2021届高考化学二轮复习-题型检测-第二类-非选择题专练.doc

2021届高考化学二轮复习 题型检测 第二类 非选择题专练2021届高考化学二轮复习 题型检测 第二类 非选择题专练年级：姓名：- 41 -第二类非选择题专练非选择题增分练(一)26稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：已知：.铈的常见化合价为3、4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。.酸浸中发生反应：9CeO23CeF445HCl3H3BO3=Ce(BF4)311CeCl36Cl227H2O请回答下列问题：(1)焙烧氟碳铈矿的目的是_。焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_。(2)在酸浸中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是_。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。(4)操作的名称为_，在实验室中进行操作时所需要的硅酸盐仪器有_。(5)“操作”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于_即可认为Ce3已完全沉淀。(已知：KspCe(OH)31.01020)(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000 g，加酸溶解后，向其中加入含0.033 00 mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4全部被还原成Ce3，再用0.100 0 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为_(已知氧化性：Ce4KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。解析：(1)通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2；(2)在酸浸中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3生成，且产生黄绿色气体，为Cl2，则发生反应的离子方程式是2CeO22Cl8H=2Ce3Cl24H2O；(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率；(4)操作为固液分离，应是过滤操作；操作为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(5)溶液中的c(Ce3)等于1105 molL1时，可认为Ce3沉淀完全，根据KspCe(OH)3c(Ce3)c3(OH)11020可知，c(OH) molL11105 molL1，此时溶液的pH为9，即加入NaOH溶液调节溶液的pH应大于9即可认为Ce3已完全沉淀；(6)用0.100 0 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液，氧化溶液中剩余的Fe2，根据得失电子守恒可知，剩余Fe2的物质的量为0.100 0 molL10.02 L0.01 mol，则还原Ce4消耗的Fe2的物质的量为0.033 00 mol0.01 mol0.023 00 mol，根据Ce4Fe2=Fe3Ce3，则Ce4的物质的量为0.023 00 mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为100%95.68%。答案：(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2(2)2CeO22Cl8H=2Ce3Cl24H2O(3)避免Ce3以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3全部转化为CeCl3，提高产率)(4)过滤分液漏斗、烧杯(5)9(6)95.68%27芳香化合物在催化剂催化下与卤代烃发生取代反应称为FriedelCrafts烷基化反应。某科研小组以苯和氯代叔丁烷ClC(CH3)3为反应物，无水AlCl3为催化剂条件下制备叔丁基苯()。反应如下：HCl已知下列信息：物质相对分子质量密度熔点沸点溶解性AlCl3190 180 遇水极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯苯780.88 g/cm380.1 难溶于水，易溶于乙醇氯代叔丁烷92.51.84 g/cm351.6 难溶于水，可溶于苯叔丁基苯1340.87 g/cm3169 难溶于水，易溶于苯.如图是实验室制备无水AlCl3的实验装置：(1)E装置中的仪器名称是_。(2)写出B装置中发生反应的离子方程式：_。(3)选择合适的装置制备无水AlCl3，正确的连接顺序为：_(写导管口标号)。(4)下列操作正确的是_。甲：先加热硬质玻璃管再加热圆底烧瓶乙：先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管(5)E装置的作用是：_。.实验室制取叔丁基苯装置如图：在三颈烧瓶中加入50 mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷ClC(CH3)310 mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20 g。(6)使用恒压漏斗的优点是_；加无水MgSO4固体的作用是_。(7)上述反应后混合物的洗涤所用的试剂有如下三种，正确的顺序是_。5%Na2CO3溶液稀盐酸H2O(8)叔丁基苯的产率为_。(保留3位有效数字)解析：(1)根据图示知，E装置中的仪器是干燥管。(2)B装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO22Cl4HMn2Cl22H2O。(3)制备的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要除去，选用D(饱和食盐水)除氯化氢，再用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于氯化铝熔沸点相差很小，容易升华和凝华，造成导管的堵塞，不能选取A装置制备，同时需要防止空气中的水蒸气进入，制备无水AlCl3正确的连接顺序为defghijc。(4)装置中有空气，需要用生成的氯气排尽，因此操作乙正确。(5)根据(3)的分析，E装置可以防止空气中的水蒸气进入，同时可以吸收多余的氯气，防止污染空气。