黄金卷01-2021年高考化学全真模拟卷

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（辽宁专用）第一模拟（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Ni59Cu64Ba137一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列说法正确的是A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维B．港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点C．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料【答案】B【解析】A．丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分是纤维素，尼龙的主要成分是合成纤维，A错误；B．聚乙烯纤维属于合成高分子，具有强度大、质量轻、耐腐蚀等特点，B正确；C．嫦娥五号使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，C错误；D．固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，其中树脂为有机高分子材料，D错误；故答案选B。2．反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语不正确的是A．中子数为20的氯原子： B．氯化铵：C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl D．Cl原子的结构示意图：【答案】B【解析】A．中子数为20的氯原子的质量数17+20=37，该核素为，故A正确；B．氯化铵是离子化合物，其电子式为，故B错误；C．Cl2分子中Cl与Cl之间存在一个共用电子对，则其结构式为Cl—Cl，故C正确；D．Cl原子的核电荷数为17，原子核外电子总数等于核电荷数，则原子的结构示意图为，故D正确；故答案为B。3．元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X位于短周期，Y、Z位于第四周期，X的焰色反应为黄色。由于83Y会发生放射性衰变转化为83Z，从W、X、Y组成的某化合物中发现存在Z元素，其变化可用如图表示，设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是A．8.3g83Y比8.3g83Z的中子数多0.1NAB．X2YW4和XZW4中均含有离子键和共价键C．原子半径比较：Z>Y>X>WD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y【答案】C【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的焰色反应为黄色，为Na元素；83Y中化合价分别为+6、2，Y为Se元素(第四周期)，W为O元素；83Z中Z的化合价为+7，Z为Br元素；83Se放射性衰变时，减少1个中子，释放1个电子同时核内增加1个质子，得到83Br。综合以上分析，W为O，X为Na，Y为Se，Z为Br，据此分析结合原子结构、元素周期律解答。【解析】A．83Se、83Br的中子数分别为(8334)=39、(8335)=38，8.3g83Se比8.3g83Br的中子数多0.1NA，故A正确；B．Na2SeO4和NaBrO4中均含有离子键和共价键，故B正确；C．同周期元素随原子序数递增原子半径减小：Y(Se)>Z(Br)，故B错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强：Br>Se，故D正确；答案选C。4．氨硼烷的结构和乙烷相似，下列关于的叙述正确的是()A．电负性大小顺序：B．分子中所有原子共平面C．分子中键是配位键，其电子对由提供D．氨硼烷为共价晶体，具有很高的熔点【答案】C【解析】A．第二周期元素电负性从左至右逐渐增大，N在B的右边，应该比B的大，A错误；B．结构与乙烷相似，乙烷中所有原子不在同一平面内，B错误；C．N原子最外层有5个电子，与H形成三个共价键后，还有一个孤电子对，B原子最外层3个电子，与H形成三个共价键后，无多余电子，但是可以提供空轨道，与N形成配位键，C正确；D．氨硼烷结构和乙烷相似，为分子晶体，熔点较低，D错误；故选C。5．下列装置或操作能达到目的是A．装置①用铜与稀硝酸制取少量NOB．装置②可用于测定中和热C．利用装置③制取氯气D．装置④保护铁闸门不被腐蚀【答案】D【解析】A项，NO极易被氧化生成NO2，所以不能用排空气法收集，故不选A项；B项，装置②缺少环形玻璃搅拌棒，不可用于测定中和热，故不选B项；C项，用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，需要加热，所以不能利用装置③制取氯气，故不选C项。D项，如图所示，装置④为外加电源的阴极保护法，铁闸门连接电源的负极，作阴极，可被保护，故选D项。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。6．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞晶体中最小的重复单元则有关下列说法正确的是（）A．中只存在离子键B．晶体中，所有原子之间都是以离子键结合C．晶体中与每个距离最近的有6个D．超氧化钾化学式为，每个晶胞含有1个和1个【答案】C【解析】A.K+离子与O2离子形成离子键，O2离子中O原子间形成共价键，故A错误；B.O2离子中O原子间形成共价键，故B错误；C.由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的O2有4，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；D.K+离子位于顶点和面心，数目为，O2离子位于棱心和体心，数目为，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2，该晶体中阴阳离子个数之比为1：1，超氧化钾化学式为KO2，故D错误；答案选C。