（新高考）高考化学考前冲刺卷（十一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

高考考前冲刺卷
化 学（十一）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ti 48

一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠
B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．《本草经集注》中记载了区分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真焰硝”，这是利用了“焰色反应”原理
D．北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成份为SiO2
【答案】C
【解析】A．海水制盐后可以利用氯碱工业即电解饱和食盐水，反应方程式为：2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑，故电解饱和食盐水制备不到金属钠，A错误；B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的结构简式为：，分子中没有碳碳双键等不饱和键，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．鉴别K+和Na+可以利用焰色反应，故《本草经集注》中记载了区分真焰硝(KNO3)和假焰硝(NaNO3)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真焰硝”，是利用了“焰色反应”原理，C正确；D．北斗卫星导航专用硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成份为晶体硅，D错误；故答案为C。
2．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1∶3
B．标准状况下，46g NO2气体中所含的分子数为NA
C．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NA
D．22.4L Cl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA
【答案】A
【解析】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为C，则阴阳离子个数比为1∶3，A说法正确；B．NO2气体中存在2NO2N2O4，则标准状况下，46g NO2气体中所含的分子数小于NA，B说法错误；C．32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为0.5NA，C说法错误；D．标况下，22.4L Cl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA，未给定气体状态，则原子数不能确定，D说法错误；答案为A。
3．用如图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是

A． 用甲装置定量测定化学反应速率
B．用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨
C．用丙装置分离甲醇(沸点64.7℃)与水的混合物
D．用丁装置除去溶在CCl4中的Br2
【答案】D
【解析】A．生成氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，应改为分液漏斗，故A错误；B．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故B错误；C．温度计应处于圆底烧瓶的支气管处，故C错误；D．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，故D正确；故选D。
4．紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．1mol该有机物最多能与5mol H2反应
B．能够与钠反应生成氢气
C．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能够发生水解反应
【答案】A
【解析】A．一定条件下，该有机物中苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与4mol氢气反应，故A错误；B．该有机物含有醇羟基，能够与钠发生置换反应生成氢气，故B正确；C．该有机物含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与羟基相连的碳原子上连有氢原子，醇羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色褪色，故C正确；D．该有机物含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故D正确；故选A。
5．化学与生活密切相关，下列生活常识不能用对应的化学知识解释的是
选项
生活常识
化学知识
A
餐后要将洗浄的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
B
护肤品中添加丙三醇
丙三醇有吸水性
C
煮沸豆浆
主要将蛋白质转换为氨基酸
D
用热的纯碱溶液清洗油污
油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解
【答案】C
【解析】A．铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀形成铁锈，水膜是形成铁碳-电解质溶液无数微小原电池的必要条件之一，所以餐后将洗净的铁锅擦干可减缓铁的锈蚀，故A正确，不符合题意；B．丙三醇是含有羟基数目较多的多羟基醇，具有吸水性，可作护肤保湿剂，故B正确，不符合题意；C．煮沸豆浆是蛋白质变质，故C错误，符合题意；D．碳酸钠俗名纯碱，碳酸钠水解使溶液呈碱性，并且水解是吸热反应，温热的纯碱溶液碱性更强，油脂在碱性条件下能发生水解，并且碱性越强油脂水解程度越大，所以油脂在热的纯碱溶液中更易发生水解，故D正确，不符合题意；故选C。
6．利用如图装置进行Cl2制备及其化学性质的探究。下列说法错误的是

