河北省唐山市2021-2022学年高三化学上学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份河北省唐山市2021-2022学年高三化学上学期期末考试试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 NA是阿伏加德罗常数的值，02NA， 已知Ka=3等内容，欢迎下载使用。
唐山市2021-2022学年度高三年级第一学期期末考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 S-32 V-51 Cu-64 Zn-65 Pb-207
I卷(共43分)
一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与社会环境、科学技术密切相关，下列说法错误的是
A. 工业中可利用反应Na(l)+KCl(l)K(g)+NaCl(l)来制取金属K
B. 油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
C. 水玻璃是建筑行业常用的粘合剂
D. 自来水杀菌消毒可使用明矾
【答案】D
【解析】
【详解】A．850℃时，钾气化变为钾蒸气脱离反应体系，促进反应平衡正向移动从而制取金属钾，A正确；
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故该反应又叫皂化反应，B正确；
C．水玻璃具有黏性，可以用于建筑行业的粘合剂，C正确；
D．明矾溶于水形成胶体，吸附水中悬浮杂质，不能杀菌消毒，D错误；
故答案选D。
2. 下列物质名称或化学式错误的是
A. 胆矾：CuSO4·5H2O B. 漂白粉有效成分：Ca(ClO)2
C. 硬脂酸：C15H31COOH D. 酚醛树脂：
【答案】C
【解析】
【详解】A．胆矾为CuSO4结合5个水分子形成，对应化学式为CuSO4·5H2O，A正确；
B．漂白粉中含有Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分为Ca(ClO)2，B正确；
C．硬脂酸为饱和脂肪酸，对应化学式为C17H35COOH，C错误；
D．酚醛树脂为苯酚与甲醛反应形成，对应结构简式为： ，D正确；
故答案选C。
3. 关于非金属元素及其化合物的性质，下列说法正确的是
A. SiO2既能与HF反应又能与NaOH溶液反应，因此为两性氧化物
B. 工业上可用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
C. S与足量的O2反应可生成SO3
D. 因为海水中氯的含量高，所以氯被称为“海洋元素”
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硅为酸性氧化物，与HF反应属于其特性，A错误；
B．浓氨水挥发出的氨气能与氯气反应生成白烟，故可用来检验氯气管道是否泄漏，B正确；
C．S与氧气反应生成二氧化硫，C错误；
D．“海洋元素”为溴，D错误；
答案选B。
4. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 78gNa2O2与足量CO2反应转移电子数为NA
B. pH=2的HCl溶液中，H+的数目为0.02NA
C. 18g2H2O分子中含有的电子数目为10NA
D. 标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合可得NA个分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．78gNa2O2的物质的量为1mol，与足量CO2反应生成0.5mol氧气，根据生成氧气时所失电子数可知，反应转移电子数为NA，A正确；
B．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒数目，B错误；
C．18g2H2O的物质的量为=0.9mol，一个2H2O分子含有2+8=10个电子，所以18g2H2O分子中含有的电子数目为9NA，C错误；
D．标准状况下，将22.4L的NO与11.2L的O2混合，即1molNO和0.5molO2，二者恰好完全反应生成1molNO2，但NO2会发生反应2NO2N2O4，导致分子数目小于NA，D错误；
综上所述答案为A。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述正确的是


A. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B. 化合物A能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 化合物X2Y2Z4可以与乙醇在一定条件下发生缩聚反应
D. X与Z形成的原子数比为1：1型分子只具有氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，则X为H元素，Z为O元素，W的原子半径在同周期主族元素中最大，则W为Na元素，根据Y形成4条共价键，且中间的离子为-2价可知，Y为C元素。
【详解】A．C的氢化物是烃，C原子数较多的烃在常温下是固体，沸点比H2O、H2O2高，A错误；
B．根据分析，化合物A为草酸钠，草酸根具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，B正确
C．化合物H2C2O4（草酸）由两个-COOH相连组成，可以与乙醇（CH3CH2OH）可以发生酯化反，但不能发生缩聚反应，C错误；
D．H与O形成的原子数比为1：1型分子是H2O2，O为-1价，既有氧化性又有还原性，D错误；
故选B。
6. 用绿矾制备电池电极材料LiFePO4的流程如图：


