天津市七校联考2020届高三二模化学试卷含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精天津市七校联考2020届高三二模化学试卷含解析2020年天津市七校联考高考化学二模试卷一、选择题(共12小题，每小题3分，满分36分）1。现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（）A.500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料B.用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C.港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到D。国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A.钢是铁和碳的合金,故A说法错误；B.Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体,故B说法正确；C。石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。减压分馏过程和产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青。故C说法正确；D.聚氨酯是一种高分子化合物,故D说法正确；故答案为A.2。下列有关化学用语表示正确的是（)A。对硝基甲苯的结构简式：B.离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－C.NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：D.CO2的比例模型:【答案】B【解析】【详解】A.氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；B.35Cl－、37Cl－的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，符合题意，B正确；C.NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，与题意不符，C错误；DCO2中，C原子半径大于O原子,则比例模型:，与题意不符,D错误;答案为B.3。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐,其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是（）A。简单离子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r(X）B。最常见氢化物的稳定性：X＞YC。Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D.第一电离能：Y＞X【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。这两种盐为NaNO3、NaClO4，则X为N，Y为O，Z为Na，W为Cl。【详解】A．根据层多径大,同电子层结构核多径小原则，因此简单离子半径:r（Cl－）＞r（N3−)＞r（O2−)＞r（Na＋),故A错误；B．原子半径：O＞N，半径越小，键能越大，H-O键能大于N-H键键能,所以最常见氢化物的稳定性：H2O＞NH3，故B错误;C．Na2O2中含有非极性共价键，该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；D．N元素的2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：Y＜X,故D错误.综上所述，答案为C。4。下列转化,在给定条件下能实现的是（）①NaCl（aq）Cl2（g）FeCl3(s）②Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3③N2NH3NH4Cl（aq)④SiO2SiCl4SiA.①③ B.④ C。①② D.②③【答案】A【解析】【详解】①电解饱和食盐水得到H2、Cl2和NaOH溶液，Cl2与Fe加热反应生成FeCl3，因此①能实现；②Fe2O3和盐酸反应生成FeCl3溶液，加热FeCl3溶液不能得到无水FeCl3,主要是铁离子水解，HCl易挥发，最终得到氢氧化铁,因此②不能实现；③N2和H2在高温高压、催化剂作用下反应生成NH3，NH3与盐酸反应生成NH4Cl,因此③能实现；④SiO2与盐酸不反应，因此④不能实现,所以①③能实现，故A符合题意.综上所述，答案为A。5.某晶体中含有极性键,关于该晶体的说法错误的是A.不可能有很高的熔沸点 B.不可能是单质C。可能是有机物 D。可能是离子晶体【答案】A【解析】【详解】A．在SiO2晶体中含有极性共价键Si—O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。B。同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，正确.C．若该极性键存在于含有C元素的化合物,如CH4、CH3CH2OH等,则相应的物质是有机物，正确。D．离子化合物中一定含有离子键,可能含有极性共价键，如NaOH，，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。故选A。6.在0.1mol/LNaHSO3溶液中,下列粒子浓度关系式不正确的是（）A。B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LNaHSO3溶液显酸性，故HSO的水解能力小于电离能力，水解产物H2SO3的浓度小于电离产物SO，存在粒子浓度关系：,故A错误；B．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在质子守恒：，B错误；C．0。1mol/LNaHSO3溶液存在物料守恒：,C正确；D．0。1mol/LNaHSO3溶液存在电荷守恒:，D正确；答案选AB.7。下列有关有机物结构和性质的说法错误的是A.分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的结构共有4种B。石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C.苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面D.1mol盐酸美西律（)最多可与3molH2发生加成【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH,丁基—C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；B。石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物,B错误；C。苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3molH2发生加成反应，D正确；故本题符合题意的选项是B。8。下列说法正确的是（）A.糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应B。糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的C。糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分,但都属于酯【答案】D【解析】【详解】A．因二糖、多糖、油脂、蛋白质都能发生水解,单糖不能发生水解，故A错误;B．