云南濕遠2023-2024高三化學上學期開學考試試題

云南省開遠2023-2024高三上學期開學考試化學試題考生注意：1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。2.考生作答時，請將答案填涂在答題卡上。第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；第Ⅱ卷請用直徑0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試卷、草稿紙上作答無效。3.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Pb207第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：本大題共7小題，每題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2022年北京冬奧會采用綠電制綠氫技術，即用光伏、風能等產(chǎn)生綠電，綠電電解水制得的氫氣叫綠氫，對比煤、石油、天然氣作燃料，有許多優(yōu)點。下列說法錯誤的是A.石油分餾出來的各餾分仍是多種烴的混合物B.通過氣化或液化能把煤轉(zhuǎn)變成清潔能源，屬于化學變化C.冬奧會火炬采用H2代替天然氣作燃料，符合綠色低碳發(fā)展理念D.冬奧會火炬“飛揚”使用的碳纖維屬于有機高分子【答案】D【詳解】A．分餾石油得到的各個餾分中含有多種烴類物質(zhì)，是混合物，A項正確；B．通過氣化，液化可得到氫氣，CO或液態(tài)燃料，屬于化學變化，B項正確；C．用氫氣代替天然氣作燃料，燃料中不含有碳元素且燃燒充分，燃燒產(chǎn)物為水，所以符合綠色低碳發(fā)展理念，C項正確；D．碳纖維主要成分為碳單質(zhì)，屬于無機非金屬材料，D項錯誤；答案選D。2.對乙酰氨基酚為解熱鎮(zhèn)痛類藥，曾為許多新冠肺炎感染者減輕了疼痛，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示：下列有關說法正確的是A.其分子式為C8H10NO2B.該分子中所有碳原子可能共面C.能與NaOH溶液反應，但不能與Na2CO3溶液反應D.與互為同系物【答案】B【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙酰氨基酚的分子式為C8H9NO2，故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙酰氨基酚分子中苯環(huán)、酰胺基為平面結(jié)構(gòu)，由三點成面可知，分子中所有碳原子可能共面，故B正確；C．酚羥基不能與碳酸氫鈉溶液反應，但能與碳氫鈉溶液反應，則由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙酰氨基酚分子能與碳酸鈉溶液反應，故C錯誤；D．分子的官能團為酰胺基和醚鍵，乙酰氨基酚的官能團為酚羥基和酰胺基，兩者不是同類物質(zhì)，不可能互為同系物，故D錯誤；故選B。3.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.標準狀況下，11.2LCH4與11.2LCl2在光照下充分反應后，氣體分子數(shù)為NAB.46g乙醇中含有的C-H鍵的數(shù)目為5NAC.1mol·L-1的NaClO溶液中含有的ClO-數(shù)目小于NAD.1molAl3+完全轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA【答案】B【詳解】A．CH4與Cl2在光照下充分反應后生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氫的混合物，故氣體分子數(shù)不是NA，A項錯誤；B．乙醇的相對分子質(zhì)量為46g/mol，46g乙醇的物質(zhì)的量為1mol，1mol乙醇分子中含有5molC-H鍵，故46g乙醇中含有C-H鍵數(shù)目為5NA，B項正確；C．不知道溶液的體積，無法計算物質(zhì)的量，C項錯誤；D．Al3+完全轉(zhuǎn)化為，并沒有化合價變化，無電子轉(zhuǎn)移，D項錯誤；答案選B。4.