湖北省腾云联盟2022-2023学年高三化学上学期12月联考试题（Word版带解析）

腾·云联盟2022-2023学年度第一学期高三年级十二月联考化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5一、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.食品添加剂的使用满足了人们对食品多样性的需求。下列说法正确的是A.防腐剂苯甲酸钠有强氧化性B.有毒但可做某些食品的添加剂C.食品中添加剂可用于掩盖食品变质D.酱油中的氨基酸均来源于食品添加剂【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸钠不具有强氧化性，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，故B正确；C．食品中添加剂可分为防腐剂、漂白剂、着色剂等，着色剂不能防止食品变质，故C错误；D．酱油中氨基酸来源于豆类的蛋白质发生水解反应生成，不是来源食品添加剂，故D错误；故选：B。2.下列化学用语使用正确的是A.的电子式为B.苯的结构简式为C.中子数为1的氢原子：D.HF在水中电离：【答案】C【解析】【详解】A．N2分子共用三对共用电子对，且要体现电子对的共用，正确的电子式为，故A错误；B．是苯的分子式，苯的结构简式为，故B错误；C．中子数为1的氢原子质量数为2，可以用表示，故C正确； D．HF是弱酸，在水中不完全电离，电离方程式为：，故D错误；故选C。3.中药连花清瘟胶囊中含有一种大黄素，有抗菌、止咳的功效，其结构如下图所示。下列说法正确的是A.大黄素易溶于冷水B.大黄素的分子式是C.大黄素不能与溶液反应D.大黄素最多与反应【答案】D【解析】【详解】A．大黄素中含有酚羟基，而且还含有苯环、甲基等憎水基，不易溶于冷水，故A错误；B．大黄素的分子式是，故B错误；C．大黄素中含酚羟基，有酸性，可以与溶液反应，故C错误；D．1mol大黄素含2mol苯环，能与发生加成反应，还有2mol羰基，能与反应，所以大黄素最多与反应，故D正确；故选D。4.2022年3月23日，航天员王亚平在的天宫实验室里，通过视频演示了水油分离实验。在地面分层的食用油和水，在太空中摇晃后均匀混合，使用离心力又可进行分离。下列说法错误的是A.油脂不是天然高分子化合物B.在地面油脂和水因分子的极性相差较大而不互溶C.在天宫实验室中水的离子积常数小于1.0×10-14D.在太空中油脂与水均匀混合是因为油脂发生了水解反应【答案】D【解析】【详解】A．油脂的相对分子质量在10000以下，为大分子，不是高分子，故A正确；B．水的分子和油脂的分子极性相差很大，分子之间不能够相互结合，二者不会相溶，故B正确； C．时水的离子积常数等于1.0×10-14，温度低于时，水的电离被抑制，电离常数减小，则在天宫实验室中水的离子积常数小于1.0×10-14，故C正确；D．在地面分层的食用油和水，在太空中摇晃后均匀混合，使用离心力又可进行分离，该过程中油脂没有发生水解反应，故D错误；故选D。5.利用下列示意图进行实验操作，能达到实验目的的是A.制取并收集少量的B.比较与盐酸反应的快慢C.混合浓硫酸和乙醇D.证明酸性：碳酸>苯酚A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓氨水和生石灰可以快速反应制得，且应该用向下排空气法收集，故A正确；B．碳酸钠和碳酸氢钠在常温下溶解度有较大差异，则两者的饱和溶液浓度不相同，要比较碳酸钠和碳酸氢钠与酸反应的快慢，应选用等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．混合浓硫酸和乙醇，应该将浓硫酸沿烧杯内壁注入乙醇中，故C错误；D．醋酸会挥发，会干扰CO2与苯酚的反应，故D错误；故选A。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液与足量溶液混合：B.用电极电解溶液： C.用溶液加热除去试管内附着的硫粉：D.悬浊液中加入溶液：【答案】D【解析】【详解】A．溶液与足量溶液混合：，故A错误；B．用做电极，阳极上不是放电，而是，故B错误；C．用溶液加热除去试管内附着的硫粉：，故C错误；D．悬浊液中加入溶液，发生沉淀的转化，则反应为：，故D正确；故选D。7.设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的溶液中，所含总数为B.和的混合气体中，所含原子总数为C.标准状况下，的双氧水所含键数目为D.和足量混合，光照下生成气态有机分子总数为【答案】A【解析】【详解】A．