湖北省宜荆荆恩2023届高三化学9月起点考试试题（Word版附答案）

“宜荆荆恩”2023届高三起点考试化学试卷本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H1　Cl2　O16　Na23　P31　S32　Cl35.5　Cu64　Pb207一､选择题：本题共15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.湖北有众多非物质文化遗产，如汉绣､皮影戏､陶器烧制技艺､酿醋技艺等，其研究价值和历史意义重大。下列说法正确的是A.汉绣中使用的棉布原料主要成分属于多糖B.皮影戏中用到的兽皮主要成分属于油脂C.烧制陶器的主要原料为黏土、石灰石和石英砂D.在酿醋工艺中，可以将淀粉直接转化为乙酸【答案】A【解析】【详解】A．棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，故A正确；B．兽皮的主要成分是蛋白质，故B错误；C．烧制陶器的主要原料为黏土、石英、长石三大类，故C错误；D．“酿”指的是淀粉水解后，经糖化发酵后生成的乙醇再氧化生成乙酸，故D错误；故选A。2.社会的发展与进步离不开材料。下列有关材料的说法正确的是A.铁制品和铜制品均能发生吸氧和析氢腐蚀B.大飞机C919采用大量先进复合材料､铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.2022冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．Cu是不活泼金属，不能与酸发生置换反应产生氢气，因此在酸性条件下不会发生析氢腐蚀，A错误；B．大飞机C919采用大量先进复合材料､铝锂合金等，金属材料包括纯金属和合金，因此铝锂 合金属于金属材料，B正确；C．碲是第五周期第ⅥA元素，而不属于过渡元素，C错误；D．中国天眼FAST用到的碳化硅中C原子与Si原子之间以共价键结合形成立体网状结构，因此碳化硅是一种新型的无机非金属材料，D错误；故合理选项是B。3.下列化学用语正确的是A.中子数为8的碳原子可表示为：B.CO2的空间填充模型为：C.过氧化氢的电子式为：D.3–甲基戊烷的键线式为：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为8碳原子，其质量数为14，其表示为：，故A错误；B．由于碳原子半径应大于氧原子半径，因此不是CO2的空间填充模型，故B错误；C．过氧化氢是共价化合物，其电子式为：，故C错误；D．3–甲基戊烷结构简式为，其键线式为：，故D正确。综上所述，答案为D。4.对于如图所示实验，实验操作或现象预测正确的是 A．蒸发氯化镁溶液得到固体B．充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为棕黄色C．分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．MgCl2溶液在加热蒸发时会促进Mg2+的水解，会生成Mg(OH)2，而得不到纯净的MgCl2固体，故A错误；B．振荡时发生萃取，溴易溶于四氯化碳，且它的四氯化碳溶液显橙红色，三氯化铁溶液呈棕黄色，故B正确；C．碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，分离二者用分液的方法，故C错误；D．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应该将冷却后的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯中并用玻璃棒搅拌，故D错误；故选B。5.分子TCCA(如图所示)是一种高效的消毒漂白剂。W､X､Y､Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是 A.原子半径大小：Y>X>WB.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>ZC.W､X､Y元素的第一电离能大小顺序为Y>X>WD.已知(WX)2中各原子都满足最外层8e-结构，则(WX)2中含有σ键和π键的数目之比为3：4【答案】D【解析】【分析】Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键，为氯元素，以此解答。【详解】根据上述分析可知，W､X､Y､Z分别为C、N、O和Cl，则A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：W(C)>X(N)>Y(O)，A错误；B．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为非金属性：Cl＞C，所以对应最高价氧化物对应水化物的酸性：W＜Z，B错误；C．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但因为VA的p能级处于半充满稳定结构，所以同周期VA的第一电离能比VIA族的大，即W､X､Y元素的第一电离能大小顺序为：X(N)>Y(O)>W(C)，C错误；D．(WX)2为(CN)2，各原子都满足最外层8e-结构，则其结构式为：，因为一个共价单键含1个σ键，一个共价三键含1个σ键和2个π键，所以(CN)2中含有σ键和π键的数目之比为：3：4，D正确；故选D。6.下列关于N､P及其化合物结构与性质的论述错误的是A.键能：N-H>P-H，因此NH3热稳定性强于PH3B.电负性：N>P，因此NH3分子的极性大于PH3 C.相对分子质量：NH3<PH3因此NH3的沸点低于PH3D.成键电子对斥力：NH3>PH3，因此NH3的键角大于PH3【答案】C【解析】【详解】A．键能：N-H>P-H，键能更大，稳定性更强，因此NH3的热稳定性大于PH3，A正确；B．