2019-2020年高三一模化学试题含解析.doc

2019-2020年高三一模化学试题含解析一、请在下列各题的四个选项中选出唯一符合题目要求的选项1化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是（）A加碘食盐中添加的是碘化钾B味觉上具有酸味的食物就是酸性食物CFe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料D晶体硅具有半导体性质，可用于生产计算机芯片考点：硅的用途；碘与人体健康；铁的氧化物和氢氧化物.分析：A加碘食盐中添加的是碘酸钾；B食物的酸碱性并非指味觉上的酸碱性，也不是指化学上所指的溶液的酸碱性，而是指食物在体内代谢最终产物的性质来分类；CFe2O3俗称铁红；D硅可用于制造半导体材料，高纯度的晶体硅被广泛用于制作计算机芯片解答：解；A加碘食盐中添加的是碘酸钾，不是碘化钾，故A错误；B在人体内产生酸性物质的称为酸性食品，如：淀粉类、豆类、动物性食物、油炸食物或奶油类等；在人体内产生碱性物质的称为碱性食品，如：蔬菜、水果，茶叶等，所以葡萄味觉酸性，但含钾、钠、钙、镁等元素，在人体内代谢后生成碱性物质，为碱性食物，故B错误；CFe2O3俗称铁红，为红棕色，常做红色油漆和涂料，四氧化三铁为黑色，故C错误；D因为硅是半导体材料，所以高纯度的晶体硅被广泛用于制作计算机芯片，故D正确；故选：D点评：本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，注意硅与二氧化硅性质和用途的区别，题目难度不大2（6分）（xx通州区一模）下列解释实验事实的方程式不正确的是（）A葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂会炭化发黑：C6H12O6（葡萄糖） 6C+6H2OB向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，再加入NaCl溶液，黑色沉淀变成白色：Ag2S+2Cl=2AgCl+S2C将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2ONH3H2ONH+OHD明矾的水溶液pH7：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写.分析：A浓硫酸具有脱水性，可使葡萄糖碳化而变黑；B一般情况下溶解度大的沉淀较易转化成溶解度小的沉淀；C常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性；D明矾中铝离子水解生成氢离子和氢氧化铝，溶液显酸性解答：解：A葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂，浓硫酸表现脱水性，能将葡萄糖分子中的氢和氧按水的组成脱去，C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2O，故A正确；B沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；三种沉淀物的溶解度关系为：AgClAgIAg2S，所以向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，形成Ag2S沉淀，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀不会变成白色，故B错误；C碱性溶液能使酚酞试液变红，将NH3通入滴加酚酞的水中，NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，呈碱性溶液变成红色，故C正确；D明矾溶液中的Al3+属于弱碱阳离子，能水解生成氢离子和氢氧化铝，其离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，溶液显酸性，pH7，故D正确；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，题目难度中等，明确发生的化学反应为解答的关键，涉及浓硫酸的脱水性、沉淀转化的离子反应、电离、水解等知识，综合性较强，注重基础知识的考查3（6分）（xx通州区一模）下列说法正确的是（）A葡萄糖和麦芽糖属于还原性糖B用新制的银氨溶液可区分甲酸和乙醛C乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同D淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，两者互为同分异构体考点：生活中的有机化合物.专题：有机反应分析：A还原性糖包括葡萄糖、果糖、半乳糖、乳糖、麦芽糖等；B甲酸和乙醛都含有醛基；C乙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水发生萃取；D化学式中的n值不同解答：解：A葡萄糖和麦芽糖属于还原型糖，故A正确； B甲酸和乙醛都含有醛基，都可发生银镜反应，不能鉴别，故B错误；C乙烯与溴水发生加成反应，苯与溴水发生萃取，则褪色原理不同，故C错误；D淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构与性质和同分异构体等，难度不大，注意淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体4（6分）（xx通州区一模）镁次氯酸盐燃料电池，它具有比能量高、安全方便等优点该电池的正极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，关于该电池的叙述正确的是（）A该电池中镁为负极，发生还原反应B电池工作时，OH向正极移动C该电池的总反应为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+ClD电池工作时，正极周围溶液的pH将不断变小考点：化学电源新型电池.分析：该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动解答：解：A负极发生氧化反应，故A错误；B原电池原理中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；C负极上镁失电子，正极上次氯酸根离子得电子，所以电池反应为Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，故C正确；D电池工作时正极上的反应为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，在正极附近生成OH，故pH增大，故D错误；故选C点评：本题考查原电池（燃料电池）基本原理，涉及电极判断、电极反应书写、离子流动等相关知识，难度不大5（6分）（xx通州区一模）下列各组物质之间不能通过一步就能实现abcda转化的是（）abcdACuCuSO4Cu（OH）2Cu2OBN2NO2HNO3NOCCH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3DNaNa2O2NaOHNaClAABBCCDD考点：钠的重要化合物；氮族元素简介；铜金属及其重要化合物的主要性质.