高考化学模拟考试卷（附含答案解析）

第第页高考化学模拟考试卷（附含答案解析）注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共7小题，共42分）1.表为周期表前四周期的一部分，关于R、W、X、Y、Z的叙述，正确的是(

)

A.常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高

B.X的氢化物的沸点比W的氢化物的沸点低

C.Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同

D.X、Y元素的氢化物都能与该元素的最高价氧化物的水化物浓溶液发生反应2.下列除杂方法错误的是(

)选项物质(括号内为杂质)除杂试剂除杂操作ASO2(HCl)气体饱和NaHSO3溶液洗气BNaCl(KNO3)固体蒸馏水蒸发浓缩、冷却结晶、过滤CFe2O3(Al2O3)NaOH溶液过滤DKCl(FeCl3)溶液——加热，过滤A.A B.B C.C D.D3.磷酸氯喹可在细胞水平上有效抑制2019−nCoV病毒。氯喹是由喹啉通过一系列反应制得，氯喹和喹啉的结构简式如图。下列关于氯喹和喹啉的说法正确的是(

)

A.氯喹的分子式为C18H24ClN3

B.氯喹分子中三个N原子可能处在同一个平面

C.氯喹可以发生加成反应和中和反应

D.喹啉的一氯代物有5种4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A.常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NA

B.1L0.1mol⋅L−1NaClO溶液中含有的ClO−数目为NA

C.1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移电子数为3NA

D.标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA5.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，已知X、Z可分别与Y形成化合物A和B，X与Y的质子数之和等于Z的质子数，则下列说法正确的组合是(

)XYZ①Y、Z形成的单质均存在同素异形体

②A的种类比B多

③常温下，Y的氢化物中无H+

④Z的最高价氧化物对应的水化物能与X的常见氢化物形成三种盐．A.①②③④ B.①②④ C.②④ D.①②6.南开大学陈军院士团队研制的一种水性聚合物−空气可充电电池，工作原理如图。N极为尖晶石钴，M极为碳纳米管上的聚合物，电解液为KOH溶液。下列说法中错误的是(

)A.放电时，电解质溶液的pH增大

B.放电时，M极的电极反应式为

C.充电时，每转移1mol电子，N极上有0.25molO2参与反应

D.充电时，N极与电源正极相连7.下列说法正确的是(

)A.pH均为2的醋酸和盐酸加水稀释100倍，所得溶液的pH：醋酸>盐酸

B.pH为11的氨水和pH为3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl−)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)

C.浓度均为0.1

mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液：c(Na+)+c(CH3COO−)=c(OH−)+c(H+)

D.浓度均为0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中有下列关系：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)二、简答题（本大题共5小题，共66.0分）8.氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料。实验室用如图所示装置加热分解CuCl2⋅2H2O制备CuCl。

已知：①CuCl是白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精。

②CuCl在空气中会被迅速氧化，能与Cl−发生络合反应CuCl+Cl−⇌CuCl2−。

③

(1)仪器X的名称是______，装置D中的试剂为______。

(2)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是______。

(3)检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是______，其目的是______。

(4)上述装置存在一处缺陷，会导致CuCl产率降低改进的方法是______。

(5)反应结束后，测定产品中Cu元素的质量百分含量。

①若加热时间不足或温度偏低，则测得产品中Cu元素含量______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

②若通入HCl的量不足，则测得产品中Cu元素含量______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

(6)已知在酸性溶液中，某些中间价态的元素能够发生自身氧化还原反应。

设计实验验证CuCl能否发生自身氧化还原反应的实验方案：______。(实验中可供选择的试剂有：6mol⋅L−1盐酸、3mol⋅L−1硫酸、6mol⋅L−1硝酸)9.亚硝酰氯(NOCl)是重要的有机合成试剂，可由NO与Cl2在常温下合成。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。

已知：①亚硝酰氯易水解，能与O2反应；

②沸点：NOCl为−5.5℃，Cl2为−34℃，NO为−152℃；

③常温下，2NO+Cl2=2NOCl，2NO2+Cl2=2NO2Cl。

请回答下列问题：

(1)NOCl中N元素的化合价为______；NOCl水解生成两种酸，其化学方程式为______．

(2)实验所需的NO在A装置中制得，反应的离子方程式为______。

(3)装置B中所盛试剂为______，其作用是______。

(4)实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是______。然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K2、K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，当观察到D中______时，关闭K2，打开K1、K4，通干燥纯净的Cl2。

