黄金卷11-备战高考化学全真模拟卷(辽宁专用)(解析版)VIP

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（辽宁专用）第十一模拟（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Ba137一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共,45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．习近平主席于2020年9月22日第七十五届联合国大会上提出了“努力争取2060年前实现‘碳中和’”的战略目标。下列说法正确的是()A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体B．大力开采煤、石油和天然气，以满足经济的快速发展C．将人呼吸产生的CO2用足量的Na2O2吸收来实现人类活动的“碳中和”D．“绿色技术”是实现“碳中和”的根本途径【答案】D【解析】A．CO2是导致温室效应的主要气体，但不是导致酸雨的主要气体，A项错误；B．化石能源是有限的，应该合理开采，B项错误；C．过氧化钠的制备较为复杂，从经济效益方面考虑，该种方法不可取，C项错误；D．“绿色技术”体现绿色化学，是从源头上解决环境污染，是实现“碳中和”的根本途径，D项正确；故答案为D。2．钠着火不能用水扑灭的原因是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，下列说法正确的是()A．Na基态核外电子排布式为［Ne]3s1 B．H2O为非极性分子C．O结构示意图为 D．NaOH电子式为NaH【答案】A【解析】A．Na基态核外电子排布式为［Ne]3s1，A项正确；B．H2O含有极性键，是极性分子，B项错误；C．O结构示意图为，C项错误；D．NaOH为离子化合物，其电子式为，D项错误；答案选A。3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1。X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式为。下列说法正确的是()A．第一电离能：Y>Z>X>WB．简单离子半径：W>Z>YC．简单离子的还原性：X>Z>YD．最简单氢化物的稳定性：X>Y>Z【答案】A【分析】由(ZXY)2结构式知，X形成4个共价键，推测为ⅣA元素，Y形成3个共价键，推测为ⅤA元素，Z形成2个共价键，推测为ⅥA元素，W最外层比X最外层少1个电子，则W最外层为3个电子，结合原子序数确定W为Al，X、Y、Z为第二周期的C、N、O三种元素。【解析】A．根据第一电离能变化规律，周期表往右往上第一电离能呈增大趋势，但同周期中，ⅡA和ⅤA两个主族由于价电子为ns2和ns2np3稳定结构，第一电离能比相邻元素要大，故四种元素第一电离能顺序为：Y＞Z＞X＞W，A正确；B．一般，电子层多，半径大，电子层相同时，核电荷数大，半径小，Al3+、O2-、N3-三种离子电子层均为两层，但核电荷数Al3+＞O2-＞N3-，故半径顺序为：N3-＞O2-＞Al3+，B错误；C．简单离子的还原性强弱与元素非金属性强弱成反比，由于非金属性：Z＞Y＞X，故简单离子的还原性：X＞Y＞Z，C错误；D．最简单氢化物的稳定性与非金属性成反比，由于非金属性：Z＞Y＞X，故简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞X，D错误；故答案选A。4．下列关于Na、Mg、Al元素及其化合物的说法正确的是()A．Mg在周期表中位于p区B．原子半径：r(Na)＜r(Mg)＜r(Al)C．第一电离能：I1(Na)＜I1(Al)＜I1(Mg)D．最高价氧化物的水化物的碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3【答案】C【解析】A．p区是最后一个电子填充到p能级上，Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，Mg在周期表中位于s区，故A错误；B．同周期从左向右，原子半径依次减小，即原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Al)，故B错误；C．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此有第一电离能：I1(Na)＜I1(Al)＜I1(Mg)，故C正确；D．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同周期从左向右金属性减弱，因此有最高价氧化物的水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D错误；答案为C。5．一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物的说法正确的是()A．分子式为C17H17N2O6B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应.C．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应D．分子中含有四种不同的官能团【答案】D【解析】A.由图中信息可知，该有机物的分子式为C17H20N2O6，A项错误；B.该有机物含有酯基、碳碳双键及苯环，故其能发生水解反应、加聚反应、取代反应（酯的水解反应及苯环上的取代反应），B项错误；C.该有机物分子中有碳碳双键，故其既能与氢气发生加成反应，又能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C项错误；D.分子中含有氨基、酯基、硝基和碳碳双键等四种不同的官能团，D项正确；答案选D。6．实验室以铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量摩尔盐[Fe(NH4)2(SO4)2·6H2O]。制备硫酸亚铁时，为加快反应速率，需要加热到60～70℃。如图所示装置和原理能达到实验目的的是A．制备氨气B．制备FeSO4C．氨气通入FeSO4和H2SO4混合溶液D．制得Fe(NH4)2(SO4)2·6H2O【答案】B【解析】A．NH4Cl受热分解后遇冷迅速化合成固体，无法逸出NH3，故A不选；B．控制温度为60~70℃应水浴加热，且因生成H2故不能明火，以防爆炸，过量铁可以防止Fe2+被氧化，故B选；C．倒置漏斗深入液面以下，起不到防倒吸的作用，故C不选；D．蒸发浓缩操作不能用坩埚，故D不选；故选B。7．下列解释事实的离子方程式错误的是A．配制FeC13溶液时要加盐酸：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸(H2C2O4)溶液：2MnO+16H++5C2O=2Mn2++10CO2↑+8H2OC．盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2OD．用稀硝酸除去试管内壁上的银：3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O【答案】B【解析】A．氯化铁溶液中存在铁离子的水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，为抑制铁离子的水解，且不引入新的杂质，需要加入盐酸，A正确；B．草酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；C．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅会和氢氧根反应生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液有黏性，会将玻璃塞粘起来，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO+H2O，C正确；D．稀硝酸具有氧化性，可以将Ag氧化为硝酸银，自身被还原生成NO，离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，D正确；综上所述答案为B。8．钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法错误的是()A．钛酸钙的化学式为CaTiO3 B．图(b)中，X为Pb2+C．CH3NH中含有配位健 D．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有12个【答案】B【解析】A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，故A正确；B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，故B错误；C．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与-NH2形成的配位健，故C正确；D．图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2有=12个，故D正确；答案选B。9．我国科学家在研究HCOOH燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用离子交换膜隔开。下列说法正确的是A．正极电极反应式为HCOO--2e-+2OH-=HCO+H2OB．隔膜为阴离子交换膜，储液池中需补充的物质A为H2SO4C．放电时，1molHCOOH转化为KHCO3时，消耗11.2L氧气D．当电路中转移1mol电子时，理论上生成87gK2SO4【答案】D【解析】A．负极反应式为HCOO--2e-+2OH-=HCO+H2O，A项错误；B．隔膜为阳离子交换膜，B项错误；C．放电时，1molHCOOH转化为KHCO3时，消耗0.5mol氧气，标准状况下消耗11.2L氧气，C项错误；D．当电路中转移2mol电子时，生成1mol硫酸钾，当电路中转移1mol电子时，理论上生成0.5molK2SO4，故生成87g硫酸钾，D项正确；答案选D。10．磷酸铝是一种用途广泛的材料，由磷硅渣[主要成分为、、等]制备磷酸铝的工艺流程如下：下列叙述错误的是()A．废渣中一定含B．“浸出”和“除硫”的操作均在高温下进行C．“除硫”的化学反应方程式为D．流程中的循环操作可以提高P、Al元素的利用率【答案】B【解析】A．根据题给流程图分析可知，磷硅渣在浓硫酸“浸出”操作之后涉及的物质中不含有硅元素且不与浓硫酸反应，则废渣中一定含有，选项A正确；B．高温条件下，硫酸钙的结晶水容易失去，所以“除硫”的操作不能在高温下进行，选项B错误；C．根据反应前后的物质可知，“除硫”的化学反应方程式为，选项C正确；D．进入循环的滤液中主要含有P、等元素，所以可以提高P、元素的利用率，选项D正确。答案选B。11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是实验内容实验结论A向1mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀葡萄糖中不含有醛基B向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]C测定同温度下相同物质的量浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者碳元素非金属性弱于硫D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液中不含【答案】C【解析】A．由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；B．开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C．测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；D．溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；答案选C。【点睛】本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。12．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误是A．若用导线连接a、c，则a电极附近pH减小B．若用导线连接b、c，实现化学能→电能的转化C．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+D．若用导线连接b、c，通过锂离子交换膜的离子的移动方向是从右往左【答案】C【解析】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确。B．用导线连接b、c，为原电池，实现化学能向电能转化，故B正确。C．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为=HxWO3，故C错误。D．用导线连接b、c，b电极为正极，阳离子移向正极，D正确。故选：C。13．下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()A．溶液中：B．的溶液中：C．浓度为氨水和溶液等体积混合：D．的电离常数，在和混合溶液中，当时，【答案】D【解析】A．HCOOH溶液中存在电荷守恒，为c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)，故A正确；B．CuSO4•(NH4)2SO4•6H2O电离出2个、2个和1个Cu2+，和Cu2+发生水解，溶液呈酸性，则c()＞c()＞c(Cu2+)，故B正确；C．两种溶液等浓度等体积混合，则其中N原子和C原子浓度之比为2:1，根据物料守恒，有：，故C正确；D．HA的电离平衡常数，当pH=4时，即，代入表达式，可得，故D错误；故选：D。14．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO(aq)+H2O(aq)2HCO(aq)，下列说法不正确的是()A．T1＞T2B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO浓度降低C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO浓度越低D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解【答案】C【分析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO分解，即让反应CO2+CO+H2O2HCO逆向移动。