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2021年天津市南开区高考化学一模试卷
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这是一份2021年天津市南开区高考化学一模试卷，共34页。
2021年天津市南开区高考化学一模试卷
一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（3分）下列物品所使用的主要材料不属于无机非金属材料的是（ ）
A．石墨烯超轻海绵 B．宣纸
C．瓷器 D．碳化硅陶瓷轴承
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．丙烯的键线式：
B．N2H4的电子式：
C．基态铜原子的核外电子排布式：3d104s1
D．NH3的VSEPR模型名称：正四面体
3．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．在水中的溶解度：C2H5OH＜CH3OCH3
B．键角：NH3＜H2O
C．电负性：S＜Se
D．键长：HF＜HCl
4．（3分）短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碱性：GOH＞XOH B．还原性：HW＞HZ＞H2Y
C．酸性：H2YO4＞HZO4 D．离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+
5．（3分）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2═CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中La2O3是中间产物
B．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
C．H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
6．（3分）为实现CO2减排，解决能源短缺问题，我国科研人员实现了在新型纳米催化剂Na﹣Fe3O4和HMCM﹣22的表面将CO2转化为烃类化合物，其过程如图。下列说法中不正确的是（ ）
A．CO2分子中心原子的杂化轨道类型为sp杂化
B．产物X、Y属于同系物
C．产物X、Y均为手性分子
D．产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰
7．（3分）下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）
A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色
B．品红溶液通入SO2气体后褪色
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色
8．（3分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．水的电离：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．酸性溶液中KIO3与KI反应：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O
9．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
向20%的蔗糖溶液中加入少量稀硫
酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加
热
未出现银镜
蔗糖未水解
C
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液
的试管中，分别加入2滴相同浓度的
NaCl和NaI溶液
一支无明显现
象，另一支产生
黄色沉淀
相同条件下，AgI
比AgCl的溶解度
小
D
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得
的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶
液褪色
乙烯能被酸性
KMnO4氧化
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）常温下Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B．pH＝4的CH3COOH溶液和pH＝10的氨水反应后pH＝7
C．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水分别与NaHCO3固体反应，消耗NaHCO3的量相同
11．（3分）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中反应，起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO（g）
CO（g）
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大
C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）
D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20mol CO2，则达平衡时N2的转化率为60%
12．（3分）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3﹣x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3﹣x电极上发生的反应为CO2+H2O﹣2e﹣═HCOO﹣+OH﹣
二、本卷共4题，共64分。
13．（16分）据古籍《燕闲清赏笺》记载：“宣窑之青，乃苏勃泥青”，说明宣德时期青花瓷使用的颜料是“苏勃泥青”，它是从一种钴毒砂[主要成分：（Co，Fe）AsS]中提取出来的。回答下列问题：
（1）基态S原子的价层电子排布图为 ，其原子核外电子共有 种空间运动状态。
（2）比较元素第一电离能：S P。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）Fe位于周期表的第 周期，第 族， （填“d”或“ds”）区。
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 。
（5）砷化镓晶胞结构如图所示。晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构为 。已知GaAs晶胞棱长为apm，其密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的数值为 。（列出计算式即可，GaAs的摩尔质量为145g•mol﹣1）
（6）GaAs的熔点为1238℃，GaN与GaAs晶体类型相同，GaN的熔点 （填“＞”、“＜”或“＝”）1238℃。
14．（14分）DL﹣m﹣酪氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL﹣m﹣酪氨酸的路线如图。（部分产物已略去）
已知：
回答下列问题：
（1）DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为 。
（2）A中官能团的名称为 。
（3）D到E的反应类型为 。
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为 。
（5）C到D的化学方程式为 。
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体共有 种。（不考虑立体异构）
a．属于芳香族化合物
b．氨基与羧基连在同一个碳上
c．可以与FeCl3作用显色
（7）是合成药物扑热息疼的中间体。由制备，选用必要的无机试剂，写出合成路线流程图： 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3CH2Br
15．（18分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且不溶于水；②三颈瓶内盛放：CS2、水和催化剂；③CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，所装试剂为 。
（2）装置A中反应的化学方程式为 。
（3）装置D连接橡皮管的作用为 。
（4）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈瓶内液温105℃一段时间，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，写出装置D中生成KSCN的化学方程式： 。
（5）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3时发生反应的离子方程式： 。
（6）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（7）测定晶体中KSCN的含量：称取12.0g样品。配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。
[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）。]
①达到滴定终点时的现象为 ；
②晶体中KSCN的质量分数为 。
16．（16分）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含SO2、NOx的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
（1）若烟气主要成分为SO2、NO，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为 。标准状况下，22.4L NO完全反应转移电子数为 。
（2）若烟气主要成分为SO2，可通入NaOH溶液将SO2完全转化为SO32﹣。Na2SO3溶液中离子浓度从大到小的顺序为 。
（3）若烟气主要成分为NO，O3能有效地氧化NO。
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 （填“极性”或“非极性”）分子。
②已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ•mol﹣1）
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H3＝ kJ•mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ•mol﹣1）
③NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应时温度变化情况为，温度在50～150℃时，随着温度升高，NO脱除率无明显变化；温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降。其可能原因是 。
（4）若烟气主要成分为NO2，用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与NO2按物质的量1：1反应生成N2O5，[M]的化学式为 。该催化氧化过程总反应的化学方程式为 。
2021年天津市南开区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（3分）下列物品所使用的主要材料不属于无机非金属材料的是（ ）
A．石墨烯超轻海绵 B．宣纸
C．瓷器 D．碳化硅陶瓷轴承
【分析】A．石墨烯超轻海绵为碳单质；
B．纸张是由木材制造的，宣纸成分为纤维素；
C．陶瓷属于硅酸盐材料；
D．碳化硅是无机物。
【解答】解：A．石墨烯超轻海绵为碳单质，属于无机非金属材料，故A错误；
B．宣纸成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故C错误；
D．碳化硅陶瓷轴承是新型无机非金属材料，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了材料的分类，题目难度不大，注意把握常见的无机非金属材料、有机材料、合金材料等，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性。
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．丙烯的键线式：
B．N2H4的电子式：
C．基态铜原子的核外电子排布式：3d104s1
D．NH3的VSEPR模型名称：正四面体
【分析】A．丙烯的结构简式为CH3CH＝CH2，省去碳、氢原子即得键线式，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子；
