2023学年江苏省南大附中高考全国统考预测密卷化学试卷含解析_第1页
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文档简介

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、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是()A.④③①② B.③④①② C.③④②① D.④③②①2、氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氨,工作示意图如图所示。通过控制开关连接K1和K2,可交替得到H2和O2,下列有关说法错误的是()A.制H2时,开关应连接K1,产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.当开关连接K2时,电极3的反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OC.当开关连接K2时,电极2作阳极,得到O2D.电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料,利用NiOOH和Ni(OH)2的相互转化提供电子转移3、实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括:氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知:可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A.实验时,①的废水中出现红色B.②的作用是吸收尾气,防止空气污染C.用③进行萃取时,选择CCl4比乙苯更合理D.④中温度计水银球低于支管过多,导致Br2的产率低4、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中,生成白色沉淀SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B常温下,分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH,Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3-电离出H+能力比CH3COOH的弱C向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉,充分振荡,滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)3溶液中Fe3+部分被Fe还原D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应,将得到的气体直接通入AgNO3溶液中,产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A.A B.B C.C D.D5、下列指定微粒数目一定相等的是A.等质量的14N2与12C16O中的分子数B.等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C.等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D.等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数6、下列各组中所含化学键类型相同的一组是()A.NaOH、H2SO4、NH4Cl B.MgO、Na2SO4、NH4HCO3C.Na2O2、KOH、Na2SO4 D.AlCl3、Al2O3、MgCl27、用如图所示装置进行下述实验,下列说法正确的是选项RabMnm中电极反应式A导线FeCuH2SO4CuSO4Fe-3e-=Fe3+B导线CuFeHClHCl2H+-2e-=H2↑C电源,右侧为正极CuCCuSO4H2SO4Cu-2e-=Cu2+D电源,左侧为正极CCNaClNaCl2Cl--2e-=Cl2↑A.A B.B C.C D.D8、原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z,其中只有X与Z同主族;W、X、Y最外层电子数之和为10;Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是()A.Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸B.W、Y的氧化物一定属于离子化合物C.X、Z的氢化物中,前者的沸点低于后者D.X、Y的简单离子中,前者的半径大于后者9、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI,含有少量的Fe、Mg杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。下列说法正确的是A.为尽量少引入杂质,试剂①应选用氨水B.滤液A中加入NH4HCO3溶液产生CO2C.沉淀B的成分为Al(OH)3D.将溶液C蒸干得到纯净的明矾10、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体,某同学设计下列装置制备硫酸锰:下列说法错误的是A.装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑B.装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C.装置III用于吸收未反应的SO2D.用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程11、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素,其中元素A、E的单质在常温下呈气态,元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,元素C在同周期的主族元素中原子半径最大,元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A.工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B.元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C.化合物AE与CE含有相同类型的化学键D.