2023年上海市普陀区高考化学二模试卷(含答案解析)

1019页2023一、单项选择题〔2040.0分〕以下氯化物，不能用单质直接反响制得的是( )CuCl2 B.FeCl2 C.NaCl D.HCl以下关于氮及其化合物，说法不正确的选项是( )人工固氮需要在高温高压催化剂的条件下进展，但这是个放热反响常温下，浓硝酸可以利用铁罐车进展运输铵态氮肥宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合使用TNT、硝化甘油和硝化纤维可作炸药，均需用硝酸制取金属冶炼技术随人类对自然界生疏的不断深入而进展．以下金属中，常用作复原剂冶炼其他金属的是( )Hg

Ag

Cu

Al以下气体不能用浓H2SO4枯燥的是( )CO2NHSO

HCl32化学用语准确的是( )32铁触煤

氨盐

硬脂酸

活性碳试管中盛有少量白色固体，可能是铵盐，检验的方法是( )加水，将潮湿的红色石蕊试纸放在试管口加氢氧化钠溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸放在试管口加氢氧化钠溶液，加热，用蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近瓶口加氢氧化钠溶液，滴入紫色石蕊试剂检验KCl溶液中是否混有Fe3+时，可选择的试剂是硫氰酸钾溶液C.盐酸以下卤代烃能发生消去反响的是( C.D.CH2Cl−CH2ClC.D.CH2Cl−CH2Cl

硝酸D.硫酸3B.CHCl3以下在给定状态下能导电的是( )固体氯化钠 B.液态氯化氢 C.乙醇溶液 D.液态氢氧化钾X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图，以下说法不正确的选项是( )XXZYWY的气态氢化物的稳定性肯定比W的强W的原子序数可能是Y2倍Y原子形成的简洁离子半径肯定比X原子形成的简洁离子半径大Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，则W元素的单质具有强氧化性家庭中使用漂白粉时，为了增加漂白力量，可参加少量的物质是( )食盐 B.食醋 C.烧碱 D.纯碱有一镁、铝合金，在适量稀硫酸中恰好完全溶解，再参加氢氧化钠溶液，析出沉淀的物质的量随氢氧化钠溶液的体积变化如下图，则合金中镁、铝的物质的量之比( )A.2：1 B.4：1 C.1：1 D.1：2通过参加过量的化学试剂，承受恰当的方法分别提纯混合物，除去某溶液里溶解的杂(括号内的物质为杂质)，以下做法中正确的选项是( )NaCl溶液(BaCl2)：加Na2SO4溶液，过滤NaCl溶液(I2)：加酒精，萃取KNO3溶液(AgNO3)NaCl溶液，过滤KNO3溶液(I2)：加CCl4，萃取山梨酸是国际粮农组织和卫生组织推举的高效安全的防腐保鲜剂构造简式为CH3−CH=CH−CH=CH−COOH，该化合物不行能发生的反响是( )水解反响C.加成反响

B.酯化反响D.与Na2CO3溶液反响以下有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的选项是( )钢铁发生析氢腐蚀时，负极反响是Fe−3e−=Fe3+钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反响是2H2O+O2+4e−=4OH−钢管与电源正极连接时，钢管可被保护在入海口的钢铁闸门上装肯定数量的铜块可防止闸门被腐蚀以下是对浓硫酸与少量铜片反响的试验操作、试验现象或解释等的有关记录，其中与事实不符或解释不合理的是( )试验开头时需给a试管略微加热石蕊试液先变红后褪色a试管里的溶液冷却后注入盛有水的烧杯中，溶液呈蓝色b、d试管中的红色褪去说明二氧化硫有漂白性和复原性向纯水中参加少量NaHSO4固体，当温度不变时，则该溶液中( )水电离出的c(H+)减小C.c(H+)减小c(OH−)c(H+)的乘积增大D.c(OH−)增大如图是工业海水提溴的局部流程，以下有关说法正确的选项是( )“吹出”承受热空气而不是常温空气的缘由是热空气氧化性强碱液吸取所发生的化学反响中氧化剂与复原剂之比为1：5第③步中“酸化”要用强氧化性的酸，如硝酸含溴的水溶液B中的单质溴浓度比A中的大将足量的气体通入以下各溶液中，所含离子或分子还能大量共存的是( )2通入足量SO2：Na+、S2−、OH−、AlO−23通入足量CO2：K+、Ca2+、Cl−、NO−3通入足量Cl2：SO2、Ba2+、Cl−、K+通入足量NH3：Fe3+、Cl−、Ba2+、Al3+以下溶液肯定呈中性的是( )A.c(H+)⋅c(OH−)=10−14的溶液C.c(H+)=c(OH−)的溶液二、试验题〔230.0分〕

