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2022天津市耀华中学高三下学期一模化学试题含答案
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天津市耀华中学2022届高三年级第一次模拟考试
化学试卷
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第I卷(共36分)
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 化学助推我国科技的发展，下列有关叙述不正确的是
A. 神舟十三号飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料
B. 冬奥会国家速滑馆“冰丝带”首次使用二氧化碳直冷制冰，比氟利昂制冰更环保
C 利用新型材料和技术，将二氧化碳填埋有利于实现“碳中和”
D. 冬奥会火炬使用氢气为燃料实现了零排放，加入钠盐等因发生化学变化产生美丽的焰色
【答案】D
【解析】
【详解】A．耐高温的陶瓷材料是一种新型的无机非金属材料，A正确；
B．国家速滑馆首次采用二氧化碳直冷制冰，能减少氟利昂的排放，降低了对臭氧层的破坏，比氟利昂制冰更环保，B正确；
C．利用新型材料和技术将二氧化碳填埋可以减少空气中二氧化碳含量，有助于实现碳中和，C正确；
D．焰色反应是物理变化，故冬奥会火炬使用氢气为燃料实现了零排放，加入钠盐等因发生物理变化(焰色反应)产生美丽的焰色，D错误；
故答案为：D。
2. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 向氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钠溶液：
B. 向覆铜板上滴加溶液：
C. 向纯碱溶液中滴加少量盐酸：
D. 向次氯酸钙溶液中通入少量气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钠溶液，还会生成硫酸钡沉淀，A错误；
B．铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁：，B正确；
C．纯碱溶液中滴加少量盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠，+H+= ，C错误；
D．次氯酸根离子具有氧化性，会和二氧化硫生成硫酸根离子，+3 ClO-+ H2O =+Cl-+2HClO，D错误；
故选B。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 水分子的球棍模型： B. 钾原子的结构示意图：
C. Na2O2的电子式： D. 中子数为20的氯原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．水分子的电子式为 ，由于受孤电子对的排斥作用，成键电子对发生偏移，所以球棍模型为 ，A正确；
B．钾为19号元素，其核外有19个电子，原子结构示意图为 ，B不正确；
C．Na2O2为离子化合物，两个O原子间只形成1对共用电子，其电子式为 ，C不正确；
D．中子数为20的氯原子，质量数为37，其原子符号为，D不正确；
故选A。
4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 配制0.1 mol·L-1 NaCl(aq) B. 收集SO2并吸收尾气
C. 制取C2H4 D. 蒸干FeC13溶液制FeC13晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．固体药品的溶解应在烧杯中进行，A错误；
B．SO2密度比空气大，利用向上排空气法收集，二氧化硫有毒，过量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，同时可以防倒吸，B正确；
C．制取乙烯，反应液温度为170℃，则温度计应伸入到液面以下，C错误；
D．蒸干FeC13溶液，蒸发过程中铁离子会发生水解，温度升高，HCl挥发，促使水解平衡正向进行，不能得到FeC13，D错误；
答案为B。
5. 2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特(BenjaminList)、大卫·麦克米兰(David W。C.MacMillan)，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列说法错误的是
A. c可发生消去反应形成双键
B. 该反应为取代反应
C. 该反应原子利用率100%
D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．c中含羟基，可发生消去反应形成双键，A项正确；
B．该反应由两个反应物得到一个产物，为加成反应，B项错误；
C．反应物中的原子全部进入目标产物c，原子利用率100%，C项正确；
D．两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D项正确；
故选：B。
6. 常温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是
A. 无色透明的水溶液中：Na+、NH、SO、Cl-
B. 含大量Fe3+的水溶液中：Ca2+、K+、Br-、S2-
C. 滴加甲基橙显红色的水溶液中：Mg2+、Fe2+、SO、NO
D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl-、HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．各种离子之间不反应，都是无色离子，能够大量共存，故A正确；
B．Fe3+、S2-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO在酸性、碱性环境下均不能大量共存，故D错误；
故选：A。
7. 氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑。下列说法正确的是
A. NaAlH4中氢元素为+1价
B. 1molNa3AlH6含10mol离子
C. 在反应中有50%的氢被氧化
D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，A错误；
B．Na3AlH6由Na+和AlH组成，1molNa3AlH6含4mol离子，B错误；
C．反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，C正确；
D．H元素化合价升高，氧化产物为H2，Al元素化合价降低，还原产物为Al，故物质的量之比为3:2，D错误；
故选：C。
8. 下列除杂方法合理的是
A. 除N2中的NO2：水，洗气
B. 除C2H5OH中的H2O：生石灰，分液
C. 除HCl中的Cl2：饱和食盐水，洗气
D. 除C2H5Br中的Br2：NaHSO3溶液，分液
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化氮气体和水反应生成一氧化氮气体引入新的杂质气体，A错误；
B．生石灰和水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏得到纯净的乙醇，B错误；
C．氯化氢极易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度较小，C错误；
