【贏在高考?黃金20卷】備戰2021高考化學全真模擬卷（遼寧專用）第一模擬（本卷共19小題，滿分100分，考試用時75分鐘）可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Ni59Cu64Ba137一、選擇題：本題共15個小題，每小題3分，共45分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下列說法正確的是A．絲綢、宣紙及尼龍的主要成分均為合成纖維B．港珠澳大橋使用的超高分子量聚乙烯纖維吊裝纜繩，具有質量輕、強度大、耐磨、耐腐蝕的優點C．“嫦娥五號”使用的太陽能電池陣和鋰離子電池組，均可將化學能轉變成電能D．“奮斗者號”潛水器使用的固體浮力材料，由空心玻璃微球填充高強樹脂制成，屬于無機非金屬材料【答案】B【解析】A．絲綢的主要成分是蛋白質，宣紙的主要成分是纖維素，尼龍的主要成分是合成纖維，A錯誤；B．聚乙烯纖維屬于合成高分子，具有強度大、質量輕、耐腐蝕等特點，B正確；C．嫦娥五號使用的太陽能電池陣是將太陽能轉化為電能，C錯誤；D．固體浮力材料，由空心玻璃微球填充高強樹脂制成，其中樹脂為有機高分子材料，D錯誤；故答案選B。2．反應可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關微粒的化學用語不正確的是A．中子數為20的氯原子： B．氯化銨：C．Cl2分子的結構式：Cl—Cl D．Cl原子的結構示意圖：【答案】B【解析】A．中子數為20的氯原子的質量數17+20=37，該核素為，故A正確；B．氯化銨是離子化合物，其電子式為，故B錯誤；C．Cl2分子中Cl與Cl之間存在一個共用電子對，則其結構式為Cl—Cl，故C正確；D．Cl原子的核電荷數為17，原子核外電子總數等于核電荷數，則原子的結構示意圖為，故D正確；故答案為B。3．元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X位于短周期，Y、Z位于第四周期，X的焰色反應為黃色。由于83Y會發生放射性衰變轉化為83Z，從W、X、Y組成的某化合物中發現存在Z元素，其變化可用如圖表示，設NA為阿伏加德羅常數值。下列說法錯誤的是A．8.3g83Y比8.3g83Z的中子數多0.1NAB．X2YW4和XZW4中均含有離子鍵和共價鍵C．原子半徑比較：Z>Y>X>WD．最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y【答案】C【分析】W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X的焰色反應為黃色，為Na元素；83Y中化合價分別為+6、2，Y為Se元素(第四周期)，W為O元素；83Z中Z的化合價為+7，Z為Br元素；83Se放射性衰變時，減少1個中子，釋放1個電子同時核內增加1個質子，得到83Br。綜合以上分析，W為O，X為Na，Y為Se，Z為Br，據此分析結合原子結構、元素周期律解答。【解析】A．83Se、83Br的中子數分別為(8334)=39、(8335)=38，8.3g83Se比8.3g83Br的中子數多0.1NA，故A正確；B．Na2SeO4和NaBrO4中均含有離子鍵和共價鍵，故B正確；C．同周期元素隨原子序數遞增原子半徑減小：Y(Se)>Z(Br)，故B錯誤；D．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強：Br>Se，故D正確；答案選C。4．氨硼烷的結構和乙烷相似，下列關于的敘述正確的是()A．電負性大小順序：B．分子中所有原子共平面C．分子中鍵是配位鍵，其電子對由提供D．氨硼烷為共價晶體，具有很高的熔點【答案】C【解析】A．第二周期元素電負性從左至右逐漸增大，N在B的右邊，應該比B的大，A錯誤；B．結構與乙烷相似，乙烷中所有原子不在同一平面內，B錯誤；C．