下列说法正确的是
A. 反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B. 可用KSCN溶液检验反应1中Fe2+是否剩余
C. 洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D. 反应2的化学方程式为：2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应1中NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO为氧化剂，Fe2+为还原剂，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，A错误；
B．KSCN溶液可以检验Fe3+，无法确定Fe2+是否剩余，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验，B错误；
C．洗涤沉淀时用玻璃棒搅拌容易把滤渣捣破，C错误；
D．根据流程可知，反应2中FePO4与H2C2O4、LiOH反应得到LiFePO4，Fe元素被还原，根据各元素的价态规律可知，应是H2C2O4被氧化生成CO2，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2FePO4+H2C2O4+2LiOH=2LiFePO4+2CO2↑+2H2O，D正确；
综上所述答案为D。
7. 下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO
B
将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中
最终得红色溶液
过氧化钠与水反应生成碱性物质
C
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
H2、Cl2化合生成HCl
D
向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向含有SO的溶液中滴加Ba(NO3)2和 HNO3混合溶液，也有BaSO4白色沉淀产生，因为硝酸能氧化SO，A错误；
B．将过量的Na2O2投入滴有酚酞的水中，Na2O2与水反应生成NaOH，使酚酞变红，但过量的Na2O2有漂白性，又会使溶液褪色，故最终溶液为无色，现象错误，B错误；
C．H2与Cl2反应生成HCl，HCl遇空气中水蒸气产生白雾现象，而不是白烟，现象错误，C错误；
D．由于Cl-、I-浓度相等，滴加AgNO3先产生黄色沉淀AgI，说明AgI溶度积更小，D正确；
故答案选D。
8. 香豆素—3—羧酸的结构简式如图所示，下列说法错误的是

A. 分子式为C10H6O4
B. 1mol该有机物最多消耗3molNaOH
C. 分子中含有官能团只有羧基、酯基
D. 该分子中所有原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C10H6O4，A正确；
B．羧基、酯基可以和NaOH反应，且该物质中酯基水解得到酚羟基，也可以和NaOH反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，B正确；
C．该物质含有的官能团有酯基、羧基、碳碳双键，C错误；
D．苯环、碳碳双键、碳氧双键及其所连原子均为平面结构，各平面以单键相连，所有原子可能共面，D正确；
综上所述答案为C。
9. 已知Ka(HClO)=3.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，下列说法错误的是
A. 向0.1mol·L-1NaClO溶液中加水稀释，增大
B. 向NaClO溶液中通HCl气体至中性，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)
C. 等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强
D. 向氯水中加入稍过量的碳酸氢钠粉末，溶液漂白性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．=，加水稀释c(ClO-)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)，B错误；
C．Ka(HClO)＜Ka1(H2CO3)，所以HClO的酸性更弱，则ClO-的水解程度更大，等物质的量浓度的NaClO溶液与NaHCO3溶液，前者碱性强，C正确；
D．氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，稍过量的碳酸氢钠粉末可以消耗HCl，使平衡正向一定，HClO增多，溶液漂白性增强，D正确；
综上所述答案为B。
二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO
B. AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
C. 向NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
D. 向FeBr2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．将少量SO2通入NaClO溶液中，SO2被ClO-氧化为SO，离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=Cl-+SO+2HClO，A错误；
B．氨水碱性较弱，不能与氢氧化铝沉淀反应，B正确；
C．澄清石灰水少量，Ca(OH)2中两个OH-都能反应，离子方程式应为2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO，C错误；
D．向FeBr2溶液中通入氯气时，Fe2+先被氧化，然后是Br-，当通入等物质的量的Cl2时，Br-反应一半，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2，D正确；
综上所述答案为BD。
11. 向含xmolHNO3和ymolH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：


