太原市名校2021年高考化学达标检测试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（）
A．Fe2O3B．CO C．Fe D．CO2
2．下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）
A．纯碱B．氨气C．烧碱D．盐酸
3．某温度下，向10 mL 0.1 mol·L-l NaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-l K2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-l AgNO3溶液。

滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。

已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。

下列说法错误的是
A．该温度下，K sp(Ag2CrO4)＝4×10－12
B．a l、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：a l＞b＞c
C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
4．杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。

常见的六元杂环化合物有
下列说法正确的是（）
A．吡啶和嘧啶互为同系物
B．吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）
C．三种物质均能发生加成反应
D．三种分子中所有原子处于同一平面
5．下列有机物命名正确的是（）
A．氨基乙酸B．2—二氯丙烷
C．2—甲基丙醇D．C17H33COOH硬脂酸
6．对已达化学平衡的反应：2X （g ）+Y （g ）2Z （g ），减小压强后，对反应产生的影响是
A ．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B ．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C ．正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
D ．逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 7．下列有关实验能达到相应实验目的的是
A ．实验①用于实验室制备氯气
B ．实验②用于制备干燥的氨气
C ．实验③用于石油分馏制备汽油
D ．实验④用于制备乙酸乙酯
8．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A ．甲用于制取氯气
B ．乙可制备氢氧化铁胶体
C ．丙可分离I 2和 KCl 固体
D ．丁可比较Cl 、C 、Si 的非金属性
9．向100mL FeBr 2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L ，测得所得溶液中c(Cl －)=c(Br －)，则原FeBr 2溶液物质的量浓度为 A ．0.75mol/L
B ．1.5mol/L
C ．2mol/L
D ．3mol/L
10．某溶液X 中含有H +、+
4NH 、Na +、Mg 2+、Fe 2+、24SO -
、Cl −、Br −、2AlO -
、SiO 32-和HCO 3-离子中的若干种。

取100 mL 该溶液进行如下实验：
下列说法正确的是
A ．溶液X 中一定没有2AlO -
、SiO 32-，可能有Na +、Fe 2+ B ．溶液X 中加NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种 C ．溶液X 中c （Cl −）≤0.2 mol·L −1
D ．溶液X 可能是由NH 4HSO 4、MgCl 2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成
11．K 2FeO 4在酸性或中性溶液中能快速产生O 2，在碱性溶液中较稳定。

如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C 中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。

下列说法不正确的是（ ）
A ．
B 瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl B ．
C 瓶中KOH 过量更有利于高铁酸钾的生成 C ．加盐酸产生气体可说明氧化性：K 2FeO 4＞Cl 2
D ．高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂 12．按照物质的组成分类，SO 2属于（ ） A ．单质
B ．酸性氧化物
C ．碱性氧化物
D ．混合物
13．第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是 A ．3s 23p 3
B ．3s 23p 5
C ．3s 23p 4
D ．3s 23p 6
14．下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁 A ．图甲可表示压强对反应：223N (g)3H (g)
2NH (g)+ 1H 92.4kJ mol -∆=-⋅的影响
B ．图乙中，1t 时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C ．若图丙表示反应：A(g)+B(g)xC(g)，则12T T >、x 2<
D ．图丁表示水中()c H
+
和()c OH -
的关系，ABC 所在区域总有()()c H c OH +
-
<
15．下列有关实验原理或实验操作正确的是( ) A ．用pH 试纸测量Ca(ClO)2溶液的pH
B ．向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体通过NaOH 溶液，制取并纯化氢气
C ．向NaBr 溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，说明Br ﹣还原性强于Cl ﹣
D．称取K2SO4固体0.174 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，可配制浓度为0.010 mol/L的
K2
SO4溶液
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．苯甲酰氯()是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下(该反应为放热反应)：
+COCl2→+CO2+HCl
已知物质性质如下表：
物质熔点/℃沸点/℃溶解性
苯甲酸122.1 249 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
碳酰氯(COCl2) -188 8.2 较易溶于苯、甲苯等。

遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化铵等无毒物质
苯甲酰氯-1 197
溶于乙醚、氯仿和苯。

遇水或乙醇逐渐分解，生
成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢
三氯甲烷(CHCl3) -63.5 63.1
不溶于水，溶于醇、苯。

极易挥发，稳定性差，
450℃以上发生热分解
I.制备碳酰氯
反应原理：2 CHCl3＋O2−−→
光2HCl＋COCl2
甲. 乙. 丙. 丁.戊.
(1)仪器M的名称是____________
(2)按气流由左至右的顺序为
___________→c→d→_________→_________→_________→_________→_________.
(3)试剂X是_______________(填名称)。

