福建省福州八縣一中高三第一次模擬考試新高考化學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和。在這一過程中，沒有發生改變的是A．溶液中溶質的質量 B．溶液中KCl質量分數C．溶液中溶劑的質量 D．KCl溶液質量2、同溫同壓下，兩種氣體的體積如果不相同，其主要原因是氣體的（）A．分子大小不同 B．分子間的平均距離不同C．化學性質不同 D．物質的量不同3、2019年2月，在世界移動通信大會(MWC)上發布了中國制造首款5G折疊屏手機的消息。下列說法不正確的是()A．制造手機芯片的關鍵材料是硅B．用銅制作手機線路板利用了銅優良的導電性C．鎂鋁合金制成的手機外殼具有輕便抗壓的特點D．手機電池工作時，電池中化學能完全轉化為電能4、已知某飽和NaCl溶液的體積為VmL，密度為，質量分數為w%，溶液中含NaCl的質量為mg。則下列表達式正確的是A． B．C． D．5、2007年諾貝爾化學獎授予德國化學家格哈德·埃特爾，以表彰其在固體表面化學研究領域作出的開拓性貢獻。下圖是氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程示意圖，下列有關合成氨反應的敘述中不正確的是（）A．過程②需吸收能量，過程③則放出能量B．常溫下該反應難以進行，是因為常溫下反應物的化學鍵難以斷裂C．在催化劑的作用下，該反應的△H變小而使反應變得更容易發生D．該過程表明，在化學反應中存在化學鍵的斷裂與形成6、下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．鈉和冷水反應Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑B．金屬鋁溶于氫氧化鈉溶液Al＋2OH-＝AlO2-＋H2↑C．金屬鋁溶于鹽酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑D．鐵跟稀硫酸反應：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑7、下列圖示與對應的敘述符合的是（）A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數K與溫度和壓強的關系C．據圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系8、我國科學家以MoS2為催化劑，在不同電解質溶液中實現常溫電催化合成氨，其反應歷程與相對能量模擬計算結果如圖。下列說法錯誤的是（）A．Li2SO4溶液利于MoS2對N2的活化B．兩種電解質溶液環境下從N2→NH3的焓變不同C．MoS2(Li2SO4溶液)將反應決速步(*N2→*N2H)的能量降低D．N2的活化是N≡N鍵的斷裂與N—H鍵形成的過程9、在常溫常壓下，將100mLH2S與O2混合氣體在一定條件下充分反應后，恢復到原來的狀況，剩余氣體25mL。下列判斷錯誤的是（）A．原混合氣體中H2S的體積可能是75mLB．原混合氣體中O2的體積可能是50mLC．剩余25mL氣體可能全部是SO2D．剩余25mL氣體可能是SO2與O210、下列過程中，一定需要通電才能實現的是A．電解質電離 B．電化學防腐C．蓄電池放電 D．電解精煉銅11、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子數目為0.4NAB．1mol－OH(羥基)與1molH3O+中所含的電子數均為10NAC．7.1gCl2與足量Fe充分反應，轉移的電子數為0.2NAD．80gCuO和Cu2S的混合物中，所含銅原子數為2NA12、下列溶液一定呈中性的是A．c(H+)=c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+)=10-7mol/L13、以下性質的比較中，錯誤的是A．酸性：H2CO3>H2SiO3>H3AlO3 B．沸點：HCl>HBr>HIC．熱穩定性：HF>HCl>H2S D．堿性：KOH>NaOH>Mg(OH)214、已知：①正丁醇沸點：117.2℃，正丁醛沸點：75.7℃；②CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。利用如圖裝置用正丁醇合成正丁醛，下列說法不正確的是A．為防止產物進一步氧化，應將適量Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中B．當溫度計1示數為90~95℃，溫度計2示數在76℃左右時收集產物C．向分餾出的餾出物中加入少量金屬鈉，可檢驗其中是否含有正丁醇D．向分離所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固體，過濾，蒸餾，可提純正丁醛15、已知A、B、C、D為由短周期元素組成的四種物質，它們有如圖所示轉化關系，且D為強電解質（其他相關物質可能省略）。下列說法不正確的是（）A．若A是共價化合物，則A和D有可能發生氧化還原反應B．若A為非金屬單質，則其組成元素在周期表中的位置可能處于第二周期第ⅣA族C．若A為非金屬單質，則它與Mg反應的產物中陰、陽離子個數比可能為2：3D．若A是金屬或非金屬單質，則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的c(H+)可能為10-13mol/L16、下列化學用語正確的是A．聚丙烯的鏈節：—CH2—CH2—CH2—B．二氧化碳分子的比例模型：C．的名稱：1，3—二甲基丁烷D．氯離子的結構示意圖：17、t℃時，將0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L鹽酸中，溶液中溫度變化曲線Ⅰ、pH變化曲線Ⅱ與加入氨水的體積的關系如下圖所示（忽略混合時溶液體積的變化）。下列說法正確的是A．Kw的比較：a點比b點大B．b點氨水與鹽酸恰好完全反應，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c點時溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d點時溶液中c（NH3?H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）18、根據實驗目的，設計相關實驗，下列實驗操作、現象解釋及結論都正確的是（）A．A B．B C．C D．D19、《學習強國》學習平臺說“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于測定文物的年代，作為示蹤原子對研究有機化學反應和生物化學反應更為方便。被用來作為阿伏伽德羅常數的標準。關于、、說法正確的是（）A．質子數與質量數相同 B．化學性質相似C．互為同素異形體 D．質子數與中子數相等20、郵票是國家郵政發行的一種郵資憑證，被譽為國家名片。