元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应12、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3,则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A.20 B.24 C.25 D.7713、温度为T时,向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,反应:PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡,反应过程中测定的部分数据见下表:t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A.反应在前50s内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B.保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(PCl3)=0.11mol/L,该反应为放热反应C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,达到平衡前的v正>v逆D.相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80%14、下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是A.次氯酸能使染料等有机色素褪色,有漂白性,还能杀死水中的细菌,起消毒作用B.14C的放射性可用于考古断代C.纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一D.铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液,不宜长时间盛放咸菜等腌制品15、单质钛的机械强度高,抗蚀能力强,有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛,再由二氧化钛制金属钛,主要反应有:①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是()A.反应①属于非氧化还原反应B.反应②是水解反应C.反应④中二氧化钛是氧化剂D.反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强16、下图为某城市某日空气质量报告,下列叙述与报告内容不相符的是A.该日空气首要污染物是PM10B.该日空气质量等级属于中度污染C.污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气D.PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物,会影响人体健康17、下列说法不正确的是A.海水是一个巨大的宝藏,对人类生活产生重要影响的元素,如:氯、溴、碘、硫、钠、钾等元素主要来自于海水B.同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一C.浙江省首条氢氧燃料电池公交线在嘉善试运行,高容量储氢材料的研制是需解决的关键技术问题之一D.乙醇与水互溶,这与乙醇和水分子之间能形成氢键有关18、酸雨的主要成分是H2SO4,以下是形成途径之一:①NO2+SO2=NO+SO3,②2NO+O2=2NO2,③SO3+H2O=H2SO4,以下叙述错误的是A.NO2由反应N2+2O22NO2生成B.总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C.还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O=4HNO3D.还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O=4HNO319、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A.10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NAB.标准状况下,22.4LCO2中所含的电子数目为22NAC.在捕获过程中,二氧化碳分子中的共价键完全断裂D.100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA20、将13.4克KCl和KBr的混合物,溶于水配成500mL溶液,通入过量的Cl2,反应后将溶液蒸干,得固体11.175克。则原来所配溶液中K+、Cl-、Br-的物质的量之比为A.3︰2︰1 B.1︰2︰3 C.5︰3︰3 D.2︰3︰121、改变下列条件,只对化学反应速率有影响,一定对化学平衡没有影响的是A.催化剂 B.浓度 C.压强 D.温度22、化学无处不在,与化学有关的说法不正确的是()A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C.碘是人体必需微量元素,所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物G是一种药物合成中间体,其合成路线如下:回答下列问题:(1)B的名称为____;D中含有的无氧官能团结构简式为____。(2)反应④的反应类型为____;反应⑥生成G和X两种有机物,其中X的结构简为_____。(3)反应⑤的化学反应方程式为_____(C6H7BrS用结构简式表示)。(4)满足下列条件的C的同分异构体共有___种,写出其中一种有机物的结构简式:____。①苯环上连有碳碳三键;②核磁共振氢谱共有三组波峰。(5)请设计由苯甲醇制备的合成路线(无机试剂任选)____:24、(12分)有机化合物H的结构简式为,其合成路线如下(部分反应略去试剂和条件):已知:①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题:(1)烃A的名称为_______,B中官能团为_______,H的分子式为_______,反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A.属于芳香族化合物B.既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式:______。(任写一种)(5)已知:苯环上连有烷基时再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位,据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸()合成路线(无机试剂任选)。_______25、(12分)肉桂酸()是制备感光树脂的重要原料,某肉桂酸粗产品中含有苯甲酸及聚苯乙烯,各物质性质如表:名称相对分子质量熔点(℃)沸点(℃)水中溶解度(25℃)苯甲醛106-26179.62微溶聚苯乙烯104n83.1~105240.6难溶肉桂酸148135300微溶(热水中易溶)实验室提纯肉桂酸的步骤及装置如下(部分装置未画出),试回答相关问题:

2g粗产品和30mL热水的混合物滤液称重(1)装置A中长玻璃导管的作用是_________,步骤①使苯甲醛随水蒸汽离开母液,上述装置中两处需要加热的仪器是____________(用字母A、B、C、D回答)。(2)仪器X的名称是_______,该装置中冷水应从___________口(填a或b)通入。(3)步骤②中,10%NaOH溶液的作用是___________,以便过滤除去聚苯乙烯杂质。(4)步骤④中,证明洗涤干净的最佳方法是________,若产品中还混有少量NaCl,进一步提纯获得肉桂酸晶体方法为_________________。(5)若本实验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%,加碱溶解时损失肉桂酸10%,结束时称重得到产品0.6g,若不计操作损失,则加盐酸反应的产率约为_____%(结果精确至0.1%)。26、(10分)草酸及其盐是重要的化工原料,其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴,已知草酸钴不溶于水,三草酸合铁酸钾晶体()易溶于水,难溶于乙醇。这两种草酸盐受热均可发生分解等反应,反应及气体产物检验装置如图。(l)草酸钴晶体()在200℃左右可完全失去结晶水。用以上装置在空气中加热5.49g草酸钴晶体()样品,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如下表。实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊,E中始终没有红色固体生成。根据实验结果,290-320℃过程中发生反应的化学方程式是____;设置D的作用是____。(2)用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。①检查装置气密性后,先通一段时间的N2,其目的是___;结束实验时,先熄灭酒精灯再通入N2至常温。实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊,E中有红色固体生成,则分解得到的气体产物是____。②C的作用是是____。(3)三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下:回答下列问题:①流程“I”硫酸必须过量的原因是____②流程中“Ⅲ”需控制溶液温度不高于40℃,理由是____;得到溶液后,加入乙醇,然后进行过滤。加入乙醇的理由是____27、(12分)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示:甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水,微溶于乙醇、冰醋酸,在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇,酸性较强,有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下:Ⅰ.打开K1、K3,向c中通入气体,待确定c中空气被排尽后,将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌,然后向c中滴加NaOH溶液,调溶液pH至5.5左右,使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后,向c中反应混合液中加入无水乙醇,生成白色沉淀,将沉淀过滤、洗涤得粗产品,将粗产品纯化后得精品。回答下列问题:(1)仪器b的名称是__,d的作用是__。(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__;步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高,则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。(4)下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时,用蒸馏水作洗涤剂(5)工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验,将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定:___。28、(14分)某离子反应中涉及到H、O、Cl、N四种元素形成的六种微粒,N2、H2O、ClO-、H+、NH4+、Cl-,其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示:完成下列填空(1)氧原子最外层电子的轨道表示式为__________,该化学用语不能表达出氧原子最外层电子的______(填序号)。a.电子层b.电子亚层c.所有电子云的伸展方向d.自旋状态(2)四种元素中有两种元素处于同周期,下列叙述中不能说明这两种元素非金属性递变规律的事实是___________。a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.单质与H2反应的难易程度c.两两形成化合物中元素的化合价d.气态氢化物的沸点(3)由这四种元素中任意3种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有_________(填化学式,写出一个即可),该化合物的水溶液显____(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。(4)写出该离子反应的方程式_______________,若将该反应设计成原电池,则N2应该在___________(填“正极”或“负极”)附近逸出。(5)已知亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当,很不稳定,通常在室温下立即分解。则:①酸性条件下,当NaNO2与KI按物质的量1:1恰好完全反应,且I-被氧化为I2时,产物中含氮的物质为______(填化学式)。②要得到稳定HNO2溶液,可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质,下列物质不适合使用是________(填序号)。a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫d.磷酸29、(10分)研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(1)利用CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2),已知重整过程中部分反应的热化学方程式为:Ⅰ.CH4(g)C(s)+2H2(g)ΔH=+75.0kJ·mol−1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.0kJ·mol−1Ⅲ.CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)ΔH=−131.0kJ·mol−1①反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_________kJ·mol−1。②固定n(CO2)=n(CH4),改变反应温度,CO2和CH4的平衡转化率如图所示。同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,其原因是_______________。(2)研究发现,化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧与在空气中燃烧相比,烟气中NOx的排放量明显降低,其主要原因是_________________________。(3)为研究“CO还原SO2”的新技术,在反应器中加入0.10molSO2,改变加入CO的物质的量,反应后体系中产物物质的量随CO物质的量的变化如图所示。反应的化学方程式为__________。(4)碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]毒性小,是一种绿色化工产品,用CO合成(CH3O)2CO,其电化学合成原理为4CH3OH+2CO+O22(CH3O)2CO+2H2O,装置如图所示,直流电源的负极为________(填“a”或“b”);阳极的电极反应式为_____________。(5)用PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。当空气中含CO时,溶液中会产生黑色的Pd沉淀。若反应中有0.02mol电子转移,则生成Pd沉淀的质量为_______________。