分析：依据转化关系abcda结合物质性质分析判断转化关系；A、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，新制的氢氧化铜和乙醛在加热条件下反应生成Cu2O，Cu2O被氢气还原能一步得到铜；B、根据物质的性质来判断，氮气与氧气一步反应只能生成NO，不能生成NO2；C、CH3OH催化氧化得到HCHO，HCHO在进一步氧化得到HCOOH，HCOOH与CH3OH发生酯化反应生成HCOOCH3，HCOOCH3在发生水解又可生成CH3OH；D、钠和氧气加热反应生成Na2O2，Na2O2和水反应生成NaOH，NaOH和盐酸反应生成NaCl，NaCl电解熔融可以得到钠单质；解答：解：A、CuCuSO4Cu（OH）2Cu2OCu，可以一步实现反应，故A不选；B、根据物质的性质来判断，N2NO2必须经过2步氧化，即N2NONO2，故B选；C、CH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3CH3OH，可以一步实现反应，故C不选；D、NaNa2O2NaOHNaClNa，可以一步实现反应，故D不选；故选B点评：本题考查物质的转化，要熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系，具有一定的难度，尤其是不能一步转化的反应要注意6（6分）（xx通州区一模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）选项ABCD装置有机层水层目的蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层制取少量CO2气体除去Cl2中含有的少量HClAABBCCDD考点：化学实验方案的评价.分析：ANH4Cl受热易分解；BCCl4的密度比水大；C石灰石为块状固体，能使反应随时停止；D氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应解答：解：ANH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故A错误； BCCl4的密度比水大，分层后在下层，与图中装置分层现象不符，故B错误；C石灰石为块状固体，能使反应随时停止，可制取二氧化碳，故C正确；D因氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应，不能达到除杂的目的，应选用饱和食盐水，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体的制取、混合物的分离等知识点，注重基础知识的考查，题目难度不大，选项A为易错点7（6分）（xx通州区一模）常温下，1L pH=3的H2SO4溶液与下列溶液混合，其说法正确的是（）A与等体积pH=11的氨水混合后所得溶液pH小于7B与pH=3的CH3COOH溶液混合后所得溶液pH小于3C与等浓度的CH3COONa溶液混合后所得溶液pH一定小于7D与10L Ba（OH）2溶液恰好完全反应，则Ba（OH）2溶液的pH一定等于10考点：pH的简单计算.分析：A一水合氨为弱碱，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性；B溶液pH相等，溶液中氢离子浓度相等，混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变化相等，醋酸的电离平衡不移动；C未知醋酸钠溶液体积，如果醋酸钠远远过量，反应后的溶液可能为碱性溶液；D根据酸碱中和反应实质及溶液酸碱性与溶液pH的关系进行计算；解答：解：硫酸为强电解质，pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，A一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，pH=11氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故A错误；B醋酸与硫酸的pH相等，则两溶液混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸根离子与醋酸的浓度变化程度相等，混合后醋酸的电离平衡不移动，溶液的pH=3，故B错误；C如果醋酸钠远远过量，反应后生成醋酸和醋酸钠和硫酸钠的溶液，由于醋酸根离子水解程度大于醋酸的电离程度，则溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故C错误；D10L Ba（OH）2溶液恰好完全反应，氢氧化钡中氢氧根离子的物质的量等于硫酸中氢离子的物质的量，其物质的量为：0.001mol，则Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为：=0.0001mol/L，溶液的pH等于10，故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，选项C为易错点，注意合理分析溶液中氢离子浓度变化情况二、解答题（共5小题，满分58分）8（16分）（xx通州区一模）中学化学常见有机物A（C6H6O）能合成紫外线吸收剂BAD和某药物中间体F，合成路线为：已知：BAD的结构简式为：F的结构简式为：（1）C中含氧官能团的名称为羧基、羟基，W的结构简式为（2）写出反应类型 AB：加成反应，EF：取代反应（或酯化反应）（3）下列关于E物质说法正确的是c （填字母序号）a在核磁共振氢谱中有五组吸收峰b可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别C和Ec可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和消去反应d1mol E与NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH（4）C通过发生聚合反应可生成多种高分子化合物，写出C在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式（5）写出D和过量NaOH溶液反应的化学方程式（6）W的同分异构体有多种，其中属于酚类且能发生银镜反应的同分异构体有9种，写出其中同时满足下列条件的同分异构体的结构简式（其中一种）不能发生水解反应跟饱和溴水反应时与Br2的物质的量之比为1：2考点：有机物的推断.