常温下，1LpH=2的H2SO4溶液中，H+总数为10-2mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，A项正确；B．摩尔质量为30g/mol，的摩尔质量为28g/mol，则和的混合气体的总物质的量小于1mol，所含原子总数小于，故B错误；C．双氧水在标准状况下不是气体，不能计算的双氧水的物质的量，故C错误；D．甲烷和氯气反应不止生成一氯甲烷，还能继续反应生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故0.1mol甲烷和氯气反应后生成的一氯甲烷的分子数小于0.1NA个，故D错误；故选A。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.小苏打溶液中： B.通入的溶液中：C.无色透明的溶液中：D.由水电离的的溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．小苏打溶液中含有，和OH-反应能生成，不能大量共存，故A不选；B．具有还原性，具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；C．无色透明的溶液中，四种离子都没有颜色且之间不发生反应，可以大量共存，故C选；D．由水电离的的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在酸性溶液中大量存在，故D不选；故选C。9.钠离子电池因原料和性能的优势而逐渐取代锂离子电池，电池结构如图所示。该电池的负极材料为(嵌钠硬碳)，正极材料为(普鲁士白)。在充放电过程中，在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。下列说法正确的是A.放电时，电流从负极经负载流向正极B.放电时，负极的电极反应式为：C.充电时，从阴极脱嵌，经电解质溶液嵌入阳极 D.充电时，每转移电子，阳极增加重量【答案】B【解析】【分析】该电池负极材料为NaxCy，放电时发生反应NaxCy-xe-=Cy+xNa+，正极材料为，放电时正极反应为+xe-+xNa+=。充电时极为阳极，电极反应为-xe-=+xNa+，嵌钠硬碳为阴极，电极反应为Cy+xNa++xe-=NaxCy。【详解】A．放电时，电流从正极经过负载流向负极，A错误；B．放电时，负极的电极反应式为NaxCy-xe-=Cy+xNa+，B正确；C．充电时，Na+从阳极脱落，经电解质溶液嵌入阴极，C错误；D．充电时，每转移1mol电子，阳极质量减小23g，D错误；故答案选B。10.下列实验设计和操作合理的是A.在坩埚中直接加热晶体获得无水B.利用大小相同的钠与钾分别与乙醇反应比较活泼性C.常温下，使用过滤的方法回收苯酚浊液中的苯酚D.将和混合气体通过氢氧化钠溶液进行分离【答案】B【解析】【详解】A．直接加热FeCl3•6H2O晶体，会发生水解生成氢氧化铁和HCl，不能得到无水，故A错误；B．金属性越强，与乙醇反应越剧烈，生成气体的速率越快，则将大小相同的钠钾分别与乙醇反应，可比较钠钾的金属活泼性强弱，故B正确；C．苯酚与水构成的浊液不是悬浊液，而是乳浊液，静置后分层，要将苯酚与水分离不能用过滤法，而应用分液的方法，故C错误；D．和的混合气体能与NaOH发生反应，因此不能通过氢氧化钠溶液分离两者，故D错误；故答案选B。11.一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数等于其内层电子数之和的一半。下列说法正确的是 A.简单离子半径：B.X的含氧酸盐水溶液均显碱性C.简单氢化物的沸点：D.X、Y、Z、W均为8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数等于其内层电子数之和的一半。W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。【详解】A．P3-为18电子离子，有三个电子层，，O2-、F-为10电子微粒，有2个电子层，P3-半径最大，O2-、F-具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，因此半径O2->F-，故简单离子半径：，错误；B．X为C，碳元素的含氧酸盐可能显碱性如碳酸钠，也可能呈酸性如NaHC2O4，也可能呈中性如醋酸铵，B错误；C．W为P元素Z为F元素，其简单氢化物HF能形成分子间氢键，所以沸点HF>PH3，C正确；D．化合物中X、Y、Z、均为8电子稳定结构，W未形成8电子结构，D错误；故答案选C。12.GeorgeA.Olah教授和其合作者使用含钌络合物作催化剂，用多聚胺来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述正确的是A.