2021-2022學(xué)年伊春市重點高考沖刺押題（最后一卷）化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答

2、題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列實驗操作規(guī)范且能達到實驗?zāi)康牡氖牵?）AABBCCDD2、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A含0.2 mol H2SO4的濃硫酸和足量的銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAB25 時，1 L pH13的Ba(OH)2溶液中由水電離產(chǎn)生的OH的數(shù)目為0.1NAC15 g HCHO中含有1.5NA對共用電子對D常溫常壓下，22.4 L甲烷氣體中含有的氫原子數(shù)目小于4NA3、實驗室用下圖所示裝置進行液體石蠟分解及其產(chǎn)物性質(zhì)實驗。下列操作或敘述錯誤的是A裝置b、c中發(fā)生反應(yīng)的基本類型不同B實驗中可能看不到b、

3、c中溶液明顯褪色Cd中溶液變渾濁證明石蠟分解產(chǎn)生了CO2D停止加熱后立即關(guān)閉K可以防止液體倒吸4、短周期元素W、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)相同。下列說法不正確的是A簡單離子半徑：YXB最簡單氫化物的沸點：Z7DX、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間能相互反應(yīng)5、Mg與Br2反應(yīng)可生成具有強吸水性的MgBr2，該反應(yīng)劇烈且放出大量的熱。實驗室采用如圖裝置制備無水MgBr2。下列說法錯誤的是Aa為冷卻水進水口B裝置A的作用是吸收水蒸氣和揮發(fā)出的溴蒸氣C實驗時需緩慢通

4、入N2，防止反應(yīng)過于劇烈D不能用干燥空氣代替N2，因為副產(chǎn)物MgO會阻礙反應(yīng)的進行6、已知：25時，KspNi(OH)2=2.010-15，KspFe(OH)3=4.010-38。將含F(xiàn)e2O3、Ag、Ni的某型廢催化劑溶于鹽酸，過濾，濾渣為Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向該溶液中滴加一定濃度的NaOH溶液（假設(shè)溶液體積不變）。下列說法中正確的是A金屬活動性：AgNiB加入NaOH溶液時，先產(chǎn)生Ni(OH)2沉淀C當(dāng)?shù)味ǖ饺芤簆H=5時，溶液中l(wèi)g約為10D當(dāng)?shù)味ǖ饺芤撼手行詴r，Ni2+已沉淀完全7、常溫下，用0.1 molL1 KOH溶液滴定10 mL 0

5、.1 molL1 HA（Ka1.0105）溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是Aa點溶液的pH約為3B水的電離程度：d點c點Cb點溶液中粒子濃度大?。篶（A）c（K）c（HA）c（H）c（OH）De點溶液中：c（K）=2c（A）+2c（HA）8、在給定條件下，下列加點的物質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)中完全消耗的是A標準狀況下，將1g鋁片投入20mL 18.4mol/L的硫酸中B常溫下，向100mL 3mol/L的硝酸中加入6.4g銅C在適當(dāng)溫度和催化劑作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D將含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不斷用電火花點燃9、一種熔融KNO3燃料電池原理

6、示意圖如圖所示，下列有關(guān)該電池的說法錯誤的是A電池工作時，NO3向石墨I移動B石墨上發(fā)生的電極反應(yīng)為：2NO2+2OH2e=N2O5+H2OC可循環(huán)利用的物質(zhì)Y的化學(xué)式為N2O5D電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的質(zhì)量比為4：2310、捕獲二氧化碳生成甲酸的過程如圖所示。下列說法不正確的是(NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值) ( )A10.1gN(C2H5)3 中所含的共價鍵數(shù)目為 2.1NAB標準狀況下，22.4LCO2 中所含的電子數(shù)目為 22NAC在捕獲過程中，二氧化碳分子中的共價鍵完全斷裂D100g 46的甲酸水溶液中所含的氧原子數(shù)目為5NA11、中國第二化工設(shè)計院提出，用間接電化學(xué)法對

7、大氣污染物 NO 進行無害化處理，其原理示意如圖，下列相關(guān)判斷正確的是A電極 I為陰極，電極反應(yīng)式為 2H2O+2e-=2OH+H2B電解池中質(zhì)子從電極 I 向電極作定向移動C每處理 1 mol NO 電解池右側(cè)質(zhì)量減少 16 gD吸收塔中的反應(yīng)為 2NO+2S2O42+H2O=N2+4HSO312、11.9g金屬錫跟100mL12molL1HNO3共熱一段時間完全反應(yīng)后測定溶液中c（H+）為8molL1，溶液體積仍為100mL放出的氣體在標準狀況下體積約為8.96L由此推斷氧化產(chǎn)物可能是（Sn的相對原子質(zhì)量為119）（）ASn（NO3）4BSn（NO3）2CSnO24H2ODSnO13、下列