(6)恒压漏斗可以保持液面上方气体的压强不变，使液体顺利滴下；无水MgSO4固体可以吸收体系中的少量水。(7)根据化学方程式，生成的叔丁基苯中含有苯、氯代叔丁烷ClC(CH3)3以及催化剂无水AlCl3杂质，由于AlCl3和叔丁基苯的沸点相差不大，需要除去，AlCl3易溶于水，但容易水解变浑浊，因此需用稀盐酸洗涤除去AlCl3，再用Na2CO3溶液洗涤除去盐酸，最后水洗除去少量的Na2CO3，故洗涤顺序为。(8)反应中的苯为50 mL0.88 g/cm344 g，物质的量0.564 mol，氯代叔丁烷ClC(CH3)3的质量为10 mL1.84 g/cm318.4 g，物质的量 mol，理论上可以生成叔丁基苯的质量 mol134 gmol126.65 g，叔丁基苯的产率为100%75.0%。答案：(1)干燥管(2)MnO22Cl4HMn2Cl22H2O(3)defghijc(4)乙(5)防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气(6)使液体顺利滴下干燥(7)(8)75.0%28.二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H190.7 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H223.5 kJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H341.2 kJmol1回答下列问题：(1)反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)的H_ kJmol1。(2)在不同温度下，按照相同物质的量投料，发生反应。测得CO的平衡转化率与压强的关系如图甲所示。下列说法中正确的是_(填序号)。A反应温度：T1T2B混合气体密度：(x)(w)C混合气体平均摩尔质量：M(y)2V(y)(3)采用一种新型的催化剂(主要成分是CuMn合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。由图乙可知，催化剂中约为_时最有利于二甲醚的合成。(4)高温时，二甲醚蒸气发生分解反应：CH3OCH3(g)CH4(g)CO(g)H2(g)。迅速将二甲醚引入一个504 的抽成真空的恒容瓶中，在不同时刻测定瓶内压强p总如下表：t/min01020304050p总/kPa50.078.092.099.0100100该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为_。该反应的平衡常数Kp_。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)(5)一种以二甲醚作为燃料的燃料电池的工作原理如图丙所示，则负极的电极反应式为_。解析：(1)根据盖斯定律，由2可得：3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)，则有H2H1H2H32(90.7 kJmol1)(23.5 kJmol1)(41.2 kJmol1)246.1 kJmol1。(2)反应的H10，压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，则反应温度：T1w，又因该反应是气体分子数减小的反应，则x点平衡时气体总物质的量小，恒压时容器的容积小，而气体总质量相同，故混合气体密度：(x)(w)，B正确；类比B中分析可知，y点气体总物质的量小于z点，故混合气体平均摩尔质量：M(y)M(z)，C错误；y点压强是w点的2倍，若wy平衡不移动，V(w)2V(y)，而增大压强，平衡正向移动，气体总物质的量减小，则有V(w)2V(y)，D正确。(3)由题图乙可知，随催化剂中增大，DME的选择性先增大后减小，当2.0时，DME的选择性最高，CO2、CH3OH的选择性较小，且CO的转化率也较高，故最有利于二甲醚的合成。(4)设起始二甲醚的物质的量为a mol，压强为50.0 kPa，达到平衡时气体总压强为100 kPa，此时气体总物质的量为2a mol，利用“三段式法”进行计算：CH3OCH3(g)CH4(g)CO(g)H2(g)起始量/mola 000转化量/mol x x x x平衡量/mol ax x x x则有axxxx2a，解得x0.5a，故二甲醚的转化率为100%50%。达到平衡时，四种气体的物质的量相等，其物质的量分数均为，平衡分压均为25.0 kPa，则该反应的平衡常数为Kp625.0。(5)二甲醚在负极上发生氧化反应，该燃料电池的电解质呈酸性，则负极反应式为CH3OCH33H2O12e=2CO212H。答案：(1)246.1(2)BD(3)2.0(4)50%625.0(5)CH3OCH33H2O12e=2CO212H35钙及其化合物在工业、建筑工程和医药方面用途很大。回答下列问题：(1)基态Ca原子M能层有_个运动状态不同的电子，Ca的第一电离能_(填“大于”或“小于”)Ga。(2)Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因是_。(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化方式为_。(4)碳酸盐的热分解示意图如图1所示热分解温度：CaCO3_(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_。从成键轨道看，CO2分子内的化学键类型有_。(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图2所示。Ca2的配位数为_，萤石的一个晶胞中离子数为_个，已知晶胞参数为0.545 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为_ gcm3(列出计算式)。解析：(1)基态Ca原子的价电子排布式为4s2，基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，钙原子最外层4s轨道达到全充满结构，镓的4p轨道未达到半充满结构，故钙的第一电离能大于镓。(2)钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔沸点高低。锰原子半径小于钙，锰原子的价电子数比钙多，锰的金属键比钙强。(3)ClO中氯原子价层电子对数为34，氯原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。(4)MCO3的分解温度取决于生成MO的难易，MO的晶格能越大，越稳定，MCO3分解温度越低。