N原子最外層有5個電子，與H形成三個共價鍵后，還有一個孤電子對，B原子最外層3個電子，與H形成三個共價鍵后，無多余電子，但是可以提供空軌道，與N形成配位鍵，C正確；D．氨硼烷結構和乙烷相似，為分子晶體，熔點較低，D錯誤；故選C。5．下列裝置或操作能達到目的是A．裝置①用銅與稀硝酸制取少量NOB．裝置②可用于測定中和熱C．利用裝置③制取氯氣D．裝置④保護鐵閘門不被腐蝕【答案】D【解析】A項，NO極易被氧化生成NO2，所以不能用排空氣法收集，故不選A項；B項，裝置②缺少環形玻璃攪拌棒，不可用于測定中和熱，故不選B項；C項，用二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣，需要加熱，所以不能利用裝置③制取氯氣，故不選C項。D項，如圖所示，裝置④為外加電源的陰極保護法，鐵閘門連接電源的負極，作陰極，可被保護，故選D項。綜上所述，本題正確答案為D。【點睛】化學實驗常用儀器的使用方法和化學實驗基本操作是進行化學實驗的基礎，對化學實驗的考查離不開化學實驗的基本操作，所以該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規范性和準確及靈活運用知識解決實際問題的能力。6．高溫下，超氧化鉀晶體呈立方體結構。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞晶體中最小的重復單元則有關下列說法正確的是（）A．中只存在離子鍵B．晶體中，所有原子之間都是以離子鍵結合C．晶體中與每個距離最近的有6個D．超氧化鉀化學式為，每個晶胞含有1個和1個【答案】C【解析】A.K+離子與O2離子形成離子鍵，O2離子中O原子間形成共價鍵，故A錯誤；B.O2離子中O原子間形成共價鍵，故B錯誤；C.由晶胞圖可知，以晶胞上方面心的K+離子為研究對象，其平面上與其距離最近的O2有4，上方和下方各有一個，共有6個，故C正確；D.K+離子位于頂點和面心，數目為，O2離子位于棱心和體心，數目為，即每個晶胞中含有4個K+和4個O2，該晶體中陰陽離子個數之比為1：1，超氧化鉀化學式為KO2，故D錯誤；答案選C。7．在容積不變的密閉容器中加入一定量的和，發生反應：，在相同時間內，測得不同溫度下的轉化率如表所示。下列說法正確的是()溫度/℃100200300400500的轉化率/%3075755018A．該反應的正反應是吸熱反應B．200℃、的轉化率為75%時，反應達到平衡狀態C．300℃時，若繼續加入一定量的，該反應正向進行，平衡常數K值增大D．400℃時，若的平衡濃度為，則該反應的平衡常數【答案】D【解析】A．溫度升高，化學反應速率加快，在相同時間內，反應物的轉化率應增大，但由表中數據可知，從300℃升至400℃、500℃時，A的轉化率反而降低，說明溫度升高，該平衡向逆反應方向移動，該反應的正反應為放熱反應，A項錯誤；B．該反應的正反應是放熱反應，若200℃已達到平衡狀態，則A的轉化率大于300℃時A的轉化率，但表中數據顯示這兩個溫度時A的轉化率相等，說明200℃時，反應沒有達到平衡狀態，B項錯誤；C．分析可知，300℃時，反應達到平衡，容器容積不變，若增加A的量，該平衡正向移動，但值只與溫度和具體反應有關，300℃時，該反應的值不變，C項錯誤；D．400℃時，反應達到平衡，A的平衡轉化率為50%，根據反應可知，平衡時，B的平衡濃度為，則該反應的平衡常數，D項正確；故答案選D。8．聚脲具有防腐、防水、耐磨等特性，合成方法如下：下列說法不正確的是A．P和M通過加成反應形成聚脲B．一定條件下聚脲能發生水解反應C．M苯環上的一氯代物有2種D．M與互為同系物【答案】D【解析】A．M中的兩個氨基上的NH斷裂，與P中的C=N雙鍵發生加成，所以P和M通過加成反應形成聚脲，A正確；B．聚脲中存在酰胺基，一定條件下可以發生水解反應，B正確；C．M是一個對稱結構，兩個苯環上氨基的鄰位碳上的氫原子是等效的，兩個苯環相連的氧原子的兩個苯環上的鄰位碳上的氫原子是等效的，則在M分子中只有兩種不同的氫原子，M苯環上的一氯代物有2種，C正確；D．