福建省福州市高考化学二模试卷

高考化学二模试卷一、单选题1.氢燃料电池汽车每投放100万辆，一年可减少二氧化碳排放5.1亿吨，这将极大助力碳中和目标实现。下列有关氢燃料电池说法错误的是（

）A.

发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术

B.

理论上氢燃料电池汽车使用时不会产生污染物

C.

氢燃料电池汽车直接将化学能转化为动能

D.

氢燃料电池汽车运行不排放二氧化碳2.下列实验操作正确的是（

）A.

使用容量瓶之前，进行检漏、水洗和润洗

B.

分离CCl4和水，将水从分液漏斗下口放出

C.

制银氨溶液时，向硝酸银溶液逐滴加入氨水

D.

标准盐酸溶液滴定待测氨水，用酚酞指示剂3.芹菜素可以抑制致癌物质的致癌活性。结构简式如图所示，下列关于芹菜素叙述错误的是（

）A.

易溶于水而难溶于乙醇

B.

分子式为C15H10O5

C.

所有原子可能在同一平面

D.

可以和3molNaOH反应4.一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是（

）A.

X与W能够形成具有极性键的非极性分子

B.

W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)

C.

简单气态氢化物的还原性：W＞Y

D.

X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z5.Li－FeS2热激活电池常用作智能化弹药的弹载电源，在接收到启动信号后，点火头点燃引燃条，加热片迅速反应放热使LiCl－KCl熔化，从而激活电池。下列有关Li－FeS2热激活电池的说法正确的是（

）A.

该电池不能在常温下使用

B.

放电时电池中电解质的质量将增加

C.

FeS2电极做正极，电极反应为FeS2+2e-=Fe+2S

D.

放电时电池内部Li+向Li电极移动6.硫铁矿烧渣是生产硫酸的固体废弃物，用其制备高效絮凝剂聚合氯化硫酸铁铝，既能消除烧渣的危害，又能实现资源化。下列有关说法错误的是（

）A.

离心沉降与过滤都能使实现固液分离

B.

使用次氯酸钠氧化含铁溶液时发生：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O

C.

水浴加热时应将温度计插入水浴锅液面下

D.

聚合氯化硫酸铁铝可用于生活废水的杀菌消毒处理7.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（

）A.

过量铁粉溶于稀硝酸：Fe+2H+=Fe2++H2↑

B.

向0.1mol·L−1Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至Ba2+完全沉淀：Ba2++OH⁻+H++SO=BaSO4↓+H2O

C.

将Al2(SO4)2溶液与Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO=Al2(CO3)3↓

D.

用食醋来除水壶中的水垢(主要成分CaCO3)：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O8.资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。下列说法错误的是（

）A.

能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体

B.

滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气

C.

②中的试剂为水

D.

⑥的作用是吸收尾气9.海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是（

）A.

海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能

B.

钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O

C.

影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等

D.

光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)10.常温下，向0.1mol·L−1NH4HCO3溶液逐滴加入NaOH溶液中并恢复至常温，溶液中NH、NH3·H2O、HCO、CO的分布如图(忽略溶液体积的变化)。已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5，Ka1(H2CO3)=4.2×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，则下列说法正确的是（

）A.

曲线a表示的是c(NH3·H2O)的变化

B.

m点时，c(NH3·H2O)＞c(HCO)

C.

n点时，溶液中3c(HCO)+c(OH⁻)=c(NH)+c(H+)

D.

反应HCO+OH—CO+H2O的平衡常数K=二、工业流程题11.海水是一种重要的自然资源，利用海水可得到一系列产品。根据下列流程回答问题：（1）从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和________(填一种)。（2）“提溴”工序中发生的主要反应是________(用离子反应方程式表示)，富集溴一般采用________。A．用热空气吹出B．用CCl4萃取C．用SO2将其还原吸收D．只需经过蒸馏等物理变化（3）产品A的主要成分是________。（4）“提镁”“二次提镁”工序获取氢氧化镁的操作是________；从氢氧化镁进一步加工获得________(填化学式)可用于电解法获取镁单质。（5）氯碱工业中，阴极的电极反应式为________。（6）关于以上方案的评价，正确的是___________。A.可以用沸石获取纯净的硝酸钾或硫酸钾