发生的是加成反应B.反应过程中有非极性键的断裂和形成 C.每生成需要消耗D.图中含碳化合物中碳的杂化方式有、和【答案】D【解析】【详解】A．为和氢气发生取代反应生成和HCOO-，即发生的是取代反应，故A错误；B．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键断裂，而生成物中只含有极性键，故B错误；C．由图可知，该过程的总反应为，则每生成需要消耗，故C错误；D．CO2中C为sp杂化，羧基、醛基中的C原子采用杂化，饱和C原子采用杂化，即图中含碳化合物中碳的杂化方式有、和，故D正确；故答案选D。13.我国科学家研制的催化剂能实现氨硼烷高效制备氢气，制氢原理：。下列说法正确的是A.第一电离能：B.键角：C.价电子有10种空间运动状态D.基态原子的s和p能级电子数之比为【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由小到大的顺序为，故A错误；B．氨分子中氮原子含有1对孤电子对，中氨分子的孤电子对与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以键角：，故B正确；C．空间运动状态即原子轨道，价电子排布在3d和4s能级上，3d能级有5个原子轨道，4s能级有1个原子轨道，共填充5+1=6个原子轨道，即有6种空间运动状态，故C错误； D．铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中s和p能级电子数之比为，故D错误；故选B。14.水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。下列说法正确的是A.若氨态氮与亚硝态氮反应生成，转移B.反硝化过程中，含N物质都被还原C.图中涉及的反应有部分反应没有发生电子转移D.不同水深含氮物质转化方向不同，一定与水压有关【答案】B【解析】【详解】A．氨态氮与亚硝态氮可以转化为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式是NH+NO=N2↑+2H2O，N元素由-3价上升到0价，又由+3价下降到0价，生成，转移，故A错误；B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B正确；C．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，都发生了电子的转移，故C错误；D．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，和水压无关，故D错误；故选B。15.向两份体积均为和不同浓度硫酸(用于调节起始)的混合溶液中分别逐滴加入溶液，实验测得溶液随加入溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法错误的是 实验实验现象I滴入溶液，产生大量红褐色沉淀II滴入溶液，溶液变黄且未见沉淀，滴加至出现红褐色沉淀A.在g点存在如下大小关系：B.由图中数据可计算可得C.在c点存在如下等量关系：D.d~e段主要反应的离子方程式为【答案】D【解析】【详解】A．实验II起始时氢离子浓度为1×10-1.1mol/L，硫酸根离子浓度为0.02mol/L，氢离子浓度较大，到g点时，氢离子多数转化为HClO，硫酸根离子没有消耗，故，A正确；B．实验II中次氯酸钠加入10mL时开始出现红褐色沉淀，则此时三价铁的浓度为，此时pH=2，则c(OH-)=1×10-12mol/L，则，B正确；C．根据物料守恒可知，钠元素和氯元素都来源于次氯酸钠，则，C正确；D．由表格中的现象可知，d~e段没有出现沉淀，只是溶液变黄，则二价铁被氧化为三价 铁，次氯酸根离子被还原为氯离子，相应的离子方程式为：，D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共55分。16.工业制备并提取一氯乙酸(ClCH2COOH)的母液中有CH3COOH、ClCH2COOH、Cl2CHCOOH等残留。实验室用多孔硫颗粒做催化剂，对母液进行深度氯化，使其中残留物转化为有广泛应用价值的三氯乙酸(CCl3COOH)。主要反应方程式：。制备装置如下图所示。回答下列问题：（1）甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是_______。（2）甲中制取Cl2离子方程式为_______。（3）丁中仪器Y的名称是_______。（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，则丁的加热方法是_______。(填“水浴加热”“油浴加热”或“酒精灯直接加热”)。