由于钙离子半径小于锶离子半径，氧化钙的熔点较高，较稳定，故碳酸钙分解温度较低。1个CO2分子中存在2个键和2个键。(5)观察晶胞知，面心上钙离子与4个氟离子相连，而面心只分摊1/2，故Ca2的配位数为8，氟离子配位数为4。1个晶胞含4个钙离子、8个氟离子，共12个离子。1个晶胞中含有4个CaF2， gcm3。答案：(1)8大于(2)Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强(3)三角锥形sp3(4)低于r(Ca2)r(Sr2)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解为CaO键、键(5)81236有机物F()为一种高分子树脂，其合成路线如下：已知：A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；请回答下列问题：(1)X的化学名称是_。(2)E生成F的反应类型为_。(3)D的结构简式为_。(4)由B生成C的化学方程式为_。(5)芳香族化合物Y是D的同系物，Y的同分异构体能与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，分子中只有1个侧链，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为62211。写出两种符合要求的Y的结构简式_、_。(6)写出以甲醛、丙醛和乙二醇为主要原料合成软质隐形眼镜高分子材料聚甲基丙烯酸羟乙酯()的合成路线(无机试剂自选)：_。解析：根据信息，A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134，A苯丙醛，根据F()的结构简式可知，E为含有羟基的芳香羧酸，根据C的分子式和生成D、E的条件可知，CD为羟基或醛基的氧化，DE为卤素原子的水解反应，可知D为含有溴原子的芳香羧酸，则C为含有溴原子的芳香醛，B为含有碳碳双键的芳香醛，根据信息可知X为甲醛，则B为，C为(1)X为甲醛。(2)E生成F的反应为缩聚反应。(3)D的结构简式为(4)B与溴发生加成反应，化学方程式为(5)D的结构简式为，芳香族化合物Y是D的同系物，说明均含有羧基和溴原子，能够与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，分子中只有1个侧链，结构的变化只是碳链异构和溴原子位置异构，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为62211，说明苯环上有3种氢原子，个数比为221，侧链含有2种氢原子，个数比为61，符合要求的Y的结构简式为(6)要合成有机物，需合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，若要合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，需用甲基丙烯酸与乙二醇发生酯化反应，而甲基丙烯酸可由甲基丙烯醛氧化得来，而丙醛和甲醛在碱性环境下反应生成甲基丙烯醛。因此制备该物质的流程如下：。答案：(1)甲醛(2)缩聚反应(6)非选择题增分练(二)26三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(NH3)6Cl3的工艺流程：回答下列问题：(1)写出加“适量NaClO3”后发生反应的离子方程式_。(2)“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_(填化学式)。(3)操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。(4)流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH)过大，其原理是_。(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是_。写出该步骤的化学方程式_。(6)通过碘量法可测定产品中钴的含量。将Co(NH3)6Cl3转化成Co3后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co32I=2Co2I2、I22S2O=2IS4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的KI固体配制溶液b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色褪去，立即读数解析：(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，ClO被还原为Cl，由于用盐酸溶解废料，可用H和H2O配平得反应的离子方程式。(2)加入碳酸钠调节pH，铝离子和铁离子转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。(3)为防止产品水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩。(4)流程中氯化铵除作为反应物外，其溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大。(5)若先加入过氧化氢，Co2被氧化为Co3，再加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学观点正确。(6)a项，用久置于空气中的KI固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；b项，盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；c项，滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占据一定的体积，则使计算时Na2S2O3标准液体积偏小，测定结果偏低，故错误；d项，溶液蓝色褪去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质可能并未完全反应，导致消耗的Na2S2O3标准液体积减少，测定结果偏低，故错误。答案：(1)6Fe2ClO6H=6Fe3Cl3H2O(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(3)HCl氛围下蒸发浓缩(4)NH4Cl溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3H2O的电离(5)甲防止Co(OH)3的生成H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O=2Co(NH3)6Cl312H2O(6)ab27锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体。