（新高考）高考化学考前冲刺卷（十一）(解析版)

（新高考）此卷只装订不密封此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学（十一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ca40Ti48一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．《本草经集注》中记载了区分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真焰硝”，这是利用了“焰色反应”原理D．北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成份为SiO2【答案】C【解析】A．海水制盐后可以利用氯碱工业即电解饱和食盐水，反应方程式为：2NaCl+2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH+Cl2↑+H2↑，故电解饱和食盐水制备不到金属钠，A错误；B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的结构简式为：，分子中没有碳碳双键等不饱和键，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．鉴别K+和Na+可以利用焰色反应，故《本草经集注》中记载了区分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真焰硝”，是利用了“焰色反应”原理，C正确；D．北斗卫星导航专用SKIPIF1<0硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成份为晶体硅，D错误；故答案为C。2．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1∶3B．标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数为NAC．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NAD．22.4LCl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA【答案】A【解析】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为Ceq\o\al(3−,60)，则阴阳离子个数比为1∶3，A说法正确；B．NO2气体中存在2NO2N2O4，则标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数小于NA，B说法错误；C．32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为0.5NA，C说法错误；D．标况下，22.4LCl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA，未给定气体状态，则原子数不能确定，D说法错误；答案为A。3．用如图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是用甲装置定量测定化学反应速率 B．用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨C．用丙装置分离甲醇(沸点64.7℃)与水的混合物D．用丁装置除去溶在CCl4中的Br2【答案】D【解析】A．生成氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，应改为分液漏斗，故A错误；B．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故B错误；C．温度计应处于圆底烧瓶的支气管处，故C错误；D．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，故D正确；故选D。4．紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A．1mol该有机物最多能与5molH2反应B．能够与钠反应生成氢气C．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色D．能够发生水解反应【答案】A【解析】A．一定条件下，该有机物中苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与4mol氢气反应，故A错误；B．该有机物含有醇羟基，能够与钠发生置换反应生成氢气，故B正确；C．该有机物含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与羟基相连的碳原子上连有氢原子，醇羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色褪色，故C正确；D．该有机物含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故D正确；故选A。5．化学与生活密切相关，下列生活常识不能用对应的化学知识解释的是选项生活常识化学知识A餐后要将洗浄的铁锅擦干减缓铁的锈蚀B护肤品中添加丙三醇丙三醇有吸水性C煮沸豆浆主要将蛋白质转换为氨基酸D用热的纯碱溶液清洗油污油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解【答案】C【解析】A．铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀形成铁锈，水膜是形成铁碳-电解质溶液无数微小原电池的必要条件之一，所以餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀，故A正确，不符合题意；B．丙三醇是含有羟基数目较多的多羟基醇，具有吸水性，可作护肤保湿剂，故B正确，不符合题意；C．煮沸豆浆是蛋白质变质，故C错误，符合题意；D．碳酸钠俗名纯碱，碳酸钠水解使溶液呈碱性，并且水解是吸热反应，温热的纯碱溶液碱性更强，油脂在碱性条件下能发生水解，并且碱性越强油脂水解程度越大，所以油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故D正确，不符合题意；故选C。6．利用如图装置进行Cl2制备及其化学性质的探究。下列说法错误的是A．拉动a或b的活塞，可检查装置气密性B．c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为6∶1C．c中产生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性D．