D．溴和亚硫酸氢钠反应生成盐溶液，与有机层C2H5Br不相溶，分液分离出C2H5Br，D正确；
故选D。
9. 2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图，设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A. 标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为2NA
B. 反应②、③无法在高温下进行
C. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D. 量取1mol DHA与乙酸发生取代反应，消耗乙酸分子数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个CO2含有4个共用电子对，所以标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为=2NA，A正确；
B．反应②、③均在酶催化作用下发生反应，温度过高，酶会失活，所以不能在高温下进行，B正确；
C．反应②中，若1molCH3OH生成HCHO，转移电子的物质的量为2mol，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为=0.2NA，C正确；
D．根据上图可知，1molDHA中含2mol羧基，但酯化反应是可逆反应，所以量取1mol DHA与乙酸发生取代反应，消耗乙酸分子数目少于2NA，D错误；
故选D。
10. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大
B. 放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
C. 充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子
D. 放电时，正极区溶液pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故A错误；
B． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，故C正确；
D．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，故D正确；
故选：A。
11. 下列说法正确的是
A. Na露置在空气中最终变为NaOH
B. 可以用H2还原MgO来冶炼金属Mg
C. 擦去氧化膜的Al条在酒精灯上加热，铝会熔化但不滴落
D. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量Zn粉生成FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Na露置在空气中被空气中的O2氧化产生Na2O，Na2O与H2O反应产生NaOH，NaOH溶液吸收CO2生成Na2CO3，因此Na露置在空气中最终变为Na2CO3，A错误；
B．Mg是活泼金属，冶炼时要用电解熔融的MgCl2的方法治炼，不能采用H2还原MgO的方法，B错误；
C．擦去氧化膜的Al条在酒精灯上加热，Al与空气中的O2反应产生Al2O3，由于Al2O3的熔点高达2050℃，因此铝熔化后被表面熔点高的氧化膜包裹，故铝熔化但不滴落，C正确；
D．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量Zn粉，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Zn=2FeSO4+ZnSO4，然后发生反应：Zn+FeSO4=ZnSO4+Fe，故Fe2(SO4)3溶液最终被过量Zn还原产生Fe单质，无FeSO4溶液，D错误；
故合理选项是C。
12. 常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 直线m表示pH与的关系
B. H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5
C. N点水电离出的c(H+)=1×10-4.3mol·L-1
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3， ，所以、。
【详解】A．直线m对应电离常数为10-1.3，所以直线m表示pH与的关系，故A正确；
B．直线m对应电离常数为10-1.3、直线n对应电离常数为10-4.3，H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5，故B正确；
C．直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3， HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H+)=1×10-9.7mol·L-1，故C错误；
D．当混合溶液呈中性时，，所以c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；
选C。
第II卷(共64分)
13. 铝、硅、磷三种元素的单质及其化合物在生产生活中有广泛应用。
（1）基态硅原子的价电子的轨道表达式_______；第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有_______(填元素符号)。
（2）比较铝、磷元素的简单离子半径_______(用相关化学符号表示)。
（3）下列关于三种元素的化合物的叙述正确的是_______。
①三种元素的最高价氧化物均能与水直接化合
②三种元素的最高价氧化物均存在晶体形式，且晶体类型不同
③、均既能与酸又能与碱反应，均属于两性氧化物
（4）与比较，沸点较高的是_______，两种分子中键角较大的是_______，其中的分子构型为_______。
（5）三种单质的晶胞结构如下
这三种晶胞中的原子的个数比为_______。
（6）①工业由粗硅制高纯硅的化学方程式_______。
②利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝，根据图示，下列表述正确的是_______。
A．该电池的使用可有效利用
B．电池工作时，电流从铝电极流向多孔碳电极
C．在整个反应过程中的作用是催化剂
D．含离子液体是熔融态的
【答案】（1） ①. ②. Mg、Si、S
（2）P3-＞Al3+
（3）② （4） ①. SiCl4 ②. SiCl4 ③. 三角锥形
（5）1:2:4 （6） ①. Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl ②. AC
【解析】
【小问1详解】
已知硅是14号元素，则基态硅原子的价电子的电子排布式为：3s2sp2，则其轨道表达式，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有Mg、Si、S三种元素，故答案为：；Mg、Si、S；
【小问2详解】
已知Al3+的核外电子层比P3-少一层，故铝、磷元素的简单离子半径大小顺序为：P3-＞Al3+，故答案为：P3-＞Al3+；
【小问3详解】
①三种元素的最高价氧化物中Al2O3、SiO2均不能与水直接化合，而P2O5能直接与水化合生成H3PO4，①错误；
②三种元素的最高价氧化物即Al2O3、SiO2和P2O5均存在晶体形式，Al2O3属于离子晶体，SiO2属于原子(共价)晶体，P2O5属于分子晶体，故三者晶体类型不同，②正确；
