天津市河东区2020届高三学业水平等级性考试模拟测试化学试题

2020年河东区高中学业水平等级性考试第一次模拟测试
化学
本试卷分为第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分，共 100 分，考试用时 60分钟。第 I 卷 1 至 4 页，第 II 卷 5 至 8 页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共 36 分)
本卷可能用到的相对原子质量： C:12 S:32 Na:23 O:16 H:1 Fe:56
本题包括 12 小题，每小题 3 分，共 36 分。每小题只有一个选项符合题意
1.下列对预防“新型冠状病毒肺炎”的一些认识，你认为合理的是
A. 制作口罩的无纺布材料聚丙烯是天然高分子材料
B. 将 84 消毒液与酒精混合使用消毒效果更佳
C. 用于消毒的医用酒精中乙醇的体积分数为 95%
D. 可以直接用氯水做漂白、杀菌、消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯为合成高分子化合物，属于合成材料，故A错误；
B．84消毒液和酒精混合不但不会增加效果，反而会降低消毒效果，产生有毒气体，故B错误；
C．95%酒精会使细菌细胞外面形成保护层，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒精杀菌效果最好，所以医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故C错误；
D．氯水中含有次氯酸，可以直接用氯水做漂白、杀菌、消毒剂，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意84 消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能够与酒精发生氧化还原反应生成氯气等，降低消毒效果，因此二者不能混合使用。
2.下列有关化学基本概念的依据正确的是
A. 溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应
B. 纯净物与混合物：是否仅由一种物质组成
C. 强电解质与弱电解质：根据其溶液的导电能力强弱
D. 极性分子与非极性分子：根据化学键的极性判断
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小，溶液中的分散质粒子直径小于1nm，胶体的胶粒直径在1nm～100nm，故A错误；
B．纯净物：只由一种物质组成的称为纯净物。混合物：由两种或两种以上物质组成的称为混合物，所以纯净物、混合物是按照是否仅含一种物质划分的，故B正确；
C．在水溶液中完全电离的化合物属于强电解质，部分电离的化合物属于弱电解质，和导电能力强弱无关，故C错误；
D．分子中正负电荷的重心重合或电荷分布均匀的分子是非极性分子，正负电荷的重心不重合或电荷分布不均匀的分子是极性分子，与化学键的极性没有直接的关系，非极性分子中可能含有极性键，如CO2，极性分子中也可能含有非极性键，如H2O2，故D错误；
故选B。
3.下列反应需要破坏共价键的是
A. 晶体硅熔化 B. 碘升华 C. 冰融化成水 D. NaCl 溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，故A正确；
B．碘是分子晶体，升华时克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故B错误；
C．冰是分子晶体，融化成水时克服的是分子间作用以及氢键，共价键没有被破坏，故C错误；
D．氯化钠是离子晶体，溶于水时，破坏的是离子键，故D错误；
故选A。
4.下列化学用语对事实的表述正确的是
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 向 Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32-＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32-
C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：
D. NaHSO4熔融电离：NaHSO4Na++H++SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A．酯化反应的机理是“酸断羟基醇断氢”，硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，反应生成硅酸和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SiO32-+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示为：，故C正确；
D．熔融状态下共价键不能断裂，故NaHSO4熔融电离：NaHSO4 Na++HSO4-，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意NaHSO4在熔融状态下和溶液中电离方程式的区别，在溶液中NaHSO4=Na++H++SO42-。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用该装置分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
B. 用该装置除去实验室制取乙烯中混有的少量 SO2
C. 用该装置加热 AlCl3 溶液制备无水 AlCl3 固体
D. 用该装置获取少量 SO2 气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，不能选过滤分离，应选分液分离，故A错误；
B．二氧化硫与NaOH能够反应被吸收，乙烯不能，导管长进短出，洗气可分离，故B正确；
C．加热 AlCl3溶液，促进水解，生成的盐酸易挥发，加热蒸干得不到无水 AlCl3 固体，应在HCl气流中加热制备无水 AlCl3固体，故C错误；
D．Cu与浓硫酸的反应需要加热，图中缺少加热装置，故D错误；
故选B。
6.已知有机物 M 在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是

