1、2020年天津市七校联考高考化学二模试卷一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1. 现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）A. 500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型纯金属材料B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到D. 国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A.钢是铁和碳的合金，故A说法错误；B. Fe3O4是一种具
2、有磁性的黑色晶体，故B说法正确；C. 石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。减压分馏过程和产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青。故C说法正确；D. 聚氨酯是一种高分子化合物，故D说法正确；故答案为A。2. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 对硝基甲苯的结构简式：B. 离子结构示意图既可以表示35Cl，也可以表示37ClC. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：D. CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A. 氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；B. 35Cl、37Cl的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既
3、可以表示35Cl，也可以表示37Cl，符合题意，B正确；C. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，与题意不符，C错误；D CO2中，C原子半径大于O原子，则比例模型：，与题意不符，D错误；答案为B。3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是（ ）A. 简单离子半径：r（W）r（Z）r（Y）r（X）B. 最常见氢化物的稳定性：XYC. Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D. 第一电离能：YX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们
4、之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。这两种盐为NaNO3、NaClO4，则X为N，Y为O，Z为Na，W为Cl。【详解】A根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，因此简单离子半径：r(Cl)r(N3)r(O2)r(Na)，故A错误；B原子半径：ON,半径越小，键能越大，H-O键能大于N-H键键能，所以最常见氢化物的稳定性：H2ONH3，故B错误；CNa2O2中含有非极性共价键，该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；DN元素的2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：YX，故D错误。综上所述，答案为C。4. 下列转化，
5、在给定条件下能实现的是（ ）NaCl(aq)Cl2(g)FeCl3(s)Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3N2NH3NH4Cl(aq)SiO2SiCl4SiA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电解饱和食盐水得到H2、Cl2和NaOH溶液，Cl2与Fe加热反应生成FeCl3，因此能实现；Fe2O3和盐酸反应生成FeCl3溶液，加热FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，主要是铁离子水解，HCl易挥发，最终得到氢氧化铁，因此不能实现；N2和H2在高温高压、催化剂作用下反应生成NH3，NH3与盐酸反应生成NH4Cl，因此能实现；SiO2与盐酸不反应，因此不能实现，所以能实现，故A
6、符合题意。综上所述，答案为A。5. 某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是A. 不可能有很高的熔沸点B. 不可能是单质C. 可能是有机物D. 可能是离子晶体【答案】A【解析】【详解】A在SiO2晶体中含有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，正确。C若该极性键存在于含有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。D离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共
7、价键，如NaOH，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。故选A。6. 在0.1mol/LNaHSO3溶液中，下列粒子浓度关系式不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A0.1mol/LNaHSO3溶液显酸性，故HSO的水解能力小于电离能力，水解产物H2SO3的浓度小于电离产物SO，存在粒子浓度关系：，故A错误；B0.1mol/LNaHSO3溶液中存在质子守恒：，B错误；C0.1mol/LNaHSO3溶液存在物料守恒：，C正确；D0.1mol/LNaHSO3溶液存在电荷守恒：，D正确；答案选AB。7. 下列有关有机物结构和性质的说法错误的是A. 分子式为C5H10
8、O2且能与 NaHCO3反应放出气体的结构共有4种B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C. 苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；C.苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中