③、均既能与酸又能与碱反应，但SiO2仅与HF反应不是通性而是特性，故Al2O3属于两性氧化物，而SiO2属于酸性氧化物，③错误；
故答案为：②；
【小问4详解】
与均为分子晶体，且SiCl4的相对分子质量比PCl3的大，SiCl4晶体中的分子间作用力更大，故沸点较高的是SiCl4，中心原子无孤电子对，是正四面体结构，而中心原子有1对孤电子对，是三角锥形结构，故两种分子中键角较大的是SiCl4，其中中心原子P原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其分子构型为三角锥形，故答案为：SiCl4；SiCl4；三角锥形；
【小问5详解】
由题干晶胞示意图可知，一个Al晶胞中含有Al数目为：=4，一个Si晶胞中含有Si个数为：+4=8，一个P4晶胞中含有P4分子数目为：=4，则含有P原子个数为：4×4=16，这三种晶胞中的原子的个数比为4:8:16=1:2:4，故答案为：1:2:4；
【小问6详解】
①工业由粗硅制高纯硅是用粗硅先与Cl2反应生成SiCl4，再用H2还原SiCl4，其涉及的化学方程式为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl，故答案为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl；
②由题干原电池装置图可知，该原电池中Al作负极，Al失电子、发生氧化反应生成铝离子；多孔碳电极作正极，CO2得到电子、发生还原反应生成，氧气在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，即正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，所以O2反应前后质量、化学性质不变，是催化剂，电池总反应为2Al+6CO2═Al2（C2O4）3，据此分析解题：
A．该电池的使用是能将CO2转化为，实现变废为宝，故可有效利用，A正确；
B．由分析可知，电池工作时，Al为负极，多孔电极为正极，故电流从多孔碳电极流向铝电极，B错误；
C．正极上发生还原反应，其正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，即在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂，C正确；
D．已知AlCl3是共价化合物，熔融态的不导电，故含的离子液体不是熔融态的，D错误；
故答案为：AC。
14. 斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是_______，B的分子式为_______。
（2）②的反应类型是_______。
（3）反应③的化学方程式为_______。
（4）E的结构简式为_______。
（5）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有_______个手性碳原子。
（6）芳香化合物W是G的同分异构体，写出满足下列条件的W的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②能与：溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰
（7）设计以丙烯醛、1，3—丁二烯为起始原料制备的合成路线：_______(其他试剂任用)。
【答案】（1） ①. 酮羰基和酯基 ②. C7H9NO3
（2）消去反应 （3）+ 3H2O+CH3OH+NH3
（4） （5）4
（6） （7）CH2=CHCH=CH2
【解析】
【分析】由E的分子式、F的结构简式，可知E与发生加成反应生成F，推知E为 ，F脱硫形成2个甲基得到G；A中羰基与HCN发生加成反应生成B，B分子内脱下1分子水生成C，C→D发生信息I中反应引入-COOH、同时酯基水解，D分子内脱下1分子水生成E，推知C为、D为；（7）与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，由此分析解题。
【小问1详解】
由题干合成流程图中A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是酮羰基和酯基，由B的结构简式可知B分子式为C7H9NO3，故答案为：酮羰基和酯基；C7H9NO3；
【小问2详解】
由题干合成流程图中B、C结构简式可知②的反应过程中分子内脱去1分子水形成碳碳双键，该反应类型是消去反应，故答案为：消去反应；
【小问3详解】
由题干合成流程图可知，反应③即C在HCl的水溶液中发生水解反应生成D和NH4Cl、CH3OH，则该反应的化学方程式为+3H2O +CH3OH+NH3，故答案为：+ 3H2O+CH3OH+NH3；
【小问4详解】
由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
小问5详解】
碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有4个手性碳原子，如图所示：，故答案为：4；
【小问6详解】
由题干合成流线图可知，G的分子式为：C10H12O4，则芳香化合物W是G的同分异构体，且满足下列条件①能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②能与：溶液发生显色反应即含有酚羟基，③能发生水解反应即含有酯基，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，则W的结构简式为： ，故答案为：；
【小问7详解】
与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，据此分析确定合成路线为：CH2=CHCH=CH2 ，故答案为：CH2=CHCH=CH2 。
15. FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④…… ⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为___________。
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是___________。
（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)___________。
（4）装置B中的冷水作用为___________；装置C的名称为___________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：___________。
（5）在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂______
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
（6）FeCl3与H2S反应的离子方程式为___________。
（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________。
（8）综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②___________。
【答案】（1）2Fe+3Cl2 2FeCl3
（2）在沉积的FeCl3固体下方加热
