江苏省南京市第二十七高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 江苏省南京市第二十七高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 452.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-23 09:31:19 | ||
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文档简介
南京市第二十七高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
化学试卷
一．选择题（共14小题，每题3分，共42分
）
1．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是（ ）
A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B．航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C．二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D．航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
2．下列说法错误的是（ ）
A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关
B．基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15
C．键角：NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4
D．46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为2NA
3．下列说法正确的是（ ）
A．由分子组成的物质中一定存在共价键
B．共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
4．7N、8O、11Na、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣）
B．第一电离能：I1（Na）＜I1（N）＜I1（O）
C．氢化物对应的稳定性：NH3＜H2O
D．最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4
5．X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是（ ）
A．Z、Y的氢化物稳定性：Z＜Y
B．Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型
C．Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出Z
D．[W（ZX3）4]2+中σ键数为12
6．某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与5molNaOH反应
C．X水解后的产物都存在顺反异构体
D．X中含有1个手性碳原子
7．废旧锌锰电池处理后的废料[含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2、Fe等]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图：
已知：Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在pH大于5.5时易被氧化。
下列说法不正确的是（ ）
A．“还原焙烧”时Mn元素被还原
B．“酸浸”过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率
C．“净化”时MnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去
D．“电解”时阳极反应式为Mn2+﹣2e﹣+4OH﹣═MnO2+2H2O
8．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径：E＞D＞C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E＞B
D．化合物X在低温更加稳定
9．ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度（部分相同位置的原子未标注）。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣周围等距且最近的S2﹣有6个
B．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C．Zn2+与S2﹣的最短距离为apm
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣ [CuCl4]2﹣+4H2O
B 比较和ClO﹣水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度NaHCO3和NaClO溶液的pH 若测得NaClO溶液pH大，说明ClO﹣水解程度大于
C 探究FeCl3溶液与KI溶液的反应 向10mLFeCl3溶液中滴加5mL等浓度的KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液最终变为血红色，FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应
D 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉 没有变质
A．A B．B C．C D．D
11．氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附﹣活化﹣解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Ⅰ～Ⅴ步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成
12.甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是（ ）
A. X分子中含氧官能团有醚键、羟基 B.Y分子中含1个手性碳原子
C. X分子中所有碳原子可能共平面 D.用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物X、Y
13．常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下：
H2S HClO H2CO3
Ka1═1.3×10﹣7 Ka2═7.1×10﹣15 Ka═4.7×10﹣8 Kal═4.2×10﹣7 Ka2═5.6×10﹣11
以下说法正确的是（ ）
A．少量CO2通入到NaClO溶液中生成Na2CO3
B．等浓度等体积的NaOH与H2S混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度等体积的Na2S与NaHS混合，c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣）
D．NaOH溶液与H2S溶液混合，当溶液的pH═7时，离子浓度大小关系为：c（HS﹣）＞c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）
14．燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物（主要成分NO），可通过主反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣180.74kJ mol﹣1
C．图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D．图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
二．非选择题（共1小题）
15．(15分)氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。
（1）报道，美国科学家卡尔 克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键。则“N5”分子碎片所带电荷是 。
（2）①分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知N5﹣为平面结构且含有大π键，则N5﹣中的大π键应表示为 。
②图中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H Cl、 、 。
（3）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再将Cr3+转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr（Ⅵ）具有很强的氧化能力，将Cr2还原为Cr3+的离子方程式为 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr（Ⅵ）废水相同时间，当pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随
pH降低而降低的原因是 。
（4）微生物法：
①用硫酸盐还原菌（SRB）处理含Cr（Ⅵ）废水时，Cr（VI）去除率随温度的变化如图1所示。55℃时，
Cr（Ⅵ）的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图2所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+， 。
16（12分）MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等）为原料制备MnCO3的流程如图：
回答下列问题：
（1）废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 （结合离子方程式和必要的语言解释）。
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 。
（3）“滤渣1”中含有的主要成分为 。
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 。
（5）加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
（7）MnO2的正交（棱与棱之间的夹角均为90°）晶胞结构如图所示，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm。其中Mn的配位数为 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm﹣3。
17．（15分）化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 。
（2）D分子中碳原子杂化轨道类型有 种。
（3）G的结构简式为 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢。
（5）设计以苯乙醇为原料制备的合成路线（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
18．（15分）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 。
（2）尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图：
①尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 。
②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式 。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和 。
（3）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g）（快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g）（慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g）（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k c（N2O） [c（I2）]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是