A. 该反应类型为取代反应
B. N 分子中所有碳原子共平面
C. M 中苯环上的一氯代物共有 4 种
D. 可用溴水鉴别 M 和 N
【答案】D
【解析】
【详解】A．M中碳碳双键和氢气发生加成反应生成N，该反应为加成反应，故A错误；
B．N分子中取代基上的3个碳原子都采用sp3杂化，具有甲烷的结构特点，则N中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．M中苯环上有三种氢原子，所以M苯环上一氯代物有3种，故C错误；
D．M和溴水发生加成反应、N和溴水不反应，前者能使溴水褪色，后者发生萃取，振荡静置后分层，且上层有色，现象不同，可以鉴别，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高
B. 原子核外电子排布，先排满K层再排L层，先排满M层再排N层
C. 同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大
D. 同一周期中，Ⅱ A与Ⅲ A族元素原子的核电荷数都相差1
【答案】A
【解析】
【详解】A.电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；
B. M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完4s能级后才能填充3d能级，故B错误；
C.同一周期中，主族元素随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；
D.第四周期中，Ⅱ A与Ⅲ A族元素原子的核电荷数相差11，故D错误；
故答案为A。
【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素在周期表的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意整体把握周期表的结构。
8.X、Y、Z、W 均为常见短周期非金属元素，常温下，其最简单氢化物水溶液(浓度均为0.01 mol/L)的 pH 和原子半径的关系如图所示。其中 X 为氧元素。下列有关说法正确的是

A. Y 是钠元素
B. 图中 Y 的氢化物不能与X 的氢化物反应
C. Z 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HClO4
D. W 的最高价氧化物对应水化物是弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W均为常见的短周期非金属元素，X 为氧元素，由常温下，其最简单氢化物水溶液(浓度均为 0.01mol/L)的pH、原子半径可知，Y对应最简单氢化物水溶液的pH＞7，且原子半径大于O，则Y为N；Z的原子半径大于N，Z的最简单氢化物水溶液的pH=2，为一元强酸，则Z为Cl；W的原子半径最大，且0.01mol/L W的最简单氢化物水溶液的2＜pH＜7，可知W为S，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为O、Y为N、Z为Cl、W为S。
A．根据上述分析，Y为N元素，故A错误；
B．Y 的氢化物为氨气，X 的氢化物为水，二者能够反应生成NH3·H2O，故B错误；
C．Z为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，故C正确；
D．W 为S元素，最高价氧化物对应水化物为硫酸，是强酸，故D错误；
故选C。
9.由下述实验现象，下列氯水对应结论不正确的是
实验
装置
试剂 A
现象
①

紫色石蕊溶液
先变红后褪色
②
滴有 KSCN 的 FeCl2 溶液
溶液变红
③
NaHCO3 溶液
产生使澄清石灰水变浑浊的气体
④
HNO3 酸化的 AgNO3 溶液
产生白色沉淀


A. ①氯水具有酸性和漂白性
B. ②氯水具有还原性
C. ③氯水中含有 H+
D. ④氯水中含有 Cl－
【答案】B
【解析】
【详解】A．向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液变红，说明氯水显酸性，然后褪色，说明氯水具有漂白性，能说明氯水具有酸性和漂白性，故A正确；
B．将氯水滴加到含KSCN 的 FeCl2 溶液，溶液变红，说明氯水能够将亚铁离子氧化为铁离子，说明氯水具有氧化性，不能说明氯水具有还原性，故B错误；
C．氯水能与碳酸氢钠反应产生能使澄清石灰水变浑浊的气体二氧化碳，说明氯水显酸性，能说明氯水中含有 H+，故C正确；
D．氯水与HNO3 酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，该白色沉淀是氯离子与银离子反应得到AgCl，说明氯水中含有Cl-，故D正确；
故选B。
【点睛】解答本题的关键是知道氯水中含有的微粒和微粒的性质，氯水溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸为强酸，次氯酸为弱酸，溶液中含有H+、Cl-、氯气、HClO等。
10.如图所示电池是一种新型储氢材料—镍电池(MHn—Ni)，(MHn中金属和氢都为 0 价)。下列有关说法不正确的是