A．拉动a或b的活塞，可检查装置气密性
B．c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为6∶1
C．c中产生Cl2后，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性
D．性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，溶液由红色变为无色
【答案】B
【解析】c中反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，d中先发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，实验结束后：加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=H2O+NaCl+NaClO。A．拉动a或b的活塞，松开后看活塞能否恢复到原位，可检查装置气密性，故A正确；B．由KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3
H2O，化合价升高的氯与化合价降低的氯比为5∶1，c中反应的氧化产物与还原产物的质量比为5∶1，故B错误；C．c中产生Cl2后，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有强氧化性、漂白性，d褪色的原因是次氯酸具有漂白性，故C正确；D．性质实验结束后，加入b中溶液除去多余的Cl2，Cl2+2NaOH=
H2O+NaCl+NaClO，碱性变弱，溶液由红色变为无色，故D正确；故选B。
7．研究认为，强碱性溶液中反应I−+ClO−=IO−+Cl−分三步进行，其中两步如下：
第一步ClO−+H2O→HOCl+OH− K1=3.3×10−10
第三步HOI+OH−→IO−+H2O K3=2.3×103
下列说法正确的是
A．OH−是该化学反应的催化剂 B．第一、三步反应均为氧化还原反应
C．由K可判断反应第三步比第一步快 D．反应的第二步为HOCl+I−→HOI+Cl−
【答案】D
【解析】A．第一步水解产生了OH−，第三步又消耗了OH−，所以OH−是整个反应的中间产物，不是催化剂，故A说法错误；B．第一步反应是水解反应，不是氧化还原反应，第三步是酸碱中和反应，也不是氧化还原反应，故B说法错误；C．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，故C说法错误；D．总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I−→HOI+Cl−，故D说法正确；本题答案D。
8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素。下列说法错误的是
A．Y和W都存在可以用来消毒的单质
B．X、Y、Z和Y、Z、W都能组成在水中显碱性的盐
C．Y、Z能组成含有非极性键的化合物
D．W的氧化物的水化物的酸性一定比X的氧化物的水化物的酸性强
【答案】D
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA元素，W是同周期非金属性最强的元素，则Z为Na，W为Cl，原子序数之和为42，X和Y的原子序数之和为42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，则X为C，Y为O，由上述分析可知：X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl。A．Y的单质为O2或O3，W的单质为Cl2，O3、Cl2均可以用来消毒，故A正确；B．X、Y、Z可以组成Na2CO3，Y、Z、W可以组成NaClO，在水中均为显碱性的盐，故B正确；C．Y、Z能组成含有非极性键的Na2O2，故C正确；D．HClO的酸性比H2CO3酸性弱；故D错误；本题答案为D。
9．科学家设想利用图示装置进行CO2的固定，同时产生电能。该装置工作时，生成的碳附着在电极上。下列说法错误的是

A．电解板(Li)作该电池的负极
B．若导线中流过4mol e−，理论上负极区减少4mol Li+
C．负极区不适合选用水溶液作电解质溶液
D．采用多孔催化剂电极有利于CO2扩散到电极表面
【答案】B
【解析】利用如图所示装置进行CO2的固定同时产生电能，故该装置为原电池，该装置工作时，生成的碳附着在电极上，则Li为负极，多孔催化剂电极为正极。A．由图知，Li为负极，多孔催化剂电极为正极，故A正确；B．导线中流过4mol e−，负极产生4mol Li+，同时有4mol Li+向正极区移动，所以理论上负极区Li+的物质的量不变，故B错误；C．Li能与水反应，负极区不适合选用水溶液作电解质溶液，故C正确；D．多孔结构有利于气体扩散，即有利于CO2扩散到电极表面，故D正确；故选B。
10．温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.20
0.10
0.08
0.07
0.06
0.06
n(O2)/mol
0.10
0.05
0.04
0.035
0.03
0.03
下列说法不正确的是
A．0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L−1·s−1
B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20mol NO和0.10mol O2，则达平衡时NO2体积分数增大
C．其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T1
【答案】C
【解析】A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，Δn(NO)=0.20 mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L−1·s−1，A正确；B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20mol NO和0.10mol O2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大，B正确；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2，化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03 mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=
＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1，D正确。
二、不定项选择（每小题4分，共20分。）
11．燃煤和工业生产中产生的SO2过量排放会形成酸雨。SO2是重要的化工原料，可作漂白剂。在接触法制硫酸的工业中，SO2发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-198kJ/mol。下列关于SO2的说法正确的是
A．SO2分子呈V形，是极性分子
B．SO2的水溶液能导电，SO2是电解质
C．SO2和H2S反应，每生成1mol S，转移的电子数为2mol
D．用石灰石浆液吸收烟气中的SO2，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏
【答案】AD
【解析】A．SO2的价层电子对数为2+(6-22)=3，且有一对孤对电子，构型为V形，是极性分子，故A正确；B．SO2的水溶液能导电是因为和水反应生成了亚硫酸，SO2是非电解质，故B错误；C．SO2和H2S反应生成S单质，S元素由+4价下降到0价，又由-2价上升到0价，方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，每生成1mol S，转移的电子数为mol，故C错误；D．石灰石浆吸收废气中的二氧化硫的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏，故D正确；故选AD。
12．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．第一电离能：O>N>C>H
B．分子中C和N的杂化方式相同
C．基态Zn原子的核外电子有15种空间运动状态
D．该物质中，Zn的配位数为4，配位原子为O、N
【答案】C
【解析】A．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，氢对核外电子的束缚力很弱，容易失去一个电子，其第一电离能较小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；B．分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，N都是sp3杂化，故B错误；C．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Zn原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，有15种空间运动状态，故C正确；D．该物质中，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，配位原子是O、N，但Zn的配位数是5，故D错误；故选C。
13．除去电石渣浆(CaO)清液中的S2−，并制取石膏(CaSO4·2H2O)的流程如图所示：

