2023届广西南宁市二中高三二诊模拟考试化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．Pt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1C．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA3、CH2=CH-CH=CH2通过一步反应不能得到的物质是A． B．C． D．CO24、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒为电极进行电解，下列有关的实验现象的描述中正确的是（）A．负极区先变红 B．阳极区先变红C．阴极有无色气体放出 D．正极有黄绿色气体放出5、已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液，Na2S溶液的反应情况如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS6、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC，①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A．3 B．4 C．5 D．67、实验室制取硝基苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B．实验时，水浴温度需控制在50~60℃C．长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率D．反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、结晶，得到硝基苯8、有机物X、Y的转化如下：下列说法不正确的是A．X能加聚反应B．Y分子苯环上的二氯代物有5种C．与Y互为同分异构体D．X、Y分子的所有原子可能共平面9、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．SSO3H2SO4B．NH3NO2HNO3C．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)10、已知反应：生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成的初始速率mol/(L·s)123A．关系式中、B．时，k的值为C．若时，初始浓度mol/L，则生成的初始速率为mol/(L·s)D．当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大11、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥12、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液13、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．8gCH4O中含有的C-H键数目为NAB．25℃时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NAC．56gFe和64gCu分别与1molS反应转移的电子数均为2NAD．标准状况下，2.24

LCl2

溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA15、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是()A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B．豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程C．港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠16、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A．反应①②③④均为还原反应B．1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修复过程中可能产生Fe(OH)317、根据元素周期律可判断()A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞NC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半径：Cl＞Al18、下列我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A．黑火药爆炸 B．用铁矿石炼铁 C．湿法炼铜 D．转轮排字19、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（）XYZQA．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强20、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子21、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A．2种 B．3种 C．4种 D．5

种22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂。W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是（）A．X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂B．化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键C．原子半径大小：W>X；简单离子半径：Y<ZD．W与X能形成多种化合物，都能与Y的最高价氧化物的水化物溶液发生反应二、非选择题(共84分)23、（14分）A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H分子式为C18H16O6；I中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出A的分子式：A______________。(2)写出I、E的结构简式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反应类型为____________________________；(4)写出A→F的化学方程式__________________________。(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，既能与Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A的同分异构体有_______种，其中一种在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多。写出该同分异构体与NaOH溶液加热反应的化学方程式___________________。24、（12分）合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。已知：Ⅰ.RCHO+R’CH2CHO+H2OⅡ.（R、R′可表示烃基或氢原子）Ⅲ.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：（1）C中官能团的名称为_____，该分子中最多有_____个原子共平面。（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为_____。（3）③的反应类型是____。（4）PVAc的结构简式为____。（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式____（任写一种）。（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。____。25、（12分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料：①CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3②Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O③已知Al4C3与CaC2类似易水解，CaC2的水解方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑（1）装置A中反应的化学方程式为___。（2）装置F的作用为___；装置B的名称为___。（3）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__。(填装置名称对应字母，每个装置限用一次)（4）实验中若将A中分液漏斗换成（恒压漏斗）更好，其原因是___。（5）装置D中可能观察到的现象是___。（6）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O（简述操作过程及现象）：__。26、（10分）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：①检查装置气密性；②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；④__；⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用__。（5）补充④的实验操作___。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。27、（12分）图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先______________，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置B中盛放的试剂是______________________。(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_____________(填现象)。从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：_______。(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16g，反应后固体质量减少2.4g，通过计算确定该固体产物的化学式：______。(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_____。28、（14分）硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨催化氧化法制备，生产过程中发生的反应有：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/molNO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol回答以下问题：(1)NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的△H=___________kJ/mol。原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必须进行脱硫处理。其原因是____。(2)研究表明2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)①该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比a步的___(填“大”或“小”)。②在恒容条件下，NO和O2的起始浓度之比为2:1，反应经历相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图，则150℃时，v正___v逆(填“>”或“<”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，则380℃下反应达平衡时c(O2)=____mol/L。(3)T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+O22NO2，实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。容器中各反应物和生成物的物质的量随时间变化如下图所示：①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是____填序号)A．混合气体的密度不变B．混合气体的颜色不变C．k正、k逆不变D．2v正(O2)=v逆(NO2)②化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系式K=____。③温度为T1时的化学平衡常数K=_____。若将容器的温度变为T2时，k正=k逆，则T2___T1(填“＞”“＜”或“=”)。29、（10分）I.铝及其化合物用途非常广泛，已知铅(Pb)与硅同主族且Pb比Si多3个电子层。回答下列问题；(1)硅位于元素周期表的第______周期______族。Pb比Si的原子半径______(填“大”或“小”)(2)难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb[(CH3COO)2Pb易溶于水]，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是______(填“强”或“弱”)电解质。(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中工作“B”为______(填“放电”或“充电”)。(4)将PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1molMn(NO3)2转移____________mol电子。Ⅱ.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。工业上利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：(1)水浸I要获得浸出液的操作是______。(2)常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=1×10-32，若要使Cr3+完全沉淀，则pH为______[c(Cr3+)降至10-5mol/L可认为完全沉淀]。(3)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+=C2O72-+H2O)。阳极的电极反应式为______。