因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故B错误；C．因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物,油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，故C错误；D．因油脂有油和脂肪之分，都属于酯，故D正确。9。下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A。中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B。排水法收集KMnO4分解产生的O2，先熄灭酒精灯，后移出导管C。分液时，下层液体下口放出,上层液体上口倒出D.定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水【答案】B【解析】【详解】A．中和滴定接近终点时，不断摇动,滴入要慢，有时还需要滴加一滴后不断的摇动，通过颜色判断是否达到滴定终点，故A正确；B．排水法收集KMnO4分解产生的O2,先移出导管，后熄灭酒精灯,以防产生倒吸，故B错误;C．分液时，遵循“下下上上”原则,即下层液体下口放出,上层液体上口倒出,故C正确；D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管加水，滴加到溶液凹液面与刻度线相平为止，故D正确。综上所述，答案为B.10.下列反应的离子方程式错误的是()A。硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42—4SO2↑+3H2OB。用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑C。醋酸钠溶液呈碱性的原因：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH—D。硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4【答案】A【解析】【详解】A。稀硫酸是非氧化性酸，硫代硫酸钠与稀硫酸的反应为：S2O32—+2H+S+SO2↑+H2O，A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水得氢氧化钠、氢气和氯气,B正确；C.醋酸钠溶液因CH3COO—水解呈碱性，C正确；D.PbS难溶，CuS更难溶，沉淀可转化，PbSO4也是沉淀,离子方程式Cu2++SO42—+PbS=CuS+PbSO4，D正确；答案选A。【点睛】D容易出错.同学对PbSO4沉淀不熟悉，会把离子方程式错写为：Cu2++PbS=CuS+Pb2+。11.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，这意味着对污染防治比过去要求更高.某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如图,当该装置工作时，下列说法正确的是（）A。盐桥中Cl－向Y极移动B.电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16。8LC.Y极发生的反应为2NO+l0e－+6H2O═N2↑+12OH－，周围pH增大D.电流由X极沿导线流向Y极【答案】C【解析】【详解】A．X电极是氨气失去电子生成氮气，是原电池负极，Y电极是硝酸根得到电子生成氮气，是原电池正极，根据原电池“同性相吸”，阴离子向负极移动，则盐桥中Cl－向X极移动，故A错误；B．电路中流过7。5mol电子时,负极电极反应式8NH3－6e－＝N2↑＋6,电路中转移7.5mol电子，负极得到1.25molN2，正极电极反应式2＋l0e－＋6H2O＝N2↑＋12OH－，电路中转移7.5mol电子,正极得到0。75molN2，因此共产生2molN2，标准状况下N2的体积为44.8L，故B错误；C．Y极发生的反应为2NO＋l0e－＋6H2O＝N2↑＋12OH－，周围pH增大，故C正确；D．X为负极，Y为正极，电流由Y极沿导线流向X极，故D错误.故答案为C.12。335℃时，在恒容密闭反应器中1。00mol催化脱氢的反应过程如下：反应1：反应2:测得和的产率和（以物质的量分数计）随时间的变化关系及反应过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（)A.使用催化剂能改变反应历程B。更换催化剂后、也会随之改变C.8h时，反应1、2都未处于平衡状态D.显著低于，是由于反应2的活化能比反应1的小，反应1生成的很快转变成【答案】B【解析】【详解】A.催化剂能改变反应活化能,不同催化剂催化效果不同，催化剂反应历程不同，故A正确；B.催化剂只改变活化能和反应速率（达到平衡的时间），不会对反应的产生影响，故B错误；C.8h后，的产率还在增大，说明反应2未达平衡状态，还在改变，反应1也未处于平衡状态，故C正确；D。降低活化能，能提高反应速率，会提高相同时间段的产率，故D正确答案选B。二、解答题(共4小题，满分64分)13。GaN是制造5G芯片的材料,氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光.回答下列问题：（1）基态As原子核外电子排布式为[Ar]___；下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是___.（填标号）A。［Ne］B.［Ne］C。[Ne]D。[Ne]（2）8-羟基喳啉合铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与8—羟基噎啉）合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为___；8-羟基喹啉合铝中所含元素电负性最大的是___（填元素符号,下同），第一电离能最大的是___（填元素符号），N原子的杂化方式为___。（3）已知下列化合物的熔点：化合物AlF3GaF3AlCl3熔点/℃10401000194表格中卤化物的熔点产生差异的原因是___.(4）Ga和As可以形成共价晶体,其晶胞结构如图所示，Ga与As以___键键合（共价、离子）。该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为___。(列出计算式，可不化简)【答案】(1)。3d104s24p3(2)。D(3)。正四面体(4)。O（5）.N（6)。sp2（7)。AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体(8).共价（9）.【解析】分析】(1)As为33号元素；电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小.（2)计算LiAlH4中阴离子的价层电子对数;根据同周期电负性逐渐增大；同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族,第VA族大于第VIA族；分析出N的价层电子对数。(3)根据熔点与晶体类型之间的联系分析.（4）先计算出晶胞中Ga和As的个数，再根据GaA晶胞的密度公式进行计算。【详解】（1)As为33号元素，基态As原子核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3；铝元素的下列状态中电子能量越高，电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小，[Ne],3p能级上的电子能量越高,失去时所需能量最小,因此D符合题意；故答案为：3d104s24p3；D。