天津市七校联考2020届高三二模化学试卷 Word版含解析 18页

‎2020年天津市七校联考高考化学二模试卷 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）‎ ‎1. 现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）‎ A. 500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料 B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到 D. 国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钢是铁和碳的合金，故A说法错误；‎ B. Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体，故B说法正确；‎ C. 石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。减压分馏过程和产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青。故C说法正确；‎ D. 聚氨酯是一种高分子化合物，故D说法正确；‎ 故答案为A。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 对硝基甲苯的结构简式：‎ B. 离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－‎ C. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：‎ D. CO2的比例模型：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；‎ - 18 -‎ B. 35Cl－、37Cl－的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，符合题意，B正确；‎ C. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，与题意不符，C错误；‎ D CO2中，C原子半径大于O原子，则比例模型：，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）‎ B. 最常见氢化物的稳定性：X＞Y C. Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电 D. 第一电离能：Y＞X ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。这两种盐为NaNO3、NaClO4，则X为N，Y为O，Z为Na，W为Cl。‎ ‎【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，因此简单离子半径：r(Cl－)＞r(N3−)＞r(O2−)＞r(Na＋)，故A错误；‎ B．原子半径：O＞N,半径越小，键能越大，H-O键能大于N-H键键能，所以最常见氢化物的稳定性：H2O＞NH3，故B错误；‎ C．Na2O2中含有非极性共价键，该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；‎ D．N元素的2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：Y＜X，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎4. 下列转化，在给定条件下能实现的是（ ）‎ ‎①NaCl(aq)Cl2(g)FeCl3(s)‎ ‎②Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3‎ - 18 -‎ ‎③N2NH3NH4Cl(aq)‎ ‎④SiO2SiCl4Si A. ①③ B. ④ C. ①② D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解饱和食盐水得到H2、Cl2和NaOH溶液，Cl2与Fe加热反应生成FeCl3，因此①能实现；②Fe2O3和盐酸反应生成FeCl3溶液，加热FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，主要是铁离子水解，HCl易挥发，最终得到氢氧化铁，因此②不能实现；③N2和H2在高温高压、催化剂作用下反应生成NH3，NH3与盐酸反应生成NH4Cl，因此③能实现；④SiO2与盐酸不反应，因此④不能实现，所以①③能实现，故A符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎5. 某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是 A. 不可能有很高的熔沸点 B. 不可能是单质 C. 可能是有机物 D. 可能是离子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在SiO2晶体中含有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。‎ B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，正确。‎ C．若该极性键存在于含有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。‎ D．离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共价键，如NaOH，，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。故选A。‎ ‎6. 在0.1mol/LNaHSO3溶液中，下列粒子浓度关系式不正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ - 18 -‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol/LNaHSO3溶液显酸性，故HSO的水解能力小于电离能力，水解产物H2SO3的浓度小于电离产物SO，存在粒子浓度关系：，故A错误；‎ B．0.1mol/LNaHSO3溶液中存在质子守恒：，B错误；‎ C．0.1mol/LNaHSO3溶液存在物料守恒：，C正确；‎ D．0.1mol/LNaHSO3溶液存在电荷守恒：，D正确；‎ 答案选AB。‎ ‎7. 下列有关有机物结构和性质的说法错误的是 A. 分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的结构共有4种 B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物 C. 苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面 D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；‎ B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；‎ C.苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH - 18 -‎ 取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；‎ D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3 mol H2发生加成反应，D正确；‎ 故本题符合题意的选项是B。‎ ‎8. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应 B. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 C. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 D. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因二糖、多糖、油脂、蛋白质都能发生水解，单糖不能发生水解，故A错误；‎ B．因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故B错误；‎ C．因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，故C错误；‎ D．因油脂有油和脂肪之分，都属于酯，故D正确。‎ ‎9. 下列有关实验操作的叙述不正确的是（ ）‎ A. 中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动 B. 排水法收集KMnO4分解产生的O2，先熄灭酒精灯，后移出导管 C. 分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出 D. 定容时，加水到容量瓶刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和滴定接近终点时，不断摇动，滴入要慢，有时还需要滴加一滴后不断的摇动，通过颜色判断是否达到滴定终点，故A正确；‎ B．排水法收集KMnO4分解产生的O2，先移出导管，后熄灭酒精灯，以防产生倒吸，故B错误；‎ C．分液时，遵循“下下上上”原则，即下层液体下口放出，上层液体上口倒出，故C正确；‎ - 18 -‎ D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加水，滴加到溶液凹液面与刻度线相平为止，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎10. 下列反应的离子方程式错误的是（ ）‎ A. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42-4SO2↑+3H2O B. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑‎ C. 醋酸钠溶液呈碱性的原因：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-‎ D. 硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀硫酸是非氧化性酸，硫代硫酸钠与稀硫酸的反应为：S2O32-+2H+S+SO2↑+H2O，A错误；‎ B. 用惰性电极电解饱和食盐水得氢氧化钠、氢气和氯气，B正确；‎ C. 醋酸钠溶液因CH3COO-水解呈碱性，C正确；‎ D. PbS难溶，CuS更难溶，沉淀可转化，PbSO4也是沉淀，离子方程式Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D容易出错。同学对PbSO4沉淀不熟悉，会把离子方程式错写为：Cu2++PbS=CuS+Pb2+。‎ ‎11. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，这意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如图，当该装置工作时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 盐桥中Cl－向Y极移动 B. 电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L C. Y极发生的反应为2NO+l0e－+6H2O═N2↑+12OH－，周围pH增大 D. 电流由X极沿导线流向Y极 - 18 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X电极是氨气失去电子生成氮气，是原电池负极，Y电极是硝酸根得到电子生成氮气，是原电池正极，根据原电池“同性相吸”，阴离子向负极移动，则盐桥中Cl－向X极移动，故A错误；‎ B．电路中流过7.5 mol电子时，负极电极反应式8NH3－6e－＝N2↑＋6，电路中转移7.5 mol电子，负极得到1.25mol N2，正极电极反应式2＋l0e－＋6H2O＝N2↑＋12OH－，电路中转移7.5 mol电子，正极得到0.75mol N2，因此共产生2mol N2，标准状况下N2的体积为44.8L，故B错误；‎ C．Y极发生的反应为2NO＋l0e－＋6H2O＝N2↑＋12OH－，周围pH增大，故C正确；‎ D．X为负极，Y为正极，电流由Y极沿导线流向X极，故D错误。‎ 故答案为C。‎ ‎12. 335℃时，在恒容密闭反应器中1.00mol催化脱氢的反应过程如下：‎ 反应1：‎ 反应2：‎ 测得和的产率和（以物质的量分数计）随时间的变化关系及反应过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 使用催化剂能改变反应历程 B. 更换催化剂后、也会随之改变 C. 8h时，反应1、2都未处于平衡状态 D. 显著低于，是由于反应2的活化能比反应1的小，反应1生成的很快转变成 - 18 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 催化剂能改变反应活化能，不同催化剂催化效果不同，催化剂反应历程不同，故A正确；‎ B. 催化剂只改变活化能和反应速率（达到平衡的时间），不会对反应的产生影响，故B错误；‎ C. 8h后，的产率还在增大，说明反应2未达平衡状态，还在改变，反应1也未处于平衡状态，故C正确；‎ D. 降低活化能，能提高反应速率，会提高相同时间段的产率，故D正确 答案选B。‎ 二、解答题（共4小题，满分64分）‎ ‎13. GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子核外电子排布式为[Ar]___；下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是___。（填标号）‎ A.[Ne] B.[Ne] C.[Ne] D.[Ne]‎ ‎(2)8-羟基喳啉合铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与8—羟基噎啉）合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为___；8-羟基喹啉合铝中所含元素电负性最大的是___（填元素符号，下同），第一电离能最大的是___(填元素符号)，N原子的杂化方式为___。‎ ‎(3)已知下列化合物的熔点：‎ 化合物 AlF3‎ GaF3‎ AlCl3‎ 熔点/℃‎ ‎1040‎ ‎1000‎ ‎194‎ - 18 -‎ 表格中卤化物的熔点产生差异的原因是___。