備戰(zhàn)2024年高考化學模擬卷（浙江專用）05（解析版）

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考化學模擬卷()黃金卷05(考試時間：90分鐘試卷滿分：100分)可能用到的相對原子質量：H1B11C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137第Ⅰ卷一、單項選擇題：共16題，每題3分，共48分。每題只有一個選項最符合題意。1．下列物質在熔融狀態(tài)下不導電且屬于電解質是()A．Cu B． C．Ca D．SiO2【答案】B【解析】A項，Cu是金屬單質，在熔融狀態(tài)下導電，但不屬于電解質，故A不選；B項，是共價化合物，在熔融狀態(tài)下不導電，屬于電解質，故B選；C項，Ca是電解質，在熔融狀態(tài)下能導電，故C不選；D項，SiO2是非電解質，在熔融狀態(tài)下不導電，故D不選；故選B。2．下列化學用語表述不正確的是()A．CO2的電子式

B．中子數為20的氯原子：C．BF3分子的VSEPR模型：

D．基態(tài)Fe原子的價層電子排布圖：

【答案】C【解析】A項，CO2為共價化合物，每個原子均滿8電子穩(wěn)定結構，電子式：

，A正確；B項，核素的表示方法為：元素符號左下角為質子數，左上角為質量數；中子數為20的氯原子：，B正確；C項，BF3分子中B原子的價層電子對數為，則VSEPR模型為平面三角形，C錯誤；D項，基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則價層電子排布圖：

，D正確；故選C。3．BeCl2熔點較低，易升華，溶于醇和醚，其化學性質與AlCl3相似。下列說法正確的是()A．BeCl2屬于電解質，但熔融態(tài)不導電 B．Be位于元素周期表的p區(qū)C．BeCl2熔點比BeBr2高 D．BeCl2不與NaOH溶液反應【答案】A【解析】A項，BeCl2熔點較低，易升華，其化學性質與AlCl3相似，符合分子晶體的性質，故BeCl2為共價化合物，熔融狀態(tài)破壞不了共價鍵，故熔融狀態(tài)不導電，A正確；B項，Be位于元素周期表的s區(qū)，B錯誤；C項，分子晶體的熔點與相對分子質量有關，通常相對分子質量越大的分子間作用力越強，熔點越高，故BeCl2熔點比BeBr2低，C錯誤；D項，氯化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，BeCl2化學性質與AlCl3相似，故推測可以與NaOH溶液反應，D錯誤；故選A。4．物質的性質決定用途，下列對應的兩者關系不正確的是()A．NaNO2會與肌紅蛋白生成紅色物質，可作一些肉制品發(fā)色劑B．常溫下Al在濃硝酸中鈍化，可用鋁質容器貯運濃硝酸C．聚四氟乙烯具有抗酸堿、自潤滑等性能，可用于制作滴定管活塞D．NaHCO3溶于水顯堿性，常作烘焙糕點的膨松劑【答案】D【解析】A項，NaNO2會與肌紅蛋白反應生成紅色物質，可用作一些肉制品的發(fā)色劑，A正確；B項，常溫下鋁遇到濃硝酸發(fā)生鈍化，因此可用鋁質容器貯運濃硝酸，B正確；C項，聚四氟乙烯具有抗酸堿、自潤滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正確；D項，碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳，能使糕點膨松，常用作烘焙糕點的膨松劑，D錯誤；故選D。5．下列說法正確的是()A．用圖①裝置可蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體B．用圖②裝置可完成鐵與水蒸氣反應并根據固體顏色證明產物有Fe3O4C．用圖③裝置可驗證1溴丁烷發(fā)生消去反應后的有機產物D．用圖④裝置可測定H2的標準燃燒熱【答案】C【解析】A項，用圖①裝置可蒸干AlCl3溶液過程中鋁離子水解最終得到氫氧化鋁，無法得到AlCl3固體，故A錯誤；B項，根據固體顏色無法證明產物有Fe3O4，故B錯誤；C項，證1溴丁烷發(fā)生消去反應后的有機產物為1丁烯，能使酸性高錳酸鉀褪色，故C正確；D項，此裝置用來測定中和反應的反應熱，氫氣燃燒不能用此裝置測定，故D錯誤；故選C。