【内供】2021届高三好教育云平台10月内部特供卷化学（五）教师版.doc

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2020-2021学年上学期好教育云平台10月内部特供卷
高三化学（五）
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。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64

一、选择题
1．我国在很多工程领域取得了举世瞩目的成就，以下使用的材料中属于有机高分子的是
A．“玉兔”月球车太阳能电池帆板——硅
B．高铁轨道与地基之间填隙减震——聚氨酯
C．港珠澳大桥桥墩—混凝土
D．“人造地球”核聚变实验装置——钨合金
【答案】B
【解析】A．硅属于非金属单质，属于无机非金属材料，A不符合题意；B．聚氨酯属于有机高分子材料，B符合题意；C．混凝土是水泥、沙子的混合物，属于无机非金属材料，C不符合题意；D．钨合金属于合金，是金属材料，不属于有机高分子材料，D不符合题意；故合理选项是B。
2．2019年8月《Science》杂志报道，化学家首次成功合成具有半导体特征的环状C18分子(结构如图)，关于C18说法正确的是

A．与石墨互为同位素 B．属于烃类
C．是原子晶体 D．能与氢气在一定条件下反应
【答案】D
【解析】A．同种元素的不同种原子互为同位素，而C18和石墨是碳元素的两种不同的单质，互为同素异形体，A错误；B．只有C、H两种元素构成的有机化合物称为烃，而C18只含碳元素，不属于烃类，是一种单质，B错误；C．此物质是环状C18分子，属于分子晶体，不是原子晶体，C错误；D．环状C18中含有碳碳三键，一定条件下，能与氢气发生加成反应，D正确；故答案为：D。
3．下列各项表达中正确的是
A．N2H4的结构式
B．已知SCN-中每个原子都达到8电子结构，则其电子式为
C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二氧化硫分子
D．全降解塑料 可由环氧丙烷()和CO2缩聚制得
【答案】B
【解析】A．N原子最外层有5个电子，在N2H4分子中2个N原子形成一个N—N键，每个N原子再分别与2个H原子形成2个N—H键，从而使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式是，A错误；B．SCN−中，C原子与N原子形成共价三键C≡N，C原子再与S原子形成一个C—S键，S原子获得1个电子，从而使离子SCN−中每个原子都达到8电子结构，其电子式为，B正确；C．CO2分子是直线型分子，因此比例模型能表示二氧化碳分子，但SO2分子是V形，故不能表示二氧化硫分子，C错误；D．由结构简式可知：全降解塑料可由环氧丙烷()和CO2加聚反应制得，D错误；故合理选项是B。
4．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．SO2既可以杀菌又具有还原性，在葡萄酒中可以微量添加
B．Na2SiO3易溶于水，可用于生产黏合剂和防火剂
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．Na2O2具有强氧化性，可用于饮用水消毒
【答案】A
【解析】A．SO2既可以杀菌又具有还原性，可抑制酒类中细菌生长，则在葡萄酒中微量添加，A正确；B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用于生产黏合剂和防火剂，但与水溶性无关，B错误；C．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，C错误；D．过氧化钠与水反应，生成氧气，还会生成氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于饮用水消毒，D错误；故答案为：A。
5．下列叙述正确的是
A．第一电离能：Al＞Mg＞Na B．离子半径：Na+＞Al3+＞S2−
C．沸点：HF＞H2O＞H2S D．酸性：HC1O4＞HClO3＞HClO
【答案】D
【解析】A．一般情况下，同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大呈上升趋势，但Mg原子的3s电子处于全充满的稳定状态，失去电子比同一周期的Al消耗的能量高，故第一电离能大小关系为：Mg＞Al＞Na，A错误；B．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。Na+、Al3+核外电子排布是2、8，具有两个电子层，而S2−核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层。所以三种离子半径大小关系为：S2−＞Na+＞Al3+，B错误；C．H2S分子之间只存在分子间作用力，无氢键存在，因此其熔沸点最低；HF、H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质熔沸点升高，H2O的氢键数目比HF多，作用力强，因此其熔沸点最高，故三种物质沸点高低顺序为：H2O＞HF＞H2S，C错误；D．对于同一元素形成的不同价态的含氧酸，中心元素化合价的价态越高，该酸的酸性就越强，故Cl元素形成的含氧酸的酸性有强到弱顺序是HClO4＞HClO3＞HClO，D正确；故选D。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
B．向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，溶液紫色褪去：2MnO+5SO+6H+=2Mn2++5SO+3
H2O
C．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH−+3H++Cl−=AgCl↓+2NH+H2O
D．用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3↓
【答案】C
【解析】A．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应，不仅生成CaCO3沉淀，也会生成Mg(OH)2沉淀，A不正确；B．向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，发生氧化还原反应，溶液紫色褪去，由于H2SO3是弱酸，所以HSO不能改写成SO的形式，B不正确；C．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应，不仅发生OH−与H+的反应，也会发生[Ag(NH3)2]+与H+的反应，所以离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH−+3H++Cl−=AgCl↓+2NH+H2O，C正确；D．用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+时，生成的Fe(SCN)3是易溶难电离的盐，正确的离子方程式为：Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，D不正确；故选C。
7．下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6L由CH4与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数目约为6.02×1023
B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+)·n(OH−)不变
C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
D．久置的油脂变味不能食用，是由于油脂发生了水解反应
【答案】A
【解析】A．标准状况下，5.6L CH4与C2H4组成的混合气体的物质的量为：0.25mol，含有的氢原子数目约为：0.25×4NA=0.25×4×6.02×1023=6.02×1023，A正确；B．温度不变，Kw=c(H+)·c(OH−)不变，加水稀释，体积增大，溶液中n(H+)·n(OH−)增大，B错误；C．将NH3液化分离，平衡正向移动，能提高H2的转化率，但正反应速率减小，C错误；D．油脂中含有不饱和碳键，久置的油脂变味不能食用，是因为油脂发生了氧化反应，D错误；故答案为：A。
8．化合物Y是一种常用药物，可由X制得。