新中國化學題材郵票展現了我國化學的發展和成就，是我國化學史不可或缺的重要文獻。下列說法錯誤的是A．郵票中的人物是侯德榜。其研究出了聯產純堿與氯化銨化肥的制堿新工藝，創立了中國人自己的制堿工藝一侯氏制堿法B．郵票中的圖是用橡膠生產的機動車輪胎。塑料、橡膠和纖維被稱為三大合成材料，它們不斷替代金屬成為現代社會使用的重要材料C．郵票中的圖是顯微鏡視野下的結晶牛胰島素。我國首次合成的人工牛胰島素屬于蛋白質D．郵票是紀念眾志成城抗擊非典的郵票。冠狀病毒其外殼為蛋白質，用紫外線、苯酚溶液、高溫可以殺死病毒21、NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A．Cu與濃硝酸反應生成4.6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數為0.1NAB．標準狀況下，2.24L己烷中共價鍵的數目為1.9NAC．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰離子總數一定大于0.1NAD．34gH2O2中含有的陰離子數為NA22、短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大。X、Y、Z、W分別是由這四種元素中的兩種組成的常見化合物，Y為淡黃色固體，W為常見液體；甲為單質，乙為紅棕色氣體；上述物質之間的轉化關系如圖所示(部分生成物已省略)。則下列說法中正確的是A．C、D兩種元素組成的化合物只含有離子鍵B．A、B、C、D形成的簡單離子半徑排序：D>C>B>AC．D元素的最高價氧化物對應水化物可以用于吸收氣體乙D．A、B、C三種元素組成的化合物均為共價化合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）肉桂酸是一種重要的有機合成中間體，被廣泛應用于香料、食品、醫藥和感光樹脂等精細化工產品的生產，它的一條合成路線如下：已知：完成下列填空：（1）反應類型：反應II________________，反應IV________________。（2）寫出反應I的化學方程式____________________________________。上述反應除主要得到B外，還可能得到的有機產物是______________（填寫結構簡式）。（3）寫出肉桂酸的結構簡式______________________。（4）欲知D是否已經完全轉化為肉桂酸，檢驗的試劑和實驗條件是____________________。（5）寫出任意一種滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式。①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體②分子中有4種不同化學環境的氫原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），請設計該合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_____________24、（12分）已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列問題：（1）B物質所含官能團名稱是________，E物質的分子式是_________（2）巴豆醛的系統命名為____________，檢驗其中含有碳碳雙鍵的方法是___________。（3）A到B的反應類型是__________，E與足量氫氣在一定條件下反應的化學方程式是_____。（4）比A少兩個碳原子且含苯環的同分異構體有________種，寫出核磁共振氫譜有四組峰且峰面積比為3:2:2:2的結構簡式______。（5）已知：+，請設計由乙醇為原料制備巴豆醛的合成路線______。25、（12分）ClO2與Cl2的氧化性相近，常溫下均為氣體，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應用廣泛?某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對其制備、吸收、釋放和應用進行了研究?（1）儀器C的名稱是：___?安裝F中導管時，應選用圖2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打開B的活塞，A中氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2，寫出反應化學方程式：___；為使ClO2在D中被穩定劑充分吸收，可采取的措施是___?（3）關閉B的活塞，ClO2在D中被穩定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是：___。（4）已知在酸性條件下NaClO2可發生反應生成NaCl并釋放出ClO2，該反應的離子方程式為：___，在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發生反應，則裝置F的作用是：___?（5）已吸收ClO2氣體的穩定劑Ⅰ和Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示，若將其用于水果保鮮，你認為效果較好的穩定劑是___，（選填“I”或“II”）理由是：___?26、（10分）草酸及其鹽是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合鐵酸鉀和草酸鈷，已知草酸鈷不溶于水，三草酸合鐵酸鉀晶體（）易溶于水，難溶于乙醇。這兩種草酸鹽受熱均可發生分解等反應，反應及氣體產物檢驗裝置如圖。（l）草酸鈷晶體（）在200℃左右可完全失去結晶水。用以上裝置在空氣中加熱5.49g草酸鈷晶體（）樣品，受熱過程中不同溫度范圍內分別得到一種固體物質，其質量如下表。實驗過程中觀察到只有B中澄清石灰水明顯變渾濁，E中始終沒有紅色固體生成。根據實驗結果，290-320℃過程中發生反應的化學方程式是____；設置D的作用是____。（2）用以上裝置加熱三草酸合鐵酸鉀晶體可發生分解反應。①檢查裝置氣密性后，先通一段時間的N2，其目的是___；結束實驗時，先熄滅酒精燈再通入N2至常溫。實驗過程中觀察到B、F中澄清石灰水都變渾濁，E中有紅色固體生成，則分解得到的氣體產物是____。②C的作用是是____。（3）三草酸合鐵酸鉀的一種制備流程如下：回答下列問題：①流程“I”硫酸必須過量的原因是____②流程中“Ⅲ”需控制溶液溫度不高于40℃，理由是____；得到溶液后，加入乙醇，然后進行過濾。加入乙醇的理由是____27、（12分）CCl3CHO是一種藥物合成的中間體，可通過CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl進行制備。