（3）②⑤ （4） ①. 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 ②. 干燥管 ③. K3[Fe(CN)6]
（5） （6）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（7）Fe2+-e-=Fe3+
（8）FeCl3得到了循环利用
【解析】
【小问1详解】
铁与氯气在点燃或加热的条件下发生反应生成氯化铁，其化学方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；
【小问2详解】
从题干信息“FeCl3易升华”来看，在沉积的FeCl3固体下方加热可将其转化为气态，再在气流作用下，带入B中使其凝华；
【小问3详解】
装置干燥，通入的气体干燥均可防止其潮解，故步骤中②⑤合题意；
【小问4详解】
水浴作用是使进入B中凝华，即：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；C为干燥管；是否失效就是要检验Fe2+还有无，最佳试剂为K3[Fe(CN)6]，未失效则会发生：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-= Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；
【小问5详解】
氯气为酸性气体，所以过量Cl2用NaOH溶液吸收；
【小问6详解】
Fe3+会与H2S发生氧化还原反应，生成亚铁离子与硫单质和氢离子，其离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
【小问7详解】
因还原性：Fe2+大于Cl-，故不产生Cl2，应为：Fe2+-e-=Fe3+
【小问8详解】
总的结果是得到了S和H2相当于H2S的分解，FeCl3未被消耗，起到了循环利用的作用。
16. 氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）已知：①
②CO的燃烧热为
若某反应③的平衡常数表达式为，请写出反应③的热化学方程式：_______。
（2）欲研究在某催化剂作用下反应③的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间该反应的正反应速率如图所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______。
（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(、)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
（4）通过传感器可监测的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
（5）某温度下，在一密闭容器中充入一定量发生反应 ，其正反应速率表达式为(为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
①
0.10
②
0.20
③
0.30
则_______；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C．反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1mol NO就会消耗0.05mol
D．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E．反应达到平衡状态后，若增大容积，则混合气体的平均相对分子质量减小
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ•mol-1
（2）温度过高时催化剂的催化活性降低
（3） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat 2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
（4） ①. 还原 ②. NO+O2--2e-=NO2
（5） ①. 4.00×10-5 ②. ACE
【解析】
【小问1详解】
某反应的平衡常数表达式为K=，则反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②CO(g)+O2(g)═CO2(g)ΔH2=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律：②×2-①计算反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的焓变ΔH=-283.0kJ•mol-1×2-(+180.5kJ•mol-1)=-746.5 kJ•mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ•mol-1；
【小问2详解】
一般而言，升高温度，反应速率会加快，但图中A→B的过程中，随着温度升高，正反应速率在不断减小，可能原因是温度过高，催化剂失去活性，导致反应速率降低，故答案为：温度过高时催化剂的催化活性降低；
【小问3详解】
由图可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，对于曲线cat2而言，M点时反应没有达到平衡状态(450℃左右达到平衡)，同时该反应正向为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对温度的平衡脱氮率应该高于M点的脱氮率，故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat 2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
【小问4详解】
①由图可知，Pt电极上O2发生得电子的还原反应生成O2-，故答案为：还原；
②由图可知，NiO电极上NO发生失电子的反应生成NO2，作负极，负极反应式为NO+O2--2e-=NO2，故答案为：NO+O2--2e-=NO2；
【小问5详解】
正=k正•cn(NO)，根据表中①②数据可知，c(NO)增大2倍时，正增大16倍，即正与c4(NO)成正比，则n=4，代入实验①中得到正=k正•cn(NO)=4.00×10-9=k正•(0.10)4，k正=4.00×10-5；正反应4NO(g)N2(g)+2NO2(g)是气体体积减小的放热反应，NO2为红棕色气体，则
A．NO2为红棕色气体，当混合气体颜色保持不变时，各物质浓度不变，反应达到化学平衡状态，A正确；
B．反应中的比值始终为2不变，则的比值保持不变的状态不一定是平衡状态，B错误；
C．反应达到化学平衡状态时正(NO)=2逆(NO2)，即每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，C正确；
D．正反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g)是放热反应，反应达到平衡状态后，若降低温度，平衡正向移动，则混合气体的颜色变深，D错误；
E．正反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g)是气体体积减小的反应，反应达到平衡状态后，若增大容器体积即减小压强，平衡逆向移动，混合气体的质量不变，气体的物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，E正确；
