【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷06

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2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷
化学试卷06
本卷满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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、生产科技密切相关。下列叙述正确的是
A．明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料
C．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应
D．我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
【答案】C
【解析】A．明矾在水中能水解并生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的作用，可用于水的净化，A不正确；
B．增强聚四氟乙烯板，是有机高聚物，属于有机高分子材料，B不正确；
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生Fe与CuSO4的置换反应，属于氧化还原反应，C正确；
D．计算机的芯片材料是使用高纯度硅制成的，二氧化硅用于生产光导纤维，D不正确；
故选C。
2．下列表示方法中正确的是
A．氡()质量数为86
B．的电子式：
C．丁烷的球棍模型
D．碳酸氢钠在水溶液中的电离：
【答案】C
【解析】A．原子序数为86，质量数为222，A错误；
B．是共价化合物、不是离子化合物，B错误；
C． 丁烷分子内有4个碳原子、每个碳原子有4个单键，正丁烷的球棍模型为，C正确；
D． 碳酸氢钠是强电解质在水中完全电离：，D错误；
答案选C。
3．短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子具有40个价电子，下列说法错误的是
A．的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：
C．中心原子的杂化方式为杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【答案】B
【解析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种超原子具有40个价电子，则Z的价电子数为个，Z为Al元素，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Y为N元素，X元素基态原子有2个未成对电子，X为C元素，据此分析解答。
A．CO32-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，A选项正确；
B．N3-与Al3+的核外电子层数相同，而N的核电荷数小于Al，则离子半径：N3->Al3+，B选项错误；
C．NO3-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，C选项正确；
D．化合物ZY为AlN，是原子晶体，属于类金刚石氮化物，与C的单质金刚石结构相似，D选项正确；
答案选B。
4．磷化铜()用于制造磷青铜，磷青铜是含少量金属锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件，磷化铜与水作用产生有毒的，下列判断错误的是
A．中心原子的杂化方式为
B．电负性：Cu C．熔沸点：>
D．基态Cu原子的价电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】A．N与P同主族，所以NH3与PH3结构相似，NH3中N原子为sp3杂化，所以PH3中P原子为sp3杂化，故A正确；
B．中，P为负价，Cu为正价，电子对偏向于P，说明P的电负性大于Cu，故B正确；
C．分子之间只存在分子间作用力，分子之间还存在氢键，沸点高与同族非金属形成的简单氢化物，故C错误；
D．基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，其中3d轨道电子数为10，全充满；4s轨道只有1个电子，半充满，其轨道表示为，故D正确；
故选C。
5．利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是

A．利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图4装置可进行酸碱中和滴定
【答案】D
【解析】A．通过在坩埚中加热胆矾晶体可获得无水硫酸铜，A错误；
B．图2装置中的温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；
C．乙醇与乙酸乙酯互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；
D．酸碱中和滴定时，酸盛放在酸式滴定管内，碱及2到3滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，D正确；
答案选D。
6．下列说法正确的是

A．基态钙原子核外有2个未成对电子
B．CaTiO3晶体中与每个Ti4+最邻近的O2−有12个(如图是其晶胞结构模型)
C．分子晶体中都存在共价键
D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】B
【解析】A．基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，均为成对电子，故A错误；
B．由该晶胞可知，每个Ti4+最邻近的O2−有12个(12个面对角线上)，故B正确；
C．分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，其分子晶体中只有分子间作用力，不存在化学键，故C错误；
D．金属晶体的熔点区别较大，如Hg在常温下为气态，而某些分子晶体的熔点相比Hg高，如大分子量的有机物，故D错误；
综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。
7．利用可消除的污染，反应原理为。在密闭容器中分别加入和，测得不同温度下随时间变化的实验数据如表所示，下列说法正确的是
实验
温度/K
时间/
物质的量
0
10
20
40
50
①


