2021-2022学年浙江省浙江大学附属中学高三下学期5月份仿真模拟化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页浙江省浙江大学附属中学2021-2022学年高三下学期5月份仿真模拟化学试题一、单选题1．水溶液呈碱性的盐是A． B． C． D．【答案】B【详解】A．NH3为非金属的氢化物，溶于水生成一水合氨呈碱性，但NH3不是盐，A项错误；B．NaHCO3为强碱弱酸盐水解呈碱性，B项正确；C．Mg(OH)2是碱呈碱性，C项错误；D．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，D项错误；故选B。【点睛】盐是由金属阳离子（包括铵根）和酸根组成的化合物。2．下列属于强电解质且熔融状态能导电的是A． B． C． D．【答案】B【详解】A．熔融状态下不导电，且不是电解质，A项错误；B．熔融状态下导电，且为强电解质，B项正确；C．熔融状态下不导电，为强电解质，C项错误；D．熔融状态下不导电，为强电解质，D项错误；答案选B。3．下列仪器称为“干燥管”的是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。4．下列物质对应的化学式正确的是A．工业盐： B．生石膏：C．石炭酸： D．芒硝：【答案】B【详解】A．工业盐是NaNO2的俗名，A错误；B．生石膏是CaSO4⋅2H2O的俗名，B正确；C．石炭酸是的俗名，C错误；D．芒硝是Na2SO4·10H2O的俗名，D错误；故选B。5．下列化学用语正确的是A．溴乙烷的球棍模型： B．的核外电子排布式：C．的结构式： D．(甲基)的电子式：【答案】C【详解】A．溴乙烷的球棍模型为，为比例填充模型，A项错误；B．的核外电子排布式，B项错误；C．的结构式为，C项正确；D．(甲基)的电子式，D项错误；答案选C。6．化学与生活、生产息息相关，下列说法正确的是A．北京冬奥会火炬外壳使用的碳纤维属于有机高分子材料B．我国积极倡导低碳经济，煤的液化是促进低碳的一种直接有效的方式C．纤维素是自然界中储量最大的糖类物质，“造纸术”是人类利用纤维素的杰出代表D．植物油在空气变质和利用植物油制造“人造奶油”的原理相似【答案】C【详解】A．碳是非金属，北京冬奥会火炬外壳使用的碳纤维属于无机非金属材料，A错误；B．低碳经济主要是减少煤、石油的使用，减少二氧化碳的排放，则将煤液化不是一种“低碳”方式，B错误；C．纤维素属于多糖，是自然界中储量最大的糖类物质，“造纸术”是人类利用纤维素的杰出代表，C正确；D．植物油在空气变质和利用植物油制造“人造奶油”的原理不同，前者是氧化变质，后者是加成反应，D错误；答案选C。7．下列说法正确的是A．1H2和2H2互为同素异形体B．14C和14N互为同位素C．C3H8和CH4互为同系物D．乙醚和乙醇互为同分异构体【答案】C【详解】A．1H2和2H2均为氢气分子，故A错误；B．14C和14N为不同元素，不能互为同位素，故B错误；C．C3H8和CH4为饱和烷烃，互为同系物，故C正确；D．乙醚(C2H5OC2H5)和乙醇(C2H5OH)，分子式不同，不能互为同分异构体，故D错误；故答案选C。8．关于物质的性质和用途，下列说法不正确的是A．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可以保鲜水果B．“玉兔二号”月球车中用作为太阳能电池帆板的主材料C．漂白粉既可以作为棉、麻和纸张的漂白剂也可以作为游泳池等场地的消毒剂D．肉类制品加工中，亚硝酸钠既可以作为发色剂又可以作为食品防腐剂【答案】B【详解】A．乙烯可催熟水果，但乙烯能被高锰酸钾氧化，则浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯可达到保鲜的目的，A项正确；B．“玉兔二号”月球车中用作为太阳能电池帆板的主材料为Si，B项错误；C．漂白粉或漂粉精的有效成分是次氯酸钙，使用漂白粉或漂粉精时通常要加入少量的水并通入CO2，利用碳酸酸性大于次氯酸，和次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸具有氧化性、漂白性,可以杀菌消毒、漂白等作用，C项正确；D．肉类制品加工中，亚硝酸钠既可以作为发色剂又可以作为食品防腐剂，D项正确；答案选B。9．下列说法正确的是A．氢氧化铁胶体用于饮用水的净化、消毒B．可以利用铝热反应从中制取金属C．工业上从海带中提取碘，可以用离子交换法处理含碘离子的溶液以提高碘的提取率D．漂白粉溶液中通入过量二氧化硫，可观察到现象是先产生白色沉淀后沉淀消失【答案】C【详解】A．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于饮用水的净化，不可用于消毒，A项错误；B．