江西省临川实验学校2024年高三考前热身化学试卷含解析

江西省临川实验学校2024年高三考前热身化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列离子方程式书写正确的是（）A．向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C．向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2OD．过量的铁与稀硝酸Fe+4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O2、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是（）A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C．M与H2加成后的产物，一氯代物有6种D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色3、某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是A．x=0.1 B．曲线I代表NaCl溶液C．Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D．y=94、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A．氧化性：ClO－>SO42->I2B．漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应D．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色5、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染6、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或实验操作A制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B证明Al(OH)3，具有两性0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧A．A B．B C．C D．D7、2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA8、油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列说法正确的是A．H2O是氧化产物B．H2O2中负一价的氧元素被还原C．PbS是氧化剂D．H2O2在该反应中体现还原性9、下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（）选项实验操作实验现象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生，石灰石变浑浊C向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置水层几乎无色D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A．A B．B C．C D．D10、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1mol的中，含有个中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有个C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子D．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加个P-Cl键11、下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别向相同浓度的ZnSO4溶液和溶液中通入足量H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）<Ksp（CuS）B常温下，分别测等浓度的NaX溶液和Na2CO3溶液的pH前者pH小于后者酸性：HX>H2CO3C将铜粉加入FeCl3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属铁比铜活泼D将表面附有黑色的Ag2S银器浸入盛有食盐水的铝质容器中黑色逐渐褪去银器为正极，Ag2S得电子生成单质银A．A B．B C．C D．D12、下列有关化学用语的表达正确的是()A．H和Cl形成共价键的过程：B．质子数为46、中子数为60的钯原子：PdC．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D．环氧乙烷的结构简式为13、有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A．放电时，此电池逐渐靠近磁铁B．放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC．放电时，正极质量减小，负极质量增加D．充电时，阴极反应为Li++e-=Li14、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑15、NA代表阿伏加德罗常数的值。4gα粒子(4He2+)含A．2NA个α粒子 B．2NA个质子 C．NA个中子 D．NA个电子16、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾17、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小18、工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A．都是苯的同系物B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色C．苯环上的二氯代物都有6种D．分子内共平面的碳原子数均为819、X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（）A．原子半径的大小顺序：X<Y<Z<RB．X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X<YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞XD．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同20、下列各组实验中，根据实验现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和实验现象结论A向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红Ag+的氧化性比Fe3+的强B将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2—二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳C向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到蓝色透明溶液Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成[Cu(OH)4]2-D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D21、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A．A B．B C．C D．D22、传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是()A．b为电源的正极B．负极反应式Ag-e-+Cl-=AgClC．当电路中电子转移为5×10-5mol时进入传感器的SO2为1.12mLD．阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。24、（12分）为分析某盐的成分，做了如下实验：请回答：（1）盐M的化学式是_________；（2）被NaOH吸收的气体的电子式____________；（3）向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，写出反应的离子方程式________(不考虑空气的影响)。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-126、（10分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。27、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12•4H2O，其实验装置如下：①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。②装置G的作用是______；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。③通氮气的作用是______。④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。28、（14分）唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ·mol−1；NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ·mol−1；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)ΔH3=ckJ·mol−1。则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=____kJ·mol−1。（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_______；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是______。（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H<0。实验测得：υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ逆=(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①T1温度时k正/k逆=__________L/mol。②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__________T1(填“>”、“<”或“=")。（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＝+181.5kJ·mol－1

