2024年高考第三次模拟考试题：化学（湖北卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（湖北卷）（解析版），共17页。试卷主要包含了化学用语可以表达化学过程等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：Li 7 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 C 59 Zn 65 As 75
一、选择题：本题共15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．中国古代文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A．唐代三彩釉陶中，黄色釉、褐色釉是利用赭石来着色的，赭石的主要成分为Fe2O3
B．三国时期魏国谋士、将领钟会在《刍荛论》中写道：“夫莠生似金，鍮石像金”。鍮石的主要成分为
C．《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“…以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈…”。其中用到的操作为蒸馏和过滤
D．战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的
【答案】A
【解析】A．利用赭石的颜色可知其主要成分为，A正确；B．“鍮石像金”，但不是金，鍮石的主要成分是铜锌合金，B错误；C．《本草纲目》中记载的酿酒操作为蒸馏，没有过滤，C错误；D．水为草木灰的水浸液，内含大量的，D错误；故选A。
2．下列化学事实不符合“量变引起质变”的哲学观点的是
A．Al与稀硫酸反应生成H2，但与浓硫酸发生钝化
B．葡萄糖(单糖)能发生银镜反应，但淀粉(多糖)不能发生银镜反应
C．Na2CO3溶液中滴入少量稀盐酸生成NaHCO3，但滴入过量稀盐酸生成CO2
D．向溶液中滴入盐酸先产生沉淀后沉淀消失
【答案】B
【解析】A．Al与稀硫酸反应生成H2，但与浓硫酸发生钝化，A不符合题意；B．葡萄糖含有醛基，但淀粉没有，B符合题意；C．同量的Na2CO3溶液中滴入不同量的稀盐酸，得到的产物不同，C不符合题意；D．向溶液中滴入盐酸先生成沉淀，盐酸过量后溶解，D不符合题意；答案选B。
3．“中国芯”的主要原料是单晶硅，制取纯硅的过程如图所示。下列说法正确的是
A．步骤①中的反应为
B．二氧化硅是酸性氧化物，能与水反应生成硅酸
C．步骤②和③均属于置换反应
D．28g纯硅中含有4mlSi-Si键
【答案】C
【解析】A．步骤①中的反应为SiO2和焦炭在高温条件生成粗硅和CO，，故A错误；B．二氧化硅是酸性氧化物，但其不溶于水也不能与水反应，故B错误；C．步骤②,属于置换反应,③也属于置换反应，故C正确；D．硅晶体中1mlSi与另外4mlSi形成Si-Si键，但是这个Si只占每个键的一半，所以1ml纯硅含有2mlSi-Si键，即28g纯硅中含有2mlSi-Si键，故D错误；故答案为：C。
4．枸橡酸托瑞米芬具有抗雌激素作用，可用于治疗转移性乳腺癌，其结构简式如下。下列关于枸橡酸托瑞米芬的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．可发生取代、加成、消去和氧化反应
C．可形成分子间氢键和分子内氢键
D．1ml该分子最多与3mlNaOH发生反应
【答案】D
【解析】A．碳碳双键碳原子上都连接不同的基团，存在顺反异构，A正确；B．分子含有氯原子，能发生取代、消去反应；含有碳碳双键，能发生加成反应；有机物一般能燃烧，能发生氧化反应，B正确；C．分子中含有-COOH、-OH，故能形成分子间氢键和分子内氢键，C正确；D．分子中三个羧基能和氢氧化钠反应，-Cl也能和氢氧化钠在一定条件下反应，故1ml该分子最多与4mlNaOH发生反应，D错误；故选D。
5．化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达错误的是
A．用离子方程式表示铜在氨水中被腐蚀：
B．用电子式表示水分子的形成过程：
C．牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因：
D．用化学方程式表示钢铁表面进行“烤蓝”处理：
【答案】B
【解析】A．铜在氨水中被腐蚀，铜在氨水环境中被空气中氧气氧化为四氨合铜离子，A正确；B．水为共价化合物，用电子式表示水分子的形成过程应：，B错误；C．牙膏中添加氟化物能将转化为更难溶的C，从而保护牙齿，正确；D．钢铁表面进行“烤蓝”处理是在铁的表面形成一层致密的氧化膜，反应为铁和水蒸气高温生成四氧化三铁，D正确；故选B。
6．2024年是元素周期表诞生的第155周年。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N，其原子序数与其对应的0.1ml/L最高价氧化物的水化物溶液，在常温下的pH关系如图所示。下列说法中正确的是
A．X和Y元素均在p区B．元素的电负性：Z＞M＞N