(5)为收集产物和分离未反应的两种原料，E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中装置E的温度T区间应控制在______，装置F的U形管中收集到的是______。10.将玉米秸秆进行热化学裂解可制备出以CO、CO2、H2、N2为主要成分的生物质原料气，对原料气进行预处理后，可用于生产甲醇、乙醇等燃料。

(1)已知：几种常见共价键的键能如下表所示。共价键C−HC−OC≡OH−HO−H键能(kJ⋅mol−1)413358839436467由此可估算反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的焓变ΔH=______kJ⋅mol−1。

(2)若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是______(填标号)。

A.体系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态

B.平衡体系中，H2和CH3OH的物质的量之比为2：1

C.加入催化剂，可以提高CH3OH的平衡产率

D.其他条件不变，增大CO的浓度，能提高H2的平衡转化率

(3)H2和CO2合成乙醇的反应为2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的H2和CO2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化关系如图所示。

①压强p1______p2(填“>”“<”或“=”，下同)。判断依据是______。

②a、b两点的平衡常数Ka______Kb。

③已知Arrhenius经验公式为Rlnk=−EaT+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图所示曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea=______J⋅mol−1。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是______(填“m”或“n”)。

11.全球首次在350公里时速的奥运版复兴号高铁列车上依托5G技术打造的超高清直播演播室，实现了超高清信号的长时间稳定传输。请回答下列问题：

(1)5G芯片主要材质是高纯硅。基态Si原子价层电子的空间运动状态有______种，若其电子排布式表示为[Ne]3s23px2违背了______。

(2)高纯硅制备过程中会有SiHCl3、SiCl4等中间产物生成。沸点：SiHCl4______SiCl4(填“>”或“<”)，与SiCl4互为等电子体的离子为______(任写1种即可)。已知电负性：H>Si，则SiHCl3充分水解的化学方程式为______。

(3)复兴号高铁车体材质用到Mn、Co等元素。

①Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列说法正确的是______(填字母标号)。

A.CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子

B.Mn原子的配位数为6

C.CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3

D.CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2

②已知r(Co2+)=65pm，r(Mn2+)=67pm，推测MnCO3比CoCO3的分解温度______(填“高”或“低”)，解释原因______。

(4)时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图)，晶胞参数(晶胞边长)为aA∘(1A∘=10−10m)，其中阴离子(N3−)采用面心立方最密堆积方式，则r(Ti3+)为______A∘，该氮化钛的密度为______g⋅cm−3(列出计算式即可)。

12.白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用。可通过以下方法合成：

(1)化合物A中所含官能团的名称为和______。

(2)由F→G的反应类型是______。

(3)D的结构简式为______。

(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：______。

①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色；

②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色；

③分子中含有4种不同化学环境的氢。

(5)请写出以苯甲酸、甲醇为原料制备的合成路线流程图，无机试剂可任选，合成示例见本题题干。参考答案和解析1.【答案】D

【解析】解：由元素在周期表的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，

A.常压下溴为液体，P、S为固体，则五种元素的单质中Z单质的沸点不最高，故A错误；

B.氨气分子间含氢键，则X的氢化物的沸点比W的氢化物的沸点高，故B错误；

C.Z的阴离子电子层比R原子多1个电子层，而Y的阴离子电子层结构与R原子的相同，故C错误；

D.X、Y元素的氢化物分别为氨气、硫化氢，元素的最高价氧化物的水化物浓溶液分别为浓硝酸、浓硫酸，氨气与酸发生化合反应生成盐，而硫化氢与浓硝酸或浓硫酸发生氧化还原反应，故D正确；

故选：D。

由元素在周期表的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，

A.常压下溴为液体，P、S为固体；

B.氨气分子间含氢键；

C.Z的阴离子电子层比R原子多1个电子层；

D.X、Y元素的氢化物分别为氨气、硫化氢，元素的最高价氧化物的水化物浓溶液分别为浓硝酸、浓硫酸．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．

2.【答案】B

【解析】解：A.SO2难溶于饱和NaHSO3溶液，HCl与NaHSO3反应生成NaCl、SO2、水，所以可用饱和NaHSO3溶液除去SO2中混有的HCl气体，故A正确；

B.KNO3的溶解度随温度变化较大，NaCl的溶解度随温度变化很小，因此除去NaCl中混有的KNO3固体，应采用加热浓缩，趁热过滤的方法，除去KNO3，故B错误；

C.Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液，可以使用氢氧化钠溶液使其溶解，然后过滤，得沉淀为Fe2O3，故C正确；

