仿真训练周测卷(六)

仿真训练周测卷(六)(时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Cr—52Mn—55Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137卷Ⅰ选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质中，属于高分子材料的是()A．聚乙烯 B．陶瓷C．蔗糖 D．光导纤维解析：选A聚乙烯是高分子化合物，选A；陶瓷是硅酸盐产品，不是高分子材料，不选B；蔗糖是二糖，不是高分子材料，不选C；光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是高分子材料，不选D。2．下列化学用语表示正确的是()A．2­甲基­1­丁烯的键线式：B．乙醚的分子式：C2H6OC．基态Mn2＋的价电子轨道表示式：D．HBr的电子式为解析：选C根据烯烃的命名原则，2­甲基­1­丁烯的结构简式为，其键线式为，故A错误；乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，其分子式为C4H10O，甲醚分子式为C2H6O，故B错误；Mn的价电子排布式为3d54s2，Mn2＋价电子排布式为3d5，基态Mn2＋的价电子轨道式为，故C正确；HBr属于共价化合物，其电子式为Heq\o\al(·,×)Beq\o(r,\s\up6(),\s\do4())，故D错误。3．硅酸钠溶液应用广泛，下列说法不正确的是()A．基态Si原子价层电子排布式为3s23p2B．硅酸钠溶液可作织物防火剂、建筑黏合剂C．水玻璃属于强电解质D．硅酸钠溶液应保存在带橡胶塞的试剂瓶中解析：选C基态Si原子价层电子排布式为3s23p2，A正确；硅酸钠溶液俗称水玻璃，可作织物防火剂、建筑黏合剂，B正确；水玻璃属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；硅酸钠溶液呈碱性，且有黏合性，应保存在带橡胶塞的试剂瓶中，D正确。4．下列说法正确的是()A．二氧化碳不支持燃烧，故泡沫灭火器可用于金属钠着火后灭火B．SiO2和纯碱在高温条件下反应生成CO2，该反应利用的是较强酸制较弱酸的原理C．氯气可使湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白性D．工业上采用“吹出法”进行海水提溴，该方法利用了溴易挥发的性质解析：选D二氧化碳不支持燃烧，但钠燃烧后会产生过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳、水反应后产生助燃的氧气，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，选项A错误；SiO2和纯碱在高温条件下反应的原理是用高沸点物质制备低沸点物质(关键点)，选项B错误；氯气可使湿润的有色布条褪色是由于氯气与水反应生成的HClO有漂白性，选项C错误；溴易挥发，工业上海水提溴时利用热空气将溴吹出，选项D正确。5．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是()A．图Ⅰ：铁制品上镀铜B．图Ⅱ：蒸发CuSO4溶液制得CuSO4·5H2OC．图Ⅲ：增大反应物浓度使平衡正向移动D．图Ⅳ：测定H2C2O4溶液浓度解析：选C铁上镀铜，铁应作阴极，铜应作阳极，A错误；CuSO4·5H2O是结晶水合物，不适合用蒸发结晶，应采用蒸发浓缩冷却结晶的方法，B错误；图Ⅲ试管中反应为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，增大反应物硫氰根离子浓度，平衡正向移动，C正确；酸性高锰酸钾会腐蚀橡胶，不能装在碱式滴定管里，应用酸性滴定管，D错误。6．Li­O2电池比能量高，可用于汽车、航天等领域。电池反应为2Li＋O2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Li2O2，放电时，下列说法不正确的是()A．Li在负极失去电子B．O2在正极发生还原反应C．阳离子由正极移向负极D．化学能转化成电能解析：选C放电时为原电池，负极Li失去电子，发生氧化反应，A项正确；氧气在正极得到电子，发生还原反应，B项正确；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，C项错误；原电池工作时化学能转化成电能，D项正确。7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．电解精炼铜时，阳极减轻6.4g，则电路中转移电子数目为0.2NAB．室温下，1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的数目为0.1NAC．7.8g苯()中含有σ键的数目为1.2NAD．将0.3molH2和0.1molN2于密闭容器中充分反应后，容器内的分子数等于0.2NA解析：选C粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减轻6.4g，则电路中转移电子数目不一定为0.2NA，选项A错误；碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则室温下，1L0.1mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子的数目小于0.1mol·L－1×1L×NAmol－1＝0.1NA，选项B错误；1个苯()中含有12个σ键，故7.8g苯()即0.1mol中含有σ键的数目为1.2NA，选项C正确；合成氨反应是可逆反应，不能完全转化为氨气，故容器内的分子数大于0.2NA，选项D错误。8．下列有关生物大分子的叙述，其中正确的是()A．淀粉和纤维素含有相同数目的葡萄糖结构单元，水解后都生成了葡萄糖B．蛋白质溶液遇到饱和(NH4)2SO4溶液或AgNO3溶液，都能使蛋白质析出，该过程叫盐析C．