9、的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3 mol H2发生加成反应，D正确；故本题符合题意的选项是B。8. 下列说法正确的是（ ）A. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应B. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的C. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物D. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯【答案】D【解析】【详解】A因二糖、多糖、油脂、蛋白质都能发生水解，单糖不能
10、发生水解，故A错误；B因糖类、油脂的组成元素为C、H、O，蛋白质的组成元素为C、H、O、N，故B错误；C因糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，蛋白质是高分子化合物，故C错误；D因油脂有油和脂肪之分，都属于酯，故D正确。9. 下列有关实验操作的叙述不正确的是（ ）A. 中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B. 排水法收集KMnO4分解产生的O2，先熄灭酒精灯，后移出导管C. 分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出D. 定容时，加水到容量瓶刻度线下12cm时，改用胶头滴管加水【答案】B【解析】【详解】A中和滴定接近终点时，不断摇动，滴入要慢，有时还需要滴加一滴后不
11、断的摇动，通过颜色判断是否达到滴定终点，故A正确；B排水法收集KMnO4分解产生的O2，先移出导管，后熄灭酒精灯，以防产生倒吸，故B错误；C分液时，遵循“下下上上”原则，即下层液体下口放出，上层液体上口倒出，故C正确；D定容时，加水到容量瓶刻度线下12cm时，改用胶头滴管加水，滴加到溶液凹液面与刻度线相平为止，故D正确。综上所述，答案为B。10. 下列反应的离子方程式错误的是（ ）A. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H+2SO42-4SO2+3H2OB. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2C. 醋酸钠溶液呈碱性的原因：CH3COO-+H2OCH3CO
12、OH+OH-D. 硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2+SO42-+PbS=CuS+PbSO4【答案】A【解析】【详解】A.稀硫酸是非氧化性酸，硫代硫酸钠与稀硫酸的反应为：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，A错误；B. 用惰性电极电解饱和食盐水得氢氧化钠、氢气和氯气，B正确；C. 醋酸钠溶液因CH3COO-水解呈碱性，C正确；D. PbS难溶，CuS更难溶，沉淀可转化，PbSO4也是沉淀，离子方程式Cu2+SO42-+PbS=CuS+PbSO4，D正确；答案选A。【点睛】D容易出错。同学对PbSO4沉淀不熟悉，会把离子方程式错写为：Cu2+PbS=CuS+Pb2+。11
13、. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，这意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如图，当该装置工作时，下列说法正确的是（ ）A. 盐桥中Cl向Y极移动B. 电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC. Y极发生的反应为2NO+l0e+6H2ON2+12OH，周围pH增大D. 电流由X极沿导线流向Y极【答案】C【解析】【详解】AX电极是氨气失去电子生成氮气，是原电池负极，Y电极是硝酸根得到电子生成氮气，是原电池正极，根据原电池“同性相吸”，阴离子向负极移动，则盐桥中Cl向X极移动，故A错误；B电路中流过7.5 mol
14、电子时，负极电极反应式8NH36eN26，电路中转移7.5 mol电子，负极得到1.25mol N2，正极电极反应式2l0e6H2ON212OH，电路中转移7.5 mol电子，正极得到0.75mol N2，因此共产生2mol N2，标准状况下N2的体积为44.8L，故B错误；CY极发生的反应为2NOl0e6H2ON212OH，周围pH增大，故C正确；DX为负极，Y为正极，电流由Y极沿导线流向X极，故D错误。故答案为C。12. 335时，在恒容密闭反应器中1.00mol催化脱氢的反应过程如下：反应1：反应2：测得和的产率和（以物质的量分数计）随时间的变化关系及反应过程中能量的变化如图所示。下列说
15、法错误的是（ ） A. 使用催化剂能改变反应历程B. 更换催化剂后、也会随之改变C. 8h时，反应1、2都未处于平衡状态D. 显著低于，是由于反应2的活化能比反应1的小，反应1生成的很快转变成【答案】B【解析】【详解】A. 催化剂能改变反应活化能，不同催化剂催化效果不同，催化剂反应历程不同，故A正确；B. 催化剂只改变活化能和反应速率（达到平衡的时间），不会对反应的产生影响，故B错误；C. 8h后，的产率还在增大，说明反应2未达平衡状态，还在改变，反应1也未处于平衡状态，故C正确；D. 降低活化能，能提高反应速率，会提高相同时间段的产率，故D正确答案选B。二、解答题（共4小题，满分64分）13
16、. GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：(1)基态As原子核外电子排布式为Ar_；下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是_。（填标号）A.Ne B.Ne C.Ne D.Ne(2)8-羟基喳啉合铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与8羟基噎啉）合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为_；8-羟基喹啉合铝中所含元素电负性最大的是_（填元素符号，下同），第一电离能最大的是_(填元素符号)，N原子的杂化方式为_。(3)已知下列化合物的熔点：化合物AlF3GaF3AlCl3熔点/10401000194表
