【内供】2021届高三好教育云平台10月内部特供卷化学（五）教师版

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年上学期好教育云平台10月内部特供卷高三化学（五）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31

2、 S 32 Fe 56 Cu 64一、选择题1我国在很多工程领域取得了举世瞩目的成就，以下使用的材料中属于有机高分子的是A“玉兔”月球车太阳能电池帆板硅B高铁轨道与地基之间填隙减震聚氨酯C港珠澳大桥桥墩混凝土D“人造地球”核聚变实验装置钨合金【答案】B【解析】A硅属于非金属单质，属于无机非金属材料，A不符合题意；B聚氨酯属于有机高分子材料，B符合题意；C混凝土是水泥、沙子的混合物，属于无机非金属材料，C不符合题意；D钨合金属于合金，是金属材料，不属于有机高分子材料，D不符合题意；故合理选项是B。22019年8月Science杂志报道，化学家首次成功合成具有半导体特征的环状C18分子(结构如图)

3、，关于C18说法正确的是A与石墨互为同位素B属于烃类C是原子晶体D能与氢气在一定条件下反应【答案】D【解析】A同种元素的不同种原子互为同位素，而C18和石墨是碳元素的两种不同的单质，互为同素异形体，A错误；B只有C、H两种元素构成的有机化合物称为烃，而C18只含碳元素，不属于烃类，是一种单质，B错误；C此物质是环状C18分子，属于分子晶体，不是原子晶体，C错误；D环状C18中含有碳碳三键，一定条件下，能与氢气发生加成反应，D正确；故答案为：D。3下列各项表达中正确的是AN2H4的结构式B已知SCN-中每个原子都达到8电子结构，则其电子式为C比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示二氧化硫分子D

4、全降解塑料 可由环氧丙烷()和CO2缩聚制得【答案】B【解析】AN原子最外层有5个电子，在N2H4分子中2个N原子形成一个NN键，每个N原子再分别与2个H原子形成2个NH键，从而使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式是，A错误；BSCN中，C原子与N原子形成共价三键CN，C原子再与S原子形成一个CS键，S原子获得1个电子，从而使离子SCN中每个原子都达到8电子结构，其电子式为，B正确；CCO2分子是直线型分子，因此比例模型能表示二氧化碳分子，但SO2分子是V形，故不能表示二氧化硫分子，C错误；D由结构简式可知：全降解塑料可由环氧丙烷()和CO2加聚反应制得，D错误；故合理选项是B。4下列有关

5、物质性质与用途具有对应关系的是ASO2既可以杀菌又具有还原性，在葡萄酒中可以微量添加BNa2SiO3易溶于水，可用于生产黏合剂和防火剂CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DNa2O2具有强氧化性，可用于饮用水消毒【答案】A【解析】ASO2既可以杀菌又具有还原性，可抑制酒类中细菌生长，则在葡萄酒中微量添加，A正确；BNa2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用于生产黏合剂和防火剂，但与水溶性无关，B错误；CAl2O3熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，C错误；D过氧化钠与水反应，生成氧气，还会生成氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于饮用水消毒，D错误；故答案为：A。5下列叙述正确的是

6、A第一电离能：AlMgNaB离子半径：Na+Al3+S2C沸点：HFH2OH2SD酸性：HC1O4HClO3HClO【答案】D【解析】A一般情况下，同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大呈上升趋势，但Mg原子的3s电子处于全充满的稳定状态，失去电子比同一周期的Al消耗的能量高，故第一电离能大小关系为：MgAlNa，A错误；B离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。Na+、Al3+核外电子排布是2、8，具有两个电子层，而S2核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层。所以三种离子半径大小关系为：S2Na+Al3+，B错误；CH2S分子之间只存在

7、分子间作用力，无氢键存在，因此其熔沸点最低；HF、H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质熔沸点升高，H2O的氢键数目比HF多，作用力强，因此其熔沸点最高，故三种物质沸点高低顺序为：H2OHFH2S，C错误；D对于同一元素形成的不同价态的含氧酸，中心元素化合价的价态越高，该酸的酸性就越强，故Cl元素形成的含氧酸的酸性有强到弱顺序是HClO4HClO3HClO，D正确；故选D。6下列离子方程式书写正确的是A氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO+Ca2+OH=CaCO3+H2OB向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，溶液紫色褪去：2MnO+5SO+6H