D.KCl不水解，FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和HCl，加热，HCl挥发，水解平衡正向移动得到氢氧化铁沉淀，然后过滤除去即可，故D正确；

故选：B。

A.盐酸酸性大于亚硫酸，HCl可以与NaHSO3反应生成NaCl、SO2、水；

B.KNO3的溶解度随温度变化较大，NaCl的溶解度随温度变化很小；

C.Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液；

D.FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和HCl，加热，HCl挥发，水解平衡正向移动。

本题主要考查物质的分离与提纯，均为基础知识的考查，需要学生注意对知识的积累，难度不大。

3.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃、氨的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意D结构不对称，题目难度不大。

【解答】

A.根据结构简式确定分子式为C18H26ClN3，故A错误；

B.氯喹中支链上所有碳原子和N原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有N原子都不位于同一个平面上，故B错误；

C.氯喹中含有碳碳双键和氯原子、亚氨基，具有烯烃、卤代烃和氨的性质，苯环和双键能发生加成反应，亚氨基能发生中和反应，故C正确；

D.喹啉中有几种氢原子，其一氯代物就有几种，喹啉中含有7种氢原子，所以一氯代物有7种，故D错误。

故选C。

4.【答案】A

【解析】解：A.臭氧摩尔质量为48g/mol，氧气摩尔质量为32g/mol，常温常压下，依据n=mM=NNA，32gO2与O3的混合气体物质的量小于1mol，则含有的分子总数小于NA，故A正确；

B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L0.1mol⋅L−1NaClO溶液中含有的ClO−数目小于NA，故B错误；

C.1molFe在1molCl2中充分燃烧，氯气少量完全反应，生成2mol氯离子，转移电子数为2NA，故C错误；

D.标况下HF为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故D错误；

故选：A。

A.依据n=mM=NNA计算；

B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；

C.铁与氯气反应生成氯化铁，氯气少量，依据氯气的量计算转移电子数；

D.气体摩尔体积使用对象为气体。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

5.【答案】B

【解析】解：根据X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z位于第三周期，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+1，Z的原子序数为a+8，X与Y的质子数之和等于Z的质子数，则a+a+1=a+8，a=7，所以X是N元素、Y是O元素、Z是P元素，X、Z可分别与Y形成化合物A和B，则A是NO、NO2等，B是P2O5，

①Y的同素异形体有氧气和臭氧、Z形成的单质同素异形体有白磷和红磷，所以Y、Z都存在同素异形体，故正确；

②A是NO、NO2等，B是P2O5，所以A的种类比B多，故正确；

③常温下，Y的氢化物是水，水是弱电解质，能发生电离，所以水中含有氢离子，但浓度较小，故错误；

④Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，X的常见氢化物氨气，磷酸是三元酸，和氨气反应生成形成(NH4)3PO4、NH4H2PO3、(NH4)2HPO3三种盐，故A正确；

故选B．

根据X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z位于第三周期，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+1，Z的原子序数为a+8，X与Y的质子数之和等于Z的质子数，则a+a+1=a+8，a=7，所以X是N元素、Y是O元素、Z是P元素，X、Z可分别与Y形成化合物A和B，则A是NO、NO2等，B是P2O5，

①Y的同素异形体有氧气和臭氧、Z形成的单质同素异形体有白磷和红磷；

②A是NO、NO2等，B是P2O5；

③常温下，Y的氢化物是水，水是弱电解质，能发生电离；

④Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，X的常见氢化物氨气，形成三种盐．

本题考查元素周期表和元素周期律，侧重考查基本概念、弱电解质的电离等知识点，熟悉元素化合物知识是解本题关键，注意水属于电解质而能发生电离，为易错点．

6.【答案】C

【解析】解：A.放电时，总反应为2+nO2+2nH2O=2+4nOH−，则电解质溶液pH增大，故A正确；

B.放电时为原电池，M电极为负极，负极上失电子生成，负极反应式为，故B正确；

C.充电时为电解池，N电极与电源的正极相接、作阳极，阳极反应与正极反应相反，即4OH−−4e−=O2↑+2H2O，则充电时每转移1mol电子，N电极上生成0.25molO2，故C错误；

D.原电池工作时N电极为正极，M电极为负极，充电时为电解池，原电池的正负极分别接电源的正负极，即N极与电源正极相连，故D正确；

故选：C。

放电时为原电池，阳离子移向正极、阴离子移向负极，根据图中K+移向N电极可知，N电极为正极，M电极为负极，负极上失电子生成，负极反应为，正极上O2得电子生成OH−，正极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，总反应为2+O2+2H2O=2+4OH−；充电时为电解池，原电池的正负极分别接电源的正负极、作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池的负正极反应相反，据此解答该题。