制備時可能發生的副反應為C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成該有機物的實驗裝置示意圖(加熱裝置未畫出)和有關數據如下：(1)A中恒壓漏斗的作用是______；A裝置中發生反應的化學方程式為_____。(2)裝置B的作用是____；裝置F在吸收氣體時，為什么可以防止液體發生倒吸現象______。(3)裝置E中的溫度計要控制在70℃，三口燒瓶采用的最佳加熱方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水應該從_____(填“a”或“b”)口通入。實驗使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)實驗中裝置C中的試劑是飽和食鹽水，裝置中D的試劑是濃H2SO4。如果不使用D裝置，產品中會存在較多的雜質_______(填化學式)。除去這些雜質最合適實驗方法是______。(5)利用碘量法可測定產品的純度，反應原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8稱取該實驗制備的產品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,調節溶液為合適的pH后，加入30.00mL0.100mol?L-1的碘標準液，用0100mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定，重復上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均體積為20.00mL,則該次實驗所得產品純度為_________。28、（14分）利用太陽能、風能、生物質能等可再生能源，轉化利用二氧化碳設計出適合高效清潔的合成燃料分子結構，實現CO2+H2O→CxHy的分子轉化，生產合成甲烷、醇醚燃料、烷烴柴油、航空燃油等可再生合成燃料。因此二氧化碳的捕集、利用是我國能源領域的一個重要戰略方向。(1)一定條件下，在CO2與足量碳反應所得平衡體系中加入H2和適當催化劑，有下列反應發生：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ/molCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整個過程中放出的熱量為16.5kJ，則△H2=__。(2)合成二甲醚的總反應為2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)?H=-122.4kJ·mol-1。某溫度下，將2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入容積為2L的密閉容器中，反應到達平衡時，改變壓強和溫度，平衡體系中CH3OCH3(g)的物質的量分數變化情況如圖所示，則p1__(填“>”“<"或“=”，下同)p2。若T3、p3，T4、p4時平衡常數分別為K3、K4則K3__K4，T1、p1時H2的平衡轉化率為___。(結果保留三位有效數字)(3)向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2，在適當的催化劑作用下，下列反應能自發進行：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。①該反應△H__(填“>”“<”或“=”)0。②下列敘述能說明此反應達到平衡狀態的是__(填字母代號)。a．混合氣體的平均相對分子質量保持不變b．1molCO2生成的同時有3molH-H鍵斷裂c．CO2的轉化率和H2的轉化率相等d．混合氣體的密度保持不變③上述反應常用CuO和ZnO的混合物作催化劑。相同的溫度和時間段內，催化劑中CuO的質量分數對CO2的轉化率和CH3OH的產率影響的實驗數據如下表所示：ω(CuO)%102030405060708090CH3OH的產率25%30%35%45%50%65%55%53%50%CO2的轉化率10%13%15%20%35%45%40%35%30%由表可知，CuO的質量分數為__催化效果最佳。(4)CO2可用于工業制備草酸鋅，其原理如圖所示(電解液不參加反應)，Zn電極是__極。已知在Pb電極區得到ZnC2O4，則Pb電極上的電極反應式為__。29、（10分）我國是全球第一個實現了在海域可燃冰試開采中獲得連續穩定產氣的國家。可燃冰中的甲烷作為種重要的原料，可與CO2、NO2等作用從而減少溫室效應、消除氮氧化物的污染。回答下列問題：(1)已知：①CH4(g)+O2(g)CH2OH(1)△H1=－164.0kJ·mol－1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=－566.0kJ·mol－1③2H2(g)+CO(g)CH3OH(1)△H3=－128.3kJ·mol－1則利用氣體甲烷與二氧化碳作用獲得兩種氣態燃料的熱化學方程式為________________________。(2)分別向不同的恒壓密閉容器中通入等量的CH4與CO2，在一定條件下發生上述反應，測得CH4的平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示：①溫度不變，壓強由p1逐漸變化到p4，CO2的平衡轉化率將____________(填“增大”“減小”或“不變”)。②在壓強為p4=0.36MPa、溫度為1100℃的條件下，平衡時CH4的平衡轉化率為80%，則該溫度下反應的平衡常數Kp=____________(MPa)2(Kp為以分壓表示的平衡常數，保留2位小數)。(3)在一定溫度下，甲烷還可與NO2作用實現廢氣的脫硝，反應為：CH4(g)+2NO2(g)CO2+N2(g)+2H2O(g)，體系壓強直接影響脫硝的效率，如圖所示，當體系壓強約為425kPa時，脫硝效率最高，其可能的原因是________________________。(4)對于反應，有科學家提出如下反應歷程：第一步NO2NO+O慢反應第二步CH4+3O→CO+2H2O快反應第三步2CO+2NO→2CO2+N2慢反應下列表述正確的是____________(填標號)。A．第一步需要吸收外界的能量B．整個過程中，第二步反應活化能較高C．反應的中間產物只有NOD．第三步中CO與NO的碰撞僅部分有效(5)利用CH4與NO2的反應還可設計成如圖電化學裝置，則正極電極反應式為____________；電路中轉移1mol電子，可去除NO2____________L(標準狀況)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和的過程中，隨著氯化鉀的增加，溶液中氯化鉀的質量逐漸增加、氯化鉀的質量分數逐漸增大、溶液的質量逐漸增大，但是整個過程中溶劑水的質量不變，答案選C。2、D【解析】