下列说法错误的是
A．过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2
B．17.2g石膏失水后质量变为14.5g，所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为1∶1
C．10L上清液(S2−浓度为320mg·L−1)中的S2−转化为SO时，理论上共需要4.48L O2
D．过程II反应的离子方程式为4MnO+2S2−+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH−
【答案】BC
【解析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO，MnO与S2−反应生成S2O，进而与氧气反应生成SO，可用于制备CaSO4·2H2O。A．Mn(OH)2在过程I化合价升高转化为MnO，MnO在过程II中化合价降低又转化为Mn(OH)2，因此过程I、II中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2，故A正确；B．17.2g石膏的物质的量是0.1mol，失水后质量变为14.5g，所得固体中CaSO4的质量是13.6g，结晶水的质量是14.5g-13.6g＝0.9mol，物质的量是0.05mol，则所得固体中CaSO4与结晶水物质的量之比为2∶1，故B错误；将10L上清液中的S2−转化为SO（S2−浓度为320mg·L−1)），质量为320mg·L−1×10L=3200mg=3.2g，物质的量为3.2g÷32g/mol=0.10mol，根据得失电子守恒0.10mol×8=n(O2)×4，n(O2)=0.2mol，在标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C错误；D．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2−+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓
+10OH−，故D正确；故选BC。
14．我国青藏高原的盐湖中蕴藏着丰富的锂资源，已探明的储量约三千万吨，碳酸锂制备高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是

A．金属锂可保存在煤油中
B．使用复合助剂有利于碳酸钾的分解
C．“粉碎”是为了增加接触面积，加快反应速率
D．真空热还原发生的主要化学反应为2Al+3Li2O6Li+Al2O3
【答案】A
【解析】碳酸锂高温焙烧之后生成氧化锂、二氧化碳，粉碎，加入还原剂生成锂，化学反应为2Al+3Li2O6Li+Al2O3；A．Li的密度小于煤油，锂不能保存在煤油中，应该保存在液体石蜡中，A项错误；B．碳酸锂高温焙烧分解生成二氧化碳，复合助剂可以与二氧化碳发生反应，促进碳酸锂分解，故使用复合助剂有利于碳酸锂的分解，B项正确；C．“粉碎”可以使接触面积更大，从而加快反应速率，C项正确；D．铝还原性强，化学反应为2Al+3Li2O6Li+Al2O3，D项正确；选A。
15．用返电位滴定法测定苯酚的电离常数：在苯酚溶液中加入适当过量的NaOH溶液，得到NaOH和C6H5ONa混合液，然后用盐酸滴定，得到如图曲线，A、D为两个滴定终点。