0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②


0.50
0.30
0.18
M
0.18
A．由实验数据可知，温度
B．实验①中内，的降解速率为
C．，且该反应为
D．该反应只有在高温下才能自发进行
【答案】C
【解析】A．由实验数据可知，相同时间内，温度下甲烷的物质的量变化大于，所以温度，故A错误；
B．实验①中内，甲烷的变化量为0.25mol，的变化量为0.5mol，的降解速率为，故B错误；
C．根据表格数据，实验②20min时已达到平衡状态，所以，升高温度，甲烷的物质的量增大，所以该反应，故C正确；
D．、，根据，该反应在任何温度下都能自发进行，故D错误；
选C。
8．有机化合物甲、乙、丙存在以下转化关系：

下列说法错误的是
A．甲、乙、丙均属于芳香烃
B．1mol甲可与3molH2反应
C．甲、乙都能与Na2CO3溶液反应
D．乙中所有碳原子可能在同一平面上
【答案】A
【解析】A．甲、乙、丙中除C、H外，含有第三种元素，属于烃的衍生物，A说法错误；
B．l甲中含有苯环，能与氢气发生加成反应，1mol甲可与3molH2反应，B说法正确；
C．甲、乙中都含有羧基，都能与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和水，C说法正确；
D．乙中的单键具有旋转性，若苯环、羧基确定的平面重合，则所有碳原子可能在同一平面上，D说法正确；
答案为A。
9．科学家研制出一种高性能水系酸碱双液锌—溴二次电池，其总反应为：Zn+2OH−+ZnO+H2O+3Br−，中间的双极性膜(BPM)能隔开酸碱双液且能允许K+通过，如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，K+向锌极电极迁移
B．放电时，锌电极的电势高于石墨电极
C．充电时，阴极室的pH增大
D．充电时，石墨电极发生反应：−2e−=3Br−
【答案】C
【解析】根据图像信息，放电时，石墨电极上，+2e−=3Br−，石墨为正极，锌电极上，Zn−2e−+2OH− =ZnO+H2O，锌为负极，故充电时，石墨连接外接电源正极，石墨为阳极，电极反应为3 Br−−2e−=，锌与外接电源负极相连，锌为阴极，电极反应为ZnO+2e−+H2O=Zn+2OH−，由此分析各选项。
A．放电时，石墨为正极，阳离子向正极迁移，故A不正确；
B．放电时，为原电池，正极电势高于负极，故石墨电势高于锌电极，故B不正确；
C．充电时，阴极为锌，电极反应为：ZnO+2e−+H2O=Zn+2OH−，阴极区碱性增强，pH增大，故C正确；
D．充电时，石墨为阳极，电极反应为3Br− −2e−=，故D不正确；
故答案为：C。
10．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是

实验
现象
结论
A
将过量铁粉加入硝酸中充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈红色.
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0 mol·L−1的Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝，并生成黑色固体
Cu还原性比Fe2+强
C
向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2
产生白色胶状物质
非金属性：C＞Si .
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
证明该溶液一定为钠盐溶液
【答案】C
【解析】A.过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，向反应后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不会变红色，故A错误；
B.铜粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，铜不能将铁置换出来，故B错误；
C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，碳酸的酸性强于硅酸，则硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应能生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故C正确；
D.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色证明该溶液一定含有钠离子，可能为钠盐溶液，也可能为氢氧化钠溶液，故D错误；
故选C。
11．已知在100 ℃、1.01×105 Pa下，1 mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是

A．1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量
B．热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH＝－490 kJ·mol－1
C．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
D．乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ
【答案】D
【解析】A. 由已知的能量变化图可知，1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量，A项正确；
B. 由已知的能量变化图可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，则热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490 kJ·mol－1，B项正确；
C. 甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；
D. 乙→丙的过程中生成气态水时，释放930 kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D项错误；
答案选D。
12．用硫酸渣(主要含、，杂质为和等)为原料制备氢氧化氧铁()的流程如下：