7．在容积不变的密闭容器中加入一定量的和，发生反应：，在相同时间内，测得不同温度下的转化率如表所示。下列说法正确的是()温度/℃100200300400500的转化率/%3075755018A．该反应的正反应是吸热反应B．200℃、的转化率为75%时，反应达到平衡状态C．300℃时，若继续加入一定量的，该反应正向进行，平衡常数K值增大D．400℃时，若的平衡浓度为，则该反应的平衡常数【答案】D【解析】A．温度升高，化学反应速率加快，在相同时间内，反应物的转化率应增大，但由表中数据可知，从300℃升至400℃、500℃时，A的转化率反而降低，说明温度升高，该平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应，A项错误；B．该反应的正反应是放热反应，若200℃已达到平衡状态，则A的转化率大于300℃时A的转化率，但表中数据显示这两个温度时A的转化率相等，说明200℃时，反应没有达到平衡状态，B项错误；C．分析可知，300℃时，反应达到平衡，容器容积不变，若增加A的量，该平衡正向移动，但值只与温度和具体反应有关，300℃时，该反应的值不变，C项错误；D．400℃时，反应达到平衡，A的平衡转化率为50%，根据反应可知，平衡时，B的平衡浓度为，则该反应的平衡常数，D项正确；故答案选D。8．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：下列说法不正确的是A．P和M通过加成反应形成聚脲B．一定条件下聚脲能发生水解反应C．M苯环上的一氯代物有2种D．M与互为同系物【答案】D【解析】A．M中的两个氨基上的NH断裂，与P中的C=N双键发生加成，所以P和M通过加成反应形成聚脲，A正确；B．聚脲中存在酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，B正确；C．M是一个对称结构，两个苯环上氨基的邻位碳上的氢原子是等效的，两个苯环相连的氧原子的两个苯环上的邻位碳上的氢原子是等效的，则在M分子中只有两种不同的氢原子，M苯环上的一氯代物有2种，C正确；D．M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一类物质，所以不是同系物，D错误；故选D。9．近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是()A．Ni2P电极与电源负极相连B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应C．In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成D．在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－【答案】C【解析】A．根据电解质“异性相吸”原理，氢氧根向Ni2P电极移动，说明Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；B．左侧CO2变为HCOO－，化合价降低，发生还原反应，则辛胺在阳极转化为辛腈发生了氧化反应，故B错误；C．In/In2O3－x电极为阴极，阴极可能有氢离子得到电子，因此可能有副产物H2生成，故C正确；D．In/In2O3－x电极为阴极，根据图中信息，阴极上发生的反应为CO2+H2O+2e－=HCOO－+OH－，故D错误。综上所述，答案为C。10．下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是()选项实验操作实验现象结论A向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入酸化的溶液中有白色沉淀产生反应生成的气体可能为B向盛有稀溶液的试管中加入的溶液试管口出现红棕色气体溶液中的被还原为C向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释溶液红色变浅溶液中所有离子浓度均减小D用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察，火焰呈黄色溶液中的金属阳离子只有【答案】A【解析】A．能被硝酸氧化为硫酸，硫酸根与钡离子结合反应生成不溶于酸的硫酸钡白色沉淀，正确，故选A；B．向盛有稀溶液的试管中加入的溶液，溶液中存在稀硝酸和亚铁离子，稀硝酸只能被亚铁离子还原为NO，NO于试管口被氧化为，从而使试管口出现红棕色气体，故B错；C．氨水呈碱性，向氨水中加蒸馏水稀释溶液的pH值减小，则氢离子浓度增大，并不是所以离子浓度均减小，故C错；D．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，直接观察，火焰呈黄色，只能说明溶液中一定含，可能含有，故D错。答案选A11．将汽车尾气中的CO、NO转化为无害气体的反应为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。某化学兴趣小组为探究影响该反应的外界条件，在容积均为2L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入物质的量之比为1：1的NO和CO，测得各容器中n(CO)随反应时间的变化情况如下表所示。根据表中数据，下列说法正确的是()04080120160甲(温度为300℃)乙(温度为℃)丙(温度为300℃)0.80A．乙容器中的反应温度T＜300℃B．甲容器中，0～40min内平均反应速率v(NO)=0.0125mol/(L·min)C．提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂D．升高温度既能增大反应速率又能提高CO与NO的转化率【答案】C【解析】A．甲、乙反应开始时物质浓度相等，在相同时间内乙改变浓度快，说明乙反应速率快，由于温度升高，反应速率快，所以乙容器中的反应温度T＞300℃，A错误；B．甲容器中，0～40min内CO物质的量改变△n=2mol1.5mol=0.5mol，容器的容积是2L，则△c==0.25mol/L，则平均反应速率v(NO)==0.00625mol/(L·min)，B错误；C．