四川省威远中学2020届高三上学期第三次月考化学试题


威远中学 2019-2020 学年 2020 届高三第三次月考理科综合·化学部分
一、填空题
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A. Al2O3 和 MgO 的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源利用率
C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
【答案】C
【解析】
【详解】A. Al2O3和 MgO 的熔点均很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. 地沟油主要成分为油脂，油脂为高级脂肪酸甘油酯，在碱性环境下水解生成肥皂主要成分高级脂肪酸盐和甘油，将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；
C. 计算机芯片的主要材料是硅单质，故C错误；
D. 小苏打为碳酸氢钠，小苏打和氢氧化铝都能与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，故D正确；
答案选C
【点睛】硅是良好的半导体材料，和原子结构关系密切。
2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1 mol 乙酸(忽略挥发损失)与足量的 C2H518OH 在浓硫酸作用下加热，充分反应可生成 NA 个CH3CO18OC2H5 分子
B. 常温常压下，7.8 g Na2O2 含离子数为 0.4NA
C. 标准状况下，11.2 L CCl4 中含分子数为 0.5NA
D. 6.4 g O2 和O3 的混合气体，含氧原子数为 0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子个数小于NA个，故A错误；
B. 7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故0.1mol过氧化钠中含0.3NA个离子，故B错误；
C. 标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量为0.4mol，个数为0.4NA个，故D正确。
答案选D。
3.现有四种有机物：a 的分子式为(C6H10O5)n，b 是葡萄糖，c 是乙醇，d 是乙酸乙酯。下列有关有机物的说法正确的是( )
A. 有机物a 只能是淀粉
B. a 转化为 b、b 转化为c 都发生了取代反应
C. 等质量的a 和 b 充分燃烧生成等质量的二氧化碳
D. a、b、c、d 四种物质都能发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 有机物a可能是淀粉或纤维素，故A错误。
B. b转化为c属于分解反应，故B错误。
C. a、b的最简式不同，含碳量不同，所以等质量的a和b充分燃烧生成二氧化碳的质量不相等，故C错误。
D. 四种物质都能燃烧，燃烧属于氧化反应，此外葡萄糖、乙醇也能被其他氧化剂氧化，故D正确。
答案选D。
【点睛】绝大多数有机物都能燃烧，燃烧属于氧化反应。
4.下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是(　　)
选项
操作和现象
结论
A
将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色
氧化性：Br2＞I2
B
常温下，打磨后的铝片放入浓HNO3中，无明显反应现象
常温下，铝不与浓HNO3反应
C
向一定量AgNO3溶液中，先滴加几滴KCl溶液，再滴加几滴KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
用pH计测定NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa)
酸性：HF＞CH3COOH


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 将少量溴水加入KI溶液中，发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，根据氧化性：氧化剂>氧化产物可知氧化性：Br2＞I2，反应产生的I2易溶于CCl4中，由于四氯化碳的密度比水大，水遇四氯化碳互不相溶，所以振荡静置后分层，下层液体呈紫色，A正确；
B.常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了金属进一步的氧化反应，并不是Al和浓硝酸不反应，B错误；
C.要证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，滴加的KCl、KI溶液浓度必须相同且硝酸银不能过量，否则无法得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，该实验中没有明确硝酸银的量、KCl和KI的浓度，所以该实验操作不合理，C错误；
D.根据钠盐溶液pH判断其相应酸的酸性强弱时，钠盐溶液的浓度必须相同，该实验中钠盐浓度未知，所以不能得出正确判断，D错误；
故合理选项是A。
5.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径依 X、Z、Y、W 的顺序增大。已知Y 的单质是空气中含量最高的成分，Z 是地壳中含量最高的元素，W 的原子半径在同周期中最小(稀有气体除外)。下列说法正确的是( )
A. X、Y 分别与 Z 按原子个数比 2∶1 形成的化合物都是弱电解质
B. 由 X、Y、Z、W 中的元素形成的化合物都具有强氧化性
C. XWZ4 的酸性强于XYZ3，所以W 的非金属性比Y 强
D. 由 X、Y、Z、W 中的元素形成的化合物都抑制水的电离
【答案】C
【解析】
【详解】题考查物质结构和元素周期律,意在考查考生的知识迁移能力。由题意可知,X、Y、Z、W依次是H、N、O、Cl。
A. H2O是弱电解质，N2O属于非电解质，故A错误；
B. H2O、NH3、NH4Cl等不具有强氧化性，故B错误；
C. HClO4 的酸性强于HNO3，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性越强，所以Cl 的非金属性比N强，故C正确；
D. NH4NO3等水解促进水的电离，故D错误；
答案选C。
6.构成原电池的条件有很多，其中一种就是利用电解质的浓度差构成“浓差电池”。当电解质中某离子的浓度越大时其氧化性或还原性越强。如图，甲池为 3 mol·L-1 的 AgNO3 溶液 乙池为 1 mol·L-1的 AgNO3溶液，A、B 均为 Ag 电极。实验开始先闭合 K2，断开 K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法不正确的是( )