B.该方案集成多项卤水(海水)综合利用技术，产品品种多，附加值高，经济效益好

C.充分利用太阳能，而且生产过程无三废产生，符合循环经济的发展理念

D.可将浓盐水中的水全部转化为淡水，出水率高12.某化学兴趣小组探究84消毒液(含10.5%NaClO和少量NaOH)与75%医用酒精能否反应，进行如下实验：（1）将25mL无水乙醇配成75%医用酒精，下列仪器中不需要使用的有________(填名称)。（2）实验Ⅰ的淀粉碘化钾试纸在3min时变蓝，21min后蓝色褪去，实验Ⅱ则在8min时变蓝，49min后褪色。①实验中，使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是________，而后碘被________(填“氧化”或“还原”)导致蓝色褪去。②对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象可以说明乙醇被NaClO氧化，理由是________。③实验过程，测得实验Ⅰ中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，说明乙醇与NaClO反应可能生成________。（3）为了测定84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中剩余NaClO含量：取5.00mL反应后溶液(密度约1g·mL-1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4-5min后，再加入少量淀粉指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为14.80mL。①滴定前，将锥形瓶置于“冷暗处”的目的是________，写出NaClO与KI反应的离子方程式________。②滴定终点溶液的颜色是________，84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中NaClO的质量分数=________(结果保留3位有效数字；I2+2S2O=2I-+S4O)。13.汽车尾气中的CO、NOx是大气污染物。我国科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物﹐防止空气污染。回答下列问题：（1）.已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)

ΔH=＋180kJ·mol−14NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)

ΔH=-906kJ·mol−1请写出NH3将NO转化成无毒物质的热化学方程式：

。（2）.工业上一种除去NO的一种反应机理如图所示：该反应的化学方程式为：

。（3）.利用H2还原NO的反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)的速率方程为，该反应在不同条件下的反应速率如下：温度c(H2)/mol·L−1c(NO)/mol·L−1反应速率T10.10.1T10.30.1T10.20.2则速率方程中，α=

；β=

。（4）.活性炭处理汽车尾气中NO的方法：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH＜0，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，以下能说明该反应一定达到平衡状态的是___________。A.v(N2)=v(CO2)

B.容器与外界不发生热交换

C.容器内气体的物质的量不变

D.容器内气体密度不变（5）.科研人员进一步研究了在C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)反应中，活性炭搭载钙、镧氧化物的反应活性对比。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol·L−1.不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是

(用a、b、c表示)。②490℃时的反应速率v(NO)=

mol·L−1·h−1③若某温度下此反应的平衡常数为100，则反应达到平衡时NO的去除率为

(保留两位有效数字)。14.水为生命之源，水也是化学实验最重要的溶剂。（1）.人体内含量最大的金属元素是Ca、K；非金属元素是O、C，这四种元素第一电离能由高到低的顺序是

1

。水晶难溶于水，原因是

2

。（2）.水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)俗称绿矾，其中内界中心离子价电子层轨道表示式为

1

；配离子为正八面体构型，则配合物外界水分子数为

2

。（3）.已发现的冰晶体超过十八种，其中冰－Ⅶ的晶体结构如图所示。若冰－Ⅶ晶体中氢键键长(氧原子核间距)为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则冰－Ⅶ的晶体密度为

1

g·cm−3。15.聚甲基丙烯酸甲酯简称PMMA，俗称有机玻璃。工业上广泛使用异丁烯和甲烷合成PMMA，工艺过程如下：（1）A的名称是________；B(C4H6O2)中官能团名称是________。（2）D→PMMA的反应类型是________；实现B+C→D的化学方程式为________。（3）写出一个核磁共振氢谱只有两个峰的D的同分异构体结构简式：________。