使用高效催化剂能够在相同时间内使更多的尾气转化为CO2、N2，从而可提高尾气的净化效率，C正确；D．升高温度，化学反应速率加快，根据甲分析可知，乙的温度高于300℃，升高温度，反应达到平衡时CO的物质的量增大，说明升高温度平衡逆向移动，因此升高温度不能提高高CO与NO的转化率，D错误；故合理选项是C。12．工业上利用制备高纯硅时的副产物和废铁镁矿渣(含、及少量、)为原料，制备二氧化硅和氯化镁晶体的一种流程如下：下列说法错误的是()A．反应前通常会将废铁镁矿渣粉碎，目的是加快反应速率，使矿渣反应充分B．与水的反应为C．向溶液2中加的目的是氧化，便于除杂D．直接加热蒸发溶液3可获得氯化镁晶体【答案】D【分析】SiCl4与水发生反应生成H4SiO4(或H2SiO3)沉淀和HCl，沉淀1为H4SiO4(或H2SiO3)，H4SiO4(或H2SiO3)沉淀受热分解产生SiO2，溶液1为HCl溶液；HCl溶液与废铁镁矿渣(含、及少量、)中的、、反应得MgCl2、FeCl3、FeCl2溶液，与HCl不反应，滤渣为，溶液2为MgCl2、FeCl3、FeCl2、HCl混合溶液；溶液2加过氧化氢将FeCl2氧化为FeCl3，加试剂1调pH使Fe3+沉淀，然后过滤除去，溶液3为MgCl2溶液，MgCl2溶液在HCl氛围中加热可得MgCl2晶体。【解析】A．将废铁镁矿渣粉碎，可增大固体与溶液的接触面积，从而加快反应速率，使矿渣反应充分，故A项正确；B．根据流程分析知与水反应生成(或)和，(或)加热可生成二氧化硅和水，故B项正确；C．溶液中的亚铁离子生成沉淀时的较大，与Mg2+形成沉淀的pH交叉，不易除去，而铁离子沉淀的pH较小，向溶液2中加的目的是氧化，便于除杂，故C项正确；D．为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解，加热时水解平衡正向移动，且生成的易挥发，故直接加热溶液3得不到氯化镁晶体，得到氢氧化镁，故D项错误。答案选D。13．硫含量是生铁质量的重要指标，精确测定铁水中硫含量是高炉炼铁过程中的重要任务，利用硫化物固体电解质浓差电池定硫工作原理如图所示，电池两边产生一定硫分压差时，两极会产生相应的电势，若已知某硫分压(p's2)，测定其电池电势，则可通过公式计算得出另一硫分压(p"s2)，从而确定铁水中的硫含量，N电极反应为S2(p"s2)＋2Mg2＋＋4e=2MgS。下列有关该浓差电池说法正确的是A．M极电势比N极电势高 B．该电池为电解池C．M极上的电极反应式：2MgS4e=2Mg2＋+S2(p"s2) D．Mg2＋从左向右移动【答案】D【分析】N电极反应为S2(p"s2)＋2Mg2＋＋4e=2MgS，发生还原反应，故N为原电池正极，M电极为原电池负极，该电池是浓差电池，是原电池，由此解答。【解析】A．N极电势比M极电势高，A错误；B．该电池是原电池，B错误；C．M电极为原电池负极，发生氧化反应，根据图示可知，M极电极反应为：2MgS4e=2Mg2＋+S2(p's2)，C错误；D．原电池中镁离子向正极移动，即向N极移动，D正确；答案选D。14．下列关于难溶电解质溶液说法正确的是()A．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大B．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol·L1盐酸、③0.1mol·L1氯化镁溶液、④0.1mol·L1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①>④=②>③C．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：AgCl+S2=Ag2S↓+ClD．25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入少量的NH4Cl固体后，c(Mg2+)增大【答案】D【解析】A．在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积在一定温度下是常数，加入Na2SO4固体后硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故A错误；B．相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积是常数，与①蒸馏水相比较，②中0.1mol／L盐酸溶液中氯离子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小；③中0.1mol／L氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小；④中0.1mol／L硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，则Ag+浓度：④＞①＞②＞③，故B错误；C．硫化银溶解度小于氯化银，可以实现沉淀转化，则向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2=Ag2S↓+2Cl，故C错误；D．氢氧化镁溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化铵水解显酸性，与氢氧根离子结合，促进平衡向溶解方向进行，所以镁离子浓度增大，故D正确；故选D。15．水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3·H2O的Kb=1.74×105。向Pb(NO3)2溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是A．Pb2+的浓度分数先减小后增大B．c(NO)与c(Pb2+)的比值减小后增大，pH>10后不变C．pH=7时，存在的阳离子仅有Pb2+、Pb(OH)+和H+D．溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH的形式存在【答案】D【分析】由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH)、Pd(OH)四种微粒，据此分析。