2019-2020学年安徽省合肥市七中、合肥十中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省合肥市七中、合肥十中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有 a、b、c、d 四种原子序数依次增大，且均不大于20 的主族元素，a、c同主族，a 的最外层电子数是内层电子数的3 倍，b 为金属元素，a、c、d 的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是A a、b 可能形成含有共价键的离子化合物B简单离子半径大小：dcab C含氧酸的酸性强弱：dc D b、c 的简单离子在水溶液中一定能大量共存【答案】A【解析】【分析】a 的最外层电子数是内层电子数的3 倍，a 是 O元素；a、c 同主族，c 是 S元素；a、c、d 的最外层电子数之和为19，d 是 Cl 元素；b 为金属元素，b 是 Na、Mg、Al 中的一种。【详解】A、O和 Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2Cl，故 B错误；C、最高价含氧酸的酸性dc，这里没有说是最高价，故C错误；D、若 b 为 Al 元素，则 Al3和 S2在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。2H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合形成离子型金属氢化物，如 NaH、LiH 等，它们具有极强的还原性，也是良好的野外生氢剂(NaHH2ONaOHH2)，下列说法不正确的是A金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为l 价BNaH 的电子式可表示为Na:HCNaAlH4与水反应：NaAlH4H2ONaOHAl(OH)3H2D工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。则LiAlH4的有效氢含量约为0.21【答案】C【解析】【详解】A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为l 价，化合价为最低价，容易被氧化，选项 A正确；B、氢化钠为离子化合物，NaH 的电子式可表示为Na:H，选项 B 正确；C、NaOH 和 Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项 C 不正确；D、每 38g LiAlH4失去 8mol 电子，与8g 氢气相当，故有效氢为838，约为 0.21，选项 D 正确。答案选 C。3我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合 K2、断开 K1时，制氢并储能；断开K2、闭合 K1时，供电。下列说法错误的是A制氢时，溶液中K+向 Pt 电极移动B制氢时，X电极反应式为22Ni(OH)eOHNiOOHH OC供电时，Zn 电极附近溶液的pH 降低D供电时，装置中的总反应为222Zn2H OZn(OH)H【答案】D【解析】【分析】闭合 K2、断开 K1时，该装置为电解池，Pt 电极生成氢气，则Pt 电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合 K1时，该装置为原电池，Zn 电极生成Zn2+，为负极，X 电极为正极。【详解】A.制氢时，Pt 电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A 正确；B.制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为 NiOOH，电极方程式为22Ni(OH)eOHNiOOHH O，故 B 正确；C.供电时，Zn 电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn 电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4 个 OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH 降低，故C正确；D.供电时，正极为NiOOH 被还原，而不是水，故D 错误；故答案为D。4下列实验能达到实验目的的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A 错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B 错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO 气体，故C 错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与 SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故 D 正确；故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。5下列叙述正确的是A Li 在氧气中燃烧主要生成22Li OB将 SO2通入2BaCl溶液可生成3BaSO沉淀C将 CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸D将 NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成 Cu【答案】C【解析】【分析】【详解】A、Li 在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A 错误；B、SO2和 BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将 NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D 错误。答案选 C。6对 NaOH 晶体叙述错误的是A存在两种化学键B含共价键的离子化合物C存在两种离子D含共价键的共价化合物【答案】D【解析】【分析】根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。【详解】A.为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；B.NaOH 由 Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B 项正确；C.NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；D.NaOH 是含共价键的离子化合物，D 项错误。本题选 D。7某原子最外层电子排布为2s22p3，则该原子A核外有5 个电子B核外有3 种能量不同的电子C最外层电子占据3 个轨道D最外层上有3 种运动状态不同的电子【答案】B【解析】A.最外层为第二层有5 个电子，核外电子数为7，A 错误；B.每个能级的电子能量相同，核外有3 个能级，即有3 种能量不同的电子，B 正确；C.2s能级有一个轨道，2p 能级有 3 个轨道，由于电子会优先独自占用一个轨道，故最外层电子占据4 个轨道，C错误；D.每个电子的运动状态都不相同，故核外有7中运动状态不同的电子，D 错误。故选择B。8氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A放电时，b 是电源的正极B放电时，a 极的电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42FC充电时，电极a接外电源的负极D可将含F的有机溶液换成水溶液以增强导电性【答案】B【解析】【分析】由于 Mg 是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg 失去电子结合F-生成 MgF2，即 b 电极为负极，电极反应式为：Mg+2F 2e=MgF2，则 a 为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A由于 Mg 是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg 失去电子，作负极，即b 为负极，a 为正极，A 错误；B放电时，a 为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F，B 正确；C充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D因为 Mg 能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D 错误；答案选 B。9关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是A都有H2SO4分子B都有氧化性C都能和铁、铝反应D密度都比水大【答案】A【解析】【详解】A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故 A 错误；B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B 正确；C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；D.浓硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D 错误；故选：A。10标准状态下，气态分子断开1 mol 化学键的能量称为键能。已知HH、HO 和 O=O键的键能分别为436 kJ mol1、463 kJ mol1和 495 kJ mol1。下列热化学方程式正确的是A断开 1 mol H2O(l)中的 HO 键需要吸收926 kJ 的能量B2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H 485 kJ mol1C2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H 485 kJ mol1D 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 485 kJ mol1【答案】D【解析】【详解】A.