参考答案一、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【解析】

物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程,分子分解成原子,原子再重新组合成新的分子,新的分子构成新的物质.氢分子和氮分子都是由两个原子构成,它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子,原子再组合成新的氨分子,据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度,开始时催化剂还没起作用,氮分子和氢分子在无规则运动,物质要在催化剂表面反应,所以催化剂在起作用时,氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面,反应过程中的最小微粒是原子,所以分子先断键形成原子,然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面,反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子,从而完成反应,在有催化剂参加的反应中,反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列,分子先分成原子,原子再结合成新的分子,A项正确;答案选A。2、B【解析】

A.开关连接K1,电极1为阴极,水得电子生成氢气,产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故A正确;B.当开关连接K2时,电极3为阴极,发生还原反应,反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-,故B错误;C.当开关连接K2时,电极2连接电源正极,电极2作阳极,发生氧化反应得到O2,故C正确;D.当开关连接K2时,电极3为阴极;开关应连接K1,电极3为阳极;电极3的作用是分别作阳极材料和阴极材料,利用NiOOH和Ni(OH)2的相互转化提供电子转移,故D正确;选B。3、C【解析】

A.①中发生反应:Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,反应产生了红棕色的Br2单质,因此实验时,①的废水由无色变为红色,A正确;B.②中盛有NaOH溶液,NaOH是碱,可以与Cl2、Br2发生反应,变为可溶性的物质,因此可以防止空气污染,B正确;C.根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高,与液溴的沸点差别大,所以选择乙苯比CCl4更合理,更有利于后续的蒸馏作用,C错误;D.蒸馏时温度计是测量馏分的温度,若温度计水银球低于支管过多,导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点,使Br2的产率低,D正确;故合理选项是C。4、B【解析】

A.将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中,不能生成白色沉淀,弱酸不能制取强酸,故A错误;B.常温下,分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH,Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液,说明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液,水解程度越大,相应的酸电离程度越弱,则HCO3-电离出H+能力比CH3COOH的弱,故B正确;C.Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2,再加盐酸,酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应,滴入KSCN溶液,溶液变红,不能说明是否部分被还原,也可能全部被还原,故C错误;D.溴单质具有挥发性,生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应,观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应,故D错误;答案选B。5、A【解析】

A.与摩尔质量均为28g/mol,故等质量的与分子数相同,A正确;B.等物质的量的与,碳原子数之比为2:3,B错误;C.等体积等浓度的与溶液,数之比接近1:2,C错误;D.铁和氯气生成氯化铁,即56g铁转移3mol电子,铜和氯气生成氯化铜,即64g铜转移2mol电子,故等质量的铁和铜转移电子数不同,D错误;答案选A。【点睛】等体积等浓度的与溶液中,根据水解原理,越稀越水解,故中铵根离子水解程度更大,故数之比小于1:2。6、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键,H2SO4只含有共价键,化学键类型不相同,故A错误;B.MgO中只有离子键,Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键,化学键类型不相同,故B错误;C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键,化学键类型相同,故C正确。D.AlCl3只含有共价键,Al2O3、MgCl2含有离子键,化学键类型不相同,故D错误;答案选C。7、D【解析】

A、铁作负极,Fe-2e-=Fe2+,故A错误;B、铜作正极,2H++2e-=H2↑,故B错误;C、铜作阴极,溶液中的铜离子得电子,2e-+Cu2+=Cu,故C错误;D、左侧为阳极,2Cl--2e-=Cl2↑,故D正确;故选D。8、D【解析】

原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z,Y是地壳中含量最高的金属元素,则Y为Al元素;其中只有X与Z同主族;Z原子序数大于Al,位于第三周期,最外层电子数大于3;W、X、Y最外层电子数之和为10,则W、X的最外层电子数之和为10-3=7,Z的原子序数小于7,所以可能为Si、P、S元素,若Z为Si时,X为C元素,W为B元素,B与Al同主族,不符合;若Z为P元素时,X为N元素,W为Be元素;若Z为S元素,X为O元素,W为为H(或Li)元素。【详解】A项、Z可能为P、S元素,P的最高价氧化物对应水化物为磷酸,磷酸为弱电解质,不属于强酸,故A错误;B项、Y为Al元素,氧化铝为离子化合物,W为H元素时,水分子为共价化合物,故B错误;C项、X为O时,Z为S,水分子之间存在氢键,导致水的沸点大于硫化氢,故C错误;D项、X可能为N或O元素,Y为Al,氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径X>Y,故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系,注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构,利用讨论法推断元素为解答关键。9、C【解析】

A选项,为尽量少引入杂质,试剂①应选用氢氧化钾,故A错误;B选项,滤液A为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵,故B错误;C选项,根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3,故C正确;D选项,将溶液C蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质,故D错误。综上所述,答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵,不是水解反应。10、A【解析】