肽键中的氢原子和氧原子通过氢键作用，使肽链盘绕或折叠成特定的空间结构，形成蛋白质的二级结构D．具有双螺旋结构的DNA分子，内侧两条链上的碱基通过共价键作用结合成碱基对解析：选C淀粉和纤维素的分子式不同，含有的葡萄糖结构单元个数不同，A错误；AgNO3属于重金属盐，会使蛋白质变性，而不是发生盐析，B错误；蛋白质的二级结构主要是通过肽键中的氢原子和氧原子的氢键作用来实现，C正确；DNA为双螺旋结构，由两条平行盘绕的多聚核苷酸组成，两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对，而不是共价键，D错误。9．下列反应的离子方程式不正确的是()A．向MgSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液生成Mg(OH)2·MgCO3：2Mg2＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)B．向CuSO4溶液中滴加过量的氨水：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)C．向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液：HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑D．将等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液按体积比为1∶2混合：NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=NH3·H2O＋Al(OH)3↓＋2BaSO4↓解析：选BCOeq\o\al(2－,3)在溶液中会发生水解COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，水解生成的OH－和未水解的COeq\o\al(2－,3)结合Mg2＋生成Mg(OH)2·MgCO3，离子方程式为2Mg2＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)，故A正确；向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，先生成沉淀后沉淀溶解，最终生成硫酸四氨合铜，离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，故B错误；向NaHSO3溶液中加入过量NaHSO4溶液生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的离子方程式为HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑，故C正确；将等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2溶液按体积比为1∶2混合，恰好完全反应生成一水合氨、氢氧化铝沉淀、硫酸钡，离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=NH3·H2O＋Al(OH)3↓＋2BaSO4↓，故D正确。10．5­羟甲基糠醛(5­HMF)的一种合成路线如下图所示。下列说法不正确的是()已知：A．①的反应是水解反应B．一定条件下链式果糖也能发生银镜反应C．葡萄糖、链式果糖和环式果糖互为同分异构体D．④中生成5­HMF与H2O的物质的量之比为1∶2解析：选D纤维素水解生成葡萄糖，所以①的反应是水解反应，选项A正确；含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，链式果糖和葡萄糖之间存在转化平衡，链式果糖中存在葡萄糖，一定条件下链式果糖也能和银氨溶液发生银镜反应，选项B正确；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖、链式果糖和环式果糖的分子式都是C6H12O6，结构不同，所以互为同分异构体，选项C正确；环式果糖的分子式为C6H12O6，5­羟甲基糠醛的分子式为C6H6O3，根据原子守恒，④中生成5­HMF与H2O的物质的量之比为1∶3，选项D错误。11．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子。YQ3是一种平面正三角形分子。Z的p能级电子半充满。M元素焰色试验焰色呈黄色。下列说法不正确的是()A．电负性：Z＞Y＞X，第一电离能：Z＞Y＞XB．YQ3与ZX3能通过配位键化合C．Y3Z3X6分子是苯的等电子体，结构相似D．MYX4是一种离子化合物，溶于水能放出氢气解析：选AX、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子，则X为H,M元素焰色试验焰色呈黄色，则M为Na，Z的p能级电子半充满，则Z为N。YQ3是一种平面正三角形分子，则Y为B，Q为Cl。根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z＞X＞Y，氢原子核外电子半满结构，第一电离能大于B，则第一电离能：Z＞X＞Y，故A错误；YQ3(BCl3)中B提供空轨道，ZX3(NH3)中N提供孤对电子，YQ3与ZX3能通过配位键化合，故B正确；Y3Z3X6(B3N3H6)分子是苯的等电子体，结构相似，故C正确；MYX4(NaBH4)存在钠离子和BHeq\o\al(－,4)，是一种离子化合物，溶于水和水反应生成NaBO2和氢气，故D正确。12．镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：下列说法正确的是()A．“酸溶”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好B．H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同C．