陕西省铜川市耀州中学2022届高三化学下学期第十次月考试卷含解析

陕西省铜川市耀州中学2022-2022学年高三（下）第十次月考化学试卷　一、选择题1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程　2．分子式为C7H14O2的有机物Q，在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质，则Q的结构最多有（　　）A．6种B．4种C．3种D．2种　3．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（　　）A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q　4．用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）．下列分析正确的是（　　）-23-\nA．a端是直流电源的负极B．通电使CuCl2发生电离C．阳极上发生的反应：Cu2++2e﹣=CuD．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体　5．下列除杂方案错误的是（　　）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNa2CO3（s）NaHCO3（s）﹣灼烧CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤A．AB．BC．CD．D　6．下列说法正确的是（　　）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜VNaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）　7．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）ABCD-23-\n升高温度，平衡常数减小0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A．AB．BC．CD．D　　二.非选择题8．（15分）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一．下面是它的一种实验室合成路线：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu（OH）2→+H2O制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略），已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸．配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是　　　　　　．（2）将a中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130℃继续反应．在装置中，仪器b的作用是　　　　　　；仪器c的名称是　　　　　　，其作用是　　　　　　．反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品．加人冷水的目的是　　　　　　．下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是　　　　　　（填标号）A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒（3）提纯粗苯乙酸的方法是　　　　　　，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是　　　　　　．（4）用CuCl2•2H2O和NaOH溶液制备适量Cu（OH）2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是　　　　　　．（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作是　　　　　　．-23-\n　9．（15分）铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图甲是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为　　　　　　．②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是　　　　　　（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如图乙：①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为　　　　　　．②步骤II中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为　　　　　　．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是　　　　　　（任写一项）．（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=　　　　　　．②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=　　　　　　．　10．（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．-23-\n（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是　　　　　　．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图2）．①比较p1、p2的大小关系　　　　　　．②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　　　　　　．（3）Ⅲ中，将NO2（g）转化成N2O4（l），再制备浓硝酸．①已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1，2NO2（g）⇌N2O4（l）△H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）　　　　　　②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式　　　　　　．（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是　　　　　　，说明理由：　　　　　　．　11．（15分）可降解聚合物P的合成路线如下：-23-\n已知：（1）A的含氧官能团名称是　　　　　　．（2）羧酸a的电离方程是　　　　　　．（3）B→C的化学方程式是　　　　　　．（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是　　　　　　．（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是　　　　　　．（6）F的结构简式是　　　　　　．（7）聚合物P的结构简式是　　　　　　．　　-23-\n陕西省铜川市耀州中学2022-2022学年高三（下）第十次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程【考点】塑料的老化和降解；煤的干馏和综合利用；乙醇的工业制法；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B．煤的气化、液化都是化学变化；C．碳纤维是碳的单质；D．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；【解答】解：A．乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C错误；D．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键，题目难度不大．　-23-\n2．分子式为C7H14O2的有机物Q，在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质，则Q的结构最多有（　　）A．6种B．4种C．3种D．2种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】Q在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质，说明此有机物为酯类，依据剩余基团为丁基计算即可．【解答】解：C7H14O2的有机物Q水解生成乙醇和一种酸性物质，那么酸性物质应为羧酸，羧酸含有官能团﹣COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故此羧酸有4种，故选B．【点评】本题主要考查的是有机物的结构与性质，掌握碳原子数小于5的烃基是解决本题的关键，难度不大．　3．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（　　）A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答．【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性Z＜X＜T，故A错误；-23-\nB．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性Cl＞Br，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：T＞Q，故D正确；故选BD．