由实验装置可知,X可能为亚硫酸钠,与浓硫酸反应生成二氧化硫,而Cu与浓硫酸常温下不反应,II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率,二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4,蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体,Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气,以此来解答。【详解】A.Cu与浓硫酸常温下不反应,X不可能为Cu,A项错误;

B.装置Ⅱ中用“多孔球泡”,增大接触面积,可增大SO2的吸收速率,B项正确;

C.Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气,C项正确;

D.用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O,蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到,D项正确;

答案选A。11、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,短周期元素中有碳、硫,A、B、C、D、E是原子序数依次增大,所以B是C;A的原子序数小于6(碳)且单质为气体,A是H元素;C的原子序数大于6,半径是同周期中最大,C是第三周期的Na元素;元素D的合金是日常生活中常用的金属材料,D是Al元素;E单质是气体,E是Cl元素;所以A、B、C、D、E分别是:H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠,用电解熔融氧化铝制取铝,用电解饱和食盐水制取氯气,A选项正确;氢元素、碳元素组成化合物属于烃,常温下碳原子数小于4是气态,大于4是液态或者固态,B选项错误;HCl是共价化合物,含共价键,氯化钠是离子化合物,含离子键,HCl和NaCl的化学键类型不同,C选项错误;元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al(OH)3,H2CO3与Al(OH)3不反应,D选项错误,正确答案A。12、B【解析】

烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1;若每减少2个H原子,则相当于碳碳间增加一对共用电子对,利用减少的H原子数目,再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数,烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19,则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24,答案选B。【点睛】明确每减少2个H原子,则相当于碳碳间增加一对共用电子对。13、C【解析】

A、反应在前50s内PCl3的物质的量增加0.16mol,所以前50s内的平均速率v(PCl3)==0.0016mol/(L·s),故A错误;B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L,若升高温度,平衡时c(PCl3)=0.11mol/L,PCl3的浓度比原平衡时增大了,说明升高温度,平衡正向移动,则正向是吸热反应,故B错误;C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L,PCl5的浓度是0.4mol/L,则该温度下的平衡常数K==0.025,相同温度下,起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2,Qc==0.02<0.025,所以反应正向进行,达平衡前v正>v逆,故C正确;D、相同温度下,起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2,则与原平衡是等效平衡,原平衡中五氯化磷的转化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%,所以三氯化磷的转化率是80%,而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2,相当于容器的体积缩小一倍,压强增大,则平衡逆向移动,所以三氯化磷的转化率大于80%,故D错误;答案选C。14、C【解析】

A.次氯酸具有强氧化性,能使染料等有机色素褪色,有漂白性,还能杀死水中的细菌,起消毒作用,故A正确;B.14C的放射性可用于考古断代,利用其半衰期可计算时间,故B正确;C.小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一,故C错误;D.铝具有两性,能与酸反应又能与碱反应,铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液,不宜长时间盛放咸菜等腌制品,故D正确;故选C。15、C【解析】

A.由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价,Fe的化合价为+2价,正好在反应物FeTi03中符合化合价原则,所以不是氧化还原反应,A正确;B.H2O提供H+和OH-,Ti4+和OH-结合生成H2TiO3,H+和SO42-形成H2SO4,所以是水解反应,B正确;C.分析反应④,Ti的化合价反应前后都为+4价,所以不是氧化剂,C错误;D.金属之间的置换,体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律,D正确;本题答案选C。16、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物,根据空气质量报告,PM10数值最大,所以该日空气首要污染物是PM10,故A正确;首要污染物的污染指数即为空气污染指数,该日空气污染指数为79,空气质量等级属于良,故B错误;机动车尾气中含有NO2、CO,故C正确;PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米,

PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物,PM2.5、PM10会影响人体健康,故D正确。17、A【解析】