下列说法不正确的是
A．滤渣中一定含有
B．“还原”时可以用铁粉代替
C．“氧化”的目的是将二价铁氧化成三价铁
D．“……”一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶
【答案】D
【解析】硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S、FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
A．因为不溶于酸，滤渣中一定含有，故A正确；
B．“还原”时作还原剂，把三价铁还原成二价铁，故可以用铁粉代替，故B正确；
C．“氧化”的目的是将二价铁氧化成三价铁，最终以FeOOH沉淀出来，故C正确；
D．一系列操作为过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选D。
13．一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是( )

A．使用碱性电解质水溶液
B．放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8 - 6e- =4MgS2
C．使用的隔膜是阳离子交换膜
D．充电时，电子从Mg电极流出
【答案】C
【解析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。
A．碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，A错误；
B．放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8 +6e- =4MgS2，B错误；
C．据图可知Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；
D．放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；
综上所述答案为C。
14．下列说法正确的是
A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B．25℃时，pH＝3的H2SO4溶液和pH＝10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗酸和碱的体积比为1：10
C．同浓度同体积的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，盐酸消耗的锌比较多
D．常温下，向1 mol·L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液导电能力不变
【答案】B
【解析】A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-的水解程度，则HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；
B．pH=3的硫酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，要使二者恰好完全中和，则酸中n(H+)应该等于碱中n(OH-)，所以消耗酸碱的体积之比为二者物质的量浓度的反比，即10-4 mol/L：10-3 mol/L=1：10，故B正确；
C．盐酸和醋酸都是一元酸，同浓度、同体积的盐酸和醋酸，二者物质的量相等，所以消耗的Zn的量相等，故C错误；
D．溶液导电性强弱与离子浓度成正比，常温下，向1mol•L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，二者恰好完全反应生成氯化铵，因为溶液体积增大一倍导致溶液浓度是盐酸的一半，且铵根会发生水解，所以导电能力前者大于后者，故D错误；
综上所述答案为B。
15．T℃时，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是

A．Y点：c(Ca2+)>c(SO42-)，Z点：c(CO32-)>c(Mn2+)
B．溶度积：Ksp(MnCO3)＞Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)
C．X点对应的CaCO3溶液为不饱和溶液，可以继续溶解CaCO3
D．T℃时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K的数量级为103
【答案】D
【解析】pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，说明数值越大，对应的离子浓度越小；根据O、P、Q三点可求出MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，即可比较溶解度大小；若Qc值大于Ksp，则有沉淀生成。
A．Y点pM大于3，pR小于3，则阴离子浓度大于阳离子浓度，即c(SO42-)>c(Ca2+)；同理，Z点c(Mn2+)>c(CO32-)，A项错误；
B．根据O、P、Q三点求MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，；同理可得，Ksp(CaCO3)=10-8.6；Ksp(CaSO4)=10-5，故溶度积：Ksp(MnCO3) C．横纵坐标分别为对应离子浓度的负对数，据图可知，X点的Qc值大于Ksp(CaCO3)，有沉淀生成，不能再溶解CaCO3，C项错误；
D．T℃时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=，数量级为103，D项正确；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
磷酸亚铁锂是锂离子电池中常用的正极材料，FePO4·2H2O (磷酸铁)是制备磷酸亚铁锂的前驱体。用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及SiO2)制备FePO4·2H2O的工艺流程如下：