“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为ClO－＋2Co2＋＋4OH－＋H2O=2Co(OH)3↓＋Cl－D．“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大解析：选B浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，A错误；H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，B正确；“钴镍分离”时发生反应为次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，反应中所得溶液为酸性，故离子方程式为5H2O＋ClO－＋2Co2＋=2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，C错误；“结晶”时，缓慢蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大，D错误。13．我国科学家发现，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxCleq\o\al(n－,y)，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：下列说法不正确的是()A．若FeF3从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少B．若左极室采用酸性AlxCleq\o\al(n－,y)水溶液，将导致电导效率下降C．放电时，AlCleq\o\al(－,4)离子可经过隔膜进入右极室中D．充电时，电池的负极反应为Al＋7AlCleq\o\al(－,4)－3e－=4Al2Cleq\o\al(－,7)解析：选D根据图中电子流动方向知铝电极为负极，FeF3嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成Al3＋，再与AlCleq\o\al(－,4)结合生成Al2Cleq\o\al(－,7)，电极反应式为Al＋7AlCleq\o\al(－,4)－3e－=4Al2Cleq\o\al(－,7)，题目据此解答。“将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若FeF3从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A正确；把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B正确；放电时，左边电极为正极，右边电极为负极，阴离子向负极移动，结合分析可知右边负极需要消耗AlCleq\o\al(－,4)，故AlCleq\o\al(－,4)离子经过隔膜进入右极室中，C正确；充电时，为电解池装置，电池的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆过程，即反应为4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)，D错误。14．工业上可以利用水煤气(H2、CO)合成二甲醚(CH3OCH3)，同时生成CO2。合成过程中，主要发生三个反应，T℃时，有关反应及相关数据如下。2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH＝－91.8kJ·mol－12CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.3kJ·mol－1保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得CO转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是()A．T℃时，水煤气合成二甲醚的热化学方程式：3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)ΔH＝－248.4kJ·mol－1B．T℃时，增大压强、加入催化剂均可提高CO的平衡转化率C．220～240℃时，温度升高反应速率加快，CO转化率升高D．温度高于240℃时，温度升高CO转化率降低的原因可能是平衡逆向移动解析：选B题给3个热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，2×①＋②＋③得反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)，则其焓变为ΔH＝－248.4kJ·mol－1，A正确；加入催化剂可以加快反应速率，但是不能改变物质的平衡转化率，B错误；升高温度反应速率加快，由图可知，220～240℃时，温度升高反应速率加快，且CO转化率升高，C正确；反应均为放热反应，温度高于240℃时，温度升高导致平衡逆向移动，使得CO转化率降低，D正确。15．室温下，某兴趣小组通过下列实验制备少量NaHCO3并探究其性质。实验1：测得100mL14mol·L－1氨水的pH约为12。实验2：向上述氨水中加NaCl粉末至饱和，通入足量CO2后析出晶体。实验3：将所得混合物静置后过滤、洗涤、干燥，得到NaHCO3。实验4：配制100mL一定浓度的NaHCO3溶液，测得pH为8.0。下列说法正确的是()A．依据实验1推测Kb(NH3·H2O)约为7×10－26B．依据实验2推测溶解度：NaHCO3>NaClC．实验3所得滤液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．