福建省福州市2020届高三毕业班3月适应性考试理综化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 福州市2020届高三毕业班适应性练习卷 理科综合试题 ‎(完卷时间：150分钟；满分：300分)‎ 解题可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6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.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是 A. 84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒 B. 加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念 C. 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si D. 太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；‎ B．生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；‎ C．5G芯片主要材料是Si单质，C正确；‎ D．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：‎ 下列叙述错误的是 A. 上述X+Y→Z反应属于加成反应 B. Z在苯环上的一氯代物有8种 C. Z所有碳原子不可能处于同一平面 - 22 -‎ D. Y可作为加聚反应的单体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；‎ B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；‎ C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；‎ D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.实验室常用乙醇和浓硫酸共热制取乙烯：CH3CH2OH H2C=CH2↑+H2O某同学用以下装置进行乙烯制取实验。下列叙述不正确的是 A. m的作用是确保乙醇与浓硫酸能顺利流下 B. 电控温值可设置在165-175℃‎ C. a出来的气体可用瓶口向下排空气法收集 D. 烧瓶内可放几粒碎瓷片以防暴沸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．m导气管连接漏斗上下，可以使乙醇与浓硫酸的混合物上、下气体压强一致，这样，液体混合物在重力作用下就可以顺利流下，A正确；‎ B．乙醇与浓硫酸混合加热170℃会发生消去反应产生CH2=CH2、H2O，所以电控温值在170℃左右，可设置在165-175℃，B正确；‎ C．从a导管口出来的气体中含乙醇发生消去反应产生的乙烯以及挥发的乙醇、副产物二氧化硫等，要制取乙烯，收集时可以用排水法，乙烯密度和空气接近，不能用排空气法 收集，C错误；‎ - 22 -‎ D．烧瓶内可放几粒碎瓷片以防止产生暴沸现象，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是 A. 催化剂不能改变反应的焓变 B. 催化剂不能改变反应的活化能 C. 图中反应中间体NXHY数值X<3‎ D. 图示催化剂分子中包含配位键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A正确；‎ B．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B错误；‎ C．在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表面与氢原子结合形成中间产物，故x可能等于1或2，C正确；‎ D．根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N原子上含有孤对电子，Fe与S、N原子之间通过配位键连接，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是 - 22 -‎ A. 放电时电势较低的电极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[(CN)6]‎ B. 外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为2.4 g C. 充电时，Mo箔接电源的正极 D. 放电时，Na+从右室移向左室 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，A错误；‎ B．负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1 mol，即质量变化2.4 g，B正确；‎ C．充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo箔接电源的正极，C正确；‎ D．放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na＋从右室移向左室，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。‎ - 22 -‎ ‎6.某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是 A. 元素的非金属性：W>Z>X B. Y的最高价氧化物的水化物是强酸 C. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟 D. Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。‎ A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；‎ B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；‎ C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；‎ D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。‎ - 22 -‎ ‎7.利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。‎ 以下解读错误的是 A. 三个时点的c(Cu2+)：p>q>w B. w点：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)‎ C. 