可以采用电解熔融状态的MgCl2制取金属Mg，B项错误；C．海水中碘离子浓度较低，工业上从海带中提取碘时，用离子交换法处理含碘离子的溶液以提高碘的提取率，用离子交换法处理含I-的溶液，可增大碘离子浓度，从而提高碘的提取率，C项正确；D．次氯酸能氧化二氧化硫，漂白粉溶液中通入过量二氧化硫，会生成硫酸钙，二氧化硫与硫酸钙不反应，所以沉淀不能消失，D项错误；答案选C。10．食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为，下列说法正确的是A．产生时，反应中转移B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为C．是还原产物D．发生还原反应【答案】D【详解】A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1mol，A项错误；B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11:6，B项错误；C．中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；D．中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；答案选D。11．下列说法不正确的是A．乙酸乙酯的制备实验中不能将导管伸入饱和碳酸钠溶液中B．可以用紫外可见分光光度法测定废水中苯酚的含量C．发现有人氨气或溴蒸汽中毒时应立即转移至室外，必要时进行人工呼吸D．应选择进行亚铁盐和溶液反应的实验【答案】C【详解】A．由于乙酸和乙醇与水互溶，为防止倒吸，因此乙酸乙酯的制备实验中不能将导管伸入饱和碳酸钠溶液中，A正确；B．分光光度法是通过测定被测物质在特定波长处或一定波长范围内光的吸光度或发光强度，对该物质进行定性和定量分析的方法，则可用紫外可见分光光度法测定废水中苯酚的含量，B正确；C．氨气具有刺激性，溴蒸汽有毒，发现有人氨气或溴蒸汽中毒时应立即转移至室外，并及时送医，但不能进行人工呼吸，C错误；D．硫酸亚铁铵的稳定性强于硫酸亚铁，因此应选择进行亚铁盐和溶液反应的实验，D正确；答案选C。12．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．溶于水完全水解生成胶粒数为B．月球表面的氦含有质子数为2C．46g乙醇中所含共价键的数目为7D．常温下，的溶液中，离子数目为0.1【答案】B【详解】A．1molKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水，Al3+并不能全部水解生成Al(OH)3胶体，溶液中还是存在较多的Al3+，故Al(OH)3胶体数量小于NA，A项错误；B．3He原子中质子数为2，中子数为1，故1mol3He含有的质子数为2NA，B项正确；C．一个乙醇分子中含有的共价键数量为8条，46g乙醇的物质的量为1mol，1mol乙醇中含有的共价键数量为8NA，C项错误；D．常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中，c（OH-）=0.1mol/L，选项中并未说明溶液的体积，故无法确定OH-的具体数目，D项错误；故答案选B。13．对于下列实验描述其反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：B．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水：C．向NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液并加热：D．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：【答案】D【详解】A．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应，采用“以少定多”法，参加反应的Ca2+与OH-的个数比应为1:2，离子方程式为：，A不正确；B．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水，双氧水完全被氧化为O2，离子方程式为：，B正确；C．向NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，则、按1:1发生反应，离子方程式为：，C不正确；D．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，则生成Al(OH)3沉淀，同时生成，离子方程式为：，D正确；故选D。14．下列有关有机物结构、性质和用途说法不正确的是A．环己烷与溴水混合振荡后，在光照条件下可以发生取代反应B．