C．M的含氧酸根离子的中心原子为sp2杂化D．XN3和ZN3的空间构型均为三角锥形
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N，由其原子序数与其对应的0.1ml⋅L-1最高价氧化物的水化物溶液在常温下的pH关系图可知，X、N均对应一元强酸，结合原子序数可知X为N元素、N为Cl元素；Y对应一元强碱，Y为Na元素；由溶液的pH可知，Z对应不是强酸，M对应二元强酸，结合原子序数可知Z为P元素、M为S元素，以此来解答。
【解析】由上述分析可知，X为N元素、Y为Na元素、Z为P元素、M为S元素、N为Cl元素，A．X即N元素位于p区，Y即Na元素位于s区，A错误；B．同周期主族元素从左向右电负性增大，则元素的电负性即P＜S＜Cl即Z＜M＜N，B错误；C．M的含氧酸根离子为硫酸根离子或亚硫酸根离子，其中心原子为sp3杂化，C错误；D．NCl3和PCl3中N、P均为sp3杂化，均含1对孤对电子，可知空间构型均为三角锥形，D正确；故答案为：D。
7．烟气脱硫可有效减少引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。研究发现：乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收CO2。下列说法错误的是
A．液态时的导电性：乳酸
B．乳酸和乙醇胺中均含有键、键和氢键
C．是直线形非极性分子，是形极性分子
D．相同条件下，能吸收气体的体积：
【答案】B
【解析】A．乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收，说明是离子化合物，液态时能电离出自由移动的离子，具有导电性，而乳酸是共价化合物，液态时不能电离出自由移动的离子，不具有导电性，故A正确；B．乙醇胺中不含有键，故B错误；C ．二氧化碳中，碳原子采取sp杂化，是直线型非极性分子，二氧化硫中硫原子采取sp2的杂化，是形极性分子，故C正确；D．的大于(乳酸)大于的，据酸性强弱可知，相同条件下，能吸收气体的体积：，故D正确；故答案为：B。
8．丙酮、2-丙醇都是有机溶剂，它们的沸点分别为56.5℃、82.5℃。2-丙醇催化氧化制备丙酮时会有部分2-丙醇残余，利用如图装置提纯丙酮。下列叙述正确的是
A．2-丙醇分子内存在氢键导致沸点高于丙酮
B．克氏蒸馏头的优点是避免烧瓶中液体进入接收瓶
C．毛细玻璃管的作用是引入空气氧化2-丙醇
D．实验中，必须控制水浴温度高于82.5℃
【答案】B
【解析】A．2-丙醇分子间存在氢键，导致沸点高于丙酮，A错误；B．克氏蒸馏头的特殊结构，使蒸馏烧瓶中液体不会因剧烈沸腾直接进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，B正确；C．毛细玻璃管导入微量空气，冒出小气泡，成为沸腾时的汽化中心，可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时兼具搅拌作用，微量空气不起氧化2-丙醇的作用，C错误；D．丙酮的沸点低于2-丙醇，蒸馏出丙酮，使2-丙醇残留在烧瓶内，故水浴温度控制应高于56.5℃，低于82.5℃，D错误；答案选B。
9．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是
A．SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形
B．PCl3、NCl3的空间构型都是三角锥形
C．BF3和NF3均为非极性分子
D．CO2与N的键角相等
【答案】C
【解析】A．SO2和SO3中硫原子的价层电子对数均为3，则SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形，A正确；B．PCl3、NCl3中心原子孤电子对数都是=×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl3、NH3均为三角锥形，B正确；C．BF3中心原子B原子孤电子对数=×(3−3×1)=0，价层电子对数为3，是平面正三角形结构，为非极性分子，NF3中心原子孤电子对数都是=×(5−3×1)=1，为三角锥形结构，为极性分子，C错误；D．CO2分子中的中心C原子价层电子对数是2+=2，故C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角是180°，N3−与CO2互为等电子体，N3−也呈直线形，键角是180°，即CO2与N3−的键角相等，D正确。答案选C。
10．某海水淡化装置如图所示，获得淡水的同时可生产盐酸、等基本化工原料。已知相同时间内产生气体P、Q物质的量之比为2：1(BPM为双极膜，在直流电场的作用下，可作为和离子源)。下列说法正确的是
A．若装置与外接电源正负极反接，可同样起到海水淡化的作用
B．膜1、膜2分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C．每生成2.24LQ气体，理论上除盐(以计)23.4g
D．阳极发生的电极反应为
【答案】B