A. 一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应不再进行
B. 当电流计指针归零后，闭合 K1，断开 K2 后，乙中 Ag 电极质量增加
C. 当电流计指针归零后，闭合 K1，断开 K2 后，乙池溶液浓度上升
D. 实验开始先闭合K2，断开K1 ，此时 NO3-向 B 电极移动
【答案】B
【解析】
【分析】
断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol•L-1的AgNO3溶液，乙池为1mol•L-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，NO3-向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此解答。
【详解】A. 断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，故A正确；
B. 闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，故B错误；
C. 闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，NO3−向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，故C正确；
D. 断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则NO3−向B极移动，故D正确；
答案选B。
【点睛】闭合K2是原电池，闭合K1是电解池，原电池和电解池的原理必须要清楚。
7.常温下，向20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示，下列说法错误的是

A. 在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存
B. 已知在25℃，CO32-的水解平衡常数Kh1=2×10-4，当溶液的pH=10时，溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=2: 1
C. pH=7时溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是c(Na+)>c(HCO3-)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)>c(CO32-)
D. 当混合液pH≈6时，开始放出CO2气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2CO3、CO32-反应生成HCO3-，所以H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，A正确；
B.CO32-的水解平衡常数Kh1= =2×10-4，已知pH=10时，c(H+)=10-10 mol/L，c(OH-)=10-4 mol/L，因此==2，即c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，B正确；
C.根据图像可知，pH=8时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠（1:1），当pH=7时，部分碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，因此溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-)>c(CO32-)，C错误；
D.由图像可知，当pH≈6时，H2CO3浓度不再增加，说明溶液已饱和，CO2开始逸出，D正确；
正确选项C。
二、填空题
8.高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：

(1)装置I中仪器甲的名称是___________。
(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是___________。
(3)装置Ⅱ中的试剂X是___________。
(4)装置Ⅲ中搅拌的目的是___________。
(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。
(6)装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。
①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。
②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。
③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。
已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O
KIO4+7KI+8CH3 COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O
I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6
则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ (3). NaOH溶液 (4). 使反应混合物混合均匀，反应更充分 (5). aefcdb (6). 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O (7). 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 (8). 100%
【解析】
【分析】
本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I→IV→III→II，以此分析解答。
【详解】(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，
因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；
(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，
因此，本题正确答案是：NaOH溶液；
(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，
因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；
(5)根据以上分析，装置的连接顺序为I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，
因此，本题正确答案是：aefcdb；
(6)①装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，
因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；
②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，
因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；
③设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：
KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，
①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得y=mol，
则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，
因此，本题正确答案是：100%。
9.工业上用钒炉渣(主要含 FeO·V 2O3，还含有少量 SiO2、P2O5 等杂质)提取V2O5 的流程如下：

(1)焙烧的目的是将FeO·V 2O3 转化为可溶性的NaVO3，写出该反应的化学方程式____；浸出渣的主要成分为_______________(填化学式)。
(2)用 MgSO4 溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为 Mg3(PO4)2、MgSiO3。
①若滤液中 c(SiO32- )＝0.08 mol·L-1，则 c(PO43- )＝_____。(已知：Ksp (MgSiO3 )＝2.4×10-5，Ksp [Mg3 (PO4 )2 ]＝2.7×10－27)
②随着温度升高，Mg2＋的水解程度增大，导致除磷率下降，但除硅率升高，其原因是____。[随温度升高，MgSiO3、Mg3(PO4)2 的溶解度变化忽略不计]
(3)元素钒在溶液中主要以V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、VO2＋(蓝色)、VO2＋(浅黄色)等形式存在。钒液可充电电池的工作原理如图所示。