(4)装置乙中碱石灰的作用是____________。

(5)装置戊中冰水混合物的作用是____________；多孔球泡的作用是________________。

Ⅱ.制备苯甲酰氯(部分夹持装置省略)
(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：______________。

若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸，先加热至140~150℃，再通入COCl2，充分反应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为_________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．溴酸镉[Cd(BrO3)2]常用于生产颜料和荧光粉。

以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备[Cd(BrO3)2]的流程如下:
已知：Cd(SO4)2溶于水。

(1)Cd(BrO3)2中Cd的化合价为__________
(2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有__________(写出两种即可)。

(3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为__________
(4)用H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________
(5)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表,调pH时，应调整的pH范为____,滤渣2的主要成分为_____(填化学式)。

(6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd 2+的含量,其原理是:
Cd 2++2NaR=2Na ++CdR 2，其中NaR 为阳离子交换树脂。

常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na +比交换前增加了0.046g/L ，则该条件下Cd(OH)2的Ksp 值为____ (7)已知镉铁矿中CdO 2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为8%，则2t 该镉铁矿可制得Cd(BrO 3)2(相对分子质量为368)_____Kg 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义： 热裂解反应：CH 3COOH(g)→2CO(g)+2H 2(g) △H=+213.7 kJ·mol －1 脱酸基反应 CH 3COOH(g)→2CH 4(g)+CO 2(g) △H=－33.5 kJ·
mol －1 （1）请写出CO 与H 2甲烷化的热化学方程式__________________________________。

（2）在密闭溶液中，利用乙酸制氢，选择的压强为________（填“较大”或“常压”）。

其中温度与气体产率的关系如图：
①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_________________。

②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO 的产率下降，请用化学方程式表示：____________________。

（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为T K 时达到平衡，总压强为P kPa ，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为________（计算结果保留1位小数）；脱酸基反应的平衡常数Kp 分别为________________kPa （Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。

19．（6分）研究CO 、NO x 、2SO 等的处理方法对环境保护有重要意义。

（1）科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO 和CO 转变成2CO 和2N ，其反应为：
22
2NO(g)2CO(g)2CO(g)N(g)
++
催化剂
-1
ΔH=-746.8kJ mol
⋅
①为了研究外界条件对该反应的影响，进行下表三组实验，测得不同时刻NO的浓度（c）随时间变化的趋势如图1所示。

1、2、3代表的实验编号依次是________。

（已知在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。

）
实验温度NO初始浓度O初始浓度催化剂比表面积催化剂用量编号（℃）
实验
编号
温度
（℃）
NO初始浓度
()1
mol L-
⋅
CO初始浓度
()1
mol L-
⋅
催化剂比表面积
()
21
m g-
⋅
催化剂用量
（g）
Ⅰ280 3
1.2010-
⨯3
5.8010-
⨯82 50
Ⅱ280 3
1.2010-
⨯3
5.8010-
⨯124 50
Ⅲ350 3
1.2010-
⨯3
5.8010-
⨯124 50
②图2表示NO的平衡转化率（a）随温度、压强变化的示意图。

X表示的是________，理由是________；Y表示的是________，且Y1________Y2（填“>”或“<”）。

（2）一定温度下，将2
NO与
2
SO以体积比1：2置于密闭容器中发生反应
223
NO(g)SO(g)SO(g)NO(g)
++，达到平衡时3
SO的体积分数为25％。

该反应的平衡常数
K=________。

（3）利用原电池反应可实现2
NO的无害化，总反应为
2322
6NO8NH7N12H O
++，电解质溶液为碱性。

工作一段时间后，该电池负极区附近溶液pH________（填“变大”、“变小”或“不变”），正极电极反应式为________。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A 【解析】 【分析】
在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。

【详解】
A 、反应Fe 2O 3+3CO
2Fe+3CO 2，中Fe 元素的化合价降低，得电子，则Fe 2O 3是氧化剂，故A 正确；
B 、CO 中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B 错误；
C 、铁是还原产物，故C 错误；
D 、CO 2 是氧化产物，故D 错误； 故选：A 。

2．A 【解析】 【详解】
A. 工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl + NH 3 + H 2O + CO 2 = NaHCO 3↓+ NH 4Cl 、2NaHCO 3 Δ
Na 2CO 3 + CO 2↑
+ H 2O↑ 都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A 正确；
B. 工业制氨气的化学方程式为： N 2+3H 2 −−−−→←−−−−
高温、高压
催化剂
2NH 3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B 错误；
C. 工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl + 2H 2O 通电
2NaOH + H 2↑ + Cl 2↑ ，有化合价变化，是氧化还原
反应，故C 错误； D. 工业制取盐酸：H 2 + Cl 2 点燃
2HCl ，HCl 溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D 错误；
故答案为A 。