6．加熱煮沸的濃NaOH溶液和白磷反應可制PH3，該過程同時可獲得P2H4.其中一個反應為P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑。下列說法不正確的是()A．穩(wěn)定性：P2H4大于N2H4B．反應過程中有極性鍵、非極性鍵的斷裂，也有極性鍵、離子鍵的形成C．P4、PH3與P2H4的晶體類型相同D．PH3分子中鍵角∠HPH小于NH3分子中∠HNH【答案】A【解析】A項，非金屬性：N>P,故對應氫化物的穩(wěn)定性：P2H4小于N2H4，A錯誤；B項，反應過程中有OH極性鍵、PP非極性鍵的斷裂，也有極性鍵PH、鈉離子和H2PO2形成的離子鍵的形成，B正確；C項，P4、PH3與P2H4的晶體類型相同，均為分子晶體，C正確；D項，NH3、PH3均為三角錐形分子，但電負性：N>P，NH3中共用電子對離中心原子更近，排斥力增大，鍵角增大，故PH3分子中鍵角∠HPH小于NH3分子中∠HNH，D正確。故選A。7．設NA為阿伏加德羅常數，下列有關說法正確的是()A．在25℃時，pH為12的CH3COONa溶液中水電離出的H+A2和足量O2反應，生成的SO3AAD．13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氫原子數目為NA【答案】D【解析】A項，溶液體積未知，無法計算氫離子數目，故A錯誤；B項，該反應為可逆反應，SO2不能完全轉化，因此生成的SO3NA，故B錯誤；C項，電解精煉粗銅時，陽極為粗銅，含有鋅、鐵等活潑金屬先于銅失電子，因此陽極質量減少6.4g，轉移電子數目不一定為0.2NA，故C錯誤；D項，苯、苯乙烯、聚苯乙烯最簡式均為CH，則13g混合物即為13gCH質量，含1molCH，所含氫原子數目為NA，故D正確；故選D。8．下列說法不正確的是()A．石油在加熱和催化劑作用下通過結構調整可以獲得環(huán)狀烴，如苯、甲苯等B．經過硫化的順丁橡膠既有彈性又有強度，但硫化交聯程度過大會失去彈性C．淀粉、纖維素、蛋白質、油脂都是天然高分子，一定條件下均可水解D．相同條件下，鈉與水反應比與乙醇反應更劇烈是由于水分子中氫氧鍵的極性更強【答案】C【解析】A項，石油在加熱和催化劑作用下通過結構調整，發(fā)生重整可以獲得環(huán)狀烴如苯、甲苯等，A項正確；B項，經過硫化的順丁橡膠由線型結構變成網狀結構，既有彈性又有強度，但硫化交聯程度過大會失去彈性，B項正確；C項，淀粉、纖維素在一定條件下水解的最終產物為葡萄糖，蛋白質水解的最終產物為氨基酸，油脂在酸性條件下水解生成高級脂肪酸和甘油、堿性條件下水解成高級脂肪酸鹽和甘油，淀粉、纖維素、蛋白質都是天然高分子，但油脂不是高分子，C項錯誤；D項，由于乙基對羥基的影響，使得乙醇分子中氫氧鍵的極性比水分子中氫氧鍵的極性弱，則在相同條件下，鈉與水反應比鈉與乙醇反應更劇烈，D項正確；故選C。9．下列反應的離子方程式正確的是()A．明礬溶于水產生膠體：↓+3H+B．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量燒堿溶液；H3PO3+3OH=PO33+3H2OC．Na2NH中加入硫酸中：NH2+2H+=NH3↑D．實驗室用過氧化鋇與稀硫酸反應制備雙氧水：BaO2+2H++SO42=BaSO4↓+H2O2【答案】D【解析】A項，明礬溶于水，鋁離子水解產生膠體：↓+3H+，A錯誤；B項，二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量燒堿溶液反應生成Na2HPO3，故反應為H3PO3+2OH=HPO32+2H2O，B錯誤；C項，Na2NH中加入硫酸中生成硫酸銨：NH2+3H+=NH4+，C錯誤；D項，實驗室用過氧化鋇與稀硫酸發(fā)生復分解反應生成雙氧水：BaO2+2H++SO42=BaSO4↓+H2O2，D正確；故選D。10．下雙氯芬酸屬于非甾體抗炎藥，具有抗炎、鎮(zhèn)痛及解熱作用，其結構如圖，下列說法正確的是()A．分子中存在4種官能團B．該物質有酸性但沒有堿性C．