2024年贵州省黔东南市高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2024年贵州省黔东南市高三第二次诊断性检测化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．Y的简单氢化物的沸点比Z的高B．X、Y组成的化合物中可能含有非极性键C．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的弱D．W是所在周期中原子半径最小的元素2、用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为7的碳原子：C B．氯乙烯的结构简式：CH2CHClC．氯离子的结构示意图： D．HCl的电子式：H＋[]－3、某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOHA．A B．B C．C D．D4、将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)A． B． C． D．5、下列反应的离子方程式书写正确的是A．在FeI2溶液中滴加少量溴水：2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－B．碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-6、克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A．它的分子式为C12H17N2Cl2OB．它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C．1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应D．一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等7、CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A．制备SO2B．制备CuI并制备少量含SO2的溶液C．将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D．加热干燥湿的CuI固体8、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是：A．从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现B．高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C．生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀D．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，是实验室常用的一种化学试剂。下列说法中错误的是（）A．Z2Y的水溶液呈碱性B．最简单氢化物沸点高低为：X＞WC．常见单质的氧化性强弱为：W＞YD．中各原子最外层均满足8电子稳定结构10、某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()已知：N2H4·H2O在100℃以上分解。A．已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO3的物质的量为1molB．上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2OC．为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行D．工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质11、下列化学用语对事实的表述正确的是A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成离子键的过程：D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－12、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度13、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA14、有关下列四个图象的说法中正确的是（）A．①表示等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，其产生的氢气总体积(V)与时间(t)的关系B．②表示合成氨反应中，每次只改变一个条件，得到的反应速率v与时间t的关系，则t3时改变的条件为增大反应容器的体积C．③表示其它条件不变时，反应4A(g)+3B(g)2C(g)+6D在不同压强下B%(B的体积百分含量)随时间的变化情况，则D一定是气体D．④表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态15、以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如图所示，关于以上有机物的说法正确的是A．物质a最多有10个原子共平面 B．物质b的分子式为C10H14C．物质c能使高锰酸钾溶液褪色 D．物质d与物质c互为同分异构体16、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A．对应的简单离子半径：C>D>BB．D、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C．电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D．由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性17、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D．=1×10-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-18、下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是（）A．H2SO4溶液与Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl溶液与KOH溶液混合C．NH4HSO4溶液与少量NaOHD．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合19、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A．Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB．导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量20、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（）A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HClC．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸21、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总数为0.2NAB．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4NAC．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为NAD．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：已知：R-CH3R-CNR-COOHR-CH=CH2R-COOH+CO2回答下列问题：(1)B的官能团名称为_____，D的分子式为_____。(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。(3)H的结构简式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。Ⅰ.既能与FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:2:2:2:1。24、（12分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）①的反应类型为_____________________；B分子中最多有_________个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为______________________；③的“条件a”为____________________。（3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。（4）⑤的化学方程式为__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：______________25、（12分）绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。26、（10分）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。27、（12分）I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：完成下列填空：(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃，固体溶解,用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089mol/L标准NaOH溶液16.55mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。28、（14分）近年来，氮氧化物进行治理已成为环境科学的重要课题。(1)在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示。金属铱(Ir)表面发生了氧化还原反应，其还原产物的电子式是_____；若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液的含氮量，用电极反应式解释原因_____________。(2)在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。①该反应达到平衡后，为提高反应速率且同时提高转化率，可采取的措施有_______(填序号）。a．改用高效催化剂b．缩小容器的体积c．升高温度d．减小CO2的浓度②压强为20MPa、温度为T2下，若反应达到平衡状态时容器的体积为4L，则此时CO2的浓度为_______。③若在D点对反应容器升温的同时增大其体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的_______点。(3)研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4+(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)+□→NO(a)ΔH1K12NO(a)→2N(a)+O2(g)ΔH2K22N(a)→N2(g)+2□ΔH3K32NO(a)→N2(g)+2O(a)ΔH4K42O(a)→O2(g)+2□ΔH5K5注：“□”表示催化剂表面的氧缺位，“g”表示气态，“a”表示吸附态。第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________________。第二阶段中各反应焓变间的关系：∆H2+∆H3=_____；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常数K=____(用含K1、K2、K3的表达式表示）。29、（10分）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；B．X为H元素，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D．W为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。2、C【解析】

A.中子数为7的碳原子为：，选项A错误；B.氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；C.氯离子的结构示意图为：，选项C正确；D.HCl为共价化合物，其电子式为：，选项D错误。答案选C。3、B【解析】

试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。【详解】A．如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；B．试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。C．ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；D．若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误；答案选B。【点睛】A选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。4、A【解析】