A.N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关
B.第三步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步小
D.IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：2CO+2NO→N2+2CO2△H1。
①已知：反应N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，若CO的燃烧热△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝ 。
②若在恒容的密闭容器中，充入2mol CO和1mol NO，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．2v（N2）正＝v（CO）逆
③研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ.NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ.2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ.2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 。
（3）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g） 2NO（g）。将定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a（N2O4）]随温度的变化如图所示。
①图中a点对应温度下。已知N2O4的起始压强为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
②在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率、压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ ，在图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为 （填字母代号）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是（ ）
A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B．航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C．二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D．航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
【解答】解：A．钛合金强度大，适合用作火箭箭体材料，故A正确；
B．合成橡胶由各种单体经聚合反应而得，橡胶制品广泛应用于工业或生活，属于有机高分子材料，故B正确；
C．晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池板的核心材料，二氧化硅不具有此性质，故C错误；
D．碳纤维是新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
2．下列说法错误的是（ ）
A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关
B．基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15
C．键角：NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4
D．46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为2NA
【解答】解：A．羊毛织品中主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，使得织品变形，DNA为双螺旋结构，其中碱基对以氢键相连，故A正确；
B．基态Fe原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，3d能级上有4个自旋方向相同的单电子，所以基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B正确；
C．NO3﹣中N原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，PH3中P原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，P4为正四面体结构，NO3﹣、NH4+、NH3、PH3、P4分别为平面三角形、正四面体形、三角锥形、三角锥形、正四面体形，N﹣H键长小于P﹣H键长，所以NH3的键角大于PH3，P4中键角为60°，所以键角NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4，故C正确；
D．n（CH3OCH3）＝＝1mol，每个二甲醚分子中含有3个采用sp3杂化的原子，46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为3NA，故D错误；
故选：D。
3．下列说法正确的是（ ）
A．由分子组成的物质中一定存在共价键
B．共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
【解答】解：A．稀有气体为单原子分子，分子中不存在共价键，所以由分子构成的物质中不一定存在共价键，故A错误；
B．共价化合物是指只含有共价键的化合物，故B错误；
C．非金属元素之间也能形成离子键，如氯化铵是由非金属元素构成的离子化合物，故C错误；
D．含有离子键的化合物为离子化合物，也可能含有极性键或非极性键，如氢氧化钠中含有离子键和极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D正确；
故选：D。
4．7N、8O、11Na、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣）
B．第一电离能：I1（Na）＜I1（N）＜I1（O）
C．氢化物对应的稳定性：NH3＜H2O
D．最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4
【解答】解：A.Na+、O2﹣的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）；对于电子层结构不同的离子，离子的核外电子层数越多，离子半径就越大；Na+、O2﹣只有2个电子层，Cl﹣核外有3个电子层，Cl﹣核外的电子层数最多，故Cl﹣半径最大，则离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣），故A正确；
B.一般情况下，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素，所以I1（O）＜I1（N），则三种元素的第一电离能大小关系为：I1（Na）＜I1（O）＜I1（N），故B错误；
C.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：N＜O，所以简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，故C正确；
D.高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，所以最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4，故D正确；
故选：B。
5．X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是（ ）
A．Z、Y的氢化物稳定性：Z＜Y
B．Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型
C．Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出Z
D．[W（ZX3）4]2+中σ键数为12
【解答】解：A．由分析可知，Y、Z分别为C、N，C、N为同周期元素，C的非金属性比N弱，则 Z、Y的简单氢化物稳定性：NH3＞CH4，故A错误；
B．Q与Y原子形成的分子可以为CCl4，也可以是C2Cl6，CCl4是正四面体结构，而C2Cl6不是四面体形结构，故B错误；
C．Q单质（Cl2）与Z的简单气态氢化物（NH3）反应为8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，则Cl2可置换出NH3中的N，故C正确；
D．[W（ZX3）4]2+为[Zn（NH3）4]2+，每个NH3中含有3个σ键，另外还形成4个配位键，配位键也属于σ键，则σ键数为3×4+4═16，故D错误；
故选：C。
6．某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与5molNaOH反应
C．X水解后的产物都存在顺反异构体
D．X中含有1个手性碳原子
【解答】解：A．含有酚羟基、碳碳双键、酯基、酰胺基、羧基，其中四种是含氧官能团，故A正确；
B．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应，1mol该物质最多消耗6molNaOH，故B错误；
C．水解产物HOOCCH＝CHCOOH中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，该物质中存在顺反异构，故C正确；
D．连接甲基和酰胺键中N原子的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选：B。
7．废旧锌锰电池处理后的废料[含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2、Fe等]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图：
已知：Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在pH大于5.5时易被氧化。
下列说法不正确的是（ ）
A．“还原焙烧”时Mn元素被还原
B．“酸浸”过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率
C．“净化”时MnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去
D．“电解”时阳极反应式为Mn2+﹣2e﹣+4OH﹣═MnO2+2H2O
【解答】解：A．“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH+C2MnO+CO↑+H2↑、MnO2+CMnO+CO，反应中锰元素被还原为MnO，且有气体产物生成，故A正确；
B．加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，故B正确；
C．“净化”时通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe（OH）3沉淀而分离，故C正确；
D．电解时阳极电极方程式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，故D错误；
故选：D。
8．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径：E＞D＞C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E＞B
D．化合物X在低温更加稳定
【解答】解：A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4＞H2CO3，故C正确；
D．X为Na2CO3 H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，故D正确；
故选：B。
9．ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度（部分相同位置的原子未标注）。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣周围等距且最近的S2﹣有6个
B．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C．Zn2+与S2﹣的最短距离为apm
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
【解答】解：A．S2﹣处于晶胞内部，处于体对角线的四分之一处，S2﹣周围等距且最近的S2﹣有4个，故A错误；