17、格中卤化物的熔点产生差异的原因是_。(4)Ga和As可以形成共价晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以_键键合（共价、离子）。该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为_。（列出计算式，可不化简）【答案】 (1). 3d104s24p3 (2). D (3). 正四面体 (4). O (5). N (6). sp2 (7). AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体 (8). 共价 (9). 【解析】分析】(1)As为33号元素；电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小。(2)计算LiAlH4中阴离子的价层电子对数；根据同周期电负性
18、逐渐增大；同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；分析出N的价层电子对数。(3)根据熔点与晶体类型之间的联系分析。(4)先计算出晶胞中Ga和As的个数，再根据GaA晶胞的密度公式进行计算。【详解】(1)As为33号元素，基态As原子核外电子排布式为Ar3d104s24p3；铝元素的下列状态中电子能量越高，电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小，Ne，3p能级上的电子能量越高，失去时所需能量最小，因此D符合题意；故答案为：3d104s24p3；D。(2)LiAlH4中阴离子()价层电子对数为，则阴离子空间构型为正四面体形；8
19、-羟基喹啉合铝中所含元素有C、H、O、N，根据同周期电负性逐渐增大，因此元素中电负性最大的是O，根据同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能最大的是N，根据结构分析N原子有2个键，有一对孤对电子，其价层电子对数为3对，其杂化方式为sp2；故答案为：正四面体；O；N；sp2。(3)表格中卤化物的熔点产生差异的原因是；AlF3、GaF3熔点高，主要是AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3熔点低，主要是AlCl3为分子晶体；故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。(4)Ga和As可以形成共价晶体，因此Ga与A
20、s以共价键键合。晶胞中Ga个数为4个，As个数为，该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为；故答案为：。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式书写、电离能、电负性、空间构型、杂化类型、晶胞计算等。14. 目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上由丙烯(A)和有机物C(C7H6O3)为原料合成液晶显示器材料(F)的主要流程：化合物C的结构简式为_。B的官能团名称_。上述转化过程中属于取代反应的有_（填反应序号）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式_。下列关于化合物D的说法正确的是_（填字母）。a.属于酯类化合物
21、b.1molD最多能与4molH2发生加成反应c.一定条件下能发生加聚反应d.核磁共振氢谱有5组峰写出符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_。苯环上一溴代物只有2种能发生银镜反应苯环上有3个取代基；请参照上述制备流程，写出以有机物C、和乙烯为原料制备的合成路线流程图_（无机试剂任用）【答案】 (1). (2). 碳碳双键、溴原子 (3). (4). CH2=CHCH2BrNaOH CH2=CHCH2OHNaBr (5). bc (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2Cl 【解析】【分析】丙烯(A)和Br2在光照下反应生成CH2=CHCH2Br，CH2=CHCH2Br与反应生
22、成D(),D和SOCl2发生取代反应得到E，E和发生取代反应生成F。【详解】根据C的分子式和B(CH2=CHCH2Br)、D的结构分析得到化合物C的结构简式为。B(CH2=CHCH2Br)的官能团名称碳碳双键、溴原子；故答案为：；碳碳双键、溴原子。丙烯和溴单质在光照下发生取代反应生成B(CH2=CHCH2Br)，B(CH2=CHCH2Br)和C()发生取代反应生成D(),D和SOCl2发生取代反应，Cl取代COOHOH得到E，E和发生取代反应生成F，因此上述转化过程中属于取代反应的有；故答案为：。B与NaOH水溶液反应水解反应，其化学方程式CH2=CHCH2BrNaOH CH2=CHCH2OH
23、NaBr；故答案为：CH2=CHCH2BrNaOH CH2=CHCH2OHNaBr。aD()不含有酯基，不属于酯类化合物，故a错误；b1mol D 中1mol苯环与3mol H2发生加成反应，1mol碳碳双键与1mol H2发生加成反应，因此最多能与4mol H2发生加成反应，故b正确；cD含有碳碳双键，因此一定条件下能发生加聚反应，故c正确；dD()的核磁共振氢谱有6组峰，故d错误；综上所述，答案为：bc。苯环上一溴代物只有2种能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上有3个取代基；根据碳原子和氧原子数目得到另外两个取代基为羟基，因此符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式为或；故答案为：或。
24、乙烯和HCl反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与C()反应生成，与SOCl2反应生成，与反应生成，因此合成路线图为请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图_（无机试剂任用）CH2=CH2CH3CH2Cl ；故答案为：CH2=CH2CH3CH2Cl 。【点睛】有机推断是化学常考题型，主要考查结构简式、官能团、反应类型、反应方程式书写、同分异构体书写，合成路线图等。15. NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如图。表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。氢氧化物Fe(OH)3F