8、說法不正確的是A己烷有5種同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)），它們的熔點、沸點各不相同B苯的密度比水小，但由苯反應(yīng)制得的溴苯、硝基苯的密度都比水大C聚合物（）可由單體CH3CHCH2和CH2CH2加聚制得D1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO214、a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次增大的五種常見短周期元素，可組成一種化合物A，其化學(xué)式為ba4d(ec4)2。A能夠發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：己知C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。則下列說法正確的是A原子半徑bcBe的氧化物的水化物為強酸C化合物A為共價化合物D元素非金屬性強弱ce15、加入少許下列一種物質(zhì)，不能

9、使溴水顏色顯著變淺的是AMg粉BKOH溶液CKI溶液DCCl416、必須隨配隨用，不能長期存放的試劑是（）A氫硫酸B鹽酸CAgNO3溶液DNaOH溶液17、化合物ZYX4是在化工領(lǐng)域有著重要應(yīng)用價值的離子化合物，電子式如圖所示。X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有一種為金屬元素，X是周期表中原子半徑最小的元素。下列敘述中錯誤的是 ( )AZ是短周期元素中金屬性最強的元素BY的最高價氧化物對應(yīng)水化物呈弱酸性CX、Y可以形成分子式為YX3的穩(wěn)定化合物D化合物ZYX4有強還原性18、通過資源化利用的方式將CO2轉(zhuǎn)化為具有工業(yè)應(yīng)用價值的產(chǎn)品(如圖所示)，是一種較為理想的減排方式，下列說法

10、中正確的是( )ACO2經(jīng)催化分解為C、CO、O2的反應(yīng)為放熱反應(yīng)B除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法C過氧化尿素和SO2都能使品紅溶液褪色，其原理相同D由CO2和H2合成甲醇，原子利用率達100%19、下列表示正確的是（ ）A氯化鎂的電子式：B氘（2H）原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C乙烯的結(jié)構(gòu)式：CH2=CH2DCO2的比例模型：20、新版人民幣的發(fā)行，引發(fā)了人們對有關(guān)人民幣中化學(xué)知識的關(guān)注。下列表述錯誤的是A制造人民幣所用的棉花、優(yōu)質(zhì)針葉木等原料含有C、H、O元素B用于人民幣票面文字等處的油墨中所含有的Fe3O4是一種磁性物質(zhì)C防偽熒光油墨由顏料與樹脂等制成，其中樹脂屬于有機高分

11、子材料D某種驗鈔筆中含有碘酒溶液，遇假鈔呈現(xiàn)藍色，其中遇碘變藍的是葡萄糖21、單質(zhì)鈦的機械強度高，抗蝕能力強，有“未來金屬”之稱。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應(yīng)有：FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3+2H2SO4H2TiO3TiO2+H2OTiO2+2C+2Cl2TiCl4+COTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯誤的是( )A反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)B反應(yīng)是水解反應(yīng)C反應(yīng)中二氧化鈦是氧化劑D反應(yīng)表現(xiàn)了金屬鎂還原性比金屬鈦強22、下列離子方程式正確的是A

12、鉀和冷水反應(yīng)：K+H2O=K+OH+H2B氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe3+2I=2Fe2+I2C碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液：HCO3+ NH4+2OH=CO32+ NH3H2O+H2OD硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合:3S2O32+2H+=4S+2SO42+H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）H是一種氨基酸，其合成路線如下： 已知：RMgBrRCH2CH2OH+R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式為C3H4O，其結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）EF的化學(xué)方程式為_。（3）H的結(jié)構(gòu)簡式為_。寫出滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡_、_。I.含有苯環(huán)；II.分子中有三種不同環(huán)境的氫原子。（

13、4）結(jié)合題中相關(guān)信息，設(shè)計一條由CH2Cl2和環(huán)氧乙烷（）制備1，4-戊二烯的合成路線（無機試劑任選）。_。（合成路線常用的表示方式為：AB目標產(chǎn)物）24、（12分）F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神經(jīng)保護劑依那朵林的中間體,某種合成路線如下:(1)化合物F中的含氧官能團為_和_(填官能團的名稱)。(2)試劑X分子式為C2H3OCl且分子中既無甲基也無環(huán)狀結(jié)構(gòu),則X的結(jié)構(gòu)簡式為_;由EF的反應(yīng)類型為_。并寫出該反應(yīng)方程式:_(3)寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式:_.能發(fā)生銀鏡反應(yīng).分子中含有1個苯環(huán)且有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫(4)請寫出以和BrCH2COOC2H5為原料制備的合成