8、+=2Mn2+5SO+3H2OCAg(NH3)2OH与足量盐酸反应生成AgCl：Ag(NH3)2+OH+3H+Cl=AgCl+2NH+H2OD用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3【答案】C【解析】A氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应，不仅生成CaCO3沉淀，也会生成Mg(OH)2沉淀，A不正确；B向酸性KMnO4溶液中加NaHSO3溶液，发生氧化还原反应，溶液紫色褪去，由于H2SO3是弱酸，所以HSO不能改写成SO的形式，B不正确；CAg(NH3)2OH与足量盐酸反应，不仅发生OH与H+的反应，也会发生Ag(NH3)2+与H+的反应，所以离子方程式为：Ag(N

9、H3)2+OH+3H+Cl=AgCl+2NH+H2O，C正确；D用KSCN溶液检验某溶液中含有Fe3+时，生成的Fe(SCN)3是易溶难电离的盐，正确的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，D不正确；故选C。7下列说法正确的是A标准状况下，5.6L由CH4与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数目约为6.02×1023B常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+)·n(OH)不变C合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D久置的油脂变味不能食用，是由于油脂发生了水解反应【答案】A【解析】A标准状况下，5.6L CH4与C2H4组

10、成的混合气体的物质的量为：0.25mol，含有的氢原子数目约为：0.25×4NA=0.25×4×6.02×1023=6.02×1023，A正确；B温度不变，Kw=c(H+)·c(OH)不变，加水稀释，体积增大，溶液中n(H+)·n(OH)增大，B错误；C将NH3液化分离，平衡正向移动，能提高H2的转化率，但正反应速率减小，C错误；D油脂中含有不饱和碳键，久置的油脂变味不能食用，是因为油脂发生了氧化反应，D错误；故答案为：A。8化合物Y是一种常用药物，可由X制得。 下列有关化合物X、Y的说法正确的是A由X转化为Y发生取代反应B

11、用银氨溶液可检验X是否完全转化为YC1mol Y最多可与2mol NaOH发生反应DX与足量H2发生反应后，生成的分子中含有5个手性碳原子【答案】B【解析】A根据物质X、Y结构的不同可知：X与氢气发生加成反应生成Y的羟基，反应类型为加成反应，也是还原反应，A错误；BX分子中含有醛基，能够发生银镜反应，Y分子中无醛基，不能发生银镜反应，若X完全转化为Y，就不能发生银镜反应，否则就能发生银镜反应，故可用银氨溶液可检验X是否完全转化为Y，B正确；CY分子中只有酚羟基与氢氧化钠溶液反应，则1mol Y最多可与1mol NaOH发生反应，C错误；DX中的苯环、醛基以及碳碳双键都可以与氢气发生加成反应，加

12、成产物中与环连接的碳原子为手性碳原子，共6个，D错误；故合理选项是B。9下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向滴有酚酞的NaOH稀溶液中通入SO2溶液由红色变为无色SO2将酚酞漂白B向4mL 0.01mol·L1的KMnO4溶液中加入2mL 0.2mol·L1的草酸溶液开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快C将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中大理石溶解并产生气体Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低【答案】

13、C【解析】ANaOH使酚酞溶液变红，通SO2后，SO2和NaOH反应将NaOH消耗，所以溶液由红色变为无色，故A错误；B开始一段时间后，有Mn2+生成，Mn2+对该反应有催化作用，所以开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色，故B错误；C大理石的主要成分是CaCO3，醋酸溶液中含CH3COOH，因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，所以CH3COOH和CaCO3反应产生醋酸钙和水和二氧化碳，因此大理石溶解并产生气体，故C正确；DAl表面能迅速和O2反应生成致密的Al2O3薄膜，Al2O3的熔点高，包在Al的表面，因此内部的Al熔化后不落下，故D错误。选C。10某小组拟采用