下列说法正确的是
A．A点时C6H5ONa与盐酸完全反应
B．B点溶液中离子浓度大小关系是：c(Na+)＜c(Cl−)+c(C6H5O−)
C．本实验测得苯酚的pKa=10
D．C点溶液中c(C6H5O−)＞c(C6H5OH)
【答案】C
【解析】A．盐酸先与NaOH发生中和反应，所以第一个滴定终点应是NaOH与盐酸完全反应，A错误；B．B点溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(C6H5O−)+c(OH−)，据图可知此时pH为10，溶液显碱性，所以c(H+)＜c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)+c(C6H5O−)，B错误；C．苯酚的Ka=，从A点到D点消耗15mL盐酸，即C6H5ONa消耗15mL盐酸，从A点到B点所用盐酸为7.5mL，则恰好反应一半C6H5ONa，可近似认为此时溶液中c(C6H5OH)=c(C6H5O−)，则Ka=c(H+)，所以pKa=pH=10，C正确；D．C点接近C6H5ONa完全反应的点，溶液中溶质为NaCl、C6H5OH和极少量的C6H5ONa，C6H5OH的电离微弱，所以c(C6H5O−)＜c(C6H5OH)，D错误；综上所述答案为C。
三、非选择题（共60分。）
16．氯化亚铜(CuCl)是一种见光易分解的白色固体，难溶于水，在潮湿的环境中易被氧气氧化为碱式氯化铜。实验室用SOCl2与CuCl2溶液混合制取CuCl的装置如图所示。

已知：①SOCl2是一种易发烟的液体，遇水剧烈水解生成SO2和HCl气体；
②CuCl在溶液中存在如下平衡：CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)(无色)。
回答下列问题：
(1)配制CuCl2溶液所需的蒸馏水需要去氧气，最简单的去氧操作是_______。
(2)当三颈烧瓶的溶液由_____时(填实验现象)，则说明反应已经完成，可以停止实验。
(3)实验结束后需要先向三颈烧瓶中加入去氧水，然后再进行过滤得到CuCl。加水的作用是____，过滤时需要在避光的条件下进行，原因是_____。
(4)经过滤得到的CuCl沉淀，先用无水乙醇洗涤，然后在真空干燥机内于70℃下干燥2小时，冷却，密封保存。“70℃真空干燥”的目的是_____。
(5)久置在空气中的CuCl可完全变质为碱式氯化铜［xCuCl2·yCu(OH)2，其x、y为整数］，为探究该碱式氯化铜的组成，设计如下实验步骤：
①准确称取4.216g样品，溶于足量乙酸中，加蒸馏水配制成100mL溶液；
②取25mL溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，所得白色固体质量为0.574g；
③另取25mL溶液，向其中加入过量的KI溶液，再用0.400mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL。已知滴定过程涉及如下反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2S2O+I2=2I−+S4O。
计算碱式氯化铜中x=_____；y=____。
【答案】（1）将蒸馏水煮沸
（2） 由蓝色变为无色
（3） 稀释，使[CuCl4]3−转化为CuCl CuCl见光易分解
（4） 防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜
（5） 1 4
【解析】由题意可知，三颈烧瓶中SOCl2与CuCl2溶液混合反应生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，三颈烧瓶右边的装置起冷凝作用，用于冷凝收集挥发出的SOCl2；向反应后的三颈烧瓶中加入去氧水，稀释溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)向逆反应方向移动，将[CuCl4]3−离子转化为CuCl沉淀，在避光的条件下过滤得到CuCl。(1)可以用将蒸馏水煮沸的方法去除蒸馏水中溶解的氧气，故答案为：将蒸馏水煮沸；(2)由分析可知，三颈烧瓶中发生的反应为SOCl2与CuCl2溶液反应生成[CuCl4]2(SO4)3和硫酸，则当溶液由蓝色变为无色时，说明氯化铜已经完全反应，可以停止实验，故答案为：由蓝色变为无色；(3)由分析可知，向反应后的三颈烧瓶中加入去氧水，稀释溶液，使平衡CuCl(s)+3Cl−(aq)[CuCl4]3−(aq)向逆反应方向移动，将[CuCl4]3−离子转化为CuCl沉淀；CuCl见光易分解，应在避光的条件下过滤得到CuCl，故答案为：稀释，使[CuCl4]3−转化为CuCl；CuCl见光易分解；(4)氯化亚铜在潮湿的环境中易被氧气氧化为碱式氯化铜，则在真空干燥机内于70℃下干燥2小时的目的防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜，故答案为：防止氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜；(5)由②可知，4.216g样品中氯离子的物质的量为×4=0.016mol，由③可得如下关系式Cu2+～S2O，则4.216g样品中铜离子的物质的量为0.400mol·L−1×0.025L×4=0.04mol，由电荷守恒可知4.216g样品中氢氧根离子的物质的量为(0.04mol×2-0.016mol)=0.064mol，样品中x∶y=(0.016mol×)∶(0.064mol×)=1∶4，则x=1，y=4，故答案为：1；4。
17．I．研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。某化学小组查阅资料知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)
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) ；v2正=K2正c(N2O2)，v2逆=K2逆c2(NO2)
请回答下列问题：
(1)写出反应2NO+O2=2NO2的热化学方程式______________（焓变用含和的式子表示）。
(2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用K1正、K1逆、K2正、
K2逆表示的平衡常数表达式K=___________________。
(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应2NO2+2NH3·H2O=NH4NO3+
NH4NO2+H2O，若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NO)+c(NO)____c(NH)(填“>”、“
（4） 2NO2+8e−=N2+4O2− ad 该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强
【解析】I．(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)可以由反应①+②而得，根据盖斯定律可知所kJ/mol；所以答案为：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) kJ/mol。(2)由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=
v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K==。(3)根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(NO)+c(NO)+c(OH−)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH−)，所以c(NO)+c(NO)＞c(NH)，故答案为：>。(4)O2−在阳极发生氧化反应，而氮的氧化物在阴极发生还原反应，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NO2+8e−=N2+4O2−，故答案为：2NO2+8e−=N2+4O2−。II．a．该反应是一个气体分子总数减小的反应，其他条件不变时，压缩容器体积，压强增大，平衡往正向移动，反应速率加快并提高了氢气的转化率，a正确；b．该反应是放热反应，其他条件不变时，升高反应体系温度，平衡往逆向移动，氢气转化率下降，b错误；c．使用催化剂不能改变平衡转化率，c错误；d．保持容器体积不变，充入一定量的氮气，反应物浓度增加，反应速率加快，平衡往正向移动，氢气转化率增大，d正确；所以答案选ad。②N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ，如果温度过低，反应速率慢；该反应是放热反应，如果温度过高，反应物的转化率下降，而且温度会影响铁触媒的活性，所以需要将温度控制在一个合适的范围，所以答案为：该反应是放热反应，温度过高，反应物的转化率下降，温度过低，反应速率过慢；且催化剂在一定温度范围内活性最强。
18．钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用低硫钴矿(含Ca、Fe、Al、Mn、Mg、Co等元素的硫化物及SiO2)可以制取多种化工试剂，采用以下工艺流程可利用低硫钴矿制备CoCO3。