14、路線流程圖(無機試劑可任選)合成路線流程圖示例如下:_CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、（12分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)具有較強的還原性，還能與中強酸反應(yīng)，在精細化工領(lǐng)域應(yīng)用廣泛將SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O35H2O(大蘇打)(1)實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是_(選填編號)；檢查該裝置氣密性的操作是：關(guān)閉止水夾，再_。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不斷通入SO2氣體的過程中，發(fā)現(xiàn)：淺黃色沉淀先逐漸增多，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(生成的鹽為正鹽)；淺黃色沉淀保持一段時間不變

15、，有無色無嗅的氣體產(chǎn)生，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(生成的鹽為正鹽)；淺黃色沉淀逐漸減少(這時有Na2S2O3生成)；繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(生成的鹽為酸式鹽)。(3)制備Na2S2O3時，為了使反應(yīng)物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物質(zhì)的量之比應(yīng)為_；通過反應(yīng)順序，可比較出：溫度相同時，同物質(zhì)的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_。(4)硫代硫酸鈉的純度可用滴定法進行測定，原理是：2S2O32+I3=S4O62+3I為保證不變質(zhì)，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是_。取2.500g含雜質(zhì)的Na2S2O35H2O晶體配成

16、50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/L KI3溶液滴定(以淀粉為指示劑)，實驗數(shù)據(jù)如下(第3次初讀數(shù)為0.00，終點讀數(shù)如圖e；雜質(zhì)不參加反應(yīng))：編號123消耗KI3溶液的體積/mL19.9820.02到達滴定終點的現(xiàn)象是_；Na2S2O35H2O(式量248)的質(zhì)量分數(shù)是(保留4位小數(shù))_。26、（10分）硫酸四氨合銅晶體(Cu(NH3)4SO4H2O)常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業(yè)上用途廣泛。常溫下該物質(zhì)溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空氣中不穩(wěn)定，受熱時易發(fā)生分解。某化學(xué)興趣小組以Cu粉、3mol/L的硫酸、濃氨水、10% NaOH溶液

17、、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀鹽酸、0.500 mol/L的NaOH溶液來合成硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I.CuSO4溶液的制備稱取4g銅粉，在A儀器中灼燒10分鐘并不斷攪拌，放置冷卻。在蒸發(fā)皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，將A中固體慢慢放入其中，加熱并不斷攪拌。趁熱過濾得藍色溶液。(1)A儀器的名稱為_。(2)某同學(xué)在實驗中有1.5g的銅粉剩余，該同學(xué)將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發(fā)皿中加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因_。II.晶體的制備。將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(3)已知淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，

18、試寫出生成此沉淀的離子反應(yīng)方程式_。(4)析出晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的原因是_。III.氨含量的測定。精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導(dǎo)管內(nèi)壁，用V1mLClmol/L的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L NaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。(5)玻璃管2的作用_，樣品中氨的質(zhì)量分數(shù)的表達式_。(6)下列實驗操作可能使氨含量測定結(jié)果偏低的原因是_。A滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B讀數(shù)時，滴

19、定前平視，滴定后俯視C滴定過程中選用酚酞作指示劑D取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導(dǎo)管外壁27、（12分）五氧化二釩(V2O5,摩爾質(zhì)量為182gmol-1)可作化學(xué)工業(yè)中的催化劑，廣泛用于冶金、化工等行業(yè)。V2O5是一種橙黃色片狀晶體,微溶于水，不溶于乙醇,具有強氧化性,屬于兩性氧化物。某研究小組將從某粗釩(主要含有V2O5,還有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。實驗方案設(shè)計如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于熱水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O請回答：（1）第步操作的實驗裝置如右圖所示,虛線框中最為合適的儀器是_。(填編號)（

20、2）調(diào)節(jié)pH為88.5的目的_。（3）第步洗滌操作時,可選用的洗滌劑_。(填編號)A冷水B熱水C乙醇D1%NH4Cl溶液（4）第步操作時,需在流動空氣中灼燒的可能原因_。（5）硫酸工業(yè)中,SO2轉(zhuǎn)化為SO3的催化劑就選用V2O5,催化過程經(jīng)兩步完成,將其補充完整：_(用化學(xué)方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）將0.253g產(chǎn)品溶于強堿溶液中,加熱煮沸,調(diào)節(jié)pH為88.5,向反應(yīng)后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(過量),溶液中含有V3+,滴加指示劑,用0.250molL-1Na2S2O3溶液滴定,達到終點消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL,則該產(chǎn)品的純度為_。(已知：I2+2N