由于N的电负性大于P的电负性，因此N-H的极性大于P-H的极性，故NH3分子的极性较强，B正确；C．一般对于分子晶体来说，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点就高，但氨分子之间存在氢键，则沸点大小为NH3>PH3，C错误；D．由于N的电负性大于P的电负性，NH3中N-H键的键长比PH3中P-H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大，D正确；故选C。7.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：+2H+=H2O+CO2↑B.稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2OC.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO-+CO2+H2O=HClO+D.向0.1mol·L-1氯化铝溶液中加入过量浓氨水：Al3++3NH3·H2O=A1(OH)3↓+3【答案】D【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，A错误；B．铁粉过量，最终应该生成Fe2+，B错误；C．由于通入的是少量的二氧化碳，最后应该生成碳酸根离子，C错误；D．氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，由于氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，D正确；故选D。8.阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是A.1mol·L-1AlCl3溶液中所含Al3+的数目为NA B.用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+C.124gP4中所含P-P键数目为6NAD.5.6LCH4和C2H4的混合气体中含有的H原子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．题中未告知溶液的体积，无法计算溶液中Al3+的数目，A错误；B．用电解粗铜的方法精炼铜时，阳极上的粗铜中，比铜活泼的金属优先放电，故当电路中通过的电子数为NA时，Cu失去的电子的物质的量小于1mol，即转化为Cu2+的Cu的物质的量小于0.5mol，即转化为Cu2+的Cu的质量小于32g，B错误；C．P4的空间构型为正四面体，4个P原子分别位于正四面体的顶点，1个P4分子中有6个P-P键，则124gP4（即1molP4）含有P-P键的数目为6NA，C正确；D．题中未告知混合气体是否处于标况，故无法计算5.6L混合气体的物质的量，也就无法计算混合气体中H原子的数目，D错误；故选C。9.利用CH3OH､CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是A.HI是合成乙醇的中间体B.合成过程涉及C−O键的断裂和形成C.CH3I分子的空间构型呈正四面体D.第3步的反应方程式为CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH【答案】C【解析】【详解】A．过程3中生成了HI，HI在过程4中又被反应掉，因此HI是合成乙醇的中间体，故A正确；B．过程1中有C−O键的断裂，过程3中有C−O键的形成，故B正确； C．CH3I分子中碳原子价层电子对数为4，碳氢键键长不等于碳碘键键长，因此CH3I空间构型只能为四面体，故C错误；D．根据图中信息得到第3步的反应方程式为CO+2H2+CH3I→HI+CH3CH2OH，故D正确。综上所述，答案为C。10.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2+O2+4OH－=Fe3O4++2H2O(已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3)，下列说法正确的是A.铁位于周期表第四周期第ⅢB族B.上述反应过程中仅Fe3+被氧化C.Fe3O4纳米颗粒能够产生丁达尔效应D.若有3molFe2+反应，则被Fe2+还原的O2，标准状况下为11.2L【答案】D【解析】【详解】A．铁是26号元素，则Fe位于周期表第四周期第VIII族，故A错误；B．根据方程式分析，反应物中Fe、S化合价都升高，因此上述反应过程中Fe2+、被氧化，故B错误；C．Fe3O4纳米颗粒是纯净物，不是胶体，因此不能产生丁达尔效应，故C错误；D．若有3molFe2+反应，则有2molFe3+被氧化，则被Fe2+还原的O2物质的量为0.5mol，标准状况下为11.2L，故D正确。综上所述，答案为D。11.我国科学家采用光热催化技术实现绿色高效回收聚酯。下列说法错误的是A.甲醇是乙二醇的同系物，两者分子间均可形成氢键B.1molPET最多消耗2nmolNaOHC.BHET中所有碳原子均可共平面D.乙二醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2【答案】A【解析】 【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的有机化合物互为同系物，甲醇含有一个羟基，乙二醇含有两个羟基，两者结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．1molPET水解生成2nmol羧基，则1molPET最多消耗2nmolNaOH，故B正确；C．BHET中苯环为平面结构，苯环和与之直接相连的原子在一个平面上，碳氧双键为平面结构，单键可旋转，则BHET中所有碳原子均可共平面，故C正确；D．乙二醇能被酸性高锰酸钾氧化生成CO2，故D正确；故答案选A。12.