分析：根据题中各物质的转化关系可知，A和甲醛中的碳氧双键发生加成反应生成对羟基苯甲醇，则A为，C和氯化氢发生加成反应生成D，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应然后酸化得到E，E发生酯化反应生成F，根据F的结构简式知，E的结构简式为，D的结构简式为；A和氢氧化钠反应生成G，G的结构简式为，H和银氨溶液发生氧化反应然后酸化生成W，W的结构简式为：，W和X反应生成BAD，根据BAD的结构简式知，X的结构简式为，据此答题解答：解：A和甲醛中的碳氧双键发生加成反应生成对羟基苯甲醇，则A为，C和氯化氢发生加成反应生成D，D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应然后酸化得到E，E发生酯化反应生成F，根据F的结构简式知，E的结构简式为，D的结构简式为；A和氢氧化钠反应生成G，G的结构简式为，H和银氨溶液发生氧化反应然后酸化生成W，W的结构简式为：，W和X反应生成BAD，根据BAD的结构简式知，X的结构简式为（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称羧基、羟基，根据上面的分析可知W的结构简式为，故答案为：羧基、羟基；（2）根据上面的分析可知，AB反应类型为加成反应，EF的反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）； （3）E的结构简式为，关于E物质说法中，aE在核磁共振氢谱中有七组吸收峰，故a错误；bE中酚羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；cE中有苯环可以发生加成反应，有羟基和羧基，可以发生聚合反应，有醇羟基，且羟基邻位碳上有氢原子，可以发生氧化反应和消去反应，故c正确；d1mol E与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，故d错误；故选c；（4）C通过发生聚合反应可生成多种高分子化合物，C在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式为，故答案为：； （5）D为，D和过量NaOH溶液反应的化学方程式为，故答案为：；（6）W的结构简式为：，W的同分异构体有下列性质：与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，能发生银镜反应说明含有醛基，符合条件的同分异构体有：当含有1个CHO时，苯环上应有2个OH，有6种，当为甲酸酯时，苯环上还应有1个OH，有邻、间、对3种，共9种，其中同时满足不能发生水解反应，跟饱和溴水反应时与Br2的物质的量之比为1：2的同分异构体的结构简式为，故答案为：9；（其中一种）点评：本题考查有机化学中的框图题，中等难度，剖析B可知，其中含有苯酚的结构，因此可推断A为苯酚，以此为突破口进行推断，注意把握有机物官能团的性质和变化，答题时要仔细审题，灵活运用基础知识9（13分）（xx通州区一模）铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用请回答下列问题：（1）铝离子的结构示意图为（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，该反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（3）氢氧化铝是医用的胃酸中和剂的一种用离子方程式表示其作用机理是Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O（4）与明矾相似，硫酸铁也可用作絮凝剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体（5）下表中，对陈述、的正确性的判断都正确的是B （填字母序号）选项陈述陈述判断A铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料对；对B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气高温下氢气能还原氧化铁生成铁对；对C铁比铝更易锈蚀铝比铁活泼错；对D铝在空气中表面生成致密氧化膜可用铝罐储存运输浓硫酸、浓硝酸错；对（6）钢铁的析氢腐蚀简单示意图如图所示，正极的电极反应式为2H+2e=H2该图某处稍作修改即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，其中一种方法是将C换成Zn等比Fe活泼的金属，请完善另一种方法的示意图考点：镁、铝的重要化合物；原电池和电解池的工作原理；铁的化学性质.分析：（1）根据铝离子核内有13个质子，核外有10个电子，据此书写该离子的结构示意图；（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，据此书写反应的离子方程式；（3）氢氧化具有弱碱性可以中和胃酸，与盐酸反应生成氯化铝和水；（4）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体；（5）A地壳中含量最高的金属元素是铝，人类最早使用的金属材料是铜；B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气，高温下氢气能还原氧化铁得到铁；C在金属活动性顺序表中，铝排在铁的前面，比铁活泼，但由于铝表面在空气中表面生成致密氧化膜，所以铁比铝更易锈蚀；D铝在空气中表面生成致密氧化膜，铝遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化，据此判断；（6）钢铁的析氢腐蚀，正极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；要防止铁的腐蚀，可以将碳换成锌，形成原电池，采取牺牲阳极的阴极保护法，也可以采用外接电源的阴极保护法解答：解：（1）因为铝离子核内有13个质子，核外有10个电子，所以铝离子的结构示意图为；故答案为：；（2）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（3）氢氧化具有弱碱性可以中和胃酸，与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；（4）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体；故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体；（5）A地壳中含量最多的前五种元素：氧、硅、铝、铁、钙，所以地壳中含量最多的金属元素是铝，错误；由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，所以是人类最早使用的金属材料，错，故A错误；B铁的金属活动性比氢强，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2对，氢气与氧化铁在高温条件下反应生成铁和水该反应的化学方程式为：3H2+Fe2O32Fe+3H2O对，故B正确；C在金属活动性顺序表中，铝排在铁的前面，比铁活泼，则对，但由于铝表面在空气中表面生成致密氧化膜，所以铁比铝更易锈蚀，则对，故C错误；D铝在空气中表面生成致密氧化膜则对，因为铝遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化，所以可以用铝罐储存运输浓硫酸、浓硝酸，则对，故D错误；故选B；（6）钢铁的析氢腐蚀，正极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为：2H +2e=H2；要防止铁的腐蚀，可以将碳换成锌，形成原电池，采取牺牲阳极的阴极保护法，也可以采用外接电源的阴极保护法，所以应将铁与负极相连作阴极，图为：；故答案为：2H +2e=H2；点评：本题考查较为综合，涉及金属的性质的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累10（4分）（xx通州区一模）中国环境监测总站数据显示，PM2.5、SO2、NOx等是连续雾霾过程影响空气质量显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等因此，对它们进行研究具有重要意义请回答：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42NO3Cl浓度（mol/L）410661062105410531052105根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH=4（2）NOx是汽车尾气的主要污染物之一汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图：N2（g）+O2（g）2NO （g）H=+183kJ/mol考点：pH的简单计算；有关反应热的计算.分析：（1）根据溶液中电荷守恒计算H+离子浓度以及根据PH=lgc（H+）计算；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物的键能和生成物的键能和解答：解：（1）溶液中电荷守恒：C（K+）+C（NH4+）+c（Na+）+C（H+）=2C（SO42）+C（NO3）+C（Cl），4106mol/L+2105mol/L+6106mol/L+C（H+）=24105mol/L+3105mol/L+2105mol/L，得C（H+）=1104molL1，PH=lgc（H+）=4，所以pH值为4，故答案为：4；（2）该反应中的反应热=反应物的键能和生成物的键能和=（945+498）kJ/mol2630kJ/mol=+183kJ/mol，故答案为：+183 kJ/mol点评：本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、反应热=反应物的键能和生成物的键能和等知识，注意反应热的计算方法，为易错点，题目难度不大11（12分）（xx通州区一模）消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术反应原理如图1所示：由图可知SCR技术中的氧化剂为NO、NO2用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当=1：1时，脱氮率最佳，已知每生成28g N2 放出的热量为QkJ，该反应的热化学方程式为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H=2QkJ/mol工业上变“废”为宝，吸收工业中SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图2（Ce为铈元素）：装置中的主要反应的离子方程式为SO2+OH=HSO3装置还可以使Ce4+再生，若用甲烷燃料电池电解该装置中的溶液，当消耗1mol CH4时，理论上可再生8mol Ce4+用活性炭还原法可以处理氮氧化物如发生反应：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H=Q kJ/mol在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：时间（min）浓度（mol/L）01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36Tl时，该反应的平衡常数K=30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2（答一种即可）考点：化学平衡常数的含义；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用.分析：I得电子化合价降低的反应物是氧化剂；生成1mol氮气放出QkJ热量，则生成2mol氮气放出2QkJ热量；装置中发生二氧化硫与NaOH的反应；由装置中Ce3+eCe4+，用甲烷燃料电池电解该装置中的溶液，则CH48e8Ce4+；Tl时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）=0.3mol/L、c（CO2）=0.3mol/L、c（NO）=0.4mol/L，以此计算反应的平衡常数；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K=，平衡常数不变，则结合浓度增大的影响因素来解答解答：解：根据图象知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中N元素化合价由正化合价变为0价、氨气中N元素化合价由3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2，故答案为：NO、NO2；当=1：1时，脱氮率最佳，每生成28g N2 放出的热量为QkJ，即生成1mol氮气放出QkJ热量，则生成2mol氮气放出2QkJ热量，则其热化学反应方程式为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H=2QkJ/mol，故答案为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H=2QkJ/mol；装置中发生二氧化硫与NaOH的反应，离子反应为SO2+OH=HSO3，NO和氢氧化钠之间不会反应，故答案为：SO2+OH=HSO3；由装置中Ce3+eCe4+，用甲烷燃料电池电解该装置中的溶液，由电子守恒可知CH48e8Ce4+，则当消耗1mol