蛋白质的二级结构主要依靠肽键中氨基酸残基之间形成的氢键而实现C．裂化汽油可以使溴水和酸性溶液褪色，且两者褪色原理相同D．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等【答案】C【详解】A．烷烃与卤素单质在光照条件下发生取代反应，环己烷与溴混合振荡后，在光照条件下也可以发生取代反应，A项正确；B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B项正确；C．裂化汽油含有不饱和烃，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，褪色原理不同，C项错误；D．乙醇可拆写成的形式，物质的量相同的C2H4和完全燃烧时，消耗氧气的量相同，D项正确；答案选C。15．阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图所示。下列有关阿比朵尔的说法中正确的是A．1mol该分子最多能与8mol氢气发生加成反应B．可用溴水检验分子中存在酚羟基C．其酸性水解产物之一能与反应D．阿比朵尔易溶于水，临床上可制成溶液使用【答案】C【详解】A．该分子中含有两个苯环和一个碳碳双键，最多能与7mol氢气发生加成反应，A项错误；B．酚羟基邻对位均已有原子或原子团，故不能和溴水发生反应，不可用溴水检验分子中存在酚羟基，B项错误；C．该分子含有酯基，酸性水解产物之一存在羧基，能与NaHCO3反应，C项正确；D．该分子中憎水基对物质的溶解性影响远远大于亲水基对物质溶解性的影响，所以该物质不易溶于水，D项错误；答案选C。16．某离子液体阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是A．Z元素的最高价态为B．该阴离子中所有元素均满足8电子稳定结构C．是直线形分子D．简单氢化物的熔沸点：【答案】C【分析】W是有机分子的骨架元素，W为C；M形成六根键，M为S；Z全部形成一根键，Y全部形成2根键，故阴离子结构中X应形成三根键，故X、Y、Z分别为N、O、F。【详解】A．Z为F，无最高正价，A错误；B．该阴离子中S原子不满足8电子结构，B错误；C．CS2与CO2互为等电子体，两者空间构型相同，是直线形分子，C正确；D．X和M的简单氢化物为NH3和H2S，氨气分子之间存在氢键，沸点高于H2S，D错误；故选C。17．下列说法正确的是A．已知室温时，则室温时溶液的pH约为9B．加水稀释溶液，水电离出的保持不变C．向明矾溶液中逐滴滴入溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，所得溶液中离子浓度关系有：D．常温下，向含的溶液中加入固体，反应后溶液中，则溶液显碱性(醋酸的电离常数)【答案】C【详解】A．已知室温时，则A-的水解平衡常数为=10-9，室温时溶液中的水解程度很小，则，c（OH-）=10-6mol/L，则溶液的pH约为8，A错误；B．加水稀释溶液，酸的电离程度减小，对水的电离的抑制作用减弱，则水电离出的增大，B错误；C．向明矾溶液中逐滴滴入溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，即二者为1:2的比例反应，生成硫酸钡和片氯酸钾，即所得溶液为片氯酸钾溶液，溶液为碱性，其中离子浓度关系有：，C正确；D．反应后溶液中，醋酸的电离常数，则溶液显酸性，D错误；故选C。18．图1表示1mol正丁烷脱氢得到有机物的能量变化图，图2表示1，丁二烯与加成的两种反应历程下列说法正确的是A．对比丁烯与正丁烷可知碳碳单键比碳碳双键更稳定B．，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比C．相同条件下，1，丁二烯与发生加成反应，1，加成反应速率更快D．高温条件下，1，丁二烯与更容易发生1，加成【答案】D【详解】A．碳碳双键键能大于单键是说C=C两个键键能总和大于C-C的键能，故碳碳单键没有碳碳双键稳定，A项错误；B．△H1是丁烷变为1-丁烯的反应热，△H2是丁烷变为1，3-丁二烯的反应热，他们的逆反应就是碳碳双键的加氢反应，2△H1≈△H2，只能说明生成双键之间的能量差，无法说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，B项错误；C．相同条件下，1，丁二烯与发生加成反应，1，4-加成反应所需活化能大于1，2-加成反应所需活化能，故1，2-加成反应速率更快，C项错误；D．由图可知，1，4-加成反应的活化能较高，反应速率较慢，则适当升高反应温度，可以加快反应速率，有利于1，4-加成的进行，D项正确；答案选D。19．一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究固体催化剂作用下的A的分解反应：。