金刚砂与金刚石具有相似的晶体结构，硬度为9.5，熔点为2700℃，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A.该晶体属于共价晶体，熔点比金刚石高B.C位于Si构成的正四面体空隙中C.C—Si的键长为apm，则晶胞边长为2apmD.金刚砂中C原子周围等距且最近的C原子数为6【答案】B【解析】【详解】A．金刚砂与金刚石具有相似的晶体结构，SiC属于共价晶体，C-Si键长长于C-C键，故熔点比金刚石低，故A错误；B．距离C原子最近且等距离的Si原子个数是4，且四个Si原子构成正四面体结构，所以C位于Si构成的四面体空隙中，故B正确；C．C-Si键的长度为晶胞体对角线长度的，设晶胞棱长为x，则，所以x=，故C错误；D．以SiC晶胞顶角上的碳原子为研究对象，每个C原子周围最近且等距的C原子位于面心，由于顶点碳原子为8个晶胞共有，则C原子周围等距且最近的C原子数为12，故D错误； 故选B。13.下列有关实验的操作､现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A用pH计测得1mol/LNaHSO3溶液的pH为3.2NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO在水中的电离程度大于其水解程度B将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管中(内有碎瓷片)并加热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色产生的气体是乙烯C取1mL0.1mol·L-1KI溶液和5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应后，再加2mLCCl4振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色Fe3+与I-的化学反应存在限度D在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液并煮沸，没有生成砖红色沉淀淀粉没有水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸氢根离子在溶液中存在电离趋势和水解趋势，由亚硫酸氢钠溶液呈酸性可知，亚硫酸根离子在溶波中的电离程度大于其水解程度，故A正确；B．酸性KMnO4溶液褪色，可知生成不饱和烃，不一定为乙烯，故B错误；C．取1mL0.1mol·L-1KI溶液和5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应后，再加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红，Fe3+过量，无法说明铁离子没有反应完是因为反应有一定限度，故C错误；D．淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱，不能检验，故D错误；故选A。14.K-O2，电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法 正确的是A.有机电解质1可用KOH溶液替换B.放电时，电子由a电极沿导线流向b电极；充电时，b电极发生还原反应C.隔膜允许K+通过，不允许O2通过D.用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗1.6gO2时，生成0.1molPb【答案】C【解析】【分析】由图可以看出，a为K片，在b电极，氧气发生还原反应，得到电子，可判断则b作正极，a为负极，电解质为有机电解质，分别用隔膜隔开。【详解】A．K会与KOH溶液中的水发生反应，故不能用KOH溶液代替有机电解质1，A错误；B．充电时，b电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，B错误；C．放电时，K+向正极移动，故K+能通过隔膜，但是一旦氧气通过隔膜，会与K发生反应，故隔膜不允许氧气通过，C正确；D．1.6g氧气为0.05mol，反应生生成KO2，其转移电子数为0.05mol，铅蓄电池中则生成PbSO4得到电子变成单质Pb，则Pb的物质的量为0.025mol，D错误；故选C。15.常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A.H2X的电离常数Ka1的数量级为10-2B.水电离的(H+)：N点<M点C.N点时，c(Na+)<3c(X2-)D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X²-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)【答案】B【解析】【分析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3，，所以、。【详解】A．由分析可知，A正确；B．直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3，HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，则M点氢离子浓度更大，氢离子抑制水的电离，故水的电离程度N点>M点，B错误；C．N点存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，由图可知N点时c(X2-)=c(HX-)，由选项B分析可知，此时溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<3c(X2-)，C正确；D．当混合溶液呈中性时，，所以 c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，D正确；故选B。二､非选择题：本题共4小题，共55分。