山东省烟台市、德州市2022届高三下学期3月一模考试化学试题（解析版）

2022届高考模拟试题PAGEPAGE1山东省烟台市、德州市2022届高三下学期3月一模考试可能用到的相对原子质量：N-14Ca-40一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.北京冬奥会彰显了我国的科技实力，下列说法错误的是（）A.冬奥会采用氢能源保障车有利于“碳达峰、碳中和”B.速滑馆“冰丝带”用CO2做制冷剂制冰发生化学变化C.冬奥礼仪服装用到的石墨烯材料既能导热又能导电D.制作“飞扬”火炬的碳纤维复合材料属于新型材料〖答案〗B〖解析〗A．采用氢能源保障车可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”的实现，故A正确；B．“冰丝带”用二氧化碳做制冷剂制冰时，没有新物质生成，属于物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C．石墨烯材料属于混合型晶体，层间存在分子间作用力，层内存在大π键，既能导热又能导电，故C正确；D．碳纤维复合材料是由有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性，属于属于新型材料，故D正确；故选B。2.关于下列物质应用分析错误的是（）A.常温下，用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性B.用维生素C做NaNO2中毒的急救药利用了维生素C的强还原性C.用FeCl3止血是因为其能水解生成Fe(OH)3沉淀D.用甘油做皮肤保湿剂是因为甘油中有多个羟基〖答案〗C〖解析〗A．常温下，铁在浓硝酸钝化表面生成致密氧化膜、则用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性，A正确；B．维生素C能还原NaNO2而消除体内的NaNO2，维生素C做NaNO2中毒的急救药利用了维生素C的强还原性，B正确；C．血液含胶体、遇到电解质溶液能发生聚沉，用FeCl3止血是因为其能使血液凝聚，C不正确；D．甘油含多羟基、能以任意比例和水互溶，用甘油做皮肤保湿剂是因为甘油中有多个羟基，D正确；〖答案〗选C。3.关于下列仪器使用的说法正确的是（）A.①②③可用作反应容器 B.①③⑤常用于物质分离C.②③④使用前必须先洗涤后润洗 D.①⑥用酒精灯加热时必须加石棉网〖答案〗D〖解析〗①为圆底烧瓶，可常用于作为反应容器，加热时须用石棉网；②为容量瓶，可用于配置一定物质量浓度的溶液，不可加热，不用润洗，不可作为反应容器；③为分液漏斗，用于分分液萃取(分离提纯)，使用时须经洗涤，不用润洗，不可作为反应容器；④为量筒，用于量取液体、使用时须经洗涤，不用润洗；⑤为漏斗，用于过滤，用于分离固液；⑥为维形瓶，加热时须垫石棉网；综上可知，D正确；故选D。4.下列实验操作、现象及结论均正确的是（）A.向淀粉水解液中加NaOH溶液，再加碘水，溶液不变蓝，证明淀粉完全水解B.向酸性KMnO4溶液中通入SO2气体，溶液褪色，证明SO2具有还原性C.向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，证明含SO或Ag+D.向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀，证明没有生成三溴苯酚〖答案〗B〖解析〗A．NaOH溶液能与碘水反应而消耗碘。应取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余、说明淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，A错误；B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2气体，溶液褪色，则锰元素化合价降低得到Mn2+、酸性KMnO4溶液被还原，证明SO2具有还原性，B正确；C．+4价S具有还原性、稀硝酸具有氧化性，二者能发生氧化还原反应。向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，沉淀可能是氯化银、硫酸钡，则原溶液可能含SO或Ag+、也可能含SO，C错误；D．三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，苯酚过量时，三溴苯酚会溶解于苯酚难以形成沉淀。则：向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀，不能证明没有生成三溴苯酚，D错误；〖答案〗选B。5.一种由短周期主族元素组成的抗病毒化合物结构如图，其中Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Q为元素周期表中原子半径最小的，Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍。下列说法正确的是（）A.第一电离能：X>Y>WB.Y的氢化物只含有极性键C.Q、X、Y只能形成共价化合物D.W、X、Y、Z四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高〖答案〗A〖祥解〗Q为元素周期表中原子半径最小的，故Q为H，由图示可知，W为ⅣA族，X为ⅤA族，Y为ⅥA族，Z为ⅦA族，且Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，故W是C，X是N，Y是O，Z是F，据此分析回答问题。〖详析〗A．同一周期，从左到右，第一电离能增大，但N的电子为半充满状态，故N>O，所以X>Y>W，A正确；B．Y的氢化物H2O2中有非极性键，B错误；C．Q、X、Y课形成NH4NO3，为离子化合物，C错误；D．H2O、NH3中含有氢键，H2O沸点最高，D错误；故选A。6.电解法处理含有Cl-、NO的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是（）A.电极b接电源负极B.处理1molNO，电路中转移5mole-C.HClO在阳极生成：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+D.H+与NO反应的电极方程式为10H++NO+8e-=NH+3H2O〖答案〗B〖解析〗A．由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、被还原，则电极b为阴极、接电源负极，A正确；B．硝酸根离子转变为铵根离子N元素化合价从+5降低到-3，则处理1molNO，电路中转移8mole-，B不正确；C．阳极氯离子失去电子被氧化、生成HClO：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，C正确；D．电极b上硝酸根离子转变为铵根离子、H+与NO反应的方程式为10H++NO+8e-=NH+3H2O，D正确；〖答案〗选B。7.