湖南省株洲市第一中学2023届高三第七次月考化学试题含解析

这是一份湖南省株洲市第一中学2023届高三第七次月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 湖南省株洲市第一中学2023届高三第七次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 S～32 Ag～108 La～139
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A. “歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料
B. 2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
C. 用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料，是一种传统无机非金属材料
D. 2022冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于过渡元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维为无机非金属材料，A错误；
B．芳纶属于有机合成纤维，B正确；
C．X碳化硅特种陶瓷材料，一种新型无机非金属材料，C错误；
D．碲为主族元素，不属于过渡元素，D错误；
故选B。
2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 已知，14gR含有的中子数为8
B. 0.4mol联氨()中含有共价键数目为2
C. 138g与完全反应时转移的电子数为3
D. 常温下1L pH=12的溶液中，电离出的数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．R为，1个含8个中子，故14gR含有的中子数为，故A正确；
B．1个分子中含有5个共价键，故0.4mol联氨()中含有共价键数目为，故B正确；
C．与反应的化学方程式为，故138g(即3mol)与完全反应时转移的电子数为，故C错误；
D．溶液中，，所以常温下1LpH=12溶液中，电离出的数为，故D正确；
故答案为C。
3. 某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A. “水瓶”、冰水混合物、CuSO4•5H2O都是混合物
B. 金刚石、石墨和C60互称为同位素
C. 磷酸钙是难溶性弱电解质
D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰水混合物、CuSO4•5H2O均只含一种物质，都是纯净物，根据题干提供的信息可知，“水瓶”为混合物，故A错误；
B．金刚石、石墨和C60均是由碳元素形成的结构和性质不同的单质，互为同素异形体，金刚石是由共价键形成的立体网状结构，属于原子晶体，石墨中的层与层之间是分子间作用力，而层内的碳原子之间是以共价键结合形成的平面网状结构，石墨是混合晶体，C60存在分子结构，分子之间以分子间作用力相结合，C60属于分子晶体，故B错误；
C．磷酸钙为难溶物，但溶解的部分在水溶液中可以完全电离，是强电解质，故C错误；
D．石墨和C60互为同素异形体，同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，因反应前后元素的化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，
故D正确。
4. 异松油烯可以用于制作香精，防腐剂和工业溶剂等，其结构简式如图。下列有关异松油烯的说法不正确的是

A. 分子式
B. 能发生加成、氧化、取代反应
C. 存在属于芳香烃的同分异构体
D. 核磁共振氢谱有6个吸收峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．由 的结构式可知，其分子式是，故A正确；
B．根据的结构式可知，含有碳碳双键，所以能发生加成反应，也能发生氧化反应，含有烷烃基能发生取代反应，故B正确；
C．根据的结构式可知，含有3个不饱和度，所以不存在苯环，不属于芳香烃的同分异构体，故C错误；
D．根据的结构式可知，有6种不同类型的氢原子，所以核磁共振氢谱有6个吸收峰，故D正确；
故答案：C
5. 碳酰氯(COCl2)俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是

A. 装置的连接顺序应为
B. 装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C. 装置丁中发生反应的化学方程式为
D. 冰水混合物的作用是降温，防止挥发
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酰氯(COCl2)遇水迅速水解，则合成时必须处于干燥环境中，则装置连接为乙甲丁甲丙、连在乙后的甲用于干燥氧气，连在丁后边的甲防止丙中的水蒸气进入丁中，故装置的各接口的连接顺序应为，A错误；
B．制备光气时有HCl气体产生，因此装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，B正确；
C．装置丁中氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下生成碳酰氯、HCl，发生反应的化学方程式为，C正确；
D．碳酰氯(COCl2)沸点为8.2℃，冰水混合物的作用是降温，防止挥发，D正确；
故选A。
6. 在295K温度下，甘氨酸和氯化镁溶液慢慢蒸发可得到聚二氯甘氨酸四水合镁晶体，的分子结构如图1所示，晶胞结构如图2所示(晶胞参数为)。甘氨酸与硝基乙烷()互为同分异构体。下列有关说法正确的是