A. 放电时正极反应为 NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－
B. 电池的电解液可为KOH 溶液
C. 充电时阴极反应为 MHn＋nOH－－e－→nH2O＋M
D. MHn 是一类储氢材料，n 越大，电池的比能量越高
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，镍电池(MHn—Ni)中应该选碱性溶液作电解质溶液，放电时，正极：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极：MHn+nOH--ne-=M+nH2O，总反应：MHn+nNiOOH=M+nNi(OH)2 ，充电时，阳极反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极反应：M+nH2O+ne-=MHn+nOH-，总反应：M+nNi(OH)2=MHn+nNiOOH；据此分析解答。
【详解】A．放电时，正极发生还原反应：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故A正确；
B．为了防止MHn被氢离子氧化，镍电池中电解液应该为碱性溶液，可以用KOH作电解液，故B正确；
C．充电时，电池的负极作阴极，阴极发生还原反应：M+nH2O+ne-=MHn+nOH-，故C错误；
D．M为储氢合金，MHn为吸附了氢原子的储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高，故D正确；
故选C。
11.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. 稀释氨水溶液 10 倍后，其 c(OH-)为原来的
B. pH 之和为 14 的 H2C2O4与 NaOH 溶液混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HC2O4-)
C. pH=5 的 H2S 溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol/L
D. 将等物质的量的Na2CO3 和 NaHCO3 混合溶于水中＜1
【答案】D
【解析】
【详解】A．一水合氨在稀释过程中继续电离生成OH-，所以稀释氨水溶液10倍后，其c(OH-)大于原来的，故A错误；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，所以c(Na+)+c(H+)＞c(OH-)+c(HC2O4-)，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(HS-)，故C错误；
D．Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，导致溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，则＜1，故D正确；
故选D。
12.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(过硫酸根离子如图所示)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，Ksp[Fe(OH)3]＝2.7×10-39。下列叙述正确的是

A. 室温下，中间产物 Fe(OH)3 溶于水所得饱和溶液中 c(Fe3＋)为2.7×10-18 mol·L-1
B. 若 56g Fe 参加反应，共有 NA 个 S2O82- 被还原
C. 1mol 过硫酸钠(Na2S2O8)含 2NA 个过氧键
D. pH 越小，越有利于去除废水中的正五价砷
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，此溶液碱性极弱，溶液的pH接近7，即c(OH-)=10-7mol/L，代入方程即可解得：c(Fe3+)=2.7×10-18mol•L-1，故A正确；
B．56g Fe为1mol，根据图示，一个S2O82-和一个Fe反应生成两个SO42-和一个Fe2+，该过程转移2个电子，但Fe2+还要与S2O82-反应变成Fe3+和自由基(SO4-●)，因此1mol铁参加反应要消耗1.5molS2O82-，共有1.5NA个S2O82-被还原，故B错误；
C．根据Na2S2O8的结构，1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含1mol过氧键，即含有NA个过氧键，故C错误；
D．根据图示，最后是将铁离子和亚铁离子转变为沉淀，与正五价砷共沉淀析出，则溶液的碱性越强，越有利于沉淀析出，即pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意观察图示，反应过程中Fe先与S2O82-反应生成SO42-和Fe2+，然后Fe2+再与S2O82-反应变成Fe3+和自由基(SO4-●)，结合氧化还原反应中得失电子守恒计算判断。
第Ⅱ卷(非选择题，共 64 分)
本卷可能用到的相对原子质量： C:12 S:32 Na:23 O:16 H:1 Fe:56
13.C、H、O、N 是构成生命的基本元素，是中学化学研究的重要内容之一。
(1)对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是_____
A 电子云形状不同
B. 自旋方向相同
C. 能量不同
D. 在同一轨道
(2)C、O、N 三种元素第一电离能由大到小的顺序是_____
(3)HCHO 分子中碳原子轨道的杂化类型是_____，福尔马林(HCHO 的水溶液)，HCHO 极易与水互溶的主要原因是_____
(4)在有机银镜反应实验中其中一种反应物是配合物，写出此配合物离子的结构简式_____，提供孤电子对的成键原子是_____。
(5)如图是金刚石晶胞，每个碳原子的配位数是_____；每个晶胞中含有的碳原子个数是_____；若晶胞的边长是anm，该晶胞中两个碳原子之间的最短距离为_____nm。