已知溶液中 c(H＋)＝1.0 mol·L-1，阴离子为 SO42-。
①充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为浅黄色，则左侧电极的电极反应式为 ____。
②放电过程中，右槽溶液颜色变化为_____。
③放电时，若转移的电子数为 3.01×1022，则左槽溶液中 n(H＋)的变化为_____。
【答案】 (1). 4FeO·V2O3＋4Na2CO3＋5O28NaVO3＋2Fe2O3＋4CO2 (2). Fe2O3 (3). 1.0×10-8mol·L -1 (4). 温度升高促进SiO32-水解生成硅酸沉淀 (5). VO2＋＋H2O－e－=VO2＋＋2H＋ (6). 由紫色变为绿色 (7). 减少 0.05 mol
【解析】
【分析】
钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物水浸过滤得到滤渣主要是氧化铁，溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3．滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5，
（1）焙烧目的是将FeO•V2O3转化为可溶性NaVO3，氧化铁和二氧化碳；浸出渣为氧化铁；
（2）①根据Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)∙c(SiO32-)=2.4×l0-5，结合c(SiO32-)=0.08mol/L，Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10-27进行计算c(PO43-)；
②随着温度的升高，Mg2+水解程度增大，导致除磷率下降，但除硅率升高是因为升温促进硅酸根离子水解生成硅酸沉淀；
（3）①充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色是VO2+（蓝色）变化为VO2+（黄色），化合价升高失电子发生氧化反应；
②放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+生成V3+；
③放电时，左槽发生的反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，当转移电子为3.01×1022个即为0.05 mol电子时，消耗氢离子为0.1 mol。
【详解】钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物水浸过滤得到滤渣主要是氧化铁，溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（
PO4）
2、MgSiO3．滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5，
（1）焙烧的目的是将FeO•V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V 2O3＋4Na2CO3＋5O28NaVO3＋2Fe2O3＋4CO2，浸出渣为氧化铁，化学式为Fe2O3，
故答案为：4FeO·V 2O3＋4Na2CO3＋5O28NaVO3＋2Fe2O3＋4CO2；Fe2O3；
（2）①根据Ksp（MgSiO3）=c(Mg2+)∙c(SiO32-)=2.4×l0-5，结合c(SiO32-)=0.08mol/L， c（Mg2+）==3.0×10-4mol/L，依据Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10-27进行计算，c(PO43-)==1.0×10-8mol/L，
故答案为：1.0×10-8mol/L；
②随着温度的升高，Mg2+水解程度增大，导致除磷率下降，但除硅率升高是因为升温促进硅酸根离子水解生成硅酸沉淀，除硅率升高，
故答案为：温度升温促进SiO32-水解生成硅酸沉淀；
（3）①充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色VO2+（蓝色）变化为VO2+（黄色），化合价升高失电子发生氧化反应，电极反应为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，
故答案为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+；
②放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+生成V3+，溶液颜色由紫色变为蓝色，故答案为：由紫色变为蓝色；
③放电时，左槽发生的反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，当转移电子为3.01×1022个物质的量==0.05 mol电子时，消耗氢离子为0.1 mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.05mol电子，则左槽溶液中n(H+)的减少0.1mol-0.05mol=0.05mol，
故答案为：减少0.05mol。
【点睛】本题是工业流程题，考查化学方程式的书写，电极反应的书写，溶度积的计算等，需注意实验原理，电荷守恒等。

10.合理利用或转化 NO2、SO2、CO、NO 等污染性气体是人们共同关注的课题。
Ⅰ.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g) ⇌N2O2(g)(快) v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2) ΔH1＜0
②N2O2(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)(慢) v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2) ΔH2＜0
请回答下列问题：
(1)反应 2NO(g)＋O2(g) ⇌ 2NO2(g)的 ΔH＝_____(用含 ΔH1 和ΔH2 的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出用 k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝_____。
(2)决定2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)反应速率的是反应②，反应①的活化能 E1与反应②的活化能E2的大小关系为 E1_____E2(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)若一定量 NO 发生分解的过程中，NO 的转化率随时间变化的关系如图所示。

①反应 2NO(g) ⇌N2(g)＋O2(g)为_____(填“吸热”或“放热”)反应。
②在一定温度下的恒容容器中，能够说明反应2NO(g) ⇌ N2(g)＋O2(g)已达到平衡的是_____________(填序号)。
a．容器内的压强不发生变化 b．混合气体的密度不发生变化
c．NO、N2、O2 的浓度保持不变 d．单位时间内分解 4 mol NO，同时生成 2 mol N2
③在四个容积和温度均完全相同的密闭容器中分别加入下列物质，相应物质的量(mol)如表所示。相同条件下达到平衡后，N2 的体积分数最大的是_____(填容器代号)。
容器代号
NO
N2
O2
A
2
0
0
B
0
1
1
C
0.4
0.6
0.8
D
1
0.5
0.4