對于氣體來說，粒子之間的距離遠遠大于粒子的直徑、粒子的質量，同溫同壓下氣體粒子間的距離相等，同溫同壓下氣體摩爾體積相同，由V=nVm知，氣體的體積取決于氣體的物質的量，故答案為D。3、D【解析】

A.單晶硅是良好的半導體材料，可以制作芯片，A項正確；B.銅屬于金屬，具有良好的導電性，可以做手機線路板，B項正確；C.鎂鋁合金密度小強度高，具有輕便抗壓的特點，C項正確；D.手機電池工作時，電池中化學能主要轉化為電能，但有一部分能量以熱能形式會散失，D項錯誤；答案選D。4、C【解析】

A.n(NaCl)=，ρV表示的是氯化鈉溶液的質量，故A錯誤；B.溶液的質量為：ρg?cm-3×VmL=ρVg，則質量分數ω％=，故B錯誤；C.溶液的物質的量濃度為：c(NaCl)==10ρω/58.5，故C正確；D.不是氯化鈉溶液的體積，故D錯誤；故答案選C。5、C【解析】

A.根據示意圖知，過程②化學鍵斷裂需要吸收能量，過程③化學鍵形成則放出能量，故A正確；B.化學鍵形斷裂過程中吸收能量，故溫度較低時不利于鍵的斷裂，故B正確；C.催化劑的作用原理是降低活化能，即反應物的化學鍵變得容易斷裂，但△H不變，故C錯誤；D.根據圖示分析可知，該過程中，存在化學鍵的斷裂與形成，故D正確。故選C。6、C【解析】

A項，反應前后電荷不守恒，正確離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A錯誤；B項，電荷不守恒，正確離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B錯誤；C項，Al與鹽酸反應生成AlCl3和H2，符合離子方程式的書寫，C正確；D項，不符合反應事實，Fe和稀硫酸反應生成Fe2+和H2，D錯誤；答案選C。【點睛】注意電荷守恒在判斷中的靈活應用，還要注意所給方程式是否符合實際反應事實。7、C【解析】

本題主要考查化學平衡結合圖像的運用。A．使用催化劑化學反應速率加快；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【詳解】A．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數是溫度的函數，溫度不變，平衡常數不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發生，所以加入CuO可以調節PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。8、B【解析】

A.從圖中可知在Li2SO4溶液中N2的相對能量較低，因此Li2SO4溶液利于MoS2對N2的活化，A正確；B.反應物、生成物的能量不變，因此反應的焓變不變，與反應途徑無關，B錯誤；C.根據圖示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的將反應決速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正確；D.根據圖示可知N2的活化是N≡N鍵的斷裂形成N2H的過程，即是N≡N鍵的斷裂與N—H鍵形成的過程，D正確；故合理選項是B。9、D【解析】

H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；據此討論；若n（H2S）：n（O2）>2:1，發生反應①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，發生反應①，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）<2:3，發生反應②，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發生反應②，氣體為二氧化硫；若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發生反應①②，氣體為二氧化硫，據此進行分析。【詳解】H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧氣足量發生反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O；①若n（H2S）：n（O2）>2:1，發生反應①H2S有剩余，則2H2S+O2═2S↓+2H2O體積變化?V21350mL25mL100-25=75mL剩余氣體為25mLH2S，原混合氣體中O2為25mL，H2S為100-25=75mL，符合題意；②若n（H2S）：n（O2）=2：1，發生反應①，沒有剩余氣體，不符合題意；③若n（H2S）：n（O2）<2:3，發生反應②，氧氣有剩余，則:2H2S+3O2═2SO2+2H2O體積變化?V232350mL7550100-25=75mL剩余氣體為氧氣、二氧化硫，其中二氧化硫為50mL，不符合題意；④若n（H2S）：n（O2）=2:3，發生反應②，最后氣體為二氧化硫，體積為50mL，不符合題意；⑤若2:3<n（H2S）：n（O2）<2:1，發生反應①②，硫化氫、氧氣全部反應，剩余氣體為二氧化硫，n(SO2)=25mL；則根據反應②2H2S+3O2═2SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)=25mL×1.5=37.5mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根據題意可知，H2S與O2混合氣體共100mL，所以發生反應①2H2S+O2═2S↓+2H2O的H2S與O2的總體積為100mL-25mL-37.5mL=37.5mL，n(O2)=1/3×37.5mL=12.5mL,n(H2S)=2/3×37.5mL，所以，原混合氣體中n(H2S)=25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5mL+12.5mL=50mL；結合以上分析可知，只有D選項不可能；故答案選D。10、D【解析】