B．锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故B错误；
C．S2﹣处于体对角线的四分之一处，体对角线长度为apm，故Zn2+与S2﹣的最短距离为apm，故C正确；
D．同周期元素，非金属性越强，电离能越大，第ⅤA主族元素原子核外电子为半满状态，第一电离能大于相邻元素，且Cl、Ar元素电离能也大于S，有3种，故D错误；
故选：C。
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣ [CuCl4]2﹣+4H2O
B 比较和ClO﹣水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度NaHCO3和NaClO溶液的pH 若测得NaClO溶液pH大，说明ClO﹣水解程度大于
C 探究FeCl3溶液与KI溶液的反应 向10mLFeCl3溶液中滴加5mL等浓度的KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液最终变为血红色，FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应
D 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉 没有变质
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．降低温度，溶液由黄绿色变为蓝绿色，[CuCl4]2﹣的浓度减小，则降低温度使[Cu（H2O）4]2++4Cl [CuCl4]2﹣+4H2O逆向移动，故A正确；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故B错误；
C．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子证明反应的可逆性，故C错误；
D．溶解时可能Fe与铁离子反应生成亚铁离子，由实验操作和现象不能证明铁粉是否变质，故D错误；
故选：A。
11．氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附﹣活化﹣解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Ⅰ～Ⅴ步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成
【解答】解：A．反应过程中Ⅰ﹣Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，故A错误；
B．生成的水越多，有可能产生的CO越多，甲醇产率不一定大，故B错误；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，故C错误；
D．由图可得，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成，故D正确；
故选：D。
12.甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是（ ）
A. X分子中含氧官能团有醚键、羟基 B.Y分子中含1个手性碳原子
C. X分子中所有碳原子可能共平面 D.用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物X、Y
【解答】【解答】解：A．X与足量氢气加成产物如图，含有2个手性碳原子，故A错误；
B．Y分子中饱和碳原子采用sp3杂化，酯基上的碳原子采用sp2杂化，﹣CN中碳原子采用sp杂化，C原子有3种杂化类型，故B错误；
C．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以Z存在顺反异构，故C不正确；
D．Z中具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，故D正确；
选D
12．常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下：
H2S HClO H2CO3
Ka1═1.3×10﹣7 Ka2═7.1×10﹣15 Ka═4.7×10﹣8 Kal═4.2×10﹣7 Ka2═5.6×10﹣11
以下说法正确的是（ ）
A．少量CO2通入到NaClO溶液中生成Na2CO3
B．等浓度等体积的NaOH与H2S混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度等体积的Na2S与NaHS混合，c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣）
D．NaOH溶液与H2S溶液混合，当溶液的pH═7时，离子浓度大小关系为：c（HS﹣）＞c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）
【解答】解：A．比较电离平衡常数可知，酸性强弱关系：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，CO2通入到NaClO溶液中发生反应：CO2+H2O+NaClO═HClO+NaHCO3，故A错误；
B．两者按物质的量1：1混合，发生反应：NaOH+H2S═NaHS+H2O，溶液呈碱性，HS﹣水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，故B错误；
C．混合后，两者浓度仍然相等，设为c，根据Na元素质量守恒得c（Na+）═3c，根据S元素质量守恒得c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）═2c，溶液中物料守恒式为：2c（Na+）＝3c（S2﹣）+3c（HS﹣）+3c（H2S），电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），用物料守恒式与电荷守恒式共同消除c（Na+）后得：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣），故C正确；
D．溶液的pH＝7时，溶质为NaHS和H2S，其中c（H+）═c（OH﹣）＞c（S2﹣），根据电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），得c（Na+）＞c（HS﹣），故c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）＞c（S2﹣），故D错误；
故选：C。
13．燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物（主要成分NO），可通过主反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣180.74kJ mol﹣1
C．图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D．图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
【解答】解：A．由主反应可知，正反应为气体体积增大的放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，则升高温度、增大压强均使平衡向逆反应方向移动，可降低主反应中NO的平衡转化率，故A错误；
B．已知：①4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1
根据盖斯定律，可得N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝×[（﹣904.74kJ mol﹣1）﹣（﹣1627.7kJ mol﹣1）]＝+180.74kJ mol﹣1，故B错误；
C．图中X点反应未达平衡，所以反应时间足够长，此温度和催化剂B存在的条件下，NO的转化率能达到Y点的值，故C正确；
D．由图中Z点到W点NO的转化率降低的原因可能是催化剂的催化活性降低，还有可能是温度超过300°C发生副反应造成的，故D错误；
故选：C。
二．非选择题（共1小题）
三．解答题（共7小题）
15．氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。
（1）据报道，美国科学家卡尔 克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键。则“N5”分子碎片所带电荷是 +1 。
（2）
①分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知N5﹣为平面结构且含有大π键，则N5﹣中的大π键应表示为 。
②图中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H Cl、 （H3O+）O﹣H N 、 （NH4+）N﹣H N 。
（3）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再将Cr3+转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr（Ⅵ）具有很强的氧化能力，将Cr2还原为Cr3+的离子方程式为 8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr（Ⅵ）废水相同时间，当pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随
pH降低而降低的原因是 部分与H+结合转化为SO2逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 。
（4）微生物法：
①用硫酸盐还原菌（SRB）处理含Cr（Ⅵ）废水时，Cr（VI）去除率随温度的变化如图1所示。55℃时，
Cr（Ⅵ）的去除率很低的原因是 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图2所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+， 在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe2+反应生成FeS 。
【解答】解：（1）由5个N结合，都达到8电子结构，且含有两个N≡N三键，故N≡N只能在链端，其结构为，两个N﹣N为配位键，电子对由靠近三键的N提供，故中间的N原子需失去一个电子达到稳定结构，所以N5分子碎片所带电荷是+1，
故答案为：+1；
（2）①N5﹣中键总数为5个，有6个电子可以形成大π键，可用符号，
故答案为：；
②O和N非金属性都很强，都可以与H形成氢键，可以表示为：（H3O+）O﹣H N和（NH4+）N﹣H N，
故答案为：（H3O+）O﹣H N；（NH4+）N﹣H N；
（3）①酸性条件下将Cr2还原为Cr3+，被氧化为，离子方程式为8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O，
故答案为：8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O；
②酸性条件下Cr（Ⅵ）对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H+结合产生的H2SO3转化为SO2气体逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，从而导致化学反应速率减慢，
故答案为：部分与H+结合转化为SO2逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
（4）①硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr（Ⅵ）的去除率降低，
故答案为：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
②在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe失去电子生成的Fe2+反应生成FeS，
故答案为：在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe2+反应生成FeS；
16．MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等）为原料制备MnCO3的流程如图：
回答下列问题：
（1）废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解 （结合离子方程式和必要的语言解释）。
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O 。
（3）“滤渣1”中含有的主要成分为 SiO2和CaSO4 。
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 生成的Fe3+可催化H2O2的分解 。