实验4的溶液中：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝9.9×10－7mol·L－1解析：选DpH＝12，则c(H＋)＝10－12mol·L－1，c(OH－)＝10－2mol·L－1，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－起始/(mol·L－1)1400转化/(mol·L－1)10－210－210－2平衡/(mol·L－1)14－10－210－210－2则Kb＝eq\f(10－2×10－2,14－10－2)≈7.1×10－6，A错误；发生反应NH3＋H2O＋NaCl＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，析出NaHCO3，说明溶解度NaHCO3<NaCl，B错误；得到的滤液主要含NH4Cl，且含有少量NaHCO3，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C错误；NaHCO3溶液中，根据物料守恒，c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，将电荷守恒代入物料守恒得，c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D正确。16．下列实验设计及现象、结论合理的是()选项实验目的实验设计及现象结论A探究Fe2＋是否具有还原性向一定浓度的FeCl2溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫红色褪去Fe2＋具有还原性B检验SO2气体中是否混有CO2将气体依次通过饱和NaHCO3溶液和澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊SO2气体中混有CO2C探究HA是否是弱电解质测某温度下一定浓度NaA溶液的pH，pH>7HA是弱电解质D探究不同催化剂的催化效率两支试管中分别盛相同温度、相同浓度、相同体积的H2O2溶液，分别滴加相同浓度、相同体积的FeCl3溶液与CuCl2溶液，滴加FeCl3溶液的试管中产生气体更快FeCl3对H2O2分解的催化效率更高解析：选D向一定浓度的FeCl2溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫红色褪去，不能说明Fe2＋具有还原性，因为在酸性条件下，Cl－也能还原MnOeq\o\al(－,4)，A项错误；将气体依次通过饱和碳酸氢钠溶液和澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，不能说明SO2气体中混有CO2，因为SO2能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，B项错误；测某温度下一定浓度NaA溶液的pH，pH>7，由于题目中没有指明温度是室温，pH>7不能说明NaA溶液显碱性，也就不能说明HA是弱电解质，C项错误；两支试管中分别盛相同温度、相同浓度、相同体积的H2O2溶液，分别滴加相同浓度、相同体积的FeCl3溶液与CuCl2溶液，滴加FeCl3溶液的试管中产生气体更快，能够说明FeCl3对H2O2分解的催化效率更高，D项正确。卷Ⅱ非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)快离子导体是一类具有优良导电能力的固体电解质。图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题：(1)基态S原子的价电子排布式为____________。(2)第二周期元素中第一电离能介于B和F之间的元素有____________种。(3)图1所示晶体中，每个Li＋与____________个呈四面体结构的离子相邻。(4)当图2方格内填入Na＋时，恰好构成氯化钠晶胞的eq\f(1,8)，且氯化钠晶胞参数a＝564pm。氯化钠晶体中，Na＋填充在氯离子形成的空隙中，每一个空隙由____________个Cl－构成，空隙的空间形状为____________。解析：(1)基态S原子的价电子排布式为3s23p4。(2)第二周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，由于Be的2s轨道全满，N的2p轨道半满，结构稳定，造成Be和N比同周期相邻元素的第一电离能高，因此第一电离能介于B和F之间的有Be、C、N、O共4种。(3)由图1所示晶体结构可知，Li＋位于棱心，正四面体结构的离子在体心，则每个Li＋与4个呈四面体结构的离子相邻。(4)eq\f(1,8)NaCl晶胞中Na＋周围有3个Cl－，则在NaCl晶体中，Na＋周围等距离最近有6个Cl－，6个Cl－构成正八面体结构，即Na＋填充在Cl－堆积而成的八面体空隙中。答案：(1)3s23p4(2)4(3)4(4)6正八面体18．(10分)雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：(1)装置Ⅰ中的主要离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)含硫各微粒(H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3))存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中。向pH＝5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)装置Ⅱ中，发生了两个氧化还原反应，产物分别为NOeq\o\al(－,2)和NOeq\o\al(－,3)，写出酸性条件下生成NOeq\o\al(－,3)的反应的离子方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)装置Ⅲ还可以使Ce4＋再生，写出阴极的反应式________________________________________________________________________。