21、a2S2O3=Na2S4O6+2NaI)28、（14分）對甲烷和 CO2 的高效利用不僅能緩解大氣變暖，而且對日益枯竭的石油資源也有一定的補充作用，甲烷臨氧耦合 CO2 重整反應(yīng)有：反應(yīng)(i)：2CH4(g)O2(g)2CO(g)4H2(g) H=71.4kJmol-1反應(yīng)(ii)：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H=+247.0 kJmol-1(1)寫出表示 CO 燃燒熱的熱化學(xué)方程式：_。(2)在兩個體積均為 2L 的恒容密閉容器中，起始時按表中相應(yīng)的量加入物質(zhì)，在相同溫度下進行反應(yīng)(ii)：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) (不發(fā)生其它反應(yīng))，CO2的平

22、衡轉(zhuǎn)化率如表所示：容器起始物質(zhì)的量(n) / molCO2的平衡轉(zhuǎn)化率CH4CO2COH20.10.100500.10.10.20.2/下列條件能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是_。Av正(CH4) =2v逆(CO)B容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度滿足c(CH4)c(CO2)=c2(CO)c2(H2)C容器內(nèi)混合氣體的總壓強不再變化D容器內(nèi)混合氣體密度保持不變達到平衡時，容器、內(nèi) CO 的物質(zhì)的量的關(guān)系滿足：2n(CO)_n(CO)(填“”、“”或“”)(3)將一定量的甲烷和氧氣混合完成反應(yīng)(i)，其他條件相同，在甲、乙兩種不同催化劑作用下， 相同時間內(nèi)測得 CH4 轉(zhuǎn)化率與溫度變化關(guān)系如圖所示。c 點_(填“可

23、能”、“一定”或“一定未”)達到平衡狀態(tài)，理由是_。(4)CO2 也可通過催化加氫合成乙醇，其反應(yīng)原理為：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H7，故C正確；D項，X、Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH 、Al(OH)3、HClO4，它們能相互反應(yīng)，故D項正確。答案：A?！军c睛】考查元素周期律的相關(guān)知識。根據(jù)元素的性質(zhì)和在元素周期表中變化規(guī)律推斷元素的名稱，再根據(jù)元素周期律判斷相應(yīng)的性質(zhì)。本題的突破口：W的單質(zhì)與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)相同就能確定各元素名稱。5

24、、B【解析】A冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管內(nèi)冷凝水的方向為下進上出，則a為冷卻水進水口，故A正確；BMgBr2具有較強的吸水性，制備無水MgBr2，需要防止空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶，則裝置A的作用是吸收水蒸氣，但無水CaCl2不能吸收溴蒸氣，故B錯誤； C制取MgBr2的反應(yīng)劇烈且放出大量的熱，實驗時利用干燥的氮氣將溴蒸氣帶入三頸燒瓶中，為防止反應(yīng)過于劇烈，實驗時需緩慢通入N2，故C正確；D不能用干燥空氣代替N2，空氣中含有的氧氣可將鎂氧化為副產(chǎn)物MgO會阻礙反應(yīng)的進行，故D正確；答案選B。6、C【解析】AAg不能與鹽酸反應(yīng)，而Ni能與鹽酸反應(yīng)，因此金屬活動性：NiAg，故A錯誤；Bc(

25、Ni2+)=0.4mol/L時，Ni2+剛好開始沉淀時溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L時，F(xiàn)e3+剛好開始沉淀時溶液中，故先產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L，溶液中，則Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，則，故C正確；D當(dāng)溶液呈中性時，c(OH-)=110-7mol/L，此時溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D錯誤；故答案為：C。7、D【解析】A由溶液pH=7時消耗KOH的體積小于10mL可知，HA為弱酸，設(shè)0.1 molL1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，解得x110-3mol/L，因此a點溶液的

26、pH約為3，故A不符合題意；Bd點溶質(zhì)為KA，c點溶質(zhì)為HA、KA，HA會抑制水的電離，KA會促進水的電離，因此水的電離程度：d點c點，故B不符合題意；Cb點溶質(zhì)為等濃度的KA和HA，HA的電離程度大于A-的水解程度，結(jié)合溶液呈酸性可知b點溶液中粒子濃度大?。?，故C不符合題意；De點物料守恒為：，故D符合題意；故答案為：D?！军c睛】比較時溶液中粒子濃度：（1）弱電解質(zhì)(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)

27、c(OH-)；（2）弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-Na+，CH3COO-H2OCH3COOHOH-，H2OH+OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COOH)c(H+)。8、D【解析】A、鋁在冷濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；B、根據(jù)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O計算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；D、2H2O(g)2Na2O2=4NaOHO2,2H2O2=2H2O，兩式相加，則相當(dāng)于Na2O2H2=2NaOH，故D項符

