). 14 (5). ab (6). +H2
25、 (7). 吸收反应生成的HBr，提高反应转化率 (8). 12 (9). 【解析】分析】由A、B的分子式可知，A脱去2个氢原子生成B，发生还原反应，结合C的结构简式可知，B与溴发生加成反应生成C，故B的结构简式为，故A为，C发生消去反应生成D为，D与HCN发生加成反应生成F。对比E、G的结构可知，E中-CN水解为-COOH生成F，F中碳碳双键与氢气加成生成G，故F为。G与苯酚发生取代反应生成M。【详解】(1)由分析可知A为，A的化学名称为：3-溴乙苯；B的结构简式为，B中所含官能团的名称为：碳碳双键、溴原子，故答案为：3-溴乙苯；碳碳双键、溴原子；(2)由反应条件并结合D的分子式可知由C生成
26、D发生卤代烃的消去反应，故D的结构简式为，D中所有原子均在同一平面上即有14原子一定共平面，故答案为：消去反应；14；(3)由题干流程图和分析可知，E、F、G、M的结构简式分别为： 、 、 、 故EF中-CN变为-COOH时碳原子由sp杂化变为sp2杂化，FG中-C=C-变为碳碳单键时，碳原子由sp2杂化转变为sp3杂化，GM 中碳原子的杂化方式未改变，上述各步转化中有机物的分子结构中碳原子的杂化方式发生改变的有EF和FG，故答案为：ab； (4)由F生成G的化学方程式为：+H2，G与苯酚发生取代反应生成M，同时有HBr生成，加入K2CO3吸收反应生成的HBr，有利于平衡正向移动，提高反应转化
27、率，故答案为：+H2；吸收反应生成的HBr，提高反应转化率；(5)G的结构简式为，同时满足下列条件的G的同分异构体：苯环上连有2个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，其中一个取代基为酚羟基，另外的1个取代基分别为BrCH2CH2CHO、CH3CHBrCHO形去掉1个H原子形成的，均有2种，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3(2+2)=12种，其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰的结构简式为：，故答案为：12；。15. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于燃料、医药领域的重氮化反
28、应中取代亚硝酸钠。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量 NOSO4H，并测定产品的纯度。(1)导管a的作用是_。(2)装置B中浓 HNO3与 SO2 在浓 H2SO4 作用下反应制得 NOSO4H。该反应必须维持体系温度不得高于 20，故可将三颈烧瓶置于_中。开始时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H 后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是_。该实验装置存在导致NOSO4H 产量降低的缺陷，请提出改进方案_。利用装置A 制备 SO2，下列试剂最适合的是_。ANa2SO3 固体和 20%硝酸 BNa2SO3 固体和 20%硫酸CNa2SO3 固体和 70%硫酸 DNa2SO3 固体和 9
29、8%硫酸已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应 2HNO2=NO2+NO+H2O。请写出NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式_。装置 C 的作用是_。(3)测定亚硝酰硫酸NOSO4H 的纯度。准确称取1.380g 产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL 0.1000molL1 KMnO4标准溶液和 10mL 25%的 H2SO4 溶液，然后摇匀(过程中无气体产生)。用 0.2500 molL1 的草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为 20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。亚硝酰硫酸的纯度为_。【答案】
30、 (1). 平衡压强，确保浓硫酸顺利流下 (2). 冰水浴 (3). 生成的NOSO4H作为反应的催化剂 (4). 可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶 (5). C (6). 2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO+NO2 (7). 吸收过量的SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B (8). 92.03%【解析】【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物
31、，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，同时防止空气中的水蒸气进入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡压强，确保反应物浓硫酸顺利流下，(3)先用KMnO4将NOSO4H氧化为HNO3，再用草酸钠标准溶液滴定剩余的KMnO4，根据2KMnO4+5NOSO4H+2H2OK2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4、2+5+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O计算。【详解】(1) 由实验装置图可知，装置A中导管a的作用是平衡压强，确保反应物浓硫酸顺利流下，故答案为：平衡压强，确保浓硫酸顺利流下；(2)该反应必须维持体系温度不得高于20，可以将三颈烧瓶置于冰水浴中，故答
32、案为：冰水浴；开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，反应物浓度也在减小，但反应速度明显加快，则应是催化剂的影响，所以其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，装置A中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解，可能导致NOSO4H产量降低，可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶；A硝酸易挥发，且具有强氧化性，Na2SO3溶液与HNO3反应难以得到二氧化硫，A错误；B强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，但20%的硫