断开 1 mol H2O(g)中的 HO 键需要吸收926 kJ 的能量，故A 错误；B.2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H463 kJ mol1 4 436 kJ mol1 2 495 kJ mol1=+485 kJmol1，故 B错误；C.2H2(g)O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应，故C 错误；D.2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H 485 kJ mol1，故 D 正确。综上所述，答案为D。11下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B实验：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C实验：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象【答案】D【解析】【详解】A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A 不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D 正确；故选 D。12海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是()A粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2、Mg2、SO42-等杂质B工业生产中常选用石灰乳作为Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C第步的反应是将MgCl2?6H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCl2D第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A.粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2、Mg2、SO42-等杂质，故A 正确；B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故 B 正确；C.镁离子要水解，因此第步的反应是将MgCl2?6H2O 晶体在 HCl 气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故 C 错误；D.第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与 Br2反应生成HBr 和 H2SO4，故 D 正确；答案为 C。【点睛】工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。13能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A硝酸钡，稀硫酸B稀盐酸，氯化钡C稀硫酸，氯化钡D稀硝酸，氯化钡【答案】B【解析】【分析】在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A 项错误；B.样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B 项正确；C.样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C 项错误；D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D 项错误。本题选 B。【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。14设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为72 B1.0 molL-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NAD 20 g 182H O分子中,含有 10NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.He 分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为284=7 1，故 A不选；B.不知道 FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；C.11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20 g 182H O分子为 1mol，含有 10NA个电子，故D 选。故选 D。15离子化合物O2PtF6的阴离子为 PtF6，可以通过反应O2PtF6O2PtF6得到。则A O2PtF6中只含离子键BO2PtF6中氧元素化合价为+1 C反应中O2是氧化剂，PtF6是还原剂D每生成1molO2PtF6转移 1mol 电子【答案】D【解析】【详解】A化合物中的6(PtF)阴离子和2O阳离子是原子团，其中都存在共价键，A 错误；B26OPtF中氧元素的化合价是12价，B错误；C根据化合价的升降可知，2O是还原剂，6PtF是氧化剂，C 错误；D22OOe，PtF66(PtF)e，所以氧化还原反应中转移电子总数为1e，D 正确。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16以铝土矿（主要成分为23Al O，含少量2SiO和23Fe O 等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图 已知：2SiO在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_。（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为_。（3）有人考虑用熔融态3AlCl电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN 的纯度（夹持装置已略去）。打开2K，加入 NaOH浓溶液，至不再产生3NH。打开1K，通入2N一段时间。写出 AlN 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_。实验中需要测定的数据是_。【答案】22322Na O Al O2SiO2nH O223233AlOHCOH OAl(OH)CO不可行；3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电223AlNNaOHH ONaAlONHAlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量【解析】【分析】铝土矿经碱溶后，2SiO转化为铝硅酸钠（42NaAlSiOnH O）沉淀，氧化铁不溶于NaOH，氧化铝与碱反应变为偏铝酸根离子，故溶液a 的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行进一步转化。【详解】（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为22322Na O Al O2SiO2nH O；（2）溶液 a 中加入3NaHCO后，生成沉淀的离子方程式为223233AlOHCOH OAl(OH)CO：（3）3AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；（4）由题意可知AlN 与 NaOH 反应会生成氨气，且Al 元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出反应方程式为223AlNNaOHH ONaAlONH。可根据N 元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AlN 样品的质量以及装置C在吸收 NH3前后的质量。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂是丁二酸酐（），试剂是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应_，反应 _。（2）写出 C物质的结构简式_。（3）设计反应的目的是_。（4）D 的一种同分异构体G 有下列性质，请写出G 的结构简式 _。属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应能发生水解反应和银镜反应0.1 摩尔 G 与足量金属钠反应可放出标况下2.24 升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式_。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4 加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）_【答案】还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2O HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】【分析】(1)对比 A、B的结构简式可知，A 中羰基转化为亚甲基；对比D 与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V 为取代反应；(2)试剂是环氧乙烷，对比B、D 的结构简式，反应是 B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B 的结构分析解答；(4)属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，0.1 摩尔 G 与足量金属钠反应可放出标况下2.24 升氢气，说明结构中含有2 个羟基，加成分析书写G 的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以 1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【详解】(1)对比 A、B 的结构简式可知，A 中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比 D 与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V 为取代反应，而反应VI 为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂是环氧乙烷，对比B、D 