混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应 D. q点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH≈2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100 s时，产生滴定突跃，此时溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100 s内发生酸碱中和反应，在100 s～200 s内发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200 s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200 s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知：在p点阶段，发生反应：H++OH-=H2O，在q点阶段，发生反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在w段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：p>q>w，A正确；‎ B． w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na++SO42-及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+)，B正确；‎ C．根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图象可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；‎ - 22 -‎ D．q点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。‎ ‎8.硼及其化合物在工业、医药、农业等部门有许多用途。某工厂以铁硼精矿(主要成分为B2O3·2MgO，还有SiO2、CaO、FeO等杂质)制取制硼酸、金属镁的工艺流程图为：‎ 已知：硼酸在不同温度下的溶解度：‎ 温度(℃)‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ 溶解度(g/100g水)‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎11‎ ‎15‎ ‎18‎ ‎23‎ ‎29‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)使用盐酸酸浸，过程中主要反应的化学方程式为_________，为提高浸出速率，可采取的措施有_________(写出两条)。‎ ‎(2)酸浸时，温度与硼浸出率的关系如图所示，则合适的酸浸温度为_________。‎ ‎(3)浸出液“氧化”的是将溶液中的Fe2+用_______试剂氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_________。‎ ‎(4)从滤液中获得H3BO3晶体的“操作I”具体操作是_________。‎ - 22 -‎ ‎(5)向滤液中加入有机萃取剂萃取分液，此时硼酸处于_________层中(填“有机”或“无机”)。实验室模拟萃取操作使用的玻璃仪器除烧杯外，另一主要玻璃仪器是_________。‎ ‎(6)某工厂用 m1 kg的铁硼精矿制备硼酸，得到纯度为99.8%的硼酸m2 kg，则铁硼精矿中硼的质量分数是__________(列式表达)。‎ ‎【答案】 (1). B2O3·2MgO+4HCl+H2O=2H3BO3+2MgCl2 (2). 适当增加盐酸浓度、提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径、充分搅拌等 (3). 90~95℃ (4). H2O2(或Cl2) (5). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(或2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-) (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (7). 有机 (8). 分液漏斗 (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸与铁硼精矿的主要成分B2O3·2MgO发生反应产生H3BO3、MgCl2，杂质CaO、FeO也会发生反应产生CaCl2、FeCl2，过滤除去SiO2，然后向反应后的溶液中加入H2O2或通入Cl2，发生氧化还原反应，FeCl2变为FeCl3，然后调节溶液pH使Fe3+反应转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，结合硼酸的溶解度与温度的关系，将硼酸晶体从溶液中分离出来；分离后的母液中加入有机物萃取，得到的水层中含有Mg2+，说明硼酸在有机层中，然后利用B元素守恒计算铁硼精矿中硼的质量分数。‎ ‎【详解】(1)使用盐酸酸浸过程中主要反应为铁硼精矿的主要成分B2O3·2MgO与盐酸发生反应产生H3BO3、MgCl2，反应的化学方程式为B2O3·2MgO+4HCl+H2O=2H3BO3+2MgCl2；铁硼精矿是固体物质，为提高浸出速率，可采取的措施可以将铁硼精矿粉碎，也可以提高反应温度、使用较大浓度的盐酸、反应过程中搅拌等；‎ ‎(2)由酸浸时，温度与硼浸出率的关系图示可知，在90~95℃时硼酸浸出率最高，所以合适的酸浸温度为90~95℃；‎ ‎(3)浸出液“氧化”的是溶液中的Fe2+，在氧化过程中不能引入新的杂质，可以使用H2O2，也可以使用Cl2水，反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(或2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-)；‎ ‎(4)由硼酸的溶解度与温度的关系可知：温度升高，硼酸的溶解度增大，所以从滤液中获得H3BO3晶体的“操作I”具体操作是将高温下的溶液蒸发浓缩、然后冷却结晶、再进行过滤可得；‎ ‎(5)分离出硼酸晶体后的滤液中仍然含有一定量的硼酸，向该溶液加入有机萃取剂萃取分液，由于得到的水层中含有可溶的MgCl2‎ - 22 -‎ ‎，说明硼酸在有机物中，硼酸容易溶解在该有机萃取层中；实验室模拟萃取操作使用的玻璃仪器除烧杯外，另一主要玻璃仪器是分液漏斗；‎ ‎(6)纯度为99.8%的硼酸m2 kg中含有B元素的质量为m(B)=kg，由于产生该硼酸需消耗 m1 kg的铁硼精矿， 所以铁硼精矿中硼的质量分数×100%=×100%。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及反应原理、反应条件的选择、混合物的分离、物质含量的计算等。掌握物质的性质及反应原理是本题解答的关键。在计算时要留意元素守恒分析解答。‎ ‎9.二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。‎ Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：‎ ‎(1)仪器A的名称____________。‎ ‎(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。‎ ‎(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。