下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．由X转化为Y发生取代反应
B．用银氨溶液可检验X是否完全转化为Y
C．1mol Y最多可与2mol NaOH发生反应
D．X与足量H2发生反应后，生成的分子中含有5个手性碳原子
【答案】B
【解析】A．根据物质X、Y结构的不同可知：X与氢气发生加成反应生成Y的羟基，反应类型为加成反应，也是还原反应，A错误；B．X分子中含有醛基，能够发生银镜反应，Y分子中无醛基，不能发生银镜反应，若X完全转化为Y，就不能发生银镜反应，否则就能发生银镜反应，故可用银氨溶液可检验X是否完全转化为Y，B正确；C．Y分子中只有酚羟基与氢氧化钠溶液反应，则1mol Y最多可与1mol NaOH发生反应，C错误；D．X中的苯环、醛基以及碳碳双键都可以与氢气发生加成反应，加成产物中与环连接的碳原子为手性碳原子，共6个，D错误；故合理选项是B。
9．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向滴有酚酞的NaOH
稀溶液中通入SO2
溶液由红色
变为无色
SO2将酚酞漂白
B
向4mL 0.01mol·L−1的KMnO4溶液中加入2mL 0.2
mol·L−1的草酸溶液
开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色
该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快
C
将大理石投入一定浓
度的醋酸溶液中
大理石溶解
并产生气体
Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔
在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低

【答案】C
【解析】A．NaOH使酚酞溶液变红，通SO2后，SO2和NaOH反应将NaOH消耗，所以溶液由红色变为无色，故A错误；B．开始一段时间后，有Mn2+生成，Mn2+对该反应有催化作用，所以开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色，故B错误；C．大理石的主要成分是CaCO3，醋酸溶液中含CH3COOH，因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，所以CH3COOH和CaCO3反应产生醋酸钙和水和二氧化碳，因此大理石溶解并产生气体，故C正确；D．Al表面能迅速和O2反应生成致密的Al2O3薄膜，Al2O3的熔点高，包在Al的表面，因此内部的Al熔化后不落下，故D错误。选C。
10．某小组拟采用电化学渗析法处理含大量磷酸二氢铵(NH4H2PO4)的废水，并提取化工产品氨水和磷酸。装置如图所示。下列说法正确的是