下列實驗操作、現(xiàn)象與對應的結(jié)論均合理的是選項ABCD實驗操作現(xiàn)象滴入KNO3溶液后，銅片溶解，且有氣泡冒出滴入Na2CO3溶液，無明顯現(xiàn)象振蕩后靜置，溶液分層，上層呈紫紅色，下層無色溶液紅色逐漸褪去結(jié)論KNO3是該反應的氧化劑酸：H2CO3<H3BO3I2的溶解度：乙醇>水Cl2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】A【詳解】A．銅和稀硫酸不反應，滴加KNO3溶液后，銅片溶解，且有氣泡冒出，說明硝酸根離子、氫離子和銅發(fā)生氧化還原反應，反應中銅為金屬單質(zhì)化合價升高，則氮元素化合價降低，硝酸鉀為氧化劑，均合理，A符合題意；B．無明顯現(xiàn)象說明沒有生成二氧化碳，則H3BO3酸性弱于H2CO3，B不符合題意；C．乙醇和水互溶，不會發(fā)生分層，C不符合題意；D．氯氣和水生成鹽酸和次氯酸，鹽酸和碳酸鈉反應也會使得溶液褪色，不能說明氯氣具有漂白性，D不符合題意；故選A。5.一種水性電解液Al-PbO2離子選擇隔膜電池如圖所示{KOH溶液中，Al3+以[Al(OH)4]-的形式存在)。電池放電時，下列敘述正確的是A.27gAl參與反應，有1mol從室2向室1遷移。B.負極的電極反應式為2Al-6e-+8OH-=2[Al(OH)4]-C.一段時間后，室2溶液濃度一定會減小D.電路上轉(zhuǎn)移1mol電子時，理論上PbO2電極質(zhì)量凈減32g【答案】B【分析】鋁活動性較強，失去電子發(fā)生氧化反應為負極，負極反應為：2Al-6e-+8OH-=2[Al(OH)4]-；氧化鉛電極得到電子發(fā)生還原反應為正極，正極反應為：；則放電過程中室1的鉀離子向室2遷移、室3的硫酸根離子向室2遷移；【詳解】A．由分析可知，負極反應為鋁失去電子發(fā)生氧化反應生成[Al(OH)4]-：2Al-6e-+8OH-=2[Al(OH)4]-，27gAl（為1mol）參與反應，室1的鉀離子向室2遷移，A錯誤；B．由分析可知，負極的電極反應式為2Al-6e-+8OH-=2[Al(OH)4]-，B正確；C．由分析可知，一段時間后，室2溶液濃度會變大，C錯誤；D．正極反應為：，電路上轉(zhuǎn)移1mol電子時，理論上消耗0.5molPbO2、同時生成0.5mol，電極質(zhì)量增加32g，D錯誤；故選B。6.科學家利用BN和TiO2創(chuàng)造了一種可快速分解世界上最難降解的污染物M的復合光催化劑。M由R、X、Y、Z4種短周期主族元素組成，它們的原子序數(shù)依次增大，在暗室中Z的單質(zhì)能與同溫同壓下密度最小的氣體劇烈反應。M的結(jié)構(gòu)式如圖所示。下列敘述錯誤的是A.最高正化合價：Z>Y>X>RB.電負性：Z>Y>XC.原子半徑：X>Y>Z>RD.M是含極性鍵和非極性鍵的共價化合物【答案】A【分析】M由4種短周期主族元素組成，R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，在暗室中Z單質(zhì)和同溫同壓下密度最小的氣體劇烈反應，Z為F元素；R的原子序數(shù)最小，形成1個共價鍵，則R為H元素；X形成4個共價鍵、Y形成2個共價鍵，結(jié)合原子序數(shù)可知，X為C元素、Y為O元素，據(jù)此分析解題?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琑為氫元素、X為碳元素、Y為氧元素、Z為氟元素，據(jù)此分析解題：A．由分析可知，R、X、Y、Z分別是H、C、O、F，由于O沒有最高正化合價，F(xiàn)沒有正化合價，A錯誤；B．由分析可知，X、Y、Z分別為C、O、F，同一周期從左往右元素的電負性依次增強，故電負性為F＞O＞C即Z>Y>X，B正確；C．同周期主族元素從左向右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑增大，則C、O、F、H的原子半徑依次減小即X>Y>Z>R，C正確；D．M含有碳碳非極性鍵、氧氫鍵等極性鍵，它是共價化合物，D正確；故答案為：A。7.常溫下，向10mL0.1mol·L-1Na2XO3溶液中滴加0.1mol·L-1鹽酸，溶液的pH與鹽酸體積(V)的關系如圖所示。