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收官测试押题卷1（15+4）
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对分子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56
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．科学、安全、有效、合理地使用化学品是每一位生产者和消费者的要求和责任，下列有关说法错误的
是
A．聚四氟乙烯可作化工反应器的内壁涂层，该材料属于合成高分子材料
B．铁强化酱油中的添加剂乙二胺四乙酸铁钠属于增味剂
C．非处方药有“OTC”标识，消费者无需凭医生处方，即可购买和使用
D．硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或撞击易爆炸，故必须作改性处理后才能施用
【答案】B
【解析】A．聚四氟乙烯可作化工反应器的内壁涂层，该材料属于合成高分子材料，A正确；B．补铁酱
油在酱油中加入一种新型铁强化剂乙二胺四乙酸铁钠，使普通酱油在添加了这种铁强化剂之后具有补充铁
元素的功效，属于营养强化剂，B错误；C．包装上有“OTC”标识是非处方药，无需凭医生处方购买和使
用，C正确；D．硝酸铵是一种高效氮肥，性质不稳定，受热遇到撞击容易分解，故必须作改性处理后才
能施用，D正确；故选B。
2．实验室可用反应 制取少量 。下列说法正确的是
A． 的空间填充模型为 B． 的空间结构为V形
C． 的结构示意图为 D． 的电子式为
【答案】B
【解析】A． 是 的球棍模型，A错误；B． 的价层电子对数为3，有1对孤电子对，
中的空间构型为V形，B正确；C． 的核电荷数为17，不是18，C错误；D． 的电子式为：
，D错误；故选B。
3．硫代硫酸钠( )在酸性环境中易发生歧化反应： 。
设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．18g 中含有质子的数目为
B．每生成32g S，转移电子的数目为
C．1mol 固体中含有离子的数目为
D．常温常压下，22.4L 中含有 键的数目为
【答案】C
【解析】A．18g 是1mol，含有质子的数目为 ，A错误；B．每生成32g S，即有1mol的硫元素从平均价态+2价降到0价，所以转移电子的数目为 ，B错误；C．1mol 固体中含有2mol钠
离子，1mol ，含有离子的数目为 ，C正确；D．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，所
以22.4L 不是1mol，则含有 键的数目不是 ，D错误；故选C。
4．下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化碳：
B．铅酸蓄电池充电时，阳极发生反应：
C．将 溶液滴入 溶液中：
D．锌锰碱性干电池的负极反应：
【答案】B
【解析】A．向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化碳生成碳酸氢钙和次氯酸：
，A正确；B．铅酸蓄电池充电时，阳极发生氧化反应,硫酸铅不能拆成
离子形式： ，B错误；C．将 溶液滴入 溶液中产生蓝
色沉淀： ，C正确；D．锌锰碱性干电池的负极为锌失去电子发
生氧化反应： ，D正确；故选B。
5．下列有关仪器的名称、示意图与用途或使用操作的叙述均正确的是
选项 A B C D
名称 坩埚 蒸馏烧瓶 分液漏斗 球形干燥管
示意图
用途或
可用于对固体 可用于制 分液时将磨口瓶塞上的凹槽 洗气除杂实验中将
使用操
进行高温加热 备蒸馏水 对准漏斗口颈上的小孔 气体从小口通入
作
【答案】C
【解析】A. 该仪器为蒸发皿，不是坩埚，故A错误；B. 该仪器为圆底烧瓶，不是蒸馏烧瓶，蒸馏烧瓶带
支管，故B错误；C. 该仪器为分液漏斗，分液时将磨口瓶塞上的凹槽对准漏斗口颈上的小孔，故C正
确；D. 该仪器为球形干燥管，洗气除杂实验中将气体从大口通入，故D错误；选C。
6．某液晶分子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，基态X原子的电
子只有一种自旋取向，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Y与W的质子
数之和等于Z的质子数的2倍。下列说法错误的是A．电负性：W>Z>Y B．第一电离能：Z>W>Y
C．常见单质分子键能：X>W>Z D．简单氢化物沸点：W>Z>Y
【答案】C
【分析】基态X原子的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态W原子核外s能级上的电子总数与
p能级上的电子总数相等，电子排布为1s22s22p4 或1s22s22p63s2 ，则W为O或Mg元素，由于W是非金属
元素，故W是O元素；Y与W的质子数之和等于Z的质子数的2倍，Y、Z、W为原子序数依次增大的