已知下列信息：
①常温下，Ksp(CaF2)=4.9×10−10，Ksp(MgF2)=6.4×10−12；
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
1.9
7.0
7.6
3.0
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
9.2
4.7
10.1
(1)酸溶时Co2O3被还原为Co2+，同时还有______离子被还原。写出Co2O3转化为Co2+反应的离子方程式______。
(2)“控电位浸出”是控制合适的氧化电位，将溶液中Mn2+变为MnO2除去，写出阳极电极反应式______。
(3)加入NaClO3的作用是______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______。
(5)为了将Mg2+、Ca2+除去，加入NaF使“滤液I”中c(F−)最小为______。
(6)“沉钴”步骤的离子方程式是______。
【答案】（1）Fe3+
（2）
（3） 将Fe2+氧化成Fe3+，方便除去铁元素杂质
（4） 除去Fe3+、Al3+
（5） 0.007mol/L
（6）
【解析】酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，反应的离子方程式为：，“控电位浸出”将溶液中Mn2+变为MnO2除去，浸出液中含有Ca2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等杂质，加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH=5.2除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，加入NaF将Ca2+、Mg2+转化成CaF、MgF沉淀除去，最后加入碳酸氢钠和Co2+反应得到碳酸钴。(1)酸溶时，反应物有Co2O3、Na2SO3、H2SO4，其中Co2O3具有极强的氧化性，则被还原的离子还有Fe3+，而Na2SO3具有强还原性，所以反应的离子方程式为：；(2)阳极发生氧化反应，电极反应式为：；(3)由于在酸溶过程中，亚硫酸根将铁离子还原为不易除去的亚铁离子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续步骤除去杂质Fe3+；(4)由题干知，溶液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2+等杂质，使用碳酸钠调节pH为5.2，可以除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，所以目的为：除去Fe3+、Al3+；(5)Mg2+、Ca2+完全除去，所以，，，所以c(F−)最小为0.007mol/L；(6)“沉钴”步骤为Co2+和碳酸氢根反应生成碳酸钴，反应的离子方程式为：。
19．卟啉化合物在生命科学、太阳能储存等众多领域具有广阔的应用前景。回答下列问题：
I．四苯基金属锌卟啉配合物具有促进细胞组织呼吸、改善蛋白质和糖代谢等作用，其合成过程如下(ph-为苯基)：