下列敘述正確的是A.0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)>c(H＋)B.當溶液pH=7時，溶液中存在：c(Na＋)=c()＋c()＋c(Cl-)C.常溫下，H2XO3的Ka2小于1.0×10-7D.b點溶液中：c(Cl-)=c(H2XO3)＋c()＋c()【答案】C【分析】a點溶質(zhì)為等量的NaHXO3和NaCl，b點溶質(zhì)為H2XO3和NaCl；【詳解】A．由起點可知0.1mol·L-1Na2XO3溶液為堿性，說明Na2XO3為強堿弱酸鹽，存在兩步水解反應，且水也存在電離，則c(OH-)>c()，則0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c()>c(OH-)>c()>c(H＋)，A錯誤；B．由電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl-)＋c(OH-)，常溫下當溶液pH=7時，為中性即c(H＋)=c(OH-)，溶液中存在：c(Na＋)=c()＋2c()＋c(Cl-)，B錯誤；C．當加入鹽酸的體積為10mL時，溶質(zhì)為NaHXO3和NaCl，溶液呈堿性，說明的水解程度大于電離程度，則Kh1>Ka2，則H2XO3的Ka2小于1.0×10-7，C正確；D．b點n(Cl-)是含X元素微粒的物質(zhì)的量的2倍，根據(jù)物料守恒，b點溶液中：c(Cl-)=2[c(H2XO3)＋c()＋c()]，D錯誤；故選：C。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本大題共4小題，共58分。8.過氧乙酸(CH3COOOH，結(jié)構(gòu)簡式)，是一種氧化性強于高錳酸鉀的氧化劑，常用作消毒劑，無色透明的液體，其濃度越高、溫度較高越不穩(wěn)定，甚至引起爆炸。實驗室可用“過氧化氫法”制備較低濃度的過氧乙酸。由冰醋酸和過氧化氫在濃硫催化作用下制得，實驗裝置和步驟如下：①在三頸燒瓶中加入一定量冰醋酸與濃硫酸的混合物，再緩緩加入適量30%的雙氧水；②不斷攪拌并控制裝置B中混合液的溫度為20~30℃至反應結(jié)束；③接入儀器C和抽氣泵，在錐形瓶中收集得到產(chǎn)品。（1）儀器C的名稱是___________。（2）寫出該實驗中制備過氧乙酸的化學反應方程式___________。（3）步驟①中30%的雙氧水“緩緩加入”的目的是___________。（4）實驗測得產(chǎn)物過氧乙酸的百分含量隨反應物比例和反應時間的變化數(shù)據(jù)如下表。反應物比例CH3COOH/H2O2反應時間0.5h1h3h5h7h2∶17.38%8.46%9.42%11.26%13.48%1∶110.56%12.92%13.54%20.72%20.80%1∶26.14%7.10%7.96%10.38%12.36%由表中數(shù)據(jù)可知，制備過氧乙酸的最佳反應物比例和反應時間為___________。（5）過氧乙酸樣品中常含有殘留的H2O2。樣品中過氧乙酸的濃度為c0mol·L-1時，發(fā)生如下反應：①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；②H2O2+2I-+2H+=I2+H2O；③2S2O+I2=2I-+S4O。ⅰ.取V0mL待測液并用硫酸酸化，再用c1mol·L-1的KMnO4標準溶液滴定待測液至溶液呈粉紅色，消耗V1mLKMnO4標準溶液。ⅱ.另取V2mL(V2≠V0)待測液，加入過量的KI溶液和幾滴淀粉，并用硫酸酸化，再用c2mol·L的Na2S2O3標準溶液滴定，達到滴定終點時消耗V3mLNa2S2O3標準溶液。ⅰ.中發(fā)生反應的離子方程式為___________。ⅱ.中用Na2S2O3標準溶液進行滴定時，達到滴定終點的標志是___________，過氧乙酸的濃度c0=___________(用含V0、c1、V1、c2、V2、V3的代數(shù)式表示，通分化到最簡式)。（6）當其他操作均正確時，下列實驗操作可能使測定結(jié)果偏高的是___________(填標號)。A.配制Na2S2O3標準溶液時，容量瓶中還有少量的水B.盛裝Na2S2O3標準溶液的滴定管沒有用標準液潤洗C.用Na2S2O3標準溶液滴定完成后，俯視滴定管讀數(shù)D.