B．N2H4分子中N原子与N原子间共用1对电子对，N原子含有1对孤电子对；
C．基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1；
D．NH3分子的中心原子N含有1对孤电子对，则其VSEPR模型为四面体。
【解答】解：A．丙烯的结构简式为CH3CH＝CH2，则其键线式为，故A正确；
B．N2H4分子中N原子与N原子间共用1对电子对，N原子含有1对孤电子对，达到8电子稳定结构，正确的电子式为，故B错误；
C．Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，3d104s1为其价电子排布式，故C错误；
D．NH3的价层电子对数为3+＝4，含有1对孤电子对，则其VSEPR模型为不对称的四面体，不是正四面体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，为高频考点，涉及键线式、电子式、核外电子排布式及价电子排布式、VSEPR模型的判断等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答结构，试题有利于培养学生的规范答题能力，题目难度中等。
3．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．在水中的溶解度：C2H5OH＜CH3OCH3
B．键角：NH3＜H2O
C．电负性：S＜Se
D．键长：HF＜HCl
【分析】A．乙醇含﹣OH，CH3OCH3不含﹣OH，乙醇和水分子之间能形成氢键，CH3OCH3不能和水分子之间形成氢键；
B．根据价层电子对互斥理论判断该分子的VSEPR模型，成键电子对和孤电子对之间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，孤电子对数越多，键角越小，据此判断键角；
C．同主族元素，自上而下电负性减小；
D．原子半径越大，共价键键长越大。
【解答】解：A．乙醇含﹣OH，CH3OCH3不含﹣OH，乙醇和水分子之间能形成氢键，所以在水中的溶解度：C2H5OH＞CH3OCH3，故A错误；
B．氨气和水分子，根据价层电子对互斥理论判断该分子的VSEPR模型为四面体形，成键电子对和孤电子对之间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，氨气分子中只含一个孤电子对、水分子中含有两个孤电子对，所以键角NH3＞H2O，故B错误；
C．同主族元素，自上而下电负性减小，硫和硒同主族，非金属性S＞Se，电负性S＞Se，故C错误；
D．原子半径F＜Cl，原子半径越大，共价键键长越大，键长：HF＜HCl，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查键能、键长、键角及其应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度中等，注意相关基础知识的积累。
4．（3分）短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碱性：GOH＞XOH B．还原性：HW＞HZ＞H2Y
C．酸性：H2YO4＞HZO4 D．离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+
【分析】由原子半径和最高化合价可知G、M、W位于第二周期，G为Li元素，M为N元素，W为F元素，X、Y、Z为第三周期元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合元素周期律递变规律解答该题。
【解答】解：结合分析可知，G为Li，M为N，W为F，X为Na，Y为S，Z为Cl元素，
A．金属性Na＞Li，则NaOH的碱性比LiOH强，即碱性：GOH＜XOH，故A错误；
B．非金属性F＞Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则还原性：HW＜HZ＜H2Y，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2YO4＜HZO4，故C错误；
D．三种离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点和常见题型，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
5．（3分）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2═CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中La2O3是中间产物
B．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
C．H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
【分析】由图可知，该反应的催化剂是La2O3，中间产物La2O2CO3，中La2O2CO3可以释放CO2•，H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•，CO2•和H•反应生成CH4和H2O，据此答题，
A．由图可知，该反应的催化剂是La2O3；
B．CO2转化为CH4化合价降低；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H•的过程中，分子混乱度增大；
D．催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，该反应的催化剂是La2O3，La2O2CO3可为中间产物，故A错误；
B．CO2转化为CH4化合价降低，利用了CO2的氧化性，故B正确；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H•，活化分子不带电，故C错误；
D．催化剂不能改变反应的焓变，通过降低反应的活化能，提高化学反应速率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生读取信息的能力和分析能力，注意催化剂改变反应速率的原理是降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变。
6．（3分）为实现CO2减排，解决能源短缺问题，我国科研人员实现了在新型纳米催化剂Na﹣Fe3O4和HMCM﹣22的表面将CO2转化为烃类化合物，其过程如图。下列说法中不正确的是（ ）
A．CO2分子中心原子的杂化轨道类型为sp杂化
B．产物X、Y属于同系物
C．产物X、Y均为手性分子
D．产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰
【分析】A．CO2中C原子的价层电子对数为2对；
B．结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
C．当一个C原子上连有四个不同的原子或原子团时，此碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的分子为手性分子；
D．有机物结构中含几种等效氢，则核磁共振氢谱有几组峰。
【解答】解：A．CO2中C原子的价层电子对数为2对，故其杂化轨道类型为sp杂化，故A正确；
B．X和Y的结构相似、分子组成上相差1个CH2原子团，故互为同系物，故B正确；
C．当一个C原子上连有四个不同的原子或原子团时，此碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的分子为手性分子，X、Y均无手性碳，均不是手性分子，故C错误；
D．有机物结构中含几种等效氢，则核磁共振氢谱有几组峰，X、Y的结构中均含4种等效氢，故核磁共振氢谱均有4组峰，故D正确。
故选：C。
【点评】本体考查了中心原子的杂化方式以及手性碳原子的识别和核磁共振氢谱的有关知识，难度不大，应注意基础知识的积累。
7．（3分）下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）
A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色
B．品红溶液通入SO2气体后褪色
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色
【分析】氧化还原反应的实质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，反应中存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应，据此分析解答。
【解答】解：A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色，是由于K2Cr2O7转化为K2CrO4，不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色，SO2与有色物质结合生成无色物质，不存在元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不选；
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与AgNO3反应生成白色沉淀，存在Cl元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C选；
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色，发生焰色反应，焰色反应属于物理变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，明确元素化合物性质、物质之间的转化关系及反应原理是解本题关键，知道氧化还原反应实质及特征，题目难度不大。
8．（3分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．水的电离：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．酸性溶液中KIO3与KI反应：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O
【分析】A．草酸为弱酸，应保留化学式；
B．水为弱电解质，部分电离；
C．碳酸氢钙过量反应生成碳酸钙和水；
D．酸性溶液中KIO3与KI发生归中反应生成碘单质。
【解答】解：A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应，离子方程式：2MnO4﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；
B．水的电离方程式：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣，故B正确；
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液，离子方程式：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．酸性溶液中KIO3与KI反应，离子方程式：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及发生反应实质为解答关键，注意掌握反应物过量情况对生成产物的影响，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
9．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
向20%的蔗糖溶液中加入少量稀硫
酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加
热
未出现银镜
蔗糖未水解
C
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液
的试管中，分别加入2滴相同浓度的
NaCl和NaI溶液
一支无明显现
象，另一支产生
黄色沉淀
相同条件下，AgI
比AgCl的溶解度
小
D
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得
的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶
液褪色
乙烯能被酸性
KMnO4氧化
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.浓度相同，溶解度小的先沉淀；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯均可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则酸性为苯酚＞碳酸氢根离子，故A错误；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，不能说明结论，故B错误；