M是含氧衍生物，而苯胺不是含氧衍生物，二者不是同一類物質，所以不是同系物，D錯誤；故選D。9．近期，天津大學化學團隊以CO2與辛胺為原料實現了甲酸和辛腈的高選擇性合成，裝置工作原理如圖。下列說法正確的是()A．Ni2P電極與電源負極相連B．辛胺轉化為辛腈發生了還原反應C．In/In2O3－x電極上可能有副產物H2生成D．在In/In2O3－x電極上發生的反應為CO2+H2O－2e－=HCOO－+OH－【答案】C【解析】A．根據電解質“異性相吸”原理，氫氧根向Ni2P電極移動，說明Ni2P電極為陽極，與電源正極相連，故A錯誤；B．左側CO2變為HCOO－，化合價降低，發生還原反應，則辛胺在陽極轉化為辛腈發生了氧化反應，故B錯誤；C．In/In2O3－x電極為陰極，陰極可能有氫離子得到電子，因此可能有副產物H2生成，故C正確；D．In/In2O3－x電極為陰極，根據圖中信息，陰極上發生的反應為CO2+H2O+2e－=HCOO－+OH－，故D錯誤。綜上所述，答案為C。10．下列實驗操作、現象與結論對應關系正確的是()選項實驗操作實驗現象結論A向某鈉鹽X溶液中加入鹽酸，將產生的氣體通入酸化的溶液中有白色沉淀產生反應生成的氣體可能為B向盛有稀溶液的試管中加入的溶液試管口出現紅棕色氣體溶液中的被還原為C向滴加酚酞的氨水中加蒸餾水稀釋溶液紅色變淺溶液中所有離子濃度均減小D用鉑絲蘸取某溶液在酒精燈火焰上灼燒直接觀察，火焰呈黃色溶液中的金屬陽離子只有【答案】A【解析】A．能被硝酸氧化為硫酸，硫酸根與鋇離子結合反應生成不溶于酸的硫酸鋇白色沉淀，正確，故選A；B．向盛有稀溶液的試管中加入的溶液，溶液中存在稀硝酸和亞鐵離子，稀硝酸只能被亞鐵離子還原為NO，NO于試管口被氧化為，從而使試管口出現紅棕色氣體，故B錯；C．氨水呈堿性，向氨水中加蒸餾水稀釋溶液的pH值減小，則氫離子濃度增大，并不是所以離子濃度均減小，故C錯；D．用鉑絲蘸取某溶液在酒精燈火焰上灼燒，直接觀察，火焰呈黃色，只能說明溶液中一定含，可能含有，故D錯。答案選A11．將汽車尾氣中的CO、NO轉化為無害氣體的反應為：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。某化學興趣小組為探究影響該反應的外界條件，在容積均為2L的甲、乙、丙三個恒溫容器中分別加入物質的量之比為1：1的NO和CO，測得各容器中n(CO)隨反應時間的變化情況如下表所示。根據表中數據，下列說法正確的是()04080120160甲(溫度為300℃)乙(溫度為℃)丙(溫度為300℃)0.80A．乙容器中的反應溫度T＜300℃B．甲容器中，0～40min內平均反應速率v(NO)=0.0125mol/(L·min)C．提高尾氣凈化效率的最佳途徑是使用高效催化劑D．升高溫度既能增大反應速率又能提高CO與NO的轉化率【答案】C【解析】A．甲、乙反應開始時物質濃度相等，在相同時間內乙改變濃度快，說明乙反應速率快，由于溫度升高，反應速率快，所以乙容器中的反應溫度T＞300℃，A錯誤；B．甲容器中，0～40min內CO物質的量改變△n=2mol1.5mol=0.5mol，容器的容積是2L，則△c==0.25mol/L，則平均反應速率v(NO)==0.00625mol/(L·min)，B錯誤；C．使用高效催化劑能夠在相同時間內使更多的尾氣轉化為CO2、N2，從而可提高尾氣的凈化效率，C正確；D．升高溫度，化學反應速率加快，根據甲分析可知，乙的溫度高于300℃，升高溫度，反應達到平衡時CO的物質的量增大，說明升高溫度平衡逆向移動，因此升高溫度不能提高高CO與NO的轉化率，D錯誤；故合理選項是C。12．工業上利用制備高純硅時的副產物和廢鐵鎂礦渣(含、及少量、)為原料，制備二氧化硅和氯化鎂晶體的一種流程如下：下列說法錯誤的是()A．反應前通常會將廢鐵鎂礦渣粉碎，目的是加快反應速率，使礦渣反應充分B．與水的反應為C．向溶液2中加的目的是氧化，便于除雜D．