河南省洛陽市2023年高考化學3月試卷及答案

高考化學3月試卷一、單項選擇題1.以下涉及的化學相關知識說法錯誤的選項是〔

〕A.醫(yī)用鎳鈦形狀記憶合金屬于新型金屬材料

B.新能源可燃冰大量進入大氣會引起溫室效應

C.補鐵劑與維生素同時服用有助于增加藥物的吸收和利用

D.新型氮化鎵可替代傳統(tǒng)半導體材料二氧化硅制造芯片2.以下實驗操作或裝置能到達目的的是〔

〕ABCD利用該實驗探究濃度對反響速率的影響利用該裝置證明生成的乙烯具有復原性利用該裝置從Al2S3溶液獲得Al2S3利用該裝置驗證非金屬性Cl＞Br＞IA.A

B.B

C.C

D.D3.8-羥基喹啉M是重要的醫(yī)藥中間體，合成前體之一為化合物N，吡啶()是結構類似于苯的芳香化合物，以下表達錯誤的選項是〔

〕A.化合物M和N中含氧官能團均為羥基

B.化合物M中不可能所有原子處于同一平面

C.化合物N可以發(fā)生催化氧化、酯化反響

D.與M具有相同環(huán)狀結構的同分異構體還有6種4.據(jù)文獻報道，金紅石Ti3+L3外表催化氮氣固定機理如以下列圖所示，以下表達錯誤的選項是〔

〕A.催化劑可以提高固氮速率的原因是改變該反響的ΔH

B.該催化固氮總反響為3H2+N2=2NH3

C.是反響中間體

D.整個催化過程中存在N—Ti鍵的斷裂和生成5.一種由短周期主族元素組成的化合物(如以下列圖所示)，常用作氧化劑、漂白劑、消毒劑等，其中X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z的原子序數(shù)之和與W的原子序數(shù)相等。以下有關表達錯誤的選項是〔

〕A.

該化合物中W和Z的化合價分別為+6價、-2價

B.

W的氫化物具有復原性

C.

該化合物中Y、Z、W不全滿足8電子穩(wěn)定結構

D.

Y的最高價氧化物的水化物為強酸6.一種流體電解海水提鋰的工作原理如以下列圖所示，中間室輔助電極材料具有選擇性電化學吸附/脫出鋰離子功能(吸附Li+轉化為LiMn2O4，脫出Li+轉化為Li1-xMn2O4)。工作過程可分為兩步，第一步為選擇性吸附鋰，第二步為釋放鋰，通過以上兩步連續(xù)的電解過程，鋰離子最終以LiOH的形式被濃縮到陰極室。以下說法中錯誤的選項是〔

〕A.吸附與釋放鋰的過程中Mn的化合價發(fā)生變化，第一步選擇性吸附鋰的過程中中間室材料作陰極

B.釋放鋰過程中中間室材料上發(fā)生的電極反響式為Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4

C.陰極室一側離子交換膜選用陽離子交換膜，陰極室中陽離子向N極遷移

D.第二步選擇性釋放鋰的過程中，陰極電極反響式為O2+4e-+2H2O=4OH-7.常溫時，有0.1mol·L-1的次磷酸H3PO2(一元弱酸)溶液和0.1mol?L-1的氟硼酸HBF4溶液，兩者起始體積均為V0，分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為V，兩溶液的pH變化曲線如下列圖。以下說法正確的選項是〔〕A.

常溫下，NH3·H2O電離常數(shù)Kb=1.7×10-5mol/L，那么NH4H2PO2溶液的pH>7

B.

NaH2PO2溶液顯堿性的原因是H2PO的電離程度大于其水解程度

C.

NaH2PO2溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+c(OH-)

D.