某同学用0.1000mol·L-1盐酸标定浓度约为0.1mol·L-1氨水的浓度，操作如下：取规格为25mL的酸式滴定管，经检查不漏水后用蒸馏水洗涤，注入盐酸，驱赶滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面，记录读数。准确量取15.00mL氨水，注入锥形瓶中，滴加3滴酚酞试液。将盐酸滴入锥形瓶中，并不断摇动锥形瓶，当达到滴定终点时，停止滴加，记录读数。重复进行三次滴定操作，取三次滴定结果的平均值。实验中存在的错误有几处？（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗实验中存在的错误是：一是未润洗酸式滴定管，二是指示剂没有选用甲基橙，共2处错误；故合理选项是B。8.钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R-Cl+M-R-M+Cl-、R-Na+N+R-N+Na+。下列说法错误的是（）A.“灼烧”的主要目的是除去活性炭B.“酸浸”过程中温度不宜过高C.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂D.“洗脱”过程中增大所用盐酸浓度有利于洗脱〖答案〗C〖解析〗A．C与O2反应变为CO2气体逸出，因此“灼烧”的主要目的是除去活性炭，A正确；B．“酸浸”时要加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，H2O2不稳定，受热易分解，因此“酸浸”过程中温度不宜过高，以免H2O2分解，B正确；C．离子交换发生的反应为R-Cl+M-R-M+Cl-，因此所用树脂为阴离子交换树脂，从而除去Fe3+、Cu2+，C错误；D．“洗脱”过程中增大盐酸浓度，c(Cl-)增大，平衡R-Cl+M-R-M+Cl-逆向移动，有利于洗脱，D正确；故合理选项是C。9.氮化硅(熔点1900℃)具有高强度、高韧性，常用作LED的基质材料，通过SiH4与NH3发生反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列说法错误的是（）A.键角：SiH4>NH3B.SiH4还原性强于NH3，可证明非金属性N>SiC.Si3N4属于共价晶体D.SiH4为非极性分子〖答案〗B〖解析〗A．孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，NH3的孤电子对数目多于SiH4的孤电子对数目，键角：SiH4>NH3，故A正确；B．SiH4还原性强于NH3，不可证明非金属性N>Si，故B错误；C．Si3N4中N与Si原子间通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，故C正确；D．SiH4是正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故D正确；故选B。10.一种全有机质子二次电池放电原理如图所示，电极材料中的P、PO、PR均为有机高分子化合物。下列说法正确的是（）A.放电时，电极M发生氧化反应B.放电时，H+移向电极NC.充电一段时间后，电解液的pH未变D.充电时，阳极反应为P-2e-=PO+2H+〖答案〗C〖解析〗A．由图示可知，放电时，电极M上，PO得电子结合氢离子生成P，为正极，电极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P(PO是有机物的简写，其中的O不代表氧元素)，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，放电时，电极M得电子，M为正极，H+移向电极M，B错误；C．由图示可知，放电时正极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P，负极反应式为：PR-2ne-=2nH++P(PR是有机物的简写，其中的R不代表某一元素)，则电池总反应为：PO+PR2P，可知充电一段时间后，电解液的pH未变，C正确；D．由分析可知，放电时，电池的正极反应式为：PO+2ne-+2nH+=P，则充电时，阳极反应式为：P-2ne-=PO+2nH+，D错误；〖答案〗选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（）实验玻璃仪器试剂A海带提碘烧杯、玻璃棒、分液漏斗、酒精灯蒸馏水、新制氯水、CCl4B乙醛的银镜反应烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管乙醛溶液、银氨溶液C氨气的喷泉实验烧杯、烧瓶、胶头滴管、导管氨气、蒸馏水D制备无水乙醇蒸馏烧瓶、牛角管、酒精灯、冷凝管、锥形瓶95%乙醇〖答案〗BC〖解析〗A．从海带中提取I2，需要灼烧、溶解、氧化、过滤，使用的玻璃仪器有酒精灯、漏斗、玻璃棒、烧杯等，需要试剂有蒸馏水、新制氯水、CCl4，仪器缺少漏斗，不能完成实验，A不符合题意；B．乙醛的银镜反应需热水浴加热，用胶头滴管向盛有银氨溶液的试管中滴加乙醛溶液，然后将该试管放入热水中进行反应，水升温要使用酒精灯加热，故使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、试管、胶头滴管，试剂有乙醛溶液、银氨溶液，可以完成实验，B符合题意；C．用一个干燥的烧瓶收集氨气，并用带有玻璃导管和胶头滴管(事先吸有水)的双孔塞塞紧，导管末端放入盛有水的烧杯中，当实验时，将止水夹移到玻璃管处，挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶中，就会持续形成压强差而形成喷泉，可以利用已知仪器和试剂完成氨气的喷泉实验，C符合题意；D．用95%的乙醇制取无水乙醇时，需将95%的乙醇、生石灰混合加热，用温度计测量蒸气温度，用冷凝管冷却降温，冷凝管与接收器锥形瓶通过牛角管连接，仪器缺少温度计，药品缺少生石灰，不能完成实验，D不符合题意；故合理选项是BC。12.中科院苏州纳米所5nm激光光刻研究获最新进展。如图所示A、B是一种光刻胶树脂的两种单体的结构简式。下列说法错误的是（）A.A中存在3个手性碳原子B.B水解产物中的酸有2种同分异构体C.A、B都存在属于芳香族化合物的同分异构体D.A、B通过加聚反应生成光刻胶树脂〖答案〗B〖解析〗A．由结构简式可知，有机物A中存在如图*所示的3个连有不同原子或原子团的手性碳原子：，故A正确；B．由结构简式可知，有机物B水解所得羧酸的结构简式为，的同分异构体可能是链状羧酸、环状羧酸、链酯和环状酯等，同分异构体数目远远大于2种，故B错误；C．苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，有机物A、B的不饱和度都大于4，则A、B都存在属于芳香族化合物的同分异构体，故C正确；D．由结构简式可知，有机物A、B都含有碳碳双键，能通过加聚反应生成光刻胶树脂，故D正确；故选B。13.H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和NH3的路径机理及活化能(kJ·mol–1)如图所示。下列说法错误的是（）A.H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥B.Pd/SVG上H2还原NO，更容易生成N2C.