A．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜
B．左侧电极上的电极反应式为4OH−-4e−=2H2O+O2↑
C．相同条件下，X、Y体积比为1∶2
D．每转移1mol电子理论上生成98g H3PO4
【答案】D
【解析】从产物来看，左侧得到浓氨水，NH4+需经过膜1，到达左侧，与生成的OH−结合，生成浓氨水；磷酸二氢根离子经过膜2，到达右侧，与生成的H+结合，生成磷酸，可知左侧为阴极室；右侧为阳极室。A．观察图示知，左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，NH+OH−=NH3·H2O；右侧制备磷酸，Y为氧气，阳极反应式为：2H2O-4e−=4H++O2↑，H2PO+H+=H3PO4，NH向左侧迁移，H2PO向右侧迁移，所以膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A错误；B．左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，B错误；C．X为H2，Y为O2，物质的量之比为2∶1，C错误；D．根据方程式2H2O-4e−=4H++O2↑，H2PO+H+=H3PO4，转移1mol电子时，生成1mol H3PO4，质量为98g，D正确；故答案为：D。
11．常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20mL 0.1mol/L的盐酸溶液中逐滴滴加0.1mol/L的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。
弱电解质
K
H2CO3
Ka1=4×10−7 Ka2=4×10−11
NH3·H2O
Kb=1.75×10−5
CH3COOH
Ka=1.75×10−5

下列说法正确的是
A．CH3COONH4溶液中c(OH−)=c(H+)≠l0−7mol/L
B．NH和HCO能发生彻底水解反应
C．曲线上水的电离程度最大的点为b点
D．d点时，c(OH−)-c(H+)=[c(NH)-2c(NH3·H2O)］
【答案】D
【解析】A．氨水和醋酸的电离常数相同，铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进水的电离，且二者水解程度相同，所以CH3COONH4溶液中：c(OH−)=c(H+)=10−7mol/L，溶液的pH=7，A错误；B．NH和HCO可以双水解，但因水解产物溶解度较大，无法脱离溶液，所以反应不彻底，B错误；C．盐类水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，加入氨水20mL，恰好生成氯化铵，所以曲线上水的电离程度最大的点为c点，C错误；D．d点加入30mL氨水，溶液中存在的氯化铵和氨水比为：2∶1，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(OH−)+c(Cl−)，根据物料守恒：2c[(NH3·H2O)+c(NH)］=3c(Cl−)，c(OH−)-c(H+)=c(NH)-c(Cl−)，所以c(OH−)-c(H+)=[c(NH)-2c(NH3·H2O)］，D正确；选D。
12．氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．K(300℃)>K(400℃)
B．增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率
C．当c(HCl)∶c(O2)进料比过低时，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2
D．若HCl的初始浓度为c，进料比为1∶1时，K(500℃)=
【答案】C
【解析】A．由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(300℃)>K(400℃)，故A正确；B．增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；C．c(HCl)∶c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；D．相同温度下，c(HCl)∶c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象，500℃、若HCl的初始浓度为c，进料比为1∶1时，HCl平衡转化率为72%，

K(500℃)=，故D正确；选C。
二、非选择题
13．利用物质的结构与性质对周期表进行研究，有助于我们更好地掌握同类知识。
(1)基态砷原子中，价电子占用_____个原子轨道；雌黄分子式为As2S3，分子结构如图所示，则砷原子的杂化方式为______。

(2)现代化学中，常利用_______上的特征谱线来鉴定元素，Ga的价层电子排布式为________。
(3)Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图，该配离子中含有的化学键类型有______(填字母序号)。

A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键
(4)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态-l价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，-l价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如表所示。
元素
Cl
Br
I
O
O−
电子亲和能(kJ/mol)
349
343
295
141
-780
下列说法正确的是________。
A．电子亲和能越大，说明越难得到电子
B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O−时放出141kJ的能量
C．氧元素的第二电子亲和能是-780kJ/mol
D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2−需要吸收能量
(5)铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式_________________。

(6)立方硫化锌晶胞与金刚石晶胞类似，结构如图，其中a代表S2−，b代表Zn2+。则该晶胞中S2−的配位数为___，若晶体的密度为ρ g·cm−3，则晶胞的体积为____cm3