C.浓度相同，溶解度小的先沉淀，由操作和现象可知AgI比AgCl的溶解度小，故C正确；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯均可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象不能证明乙烯被氧化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、物质的检验及鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）常温下Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B．pH＝4的CH3COOH溶液和pH＝10的氨水反应后pH＝7
C．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水分别与NaHCO3固体反应，消耗NaHCO3的量相同
【分析】A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；
B．缺少溶液体积，无法判断反应后溶液的酸碱性；
C．Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5，则CH3COO﹣、NH4+的水解程度相同，结合电荷守恒分析；
D．反应中消耗的n（NaHCO3）＝n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O）。
【解答】解：A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，c（H+）、c（CH3COO﹣）减小，由于水的离子积KW＝c（H+）•c（OH﹣）不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故A错误；
B．没有告诉pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3•H2O溶液的体积，无法判断混合液是否为中性，故B错误；
C．由于Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O），CH3COO﹣、NH4+的水解程度相同，等浓度的两溶液中c（CH3COO﹣）＝c（NH4+），且CH3COONa溶液中的c（OH﹣）等于NH4Cl溶液中的c（H+），由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（NH4+），即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c（H+）+c（NH4+），CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以两溶液中阴离子浓度之和相等，故C错误；
D．等浓度等体积的CH3COOH和NH3•H2O中满足n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O），两个反应中消耗的n（NaHCO3）＝n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O），所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电离平衡的应用，题目难度不大，明确弱电解质电离平衡、电离常数的应用、盐的水解的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．（3分）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中反应，起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO（g）
CO（g）
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大
C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）
D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20mol CO2，则达平衡时N2的转化率为60%
【分析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO2物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO2物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡等效。
【解答】解：A.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B正确；
C．甲状态下平衡时CO2物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol/L） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05
K＝＝10，
T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc＝＝5＜K＝10，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆），故C正确；
D．T2℃时，平衡状态CO2物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
变化量（mol） 0.12 0.12 0.06 0.12
平衡量（mol） 0.08 0.08 0.06 0.12
K＝≈21.1，
始时向丙中充入0.10mol N2和0.20 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡等效，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.10 0.20
转化量mol） 0.12 0.12 0.06 0.12
所以达平衡时N2的转化0.06mol，转化率为×100%＝60% 故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
12．（3分）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3﹣x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3﹣x电极上发生的反应为CO2+H2O﹣2e﹣═HCOO﹣+OH﹣
【分析】由图中In/In2O3﹣x电极上CO2→HCOO﹣可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3﹣x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，故B错误；
C．阴极主反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，同时H2O也可能发生得电子的反应生成H2，故C正确；
D．In/In2O3﹣x电极为阴极，CO2→HCOO﹣，阴极电极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，题目难度不大。
二、本卷共4题，共64分。
13．（16分）据古籍《燕闲清赏笺》记载：“宣窑之青，乃苏勃泥青”，说明宣德时期青花瓷使用的颜料是“苏勃泥青”，它是从一种钴毒砂[主要成分：（Co，Fe）AsS]中提取出来的。回答下列问题：
（1）基态S原子的价层电子排布图为 ，其原子核外电子共有 9 种空间运动状态。
（2）比较元素第一电离能：S ＜ P。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）Fe位于周期表的第 四 周期，第 ⅤⅢ 族， d （填“d”或“ds”）区。
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 X一射线衍射实验 。
（5）砷化镓晶胞结构如图所示。晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构为 正四面体 。已知GaAs晶胞棱长为apm，其密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的数值为 。（列出计算式即可，GaAs的摩尔质量为145g•mol﹣1）
（6）GaAs的熔点为1238℃，GaN与GaAs晶体类型相同，GaN的熔点 ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”）1238℃。
【分析】（1）S为16号元秦，根据其价电子排布为3s23p4绘制价电子排布图，有几个原子轨道数就有几种空间运动状态；
（2）P的价电子排布为3s23p3根据洪特规则，P为半充满结构较稳定，其第一电离能比S大；
（3）Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，确定出铁在周期表中的位置和分区；
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是X一射线衍射实验；
（5）根据砷化镓的晶胞结构确定晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构，再利用均摊法确定晶胞的化学式可求得NA；
（6）根据晶体类型和原子半径大小，确定出原子晶体的熔沸点高低与共价键键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高。
【解答】解：（1）S为16号元秦，价电子排布为3s23p4，基态S原子的价层电子排布图为：，该原子有9个原子轨道，其原子核外电子共有9种空间运动状态，
故答案为：；9；
（2）P的价电子排布为3s23p3为半充满结构较稳定，第一电离能大，则S＜P，
故答案为：＜；
（3）Fe为26号元素，位于第四周期VⅢ族，最后一个电子落在d轨道，为d区元素，
故答案为：四、VⅢ；d；
（4）X一射线衍射实验是最可靠的区分晶体与非晶体的科学方法，
故答案为：X一射线衍射实验；
（5）1个As 周围有4个等距的Ga，一个Ga周周有4个等距的As，则空间构型为正四面体，一个晶胞中含砷4个，Ga个，，，则，
故答案为：正四面体；；
（6）GaAs、GaN均是原子晶体，N的半径＜As，则Ga﹣N键长短，键能大、熔点高，
故答案为：＞。
【点评】本题考查了基态原子的价电子排布图、空间运动状态、第一电离能的大小比较、元素在周期表中的位置、分区、晶胞的结构、计算以及晶体熔沸点判断和晶体的区分等知识点，覆盖面广，注重基础知识的考查又突出了计算能力的培养，题目难度适中。
14．（14分）DL﹣m﹣酪氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL﹣m﹣酪氨酸的路线如图。（部分产物已略去）
已知：
回答下列问题：
（1）DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为 C9H11O3N 。
（2）A中官能团的名称为 氯原子、羟基 。
（3）D到E的反应类型为 加成反应 。
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为 +2NaOH+NaCl+H2O 。
（5）C到D的化学方程式为 2+O22+2H2O 。
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体共有 15 种。（不考虑立体异构）
a．属于芳香族化合物
b．氨基与羧基连在同一个碳上
c．可以与FeCl3作用显色
（7）是合成药物扑热息疼的中间体。由制备，选用必要的无机试剂，写出合成路线流程图： 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3CH2Br
【分析】在碱性条件下发生卤代烃水解反应、酚与碱中和反应，然后酸化生成B为，B发生信息中取代反应生成C为，C发生醇的催化氧化生成D为，由信息中可知，D与HCN反应生成E为，E中羟基被氨基取代基生成F为，F中﹣CN水解转化为﹣COOH生成G为，G发生水解反应重新引入酚羟基生成DL﹣m﹣酪氨酸；
（7）发生硝化反应生成，再发生水解反应生成，与Fe/HCl发生还原反应生成。
【解答】解：（1）由结构简式可知，DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为：C9H11O3N，
故答案为：C9H11O3N；
（2）由结构可知，A中官能团的名称为：氯原子、羟基，
故答案为：氯原子、羟基；
（3）D到E过程是醛基与HCN发生加成反应，
故答案为：加成反应；
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；