該分子與足量氫氣加成，所得物質分子中有4個手性碳原子D．1mol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】A項，由結構簡式可知，雙氯芬酸的官能團為碳氯鍵、亞氨基和羧基，共有3種，故A錯誤；B項，由結構簡式可知，雙氯芬酸分子中含有的羧基表現酸性，含有的亞氨基表現堿性，故B錯誤；C項，由結構簡式可知，雙氯芬酸分子一定條件下與足量氫氣發(fā)生加成反應所得物質分子中有4個連有不同原子或原子團的手性碳原子，故C正確；D項，由結構簡式可知，雙氯芬酸分子中含有的碳氯鍵和羧基能與氫氧化鈉溶液反應，其中碳氯鍵水解生成的酚羥基也能與氫氧化鈉溶液反應，則1mol雙氯芬酸分子與足量氫氧化鈉溶液反應，最多可消耗5mol氫氧化鈉，故D錯誤；故選C。11．前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序數依次增大，基態(tài)X原子的半徑是所有原子中最小的，Y與X可形成室溫下X2Y、X2Y2兩種無色液體，基態(tài)Z原子的M電子層上p軌道為半充滿狀態(tài)，Y、Q同主族，W原子的價層電子排布式為，下列說法不正確的是A．電負性：ZB．簡單離子半徑：ZC．同周期中第一電離能比Q大的元素有1種D．三種元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的堿性電池中【答案】C【解析】五種前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序數依次增大，其中基態(tài)X原子的半徑是所有原子中最小的，則X為H元素；Y與X可形成室溫下X2Y、X2Y2兩種無色液體，則Y為O，基態(tài)Z原子的M電子層上P軌道為半充滿狀態(tài)，其外圍電子排布式為3s23p3，故Z為P元素；W原子的特征電子構型為3d54s2，則W為Mn元素；Y、Q同主族，由Y為O元素，故Q為S元素。A項，由分析可知，Y、Z、Q分別為O、P、S，根據同一周期從左往右電負性依次增大，同一主族從上往下電負性依次減小，故電負性O＞S＞P即Z，A正確；B項，X、Y、Z、Q分別為H、O、P、S，根據電子層數越多半徑越大，電子層數相同，核電荷數越大，半徑越小可知，簡單離子半徑P3＞S2＞O2＞H+即Z，B正確；C項，Q為S，根據同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，故同周期中第一電離能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3種，C錯誤；D項，X、Y、W分別為H、O、Mn三種元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的堿性電池中，D正確；故選C。12．下圖是實驗室中制取KMnO4的流程圖，已知K2MnO4顯墨綠色，下列說法中不正確的是()A．第①步在鐵坩堝中進行，第⑥步中加熱濃縮在蒸發(fā)皿中進行B．第②步加入的MnO2作還原劑，第④步通CO2發(fā)生反應：3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2↓+2CO32，MnO2是氧化產物C．第③步分批浸取可提高浸取率D．第⑤步加熱趁熱過濾，說明KMnO4的溶解度隨溫度變化比較大【答案】B【解析】KOH、KClO3、MnO2在高溫下發(fā)生氧化還原反應產生K2MnO4、KCl、H2O，然后向其中分批次加入蒸餾水，通過浸取得到K2MnO4的浸取液，然后向其中通入CO2氣體，發(fā)生歧化反應：3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2↓+2CO32，然后加熱，利用KMnO4的溶解度受溫度的影響變化較大，趁熱過濾，可減少KMnO4由于溫度降低而結晶析出，然后將溶液蒸發(fā)結晶得到KMnO4晶體。