步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点105 ，沸点79 ，140 以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)(1)写出SOCl2与水反应的化学方程式：_。(2)接口的连接顺序为a_hh_e。.回收锰元素，制备MnO2(3)洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_。(4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。.二氧化锰纯度的测定称取1.40 g灼烧后的产品，加入2.68 g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100 mL 容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出20.00 mL，用0.020 0 mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30 mL。(5)写出MnO2溶解反应的离子方程式_。(6)产品的纯度为_。(7)若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_(填“偏大”、“偏小”、“不变”)。解析：.(1)SOCl2与水反应生成SO2和HCl，化学方程式为SOCl2H2O=SO22HCl。(2)三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入锥形瓶中，用品红溶液检验SO2，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的SO2与HCl，防止污染环境，安全瓶防止倒吸，接口的连接顺序为afghhbcde。.(3)步骤一得到的固体表面可能有吸附的Cl，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有Cl，具体操作：取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净。(4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。.(5)MnO2将C2O在H作用下氧化成CO2，4价锰还原成Mn2，反应的离子方程式为MnO2C2O4H=Mn22CO22H2O。(6)n(C2O)2.68 g134 gmol10.02 mol；滴定100 mL稀释后溶液，消耗n(MnO)0.020 0 molL10.017 30 L50.001 730 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得KMnO4消耗n1(C2O)n(MnO)0.004 325 mol，与MnO2反应的n2(C2O)0.02 mol0.004 325 mol0.015 675 mol，由(5)中离子方程式可得消耗n(MnO2)0.015 675 mol，二氧化锰质量分数100%97.4%。(7)若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。答案：(1)SOCl2H2O=SO22HCl(2)fgbcd(3)取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净(4)除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2(5)MnO2C2O4H=Mn22CO22H2O(6)97.4%(7)偏大28.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：(1)下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是_。A全球变暖B酸雨C水体富营养化(水华)D白色污染(2)SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。已知：CaCO3(s)=CO2(g)CaO(s)H178.2 kJ/molSO2(g)CaO(s)=CaSO3(s)H402 kJ/mol2CaSO3(s)O2(g)=2CaSO4(s)H234.2 kJ/mol写出石灰石脱硫的热化学方程式_。.NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：反应a：C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)H34.0 kJ/mol反应b：2C(s)2NO2(g)N2(g)2CO2(g)H64.2 kJ/mol(3)对于反应a，在T1 时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间(min)浓度( molL1)01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36010 min内，NO的平均反应速率v(NO)_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的活性炭 B通入一定量的NOC适当缩小容器的容积D加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2 ，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1 050 kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在1 100 kPa时，NO2的体积分数为_。(5)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2 、1.1106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp_(用计算表达式表示)；已知：气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数。