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律等，难度不大，推断R为氟元素是关键，注意掌握元素周期律．　4．用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）．下列分析正确的是（　　）A．a端是直流电源的负极B．通电使CuCl2发生电离C．阳极上发生的反应：Cu2++2e﹣=CuD．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，阳极和电源正极相连，阴极和电源负极相连；B、通电氯化铜发生氧化还原反应发生分解反应；C、阳极上氯离子失电子发生氧化反应；D、氯离子在阳极失电子生成氯气．【解答】解：A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；-23-\nC、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A．【点评】本题考查电解原理的应用，主要是电解名称、电极反应的判断，题目较简单．　5．下列除杂方案错误的是（　　）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNa2CO3（s）NaHCO3（s）﹣灼烧CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化碳与NaOH反应，CO不能，且浓硫酸可干燥CO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，且浓硫酸可干燥氯气；D．NH4Cl、Fe3+（aq）均与NaOH反应．【解答】解：A．二氧化碳与NaOH反应，CO不能，且浓硫酸可干燥CO，则利用给出的试剂、洗气可除杂，故A正确；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故B正确；C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，且浓硫酸可干燥氯气，则利用给出的试剂、洗气可除杂，故C正确；D．NH4Cl、Fe3+（aq）均与NaOH反应，将原物质反应掉，不能除杂，应选氨水、过滤除杂，故D错误；故选D．-23-\n【点评】本题考查实验方案的评价，侧重混合物分离提纯方法几除杂的考查，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意实验的评价性分析及除杂的原则，题目难度不大．　6．下列说法正确的是（　　）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜VNaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）【考点】电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；B．CH3COOH不完全电离，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al（OH）3；D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞K（AgI）；【解答】解：A．电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子．氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V醋酸＞VNaOH，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强酸制备弱酸，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al（OH）3，AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C错误；-23-\nD．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K（AgI）＜K（AgCl），故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，掌握它们的相关本质是解答的关键，题目难度中等．　7．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）ABCD升高温度，平衡常数减小0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（NO2），注意选项中单位；C．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低．【解答】解：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），单位错误，故B错误；C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；-23-\nD．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，故选A．【点评】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题．　二.非选择题8．（15分）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一．下面是它的一种实验室合成路线：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu（OH）2→+H2O制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略），已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸．配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是　先加水、再加入浓硫酸　．（2）将a中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130℃继续反应．在装置中，仪器b的作用是　滴加苯乙腈　；仪器c的名称是　球形冷凝管　，其作用是　回流（或使气化的物质冷凝）　．反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品．加人冷水的目的是　便于苯乙酸析出　．下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是　BCE　（填标号）A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒（3）提纯粗苯乙酸的方法是　重结晶　，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是　95%　．（4）用CuCl2•2H2O和NaOH溶液制备适量Cu（OH）2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是　取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现　．（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作是　增大苯乙酸溶解度，便于充分反应　．-23-\n【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【分析】（1）配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅；（2）由图可知，c为冷凝管，使气化的液体冷凝回流，仪器b可加入反应液；反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作；（3）苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小；由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g；（4）用蒸馏水洗涤沉淀，将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净；（5）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度．【解答】解：（1）稀释浓硫酸放出大量的热，配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：先加水、再加入浓硫酸；（2）由图可知，c为球形冷凝管，其作用为回流（或使气化的反应液冷凝），仪器b的作用为滴加苯乙腈；反应结束后加适量冷水，降低温度，减小苯乙酸的溶解度，则加入冷水可便于苯乙酸析出；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流（或使气化的反应液冷凝）；便于苯乙酸析出；BCE；（3）苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶；由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知，40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是×100%=95%，-23-\n故答案为：重结晶；95%；（4）用蒸馏水洗涤沉淀，将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净，则沉淀洗干净的实验操作和现象是取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现，故答案为：取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现；（5）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与Cu（OH）2反应除去苯乙酸，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应，故答案为：增大苯乙酸溶解度，便于充分反应．