已知FePO4溶于强酸。
(1)锂在元素周期表中的位置为___________。H3PO4的一级电离方程式为___________。
(2)“浸取”时，在密闭反应器中依次加入硝酸、硫酸，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将铁和磷分别氧化为Fe2O3、P2O5。
①Fe2P与O2反应的化学方程式为___________。
②加入硫酸的目的是___________。
(3)“制备”时发生反应的离子方程式为___________；上述流程制得的FePO4·2H2O中含有的杂质是___________；所得滤液中含有(NH4)2SO4，0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________。
(4)FePO4与Li2CO3及C在高温条件下生成LiFePO4和等物质的量的CO2、CO，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
【答案】(1)第2周期第ⅠA族 H3PO4H++
(2) ①4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5 ②溶解碱性氧化物Fe2O3等并保持体系的酸度
(3) Fe3++H3PO4+ NH3∙H2O +H2O= FePO4∙2H2O↓++2H+ Fe(OH)3 c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH－)
(4) 1:2
【解析】以磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及SiO2)为原料，制备FePO4∙2H2O，需经过Fe、P等元素的氧化、SiO2杂质的去除、产品的转化等过程。具体操作为：先将硝酸分解，利用生成的O2将Fe、FeP、Fe2P等氧化为Fe2O3和P2O5，利用硫酸提供酸性环境，并将Fe2O3溶解生成Fe2(SO4)3，然后过滤去除SiO2；再加H3PO4调节混合物中铁、磷的比例关系，使其达到FePO4的组成；加入氨水调节溶液的pH，从而生成FePO4∙2H2O沉淀。
(1)锂的原子序数为3，K、L层依次排有2、1个电子，在元素周期表中的位置为第2周期第ⅠA族。H3PO4为三元中强酸，发生分步电离，其一级电离方程式为H3PO4H++。
(2)①依题意知，Fe2P与O2反应生成Fe2O3、P2O5，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5。
②FePO4溶于强酸，为防止生成FePO4沉淀，给杂质的分离造成困难，加入硫酸，其目的是溶解碱性氧化物Fe2O3等并保持体系的酸度。 (3)“制备”时，Fe2(SO4)3与磷酸、氨水发生反应，生成FePO4∙2H2O沉淀等，离子方程式为Fe3++H3PO4+ NH3∙H2O +H2O= FePO4∙2H2O↓++2H+；因氨水能将Fe3+转化为沉淀，所以上述流程制得的FePO4∙2H2O中含有的杂质是Fe(OH)3；所得滤液中含有(NH4)2SO4，0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中，因发生水解，其浓度减小，同时溶液呈酸性，所以离子浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH－)。
(4)FePO4与Li2CO3及C在高温条件下生成LiFePO4和等物质的量的CO2、CO，化学方程式为2FePO4+Li2CO3+C2LiFePO4+CO2↑+CO↑，该反应中还原剂(C)与氧化剂(FePO4)的物质的量之比为1:2。
17．（14分）
亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与反应制得，实验装置如图(夹持装置略去)。

已知：①NOCl遇水发生反应；②NOCl的部分性质如表：
物质
颜色
熔点
沸点
密度(液体时)
NOCl
黄色(气体)或红褐色(液体)



