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及解析

1、精选优质文档-倾情为你奉上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

2、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； B84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；C95%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，

3、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1nm100nm，故A错误；B纯净物：只

4、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

5、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+H218OB. 向 Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32-SO2H2OH2SiO3SO32-C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：D. NaHSO4熔融电离：NaHSO4Na+H+SO

6、42-【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

7、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 SO2C. 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

8、AlCl3 固体，应在HCl气流中加热制备无水 AlCl3固体，故C错误；DCu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】AM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；BN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；CM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

9、误；DM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， A与 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

10、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， A与 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 mo

11、l/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 HClO4D. 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pH7，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

12、氢化物水溶液的2pH7，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；BY 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；CZ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；DW 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现象紫色石蕊溶液先变红后褪色滴有 KSCN 的 FeCl2 溶液溶液变红NaHCO3 溶液产生使澄清石灰水变浑浊的气体HNO3 酸化的 AgNO3

13、 溶液产生白色沉淀A. 氯水具有酸性和漂白性B. 氯水具有还原性C. 氯水中含有 H+D. 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

14、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+H2OHCl+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(MHnNi)，(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 NiOOHH2OeNi(OH)2OHB. 电池的电解液可为KOH 溶液C. 充电时阴极反应为 MHnnOHenH2OMD. 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(MHnNi)中应该

15、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

16、应：M+nH2O+ne-=MHn+nOH-，故C错误；DM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/LD. 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

17、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；DNa2CO3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

18、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，KspFe(OH)32.7×10-39。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-1B. 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KspFe(OH)3=2.7×10-39，此溶液碱性极弱，溶液的pH接近7，即c(O

19、H-)=10-7mol/L，代入方程即可解得：c(Fe3+)=2.7×10-18molL-1，故A正确；B56g 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

20、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:5613.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

21、(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). NOC (3). sp2 (4). HCHO与水分子间存在氢键 (5). Ag(NH3)2+ (6). N (7). 4 (8). 8 (9).

22、 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

23、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NOC，故答案为：NOC；(3)甲醛分子

24、中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢键，1个碳氧键，共有3个键，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

25、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、反应类型分别是_、_；(3)F 的分子式为_；(4)请写出反应的化学反应方程式_；(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_；苯环上有 3 个取代基；能发生银镜反应；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

26、). 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，反应中B中硝基生成C后变成了氨基，反应中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)苯环上有 3 个取代基；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；能发生水解反应，说明属于甲酸酯类

27、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CE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，反应中B()中硝基生成C()后变成了氨基，为还原反应，反应中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()

28、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，苯环上有 3 个取代基；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；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CE的反应可知，由甲苯和丙酮()为原料制备合成，需

29、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，控制反应温度 60的方法是_；(3)流程用石墨做电极电解 Na2CrO4 溶液，制备Na2Cr2O7，其原理

30、如图所示，a 是_极；电极的电极反应式是_；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1020406080100溶解度%61.662.865.171.878.781.1(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Na2Cr2O7 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

31、). 4OH-4e-2H2OO2或2H2O4e-=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Na

32、2Cr2O7，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Na2

33、Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极(电极)是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极为阳极，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2H2O4e-=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-2H2OO2或2H2O4e-=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

34、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：Na2Cr2O7K2Cr2O7，因此流程中向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

35、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： 2NO2(g)NaCl(s)NaNO3(s)ClNO(g) K1；4NO2(g)2NaCl(s)2NaNO3(s)2NO(g)Cl2(g) K2；2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g) K3,则K1、K2、K

36、3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ClN=O）化学键NOClClClNN=O键能/(kJ·mol1)630243a607则2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)的反应的 H和a的关系为 H = _kJ·mol1。(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·L1)v/(mol·L1·sl)0. 303. 60×1090. 601. 4

37、4×1080. 903. 24×108n = _；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 b2v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eNO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。若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随