（5）该制备装置一处缺陷会产生实验安全问题，该缺陷是_______。（6）制备过程中无需沸石，原因是_______。（7）可以用pKa(pKa=-lgKa)来衡量酸性的强弱，下表是部分酸的pKa数据：ClCH2COOHCl2CHCOOHCCl3COOHH2SO3pKa(室温)2.861.290.65①从表中数据可知，酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，请从物质结构角度解释原因_______。 ②在Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，反应的离子反应方程式为_______。【答案】（1）防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下（2）2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）球形冷凝管（4）油浴加热（5）装置丙、丁之间缺少一个安全瓶（6）多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂作用和防止暴沸的作用（7）①.Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羟基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强②.+ClCH2COOH=ClCH2COO-+【解析】【分析】在甲中浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，在装置乙中用饱和NaCl溶液除去Cl2中杂质HCl，在装置丙中用浓硫酸干燥Cl2，然后将干燥纯净Cl2通入装置丁中，与一氯乙酸在S催化下加热发生取代反应产生三氯乙酸和HCl，多余的气体用NaOH溶液吸收，防止污染大气。小问1详解】甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是能够防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下；【小问2详解】在甲中浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小问3详解】根据装置图可知：丁中仪器Y的名称是球形冷凝管；【小问4详解】制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，由于水浴加热温度不能超过100℃，酒精灯直接加热温度不容易控制，因此丁的加热方法是采用140℃的油浴加热方式；【小问5详解】该反应装置中制取的干燥纯净的氯气直接通入三颈烧瓶中与一氯乙酸反应制取三氯乙酸，当制取的Cl2气流不充足，导致装置中气体压强减小时，装置丁中反应液会通过导气管直接倒吸至浓硫酸中，引发危险，故装置中应该在丙、丁之间安装一个安全瓶，以防止倒吸现象的发生；【小问6详解】由于催化剂多孔硫颗粒状态为固体，该物质既可起催化剂作用，同时也可以防止液体暴 沸，因此制备过程中无需沸石；【小问7详解】①根据表格数据可知：pKa：ClCH2COOH＞Cl2CHCOOH＞CCl3COOH，弱酸的pKa越大，则相应的弱酸的酸性就越弱，故酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，从结构分析，这是由于Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易发生电离。物质分子中烃基上Cl原子数目越多，羧基中羟基H越容易电离，因此相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强；②根据pKa可知酸性：H2SO3＞ClCH2COOH＞，根据复分解反应的规律，强酸可以与弱酸盐反应制取弱酸，可知：向Na2SO3溶液中加入足量的ClCH2COOH，发生反应产生NaHSO3、ClCH2COONa，该反应的离子反应方程式为：+ClCH2COOH=ClCH2COO-+。17.超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂粉末制备超细银粉的过程如下图所示：资料：i.含银废催化剂成分：主要含、及少量ⅱ.为载体，且不溶于硝酸回答下列问题：（1）与属于同一族但位于下一周期，的价电子轨道表示式是_______。（2）过程I中，银与稀硝酸反应的离子方程式是_______，但实际消耗的稀硝酸会超过理论值，原因是_______。（3）过程Ⅱ中，检验沉淀已洗涤干净的操作是_______。（4）过程Ⅲ中反应的离子方程式是_______。