【答案】（1）4 sp3杂化
（2） 原子光谱 4s24p1
（3） ABD
（4） BCD
（5） 8Fe+2NH32Fe4N+3H2
（6） 4
【解析】(1)砷的元素符号为As，原子序数为33，价电子排布式4s24p3，因此价电子占用1个4s轨道，3个4p轨道，共4个原子轨道。S原子能形成2个共价键，As形成3个共价键，As原子最外层有5个电子，形成3个共价键，即σ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3杂化，故答案为：4；sp3杂化；(2)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，Ga为31号元素，其价层电子排布式为4s24p1，故答案为：原子光谱；4s24p1；(3)Cu2+与乙二胺所形成的配离子中含有的化学键是N→Cu的配位键、N−H和C−N以及C−H之间的极性键，含有C和C之间的非极性键，故答案为：ABD；(4)A．根据表中数据知，元素得电子能力越强，其电子亲和能越大，所以电子亲和能越大说明越容易得到电子，故A错误；B．根据电子亲和能定义及表格可知：一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O−时放出141kJ的能量，故B正确；C．O−的亲和能就是氧元素的第二电子亲和能，所以氧元素的第二电子亲和能是−780kJ·mol−1，故C正确；D．O元素的第一亲和能小于第二亲和能的绝对值，第一亲和能放出能量、第二亲和能吸收能量，所以基态的气态氧原子得到两个电子成为O2−需要吸收能量，故D正确；故答案为：BCD；(5)晶胞中Fe原子数目为8×+6×=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，发生的是置换反应，则还生成氢气，反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；(6)以面心的S2−为研究对象，每个晶胞内部有2个距离S2−相等且最近的Zn2+，所以该晶胞中S2−的配位数为2×2=4，根据均摊法，该晶胞含有S2−个数为8×+6×=4，含有Zn2+的个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的体积V===，故答案为：4；。
14．3，4—二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______，3，4-二羟基肉桂酸乙酯中含氧官能团的名称是_________。
(2)E生成F的反应类型为_________。
(3)下列有关H的说法中，不正确的是_________。
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．1mol H最多能和3mol Br2反应
c．H分子中最多有9个碳原子共平面
d．1mol H分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1∶1
(4)写出F→G过程中①的化学方程式____________。
(5)已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有_______种。
①属于芳香族化合物 ②lmol W与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)
其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为：__________(写一个即可)
(6)季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)____________。
【答案】（1）CH2=CH2 （酚）羟基、酯基
（2） 消去反应
（3） bd
（4） +2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag↓+3NH3
（5） 10 或
（6）
【解析】A与H2O在催化剂作用下发生反应生成B(CH3CH2OH)，则A为乙烯(CH2=CH2)；由E的结构简式，可推出C为CH3CHO，D为；F能发生银镜反应，则分子中含有醛基，结构简式为，G为；G发生水解反应生成H，H发生酯化反应生成I。(1)由以上分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，3，4-二羟基肉桂酸乙酯的结构简式为，则含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；(2)由E()生成F()，同时生成H2O，反应类型为消去反应。答案为：消去反应；(3)a．H分子中的碳碳双键和酚羟基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a正确；b．H分子中苯环上酚羟基邻、对位的氢原子共有3个，都能被溴取代，碳碳双键能与Br2发生加成反应，所以1mol H最多能和4mol Br2反应，b不正确；c．H分子中两个框内碳原子共面，且两个面可能重合，所以最多有9个碳原子共平面，c正确；d．H分子中的酚羟基和羧基都能与NaOH反应，但只有羧基能与NaHCO3反应，所以1mol H分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶1，d不正确；故选bd。答案为：bd；(4)F()→G()过程①中，生成，化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag↓+3NH3。答案为：+2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag↓+3NH3；(5)W是H()的同分异构体，符合下列条件：①属于芳香族化合物 ②lmolW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)的W分子中，应含有1个苯环、2个羧基，还有1个甲基。可能为苯环上连有1个取代基-CH(COOH)2(1种结构)、苯环上连有2个取代基(-COOH、-CH2COOH)(邻、间、对3种异构体)、2个-COOH分别在苯环的邻、间、对位(-CH3在苯环的适当位置)(共有6种异构体)，共有异构体10种；其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3，则分子结构具有对称性，结构简式为：或。答案为：10；或；(6)从季戊四醇()的结构看，其应为乙醛与3个甲醛发生加成反应，然后再与H2加成的产物，由此得出以甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线为。答案为：。
15．DCCNa(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效、安全的消毒剂，20°C以上易溶于水。(CNO)3H3(氰尿酸)为三元弱酸。
I．制备DCCA(二氯异氰尿酸)装置如图。主要反应有：
碱溶(CNO)3H3+2NaOH(CNO)3Na2H+2H2O ΔH＜0
氯化(CNO)3Na2H+2Cl2(CNO3)Cl2H+2NaCl ΔH＜0