性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由红色变为无色【答案】B【解析】c中反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，实验结束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。A．拉动a或b的活塞，松开后看活塞能否恢复到原位，可检查装置气密性，故A正确；B．由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，化合价升高的氯与化合价降低的氯比为5∶1，c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为5∶1，故B错误；C．c中产生Cl2后，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有强氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正确；D．性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO，碱性变弱，溶液由红色变为无色，故D正确；故选B。7．研究认为，强碱性溶液中反应I−+ClO−=IO−+Cl−分三步进行，其中两步如下：第一步ClO−+H2O→HOCl+OH−K1=3.3×10−10第三步HOI+OH−→IO−+H2OK3=2.3×103下列说法正确的是A．OH−是该化学反应的催化剂 B．第一、三步反应均为氧化还原反应C．由K可判断反应第三步比第一步快 D．反应的第二步为HOCl+I−→HOI+Cl−【答案】D【解析】A．第一步水解产生了OH−，第三步又消耗了OH−，所以OH−是整个反应的中间产物，不是催化剂，故A说法错误；B．第一步反应是水解反应，不是氧化还原反应，第三步是酸碱中和反应，也不是氧化还原反应，故B说法错误；C．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，故C说法错误；D．总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I−→HOI+Cl−，故D说法正确；本题答案D。8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是A．Y和W都存在可以用来消毒的单质B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐C．Y、Z能组成含有非极性键的化合物D．W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性强【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl，原子序数之和为42，X和Y的原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，由上述分析可知：X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl。A．Y的单质为O2或O3，W的单质为Cl2，O3、Cl2均可以用来消毒，故A正确；B．X、Y、Z可以组成Na2CO3，Y、Z、W可以组成NaClO，在水中均为显碱性的盐，故B正确；C．Y、Z能组成含有非极性键的Na2O2，故C正确；D．HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D错误；本题答案为D。9．科学家设想利用图示装置进行CO2的固定，同时产生电能。该装置工作时，生成的碳附着在电极上。下列说法错误的是A．电解板(Li)作该电池的负极B．若导线中流过4mole−，理论上负极区减少4molLi+C．负极区不适合选用水溶液作电解质溶液D．采用多孔催化剂电极有利于CO2扩散到电极表面【答案】B【解析】利用如图所示装置进行CO2的固定同时产生电能，故该装置为原电池，该装置工作时，生成的碳附着在电极上，则Li为负极，多孔催化剂电极为正极。A．由图知，Li为负极，多孔催化剂电极为正极，故A正确；B．导线中流过4mole−，负极产生4molLi+，同时有4molLi+向正极区移动，所以理论上负极区Li+的物质的量不变，故B错误；C．Li能与水反应，负极区不适合选用水溶液作电解质溶液，故C正确；D．多孔结构有利于气体扩散，即有利于CO2扩散到电极表面，故D正确；故选B。10．温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03下列说法不正确的是A．0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L−1·s−1B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数增大C．其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T1【答案】C【解析】A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，Δn(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)=SKIPIF1<0=0.03mol·L−1·s−1，A正确；B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大，B正确；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2，化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=SKIPIF1<0SKIPIF1<0＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1，D正确。二、不定项选择（每小题4分，共20分。）11．燃煤和工业生产中产生的SO2过量排放会形成酸雨。SO2是重要的化工原料，可作漂白剂。在接触法制硫酸的工业中，SO2发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-198kJ/mol。下列关于SO2的说法正确的是A．SO2分子呈V形，是极性分子B．SO2的水溶液能导电，SO2是电解质C．SO2和H2S反应，每生成1molS，转移的电子数为2molD．用石灰石浆液吸收烟气中的SO2，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏【答案】AD【解析】A．SO2的价层电子对数为2+SKIPIF1<0(6-2SKIPIF1<02)=3，且有一对孤对电子，构型为V形，是极性分子，故A正确；B．SO2的水溶液能导电是因为和水反应生成了亚硫酸，SO2是非电解质，故B错误；C．SO2和H2S反应生成S单质，S元素由+4价下降到0价，又由-2价上升到0价，方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，每生成1molS，转移的电子数为SKIPIF1<0mol，故C错误；D．