圖中A，B，C點溶液中水的電離程度由大到小的順序是：B>C>A二、非選擇題8.三氧化二鈷(Co2O3)常作氧化劑、催化劑，一般用于玻璃、陶瓷制品的上彩。以某含鈷礦石(主要成分為CoCO3，含有少量Cu2(OH)2CO3、Fe3O4、CaO、MgO和NiO)為原料制備Co2O3的流程如下列圖：相關金屬離子［c(Mn+)=0.1mol·L-1］形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Mg2+Cu2+Co2+Ni2+開始沉淀的pH1.56.39.34.86.86.4沉淀完全的pH2.88.310.86.39.09.2答復以下問題：〔1〕含鈷礦石預先粉碎的目的是________?！?〕寫出“溶浸〞中發(fā)生氧化復原反響的離子方程式________。〔3〕濾渣1的主要成分除CaSO4外還有________，該步驟中應調節(jié)pH的范圍為：________〔4〕一定溫度下，向調pH除雜后的濾液中參加過量的NaF溶液使Ca2+、Mg2+生成沉淀除去，當兩者沉淀完全時溶液中F-的濃度至少為________。［該溫度下Ksp(CaF2)=3.4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-11，溶液中離子濃度小于1.0×10-5mol·L-1認為該離子沉淀完全］〔5〕參加萃取劑萃取別離Ni2+和Co2+，其中有機相提取的Ni2+再生時可用于制備可充電鎳氫電池，該電池總反響為NiOOH+MHNi(OH)2+M，電解液為氫氧化鉀溶液，那么放電時負極的電極反響式為________?！?〕沉鈷過程中生成CoCO3，那么該過程發(fā)生反響的離子方程式為________；濾液主要成分為________。9.碳酸鑭La2(CO3)3(Mr=458)為白色粉末、難溶于水、分解溫度900℃，可用于治療高磷酸鹽血癥。在溶液中制備時，形成水合碳酸鑭La2(CO3)3·xH2O，如果溶液堿性太強，易生成受熱分解的堿式碳酸鑭La(OH)CO3。酒精噴燈溫度可達1000℃。答復以下問題：〔1〕用如圖裝置模擬制備水合碳酸鑭：①儀器A的名稱為________。②裝置接口的連接順序為f→________。③實驗過程中通入CO2需要過量，原因是________。④該反響中生成副產物氯化銨，請寫出生成水合碳酸鑭的化學方程式：________?！?〕甲小組通過以下實驗驗證制得的樣品中不含LaOH)CO3，并測定水合碳酸鑭La2(CO3)3·xH2O中結晶水的含量，將石英玻璃A管稱重，記為m1g。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2g，將裝有試劑的裝置C稱重，記為m3g。按以下列圖連接好裝置進行實驗。實驗步驟：①翻開K1、K2和K3，緩緩通入N2；②數(shù)分鐘后關閉K1，K3，翻開K4，點燃酒精噴燈，加熱A中樣品；③一段時間后，熄滅酒精燈，翻開K1，通入N2數(shù)分鐘后關閉K1和K2，冷卻到室溫，稱量A．重復上述操作步驟，直至A恒重，記為m4g(此時裝置A中為La2O3)。稱重裝置C，記為m5g。①實驗中第二次通入N2的目的為________。②根據(jù)實驗記錄，當=________，說明制得的樣品中不含有La(OH)CO3；計算水合碳酸鑭化學式中結晶水數(shù)目ｘ=________(列式表示)?！?〕某磷酸鹽濃度與對應吸光度滿足以下列圖關系，磷酸鹽與碳酸鑭結合后吸光度為0.取濃度為30mg/L的該磷酸鹽溶液2mL，參加適量上述實驗制備的水合碳酸鑭，半個小時后測定溶液的吸光度為0.12，計算水合碳酸鑭對磷酸鹽的結合率為________(結合率=×100％)。10.目前，汽車尾氣系統(tǒng)中均安裝了催化轉化器，大大減少了CO和NOx汽車尾氣的排放?！?〕在催化劑作用下CO復原NO、NO2。標準摩爾生成焓是指由穩(wěn)態(tài)單質生成1mol該化合物的焓變，25℃下幾種物質的標準生成焓如下：NO2COCO2NO標準生成焓/kJ?mol-133.1-110.5-183.690.3ⅰ.CO(g)+NO2(g)CO2(g(+NO(g)

ΔH1ⅱ.2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)

ΔH2=-623KJ?mol-1①ΔH1=________；寫出用CO復原NO2生成兩種無污染的氣態(tài)物質總反響的熱化學方程式：________②相同時間內，CO復原NO2的總反響中NO2的轉化率隨溫度的變化趨勢如以下列圖所示，運用化學反響原理分析，NO2的轉化率隨溫度先增大后減小的原因________；其中汽車尾氣中NO2和CO物質的量比為________(填選項字母)時尾氣中NO2的轉化率最高。A．0.3