(2)LiAlH4中阴离子(）价层电子对数为，则阴离子空间构型为正四面体形；8-羟基喹啉合铝中所含元素有C、H、O、N,根据同周期电负性逐渐增大,因此元素中电负性最大的是O，根据同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族,因此第一电离能最大的是N,根据结构分析N原子有2个σ键，有一对孤对电子，其价层电子对数为3对，其杂化方式为sp2;故答案为:正四面体；O；N；sp2。(3）表格中卤化物的熔点产生差异的原因是；AlF3、GaF3熔点高,主要是AlF3、GaF3为离子晶体,AlCl3熔点低，主要是AlCl3为分子晶体；故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。(4)Ga和As可以形成共价晶体，因此Ga与As以共价键键合。晶胞中Ga个数为4个，As个数为，该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为；故答案为:。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式书写、电离能、电负性、空间构型、杂化类型、晶胞计算等。14。目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上由丙烯（A)和有机物C(C7H6O3)为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：⑴化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。⑵上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）⑶写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。⑷下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。a。属于酯类化合物b.1molD最多能与4molH2发生加成反应c.一定条件下能发生加聚反应d。核磁共振氢谱有5组峰⑸写出符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___。①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基；⑹请参照上述制备流程,写出以有机物C、和乙烯为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂任用）【答案】(1)。(2)。碳碳双键、溴原子（3）。①②③④（4）.CH2=CHCH2Br＋NaOHCH2=CHCH2OH＋NaBr(5）。bc(6）.或(7).CH2=CH2CH3CH2Cl【解析】【分析】丙烯（A)和Br2在光照下反应生成CH2=CHCH2Br，CH2=CHCH2Br与反应生成D（）,D和SOCl2发生取代反应得到E，E和发生取代反应生成F。【详解】⑴根据C的分子式和B(CH2=CHCH2Br)、D的结构分析得到化合物C的结构简式为。B(CH2=CHCH2Br）的官能团名称碳碳双键、溴原子；故答案为：；碳碳双键、溴原子。⑵丙烯和溴单质在光照下发生取代反应生成B(CH2=CHCH2Br），B(CH2=CHCH2Br)和C()发生取代反应生成D()，D和SOCl2发生取代反应,—Cl取代—COOH—OH得到E，E和发生取代反应生成F,因此上述转化过程中属于取代反应的有①②③④；故答案为：①②③④。⑶B与NaOH水溶液反应水解反应，其化学方程式CH2=CHCH2Br＋NaOHCH2=CHCH2OH＋NaBr;故答案为:CH2=CHCH2Br＋NaOHCH2=CHCH2OH＋NaBr。⑷a．D（)不含有酯基，不属于酯类化合物，故a错误；b．1molD中1mol苯环与3molH2发生加成反应，1mol碳碳双键与1molH2发生加成反应，因此最多能与4molH2发生加成反应,故b正确；c．D含有碳碳双键，因此一定条件下能发生加聚反应，故c正确；d．D()的核磁共振氢谱有6组峰，故d错误；综上所述，答案为:bc。⑸①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应，说明含有醛基；③苯环上有3个取代基；根据碳原子和氧原子数目得到另外两个取代基为羟基，因此符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式为或；故答案为：或。⑹乙烯和HCl反应生成CH3CH2Cl,CH3CH2Cl与C()反应生成，与SOCl2反应生成，与反应生成，因此合成路线图为请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂任用）CH2=CH2CH3CH2Cl;故答案为:CH2=CH2CH3CH2Cl。【点睛】有机推断是化学常考题型，主要考查结构简式、官能团、反应类型、反应方程式书写、同分异构体书写，合成路线图等.15。NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质）为原料生产NiCl2的工艺流程如图.表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。氢氧化物Fe(OH）3Fe(OH)2Al（OH）3Ni(OH）2开始沉淀的pH2.16.53。77.1沉淀完全的pH3.39。74。79.2(1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有___。（写一条即可)（2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为___。（3）“调pH”时，控制溶液pH的范围为___≤pH＜7。（4）流程中由溶液得到NiCl2•6H2O的实验操作步骤依次为___、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）。适当升温或研成粉末(2）.H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O（3）.4。7（4）。蒸发浓缩【解析】【分析】金属镍废料（含Fe、Al等杂质)与盐酸反应,通过研磨成粉末提高反应速率和利用率，生成氯化铝、氯化亚铁、氯化镍，加入双氧水,氧化亚铁离子变为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH将铝离子和铁离子沉淀，过滤后滤液加入碳酸钠溶液沉淀镍离子生成碳酸镍,过滤，向沉淀中加入盐酸溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到NiCl2∙6H2O。【详解】（1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升温或研成粉末;故答案为：适当升温或研成粉末。（2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O;故答案为：H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O.(3)“调pH"时，主要将铁离子和铝离子沉淀，根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH,因此pH大于4。7,不能沉淀镍离子,因此溶液pH小于7.1，综合考虑应控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7;故答案为：4.7。(4)流程中由溶液得到NiCl2∙6H2O的实验操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;故答案为：蒸发浓缩。16。