回答下列问题：
(1)装置C中的溶液是_________，作用为_________。
(2)装置A中反应的离子方程式为____________。
(3)装置B用冰水浴的原因是___，碱溶时若氢氧化钠过量，(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是__。
II．制备DCCNa

(4)步骤II中“过滤洗盐”洗去的盐是________。
(5)“中和”反应的化学方程式为_________。
(6)氯元素含量的测定：称取0.1000g DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全部化成HClO，再加入足量的KI溶液，用淀粉作指示剂，用0.1000mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，消耗标准液VmL。已知：I2+2S2O=2I−+S4O，样品中氯元素的质量分数＝______％。
(7)下列操作可能使氯元素的质量分数测定结果偏低的是________填字母)。
a．滴定前滴定管未排气泡，滴定后气泡消失
b．滴定后，滴定管尖嘴外还悬着一滴液体
c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数
d．读数时，滴定前平视，滴定后仰视
【答案】（1）氢氧化钠溶液 吸收多余氯气，防止污染空气
（2）2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3） 该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度 (CNO)3Na3
（4） NaCl
（5） (CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O
（6） 1.775V
（7） cd
【解析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，B装置发生氯化反应生成DCCA(二氯异氰尿酸)，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；利用DCCA生产DCCNa，先将B中的产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物进行过滤洗盐，得到DCCA，DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa，再经过冷却结晶，过滤干燥得到产品DCCNa，据此进行解答。Ⅰ．(1)由分析可知，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染环境，试剂为氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余氯气，防止污染空气；(2)A装置为氯气发生装置，离子反应方程式为：2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)B装置中的反应为放热反应，冰水浴可降低温度，促进反应正向移动，同时降低温度可降低产品溶解度；(CNO)3H3为三元弱酸，则碱溶时若氢氧化钠过量，会生成(CNO)3Na3，故答案为：该反应放热， 冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度；(CNO)3Na3；Ⅱ．(4)B中产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物，则“过滤洗盐”洗去的盐是NaCl，故答案为：NaCl；(5)DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa，其化学反应方程式为：(CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O，故答案为：(CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O；(6)DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的Cl元素全部转化为HClO，再加入足量的KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，则关系式为：DCCNa2HClO2I24S2O，则Cl原子的物质的量n(Cl)=n(HClO)=n（S2O）=0.1mol·L−1，则样品中氯元素的质量分数：。故答案为：1.775V；(7)a．滴定前滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液V增大，结果偏高，a不符合题意；b．滴定后，滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，相当于消耗标准液V增大，结果偏高，b不符合题意；c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，消耗标准液V减小，结果偏低，c符合题意；d．读数时，滴定前平视，滴定后仰视，消耗标准液V减小，结果偏低，d符合题意；故答案为：cd。
16．大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的ΔH________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：

①据图分析，温度490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出CO2 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气 D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490℃条件下0~2h内的平均反应速率v(NO)=_______mol·(L·h)−1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
(4)利用电化学原理处理NOx也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：_________。

【答案】（1）＜ 降温
（2） C(s)+N2O=C(O)+N2(g)
（3） a 相同条件下，NO去除率更高或较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢 BD 0.0225 96%
（4） 2NO+4e−+4H+=N2+2H2O
【解析】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足ΔH-TΔS＜0，由于ΔS＞0，所以ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向进行，NO转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；(2)总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，第一步：①2NO=(NO)2，第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)，第三步：③，第四步：④2C(O)=C+CO2，根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，则反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；(3)①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高；或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；②图象可知490°C时，NO去除率45%，若测得CaO/C对NO的去除率为60%。A．及时分离出CO2会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO去除率，A错误；B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO去除率，B正确；C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率不变，C错误；D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO去除率，D正确；故合理选项是BD；③根据图象可知490℃时，NO去除率45%，NO初始浓度0.1mol/L，则转化浓度0.1mol/L×45%=0.045mol/L，v(NO)==0.0225mol/(L·h)；对于反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2浓度为x mol/L，则平衡时c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x)mol/L，由于平衡常数K==121，解得x=mol/L，所以反应达到平衡状态NO去除率=×100%=96%；(4)正极上NO得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：2NO+4e−+4H+=N2+2H2O。

天津市十二区县2020届高三第二次模拟考试化学试题