16.铬的化合物应用广泛，工业上以铬铁矿（含Al､Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）的工艺流程如下图。已知：①FeCr2O4中Cr化合价为+3；②焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al､Si氧化物转化为可溶性钠盐。请回答下列问题：（1）基态铬原子的价电子排布式为___________。（2）为了提高焙烧效果，可采取的一种措施是___________。（3）浸取所得的滤渣为Fe2O3，由此推断FeCr2O4焙烧时发生反应的主要化学方程式为：___________。（4）常温下，矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度的常用对数[1g（c/mol·L-1）]与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽，则“中和”时pH的理论范围为___________；“酸化”过程中的离子方程式为___________。（5）三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl，是其中一种，该配合物中心离子的配位数为___________；配体中分子的中心原子杂化方式为___________。（6）工业上常用电解法处理含Cr2O的酸性废水，用金属铁阳极､石墨作阴极，一段时间后产生Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀。若电解后溶液中c（Cr3+）=3.0×10-5mol·L-1，则c（Fe3+） =___________mol·L-1。（已知Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31，Ksp[Fe（OH）3]可从第（4）小题图中计算得出）。【答案】（1）3d54s1（2）将矿料粉碎或适当提高焙烧温度或使用沸腾炉等其它合理答案均给分（3）4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2（4）①.4.5≤pH≤9.3或4.5~9.3②.2CrO+2H+=Cr2O+H2O（5）①.6②.sp3（6）5.0×10-13【解析】【分析】铬铁矿、纯碱通入氧气焙烧将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al､Si氧化物转化为可溶性钠盐，加入水浸取除去不溶性杂质，滤液加入稀硫酸调节pH除去铁、铝元素，滤液继续加入稀硫酸酸化，将CrO转变为Cr2O，蒸发结晶、冷却结晶得到红矾钠。【小问1详解】铬为24号元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1；【小问2详解】为了提高焙烧效果，可采取的一种措施是将矿料粉碎增加反应物接触面积或适当提高焙烧温度加快反应速率或使用沸腾炉等；【小问3详解】已知：①FeCr2O4中Cr化合价为+3，②焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4；焙烧过程中铁、铬元素化合价升高、则氧气中氧元素化合价降低，浸取所得的滤渣为Fe2O3，由电子守恒、质量守恒，推断FeCr2O4焙烧时发生反应生成氧化铁、Na2CrO4，主要化学方程式为：4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；【小问4详解】由流程可知，“中和”的目的通过调节pH除去溶液中铁离子、铝离子，结合图像可知，pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3或4.5~9.3；“酸化”过程中加入稀硫酸，溶液酸性变强，CrO转变为Cr2O，离子方程式为2CrO+2H+=Cr2O+H2O； 【小问5详解】由化学式可知，[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl配合物中3个NH3、2个H2O、1个Cl位于内界，则中心离子的配位数为6；配体中分子为NH3、H2O，氨气分子中心N原子价层电子对数为3+=4，N原子采用sp3杂化，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，故中心原子杂化方式为sp3杂化；【小问6详解】电解后溶液中c（Cr3+）=3.0×10-5mol·L-1，已知Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31，此时c（OH-）=；从第（4）小题图中可知c（Fe3+）=1.0×10-5mol·L-1时，pH=3.0，pOH=11.0，则Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-5×（10-11）3=1.0×10-38，故此时c（Fe3+）×c3（OH-）=Ksp[Fe（OH）3]，代入数值解得c（Fe3+）=5.0×10-13mol·L-1。17.光刻胶是芯片制造中必不可少的一种光敏材料，以下是以芳香烃A和乙炔为原料合成某光刻胶J()的一种路线图。已知：①②(R、R1为烃基或氢原子)回答下列问题：（1）A→B反应所需的试剂和条件是___________E→F的反应类型为___________。（2）J中含氧官能团的名称为___________。（3）G是不饱和酯，则X的结构简式为___________。（4）满足下列条件的D的同分异构体有___________种。其中核磁共振氢谱图中有4 组峰的结构简式为___________①遇FeCl3溶液显紫色；②分子中有5个碳原子在一条直线上。（5）结合题中合成路线设计以乙醇为原料制备1—丁醇的合成路线(无机试剂任选)_______。