答案解析部分一、单选题1.【答案】C【解析】【解答】A．氢气密度小、沸点低、难液化、难溶于水，发展氢燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，故A不符合题意；B．理论上氢燃料电池汽车使用时生成物为水，不会产生污染物，故B不符合题意；C．氢燃料电池汽车直接将化学能转化为电能再转化为动能等，故C符合题意；D．氢燃料电池汽车运行产物是水，不排放二氧化碳，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置再将电能转化为动能，不是直接转化为动能，故其他选项均正确2.【答案】C【解析】【解答】A．使用容量瓶之前，进行检漏、水洗，但不能用待盛溶液润洗，故A不符合题意；B．CCl4的密度大于水，分离CCl4和水，先将CCl4从分液漏斗下口放出，再将水从分液漏斗上口倒出，故B不符合题意；C．制银氨溶液时，向硝酸银溶液逐滴加入氨水，先产生沉淀，滴至沉淀刚好溶解，故C符合题意；D．标准盐酸溶液滴定待测氨水，氯化铵是强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，应用甲基橙作指示剂，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.容量瓶是配制一定物质的量浓度的仪器，需要进行检漏、水洗，不需要润洗，因为最终还是要加水进行定容

B.考虑到四氯化碳的密度大于水的密度，水从上口倒出

C.符合制取银氨溶液的方法

D.酚酞的滴定终点是碱性，但是氯化铵是显酸性不应用酚酞3.【答案】A【解析】【解答】A．该物质中含有酚羟基、羰基、醚键、碳碳双键等官能团，结合酚、醚、酮、烯烃的性质可知该物质难溶于水，故A符合题意；B．根据结构简式可知其分子式为：C15H10O5，故B不符合题意；C．该结构中不含饱和碳原子，苯环、双键均为平面结构，多个平面可能重合，所有原子可能在同一平面上，故C不符合题意；D．该结构含有三个酚羟基能与氢氧化钠反应，1mol该物质可消耗3molNaOH，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据有机物结构简式即可判断出有机物的结构简式，同时可以确定含有醚基、酚羟基、羰基、碳碳双键，难溶于水，有机物相似相溶可溶于酒精，11mol有机物分子含有3mol的酚羟基可与3mol氢氧化钠反应，含有多个双键和苯环，均是以单键相连接，可进行旋转进行共面4.【答案】A【解析】【解答】A．X与W形成BF3，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A符合题意；B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B不符合题意；C．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞H2O，但是还原性：HF<H2O，故C不符合题意；D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，C的非金属性大于B，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性小于Z，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1个配位键，所以X为B；Z可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F，据以上分析解答。5.【答案】B【解析】【解答】A．根据“在接收到启动信号后，点火头点燃引燃条，加热片迅速反应放热使LiCl－KCl熔化，从而激活电池”，说明该电池在常温下可使用，故A不符合题意；B．放电时，负极反应为：Li-e-=Li+，正极反应为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，电池总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，电池中电解质的质量将增加，故B符合题意；C．正极FeS2+4e-=Fe+2S2-，故C不符合题意；D．放电时，Li+向正极(FeS2)移动，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据题意可以判断此电池可以在常温下使用，根据物质的性质判断，Li做的是负极发生氧化反应变为锂离子，而正极是二硫化亚铁得到电子发生还原反应，变为铁和硫离子，总的反应其实就是锂单质和二硫化亚铁反应变为铁和硫化锂，因此可以判断电解质溶液增加，放电时锂离子向正极移动

6.【答案】D【解析】【解答】A．硫铁矿烧渣用硫酸处理后，可溶性物质进入溶液，难溶性的物质仍以固体形式存在，可以通过过滤的方法实现固液分离；也可以在离心力作用下，使分散在分散剂中的固相分散质分离出来，即采用离心沉降方法实现固液分离，A不符合题意；B．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B不符合题意；C．水浴加热时要使用温度计测量水的温度，因此应将温度计插入水浴锅液面下，并且温度计不能接触锅壁或锅底，C不符合题意；D．聚合氯化硫酸铁铝在水中能够水解产生氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，这些胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而除去，因此可用于生活废水的净化作用，但由于不具有强氧化性，因此不能起杀菌消毒作用，D符合题意；故合理选项是D。

【分析】A.离心和过滤均可以将固体和液体分离

B.次氯酸钠具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-

C.水浴是测定水的温度，因此需要将温度计插入液面以下

D.备高效絮凝剂聚合氯化硫酸铁铝可以吸附杂质沉淀，但是不能进行杀菌7.【答案】B【解析】【解答】A．过量铁粉溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、一氧化氮和水：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2O↑，故A不符合题意；B．向0.1mol·L−1Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至Ba2+完全沉淀，钡离子与硫酸根离子比是1：1，：Ba2++OH⁻+H++SO=BaSO4↓+H2O，故B符合题意；C．将Al2(SO4)2溶液与Na2CO3溶液混合：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C不符合题意D．用食醋来除水壶中的水垢(主要成分CaCO3)：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.稀硝酸具有氧化性，铁具有还原性得到产物不是氢气