33、酸中水较多，会溶解大量的二氧化硫，B错误；C强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与70%的浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，且70%的浓硫酸中水较少，不会溶解大量二氧化硫，C正确；D98%硫酸溶液水太少，浓度太高，电离出的氢离子也少，不利于和亚硫酸钠反应，D错误；故答案为：C；已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO2+NO+H2O。据此可知NOSO4H遇水分解时会生成一氧化氮和二氧化氮，所以发生反应的化学方程式：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO+NO2，故答案为：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO+NO2；由于SO2有毒，不能直接排放到大气中，且SO2能与碱石灰发生
34、反应，同时NOSO4H遇水分解，故碱石灰还能吸收空气中的水蒸气防止NOSO4H遇水分解，故答案为：吸收过量的SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B；(3)根据滴定实验操作，用0.2500molL-1草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：2+5+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量=n()=0.02L0.2500mol/L=0.002mol，则与NOSO4H溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量=0.06L0.1000molL-1-0.002mol=0.004
35、mol，根据已知反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，产品中NOSO4H的物质的量=0.004mol=0.01mol，则亚硝酰硫酸的纯度为100%=92.03%，故答案为：92.03%。16. 合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。回答下列问题：(1)在铁触媒催化剂的表面上合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在铁触媒表面上的物种用 标注。对总反应速率影响较小的步骤的能垒(活化能)为_kJ/mol，该步骤的化学方程式为_。(2)一定温度下，向 1
36、0 L 恒容密闭容器中充入 1 mol N2(g)和 3 mol H2(g)，发生合成氨反应。 10 min 末达到平衡，测得 NH3 的体积分数为 60%。N2 的平衡体积分数为_。010 min 内，用 H2 的浓度变化表示的平均反应速率 (H2)=_。若平衡后将容器的体积压缩到 8L(NH3 没有液化)，重新平衡后 c(N2)将比原平衡时_(填“增大”或 “减小”)。(3)合成氨反应中，正反应速率 正=k正c(N2)c3(H2)，逆反应速率 逆=k逆c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图所示：表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为 _(填“L1
37、”或“L2”)，理由为_。T0C 时，=_【答案】 (1). 124 (2). N2+3H2=2N+6H (3). 10% (4). 0.0225mol/(Lmin) (5). 增大 (6). L2 (7). 合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆移，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大 (8). 1【解析】【分析】本题以工业上合成氨为题材，考查催化剂与反应历程，利用三段式分析法进行化学平衡的相关计算、反应速率的计算、体积分数的计算、平衡常数的相关计算和化学平衡移动的原理，总体难度不大。【详解】(1)对总反应速率影响较小的步骤为反应速率快，活化能小的步骤，由图可知，N2+3H2转化为2N+
38、6H的活化能小，对总反应速率影响小，其活化能为(90+34)kJmol-1=124kJmol-1，该步骤的化学方程式为N2+3H2=2N+6H，故答案为：124；N2+3H2=2N+6H；(2)根据题意列三段式： 10min末达到平衡，NH3的体积分数为60%，则V(NH3)%=100%=60%，解得x=0.75mol，(N2)%=100%=100%=10%，故答案为：10%；(H2)=0.0225mol/(Lmin)，故答案为：0.0225mol/(Lmin)；若平衡后将容器的体积压缩到 8L(NH3没有液化)，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，重新平衡后 c(N2)将比原平衡时增大，故答案为：增大；(3)由(1)知合成氨反应中，H0，故随温度的升高，平衡逆移，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，故逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为L2，故答案为：L2；合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆移，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大；T0时，正、逆反应的平衡常数相等且互为倒数，则Kc(正)=Kc(逆)=1，正=逆，则k正c(N2)c3(H2)=k逆c2(NH3)，整理得= Kc(正)=1，故答案为：1。- 17 - 版权所有高考资源网