A. 往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，无明显现象
B. 与之间的最短距离为
C. 蒸馏甘氨酸与硝基乙烷混合物时，甘氨酸先汽化
D. 与距离最近的有4个
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于氯离子在外界，因此往该物质水溶液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀AgC1产生，A错误；
B．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，故与之间的最短距离为晶胞体对角线的，即为，B正确；
C．甘氨酸与硝基乙烷互为同分异构体，由于甘氨酸分子间能形成氢键，所以沸点更高，加热时比硝基乙烷后汽化， C错误；
D．由题干化学式和晶胞结构图可知，图2中实心黑球代表[Mg(C2H5NO2)(H2O)4]2+，空心白球代表Cl-，与距离最近的有12个，D错误；
答案选B。
7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述错误的是

A. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高
D. W、X、Z简单离子半径最小的是X
【答案】A
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O,即W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，依此答题。
【详解】A．根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，A项错误；
B．X为Na元素，Y为Si元素，硅为共价晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，B项正确；
C．O的非金属性比Si强，所以W的氢化物的稳定性比Y的氢化物强，C项正确；
D．W、X、Z简单离子分别为：O2-、Na+、Cl-，O2-和Na+电子层数相同，比Cl-少一层电子，电子层多，离子半径大，电子层数相同，原子序数大的，半径小，即简单离子半径最小的是Na+，D项正确；
答案选A。
8. 氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是

A. 整个过程中作催化剂
B. 过程Ⅰ中发生的化学反应为
C. 过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D. 过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A．整个过程中先参加反应后又被生成，是催化剂，A正确；
B．过程Ⅰ中的反应物为、NO，产物为、、，对应的化学方程式为，故B正确；
C．过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；
D．过程Ⅱ的化学方程式为，Ni元素化合价降低，是氧化剂，O元素化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误；
选D。
9. 在钒化合物的催化作用下，H2O2发生反应的反应机理如图甲，反应过程中的能量变化情况如图乙所示，下列说法错误的是

A. 此过程的总反应为H2O2+Cl-+H+=H2O+HClO
B. 在图示无机反应中，被氧化的是氯元素，被还原的是氧元素
C. 图中钒的化合价发生了变化
D. 此过程的总反应速率由C到D的步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题所给循环过程，总反应式为H2O2+Cl―+H+=H2O+HClO，A项正确；
B．H2O2+Cl－+H+=H2O+HClO中被氧化是氯元素，被还原的是氧元素，B项正确；
C．仔细观察可知虽然钒的配位数发生了变化，但其化合价始终为+5价不变，C项错误；
D．此过程的总反应速率由活化能最大的反应步骤C到D决定，D项正确。
答案选C。
10. 羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置(如下图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是

A. b极为负极，d极为阳极
B. b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14g
C. d电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+
D. 工作时，如果II室中Na+、Cl− 数目都减小，则M为阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】苯酚氧化为CO2和H2O的原电池中C6H6O CO2+H2O，发生了氧化反应，作负极，c为阴极： 发生了还原反应，作正极，d为阳极。以此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析可知：b极为负极，d极为阳极，故A正确；
B. 根据上述分析可知：1molC6H6O 6molCO228mole-，c极区2H+H2 2mole-。所以b电极区每产生3molCO2，转移14mol电子，c电极产生7molH2，d极质子通过质子交换膜进入c极区，溶液质量不会变化，故B错误；
C. 根据上述分析可知：d为阳极，其电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+，故C正确；
D. 根据上述分析可知：a为正极，其电极的电极反应式：7H2O++6 e-=2+8OH-，阴离子浓度增大，Na+透过M膜进入a极区，所以M为阳离子交换膜，故D正确；
故答案：B。
11. 以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。下列说法错误的是