Ⅱ.(4)反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)。其中 k1、k2 是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_____，理由是_________。

(5)在 25 ℃时，将 a mol·L -1的氨水溶液与 0.02 mol·L-1 HCl 溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示 25 ℃时 NH3·H2O 的电离常数 Kb＝_____。
【答案】 (1). △H1+△H2 (2). (3). ＜ (4). 放热 (5). c (6). D (7). B、D (8). 图中只有D 点的 NO2 的消耗速率是 B 点N2O4 的消耗速率的 2 倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D (9).
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算所求反应的焓变，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v（正）=v（逆），结合速率方程推导反应的化学平衡常数表达式；

（2）决定2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢；
（3）①由图可知T2大于T1，而温度越高一氧化氮的转化率越小，所以正反应是放热反应；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；
③A将一氧化氮完全转化为氮气和氧气，相当于投氮气和氧气都是1mol，所以A和B是同一平衡，而C用极端转化，相当于投氮气0.8mol和1mol的氧气，所以C相当于在A和B平衡的基础上减少氮气的量，平衡逆向移动，所以氮气的体积分数减小，D用极端转化，相当于投氮气1mol和0.8mol的氧气，所以D相当在A和B平衡的基础上减少氧气的量，平衡逆向移动，所以氮气的体积分数最大；①由图可知T2大于T1，而温度越高一氧化氮的转化率越小，所以正反应是放热反应；
II．（4）反应达到平衡时，存在速率关系为v（正）=v（逆），根据图象和速率表达式分析，解释原因；
（5）a mol/L的氨水溶液与0.02mol/LHCl溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，发生反应NH3•H2O+HCl═NH4Cl+H2O，考虑根据反应方程式计算NH3•H2O的电离常数Kb，计算配制氨水溶液，根据物质的量守恒的关系计算；
【详解】（1）反应2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)可由①+②得到，则该反应的焓变为△H=△H1+△H2，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v（正）=v（逆），根据多重平衡规则，该反应的化学平衡常数为K=K1•K2，根据速率方程式，K1=，K2=，则K=，
故答案为：△H1+△H2；；
（2）决定2NO(g)＋O2(g) ⇌2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①>②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1 故答案为：<；
（3）①由图可知T2大于T1，而温度越高一氧化氮的转化率越小，所以正反应是放热反应；
故答案为：放热；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；
a.两边计量数相等，容器内的压强一直不发生变化，故a错误；
b.气体总质量不变，气体的体积不变，混合气体的密度一直不发生变化，故b错误；
c.NO、N2、O2的浓度保持不变，说明正逆反应的速率相等，达平衡状态，故c正确；
d.单位时间内分解4molNO,同时生成2molN2，都体现逆反应的方向，故d错误；
故答案选c；
③A将一氧化氮完全转化为氮气和氧气，相当于投氮气和氧气都是1mol，所以A和B是同一平衡，而C用极端转化，相当于投氮气0.8mol和1mol的氧气，所以C相当于在A和B平衡的基础上减少氮气的量，平衡逆向移动，所以氮气的体积分数减小，D用极端转化，相当于投氮气1mol和0.8mol的氧气，所以D相当于在A和B平衡的基础上减少氧气的量，平衡逆向移动，所以氮气的体积分数最大，则氮气的体积分数大小顺序为：D>A=B>C，
故答案选D；
II．(4)反应达到平衡时，存在速率关系为v（正）=v（逆），根据反应方程式，应为NO2的消耗速率是N2O4消耗速率的两倍，根据图象，因此能表示该反应达到平衡状态的两个点是B和D，原因为：图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D，
故答案为：B、D；图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是B、D；
（5）a mol/L的氨水溶液与0.02mol/LHCl溶液等体积混合后溶液刚好呈中性，发生反应NH3•H2O+HCl═NH4Cl+H2O，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=c(Cl-)=0.01mol/L，这是平衡浓度，根据物料守恒，则c(NH3•H2O)=(-0.01)mol/L，c(OH-)=10-7mol/L，所以NH3•H2O的电离常数Kb===，
故答案为：。
【点睛】本题考查化学平衡及其综合应用，化学平衡状态的判断是重点，包括直接判据和间接判据等。
11.钾的化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___________形象化描述。
（2）钾的焰色反应为___________色，发生焰色反应的原因是______________________。
（3）叠氮化钾(KN3)晶体中，含有的共价键类型有___________，N3－的空间构型___________。
（4）CO能与金属K和Mn形成配合物K[Mn(CO)5]，Mn元素基态原子的价电子排布式为___________。
（5）原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，金属钾是体心立方晶系，其构型如图。其中原子坐标参数A(0，0，0)、B(l，0，0)，则C原子的坐标参数为___________。
（6）钾晶体的晶胞参数为apm。假定金属钾原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切，则钾原子的半径为___________pm，晶体钾的密度计算式是___________g/cm3。