【答案】（1）①.Cl2、光照②.取代反应（2）酯基（3）CH3COOH（4）①.5②.（5）【解析】【分析】可以采取逆推法，E→F发生取代反应，-OH被Cl取代，则E的结构简式为；D→E是与氧气发生氧化，即D的结构简式为；C→D是利用已知②的反应，C的结构简式为；B→C，是水解反应，结合已知①，即B结构简式为，则A的结构简式为。如果G不是饱和酯，则H→I为水解反应，则H的结构简式为，则G的结构简式为，C2H2→G的反应为加成反应，则X的结构简式为CH3COOH。【小问1详解】在苯环的甲基上进行取代，其条件为Cl2、光照；E→F，-OH被-Cl取代，发生取代反应。【小问2详解】J中的含氧官能团为-OOC-，即为酯基。【小问3详解】可以采取逆推法，如果G不是饱和酯，则H→I为水解反应，则H的结构简式为 ，则G的结构简式为，C2H2→G的反应为加成反应，则X的结构简式为CH3COOH。【小问4详解】遇FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基；分子中有5个碳原子在一条直线上，即含有碳碳三键，这样的结构一共有5种，分别是，其中核磁共振氢谱图中有4组峰的结构简式为。【小问5详解】乙醇变丁醇，碳原子增多，即需要用到已知②，则乙醇需要先被氧化成乙醛，然后两个乙醛分子通过已知②反应生成CH2CH=CHCHO，最后经过与氢气的加成，生成1-丁醇。其具体合成路线为18.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂，可有效灭活新冠病毒，但其稳定性较差，故常采用H2O2和NaOH混合溶液将其吸收转化为NaClO2保存。现利用如下装置及试剂制备NaClO2。已知：①ClO2的熔点为−59℃，沸点为11℃，纯的或浓度较大的ClO2易分解爆炸；ClO2极易溶于水。②饱和NaClO2溶液中析出晶体成分与温度的关系如下表所示： 温度/℃<3838~60>60晶体成分NaClO2·3H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaCl回答下列问题：（1）仪器b的名称为___________使用a添加液体的优点___________。（2）装置B水浴方式为___________(填“冰水浴”或“80℃水浴”)；其中生成NaClO2的离子方程式为___________。（3）实验过程中持续通入N2的速度不能太慢也不能太快的原因是___________（4）从NaClO2溶液中获得NaClO2固体的操作：①减压，55℃蒸发结晶；②___________；③无水乙醇洗涤；④___________，得到成品。（5）NaClO2，纯度的测定：称取ag产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液，加入足量的KI溶液和稀硫酸(4H+++4I－=2I2+Cl－+2H2O)，充分反应后加入指示剂，用bmol∙L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(I2+2=2I－+)，平均消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中NaClO2，的质量分数是__________(用含a､b､v的代数式表示)【答案】（1）①.三颈烧瓶(三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分)②.平衡气压，有利于液体的顺利滴下（2）①.冰水浴②.ClO2+H2O2+2OH－=2+O2+2H2O（3）通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过快，影响ClO2的吸收转化（4）①.趁热过滤②.于38°C~60°C干燥（5） 【解析】【分析】硫酸和氯酸钠、亚硫酸钠反应生成二氧化氯，通入氮气，将二氧化氯吹出到盛有氢氧化钠和双氧水的容器中发生反应生成NaClO2，尾气用水吸收。【小问1详解】根据图中信息得到仪器b的名称为三颈烧瓶,a为恒压分液漏斗，其主要作用是平衡压强，能使液体顺利流下，因此使用a添加液体的优点平衡气压，有利于液体的顺利滴下；故答案为：三颈烧瓶(三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分)；平衡气压，有利于液体的顺利滴下。【小问2详解】装置B主要是制备NaClO2，根据题中信息NaClO2在60℃容易分解，因此装置B水浴方式为冰水浴；ClO2和H2O2、NaOH溶液反应生成NaClO2、O2和H2O，因此生成NaClO2的离子方程式为ClO2+H2O2+2OH－=2+O2+2H2O；故答案为：冰水浴；ClO2+H2O2+2OH－=2+O2+2H2O。【小问3详解】根据题中信息纯的或浓度较大的ClO2易分解爆炸，因此通入氮气的速度不能太慢，制备NaClO2是ClO2和溶液在反应，通入速率过快，则反应不完全，因此实验过程中持续通入N2的速度不能太慢也不能太快的原因是通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过快，影响ClO2的吸收转化；故答案为：通入过慢，ClO2浓度偏高，易分解爆炸，通入过快，影响ClO2的吸收转化。【小问4详解】根据题中信息NaClO2溶液在低于38℃时以NaClO2·3H2O，高于60℃易分解，在38℃到60℃时以NaClO2形式存在，因此①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③无水乙醇洗涤；④于38°C~60°C干燥，得到成品；故答案为：趁热过滤；于38°C~60°C干燥。【小问5详解】根据方程式得到关系式～4，则ag产品中NaClO2物质的量为n(NaClO2)=，其质量分数是；故答案为：。19. 环境保护是当今社会的热门问题，而氮的氧化物是大气污染的主要物质，研究氮的氧化物的反应对于减少污染有重要意义。