1、2023年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是ABCD2、某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3-、Ba2+和 Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）A一定有Cl-B一定有HCO3-
2、C可能有Ba2+D可能有Al3+3、我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（ ）A1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3种C所有碳原子均处同一平面D1molM可与15mol H2发生加成反应4、生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是A催化剂不能改变反应的焓变B催化剂不能改变反应的活化能C图中反应中间体NXHY数值X己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空
3、气中燃烧生成的化合物只含离子键8、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是A溶液中一定含有Fe2+B溶液中一定含有Cu2+C剩余固体中一定含有CuD加入KSCN溶液一定不変红9、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为温度（）25550600700主要成分WO3 W2O5 WO2 WA1：1：4B1：1：3C1：1：2D1：1：110、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A0.5 mo
4、l 18O2 中所含中子数为10NAB标准状况下，2.24 L CHCl3含有的共价键数为 0.4NAC常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数为 0.3NAD0.1mol/L Na2S 溶液中，S2- 、HS- 、H2S的数目共为0.1NA11、下列物质中不会因见光而分解的是 ( )ANaHCO3BHNO3CAgIDHClO12、学习强国学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代，作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、说法正确的是（ ）A质子数与质量数相同B化学性质相似C互为同素异形体D质子数与中子数相
5、等13、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料B利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光C高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量D手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料14、下列有关说法正确的是（ ）A蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应B甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯C乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油
6、分馏得到15、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是（ ）A含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关B玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点C钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料D普通玻璃的主要成分可表示为Na2OCaO6SiO2，说明玻璃为纯净物16、COCl2 的分解反应为: COCl2(g)Cl2(g)+CO(g) H+108 kJmol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是A第 4min 时，改变的反应条件是升高温度B第 6min 时，V 正(COCl2
7、)V 逆(COCl2)C第 8min 时的平衡常数 K2.34D第 10min 到 14min 未标出 COCl2 的浓度变化曲线二、非选择题（本题包括5小题）17、从薄荷油中得到一种烃A（C10H16），叫非兰烃，与A相关反应如下：已知：（1）H的分子式为_。（2）B所含官能团的名称为_。（3）含两个COOCH3基团的C的同分异构体共有_种（不考虑手性异构），其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为_。（4）BD，DE的反应类型分别为_、_。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：_。（6）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高级吸水性树脂，该树脂名称为_。（7）写出EF的化学方
8、程式：_。（8）A的结构简式为_，A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有_种（不考虑立体异构）。18、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：请回答：(1)A的化学式为_。(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是_。(3)A加热条件下分解的化学方程式为_。19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_(填序号)A往烧瓶中加入MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲
9、方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_。(3)进行乙方案实验： 准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00 mL，用0.1000 molL-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_molL-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：_。 (4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在_，
10、测定的结果会：_(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_(排除仪器和实验操作的影响因素)。20、图A装置常用于实验室制备气体(1)写出实验室用该装置制备O2化学方程式 _。(2)若利用该装置制备干燥NH3，试管中放置药品是_(填化学式)；仪器 a中放置药品名称是_ 。(3)图B装置实验室可用于制备常见的有机气体是_。仪器b名称是_。有学生利用图B装置用浓氨水和生石灰制备NH3，请说明该方法制取NH3的原
11、因 。_(4)学生甲按图所示探究氨催化氧化用一只锥形瓶倒扣在浓氨水试剂瓶口收集氨气 ，然后将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中；片刻，锥形瓶中气体变为红棕色。下列叙述正确的是_A如图收集氨气是利用氨水的密度较小 B锥形瓶必须干燥 C收集氨气时间越长，红棕色现象越明显 D铜丝能保持红热学生乙对学生甲的实验提出了异议，认为实验中产生的红棕色气体可能是空气中的氮气氧化后造成的，你认为学生乙的说法合理吗？请你设计一个简单实验证明学生乙的说法是否正确。_。21、随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二”五期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物(NOx)排放量减少10%。目前，消除大气污染有多种方法。
12、(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g) =4NO(g) + CO2(g) +2H2O(g) H= -574 kJmol1CH4(g) +4NO(g) =2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) H= -1160 kJmol1H2O(g) = H2O(l) H= -44.0 kJmol1写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)，CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式_。(2)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下可将SO2转化为SO42-，从而实现对SO2的治理。已知含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反