【分析】据“相同时间内产生气体 P、Q物质的量之比为2:1”，可知X为阴极、Y为阳极，2个BPM膜均是向左移动、向右移动，海水中（假设主要溶质为）通过膜1向左移动、通过膜2向右移动（即膜1为阳离子交换膜、膜2为阴离子交换膜），M为溶液、N为盐酸.若装置与外接电源正负极反接，将X变为阳极、Y变为阴极。
【解析】A． M（溶液）中的通过膜1向右移动、N（盐酸）中的通过膜2向左移动，会使海水浓度增大，A错误；B．膜1、膜2分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，B正确；C．未知温度、压强的气体体积，无法计算Q气体的物质的量，也无法计算除去氯化钠的量，C错误；D．阳极发生的氧化反应，失去，D错误；故答案为：B。
11．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
【答案】B
【解析】A．氢原子达到2电子稳定结构，氢原子只能共用1对电子对，氯原子最外层有7个电子，只能共用一对电子满足8电子稳定结构，因此自然界不存在稳定的H3、H2Cl和Cl3，A不合题意；A．BF3中B原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，为非极性分子；NF3中N为sp3杂化，空间构型为三角锥形，为极性分子，故分子的极性：BF3＜NF3，与F-N键的极性和F-B键的极性相对大小无关，B符合题意；C．冠醚12-冠-4能够与Li+形成超分子，而不能与K+形成超分子，是由于该冠醚空腔的直径与Li+的直径相当，与K+的直径不匹配，C不合题意；D．N2和CO均形成分子晶体，但由于CO为极性分子，而N2为非极性分子，尽管二者分子量相同，但分子的极性不同，导致沸点：N2低于CO，D不合题意；故答案为：B。
12．化合物Y是合成丹参醇的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X分子中含手性碳原子
B．X转化为Y的过程中与反应生成
C．Y与以物质的量1∶1发生加成反应时可得2种产物
D．X、Y可用酸性溶液进行鉴别
【答案】B
【解析】与反应生成，发生水解反应得到。
A．X分子中不含手性碳原子，手性碳原子连有四个不一样的基团，X不合要求，A错误；B．X转化为Y的过程中与反应生成，B正确；C．Y与以物质的量1∶1发生1，2-加成反应时可得2种产物，发生1，4-加成反应时可得产物，故Y与以物质的量1∶1发生加成反应时可得3种产物，C错误；D．X、Y均含有碳碳双键，均使酸性溶液褪色，不可以用酸性溶液进行鉴别，D错误。故选B。
13．利用NO、O2和Na2CO3溶液反应制备NaNO2的装置如图所示，下列关于该装置的分析描述正确的是
A．装置A制备NO，分液漏斗中必须选用稀HNO3
B．装置B主要目的是除去NO中挥发出来的HNO3蒸汽
C．装置C中发生反应的化学方程式为：
D．尾气可以收集或者点燃的方法处理
【答案】C
【分析】装置A中浓硝酸与铜反应产生二氧化氮，产生的二氧化氮与B装置中的水反应产生NO，C装置中发生的反应为，以此解答。
【解析】A．装置A分液漏斗中使用浓HNO3反应速率加快，且产生的NO2可以在装置B中转化为NO，所以药品选用正确，故A错误；B．装置B主要目的是将NO2转化为NO，故B错误；C．装置C中发生反应的化学方程式为：，故C正确；D．氮氧化物不可燃，尾气中NO2、NO等不可以用点燃的方法处理，故D错误；故选C。
14．25℃时，某二元酸的，。溶液稀释过程中、、与的关系如图所示。已知，的分布系数：。下列说法正确的是
A．曲线p为的变化曲线
B．a点：
C．b点：
D．c点：
【答案】D
【分析】溶液同时存在电离平衡和水解平衡，溶液的电离和水解程度均较小，含A粒子以为主，曲线n为随变化曲线，由于电离程度大于水解程度，随溶液稀释减小，电离程度增幅较大，曲线m为随变化曲线，曲线p为随变化曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线m为的变化曲线，A错误；B．，a点时，B错误；
C．无论如何稀释，溶液均存在元素质量守恒（物料守恒），b点时，，，C错误；D．溶液中存在电荷守恒：，c点时，，D正确；故选D。
15．稀磁半导体LixZnyAsz的立方晶胞结构如下图所示，已知N、Q两点对应的原子坐标分别为和，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为LiZnAs
B．该晶体中M点的原子坐标为
C．晶体的密度为
D．若以Li原子为晶胞顶点，则Zn原子位于晶胞的棱心和面心
【答案】D
【解析】A．由题干晶胞示意图可知，Li位于晶胞12条棱上和体心上，则一个晶胞中含有Li个数为：=4，Zn位于8个顶点和6个面心，则一个晶胞中含有Zn的个数为：=4，4个As位于晶胞体内，故该晶体的化学式为LiZnAs，A正确；B．根据晶胞示意图结合N、Q两点对应的原子坐标分别为和可知该晶体中M点的原子坐标为，B正确；C．由A项分析可知，一个晶胞中含有4个Li、4个Zn和4个As，即一个晶胞的质量为：，一共晶胞的体积为：(a×10-7cm)3，故晶体的密度为==，C正确；D．由题干晶胞示意图可知，若以Li原子为晶胞顶点，则Zn原子不全部位于晶胞的棱心和面心，D错误；故答案为：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16.（14分）碳酸钴是一种无机化合物，其化学式为CCO3。它是一种重要的钴盐，常用于电池、催化剂等领域。工业上以钴矿[主要成分是C2O3]为原料制取碳酸钴的工艺流程如图：