石灰石浆吸收废气中的二氧化硫的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏，故D正确；故选AD。12．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A．第一电离能：O>N>C>HB．分子中C和N的杂化方式相同C．基态Zn原子的核外电子有15种空间运动状态D．该物质中，Zn的配位数为4，配位原子为O、N【答案】C【解析】A．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，氢对核外电子的束缚力很弱，容易失去一个电子，其第一电离能较小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；B．分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，N都是sp3杂化，故B错误；C．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Zn原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，有15种空间运动状态，故C正确；D．该物质中，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，配位原子是O、N，但Zn的配位数是5，故D错误；故选C。13．除去电石渣浆(CaO)清液中的S2−，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如图所示：下列说法错误的是A．过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2B．17.2g石膏失水后质量变为14.5g，所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为1∶1C．10L上清液(S2−浓度为320mg·L−1)中的S2−转化为SOeq\o\al(2−,4)时，理论上共需要4.48LO2D．过程II反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(2−,3)+2S2−+9H2O=S2Oeq\o\al(2−,3)+4Mn(OH)2↓+10OH−【答案】BC【解析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnOeq\o\al(2−,3)，MnOeq\o\al(2−,3)与S2−反应生成S2Oeq\o\al(2−,3)，进而与氧气反应生成SOeq\o\al(2−,4)，可用于制备CaSO4·2H2O。A．Mn(OH)2在过程I化合价升高转化为MnOeq\o\al(2−,3)，MnOeq\o\al(2−,3)在过程II中化合价降低又转化为Mn(OH)2，因此过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，故A正确；B．17.2g石膏的物质的量是0.1mol，失水后质量变为14.5g，所得固体中CaSO4的质量是13.6g，结晶水的质量是14.5g-13.6g＝0.9mol，物质的量是0.05mol，则所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为2∶1，故B错误；将10L上清液中的S2−转化为SOeq\o\al(2−,4)（S2−浓度为320mg·L−1)），质量为320mg·L−1×10L=3200mg=3.2g，物质的量为3.2g÷32g/mol=0.10mol，根据得失电子守恒0.10mol×8=n(O2)×4，n(O2)=0.2mol，在标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C错误；D．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(2−,3)+2S2−+9H2O=S2Oeq\o\al(2−,3)+4Mn(OH)2↓+10OH−，故D正确；故选BC。14．我国青藏高原的盐湖中蕴藏着丰富的锂资源，已探明的储量约三千万吨，碳酸锂制备高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是A．金属锂可保存在煤油中B．使用复合助剂有利于碳酸钾的分解C．“粉碎”是为了增加接触面积，加快反应速率D．真空热还原发生的主要化学反应为2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高温))6Li+Al2O3【答案】A【解析】碳酸锂高温焙烧之后生成氧化锂、二氧化碳，粉碎，加入还原剂生成锂，化学反应为2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高温))6Li+Al2O3；A．Li的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中，应该保存在液体石蜡中，A项错误；B．碳酸锂高温焙烧分解生成二氧化碳，复合助剂可以与二氧化碳发生反应，促进碳酸锂分解，故使用复合助剂有利于碳酸锂的分解，B项正确；C．“粉碎”可以使接触面积更大，从而加快反应速率，C项正确；D．铝还原性强，化学反应为2Al+3Li2Oeq\o(=,\s\up7(高温))6Li+Al2O3，D项正确；选A。15．用返电位滴定法测定苯酚的电离常数：在苯酚溶液中加入适当过量的NaOH溶液，得到NaOH和C6H5ONa混合液，然后用盐酸滴定，得到如图曲线，A、D为两个滴定终点。下列说法正确的是A．A点时C6H5ONa与盐酸完全反应B．B点溶液中离子浓度大小关系是：c(Na+)＜c(Cl−)+c(C6H5O−)C．本实验测得苯酚的pKa=10D．C点溶液中c(C6H5O−)＞c(C6H5OH)【答案】C【解析】A．盐酸先与NaOH发生中和反应，所以第一个滴定终点应是NaOH与盐酸完全反应，A错误；B．B点溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(C6H5O−)+c(OH−)，据图可知此时pH为10，溶液显碱性，所以c(H+)＜c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)+c(C6H5O−)，B错误；C．苯酚的Ka=SKIPIF1<0，从A点到D点消耗15mL盐酸，即C6H5ONa消耗15mL盐酸，从A点到B点所用盐酸为7.5mL，则恰好反应一半C6H5ONa，可近似认为此时溶液中c(C6H5OH)=c(C6H5O−)，则Ka=c(H+)，所以pKa=pH=10，C正确；D．C点接近C6H5ONa完全反应的点，溶液中溶质为NaCl、C6H5OH和极少量的C6H5ONa，C6H5OH的电离微弱，所以c(C6H5O−)＜c(C6H5OH)，D错误；综上所述答案为C。三、非选择题（共60分。）16．氯化亚铜(CuCl)是一种见光易分解的白色固体，难溶于水，在潮湿的环境中易被氧气氧化为碱式氯化铜。