【解析】A.升高温度可以使HCO分解，反应CO2+CO+H2O2HCO逆向移动，海水中的CO浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B.假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+CO+H2O2HCO正向移动，从而使CO浓度下降，B项正确；C.结合上述分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO浓度也越大，C项错误；D.结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)，若海水中的CO浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确.故答案选C。15．常压下羰基化法精炼镍的原理：。230℃时，该反应的平衡常数。已知：的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断不正确的是()A．恒容下，增加，有利于提高CO的平衡转化率B．该反应达到平衡时，C．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D．第二阶段，分解率较低【答案】D【解析】A．恒容下，增加，由于反应物只有一种气态，因此相当于是增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故A正确；B．反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，则，故B正确；C．的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；D．第二阶段，分解方程式与互为逆反应，则化学平衡常数互为倒数，所以分解反应平衡常数==5×104，分解平衡常数很大，所以其分解率较高，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）镍是一种重要的有色金属原料，具有广泛的用途。一种从红土镍矿(主要成份为NiO，还含有少量FeO、)中提取金属Ni并回收副产物黄铵铁矾的工艺流程如下：

请问答下列问题：(1)酸浸过程中发生的主要反应化学方程式为_______________________________________，“初步沉铁”中，向酸浸后的溶液中通入调节溶液的pH至1.5左右，溶液温度保持左右，鼓入空气，一段时间后沉淀出黄铵铁矾。鼓入的“空气”除了起到搅拌、加快反应速率的作用外，还能够起到_______________________作用。(2)“深度沉铁”中加入溶液促进进一步沉铁，溶液中随时间t的变化关系如图所示，反应开始10-20min内迅速减小，其原因是___________________________。溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为_______________________________________，证明已经完全沉淀的实验步骤和现象是___________________________________________________。(3)已知几种金属离子的难溶物开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示(金属离子的起始浓度0.1)金属离子的氢氧化物黄铵铁矾开始沉淀pH7.12.71.3沉淀完全pH9.23.72.3“深度沉铁”通入调节溶液pH的范围是________________________________________。(4)草酸镍晶体()在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可以制得，同时获得混合气体，煅烧分解的化学方程式为________________________________________。(5)以黄铵铁矾为原料可制备得到新型锂离子电池的电极材料。此外，可将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解制磷酸亚铁锂沉淀，这一方法中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为____________________________________________________。【答案】（1）（2分）将氧化为（1分）（2）反应生成的催化的分解（1分）（2分）取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，则说明沉淀完全（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）（2分）【分析】红土镍矿(主要成份为NiO，还含有少量FeO、)中加入稀硫酸，生成硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁，然后通入氨气、空气并加热得到黄铵铁矾，过滤后继续通入氨气，加入双氧水并加热进一步得到黄铵铁矾，然后向滤液中加入草酸沉镍，煅烧得到氧化镍，利用焦炭还原得到粗镍，据此解答。【解析】(1)由于红土镍矿的主要成份为NiO，则酸浸过程中发生的主要反应化学方程式为；由于空气中含有氧气，因此鼓入的“空气”除了起到搅拌、加快反应速率的作用外，还能够起到将氧化为的作用。(2)由于反应生成的催化的分解，所以反应开始10～20min内迅速减小。反应物有硫酸铁、氨气和水，则溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为，检验铁离子一般用KSCN溶液，则证明已经完全沉淀的实验步骤和现象是取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，则说明沉淀完全。(3)“深度沉铁”通入需要防止生成氢氧化镍和氢氧化铁沉淀，则调节溶液pH的范围是。(4)煅烧分解可以制得，同时获得混合气体，反应中镍元素化合价升高，则碳元素化合价应该降低，因此混合气体是CO和CO2，反应的化学方程式为。(5)将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解制磷酸亚铁锂沉淀，这一方法中，阳极铁失去电子转化为亚铁离子，进而生成磷酸亚铁锂，其电极反应式为。17．（14分）某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如图实验(加热和夹持装置已省略)。已知：锌与浓硫酸开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式___________________________________。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是___________________________________。(3)装置中干燥管C的作用是___________________________________。