(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中，NOeq\o\al(－,2)的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NOeq\o\al(－,2)完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2____________L。(用含a代数式表示)解析：雾霾含有大量的污染物SO2、NO，装置Ⅰ中SO2和NaOH溶液反应生成HSOeq\o\al(－,3)，NO和NaOH溶液不反应，进入装置Ⅱ中和Ce4＋反应得到Ce3＋、NOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)，装置Ⅲ为电解装置，可以使Ce4＋再生，即Ce3＋再被氧化为Ce4＋，含有NOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)的溶液进入装置Ⅳ和NH3、O2反应得到NH4NO3。(1)由流程图可知，装置Ⅰ中是二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为SO2＋OH－=HSOeq\o\al(－,3)。(2)pH＝5的NaHSO3溶液为酸性，说明亚硫酸氢根电离程度大于水解程度，相当于溶液中只存在HSOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,3)＋H＋，加CaCl2溶液后，Ca2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=CaSO3↓，溶液中出现浑浊，亚硫酸根离子浓度降低，使电离平衡右移，所以c(H＋)增大，pH下降。(3)由流程图可知，在酸性条件下，NO与Ce4＋反应生成硝酸根离子和Ce3＋，由电荷守恒可知，反应物中有水参加，产物中有氢离子生成，所以离子方程式为NO＋2H2O＋3Ce4＋=3Ce3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋。(4)从流程图可知，阴极得到S2Oeq\o\al(2－,4)，HSOeq\o\al(－,3)发生还原反应，生成S2Oeq\o\al(2－,4)，所以在酸性条件下，阴极的电极反应式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O。(5)NOeq\o\al(－,2)中N元素的化合价为＋3价，反应后生成硝酸根离子，化合价升高到＋5价，1m3该溶液中的NOeq\o\al(－,2)的物质的量是eq\f(1000ag,46g·mol－1)＝eq\f(500a,23)mol，失去电子的物质的量是eq\f(500a,23)mol×2＝eq\f(1000a,23)mol，根据得失电子守恒，则需要氧气的物质的量是eq\f(\f(1000a,23),4)＝eq\f(250a,23)mol，则标准状况下的体积为eq\f(250a,23)mol×22.4L·mol－1＝eq\f(5600a,23)L。答案：(1)SO2＋OH－=HSOeq\o\al(－,3)(2)HSOeq\o\al(－,3)在溶液中存在电离平衡：HSOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,3)＋H＋加CaCl2溶液后，Ca2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=CaSO3↓使电离平衡右移，c(H＋)增大(3)NO＋2H2O＋3Ce4＋=3Ce3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋(4)2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O(5)eq\f(5600a,23)19．(10分)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究发现2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的机理如下：①2NO(g)N2O2(g)ΔH1＜0快速平衡②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2＜0慢反应其速率方程分别表达为v1正＝k1正c2(NO)，v1逆＝k1逆c(N2O2)；v2正＝k2正c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆c2(NO2)。回答下列问题：(1)下列能量变化示意图中最符合上述反应过程的是____________。(2)经过推导发现2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率方程为v正＝k正c2(NO)·c(O2)，则k正＝____________(用k1正、k1逆和k2正表示)。(3)在其他条件相同时，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)测得实验数据如表：压强/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.03012250283090255105760实验表明温度由30℃升高到90℃，该反应速率__________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合反应历程，解释原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)某温度下，在密闭容器中充入6molNO和3molO2，发生如下反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)测得初始压强为9p0，达平衡后压强为4.1p0，推测同时发生了NO2的二聚。①若平衡时，NO2的压强为2p0，则平衡时p(O2)＝____________，N2O4(g)2NO2(g)的Kp＝____________(用含p0的最简分数表示)。②单独研究：N2O4(g)2NO2(g)，一定温度下在刚性容器中发生反应。