CH4时，理论上可再生8mol Ce4+，故答案为：8； Tl时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c（N2）=0.3mol/L、c（CO2）=0.3mol/L、c（NO）=0.4mol/L，则K=，故答案为：；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数K=，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；由氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，则改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2，故答案为：通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的CO2和N2点评：本题考查较综合，涉及氧化还原反应、化学平衡计算、原电池等，侧重化学反应原理的综合应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等12（13分）（xx通州区一模）为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验可选用试剂：KSCN溶液 NaOH溶液 酸性KMnO4溶液 K3Fe（CN）6溶液（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡溶液变（血）红色存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入12滴或（填序号）溶液，振荡紫红色褪去或产生蓝色沉淀存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe3+AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置A加热固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体当反应结束以后，试管中残留固体为黑色（2）装置B的作用是安全瓶（或防止倒吸）（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其操作方法是用玻璃片盖住集气瓶口并取出，正放在桌面上，然后将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则证明是O2（4）查阅资料】Ag2O和粉末的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水【提出假设】试管中残留的黑色固体可能是AgAg2OAg和Ag2O【实验验证】该小组为验证上述设想，分别取少量黑色固体，进行了如下实验：实验编号操 作现 象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是b（填实验编号）【实验结论】根据上述实验结果，得出AgNO3固体受热分解的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2【实验拓展】另取2.0g AgNO3样品充分受热分解，共收集到标准状况下气体的体积为336mL，则样品中AgNO3的百分含量为85%考点：性质实验方案的设计.分析：（1）Fe3+能和KSCN溶液发生络合反应生成络合物而使溶液呈血红色；Fe2+能和铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，Fe2+具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；（2）有缓冲作用的装置能防止倒吸；（3）氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃；（4）【实验评价】Ag和硝酸反应生成硝酸银和氮氧化物，Ag2O和硝酸反应生成硝酸银和水；【实验结论】有红棕色气体生成说明产生二氧化氮气体，根据实验a知黑色固体有Ag，还有氧气生成，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；【实验拓展】根据气体体积与硝酸银之间的关系式计算硝酸银质量，再根据质量分数公式计算硝酸银百分含量解答：解：（1）Fe3+能和KSCN溶液发生络合反应生成络合物而使溶液呈血红色，如果向溶液中滴加KSCN溶液时混合溶液呈血红色，说明含有铁离子；Fe2+能和铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，Fe2+具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，如果向溶液中滴加铁氰化钾生成蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液时混合溶液褪色，就说明溶液中含有亚铁离子，故答案为：操作现象结论溶液变（血）红色或紫红色褪去或产生蓝色沉淀（2）B装置有缓冲作用，能防止倒吸，为安全瓶，故答案为：安全瓶（或防止倒吸）；（3）氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，其检验方法为用玻璃片盖住集气瓶口并取出，正放在桌面上，然后将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则证明是O2，故答案为：用玻璃片盖住集气瓶口并取出，正放在桌面上，然后将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则证明是O2；（4）【实验评价】Ag和硝酸反应生成硝酸银和氮氧化物，Ag2O和硝酸反应生成硝酸银和水且该实验现象除了黑色固体溶解外没有其它明显现象，所以b不能确定固体产物成分，故答案为：b；【实验结论】有红棕色气体生成说明产生二氧化氮气体，根据实验a知黑色固体有Ag，还有氧气生成，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，反应方程式为2AgNO32Ag+2NO2+O2，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2+O2；【实验拓展】设硝酸银的质量为x，2AgNO32Ag+2NO2+O2340g V（NO2+O2）=67.2Lx 0.336L340g：67.2L=x：0.336Lx=1.7g，其质量分数=85%，故答案为：85%点评：本题考查性质实验方案设计，涉及离子检验、气体检验、物质成分确定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道常见离子的检验方法及实验现象，题目难度不大