已知：①浸取液中含有等阳离子
②25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表：
③的
回答下列问题：
（1）C原子的原子序数为27，其基态原子的价电子排布式为 。
（2）浸取钴矿石前，需要浆化处理，原因是 。
（3）除杂过程中，若加入过量溶液会产生有毒气体，有人提出用压缩空气代替溶液，则通入压缩空气后发生反应的离子方程式为 ，调节后，若溶液中，此时的范围是 。
（4）萃取剂和能发生反应：。萃取时，适当增大溶液萃取率会增大，其原因是 。
（5）反萃取时需向萃取液中加入 (填写化学式)，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
（6）一种含的氧化物晶胞结构如图所示，已知在该氧化物中原子半径为原子半径为，它们在晶体中是紧密接触的。用表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式即可)。
【答案】（1）（1分）
（2）增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行（2分）
（3）（2分） 4.7pH7.1（2分）
（4）增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，C2+萃取率会增大（2分）
（5）H2SO4（1分） 富集C2+，除去Mn2+（2分）
（6）（2分）
【解析】向钴矿[主要成分是C2O3]中加入盐酸，并通入SO2，结合信息①中浸出液含有的阳离子主要有C2+、Fe2+、Ca2+、Mn2+、Al3+等，工艺流程最终得到碳酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+并调节溶液的pH值，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有C2+、Ca2+、Mn2+，用NaF溶液除去钙，过滤后，向滤液中加入P507萃取剂对C2+进行萃取同时除去Mn2+，分液后对有机层进行C2+进行反萃取得到水层溶液即硫酸钴溶液，向硫酸钴溶液中加入碳酸钠溶液得到碳酸钴，过滤洗涤干燥即可，据此分析解题。
（1）C原子的原子序数为27，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，则其价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；
（2）浸取钴矿石前，对其进行浆化处理，可以增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行，故答案为：增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行；
（3）由分析可知，除杂过程中，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，故若通入压缩空气后实现同样的目的，则发生反应的离子方程式为，调节后，即是Fe3+、Al3+完全沉淀，而C2+、Mn2+不沉淀，若溶液中，此时pH应该4.7，溶液中c(OH-)==4×10-7.5ml/L，则c(H+)=2.5×10-7.5ml/L，即pH-=7.5-2lg2=7.1，故pH的范围是4.7pH7.1，故答案为：；4.7pH7.1；
（4）萃取剂和能发生反应：，萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，C2+萃取率会增大，故答案为：增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，C2+萃取率会增大；
（5）由分析可知，增大溶液中H+浓度使得萃取平衡逆向移动即为反萃取，反萃取之后得到硫酸钴溶液，则反萃取时需向萃取液中加入H2SO4，由工艺流程图可知，经过该工艺中萃取、反萃取步骤之后可以提高溶液中C2+的浓度，同时除去Mn2+，即富集C2+，除去Mn2+，故答案为：H2SO4；富集C2+，除去Mn2+；
（6）由题干晶胞示意图可知，一个含C的氧化物晶胞中含有C的个数为：=4，O的个数为：=4，用表示阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：g，已知在该氧化物中C原子半径为apm，O原子半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，即晶胞的边长为：2(a+b)×10-10cm，即一个晶胞的体积为：[2(a+b)×10-10]3cm3，故该晶体密度为，故答案为：。
17．（13分）化合物J是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