（5）测定粗银中银的回收率：取样品用硝酸溶解，以为指示剂，用标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点。已知：i.为自色难溶固体，离子为红色。ⅱ.开始沉淀的为1.9，完全沉淀的为3.2为保证获取数据准确性，滴定时溶液一般控制在之间，氢离子浓度太小对实验的影响是_______。 （6）可用电解法对粗银进行精炼，装置如下图所示，电解液为稀(含)，获得超细银粉的原理为。下列说法正确的是_______(填标号)。A.钛电极接电源的正极B.阳极的电极反应式为：C.体系中存在沉淀溶解平衡：D.电解过程中，需要不断补充【答案】（1）（2）①.②.硝酸易挥发且受热易分解（3）取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净（4）（5）氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰（6）BC【解析】【分析】含银废催化剂主要含有、及少量，经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤，滤渣为及少量，滤液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加NaCl形成AgCl沉淀，过滤、洗涤，沉淀用氨水溶解，，过程IV中，用还原银氨溶液得到银单质，被氧化为，化学方程式为，最后电解精炼粗银得超细银粉。【小问1详解】与属于同一族但位于下一周期，的价电子轨道表示式是： ，故答案为：。【小问2详解】过程I中，银与稀硝酸反应的离子方程式是：，硝酸易挥发且受热易分解，从而造成实际消耗的稀硝酸会超过理论值，故答案为：；硝酸易挥发且受热易分解。【小问3详解】过程Ⅱ中，沉淀AgCl表面会吸附有Mg2+、K+、Fe3+等杂质离子，可以通过验证不存在Fe3+来检验沉淀已洗涤干净，具体的操作是：取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净。【小问4详解】将分析中过程Ⅲ的化学方程式改写为离子方程式是：，故答案为：。【小问5详解】氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰，故答案为：氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰。【小问6详解】A．用电解法对粗银进行精炼时，粗银做阳极和电源正极相连，钛电极做阴极接电源的负极，故A错误；B．阳极的电极反应式为：，故B正确；C．体系中存在沉淀溶解平衡：，故C正确；D．电解过程中，阴极上Ti4++e-=Ti3+，溶液中的银离子又将氧化为，，可实现循环利用，不需要不断补充，故D错误；故选BC。18.化合物E是合成一种新型多靶向抗肿瘤药物的中间体，其合成路线流程图如下： 回答下列问题：（1）化合物A能发生的反应类型有_______(填标号)。a.消去反应b.加成反应c.取代反应d.缩聚反应（2）化合物A和B在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_______(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振氢谱仪（3）化合B与试剂X发生取代反应生成C与，X的结构简式为_______。（4）化合物D分子结构中的官能团的名称为_______。（5）化合物E与足量氢氧化钠溶液的化学反应方程式为_______。（6）化合物C同时满足如下条件的同分异构体有_______种，写出其中一种的结构简式_______。①能与溶液发生显色反应；②能与溶液反应生成气体；③结构中含有碳碳三键；④核磁共振氢谱峰面积比为。【答案】（1）bc（2）c（3）（4）羟基、酯基（5）+2NaOHNaBr+CH3OH+ （6）①.6②.、、、、、(任选其一)【解析】【小问1详解】根据A的结构简式可知，A中含有羧基、溴原子和苯环，能发生加成反应和取代反应，故答案为：bc；【小问2详解】化合物A和化合物B只有组成元素完全相同，因此两者在元素分析仪中显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：c；【小问3详解】B与X发生取代反应生成C和HBr，对比B和C的结构简式可知，B中Br原子被取代生成C，同时得到HBr，则X的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】根据化合物D的结构简式可知，其分子中含有的官能团为羟基和酯基，故答案为：羟基、酯基；【小问5详解】化合物E与足量氢氧化钠反应，-Br发生水解变为-OH，酯基也发生水解，则反应的化学方 程式为：+2NaOHNaBr+CH3OH+，故答案为：+2NaOHNaBr+CH3OH+；【小问6详解】化合物C满足①能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基，③结构中含有碳碳三键；④核磁共振氢谱峰面积比为，说明含有5种不同环境的氢原子，且数目之比为，符合条件的同分异构体有：、、、、、，共6种，故答案为：6；、 、、、、(任选其一)。