（5）C到D的化学方程式为：2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，b．氨基与羧基连在同一个碳上，c．可以与FeCl3作用显色，说明含有酚羟基，苯环有2个取代基为﹣OH、，或者为﹣OH、，均有邻、间、对3种位置关系（保护DL﹣m﹣酪氨酸），苯环有3个取代基为﹣OH、﹣CH（NH2）COOH、﹣CH3，而﹣OH、﹣CH（NH2）COOH有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣CH3分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3×2﹣1+4+4+2＝15种，
故答案为：15；
（7）发生硝化反应生成，再发生水解反应生成，与Fe/HCl发生还原反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，根据反应条件进行分析推断，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
15．（18分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且不溶于水；②三颈瓶内盛放：CS2、水和催化剂；③CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 球形干燥管 ，所装试剂为 碱石灰 。
（2）装置A中反应的化学方程式为 2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O 。
（3）装置D连接橡皮管的作用为 平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下 。
（4）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈瓶内液温105℃一段时间，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，写出装置D中生成KSCN的化学方程式： NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 。
（5）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3时发生反应的离子方程式： 2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O 。
（6）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈瓶中的固体催化剂，再减压 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（7）测定晶体中KSCN的含量：称取12.0g样品。配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。
[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）。]
①达到滴定终点时的现象为 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复 ；
②晶体中KSCN的质量分数为 72.75% 。
【分析】实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，经碱石灰干燥后，通过已知③可知在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O转为氮气；
（1）根据仪器a的结构和性能确定仪器名称；仪器a的作用是干燥NH3；
（2）氯化铵和消石灰混合加热生成氨气、氯化钙和水；
（3）橡皮管起连通器的作用；
（4）NH4SCN溶液和KOH溶液混合加热有氨气逸出，同时生成KSCN；
（5）酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，能氧化氨气生成N2；
（6）从溶液中获得KSCN晶体常采用冷却结晶的方法；
（7）①Fe3+遇KSCN溶液显红色；
②根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算参加反应的AgNO3物质的量，结合SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓计算即可。
【解答】解：（1）仪器a为球形干燥管，其作用为干燥NH3，则盛装的药品为碱石灰，
故答案为：球形干燥管：碱石灰：
（2）装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（3）通过橡皮管可将分液漏斗和三颈烧瓶连通，平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下，
故答案为：平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下；
（4）NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式是NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，
故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
（5）装置E中，NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O，
故答案为：2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O；
（6）先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（7）①Fe3+遇KSCN变红色，选择的指示剂Fe（NO3）3溶液，则滴定终点时的现象是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复，
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复；
②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓（白色）可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是 0.018L×0.1mol/L＝0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数＝×100%＝72.75%，
故答案为：72.75%。
【点评】本题考查了与KSCN有关的物质制备试验，同时还靠查了有关滴定试验误差分析，氧化还原反应，物质检验以及百分含量计算等相关知识，难度中等。
16．（16分）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含SO2、NOx的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
（1）若烟气主要成分为SO2、NO，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为 SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+ 。标准状况下，22.4L NO完全反应转移电子数为 5NA 。
（2）若烟气主要成分为SO2，可通入NaOH溶液将SO2完全转化为SO32﹣。Na2SO3溶液中离子浓度从大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+） 。
（3）若烟气主要成分为NO，O3能有效地氧化NO。
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 极性 （填“极性”或“非极性”）分子。
②已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ•mol﹣1）
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H3＝ ﹣199.1 kJ•mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ•mol﹣1）
③NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应时温度变化情况为，温度在50～150℃时，随着温度升高，NO脱除率无明显变化；温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降。其可能原因是 NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应 。
（4）若烟气主要成分为NO2，用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与NO2按物质的量1：1反应生成N2O5，[M]的化学式为 NO3 。该催化氧化过程总反应的化学方程式为 O3+2NO2O2和N2O5 。
【分析】（1）由图可知，SO2在阳极被氧化成SO42﹣；由图可知，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，每转移5mol电子，反应1molNO；
（2）Na2SO3＝2Na++SO32﹣，SO32﹣水解分两步SO32﹣+H2O＝HSO3﹣+OH﹣（主），HSO3﹣+H2O＝H2SO3+OH﹣（次），H2O⇌H++OH﹣（更次），水解的SO32﹣只有一小部分，据此分析；
（3）①H2O是极性分子，O3分子的空间结构与水分子的相似；
②Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
Ⅱ2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：（Ⅰ+Ⅱ）得NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）；
③由题意得，NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度超过150℃时，随着温度的升高，O3分解速率增大；
（4）由图可知，NO2+O→[M]；该催化氧化过程总反应的反应物是O3和NO2，生成物是O2和N2O5。
【解答】解：（1）由图可知，SO2在阳极被氧化成SO42﹣，则阳极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+；由图可知，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，每转移5mol电子，反应1molNO，标准状况下，22.4L NO物质的量为＝1mol，则完全反应转移电子数为5mol×NAmol﹣1＝5NA，
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+；5NA；
（2）Na2SO3＝2Na++SO32﹣，SO32﹣水解分两步SO32﹣+H2O＝HSO3﹣+OH﹣（主），HSO3﹣+H2O＝H2SO3+OH﹣（次），H2O⇌H++OH﹣（更次），水解的SO32﹣只有一小部分，且溶液显碱性，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）；
（3）①O3分子的空间结构与水分子的相似；H2O是极性分子，则O3是极性分子，
故答案为：极性；
②Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
Ⅱ2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：（Ⅰ+Ⅱ）得NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝×（﹣114﹣284.2）kJ•mol﹣1＝﹣199.1kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣199.1；
③由题意得，NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应，
故答案为：NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应；
（4）由图可知，NO2+O→[M]，则M为NO3；该催化氧化过程总反应的反应物是O3和NO2，生成物是O2和N2O5；，则总反应化学方程式为O3+2NO2O2和N2O5，
故答案为：NO3；O3+2NO2O2和N2O5。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、盐类的水解、电化学、离子浓度比较等，培养学生证据推理和模型认知的学科素养，此题难度大。
2021年天津市南开区高考化学一模试卷
一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（3分）下列物品所使用的主要材料不属于无机非金属材料的是（ ）
A．石墨烯超轻海绵 B．宣纸
C．瓷器 D．碳化硅陶瓷轴承