14、电化学渗析法处理含大量磷酸二氢铵(NH4H2PO4)的废水，并提取化工产品氨水和磷酸。装置如图所示。下列说法正确的是A膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B左侧电极上的电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2C相同条件下，X、Y体积比为12D每转移1mol电子理论上生成98g H3PO4【答案】D【解析】从产物来看，左侧得到浓氨水，NH4+需经过膜1，到达左侧，与生成的OH结合，生成浓氨水；磷酸二氢根离子经过膜2，到达右侧，与生成的H+结合，生成磷酸，可知左侧为阴极室；右侧为阳极室。A观察图示知，左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2，NH+OH=NH3·

15、;H2O；右侧制备磷酸，Y为氧气，阳极反应式为：2H2O-4e=4H+O2，H2PO+H+=H3PO4，NH向左侧迁移，H2PO向右侧迁移，所以膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A错误；B左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O+2e=2OH+H2，B错误；CX为H2，Y为O2，物质的量之比为21，C错误；D根据方程式2H2O-4e=4H+O2，H2PO+H+=H3PO4，转移1mol电子时，生成1mol H3PO4，质量为98g，D正确；故答案为：D。11常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20mL 0.1mol/L的盐酸溶液中逐滴滴加0.1mol/L的氨水，溶液的pH

16、变化曲线如图所示。弱电解质KH2CO3Ka1=4×107 Ka2=4×1011NH3·H2OKb=1.75×105CH3COOHKa=1.75×105下列说法正确的是ACH3COONH4溶液中c(OH)=c(H+)l07mol/LBNH和HCO能发生彻底水解反应C曲线上水的电离程度最大的点为b点Dd点时，c(OH)-c(H+)=c(NH)-2c(NH3·H2O)【答案】D【解析】A氨水和醋酸的电离常数相同，铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进水的电离，且二者水解程度相同，所以CH3COONH4溶液中：c(OH)=c(H+)=107mo

17、l/L，溶液的pH=7，A错误；BNH和HCO可以双水解，但因水解产物溶解度较大，无法脱离溶液，所以反应不彻底，B错误；C盐类水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，加入氨水20mL，恰好生成氯化铵，所以曲线上水的电离程度最大的点为c点，C错误；Dd点加入30mL氨水，溶液中存在的氯化铵和氨水比为：21，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(OH)+c(Cl)，根据物料守恒：2c(NH3·H2O)+c(NH)=3c(Cl)，c(OH)-c(H+)=c(NH)-c(Cl)，所以c(OH)-c(H+)=c(NH)-2c(NH3·H2O)，D正确；选D。12氯化氢直接氧化法制氯

18、气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是AK(300)>K(400)B增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率C当c(HCl)c(O2)进料比过低时，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2D若HCl的初始浓度为c，进料比为11时，K(500)=【答案】C【解析】A由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(300)>K(400)，故A正确；B增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，

19、都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；Cc(HCl)c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；D相同温度下，c(HCl)c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象，500、若HCl的初始浓度为c，进料比为11时，HCl平衡转化率为72%，K(500)=，故D正确；选C。二、非选择题13利用物质的结构与性质对周期表进行研究，有助于我们更好地掌握同类知识。(1)基态砷原子中，价电子占用_个原子轨道；雌黄分子式为As2S3，分子结构如图所示，则砷原子的杂化方式为_。(2)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素，Ga的价层电子排布式为_。 (3)Cu2+能与乙二胺(H2NCH2C

20、H2NH2)形成配离子如图，该配离子中含有的化学键类型有_(填字母序号)。A配位键 B极性键 C离子键 D非极性键(4)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态-l价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，-l价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如表所示。元素ClBrIOO电子亲和能(kJ/mol)349343295141-780下列说法正确的是_。A电子亲和能越大，说明越难得到电子B一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O时放出141kJ的能量C氧元素的第二电子亲和能是-780kJ/molD基态的气态氧原子得到两个电子成为O2需要吸收能量(5)铁

21、和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式_。(6)立方硫化锌晶胞与金刚石晶胞类似，结构如图，其中a代表S2，b代表Zn2+。则该晶胞中S2的配位数为_，若晶体的密度为 g·cm3，则晶胞的体积为_cm3 【答案】（1）4 sp3杂化 （2） 原子光谱 4s24p1 （3） ABD （4） BCD （5） 8Fe+2NH32Fe4N+3H2 （6） 4 【解析】(1)砷的元素符号为As，原子序数为33，价电子排布式4s24p3，因此价电子占用1个4s轨道，3个4p轨道，共4个原子轨道。S原子能形成2个共价键，As形成3个共价键，As原子最外层有5