（5）加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 加入CaCO3消耗H+，c（OH﹣）增大，从而沉淀Fe3+和Al3+ 。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为 Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
（7）MnO2的正交（棱与棱之间的夹角均为90°）晶胞结构如图所示，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm。其中Mn的配位数为 6 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm﹣3。
【解答】解：（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为：Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O，
故答案为：将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O；
（3）SiO2不溶于酸，氧化钙与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为SiO2和CaSO4，
故答案为：SiO2和CaSO4；
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为生成的Fe3+可催化H2O2的分解，
故答案为：生成的Fe3+可催化H2O2的分解；
（5）加入CaCO3能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的，
故答案为：加入CaCO3消耗H+，c（OH﹣）增大，从而沉淀Fe3+和Al3+；
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）由图可知MnO2晶胞中Mn的配位数为6，该晶体密度＝＝g cm﹣3，
故答案为：6；。
17．化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 还原反应 。
（2）D分子中碳原子杂化轨道类型有 3 种。
（3）G的结构简式为 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 、或 。
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢。
（5）设计以苯乙醇为原料制备的合成路线（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）A→B的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（2）D分子中饱和碳原子价层电子对数是4，采用sp3杂化，苯环上碳原子价层电子对数是3，采用sp2杂化，﹣CN中碳原子价层电子对数是2，采用sp杂化，所以碳原子杂化轨道类型有3种，
故答案为：3；
（3）G的结构简式为，
故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢，生成的两种有机物的结构简式为、HOCH2CH2COOH，所以该同分异构体的结构简式为、、，
故答案为：、或；
（5）以苯乙醇为原料制备，可由和苯乙醇发生酯化反应得到，可由发生水解反应得到，可由发生取代反应得到，可由和HCl发生加成反应得到，苯乙醇发生消去反应得到苯乙烯，合成路线为，
故答案为：。
18．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol 。
（2）尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图：
①尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 ﹣3 。
②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式 8NH3+6NO2＝N2+12H2O 。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4 。
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和 温度升高，NH3催化氧化生成NO 。
以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g）（快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g）（慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g）（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k c（N2O） [c（I2）]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是 A
A.N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关
B.第三步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步小
D.IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：2CO+2NO→N2+2CO2△H1。
①已知：反应N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，若CO的燃烧热△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝ ﹣747.0kJ/mol 。
②若在恒容的密闭容器中，充入2mol CO和1mol NO，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 B 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．2v（N2）正＝v（CO）逆
③研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ.NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ.2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ.2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 。
（3）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g） 2NO（g）。将定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a（N2O4）]随温度的变化如图所示。
①图中a点对应温度下。已知N2O4的起始压强为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ 115.2 kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
②在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率、压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ K2Kp ，在图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为 B、D （填字母代号）。
【解答】解：（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol，
故答案为：4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol；
（2）①尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价；
故答案为：﹣3；
②由图可知，“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式为：8NH3+6NO2＝N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2＝N2+12H2O；
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则硫酸盐的产生过程为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4，
故答案为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和温度升高，NH3催化氧化生成NO，
故答案为：温度升高，NH3催化氧化生成NO。
（3）A.单质碘在N2O分解的反应中起到催化剂的作用，因此能够使K 值增大，故A正确；
B.第二步反应为慢反应，对总反应的速率起到决定性作用，故B错误；
C.活化能越大，反应速率越慢，故C错误；
D.IO在第二步反应中生成，在第三步反应又消失，为中间产物，不是催化剂，故D错误，
故答案为：A；
（2）根据所给的反应①2CO+2NO→N2+2CO2△H1和反应②N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，可得到一氧化碳燃烧的热化学方程式CO（g）+O2 （g）＝CO2（g）△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝2△H﹣△H2＝（﹣283.5×2）kJ mol﹣1﹣180.0kJ mol﹣1＝﹣747.0kJ mol﹣1，
故答案为：﹣747.0kJ mol﹣1；
②A.投入的CO和NO的物质的量之比为2：1，CO与NO的反应的物质的量之比为1：1，则在反应过程中，CO与NO的反应的物质的量之比为为变量，若比值不变，则表明达到平衡，不符合题意；
B.反应前后均为气体，气体的质量不变，恒容的密闭容器容积不变，混合气体的密度在反应过程中均保持不变，不能够标志反应已经达到平衡，符合题意；
C.反应前后气体的分子数不相等，则在反应过程中气体压强在不断变化，因此混合气体的压强不变时，说明反应已经达到平衡，不符合题意；
D.反应未达到平衡前正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，二者相等则反应达到平衡，2v（N2）正＝v（CO）逆，不符合题意，
故答案为：B；
③还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多，氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；
（3）①设起始时N2O4的物质的量为1mol，a点时N2O4与的转化率为40%，列三段式可得：
N2O4（g） 2NO2（g）
起始（mol） 1 0
变化（mol） 0.4 0.8
平衡（mol） 0.6 0.8
则平衡时气体的总物质的量为0.6mol+0.8mol＝1.4mol，压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时气体的总压强为108kPa×1.4＝151.2kPa，则平衡常数，
故答案为：115.2Kpa；
②v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），达到平衡时，有2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），即2k1p（N2O4）＝k2p2（NO2），平衡常数，K1＝K2Kp，
故答案为：K2Kp；
③达到平衡时，2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），由图可知B、D两点的速率符合2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），故B点与D点为平衡点，
故答案为：B、D。
化学试卷
一．选择题（共14小题，每题3分，共42分
）
1．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是（ ）
A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B．航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C．二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D．航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
2．下列说法错误的是（ ）