A項，第①步反應中有強堿KOH，在加熱熔融時KOH會與陶瓷坩堝中的SiO2發(fā)生反應，腐蝕坩堝，因此應該在鐵坩堝中進行；將KMnO4溶液通過蒸發(fā)濃度應在蒸發(fā)皿中進行，A正確；B項，在第②步反應中KClO3為氧化劑，MnO2作還原劑，被氧化為K2MnO4；第④步通CO2發(fā)生反應：3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2↓+2CO32，Mn元素化合價由反應前MnO42中的+6價變?yōu)榉磻驧nO2中的+4價，化合價降低，得到電子，被還原，所以MnO2是還原產物，B錯誤；C項，在第③步分批加入蒸餾水進行浸取，可以使K2MnO4更多的被浸取出來，從而可提高物質的浸取率，C正確；D項，第⑤步加熱趁熱過濾，在較高溫度時過濾，KMnO4以離子形式存在于溶液中，說明KMnO4的溶解度隨溫度變化比較大，D正確；故選B。13．難溶電解質的溶度積Ksp難以被直接測量，根據溶液中相關離子濃度會對電池的電動勢產生影響，可通過設計原電池將Ksp測出。某研究小組設計了下圖所示的電池裝置，已知該電池的電動勢，下列說法不正確的是()A．電流方向是由B→AB．該離子交換膜是陰離子交換膜C．KspD．增大AgNO3溶液濃度會增大電池的電動勢【答案】C【解析】根據原電池裝置可知，A極為原電池負極，發(fā)生電極反應：Ag+Cle=AgCl↓；B極為原電池正極，發(fā)生電極反應：Ag++e=Ag。A項，根據分析可知A為原電池負極，B為原電池正極，電流方向：B→A，故A正確；B項，根據電荷守恒可知，電子沿著導線由A→B，則帶負電荷的NO3透過離子交換膜向A極移動，即該離子交換膜是陰離子交換膜，故B正確；C項，，，，則，，故C錯誤；D項，根據該電池電動勢計算可知，AgNO3溶液濃度越大，電池的電動勢越大，故D正確；故選C。14．乙苯與氯氣在光照條件下反應生成兩種一氯取代物，反應過程中的能量變化如下圖所示。下列說法正確的是()A．反應生成相同物質的量的比吸收的熱量更多B．反應剛開始時產物中取代物2所占的比例大于取代物1C．升溫可以提高產物中取代物2所占的比例D．穩(wěn)定性：>【答案】C【解析】A項，乙苯與氯氣在光照條件下的反應為放熱反應，A錯誤；B項，反應①的活化能更低，所以產物中取代物1所占的比例大于取代物2，B錯誤；C項，反應②的活化能大，所以升溫可以提高產物中取代物2所占的比例，C正確；D項，的能量高，所以其穩(wěn)定性差，D錯誤；故選C。15．室溫下，通過下列實驗探究Na2CO3的性質。已知：25℃時，H2SO3的Ka1=1.42×102、Ka2=1.0×107，H2CO3的Ka1=4.3×107、Ka2=5.6×1011。實驗1：配制50mL0.1mol·L1Na2CO3溶液，測得溶液約為12；實驗2：取10mL0.1mol·L1Na2CO3溶液，向其中加入少量CaSO4固體充分攪拌，一段時間后過濾。向濾渣中加入足量稀鹽酸，固體完全溶解；實驗3：取10mL0.1mol·L1Na2CO3溶液，向其中緩慢滴入等體積0.1mol·L1稀鹽酸。下列說法正確的是()A．實驗1所得溶液中，c(Na+)＜c(HCO3)+c(CO32)B．根據實驗2，可推測Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C．實驗3反應后溶液中存在：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)D．25℃時，反應CO32+H2SO3?HCO3+HSO3的平衡常數K=2.5×108【答案】D【解析】A項，Na2CO3溶液呈堿性，c(OH)＞c(H+)，電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(OH)，則c(Na+)＞c(HCO3)+2c(CO32)＞c(HCO3)+c(CO32)，故A錯誤；B項，CaCO3和CaSO4的物質類型相似，溶解度小的物質能轉化為溶解度更小的物質，根據實驗2，可推測Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B錯誤；C項，Na2CO3溶液物料守恒關系為c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32?L1稀鹽酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)，故C錯誤；D項，反應CO32+H2SO3?HCO3+HSO3的平衡常數，故D正確；故選D。