非金属元素，则Y为C元素，Z为N元素。据此作答。
【解析】A．同周期元素从左向右电负性依次增大，故O>N>C，A正确；B．同周期元素从左向右第一电
离能呈增大趋势，其中N原子的2p电子半满为较稳定结构，第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则
第一电离能大小顺序为：N＞O>C，B正确；C ．X、W、Z的单质分子分别为H2 、N2 、O2 ，对应的化学
键分别是单键、三键、双键，故键能大小关系为H2Ksp(AgSCN)=2×10-12 ，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，B正确；C．取消步骤Ⅲ，
则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，可知Cl%偏小，C错误；D．Ag+ 总物质的量为
0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物质的量为cmol·L-1×VmL=cV×10-3mol，设三氯氧磷
(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+ 、Ag+~NH4SCN可知有x+
cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-
3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV) ×10-2g，因此Cl元素的质量分数为 ，D错误；故选B。
11．锌-空气电池被认为是替代锂离子电池、满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选电池。用光照充电的
锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极 (空穴)，驱动阴极和阳极反应。下列叙述
不正确的是
A．放电时， 向光电极迁移 B．充电时的阳极反应为C．放电时，光电子经电解液向 极移动 D． 是配离子，配位数是4
【答案】C
【分析】光照充电时 转化为 ，故充电时 为阴极，光电极为阳极；放电时 为负极，光
电极为正极；总反应为 。
【解析】A．放电时，阳离子向正极（光电极）迁移， 项正确；B．充电时， 失去的电子填入正电
空穴， 项正确；C．光电子只能在外电路中通过， 项错误；D．从 结构可以看出其配位数
是4，D项正确；故选C。
12．葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图
所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，下列说法不正确的是
A．葡萄糖由链状转化为环状结构发生了加成反应
B． 吡喃葡萄糖的稳定性大于 吡喃葡萄糖
C．葡萄糖链状和环状结构中均有4个手性碳原子
D．葡萄糖由链状转化为环状结构 ，
【答案】C
【解析】A．葡萄糖由链状转化为环状结构，—CHO与—OH加成，A正确；B．因为α−D−吡喃葡萄糖的
羟基离环面更近，使得羟基与环面形成了较强的氢键作用，从而增加了分子的 稳定性，B正确；C．葡
萄糖链状结构中有4个手性碳原子，环状结构中有5个手性碳原子，C错误；D．葡萄糖结构中链状结构
的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS<0，ΔH<0，D正确；故选C。
13．实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：
已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，苯甲醛的熔点-26 ，肉桂酸的熔点133 ，乙酸酐(CH3CO)2O易水
解。
℃ ℃
操作：
将5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3 混合加热回流0.5h
①
向回流后的混合液中加入K2CO3 溶液调节溶液至碱性
将“ ”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水
②
③ ②……，得到纯净的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。
④
下列有关说法错误的是
A．当馏出液无油珠时，即可停止通入水蒸气
B．操作 结束时，应先打开弹簧夹再移去热源
C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品
③
D．肉桂酸的产率为69.8%
【答案】D
【分析】将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3 在圆底烧瓶中混合均匀，然后加热回流0.5h；向回流后的混合
液中加入K2CO3 溶液调节溶液至碱性，将肉桂酸、乙酸、乙酸酐等转化为盐；通入水蒸气进行蒸馏，收