回答下列问题：
(1)实验时，需先通入，待装置a、b、c、e中充满时，再同时通入和NO，先通入的目的是_______。NOCl在装置_______(填“a”、“b”或“c”)处生成，该反应的化学方程式为_______。
(2)装置f中的仪器名称是_______，该装置的作用为_______。
(3)装置e中烧杯内盛有的物质是_______(填“冷水”、“冰水混合物”或“冰盐混合物”)。通入11.2L(标准状况)NO后，测得装置e中锥形瓶收集到19.65mL液体，若该液体为纯净的目标产物，则NO的转化率为_______。
【答案】(1)排尽装置中，防止其与NO反应 c
(2)干燥管 吸收氯气，防止空气中的水蒸气进入e中
(3)冰盐混合物 75%
【解析】本实验的目的是制备NOCl，其反应原理是2NO＋Cl2=2NOCl，装置a吸收氯气中的HCl，NOCl遇水发生反应，装置b盛放浓硫酸，干燥氯气，装置d的作用是干燥NO，装置c为NO和Cl2充分混合反应得到NOCl，装置e冷却NOCl气体，装置f的作用是吸收氯气以及防止外界水蒸气的进入，据此分析；
(1) NO能与空气中的氧气发生反应生成NO2，因此先通入Cl2，排除装置中的氧气，防止NO转化成NO2；根据上述分析，NOCl应在装置c处生成；该反应的方程式为2NO＋Cl2=2NOCl；
(2)根据仪器f的特点，仪器f为干燥管；根据(1)先通一段时间的Cl2，且Cl2有毒、会污染大气，因此装置f的作用之一是吸收尾气中的Cl2，NOCl遇水反应，因此仪器f的另一个作用是防止外界水蒸气的进入到仪器e中；
(3)NOCl的熔点为－64.5℃，沸点为－5.5℃，需要将NOCl蒸气冷却，冰盐水的温度相对较低，为了增强冷却效果，用冰盐混合物效果最好；收集到的液体为NOCl，其质量为19.65mL×1.25g/cm3=24.5625g，其物质的量为=0.375mol，根据2NO＋Cl2=2NOCl，消耗NO的物质的量为0.375mol，标准状况下，11.2LNO的物质的量为0.5mol，根据2NO＋Cl2=2NOCl，即NO的转化率为×100%=75%。
18．（13分）
NO2是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NO2是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NO2的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)＋H2O(l)＝HNO3(aq)＋HNO2(aq) ΔH1＝−116.1kJ·mol−1
3HNO2(aq)＝HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l) ΔH2＝＋75.9kJ·mol−1
反应3NO2(g)＋H2O(l)＝2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝_______kJ·mol−1。
(2)科学家研究出了一种高效催化剂M，可以用CO将NO2去除，反应方程式为：2NO2(g)＋4CO(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH<0。某温度下，向10L密闭容器中分别充入1.00molNO2和2.00molCO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内CO的含量变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
8
10
12
CO/mol
2.00
1.60
1.36
0.86
0.72
0.72
回答下列问题：
①若将温度降低，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)如何变化_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②0～4min内，用NO2表示的反应速率为_______mol·L−1·min−1。
③该温度下达平衡时的平衡常数K＝_______(列出代数式，不必计算)。
④下列说法能表明该反应已达平衡的是_______
A．v正(NO2)＝2v逆(N2)
B．其他条件不变时，混合气体的平均摩尔质量不再改变
C．c(NO2)：c(CO)：c(CO2)：c(N2)＝2：4：4：1
D．NO2的去除率不再改变
E．容器内温度维持恒定不变
⑤将一定比例的 CO 和NO2 的混合气体，匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应。反应相同时间 NO2 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，NO2 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______。