B.将钡离子沉淀完全需要是氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为1:1

C.应该考虑铝离子和碳酸根离子的双水解

D.醋酸是弱酸，不应该拆开8.【答案】A【解析】【解答】A．装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A符合题意；B．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，故B不符合题意；C．②中的试剂为水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C不符合题意；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】根据实验的目的以及装置特点进行判断；装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。9.【答案】D【解析】【解答】A．CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A不符合题意；B．钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B不符合题意；C．温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C不符合题意；D．光合作用，碳由+4价降为0价，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4xNA(NA表示阿伏伽德罗常数)，故D符合题意；故答案为：D。【分析】如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。10.【答案】B【解析】【解答】A.

由分析，曲线a表示的是c(CO)的变化，另一条线是c(NH3·H2O)的变化，故A不符合题意；B．NH4HCO3溶液中存在物料守恒c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，m点时，c(NH)=c(CO)，c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)＞c(HCO)，故B符合题意；C．溶液中存在电荷守恒2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，n点时，c(CO)=c(HCO)，溶液中3c(HCO)+c(OH⁻)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，故C不符合题意；D．反应HCO+OH-CO+H2O的平衡常数K==，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】溶液中0.1mol·L－1NH4HCO3，加入NaOH时，NaOH先和HCO反应生成CO，然后和NH反应NH3•H2O，所以随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HCO)、c(NH)都减小，而c(CO)、c(NH3•H2O)都增大，因为先和HCO反应后和NH反应，c(CO)先增大，根据图知，a、另一条线分别表示c(CO)、c(NH3•H2O)。二、工业流程题11.【答案】（1）蒸馏法

（2）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；AC

（3）CaSO4

（4）过滤；MgCl2

（5）2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－

（6）B,C,D【解析】【解答】(1)海水可以通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法进行淡化，故答案为：蒸馏法；(2)提溴工序中，通入氯气，离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，富集溴时，通入热空气将生成的溴单质吹出来，吹出的溴蒸气用SO2将其还原吸收，故答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；AC；(3)生石灰主要成分为CaO，熟石灰主要成分为Ca(OH)2，提镁后浓缩提钙，再根据二次提钙中加入Na2SO4溶液可知，Ca2+与硫酸根形成微溶于水的硫酸钙，则产品A的主要成分为硫酸钙，故答案为：CaSO4；(4)Mg(OH)2为沉淀，故“提镁”“二次提镁”工序获取氢氧化镁的操作是过滤；再将Mg(OH)2沉淀溶于盐酸转化为MgCl2溶液，氯化镁溶液经加热浓缩、冷却结晶获得氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl氛围中进行加热得无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁制得Mg，故答案为：过滤；MgCl2；(5)氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液获得NaOH、氢气和氯气，根据放电顺序，阴极是得电子发生还原反应，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－，故答案为：2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH－；(6)A．沸石获取的是硝酸钾和硫酸钾的混合物，故A不正确；B．该方案从海水中提取了钾盐、溴、镁，最终用液体盐晒盐、氯碱工业、联合制碱，产品种类多，经济效益好，故B正确；C．充分利用太阳能，而且生产过程无三废产生，符合循环经济的发展理念，故C正确；D．该方案将浓盐水中的钾盐通过沸石吸附提取，溴离子转化为溴单质，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为硫酸钙，液体盐晒盐等，从而可将浓盐水中的水全部转化为淡水，出水率高，故D正确；故答案为：BCD。【分析】浓海水中加入沸石，吸附钾元素得到硝酸钾和硫酸钾，在滤液中通入氯气将溴离子氧化成溴单质，再用热空气将溴单质吹出后浓缩提取溴单质，余下的溶液中加石灰沉淀镁离子，过滤后的滤液浓缩提取钙，通过加硫酸钠二次提取可知产品A应为硫酸钙，过滤后的滤液中再加石灰二次提取镁，最后液体盐主要成分为氯化钠溶液，可进行晒盐、氯碱工业、联合制碱等工业，据此解答。12.【答案】（1）100mL容量瓶、托盘天平