（2）F分子中所含官能团名称是 。J分子中含有 个手性碳原子。
（3）需经历的过程。中间体X的分子式为，X转化为D的另一产品为，则C的结构简式为 。
（4）的结构简式为，中加入是为了结合反应中产生的 (填结构简式)。
（5）H的分子式为，的反应类型为 。
（6）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式： 。
①既能发生银镜反应，也能与发生显色反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢。
【答案】（1）、（2分）
（2）氨基、羟基（2分） 1（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）取代反应（1分）
（6）或（2分）
【解析】由流程可知，A发生取代反应生成B，B和SOCl2、C甲醇发生反应生成D，D中酮羰基转化为=NOH生成E，E中=NOH转化为氨基、酯基转化为羟基得到F，F发生取代得到G，G中羟基和H发生取代反应引入2个环得到I，H的分子式为C10H7F，则H为，I最终转化为J。
（1）A分子中苯环碳、羰基碳均为sp2杂化，支链中-CH2-为饱和碳为sp3杂化故答案为：、杂化；
（2）根据F的结构简式可知含有官能团羟基、氨基。手性碳原子是饱和碳原子连接4个不同的原子(或原子团)。J分子中含有1个手性碳原子，故答案为：羟基、氨基；1；
（3）经历的过程，中间体X的分子式为C9H7O2C1，结合BD结构可知，X为，X转化为D的另一产品为HCl，X和C甲醇发生取代反应生成D，C的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH；
（4））(Bc)2O取代F中1个氨基氢生成G同时生成(CH3)3COCOOH，加入(C2H5)3N是为了结合反应中产生的(CH3)3COCOOH促使反应正向进行，故答案为：(CH3)3COCOOH；
（5）由分析可知，G中羟基和H（）发生取代反应引入2个环得到I， G→I的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（6）同时满足下列条件的D的同分异构体：
既能发生银镜反应，也能与FeCl3发生显色反应，含有醛基、酚羟基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则结构对称；故结构可以为。
18．（13分）叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。
②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。
③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。
回答下列问题：
Ⅰ.制备NaN3
（1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→ →h。
（2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为 。
（3）装置C的作用为 。
（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为 。
Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度
（5）仪器F的名称为 ，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有 。
（6）取10.0g NaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为 ％(本实验条件下气体摩尔体积为)。
【答案】（1）f→g→b→c→e→d（2分）
（2）2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3（2分）
（3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解（2分）
（4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl（2分）
（5）蒸馏烧瓶（1分） 减少测定气体体积时的误差（2分）
（6）（2分）
【分析】叠氮化钠NaN3由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。A装置为N2O的制取装置，反应中随N2O一起挥发出硝酸蒸气和水蒸气，而氨基钠遇水强烈水解，所以生成的气体应导入D装置内；然后将气体导入B装置内，尾气中的N2O需使用SnCl2溶液吸收，但E中产生的水蒸气若进入B装置，会引起氨基钠水解，所以在B、E装置间，应安装C装置，从而得出装置的连接顺序为ADBCE。
【解析】（1）由分析可知，装置的连接顺序为ADBCE，则按气流方向，仪器口的连接顺序为a→f→g→b→c→e→d→h。