直接加熱蒸發溶液3可獲得氯化鎂晶體【答案】D【分析】SiCl4與水發生反應生成H4SiO4(或H2SiO3)沉淀和HCl，沉淀1為H4SiO4(或H2SiO3)，H4SiO4(或H2SiO3)沉淀受熱分解產生SiO2，溶液1為HCl溶液；HCl溶液與廢鐵鎂礦渣(含、及少量、)中的、、反應得MgCl2、FeCl3、FeCl2溶液，與HCl不反應，濾渣為，溶液2為MgCl2、FeCl3、FeCl2、HCl混合溶液；溶液2加過氧化氫將FeCl2氧化為FeCl3，加試劑1調pH使Fe3+沉淀，然后過濾除去，溶液3為MgCl2溶液，MgCl2溶液在HCl氛圍中加熱可得MgCl2晶體。【解析】A．將廢鐵鎂礦渣粉碎，可增大固體與溶液的接觸面積，從而加快反應速率，使礦渣反應充分，故A項正確；B．根據流程分析知與水反應生成(或)和，(或)加熱可生成二氧化硅和水，故B項正確；C．溶液中的亞鐵離子生成沉淀時的較大，與Mg2+形成沉淀的pH交叉，不易除去，而鐵離子沉淀的pH較小，向溶液2中加的目的是氧化，便于除雜，故C項正確；D．為強酸弱堿鹽，在溶液中會發生水解，加熱時水解平衡正向移動，且生成的易揮發，故直接加熱溶液3得不到氯化鎂晶體，得到氫氧化鎂，故D項錯誤。答案選D。13．硫含量是生鐵質量的重要指標，精確測定鐵水中硫含量是高爐煉鐵過程中的重要任務，利用硫化物固體電解質濃差電池定硫工作原理如圖所示，電池兩邊產生一定硫分壓差時，兩極會產生相應的電勢，若已知某硫分壓(p's2)，測定其電池電勢，則可通過公式計算得出另一硫分壓(p"s2)，從而確定鐵水中的硫含量，N電極反應為S2(p"s2)＋2Mg2＋＋4e=2MgS。下列有關該濃差電池說法正確的是A．M極電勢比N極電勢高 B．該電池為電解池C．M極上的電極反應式：2MgS4e=2Mg2＋+S2(p"s2) D．Mg2＋從左向右移動【答案】D【分析】N電極反應為S2(p"s2)＋2Mg2＋＋4e=2MgS，發生還原反應，故N為原電池正極，M電極為原電池負極，該電池是濃差電池，是原電池，由此解答。【解析】A．N極電勢比M極電勢高，A錯誤；B．該電池是原電池，B錯誤；C．M電極為原電池負極，發生氧化反應，根據圖示可知，M極電極反應為：2MgS4e=2Mg2＋+S2(p's2)，C錯誤；D．原電池中鎂離子向正極移動，即向N極移動，D正確；答案選D。14．下列關于難溶電解質溶液說法正確的是()A．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c(Ba2+)增大B．相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1mol·L1鹽酸、③0.1mol·L1氯化鎂溶液、④0.1mol·L1硝酸銀溶液中，Ag+濃度：①>④=②>③C．向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：AgCl+S2=Ag2S↓+ClD．25℃時，在Mg(OH)2懸濁液中加入少量的NH4Cl固體后，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，溶度積在一定溫度下是常數，加入Na2SO4固體后硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行，鋇離子濃度減小，故A錯誤；B．相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依據溶度積是常數，與①蒸餾水相比較，②中0.1mol／L鹽酸溶液中氯離子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，銀離子濃度減小；③中0.1mol／L氯化鎂溶液中氯離子濃度為0.2mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度減小；④中0.1mol／L硝酸銀溶液中，銀離子濃度為0.1mol/L，平衡逆向進行，銀離子濃度增大，則Ag+濃度：④＞①＞②＞③，故B錯誤；C．