22、个电子，形成3个共价键，即键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3杂化，故答案为：4；sp3杂化；(2)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，Ga为31号元素，其价层电子排布式为4s24p1，故答案为：原子光谱；4s24p1；(3)Cu2+与乙二胺所形成的配离子中含有的化学键是NCu的配位键、NH和CN以及CH之间的极性键，含有C和C之间的非极性键，故答案为：ABD；(4)A根据表中数据知，元素得电子能力越强，其电子亲和能越大，所以电子亲和能越大说明越容易得到电子，故A错误；B根据电子亲和能定义及表格可知：一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O时放出141k

23、J的能量，故B正确；CO的亲和能就是氧元素的第二电子亲和能，所以氧元素的第二电子亲和能是780kJ·mol1，故C正确；DO元素的第一亲和能小于第二亲和能的绝对值，第一亲和能放出能量、第二亲和能吸收能量，所以基态的气态氧原子得到两个电子成为O2需要吸收能量，故D正确；故答案为：BCD；(5)晶胞中Fe原子数目为8×+6×=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，发生的是置换反应，则还生成氢气，反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；(6)以面心的S2为研究对象，每个晶胞内部有2个距离S2相等且最近的Zn

24、2+，所以该晶胞中S2的配位数为2×2=4，根据均摊法，该晶胞含有S2个数为8×+6×=4，含有Zn2+的个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的体积V=，故答案为：4；。143，4二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_，3，4-二羟基肉桂酸乙酯中含氧官能团的名称是_。(2)E生成F的反应类型为_。(3)下列有关H的说法中，不正确的是_。a能使酸性高锰酸钾溶液褪色b1mol H最多能和3mol Br2反应cH分子中最多有9个碳原子共平面d1mol H分别与足量NaOH、

25、NaHCO3反应时，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为11(4)写出FG过程中的化学方程式_。 (5)已知W是H的同分异构体，符合下列条件的W结构共有_种。属于芳香族化合物 lmol W与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1223的结构简式为：_(写一个即可)(6)季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】（1）CH2=CH2 （酚）羟基、酯基 （2） 消去反应 （3） bd （4） +2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag+3NH3

26、（5） 10 或 （6） 【解析】A与H2O在催化剂作用下发生反应生成B(CH3CH2OH)，则A为乙烯(CH2=CH2)；由E的结构简式，可推出C为CH3CHO，D为；F能发生银镜反应，则分子中含有醛基，结构简式为，G为；G发生水解反应生成H，H发生酯化反应生成I。(1)由以上分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，3，4-二羟基肉桂酸乙酯的结构简式为，则含氧官能团的名称是（酚）羟基、酯基。答案为：CH2=CH2；（酚）羟基、酯基；(2)由E()生成F()，同时生成H2O，反应类型为消去反应。答案为：消去反应；(3)aH分子中的碳碳双键和酚羟基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a正确；bH分子中苯

27、环上酚羟基邻、对位的氢原子共有3个，都能被溴取代，碳碳双键能与Br2发生加成反应，所以1mol H最多能和4mol Br2反应，b不正确；cH分子中两个框内碳原子共面，且两个面可能重合，所以最多有9个碳原子共平面，c正确；dH分子中的酚羟基和羧基都能与NaOH反应，但只有羧基能与NaHCO3反应，所以1mol H分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为31，d不正确；故选bd。答案为：bd；(4)F()G()过程中，生成，化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag+3NH3。答案为：+2Ag(NH3)2OH+H2O+2Ag+3NH3；(5)

28、W是H()的同分异构体，符合下列条件：属于芳香族化合物 lmolW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)的W分子中，应含有1个苯环、2个羧基，还有1个甲基。可能为苯环上连有1个取代基-CH(COOH)2(1种结构)、苯环上连有2个取代基(-COOH、-CH2COOH)(邻、间、对3种异构体)、2个-COOH分别在苯环的邻、间、对位(-CH3在苯环的适当位置)(共有6种异构体)，共有异构体10种；其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1223，则分子结构具有对称性，结构简式为：或。答案为：10；或；(6)从季戊四醇()的结构看，其应为乙醛与3个甲醛发生加成反应，然后再与H