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．丙烯的键线式：
B．N2H4的电子式：
C．基态铜原子的核外电子排布式：3d104s1
D．NH3的VSEPR模型名称：正四面体
3．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．在水中的溶解度：C2H5OH＜CH3OCH3
B．键角：NH3＜H2O
C．电负性：S＜Se
D．键长：HF＜HCl
4．（3分）短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碱性：GOH＞XOH B．还原性：HW＞HZ＞H2Y
C．酸性：H2YO4＞HZO4 D．离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+
5．（3分）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2═CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中La2O3是中间产物
B．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
C．H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
6．（3分）为实现CO2减排，解决能源短缺问题，我国科研人员实现了在新型纳米催化剂Na﹣Fe3O4和HMCM﹣22的表面将CO2转化为烃类化合物，其过程如图。下列说法中不正确的是（ ）
A．CO2分子中心原子的杂化轨道类型为sp杂化
B．产物X、Y属于同系物
C．产物X、Y均为手性分子
D．产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰
7．（3分）下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）
A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色
B．品红溶液通入SO2气体后褪色
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色
8．（3分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．水的电离：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．酸性溶液中KIO3与KI反应：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O
9．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
向20%的蔗糖溶液中加入少量稀硫
酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加
热
未出现银镜
蔗糖未水解
C
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液
的试管中，分别加入2滴相同浓度的
NaCl和NaI溶液
一支无明显现
象，另一支产生
黄色沉淀
相同条件下，AgI
比AgCl的溶解度
小
D
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得
的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶
液褪色
乙烯能被酸性
KMnO4氧化
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）常温下Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B．pH＝4的CH3COOH溶液和pH＝10的氨水反应后pH＝7
C．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水分别与NaHCO3固体反应，消耗NaHCO3的量相同
11．（3分）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中反应，起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO（g）
CO（g）
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大
C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）
D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20mol CO2，则达平衡时N2的转化率为60%
12．（3分）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3﹣x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3﹣x电极上发生的反应为CO2+H2O﹣2e﹣═HCOO﹣+OH﹣
二、本卷共4题，共64分。
13．（16分）据古籍《燕闲清赏笺》记载：“宣窑之青，乃苏勃泥青”，说明宣德时期青花瓷使用的颜料是“苏勃泥青”，它是从一种钴毒砂[主要成分：（Co，Fe）AsS]中提取出来的。回答下列问题：
（1）基态S原子的价层电子排布图为 ，其原子核外电子共有 种空间运动状态。
（2）比较元素第一电离能：S P。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）Fe位于周期表的第 周期，第 族， （填“d”或“ds”）区。
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 。
（5）砷化镓晶胞结构如图所示。晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构为 。已知GaAs晶胞棱长为apm，其密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的数值为 。（列出计算式即可，GaAs的摩尔质量为145g•mol﹣1）
（6）GaAs的熔点为1238℃，GaN与GaAs晶体类型相同，GaN的熔点 （填“＞”、“＜”或“＝”）1238℃。
14．（14分）DL﹣m﹣酪氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL﹣m﹣酪氨酸的路线如图。（部分产物已略去）
已知：
回答下列问题：
（1）DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为 。
（2）A中官能团的名称为 。
（3）D到E的反应类型为 。
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为 。
（5）C到D的化学方程式为 。
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体共有 种。（不考虑立体异构）
a．属于芳香族化合物
b．氨基与羧基连在同一个碳上
c．可以与FeCl3作用显色
（7）是合成药物扑热息疼的中间体。由制备，选用必要的无机试剂，写出合成路线流程图： 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3CH2Br
15．（18分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且不溶于水；②三颈瓶内盛放：CS2、水和催化剂；③CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，所装试剂为 。
（2）装置A中反应的化学方程式为 。
（3）装置D连接橡皮管的作用为 。
（4）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈瓶内液温105℃一段时间，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，写出装置D中生成KSCN的化学方程式： 。
（5）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3时发生反应的离子方程式： 。
（6）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（7）测定晶体中KSCN的含量：称取12.0g样品。配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。
[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）。]
①达到滴定终点时的现象为 ；
②晶体中KSCN的质量分数为 。
16．（16分）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含SO2、NOx的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
（1）若烟气主要成分为SO2、NO，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为 。标准状况下，22.4L NO完全反应转移电子数为 。
（2）若烟气主要成分为SO2，可通入NaOH溶液将SO2完全转化为SO32﹣。Na2SO3溶液中离子浓度从大到小的顺序为 。
（3）若烟气主要成分为NO，O3能有效地氧化NO。
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 （填“极性”或“非极性”）分子。
②已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ•mol﹣1）
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H3＝ kJ•mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ•mol﹣1）
③NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应时温度变化情况为，温度在50～150℃时，随着温度升高，NO脱除率无明显变化；温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降。其可能原因是 。
（4）若烟气主要成分为NO2，用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与NO2按物质的量1：1反应生成N2O5，[M]的化学式为 。该催化氧化过程总反应的化学方程式为 。
2021年天津市南开区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（3分）下列物品所使用的主要材料不属于无机非金属材料的是（ ）
A．石墨烯超轻海绵 B．宣纸
C．瓷器 D．碳化硅陶瓷轴承
【分析】A．石墨烯超轻海绵为碳单质；
B．纸张是由木材制造的，宣纸成分为纤维素；
C．陶瓷属于硅酸盐材料；
D．碳化硅是无机物。
【解答】解：A．石墨烯超轻海绵为碳单质，属于无机非金属材料，故A错误；
B．宣纸成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B正确；
C．陶瓷属于硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故C错误；
D．碳化硅陶瓷轴承是新型无机非金属材料，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了材料的分类，题目难度不大，注意把握常见的无机非金属材料、有机材料、合金材料等，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性。
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．丙烯的键线式：
B．N2H4的电子式：
C．基态铜原子的核外电子排布式：3d104s1
D．NH3的VSEPR模型名称：正四面体
【分析】A．丙烯的结构简式为CH3CH＝CH2，省去碳、氢原子即得键线式，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子；
B．N2H4分子中N原子与N原子间共用1对电子对，N原子含有1对孤电子对；
C．基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1；
D．NH3分子的中心原子N含有1对孤电子对，则其VSEPR模型为四面体。
【解答】解：A．丙烯的结构简式为CH3CH＝CH2，则其键线式为，故A正确；
B．N2H4分子中N原子与N原子间共用1对电子对，N原子含有1对孤电子对，达到8电子稳定结构，正确的电子式为，故B错误；