25、e(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.74.79.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_。（写一条即可）(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为_。(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为_pH7。(4)流程中由溶液得到NiCl26H2O的实验操作步骤依次为_、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 适当升温或研成粉末 (2). H2O22Fe2+2H+2Fe3+2H2O (3). 4.7 (4). 蒸发浓缩【解析】【分析】金属镍废料(含Fe、Al等杂质)与盐酸反应，通过研磨成粉末提高反应速率和
26、利用率，生成氯化铝、氯化亚铁、氯化镍，加入双氧水，氧化亚铁离子变为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH将铝离子和铁离子沉淀，过滤后滤液加入碳酸钠溶液沉淀镍离子生成碳酸镍，过滤，向沉淀中加入盐酸溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到NiCl26H2O。【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升温或研成粉末；故答案为：适当升温或研成粉末。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为H2O22Fe2+2H+2Fe3+2H2O；故答案为：H2O22Fe2+2H+2Fe3+2H2O。(3)“调pH”时，主要将铁离子和铝离子沉淀，根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
27、，因此pH大于4.7，不能沉淀镍离子，因此溶液pH小于7.1，综合考虑应控制溶液pH的范围为4.7pH7；故答案为：4.7。(4)流程中由溶液得到NiCl26H2O的实验操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩。16. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在05、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2，某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度，回答下列问题：第一步：制备K2FeO4，装置如图所示，夹持，加热等装置略。(1)仪器a的名称是_，装置B中除杂质所用试剂是_。(2)
28、C中反应为放热反应，而反应温度须控制在05，采用的控温方法为_，反应中KOH必须过量的原因是_。(3)写出C中总反应的离子方程式_。C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。第二步：K2FeO4产品纯度的测定：准确称取1.00g制得的晶体，配成250mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500 molL1 (NH4)Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗(NH4)Fe(SO4)2标准溶液28.00m
29、L。(4)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为_。(K2FeO4摩尔质量为198gmol1)若(NH4)Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 饱和食盐水 (3). 冷水浴 (4). 保持溶液碱性，防止变质 (5). 3Cl22Fe3+16OH=26Cl8H2O (6). 92.4% (7). 偏高【解析】【分析】A装置是实验室制取氯气，用B装置除掉氯气中的HCl杂质，将氯气与过量氢氧化钾、氯化铁反应，用冰水浴冷却，过量的氯气用氢氧化钠溶液吸收，制得的K2FeO4配制成250mL溶液，用足量CrCl
30、3和NaOH溶液与之反应生成重铬酸根，用(NH4)Fe(SO4)2滴定重铬酸根。【详解】(1)根据图得到仪器a的名称是圆底烧瓶，装置B中主要是除掉氯气中的HCl，除杂质所用试剂是饱和食盐水；故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水。(2)C中反应为放热反应，而反应温度须控制在05，采用的控温方法为将装置放入冷水浴，根据信息K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，因此反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止变质；故答案为：冷水浴；保持溶液碱性，防止变质。(3)C中主要是氯气和氢氧化钾、氯化铁反应生成K2FeO4，其总反应的离子方程式3Cl22Fe3+16OH=26Cl8H2O；故答案为：3Cl22Fe3
31、+16OH=26Cl8H2O。(4)根据以上数据，根据2Cr2O6Fe2+关系式，n()=0.0500 molL128103L10=103mol，样品中K2FeO4的质量分数为，若(NH4)Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则消耗的体积偏多，计算K2FeO4的质量分数结果偏高；故答案为：92.4%；偏高。17. 含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物，回答下列有关问题：(1)在一定条件下：2N2(g)+6H2O(g)4NH3(g)+3O2(g)。已知该反应的相关的化学键键能数据如表，则该反应的H=_kJ/mol。化学键NNHONHO=OE/（kJ/mol）946463391496