A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关
B．基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15
C．键角：NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4
D．46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为2NA
3．下列说法正确的是（ ）
A．由分子组成的物质中一定存在共价键
B．共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
4．7N、8O、11Na、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣）
B．第一电离能：I1（Na）＜I1（N）＜I1（O）
C．氢化物对应的稳定性：NH3＜H2O
D．最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4
5．X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是（ ）
A．Z、Y的氢化物稳定性：Z＜Y
B．Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型
C．Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出Z
D．[W（ZX3）4]2+中σ键数为12
6．某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与5molNaOH反应
C．X水解后的产物都存在顺反异构体
D．X中含有1个手性碳原子
7．废旧锌锰电池处理后的废料[含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2、Fe等]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图：
已知：Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在pH大于5.5时易被氧化。
下列说法不正确的是（ ）
A．“还原焙烧”时Mn元素被还原
B．“酸浸”过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率
C．“净化”时MnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去
D．“电解”时阳极反应式为Mn2+﹣2e﹣+4OH﹣═MnO2+2H2O
8．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径：E＞D＞C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E＞B
D．化合物X在低温更加稳定
9．ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度（部分相同位置的原子未标注）。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣周围等距且最近的S2﹣有6个
B．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C．Zn2+与S2﹣的最短距离为apm
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣ [CuCl4]2﹣+4H2O
B 比较和ClO﹣水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度NaHCO3和NaClO溶液的pH 若测得NaClO溶液pH大，说明ClO﹣水解程度大于
C 探究FeCl3溶液与KI溶液的反应 向10mLFeCl3溶液中滴加5mL等浓度的KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液最终变为血红色，FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应
D 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉 没有变质
A．A B．B C．C D．D
11．氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附﹣活化﹣解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Ⅰ～Ⅴ步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成
12.甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是（ ）
A. X分子中含氧官能团有醚键、羟基 B.Y分子中含1个手性碳原子
C. X分子中所有碳原子可能共平面 D.用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物X、Y
13．常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下：
H2S HClO H2CO3
Ka1═1.3×10﹣7 Ka2═7.1×10﹣15 Ka═4.7×10﹣8 Kal═4.2×10﹣7 Ka2═5.6×10﹣11
以下说法正确的是（ ）
A．少量CO2通入到NaClO溶液中生成Na2CO3
B．等浓度等体积的NaOH与H2S混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度等体积的Na2S与NaHS混合，c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣）
D．NaOH溶液与H2S溶液混合，当溶液的pH═7时，离子浓度大小关系为：c（HS﹣）＞c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）
14．燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物（主要成分NO），可通过主反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣180.74kJ mol﹣1
C．图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D．图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
二．非选择题（共1小题）
15．(15分)氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。
（1）报道，美国科学家卡尔 克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键。则“N5”分子碎片所带电荷是 。
（2）①分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知N5﹣为平面结构且含有大π键，则N5﹣中的大π键应表示为 。
②图中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H Cl、 、 。
（3）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再将Cr3+转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr（Ⅵ）具有很强的氧化能力，将Cr2还原为Cr3+的离子方程式为 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr（Ⅵ）废水相同时间，当pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随
pH降低而降低的原因是 。
（4）微生物法：
①用硫酸盐还原菌（SRB）处理含Cr（Ⅵ）废水时，Cr（VI）去除率随温度的变化如图1所示。55℃时，
Cr（Ⅵ）的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图2所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+， 。
16（12分）MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等）为原料制备MnCO3的流程如图：
回答下列问题：
（1）废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 （结合离子方程式和必要的语言解释）。
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 。
（3）“滤渣1”中含有的主要成分为 。
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 。
（5）加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
（7）MnO2的正交（棱与棱之间的夹角均为90°）晶胞结构如图所示，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm。其中Mn的配位数为 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm﹣3。
17．（15分）化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 。
（2）D分子中碳原子杂化轨道类型有 种。
（3）G的结构简式为 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢。
（5）设计以苯乙醇为原料制备的合成路线（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
18．（15分）气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 。
（2）尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图：
①尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 。
②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式 。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 。
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和 。
（3）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g）（快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g）（慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g）（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k c（N2O） [c（I2）]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是
A.N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关
B.第三步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步小
D.IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：2CO+2NO→N2+2CO2△H1。
①已知：反应N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，若CO的燃烧热△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝ 。
②若在恒容的密闭容器中，充入2mol CO和1mol NO，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．2v（N2）正＝v（CO）逆
③研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ.NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ.2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ.2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 。