‎ ‎②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：‎ 序号 实验操作 实验现象 ‎1‎ 向10 mL 1 mol/L Na2S溶液中通O2‎ ‎15 min后，溶液才出现浑浊 ‎2‎ 向10 mL 1 mol/L Na2S溶液中通SO2‎ 溶液立即出现黄色浑浊 - 22 -‎ 由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是____________。‎ Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：‎ ‎[查阅资料] ①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2‎ ‎②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2‎ ‎③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+‎ ‎④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O ‎(4)工业设定的滴定终点现象是____________。‎ ‎(5)实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1‎ 实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2‎ ‎①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是___________。‎ ‎②测得V2的体积如表：‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ KIO3标准溶液体积/mL ‎10.02‎ ‎9.98‎ ‎10.00‎ 该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 饱和亚硫酸氢钠溶液 (3). O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓ (4). 氧气中水中的溶解度比二氧化硫小 (5). 吸收液出现稳定的蓝色 (6). 空白实验 (7). 0.096%‎ ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。‎ II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；‎ ‎(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；‎ ‎(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；‎ ‎②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；‎ II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；‎ ‎(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；‎ ‎②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00 mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 mol/L×0.0100 L=1.0×10-5 mol，根据电子守恒及结合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素质量为m(S)=n·M=3.0×10-5 mol×32 g/mol=9.6×10-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。‎ - 22 -‎ ‎【点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。‎ ‎10.脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。‎ ‎(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。‎ 已知：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.9 kJ/mol ‎ ‎②N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ/mol ‎ ‎③H2O(g)H2O(l) △H=-44 kJ/mol 写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式：____________。‎ ‎(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。‎ ‎①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3：4，则脱除后NO转化为____________。‎ ‎②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示：‎ 图中，40～60℃ NO脱除率上升可能的原因为____________；60～80℃ NO脱除率下降可能的原因为____________。‎ ‎(3)过硫酸钠(Na2S2O8)氧化去除NO 第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2‎ 第二步： NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为NO2-+S2O82-+2OH-NO3-+2SO42-+H2O。不同温度下，平衡时NO2-的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图所示：‎ - 22 -‎ ‎①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为____________，原因是____________。‎ ‎②若a点(0.1，40%)时，NO2-的初始浓度为a mol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=____________。(用含a的代数式表示)‎ ‎(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示：‎ 某电化小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应为_______。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H=-2069.9 kJ/mol (2). HNO3(或NO3-) (3). 温度升高，化学反应速率加快 (4). 温度升高，气体溶解度下降(或温度升高，ClO-水解增强) (5). K(b)>K(a)=K(c)=K(d) (6). 