B．0.5

C．0.7③某溫度下，起始壓強為P0，在恒容密閉容器中充入等物質的量CO和NO在催化劑下進行反響ⅱ，NO的平衡轉化率為α，那么反響ⅱ的平衡常數(shù)KP=________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))?！?〕在催化劑作用下H2復原NO，2H2(g)+2NO(g)2H2O(g)+N2(g)ΔH＜0，反響的速率方程為v正=k正?c(H2)?c2(NO)(k正為速率常數(shù)，只與溫度、催化劑有關系)，其中v正為正反響速率。①相同條件下，對速率影響程度c(NO)________c(H2)(填“大于〞、“小于〞或“等于〞)。②設反響開始時H2和NO的濃度相同，反響開始時v正=v0，NO的轉化率為α時的反響速率為vα，那么vα=________v0?！?〕一種以CO為燃料，以空氣為氧化劑，以熔融態(tài)K2CO3為電解質的燃料電池，工作原理如以下列圖所示：①電極a為________(填“正極〞或“負極〞)，Y物質為________；②正極上的電極反響式為________。11.12月17日凌晨，嫦娥五號完成“挖土〞之旅返回地球。查閱資料，月球玄武巖是構成月球的巖石之一，主要由輝石(主要成分硅酸鹽)和鈦鐵礦(主要成分FeTiO3)等組成。答復以下問題：〔1〕基態(tài)鐵原子的價電子排布式為：________?！?〕與Fe同周期，且最外層電子數(shù)相同的主族元素是________(填元素符號)?！?〕基態(tài)Ti原子核外電子占據(jù)的最高能層符號為________；其最外層電子的電子云輪廓圖為________?！?〕1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ鍵數(shù)為________，［Fe(CN)6］3-中配體為________，其中C原子的雜化軌道類型為________，H、C、N、Si四種元素的電負性由大到小的順序為________。〔5〕FeTiO3的結構如圖1所示，其中由O圍成的________(填“四面體空隙〞或“八面體空隙〞)被Fe占據(jù)。在圖2中畫出FeTiO3結構的另一種表示________(要求：Fe處于晶胞的頂點)，Ti的配位數(shù)為________。〔6〕該晶胞的密度為ρg/cm3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。計算晶胞參數(shù)a=________pm。(列出計算表達式)12.奧布卡因是一種用于外表麻醉的酯類局部麻醉藥，化合物奧布卡因M的一種合成路線如下：：RXRCOOH答復以下問題：〔1〕反響①中除苯酚外另一個反響物的化學名稱為________。〔2〕化合物C的結構簡式為________。〔3〕化合物F中含氧官能團的名稱為________。〔4〕寫出反響④的化學反響方程式：________?！?〕反響⑤、⑥的反響類型為：________、________?！?〕化合物G的同分異構體中能同時滿足以下三個條件的有________個。(i)含有氨基；(ⅱ)催化氧化產物可以發(fā)生銀鏡反響；(ⅲ)含一個甲基。〔7〕結合以上合成路線信息，以甲苯為原料(無機試劑任選)，合成聚酰胺J()________。

答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】D【解析】【解答】A．鎳鈦形狀記憶合金屬于新型金屬材料，A項不符合題意；B．可燃冰主要成分為甲烷，甲烷是溫室氣體，所以其大量進入大氣會引起溫室效應，B項不符合題意；C．+2價鐵易吸收，維生素C可以防止+2價鐵氧化為+3價，補鐵劑與維生素C共同服用可提高補鐵效果，C項不符合題意；D．制造芯片用傳統(tǒng)半導體材料硅，D項符合題意；故答案為：D。

【分析】制造芯片的材料是硅單質，而二氧化硅是制備光導纖維的材料，因此可以用氮化鎵代替硅單質，其他選項均正確2.【答案】D【解析】【解答】A．亞硫酸氫鈉溶液雙氧水反響時無明顯現(xiàn)象，無法利用該實驗探究濃度對反響速率的影響，A不符合題意；B．揮發(fā)出來的乙醇也可以是酸性高錳酸鉀溶液褪色，無法證明生成的乙烯具有復原性，B不符合題意；C．Al3+和S2-在溶液中發(fā)生徹底的雙水解而不能共存，因此不存在Al2S3溶液，且蒸發(fā)溶液應用蒸發(fā)皿而不是坩堝，C不符合題意；D．氯水滴入NaBr溶液中，Cl2將Br-氧化生成Br2，溴水滴入NaI溶液中，Br2將I-氧化生成I2，說明氧化性Cl2＞Br2＞I2，那么非金屬性Cl＞Br＞I，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.反響無現(xiàn)象不能證明