（3）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g） 2NO（g）。将定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a（N2O4）]随温度的变化如图所示。
①图中a点对应温度下。已知N2O4的起始压强为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
②在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率、压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ ，在图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为 （填字母代号）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是（ ）
A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B．航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C．二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D．航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
【解答】解：A．钛合金强度大，适合用作火箭箭体材料，故A正确；
B．合成橡胶由各种单体经聚合反应而得，橡胶制品广泛应用于工业或生活，属于有机高分子材料，故B正确；
C．晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池板的核心材料，二氧化硅不具有此性质，故C错误；
D．碳纤维是新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
2．下列说法错误的是（ ）
A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关
B．基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15
C．键角：NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4
D．46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为2NA
【解答】解：A．羊毛织品中主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，使得织品变形，DNA为双螺旋结构，其中碱基对以氢键相连，故A正确；
B．基态Fe原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，3d能级上有4个自旋方向相同的单电子，所以基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B正确；
C．NO3﹣中N原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，PH3中P原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，P4为正四面体结构，NO3﹣、NH4+、NH3、PH3、P4分别为平面三角形、正四面体形、三角锥形、三角锥形、正四面体形，N﹣H键长小于P﹣H键长，所以NH3的键角大于PH3，P4中键角为60°，所以键角NO3﹣＞NH4+＞NH3＞PH3＞P4，故C正确；
D．n（CH3OCH3）＝＝1mol，每个二甲醚分子中含有3个采用sp3杂化的原子，46g二甲醚（CH3OCH3）中sp3杂化的原子数为3NA，故D错误；
故选：D。
3．下列说法正确的是（ ）
A．由分子组成的物质中一定存在共价键
B．共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键
【解答】解：A．稀有气体为单原子分子，分子中不存在共价键，所以由分子构成的物质中不一定存在共价键，故A错误；
B．共价化合物是指只含有共价键的化合物，故B错误；
C．非金属元素之间也能形成离子键，如氯化铵是由非金属元素构成的离子化合物，故C错误；
D．含有离子键的化合物为离子化合物，也可能含有极性键或非极性键，如氢氧化钠中含有离子键和极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D正确；
故选：D。
4．7N、8O、11Na、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣）
B．第一电离能：I1（Na）＜I1（N）＜I1（O）
C．氢化物对应的稳定性：NH3＜H2O
D．最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4
【解答】解：A.Na+、O2﹣的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）；对于电子层结构不同的离子，离子的核外电子层数越多，离子半径就越大；Na+、O2﹣只有2个电子层，Cl﹣核外有3个电子层，Cl﹣核外的电子层数最多，故Cl﹣半径最大，则离子半径：r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（Cl﹣），故A正确；
B.一般情况下，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素，所以I1（O）＜I1（N），则三种元素的第一电离能大小关系为：I1（Na）＜I1（O）＜I1（N），故B错误；
C.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：N＜O，所以简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，故C正确；
D.高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，所以最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4，故D正确；
故选：B。
5．X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是（ ）
A．Z、Y的氢化物稳定性：Z＜Y
B．Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型
C．Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出Z
D．[W（ZX3）4]2+中σ键数为12
【解答】解：A．由分析可知，Y、Z分别为C、N，C、N为同周期元素，C的非金属性比N弱，则 Z、Y的简单氢化物稳定性：NH3＞CH4，故A错误；
B．Q与Y原子形成的分子可以为CCl4，也可以是C2Cl6，CCl4是正四面体结构，而C2Cl6不是四面体形结构，故B错误；
C．Q单质（Cl2）与Z的简单气态氢化物（NH3）反应为8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，则Cl2可置换出NH3中的N，故C正确；
D．[W（ZX3）4]2+为[Zn（NH3）4]2+，每个NH3中含有3个σ键，另外还形成4个配位键，配位键也属于σ键，则σ键数为3×4+4═16，故D错误；
故选：C。
6．某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．X中含有4种含氧官能团
B．1molX最多能与5molNaOH反应
C．X水解后的产物都存在顺反异构体
D．X中含有1个手性碳原子
【解答】解：A．含有酚羟基、碳碳双键、酯基、酰胺基、羧基，其中四种是含氧官能团，故A正确；
B．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应，1mol该物质最多消耗6molNaOH，故B错误；
C．水解产物HOOCCH＝CHCOOH中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，该物质中存在顺反异构，故C正确；
D．连接甲基和酰胺键中N原子的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选：B。
7．废旧锌锰电池处理后的废料[含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2、Fe等]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图：
已知：Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在pH大于5.5时易被氧化。
下列说法不正确的是（ ）
A．“还原焙烧”时Mn元素被还原
B．“酸浸”过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率
C．“净化”时MnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去
D．“电解”时阳极反应式为Mn2+﹣2e﹣+4OH﹣═MnO2+2H2O
【解答】解：A．“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH+C2MnO+CO↑+H2↑、MnO2+CMnO+CO，反应中锰元素被还原为MnO，且有气体产物生成，故A正确；
B．加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，故B正确；
C．“净化”时通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe（OH）3沉淀而分离，故C正确；
D．电解时阳极电极方程式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，故D错误；
故选：D。
8．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（ ）
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径：E＞D＞C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E＞B
D．化合物X在低温更加稳定
【解答】解：A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4＞H2CO3，故C正确；
D．X为Na2CO3 H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，故D正确；
故选：B。
9．ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度（部分相同位置的原子未标注）。下列说法正确的是（ ）
A．S2﹣周围等距且最近的S2﹣有6个
B．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C．Zn2+与S2﹣的最短距离为apm
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
【解答】解：A．S2﹣处于晶胞内部，处于体对角线的四分之一处，S2﹣周围等距且最近的S2﹣有4个，故A错误；
B．锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故B错误；
C．S2﹣处于体对角线的四分之一处，体对角线长度为apm，故Zn2+与S2﹣的最短距离为apm，故C正确；
D．同周期元素，非金属性越强，电离能越大，第ⅤA主族元素原子核外电子为半满状态，第一电离能大于相邻元素，且Cl、Ar元素电离能也大于S，有3种，故D错误；
故选：C。
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣ [CuCl4]2﹣+4H2O
B 比较和ClO﹣水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度NaHCO3和NaClO溶液的pH 若测得NaClO溶液pH大，说明ClO﹣水解程度大于
C 探究FeCl3溶液与KI溶液的反应 向10mLFeCl3溶液中滴加5mL等浓度的KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液最终变为血红色，FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应
D 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉 没有变质