本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI0.01mol0.02molHI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；答案选A。【点睛】本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。5、B【解析】

A选项，在FeI2溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰水定为1mol来分析：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故B正确；C选项，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应：Al3++NH4++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+H2O+NH3↑，故C错误；D选项，过量SO2通入到NaClO溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。6、C【解析】

A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。7、D【解析】

A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。8、C【解析】

A.粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；B.病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；C.铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；D.植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；答案选C。9、C【解析】

由题干可知，为实验室一种常见试剂，由结构式可知，Z为第一主族元素，W为第四主族元素，X为第五主族元素，由W、X、Y最外层电子数之和为15可知，Y为第ⅥA族元素，因为W、X、Y、Z为原子序数依次递增的主族元素，且均不超过20，因此W为碳，X为氮，Y为硫，Z为钾。【详解】A．Z2Y为K2S，由于S2-水解，所以溶液显碱性，故A不符合题意；B．X的最简单氢化物为NH3，W的最简单氢化物为CH4，因为NH3分子间存在氢键，所以沸点高，故B不符合题意；C．根据非金属性，硫的非金属性强于碳，所以对应单质的氧化性也强，故C符合题意；D．中三种元素最外层电子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；答案选C。【点睛】元素的非金属性越强，单质的氧化性越强。10、C【解析】

A.合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO31mol，即失去5mol电子，同时得到5molNaI，A项正确；B.根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O或2IO3-＋3N2H4=2I－＋3N2＋6H2O，B项正确；C.温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在60～70℃比较合适，C项错误；D.工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D项正确；答案选C。11、C【解析】

A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：→，故C正确；D．弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故答案为C。12、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。13、C【解析】

A．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B错误；C．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1NA，C正确；D．100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选C。14、B【解析】

A.a中加入少量CuSO4溶液，锌会与硫酸铜发生反应生成铜，锌、铜和硫酸溶液形成原电池，反应速率会加快，但生成的氢气的体积会减少，故A错误；B.当增大容器的体积时，反应物和生成物的浓度均减小，相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，与反应速率v和时间t的关系图像相符合，故B正确；C.由③图像可知，p2>p1，压强增大，B的体积百分含量减小，说明平衡正向移动，正向为气体体积减小的方向，则D为非气态，故C错误；D.当反应达化学平衡状态时，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知图中交点A对应的状态不是化学平衡状态，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】④图中A点时v（N2O4）逆=v（NO2）正=2v（N2O4）正，则v（N2O4）逆>v（N2O4）正，反应逆向移动。15、D【解析】

A.分子中有5个碳原子和4个氢原子可以在同一个平面内，故A错误；B.由结构可知b的分子式为C10H12，故B错误；C.物质c中不含有被高锰酸钾溶液氧化的基团，高锰酸钾溶液不褪色，故C错误；D.物质c与物质d的分子式相同都为C10H16、结构不同，互为同分异构体，故D正确；答案：D。16、B【解析】

根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A.B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；B.D、E分别为Al、Cl，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2故C错误；D.A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。17、D【解析】

A．使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误；B.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误；C．强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D．=1×10-13mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正确。答案选D。18、C【解析】

A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B错误；C.NH4HSO4溶液与少量NaOH反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：OH-

+HCO3-＝CO32－+H2O，故D错误；故答案为C。19、C【解析】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。20、B【解析】

A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；答案选B。21、B【解析】

A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。答案选B。22、A【解析】

A．根据物料守恒，1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，故A正确；B．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol，则不一定均为4NA，故B错误；C．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，故C错误；D．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.4NA，故D错误；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、氯原子C6H10O4取代反应NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热HOCH2CH2CH2CH2OH+2NH3+3O2→+6H2O【解析】

从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。24、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。25、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【点睛】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；26、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。27、加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3-、Na+、Cl-减少NaCl的结晶析出取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KNO3增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。【详解】I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102mol/L×0.02L=0.00204mol，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204mol=0.00408mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=c·V=0.089mol/L×0.01655L=0.001473mol，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473mol=0.002607mol，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607mol，则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。【点睛】本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。28、NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2Ob0.25mol/LA还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快△H4+△H5×K2×K3【解析】

(1)在催化剂表面H2与N2O反应产生N2和H2O，N元素化合价降低，得到电子被还原成N2，2个N原子通过三对共用电子对结合；Pt颗粒会吸附NO3-得到电子反应产生NH4+；(2)①反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0的正反应是气体体积减小的放热反应，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；②假设反应产生的N2的物质的量为x，根据物质转化关系及反应开