本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力、获取信息能力和灵活运用能力，把握图中信息、电极上发生的反应及电极反应式书写是解题关键，题目难度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A.加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，故A错误；

B.pH为11的氨水和pH为3的盐酸溶液等体积混合，氨水过量，导致溶液呈碱性，所得溶液中c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故B错误；

C.浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，故C错误；

D.浓度均为0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等体积混合，电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=2c(Na+)，计算得到，溶液中有下列关系：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，故D正确；

故选D．

A.加水稀释促进弱电解质醋酸电离；

B.pH=3的盐酸溶液浓度是0.001mol/L，pH=11的氨水溶液，氨水浓度大于0.001mol/L，等体积混合，氨水过量，导致溶液呈碱性；

C.溶液中存在电荷守恒；

D.结合电荷守恒和物料守恒计算分析判断．

本题考查了混合溶液的定性判断、离子浓度大小的比较等知识点，根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒来确定溶液中离子浓度大小关系即可，题目难度中等．

8.【答案】球形干燥管

CuCl2⋅2H2O晶体

浓硫酸具有吸水性，且与水放出大量热

先打开分液漏斗的玻璃塞，再打开分液漏斗的活塞

抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧气氧化

在A、B之间加入除水装置，如盛有浓硫酸的洗气瓶

偏小

偏高

取少量CuCl固体，加入3mol⋅L−1硫酸溶液中，若白色固体溶解，得到蓝色溶液，同时有红色固体生成，则证明CuCl能发生自身氧化还原反应

【解析】解：(1)根据仪器的形状和用途分析仪器X的名称是球形干燥管，装置D尾气处理吸收挥发出HCl，可以选用氢氧化钠溶液，

故答案为球形干燥管；氢氧化钠溶液；

(2)浓硫酸具有吸水性，且与水放出大量热，使浓盐酸挥发出HCl，

故答案为浓硫酸具有吸水性，且与水放出大量热；

(3)检查装置的气密性后，加热前应通入干燥HCl，进行的操作是先打开分液漏斗的玻璃塞，再打开分液漏斗的活塞，其目的是抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧气氧化，

故答案为先打开分液漏斗的玻璃塞，再打开分液漏斗的活塞；抑制CuCl2水解，并防止CuCl被氧气氧化；

(4)上述装置存在一处缺陷，通入的氯化氢气流可能带有水蒸气，会导致CuCl产率降低，改进的方法是在A、B之间加入除水装置，如盛有浓硫酸的洗气瓶，

故答案为在A、B之间加入除水装置，如盛有浓硫酸的洗气瓶；

(5)①若加热时间不足或加热温度偏低，6499.5>64135，CuCl2未完全分解，测得产品中Cu元素含量偏小，

故答案为偏小；

②若通入HCl的量不足，可能生成CuO杂质，6499.5<6480，则测得产品中Cu元素含量偏高，

故答案为偏高；

(6)利用CuCl自身氧化还原反应生成铜单质和二价铜离子检验，具体操作取少量CuCl固体，加入3mol⋅L−1硫酸溶液中，若白色固体溶解，得到蓝色溶液，同时有红色固体生成，则证明CuCl能发生自身氧化还原反应，

故答案为取少量CuCl固体，加入3mol⋅L−1硫酸溶液中，若白色固体溶解，得到蓝色溶液，同时有红色固体生成，则证明CuCl能发生自身氧化还原反应。

根据题目信息③，HCl抑制CuCl2水解，CuCl2⋅2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得无水CuCl2，然后在高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2，装置A是生成HCl气流，装置BCuCl2⋅2H2O晶体在HCl气流中加热脱水得无水CuCl2，高于300℃的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2，装置C防止水蒸气进入B，装置D尾气处理，

(1)根据仪器的形状和用途分析，装置D尾气处理；

(2)浓硫酸具有吸水性，且与水放出大量热；

(3)加热前应通入干燥HCl，进行的操作是先打开分液漏斗的玻璃塞，再打开分液漏斗的活塞；

(4)通入的氯化氢气流可能带有水蒸气，会导致CuCl产率降低；

(5)①CuCl中Cu元素含量6499.5，CuCl2中Cu元素含量64135，据此分析；

②CuCl中Cu元素含量6499.5，CuO中Cu元素含量6480，据此分析；

(6)利用CuCl自身氧化还原反应生成铜单质和二价铜离子检验。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