解析：(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨；A项，全球变暖是二氧化碳所致，错误；B项，硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，正确；C项，水体富营养化(水华)是磷元素过量排放所致，错误；D项，白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等废弃塑料制品造成的，错误。(2)把已知热化学方程式编排顺序为：CaCO3(s)=CO2(g)CaO(s)H178.2 kJ/molSO2(g)CaO(s)=CaSO3(s)H402 kJ/mol2CaSO3(s)O2(g)=2CaSO4(s)H234.2 kJ/mol根据盖斯定律，将()2，整理得到石灰石脱硫的热化学方程式：2CaCO3(s)2SO2(g)O2(g)=2CaSO4(s)2CO2(g)H681.8 kJ/mol。(3)C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)H34.0 kJ/mol，由表中数据得到010 min内，NO的平均反应速率v(NO)0.042 mol/(Lmin)，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，故化学平衡常数减小；30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)，依据表中数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K，平衡常数会随温度变化而变化，而平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，NO浓度增大，CO2和N2浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器容积或通入一定量的NO；A项，加入一定量的活性炭，炭是固体，对化学平衡无影响，平衡不移动，错误；B项，通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，正确；C项，适当缩小容器的容积，反应前后气体体积不变，平衡不移动，平衡状态物质浓度增大，正确；D项，催化剂只改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，错误。(4)1 050 kPa前反应未达平衡状态，增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，NO转化率提高；在1 100 kPa时，NO2转化率40%，若设通入NO2 2 mol，结合三段式得到：2C(s)2NO2(g)N2(g)2CO2(g)起始量(mol)2 0 0变化量(mol) 0.8 0.4 0.8平衡量(mol) 1.2 0.4 0.8NO2的体积分数100%50%。(5)在1 100 kPa时，NO2转化率40%，若设通入NO2 1 mol，由三段式得到：2C(s)2NO2(g)N2(g)2CO2(g)起始量(mol)1 0 0变化量(mol) 0.4 0.2 0.4平衡量(mol) 0.6 0.2 0.4气体总物质的量1.2 mol，Kp1.1106 Pa。答案：(1)B(2)2CaCO3(s)2SO2(g)O2(g)=2CaSO4(s)2CO2(g)H681.8 kJ/mol(3)0.042 mol/(Lmin)减小BC(4)1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高50%(5)1.1106或1.1106 Pa35铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：(1)钴在元素周期表中的位置是_，其基态原子的价电子排布图为_。(2)FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为_；分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则CO中的大键应表示为_。(3)已知Fe2的离子半径为61 pm，Co2的离子半径为65 pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是_。(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01 mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87 g，则该配合物的配位数为_。(5)奥氏体是碳溶解在Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为_；若该晶胞参数为 a pm，则该晶体的密度为_ g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。解析：(1)Co在元素周期表中位于第四周期第族，其基态原子价电子排布图为 (2)CO中C原子的孤电子对数为(4232)0，键数为3，所以价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化；CO中参与形成大键的原子数是4个，电子数是6个。(3)在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是Fe2的离子半径小于Co2的离子半径，则FeO的晶格能大于CoO的晶格能，所以CoCO3的受热分解温度要高一些。(4)向含0.01 mol 该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87 g，n(AgCl)0.02 mol，则该配合物可表示为Co(NH3)5ClCl2，配位数为6。(5)根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个；用均摊法计算，一个晶胞中含Fe原子个数为864，C原子个数为1214，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为 g/cm3 g/cm3。答案：(1)第四周期第族(2)sp2(3)因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大(4)6(5)1236化合物J是一种治疗癌症的药，一种合成路线如下：已知：a. 回答下列问题(1)反应的反应条件是_，B的化学名称是_。(2)反应的反应类型是_，反应的反应类型是_。(3)反应的化学方程式是_。(4)E的含氧官能团是_。(5)H的结构简式是_。(6)X与F互为同分异构体，X结构中含苯环和羟基，且能发生银镜反应，但羟基不能连接在碳碳双键碳原子上。符合条件的X的