体系的总压强随时间t的变化如下表所示：t/min0100150250420540580900/kPa12.113.313.915.117.1418.5819.06下列说法不正确的是A．100~250min，消耗A的平均速率为B．推测a肯定为22.9C．适当升高体系温度，改用表面积更大的催化剂可加快反应速率D．其他条件不变，改用容积更小的刚性反应器，反应速率不变【答案】B【详解】A．100~250min，消耗A的平均速率为，故A正确；B．反应进行到900min前可能已经达到平衡，所以推测a可能小于22.9，故B错误；C．升高体系温度、改用表面积更大的催化剂可加快反应速率，故C正确；D．条件不变，反应速率不变，故D正确；选B。20．图表示生成几种氯化物反应的自由能变化随温度T变化情况。若在图示温度范围内焓变和熵变不变，已知，其中R为常数，T为温度，下列说法不正确的是A．反应①B．反应②的平衡常数随温度升高而减小C．时用还原制备的平衡常数D．时C能置换出中的【答案】D【详解】A．反应①为，该反应，A项正确；B．反应②是熵减反应，△G=△H-T△S<O，故△H<0，反应②的平衡常数随温度升高而减小，B项正确；C．还原制备的反应方程式为为反应2④-2②，在该温度下，反应④的△G等于反应②，故该反应的△G=0，，故时用还原制备的平衡常数，C项正确；D．反应为反应④-②，温度1773K时，反应④的△G小于反应②的，上述反应的△G<O，反应可自发进行，H2能还原SiCl4制备Si；温度低于1273K时，情况相反，上述反应的△G>0,，H2不能还原SiCl4制备Si，D项错误；答案选D。21．科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A．放电时，负极反应为B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC．充电时，电池总反应为D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高【答案】D【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；答案选D。22．在有机合成中有重要应用，其结构如图所示，下列关于说法不正确的是A．常压下属于分子晶体，熔沸点较低B．可以利用水解法得到C．与乙醇反应生成酯类物质D．只能发生加聚反应但不能发生缩聚反应【答案】D【详解】A．属于分子晶体，熔沸点较低，A项正确；B．的水解方程式为：，故可以利用水解法得到POCl3，B项正确；C．POCl3与乙醇反应生成磷酸酯酯类物质，C项正确；D．POCl3能进行缩聚反应不能进行加聚反应，D项错误；答案选D。23．赖氨酸[，用表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐在水溶液中存在如下平衡：。向一定浓度的溶液中滴加溶液，溶液中、、和的分布系数随变化如图所示。已知：，下列叙述不正确的是A．B．M点，C．O点，D．P点，【答案】B【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生反应：H3R2++OH-=H2R++H2O，H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+浓度逐渐减小，H2R+、HR浓度先增大后减小，R-浓度逐渐增大，曲线①、②、③、④分别表示H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数随pH的变化；【详解】A．，，，由图可知K1≈10-2.2，K2≈10-9，K3≈10-10.8，，，则＜，A项正确；B．根据电荷守恒：，因为M点，故，B项错误；C．O点时，，，，，c2(H+)=K2K3，，，C项正确；D．P点时发生的总反应为2H3RCl2+5NaOH=4NaCl+NaR+HR+5H2O，溶液溶质为NaCl、等浓度的HR和NaR，故c(Na+)>c(Cl-)，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，溶液中水解和电离是微弱的，所以c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D项正确；答案选B。24．氮氧化物是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述不正确的是A．反应①变化过程可表示：B．反应③属于非氧化还原反应C．反应⑤涉及共价键的断裂与生成D．催化还原过程中每吸收需要标准状况下【答案】D【分析】图示中反应物为氧气、氨气、NO、铵根离子和水，生成物为氮气、水、铵根离子，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O。