集苯甲醛；将蒸馏后剩余溶液中加入酸，重新生成肉桂酸等，肉桂酸难溶于水，过滤后洗涤、干燥，便可
获得肉桂酸。
【解析】A．苯甲醛难溶于水，当馏出液无油珠时，表明苯甲醛已全部蒸出，此时可停止通入水蒸气，A
正确；B．操作 结束时，为防止发生倒吸，应先打开弹簧夹使系统与大气相通，再移去热源，B正确；
C．向Ⅱ中残余
③
溶液中加入盐酸酸化，使肉桂酸钾转化为肉桂酸，肉桂酸难溶于水，生成沉淀，再过滤、
洗
涤、干燥可以获得肉桂酸粗品，C正确；D．5.3g苯甲醛的物质的量为0.05mol，6.12g乙酸酐的物质的量
为0.06mol，理论上生成肉桂酸的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×148g/mol=7.4g，则肉桂酸的产率
为 ≈83.8%，D错误；故选D。
14． 是某些太阳能薄膜电池的材料。下图所示为 的晶胞结构，已知晶胞参数为apm，2号
氧原子的分数坐标为 ，下列说法不正确的是
A．1号氧原子的分数坐标为
B．晶胞中与Ca等距离且最近的O有4个
C．元素 在元素周期表中处于d区D．Ti和Ca原子间的最短距离为
【答案】B
【解析】A．根据空间直角坐标系以及2号氧原子的分数坐标，可以得到1号氧原子的分数坐标为
，故A正确；B．以顶点的钙原子分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的O有12个，故B错误；
C．钛元素位于元素周期表中第四周期ⅡB族，其价电子排布式为3d24s2 ，最后一个电子填充在d轨道，
属于元素周期表中d区元素，故C正确；D．根据晶胞结构可知，钙原子和钛原子之间的距离为体对角线
的一半即 ，故D正确；故答案选B；
15．某温度下， 与不同pH的 体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示 体系中各
含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示 与不同pH的 体系反应生成沉淀的情况，
其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始 molL ，不同pH下 由图1得到]。
⋅
下列说法正确的是
A．上述 体系呈中性时， 一定是
B．符合 的pH范围：
C． ， molL 时，溶液中存在 和 两种沉淀
⋅
D． ， molL 时可发生反应：
【答案】D
⋅
【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先
增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。。
【解析】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7， 也就不确定，A错误；B．由图1可知， ， ， 。若 ，则满足下
列两个关系： ， 。将 代入 表达式，可得 ，即
① ② ①
；将 代入 表达式，可得 ，即 。因此，符合条件的pH范围是
②，B错误；C．分析图2， ， 浓度为0.01 mol/L时，溶液中只存在 沉
淀，C错误；D．分析图1和图2， 时，溶液中主要含碳离子为 ， 浓度为0.1 mol/L时，
只产生 沉淀，因此可以发生 ，D正确；故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）铁铬废泥是FeCl3 蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥(铁质量分数约为15%，铬质
量分数约为2%，不溶物含量为5%~10%，含水率为40%~50%)，可用酸洗废液(所含酸主要是盐酸)酸溶
后，再经过下列方式处理获得FeCl3 和PbCrO4 两种产品，变废为宝。
Ⅰ.部分含铬微粒的颜色状态如下表所示：
物质 Cr(OH)3 PbCrO4
颜色状态 绿色沉淀 绿色溶液 黄色溶液 橙色溶液 黄色沉淀
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Cr3+
开始沉淀的
2.3 7.6 4.5
pH
完全沉淀的
3.3 9.1 5.6
pH
回答下列问题：
（1）基态Cr原子的价层电子排布式为 。
（2）铁铬废泥中铁元素和铬元素的存在形式是 (填化学式)。
（3）用酸洗废液酸溶时，反应温度为65 ，此时铁铬废泥的浸出效果较佳。但实际生产中，只需要将溶
液预热到60 左右即可，原因是 。
℃
（4）加入C
℃
a(OH)2 时，应调节的pH范围为 。
（5）试剂A的最佳选择是 (填字母)。a.酸性KMnO4 溶液 b.HNO3 c.Cl2
（6）绿色溶液转化为黄色溶液过程的离子方程式是 。
(7)FeCl3 的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量