【解析】A．随着pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，A错误；B．NO与Pb2+在同一溶液中，c(NO)与c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n(NO)不变，n(NO)与n(Pb2+)的比值增大，故c(NO)与c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为0时，比值无意义，B错误；C．当pH=7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH，C错误；D．当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb==1.74×105，则===17.4，故溶液中氨主要以NH形式存在，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如下：回答下列问题：（1）写出反应①的化学方程式___________________。操作①的名称：_________________________。（2）工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_________________________________________________。（3）从滤液获得晶体的“一系列操作”是_________________________、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，其中“降温速率对收率影响”如图所示，则最佳降温速率为_________________________min·℃1。降温速率对氟化铵收率的影响降温速率/(min·℃1)收率/%327.12627.461030.181525.532026.013025.41（4）写出反应②的离子方程式___________________。该流程中的副产品为_________________________。（5）氟化铵含量的测定；称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加23滴酚酞指示剂，用0.5mol/L的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠体积为V0mL。(已知：4NH+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)①请结合离子方程式解释氟化铵样品不能在玻璃烧杯中溶解的原因：____________________________。②计算样品中氟化铵的含量为___________________________________。【答案】（1）（2分）过滤（1分）（2）温度过高氟化铵易分解，氨在体现中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大（2分）（3）减压浓缩（1分）10（1分）（4）（2分）(NH4)2SO4（1分）（5）①，HF易腐蚀玻璃（2分）②（2分）【分析】H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀。【解析】（1）反应①是H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，反应的化学方程式为。操作①是分离出生成的硅胶沉淀，操作的名称是过滤；（2）温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃；（3）从滤液获得氟化铵晶体的操作是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，根据“降温速率对收率影响”数据，可知降温速率为10min·℃1时，收率最高，所以最佳降温速率为10min·℃1；（4）反应②是氟化铵和硫酸镁反应生成氟化镁沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式是。该流程中的副产品为(NH4)2SO4；（5）①，HF易腐蚀玻璃，所以不能在玻璃烧杯中溶解样品；②根据题意得关系式4NH~(CH2)6N4H++3H+~4NaOH，mg样品中氟化铵消耗氢氧化钠(VV0)mL，样品中氟化铵的物质的量为0.5mol/L×(VV0)mL×103，氟化铵的质量为0.5mol/L×(VV0)mL×103×37g/mol，样品中氟化铵的含量为。【点睛】本题以工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁为载体，考查化学工艺流程，明确流程中各步反应原理是解题关键，注意混合物分离的常见方法及应用。17．（14分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。I．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。（1）在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有____________(选填编号)（2）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为____________________________________，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是____________________________________(写出操作、现象和结论)。Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：（3）装置A中发生反应的离子方程式为____________________________________，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是______________________________。