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．降低温度，溶液由黄绿色变为蓝绿色，[CuCl4]2﹣的浓度减小，则降低温度使[Cu（H2O）4]2++4Cl [CuCl4]2﹣+4H2O逆向移动，故A正确；
B．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故B错误；
C．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子证明反应的可逆性，故C错误；
D．溶解时可能Fe与铁离子反应生成亚铁离子，由实验操作和现象不能证明铁粉是否变质，故D错误；
故选：A。
11．氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附﹣活化﹣解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Ⅰ～Ⅴ步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成
【解答】解：A．反应过程中Ⅰ﹣Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，故A错误；
B．生成的水越多，有可能产生的CO越多，甲醇产率不一定大，故B错误；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，故C错误；
D．由图可得，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物CO生成，故D正确；
故选：D。
12.甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是（ ）
A. X分子中含氧官能团有醚键、羟基 B.Y分子中含1个手性碳原子
C. X分子中所有碳原子可能共平面 D.用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物X、Y
【解答】【解答】解：A．X与足量氢气加成产物如图，含有2个手性碳原子，故A错误；
B．Y分子中饱和碳原子采用sp3杂化，酯基上的碳原子采用sp2杂化，﹣CN中碳原子采用sp杂化，C原子有3种杂化类型，故B错误；
C．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以Z存在顺反异构，故C不正确；
D．Z中具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，故D正确；
选D
12．常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下：
H2S HClO H2CO3
Ka1═1.3×10﹣7 Ka2═7.1×10﹣15 Ka═4.7×10﹣8 Kal═4.2×10﹣7 Ka2═5.6×10﹣11
以下说法正确的是（ ）
A．少量CO2通入到NaClO溶液中生成Na2CO3
B．等浓度等体积的NaOH与H2S混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度等体积的Na2S与NaHS混合，c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣）
D．NaOH溶液与H2S溶液混合，当溶液的pH═7时，离子浓度大小关系为：c（HS﹣）＞c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）
【解答】解：A．比较电离平衡常数可知，酸性强弱关系：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，CO2通入到NaClO溶液中发生反应：CO2+H2O+NaClO═HClO+NaHCO3，故A错误；
B．两者按物质的量1：1混合，发生反应：NaOH+H2S═NaHS+H2O，溶液呈碱性，HS﹣水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，故B错误；
C．混合后，两者浓度仍然相等，设为c，根据Na元素质量守恒得c（Na+）═3c，根据S元素质量守恒得c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（H2S）═2c，溶液中物料守恒式为：2c（Na+）＝3c（S2﹣）+3c（HS﹣）+3c（H2S），电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），用物料守恒式与电荷守恒式共同消除c（Na+）后得：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）═2c（OH﹣）+c（S2﹣），故C正确；
D．溶液的pH＝7时，溶质为NaHS和H2S，其中c（H+）═c（OH﹣）＞c（S2﹣），根据电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）═2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），得c（Na+）＞c（HS﹣），故c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（H+）═c（OH﹣）＞c（S2﹣），故D错误；
故选：C。
13．燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物（主要成分NO），可通过主反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣180.74kJ mol﹣1
C．图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D．图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
【解答】解：A．由主反应可知，正反应为气体体积增大的放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，则升高温度、增大压强均使平衡向逆反应方向移动，可降低主反应中NO的平衡转化率，故A错误；
B．已知：①4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1627.7kJ mol﹣1
②4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝﹣904.74kJ mol﹣1
根据盖斯定律，可得N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝×[（﹣904.74kJ mol﹣1）﹣（﹣1627.7kJ mol﹣1）]＝+180.74kJ mol﹣1，故B错误；
C．图中X点反应未达平衡，所以反应时间足够长，此温度和催化剂B存在的条件下，NO的转化率能达到Y点的值，故C正确；
D．由图中Z点到W点NO的转化率降低的原因可能是催化剂的催化活性降低，还有可能是温度超过300°C发生副反应造成的，故D错误；
故选：C。
二．非选择题（共1小题）
三．解答题（共7小题）
15．氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。
（1）据报道，美国科学家卡尔 克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键。则“N5”分子碎片所带电荷是 +1 。
（2）
①分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知N5﹣为平面结构且含有大π键，则N5﹣中的大π键应表示为 。
②图中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H Cl、 （H3O+）O﹣H N 、 （NH4+）N﹣H N 。
（3）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr（Ⅵ）还原为Cr3+，再将Cr3+转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr（Ⅵ）具有很强的氧化能力，将Cr2还原为Cr3+的离子方程式为 8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O 。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr（Ⅵ）废水相同时间，当pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随
pH降低而降低的原因是 部分与H+结合转化为SO2逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 。
（4）微生物法：
①用硫酸盐还原菌（SRB）处理含Cr（Ⅵ）废水时，Cr（VI）去除率随温度的变化如图1所示。55℃时，
Cr（Ⅵ）的去除率很低的原因是 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图2所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+， 在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe2+反应生成FeS 。
【解答】解：（1）由5个N结合，都达到8电子结构，且含有两个N≡N三键，故N≡N只能在链端，其结构为，两个N﹣N为配位键，电子对由靠近三键的N提供，故中间的N原子需失去一个电子达到稳定结构，所以N5分子碎片所带电荷是+1，
故答案为：+1；
（2）①N5﹣中键总数为5个，有6个电子可以形成大π键，可用符号，
故答案为：；
②O和N非金属性都很强，都可以与H形成氢键，可以表示为：（H3O+）O﹣H N和（NH4+）N﹣H N，
故答案为：（H3O+）O﹣H N；（NH4+）N﹣H N；
（3）①酸性条件下将Cr2还原为Cr3+，被氧化为，离子方程式为8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O，
故答案为：8H++3+Cr2＝2Cr3++3+4H2O；
②酸性条件下Cr（Ⅵ）对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr（Ⅵ）的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H+结合产生的H2SO3转化为SO2气体逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，从而导致化学反应速率减慢，
故答案为：部分与H+结合转化为SO2逸出，使得与Cr（Ⅵ）反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
（4）①硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr（Ⅵ）的去除率降低，
故答案为：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
②在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe失去电子生成的Fe2+反应生成FeS，
故答案为：在SRB细胞膜的作用下被H原子还原生成S2﹣，生成的S2﹣与Fe2+反应生成FeS；
16．MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等）为原料制备MnCO3的流程如图：
回答下列问题：
（1）废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解 （结合离子方程式和必要的语言解释）。
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O 。
（3）“滤渣1”中含有的主要成分为 SiO2和CaSO4 。
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 生成的Fe3+可催化H2O2的分解 。
（5）加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 加入CaCO3消耗H+，c（OH﹣）增大，从而沉淀Fe3+和Al3+ 。
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为 Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
（7）MnO2的正交（棱与棱之间的夹角均为90°）晶胞结构如图所示，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm。其中Mn的配位数为 6 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm﹣3。