温度相同，化学平衡常数相同，a、c、d三点在同一温度下，K值相同；该反应的正反应为吸热反应，b点温度升高，NO2的脱除率上升，说明升高温度，化学平衡向正向移动，K值增大 (7). (8). O2+2e-+2H+=H2O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)常温下氨气还原NO产生N2和液体水，方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，将已知三个热化学方程式叠加，可得该反应的热化学方程式；‎ ‎(2)①根据反应过程中电子守恒分析判断；②根据温度、浓度或盐的水解等原因分析；‎ ‎(3)①平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，根据温度与NO2-脱除率的关系，结合平衡移动原理分析；‎ ‎②根据pH计算溶液中c(H+)，利用水的离子积计算c(OH-)，结合NO2-‎ - 22 -‎ 脱除率及各种物质的浓度计算第二步反应的平衡常数K的数值；‎ ‎(4)根据电解池反应原理分析。‎ 详解】(1)根据盖斯定律，将①-②×5+③×6，整理可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H=-2069.9 kJ/mol；‎ ‎(2)①Ca(ClO)2具有氧化性，NO具有还原性，二者发生氧化还原反应时物质的量之比为3：4，反应后ClO-反应变为Cl-，假设NO反应后被氧化，产物中N元素化合价为+x，根据电子守恒可知3×2×2=4×(x-2)，解得x=+5价，所以脱除后NO转化为+5价的HNO3(或NO3-)；‎ ‎②在图中，40～60℃ NO脱除率上升可能是由于温度升高，化学反应速率加快，可以使NO更快反应，导致NO脱除率增大；随温度升高，当温度在60～80℃ NO脱除率又随温度的升高而下降可能是由于温度升高使气体NO在溶液中气体溶解度下降(或温度升高，ClO-水解增强)；‎ ‎(3)根据图象可知：在Na2S2O8初始浓度相同时，温度越高，NO2-脱除率越大，说明升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，在相同温度下，化学平衡常数相同，与物质的浓度大小无关，所以a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为b>a=c=d，即K(b)>K(a)=K(c)=K(d)；‎ ‎②对于反应，NO2-+S2O82-+2OH-NO3-+2SO42-+H2O，由于开始时c(NO2-)=a mol/L，c(S2O82-)=0.1 mol/L，NO2-的平衡脱除率为40%，所以根据物质反应转化关系可知，平衡时c(NO2-)=0.6a mol/L，c(S2O82-)=(0.1-0.4a) mol/L，c(NO2-)=0.4a mol/L，c(SO42-)=0.8a mol/L，平衡时pH=13，则该溶液中c(OH-)=0.1 mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=；‎ ‎(4)根据已知的物质转化关系可知：在过程A中，O2得到电子，与溶液中的H+结合形成H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，该电极得到电子，发生还原反应，即为阴极的电极反应式；在过程B中，NO失去电子，与H2O结合形成NO，产生产生H+，电极反应为：NO-2e-+H2O=NO2+2H+，总反应方程式为：O2+H2O+NO=NO2+H2O2。‎ ‎【点睛】本题考查了氮氧化物脱除方法及影响因素。涉及热化学方程式的书写、氧化还原反应、外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响及电解原理。掌握盖斯定律、物质的性质及影响因素和化学反应原理是本题解答的关键。要结合化学基本概念与基本原理分析解答。‎ ‎11.铁被誉“第一金属”，铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。‎ ‎(1)已知：元素的一个基态的气态原子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量称为该元素的第一电子亲和能，用E1‎ - 22 -‎ 表示。从-1价的气态阴离子再得到1个电子，成为-2价的气态阴离子所放出的能量称为第二电子亲和能E2，依此类推。FeO是离子晶体，其晶格能可通过如下的Born－Haber循环计算得到。‎ 铁单质的原子化热为__________kJ/mol，FeO的晶格能为__________kJ/mol，基态O原子E1____________E2(填“大于”或“小于”)，从原子结构角度解释_________。‎ ‎(2)乙二胺四乙酸又叫做EDTA(图1)，是化学中一种良好的配合剂，形成的配合物叫做螯合物。EDTA在配位滴定中经常用到，一般是测定金属离子的含量。已知：EDTA配离子结构(图2)。‎ EDTA中碳原子轨道的杂化类型为____________，EDTANa-Fe(Ⅲ)是一种螯合物，六个配位原子在空间构型为____________。EDTANa-Fe(Ⅲ)的化学键除了σ键和配位键外，还存在____________。‎ ‎(3)Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O 围成的正四面体空隙和如3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，O2-数与正四面体空隙数(包括被填充的)之比为__________，有__________%的正八面体空隙填充阳离子。Fe3O4晶胞的八分之一是图示结构单元(图3)，晶体密度为5.18 g/cm3，则该晶胞参数a=____________pm。(写出计算表达式)‎ - 22 -‎ ‎【答案】 (1). 416.3 (2). 3902 (3). 小于 (4). 当负一价氧离子再获得电子时要克服电荷之间的排斥力，因此要吸收能量 (5). sp2，sp3 (6). 八面体 (7). 离子键和π键 (8). 1：2 (9). 50% (10). ×1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从原子化能、晶格能概念，结合图示的能量变化判断；根据图示O原子的E1、E2比较大小，并从电性作用分析判断；‎ ‎(2)根据单键是sp3杂化，共价双键是sp2杂化分析；根据EDTANa-Fe(Ⅲ)的结构中原子相对位置、结合其结构分析判断；‎ ‎(3)根据晶体结构分析，由密度公式ρ=进行计算。‎ ‎【详解】(1)根据图示可知Fe晶体变为1 mol气态Fe原子时需吸收416.3 kJ的热量，所以铁单质的原子化热为416.3 kJ/mol；根据图示可知1 mol气态Fe2+与1 mol气态O2-会放出3902 kJ的热量，则FeO的晶格能为3902 kJ/mol；1 mol基态气态O原子获得1 mol 电子变为1 mol气态O-离子，放出能量是142 kJ，则O原子的E1=-142 kJ/mol，而基态O原子E2为+844 kJ/mol，E1

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