A. 酸浸过程得到的滤液中含有Mn2+、Fe3+，则该过程中主要反应的离子方程式是
B. 滤渣1的成分中含有S和SiO2
C. 酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行
D. 调pH的目的是除去Fe3+、Al3+
【答案】C
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和黄铁矿(FeS2)混合粉碎后用稀硫酸溶解，待完全反应后过滤，除去不溶于酸的SiO2和其它杂质，所得滤液1中主要含有Mn2+、Al3+、Fe3+、H+、，然后加入NaOH溶液，调节溶液pH，使Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，并过滤除去，再加入氨水、NH4HCO3，Mn2+反应产生MnCO3，过滤，除去不溶性杂质，用H2SO4溶解MnCO3，得到MnSO4溶液，将滤液蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥即可得到MnSO4·H2O。
【详解】A．MnO2具有强氧化性，能够将FeS2氧化为Fe3+、S，MnO2被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为，A正确；
B．酸性氧化物SiO2不能溶于水，S也不能溶于水，也不溶于酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1的成分中含有S和SiO2，B正确；
C．酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，C错误；
D．调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，D正确；
故合理选项是C。
12. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应： ，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol



Ⅰ

0.2
0.2
0.1
Ⅱ

0.2
0.2
0.12
下列说法不正确的是
A.
B. Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D. 对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；
故选D。
13. 实验室用如图所示的装置模拟处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)。装置II中生成NaNO3和NaNO2两种盐，装置Ⅲ用于吸收CO。下列有关说法正确的是

A. 实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气
B. 装置I中吸收SO2的化学方程式为2SO2+Ca(OH)2=Ca(HSO3)2
C. 装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供孤电子对与NH3形成配位键
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO和CO)通过石灰乳，二氧化硫和二氧化碳被吸收，然后通入足量的氢氧化钠中，同时通入空气，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，剩余氮气和一氧化碳进入装置Ⅲ，一氧化碳被吸收，氮气作为无污染气体排出。据此解答。
【详解】A. 若实验时应先向装置I中通工业废气，再向装置II中通空气，可能有一氧化氮不能被氧化，进而被氢氧化钠吸收，造成环境污染，故A错误；
B. 装置I中为足量的氢氧化钙，吸收SO2时应生成亚硫酸钙不是亚硫酸氢钙，故B错误；
C. 根据产物硝酸钠和亚硝酸钠的化学式分析，氮原子和钠原子个数比为1:1，故装置II中每吸收1molNO消耗1molNaOH，故C正确；
D. [Cu(NH3)2]+中，Cu+提供空轨道，NH3提供孤电子对与形成配位键，故D错误；
故选C。
14. HX为一元弱酸，YOH为一元强碱。常温下，向难溶强电解质(YX)的悬浊液中加入某酸，测得c(Y+)与c(H+)的变化关系如图实线所示。下列说法错误的是

A. M点时，c(X-)＜c(Y+)
B. 水的电离程度：N＞P
C. 实验时可加入的酸为盐酸
D. 难溶物YX的溶度积K为a22
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点溶液呈碱性c(OH-)>c(H+)，又有电荷守恒有c(OH-)+c(X-)=c(H+)+c(Y+),因此该点溶液中c(X-)＜c(Y+)，A正确；
B．在难溶性盐YX的悬浊液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，向其中加入酸，增大了其中c(H+)，对水电离平衡其抑制作用，使水电离程度减小。c(H+)越大，水的电离程度就越小。由于c(H+)：P＞N，所以水的电离程度：N＞P，B正确；
C．如果加入某酸为HCl，则与X-反应产生弱酸HX，c(X-)减小，c(Y+)增大，与图象不符，因此实验时可加入的酸不为盐酸，应为HX，C错误；
D．在一定温度下，难溶物XY的溶度积K=c(Y+)∙c(X-)，但由于在N点时c(H+)=10-7mol/L，根据电荷守恒，c(Y+)=c(X-)，所以K为a22，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(共4个大题，58分)
15. 2021年9月17日，搭载聂海胜、刘伯明、汤洪波三位航天英雄的神舟十二号飞船顺利返回东风着陆场。其中黄色的超氧化钾()常作为航天飞船舱的氧气来源，某学习小组设计以下实验探究的性质，请回答相关问题：
（1）Ⅰ.探究与水的反应
实验操作
现象
结论与解释
(1)取少量固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份
快速产生气泡，木条复燃
产生的气体是______
(2)一份滴加酚酞试液
先变红后褪色
可能的产物是_____
(3)另一份滴加溶液
观察到______