28、合要求，正確。9、B【解析】由圖示可知，原電池中負極發(fā)生氧化反應(yīng)、正極發(fā)生還原反應(yīng)，石墨通入NO2生成N2O5，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，故石墨是負極，發(fā)生的反應(yīng)式為NO2- e-+NO3- = N2O5，則石墨為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，該電池的總反應(yīng)為：4NO2+ O2=2 N2O5。【詳解】由圖示可知，原電池中負極發(fā)生氧化反應(yīng)、正極發(fā)生還原反應(yīng)，石墨通入NO2生成N2O5，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，故石墨是負極，發(fā)生的反應(yīng)式為NO2- e-+NO3- = N2O5，則石墨為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。A電池工作時，陰

29、離子移向負極，陽離子移向正極，石墨是負極，NO3- 向石墨I移動，A正確；B該電池一種熔融KNO3燃料電池，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨上發(fā)生的電極反應(yīng)為：NO2- e-+NO3- = N2O5，B錯誤；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循環(huán)利用的物質(zhì)Y的化學(xué)式為N2O5，C正確；D原電池中正極得到的電子數(shù)等于負極失去的電子數(shù)，故電池工作時，理論上消耗的O2和NO2的物質(zhì)的量之比是1:4，則消耗的O2和NO2的物質(zhì)的量之比是4：23，D正確；答案選D?！军c睛】考生做該題的時候，首先從圖中判斷出石墨、石墨是哪個電極，并能準確寫出電極反應(yīng)式，原電池中陰離子移向負極、陽離子移向正極，原電池工作時，理

30、論上負極失去的電子數(shù)等于正極得到的電子數(shù)。10、C【解析】A10.1gN(C2H5)3物質(zhì)的量0.1mol，一個N(C2H5)3含有共價鍵數(shù)目為21根，則10.1gN(C2H5)3含有的共價鍵數(shù)目為2.1NA，故A正確；B標準狀況下，22.4LCO2的物質(zhì)的量是1mol，1個CO2分子中有22個電子，所以含的電子數(shù)目為22NA，故B正確；C在捕獲過程中，根據(jù)圖中信息可以看出二氧化碳分子中的共價鍵沒有完全斷裂，故C錯誤；D100g 46的甲酸水溶液，甲酸的質(zhì)量是46g，物質(zhì)的量為1mol，水的質(zhì)量為54g，物質(zhì)的量為3mol，因此共所含的氧原子數(shù)目為5NA，故D正確；選C。11、D【解析】AHS

31、O3-在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O42-，過程中S的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電極I為陰極，電極反應(yīng)為：2HSO3-+2e-+2H+S2O42-+2H2O，故A錯誤；B電極I為陰極，則電極為陽極，電解池中陽離子向陰極移動，所以電解池中H+通過質(zhì)子膜向電極I處移動，故B錯誤；C電極為陽極，H2O在電極上被轉(zhuǎn)化為O2，發(fā)生電極反應(yīng)：2H2O-4e-O2+4H+，NO轉(zhuǎn)化為N2，每處理1 mol NO，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol2=2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則產(chǎn)生O2的物質(zhì)的量為2mol=0.5mol，同時有2mol H+從右側(cè)遷移到左側(cè)，所以電解池右側(cè)質(zhì)量減少為0.5mol32g/mol+2mo

32、l1g/mol =18g，故C錯誤；D吸收塔中通入NO和S2O42-離子反應(yīng)，生成N2和HSO3-，所以反應(yīng)方程式為：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正確，故選：D。12、C【解析】n(Sn)=11.9g119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是濃硝酸，反應(yīng)后溶液中c(H+)為8molL1，說明生成的氣體是二氧化氮，n(NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，設(shè)Sn被氧化后的化合價為x，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得0.4mol(54)=0.1mol(x0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，

33、而c(NO3-)=（1.2mol0.4mol）0.1L=8mol/L，根據(jù)溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO24H2O，故選：C。13、D【解析】A己烷有5種同分異構(gòu)體，分別為：己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，它們的熔沸點均不相同，A正確；B苯的密度比水小，溴苯、硝基苯的密度都比水大，B正確；C根據(jù)加聚反應(yīng)的特點可知，CH3CHCH2和CH2CH2可加聚得到，C正確；D葡萄糖是單糖，不能發(fā)生水解，D錯誤。答案選D。14、A【解析】A和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成B和C，C為氣體，C的分子式為ba3，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，