硫化銀溶解度小于氯化銀，可以實現沉淀轉化，則向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2=Ag2S↓+2Cl，故C錯誤；D．氫氧化鎂溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化銨水解顯酸性，與氫氧根離子結合，促進平衡向溶解方向進行，所以鎂離子濃度增大，故D正確；故選D。15．水體中重金屬鉛的污染問題備受關注。溶液中Pb2+及其與OH形成的微粒的濃度分數α隨溶液pH變化的關系如圖所示。已知NH3·H2O的Kb=1.74×105。向Pb(NO3)2溶液中滴加氨水，關于該過程的說法正確的是A．Pb2+的濃度分數先減小后增大B．c(NO)與c(Pb2+)的比值減小后增大，pH>10后不變C．pH=7時，存在的陽離子僅有Pb2+、Pb(OH)+和H+D．溶液中Pb2+與Pb(OH)2濃度相等時，氨主要以NH的形式存在【答案】D【分析】由圖示可知，Pb2+與OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH)、Pd(OH)四種微粒，據此分析。【解析】A．隨著pH的增大，Pb2+的濃度分數逐漸減小，當pH=10時，Pb2+的濃度分數減小為0，A錯誤；B．NO與Pb2+在同一溶液中，c(NO)與c(Pb2+)的比值等于其物質的量之比，滴加氨水過程中，隨著pH的增大，n(Pb2+)逐漸減小，n(NO)不變，n(NO)與n(Pb2+)的比值增大，故c(NO)與c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)減小為0時，比值無意義，B錯誤；C．當pH=7時，根據圖示可知，溶液中存在的陽離子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH，C錯誤；D．當溶液中Pb2+與Pb(OH)2濃度相等時，由圖可知，此時溶液pH約等于8，由NH3·H2O電離常數Kb==1.74×105，則===17.4，故溶液中氨主要以NH形式存在，D正確；故答案選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（14分）氟化工產業被稱為“黃金產業”，我國是世界最大氟化工初級產品生產國和出口國。用工業副產品氟硅酸(H2SiF6)制備氟化銨(NH4F)聯產氟化鎂的流程如下：回答下列問題：（1）寫出反應①的化學方程式___________________。操作①的名稱：_________________________。（2）工業生產中“反應①”的最佳溫度為80℃，除考慮溫度對速率的影響，請結合已有知識分析溫度不宜過高的原因：_________________________________________________。（3）從濾液獲得晶體的“一系列操作”是_________________________、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥，其中“降溫速率對收率影響”如圖所示，則最佳降溫速率為_________________________min·℃1。降溫速率對氟化銨收率的影響降溫速率/(min·℃1)收率/%327.12627.461030.181525.532026.013025.41（4）寫出反應②的離子方程式___________________。該流程中的副產品為_________________________。（5）氟化銨含量的測定；稱取mg樣品于塑料燒杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，搖勻靜置，滴加23滴酚酞指示劑，用0.5mol/L的氫氧化鈉標準液滴定至終點，消耗氫氧化鈉體積VmL，同時做空白對照實驗消耗氫氧化鈉體積為V0mL。