天津市滨海新区四校2020届高三联考化学试题
化学试卷
可能用到的相对原子质量：Cl—35．5 N—14 O—16
第I卷
1.化学在疫情防控中发挥着重要作用，下列说法不正确的是（ ）
A. 二氧化氯可用于自来水消毒
B. 医用消毒酒精是95%的乙醇溶液
C. 医用防护口罩的材料之一是聚丙烯，聚丙烯属于高分子材料
D. 84消毒液和酒精混合消毒作用减弱，可能发生了复杂的化学反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氯可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒，可用于自来水消毒。A项正确；
B．医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，B项错误；
C．医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，聚丙烯属于高分子材料，C项正确；
D．84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，具有氧化性，遇到酒精会发生复杂的化学反应而使消毒作用减弱，D项正确；
答案选B。
2.下列关于基本营养物质的说法正确的是( )
A. 蔗糖和麦芽糖水解产物都是葡萄糖 B. 油脂的皂化反应属于加成反应
C. 淀粉和纤维素是同分异构体 D. 多次盐析和溶解可以分离提纯蛋白质
【答案】D
【解析】
【详解】A.蔗糖和麦芽糖都是二糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，故错误；
B.油脂的皂化反应为水解反应，不是加成反应，故错误；
C.淀粉和纤维素分子中的n值不同，不是同分异构体，故错误；
D.盐析为可逆过程，不改变蛋白质的结构，则采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，故正确。
故选D。
3.下列说法正确的是 ( )
A. 最高正化合价： O>N>C B. 第一电离能： Na
S>Se D. 晶体类型相同： CO2 SiO2 GeO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧元素非金属性很强，通常不显正价，故A错误；
B．由于镁的外围电子排布式为3s2比铝的3s23p1稳定，故第一电离能：Na＜Al＜Mg，故B错误；
C．O、S、Se为同主族元素，核电荷数增大，非金属性减弱，电负性减小，则电负性：O>S>Se，故C正确；
D．CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，说明三者晶体类型不可能相同，故D错误；
故答案为C。
4.下列说法正确的是( )
A. 反应A(g)⇌2B(g) △H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则△H=(Eb-Ea)kJ/mol
B. 反应CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应
C. 0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液加水稀释，溶液中增大
D. 电解精炼铜时，粗铜与外接电源正极相连，电解过程中电解质溶液中c(Cu2+)保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应A(g)⇌2B(g) △H，若正反应的活化能为Ea kJ/mol，逆反应的活化能为Eb kJ/mol，则△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(Ea-Eb)kJ•mol-1，故A错误；
B．如果该反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应的△S＞0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，故B错误；
C．0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液加水稀释，促进CH3COOH的电离，溶液中H+的微粒数增大，而CH3COOH的数目减小，因为=，则溶液中
增大，故C正确；
D．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解过程中粗铜上Cu和比Cu活泼的金属失电子被氧化，阴极上只有铜离子得电子，所以粗铜溶解的Cu质量小于阴极析出Cu的质量，则溶液中c(Cu2+)减小，故D错误；
故答案为C。
5.下列反应的离子方程式书写不正确的是( )
A. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合： Ca2++OH-+═CaCO3↓+H2O
B. 向FeBr2溶液中通入足量的氯气： 2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-
C. 向NaAlO2溶液中滴加少量NaHCO3溶液： + +H2O=Al(OH)3↓+
D. 用铁电极电解饱和食盐水 2Cl-+2H2O == 2OH-+H2↑+Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合时发生的离子反应方程式为Ca2++OH-+═CaCO3↓+H2O，故A正确；
B．向FeBr2溶液中通入足量的氯气时发生的离子反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故B正确；
C．向NaAlO2溶液中滴加少量NaHCO3溶液时发生的离子反应方程式为+ +H2O=Al(OH)3↓+，故C正确；
D．用铁电极电解饱和食盐水时发生的离子反应方程式为Fe+2Cl-+2H2O = Fe(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故D错误；
故答案为D。
6.某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A. 1molA最多可以与2molBr2发生反应
B. 一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上
C. 1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH
D. 在一定条件下可以发生消去反应和取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．1molA中含有的1mol碳碳双键可以消耗1mol的Br2，还有2mol的酚羟基邻、对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3mol Br2发生反应，故A错误；
B．苯环、碳碳双键都为平面形结构，这8个碳原子可能共平面，另外酯基及烃基上最多可提供3个碳原子与苯环、碳碳双键共平面，即最多可提供11个碳原子共平面，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基（该酯基为酚酯的酯基）和氯原子，1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH，故C错误；
D．分子中含有Cl原子，且与氯原子相边的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可发生取代、消去反应，酯基的水解及苯环上的溴代反应或硝化反应均属于取代反应，故D正确；