Ⅱ.探究与的反应

学习小组的实验操作如下：
①检查装置气密性，然后装入药品
②打开通入，排尽装置内原气体后关闭
③打开分液漏斗活塞反应
④反应结束后再次打开通入，排尽装置内原气体后关闭
⑤拆卸装置至实验完成
（2）写出装置发生的化学方程式为___________。
（3）甲同学认为利用上述装置验证“与反应生成”存在不足之处，请分析甲同学认为存在不足的原因___________(用离子反应方程式说明)。
（4）学习小组听取甲同学的建议改进装置后再实验，待完全反应后，将装置中固体加水溶解，配成溶液，等分为、两份。
①向溶液中加入足量的盐酸酸化的溶液，充分反应后，将沉淀过滤、洗涤、干燥，称重为。
②将溶液移入___________(填仪器名称)中，用酸性溶液滴定，终点时消耗酸性溶液。
③依据上述现象和数据，请写出该实验总反应的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 和 ③. 产生红褐色沉淀和气体
（2）
（3）
（4） ①. 锥形瓶 ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
取少量固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，快速产生气泡，木条复燃，产生的气体是；滴加酚酞试液，先变红后褪色，可能的产物是和，使酚酞试液变红，具有漂白性，使红色褪去；滴加溶液，观察到产生红褐色沉淀和分解得到的气体。
【小问2详解】
装置70%与反应，发生反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
与水反应也生成，通入的气体并没有干燥，无法确定是水还是与反应生成，离子反应方程式是。
【小问4详解】
②该实验是用滴定法检测装置中固体的成分，作为滴定液装在酸式滴定管中，则溶液移入锥形瓶；
③从①得到BaSO4知，溶液中存在，硫酸根物质的量为=0.01mol，从②消耗了知，溶液中存在，根据得失电子守恒，物质的量为=0.02mol，产物中硫酸根与亚硫酸根物质的量之比为1：2，故与总反应的化学方程式是。
16. Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图所示。

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_______(写出一种即可)，加入Na2SO3的作用是_______。
（2）“氧化”过程中金属离子与NaClO3反应的离子方程式为_______，由此推测还原性：Fe2+_______Co2+(填“＞”或“＜”)。
（3）滤渣2的主要成分为_______(写化学式)，检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，_______。
（4）已知某温度下，。该温度下，“沉淀除杂”时加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中，则滤液中c(Ca2+)为_______(保留2位有效数字)。
（5）在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了CO2，则反应中与O2的化学计量数之比为_______。
【答案】（1） ①. 适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等 ②. 将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+
（2） ①. ②. ＞
（3） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. 滴入几滴KSCN，振荡，溶液不变红
（4）4.8×10-6 mol·L−1
（5）4：3
【解析】
【分析】钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，然后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。
【小问1详解】
溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；
Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
【小问2详解】
“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaClO3反应产生Fe3+、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为；Fe2+与反应而Co2+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+＞Co2+；
【小问3详解】
用Na2CO3调节溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3；
可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+，即Fe3+已经完全形成了Fe(OH)3沉淀；
【小问4详解】
c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F-)]：[c(Mg2+)·c2(F-)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以若滤液中，c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L−1×≈4.8×10-6 mol·L−1；
【小问5详解】
CoC2O4∙2H2O在空气中高温煅烧，得到产品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合价为+2价，Co2O3中Co元素化合价为+3价，Co元素化合价升高，说明空气中的O2也参加了反应，因此酸根离子中C元素化合价会由中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煅烧时发生反应方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3。
17. NOx一直是大气污染物主要成分之一，运用化学反应原理研究活性炭、等物质还原氮氧化物从而减弱大气污染，此举具有重要意义。
（1）反应在常温下能自发进行，据此判断此反应的焓变△H___________0(填“＞”、“＜”、“=”)
（2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步： 第二步：
第三步：___________ 第四步：
（3）已知在298 K和101 kPa条件下，有如下反应：
反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
若反应CO2(g)+ N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，则反应的活化能为___________。
（4）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示。

①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是___________(用a、b、c表示)。
②400℃时，CaO/C催化下此反应的平衡常数Kp=144，则反应达平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。
（5）将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：