根据如图数据可计算NO+5H=NH3+H2O的ΔHD.由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程〖答案〗BC〖解析〗A．活化能最大的为决速步，则H2还原NO生成N2的决速步为反应⑥，A正确；B．由图知，Pd/SVG上H2还原NO，经过①到⑤即可生成氨气、经过①到⑧步才能生成氮气、而决速步反应⑥的活化能最大、发生最困难，则更容易生成NH3、不容易生成N2，B不正确；C．根据如图数据可计算NO+5H=NH3+H2O的正反应的活化能、不知道逆反应的活化能，故不能计算ΔH，C不正确；D．由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程、可能得到不同产物，D正确；〖答案〗选BC。14.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是（）A.白色物质X为CuSO4B.NO和Y均为还原产物C.参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%D.NO与Y的物质的量之和可能为2mol〖答案〗AC〖祥解〗由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：，据此回答。〖详析〗A．据分析，白色物质X为CuSO4，A正确；B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，B不正确；C．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C正确；D．由知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S发生反应得到0.8molNO与0.6molS，NO与S物质的量之和为1.4mol，D不正确；〖答案〗选AC。15.常温下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图所示。向浓度均为0.01mol·L-1的H3AsO4和H3AsO3混合溶液中加入适量的NaOH溶液，下列说法正确的是（）A.H2AsO+AsOHAsO+HAsOK=105.2B.pH=6时，c(H2AsO)>c(H3AsO3)>c(HAsO)>c(H2AsO)C.溶液呈中性时，约等于3D.pH=8时，H3AsO3的电离度约为9.09%〖答案〗CD〖解析〗A．H2AsO+AsOHAsO+HAsOK==106.5，故A错误；B．由图pH=6时，从左侧的图可知c(H2AsO)>c(HAsO)，结合右侧的图c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故B错误；C．溶液呈中性时，溶液中AsO接近0，H3AsO3接近1，c(H+)=c(OH-)，c(HAsO)=c(H2AsO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HAsO)×2+c(H2AsO)，c(Na+)=c(HAsO)×3，约等于3，故C正确；D．Ka1==10-9，pH=8时，==0.1，即，=，H3AsO3的电离度约为9.09%，故D正确；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：（1）基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为______；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是______________________________________________________________________；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是__________。（2）CuSO4稀溶液中存在〖Cu(H2O)6〗2+，〖Cu(H2O)6〗2+的空间构型为______________；下列对〖Cu(H2O)6〗2+中Cu2+杂化方式推断合理的是________(填标号)。A.sp3 B.sp3d C.sp3d2 D.dsp2（3）Cu2+可形成〖Cu(en)2NH3〗(BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____________________。（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为______；该晶体的化学式为________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____________；晶胞中C、D间距离d=__________pm。〖答案〗（1）NCu+的3d轨道全满达到稳定状态Cu2O（2）八面体形C（3）11F、N、C（4）50%CuInTe2(，，)〖解析〗（1）铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故〖答案〗为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；（2）六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故〖答案〗为：八面体形；C；（3）〖Cu(en)2NH3〗(BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故〖答案〗为：11；F、N、C；（4）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故〖答案〗为：50%；CuInTe2；(，，)；。17.锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：+HCOOH（1）已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为__________。（2）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为________________________________。（3）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是______________________________________________________________________________，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为________________________________。（4）整个流程中可循环利用的物质是____________。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____________________________________________________________________。