B.先將揮發(fā)出的乙醇除去再進行實驗

C.一般蒸發(fā)結晶用的是蒸發(fā)皿，且硫化鋁易發(fā)生雙水解不存在其溶液

D.利用單質的氧化性強弱可以進行非金屬性的比較3.【答案】B【解析】【解答】A．由圖可知，化合物M和N中含氧官能團均為羥基，A項不符合題意；B．由題可知，吡啶()是結構類似于苯的芳香化合物，那么化合物M中可能所有原子處于同一平面，B項符合題意；C．化合物N含有醇羥基，且與醇羥基相連的碳原子上有氫原子，那么該物質可以發(fā)生催化氧化、酯化反響，C項不符合題意；D．M上還存在6中不同的氫，那么M具有相同環(huán)狀結構的同分異構體還有6種，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)結構簡式即可判斷出官能團

B.M中的苯環(huán)以及雙鍵直接相連接的原子均共面，與苯環(huán)相連均是單鍵可以旋轉共面

C.根據(jù)N的結構簡式找出官能團即可判斷可發(fā)生的反響

D.根據(jù)M的結構簡式即可寫出同分異構體的數(shù)目4.【答案】A【解析】【解答】A．催化劑可以降低反響的活化能，提高固氮速率，但不能改變該反響ΔH的符號和數(shù)值，故A符合題意；B．由固定機理的示意圖可知，反響物為氮氣和氫氣，生成物為氨氣，金紅石為催化劑，反響的總反響方程式為3H2+N2=2NH3，故B不符合題意；C．由固定機理的示意圖可知，反響物為氮氣和氫氣，生成物為氨氣，金紅石為催化劑，是反響中間體，故C不符合題意；D．由固定機理的示意圖可知，b→c的過程存在N—Ti鍵的斷裂，c→a的過程存在N—Ti鍵的生成，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.焓變與反響物和生成物的能量有關與過程以及催化劑無關

B.根據(jù)反響物和生成物即可寫出方程式

C.根據(jù)流程圖即可判斷

只是在反響過程中出現(xiàn)是中間體

D.根據(jù)整個反響流程即可判斷鍵的斷裂和形成5.【答案】A【解析】【解答】A．由圖可知，該化合物中存在-O-O-鍵，那么O的化合價存在-1價，故該化合物中氧的化合價為-1、-2價，A項符合題意；B．W的氫化物為H2S，硫元素為最低價-2價，所以具有復原性，B項不符合題意；C．該化合物中，N原子形成4個共價鍵滿足8電子穩(wěn)定結構，形成2個共價鍵的O原子滿足8電子穩(wěn)定結構，形成1個共價鍵的O原子還會得到一個電子，也滿足8電子穩(wěn)定結構，S原子形成6個共價鍵，那么S原子最外層有12個電子，不滿足8電子的穩(wěn)定結構，C項不符合題意；D．N的最高價氧化物的水化物為硝酸，屬于強酸，D項不符合題意；故答案為：A?！痉治觥坑深}意可知，X、Y、Z、W均屬于短周期元素且原子序數(shù)依次增大，由結構簡式可知，X能形成1個共價鍵，推測X是H；Y能形成4個共價鍵，推測Y是C或N；W能形成6個共價鍵，推測W是S，Z能形成2個共價鍵，推測Z為O，又因為X、Y、Z的原子序數(shù)之和與W的原子序數(shù)相等，所以Y只能是N，該化合物為(NH4)2S2O8，據(jù)此作答。6.【答案】B【解析】【解答】A．Li1-xMn2O4轉化為LiMn2O4轉化過程中Mn元素化合價降低，反之Mn元素化合價升高，第一步選擇性吸附鋰的過程中M極上H2O被氧化成O2為陽極，那么中間室材料作陰極，A不符合題意；B．釋放鋰過程中中間室材料作陽極，失電子發(fā)生氧化反響，電極反響式為LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+，該過程生成Li+，B符合題意；C．釋放的Li+通過左側離子交換膜在陰極室以LiOH的形式被濃縮，因此該側選用陽離子交換膜，中間室材料作陽極，那么N極為陰極，陽離子向陰極移動，C不符合題意；D．釋放鋰的過程中N極為陰極，氧氣被復原，電解質溶液顯堿性，所以電極反響式為O2+4e-+2H2O=4OH-，D不符合題意；故答案為B。