【答案】 (1). B (2). N＞O＞C (3). sp2 (4). HCHO与水分子间存在氢键 (5). [Ag(NH3)2]+ (6). N (7). 4 (8). 8 (9). a
【解析】
【分析】
(1)碳原子的电子排布式为1s22s22p2，结合核外电子的排布规律分析判断；
(2)C、O、N都是第二周期非金属元素，同一周期元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，结合N元素原子2p能级是半满状态分析排序；
(3)根据甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型，结合氢键对物质性质的影响分析解答；
(4)银镜反应实验中的反应物属于配合物的是Ag(NH3)2OH，据此分析解答；
(5)根据金刚石的晶胞结构结合均摊法计算晶胞中含有的碳原子数；晶胞中两个碳原子之间的最短距离为晶胞体对角线的，据此计算。
【详解】(1)A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p能级，p能级沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；B、p能级又分x、y、z三个相互垂直的轨道，电子优先占据不同轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故B正确；C、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p能级，能量相同，故C错误； D、p能级又分x、y、z三个相互垂直的轨道，电子优先占据不同轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误；故答案为：B。
(2)C、O、N都是第二周期非金属元素，同一周期元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
(3)甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO与水分子间存在氢键使得HCHO极易与水互溶，故答案为：sp2；HCHO与水分子间存在氢键；
(4)有机物的银镜反应实验中的反应物属于配合物的是Ag(NH3)2OH，配合物离子的结构简式为[Ag(NH3)2]+，NH3为配体，N原子中含有孤电子对，因此提供孤电子对的成键原子是N，故答案为：[Ag(NH3)2]+；N；
(5)根据图示，在金刚石晶胞中，每个碳原子周围有4个碳原子，碳原子的配位数是4；每个晶胞中含有的碳原子个数是8×+6×+4=8；晶胞中两个碳原子之间的最短距离为晶胞体对角线的，因此最短距离为anm，故答案为：4；8；a。
14.“阿比朵尔”是抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如图：