29、2加成的产物，由此得出以甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线为。答案为：。15DCCNa(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效、安全的消毒剂，20°C以上易溶于水。(CNO)3H3(氰尿酸)为三元弱酸。I制备DCCA(二氯异氰尿酸)装置如图。主要反应有：碱溶(CNO)3H3+2NaOH(CNO)3Na2H+2H2O H0氯化(CNO)3Na2H+2Cl2(CNO3)Cl2H+2NaCl H0回答下列问题：(1)装置C中的溶液是_，作用为_。(2)装置A中反应的离子方程式为_。(3)装置B用冰水浴的原因是_，碱溶时若氢氧化钠过量，(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是_。II制备DCCNa

30、(4)步骤II中“过滤洗盐”洗去的盐是_。(5)“中和”反应的化学方程式为_。(6)氯元素含量的测定：称取0.1000g DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全部化成HClO，再加入足量的KI溶液，用淀粉作指示剂，用0.1000mol·L1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，消耗标准液VmL。已知：I2+2S2O=2I+S4O，样品中氯元素的质量分数_。(7)下列操作可能使氯元素的质量分数测定结果偏低的是_填字母)。a滴定前滴定管未排气泡，滴定后气泡消失 b滴定后，滴定管尖嘴外还悬着一滴液体c锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数 d读数时，滴定前平视，滴定后仰视【答案】

31、（1）氢氧化钠溶液 吸收多余氯气，防止污染空气 （2）2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O （3） 该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度 (CNO)3Na3 （4） NaCl （5） (CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O （6） 1.775V （7） cd 【解析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，B装置发生氯化反应生成DCCA(二氯异氰尿酸)，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；利用DCCA生产DCCNa，先将B中的产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物进行过滤洗盐，得到DCCA，DCCA与氢氧化

32、钠反应得到DCCNa，再经过冷却结晶，过滤干燥得到产品DCCNa，据此进行解答。(1)由分析可知，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染环境，试剂为氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余氯气，防止污染空气；(2)A装置为氯气发生装置，离子反应方程式为：2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)B装置中的反应为放热反应，冰水浴可降低温度，促进反应正向移动，同时降低温度可降低产品溶解度；(CNO)3H3为三元弱酸，则碱溶时若氢氧化钠过量，会生成(CNO)3Na3，故答案为：该反应放热， 冰水

33、浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度；(CNO)3Na3；(4)B中产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物，则“过滤洗盐”洗去的盐是NaCl，故答案为：NaCl；(5)DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa，其化学反应方程式为：(CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O，故答案为：(CNO)3Cl2H+NaOH=(CNO)3Cl2Na+H2O；(6)DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的Cl元素全部转化为HClO，再加入足量的KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，则关系式为：DCCNa2HClO2I24S2O，则Cl原子的物质的量n(Cl

34、)=n(HClO)=n（S2O）=0.1mol·L1，则样品中氯元素的质量分数：。故答案为：1.775V；(7)a滴定前滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液V增大，结果偏高，a不符合题意；b滴定后，滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，相当于消耗标准液V增大，结果偏高，b不符合题意；c锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，消耗标准液V减小，结果偏低，c符合题意；d读数时，滴定前平视，滴定后仰视，消耗标准液V减小，结果偏低，d符合题意；故答案为：cd。16大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：(1)该

35、反应在常温下可以自发进行，则反应的H_0(填“”“”或“”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是_(任写一条)。(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：第一步：2NO=(NO)2第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)第三步：_第四步：2C(O)=C+CO2(3)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0.1mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：据图分析，温度490以下，三种情况下反应的活化能最小的是_用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是_(写一条)。上述实验中，490时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是_。A及时分离出CO2 B压缩体积 C恒容下，向体系中通入氦气 D改良优化了催化剂在CaO/C、490条件下02h内的平均反应速率v(NO)=_mol·(L·h)1，该温