34、根據(jù)化學(xué)式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解，則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據(jù)以上推斷，A為NH4Al(SO4)2，a為H元素，b為N元素，c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼b為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數(shù)增大，半徑逐漸減小，則原子半徑bc，故A正確；Be為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故B錯誤；CA為NH4Al(SO4)2，是離子化合物，故C錯誤；Dc為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數(shù)增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱ce，故D錯誤；答案

35、選A。15、C【解析】溴水溶液與氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼Mg與溴水反應(yīng)生成無色溶液，顏色變淺，故A不符合題意；BKOH與溴水反應(yīng)生成無色溶液，顏色變淺，故B不符合題意；C溴水與KI發(fā)生反應(yīng)生成碘，溶液顏色加深，故C符合題意；D溴水與四氯化碳發(fā)生萃取，使溴水顏色顯著變淺，故D不符合題意；故答案為：C。16、A【解析】A氫硫酸性質(zhì)不穩(wěn)定，易被空氣中的氧氣氧化生成S和水，不能長時間放置，需要所用隨配，故A選；B鹽酸性質(zhì)穩(wěn)定，可長時間存放，故B不選；C硝酸銀溶液性質(zhì)穩(wěn)定，可長時間存放，故C不選；D氫氧化鈉溶液性質(zhì)穩(wěn)定，可長時間存放，故D不選；答

36、案選A。17、C【解析】X原子半徑最小，故為H；由YH4-可知Y最外層電子數(shù)為8-4(4個氫原子的電子)-1(得到的1個電子)=3，即Y最外層有3個電子，Y可能為B或Al；Z顯+1價，故為第IA族的金屬元素，X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，因為只有一種為金屬元素，故Y為B、Z為Na，則A.鈉是短周期元素中金屬性最強的元素A正確；B.硼的最高價氧化物對應(yīng)水化物是硼酸，呈弱酸性，B正確；C.BH3中B的非金屬性弱且BH3為缺電子結(jié)構(gòu)，B的氣態(tài)氫化物為多硼烷，如乙硼烷等，故BH3不是穩(wěn)定的氣態(tài)氫化物，C錯誤；D.NaBH4中的H為-1價，故有強還原性，D正確；答案選C。【點睛】解題關(guān)鍵，先

37、根據(jù)所提供的信息推斷出各元素，難點C，BH3為缺電子結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。18、B【解析】A、該反應(yīng)應(yīng)為吸熱反應(yīng)，A錯誤；B、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法，B正確；C、過氧化尿素使品紅溶液褪色是利用它的強氧化性，而二氧化硫使品紅溶液褪色是利用它與品紅試劑化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，原理不相同，C錯誤；D、由圖示可知，二氧化碳與氫氣合成甲醇的原子利用率不是100%，D錯誤；答案選B。19、B【解析】A相同離子不能合并；B氘（2H）原子中有1個質(zhì)子，核外有1個電子；C結(jié)構(gòu)式中需要用短線代替所有的共用電子對，CH2=CH2為結(jié)構(gòu)簡式

38、；D比例模型表示原子的相對大小及原子連接順序、空間結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼氯化鎂屬于離子化合物，鎂離子直接用離子符號表示，氯離子需要標出最外層電子及所帶電荷，氯化鎂的電子式為：，故A錯誤；B氘（2H）原子中有1個質(zhì)子，核外有1個電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖：，故B正確；C乙烯分子中含有2個碳原子和4個氫原子，兩個碳原子之間通過共用2對電子形成一個碳碳雙鍵，碳碳鍵與碳氫鍵之間夾角120度，為平面型結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)式為：，故C錯誤；D二氧化碳的分子式為CO2，由模型可知小球為碳原子，2個大球為氧原子，而氧原子半徑小，實際碳原子半徑大于氧原子半徑，二氧化碳為直線型結(jié)構(gòu)，其正確的比例模型為，故D錯誤；故選：B。【點睛】易

39、錯點D，氧原子半徑小，實際碳原子半徑大于氧原子半徑。20、D【解析】A.棉花、木材的成分主要為纖維素，含C、H、O元素，故不選A；B.四氧化三鐵為黑色，俗稱磁性鐵，用于油墨中，故不選B；C.樹脂為合成高分子，為有機物加聚或縮聚反應(yīng)的產(chǎn)物，相對分子質(zhì)量在10000以上，故不選C；D.淀粉遇碘變藍，而葡萄糖不能，故選D；答案：D21、C【解析】A.由產(chǎn)物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價為+4價，F(xiàn)e的化合價為+2價，正好在反應(yīng)物FeTi03中符合化合價原則，所以不是氧化還原反應(yīng)，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結(jié)合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，