起始N2O4体积分数N2O4转化率2molN2O4x1α14molN2O4x2α2则x1__________x2(填“＞”“＝”或“＜”，下同)，α1__________α2。解析：(1)化学反应中正反应的活化能越大，反应速率越慢，根据反应①2NO(g)N2O2(g)ΔH1＜0快速平衡；②N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2＜0慢反应；可知，两反应均为放热反应，且反应②正反应的活化能更大，故符合条件的图像为选项A；(2)因为化学反应速率由慢反应决定，故2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的v正等于v2正，即k正c2(NO)·c(O2)＝k2正c(N2O2)·c(O2)，k正c2(NO)＝k2正c(N2O2)，得②k正＝eq\f(k2正cN2O2,c2NO)，反应①快速达平衡时v1正＝v1逆，即k1正c2(NO)＝k1逆c(N2O2)，得①eq\f(cN2O2,c2NO)＝eq\f(k1正,k1逆)，将①代入②，故k正＝eq\f(k1正·k2正,k1逆)；(3)NO达到所列转化率需要时间越大，反应速率越小，根据表中数据可知，实验表明温度由30℃升高到90℃，该反应速率减小；反应速率决定于反应②，反应①快速平衡，升温平衡逆向移动，c(N2O2)下降；升温对反应②的影响弱于c(N2O2)下降对反应②的影响，故此时升温反应速率下降；(4)假设反应按步进行，NO的转化物质的量为2xmol，NO2的转化物质的量为2ymol，根据三段式有：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始量/mol630变化量/mol2xx2x平衡量/mol6－2x3－x2x2NO2(g)N2O4(g)开始/mol2x0改变/mol2yy平衡/mol2x－2yy平衡时气体总物质的量为(6－2x＋3－x＋2x－2y＋y)mol＝(9－x－y)mol，则同温同体积时，气体的压强之比等于气体物质的量之比，所以eq\f(9p0,4.1p0)＝eq\f(6＋3mol,9－x－ymol)，则9－x－y＝4.1，p(NO2)＝eq\f(2x－2y,9－x－y)＝eq\f(2p0,4.1p0)，则2x－2y＝2，y＝1.95，x＝2.95，p(O2)＝eq\f(3－x,9－x－y)×4.1p0＝0.05p0，p(N2O4)＝eq\f(y,9－x－y)×4.1p0＝1.95p0，N2O4(g)2NO2(g)的Kp＝eq\f(p2NO2,pN2O4)＝eq\f(2p02,1.95p0)＝eq\f(80p0,39)；②反应N2O4(g)2NO2(g)开始时N2O4(g)的物质的量分别为2mol、4mol，后者相当于在前者基础上再加入2molN2O4(g)，平衡右移，但结果等效于加压，N2O4(g)体积分数增大，但N2O4(g)转化率减小，所以x1＜x2，α1>α2。答案：(1)A(2)eq\f(k1正·k2正,k1逆)(3)减小反应速率决定于反应②，反应①快速平衡，升温平衡逆向移动，c(N2O2)下降；升温对反应②的影响弱于c(N2O2)下降对反应②的影响，故此时升温反应速率下降(4)①0.05p0eq\f(80p0,39)②＜＞20．(10分)邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为物质熔点/°C沸点/°C溶解性苯酐131～134284不溶于冷水，微溶于热水邻氨甲酰苯甲酸140～143394.2稍溶于热水邻苯二甲酰亚胺232～235366微溶于水，易溶于碱溶液制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。实验步骤：向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80～95℃，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120g。请回答下列问题：(1)仪器M的名称是____________。(2)仪器Y中冷水由____________(填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是________________________________________________________________________。(3)装置甲中温度控制在80～95℃，若温度过低导致的结果是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是__________________(写一种物质的结构简式)。(5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是________________________________________________________________________。(6)该固体产品的产率是____________。解析：由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。(1)由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶；(2)由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷却水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以装置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替；(3)由题意可知，装置甲中温度控制在80～95℃目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；(4)由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物；(5)蒸馏时，及时将装置中