故答案为D。
7.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 12g金刚石中含有碳碳单键的数目为2NA
B. 2molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子数为NA
C. 惰性电极电解AgNO3溶液，两极均产生0.5mol气体时，电路中通过电子数为NA
D. 标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NA.
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石晶体中每个碳原子平均形成2个碳碳单键，12g金刚石的物质的量为1mol，则1mol金刚石中含2mol碳碳单键，即碳碳单键的数目为2NA，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成NaOH和O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，2molNa218O2与足量水反应，生成18O2的物质的量为1mol，由原子守恒可知，最终水溶液中18O原子为2NA个，故B错误；
C．惰性电极电解AgNO3溶液，阳极生成氧气，阴极先生成银，后生成氢气，两极均产生0.5mol气体时，根据阳极产生的氧气可知，电路中通过电子数为2NA，故C错误；
D．标准状况下，CHC13为液体，不能根据气体摩尔体积计算11.2LCHC13的物质的量，故D错误；
故答案为A。
8.如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. D气体一般用排空气法收集 B. F和Y在一定条件下不能直接生成C
C. A的水溶液呈酸性 D. E→D可用于检验D
【答案】B
【解析】
【详解】X是一种强碱，G为正盐，两者反应生成氢化物F，则G为铵盐，F为NH3，F连续与Y反应得到氧化物D与氧化物C，D的相对分子质量比C小16，则Y为O2、E为N2、D为NO、C为NO2，通常条件下Z是无色液体，C与Z反应得到含氧酸B，则Z为H2O、B为HNO3，硝酸与X发生酸碱中和反应得到A为硝酸盐；
A．D为NO，能与空气中氧气反应生成NO2，则不能用排空气法收集NO，应选择排水法收集，故A错误；
B．F为NH3，在纯O2中燃烧生成N2，催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故B正确；
C．A为硝酸与强碱中和反应产物，其水溶液显中性，故C错误；
D．NO的检验是利用NO能与空气中氧气反应生成NO2，气体由无色变为红棕色，即D→C，而不是E→D，故D错误；
故答案为B。
9.下列由实验得出的结论正确的是( )
实验
结论
A
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性。
非金属性：S>C
B
将醋酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊。
CH3COOH>H2CO3>C6H5OH
C
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀。
蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖
D
将CH3CH2Br与氢氧化钠的醇溶液共热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，褪色。
产生乙烯气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明H2SO4的酸性大于H2CO3，则非金属性：S>C，故A正确；
B．醋酸有挥发性，醋酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体中混有挥发的醋酸蒸气，直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊，醋酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，则无法判断碳酸的酸性比苯酚强，故B错误；
C．检验蔗糖的水解产物，需要先加NaOH溶液中和起催化作用的硫酸，在碱性条件下再加新制氢氧化铜并加热煮沸，不能直接检验，故C错误；
D．乙醇有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，故D错误；
故答案为A。
10.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示，下列说法正确的是( )
已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解 ②氧化性：Ni2+(高浓度)>H＋>Ni2+(低浓度)
A. 铁棒上发生的电极反应：2H++2e-===H2↑
B. 电解过程中，B中NaCl溶液的质量分数将不断增大
C. a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
D. 若将图中a离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式将不发生改变。
【答案】B
【解析】
【分析】
镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。
【详解】A．Fe棒为阴极，表面发生还原反应，则电极反应式为Ni2++2e-=Ni，故A错误；
B．镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的质量分数不断增大，故B正确；
C．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，故C错误；
D．若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl- -2e-=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；
故答案为B。
11.25℃时，浓度均为0.1mol·L－1的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是
序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.1
84
A. 酸性强弱：H2CO3>HF B. ①和②中水的电离程度相同
C. 离子的总浓度：①>③ D. ④中：c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3＜HF，故A错误；
B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②中溶质发生双水解，故B错误；