‎ ‎(4)Ga和As可以形成共价晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以___键键合（共价、离子）。该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为___。（列出计算式，可不化简）‎ ‎【答案】 (1). 3d104s24p3 (2). D (3). 正四面体 (4). O (5). N (6). sp2 (7). AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体 (8). 共价 (9). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)As为33号元素；电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小。‎ ‎(2)计算LiAlH4中阴离子的价层电子对数；根据同周期电负性逐渐增大；同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；分析出N的价层电子对数。‎ ‎(3)根据熔点与晶体类型之间的联系分析。‎ ‎(4)先计算出晶胞中Ga和As的个数，再根据GaA晶胞的密度公式进行计算。‎ ‎【详解】(1)As为33号元素，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；铝元素的下列状态中电子能量越高，电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小，[Ne]，3p能级上的电子能量越高，失去时所需能量最小，因此D符合题意；故答案为：3d104s24p3；D。‎ ‎(2)LiAlH4中阴离子()价层电子对数为，则阴离子空间构型为正四面体形；8-羟基喹啉合铝中所含元素有C、H、O、N，根据同周期电负性逐渐增大，因此元素中电负性最大的是O，根据同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能最大的是N，根据结构分析N原子有2个σ - 18 -‎ 键，有一对孤对电子，其价层电子对数为3对，其杂化方式为sp2；故答案为：正四面体；O；N；sp2。‎ ‎(3)表格中卤化物的熔点产生差异的原因是；AlF3、GaF3熔点高，主要是AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3熔点低，主要是AlCl3为分子晶体；故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。‎ ‎(4)Ga和As可以形成共价晶体，因此Ga与As以共价键键合。晶胞中Ga个数为4个，As个数为，该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为；故答案为：。‎ ‎【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式书写、电离能、电负性、空间构型、杂化类型、晶胞计算等。‎ ‎14. 目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上由丙烯(A)和有机物C(C7H6O3)为原料合成液晶显示器材料(F)的主要流程：‎ ‎⑴化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。‎ ‎⑵上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）‎ ‎⑶写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。‎ ‎⑷下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。‎ a.属于酯类化合物 b.1molD最多能与4molH2发生加成反应 c.一定条件下能发生加聚反应 d.核磁共振氢谱有5组峰 ‎⑸写出符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___。‎ ‎①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基；‎ ‎⑹请参照上述制备流程，写出以有机物C、和乙烯为原料制备 - 18 -‎ 的合成路线流程图___（无机试剂任用）‎ ‎【答案】 (1). (2). 碳碳双键、溴原子 (3). ①②③④ (4). CH2=CHCH2Br＋NaOH CH2=CHCH2OH＋NaBr (5). bc (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2Cl ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙烯(A)和Br2在光照下反应生成CH2=CHCH2Br，CH2=CHCH2Br与反应生成D(),D和SOCl2发生取代反应得到E，E和发生取代反应生成F。‎ ‎【详解】⑴根据C的分子式和B(CH2=CHCH2Br)、D的结构分析得到化合物C的结构简式为。B(CH2=CHCH2Br)的官能团名称碳碳双键、溴原子；故答案为：；碳碳双键、溴原子。‎ ‎⑵丙烯和溴单质在光照下发生取代反应生成B(CH2=CHCH2Br)，B(CH2=CHCH2Br)和C()发生取代反应生成D(),D和SOCl2发生取代反应，—Cl取代—COOH—OH得到E，E和发生取代反应生成F，因此上述转化过程中属于取代反应的有①②③④；故答案为：①②③④。‎ ‎⑶B与NaOH水溶液反应水解反应，其化学方程式CH2=CHCH2Br＋NaOH CH2=CHCH2OH＋NaBr；故答案为：CH2=CHCH2Br＋NaOH CH2=CHCH2OH＋NaBr。‎ - 18 -‎ ‎⑷a．D()不含有酯基，不属于酯类化合物，故a错误；b．1mol D 中1mol苯环与3mol H2发生加成反应，1mol碳碳双键与1mol H2发生加成反应，因此最多能与4mol H2发生加成反应，故b正确；c．D含有碳碳双键，因此一定条件下能发生加聚反应，故c正确；d．D()的核磁共振氢谱有6组峰，故d错误；综上所述，答案为：bc。‎ ‎⑸①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应，说明含有醛基；③苯环上有3个取代基；根据碳原子和氧原子数目得到另外两个取代基为羟基，因此符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式为或；故答案为：或。‎ ‎⑹乙烯和HCl反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与C()反应生成，与SOCl2反应生成，与反应生成，因此合成路线图为 请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图___（无机试剂任用）‎ CH2=CH2CH3CH2Cl ；故答案为：CH2=CH2CH3CH2Cl - 18 -‎ ‎ 。‎ ‎【点睛】有机推断是化学常考题型，主要考查结构简式、官能团、反应类型、反应方程式书写、同分异构体书写，合成路线图等。‎ ‎15. NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如图。