19.氮的氧化物、硫的氧化物是主要的大气污染物，对这些有害气体的治理及合理利用显得尤为重要。回答下列问题：I．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高效选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，将材料泡入水中并通入氧气能全部转化为HNO3。原理示意图如下：已知：（1）请从温度和压强两个角度分析利于NO2吸附的条件_______。（2）①当10g材料吸附NO2到质量不再发生变化时，下列_______也能说明吸附反应已达到极限。A．颜色不再发生变化B．n(NO2)：n(N2O4)=2：1C．2v正(NO2)=v逆(N2O4)D．混合气体的平均分子质量不再发生变化②当吸附反应达到极限时，测得材料内温度为40℃，压强为10.0MPa，混合气体平均相对分子质量为69，吸附反应的Kp=_______。（3）由N2O4转化生成HNO3的热化学反应方程式_______。Ⅱ．ClO2可对烟气中NO、SO2进行协同脱除。（4）利用ClO2气体脱硫脱硝的过程中涉及的部分反应及速率常数如下： a．b．c．d．①反应d的历程如下图所示。该历程中最大活化能E正=_______kJ/mol。②保持其他条件不变，随着的增加，SO2脱除效率的逐渐增加的原因是_______。（5）利用ClO2溶液脱硫脱硝的过程中，ClO2质量浓度和溶液温度对NO脱除率的影响如下图所示，则最佳的质量浓度和溶液温度是_______。【答案】（1）低温、高压（2）①.AD②.0.2（3）2N2O4(g)+O2+2H2O(l)=4HNO3(l)△H=(2a-2b-c)kJ/mol（4）①.+23.8②.随着的增加，V(NO)增加，有利于总反应，SO2脱除率增加ClO2+SO2+NOCl+SO3+NO2向正反应方向进行，SO2消耗量增大。（5）300mg/L、40℃【解析】【小问1详解】反应的正反应是气体体积减小的放热反应，要使NO2气体更容易被吸附，则条件应该是低温、高压，使化学平衡正向移动； 【小问2详解】①A．混合气体中只有NO2的有色气体，若混合气体颜色不再发生变化，说明各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B．n(NO2)：n(N2O4)=2：1表示物质反应的物质的量的比，反应达到平衡时二者的物质的量的比可能是2：1，也可能不是2：1，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．在任何条件下物质反应速率比关系为：v正(NO2)：v正(N2O4)=2：1，v正(NO2)=2v正(N2O4)，若2v正(NO2)=v逆(N2O4)，v逆(N2O4)=2v正(NO2)=4v正(N2O4)，v逆(N2O4)＞v正(N2O4)，反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；D．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，若混合气体的平均分子质量不再发生变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D符合题意；故合理选项是AD；②对于反应2NO2(g)N2O4(g)，开始时n(NO2)=，n(N2O4)=0，假设反应达到平衡时反应产生N2O4的物质的量是xmol，则消耗NO2为2xmol，平衡时n(NO2)=，n(N2O4)=xmol，平衡时根据可知，解得a=mol，则p(NO2)=；P(N2O4)=，故化学平衡常数Kp=；【小问3详解】已知：①②③，根据盖斯定律，将①×2-②×2-③，整理可得热化学方程式：2N2O4(g)+O2+2H2O(l)=4HNO3(l)△H=(2a-2b-c)kJ/mol；【小问4详解】①反应d的历程中最大活化能E正=[(-1.3)-(-25.1)]kJ/mol=++23.8kJ/mol； ②随着的增加，V(NO)增加，有利于总反应，SO2脱除率增加ClO2+SO2+NO=Cl+SO3+NO2向正反应方向进行，SO2消耗量增大。【小问5详解】根据ClO2质量浓度和溶液温度对NO脱除率的影响图象可知：最佳的质量浓度是300mg/L，溶液温度是40℃。