【解答】解：（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解，
故答案为：CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为：Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O，
故答案为：将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；Fe+MnO2+4H+＝Mn2++Fe2++2H2O；
（3）SiO2不溶于酸，氧化钙与硫酸反应生成CaSO4微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为SiO2和CaSO4，
故答案为：SiO2和CaSO4；
（4）“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为生成的Fe3+可催化H2O2的分解，
故答案为：生成的Fe3+可催化H2O2的分解；
（5）加入CaCO3能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的，
故答案为：加入CaCO3消耗H+，c（OH﹣）增大，从而沉淀Fe3+和Al3+；
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）由图可知MnO2晶胞中Mn的配位数为6，该晶体密度＝＝g cm﹣3，
故答案为：6；。
17．化合物H是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，其一种合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 还原反应 。
（2）D分子中碳原子杂化轨道类型有 3 种。
（3）G的结构简式为 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 、或 。
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢。
（5）设计以苯乙醇为原料制备的合成路线（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）A→B的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（2）D分子中饱和碳原子价层电子对数是4，采用sp3杂化，苯环上碳原子价层电子对数是3，采用sp2杂化，﹣CN中碳原子价层电子对数是2，采用sp杂化，所以碳原子杂化轨道类型有3种，
故答案为：3；
（3）G的结构简式为，
故答案为：；
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环；
②碱性条件下完全水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均含有4种不同化学环境的氢，生成的两种有机物的结构简式为、HOCH2CH2COOH，所以该同分异构体的结构简式为、、，
故答案为：、或；
（5）以苯乙醇为原料制备，可由和苯乙醇发生酯化反应得到，可由发生水解反应得到，可由发生取代反应得到，可由和HCl发生加成反应得到，苯乙醇发生消去反应得到苯乙烯，合成路线为，
故答案为：。
18．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
（1）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
写出NH3还原NO至N2和水蒸气的热化学方程式 4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol 。
（2）尿素水溶液热解产生的NH3可去除尾气中的NOx，流程如图：
①尿素[CO（NH2）2]中氮元素的化合价为 ﹣3 。
②写出“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式 8NH3+6NO2＝N2+12H2O 。
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。试分析硫酸盐的产生过程 SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4 。
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和 温度升高，NH3催化氧化生成NO 。
以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g）（快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g）（慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g）（快反应）
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k c（N2O） [c（I2）]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是 A
A.N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关
B.第三步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步小
D.IO为反应的催化剂
（2）汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：2CO+2NO→N2+2CO2△H1。
①已知：反应N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，若CO的燃烧热△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝ ﹣747.0kJ/mol 。
②若在恒容的密闭容器中，充入2mol CO和1mol NO，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 B 。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．2v（N2）正＝v（CO）逆
③研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3+x（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4+（不稳定）+H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）
第二阶段：Ⅰ.NO（g）+□→NO（a）
Ⅱ．2NO（a）→2N（a）+O2（g）
Ⅲ．2N（a）→N2（g）+2□
Ⅳ.2NO（a）→N2（g）+2O（a）
Ⅴ.2O（a）→O2（g）+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 。
（3）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g） 2NO（g）。将定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a（N2O4）]随温度的变化如图所示。
①图中a点对应温度下。已知N2O4的起始压强为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp＝ 115.2 kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
②在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率、压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ K2Kp ，在图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为 B、D （填字母代号）。
【解答】解：（1）①4NH3 （g）+3O2 （g）═2N2 （g）+6H2O （g）ΔH＝﹣akJ/mol
②N2（g）+O2 （g）═2NO （g）ΔH＝﹣bkJ/mol
根据盖斯定律：①﹣3×②得4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol，
故答案为：4NH3 （g）+6NO （g）＝5N2（g）+6H2O （g）ΔH＝（3b﹣a）kJ/mol；
（2）①尿素[CO（NH2）2]中C元素为+4价，O元素为﹣2价，H元素为+1价，根据化合价代数和为0，则尿素氮元素的化合价为﹣3价；
故答案为：﹣3；
②由图可知，“催化反应”过程中NH3还原NO2的化学方程式为：8NH3+6NO2＝N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2＝N2+12H2O；
③若氧化处理后的尾气中混有SO2，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低NOx的去除率。则硫酸盐的产生过程为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4，
故答案为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成（NH4）2SO4或者NH4HSO4；
④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间。温度过高，NOx的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和温度升高，NH3催化氧化生成NO，
故答案为：温度升高，NH3催化氧化生成NO。
（3）A.单质碘在N2O分解的反应中起到催化剂的作用，因此能够使K 值增大，故A正确；
B.第二步反应为慢反应，对总反应的速率起到决定性作用，故B错误；
C.活化能越大，反应速率越慢，故C错误；
D.IO在第二步反应中生成，在第三步反应又消失，为中间产物，不是催化剂，故D错误，
故答案为：A；
（2）根据所给的反应①2CO+2NO→N2+2CO2△H1和反应②N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H2＝+180.0kJ mol﹣1，可得到一氧化碳燃烧的热化学方程式CO（g）+O2 （g）＝CO2（g）△H为﹣283.5kJ/mol，则△H1＝2△H﹣△H2＝（﹣283.5×2）kJ mol﹣1﹣180.0kJ mol﹣1＝﹣747.0kJ mol﹣1，
故答案为：﹣747.0kJ mol﹣1；
②A.投入的CO和NO的物质的量之比为2：1，CO与NO的反应的物质的量之比为1：1，则在反应过程中，CO与NO的反应的物质的量之比为为变量，若比值不变，则表明达到平衡，不符合题意；
B.反应前后均为气体，气体的质量不变，恒容的密闭容器容积不变，混合气体的密度在反应过程中均保持不变，不能够标志反应已经达到平衡，符合题意；
C.反应前后气体的分子数不相等，则在反应过程中气体压强在不断变化，因此混合气体的压强不变时，说明反应已经达到平衡，不符合题意；
D.反应未达到平衡前正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，二者相等则反应达到平衡，2v（N2）正＝v（CO）逆，不符合题意，
故答案为：B；
③还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多，氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；
（3）①设起始时N2O4的物质的量为1mol，a点时N2O4与的转化率为40%，列三段式可得：
N2O4（g） 2NO2（g）
起始（mol） 1 0
变化（mol） 0.4 0.8
平衡（mol） 0.6 0.8
则平衡时气体的总物质的量为0.6mol+0.8mol＝1.4mol，压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时气体的总压强为108kPa×1.4＝151.2kPa，则平衡常数，
故答案为：115.2Kpa；
②v（ N2O4）＝k1p（N2O4），v（NO2）＝k2p2（NO2），达到平衡时，有2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），即2k1p（N2O4）＝k2p2（NO2），平衡常数，K1＝K2Kp，
故答案为：K2Kp；
③达到平衡时，2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），由图可知B、D两点的速率符合2v正（ N2O4）＝v逆（NO2），故B点与D点为平衡点，
故答案为：B、D。
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