参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【答案解析】

SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。【题目详解】A.Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；故答案为A。2、A【答案解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。3、A【答案解析】

A．CH2=CH-CH=CH2发生1，4加成生成，所以不能得到该物质，A符合题意；B．CH2=CH-CH=CH2与HCl发生1，4加成生成，B不符合题意；C．CH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成，C不符合题意；D．CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2，D不符合题意；故合理选项是A。4、C【答案解析】

电解饱和食盐水，阳极氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，A.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，A项错误；B.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，B项错误；C.阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有无色气体放出，C项正确；D.阳极产生氯气，则现象描述应该为：阳极有黄绿色气体放出，D项错误；答案选C。5、A【答案解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故选A。6、D【答案解析】

①A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系ABC，故①正确；②A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系ABC，故②正确；③A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系ABC，故③正确；④A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系ABC，故④正确；⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系ABC，故⑤正确；⑥若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系ABC，故⑥正确；根据分析可知，满足转化关系的A有6个。答案选D。7、D【答案解析】

A.试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯，正确；B.实验时，水浴温度需控制在50~60℃，正确；C.长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；D.反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、分液(不是结晶)，得到硝基苯，错误。故答案为D。8、B【答案解析】

A．X分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A正确；B．Y分子()苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B错误；C．与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D．苯环有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；故答案为B。9、D【答案解析】

A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【题目详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。10、A【答案解析】

A.将表中的三组数据代入公式，得，，，解之得：，，故A错误；B.时，，k的值为

，故B正确；C.若时，初始浓度

mol/L，则生成的初始速率为

mol/(L·s)，故C正确；D.当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，所以速率常数将增大，故D正确。故选A。11、A【答案解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【答案点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。12、D【答案解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。13、B【答案解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【答案点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。14、B【答案解析】A、8g

CH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H

键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8

的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6mol/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g

Fe

(即1mol）与1mol

S

恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2NA，64g

Cu

(即1mol)与1mol

S

反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24

LCl2(即0.1mol)

溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA，则D错误。本题正确答案为B。点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-)的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。15、B【答案解析】

A.手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅，A错误；B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；C.钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；D.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；答案选B。16、B【答案解析】

A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B项错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；D.ZVI失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。17、C【答案解析】

A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故A错误；B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；C．Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl，故D错误；答案选C。18、D【答案解析】

A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，A错误；B．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，B错误；C．湿法炼铜利用的是铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，属于化学反应，C错误；D．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，D正确。答案选D。19、D【答案解析】