B.pH=7的溶液D.使石蕊溶液呈紫色的溶液时间(s)0123452L密闭容器内，800℃时发生反响：2NO(g)+O2(g时间(s)012345NONO的物质的量(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007上述反响 (填“是”或“不是”)可逆反响，在第5s时，NO的转化率为 ．如图中表示NO2变化曲线的是 .用O2表示从0～2s内该反响的平均速率v= ．(3)能说明该反响已到达平衡状态的是 ．a.v(NO2)=2v(O2)容器内压强保持不变2v (NO)=2v (O)2逆 正容器内气体密度保持不变．我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示为以下图所示：(1)侯氏制碱法又称 ，副产品的一种用途为 。(2)写出上述流程中X物质的分子式 。(3)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水中，再滴加 。(4)请简述与索尔维法相比，侯氏制碱法的优点： 。如图是在试验室中模拟“氨碱法”制取NaHCO3的局部装置。完成以下填空：认真观看两只通气导管内所处的位置，由此推断：气体a为 ，气体b为 ；两者的通入次序为 。为防止尾气污染，c中可放入蘸 溶液的脱脂棉。气体a与b均可用如图装置进展制备。当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放 。用该装置制备另一种气体的方法是： (用离子方程式表示)。反响过程中可以看到装置饱和食盐水中有晶体渐渐析出，写出相关反响的化学方程式： 。反响过程中承受水浴加热，其优势是 。水浴温度维持在42℃左右，温度过低，反响速率太慢，不利于晶体析出；温度过高， ，也不利于晶体析出。反响完毕后，将热水浴换成冰水浴，冷却15min左右再进展过滤，目的是： 。得到的NaHCO3晶体中会含有少量NaCl杂质，可承受如下方法进展纯度测定：该试样中NaHCO3的质量分数为 (准确到0.01)。假设称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为1.5%，写出可能导致该结果的一种状况： 。三、简答题〔230.0分〕写出以下粒子的电子式：Na2O2