C．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－），NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（F－），两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度①>③，所以离子的总浓度：①＞③，故C正确；
D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol·L－1，故D错误；
故选C。
12.工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(和)，其流程为：
已知：步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH-(aq)Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32
下列有关说法正确的是( )
A. 步骤①中当2v正()=v逆()时，说明反应：2+2H+⇌+H2O达到平衡状态
B. 在酸性溶液中不能大量存在
C. 步骤②中，若要还原1mol 离子，需要12mol(NH4)2Fe(SO4)2
D. 步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽(当溶液中c(Cr3+)≤10-5 mol/L时，可视作该离子沉淀完全)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．步骤①中当v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)时，说明正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，则反应2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O达到平衡状态，则2v正()=v逆()时反应不是平衡状态，故A错误；
B．反应2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，增大H+浓度，平衡正向移动，则在酸性溶液中能大量存在，故B错误；
C．还原1 mol Cr2O72-离子，转移电子为1mol×2×(6-3)=6mol，Fe元素的化合价由+2升高为+3，则由电子守恒可知需要6 mol(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故C错误；
D．步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，c(OH-)=10-9mol/L，由Ksp的表达式可知，c(Cr3+)==10-5mol/L，则可认为废水中的铬元素已经基本除尽，故D正确；
故答案为D。
第Ⅱ卷
13.非金属元素化学中具有重要地位，请回答下列问题：
(1)下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
①N在元素周期表中的位置_________，的立体构型__________。
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子，被氧化为两种常见离子。请将该反应的离子方程式补充完整：__CH3OH+_____+___+___+___ 。
(2)砷及其化合物有重要的用途。
③砷(As)简化的电子排布式___，AsH3的熔沸点比NH3的 ___(填“高”或“低”)，原因是____。
④雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。分子结构如下图，则砷原子的杂化方式为
_____。
⑤砷化镓(GaAs)的熔点为1238℃，密度为ρ g·cm-3，其晶胞结构如图所示。
距Ga原子最近且等距的As原子个数为____，GaAs的摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞边长为___pm。
【答案】 (1). 第二周期第ⅤA族 (2). V形 (3). 5 (4). 6 (5). 3N2 (6). 4HCO3- (7). CO32- (8). 8H2O (9). [Ar]3d104s24p3 (10). 低 (11). NH3的分子间存在氢键 (12). sp3 (13). 4 (14). ×1010
【解析】
【分析】
根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置；根据原子及离子的电子排布式分析；根据价层电子对数目和价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。
【详解】(1)①N的核电荷数为7，原子核外有2个电子层，且最外层电子数是5，则N在元素周期表中的位置第二周期第ⅤA族，的N原子价层电子对数为2+=3，则N原子的杂化方式为sp2杂化，的立体构型为V形；
②反硝化过程中，CH3OH中C元素为-2价，作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子，则还原产物中C元素为+4价，被氧化为两种常见离子，应为CO32-和HCO3-，NO3-的还原产物为N2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3-3N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O；
(2)③砷(As)的核电荷数是33，为第四周期第ⅤA族元素，则简化的电子排布式[Ar]3d104s24p3；NH3的分子间存在氢键，则AsH3的沸点比NH3低；
④雌黄(As2S3) 中As原子的价层电子对为3+=4，则砷原子的杂化方式为sp3杂化；
⑤砷化镓(GaAs) 晶胞中距Ga原子最近且等距的As原子个数为4；As数目为8×+6×=4，Ga数目为4，则晶胞的质量为g，晶胞边长为apm=a×10-10cm，则晶胞的体积为(a×10-10cm)3，根据，则a=×1010pm=×1010pm。
14.痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)化合物 A 中含氧官能团的名称是______。检验该官能团的化学反应方程式为______。
(2)化学反应①和④的反应类型分别为________和______。
(3)化学物B与等物质的量的Br2加成，最多生成_____种产物(不考虑顺反异构)。
(4)化合物 C 的结构简式为________。
(5)反应⑦的化学方程式为_______。
(6)芳香族化合物X的相对分子质量比A大14，写出遇FeCl3溶液显紫色且取代基仅位于苯环对位上化合物X的结构简式：______(不考虑立体异构)。
(7)根据该试题提供的相关信息，设计由化合物 及必要的试剂制备有机化合物 的合成路线图___。
【答案】 (1). 醛基 (2). +2 Cu(OH)2 +Cu2O↓+2H2O
(3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). 4 (6). (7). +(CH3)2SO4→2+Na2SO4 (8). (9).