实验室用SOCl2与CuCl2溶液混合制取CuCl的装置如图所示。已知：①SOCl2是一种易发烟的液体，遇水剧烈水解生成SO2和HCl气体；②CuCl在溶液中存在如下平衡：CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)(无色)。回答下列问题：(1)配制CuCl2溶液所需的蒸馏水需要去氧气，最简单的去氧操作是_______。(2)当三颈烧瓶的溶液由_____时(填实验现象)，则说明反应已经完成，可以停止实验。(3)实验结束后需要先向三颈烧瓶中加入去氧水，然后再进行过滤得到CuCl。加水的作用是____，过滤时需要在避光的条件下进行，原因是_____。(4)经过滤得到的CuCl沉淀，先用无水乙醇洗涤，然后在真空干燥机内于70℃下干燥2小时，冷却，密封保存。“70℃真空干燥”的目的是_____。(5)久置在空气中的CuCl可完全变质为碱式氯化铜［xCuCl2·yCu(OH)2，其x、y为整数］，为探究该碱式氯化铜的组成，设计如下实验步骤：①准确称取4.216g样品，溶于足量乙酸中，加蒸馏水配制成100mL溶液；②取25mL溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得白色固体质量为0.574g；③另取25mL溶液，向其中加入过量的KI溶液，再用0.400mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL。已知滴定过程涉及如下反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2S2Oeq\o\al(2−,3)+I2=2I−+S4Oeq\o\al(2−,6)。计算碱式氯化铜中x=_____；y=____。【答案】（1）将蒸馏水煮沸由蓝色变为无色稀释，使[CuCl4]3−转化为CuClCuCl见光易分解防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜14【解析】由题意可知，三颈烧瓶中SOCl2与CuCl2溶液混合反应生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，三颈烧瓶右边的装置起冷凝作用，用于冷凝收集挥发出的SOCl2；向反应后的三颈烧瓶中加入去氧水，稀释溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)向逆反应方向移动，将[CuCl4]3−离子转化为CuCl沉淀，在避光的条件下过滤得到CuCl。(1)可以用将蒸馏水煮沸的方法去除蒸馏水中溶解的氧气，故答案为：将蒸馏水煮沸；(2)由分析可知，三颈烧瓶中发生的反应为SOCl2与CuCl2溶液反应生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，则当溶液由蓝色变为无色时，说明氯化铜已经完全反应，可以停止实验，故答案为：由蓝色变为无色；(3)由分析可知，向反应后的三颈烧瓶中加入去氧水，稀释溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)向逆反应方向移动，将[CuCl4]3−离子转化为CuCl沉淀；CuCl见光易分解，应在避光的条件下过滤得到CuCl，故答案为：稀释，使[CuCl4]3−转化为CuCl；CuCl见光易分解；(4)氯化亚铜在潮湿的环境中易被氧气氧化为碱式氯化铜，则在真空干燥机内于70℃下干燥2小时的目的防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜，故答案为：防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜；(5)由②可知，4.216g样品中氯离子的物质的量为SKIPIF1<0×4=0.016mol，由③可得如下关系式Cu2+～S2Oeq\o\al(2−,3)，则4.216g样品中铜离子的物质的量为0.400mol·L−1×0.025L×4=0.04mol，由电荷守恒可知4.216g样品中氢氧根离子的物质的量为(0.04mol×2-0.016mol)=0.064mol，样品中x∶y=(0.016mol×SKIPIF1<0)∶(0.064mol×SKIPIF1<0)=1∶4，则x=1，y=4，故答案为：1；4。17．I．研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。某化学小组查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：①2NO(g)N2O2(g)(快)SKIPIF1<0；v1正=K1正c2(NO)，v1逆=K1逆c(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)SKIPIF1<0；v2正=K2正c(N2O2)，v2逆=K2逆c2(NO2)请回答下列问题：(1)写出反应2NO+O2=2NO2的热化学方程式______________（焓变用含SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的式子表示）。(2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用K1正、K1逆、K2正、K2逆表示的平衡常数表达式K=___________________。(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应2NO2+2NH3·H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O，若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NOeq\o\al(−,3))+c(NOeq\o\al(−,2))____c(NHeq\o\al(+,4))(填“>”、“<”或“=”)。(4)工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2−。该电解池阴极的电极反应式是_________。II．在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)SKIPIF1<0①下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是__________（填字母）。a．其他条件不变时，压缩容器体积b．其他条件不变时，升高反应体系温度c．使用合适的催化剂d．保持容器体积不变，充入一定量的氮气②实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：_______。【答案】（1）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)SKIPIF1<0kJ/molSKIPIF1<0>2NO2+8e−=N2+4O2−ad该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强【解析】I．