(2)氮原子 (3)Na2S (4)H2O ．：化合物C是一种合成药品的中间体，其合成路线如图：：(1)写出中官能团的名称 、 。反响①属于 反响(填有机反响类型)。(1)写出中官能团的名称 、 。(4)写出满足以下条件的化合物C的同分异构体的构造简式： 。①2个苯环；②3种官能团；③6种不同化学环境的氢。(5)A合成B的合成路线。提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法例如如图： 答案与解析 答案：B解析：解：Cl2有强氧化性，与金属反响化合生成相应的盐(氯化物)，当与变价金属反响时将金属氧Fe反响生成FeCl3，钠在氯气中燃烧生成氯化钠，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，所以A、C、D正确，故B错误，应选：B。氯气具有强氧化性，能把变价金属氧化成最高价化合物，据此分析解答．此题考察氯气的强氧化性，氯气具有强氧化性，能把变价金属氧化生成最高价氧化物，常见的强氧化剂有：氯气、次氯酸、硝酸、氧气、高锰酸钾等．答案：C解析：此题主要考察了氮以及化合物的性质和应用，涉及氮的固定、铵盐和硝酸的性质等学问，物质的性质与用途等学问点是解答的关键，题目难度不大。人工固氮是指氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气的反响，该反响为放热反响，故A正确；常温下，浓硝酸能使铁发生钝化，故可以利用铁罐车进展运输，故B正确；草木灰(主要成分为K2CO3)C错误；D.TNT为2，4，6−三硝基甲苯，是甲苯与硝酸硝化反响得到，故TNT、硝化甘油和硝化纤维可作炸药，均需用硝酸制取，故D正确。应选C。答案：D解析：解：结合题意，金属铝是一种格外活泼的金属，能够和比它不活泼的金属氧化物发生铝热反响，放出大量的热，可以用于冶炼难熔金属；应选D．利用复原性强的金属复原金属性弱的金属；依据金属活动性挨次表以及金属的冶炼的难易、技术与>铜>银>汞．此题考察了金属的冶炼方法，解答此题要充分了解各种金属的活泼性，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的推断．答案：B解析：解：浓硫酸具有吸水性，脱水性，强氧化性，酸性，可以做为枯燥剂，不能枯燥碱性、复原性气体，二氧化碳、氯化氢为酸性气体，能够被浓硫酸枯燥，二氧化硫虽然具有复原性，但是二者与硫酸反响生成硫酸铵，所以不能用浓硫酸枯燥氨气，应选：B。浓硫酸具有吸水性，脱水性，强氧化性，酸性，可以做为枯燥剂，不能枯燥碱性、复原性气体，据此解答．此题考察了浓硫酸的性质，明确浓硫酸做枯燥剂不能枯燥碱性、复原性气体是解题关键，留意同种元素间假设无中间价态，不能发生氧化复原反响．答案：C解析：解：A.铁触媒是合成氨工业中普遍使用的主要是以铁为主体的多成分催化剂，正确名称为铁触媒，故A错误；B.氨气与酸反响生成的盐为铵盐，不是氨盐，故B错误；C.18个C，为饱和一元羧酸，硬脂酸的分子式为C18H36O2C正确；D.活性碳的“碳”错误，应当为活性炭，故D错误；应选C．A.铁触煤中的“煤”错误，正确名称为铁触媒；B.氨盐的“氨”错误，应当为铵盐；C.硬脂酸为饱和一元羧酸，该名称书写合理；D.活性炭具有吸附性，活性炭的“炭”不是“碳”．名称为解答构造，试题侧重根底学问的考察，培育了学生的敏捷应用力量．答案：B解析：解：A、铵盐溶于水，但是不会放出氨气，将潮湿的红色石蕊试纸放在试管口，无任何现象，故A错误；B明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故B正确；C、加氢氧化钠溶液，加热，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口，看到白烟现象，则可以证明是铵盐，但是浓硫酸不具有挥发性，故C错误；D、氢氧化钠和氨水均是碱性的，假设氢氧化钠相对于氨水过量则均会使紫色石蕊试剂变蓝，会干扰检验，故D错误．应选B．A、铵盐和水混合后不会产生气体；B、铵盐和强碱受热反响产生的氨气能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝；C、浓硫酸不具有挥发性，不会和氨气快速化合产生硫酸铵；D、氢氧化钠和氨水均能使紫色石蕊试剂变蓝．此题考察学生铵盐的检验方法，可以依据铵盐的性质以及氨气的性质来答复，难度中等．答案：A解析：解：检验溶液中是否含有Fe3+的方法为：向溶液中参加KSCN溶液，然后观看现象，假设溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，否则没有铁离子，且铁离子与硝酸、盐酸、硫酸都不反响，不能用于检验，应选A．检验铁离子，可参加KSCN溶液，溶液变为红色，为铁离子的特征性质，也可参加氢氧化钠，生成红褐色沉淀，以此解答该题．此题考察了铁离子的检验方法，题目难度不大，要求学生把握铁离子的检验方法，试题贴近高考，针对性强，有利于激发学生的学习兴趣和学习乐观性．答案：D解析：解：A.(CH3)3C−CH2Cl，与氯原子相连的碳原子的邻位的C原子上不含有氢原子，所以不能发生消去反响，故A错误；C.，苯环上连接侧链的碳原子上没有氢原子，无法发生消去反响，故C错误；B.1个CC.，苯环上连接侧链的碳原子上没有氢原子，无法发生消去反响，故C错误；D.CH2Cl−CH2Cl，氯原子相连碳原子相邻的碳原子上有氢原子，能发生消去反响，故D正确；应选D．卤代烃发生消去反响构造特点：与−X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反响，形成不饱和键，否则不会发生消去反响，据此进展推断．