【分析】A.根據(jù)吸附時吸附Li+轉化為LiMn2O4，脫出Li+轉化為Li1-xMn2O4錳元素的化合價發(fā)生改變，根據(jù)電源1中M發(fā)生的反響即可判斷出中間室做陰極

B.根據(jù)釋放鋰時，中間室做的時陽極發(fā)生的是失去電子的反響即可寫出

C.根據(jù)判斷鋰離子在陰極室被濃縮因此用的是陽離子交換膜

D.釋放鋰離子時N做陰極，是氧氣得到電子變?yōu)闅溲醺倪^程7.【答案】C【解析】【解答】A．由圖可知，次磷酸的電離常數(shù)約為=1.0×10-3mol/L>Kb=1.7×10-5mol/L，那么NH4H2PO2溶液中銨根離子的水解程度大于H2PO的水解程度，溶液呈酸性，常溫下溶液的pH＜7，故A不符合題意；B．次磷酸是一元弱酸，H2PO在溶液中只發(fā)生水解，不發(fā)生電離，故B不符合題意；C．NaH2PO2溶液中存在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+c(OH-)，故C符合題意；D．A、B、C三點的溶液均為酸溶液，溶液pH越小，氫離子濃度越大，對水電離抑制作用越大，由圖可知，溶液pH：C>

B

>

A，那么水的電離程度由大到小的順序為C

>

B>A，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥坑深}干信息可知次磷酸是一元弱酸，由圖可知，曲線a對應次磷酸，曲線b對應強酸氟硼酸。二、非選擇題8.【答案】〔1〕增大接觸面積，加快反響速率，提高礦石利用率

〔2〕2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

〔3〕Cu(OH)2、Fe(OH)3；6.3≤pH＜6.4

〔4〕3.0×10-3mol/L

〔5〕MH-e-+OH-=M+H2O

〔6〕Co2++HCO+NH3·H2O=CoCO3↓+NH+H2O；(NH4)2SO4【解析】【解答】(1)含鈷礦石預先粉碎的目的是增大接觸面積，加快反響速率，提高礦石利用率；

(2)參加雙氧水將Fe2+氧化生成更易除去的Fe3+，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)根據(jù)分析可知濾渣1的主要成分除CaSO4外還有Cu(OH)2、Fe(OH)3；根據(jù)后續(xù)流程可知該步驟中主要除去Fe3+、Cu2+，且因還要回收Ni2+，所以不能除去Ni2+，結合題目所給數(shù)據(jù)可知應調節(jié)pH的范圍為：6.3≤pH＜6.4；(4)Ksp(CaF2)<Ksp(MgF2)，所以Mg2+沉淀完全時Ca2+也一定沉淀完全，當c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L時，溶液中c(F-)==3.0×10-3mol/L；(5)根據(jù)充放電的總反響可知，放電時MH失去電子作負極，電解液為KOH溶液，所以電極反響式為MH-e-+OH-=M+H2O；(6)沉鈷時，Co2+結合HCO電離出的碳酸根生成CoCO3，促進HCO的電離，產生的氫離子再和一水合氨反響生成銨根和水，所以離子方程式為Co2++HCO+NH3·H2O=CoCO3↓+NH+H2O，濾液中陽離子主要為NH，陰離子主要為硫酸根，即濾液的主要成分為(NH4)2SO4?！痉治觥亢挼V石(主要成分為CoCO3，含有少量Cu2(OH)2CO3、Fe3O4、CaO、MgO和NiO)粉碎后用稀硫酸、雙氧水溶液浸取，參加稀硫酸后浸出液中存在Fe3+、Fe2+、Ca2+(極少量)、Mg2+、Cu2+、Co2+、Ni2+，雙氧水將Fe2+氧化生成Fe3+，之后參加適量氨水調節(jié)pH，根據(jù)后續(xù)流程可知該步驟中主要除去Fe3+、Cu2+，所以濾渣1為Cu(OH)2、Fe(OH)3以及微溶物硫酸鈣；之后參加NaF除去Mg2+、Ca2+，過濾后再參加適量稀硫酸，然后參加萃取劑萃取回收Ni2+，然后參加碳酸氫銨溶液和氨水得到碳酸鈷沉淀，通入空氣煅燒得到Co2O3。