【点评】本题考查苯乙酸铜的合成，侧重物质制备实验及有机物性质的考查，把握合成反应及实验装置的作用为解答的关键，综合考查学生实验技能和分析解答问题的能力，题目难度中等，注意信息的处理及应用．　9．（15分）铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图甲是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为　吸氧腐蚀　．②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是　B　（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如图乙：①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为　4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O　．②步骤II中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为　4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O　．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是　氮氧化物排放少　（任写一项）．-23-\n（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=　4：1　．②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=　0.05　．【考点】铁的化学性质；化学平衡的计算；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；②中性或弱酸性条件下，铁发生吸氧腐蚀，铁接触空气、水时最终生成氧化铁；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；②应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；③氮氧化物为有毒气体；（3）①K=，平衡常数K=0.25，以此计算；②通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始：0.02x00转化：0.010.010.010.01平衡：x﹣0.010.01结合平衡常数计算．【解答】解：（1）①海水溶液呈中性，则钢铁发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；②钢铁接触空气、水时腐蚀生成亚铁，与空气接触部分最终生成铁锈，只有B符合，故答案为：B；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；-23-\n②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；（3）①K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；②通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始0.02x00转化0.010.010.010.01平衡x﹣0.010.01则K==0.25，解的x=0.05，故答案为：0.05．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等．　10．（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．-23-\n（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图2）．①比较p1、p2的大小关系　p2＞p1　．②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　变小　．（3）Ⅲ中，将NO2（g）转化成N2O4（l），再制备浓硝酸．①已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H1，2NO2（g）⇌N2O4（l）△H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）　A　②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式　2N2O4+O2+2H2O=4HNO3　．（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是　NH3　，说明理由：　根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3　．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水；（2）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大；-23-\n②根据图象知，相同压强下，升高温度，NO转化率减小，说明正反应是放热反应，据此判断化学平衡常数与温度的关系；（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断．【解答】解：（1）在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大，根据图象知，相同温度下，p2的转化率大于p1，所以p2＞p1，故答案为：p2＞p1；②根据图象知，相同压强下，升高温度，NO转化率减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，故答案为：变小；（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3．【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握．　11．（15分）可降解聚合物P的合成路线如下：-23-\n已知：（1）A的含氧官能团名称是　羟基　．（2）羧酸a的电离方程是　CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+　．（3）B→C的化学方程式是　　．（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是　　．（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是　加成反应、取代反应　．（6）F的结构简式是　　．（7）聚合物P的结构简式是　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】C被还原生成，所以C的结构简式为：，B和浓硝酸发生取代反应生成C，所以B的结构简式为：-23-\n，A和羧酸生成酯B，所以A的结构简式为：，和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D，化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合D的分子式知，D的结构简式为，D反应生成E，结合E的分子式知，E的结构简式为：，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，两个F分子中的氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环，因此G的结构简式为：，G和反应生成P，P的结构简式为：．【解答】解：C被还原生成，所以C的结构简式为：，B和浓硝酸发生取代反应生成C，所以B的结构简式为：，A和羧酸生成酯B，所以A的结构简式为：，和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D，化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合D的分子式知，D的结构简式为，D反应生成E，结合E的分子式知，E的结构简式为：-23-\n，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，F发生反应生成G，G的结构简式为：，G和反应生成P，P的结构简式为：．（1）A的结构简式为：，所以A中含有的官能团是醇羟基，故答案为：醇羟基；（2）A的结构简式为：，B的结构简式为：，根据AB的结构简式知，该羧酸是乙酸，乙酸是弱电解质，乙酸中存在电离平衡，所以乙酸的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，B和浓硝酸发生取代反应生成C，该反应方程式为：，故答案为：；（4）通过以上分析知，D的结构简式为：，故答案为：；（5）通过题给信息知，E→F中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应，故答案为：加成反应、取代反应；（6）通过以上分析知，F的结构简式为：，故答案为：；-23-\n（7）通过以上分析知，P的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，同时考查学生知识迁移能力，充分利用题给信息采用正推和倒推相结合的方法进行分析解答，明确物质含有的官能团及性质是解本题关键，难度较大．　-23-