13、应的离子方程式为4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O，则另一反应的离子方程式为_。(3)用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) 。某研究小组向密闭的真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)加入NO和足量的活性炭，恒温(T1)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：10min20min以v(CO2) 表示的平均反应速率为_。根据表中数据，计算T1时该反应的平衡常数为_ (保留两位小数)。一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率_ (填“增大”、“不变”或“减小”) 。下列各项能作为判断该反应达到平
14、衡的是_(填序号字母)。A容器内压强保持不变B2v正(NO) =v逆(N2)C容器内CO2的体积分数不变D混合气体的密度保持不变30min末改变某一条件，过一段时间反应重新达到平衡，则改变的条件可能是_。请在下图中画出30min至40min的变化曲线_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。【详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O
15、只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。AC3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；BC4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B不选；CC6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；DC5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；故选D。2、B【解析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定
16、含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含Cl-，故A错误； B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确； C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误； D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误； 故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。3、D【解析】A.根
17、据物质结构可知：在该化合物中含有3个-COOH，由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体，所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子
18、中 含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D错误；故合理选项是D。4、B【解析】A催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A正确；B催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B错误；C在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表面与氢原子结合形成中间产物，故x可能等于1或2，C正确；D根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N原子上含有孤对电子，Fe与S、N原子之间通过配位键连接，D正确；故合理选项是B。5、C【解析】A. 冰醋酸和
19、氢氧化钠溶液的反应为酸碱中和，而酸碱中和为放热反应，故A错误；B. 由于硝酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故硝酸钾加入水中没有化学反应发生，故不符合题干的要求，故B错误；C. 硝酸铵加入水中后，先溶于水，而铵盐溶于水为吸热的物理过程；然后发生盐类的水解，由于盐类的水解为酸碱中和的逆反应，故盐类水解吸热，故C正确；D. 氧化钙放入水中后和水发生化合反应，为放热反应，故D错误；故选：C。6、B【解析】Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫
20、。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。7、B【解析】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素
21、从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己庚，B项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；答案选B。8、B【解析】氧化性：Fe3Cu2，向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe2Fe3=3Fe2，再发生FeCu2=Fe2Cu。【详解】A、Fe2Fe3=3Fe2、 FeCu2=Fe2Cu都能生成Fe2，所以溶液中一定含有Fe2+，故A正确；B、若铁过量，FeCu2=Fe2
22、Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故B错误；C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故C正确；D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与Fe3反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入KSCN溶液一定不変红，故D正确；选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。9、A【解析】由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550600，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，
23、由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol2)=1：1：4，答案选A。10、A【解析】A. 18O 原子中子数为18-8=10，则0.5 mol 18O2 中所含中子数为0.5mol102=10mol，即10NA，故A正确；B. 标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C. C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D. 0.1mol/L Na2S
24、溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。11、A【解析】浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。【详解】AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的；综上所述，本题选项A。12、B【解析】根据原子符号的表示含义，、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。13、B【解析】A泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A错误；B高压
25、钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；C人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；D碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；答案选B。14、C【解析】A油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误； B甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；C乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；D石油