−X相连的碳原子的邻位碳原子上必需有氢原子．答案：D解析：解：A.固体氯化钠中不存在自由移动离子，所以不导电，故A错误；B.液态氯化氢中只存在氯化氢分子，不存在自由移动离子，所以不导电，故B错误；C.乙醇溶液中只存在乙醇分子，不存在自由移动离子，所以不导电，故C错误；D.液态KOHKOH电离出自由移动阴阳离子而导电，故D正确；应选D．含有自由移动电子或离子的物质能导电，据此分析解答．此题考察物质与导电的关系，为高频考点，明确物质导电原理是解此题关键，知道物质中存在的微粒成分即可解答，留意：电解质不肯定导电，题目难度不大．答案：C解析：解：A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则Y的气态氢化物的稳定性肯定比W的强，故A正确；B.假设Y为O，WS，W的原子序数是Y2倍，故B正确；C.X、Y的离子可能具有一样的电子排布，则Y原子形成的简洁离子半径比X原子形成的简洁离子半径小，故C错误；D.Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，ZS，则W为Cl，氯气具有强氧化性，故D正确；应选：C。由X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置，可知X、Y位于其次周期，Z、W位于第三周期，X、Z同主族，Y、W同主族，A.非金属性越强，对应氢化物越稳定；B.假设Y为O，WS；C.X、Y的离子可能具有一样的电子排布；D.Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，ZS，则W为Cl。侧重分析与应用力量的考察，留意选项C为解答的易错点，题目难度不大。答案：B解析：解：漂白粉是混合物，主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，氯酸钙可与酸反响生成具有漂白性的次氯酸，则增加漂白力量，应参加酸，题给物质中只有食醋符合，食醋的主要成分为醋酸，发生Ca(ClO)2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+2HClO，应选B．以此解答．此题考察含氯化合物的重要应用，为高频考点，侧重于化学与生活的考察，有利于培育学习的乐观性，难度不大，主要相关根底学问的积存．答案：C0～5Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，氢氧化钠的体积为5～6时沉淀局部溶解，发生的反响为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，设氢氧化钠的浓度为cmol/l，生成沉淀和沉淀溶解时用到的氢氧化钠的物质的量为5cmol和cmol，沉淀局部溶解时：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，n【Al(OH)3】=n(NaOH)=cmol，即氢氧化铝的物质的量为cmol，生成沉淀时：Al3++3OH−=Al(OH)3↓3n【Al(OH)3】=3cmol5cmol，其中的3mol生成氢氧化铝，2cmolNaOH反响生成氢氧化铝，由Mg++2OH−=Mg(OH)2↓知：n【Mg(OH)2】=cmol，由原子守恒知：Al～Al3+～Al(OH)3，n(Al)=n【Al(OH)3】=cmol，Mg～Mg2+～Mg(OH)2，n(Mg)=n【Mg(OH)2】=cmol，故合金中镁、铝的物质的量之比为1：1，应选：C。0～l++H−=3↓g++H−=2，氢氧化钠的体积为5～6时发生的反响为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由氢氧化铝沉淀的溶又有生成沉淀所用氢氧化钠总物质的量，可求诞生成氢氧化镁所用氢氧化钠的量，进而求出氢氧化镁的量，由原子守恒知n(Al)=n【Al(OH)3】，n(Mg)=n【Mg(OH)2】得到答案．此题考察镁铝单质及其化合物的性质、混合物的有关计算，结合图象进展考察，明确各阶段发生的反响是解题的关键．答案：D解析：解：A.BaCl2与Na2SO4反响生成硫酸钡和NaCl，但参加过量的试剂引入杂质，故A错误；B.酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳，故B错误；C.生成氯化钠，引入杂质，应用KCl除杂，故C错误；D.碘易溶于四氯化碳，可用萃取的方法分别，故D正确。A.BaCl2与Na2SO4NaCl；B.酒精与水混溶；C.生成氯化钠，引入杂质；D.碘易溶于四氯化碳。此题考察物质分别、提纯方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，留意发生的反响和除杂的原则，题目难度不大。答案：A解析：解：有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反响，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反响，不能发生水解反响，应选A．有机物含有碳碳双键和羧基，具有烯烃、羧酸的性质，以此解答该题．此题考察有机物的构造和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析力量的考察，留意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大答案：B解析：此题考察金属腐蚀与防护学问，是中学化学的根底学问，难度较小。