下列有关说法正确的是
A. x=0.2，y=0.1
B. a点之前的反应离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
C. 向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解1.92g
D. 反应至c点，可收集到气体4.48L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】铁粉加入后，首先和HNO3反应，被氧化成Fe3+，故oa段生成0.1 mol Fe3+，a点过后，Fe3+量开始减少，说明此时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，当Fe3+完全反应后，Fe2+物质的量仍然在增加，说明发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，说明a点过后，H+仍然有剩余，故硝酸根在oa段完全反应。
【详解】A．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)=3n(Fe3+,oa)，故n(NO)=0.1 mol，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1 mol，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 mol-0.15 mol=0.05 mol，对应H+物质的量=2n2=0.1 mol，oa段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+,oa)=0.4 mol，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4 mol+0.1 mol=0.5 mol，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，A错误；
B．由分析知，a点之前，Fe被氧化为Fe3+，对应离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，B错误；
C．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为x mol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5x mol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04 mol，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1 mol-0.04 mol=0.06 mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03 mol×64 g/mol=1.92 g，C正确；
D．oa段生成气体NO物质的量n(NO)=0.1 mol，由A选项分析知，由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2 mol-0.15 mol=0.05 mol，生成H2的物质的量n(H2)=n(Fe2+)=0.05 mol，故整个过程共产生气体0.15 mol，对应体积=0.15 mol×22.4 L/mol=3.36 L，D错误；
故答案选C。
12. 顺—1，2—二甲基环丙烷(g)和反—1，2—二甲基环丙烷(g)可发生如图转化：

该反应的速率方程可表示为：v正=k正·c顺和v逆=k逆·c反，k正和k逆在一定温度时为常数，分别为正、逆反应速率常数。T1温度下，k正=0.006，k逆=0.002。下列说法错误的是
A. T1温度下，反应的平衡常数K=3
B. 温度升高，k正和k逆均增大
C. 若该转化过程为吸热反应，则活化能Ea(正)>Ea(逆)
D. 在恒容的密闭容器中，若压强不再变化则达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．T1温度下，平衡时v正=v逆，反应的平衡常数K==，A正确；
B．温度升高，正逆反应速率均增大，k正和k逆均增大，B正确；
C．若该转化过程为吸热反应，即>0，Ea(正)-Ea(逆) >0，则活化能Ea(正)>Ea(逆)，C正确；
D．该反应气体分子数始终不变，在恒容的密闭容器中，压强始终不变，故不能以压强不再变化判断是否达到平衡状态，D错误；
故选D。
13. 一种新型Zn—PbO2电池结构示意图如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、K2SO4和H2SO4，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。关于该电池，下列说法正确的是

A. Zn为电池的负极，发生的电极反应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
B. a、b隔膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C 电池中消耗6.5gZn，理论上PbO2电极应增重6.4g
D Zn-PbO2电池与传统铅酸蓄电池相比较，输出电压更低
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示可知Zn为负极，PbO2为正极，电解质溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是阳离子离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应副产物。
【详解】A．根据图示可知Zn电极失去电子Zn2+与溶液中的OH-结合形成Zn(OH)，所以Zn电极为负极，发生的电极反应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A正确；
B．A区域是KOH溶液，OH-发生反应变为Zn(OH)，为了维持溶液呈电中性，多余的K+通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；C区域是H2SO4溶液，PbO2发生电极反应：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，消耗了氢离子，多余的需要通过阴离子交换膜进入到B区域，因此b膜为阴离子交换膜；故B错误；
C．6.5g Zn的物质的量是n(Zn)==0.1mol，Zn电极发生反应：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，共转移0.2mol电子，PbO2发生电极反应：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，电极质量增加0.1mol 239g/mol=23.9g，故C错误；
D．传统铅酸蓄电池以铅为负极电极，电极方程式为Pb-2e-+=PbSO4，相比新型Zn—PbO2电池，消耗相同质量的负极材料，Zn—PbO2电池转移电子更多，输出电压更高，故D错误；
故选A。
II卷(共57分)
三、非选择题：共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共42分。
14. 唐山是拥有石煤资源的地区之一，工业上常以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3、V2O5，含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒，工业流程如图：


已知：①NH4VO3难溶于水。
②Ksp(MgSiO3)=2.4×10-15，Ksp[(Mg3(PO4)2=2.7×10-27。
回答下列问题：
（1）焙烧：通入空气的条件下向石煤中加纯碱焙烧，写出将V2O3转化为NaVO3的化学反应方程式______。
（2）除硅、磷：滤渣1的成分是______(写化学式)，溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol/L认为沉淀完全，除硅、磷后溶液中c(Mg2+)最小为______。
（3）沉钒：该操作产生的滤液中两种主要的溶质阴离子是______(写离子符号)；依次检验该滤液中两种阴离子方法是______。
（4）灼烧：在灼烧NH4VO3的过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示，则0℃~210℃，发生反应的化学方程式为______。