(1)配合物中基态Zn原子的价电子排布式为_______，C原子的杂化类型为_______。
(2)合成过程所用的试剂乙醇中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)乙醇的沸点高于二氯甲烷的沸点，主要原因是_______。
II．研究表明利用卟啉配合物对钙钛矿薄膜进行修饰调控，可大幅度提高钙钛矿太阳能电池器件的性能和稳定性。

(4)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2−组成的_______空隙中，若Ca2+与O2−的最短距离为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______g∙cm−3(列出计算表达式)。
(5)在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2−处于_______位置。
【答案】（1）3d104s2 sp2
（2） O>C>H
（3） 乙醇和二氯甲烷都是分子晶体，乙醇存在分子间氢键
（4） 正八面体
（5） 棱心
【解析】(1)Zn为30号元素，基态原子的核外电子排布为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，根据配合物的结构简式可知C原子均形成双键，所以为sp2杂化；(2)非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性O＞C＞H，则电负性O＞C＞H；(3)乙醇和二氯甲烷均为分子晶体，但由于乙醇分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，所以乙醇的沸点较高；(4)根据晶胞结构示意图可知Ti4+周围6个O2-围成一个正八面体；据图可知Ca2+与O2−的最短距离为该晶胞面对角线的一半，所以该晶胞的边长为，则晶胞的体积为(×10−7)cm3，根据均摊法，晶胞中含有O2−的个数为=3，Ti4+的个数为1，Ca2+的个数为=1，所以晶胞的质量为g，则晶体的密度为g·cm−3；(5)原晶胞中Ti4+与O2−的距离为边长的一半，根据晶胞平移时微粒间的距离不变，可知当Ti4+处于顶点时，O2−处于棱心。
20．化合物F是合成某免疫抑制剂的中间体。其部分合成路线如下：

(1)E→F的反应类型为_______。
(2)A分子中，原子轨道杂化类型为sp3的碳原子数目为_______。
(3)B的同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：_______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②酸性条件下水解生成两种有机物，且每种有机物分子中均只有2种不同化学环境的氢。
(4)C结构简式是_______。
(5)已知苯的某些同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如：。设计以为原料，制备的合成路线_______(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）取代反应
（2）8
（3）
（4）
（5）
【解析】(1)根据E、F结构简式的不同，可知E→F是E分子中两个－OCH3变为－OH，CH3被H原子取代，故E→F的反应类型为取代反应；(2)A分子中含有的饱和C原子连接4个其它原子，都采用sp3杂化。在A分子中共含有8个饱和C原子，故A分子中采用sp3的碳原子数目为8个；(3)B结构简式是，其分子式是C11H14O4，其同分异构体满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基及苯环；②酸性条件下水解生成两种有机物，两种水解产物都只含有2种不同位置的H原子。又因为其中一水解产物含有－OH和苯环，又仅有2种H原子，该水解产物是；另一种有机物分子中含有－COOH，同时存在5个C原子，且也只有2种不同化学环境的氢，由于羧基中有1种H原子，则其余H原子只有1种，该水解产物为，故B的该同分异构体结构简式为：；(5)与O2在Cu催化作用下发生氧化反应产生，然后在FeCl3作用下反应产生，与CH3I、K2CO3发生取代反应产生，再与酸性KMnO4溶液发生氧化反应产生，与HI混合加热，发生取代反应产生，故以为原料制备的合成路线为：
。