元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于ⅣA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知：X为C元素，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素。A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C.Q位于ⅥA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl＞S，则简单离子失电子能力Z（Cl）＜Y（S），故D错误；故选D。20、A【答案解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。21、A【答案解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。22、D【答案解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的一种化合物常用于清洗厨房用具的油污，推测为碳酸钠，则W为C，X为O，Y为Na，满足其中两种元素形成的化合物可用于呼吸面具中作为供氧剂，该物质为O和Na元素形成的Na2O2；Z的最外层电子数为X、Y的最外层电子数之和，则Z的最外层电子数为7，则Z为Cl。【题目详解】根据分析W为C，X为O，Y为Na，Z为Cl，A.O、Cl形成的单质臭氧、氯气可作水的消毒剂，二者形成的二氧化氯具有强氧化性，也可作水的消毒剂，故A正确；B.化合物Y2X2为Na2O2，YZX为NaClO，过氧化钠中含有离子键和共价键，NaClO中既含有离子键又含有共价键，故B正确；C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小：W＞X；钠离子含有2个电子层，氯离子含有3个电子层，则简单离子半径：Y＜Z，故C正确；D.C、O可以形成CO、二氧化碳，二氧化碳能够与NaOH溶液反应，但CO不与NaOH溶液反应，故D错误；故答案为D。【答案点睛】碳酸钠溶液水解显碱性，故可以用来除油污；Na2O2能与水与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具中作为供氧剂。二、非选择题(共84分)23、C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O4种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【答案解析】

A能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D通过加聚反应得到

E，E分子式为(C9H8O2)n，D的分子式为C9H8O2，D中含碳碳双键，由A在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A中含有苯环，A在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A中含有羧基，A的结构应为，D为，E为，I为，反应中A连续氧化产生G，G为酸，F为，G为，A与G发生酯化反应产生H，根据H分子式是C18H16O6，二者脱去1分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，D为，E为，F为，G为，I为，H的结构可能为，也可能是。(1)A为，则A的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I为，E为；(3)A为，A分子中含有羟基和羧基，G为，G分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G→H的反应类型为取代反应；(4)A中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此A→F的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它异构体1mol消耗2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【答案点睛】本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。24、碳碳双键、醛基9CH3CH2CH2CHO＋＋H2O加成反应HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2【答案解析】

A为饱和一元醇，通式为CnH2n＋2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，据此分析；【题目详解】A为饱和一元醇，通式为CnH2n＋2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，(1)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型为平面，醛基中C为sp2杂化，－CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多有9个原子共平面；答案：碳碳双键、醛基；9；(2)利用信息I，D与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；答案：CH3CH2CH2CHO＋＋H2O；(3)根据上述分析，反应③为加成反应；答案：加成反应；(4)根据上述分析PVAc的结构简式为；答案：；(5)F为CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；答案：。【答案点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。25、Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【答案解析】

装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2++2OH-=2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【题目详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3，故答案为:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3；(2).A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→F→D→B→E→C→G，故答案为：FDBECG；(4).如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5).D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6).当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O。【答案点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条件下可还原氧化铜的产物。同时要注意实验方案设计的基本要求，如科学性、安全性、可行性、简约性。设计的实验方案要严谨，具有可持续发展意识和绿色化学理念。26、CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【答案解析】

(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【题目详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O

.

6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。27、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3CuCu2O、Cu3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl【答案解析】

(1)检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；(2)装置B的作用是干燥氨气；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5)装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【题目详解】(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前n(CuO)=0.2mol，则n(Cu)=0.2mol、n(O)=0.2mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4g，则减少氧元素的物质的量是=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1＞2:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl。【答案点睛】本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。28、-413.8含硫化合物会引起催化剂中毒（含硫化合物会使催化剂降低或失去催化效果）大＞2.5×10-4BD5＞【答案解析】

(1)根据盖斯定律分析计算；含硫化合物会引起催化剂中毒，据此分析解答；(2)该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比较大；根据图像，150℃时，NO的转化率小于NO的平衡转化率，说明反应需要继续正向继续；380℃下反应达平衡时，NO的平衡转化率为50