【答案】 (1). 电子云 (2). 紫 (3). 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 (4). σ键和π键 (5). 直线型 (6). 3d54s2 (7). (8). (9).
【解析】
（l）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述。（2）钾的焰色反应为紫色，发生焰色反应的原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量。（3）叠氮化钾（KN3）晶体中氮原子之间含有三键和双键，因此含有的共价键类型有σ键和π键。由于氮原子之间含有三键和双键，所以N3-的空间构型为直线形。（4）Mn元素的核外电子数是25，基态原子的价电子排布式为3d54s2。（5）C原子位于体心处，则C原子的坐标参数为（1/2，1/2，1/2）。（6）钾晶体的晶胞参数为apm，则体对角线是，所以钾原子的半径为。晶胞中含有钾原子的个数8×1/8+1=2，所以晶体钾的密度计算式是g/cm3。
12.【化学——选修 5：有机化学基础】
以含有某种官能团的芳香烃 C8H8 为主要原料合成药物 E 的流程(部分反应条件及产物略去)如图：

已知： (R 和 R′是烃基或H 原子
请根据流程图中的转化关系回答下列问题：
(1)芳香烃 C8H8 的结构简式为_____，名称为_____。
(2)反应②的反应类型为_____。
(3)B中所含官能团的名称为_________。
(4)D 转化为E 的化学方程式为_____，该反应的反应类型为_____。
(5)同时满足下列条件的C 的同分异构体有_____种。
①遇 FeCl3 溶液发生显色反应；
②既能发生水解反应也能发生银镜反应；
③苯环上只有两个取代基。
写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为 1:1:2:2:2:2 的有机物的结构简式：_____。
(6)参照上述流程，写出以 CH3CH2OH 为原料(其他无机试剂任选)制备化合物 CH2=CHCOOCH2CH3的合成路线___________________________________________________。
【答案】 (1). (2). 苯乙烯 (3). 取代(水解)反应 (4). 羰基 (5). (6). 消去反应 (7). 6 (8). (9).
【解析】
【分析】
C8H8与HBr发生加成反应生成，则可知C8H8为苯乙烯，在NaOH溶液中加热水解生成的A为，催化氧化产物B为，B与HCN发生加成反应并在酸性条件下水解得到的C为，C再和乙醇酯化得到的D为，D再与浓硫酸混合加热发生消去反应得到E（），据此进行解答。
【详解】(1)C8H8与HBr发生加成反应生成，则C8H8结构简式为，名称为苯乙烯，
故答案：；苯乙烯；
(2)反应②为卤代烃的水解，反应类型为取代反应或水解反应，
故答案为：取代(水解)反应；
(3)B为，所含官能团的名称为羰基，
故答案为：羰基；
(4)与浓硫酸混合加热生成E的化学方程式为：，该反应的反应类型为消去反应，
故答案为：；消去反应；
(5)①遇FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基；②既能发生水解反应也能发生银镜反应,说明含有甲酸酯；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为−OH，另一个取代基为HCOOCH2CH2−、HCOOCH(CH3)−，两取代基之间有邻、间、对位三种情况，故共有6种符合情况的同分异构体；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1:1:2:2:2:2的有机物结构简式为：，
故答案为：6；；
(6)以CH3CH2OH为原料合成CH2=CHCOOCH2CH3，参照上述流程可知，首先乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息反应生成CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇在浓硫酸作用下生成CH2=CHCOOCH2CH3，则合成流程为：，
故答案为：。
【点睛】有机反应的官能团，反应类型是考试热点，是学习有机化学的方法，需熟悉各种物质间的相互转化。