【详解】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，A正确；B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，B正确；C．反应⑤中有氮氧键、氮氢键、铜氮配位键的断裂，有氮氢键、氢氧键、氮氮键的形成，C正确；D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，D错误；故选D。25．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验某市售劣质食盐中是否含“工业盐”取少量盐溶解在试管中，向其中滴加几滴酸性溶液溶液褪色，说明含有“工业盐”B探究碳酸、苯酚酸性强弱将盐酸溶液滴入碳酸钠，产生的气体直接通入苯酚钠溶液苯酚钠溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚C探究乙醇催化氧化的产物将乙醇蒸汽与空气混合后通过灼热的铜网，将产生的气体通入含少量酚酞的溶液若溶液褪色，说明乙醇催化氧化得到了乙酸D检验醋酸铵溶液的酸碱性常温下，向的醋酸溶液中加入少量醋酸铵固体若溶液增大，则说明醋酸铵溶液显碱性A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．氯化钠能和酸性重铬酸钾反应使之褪色，故不能用其检验是否含有工业盐，A错误；B．盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，气体中含有氯化氢，氯化氢也能和苯酚钠反应生成苯酚，干扰二氧化碳的性质，应除去氯化氢，B错误；C．乙酸能和氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，颜色变浅，乙醇不能，故能检验乙酸，C正确；D．醋酸溶液中加入醋酸铵，醋酸根离子的加入抑制醋酸电离，使pH增大，但不能说明醋酸铵显碱性，D错误；故选C。二、填空题26．回答下列问题(1)对羟基苯甲酸()的熔点()比邻羟基苯甲酸()的熔点()高，原因是(2)纯金属内加入其他元素形成合金之后，合金硬度变大。结合纯金属和合金的结构如图所示，从微观的角度原因是【答案】(1)邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高。(2)金属原子排列中加入或大或小的其它元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的滑动变困难，故一般合金硬度相对组分金属变大。【解析】（1）从结构分析，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高。（2）金属原子规则排列，若在金属原子排列中加入或大或小的其它元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的滑动变困难，故一般合金硬度相对组分金属变大。三、计算题27．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为，其中的物质的量分数为b，将其全部投入的稀硝酸中，加热使其充分反应(假设是唯一的还原产物)。(1)若产生标准状况下，则反应转移电子的物质的量为(2)若，溶液中的与的物质的量之比，标准状况下产生，【答案】(1)0.30(2)2.0【分析】金属和硝酸反应生成硝酸盐和一氧化氮和水，反应过程中金属失去电子数等于一氧化氮得到电子数，也等于金属阳离子结合的硝酸根离子数。据此解答。【详解】（1）硝酸中的氮元素为+5价，反应生成一氧化氮，氮元素化合价变为+2价，改变3价，故生成0.1mol一氧化氮，转移0.30mol电子。（2）一氧化氮为0.05mol，则电子守恒有转移电子数为0.15mol，转移电子数等于金属阳离子结合的硝酸根离子数，则硝酸的物质的量为0.15+0.05=0.20mol。四、元素或物质推断题28．化合物M由4种常见元素组成。某兴趣小组进行如下实验(每一步反应均充分进行)：已知：①M易形成类似于氨基酸的内盐②混合气体A中含有单质气体③无色粘稠油状液体为纯净物。请回答：(1)组成M的元素是(填元素符号)(2)M的化学式为(3)写出无色溶液E中溶质(4)M能与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C。