在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。
【答案】（1）△H＜0
（2）C+N2O=C(O)+N2
（3）2a-574 （4） ①. a ②. 96%
（5） ①. 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 ②. 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO
【解析】
【小问1详解】
反应在反应前后气体的物质的量不变，则△S=0，该反应在常温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0可自发进行，据此判断此反应的焓变△H＜0；
【小问2详解】
反应可分四步进行：第一步：，第二步：，第四步：，则根据盖斯定律，将总反应方程式前去第一、二、四步反应方程式，可得第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2；
【小问3详解】
已知：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
根据盖斯定律，将①-②，整理可得C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-574 kJ/mol。反应反应CO2(g)+N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，假设C(s)+2NO(g)=CO2(g)+ N2(g)的活化能为b kJ/mol，则(b-2a) kJ/mol=-574 kJ/mol，所以b=2a-574，故C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ/mol；
【小问4详解】
①活化能越小，反应就越容易发生，在相同温度下反应NO的去除率就越高。根据图象可知在三个反应器中分别加入C、CaO/C、 La2O3/C，在490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C，去除NO效果最好的是CaO/C，故合理选项是a；
②图象可知400℃时，NO初始浓度0.1 mol/L，设平衡时转化生成N2浓度为x，则根据反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=(0.1-2x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=x mol/L，反应前后气体体积不变，压强不变，可以直接用平衡浓度计算的物质的量分数代替平衡分压，则Kp=，解得x=0.048 mol/L，则反应达平衡时NO的去除率为η==96%；
【小问5详解】
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，主要原因是在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，反应速率降低；
当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。
18. 有机化合物是一种名贵的香料，其合成过程中还能得到一种PC树脂(结构简式为)。合成路线如下：

已知：①RCHO+R′CH2CHO+H2O
②
③+2ROH+2HCl
请回答下列问题：
（1）反应②的反应类型是_______。D的命名为_______。
（2）G的结构简式为_______。
（3）写出反应②的化学方程式：_______。
（4）芳香族化合物M与F互为同分异构体，1molM能与饱和溶液反应产生1mol气体，且M能发生银镜反应，则M的结构有_______种，其中一种结构苯环上的一氯代物有两种，且被氧化后能与乙二醇反应生成高分子化合物，写出该高分子化合物的结构简式：_______。
（5）结合已知①，写出用乙醇和苯甲醛为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)。_______
【答案】（1） ①. 缩聚反应 ②. 邻苯二酚(1，2-苯二酚)
（2） （3）n +n
（4） ①. 3 ②.
（5）
【解析】
【分析】和溴在作催化剂条件下发生取代反应生成A()，由B的分子式可知A→B发生溴被—OH取代，B为；结合D的分子式和E的结构可知D为；D→E在苯环上引入—CHO，E→F发生信息②反应，结合F→G的反应条件可知F中还有—CHO，则甲为HCHO，F为；F与正丙醛发生信息①反应得到G，G为，G与氢气加成得到目标产物；两分子B()与HCHO反应得到C，C为，C和按信息③反应原理发生缩聚反应得到PC树脂和HCl；据此分析解题。
【小问1详解】
C和通过反应②生成PC树脂，反应类型为缩聚反应；据分析可知D为，命名为邻苯二酚(1，2-苯二酚)；故答案为缩聚反应；邻苯二酚(1，2-苯二酚)。
【小问2详解】
据分析可知，G为；故答案为。
【小问3详解】
C和发生缩聚反应生成PC树脂，反应方程式为n +n；故答案为n +n。
【小问4详解】
F为，芳香族化合物M与F互为同分异构体，1molM能与饱和溶液反应产生1mol气体，所以含有羧基；且M能发生银镜反应，所以含有醛基；羧基和醛基分别可处在邻、间、对位，则M的结构有3种同分异构体；其中一种结构苯环上的一氯代物有两种，该物质结构为，被氧化后为；与乙二醇反应生成高分子化合物的结构简式为；故答案为3；。
【小问5详解】
已知反应①为RCHO+R′CH2CHO+H2O，由乙醇和苯甲醛为原料制备化合物，可先将乙醇氧化为乙醛，再与苯甲醛发生反应①，然后将利用银镜反应将醛基氧化为羧基，最后与乙醇发生酯化反应获得；所以反应路线可设计为；故答案为。