故答案为：4.00×10-5；ACE。
天津市耀华中学2022届高三年级第一次模拟考试
化学试卷
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第I卷(共36分)
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 化学助推我国科技的发展，下列有关叙述不正确的是
A. 神舟十三号飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料
B. 冬奥会国家速滑馆“冰丝带”首次使用二氧化碳直冷制冰，比氟利昂制冰更环保
C 利用新型材料和技术，将二氧化碳填埋有利于实现“碳中和”
D. 冬奥会火炬使用氢气为燃料实现了零排放，加入钠盐等因发生化学变化产生美丽的焰色
【答案】D
【解析】
【详解】A．耐高温的陶瓷材料是一种新型的无机非金属材料，A正确；
B．国家速滑馆首次采用二氧化碳直冷制冰，能减少氟利昂的排放，降低了对臭氧层的破坏，比氟利昂制冰更环保，B正确；
C．利用新型材料和技术将二氧化碳填埋可以减少空气中二氧化碳含量，有助于实现碳中和，C正确；
D．焰色反应是物理变化，故冬奥会火炬使用氢气为燃料实现了零排放，加入钠盐等因发生物理变化(焰色反应)产生美丽的焰色，D错误；
故答案为：D。
2. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A. 向氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钠溶液：
B. 向覆铜板上滴加溶液：
C. 向纯碱溶液中滴加少量盐酸：
D. 向次氯酸钙溶液中通入少量气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钠溶液，还会生成硫酸钡沉淀，A错误；
B．铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁：，B正确；
C．纯碱溶液中滴加少量盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠，+H+= ，C错误；
D．次氯酸根离子具有氧化性，会和二氧化硫生成硫酸根离子，+3 ClO-+ H2O =+Cl-+2HClO，D错误；
故选B。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 水分子的球棍模型： B. 钾原子的结构示意图：
C. Na2O2的电子式： D. 中子数为20的氯原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．水分子的电子式为 ，由于受孤电子对的排斥作用，成键电子对发生偏移，所以球棍模型为 ，A正确；
B．钾为19号元素，其核外有19个电子，原子结构示意图为 ，B不正确；
C．Na2O2为离子化合物，两个O原子间只形成1对共用电子，其电子式为 ，C不正确；
D．中子数为20的氯原子，质量数为37，其原子符号为，D不正确；
故选A。
4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 配制0.1 mol·L-1 NaCl(aq) B. 收集SO2并吸收尾气
C. 制取C2H4 D. 蒸干FeC13溶液制FeC13晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．固体药品的溶解应在烧杯中进行，A错误；
B．SO2密度比空气大，利用向上排空气法收集，二氧化硫有毒，过量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，同时可以防倒吸，B正确；
C．制取乙烯，反应液温度为170℃，则温度计应伸入到液面以下，C错误；
D．蒸干FeC13溶液，蒸发过程中铁离子会发生水解，温度升高，HCl挥发，促使水解平衡正向进行，不能得到FeC13，D错误；
答案为B。
5. 2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特(BenjaminList)、大卫·麦克米兰(David W。C.MacMillan)，以表彰在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列说法错误的是
A. c可发生消去反应形成双键
B. 该反应为取代反应
C. 该反应原子利用率100%
D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．c中含羟基，可发生消去反应形成双键，A项正确；
B．该反应由两个反应物得到一个产物，为加成反应，B项错误；
C．反应物中的原子全部进入目标产物c，原子利用率100%，C项正确；
D．两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D项正确；
故选：B。
6. 常温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是
A. 无色透明的水溶液中：Na+、NH、SO、Cl-
B. 含大量Fe3+的水溶液中：Ca2+、K+、Br-、S2-
C. 滴加甲基橙显红色的水溶液中：Mg2+、Fe2+、SO、NO
D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl-、HCO
【答案】A
【解析】
【详解】A．各种离子之间不反应，都是无色离子，能够大量共存，故A正确；
B．Fe3+、S2-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO在酸性、碱性环境下均不能大量共存，故D错误；
故选：A。
7. 氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑。下列说法正确的是
A. NaAlH4中氢元素为+1价
B. 1molNa3AlH6含10mol离子
C. 在反应中有50%的氢被氧化
D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，A错误；
B．Na3AlH6由Na+和AlH组成，1molNa3AlH6含4mol离子，B错误；
C．反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，C正确；
D．H元素化合价升高，氧化产物为H2，Al元素化合价降低，还原产物为Al，故物质的量之比为3:2，D错误；
故选：C。
8. 下列除杂方法合理的是
A. 除N2中的NO2：水，洗气
B. 除C2H5OH中的H2O：生石灰，分液
C. 除HCl中的Cl2：饱和食盐水，洗气
D. 除C2H5Br中的Br2：NaHSO3溶液，分液
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化氮气体和水反应生成一氧化氮气体引入新的杂质气体，A错误；
B．生石灰和水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏得到纯净的乙醇，B错误；
C．氯化氢极易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度较小，C错误；
D．溴和亚硫酸氢钠反应生成盐溶液，与有机层C2H5Br不相溶，分液分离出C2H5Br，D正确；
故选D。