明确原电池和电解池原理是解此题关键，侧重根底学问的考察。A.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反响式都是Fe−2e−=Fe2+A错误；B.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反响式为：2H2O+O2+4e−=4OH−，不管什么原电池反响，发生析氢腐蚀时正极反响式为2H++2e−=H2↑，故B正确；C.电解池是“牺牲阳极的阴极保护法”，所以是保护阴极，阴极是连接电池负极的一极，则钢管与电源负极相连时，钢管可被保护，故C错误；D.作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，Cu、Fe和电解质溶液构成原电池时，Fe易失电子作负极，加速被腐蚀，故D错误。应选B。答案：B解析：此题考察试验方案的评价，留意浓硫酸与铜反响的实质以及对于试验步骤的理解，难度不大。浓硫酸与铜在加热条件下反响生成硫酸铜、二氧化硫和水，结合二氧化硫的性质答复即可。浓硫酸与铜反响需要加热，故A正确；二氧化硫不能使指示剂褪色，故B错误；aC正确；二氧化硫有漂白性能使品红褪色，具有复原性能与高锰酸钾溶液反响，故D正确。应选B。答案：A4解析：解：A.NaHSO4固体在水中完全电离生成Na+、H+和SO2−，向水中参加硫酸氢钠固体相当于参加强酸溶液，抑制水电离，水电离出的c(H+)减小，故A正确；4c(OH−)与c(H+)的乘积不变，故B错误；硫酸氢钠电离出的氢离子导致溶液中c(H+)增大，故C错误；温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c(H+)增大导致c(OH−)减小，故D错误；应选A．4NaHSO4固体在水中完全电离生成Na+、H+和SO2−，向水中参加硫酸氢钠固体相当于参加强酸溶液，4抑制水电离，水的离子积常数只与温度有关，据此分析解答．此题考察弱电解质的电离，为高频考点，明确影响水电离因素是解此题关键，侧重考察学生分析判c(OH−)与c(H+)的乘积不变，但该溶液中水电离出的c(OH−)c(H+)的乘积减小，为易错点．答案：D解析：解：A.溴是易挥发的单质，利用热空气促使溴挥发得到溴蒸气，不是氧化性的作用，故A错误；3B.溴单质在碱溶液中生成含Br−、BrO−的混合溶液，溴元素化合价0价变化为−1价和+5价，据此计5：1，故B错误；33C.酸化是发生反响5Br−+BrO−+6H+=3Br2+3H2O，浓硝酸具有强氧化性和挥发性能直接氧化溴3离子，溴元素不能全部转化，应用稀硫酸供给，故C错误；D.分析可知，上述流程提取过程中溴单质反响后重生成是富集溴，含溴的水溶液B中的单质溴浓度比A中的大，故D正确；应选：D。3含溴的海水用热空气吹出用碳酸钠溶液吸取后得到含Br−、BrO−的混合溶液，酸化发生氧化复原反响生成单质溴的水溶液，参加萃取剂萃取分液，蒸馏得到液溴，3溴是易挥发的单质，利用热空气促使溴挥发；3溴单质在碱溶液中生成含Br−、BrO−的混合溶液，溴元素化合价0价变化为−1价和+5价，据此计3算氧化剂和复原剂物质的量之比；3C.酸化是发生反响5Br−+BrO−+6H+=3Br2+3H2O3元素不能全部转化；D.上述流程提取过程中溴单质反响后重生成是富集溴；此题考察了溴的提纯、富集等流程分析推断，主要是溴单质性质、溴离子和溴酸根离子在酸性溶液中发生的氧化复原反响，把握根底是解题关键，题目难度中等．答案：B2解析：解：A.SO2与水反响后溶液呈酸性，OH−、AlO−不能大量共存，且具有氧化性，与S2−发生氧2化复原反响，故A错误；B.二氧化碳在溶液中溶解度较小，与Ca2+不生成沉淀，可大量共存，故B正确；C.Cl2具有强氧化性，与SO2C错误；D.NH3溶液呈碱性，Fe3+、Al3+不能大量共存，故D错误．应选B．A.SO2水溶液呈酸性，且具有氧化性；B.离子之间不发生任何反响，且与CO2不反响；C.Cl2具有强氧化性，与SO2发生氧化复原反响；D.NH3溶液呈碱性．把握物质的性质，学习中留意相关根底学问的积存即可轻松解答该题．答案：C解：A25℃c(H+)⋅c(OH−)均等于10−14，故c(H+)⋅c(OH−)=10−14不能说明溶液的酸碱性，故A错误；B、只有在25℃时，pH=7的溶液才显中性，故pH=7的溶液不肯定显中性，故B错误；C、当c(H+)=c(OH−)C正确；D、石蕊试液的变色范围是58，故使石蕊溶液显紫色的溶液的pH范围为5−8，故不肯定是中性溶液，故D错误．应选C．溶液的酸碱性是依据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小推断的，当溶液中c(H+)>c(OH−)时，溶液呈酸性；当溶液中c(H+)=c(OH−)时，溶液呈中性；当溶液中c(H+)<c(OH−)时，溶液呈碱性，留意不能依据溶液的pH值大小推断．此题考察溶液酸碱性的推断，该题是常识性学问的考察，难度不大，该题的关键是明确溶液酸碱性的推断依据，留意溶液的酸碱性是依据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小推断的，此题有利于培育学生的规律推理力量和敏捷应变力量．21.答案：是65%b0.0015mol/(Ls)bc解析：解：(1)依据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反响=0.02mol