(4)移动塑料棒，使锌浸没到硫酸中充分反应，反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液，再加入足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克。①加入H2O2溶液发生反应的离子方程式是___________________________________。②浓硫酸与锌反应的临界浓度为：______________mol/L。(用含a的计算式表示，忽略溶液体积变化)(5)导管A竖直部分较长，其作用是_________________________________________________。(6)另甲同学提出测定方案：将D中的溶液酸化后，利用标准酸性KMnO4溶液测定原溶液中的SO，从而计算临界浓度。乙同学认为相对于(4)中的测定方法，此方案会使测定结果偏高，你认为乙同学的理由是_________________________________________________。【答案】（1）Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O（2分）（2）检验装置气密性（2分）（3）防倒吸（2分）（4）SO+H2O2=SO+H2O（2分）（2分）（5）导气、冷凝回流（2分）（6）实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确（2分）【分析】本实验的目的是探究Zn与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度（浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度）。浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量H2O2溶液将S元素全部氧化为，之后加入足量BaCl2溶液得到BaSO4沉淀，通过硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。【解析】(1)锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O。(2)因为涉及到气体的定量研究，进行实验之前应先检查装置气密性，防止漏气。(3)因为SO2易溶于NaOH溶液，所以需要干燥管C来防倒吸。(4)①SO2与NaOH溶液反应后生成了，被加入的H2O2氧化为，反应的离子方程式为：SO+H2O2=SO+H2O。②得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=，根据反应方程式可知，Zn与H2SO4反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为，最开始硫酸体积为100mL、18mol/L，所以剩余的硫酸物质的量为（1.8-）mol，浓度为mol/L。(5)反应过程中产生大量热会使水分蒸发，造成硫酸的浓度变大。长直导管可以冷却水蒸气，使水回流，减小误差。(6)实验过程中不能保证Na2SO3不被空气中的O2氧化，造成消耗的高锰酸钾偏少，测量的SO2的量偏小，导致最终得到的硫酸的临界浓度偏高。18．（13分）造成大气污染的NOx主要来自于汽车尾气的排放，对其如何处理是我们研究的重要课题。(1)某汽车安装的尾气净化装置工作原理如图。下列叙述错误的是____________(填选项).A.Pd—Pore催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率B.NOx的生成主要是与汽油未充分燃烧有关C.在此变化过程中，NOx被还原(2)已知：2C(s)+O2(g)2CO(g)∆H1=-221.0kJ/molN2(g)+O2(g)2NO(g)∆H2=+180.5kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)∆H3=-746.0kJ/mol则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_______________________________________。(3)在催化剂作用下发生反应：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)，在一定温度下，向1L的恒容密闭容器中充入2.0molNO2和2.0moLCO，测得相关数据如下：0min5min10min15min20minc(NO2)/mol•L-12.001.701.561.501.50c(N2)/mol•L-100.150.220.250.25①其他条件不变，若不使用催化剂，则0～5minNO2的转化率将___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。②以下表述能说明该反应已达到平衡状态的是_____________________。A.气体的颜色不再变化B.CO的反应速率为N2的4倍C.混合气的压强不再变化D.化学平衡常数K不再变化③在20min时，保持温度不变，继续向容器中再加入1.0molNO2和1.0moLN2，则化学平衡____________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。(4)有人利用反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)对NO2进行吸附。在T℃下，向密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，在不同压强和相同时间下，NO2的转化率与压强的关系如图所示。在T℃、1100KPa时，该反应的化学平衡常数Kp=____________KPa(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=气体总压×体积分数；保留两位小数)。【答案】（1）AB（2分）（2）2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)∆H=-573.75kJ/mol（3分）（3）变小（2分）AC（2分）逆向（2分）（4）81.48（2分）【解析】(1)A.Pd—Pore催化剂改变反应速率，但不能改变尾气净化反应的平衡转化率，A错误；B.NOx的生成主要是在高温下空气中的氮气和氧气化合生成NO，与汽油未充分燃烧没有关系，B错误；C.在此变化过程中，NOx最终变为氮气，氮元素化合价降低，得到电子被还原，C正确；答案选AB。(2)已知：①2C(s)+O2(g)2CO(g)∆H1=-221.0kJ/mol②N2(g)+O2(g)2NO(g)∆H2=+180.5kJ/mol③2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)∆H3=-746.0kJ/mol则根据盖斯定律可知（①－②+③）/2即得到用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)∆H=-573.75kJ/mol。(3)①其他条件不变，若不使用催化剂，反应速率会减小，相同时间内消耗NO2的物质的量减少，所以0～5minNO2的转化率将变小。②A.气体的颜色不再变化，说明NO2浓度不再发生变化，达到平衡状态；B.CO的反应速率为N2的4倍，没有指明反应方向，无法判断是否达到平衡状态；C.正反应体积减小，压强是变量，则混合气的压强不再变化，达到平衡状态；D