A、電離不需要通電，故錯誤；B、電化學防腐不需通電，故錯誤；C、放電不需要通電，故錯誤；D、電解需要通電，故正確。答案選D。11、C【解析】

A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子，所以1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子數目大于0.4NA，故A錯誤；B、1個甲基含有9個電子，1mol羥基所含的電子數為9NA，B錯誤；C、Cl2與Fe反應，氯元素化合價由0變為-1，所以7.1gCl2與足量Fe充分反應，轉移的電子數為0.2NA，故C正確；D、80gCuO含的銅原子的物質的量是，80gCu2S含的銅原子的物質的量是，根據極值法，80gCuO和Cu2S的混合物中所含銅原子數為1NA，故D錯誤。12、A【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)與c(OH–)的相對大小，據此判斷溶液酸堿性。【詳解】A.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性，A項正確；B.只有常溫下pH=7的溶液才是中性的，B項錯誤；C.常溫下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C項錯誤；D.只有常溫下c(H+)=10-7mol/L時，溶液才是中性的，D項錯誤；本題選A。13、B【解析】

A．元素的非金屬性越強，其對應最高價含氧酸的酸性越強，由于元素的非金屬性C>Si>Al，所以酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3，A正確；B．同類型的分子中，相對分子質量越大，沸點越高，沸點為HI＞HBr＞HCl，B錯誤；C．元素的非金屬性越強，其對應最簡單的氫化物越穩定，由于元素的非金屬性F>Cl>S，所以氫化物的熱穩定性：HF＞HCl＞H2S，C正確；D．元素的金屬性越強，其對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，由于元素的金屬性K>Na>Mg，所以堿性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，D正確；故合理選項是B。14、C【解析】

A．

Na2Cr2O7溶在酸性條件下能氧化正丁醛，為防止生成的正丁醛被氧化，所以將酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合題意；B．由反應物和產物的沸點數據可知，溫度計1保持在90～95℃，既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化，溫度計2示數在76℃左右時，收集產物為正丁醛，故B不符合題意；C．正丁醇能與鈉反應，但粗正丁醛中含有水，水可以與鈉反應，所以無法檢驗粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合題意；D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固體，過濾，可除去水，然后利用正丁醇與正丁醛的沸點差異進行蒸餾，從而得到純正丁醛，故D不符合題意；故答案為：C。15、B【解析】

A、B、C、D為短周期元素構成的四種物質，且D為強電解質，它們有如下轉化關系：，中學常見物質中N、S元素單質化合物符合轉化關系，Na元素單質化合物符合轉化關系。【詳解】A、B、C、D為短周期元素構成的四種物質，且D為強電解質，它們有如下轉化關系：，中學常見物質中N、S元素單質化合物符合轉化關系，Na元素單質化合物符合轉化關系；A．若A是共價化合物，A可能為NH3或H2S，D為HNO3或H2SO4，H2S與H2SO4可以發生氧化還原反應，故A正確；B．若A為非金屬單質，則A為N2(或S)，氮元素處于第二周期ⅤA族，硫元素處于第三周期ⅥA族，故B錯誤；C．若A為非金屬單質，則A為N2(或S)，B為NO(或SO2)，C為NO2(或SO3)，D為HNO3(或H2SO4)，其中N2與鎂反應生成的Mg3N2中陰、陽離子的個數比為2：3，故C正確；D．若A是金屬或非金屬單質，則A為Na或N2或S，D為NaOH或HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水電離出的c(H＋)都是10?13mol/L，故D正確；故答案選B。16、D【解析】

A．聚丙烯的鏈節：，A錯誤；B．O的原子半徑比C的原子半徑小，二氧化碳分子的比例模型：，B錯誤；C．的名稱：2—甲基戊烷，C錯誤；D．氯離子最外層有8個電子，核電荷數為17，氯離子的結構示意圖為：，D正確；答案選D。17、D【解析】

A．據圖可知b點的溫度比a點高，水的電離吸熱，所以b點Kw更大，故A錯誤；B．據圖可知b點加入10mL0.5mol/L的氨水，與10.00mL0.5mol/L鹽酸恰好完全反應，所以溶液中的溶質為NH4Cl，由于銨根會發生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B錯誤；C．c點溶液為中性，溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整體c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C錯誤；D．d點加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶質為等物質的量的NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3?H2O)，二式聯立可得c(NH3?H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正確；故答案為D。18、C【解析】

A．開始要將銀離子沉淀完全，再向新生成的AgCl濁液中滴入KI溶液，白色沉淀逐漸轉化為黃色沉淀，才能說明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A錯誤；B．加入KSCN溶液溶液變紅，只說明有鐵離子，不能確定亞鐵離子是否完全被氧化，故B錯誤；C．純凈的乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液，紫紅色褪去，說明乙烯具有還原性，故C正確；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能說明酸性強弱，故D錯誤；故選C。19、B【解析】

根據原子符號的表示含義，、、三種原子的質子數都是6個，中子數分別是8、7、6，它們屬于同位素，由于原子核外都有6個電子，核外電子排布相同，因此三種同位素原子的化學性質相同，故合理選項是B。20、B【解析】

A．郵票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改進了索爾維制堿法，研究出了制堿流程與合成氨流程于一體的聯產純堿與氯化銨化肥的制堿新工藝，命名為“侯氏制堿法”，故A正確；B．郵票中的圖是用橡膠生產的機動車輪胎。橡膠和纖維都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維，它們不斷替代金屬成為現代社會使用的重要材料，故B錯誤；C．郵票中的圖是顯微鏡視野下的結晶牛胰島素。1965年9月，我國科學家首先在世界上成功地實現了人工合成具有天然生物活力的蛋白質??結晶牛胰島素，故C正確；D．郵票是紀念眾志成城抗擊非典的郵票。冠狀病毒其外殼為蛋白質，用紫外線、苯酚溶液、高溫都可使蛋白質變性，從而可以殺死病毒，故D正確；答案選B。【點睛】合成材料又稱人造材料，是人為地把不同物質經化學方法或聚合作用加工而成的材料，其特質與原料不同，如塑料、合金（部分合金）等。塑料、合成纖維和合成橡膠號稱20世紀三大有機合成材料，纖維有天然纖維和人造纖維，橡膠也有天然橡膠和人造橡膠。21、A【解析】