(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可以由反应①+②而得，根据盖斯定律可知所SKIPIF1<0kJ/mol；所以答案为：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)SKIPIF1<0kJ/mol。(2)由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0。(3)根据电荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))+c(H+)=c(NOeq\o\al(−,3))+c(NOeq\o\al(−,2))+c(OH−)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH−)，所以c(NOeq\o\al(−,3))+c(NOeq\o\al(−,2))＞c(NHeq\o\al(+,4))，故答案为：>。(4)O2−在阳极发生氧化反应，而氮的氧化物在阴极发生还原反应，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NO2+8e−=N2+4O2−，故答案为：2NO2+8e−=N2+4O2−。II．a．该反应是一个气体分子总数减小的反应，其他条件不变时，压缩容器体积，压强增大，平衡往正向移动，反应速率加快并提高了氢气的转化率，a正确；b．该反应是放热反应，其他条件不变时，升高反应体系温度，平衡往逆向移动，氢气转化率下降，b错误；c．使用催化剂不能改变平衡转化率，c错误；d．保持容器体积不变，充入一定量的氮气，反应物浓度增加，反应速率加快，平衡往正向移动，氢气转化率增大，d正确；所以答案选ad。②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)SKIPIF1<0，如果温度过低，反应速率慢；该反应是放热反应，如果温度过高，反应物的转化率下降，而且温度会影响铁触媒的活性，所以需要将温度控制在一个合适的范围，所以答案为：该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强。18．钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用低硫钴矿(含Ca、Fe、Al、Mn、Mg、Co等元素的硫化物及SiO2)可以制取多种化工试剂，采用以下工艺流程可利用低硫钴矿制备CoCO3。已知下列信息：①常温下，Ksp(CaF2)=4.9×10−10，Ksp(MgF2)=6.4×10−12；②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀1.97.07.63.08.1完全沉淀3.29.09.24.710.1(1)酸溶时Co2O3被还原为Co2+，同时还有______离子被还原。写出Co2O3转化为Co2+反应的离子方程式______。(2)“控电位浸出”是控制合适的氧化电位，将溶液中Mn2+变为MnO2除去，写出阳极电极反应式______。(3)加入NaClO3的作用是______。(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______。(5)为了将Mg2+、Ca2+除去，加入NaF使“滤液I”中c(F−)最小为______。(6)“沉钴”步骤的离子方程式是______。【答案】（1）Fe3+SKIPIF1<0SKIPIF1<0将Fe2+氧化成Fe3+，方便除去铁元素杂质除去Fe3+、Al3+0.007mol/LSKIPIF1<0【解析】酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，反应的离子方程式为：SKIPIF1<0，“控电位浸出”将溶液中Mn2+变为MnO2除去，浸出液中含有Ca2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等杂质，加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH=5.2除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，加入NaF将Ca2+、Mg2+转化成CaF、MgF沉淀除去，最后加入碳酸氢钠和Co2+反应得到碳酸钴。(1)酸溶时，反应物有Co2O3、Na2SO3、H2SO4，其中Co2O3具有极强的氧化性，则被还原的离子还有Fe3+，而Na2SO3具有强还原性，所以反应的离子方程式为：SKIPIF1<0；(2)阳极发生氧化反应，电极反应式为：SKIPIF1<0；(3)由于在酸溶过程中，亚硫酸根将铁离子还原为不易除去的亚铁离子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续步骤除去杂质Fe3+；(4)由题干知，溶液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2+等杂质，使用碳酸钠调节pH为5.2，可以除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，所以目的为：除去Fe3+、Al3+；(5)Mg2+、Ca2+完全除去，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以c(F−)最小为0.007mol/L；(6)“沉钴”步骤为Co2+和碳酸氢根反应生成碳酸钴，反应的离子方程式为：SKIPIF1<0。19．卟啉化合物在生命科学、太阳能储存等众多领域具有广阔的应用前景。回答下列问题：I．四苯基金属锌卟啉配合物具有促进细胞组织呼吸、改善蛋白质和糖代谢等作用，其合成过程如下(ph-为苯基)：(1)配合物中基态Zn原子的价电子排布式为_______，C原子的杂化类型为_______。(2)合成过程所用的试剂乙醇中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______。(3)乙醇的沸点高于二氯甲烷的沸点，主要原因是_______。II．研究表明利用卟啉配合物对钙钛矿薄膜进行修饰调控，可大幅度提高钙钛矿太阳能电池器件的性能和稳定性。(4)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2−组成的_______空隙中，若Ca2+与O2−的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______g∙cm−3(列出计算表达式)。(5)在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2−处于_______位置。【答案】（1）3d104s2sp2O>C>H乙醇和二氯甲烷都是分子晶体，乙醇存在分子间氢键正八面体SKIPIF1<0棱心【解析】(1)Zn为30号元素，基