9.【答案】〔1〕分液漏斗；badec；控制溶液不能堿性太強，否那么易生成副產物堿式碳酸鑭La(OH)CO3；2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl

〔2〕將裝置中產生的氣體全部吹入后續(xù)裝置中被吸收，減少實驗誤差；；或

〔3〕75%【解析】【解答】(1)①根據(jù)儀器的結構特點可知其名稱為分液漏斗；

②結合分析可知裝置接口順序應為f→b→a→d→e→c；③根據(jù)題目信息可知如果溶液堿性太強，易生成受熱分解的堿式碳酸鑭La(OH)CO3，所以通入CO2需要過量的原因是：控制溶液不能堿性太強，否那么易生成副產物堿式碳酸鑭La(OH)CO3；④根據(jù)元素守恒可知化學方程式為2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；(2)①第二次通入N2，將裝置中殘留的CO2全部排入裝置C中被吸收，減小實驗誤差；②如果制得的樣品中不含有La(OH)CO3，那么由La2(CO3)3·xH2O化學式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=；n(La2O3)=n[La2(CO3)3·xH2O]，可求出水合碳酸鑭化學式中結晶水數(shù)目x=或；(3)根據(jù)題意，參加水合碳酸鑭吸光度為0.12，可知此時磷酸鹽的濃度為7.5mg/L，水合碳酸鑭對磷酸鹽的結合率==75%?！痉治觥?1)結合裝置以及所給試劑，制取水合碳酸鑭的原理為2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl，裝置Y制備NH3，NH3易溶于水，通入帶有球形枯燥管的導氣管中防倒吸，裝置W制備CO2，裝有飽和碳酸氫鈉的裝置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗過多的氨氣，在裝置Z中生成水合碳酸鑭。(2)根據(jù)信息，m2-m1為La2(CO3)3·xH2O的質量，m4-m1為La2O3的質量，m5-m3為CO2的質量。B中裝有濃硫酸，C中裝有堿石灰，D中堿石灰的作用是防止空氣中CO2和H2O進入到裝置C中影響實驗結果；第一次通入N2，目的是排出裝置中的空氣，防止空氣中CO2干擾實驗結果，第二次通入N2，將裝置中殘留的CO2全部排入裝置C中被吸收，減小實驗誤差。

10.【答案】〔1〕-15.9kJ/mol；4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-654.8kJ/mol；低于185℃時，反響沒有到達平衡，升高溫度，反響速率加快，NO2轉化率提高，185℃時，反響到達平衡，高于185℃時，△H<0，升高溫度，平衡向逆反響方向移動，NO2轉化率減??；B；

〔2〕大于；(1-α)3v0

〔3〕負極；CO2；O2+4e-+2CO2=2CO【解析】【解答】(1)①，ΔH1=[(+33.1)+(-110.5)]kJ/mol-[(-183.6)+(+90.3)]kJ/mol=-15.9kJ/mol；由蓋斯定律可知，2ⅰ+ⅱ可得反響4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)，那么ΔH=2ΔH1-ΔH2=2×(-15.9kJ/mol)+(-623kJ/mol)=-654.8kJ/mol，故答案為：-15.9kJ/mol；4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-654.8kJ/mol；