（5）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为______mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由__________________________________________________________________________________________。〖已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6〗〖答案〗（1）1:3（2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O（3）在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖少量多次加入葡萄糖（4）醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次（5）5.87×10-10该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行〖祥解〗由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。〖详析〗（1）由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得，，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；〖答案〗为1:3。（2）由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；〖答案〗为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。（3）由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；〖答案〗为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。（4）由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；〖答案〗为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。（5）由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；〖答案〗为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。18.氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：I.Ca3N2的制备（1）仪器a的名称为__________，E装置的主要作用是__________________________。（2）实验开始时应首先点燃______(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到__________________时点燃另一处酒精灯。Ⅱ.Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)（3）方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③__________________________，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④______________________________；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为______________。（4）方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mLNaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为________。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一________(填“偏高”“偏低”或“相等”)。〖答案〗（1）蒸馏烧瓶液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)（2）AE装置中有均匀的气泡产生（3）关闭K1，打开K2打开K1，通一段时间的N2×100%（4）88.8%偏低〖祥解〗I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来〖解析〗。〖详析〗（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148gCa3N2～34gNH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148gCa3N2～2molNH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。19.乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH。回答下列问题：（1）上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=______kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是______________________。（2）在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比〖=x〗对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H______0(填“＞””或“＜”，下同)；a______3；M、N两点的反应速率v逆(M)______v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM______KN。（3）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是________；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____________(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。〖答案〗（1）30加入催化剂或增大催化剂比表面积（2）＜＞＜＞（3）a〖解析〗（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=--+C中得到，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为