3．B 【解析】 【分析】
根据pM=－lgc(Cl -)或pM=－lgc(CrO 42－)可知，c(CrO 42－)越小，pM 越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L -l NaCl 溶液和10 mL 0.1 mol·L -l K 2CrO 4溶液中分别滴加0.1 mol·L -l AgNO 3溶液。

当滴加10 mL0.1 mol·
L -l AgNO 3溶液时，
氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L-l AgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此a l所在曲线为氯化钠，b、c 所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。

【详解】
A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，该温度下，K sp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；
B．a l点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L-l，c
点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的1
4
，则c(CrO42－)= 0.025mol·L-l，则c(Ag+)=
12
41
25
.0
－
= 1.6×10－
5mol·L-l，a l、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；
D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。

4．C
【解析】
【详解】
A．同系物差CH2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；
B．吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；
C．三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；
D．吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；
答案选C。

5．A
【解析】
【详解】
A. 为氨基乙酸，A正确；
B. 为2，2-二氯丙烷，B错误；
C. 2-甲基-1-丙醇，C错误；
D. C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。

6．C
【解析】
【详解】
A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A错误；
B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B错误；
C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C正确；
D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D错误；
故选C。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；
B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；
C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；
D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；
9．C
【解析】
【分析】
还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。

【详解】
还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生
反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为
3.36L
22.4L/mol=0.15mol，若
Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的
n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的
物质的量浓度为0.2mol
0.1L=2mol/L，故选C。

10．D
【解析】
【详解】
A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。

原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。

所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；
B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；
C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为0.02mol=0.2mol/L
0.1L
，故错误；
D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。

【点睛】
掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。

根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。

11．C
【解析】
【分析】
在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。

【详解】
A．因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；
B．因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；
C．在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4<Cl2，C不正确；D．高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用，所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D正确；
故选C。

12．B
【解析】
【分析】
A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；
B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；
C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；
D、SO2属于纯净物。

【详解】
A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；
B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；
C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；
D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；
故选：B。

13．C
【解析】
A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。

【详解】
第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第II A族元素大于第III A族元素，第V A族元素大于第VI A族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。

综上所述，答案为C。

【点睛】
同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第II A族元素大于第III A族元素，第V A族元素大于第VI A族元素。

14．C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。

【详解】
A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D 错误；
答案：C
15．C
【解析】
【详解】
A．Ca（ClO）2溶液具有漂白性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故A错误；
B．NaOH可吸收挥发的HCl，氢气中混有水蒸气，还需浓硫酸干燥纯化氢气，故B错误；
C．由操作和现象可知，氯气与NaBr反应生成溴，则Br﹣还原性强于Cl﹣，故C正确；
D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．分液漏斗 e g h b a f 浓硫酸干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中
防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化增大反应物之间的接触面积，加快反应速率COCl2＋4NH3·H2O = CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O 79.3%
(1)看图得出仪器M 的名称。

(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。

(3)根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。

(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。

(5)根据碳酰氯(COCl 2)沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。

Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。

【详解】
(1)仪器M 的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。

(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X 要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f ，故答案为：e ；g ；h ；b ；a ；f 。

(3)根据上题得出试剂X 是浓硫酸，故答案为：浓硫酸。

(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。

(5) 碳酰氯(COCl 2)沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。

Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，该反应的化学方程式：COCl 2＋4NH 3·H 2O = CO(NH 2)2＋2NH 4Cl ＋4H 2O ，
+COCl 2→+CO 2+HCl
121g 140.5g
xg 562g
121g ：xg = 140.5g ：562g
解得x=484g
483g α=100%=79.3%610g
⨯，故答案为：COCl 2＋4NH 3·H 2O = CO(NH 2)2＋2NH 4Cl ＋4H 2O ，79.3%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．+2 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等 3Cd 4++CH 3OH+H 2O=3Cd 2++CO 2↑+6H + 1:2 5. 0≤pH <7.4 Fe(OH)3和Al(OH)3 10-19 3385.6
用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)，其中SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣1为SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+及Cd4+，加入CH3OH将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物，向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉[Cd(BrO3)2]，据此分析解答（1）~（5）。

(6)将沉镉后的溶液pH=6，则c(OH-)=1×10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增
加了0.046g/L，即Na+浓度增加了
0.046
23/mol
1
g
g
L
=0.002mol/L，根据Cd2++2NaR=2Na++CdR2，可知原溶液中
c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算Cd(OH)2的Ksp；
(7) 2t该镉铁矿中CdO2的质量为2×106g×72%=1.44×106g，其物质的量为
6
1.4410
144/mol
g
g
⨯
=0.01×106mol，再根据
整个流程中镉元素的损耗率为8%，并结合原子守恒计算Cd(BrO3)2的质量。