‎ 表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Al(OH)3‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎2.1‎ ‎6.5‎ ‎3.7‎ ‎7.1‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.7‎ ‎4.7‎ ‎9.2‎ ‎(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有___。（写一条即可）‎ ‎(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为___。‎ ‎(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为___≤pH＜7。‎ ‎(4)流程中由溶液得到NiCl2•6H2O的实验操作步骤依次为___、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 适当升温或研成粉末 (2). H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O (3). 4.7 (4). 蒸发浓缩 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属镍废料(含Fe、Al等杂质)与盐酸反应，通过研磨成粉末提高反应速率和利用率，生成氯化铝、氯化亚铁、氯化镍，加入双氧水，氧化亚铁离子变为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH - 18 -‎ 将铝离子和铁离子沉淀，过滤后滤液加入碳酸钠溶液沉淀镍离子生成碳酸镍，过滤，向沉淀中加入盐酸溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到NiCl2∙6H2O。‎ ‎【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升温或研成粉末；故答案为：适当升温或研成粉末。‎ ‎(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O；故答案为：H2O2＋2Fe2+＋2H+＝2Fe3+＋2H2O。‎ ‎(3)“调pH”时，主要将铁离子和铝离子沉淀，根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，因此pH大于4.7，不能沉淀镍离子，因此溶液pH小于7.1，综合考虑应控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7；故答案为：4.7。‎ ‎(4)流程中由溶液得到NiCl2∙6H2O的实验操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩。‎ ‎16. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2，某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度，回答下列问题：‎ 第一步：制备K2FeO4，装置如图所示，夹持，加热等装置略。‎ ‎(1)仪器a的名称是___，装置B中除杂质所用试剂是___。‎ ‎(2)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为___，反应中KOH必须过量的原因是___。‎ ‎(3)写出C中总反应的离子方程式___。C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。‎ 第二步：K2FeO4产品纯度的测定：准确称取1.00g制得的晶体，配成250mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500 mol∙L−1 (NH4)Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗(NH4)Fe(SO4)2标准溶液28.00mL。‎ ‎(4)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为___。(K2FeO4摩尔质量为198g∙mol−1)若(NH4)Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果___。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 冷水浴 (4). 保持溶液碱性，防止变质 (5). 3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O (6). 92.4% (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置是实验室制取氯气，用B装置除掉氯气中的HCl杂质，将氯气与过量氢氧化钾、氯化铁反应，用冰水浴冷却，过量的氯气用氢氧化钠溶液吸收，制得的K2FeO4配制成250mL溶液，用足量CrCl3和NaOH溶液与之反应生成重铬酸根，用(NH4)Fe(SO4)2滴定重铬酸根。‎ ‎【详解】(1)根据图得到仪器a的名称是圆底烧瓶，装置B中主要是除掉氯气中的HCl，除杂质所用试剂是饱和食盐水；故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水。‎ ‎(2)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为将装置放入冷水浴，根据信息K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，因此反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止变质；故答案为：冷水浴；保持溶液碱性，防止变质。‎ ‎(3)C中主要是氯气和氢氧化钾、氯化铁反应生成K2FeO4，其总反应的离子方程式3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O；故答案为：3Cl2＋2Fe3+＋16OH－=2＋6Cl－＋8H2O。‎ ‎(4)根据以上数据，根据2—Cr2O—6Fe2+关系式，n()=×0.0500 mol∙L−1×28×10−3L×10=×10−3mol，样品中K2FeO4的质量分数为，若(NH4)Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则消耗的体积偏多，计算K2FeO4的质量分数结果偏高；故答案为：92.4%；偏高。‎ ‎17. 含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物，回答下列有关问题：‎ ‎(1)在一定条件下：2N2(g)+6H2O(g)═4NH3(g)+3O2(g)。已知该反应的相关的化学键键能数据如表，则该反应的△H=___kJ/mol。‎ 化学键 N≡N H—O N—H O=O E/（kJ/mol）‎ ‎946‎ ‎463‎ ‎391‎ ‎496‎ ‎(2)在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)‎ - 18 -‎ ‎①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示，常温下，该反应能逆向自发进行，原因是___。