①写出该反应的化学方程式：②设计实验验证该无色溶液G中的阴离子：【答案】(1)H、N、O、S(2)或(3)、(4)取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有【分析】实验II，M形成水溶液D，与氯化钡反应生成白色沉淀，结合实验I分解后生成粘稠油状液体，反应说明生产硫酸钡，说明M含有硫，E溶液加入NaOH溶液产生使蓝色石蕊试纸变蓝的气体，说明M的水溶液中含有铵根离子，白色沉淀为23.3g，则硫酸钡为0.1mol，说明D含有0.1mol的硫酸根，实验I中，粘稠油状液体为4.9g即硫酸为0.05mol，A冷却后B为SO2、H2、N2，B通过碱石灰增重3.2g为二氧化硫，由固体氧化铜减重1.6g，得氢气的物质的量为0.1mol，无色气体C为氮气，所以，由实验I可得9.7gM含有SO2、H2、N2、H2SO4各3.2g，0.2g，1.4g，4.9g，所以组成M的元素是H、N、O、S，M的化学式为或，据此解答。【详解】（1）根据分析可知，组成M的元素是H、N、O、S；故答案为：H、N、O、S。（2）根据分析可知，M的化学式为或；故答案为：或。（3）根据题目信息可知，无色溶液E中含有铵根及过量的氯化钡。所以E中溶质为：、；故答案为：、。（4）M与次氯酸钠溶液反应，得到无色溶液G和无色气体C，其中C为氮气，反应的化学方程式为：；无色溶液G中的阴离子为硫酸根和氯离子，可取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有；另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有；故答案为：；取少量无色溶液G于试管中，加入过量稀盐酸，若无明显现象，滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，说明含有，另取少量溶液G于试管中，加入过量硝酸钡，振荡，静置，取上层清液，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明有。五、原理综合题29．苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可广泛用于合成橡胶，工程塑料及制药等。工业上可通过乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，反应方程式如下：(1)已知部分物质的燃烧热数据如下表，利用表中数据计算。物质乙苯苯乙烯氢气燃烧热(2)下列关于该反应的说法正确的是_____________A．高温、低压有利于该反应平衡正向进行B．工业生产中应尽可能提高反应温度，并增大压强，以提高原料的利用率C．恒温恒容条件下，反应达到平衡后，向体系中再充入乙苯蒸气，乙苯的转化率将增大D．选择合适的催化剂可以缩短达到平衡的时间，但不会提高生成物中苯乙烯的含量(3)工业上通入过热水蒸气()，在常压的条件下发生乙苯的催化脱氢反应。①反应中通入水蒸气的作用是。②将乙苯和水蒸气通入反应器，期中乙苯的物质的量分数为，在温度t、压强p下进行反应。平衡时，乙苯的转化率为，该反应的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)(4)保持温度为，向体积不等的恒容密闭容器中加入一定量的乙苯发生反应，反应40分钟后测得各容器中乙苯的转化率与容器体积的关系如图所示，图中乙苯的转化率随着容器体积增大呈现先增大后减小的趋势，可能的原因是：(5)气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，其过程同时存在如图两种途径，请在图中画出途径1的能量和反应过程的图象，并作适当标注(图中b、c均大于0)。【答案】(1)(2)AD(3)体系压强为常压，掺入不反应的水蒸气等效于减压，有利于反应向气体分子数增大的方向进行，可提高乙苯的转化率；热的水蒸气有利于提高反应温度，加快反应速率(4)该反应是气体体积增大的反应，b点前，反应已达平衡，随着容器体积增大，压强减小，乙苯转化率增大。b点之后，反应未达到平衡，随着容器体积增大，反应速率减慢，单位时间乙苯转化率减小(5)【详解】（1）；（2）A．乙苯催化脱氢制取苯乙烯为吸热反应即△H>0，正向熵增即△S>0，反应自发进行，则△G-△H-T△S<0，高温时满足，A项正确；B．提高反应温度可使平衡正向移动，原料的利用率提高；增大压强，平衡逆向移动，原料的利用率降低，工业生产中高温高压对设备要求高，成本提高，经济收益低，B项错误；C．充入乙苯蒸气,等效于加压过程，乙苯的转化率降低，C项错误；D．合适的催化剂可以加快反应速率,缩短达到平衡的时间，但对平衡无影响，故不会提高生成物中苯乙烯的含量，D项正确；答案选AD。（3）通入过热水蒸气，恒温恒容条件下相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应正向移动，乙苯转化率提高；设起始通入的水和乙苯的总物质的量为100mol，则乙苯的物质的量为mmol，水蒸气为(10-m)mol，乙苯的转化率为a，可列三段式：故平衡常数；（4）该反应是气体体积增大的反应，b点前，反应已达平衡，随着容器体积增大，压强减小，乙苯转化率增大；b点之后，反应未达到平衡，随着容器体积增大，反应速率减慢，单位时间乙苯转化率减小；（5）途径1的能量和反应过程的图象如下所示：。