瓶；用蒸馏水定容；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液；充分反应后，滴入淀粉指示剂并用
cmol·L-1Na2S2O3 溶液滴定用去VmL。样品中氯化铁的质量分数为 (用字母m、c、V来表示)。已
知：I2+2 =2I-+ 。
【答案】（1）3d54s1 （1分）
（2）Fe(OH)3 、Cr(OH)3 （2分）
（3）Fe(OH)3 、Cr(OH)3 与盐酸反应会放出一定的热量（2分）
（4）5.6 pH＜7.6（2分）
（5）c（2分）
（6） +2H2O2+Pb+=PbCrO4↓+2H2O（2分）
(7) （2分）
【分析】铁铬废泥是FeCl3 蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥(铁质量分数约为15%，铬质量分数
约为2%，不溶物含量为5%~10%，含水率为40%~50%)，可用酸洗废液(所含酸主要是盐酸)酸溶后，滤渣
为不溶物，滤液1中含有Fe3+ 与Cr3+ ，加入铁片后Fe3+ 还原为Fe2+ ，加入Ca(OH)2 ，应调节pH在5.6 pH
＜7.6，Gr3+ 既完全沉淀，Fe2+ 也不会产生沉淀，滤液3中Fe2+ 经过氯气氧化得到FeCl3 ；高铬滤渣为
Cr(OH)3 ，与氢氧化钠反应生成NaCrO2 ， 氧化为 ， 的溶液中加酸，溶液变为橙黄色，说
明单聚的 转化为二聚的 ， 与醋酸铅反应生成PbCrO4 ，据此分析解题。
【解析】（1）Cr为第24号元素， 基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1 。
（2）铁铬废泥是FeCl3 蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥，铁铬废泥中铁元素和铬元素的存在
形式是Fe(OH)3 、Cr(OH)3 。
（3）Fe(OH)3 、Cr(OH)3 与盐酸反应会放出一定的热量，故实际生产中，只需要将溶液预热到60 左右即
可。
℃
（4）加入Ca(OH)2 时，应调节的pH的范围在5.6 pH＜7.6，Gr3+ 既完全沉淀，Fe2+ 也不会产生沉淀。
（5）试剂A的最佳选择是Cl2 ，因为最后的目标产物为FeCl3 ，既可以达到将Fe2+ 氧化为Fe3+ 的目的，也
不引入新的杂质离子，故选c。
（6）绿色溶液转化为黄色溶液过程的离子方程式是： +2H2O2+Pb+=PbCrO4↓+2H2O。
（7）I2+2 =2I-+ ，2Fe3++2I-=2Fe2++I2 ，可知关系式2Fe3+- I2-2 ，cmol·L-1Na2S2O3 溶液滴定用
去VmL，所需物质的量为cV×10-3mol，消耗Fe3+ 的物质的量为cV×10-3mol，从100mL容量瓶取出
10.00mL样品，样品中氯化铁的质量分数为 。
17．（14分）替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾脏病(CKD)成人患者的高磷血症。替
纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下：回答下列问题：
（1）写出A的分子式 。
（2）B中含氧官能团的名称为 。
（3）H→I的反应类型为 。
（4）F分子中采取sp3 杂化的碳原子个数为 。
（5）由D生成E的方程式为 。
（6）试剂1的分子式为C8H9NCl2 ，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有 种(不考虑立体
异构)。
与足量NaOH溶液反应，1mol该物质最多消耗4molNaOH； 苯环上只有三个取代基。
① ②
(7)综合上述信息，以 为原料制备 的合成路线如下(部分反应
条件已略去)，其中M、N、Z的结构简式分别为 、 、 。
【答案】（1）C8H7BrO（1分）
（2）酮羰基（1分）（3）加成反应（1分）
（4）5（2分）
（5） +H2O（2分）
（6）29（2分）
(7) （2分） （2分） CH3NH2 （1分）
【分析】由有机物的转化关系可知， 一定条件下与溴发生取代反应生成 ，
与 一定条件下发生取代反应生成 ，则
试剂1为 ； 与硼氢化钠发生还原反应生成
， 在硫酸作用下转化为
，则E为 ； 与 发生取代反应生成
， 与氯气、乙酸反应生成 ，与 发生取代反应生成
， 与
发生加成反应生成
。
【解析】（1）由结构简式可知， 的分子式为C8H7BrO，故答案为：C8H7BrO；
（2）由结构简式可知， 的含氧官能团为酮羰基，故答案为：酮羰基；
（3）由分析可知，H→I的反应为 与发生加成反应生成 ，故答案为：加成反应；
（4）由结构简式可知， 分子中含有5个杂化方式为sp3 杂化的饱和碳原子，故答案为：5；
（5）由分析可知，由D生成E的反应为 在硫酸作用下转化为 和
水，反应的化学方程式为 +H2O，故答案为：
+H2O；
（6） 的同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应，1 mol试剂1最多消耗4 mol氢氧化钠说