，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－①阴极的电极反应式为______。②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。29、（10分）铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。(1)铁原子外围电子轨道表示式为_______，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用___________摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)____I4(Fe)（填“>”或“<”)，原因是__________________________。(3)二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃，沸点249℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。(4)环戊二烯(C5H6)结构如图(a)，可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。分子中的大π键可用符号表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子(C5H5―）结构如图(b)，其中的大π键可以表示为_________________。(5)某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成，其晶胞结构如图(c)。该物质中，不存在________（填标号）。A离子键Bσ键Cπ键D氢键E金属键(6)该晶胞中Ni2+采用的堆积方式与________(选填Po、Na、Mg、Cu)相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个Na+。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液，发生两个过程，首先发生2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，生成的Na2SO4再与过量的Ba(OH)2反应Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，两式合并后离子反应方程式：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故A错误；B.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，Na2SiO3可溶性盐，要拆开，离子反应方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故B错误；C.偏铝酸根离子只能存在于碱性溶液中，遇酸生成沉淀，过量的酸使沉淀溶解。向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O，故C正确；D.过量的铁与稀硝酸反应产物应该是Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；答案选C。2、C【解析】

A．M中含甲基、亚甲基均为四面体结构，则M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A错误；B．M→N为取代反应，N→Q为水解反应，均属于取代反应，故B错误；C．M与H2加成后的产物为，中含有6种H，则一氯代物有6种，故C正确；D．Q中含苯环，与乙醇的结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，Q与乙醇不互为同系物，两者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故答案选C。3、D【解析】

A．根据图像可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；答案选D。4、A【解析】

A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，A错误；B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，答案选A。5、C【解析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。6、D【解析】

A.稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B.氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C.除去酒精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D.用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；答案选D。【点睛】反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。7、C【解析】

由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。8、B【解析】H2O2中氧元素化合价降低生成H2O，H2O是还原产物，故A错误；H2O2中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。9、B【解析】

A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正确，不符合题意；B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；D.

向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D正确，不符合题意；故选：B。10、A【解析】

A．11B中含有6个中子，0.1mol11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。11、D【解析】

A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。12、D【解析】

A.H和Cl形成共价键的过程：，故A错误；B.质子数为46、中子数为60，则质量数为106，原子表示为：Pd，故B错误；C.结构示意图为的阴离子若为S2-时，水解可以促进水的电离，故C错误；D.环氧乙烷中碳碳单键链接，结构简式为，故D正确。故选D。13、C【解析】

A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。14、A【解析】

A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。15、B【解析】

A.4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有NA个α粒子，故A错误；B.1个4He2+含有2个质子，4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个质子，故B正确；C.1个4He2+含有2个中子，gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。16、C【解析】

A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B.尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。17、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。18、C【解析】

A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。19、C【解析】

X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与Z原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【详解】A.由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：Y<X<R<Z，故A错误；B.Y与氢元素组成的化合物是H2O，X与氢元素组成的化合物可以是熔沸点比水小的CH4，也可以是熔沸点比水大的相对分子质量大的固态烃，故B错误；C.R为Cl元素、X为C元素，最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4>H2CO3，故C正确；D.Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。20、B【解析】

A．向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，而不是银离子，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键，通入溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液无色透明，说明产物溶于四氯化碳，故B正确；C．溶液显蓝色，说明Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成的是[Cu(NH3)4]2+，故C错误；D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误；故答案为B。21、B【解析】

A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。【点睛】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。22、D【解析】

A．与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42－，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b为电源的负极，A项错误；B．根据上述分析，a为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e－+Cl－＝AgCl，B项错误；C．当电路中电子转移为5×10－5mol时，进入传感器的SO2为5×10－5mol，标况下的体积为1.12mL，C项错误；D．根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，D项正确；故答案选D。答案选D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。①与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；②与电源a极相连的电极为电解池的阳极，与b连接的电解池的阴极；③温度和压强不知不能计算气体体积。二、非选择题(共84分)23、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。24、Fe(ClO4)32Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓【解析】

（1）混合单质气体被稀NaOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g÷160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g÷32g/mol=1.05mol，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g÷35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol×2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。（2）被NaOH吸收的气体为氯气，其电子式为：。（3）A为FeCl3溶液，向溶液A中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。25、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。26、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【解析】

（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。27、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷却结晶、过滤F除去CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；28、2a+2b+c6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O350℃左右、负载率3.0%160>C2NO+4e-=N2+2O2-阴极发生副反应O2+4e-=2O2-【解析】

（1）根据盖斯定律，将已