A.4.6gNO2的物質的量是0.1mol，若反應完全產生4.6gNO2，轉移電子0.1NA；若完全轉化為N2O4，4.6gN2O4的物質的量是0.05mol，轉移電子數為2×0.05×NA=0.1NA，故Cu與濃硝酸反應生成4.6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數一定為0.1NA，A正確；B.標準狀況下，已烷不是氣體，因此不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量及化學鍵的數目，B錯誤；C.缺體積，無法計算溶液中微粒的數目，C錯誤；D.34gH2O2的物質的量為1mol，由于H2O2是共價化合物，在水中部分電離，存在電離平衡，因此含有的陰離子數小于NA，D錯誤；故合理選項是A。22、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，X、Y、Z、W分別是由這四種元素中的兩種組成的常見化合物，Y為淡黃色固體，Y為Na2O2，W為常見液體，W為H2O；Na2O2與H2O反應產生NaOH和O2，而甲為單質，則甲為O2，乙為紅棕色氣體，乙為NO2，甲與Z反應產生NO2，則Z為NO，X與甲反應產生NO，則X為NH3，則A、B、C、D分別為H、N、O、Na，以此來解答。【詳解】根據上述分析可知：甲為O2，乙為NO2，X為NH3，Y為Na2O2，Z為NO，W為H2O，A、B、C、D分別為H、N、O、Na。A.O、Na兩種元素可形成離子化合物Na2O2中既含有離子鍵也含有非極性共價鍵，A錯誤；B.H+核外無電子，N、O、Na三種元素形成的離子核外電子排布都是2、8，電子層結構相同，離子的核電荷數越大離子半徑就越小，離子核外電子層數越多，離子半徑就越大，所以離子半徑N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B錯誤；C.Na元素的最高價氧化物對應水化物NaOH是一元強堿，乙為NO2，NO2與NaOH會發生反應產生NaNO3、NaNO2、H2O，反應方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正確；D.H、N、O三種元素可形成共價化合物如HNO3，也可以形成離子化合物如NH4NO3，D錯誤；故合理選項是C。【點睛】本題考查了元素及化合物的推斷，把握淡黃色固體為過氧化鈉、W為液體物質水來推斷物質為解答的關鍵，注意原子結構與元素性質的關系和元素與化合物知識的應用，側重考查學生的分析與推斷能力。二、非選擇題(共84分)23、取代反應消去反應、新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）或【解析】

根據上述反應流程看出，結合及有機物B的分子式看出，有機物A為甲苯；甲苯發生側鏈二取代，然后再氫氧化鈉溶液中加熱發生取代反應，再根據信息，可以得到；與乙醛發生加成反應生成，加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸。【詳解】（1）綜上所述，反應II為氯代烴的水解反應，反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，為消去反應；正確答案：取代反應；消去反應。（2）甲苯與氯氣光照條件下發生取代反應，方程式為：；氯原子取代甲苯中甲基中的氫原子，可以取代1個氫或2個氫或3個氫，因此還可能得到的有機產物是、；正確答案：；、。（3）反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸，結構簡式；正確答案：。（4）有機物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，檢驗有機物D是否完全轉化為肉桂酸，就是檢驗醛基的存在，所用的試劑為新制的氫氧化銅懸濁液、加熱或銀氨溶液，加熱，若不出現紅色沉淀或銀鏡現象，有機物D轉化完全；正確答案：新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）。（5）有機物C分子式為C9H10O2，①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體，含有羧基；②分子中有4種不同化學環境的氫原子，有4種峰，結構滿足一定的對稱性；滿足條件的異構體有2種，分別為：和；正確答案：或。（6）根據苯甲酸苯甲酯結構可知，需要試劑為苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛還原為苯甲醇，苯甲醛氧化為苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定條件下發生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯；具體流程如下：；正確答案：；。24、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，然后加入過量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高錳酸鉀溶液)褪色，證明含碳碳雙鍵取代反應；5【解析】

【詳解】(1)B含有氨基和溴原子2種官能團，E的分子式為：C13H18O，故答案為：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系統命名為2-丁烯醛，分子中除碳碳雙鍵外還有醛基，不可直接用酸性高錳酸鉀或溴水檢驗，可用銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液將醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高錳酸鉀溶液或溴水檢驗，故答案為：2-丁烯醛；先加入足量的新制氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，然后加入過量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高錳酸鉀溶液)褪色，證明含碳碳雙鍵；(3)A到B，氨基鄰位C上的H被Br取代，E中的苯環、羰基均能和氫氣加成，反應的方程式為：，故答案為：取代反應；；(4)A為，比A少兩個碳原子且含苯環的結構有兩種情況，第一種情況：含2個側鏈，1個為-CH3，另1個為-NH2，位于鄰、間、對位置，共3種，第二種情況：側鏈只有一個，含C-N，苯環可與C相連，也可與N相連，共2種，綜上所述，比A少兩個碳原子且含苯環的同分異構體有5種，核磁共振氫譜為3:2:2:2的結構簡式為：，故答案為：5；；(5)原料為乙醇，有2個C，產物巴豆醛有4個碳，碳鏈增長，一定要用到所給信息的反應，可用乙醇催化氧化制備乙醛，乙醛發生信息所列反應得到羥基醛，羥基醛發生醇的消去反應得巴豆醛，流程為：，故答案為：。25、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O調節分液漏斗B的旋塞，減緩（慢）稀鹽酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O檢驗是否有ClO2生成II穩定劑Ⅱ可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度【解析】