(已知：4NH+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)①請結合離子方程式解釋氟化銨樣品不能在玻璃燒杯中溶解的原因：____________________________。②計算樣品中氟化銨的含量為___________________________________。【答案】（1）（2分）過濾（1分）（2）溫度過高氟化銨易分解，氨在體現中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大（2分）（3）減壓濃縮（1分）10（1分）（4）（2分）(NH4)2SO4（1分）（5）①，HF易腐蝕玻璃（2分）②（2分）【分析】H2SiF6和氨氣反應生成硅膠沉淀和氟化銨，濾液減壓濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥得到氟化銨，母液中加入硫酸鎂生成氟化鎂沉淀。【解析】（1）反應①是H2SiF6和氨氣反應生成硅膠沉淀和氟化銨，反應的化學方程式為。操作①是分離出生成的硅膠沉淀，操作的名稱是過濾；（2）溫度過高氟化銨易分解，氨氣在體系中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大，所以工業生產中“反應①”的最佳溫度為80℃；（3）從濾液獲得氟化銨晶體的操作是減壓濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌、干燥，根據“降溫速率對收率影響”數據，可知降溫速率為10min·℃1時，收率最高，所以最佳降溫速率為10min·℃1；（4）反應②是氟化銨和硫酸鎂反應生成氟化鎂沉淀和硫酸銨，反應的離子方程式是。該流程中的副產品為(NH4)2SO4；（5）①，HF易腐蝕玻璃，所以不能在玻璃燒杯中溶解樣品；②根據題意得關系式4NH~(CH2)6N4H++3H+~4NaOH，mg樣品中氟化銨消耗氫氧化鈉(VV0)mL，樣品中氟化銨的物質的量為0.5mol/L×(VV0)mL×103，氟化銨的質量為0.5mol/L×(VV0)mL×103×37g/mol，樣品中氟化銨的含量為。【點睛】本題以工業副產品氟硅酸(H2SiF6)制備氟化銨(NH4F)聯產氟化鎂為載體，考查化學工藝流程，明確流程中各步反應原理是解題關鍵，注意混合物分離的常見方法及應用。17．（14分）化學興趣小組對某品牌牙膏中的摩擦劑成分及其含量進行以下探究：已知：該牙膏摩擦劑由碳酸鈣、氫氧化鋁組成；牙膏中的其它成分與NaOH和鹽酸均不反應。I．摩擦劑中氫氧化鋁的定性檢驗。取適量牙膏樣品于燒杯中，加水充分攪拌后過濾，濾渣中加入過量NaOH溶液，過濾，向濾液中通入過量CO2有白色沉淀生成。（1）在上述操作中，需要用到圖中的實驗儀器有____________(選填編號)（2）氫氧化鋁與NaOH溶液反應的離子方程式為____________________________________，有同學認為濾液中通CO2后有白色沉淀生成不能證明摩擦劑中一定含有Al(OH)3，若要進一步證明含Al(OH)3，需要補充的操作是____________________________________(寫出操作、現象和結論)。Ⅱ．牙膏樣品中碳酸鈣的定量測定。利用如圖所示裝置(圖中夾持儀器略去)進行實驗，充分反應后，測定C中生成的BaCO3沉淀質量，以確定碳酸鈣的質量分數。依據實驗過程回答下列問題：（3）裝置A中發生反應的離子方程式為____________________________________，反應結束后，還要持續通一段時間空氣的目的是______________________________。（4）下列各項措施中，能提高測定準確度的是________________________(選填編號)。a．把鹽酸換成不具有揮發性的硫酸b．在A~B之間增添盛有濃硫酸的干燥裝置c．滴加鹽酸不宜過快d．在B~C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置（5）實驗中準確稱取8.0g樣品三份，進行三次測定，測得生成BaCO3平均質量為1.97g。