×100%=65%，故答案为：是；65%；(2)从图象分析，随反响时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反响物没有完全反响，所以反响为可逆反响，依据一氧化氮物质的量的变化知，该反响向正反响方向移动，则二氧化氮的物质的量在NO2的变化的曲线是b，2L0～2s内v(NO)=0.02mol−0.008mol2L2s

=0.0030mol/(L.s)之比等于其计量数之比，所以氧气的反响速率=1v(NO)=0.0015mol/(L⋅s)，2故答案为：b，0.0015mol/(L⋅s)；②a.反响速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NO2)=2v(O2)为正反响速率之比，不能说明正逆反响速率一样，无法推断正逆反响速率是否相等，故a错误；反响前后气体体积不同，压强不变说明正逆反响速率相等，各组分浓度不变，故b正确；反响速率之比等于化学方程式计量数之比为正反响速率之比，v逆

(NO)=2v正

(O2)时，一氧化氮正逆反响速率一样，说明反响到达平衡状态，故c正确；恒容容器，反响物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反响到达平衡状态，故d错误；bc，故答案为：bc依据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反响不能完全进行，据此推断反响是否是可逆反响，NO转化率=消耗量100%；起始量依据一氧化氮物质的量的变化知，该反响向正反响方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮削减的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；依据v=

△nV计算一氧化氮的反响速率，再结合同一化学反响同一时间段内，各物质的反响速率之△t比等于其计量数之比计算氧气的反响速率；化学平衡的标志是正逆反响速率一样，各组分含量保持不变．此题考察了可逆反响的推断、反响速率的计算、影响反响速率及化学平衡状态的推断，留意压强、密度不变时平衡状态的推断为易错点，题目难度中等．22.答案：(1)联合制碱法；作化肥；CO2；硝酸酸化的硝酸银溶液，观看是否产生白色沉淀；使NH4Cl析出，可作氮肥；削减无用的CaCl2生成，原料NaCl充分利用；(5)a，再通b；硫酸；(6)浓氨水；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；(7)NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；(8)加热平稳，便于掌握温度；产物溶解度高；(9)增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；(10)93.80%；产物水分未完全蒸干等。解析：此题通过纯碱工业考察试验操作的先后挨次和试验方案的评价，难度中等。侯氏制碱法又称联合制碱法，副产品NH4Cl的一种用途为作化肥；故答案为：联合制碱法；作化肥；煅烧炉中碳酸氢钠受热分解为二氧化碳和碳酸钠，所以流程中X是CO2；故答案为：CO2；检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水中，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察产生白色沉淀则可说明含有氯化钠，否则没有氯化钠；故答案为：硝酸酸化的硝酸银溶液，观看是否产生白色沉淀；侯氏制碱法的优点使NH4Cl析出，可作氮肥；削减无用的CaCl2生成，原料NaCl充分利用；故答案为：使NH4Cl析出，可作氮肥；削减无用的CaCl2NaCl充分利用；a为氨气，气体b为二氧化碳；两者的通入次序为先通入氨气再通入二氧化碳。为防止尾气NH3污染，c中可放入蘸硫酸溶液的脱脂棉吸取氨气；故答案为：氨气；二氧化碳；先通a，再通b；硫酸；CO2的方法是石灰石与盐酸反响，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故答案为：浓氨水；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；反响过程中可以看到装置饱和食盐水中有晶体NaHCO3NH4ClNaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；水浴加热，其优势是加热平稳，便于掌握温度，水浴温度维持在42℃左右，温度过低，反响速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，产物溶解度高，也不利于晶体析出；故答案为：加热平稳，便于掌握温度；产物溶解度高；反响完毕后，将热水浴换成冰水浴，冷却15min左右再进展过滤，目的是降温可以增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；故答案为：增