(1)根據儀器特征，判斷儀器名稱；根據實驗原理，還需要連接尾氣處理裝置，所以應長管進氣，短管出氣；(2)根據電子轉移守恒和原子守恒書寫氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2的反應化學方程式，為使ClO2在D中被穩定劑充分吸收，產生ClO2的速率要慢；

(3)

根據Cl2+2KI=2KCl+I2進行分析；

(4)在酸性條件下NaClO2可發生反，應生成NaCl并釋放出ClO2，根據元素守恒可判斷生成物，書寫反應方程式；

(5)由圖分析可知，穩定劑II可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度。【詳解】(1)根據儀器特征：可知儀器C是球形干燥管；F裝置應是Cl2和KI反應，還需要連接尾氣處理裝置，所以應長管進氣，短管出氣，故選b；

(2)氯酸鈉和稀鹽酸混和產生Cl2和ClO2，NaClO3中氯為+5價被還原成ClO2中+4價，鹽酸中氯為-1價被氧化成0價氯，轉移電子數為2，所以NaClO3、ClO2前系數為2，Cl2前系數為1，反應化學方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；為使ClO2在D中被穩定劑充分吸收，產生ClO2的速率要慢，故滴加稀鹽酸的速度要慢，即調節分液漏斗B的旋塞，減緩(慢)稀鹽酸滴加速度；(3)F裝置中發生Cl2+2KI=2KCl+I2時，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，說明沒有氯氣到達F，則裝置C的作用是吸收Cl2

；(4)在酸性條件下NaClO2可發生反應生成NaCl并釋放出ClO2，根據元素守恒可知應還有水生成，該反應的離子方程式為4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O

；在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發生反應，則裝置F的作用是驗證是否有ClO2

生成；(5)由圖可知，穩定劑II可以緩慢釋放ClO2，能較長時間維持保鮮所需的濃度，所以穩定劑II好。26、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2吸收水分排除裝置中的空氣，防止干擾實驗結果CO2、CO除去CO2，防止干擾CO的檢驗防止Fe2+的水解防止H2O2分解三草酸合鐵酸鉀在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合鐵酸鉀析出【解析】

(l)計算晶體物質的量n==0.03mol，失去結晶水應為0.06mol，固體質量變化=0.06mol×18g/mol=1.08g，圖表數據可知，150～210固體質量變化=5.49g-4.41g=1.08g，說明210°C失去結晶水得到CoC2O4，210～290℃過程中是CoC2O4發生的反應，210～290℃過程中產生的氣體只有CO2，依據元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，氣體質量共計減小=4.41g-2.41g=2g，說明不是分解反應，參加反應的還有氧氣，則反應的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol，依據原子守恒配平書寫反應的化學方程式；(2)①三草酸合鐵酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續升高溫度可發生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳還原氧化銅，得到的金屬銅可被氧氣氧化，所以實驗開始先通一段時間N2，將裝置中的空氣排凈，實驗結束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈再通入N2至常溫，根據裝置中現象變化判斷產物；②為能準確判斷三草酸合鐵酸鉀晶體高溫下分解的產物中是否含有一氧化碳，現象為E中固體由黑色變為紅色，且F中澄清石灰水變渾濁，為確保實驗現象不被干擾，在C裝置中裝入足量氫氧化鈉，把二氧化碳吸收干凈，避免干擾一氧化碳的檢驗；(3)①亞鐵離子易水解生成氫氧化亞鐵，酸能抑制其水解；②溫度高時，雙氧水易水解；根據相似相溶原理分析；【詳解】(l)計算晶體物質的量n()==0.03mol，失去結晶水應為0.06mol，固體質量變化=0.06mol×18g/mol=1.08g，圖表數據可知，150～210固體質量變化=5.49g-4.41g=1.08g，說明210°C失去結晶水得到CoC2O4，210～290℃過程中是CoC2O4發生的反應，產生的氣體只有CO2，依據元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2)=0.06mol×44g/mol=2.64g，氣體共計減小質量=4.41g-2.41g=2g，說明有氣體參加反應應為氧氣，則反應的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)==0.02mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依據原子守恒配平書寫反應的化學方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，裝置D中盛放的為濃硫酸，裝置E的作用是驗證草酸鈷晶體受熱分解的產物，防止對實驗的干擾和實驗安全，則濃硫酸的作用是吸收水分；(2)①三草酸合鐵酸鉀晶體在110℃可完全失去結晶水，繼續升高溫度可發生分解反應，根據元素守恒推測得到的產物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳還原氧化銅，得到的金屬銅可被氧氣氧化，所以實驗開始先通一段時間N2，將裝置中的空氣排凈，實驗結束時，為防止倒吸，應該先熄滅酒精燈再通入N2至常溫，實驗過程中觀察到B、F中澄清石灰水都變渾濁，即證明二氧化碳產生，E中有紅色固體生成，證明還原性的氣體CO的產生；②為能準確判斷三草酸合鐵酸鉀晶體高溫下分解的產物中是否含有一氧化碳，現象為E中固體由黑色變為紅色，且F中澄清石灰水變渾濁，為確保實驗現象不被干擾，在C裝置中裝入足量氫氧化鈉，把二氧化碳吸收干凈，避免干擾一氧化碳的檢驗；(3)①硫酸亞鐵易水解而是其氣壓呈酸性，加熱稀硫酸能抑制亞鐵離子水解；②雙氧水不穩定，溫度高時，雙氧水易分解，為防止雙氧水分解，溫度應低些，根據相似相溶原理知，三草酸合鐵酸鉀在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合鐵酸鉀析出。27、保持漏斗和反應容器內的氣壓相等2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止裝置C中液體倒吸入裝置A中)漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸餾59%【解析】