則樣品中碳酸鈣的質量分數為______________________________。【答案】（1）BCD（2分）（2）Al(OH)3+OH=+2H2O（2分）將沉淀過濾洗滌，然后向其中加入適量鹽酸，若沉淀溶解，無氣泡產生，說明含有Al(OH)3，否則不含有Al(OH)3（2分）；（3）CO2+2OH=+H2O（2分）使反應產生的二氧化碳氣體全部被裝置C中的氫氧化鋇溶液吸收（2分）（4）c（2分）（5）12.5%（2分）【分析】I．將適量牙膏放入燒杯中，加水充分攪拌后過濾，使難溶性物質與可溶性物質分離，然后向濾渣中加入過量NaOH溶液，Al(OH)3反應產生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，過濾后濾液中含有NaAlO2及過量NaOH，向其中通入足量CO2氣體，NaOH變為NaHCO3，NaAlO2變為Al(OH)3，結合物質的溶解性判斷產生沉淀的成分；Ⅱ．實驗通過C裝置生成的碳酸鋇的質量測定二氧化碳的質量，進而計算牙膏中碳酸鈣的質量分數。實驗前先通入空氣，排出裝置中的空氣，A可以除去空氣中的CO2，B中鹽酸與CaCO3反應產生CO2氣體，氣體進入C與Ba(OH)2反應產生BaCO3沉淀，裝置D可以防止空氣中CO2與Ba(OH)2反應，實驗結束后，再通入空氣，把生成的CO2氣體全部排入C中，使之完全轉化為BaCO3沉淀。【解析】I．（1）牙膏與水混合，充分攪拌過濾時使用的儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的實驗儀器序號為BCD；（2）Al(OH)3是兩性氫氧化物，能夠與強酸、強堿發生反應，Al(OH)3與NaOH溶液反應產生NaAlO2、H2O，該反應的離子方程式為Al(OH)3+OH=+2H2O；若摩擦劑中無Al(OH)3，向加入NaOH后的濾液中通入足量CO2氣體，發生反應：NaOH+CO2=NaHCO3，若產生的NaHCO3比較多，而其溶解度又比較小，則產生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦劑中含有Al(OH)3，Al(OH)3與NaOH反應變為可溶性物質NaAlO2，此時的濾液中含有過量NaOH及反應產生的NaAlO2，再向該濾液中通入足量CO2氣體時，NaOH先發生反應產生Na2CO3，然后發生反應Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，則此時產生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同學認為濾液中通CO2后有白色沉淀生成不能證明摩擦劑中一定含有Al(OH)3，若要進一步證明含Al(OH)3，可將該沉淀過濾出來洗滌干凈，向其中加入適量鹽酸，若沉淀溶解，無氣泡產生，說明含有Al(OH)3，否則不含有Al(OH)3；Ⅱ．（3）裝置A的作用是吸收空氣中CO2，發生反應產生Na2CO3，該反應的離子方程式為：CO2+2OH=+H2O；反應結束后，還要持續通一段時間空氣的目的是將反應產生的CO2氣體全部排入裝置C中，與Ba(OH)2溶液反應產生BaCO3沉淀，以減小實驗誤差；（4）a．若把鹽酸換成不具有揮發性的硫酸，CaCO3與硫酸反應產生微弱性CaSO4覆蓋在CaCO3表面，使反應不能進一步發生，導致測定準確度偏低，a不符合題意；b．B、C中的反應均是在溶液中進行，因此不需要干燥裝置，若在A~B之間增添盛有濃硫酸的干燥裝置，不能提高實驗測定準確度，b不符合題意c．若滴加鹽酸過快，則生成CO2過快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加鹽酸不宜過快可以使CO2被充分吸收，從而可提高實驗準確度，c符合題意；d．