用Na2S2O3標準溶液滴定的過程中振蕩錐形瓶的時間過長【答案】（1）直形冷凝管（2）（3）為防止溫度過高造成過氧化氫分解（4）1:1，5h（5）①.②.滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘不恢復原色；③.（6）BD【小問1詳解】根據(jù)裝置圖，儀器C的名稱是直形冷凝管；【小問2詳解】冰醋酸和過氧化氫在濃硫酸作用下反應生成過氧乙酸和水，反應的化學反應方程式為?！拘?詳解】濃硫酸和冰醋酸混合放熱，過氧化氫在溫度較高時不穩(wěn)定，為防止溫度過高造成過氧化氫分解，步驟①中30%的雙氧水“緩緩加入”。【小問4詳解】由表中數(shù)據(jù)可知，反應物比例CH3COOH/H2O2為1:1時，相同的反應時間下生成過氧乙酸含量較高，反應速率較快，反應5h后，產(chǎn)量增加的不多，所以制備過氧乙酸的最佳反應物比例和反應時間為1:1，5h?！拘?詳解】過氧乙酸的氧化性強于高錳酸鉀，過氧乙酸和高錳酸鉀不反應，ⅰ.中高錳酸鉀把過氧化氫氧化為氧氣，發(fā)生反應的離子方程式為。ⅱ.中用Na2S2O3標準溶液進行滴定時，達到滴定終點時，I2被完全消耗，達到滴定終點的標志是：滴入最后半滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘不恢復原色；根據(jù)，V0mL待測液中n(H2O2)=V1×10-3L×c1mol·L-1=c1V1×10-3mol，則V2mL待測液中n(H2O2)=c1V1×10-3mol；根據(jù)①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；②H2O2+2I-+2H+=I2+H2O；③2S2O+I2=2I-+S4O?？芍猇2mL待測液中CH3COOOH、H2O2的總物質(zhì)的量為c2V3×10-3mol，則n(CH3COOOH)=(c2V3×10-3-c1V1×10-3)mol，過氧乙酸的濃度c0=(c2V3×10-3-c1V1×10-3)molmol/L。【小問6詳解】A．配制Na2S2O3標準溶液時，容量瓶中還有少量的水，對Na2S2O3的濃度無影響，消耗Na2S2O3的體積不變，測定結(jié)果無影響，故不選A；B．盛裝Na2S2O3標準溶液的滴定管沒有用標準液潤洗，Na2S2O3的濃度降低，消耗Na2S2O3的體積偏大，測定結(jié)果偏高，故選B；C．用Na2S2O3標準溶液滴定完成后，俯視滴定管讀數(shù)，消耗Na2S2O3的體積偏小，測定結(jié)果偏低，故不選C；D．用Na2S2O3標準溶液滴定的過程中振蕩錐形瓶的時間過長，部分KI被氧氣氧化，消耗Na2S2O3的體積偏大，測定結(jié)果偏高，故選D；選BD。9.鎳、鈷是重要的戰(zhàn)略物資，但資源匱乏。一種利用酸浸出法從冶金廠廢爐渣中提取鎳和鈷的工藝流程如圖：已知：i．酸浸液中的金屬陽離子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等；ii．NiSO4在水中的溶解度隨溫度升高而增大；iii．已知：Ksp(CaF2)=1×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11（1）提高“酸浸”速率的方法有___________。(任寫一條)（2）基態(tài)Fe2+的價層電子排布圖為___________。Fe的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，若晶胞參數(shù)為anm，則Fe晶胞的密度為___________g·cm-3(用含NA和a的代數(shù)式表示)。（3）黃鈉鐵礬的化學式為Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除鐵”的離子方程式為___________。（4）“除鈣鎂”時，隨pH降低，NaF用量急劇增加，原因是___________(結(jié)合平衡理論解釋)。要使Ca2+、Mg2+完全沉淀，則溶液中F-的濃度c(F-)最小為___________。（5）萃取、反萃?。合虺s后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，實驗測得：當溶液pH處于4.5～6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖所示)，其原因是___________。