六、实验题30．以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4∙H2O(水合肼)和无水Na2SO3，NaHSO3水溶液中含硫微粒随的分布曲线如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)其主要实验流程如下：已知：①Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O是放热反应，超过40℃发生副反应。②N2H4∙H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。(1)步骤Ⅰ用Cl2通入NaOH溶液制备NaClO溶液，Cl2需要缓慢通入的原因：(2)步骤Ⅱ合成N2H4∙H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应，使用冷凝管和迅速升温的目的分别是：(3)关于实验操作下列说法正确的是______________。A．步骤Ⅱ中通过滴液漏斗滴加NaClO溶液B．步骤Ⅲ为了得到较高浓度的水合肼，可以向水合肼溶液中加入NaOH，减压蒸馏C．步骤Ⅳ中边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2至pH约为4时，即可以停止通入SO2D．为了快速得到无水Na2CO3，可以将产品烘干(4)请补充完整由NaHSO3溶液制备较纯的无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液→→→用少量无水乙醇洗涤、干燥，包装。a．调节至10

b．减压抽滤

c．趁热过滤

d．蒸发浓缩至有大量晶体析出e．蒸发浓缩至有晶膜产生，冷却结晶

f．调节至7(5)①经某学习小组测定，Na2SO3中含有NaCl杂质，试分析杂质产生的原因：②产品的纯度是产品质量的重要指标，该小组同学利用cmol/L的KMnO4测定产品中Na2SO3的含量，装置如图，当酸性KMnO4与Na2SO3恰好完全反应时计测得的的电极电势将会迅速增加，KMnO4与Na2SO3反应方程式为(该条件下KMnO4不氧化)：具体流程如下：称量ag样品，加入煮沸后冷却的蒸馏水溶解，配制为250mL的溶液，用碱式滴定管取25.00mL样品溶液于烧杯中，用cmol/L的KMnO4滴定，滴定曲线如图。则样品中Na2SO3纯度的表达式为：【答案】(1)防止反应过于剧烈导致体系温度超过40℃，发生副反应导致NaClO产率降低(2)使用冷凝管是为了减少水合肼的挥发，迅速升温是为了减少水合肼的挥发，同时加快反应速率(3)ABC(4)adc(5)步骤Ⅱ反应中氯元素被还原得到氯离子未完全除尽，在Na2CO3中有残留，进一步制备Na2SO3的过程中依然未除尽【分析】Cl2通入NaOH溶液中制取NaClO时，为防止副反应的发生，需控制气体的通入速率；NaClO的碱性溶液与尿素反应，可制取N2H4∙H2O，但要控制NaClO的浓度，以防N2H4∙H2O被氧化。(1)由信息①可知，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O是放热反应，超过40℃发生副反应，所以步骤Ⅰ用Cl2通入NaOH溶液制备NaClO溶液，Cl2需要缓慢通入，其原因是：防止反应过于剧烈导致体系温度超过40℃，发生副反应导致NaClO产率降低。答案为：防止反应过于剧烈导致体系温度超过40℃，发生副反应导致NaClO产率降低；(2)NaClO碱性溶液与尿素反应为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3，N2H4∙H2O具有挥发性，需将蒸汽不断冷凝，N2H4∙H2O的沸点约为118℃，升温至110℃，可加快反应速率，同时仍可防止N2H4∙H2O挥发，所以使用冷凝管和迅速升温的目的分别是：使用冷凝管是为了减少水合肼的挥发，迅速升温是为了减少水合肼的挥发，同时加快反应速率。答案为：使用冷凝管是为了减少水合肼的挥发，迅速升温是为了减少水合肼的挥发，同时加快反应速率；(3)A．步骤Ⅱ中通过滴液漏斗滴加NaClO溶液，可减少NaClO浓度，防止水合肼被氧化，A正确；B．N2H4∙H2O呈碱性，向N2H4∙H2O溶液中加入NaOH，可降低其溶解度，减压蒸馏可防止水合肼失水，B正确；C．从图中可以看出，pH约为4时，Na2CO3几乎全部转化为NaHSO3，所以步骤Ⅳ中pH约为4时，即可以停止通入SO2，C正确；D．若将产品烘干，则得到的无水Na2CO