A.K元素广泛存在于各种矿石和海水中,S元素广泛存在于自然界中,有火山喷口附近或地壳岩层中的单质硫以及各类硫化物和硫酸盐矿石,如硫铁矿(FeS2),黄铜矿(CuFeS2),石膏(CaSO4·2H2O)和芒硝(Na2SO4·10H2O)等,A项错误;B.同位素示踪法可以帮助我们研究化学反应历程,例如乙酸的酯化反应,就是通过同位素示踪法证实反应过程是,乙酸分子羧基中的羟基与醇分子羟基的氢原子结合成水,其余部分相互结合成乙酸乙酯的,B项正确;C.氢气化学性质活泼,且在常温下是气体,因此氢的安全储运是氢能利用的一大问题,研发高容量储氢材料是氢能利用的关键技术问题之一,C项正确;D.乙醇分子可以和水分子之间形成氢键,这使得其能够与水互溶,D项正确;答案选A。18、A【解析】

A.N2+O22NO,不能生成NO2,故A错误;B.①×2+②+③×2得:2SO2+O2+2H2O=2H2SO4,故B正确;C.利用3NO2+H2O=2HNO3+NO④以及④×2+②得:4NO2+O2+2H2O=4HNO3,故C正确;D.利用3NO2+H2O=2HNO3+NO④以及④×2+②×3得:4NO+3O2+2H2O=4HNO3,故D正确。故选A。19、C【解析】

A.10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol,一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根,则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA,故A正确;B.标准状况下,22.4LCO2的物质的量是1mol,1个CO2分子中有22个电子,所以含的电子数目为22NA,故B正确;C.在捕获过程中,根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂,故C错误;D.100g46%的甲酸水溶液,甲酸的质量是46g,物质的量为1mol,水的质量为54g,物质的量为3mol,因此共所含的氧原子数目为5NA,故D正确;选C。20、A【解析】

溶液为电中性,阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-),据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性,即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷,在KCl和KBr的混合溶液中,存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A.3=2+1,说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-),故A正确;B.1≠2+3,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故B错误;C.5≠3+3,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故C错误;D.2≠3+1,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故D错误;答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答,均较为繁琐,从溶液电中性角度解答,可以起到事半功倍的效果。21、A【解析】

A.催化剂会改变化学反应速率,不影响平衡移动,故A选;B.增大反应物浓度平衡一定正向移动,正反应反应速率一定增大,故B不选;C.反应前后气体体积改变的反应,改变压强平衡发生移动,故C不选;D.任何化学反应都有热效应,所以温度改变,一定影响反应速率,平衡一定发生移动,故D不选;故答案选A。22、C【解析】

A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3,NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓,2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2ONH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大,而在低温下却比NaCl溶解度小的原理,在278K~283K(5℃~10℃)时,向母液中加入食盐细粉,而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥,故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异,选项A正确。B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟(氯化铵晶体颗粒),选项B正确;C.碘是人类所必须的微量元素,所以要适当食用含碘元素的食物,但不是含高碘酸的食物,选项C错误;D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成,选项D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛-NH2和-Cl取代反应或酯化反应HOCH2CH2OH4、、、(任写一种即可)【解析】