C．Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，3d104s1为其价电子排布式，故C错误；
D．NH3的价层电子对数为3+＝4，含有1对孤电子对，则其VSEPR模型为不对称的四面体，不是正四面体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，为高频考点，涉及键线式、电子式、核外电子排布式及价电子排布式、VSEPR模型的判断等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答结构，试题有利于培养学生的规范答题能力，题目难度中等。
3．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．在水中的溶解度：C2H5OH＜CH3OCH3
B．键角：NH3＜H2O
C．电负性：S＜Se
D．键长：HF＜HCl
【分析】A．乙醇含﹣OH，CH3OCH3不含﹣OH，乙醇和水分子之间能形成氢键，CH3OCH3不能和水分子之间形成氢键；
B．根据价层电子对互斥理论判断该分子的VSEPR模型，成键电子对和孤电子对之间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，孤电子对数越多，键角越小，据此判断键角；
C．同主族元素，自上而下电负性减小；
D．原子半径越大，共价键键长越大。
【解答】解：A．乙醇含﹣OH，CH3OCH3不含﹣OH，乙醇和水分子之间能形成氢键，所以在水中的溶解度：C2H5OH＞CH3OCH3，故A错误；
B．氨气和水分子，根据价层电子对互斥理论判断该分子的VSEPR模型为四面体形，成键电子对和孤电子对之间的排斥力小于孤电子对之间的排斥力，氨气分子中只含一个孤电子对、水分子中含有两个孤电子对，所以键角NH3＞H2O，故B错误；
C．同主族元素，自上而下电负性减小，硫和硒同主族，非金属性S＞Se，电负性S＞Se，故C错误；
D．原子半径F＜Cl，原子半径越大，共价键键长越大，键长：HF＜HCl，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查键能、键长、键角及其应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度中等，注意相关基础知识的积累。
4．（3分）短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碱性：GOH＞XOH B．还原性：HW＞HZ＞H2Y
C．酸性：H2YO4＞HZO4 D．离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+
【分析】由原子半径和最高化合价可知G、M、W位于第二周期，G为Li元素，M为N元素，W为F元素，X、Y、Z为第三周期元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合元素周期律递变规律解答该题。
【解答】解：结合分析可知，G为Li，M为N，W为F，X为Na，Y为S，Z为Cl元素，
A．金属性Na＞Li，则NaOH的碱性比LiOH强，即碱性：GOH＜XOH，故A错误；
B．非金属性F＞Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则还原性：HW＜HZ＜H2Y，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2YO4＜HZO4，故C错误；
D．三种离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点和常见题型，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
5．（3分）2021年中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2═CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。下列说法正确的是（ ）
A．反应中La2O3是中间产物
B．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
C．H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•
D．使用催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
【分析】由图可知，该反应的催化剂是La2O3，中间产物La2O2CO3，中La2O2CO3可以释放CO2•，H2经过Ni活性中心裂解产生带负电荷的H•，CO2•和H•反应生成CH4和H2O，据此答题，
A．由图可知，该反应的催化剂是La2O3；
B．CO2转化为CH4化合价降低；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H•的过程中，分子混乱度增大；
D．催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，该反应的催化剂是La2O3，La2O2CO3可为中间产物，故A错误；
B．CO2转化为CH4化合价降低，利用了CO2的氧化性，故B正确；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H•，活化分子不带电，故C错误；
D．催化剂不能改变反应的焓变，通过降低反应的活化能，提高化学反应速率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生读取信息的能力和分析能力，注意催化剂改变反应速率的原理是降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变。
6．（3分）为实现CO2减排，解决能源短缺问题，我国科研人员实现了在新型纳米催化剂Na﹣Fe3O4和HMCM﹣22的表面将CO2转化为烃类化合物，其过程如图。下列说法中不正确的是（ ）
A．CO2分子中心原子的杂化轨道类型为sp杂化
B．产物X、Y属于同系物
C．产物X、Y均为手性分子
D．产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰
【分析】A．CO2中C原子的价层电子对数为2对；
B．结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
C．当一个C原子上连有四个不同的原子或原子团时，此碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的分子为手性分子；
D．有机物结构中含几种等效氢，则核磁共振氢谱有几组峰。
【解答】解：A．CO2中C原子的价层电子对数为2对，故其杂化轨道类型为sp杂化，故A正确；
B．X和Y的结构相似、分子组成上相差1个CH2原子团，故互为同系物，故B正确；
C．当一个C原子上连有四个不同的原子或原子团时，此碳原子为手性碳原子，含手性碳原子的分子为手性分子，X、Y均无手性碳，均不是手性分子，故C错误；
D．有机物结构中含几种等效氢，则核磁共振氢谱有几组峰，X、Y的结构中均含4种等效氢，故核磁共振氢谱均有4组峰，故D正确。
故选：C。
【点评】本体考查了中心原子的杂化方式以及手性碳原子的识别和核磁共振氢谱的有关知识，难度不大，应注意基础知识的积累。
7．（3分）下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）
A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色
B．品红溶液通入SO2气体后褪色
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色
【分析】氧化还原反应的实质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，反应中存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应，据此分析解答。
【解答】解：A．K2Cr2O7溶液中滴入NaOH溶液后由橙色变为黄色，是由于K2Cr2O7转化为K2CrO4，不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色，SO2与有色物质结合生成无色物质，不存在元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不选；
C．Cl2通入AgNO3溶液有白色沉淀产生，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与AgNO3反应生成白色沉淀，存在Cl元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C选；
D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色，发生焰色反应，焰色反应属于物理变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，明确元素化合物性质、物质之间的转化关系及反应原理是解本题关键，知道氧化还原反应实质及特征，题目难度不大。
8．（3分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．水的电离：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．酸性溶液中KIO3与KI反应：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O
【分析】A．草酸为弱酸，应保留化学式；
B．水为弱电解质，部分电离；
C．碳酸氢钙过量反应生成碳酸钙和水；
D．酸性溶液中KIO3与KI发生归中反应生成碘单质。
【解答】解：A．高锰酸钾标准溶液与草酸反应，离子方程式：2MnO4﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；
B．水的电离方程式：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣，故B正确；
C．向澄清石灰水中加入过量的Ca（HCO3）2溶液，离子方程式：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．酸性溶液中KIO3与KI反应，离子方程式：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及发生反应实质为解答关键，注意掌握反应物过量情况对生成产物的影响，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
9．（3分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚＞碳酸
B
向20%的蔗糖溶液中加入少量稀硫
酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加
热
未出现银镜
蔗糖未水解
C
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液
的试管中，分别加入2滴相同浓度的
NaCl和NaI溶液
一支无明显现
象，另一支产生
黄色沉淀
相同条件下，AgI
比AgCl的溶解度
小
D
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得
的气体通入酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶
液褪色
乙烯能被酸性
KMnO4氧化
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.浓度相同，溶解度小的先沉淀；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯均可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则酸性为苯酚＞碳酸氢根离子，故A错误；
B.水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有加碱至碱性，不能说明结论，故B错误；
C.浓度相同，溶解度小的先沉淀，由操作和现象可知AgI比AgCl的溶解度小，故C正确；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯均可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象不能证明乙烯被氧化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、物质的检验及鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（3分）常温下Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