9.【答案】+3

NOCl+H2O=HCl+HNO2

Fe2++NO2−+2H+=Fe3++NO↑+H2O

水

将NO2转化为NO

将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化

红棕色气体消失

−34℃≤T<−5.5℃

Cl2

【解析】解：(1)NOCl中N的非金属性最弱，为正价，O和Cl均为负价，O为−2价，Cl为−1价，所以N元素的化合价为+3价；NOCl水解生成两种酸，分别为盐酸和亚硝酸，其化学方程式为NOCl+H2O=HCl+HNO2，

故答案为+3；NOCl+H2O=HCl+HNO2；

(2)在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Fe2++NO2−+2H+=Fe3++NO↑+H2O，

故答案为Fe2++NO2−+2H+=Fe3++NO↑+H2O；

(3)装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有水，可以将NO2转化为NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，

故答案为水；将NO2转化为NO；

(4)亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO，此时关闭K2，打开K1、K4，通干燥纯净的Cl2和NO反应，

故答案为将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化；红棕色气体消失；

(5)为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度−34℃≤T<−5.5℃，可收集NOCl，装置F的温度要低于−34℃，可将未反应的原料氯气冷凝，

故答案为−34℃≤T<−5.5℃；Cl2。

用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气处理。

本题考查了物质制备方案设计，主要考查了实验方案设计等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累。

10.【答案】−353

AD

<

该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大

>

9.6×104

n

【解析】解：(1)ΔH=反应物的键能总和−生成物的键能总和=839kJ⋅mol−1+2×436kJ⋅mol−1−3×413kJ⋅mol−1−358kJ⋅mol−1−467kJ⋅mol−1=−353kJ⋅mol−1，

故答案为−353；

(2)A.该反应为放热反应，随着反应的进行，体系温度逐渐升高，当体系温度不再发生变化时，则反应达到化学平衡状态，故A正确；

B.当H2和CH3OH的物质的量之比为2：1，不能说明正逆反应速率相等，则不能判断该反应是否达到化学平衡状态，故B错误；

C.加入催化剂后，可以改变化学反应速率，化学平衡不移动，不可以提高CH3OH的平衡产率，故C错误；

D.其他条件不变，增大CO的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，故D正确，

故答案为AD；

(3)①该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大，故压强P1小于P2，

故答案为<；该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大；

②温度升高，乙醇的体积分数减小，说明正反应为吸热，则b点温度高，平衡常数较小，

故答案为>；

③将坐标(7.2,56.2)和(7.5,27.4)代入Rlnk=−EaT+C，列关系式56.2=−7.2×10−3Ea+C，27.4=−7.5×10−3Ea+C，解该反应的活化能Ea=9.6×104J⋅mol−1；从图中信息获知，直线n斜率大，Ea小，说明催化效率越高，

故答案为9.6×104；n。

(1)根据反应物的键能总和−生成物的键能总和=焓变进行计算；

(2)根据恒容绝热体系中的平衡状态的判断依据：变量不变，逆向相等来进行分析；

(3)根据影响平衡的因素进行分析温度和压强对平衡的影响，根据活化能和催化剂效率的关系分析。

本题主要考查化学平衡的计算，包括盖斯定律、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动等知识，题目难度一般。

11.【答案】(1)3

;

洪特规则

(2)<；

SO42−

；SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl

(3)①

BD

②低

；r(Co2+)<r(Mn2+)，MnCO3的晶格能比CoCO3小

(4)

a2−24a；

(48+14)×4NA(a×10−8)3

【解析】(1)基态Si原子价层电子占据3个轨道，其价电子的空间运动状态就有3种，基态原子核外电子在能量相同的原子轨道上排布时，尽可能分占不同的原子轨道，故电子排布式表示为[Ne]3s23px2违背了洪特规则故答案为3；洪特规则；

(2)SiHCl3、SiCl4都为分子晶体，且不存在分子间氢键，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，故熔点：SiHCl3<SiCl4，与SiCl4等电子体的离子为SO42−，根据电负性：Cl>H>Si，可知SiHCl3中Si带正电，H和Cl都带负电，故水解方程式为SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl故答案为<；SO42−；SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2↑+3HCl；

(3)①A.CH3CN与Mn原子配位时，C原子形成4个共价键，不存在孤电子对，N原子中存在孤电子对，为配体，故A错误；

B.根据配合物[Mn(CO)5(CH3CN)]可知内界存在5个