对比D与F的结构可知,D与甲醇发生酯化反应生成E,E与C6H7BrS发生取代反应生成F,则E的结构简式为:;C6H7BrS的结构简式为:;(5)由苯甲醇制备,可由与苯甲醇发生酯化反应生成,若要利用苯甲醇合成,则需要增长碳链、引进氨基、羧基,结合题干中物质转化关系解答。【详解】(1)以苯甲醛为母体,氯原子为取代基,因此其名称为:邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛;D中含有的官能团为:氨基、羧基、氯原子,其中无氧官能团为:-NH2和-Cl;(2)由上述分析可知,该反应为酯化反应或取代反应;对比该反应中各物质的结构简式可知,该碳原子与N原子和C原子成环,中的断键方式为,因此X的结构简式为:HOCH2CH2OH;(3)反应⑤为与发生取代反应生成,其化学方程式为:++HBr;(4)①苯环上连有碳碳三键,C中一共含有6个不饱和度,苯环占据4个,碳碳三键占据2个,则其它取代基不含有不饱和度,则N原子对于的取代基为-NH2;②核磁共振氢谱共有三组波峰,则说明一共含有3种化学环境的氢原子,则该结构一定存在对称结构;则该同分异构体的母体为,将氨基、氯原子分别补充到结构式中,并满足存在对称结构,结构简式为:、、、;(5)由上述分析可知,合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基,引进氨基、增长碳链可以利用题干中②反应的条件,引进羧基可利用题干中③反应的条件,因此具体合成路线为:。24、甲苯氯原子或-ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为,逆推可知G为。纵观整个过程,可知烃A为芳香烃,结合C的分子式C7H8O,可知A为,A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B,B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C,C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D,D与酸性KMnO4溶液反应,D中-CH3被氧化成-COOH生成E,E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2,F→G的转化重新引入酚羟基,可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化,结合H的结构简式,可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基,硝基还原引入氨基,由于氨基易被氧化,应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基,结合苯环引入基团的定位规律,甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知:A为,B为、C为、D为、E为、F为,G为,H为。(1)烃A为,A的名称为甲苯。B为,B中官能团为氯原子。H的结构简式为,H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基,反应类型是:取代反应;(2)C→D中消除酚羟基,F→G中又重新引入酚羟基,而酚羟基容易被氧化,所以流程中设计C→D的目的是:保护(酚)羟基不被氧化;(3)D是,D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应,化学方程式为:+2NaOH+CH3COONa+H2O,(4)D为,其符合下列条件的同分异构体:A.属于芳香族化合物,说明含有苯环;B.既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构;有2个取代基为-CH3、-CH2COOH,或者-CH2CH3、-OOCH,这两种情况均有邻、间、对3种位置结构,种类数为2×3=6种;有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH,2个甲基有邻、间、对3种位置结构,对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置,故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式:或。(5)以甲苯为原料合成的方法是:先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯,用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH,得到邻硝基甲苯,用Fe在HCl存在条件下发生还原反应,—NO2被还原得到—NH2,就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物推断与合成,涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化,并对给予的信息进行利用,结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。25、平衡气压AB冷凝管b将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠用铂丝蘸取最后一次洗涤液进行焰色反应,如果火焰无黄色,则洗涤干净重结晶66.7【解析】

粗产品通过水蒸汽蒸馏,苯甲醛沸点较低,随着水蒸汽逸出。加入NaOH,肉桂酸转化为肉桂酸钠,溶于水中,而聚苯乙烯难溶于水,过滤除去,得到肉桂酸钠溶液,加入HCl酸化,肉桂酸钠转化为肉桂酸,由于肉桂酸溶解度较低,从溶液中析出,过滤晾干得到肉桂酸。【详解】(1)A提供水蒸气,长玻璃导管可以平衡圆底烧瓶内部的压强和外界的大气压,在加热煮沸过程中导管可以预防圆底烧瓶内部压强过高导致发生安全事故。长玻璃导管的作用是平衡气压;A需加热提供水蒸气,B亦需要加热以维持苯甲醛(沸点179.62℃)的沸腾,让苯甲醛随水蒸气逸出,因此需要加热的仪器是AB;(2)仪器X为直形冷凝管,冷水应从下进入,即b口进;(3)肉桂酸微溶于水,但与NaOH反应生成可溶于水的肉桂酸钠,从而过滤除去聚苯乙烯。因此NaOH溶液的作用是将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠;(4)肉桂酸钠与HCl反应后生成肉桂酸,同时还有NaCl生成,过滤洗涤的目的是洗去NaCl与过量的HCl,所以证明是否洗涤干净可以检查最后一段洗涤液中是否有Na+、CI-,因肉桂酸微溶,不适合检测H+,题目对肉桂酸根性质未予介绍,不适合检验CI-,因此可以用焰色反应检验Na+,操作为用铂丝蘸取最后一次洗涤液进行焰色反应,如果火焰无黄色,则洗涤干净;肉桂酸在热水中易溶,NaCl的溶解度随着温度的变化不大,因此可以利用溶解度随温度变化的差异性分离,采用重结晶。可采取重结晶方法除去NaCl;(5)本实验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%,则肉桂酸的物质的量为,碱溶后余下90%,则肉桂酸的物质的量为,设加盐酸反应的产率约为x%,有,计算得x=66.7。26、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2吸收水分排除装置中的空气,防止干扰实验结果CO2、CO除去CO2,防止干扰CO的检验防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小,有利于三草酸合铁酸钾析出【解析】