B．pH＝4的CH3COOH溶液和pH＝10的氨水反应后pH＝7
C．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D．等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水分别与NaHCO3固体反应，消耗NaHCO3的量相同
【分析】A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；
B．缺少溶液体积，无法判断反应后溶液的酸碱性；
C．Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5，则CH3COO﹣、NH4+的水解程度相同，结合电荷守恒分析；
D．反应中消耗的n（NaHCO3）＝n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O）。
【解答】解：A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，c（H+）、c（CH3COO﹣）减小，由于水的离子积KW＝c（H+）•c（OH﹣）不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故A错误；
B．没有告诉pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3•H2O溶液的体积，无法判断混合液是否为中性，故B错误；
C．由于Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O），CH3COO﹣、NH4+的水解程度相同，等浓度的两溶液中c（CH3COO﹣）＝c（NH4+），且CH3COONa溶液中的c（OH﹣）等于NH4Cl溶液中的c（H+），由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（NH4+），即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c（H+）+c（NH4+），CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以两溶液中阴离子浓度之和相等，故C错误；
D．等浓度等体积的CH3COOH和NH3•H2O中满足n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O），两个反应中消耗的n（NaHCO3）＝n（CH3COOH）＝n（NH3•H2O），所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电离平衡的应用，题目难度不大，明确弱电解质电离平衡、电离常数的应用、盐的水解的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．（3分）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中反应，起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO（g）
CO（g）
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大
C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）
D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20mol CO2，则达平衡时N2的转化率为60%
【分析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO2物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO2物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.10mol N2和0.20 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡等效。
【解答】解：A.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B正确；
C．甲状态下平衡时CO2物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol/L） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol/L） 0.05 0.05 0.025 0.05
K＝＝10，
T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc＝＝5＜K＝10，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆），故C正确；
D．T2℃时，平衡状态CO2物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
变化量（mol） 0.12 0.12 0.06 0.12
平衡量（mol） 0.08 0.08 0.06 0.12
K＝≈21.1，
始时向丙中充入0.10mol N2和0.20 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡等效，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.10 0.20
转化量mol） 0.12 0.12 0.06 0.12
所以达平衡时N2的转化0.06mol，转化率为×100%＝60% 故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
12．（3分）近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3﹣x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3﹣x电极上发生的反应为CO2+H2O﹣2e﹣═HCOO﹣+OH﹣
【分析】由图中In/In2O3﹣x电极上CO2→HCOO﹣可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3﹣x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3（CH2）6CH2NH2+4OH﹣﹣4e﹣＝CH3（CH2）6CN+4H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，故B错误；
C．阴极主反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，同时H2O也可能发生得电子的反应生成H2，故C正确；
D．In/In2O3﹣x电极为阴极，CO2→HCOO﹣，阴极电极反应为CO2+2e﹣+H2O═HCOO﹣+OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，题目难度不大。
二、本卷共4题，共64分。
13．（16分）据古籍《燕闲清赏笺》记载：“宣窑之青，乃苏勃泥青”，说明宣德时期青花瓷使用的颜料是“苏勃泥青”，它是从一种钴毒砂[主要成分：（Co，Fe）AsS]中提取出来的。回答下列问题：
（1）基态S原子的价层电子排布图为 ，其原子核外电子共有 9 种空间运动状态。
（2）比较元素第一电离能：S ＜ P。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）Fe位于周期表的第 四 周期，第 ⅤⅢ 族， d （填“d”或“ds”）区。
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 X一射线衍射实验 。
（5）砷化镓晶胞结构如图所示。晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构为 正四面体 。已知GaAs晶胞棱长为apm，其密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的数值为 。（列出计算式即可，GaAs的摩尔质量为145g•mol﹣1）
（6）GaAs的熔点为1238℃，GaN与GaAs晶体类型相同，GaN的熔点 ＞ （填“＞”、“＜”或“＝”）1238℃。
【分析】（1）S为16号元秦，根据其价电子排布为3s23p4绘制价电子排布图，有几个原子轨道数就有几种空间运动状态；
（2）P的价电子排布为3s23p3根据洪特规则，P为半充满结构较稳定，其第一电离能比S大；
（3）Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，确定出铁在周期表中的位置和分区；
（4）区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是X一射线衍射实验；
（5）根据砷化镓的晶胞结构确定晶胞中Ga与周围最近且等距的As形成的空间结构，再利用均摊法确定晶胞的化学式可求得NA；
（6）根据晶体类型和原子半径大小，确定出原子晶体的熔沸点高低与共价键键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高。
【解答】解：（1）S为16号元秦，价电子排布为3s23p4，基态S原子的价层电子排布图为：，该原子有9个原子轨道，其原子核外电子共有9种空间运动状态，
故答案为：；9；
（2）P的价电子排布为3s23p3为半充满结构较稳定，第一电离能大，则S＜P，
故答案为：＜；
（3）Fe为26号元素，位于第四周期VⅢ族，最后一个电子落在d轨道，为d区元素，
故答案为：四、VⅢ；d；
（4）X一射线衍射实验是最可靠的区分晶体与非晶体的科学方法，
故答案为：X一射线衍射实验；
（5）1个As 周围有4个等距的Ga，一个Ga周周有4个等距的As，则空间构型为正四面体，一个晶胞中含砷4个，Ga个，，，则，
故答案为：正四面体；；
（6）GaAs、GaN均是原子晶体，N的半径＜As，则Ga﹣N键长短，键能大、熔点高，
故答案为：＞。
【点评】本题考查了基态原子的价电子排布图、空间运动状态、第一电离能的大小比较、元素在周期表中的位置、分区、晶胞的结构、计算以及晶体熔沸点判断和晶体的区分等知识点，覆盖面广，注重基础知识的考查又突出了计算能力的培养，题目难度适中。
14．（14分）DL﹣m﹣酪氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL﹣m﹣酪氨酸的路线如图。（部分产物已略去）
已知：
回答下列问题：
（1）DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为 C9H11O3N 。
（2）A中官能团的名称为 氯原子、羟基 。
（3）D到E的反应类型为 加成反应 。
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为 +2NaOH+NaCl+H2O 。
（5）C到D的化学方程式为 2+O22+2H2O 。
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体共有 15 种。（不考虑立体异构）
a．属于芳香族化合物
b．氨基与羧基连在同一个碳上
c．可以与FeCl3作用显色
（7）是合成药物扑热息疼的中间体。由制备，选用必要的无机试剂，写出合成路线流程图： 。合成路线流程图示例：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3CH2Br
【分析】在碱性条件下发生卤代烃水解反应、酚与碱中和反应，然后酸化生成B为，B发生信息中取代反应生成C为，C发生醇的催化氧化生成D为，由信息中可知，D与HCN反应生成E为，E中羟基被氨基取代基生成F为，F中﹣CN水解转化为﹣COOH生成G为，G发生水解反应重新引入酚羟基生成DL﹣m﹣酪氨酸；
（7）发生硝化反应生成，再发生水解反应生成，与Fe/HCl发生还原反应生成。
【解答】解：（1）由结构简式可知，DL﹣m﹣酪氨酸的分子式为：C9H11O3N，
故答案为：C9H11O3N；
（2）由结构可知，A中官能团的名称为：氯原子、羟基，
故答案为：氯原子、羟基；
（3）D到E过程是醛基与HCN发生加成反应，
故答案为：加成反应；
（4）A与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；
（5）C到D的化学方程式为：2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（6）同时符合下列条件的DL﹣m﹣酪氨酸的同分异构体：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，b．氨基与羧基连在同一个碳上，c．可以与FeCl3作用显色，说明含有酚羟基，苯环有2个取代基为﹣OH、，或者为﹣OH、，均有邻、间、对3种位置关系（保护DL﹣m﹣酪氨酸），苯环有3个取代基为﹣OH、﹣CH（NH2）COOH、﹣CH3，而﹣OH、﹣CH（NH2）COOH有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣CH3分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3×2﹣1+4+4+2＝15种，