26、的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；故选C。15、A【解析】A在光照条件下，AgBr发生分解生成Ag和Br2，光的强度越大，分解的程度越大，生成Ag越多，玻璃的颜色越暗，当太阳光弱时，在CuO的催化作用下，Ag和Br2发生反应生成AgBr，玻璃颜色变亮，A正确； B玻璃虽然化学性质稳定，但可被氢氟酸、NaOH侵蚀，B错误；C有机玻璃属于有机高分子材料，C错误；DNa2OCaO6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D错误；故选A。
27、16、C【解析】A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第 8min 时的平衡常数 ，故C错误；D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C10H20羰基、羧基4加成反应（或还原反应）取代反应聚丙烯酸钠3【解析】烃A（C10H16）能与氢气加成得到H，结构简式为，B为，D为CH3CH（OH）COO
28、H，G为，结合有机物的性质解答。【详解】（1）根据H的结构简式可得分子式为C10H20，故答案为C10H20；（2）B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；（3）含两个COOCH3基团的C的同分异构、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4种；核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，既H原子的位置有2种，结构简式为：，故答案为4；（4）BD为羰基与H2发生的加成反应，DE为D中的-H原子被Br取代，反应类型为取代反应。故答案为加成反应；取代反应；（5）D分子内羧基和羟基发生酯化反应生成G，
29、则G的结构简式为：，故答案为；（6）E为丙烯酸，与NaOH醇溶液反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为：聚丙酸钠。故答案为聚丙烯酸钠；（7）E在NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，所以EF的化学方程式为：，故答案为；（8）根据B、C的结构简式和A的分子式 C10H16可推出A的结构简式为：；A中两个碳碳双键与等物质的量的Br2可分别进行加成反应，也可以发生1，4加成，所以产物共有3种。故答案为；3。18、FeSO4Fe2O36H2Fe33H2O2FeSO4Fe2O3SO2SO3【解析】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B
30、中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=
31、0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g0.02mol56gmol10. 02mol32gmol1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O；（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01m
32、ol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3SO2SO3。19、ACB 残余清液中，n(Cl-)n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 【解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺
33、序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案
34、为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，
35、气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。【点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。20、：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2； NH4Cl、Ca(OH) 2 碱石灰 乙炔或CHCH 分液漏斗 生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3 BD 现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象 【解析】(1)该装置为固体加热制取氧气，因此可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；(2)实验室装置为固+固气，可利用N
36、H4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，反应产生水，可用碱石灰干燥；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥；C4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热；另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察现象。如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成。【详解】(1)该装置为固体加热制取氧气，可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，化学方程式
37、为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO32KCl+3O2，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，产物中的水可用碱石灰干燥，故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；碱石灰；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热，可以促使氨水分解生成NH3，故答案为：乙炔或CHCH；分液漏斗；生石灰与
38、氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气，故A错误；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥，故B正确；C发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨气时间越长，锥形瓶中氧气浓度越低，最终生成NO2的浓度越低，颜色越浅，故C错误；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热，故D正确；故答案为：BD；现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象，如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成，如出现红棕色气体，说明乙的说法合理；故答案为：现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象。
39、21、CH4(g)+2NO2(g)N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) H=-955 kJmol1 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+ 0.009 molL1min1 K=0.56 不变 C、D 减小CO2的浓度 【解析】（1）根据盖斯定律得（+4）2即为所求，答案是CH4(g)+2NO2(g) = N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) H= -955 kJmol1；（2）根据题意可知，另一个离子方程式应是铁离子氧化二氧化硫的方程式，根据氧化还原反应原理配平得反应为为2Fe3+ + SO2+ 2H2O = 2Fe2+ SO42- + 4H+；（3）10m
40、in20min之间CO2 的浓度增大了0.9mol/L，所以以v(CO2) 表示的平均反应速率为=0.009 molL1min1；反应进行到20min时达平衡，则T1时该反应的平衡常数为K=0.56；恒温恒容条件下，无论NO的浓度如何变化，达到的平衡与原平衡均是等效平衡，所以NO转化率不变；A、该反应属于反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，所以恒容时压强一直不变，不能判定是否达平衡状态，选项A错误；B、NO的反应速率是N2的反应速率的2倍，选项B错误；C、达到平衡时各物质的量不再变化，所以CO2的体积分数不变，选项C正确；D、恒容条件下，有固体参与的可逆反应中，气体的密度不变的状态是平衡状态，选项D正确。答案选CD；由图像分析，NO的浓度减小说明平衡逆向移动，N2的浓度增大，CO2的浓度却减小，所以改变的可能条件是减小了CO2的浓度，对应的反应速率小于原平衡时的速率，在原速率的线下方画一条逐渐上升的曲线即可，答案为。