的结构简式，反应是 B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应 的目的是：将 B 中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，0.1 摩尔 G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2 个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以 1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH 催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上利用N2和 H2可以实现合成氨气，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题：（1）已知 N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.5kJmol1，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92.4kJ mol1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=483.6kJ mol1，写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为_。（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其化学平衡常数K与温度 t 的关系如下表：t/K 298 398 498.K/(mol/L)24.1 106K1K2.完成下列问题：比较 K1、K2的大小：K1_K2(填“”、“=”或“”“”或“=”)。再次平衡后，平衡常数为_。【答案】4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H 905.0 kJmol1AD-+42+=NO+5eH6H+HNO1 10616【解析】【分析】(1)根据盖斯定律书写氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式；(2)合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；根当正逆反应速率相等，各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态；(3)阴极得电子发生还原反应；根据质子守恒：NH4NO3溶液中 c(NH3 H2O)+c(OH)=c(H+)；(4)平衡常数K=2321()ccNHCO；根据 Q、K 的关系判断V正、V逆的关系。【详解】（1）将已知反应依次编号为，由盖斯定律，223 得氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的方程式4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)，则H(+180.5kJmol1)2(92.4kJ.mol1)2(483.6kJ mol1)3 905.0kJ mol1，故答案为4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H905.0 kJmol1；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，则K1K2，故答案为；A、2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆)说明正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，故正确；B、2v(N2)(正)=v(H2)(逆)不能说明反应正反应速率等于逆反应速率，没有达到平衡状态，故错误；C、恒温恒压下，无论是否达到平衡，容器内压强始终保持不变，反应不一定达到平衡状态，故错误；D、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质总量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应时容器体积变小，混合气体密度增大，混合气体的密度保持不变说明反应正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，故正确；正确选项为AD，故答案为AD；(3)电解时，阴极上发生还原反应，根据示意图可知，酸性条件下，NO 在阴极得电子发生还原反应生成 NH4,电极反应式为NO5e 6HNH4H2O，故答案为NO5e6HNH4H2O；pH=6 的 NH4NO3溶液中，c(H+)=1 106 mol L1，根据质子守恒：NH4NO3溶液中 c(NH3 H2O)+c(OH)=c(H+)=1 106mol L1，故答案为1106；(4)由方程式可知，平衡常数K=2321()ccNHCO，反应达到平衡时，c(NH3)=0.5molL1，c(CO2)=0.25molL1，则K=2111(0.50.25)mol Lmol L=16；T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3molNH3，设容器体积为 VL，由同温同压下，体积比等于物质的量比可得关系式：40.0.255/4/4mol Lmol LL=0.20.5/5443Vmol LmllmoLLo，解得 V=8L，此时 c(NH3)=58mol L1，c(CO2)=18mol L1，浓度熵 Qc=2321()ccNHCO21818151()mol Lmol L=20.48 K，反应逆向进行，故有V正V逆，故答案为；16。【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意反应热和键能的计算、影响平衡的因素、原电池原理的理解应用、化学平衡常数及其计算，明确化学平衡状态的判断为解答的关键。19氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：完成下列填空：（1）粗盐水中含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4等可溶性杂质，步骤必须先后加入稍过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：_。写出步骤发生反应的化学方程式：_。（2）步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有_。进行步骤的生产设备A、B 之间传递的是（选填编号）_。A只有物料B既有物料又有能量C只有能量D既无物料也无能量（3）如果用下列装置在实验室进行步骤的实验，正确的是（选填编号）_。若检验烧碱产品中是否含有少量NaCl 杂质的实验方案是_。（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取5.000g 样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入1000mL 的容量瓶之后的一步操作是_。从所配得的溶液中每次都取出20.00mL，用0.12mol/L 的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL 和19.79mL 判断滴定终点的依据是_，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）_。【答案】Ca2+CO32-=CaCO3、Ba2+CO32-=BaCO32NaCl+2H2O电解2NaOH+H2+Cl2（冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变95%【解析】【分析】(1)稍过量的NaOH 是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；(2)步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，步骤是将生成的H2和 Cl2化合为 HCl，据此判断。(3)步骤是HCl 的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，(NaOH)=NaOHmm总100%进行有关计算。【详解】(1)稍过量的NaOH 是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2+Cl2，故答案为：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3；2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2+Cl2；(2)步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，步骤是将生成的H2和 Cl2化合为 HCl，故生产设备A、B 之间传递的是能量，故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；(3)步骤是HCl 的吸收，要注意防倒吸，A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A 正确；B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B 错误；C、因 HCl 不溶于 CCl4，所以能防倒吸，故C 正确；D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D 错误；检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入 AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL 的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则 n(NaOH)=n(HCl)=0.12mol/L10-319.80L=2.37610-3mol，(NaOH)=NaOHmm总100%=3-110002.376 1040g mol5.l0gmo20g100%=95%，故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。