9. 2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图，设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A. 标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为2NA
B. 反应②、③无法在高温下进行
C. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D. 量取1mol DHA与乙酸发生取代反应，消耗乙酸分子数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个CO2含有4个共用电子对，所以标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为=2NA，A正确；
B．反应②、③均在酶催化作用下发生反应，温度过高，酶会失活，所以不能在高温下进行，B正确；
C．反应②中，若1molCH3OH生成HCHO，转移电子的物质的量为2mol，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为=0.2NA，C正确；
D．根据上图可知，1molDHA中含2mol羧基，但酯化反应是可逆反应，所以量取1mol DHA与乙酸发生取代反应，消耗乙酸分子数目少于2NA，D错误；
故选D。
10. 高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大
B. 放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
C. 充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子
D. 放电时，正极区溶液pH增大
【答案】A
【解析】
【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
【详解】A． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故A错误；
B． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，故C正确；
D．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，故D正确；
故选：A。
11. 下列说法正确的是
A. Na露置在空气中最终变为NaOH
B. 可以用H2还原MgO来冶炼金属Mg
C. 擦去氧化膜的Al条在酒精灯上加热，铝会熔化但不滴落
D. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量Zn粉生成FeSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Na露置在空气中被空气中的O2氧化产生Na2O，Na2O与H2O反应产生NaOH，NaOH溶液吸收CO2生成Na2CO3，因此Na露置在空气中最终变为Na2CO3，A错误；
B．Mg是活泼金属，冶炼时要用电解熔融的MgCl2的方法治炼，不能采用H2还原MgO的方法，B错误；
C．擦去氧化膜的Al条在酒精灯上加热，Al与空气中的O2反应产生Al2O3，由于Al2O3的熔点高达2050℃，因此铝熔化后被表面熔点高的氧化膜包裹，故铝熔化但不滴落，C正确；
D．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量Zn粉，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Zn=2FeSO4+ZnSO4，然后发生反应：Zn+FeSO4=ZnSO4+Fe，故Fe2(SO4)3溶液最终被过量Zn还原产生Fe单质，无FeSO4溶液，D错误；
故合理选项是C。
12. 常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 直线m表示pH与的关系
B. H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5
C. N点水电离出的c(H+)=1×10-4.3mol·L-1
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3， ，所以、。
【详解】A．直线m对应电离常数为10-1.3，所以直线m表示pH与的关系，故A正确；
B．直线m对应电离常数为10-1.3、直线n对应电离常数为10-4.3，H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5，故B正确；
C．直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3， HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H+)=1×10-9.7mol·L-1，故C错误；
D．当混合溶液呈中性时，，所以c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；
选C。
第II卷(共64分)
13. 铝、硅、磷三种元素的单质及其化合物在生产生活中有广泛应用。
（1）基态硅原子的价电子的轨道表达式_______；第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有_______(填元素符号)。
（2）比较铝、磷元素的简单离子半径_______(用相关化学符号表示)。
（3）下列关于三种元素的化合物的叙述正确的是_______。
①三种元素的最高价氧化物均能与水直接化合
②三种元素的最高价氧化物均存在晶体形式，且晶体类型不同
③、均既能与酸又能与碱反应，均属于两性氧化物
（4）与比较，沸点较高的是_______，两种分子中键角较大的是_______，其中的分子构型为_______。
（5）三种单质的晶胞结构如下
这三种晶胞中的原子的个数比为_______。
（6）①工业由粗硅制高纯硅的化学方程式_______。
②利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝，根据图示，下列表述正确的是_______。
A．该电池的使用可有效利用
B．电池工作时，电流从铝电极流向多孔碳电极
C．在整个反应过程中的作用是催化剂
D．含离子液体是熔融态的
【答案】（1） ①. ②. Mg、Si、S
（2）P3-＞Al3+
（3）② （4） ①. SiCl4 ②. SiCl4 ③. 三角锥形
（5）1:2:4 （6） ①. Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl ②. AC
【解析】
【小问1详解】
已知硅是14号元素，则基态硅原子的价电子的电子排布式为：3s2sp2，则其轨道表达式，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期元素中第一电离能介于铝和磷元素之间的有Mg、Si、S三种元素，故答案为：；Mg、Si、S；
【小问2详解】
已知Al3+的核外电子层比P3-少一层，故铝、磷元素的简单离子半径大小顺序为：P3-＞Al3+，故答案为：P3-＞Al3+；
【小问3详解】
①三种元素的最高价氧化物中Al2O3、SiO2均不能与水直接化合，而P2O5能直接与水化合生成H3PO4，①错误；
②三种元素的最高价氧化物即Al2O3、SiO2和P2O5均存在晶体形式，Al2O3属于离子晶体，SiO2属于原子(共价)晶体，P2O5属于分子晶体，故三者晶体类型不同，②正确；