高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水,微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物;在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2,某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并测定产品纯度，回答下列问题：第一步:制备K2FeO4，装置如图所示,夹持，加热等装置略。(1）仪器a的名称是___,装置B中除杂质所用试剂是___。（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为___，反应中KOH必须过量的原因是___。（3）写出C中总反应的离子方程式___.C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥,得到高铁酸钾晶体。第二步:K2FeO4产品纯度的测定：准确称取1.00g制得的晶体,配成250mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液,振荡,再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500mol∙L−1（NH4）Fe（SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液浅紫红色）,平行测定三次,平均消耗(NH4)Fe(SO4)2标准溶液28.00mL.（4）根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为___.（K2FeO4摩尔质量为198g∙mol−1）若(NH4)Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果___。(填“偏高"、“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)。圆底烧瓶(2).饱和食盐水(3).冷水浴（4）。保持溶液碱性，防止变质（5）.3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O(6）.92。4％(7）。偏高【解析】【分析】A装置是实验室制取氯气，用B装置除掉氯气中的HCl杂质，将氯气与过量氢氧化钾、氯化铁反应,用冰水浴冷却，过量的氯气用氢氧化钠溶液吸收，制得的K2FeO4配制成250mL溶液，用足量CrCl3和NaOH溶液与之反应生成重铬酸根,用（NH4）Fe(SO4)2滴定重铬酸根。【详解】（1)根据图得到仪器a的名称是圆底烧瓶，装置B中主要是除掉氯气中的HCl，除杂质所用试剂是饱和食盐水;故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水.(2)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为将装置放入冷水浴,根据信息K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定,因此反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止变质；故答案为：冷水浴；保持溶液碱性，防止变质。（3）C中主要是氯气和氢氧化钾、氯化铁反应生成K2FeO4,其总反应的离子方程式3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O;故答案为：3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O。（4)根据以上数据，根据2—Cr2O—6Fe2+关系式，n（）=×0。0500mol∙L−1×28×10−3L×10=×10−3mol，样品中K2FeO4的质量分数为，若(NH4）Fe（SO4)2标准溶液部分变质，则消耗的体积偏多,计算K2FeO4的质量分数结果偏高；故答案为:92。4%；偏高.17.含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物，回答下列有关问题：（1)在一定条件下:2N2(g)+6H2O（g）═4NH3(g)+3O2(g)。已知该反应的相关的化学键键能数据如表，则该反应的△H=___kJ/mol。化学键N≡NH-ON—HO=OE/（kJ/mol）946463391496（2）在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）2N2O5(g）①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示,常温下，该反应能逆向自发进行，原因是___。②下列有关该反应的说法正确的是___.A。扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B。恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大C。恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图2,则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为___.0.01mol/L的溶液XYZWpH1228.54。5（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。上表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH.将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为___。（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：Ⅰ：2NO2（g）+NaCl(s）NaNO3（s)+ClNO(g）K1Ⅱ：2NO(g）+Cl2(g）2ClNO(g）K2①4NO2(g)+2NaCl(s）2NaNO3（s）+2NO(g）+Cl2（g）的平衡常数K=___(用K1、K2表示）。②在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0。1molCl2,10min时反应达到平衡，测得10min内υ（ClNO)=7.5×10−3mol/（L∙min），则平衡时NO的转化率α1=___；其他条件不变，反应Ⅱ在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2___α1（填“＞"、“＜”或“=”）。【答案】(1)。+1268（2)。逆反应方向的△S＞0（3）。B、D(4）。BH+8OH－－8e－=BO+6H2O(5)。c(Na+)＞c（)＞c(）＞c(OH－）＞c(H+）（6）。(7)。75%（8)。＞【解析】【分析】（1）利用△H=断键吸收的热量－成键释放的热量进行计算。（2)①根据ΔG=ΔH－TΔS＜0进行分析；②根据平衡移动原理和判断平衡状态标志分析；（3）根据化合价判断出原电池的正负极。（4）根据溶液的pH值分析四种物质分别是哪种物质，再根据反应后溶液的溶质分析离子浓度大小。（5）①根据平衡常数与反应方程式的关系分析；②计算Δn（ClNO）和Δn(NO）的改变量，再计算转化率，根据平衡移动分析转化率变化。【详解】(1)该反应的△H=断键吸收的热量－成键释放的热量=946kJ∙mol−1×2+463kJ∙mol−1×12－391kJ∙mol−1×12－496kJ∙mol−1×3=+1268kJ∙mol−1；故答案为：+1268.(2)①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示,曲线II的温度高,从曲线II到曲线I，温度降低,n(N2O5）增大，平衡正向移动，正向是放热反应，逆向是吸热反应，即ΔH＞0,反应能逆向自发进行，即ΔG=ΔH－TΔS＜0，则逆反应方向的