若在B~C之間增添盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置，揮發的HCl進入盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置反應生成CO2氣體，則在C中被氫氧化鋇吸收的CO2偏多，會使測定準確度偏低，d不符合題意；故合理選項是c；（5）BaCO3質量為1.97g，則n(BaCO3)==0.01mol，根據C元素守恒可知在8.0g樣品中含有CaCO3的物質的量是0.01mol，其質量m(CaCO3)=0.01mol×100g/mol=1.0g，所以樣品中碳酸鈣的質量分數為×100%=12.5%。18．（13分）含氮化合物廣泛存在于自然界常重要的化合物。回答下列有關問題：（1）氮的氧化物與懸浮在大氣中的海鹽粒子相互作用時，涉及如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：①反應Ⅲ：的平衡常數______(用表示)。②恒溫恒容情況下，下列說法能判斷反應Ⅲ達到平衡的是_____。A．氣體物質中氮元素與氧元素的質量比不變B．容器內氣體密度不變C．容器內氣體顏色不變D．容器內濃度保持不變（2）恒溫條件下，向恒容密閉容器中加入和，時反應Ⅱ達到平衡。③測得的體積分數為，則平衡時NO的轉化率_____；④已知反應Ⅱ的反應趨勢是低溫自發，高溫不自發，則_____0(填“＜”、“＞”或“無法判斷”)。⑤實驗測得：v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，k正、k逆為速率常數。時，k正_____(以k逆表示)。當溫度改變為T2時，，則____(填“＜”、“＞”或“=”)。⑥一定條件下，單位時間內不同溫度下測定的氮氧化物轉化率如圖所示。溫度低于時，隨溫度的升高氮氧化物轉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溫度低于710K時，單位時間內隨溫度上升，反應速率增加，因此NO的轉化率上升（2分）。【解析】（1）①反應Ⅲ的平衡常數K3=，反應Ⅰ的平衡常數K1=，反應的平衡常數K2=，所以=K3。②A．反應Ⅲ中，反應物NO2中氮元素與氧元素的質量比為7:16，生成物NO中氮元素和氧元素的質量比為7:8，所以未平衡前氣體物質中氮元素和氧元素的質量比是變量，當氣體物質中氮元素與氧元素的質量比不變時，反應達到了平衡，故A選；B．如果反應從NO2和NaCl開始，隨著反應的進行，氣體物質的質量在減小，而容器體積不變，所以混合氣體的密度在減小，當容器內氣體密度不變時，反應達到了平衡，故B選；C．NO2是紅棕色氣體，Cl2是黃綠色氣體，未平衡前混合氣的顏色在改變，當容器內氣體顏色不變時，說明NO2和Cl2的濃度均不再改變，反應達到了平衡，故C選；D．NaNO3是固體，其濃度是一常數，不能用固體濃度不變衡量是否平衡，故D不選；故選ABC。（2）③設轉化的Cl2的物質的量為a，可列三段式：

平衡時測得Cl2的體積分數為，則=，可求出a=0.075，則NO的轉化率為。④反應Ⅱ的反應趨勢是低溫自發，高溫不自發，根據反應Ⅱ反應前后氣體系數可知，該反應的ΔS＜0，所以若反應能自發，根據ΔG=ΔHΔS＜0，則ΔH＜0。⑤v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，平衡時，v正=v逆，即k正c2(NO)c(Cl2)=k逆c2(ClNO)，所以==K。T1平衡時，NO、Cl2、ClNO的物質的量分別為0.05mol、0.025mol、0.15mol，容器體積為2L，所以濃度分別為0.025mol/L、0.0125mol/L、0.075mol/L，則K===720，即=720，所以k正=720k逆。當溫度改變為T2時，，即=72=K，由于該反應的正反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，K減小，所以溫度＞。⑥一定條件下，單位時間內不同溫度下測定的氮氧化物轉化率先增