【详解】
(1)在Cd(BrO3)2中Br元素为+5价，O元素为-2价，根据正负化合价代数和为0，可知Cd的化合价为+2；
(2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸取率；
(3) CH3OH将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；
(4)用H2O2溶液将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+时，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++H2O，则氧化剂H2O2与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:2；
(5) Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH为2.8，Al3 +完全转化为Al(OH)3沉淀时的pH为5.0，Cd2+开始转化为Cd(OH)2沉淀时的pH为7.4，则调节溶液的pH范围为5. 0≤pH<7.4，此时获得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即过滤的滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3；
(6)将沉镉后的溶液pH=6，则c(OH-)=1×10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增
加了0.046g/L，即Na+浓度增加了
0.046
23/mol
1
g
g
L
=0.002mol/L，根据Cd2++2NaR=2Na++CdR2，可知原溶液中
c(Cd2+)=0.001mol/L，则Cd(OH)2的Ksp= c(Cd2+)×c2 (OH-)=1×10-19；
(7) 2t该镉铁矿中CdO2的质量为2×106g×72%=1.44×106g，其物质的量为
6
1.4410
144/mol
g
g
⨯
=0.01×106mol，整个流
程中镉元素的损耗率为8%，根据原子守恒可知获得Cd(BrO3)2的物质的量为0.01×106mol×（1-8%）
=9.2×103mol，其质量为9.2×103mol×368g/mol=3.3856×106g=3385.6Kg。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2CO(g) +2H2(g)→ CH4(g) + CO2(g) ∆H= −247.2 KJ·mol-1常压热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g) 9.1% 0.8P
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) ，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。

①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应
CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。

②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气。

（3）根据体积分数的定义计算；根据平衡常数Kp的定义计算。

【详解】
（1）由盖斯定律计算：①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1，②脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1，②-①得：CO与H2甲烷化的热化学方程式2CO(g)
+2H2(g)→ CH4(g) + CO2(g) ∆H= −247.2 KJ·mol-1；
（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) ，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。

①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应
CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。

650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时①热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。

②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g) 。

（3）热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1
0.2 0.4 0.4
脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1
0.6 0.6 0.6
乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%
Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)=0.60.6
2.2 2.2
0.2
2.2
p p
p
=0.8P.
19．Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ温度该反应为放热反应，温度升高平衡向左移动，α(NO)降低：该反应为气体
分子数减小的反应，压强增大，平衡向右移动，α(NO)增大 压强 < 1.8 变小
2222NO 8e 4H O
N 8OH --+++
【解析】
【分析】 （1）①根据温度和催化剂对反应速率的影响及平衡的移动，结合图象和表格来判断；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，结合反应的焓变分析温度变化对化学平衡的影响；
（2）设NO 2与SO 2的物质的量分别为1mol 、2mol ，容器体积为1L ，则
NO 2（g ）+SO 2（g ）⇌SO 3（g ）+NO （g ）
开始 1 2 0 0
转化 x x x x
平衡 1-x 2-x x x
达到平衡时SO 3的体积分数为25%，则
100%25%12x x x x x
⨯=-+-++ 解得x=0.75mol/L ，
结合K 为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算。

（3）正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，负极上是氨气失电子发生氧化反应，结合电极反应分析判断。

【详解】
①温度越高，反应速率越快，催化剂能改变反应速率，但不改变平衡状态，由图1可知，反应3的速率最快，反应1的速率比反应2的速率快，达到平衡时反应物的转化率相同，图表中反应Ⅲ的温度最高且催化剂的表面积最大，则反应3为Ⅲ，而Ⅱ与Ⅰ比较温度相同，但Ⅱ催化剂的表面积大，即Ⅱ的反应速率比Ⅰ快，但平衡状态相同，可知反应1为Ⅱ，反应2为Ⅰ，
故答案为Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
②反应为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，反应焓变△H<0，正反应放热，降低温度有利于反应正向进行，当反应逆向进行时，NO 转化率降低，则可采取的措施有升高温度或降低压强，因此条件为温度，则Y 表示压强，控制温度相同时，压强越大，NO 转化率越高，则Y 1<Y 2，
故答案为温度；该反应为放热反应，温度升高，平衡向左移动，α(NO)降低；该反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡向右移动，α(NO)增大；压强；<；
(2)设NO 2与SO 2的物质的量分别为1mol 、2mol ，容器体积为1L ，则
NO2(g)+SO2(g)⇌SO 3(g)+NO(g)
开始 1 2 0 0。