40、所以是水解反應(yīng)，B正確；C.分析反應(yīng)，Ti的化合價反應(yīng)前后都為+4價，所以不是氧化劑，C錯誤；D.金屬之間的置換，體現(xiàn)了還原性強的制取還原性弱的反應(yīng)規(guī)律，D正確；本題答案選C。22、C【解析】A. 鉀和冷水反應(yīng)：2K+2H2O=2K+2OH-+H2，A錯誤；B. 氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe(OH)3+ 6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，B錯誤；C. 碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液，無氨氣溢出：HCO3-+ NH4+2OH-=CO32-+ NH3H2O+H2O，C正確；D. 硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D錯誤；答案為C?！军c睛】離子方程式中單質(zhì)

41、、氧化物、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)寫化學(xué)式。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CHCHO 2+O22+2H2O CH2Cl2 ClMgCH2MgCl HOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2 【解析】A的分子式為，而1，丁二烯與A反應(yīng)生成B，且B與氫氣反應(yīng)得到，結(jié)合信息可知A為，B為結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系與信息可知發(fā)生取代反應(yīng)生成C為，D為，E為，由信息可知F為，G為，H為。【詳解】（1）A的分子式為，其結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；（2）EF羥基的催化氧化，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：； （3）H的結(jié)構(gòu)簡式為，滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：、含有苯環(huán)；、分子中有

42、三種不同環(huán)境的氫原子，符合條件的同分異構(gòu)體有：、， 故答案為：；、；（4）由與干醚得到，再與環(huán)氧乙烷得到由，然后再濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)得到，合成路線流程圖為：， 故答案為：。24、羧基 醚鍵 ClCH2CHO 取代反應(yīng) +H2O+CH3CH2OH 【解析】由A生成B，A的苯環(huán)變成環(huán)己烷結(jié)構(gòu)，兩個羥基變成羰基。在試劑X的作用下得到C。C生成D，羰基變?yōu)镃H2COOC2H5，D生成E，重新變成苯環(huán)，E分子中有酯基，發(fā)生酸性水解，酯基轉(zhuǎn)變?yōu)轸然?。【詳解?1)由F的結(jié)構(gòu)可知，含氧官能團為羧基、醚鍵；(2)試劑X分子式為C2H3OCl，且分子中既無甲基也無環(huán)狀結(jié)構(gòu)，且羥基和碳碳雙鍵連在同一個碳

43、原子上的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，則X的結(jié)構(gòu)簡式為ClCH2CHO。由EF發(fā)生酯的水解反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)。故答案為：ClCH2CHO，取代反應(yīng)，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12個碳原子，3個氧原子和7個不飽和度，它的一種同分異構(gòu)體滿足:.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有醛基，.分子中含有1個苯環(huán)且有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，可以含有3個CH2CHO，且處于間位位置，結(jié)構(gòu)簡式為；(4)可以先從生成物入手考慮，要得到，結(jié)合給出的原料BrCH2COOC2H5，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系中的CDEF，需要有，可以用原料合成。即與HBr發(fā)生加成反應(yīng)得到，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下水解生成，再發(fā)生催化氧化生成，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系中CD反應(yīng)，

44、與BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性條件下水解得到。故答案為：。25、d 打開分液漏斗活塞加水，如水無法滴入說明氣密性良好 3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3 SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3 2：1 前者 防止Na2S2O3被空氣中O2氧化 溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不褪去 99.20% 【解析】(1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；關(guān)閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中； (2)其反應(yīng)原理為SO2+Na

45、2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；無色無味的氣體為CO2氣體，其化學(xué)方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；黃色沉淀減少的原理為Na2SO3+S=Na2S2O3；根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應(yīng)，所以淺黃色沉淀又增多的原理為Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，Na2SO3+S=Na2S2O3，則+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3

46、的物質(zhì)的量之比為2：1。因為SO2先和Na2S反應(yīng)，所以溫度相同時，同物質(zhì)的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)用新煮沸并冷卻的蒸餾水是為了趕出水中的氧氣避免硫代硫酸鈉被氧化；達到滴定終點時顏色突變且30s不變色；先根據(jù)滴定消耗的標準液的體積計算出平均體積，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量關(guān)系計算?！驹斀狻?1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；檢查該裝置氣密性的操作是：關(guān)閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中；(2)淺黃色沉淀先逐漸增多，其反

47、應(yīng)原理為SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S+2H2O，即反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；淺黃色沉淀保持一段時間不變，有無色無嗅的氣體產(chǎn)生，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為，無色無味的氣體為CO2氣體，其化學(xué)方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；淺黃色沉淀逐漸減少，這時有Na2S2O3生成黃色沉淀，減少的原理為：Na2SO3+S=Na2S2O3；根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應(yīng)，繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，所以淺黃色沉淀又增多的原理為：Na2S2O3+SO2+H2O=S+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2