故答案为：15；
（7）发生硝化反应生成，再发生水解反应生成，与Fe/HCl发生还原反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，根据反应条件进行分析推断，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
15．（18分）硫氰化钾（KSCN）俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示。
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且不溶于水；②三颈瓶内盛放：CS2、水和催化剂；③CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 球形干燥管 ，所装试剂为 碱石灰 。
（2）装置A中反应的化学方程式为 2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O 。
（3）装置D连接橡皮管的作用为 平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下 。
（4）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈瓶内液温105℃一段时间，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，写出装置D中生成KSCN的化学方程式： NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 。
（5）装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3时发生反应的离子方程式： 2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O 。
（6）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈瓶中的固体催化剂，再减压 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（7）测定晶体中KSCN的含量：称取12.0g样品。配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3作指示剂，用0.1000mol/L AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。
[已知：滴定时发生的反应：SCN﹣+Ag+═AgSCN↓（白色）。]
①达到滴定终点时的现象为 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复 ；
②晶体中KSCN的质量分数为 72.75% 。
【分析】实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，经碱石灰干燥后，通过已知③可知在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2↑+2Cr3++7H2O转为氮气；
（1）根据仪器a的结构和性能确定仪器名称；仪器a的作用是干燥NH3；
（2）氯化铵和消石灰混合加热生成氨气、氯化钙和水；
（3）橡皮管起连通器的作用；
（4）NH4SCN溶液和KOH溶液混合加热有氨气逸出，同时生成KSCN；
（5）酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，能氧化氨气生成N2；
（6）从溶液中获得KSCN晶体常采用冷却结晶的方法；
（7）①Fe3+遇KSCN溶液显红色；
②根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算参加反应的AgNO3物质的量，结合SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓计算即可。
【解答】解：（1）仪器a为球形干燥管，其作用为干燥NH3，则盛装的药品为碱石灰，
故答案为：球形干燥管：碱石灰：
（2）装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（3）通过橡皮管可将分液漏斗和三颈烧瓶连通，平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下，
故答案为：平衡压强，使漏斗内KOH溶液顺利流下；
（4）NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式是NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，
故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
（5）装置E中，NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O，
故答案为：2NH3+Cr2O72﹣+8H+＝N2+2Cr3++7H2O；
（6）先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（7）①Fe3+遇KSCN变红色，选择的指示剂Fe（NO3）3溶液，则滴定终点时的现象是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复，
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液红色完全褪去，且半分钟不恢复；
②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN﹣+Ag+＝AgSCN↓（白色）可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是 0.018L×0.1mol/L＝0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数＝×100%＝72.75%，
故答案为：72.75%。
【点评】本题考查了与KSCN有关的物质制备试验，同时还靠查了有关滴定试验误差分析，氧化还原反应，物质检验以及百分含量计算等相关知识，难度中等。
16．（16分）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含SO2、NOx的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
（1）若烟气主要成分为SO2、NO，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为 SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+ 。标准状况下，22.4L NO完全反应转移电子数为 5NA 。
（2）若烟气主要成分为SO2，可通入NaOH溶液将SO2完全转化为SO32﹣。Na2SO3溶液中离子浓度从大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+） 。
（3）若烟气主要成分为NO，O3能有效地氧化NO。
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 极性 （填“极性”或“非极性”）分子。
②已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1（活化能Ea＝119.2kJ•mol﹣1）
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H3＝ ﹣199.1 kJ•mol﹣1（活化能Ea＝3.2kJ•mol﹣1）
③NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，NO脱除率随NO与O3混合反应时温度变化情况为，温度在50～150℃时，随着温度升高，NO脱除率无明显变化；温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降。其可能原因是 NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应 。
（4）若烟气主要成分为NO2，用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与NO2按物质的量1：1反应生成N2O5，[M]的化学式为 NO3 。该催化氧化过程总反应的化学方程式为 O3+2NO2O2和N2O5 。
【分析】（1）由图可知，SO2在阳极被氧化成SO42﹣；由图可知，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，每转移5mol电子，反应1molNO；
（2）Na2SO3＝2Na++SO32﹣，SO32﹣水解分两步SO32﹣+H2O＝HSO3﹣+OH﹣（主），HSO3﹣+H2O＝H2SO3+OH﹣（次），H2O⇌H++OH﹣（更次），水解的SO32﹣只有一小部分，据此分析；
（3）①H2O是极性分子，O3分子的空间结构与水分子的相似；
②Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
Ⅱ2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：（Ⅰ+Ⅱ）得NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）；
③由题意得，NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度超过150℃时，随着温度的升高，O3分解速率增大；
（4）由图可知，NO2+O→[M]；该催化氧化过程总反应的反应物是O3和NO2，生成物是O2和N2O5。
【解答】解：（1）由图可知，SO2在阳极被氧化成SO42﹣，则阳极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+；由图可知，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝NH4++H2O，每转移5mol电子，反应1molNO，标准状况下，22.4L NO物质的量为＝1mol，则完全反应转移电子数为5mol×NAmol﹣1＝5NA，
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O＝SO42﹣+4H+；5NA；
（2）Na2SO3＝2Na++SO32﹣，SO32﹣水解分两步SO32﹣+H2O＝HSO3﹣+OH﹣（主），HSO3﹣+H2O＝H2SO3+OH﹣（次），H2O⇌H++OH﹣（更次），水解的SO32﹣只有一小部分，且溶液显碱性，则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）；
（3）①O3分子的空间结构与水分子的相似；H2O是极性分子，则O3是极性分子，
故答案为：极性；
②Ⅰ2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1＝﹣114kJ•mol﹣1
Ⅱ2O3（g）═3O2（g）△H2＝﹣284.2kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：（Ⅰ+Ⅱ）得NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝×（﹣114﹣284.2）kJ•mol﹣1＝﹣199.1kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣199.1；
③由题意得，NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应，
故答案为：NO与O3反应的活化能低，O3分解的活化能高，温度在50～150℃时，O3分解速率慢，NO与O3反应速率快，温度超过150℃时，O3分解速率加快，影响了NO的反应；
（4）由图可知，NO2+O→[M]，则M为NO3；该催化氧化过程总反应的反应物是O3和NO2，生成物是O2和N2O5；，则总反应化学方程式为O3+2NO2O2和N2O5，
故答案为：NO3；O3+2NO2O2和N2O5。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、盐类的水解、电化学、离子浓度比较等，培养学生证据推理和模型认知的学科素养，此题难度大。
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