明2个氯原子原子直接与苯环相连，苯环上只有三个取代基说明同分异构体分子的结构可以视作邻二氯
苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢原子被—CH2CH2NH2 、或 、或—NH—CH2CH3 ，或
—CH2—NH—CH3 、或—N(CH3)2 取代所得结构，其中邻二氯苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢
原子被取代基取代所得结构分别有2种、3种、1种，则符合条件的结构简式共有5×6—1=29种，故答案
为：29；
（7）由有机物的转化关系可知， 与 发生取代反应生成 ，则M为
； 与氯气、乙酸反应生成 ，则N为
； 与CH3NH2 发生取代反应生成 ，故答案为：； ；CH3NH2 。
18．（14分） 可用于镀镍。某实验小组欲制备 ，并测定产品的化学式。
I．制备
将镍粉用浓硝酸溶解，获得 溶液； 向 溶液中缓慢加入浓氨水，使
发生配体取代反应，冰水浴冷却结晶，减压过滤、用浓氨水洗涤； 向所得沉淀中加入浓盐酸，冷却后
① ②
慢慢加入 的混合液，减压过滤，分别用三种洗涤③剂依次洗涤、干燥，得到产品。
Ⅱ．测定 的化学式
氯含量的测定：准确称取 产品，用蒸馏水溶解后，加入过量强酸，用 溶液调节 ，加
④入少量 作指示剂，用 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗标准溶液 。
氨含量测定：准确称取 产品于锥形瓶中，加入 过量盐酸溶解，加入指示剂甲基红（变色
⑤ 范围为4.4~6.2），三次滴定平均消耗 标准 溶液 ；另取 上述盐酸，
加入指示剂甲基红，三次滴定平均消耗0.5 标准 溶液 。
已知： 易溶于冷水、稀氨水，不溶于浓氨水、乙醇、乙醚，在潮湿空气中易生成
；乙醚的挥发性强于乙醇； 是一种难溶于水的砖红色晶体。
回答下列问题：
（1）若浓氨水需自制，适宜选用下列装置及连接顺序为 （填接口标号），写出该连接装置中制备
氨气的化学方程式 。
（2）步骤 中 发生配体取代反应的离子方程式为 。
②
（3）步骤 所得 沉淀采用“减压过滤”而非“常压过滤”的原因是 ；选用的三种洗涤
剂及使用顺序为 （填标号）。
③
A．稀氨水 B．浓氨水 C．乙醚 D．乙醇
（4）步骤 中加入的过量强酸是 （填“ ”或“ ”）；判断滴定终点的现象是 。
④
（5）实验测得 的
【答案】（1）ac（1分） （2分）（2） （2分）
（3）利于盐酸、氨水挥发得到较为纯净的产品（2分） BDC（2分）
（4） （1分） 最后半滴标准液加入后，产生砖红色沉淀且半分钟内沉淀不溶解（2分）
（5）6（2分）
【分析】镍粉用浓硝酸溶解，获得 溶液；向 溶液中缓慢加入浓氨水，使
发生配体取代反应生成 ，冰水浴冷却结晶，减压过滤、用浓氨水洗涤；向所
得沉淀中加入浓盐酸，冷却后加入 的混合液，减压过滤，洗涤、干燥，得到产品；
【解析】（1）氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，
，反应为固体加热反应且生成氨气极易溶于水，需要使用防倒
吸装置，故浓氨水自制，适宜选用下列装置及连接顺序为ac；
（2） 溶液中缓慢加入浓氨水，使 发生配体取代反应生成 ，反应为
；
（3）浓盐酸、氨水均具有挥发性，使用采用“减压过滤”而非“常压过滤”可以利于盐酸、氨水挥发得到较
为纯净的产品；已知： 易溶于冷水、稀氨水，不溶于浓氨水、乙醇、乙醚，在潮湿空气中
易生成 ，乙醚的挥发性强于乙醇，则洗涤过程中不能使用稀氨水，且应该逐步使用挥发性的物
质，更利
于得到干燥的 ，故答案为：BDC；
（4）加入盐酸会引入氯离子，和银离子生成氯化银沉淀，则步骤 中加入的过量强酸是HCl；
是一种难溶于水的砖红色晶体，则判断滴定终点的现象是：最后半滴标准液加入后，产生砖红色沉淀且半
④
分钟内沉淀不溶解；
（5）由题干可知， 产品中氯的物质的量为 ， 产品中 的物质
的量为 ，则x：2=0.006:0.002，则 的
x=6。
19．（14分）对氮氧化物 的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
（1）已知a：
b：C的燃烧热为 ；c：
请写出 与 反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
①将等物质的量的 与 混合气体分别通入体积均为 的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反
应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
②
A．两容器内混合气体密度相等
B． 转化率C．反应平衡常数
（2）可利用钴氨配合物吸收 对 的配合能力很强，而 对 的配合能
力极低。
已知 的结构如图所示 ， 中含有 键的数目
是 。
①
有氧和无氧条件下， 溶液脱除 的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：