A裝置利用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，C裝置用飽和食鹽水除去HCl，D裝置盛放濃硫酸干燥氯氣，E中反應制備CCl3CHO。F裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收尾氣中氯氣、HCl防止污染空氣。【詳解】(1)A中的恒壓漏斗使得漏斗中的壓強和圓底燒瓶中的壓強相同，從而濃鹽酸能夠順利流下。高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)裝置B中的導管很短，而且B中沒有試劑，所以是作安全瓶，防止C裝置處理HCl氣體時發生倒吸。裝置F中倒扣的漏斗，與液體接觸的部分橫截面積很大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中，不會發生倒吸。答案為安全瓶漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中；(3)溫度要控制在70℃，未超過水的沸點100℃，可以選擇水浴加熱，即最佳的加熱方式為水浴加熱。冷凝過程中，冷凝管中應該充滿水，所以冷水應該從b口進。球形冷凝管與蒸氣接觸的面積大，冷凝回流效果更好。答案為：水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果；(4)如果沒有濃硫酸干燥，則E中會有水參加反應，水與氯氣反應生成HCl和HClO，副反應就會發生，生成的產物有C2H5Cl、CCl3COOH。從圖表所給的信息來看，雜質均溶于乙醇，得到一混合液體，且沸點相差較大，使用蒸餾，可以分離除去；(5)加入的碘單質被硫代硫酸鈉和CCl3CHO消耗，加入的碘單質的物質的量為0.03L×0.100mol?L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物質的量為0.02L×0.100mol?L-1=0.002mol。有關系式為I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘單質的物質的量為0.003-0.001mol=0.002mol，則10mL的溶液中含有CCl3CHO的物質的量為0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO為0.02mol，質量為0.02mol×147.5g=2.95g，則純度。【點睛】本題純度的計算采用的返滴法，要理解題目所給方程式的意思。消耗I2的物質有兩種，和一般的滴定有所差別。28、-41.2kJ/mol><57.1%<ab60陽2CO2+2e-==C2O42-【解析】

(1)由“若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整個過程中放出的熱量為16.5kJ”，我們可寫出熱化學方程式為：CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ/mol，利用蓋斯定律，可求出△H2。(2)正反應為放熱的體積縮小的可逆反應，依據平衡移動原理，增大壓強、降低溫度，平衡都正向移動，提取圖中信息，便可得出p1與p2、K3與K4關系及T1、p1時H2的平衡轉化率。(3)①利用?H-T?S<0，可判斷該反應的△H與0的關系。②a．混合氣體的平均相對分子質量保持不變，則氣體的總物質的量不變；b．1molCO2生成的同時有3molH-H鍵斷裂，反應的方向相反，數值之比等于化學計量數之比；c．對于該反應，CO2的轉化率和H2的轉化率始終相等；d．對于該反應，混合氣體的密度始終保持不變。③由表中數據，可確定CuO的催化效果的最佳點。(4)因為在Pb電極區得到ZnC2O4，則表明Pb電極上CO2得電子，作陰極，由此可確定Zn電極作電解池的電極名稱，并可寫出Pb電極上的電極反應式。【詳解】(1)由“若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整個過程中放出的熱量為16.5kJ”，我們可寫出熱化學方程式為：CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ/mol①CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ/mol②利用蓋斯定律，將②-①，即得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2=-41.2kJ/mol。答案為：-41.2kJ/mol；(2)合成二甲醚的總反應為2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)?H=-122.4kJ·mol-1，正反應為放熱的體積縮小的可逆反應，依據平衡移動原理，增大壓強，平衡正向移動；降低溫度，平衡正向移動，平衡常數增大。提取圖中信息，p1、T4時，二甲醚的物質的量分數大，所以p1>p2，T3>T4，則K3<K4。從圖中可以看出，T1、p1時，二甲醚的物質的量分數為0.1，假設某溫度下，將2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入容積為2L的密閉容器中，反應到達平衡時，改變壓強和溫度，CO2的變化量為2x，三段式為：則，x=mol，H2的平衡轉化率為=57.1%。答案為：>；<；57.1%；(3)①?S<0，利用?H-T?S<0，可判斷該反應的△H<0。答案為：<；②a．混合氣體的平均相對分子質量保持不變，則氣體的總物質的量不變，表明反應達平衡