（4）下列各项措施中，能提高测定准确度的是________________________(选填编号)。a．把盐酸换成不具有挥发性的硫酸b．在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置c．滴加盐酸不宜过快d．在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（5）实验中准确称取8.0g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97g。则样品中碳酸钙的质量分数为______________________________。【答案】（1）BCD（2分）（2）Al(OH)3+OH=+2H2O（2分）将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3（2分）；（3）CO2+2OH=+H2O（2分）使反应产生的二氧化碳气体全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收（2分）（4）c（2分）（5）12.5%（2分）【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。【解析】I．（1）牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；（2）Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH=+2H2O；若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；Ⅱ．（3）装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；（4）a．若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；b．B、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意c．若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意；d．若在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；故合理选项是c；（5）BaCO3质量为1.97g，则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol，其质量m(CaCO3)=0.01mol×100g/mol=1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=12.5%。18．（13分）含氮化合物广泛存在于自然界常重要的化合物。回答下列有关问题：（1）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：①反应Ⅲ：的平衡常数______(用表示)。②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅲ达到平衡的是_____。A．气体物质中氮元素与氧元素的质量比不变B．容器内气体密度不变C．容器内气体颜色不变D．容器内浓度保持不变（2）恒温条件下，向恒容密闭容器中加入和，时反应Ⅱ达到平衡。③测得的体积分数为，则平衡时NO的转化率_____；④已知反应Ⅱ的反应趋势是低温自发，高温不自发，则_____0(填“＜”、“＞”或“无法判断”)。⑤实验测得：v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，k正、k逆为速率常数。时，k正_____(以k逆表示)。当温度改变为T2时，，则____(填“＜”、“＞”或“=”)。⑥一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图所示。温度低于时，随温度的升高氮氧化物转化率升高的原因可能是_____________________。【答案】（1）①（2分）②ABC（2分）（2）③75%（2分）④＜（1分）⑤（2分）＞（2分）⑥温度低于710K时，单位时间内随温度上升，反应速率增加，因此NO的转化率上升（2分）。【解析】（1）①反应Ⅲ的平衡常数K3=，反应Ⅰ的平衡常数K1=，反应的平衡常数K2=，所以=K3。②A．反应Ⅲ中，反应物NO2中氮元素与氧元素的质量比为7:16，生成物NO中氮元素和氧元素的质量比为7:8，所以未平衡前气体物质中氮元素和氧元素的质量比是变量，当气体物质中氮元素与氧元素的质量比不变时，反应达到了平衡，故A选；B．如果反应从NO2和NaCl开始，随着反应的进行，气体物质的质量在减小，而容器体积不变，所以混合气体的密度在减小，当容器内气体密度不变时，反应达到了平衡，故B选；C．NO2是红棕色气体，Cl2是黄绿色气体，未平衡前混合气的颜色在改变，当容器内气体颜色不变时，说明NO2和Cl2的浓度均不再改变，反应达到了平衡，故C选；D．NaNO3是固体，其浓度是一常数，不能用固体浓度不变衡量是否平衡，故D不选；故选ABC。（2）③设转化的Cl2的物质的量为a，可列三段式：

平衡时测得Cl2的体积分数为，则=，可求出a=0.075，则NO的转化率为。④反应Ⅱ的反应趋势是低温自发，高温不自发，根据反应Ⅱ反应前后气体系数可知，该反应的ΔS＜0，所以若反应能自发，根据ΔG=ΔHΔS＜0，则ΔH＜0。⑤v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO)c(Cl2)=k逆c2(ClNO)，所以==K。T1平衡时，NO、Cl2、ClNO的物质的量分别为0.05mol、0.025mol、0.15mol，容器体积为2L，所以浓度分别为0.025mol/L、0.0125mol/L、0.075mol/L，则K===720，即=720，所以k正=720k逆。当温度改变为T2时，，即=72=K，由于该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小，所以温度＞。⑥一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率先增