②
，在 的有氧环境下，往
溶液中持续通入试样气体 脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结
合图1信息，计算此时钴氨溶液中 有效含钴率为 。
(有效含钴率 )
钴氨溶液经过多次循环吸收 后，其吸收 的能力变化如图2所示，前 内钴氨溶液吸收 的
能力不断下降的原因是 。
③
（3）催化电解 吸收液可将 还原为 ，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解
池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率 随电解电压的变化如图4所示。已知
表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数； 表示电解过
程中通过的总电量。当电解电压为 时，催化电解 生成 的电极反应式为 。
①当电解电压为 时，电解生成的 和 的物质的量之比为 。
②
【答案】（1） 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=—748kJ/mol（2分） AC（2分）
（2） 24NA （ ① 2分） 85.6%（2分） [ △ Co(NH3)6]2+ 被氧化为[Co(NH3)6] ②3+ ，[Co(NH3)6]3+ 对NO
的配位能力极低（2分）
① ② ③
（3） NO+5e—+5H+=NH3+H2O（2分） 15：2（2分）
【解析
①
】（1） 由题意可知，碳燃烧的热化学
②
方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) H=—393kJ/mol，由盖斯定
律可知，反应b
①
—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应
△
H=(—393kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)—(+172.4kJ/mol)=—748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)
△
+2CO2(g) H=—748kJ/mol； A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭
容器Ⅰ和绝
△
热密闭容器Ⅱ中混
②
合气体密度相等，故正确；B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反
应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转
化率α
Ⅰ
大于α
Ⅱ
，故错误；C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，
升高
温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数K 大于K ，故正确；故选AC；
Ⅰ Ⅱ
（2） [Co(NH3)6]3+ 离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1mol[Co(NH3)6]3+ 离子中含有σ键的数
目1mo
①
l×24×NAmol—1=24NA ，故答案为：24NA ； 由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为
2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00
②
072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+ 有效含钴率为
×100%=85.6%，故答案为：85.6%； 由图可知，前16h内钴氨溶液吸收
NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+ 被氧化为[Co(NH3)6]3+ ，[
③
Co(NH3)6]3+ 对NO的配位能力极低，故
答案为：[Co(NH3)6]2+ 被氧化为[Co(NH3)6]3+ ，[Co(NH3)6]3+ 对NO的配位能力极低；
（3） 由图可知，当电解电压为U2 时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化
氮在阴
①
极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：
NO+5e—+5H+=NH3+H2O； 由图可知，当电解电压为U1 时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和
②
20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为 ： =15：2，故答案为：15：2。