16．下列有關鐵及其化合物的實驗方案，對應的現象和結論都正確的是()選項實驗方案現象結論A將紅熱的鐵與水蒸氣在高溫條件下反應，反應結束后，將磁鐵靠近產物反應結束后有黑色固體生成，且該固體被磁鐵吸引鐵與水蒸氣在高溫下反應，生成Fe3O4B為了驗證的還原性，取溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液酸性高錳酸鉀溶液紫色褪去具有還原性C取5mL溶液與試管中，逐滴加入Na2SO3溶液至過量。再加入過量稀鹽酸和a溶液加入稀鹽酸前，溶液由黃色變?yōu)榧t棕色。加入稀鹽酸和a溶液后產生白色沉淀和SO32既發(fā)生氧化還原反應，也發(fā)生雙水解D向少量蒸餾水的試管里滴加2滴K3[]溶液，然后再滴加2滴硫氰化鉀溶液溶液變血紅色CN與的配位能力小于SCN【答案】C【解析】A項，將紅熱的鐵與水蒸氣在高溫條件下反應，反應結束后，將磁鐵靠近產物，該固體被磁鐵吸引，該固體可以是Fe也可以是Fe3O4，并不能確定一定生成Fe3O4，A錯誤；B項，Cl也具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，并不能確定是Fe2+使高錳酸鉀褪色，B錯誤；C項，取5mL溶液與試管中，逐滴加入Na2SO3溶液至過量。再加入過量稀鹽酸和a溶液，加入稀鹽酸前，溶液由黃色變?yōu)榧t棕色，說明發(fā)生水解反應產生了。加入稀鹽酸和a溶液后產生不溶于鹽酸的白色沉淀Ba，說明Fe3+將氧化為，C正確；D項，向少量蒸餾水的試管里滴加2滴K3[]溶液，然后再滴加2滴硫氰化鉀溶液，無明顯現象，現象錯誤，D錯誤。故選C。第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共52分。17．(10分)磷及其化合物在工業(yè)生產中起著重要的作用。(1)基態(tài)磷原子價電子排布式。(2)磷元素有白磷、黑磷等常見的單質。黑磷晶體是一種比石墨烯更優(yōu)秀的新型材料，其晶體是與石墨類似的層狀結構，如下圖所示，下列有關黑磷晶體的說法正確的是_____(填字母序號)。A．黑磷與白磷互為同分異構體 B．黑磷中磷原子采取sp2雜化C．黑磷能導電 D．黑磷屬于混合型晶體(3)Fe3+與水會形成黃色的配離子[Fe(OH)]2+，為避免顏色干擾，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成無色的[Fe(PO4)2]3，此配離子中PO43的空間構型是。(4)第ⅢA族磷化物均為共價化合物，被廣泛用于高溫技術、新型電子產品等領域。①實驗測定磷化鋁和磷化銦的熔點分別為2000℃、1070℃，從結構角度說明其熔點差異的原因。②磷化硼是一種半導體材料，晶胞結構如圖所示，磷化硼的化學式是，已知晶胞邊長apm，阿伏加德羅常數的數值為NA，磷化硼晶體的密度是g·cm3?！敬鸢浮?1)3s23p3(1分)(2)CD(2分)(3)正四面體形(1分)(4)磷化鋁和磷化銦屬于共價晶體，由于Al、In為同主族元素，隨著原子序數的遞增，核外電子層數逐漸增加，原子半徑Al＜In，共價鍵鍵長AlP＜InP，AlP的鍵能強于InP的鍵能，因此AlP熔點高于InP(2分)BP(2分)(2分)【解析】(1)P元素是第15號元素，基態(tài)磷原子價電子排布式3s23p3；(2)A項，黑磷和白磷分子式不相同，不互為同分異構體，故A錯誤；B項，根據晶體結構，P原子的配位數是3，有1個孤電子對，分子中磷原子雜化方式為sp3雜化，故B錯誤；C項，石墨能導電，黑磷也能導電，故C正確；D項，石墨是混合晶體，所以黑磷晶體是混合型晶體，故D正確；(3)在Fe3+溶液中加入H3PO4形成無色的[Fe(PO4)2]3，此配離子中是中心離子PO43；中中心原子P的價層電子對數，空間構型是正四面體形；(4)①實驗測定磷化鋁和磷化銦的熔點分別為2000、1070°C，二者熔點高，屬于共價晶體，由于Al、In為同主族元素，隨著原子序數的遞增，核外電子層數逐漸增加，原子半徑Al＜In，共價鍵鍵長AlP＜InP，AlP的鍵能強于InP的鍵能，因此AlP熔點高于InP。