③、均既能与酸又能与碱反应，但SiO2仅与HF反应不是通性而是特性，故Al2O3属于两性氧化物，而SiO2属于酸性氧化物，③错误；
故答案为：②；
【小问4详解】
与均为分子晶体，且SiCl4的相对分子质量比PCl3的大，SiCl4晶体中的分子间作用力更大，故沸点较高的是SiCl4，中心原子无孤电子对，是正四面体结构，而中心原子有1对孤电子对，是三角锥形结构，故两种分子中键角较大的是SiCl4，其中中心原子P原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其分子构型为三角锥形，故答案为：SiCl4；SiCl4；三角锥形；
【小问5详解】
由题干晶胞示意图可知，一个Al晶胞中含有Al数目为：=4，一个Si晶胞中含有Si个数为：+4=8，一个P4晶胞中含有P4分子数目为：=4，则含有P原子个数为：4×4=16，这三种晶胞中的原子的个数比为4:8:16=1:2:4，故答案为：1:2:4；
【小问6详解】
①工业由粗硅制高纯硅是用粗硅先与Cl2反应生成SiCl4，再用H2还原SiCl4，其涉及的化学方程式为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl，故答案为：Si+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si+4HCl；
②由题干原电池装置图可知，该原电池中Al作负极，Al失电子、发生氧化反应生成铝离子；多孔碳电极作正极，CO2得到电子、发生还原反应生成，氧气在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，即正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，所以O2反应前后质量、化学性质不变，是催化剂，电池总反应为2Al+6CO2═Al2（C2O4）3，据此分析解题：
A．该电池的使用是能将CO2转化为，实现变废为宝，故可有效利用，A正确；
B．由分析可知，电池工作时，Al为负极，多孔电极为正极，故电流从多孔碳电极流向铝电极，B错误；
C．正极上发生还原反应，其正极反应式第一步为：6O2+6e-=6，第二步为：6CO2+6=3+6O2，即在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂，C正确；
D．已知AlCl3是共价化合物，熔融态的不导电，故含的离子液体不是熔融态的，D错误；
故答案为：AC。
14. 斑蝥素(G)具有良好的抗肿瘤活性，其一种合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是_______，B的分子式为_______。
（2）②的反应类型是_______。
（3）反应③的化学方程式为_______。
（4）E的结构简式为_______。
（5）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有_______个手性碳原子。
（6）芳香化合物W是G的同分异构体，写出满足下列条件的W的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②能与：溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰
（7）设计以丙烯醛、1，3—丁二烯为起始原料制备的合成路线：_______(其他试剂任用)。
【答案】（1） ①. 酮羰基和酯基 ②. C7H9NO3
（2）消去反应 （3）+ 3H2O+CH3OH+NH3
（4） （5）4
（6） （7）CH2=CHCH=CH2
【解析】
【分析】由E的分子式、F的结构简式，可知E与发生加成反应生成F，推知E为 ，F脱硫形成2个甲基得到G；A中羰基与HCN发生加成反应生成B，B分子内脱下1分子水生成C，C→D发生信息I中反应引入-COOH、同时酯基水解，D分子内脱下1分子水生成E，推知C为、D为；（7）与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，由此分析解题。
【小问1详解】
由题干合成流程图中A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是酮羰基和酯基，由B的结构简式可知B分子式为C7H9NO3，故答案为：酮羰基和酯基；C7H9NO3；
【小问2详解】
由题干合成流程图中B、C结构简式可知②的反应过程中分子内脱去1分子水形成碳碳双键，该反应类型是消去反应，故答案为：消去反应；
【小问3详解】
由题干合成流程图可知，反应③即C在HCl的水溶液中发生水解反应生成D和NH4Cl、CH3OH，则该反应的化学方程式为+3H2O +CH3OH+NH3，故答案为：+ 3H2O+CH3OH+NH3；
【小问4详解】
由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
小问5详解】
碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。F中有4个手性碳原子，如图所示：，故答案为：4；
【小问6详解】
由题干合成流线图可知，G的分子式为：C10H12O4，则芳香化合物W是G的同分异构体，且满足下列条件①能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基，②能与：溶液发生显色反应即含有酚羟基，③能发生水解反应即含有酯基，且酸性条件下两种水解产物的核磁共振氢谱均只有2组峰，则W的结构简式为： ，故答案为：；
【小问7详解】
与CH2=CHCHO发生加成反应生成，再与HCN发生加成反应生成，最后在酸性条件下水解生成，据此分析确定合成路线为：CH2=CHCH=CH2 ，故答案为：CH2=CHCH=CH2 。
15. FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④…… ⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为___________。
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是___________。
（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)___________。
（4）装置B中的冷水作用为___________；装置C的名称为___________；装置D中FeCl2全部反应完后，因为失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：___________。
（5）在虚线框内画出尾气吸收装置E并注明试剂______
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
（6）FeCl3与H2S反应的离子方程式为___________。
（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________。
（8）综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②___________。
【答案】（1）2Fe+3Cl2 2FeCl3
（2）在沉积的FeCl3固体下方加热
（3）②⑤ （4） ①. 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 ②. 干燥管 ③. K3[Fe(CN)6]