②由圖可知，185℃時，二氧化氮的轉化率最大，反響到達平衡，低于185℃時，反響沒有到達平衡，升高溫度，反響速率加快，二氧化氮轉化率增大，該反響為放熱反響，高于185℃時，升高溫度，平衡向逆反響方向移動，二氧化氮轉化率減??；由圖可知，當汽車尾氣中二氧化氮和一氧化碳的物質的量比為0.5時，尾氣中二氧化氮的轉化率最高，故答案為：低于185℃時，反響沒有到達平衡，升高溫度，反響速率加快，NO2轉化率提高，185℃時，反響到達平衡，高于185℃時，△H<0，升高溫度，平衡向逆反響方向移動，NO2轉化率減小；B；③設起始通入一氧化碳和一氧化氮的物質的量為2mol，由NO的平衡轉化率為α可建立如下三段式：由P1：P2=n1：n2可得，起始壓強為P0，那么平衡時壓強為，由三段式數(shù)據(jù)可知，平衡時一氧化碳和一氧化氮平衡分壓都為×=，二氧化碳的物質的量分數(shù)都為×=，氮氣的物質的量分數(shù)都為×=，那么反響ⅱ的平衡常數(shù)KP===，故答案為：；(2)①由反響的速率方程為v正=k正?c(H2)?c2(NO)可知，相同條件下，對反響速率影響程度c(NO)大于c(H2)，故答案為：大于；②設反響開始時氫氣和一氧化氮的濃度都為c，假設反響開始時v正=v0，由反響的速率方程可得k正=，由NO的平衡轉化率為α可知，平衡時一氧化氮氫氣和一氧化氮的濃度都為c(1—α)，那么平衡時vα=k正?c(H2)?c2(NO)=×c3(1-α)3=(1-α)3v0，故答案為：(1-α)3v0；(3)由電子的移動方向可知，電極a為燃料電池的負極，電極b為正極，在碳酸根離子作用下，一氧化碳在正極上失去電子發(fā)生氧化反響生成二氧化碳，在二氧化碳作用下，空氣中氧氣在正極上得到電子發(fā)生復原反響生成碳酸根離子，那么A為一氧化碳、B為空氣、X為空氣中剩余的氣體、Y為二氧化碳；①由分析可知，電極a為電池的負極，Y物質為二氧化碳氣體，故答案為：負極；CO2；②由分析可知，電極b為正極，在二氧化碳作用下，空氣中氧氣在正極上得到電子發(fā)生復原反響生成碳酸根離子，電極反響式為O2+4e-+2CO2=2CO，故答案為：O2+4e-+2CO2=2CO?！痉治觥俊?〕①根據(jù)焓變=生成物的標準生成焓減去反響物的標準生成焓可得，根據(jù)蓋斯定律即可寫出一氧化碳和二氧化氮反響的熱化學方程式②一開始未到達平衡，平衡后由于正反響是放熱，導致平衡逆向移動，根據(jù)圖示即可判斷③根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結合三行式即可計算出平衡時的物質的量即可計算出平衡分壓即可計算出平衡常數(shù)

〔2〕①

根據(jù)速率公式即可判斷②根據(jù)給出的起始的速率即可計算出K正，再結合平衡時的轉化率即可計算出平衡時濃度即可計算出速率

〔3〕①根據(jù)電子的流向即可判斷a為負極，一氧化碳商丘電子變?yōu)槎趸?，Y為二氧化碳b為正極②b為正極，是氧氣得到電子結合二氧化碳變?yōu)樘妓岣x子即可寫出電極方程式11.【答案】〔1〕3d64s2

〔2〕Ca

〔3〕N；球形

〔4〕24NA；CN-；sp雜化；N＞C＞H＞Si

〔5〕八面體空隙；；12

〔6〕【解析】【解答】(1)鐵元素的原子序數(shù)為26，價電子數(shù)8，基態(tài)鐵原子的價電子排布式為3d64s2，故答案為：3d64s2；

(2)鐵元素位于元素周期表第四周期，鐵原子的最外層電子數(shù)為2，與鐵同周期，且最外層電子數(shù)相同的主族元素是鈣，故答案為：Ca；(3)基態(tài)Ti原子的的價電子排布式為3d24s2，核外電子占據(jù)的最高能層符號為N，4s電子云輪廓圖為球形，故答案為：N；球形；(4)Fe(CN)6]3+離子中鐵離子與氰酸根離子形成6個配位鍵，每個氰酸根離子中含有1個σ鍵，1molFe3[Fe(CN)6]2中含有2molFe(CN)6]3+離子，含有σ鍵的數(shù)目為(1×6+6)×2mol×NAmol—1=24NA；氰酸根離子含有碳氮三鍵，那么碳原子的雜化方式為sp雜化；非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，H、C、N、Si四種元素的非金屬性有強到弱的順序為N＞C＞H＞Si，那么電負性由大到小的順