⑥中科院大连化物所研制的千瓦级熔融碳酸盐燃料电池样机曾获国家科技进步二等奖，请写出 CO熔融碳酸钾燃料电池的负极反应式_______。
【答案】(1)－136.2
(1)①减小 ②0.008 ③ ④ABD
⑤上升迅速段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO2去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起NO2去除反应速率增大，但催化剂活性降低(或去除率接近100%，上升空间小)
⑥CO－2e－＋＝2CO2
【解析】(1)反应①2NO2(g)＋H2O(l)＝HNO3(aq)＋HNO2(aq)ΔH1＝−116.1kJ·mol−1，
②3HNO2(aq)＝HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l)ΔH2＝＋75.9kJ·mol−1，
由盖斯定律可知，可得3NO2(g)＋H2O(l)＝2HNO3(aq)＋NO(g)ΔH＝ kJ·mol−1＝－136.2 kJ·mol−1；
(2)①该反应正向为放热反应，降低温度平衡将正向移动，正向为气体体积减小的反应，根据恒温恒容下气体总物质的量之比等于压强之比可知，容器内压强将减小；
②0～4min内，Δc(CO)＝＝0.064mol/L，则Δc(NO2)＝0.032mol/L，因此v(NO2)＝＝0.008mol·L−1·min−1；
③由表格可知，反应在10min之后已达到平衡状态，平衡时c(CO)＝0.072mol/L，c(NO2)＝0.036mol/L，c(CO2)＝0.128mol/L，c(N2)＝0.032mol/L，则该温度下达平衡时的平衡常数K＝；
④A．v正(NO2)、v逆(N2)表示不同方向化学反应速率，达到平衡时NO2速率为N2的2倍，即v正(NO2)＝2v逆(N2)，故A符合题意；
B．反应过程中气体总质量不变，气体的总物质的量不变时，反应达到平衡状态，即混合气体的平均摩尔质量不再改变可说明反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．不确定反应各物质起始浓度以及平衡转化率，所以c(NO2)：c(CO)：c(CO2)：c(N2)＝2：4：4：1不能判断反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．NO2的去除率不再改变可说明反应达到平衡状态，故D符合题意；
E．该反应过程中保持温度恒定，因此不能根据容器内温度判断反应达到平衡状态，故E不符合题意；
综上所述，答案为ABD；
⑤温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率，一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大，故答案为：上升迅速段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO2去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起NO2去除反应速率增大，但催化剂活性降低(或去除率接近100%，上升空间小)；
⑥CO熔融碳酸钾燃料电池放电过程中，CO发生氧化反应生成CO2，负极反应式CO－2e－＋＝2CO2。
19．（14分）
奴佛卡因是口腔科局麻用药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。

已知：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
请回答下列问题：
(1)B的名称___，C中官能团的名称___。
(2)F的结构简式___，反应⑤的反应条件___。
(3)下列有关反应的说法正确的是：__。(填标号)
A．步骤①和②可以互换；
B．1 mol H物质最多和4 mol氢气发生加成反应；
C．步骤①→⑤共有2个取代反应；
D．E中所有原子处于同一平面。
(4)写出A→B的反应方程式___。
(5)写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体___、___。
①红外光谱检测分子中含有醛基；
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
【答案】(1)对硝基甲苯或4-硝基甲苯 硝基、羧基
(2)HOCH2CH2N(C2H5)2 浓硫酸、加热
(3)C
(4)+HNO3+H2O
(5)或 或
【解析】A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生苯环上甲基对位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应产生C：；D是CH2=CH2，CH2=CH2发生催化氧化产生E：，E与NH(C2H5)2反应产生F：HOCH2CH2N(C2H5)2，C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G：，G与Fe、HCl发生还原反应产生H：。
(1)B结构简式是，名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；C结构简式是，其中含有的官能团为硝基、羧基；
(2)根据上述分析可知F是HOCH2CH2N(C2H5)2；反应⑤是与HOCH2CH2N(C2H5)2在浓硫酸催化下，加热发生酯化反应产生G：，故反应⑤的反应条件是浓硫酸、加热；
(3)A．反应①是取代反应(也是硝化反应)，反应②是氧化反应，甲基是邻对位取代基，取代的—NO2在苯环上甲基的对位，然后将甲基氧化为—COOH；若先发生②反应，后发生①反应，则是—CH3先发生氧化反应变为—COOH，然后再发生硝化反应，但—COOH 为间位取代基，—NO2取代—COOH的苯环上的间位，就不能得到，故步骤①和②不可以互换，A错误；
B．H分子中含有的酯基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应；只有苯环能够与H2发生加成反应，所以1 mol H物质最多和3 mol氢气发生加成反应，B错误；
C．在步骤①→⑤的反应中，①⑤是取代反应，②③是氧化反应，④是开环反应，因此在步骤①→⑤中共有2个取代反应，C正确；
D．E中含有2个饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此该物质分子中不可能所有原子处于同一平面，D错误；
故合理选项是C；
(4)A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生对硝基甲苯和水，则A→B的反应方程式为：+HNO3+H2O；
(5)B是，其同分异构体符合条件：①红外光谱检测分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，则其可能的结构为、、、，可任意写出其中的2种。