(l)计算晶体物质的量n==0.03mol,失去结晶水应为0.06mol,固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g,图表数据可知,150~210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g,说明210°C失去结晶水得到CoC2O4,210~290℃过程中是CoC2O4发生的反应,210~290℃过程中产生的气体只有CO2,依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol,m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g,气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g,说明不是分解反应,参加反应的还有氧气,则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g,n(O2)==0.02mol,依据原子守恒配平书写反应的化学方程式;(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水,继续升高温度可发生分解反应,根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO,一氧化碳还原氧化铜,得到的金属铜可被氧气氧化,所以实验开始先通一段时间N2,将装置中的空气排净,实验结束时,为防止倒吸,应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温,根据装置中现象变化判断产物;②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳,现象为E中固体由黑色变为红色,且F中澄清石灰水变浑浊,为确保实验现象不被干扰,在C装置中装入足量氢氧化钠,把二氧化碳吸收干净,避免干扰一氧化碳的检验;(3)①亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁,酸能抑制其水解;②温度高时,双氧水易水解;根据相似相溶原理分析;【详解】(l)计算晶体物质的量n()==0.03mol,失去结晶水应为0.06mol,固体质量变化=0.06mol×18g/mol=1.08g,图表数据可知,150~210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g,说明210°C失去结晶水得到CoC2O4,210~290℃过程中是CoC2O4发生的反应,产生的气体只有CO2,依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol,m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g,气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g,说明有气体参加反应应为氧气,则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g,n(O2)==0.02mol;n(CoC2O4):n(O2):n(CO2)=0.03:0.02:0.06=3:2:6,依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2,装置D中盛放的为浓硫酸,装置E的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物,防止对实验的干扰和实验安全,则浓硫酸的作用是吸收水分;(2)①三草酸合铁酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水,继续升高温度可发生分解反应,根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO,一氧化碳还原氧化铜,得到的金属铜可被氧气氧化,所以实验开始先通一段时间N2,将装置中的空气排净,实验结束时,为防止倒吸,应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温,实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊,即证明二氧化碳产生,E中有红色固体生成,证明还原性的气体CO的产生;②为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳,现象为E中固体由黑色变为红色,且F中澄清石灰水变浑浊,为确保实验现象不被干扰,在C装置中装入足量氢氧化钠,把二氧化碳吸收干净,避免干扰一氧化碳的检验;(3)①硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性,加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解;②双氧水不稳定,温度高时,双氧水易分解,为防止双氧水分解,温度应低些,根据相似相溶原理知,三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小,所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出。27、蒸馏烧瓶防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化关闭K3,打开K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oad将粗产品置于一定量的冰醋酸中,搅拌,过滤,洗涤,得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】

先打开K1、K3,铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气,将装置内的空气排尽;之后关闭K3,打开K2,通过产生的气体将b中溶液压入c中;c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸,在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌,然后向c中滴加NaOH溶液,调溶液pH至5.5左右,使反应物充分反应,反应完成后加入无水乙醇,降低甘氨酸亚铁的溶解度,从而使其析出;得到的产品中混有甘氨酸杂质,可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶;d中导管插入液面以下,可以形成液封,防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化;(2)关闭K3,打开K2,产生的气体可将b中溶液压入c中;pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀;(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH,已知生成物有甘氨酸亚铁,结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O;(4)a.空气排尽后也会有氢气冒出,气泡产生的速率与空气是否排尽无关,故a错误;b.根据题目信息可知柠檬酸具有还原性,可以防止亚铁离子被氧化,故b正确;c.根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,所以加入乙醇可以降低其溶解度,使其从溶液中析出,故c正确;d.甘氨酸亚铁易溶于水,用水洗涤会造成大量产品损失,故d错误;综上所述选ad;(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水,但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸,而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度,所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中,搅拌,过滤,洗涤,得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解,通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品,而尽量多的溶解杂质。28、cadNH4Cl或NH4NO3酸性3ClO-+2NH4+=N2↑+2H++3Cl-+H2O负极NObc【解析】

(1)O原子最外层有

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