【解析】
【分析】
由流程可知，与CH3I发生取代反应①转变为，发生反应②，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应生成，发生反应⑤将-CH2NO2脱去氢氧原子转变为-CN，生成，反应⑥中-CN碱性水解转变成-COONa，得到，反应生成，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，以此解答该题。
【详解】(1)化合物 A 的结构简式为，含氧官能团的名称是醛基；醛基有还原性，可利用新制Cu(OH)2检验醛基，发生反应的化学反应方程式为+2 Cu(OH)2
+Cu2O↓+2H2O；
(2) 由上述分析可知反应①为取代反应，④为加成反应；
(3) B的结构简式为，与等物质的量的Br2加成时，杂环上发生1，4加成时产物有1种，1，2加成时产物有2种，另外支链上加成产物有1种，则加成产物最多有4种；
(4)分析知化合物 C 的结构简式为；
(5)反应⑦是反应生成，反应方程式为：2+(CH3)2SO4→2+Na2SO4；
(6) 芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，且与A的不饱和度相同；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；取代基仅位于苯环对位上说明有两个取代基且为对位关系，满足条件的结构简式有：；
(7) 完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：。
15.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO 部分性质如下：黄色气体，熔点：-59.6℃，沸点：-6.4℃，遇水易水解。某研究性学习小组根据亚硝酰氯(ClNO)性质拟在通风橱中制取亚硝酰氯，设计了如下实验装置。、
试回答下列问题：
(1)写出实验室利用装置A制备Cl2的离子反应方程式__________。
(2)装置B的作用是 ①__________，②____________。
(3)若用A装置制取NO气体，B中应该盛放_________。
(4)为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上向E中通入NO和Cl2两种气体的流速比为___。
(5) 简述检查A、B、C所组成的实验装置气密性的操作_________。
(6)装置H吸收尾气，有同学认为尾气中的某种气体不能完全被吸收。为了充分吸收尾气，可将尾气与________________同时通入NaOH溶液中。
(7)已知：ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。
①设计实验证明 HNO2是弱酸：____________。(仅提供的试剂：1 mol•L-1HCl、 1 mol•L-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。
②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取F中所得液体3.0 g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，用0.20 mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，根据表中所给信息，应选用____________做指示剂，滴定终点的现象是______。
物质
Ag2CrO4
AgCl
AgI
Ag2S
颜色
砖红色
白色
黄色
黑色
Ksp
1×10-12
1.56×10-10
8.3×10-17
6.3 ×10-50
消耗标准AgNO3溶液的体积为20.00ml，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为________。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 除去挥发的HCl气体 (3). 平衡容器内压强 (4). H2O (5). 2:1 (6). 向B和C中加入适量水，使瓶内长导管插入液面以下，分液漏斗中加入适量水后，将漏斗上口活塞打开，再旋转活塞，当有少量水流下后，水不再流下，即说明装置气密性好 (7). O2 (8). 用玻璃棒蘸取NaNO2
溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 (9). K2CrO4溶液 (10). 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化 (11). 87.3%
【解析】
【分析】
实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气，并利用B中饱和食盐水除去挥发的HCl、C中浓硫酸干燥氯气；N2和Cl2一起通E中在常温下生成ClNO，在装置F中经冷却后液化并收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解题。
【详解】(1)装置A中利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气，发生反应的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)A中制得的氯气混合挥发的HCl，则装置B中饱和食盐水可除去挥发的HCl气体，同时长玻璃管还能平衡B中压强，起稳压作用；
(3) 用A制取NO，A中Cu和稀硝酸反应生成NO，因为硝酸具有挥发性，所以得到的NO中含有硝酸，B中盛放物质能吸收硝酸，稀硝酸溶于水且NO不溶于水，所以B中可以盛放H2O；
(4) 二者反应方程式为Cl2+2NO=2NOCl，二者的流速之比等于其计量数之比即可，则理论上通入NO和Cl2两种气体的流速比为2:1；
(5)检查A、B、C所组成实验装置气密性的操作是向B和C中加入适量水，使瓶内长导管插入液面以下，分液漏斗中加入适量水后，将漏斗上口活塞打开，再旋转活塞，当有少量水流下后，水不再流下，即说明装置气密性好；
(6)尾气中的Cl2能溶于NaOH，而NO不与水或碱反应，则NO不能被完全吸收，NO和O2反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以可以通入O2；
(7)①若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸；
②AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，选用KBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，则选择K2CrO4溶液为指示剂，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；消耗0.20 mol•L-1AgNO3溶液的体积为20.00ml，其物质的量为0.20 mol•L-1×0.02L=0.004mol，根据原子守恒，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为×100%=87.3%。
【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，其中滴定终点判断方法通常是根据标准液少量时现象向标准液过量时现象过渡。