‎ ‎②下列有关该反应的说法正确的是___。‎ A.扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深 B.恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大 C.恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态 D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度 ‎(3)N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图2，则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为___。‎ ‎0.01mol/L的溶液 X Y Z W pH ‎12‎ ‎2‎ ‎8.5‎ ‎4.5‎ ‎(4)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。上表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH.将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为___。‎ ‎(5)氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：‎ Ⅰ：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1‎ Ⅱ：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2‎ ‎①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=___（用K1、K2表示）。‎ ‎②在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应达到平衡，测得10min内υ(ClNO)=7.5×10−3mol/(L∙min)，则平衡时NO的转化率α1=___；其他条件不变，反应Ⅱ在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2___α1（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). +1268 (2). 逆反应方向的△S＞0 (3). B、D (4). BH+8OH－－8e－=BO+6H2O (5). c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH－)＞c(H+) (6). (7). 75% (8). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用△H=断键吸收的热量－成键释放的热量进行计算。‎ ‎(2)①根据ΔG =ΔH－TΔS＜0进行分析；②根据平衡移动原理和判断平衡状态标志分析；‎ ‎(3)根据化合价判断出原电池的正负极。‎ ‎(4)根据溶液的pH值分析四种物质分别是哪种物质，再根据反应后溶液的溶质分析离子浓度大小。‎ ‎(5)①根据平衡常数与反应方程式的关系分析；②计算Δn(ClNO)和Δn(NO)的改变量，再计算转化率，根据平衡移动分析转化率变化。‎ ‎【详解】(1)该反应的△H=断键吸收的热量－成键释放的热量=946 kJ∙mol−1×2+463 kJ∙mol−1×12－391 kJ∙mol−1×12－496 kJ∙mol−1×3=+1268 kJ∙mol−1；故答案为：+1268。‎ ‎(2)①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示，曲线II的温度高，从曲线II到曲线I，温度降低，n(N2O5)增大，平衡正向移动，正向是放热反应，逆向是吸热反应，即ΔH＞0，反应能逆向自发进行，即ΔG =ΔH－TΔS＜0，则逆反应方向的△S＞0；故答案为：逆反应方向的△S＞0。‎ ‎②A．扩大容器体积，相当于减小压强，平衡向体积增大的方向进行即逆反应方向移动，混合气体颜色先变浅，再变深，但比原来颜色浅，故A错误；‎ B．恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，相当于再拿一个相同容器中装入2molNO2和1molO2，达到平衡时和原来容器中NO2转化率相等，将两个容器压缩到一个容器中，等效于加压过程，平衡正向移动，因此再次达到平衡时NO2转化率增大，故B正确；‎ C．恒温恒容，密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当容器内密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故C错误；‎ D．根据前面分析得到该反应为放热反应，若该反应平衡常数增大，平衡正向移动，则一定是降低了温度，故D正确；‎ 综上所述，答案为BD。‎ ‎(3)根据图中信息得到硼氢化钠中H - 18 -‎ 化合价升高，失去电子，是原电池负极，因此硼氢化钠燃料电池的负极反应式为BH+8OH－－8e－=BO+6H2O；故答案为：BH+8OH－－8e－=BO+6H2O。‎ ‎(4)HNO3显酸性，NH4NO3水解显酸性，NaOH显碱性，NaNO2水解显碱性，上表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH，则X为NaOH，Y为HNO3，Z为NaNO2，W为NH4NO3，X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，溶液中溶质为NaNO3、NaNO2，溶液水解显弱碱性，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH－)＞c(H+)；故答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH－)＞c(H+)。‎ ‎(5)①Ⅰ：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1= ；Ⅱ：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2=；将第一个方程式乘以2减去第二个方程式得到4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，该该反应的平衡常数；故答案为：。‎ ‎②在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应达到平衡，测得10min内υ(ClNO)=7.5×10−3mol/(L∙min)，则10minΔn(ClNO)= υ(ClNO)×Δt×V=7.5×10−3mol/(L∙min)×10min×2L=0.15mol，则Δn(NO)= 0.15mol，因此平衡时NO的转化率；其他条件不变，反应Ⅱ是体积减小的反应，在恒压条件下进行，相当于在原平衡基础上加压，平衡正向移动，转化率增大，因此平衡时NO的转化率α2＞α1；故答案为：75%；＞。‎ ‎【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要考查焓变计算、平衡移动原理、判断化学平衡状态，电化学知识，平衡转化率计算等。‎ - 18 -‎