（5）还原：在高温真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，该反应的化学方程式为______。
【答案】（1）V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2
（2） ①. MgSiO3、Mg3(PO4)2 ②. 3×10-6mol/L
（3） ①. 、Cl- ②. 取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有；继续加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl-。
（4）NH4VO3NH3↑+HVO3
（5）V2O5+5C2V+5CO↑
【解析】
【分析】根据流程：石煤(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁除去硅、磷，滤渣的成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2，向滤液中加入NH4Cl沉钒得到偏钒酸铵(NH4VO3)，灼烧NH4VO3得到V2O5，加入还原剂得到单质钒。
【小问1详解】
焙烧过程中V2O3与Na2CO3在空气中焙烧转化为可溶性NaVO3和CO2，反应的化学方程式为：V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；
【小问2详解】
根据上述分析可知：除硅、磷：滤渣1的成分是MgSiO3、Mg3(PO4)2；
根据已知信息：Ksp(MgSiO3)=2.4×10-15，Ksp[(Mg3(PO4)2=2.7×10-27，若沉淀完全，需Mg2+的浓度为c(Mg2+)=； 若沉淀完全，需Mg2+的浓度为c(Mg2+)=，现在、处于同一溶液，要使两种离子都沉淀完全，则Mg2+应具有的最小浓度c(Mg2+)=3×10-6 mol/L；
【小问3详解】
除硅、磷过程中所加MgSO4的阴离子未参加反应；沉矾过程中所加NH4Cl中的Cl-未参加反应，所以沉钒操作产生的滤液中两种主要的溶质阴离子是、Cl-；
检验可根据BaSO4的不溶性进行检验；检验Cl-可以根据AgCl的不溶性进行检验，但若通过先滴加AgNO3溶液检验Cl-，由于Ag2SO4也是白色不溶性物质，就会干扰Cl-的检验，因此要先检验，然后再检验Cl-。具体操作方法是：取少量滤液于试管，加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，则说明含有；继续加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置一段时间，取上层清液于试管中，再加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则说明含有Cl-；
【小问4详解】
NH4VO3受热先分解生成NH3、HVO3，NH3逸出，固体质量与起始固体质量比值为，则A点固体为HVO3，故0℃~ 210℃时发生反应的化学方程式为：NH4VO3NH3↑+HVO3；
【小问5详解】
在高温、真空条件下，用过量焦炭还原V2O5可以生成钒单质，焦炭被氧化为CO，V2O5被还原为V，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知该反应方程式为：V2O5+5C2V+5CO↑。
15. 氯化钴(CoCl2)主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co(III)的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。


（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为______。
（2）装置B中盛放的试剂为______，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是______。
（3）E中物质的名称______，其作用是______。
（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是______。
（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是______。
（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是______。
【答案】（1）Cl-+ClO -+2H+=Cl2↑+H2O
（2） ①. 饱和NaCl溶液 ②. 防止固体粉末堵塞导管
（3） ①. 碱石灰 ②. 吸收多余Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D
（4）排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气
（5）CoCl3为氧化产物，由于Co(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3
（6）SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl(酸性气体)抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体
【解析】
【分析】84消毒液的主要成分是次氯酸，HCl(浓)+HClO =Cl2↑+H2O；装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，浓盐酸会挥发出HCl，碳酸氢钠可吸收HCl；C中 Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。
【小问1详解】
84消毒液的主要成分是次氯酸钠，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的方程式为: Cl-+ClO -+2H+=Cl2↑+H2O ；
【小问2详解】
装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管；
【小问3详解】
装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；
【小问4详解】
实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；
【小问5详解】
装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；
【小问6详解】
SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体。
16. 在碳达峰、碳中和的国家战略下，工业生产废气和汽车尾气中的NOx和CO的减排及有效处理，显得尤为重要。
（1）在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH。
已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-144kJ·mol-1，
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1，
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH3=-66kJ·mol-1。
则ΔH=______，该反应在______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（2）用金作催化剂，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的微粒用“•”标注。该历程中最大能垒E正=______eV，写出该步骤的化学方程式______。


（3）将相同量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的密闭容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，经过相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图所示。图像中c点是否一定是平衡状态并说明理由______。


（4）在另一温度下，关闭K，向A容器中充入1molNO和2molCO，向B容器中充入1.5molNO和3molCO，两容器均发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，则容器A和B中NO的转化率A______B(填“>”、“