②根據均攤原則，1個晶胞中P原子數為、B原子數為4，所以化學式為BP；晶胞邊長apm，阿伏加德羅常數為NA，磷化硼晶體的密度是。18．(10分)氮及其化合物的相互轉化對生命、生產生活意義重大。NH3是重要的化工原料，可發(fā)生如下轉化：已知：N2H4可被弱氧化劑氧化，但是其鹽性質穩(wěn)定。請回答：(1)寫出過量NH3發(fā)生轉化I的化學反應方程式。(2)下列說法正確的是_______。A．上述轉化均屬于氮的固定B．實驗室可借助濃氨水和生石灰反應快速制取少量氨氣C．液態(tài)N2H4是良好的溶劑，推測CH4易溶于其中D．硝酸工業(yè)排放的NO尾氣可用NH3處理生成無污染的物質(3)NH2OH、N2H4與NH3類似，具有堿性，NH2OH、N2H4中堿性較弱的是，原因是。(4)轉化Ⅲ消耗N2H4與HNO2的物質的量相等，產物不含氧元素。則的化學式為。(5)反應Ⅱ在堿性條件下按方程式計量數之比投料，反應進行完全。請設計實驗檢驗反應還原產物的陰離子：?！敬鸢浮?1)4NH3+CO(2分)(2)BD(2分)(3)NH2OH(1分)NH2OH中OH吸引電子能力比NH2強，故NH2OH中N給出電子能力比N2H4弱(2分)(4)HN3(1分)(5)取反應后的溶液于試管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀產生，則其還原產物陰離子為(2分)【解析】氨氣在一定條件下變?yōu)镹H2OH，過量NH3與COCl2反應生成尿素和氯化銨，尿素和次氯酸鈉反應生成N2H4、氯化鈉和水，N2H4和亞硝酸反應生成水和疊氮酸。(1)過量NH3與COCl2反應生成尿素和氯化銨，其過量NH3發(fā)生轉化I的化學反應方程式4NH3+CO；(2)A項，氮的固定是游離態(tài)的氮氣變?yōu)榛蠎B(tài)，故A錯誤；B項，氧化鈣和濃氨水中水反應生成氫氧化鈣并放出大量的熱，促使?jié)獍彼纸馍砂睔?，因此實驗室可借助濃氨水和生石灰反應快速制取少量氨氣，故B正確；C項，液態(tài)N2H4是良好的溶劑，N2H4是極性分子，甲烷是非極性分子，根據“相似相溶”原理，則CH4不易溶于其中，故C錯誤；D項，氮氧化物和氨氣反應生成氮氣和水，因此硝酸工業(yè)排放的NO尾氣可用NH3處理生成無污染的物質，故D正確；故選BD。(3)NH2OH、N2H4與NH3類似，具有堿性，NH2OH、N2H4中堿性較弱的是NH2OH，原因是NH2OH中OH吸引電子能力比NH2強，故NH2OH中N給出電子能力比N2H4弱，因此NH2OH的堿性較弱；(4)轉化Ⅲ消耗N2H4與HNO2的物質的量相等，產物A不含氧元素，說明氧和氫形成水，根據元素守恒，則A含有氫和氮，再根據化合價和得失電子相等，則A的化學式為HN3；(5)反應Ⅱ在堿性條件下按方程式計量數之比投料，反應進行完全，反應的還原產物是氯化鈉，為檢驗氯離子，則實驗方案是取反應后的溶液于試管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀產生，則其還原產物陰離子為。19．(10分)反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在工業(yè)上有重要應用。(1)該反應在不同溫度下的平衡常數如表所示。溫度/℃7008008301000平衡常數該反應的ΔH0(填“>”“<”或“=”)。反應常在較高溫度下進行，該措施的優(yōu)缺點是。(2)該反應常在Pd膜反應器中進行，其工作原理如圖所示。①利用平衡移動原理解釋反應器存在Pd膜時具有更高轉化率的原因是。②某溫度下，H2在Pd膜表面上的解離過程存在如下平衡：H22H(即圖中過程2)，其正反應的活化能遠小于逆反應的活化能。下列說法不正確的是A．圖中過程2的ΔH>0B．Pd膜對氣體分子的透過具有選擇性C．加快Pd膜內H原子遷移有利于H2的解離D．N2吹掃有助于H2分子脫離Pd膜③同溫同壓下，將等物質的量的CO和H2O通入無Pd膜反應器反應，測得CO的平衡轉化率為50%；若換成Pd膜反應器，CO的平衡轉化率為80%，則相同時間內，出口a和出口b中H2的物質的量比為。