回答下列问题：
(1)有机物 A 含氧官能团名称_____；
(2)反应②、⑥反应类型分别是_____、_____；
(3)F 的分子式为_____；
(4)请写出反应③的化学反应方程式_____；
(5)M 是 B 的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种；其中核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 2:2:2:1 的结构简式_____；
①苯环上有 3 个取代基；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应，且 1 mol M 水解消耗4mol NaOH
(6)设计由甲苯和丙酮()为原料制备合成路线_____。
【答案】 (1). 羟基和硝基 (2). 还原反应 (3). 取代反应 (4). C14H15O4N (5). ++H2O (6). 6 (7). 或 (8).
【解析】
【分析】
(1)根据常见官能团的结构和名称分析判断A 的含氧官能团；
(2)根据流程图，反应②中B中硝基生成C后变成了氨基，反应⑥中G变成H后有2个H原子被溴原子代替，结合反应的特征分析判断反应类型；
(3)根据F 的结构简式判断F的分子式；
(4)根据流程图，反应③为C在InBr3条件下与D生成E，C中氨基与D中羰基发生了脱水反应，据此书写反应的化学方程式；
(5)①苯环上有 3 个取代基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；③能发生水解反应，说明属于甲酸酯类物质， 1 mol M 水解消耗4mol NaOH，说明结构中含有2个酯基，且水解生成的羟基为酚羟基，还含有1个-NH2，据此分析解答；
(6)根据题干流程图中C→E的反应可知，由甲苯和丙酮为原料制备合成，需要有对氨基甲苯，因此需要先合成对硝基甲苯，据此分析解答。
【详解】(1)有机物 A ()的含氧官能团有羟基和硝基，故答案为：羟基和硝基；
(2)根据流程图，反应②中B()中硝基生成C()后变成了氨基，为还原反应，反应⑥中G()变成H()后有2个H原子被溴原子代替，为取代反应，故答案为：还原反应；取代反应；
(3)F ()的分子式为C14H15O4N，故答案为：C14H15O4N；
(4)根据流程图，C()在InBr3条件下与D()生成E()，C中氨基与D中羰基发生了脱水反应，因此反应③的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
(5)M 是 B ()的一种同分异构体，①苯环上有 3 个取代基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；③能发生水解反应，且 1 mol M 水解消耗4mol NaOH，说明结构中含有2个甲酸形成的酯基，且水解生成的羟基为酚羟基，即满足条件的M的同分异构体的苯环上的3个取代基：2个HCOO-、1个-NH2，有6种；其中核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 2:2:2:1 的结构简式为或，故答案为：6；或；
(6)根据题干流程图中C→E的反应可知，由甲苯和丙酮()为原料制备合成，需要有对氨基甲苯和丙酮，因此需要先合成对硝基甲苯，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，明确苯环上含有的侧链是解题的关键，要注意能够水解且能够发生银镜反应，结合B的分子式，符合条件的是甲酸酯类物质，而且该酯基水解生成的羟基为酚羟基。
15.利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3 等杂质)制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)焙烧 Cr2O3 转化为Na2CrO4 的化学反应方程式是_____；
(2)实验室模拟此工业流程①，控制反应温度 60℃的方法是_____；
(3)流程②用石墨做电极电解 Na2CrO4 溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a 是_____极；电极Ⅱ的电极反应式是_____；当生成 2mol Na2Cr2O7时，电路中转移的电子_____mol；

(4)由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备 K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；

重铬酸钠的溶解度表：
温度℃
10
20
40
60
80
100
溶解度%
61.6
62.8
65.1
71.8
78.7
81.1

(5)为进一步减少制得的 K2Cr2O7 晶体中 NaCl 等杂质，应再进行_____操作；
(6)流程④Na2Cr2O7 溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____(写一种即可)。
【答案】 (1). 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2 (2). 水浴加热 (3). 负极 (4). 4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+ (5). 4 (6). 冷却结晶（降低温度） (7). 重结晶 (8). 乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等
【解析】
分析】
利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3 等杂质)制备重铬酸钠。将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2，然后在60℃时调节溶液pH=6.5，用盐酸浸取后过滤，得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等，滤液中含有Na2CrO4和NaCl，然后用石墨做电极电解 Na2CrO4 溶液，制备Na2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇，可以制得Na Cr(SO4)2，据此分析解答。
【详解】(1)Cr2O3 与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4 的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2；
(2)可以采用水浴加热的方法，控制反应温度 60℃，故答案为：水浴加热；
(3)Na2CrO4 溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，用图示装置(均为石墨电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极(电极Ⅱ)是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极Ⅱ为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；由CrO42-+2H +=Cr2O72-+H2O可知，每生成2molNa2Cr2O7时，理论上II电极生成4molH+，根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，每生成4molH+，转移4mol电子，故答案为：负极；4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；4；
(4) 根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大，且温度较低是由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl，充分加热，蒸发浓缩至表面出现晶膜，然后冷却结晶，析出K2Cr2O7固体，反应才能顺利进行，故答案为：冷却结晶(降低温度)；
(5) 根据溶解度曲线，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响不大，为进一步减少制得的 K2Cr2O7 晶体中 NaCl 等杂质，需要对K2Cr2O7 晶体进行重结晶操作，进一步分离提纯，故答案为：重结晶；
(6) Na2Cr2O7 溶液具有强氧化性，Na2Cr2O7 溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、甚至可以氧化生成二氧化碳和水，故答案为：乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等。
16.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)。
(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：① 2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K1；②4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K2；③2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K3,则K1、K2、K3之间的关系为K3=_______________（用K1和K2表示）；
(2)已知几种化学键的键能数据如下表：（亚硝酰氯的结构为Cl—N==O）
化学键
N≡O
Cl－Cl
Cl－N
N==O
键能/(kJ·mol－1)
630
243
a
607