48、S=3S+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2SO3+S=Na2S2O3+3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為2：1；因為SO2先和Na2S反應(yīng)，所以溫度相同時，同物質(zhì)的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)為保證不變質(zhì)，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是：防止Na2S2O3被空氣中O2氧化；達到滴定終點時，當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內(nèi)不再變化，2次消耗的I2溶液的體積平均值為20.00mL， ，解得n=0.002mol，2

49、50ml溶液中含有Cr2O72物質(zhì)的量為0.002mol=0.01mol；Na2S2O35H2O(式量248)的質(zhì)量分數(shù)是=100%=99.20%。26、坩堝 反應(yīng)中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸逐漸變濃，濃硫酸的吸水性使失水變成 硫酸四氨合銅晶體容易受熱分解 平衡氣壓，防止堵塞和倒吸 AC 【解析】(1)灼燒固體，應(yīng)在坩堝中進行；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，具有吸水性；CuSO4溶液加入氨水，先生成Cu2(OH)2SO4沉淀，氨水過量，反應(yīng)生成Cu(NH3)4SO4H2O，用乙醇洗滌，可得到晶體?！驹斀狻?1)灼燒固體，應(yīng)在坩堝中進行；(2)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃

50、縮時，硫酸變濃，濃硫酸具有吸水性，使CuSO45H2O失去結(jié)晶水變?yōu)镃uSO4，可使固體變?yōu)榘咨?3)淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+2NH3H2O+SO42=Cu2(OH)2SO4+2NH4；(4)析出晶體時采用加入乙醇的方法，而不是濃縮結(jié)晶的原因是Cu(NH3)4SO4H2O晶體容易受熱分解；(5)裝置中長導(dǎo)管可平衡燒瓶內(nèi)部和外界的氣壓，可以防止堵塞和倒吸，與氨氣反應(yīng)的n(HCl)=10-3V1Lc1molL-1-c210-3V2L=10-3(c1V1-c2V2)mol，根據(jù)氨氣和HCl的關(guān)系式知，n(NH3)=n(HCl)= 10-3(c1V1-c

51、2V2)mol，則樣品中氨的質(zhì)量分數(shù)為；6)根據(jù)氨的質(zhì)量分數(shù)的表示式，若氨含量測定結(jié)果偏高，則V2偏??；A滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，濃度偏低，則V2偏大，含量偏低，A符合題意；B讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視，導(dǎo)致V2偏小，則含量偏高，B不符合題意；C滴定過程中選用酚酞作指示劑，滴定終點的溶液中含有NH4Cl和NaCl，溶液呈酸性，如果使用酚酞作指示劑，消耗的NaOH增大，則V2偏大，結(jié)果偏低，C符合題意；D取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導(dǎo)管外壁，部分鹽酸沒有反應(yīng)，需要的氫氧化鈉偏少，則V2偏小，含量偏高，D不符合題意。答案為AC。27、B讓AlO2-轉(zhuǎn)化為Al(OH)

52、3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空氣不流通，由于V2O5具有強氧化性，會與還原性的NH3反應(yīng)，從而影響產(chǎn)物的純度及產(chǎn)率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本題考查實驗方案設(shè)計與評價，（1）虛線框中的儀器是向三頸燒瓶中滴加NaOH，為了能夠使NaOH溶液順利滴下，需要有連通裝置，故選項B正確；（2）根據(jù)流程圖，氧化鐵為堿性氧化物，不與NaOH發(fā)生反應(yīng)，V2O5、Al2O3屬于兩性氧化物，能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，調(diào)節(jié)pH為88.5的目的就是讓AlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，避免VO3的沉淀；（3）根據(jù)信息，NH4VO3微溶于水，可溶于熱水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗滌，可以減少

53、NH4VO3的溶解，故A正確；B、NH4VO3溶于熱水，造成NH4VO3溶解，故B錯誤；C、雖然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面雜質(zhì)，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的雜質(zhì)，故C錯誤；D、根據(jù)流程生成NH4VO3沉淀，是濾液1與飽和NH4Cl的反應(yīng)生成，且NH4Cl受熱易分解，不產(chǎn)生雜質(zhì)，故D正確；（4）根據(jù)信息，NH4VO4灼燒生成V2O5，因為V2O5具有強氧化性，能與具有還原性NH3發(fā)生反應(yīng)，從而影響產(chǎn)物的純度及產(chǎn)率，因此灼燒NH4VO3時在流動空氣中；（5）催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量不變，根據(jù)已知反應(yīng)反應(yīng)方程式，因此得出反應(yīng)方程式為SO2V2O5=2VO2SO3；（6）