16.I．氮是地球上含量丰富的一种元素，氨、肼(N2H4)、尿素、偏二甲肼(C2H8N2)是氮的常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。
(1)肼(N2H4)是一种高能燃料，写出肼的电子式________，有关化学反应的能量变化如下图所示，已知H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44kJ·mol-1，写出肼燃烧的燃烧热的热化学方程式为 __________ 。
(2)火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮(N2O4)为氧化剂，燃烧反应放出巨大能量把火箭送入太空，该反应的化学方程式为____________。
II．氨的合成是最重要的化工生产之一。
已知：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol-1
在甲、乙、丙三个不同密闭容器中，按不同方式投料，起始温度和容积相同，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1molN2、3molH2
2molNH3
2molNH3
平衡时容器体积
V甲
V乙
V丙
反应的平衡常数K
K甲
K乙
K丙
平衡时NH3的浓度/mol•L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时NH3的反应速率/mol•L-1•min-1
υ甲
υ乙
υ丙
则平衡时容器的体积V甲____________V丙，平衡常数K丙_________K乙(填>、<或=)
III．尿素(H2NCONH2)是一种非常重要的高氮化肥，在工农业生产中有着非常重要的地位。
(1)合成尿素的第一步反应为：2NH3(g)+CO2(g)⇌ H2NCOONH4(氨基甲酸铵)(l) △H1 ，若加入恒温、恒容容器中的NH3和CO2的物质的量之比为2：1，能说明反应达到化学平衡状态的是________
a． CO2的浓度不再变化 b． NH3的百分含量不再变化 c． 容器内气体的密度不再变化 d． 混合气体的平均相对分子质量不再变化 e． 2υ(NH3)正=υ (CO2)逆
(2)尿素(NH2CONH2) 燃料电池结构如图所示。其工作时负极电极反应式可表示为：_________。
【答案】 (1). (2). N2H4 (g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH= -622kJ·mol-1 (3). C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O (4). ＜ (5). ＜ (6). ac (7). CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+
【解析】
【分析】
I．肼(N2H4)是共价化合物，根据盖斯定律和燃烧热的概念解题；偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮为氧化剂，燃烧主要产生CO2、N2，根据元素守恒知还生成水，根据反应物、生成物书写方程式；
II．建立等效平衡，并结合影响平衡常数的因素解题；
III．(1)结合平衡状态的特征υ正=υ逆≠0及各物质的量保持恒定分析判断；
(2)燃烧电池通O2极为正极，负极发生氧化反应。
【详解】I．(1)肼(N2H4)是共价化合物，其电子式为；由能量变化图可知①N2H4 (g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=(2218kJ·mol-1)-(2752 kJ·mol-1)=-534kJ·mol-1，已知②H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44kJ·mol-1，则根据盖斯定律可知①+②×2得N2H4
(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=(-534kJ·mol-1)+(-44kJ·mol-1)×2= -622kJ·mol-1，即肼燃烧的燃烧热的热化学方程式为N2H4 (g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH= -622kJ·mol-1；
(2) 偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮为氧化剂，燃烧主要产生CO2、N2，根据元素守恒知还生成水，则该反应方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O；
II．甲、丙若均恒温恒容，则完全等效，由反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)可知，丙容器内气体总物质的量增大，改为恒温恒压时，容器体积增大，故V甲＜V丙；根据N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol-1可知，乙、丙相比，氨的分解为吸热反应，乙保持绝热，温度降低，丙保持恒温，温度高于乙，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则K丙＜K乙；
III．(1) a．CO2的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故a选；
b．氨基甲酸铵呈液态，起始加入的NH3和CO2物质的量之比为2:1，消耗的NH3和CO2物质的量之比恒为2:1，故无论反应是否达到平衡NH3和CO2物质的量之比恒为2:1，NH3的百分含量始终不变，即NH3的百分含量不再变化不能说明反应达到平衡状态，故b不选；
c．建立平衡过程中气体的质量减小，在恒容条件下，容器内气体的密度减小，容器内气体的密度不再变化能说明反应达到平衡状态，故c选；
d．氨基甲酸铵呈液态，起始加入的NH3和CO2物质的量之比为2:1，消耗的NH3和CO2物质的量之比恒为2:1，故无论反应是否达到平衡NH3和CO2物质的量之比恒为2:1，混合气体的平均相对分子质量恒为17×+44×=26，混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡状态，故d不选；
e．2υ(NH3)正=υ (CO2)逆时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故e不选；
故答案为ac；
(2) 尿素在负极发生失电子的氧化反应生成二氧化碳和氮气，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，正极电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，负极电极反应为：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+；
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。
一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向，同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。
二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③恒温恒容容器中，对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