则2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的反应的 △H和a的关系为 △H = ___kJ·mol－1。
(3)300℃时，2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正 = k·cn (ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/(mol·L－1)
v/(mol·L－1·s－l)
①
0. 30
3. 60×10－9
②
0. 60
1. 44×10－8
③
0. 90
3. 24×10－8

n = ___；k = ____。
(4)若向绝热恒容密闭容器中充入物质的量之比为2 : 1的NO和Cl2进行反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)，能判断反应已达到化学平衡状态的是__（填标号）。
a．容器中压强不变 b．2v正(NO) = v逆(Cl2)c．气体的平均相对分子质量保持不变 d．该反应平衡常数保持不变e．NO和Cl2的体积比保持不变
(5)25℃时，向体积为2 L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 mol Cl2发生反应：2NO(g)＋Cl2 (g)2ClNO(g)△H。
①若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线a所示，则 △H __（填“>”“<”或“不确定”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图甲曲线b所示，则改变的条件是______。

②图是甲、乙同学描绘上述反应平衡常数的对数值(lg K)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____（填“甲”或“乙”），m值为_____。

【答案】 (1). K3= (2). 289－2a (3). 2 (4). 4. 0×10－8 L·mol－1·s－1 (5). acd (6). < (7). 加入催化剂 (8). 乙 (9). 2
【解析】
【分析】
（1）利用方程式叠加关系得到平衡常数之间的关系；
（2）利用键能计算焓变，反应物的键能之和减去生成物的键能之和就是焓变；
（3）将表中数据带入速率方程即可求得n和k；
（4）平衡状态的判定；
（5）列三段式计算平衡常数，进而去计算。
【详解】（1）①② 将①×2−②可得： ,则平衡常数,
故答案为：；
（2）反应的△H=反应物的键能之和−生成物的键能之和，
故答案为：289－2a；
（3）根据表格①②中的数据，带入速率公式然后做比值： ,解得n=2,将n代入①中得k=4×10−8，
故答案为：2；4. 0×10－8 L·mol－1·s－1；
（4）a.对于反应，反应前后气体系数变化，故压强是变量，故当压强不再变化说明反应已经平衡，a正确；
b. 2v正(NO) = v逆(Cl2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，b错误；
c. 气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量等于总质量比总物质的量，总质量虽然不变，但是总物质的量会改变，故平均相对分子质量是变量，当它不再变化则说明反应已经达到平衡状态，c正确；
d. 绝热容器中，温度会改变，温度改变平衡常数就会改变，当平衡常数不再变化则说明反应已经达到平衡状态，d正确；
e.和的体积比始终是2:1，不是变量，故不能说明达到平衡状态，e错误；
答案选acd；
（5）①由图甲分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为△H<0；由图甲知：化学反应速率加快，平衡不动，故改变的条件：加入催化剂；
答案为：<；加入催化剂；
②T升高，平衡左移，K减小，lgK减小，曲线选乙，设反应的氯气物质的量为x， 根据压强之比等于物质的量之比，得到： ，解得：x=0.02mol，依据计算得到平衡时物质的浓度代入x求得：；； ；
平衡常数： ，lgK=lg100=2，m=2；
故答案为：乙；2。
【点睛】化学平衡状态的判定方法：1、；2、当变量不再变化，如体系中气体总物质的量在反应中会发生变化，则气体的总物质的量就是变量，当气体的总物质的量不再变化，则说明反应已经达到平衡状态。