（2）Cl2；氧化；实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2；NaOH

（3）避免碘单质升华；ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；无色；1.10%【解析】【解答】(1)将无水乙醇配成75%医用酒精，需要加一定量的水稀释，故所用仪器为量筒和烧杯，不需要100mL容量瓶、托盘天平，故答案为：100mL容量瓶、托盘天平；

(2)①能使淀粉碘化钾试纸变蓝，说明反应生成了I2，结合乙醇具有还原性，NaClO具有强氧化性，则该实验原理为：首先乙醇和NaClO反应生成了Cl2，然后发生Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变蓝，过量的Cl2又将I2氧化，导致蓝色褪去，故答案为：Cl2；氧化；②对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象，实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2，故答案为：实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2；③实验过程，测得实验Ⅰ中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，溶液碱性增强，说明乙醇与NaClO反应可能生成NaOH，故答案为：NaOH；(3)①单质碘在常温下易升华，因此滴定前，要将锥形瓶置于“冷暗处”；NaClO与KI反应时，I-被ClO-氧化生成I2，ClO-本身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，故答案为：避免碘单质升华；ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；②滴定前溶液为蓝色，滴定终点时I2被消耗完，溶液的颜色变为无色；根据ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，得到关系式：ClO-~2I-~I2~2S2O，n(ClO-)=n(S2O)=0.1000mol·L-114.8010-3L=7.4010-4mol，则m(NaClO)=7.4010-4mol74.5g/mol=0.05513g，5.00mL的反应后溶液的质量为1g·mL-15.00mL=5.00g，则NaClO的质量分数=100%=1.10%，故答案为：无色；1.10%。【分析】（1）液体配制液体需要的是量筒以及烧杯

（2）①乙醇具有还原性，次氯酸钠具有氧化性，被还原为氯气，碘离子被氯气氧化变成碘单质此时变为蓝色，氯气又继续将碘单质氧化，导致碘单质消失颜色消失

②

通过比较时间的长短进行比较即可③根据pH变大可能产生的是碱

（3）①考虑到碘易升华，因此需要低温处理，根据反应物和生成物即可写出方程式②碘单质被消耗完全此时反应完全，颜色消失，根据方程式即可计算出次氯酸钠的物质的量即可计算出质量分数

13.【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=－1806kJ·mol-1

（2）4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O

（3）1；2

（4）B,D

（5）a；0.0225；95%【解析】【解答】(1)①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=＋180kJ·mol−1

②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH2=-906kJ·mol−1根据盖斯定律有②-5×①得4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(l)+5N2(g)ΔH=ΔH2-5ΔH1=-906kJ·mol−1-5×(＋180kJ·mol−1)=－1806kJ·mol-1，即4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=－1806kJ·mol-1；(2)由图可知反应物为NO、O2和NH3，生成物为N2和H2O，则该反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O；(3)由表中数据可得：①，②③，联立三式可解得α=1；β=2；(4)A．v(N2)=v(CO2)，未指明正反应速率还是逆反应速率，不能说明反应一定达到平衡状态，A不符题意；B．化学反应伴随着能量变化，当反应未达平衡时，容器与外界存在热交换，因此当容器与外界不发生热交换，说明反应已达平衡，B正确；C．反应物物质的量和生成物物质的量均为2mol，因此无论反应是否平衡，容器内气体的物质的量均不变，因此容器内气体的物质的量不变，不能说明反应已达平衡，C不符题意；D．由M=ρVm可知，相同条件下，气体密度ρ之比=摩尔质量M之比，当容器内气体密度不变，则M不变，又因为M=m/n，则气体质量m也不变，说明反应已达平衡，D正确；答案选BD；(5)①活化能越小，反应越容易发生，反应速率越快，相同条件下NO去除率越大，因此490℃以下反应活化能最小的是a；②490℃时，2h时NO的去除率为45%，则NO浓度减小量为0.1mol/L×45%=0.045mol/L，反应速率v(NO)=0.045mol/L÷2h=0.0225mol·L−1·h−1；③设达到平衡