（5） （6）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（7）Fe2+-e-=Fe3+
（8）FeCl3得到了循环利用
【解析】
【小问1详解】
铁与氯气在点燃或加热的条件下发生反应生成氯化铁，其化学方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；
【小问2详解】
从题干信息“FeCl3易升华”来看，在沉积的FeCl3固体下方加热可将其转化为气态，再在气流作用下，带入B中使其凝华；
【小问3详解】
装置干燥，通入的气体干燥均可防止其潮解，故步骤中②⑤合题意；
【小问4详解】
水浴作用是使进入B中凝华，即：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；C为干燥管；是否失效就是要检验Fe2+还有无，最佳试剂为K3[Fe(CN)6]，未失效则会发生：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-= Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；
【小问5详解】
氯气为酸性气体，所以过量Cl2用NaOH溶液吸收；
【小问6详解】
Fe3+会与H2S发生氧化还原反应，生成亚铁离子与硫单质和氢离子，其离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
【小问7详解】
因还原性：Fe2+大于Cl-，故不产生Cl2，应为：Fe2+-e-=Fe3+
【小问8详解】
总的结果是得到了S和H2相当于H2S的分解，FeCl3未被消耗，起到了循环利用的作用。
16. 氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）已知：①
②CO的燃烧热为
若某反应③的平衡常数表达式为，请写出反应③的热化学方程式：_______。
（2）欲研究在某催化剂作用下反应③的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间该反应的正反应速率如图所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______。
（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(、)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
（4）通过传感器可监测的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
（5）某温度下，在一密闭容器中充入一定量发生反应 ，其正反应速率表达式为(为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
①
0.10
②
0.20
③
0.30
则_______；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C．反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1mol NO就会消耗0.05mol
D．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E．反应达到平衡状态后，若增大容积，则混合气体的平均相对分子质量减小
【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ•mol-1
（2）温度过高时催化剂的催化活性降低
（3） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat 2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
（4） ①. 还原 ②. NO+O2--2e-=NO2
（5） ①. 4.00×10-5 ②. ACE
【解析】
【小问1详解】
某反应的平衡常数表达式为K=，则反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②CO(g)+O2(g)═CO2(g)ΔH2=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律：②×2-①计算反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的焓变ΔH=-283.0kJ•mol-1×2-(+180.5kJ•mol-1)=-746.5 kJ•mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ•mol-1；
【小问2详解】
一般而言，升高温度，反应速率会加快，但图中A→B的过程中，随着温度升高，正反应速率在不断减小，可能原因是温度过高，催化剂失去活性，导致反应速率降低，故答案为：温度过高时催化剂的催化活性降低；
【小问3详解】
由图可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，对于曲线cat2而言，M点时反应没有达到平衡状态(450℃左右达到平衡)，同时该反应正向为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对温度的平衡脱氮率应该高于M点的脱氮率，故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat 2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
【小问4详解】
①由图可知，Pt电极上O2发生得电子的还原反应生成O2-，故答案为：还原；
②由图可知，NiO电极上NO发生失电子的反应生成NO2，作负极，负极反应式为NO+O2--2e-=NO2，故答案为：NO+O2--2e-=NO2；
【小问5详解】
正=k正•cn(NO)，根据表中①②数据可知，c(NO)增大2倍时，正增大16倍，即正与c4(NO)成正比，则n=4，代入实验①中得到正=k正•cn(NO)=4.00×10-9=k正•(0.10)4，k正=4.00×10-5；正反应4NO(g)N2(g)+2NO2(g)是气体体积减小的放热反应，NO2为红棕色气体，则
A．NO2为红棕色气体，当混合气体颜色保持不变时，各物质浓度不变，反应达到化学平衡状态，A正确；
B．反应中的比值始终为2不变，则的比值保持不变的状态不一定是平衡状态，B错误；
C．反应达到化学平衡状态时正(NO)=2逆(NO2)，即每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，C正确；
D．正反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g)是放热反应，反应达到平衡状态后，若降低温度，平衡正向移动，则混合气体的颜色变深，D错误；
E．正反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g)是气体体积减小的反应，反应达到平衡状态后，若增大容器体积即减小压强，平衡逆向移动，混合气体的质量不变，气体的物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，E正确；
故答案为：4.00×10-5；ACE。
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