（2）装置B中有NH3生成，则B中发生反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
（3）由分析可知，装置C的作用为：防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解。
（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体(N2)，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。
（5）仪器F带有支管，则名称为蒸馏烧瓶，恒压分液漏斗流出多少体积的液体，蒸馏烧瓶内就有多少体积的气体进入恒压分液漏斗，则侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有：减少测定气体体积时的误差。
（6）由反应可建立关系式：2NaN3——3N2，生成N2的体积为(V1-V2)mL，则产品中NaN3的质量分数为=。
19．（15分）“碳一化学”是指以碳单质或分子中含一个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH、HCOOH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。回答下列问题：
（1）我国用铜基催化剂，由CO2加氢制甲醇已工业化，部分反应历程如图所示（带*微粒为催化剂表面的吸附物种，氢原子没有全部标出），由CO2*→CH2O*+OH*过程的焓变△H=△H1+△H2+ （将结果补充完整，用含E1、E2、E3、E4的代数式表示）；理论上，反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 。
（2）催化重整技术制合成气是研究热点之一，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义，发生的主要反应如下：
主反应：
副反应：
一定温度下，向某2L恒容密闭容器中充入2 ml CO2和1 ml CH4，使起始压强为，30s后上述主、副反应达到平衡，此时测得CO的物质的量为1.7 ml，H2O的物质的量为0.1 ml。
①平衡时的总压强为 （用含的代数式表示）。
②在0～30s内，用CO2表示的平均反应速率 。
③该温度下，副反应的压强平衡常数 （用分数表示）。
（3）一定条件下，水气变换反应：的中间产物是HCOOH。温度为T0℃时，在密封石英管内充满0.1ml·L-1HCOOH水溶液，HCOOH（aq）的分解反应如下（分解产物均完全溶于水）：
i． （快反应）；
ⅱ． （慢反应）。
研究发现，H+仅对反应i有催化加速作用，反应i速率远大于反应ⅱ，故近似认为反应i建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。
①部分物质浓度与反应时间的变化关系如图所示，试推测CO的浓度随反应时间的变化趋势是 （填字母），其理由是 （忽略碳元素的其他存在形式）。
A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
②t1min后，c（HCOOH）/c（CO）的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）E1+E3-E2-E4（2分） 6:1（2分）
（2）（或）（2分） 0.9 （2分） （2分）
（3）①C（2分） 反应i速率远大于反应ⅱ，反应开始时以反应i为主，c(CO)增大，反应一段时间后以反应ⅱ为主，使c(HCOOH)降低，反应i平衡逆向移动，c(CO)减小（合理即可）（2分） ②不变（1分）
【解析】（1）反应热等于正反应的活化能-逆反应的活化能，结合图像，利用盖斯定律即可得到；CO2加氨制甲醇的化学方程式为，需要6个H+才能生成一个甲醇，即消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1；
（2）根据题目数据，列如下式子：
①平衡时气体总物质的量为（0.2+1.1+1.7+1.5+0.1）ml=4.6ml。恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的最之比：，；
②0~30s内，2L恒容密闭容器中CO2的物质的量变化量共为0.9ml，；
③对于反应的后气体分子数不变的反应而言(副反应)，平衡常数；
（3）①反应i速率远大于反应ⅱ，反应开始时以反应ⅱ为主，c(CO)增大，反应一段时间后以反应ⅱ为主，c(HCOOH)降低，使反应i平衡逆向移动，c(CO)减小，即CO的浓度随反应时间的变化趋势是先增大后减小；
②t1min后，反应i始终处于平衡状态，平衡常数保持不变，的值不变。选项
实例
解释
A
不存在稳定的H3、H2Cl和Cl3
共价键具有饱和性
B
分子的极性：BF3F-N键的极性小于F-B键的极性
C
冠醚12-冠-4能够与Li+形成超分子，而不能与K+形成超分子
该冠醚空腔的直径与Li+的直径相当，与K+的直径不匹配
D
沸点：N2低于CO
二者分子量相同，但分子的极性不同
金属离子
沉淀完全的
8.3
2.8
4.7
9.8