请根据所学化学知识回答下列问题：（1）汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成N2，可有效降低汽车尾气污染。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1则尾气转化反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的△H=___________kJ·mol-1（2）向恒溫恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：时间/s01234c(NO)/(10-3mol·L-1)9.004.002.001.001.00c(CO)/(10-3mol·L-1)9.004.002.001.001.00①下列事实能说明反应达平衡状态的是___________(填序号)A．容器内气体的压强不变B．容器内气体的密度不变C．容器内气体的平均相对分子质量不变②计算此温度下，该反应的平衡常数K=___________L·mol-1。③保持温度和容积不变，向平衡体系中再充入NO和N2，使二者浓度均增加至原来的两倍，此时平衡移动___________(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)。④实验测得，v正=k正・c2(NO)・c2(CO)，v逆=k逆•c2(N2)·c(CO2)、(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___________(填“＞”“＜”或“=")k逆增大的倍数。⑤L､X可分別代表压强或温度。图甲表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，则X代表___________。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：___________ （3）铈元素(Ce)常见有+3､+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO和NO。可采用电解法将上述吸收液中的NO转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图乙所示。写出阴极的电极反应式___________。【答案】（1）-746.5（2）①.AC②.2.56×105③.向正反应方向④.＜⑤.温度⑥.L2＞L1，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO平衡转化率增大（3）2NO+8H++6e-=N2↑+4H2O【解析】【小问1详解】已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1，②C(s)+O2(g)CO2(g)△H=-3935kJ·mol-1，③2C(s)+O2(g)2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×2-③-①，整理可得尾气转化反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的△H=-746.5kJ/mol；【小问2详解】①反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积减小的反应。A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则气体的物质的量就会发生变化，气体的压强就会发生变化，当气体压强不变时，反应达到平衡状态，A符合题意；B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体体积不变；反应混合物都是气体，气体质量不变，则反应混合物的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C．反应混合物都是气体，气体质量不变；该反应是反应前后气体物质的量发生改变的反应，若气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C符合题意； 故合理选项是AC；②对于反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，在开始时c(NO)=c(CO)=9.00×10-3mol/L，平衡时c(NO)=c(CO)=1.00×10-3mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时c(N2)=4.00×10-3mol/L，c(CO2)=8.00×10-3mol/L，则该反应的化学平衡常数K==2.56×105L/mol；③保持温度和容积不变，向平衡体系中再充入NO和N2，使二者浓度均增加至原来的两倍，分母增大的倍数大于分子增大的倍数，此时浓度商Qc=＜K，所以化学平衡向正反应方向移动；④反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明v正＜v逆，由于v正=k正・c2(NO)・c2(CO)，v逆=k逆•c2(N2)·c(CO2)，物质的浓度不变，故速率常数k正＜k逆；⑤由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，在温度不变时，压强增大，平衡正向移动，导致NO的平衡转化率增大；在压强不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，导致NO的平衡转化率降低，所以X表示温度；【小问3详解】Ce4+是Ce3+发生氧化反应产生氧化产物，在阳极生成，故从电解槽的a口流出；而在阴极上NO得到电子被还原产生N2，故阴极的电极反应式为：2NO+8H++6e-=N2↑+H2O。