32、(2)在恒容密闭容器中充入2molNO2与1molO2发生反应如下：4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示，常温下，该反应能逆向自发进行，原因是_。下列有关该反应的说法正确的是_。A.扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深B.恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次达到平衡时NO2转化率增大C.恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度(3)N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图2，则
33、硼氢化钠燃料电池的负极反应式为_。0.01mol/L的溶液XYZWpH1228.54.5(4)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。上表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH.将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_。(5)氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K24NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g
34、)的平衡常数K=_（用K1、K2表示）。在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应达到平衡，测得10min内(ClNO)=7.5103mol/(Lmin)，则平衡时NO的转化率1=_；其他条件不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率2_1（填“”、“”或“=”）。【答案】 (1). +1268 (2). 逆反应方向的S0 (3). B、D (4). BH+8OH8e=BO+6H2O (5). c(Na+)c()c()c(OH)c(H+) (6). (7). 75% (8). 【解析】【分析】(1)利用H=断键吸收的热量成键释放的热量进行计
35、算。(2)根据G =HTS0进行分析；根据平衡移动原理和判断平衡状态标志分析；(3)根据化合价判断出原电池的正负极。(4)根据溶液的pH值分析四种物质分别是哪种物质，再根据反应后溶液的溶质分析离子浓度大小。(5)根据平衡常数与反应方程式的关系分析；计算n(ClNO)和n(NO)的改变量，再计算转化率，根据平衡移动分析转化率变化。【详解】(1)该反应的H=断键吸收的热量成键释放的热量=946 kJmol12+463 kJmol112391 kJmol112496 kJmol13=+1268 kJmol1；故答案为：+1268。(2)已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图1所示，曲
36、线II的温度高，从曲线II到曲线I，温度降低，n(N2O5)增大，平衡正向移动，正向是放热反应，逆向是吸热反应，即H0，反应能逆向自发进行，即G =HTS0，则逆反应方向的S0；故答案为：逆反应方向的S0。A扩大容器体积，相当于减小压强，平衡向体积增大的方向进行即逆反应方向移动，混合气体颜色先变浅，再变深，但比原来颜色浅，故A错误；B恒温恒容，再充入2molNO2和1molO2，相当于再拿一个相同容器中装入2molNO2和1molO2，达到平衡时和原来容器中NO2转化率相等，将两个容器压缩到一个容器中，等效于加压过程，平衡正向移动，因此再次达到平衡时NO2转化率增大，故B正确；C恒温恒容，密度
37、等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当容器内密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故C错误；D根据前面分析得到该反应为放热反应，若该反应平衡常数增大，平衡正向移动，则一定是降低了温度，故D正确；综上所述，答案为BD。(3)根据图中信息得到硼氢化钠中H化合价升高，失去电子，是原电池负极，因此硼氢化钠燃料电池的负极反应式为BH+8OH8e=BO+6H2O；故答案为：BH+8OH8e=BO+6H2O。(4)HNO3显酸性，NH4NO3水解显酸性，NaOH显碱性，NaNO2水解显碱性，上表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH，则X为NaOH，Y
38、为HNO3，Z为NaNO2，W为NH4NO3，X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，溶液中溶质为NaNO3、NaNO2，溶液水解显弱碱性，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)c()c()c(OH)c(H+)；故答案为：c(Na+)c()c()c(OH)c(H+)。(5)：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1= ；：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2=；将第一个方程式乘以2减去第二个方程式得到4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，该该反应的平衡常数；故答案为：。在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应达到平衡，测得10min内(ClNO)=7.5103mol/(Lmin)，则10minn(ClNO)= (ClNO)tV=7.5103mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，则n(NO)= 0.15mol，因此平衡时NO的转化率；其他条件不变，反应是体积减小的反应，在恒压条件下进行，相当于在原平衡基础上加压，平衡正向移动，转化率增大，因此平衡时NO的转化率21；故答案为：75%；。【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要考查焓变计算、平衡移动原理、判断化学平衡状态，电化学知识，平衡转化率计算等。