【答案】(1)ΔH＜0(2分)優(yōu)點是升高溫度，反應速率較快；缺點是正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產物的轉化率較低(2分)(2)①Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動，平衡轉化率增大(2分)②A(2分)③1：15(2分)【解析】(1)根據表中的數據，溫度越高，平衡常數越小，所以正反應為放熱反應，ΔH＜0；優(yōu)點：升高溫度，反應速率較快；缺點：正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產物的轉化率較低；(2)①由圖像可知，Pd膜能選擇性分離出H2，導致平衡正向移動，平衡轉化率增大；②A項，過程2正反應的活化能遠小于逆反應的活化能，ΔH＜0，故A錯誤；B項，Pd膜只允許H2通過，不允許CO2通過，對氣體分子的透過具有選擇性，故B正確；C項，加快Pd膜內H原子遷移，平衡H2?2H正向移動，有利于H2的解離，故C正確；D項，N2吹掃更有利于帶走H2，有助于H2分子脫離Pd膜，故D正確。故選A。③根據反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，設通入的CO和H2均為amol，無Pd膜反應器中CO的平衡轉化率為50%，列三段式：則反應前后氣體分子數不變，用物質的量代替物質的量濃度計算平衡常數K==1；有Pd膜反應器中CO的平衡轉化率為80%，列三段式：溫度不變，則平衡常數K不變，K=，解得n=0.05a，則相同時間內出口a產生的H2為0.05amol，出口b的H2為(0.8a0.05a)mol，質量比為1：15。20．(10分)某研究小組，利用氧化法高效制備KMO4。制備流程如下：

已知：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MO4+K(K2MO4呈墨綠色)，K2MO4=2KMO4+2K請回答下列問題：(1)KClO3需過量的目的是___________(2)下列說法不正確的是___________A．過程1應在瓷坩堝中進行B．MnO2應分批加入，以防止熔融物溢出C．可用酒精洗滌，得到較干燥的產品D．該實驗表明，在強堿性環(huán)境下的氧化性強于KMO4(3)為檢驗過程1是否反應完全，應采取的實驗操作是：___________。(4)將純化后的KMO4配成溶液，并應用于廢水中化學需氧量(COD)測定化學需氧量(COD)是：在一定條件下，用強氧化劑氧化一定體積水中的還原劑及有機物時所消耗氧化劑的量，折算成氧氣的量。(單位為mg·L)來表示。①從下列選項選擇合適操作(操作不能重復使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→fa．取廢水樣100mL加稀硝酸酸化b．取廢水樣100mL加稀硫酸酸化c．用0.01000mol·L的KMO4標準溶液滴定d．加10.00mL0.01000mol·L的KMO4標準溶液，煮沸，冷卻e．加入0.01000mol·L的Na2C2O4f．記錄，滴定時，KMO4②計算水樣中COD為___________mg·L?！敬鸢浮?1)補償KClO3在MnO2催化下分解所造成的損失，使MnO2充分反應(2分)(2)AC(2分)(3)取少量反應物，冷卻，加到水中，若完全溶解，則已經反應完全(2分)(4)bdec(2分)?L1(2分)【解析】(1)KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需過量的目的是補償KClO3在MnO2催化下分解所造成的損失，同時保證MnO2充分反應；(2)A項，瓷器中含有SiO2，可以和堿反應，過程1需在鐵坩堝中進行，故A錯誤；B項，MnO2應分批加入，以防止反應過于激烈，熔融物溢出，故B正確；C項，高錳酸鉀具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗滌，故C錯誤；D項，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物，在強堿性環(huán)境下Cl2的氧化性強于KMnO4，故D正確；故選AC；(3)MnO2