反萃取是用反萃取劑使被萃取物從負載有機相返回水相的過程，為萃取的逆過程。反萃取劑可以選擇下列哪種物質(zhì)___________(填選項)。A.NaOH溶液B.H2SO4溶液C.ZnSO4溶液（6）丁二酮肟是檢驗Ni2的靈敏試劑，1mol丁二酮肟分子含有σ鍵數(shù)目為_______(NA是阿伏加德羅常數(shù)的值)。從NiSO4溶液中獲得精制硫酸鎳NiSO4(s)所需采取的一系列操作是___________、過濾、洗滌、干燥?！敬鸢浮浚?）攪拌（或者適當升溫、適當增大硫酸濃度、粉碎爐渣）（2）①.②.（3）（4）①.pH降低，增大，平衡正向移動，溶液中減小，為使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移動，NaF用量更多②.10-2.5（5）①.pH增大，減小，平衡正向移動，Co2+萃取率增大②.B（6）①.15NA②.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶【小問1詳解】提高“酸浸”速率的方法有攪拌、適當升溫、適當增大硫酸濃度、粉碎爐渣等；【小問2詳解】鐵的原子序數(shù)為26，F(xiàn)e2+的價層電子排布式為3d6，因此其價層電子排布圖為；該晶胞中所含F(xiàn)e原子為，晶胞密度為；【小問3詳解】“除鐵”步驟是用NaClO3，將溶液中的Fe2+氧化為黃鈉鐵礬，其化學式為Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反應的離子方程式為；【小問4詳解】“除鈣鎂”時，隨著pH的降低，溶液中的H+增加，平衡正向移動，溶液中減小，為使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移動，NaF用量更多；已知離子濃度時，認為該離子沉淀完全，且，鈣離子沉淀完全時，，鎂離子沉淀完全時，，所以為使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-最小為10-2.5mol/L；【小問5詳解】當溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，隨溶液pH的增大，H+的濃度減小，平衡向右移動，增大了Co2+萃取率；向萃取所得有機相中加入H2SO4，增大了H+的濃度，使平衡向左移動，得到的水相中含有大量的Co2+，從而實現(xiàn)Co2+和Mn2+的分離；【小問6詳解】根據(jù)丁二酮肟的結(jié)構(gòu)式可知，分子中含有13個單鍵和2個雙鍵，則共含有15個σ鍵，所以1mol丁二酮肟分子含有σ鍵數(shù)目為15NA；NiSO4溶液中獲得精制硫酸鎳NiSO4(s)應采用重結(jié)晶的方法，故一系列操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。10.氮氧化物的任意排放會造成酸雨、光化學煙霧等環(huán)境問題，可采用多種方法消除。已知：CH4(g)+4NO2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+4NO(g)ΔH=-654kJ·mol-1CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2H2O(l)+2N2(g)ΔH=-1240kJ·mol-1H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1（1）CH4還原NO2①CH4將NO2還原為N2并生成水蒸氣的熱化學方程式為___________。②下列措施中，能提高NO2的轉(zhuǎn)化率的是___________。a使用催化劑b．充入NO2c．恒容下，充入Ar惰性氣體d．把容器的體積縮小一半e．降低溫度f．及時分離水（2）CH4還原NO在2L密閉容器中通入1.00molCH4和2.00molNO，在3MPa，一定溫度下反應生成CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，反應時間(t)與NO的物質(zhì)的量[n(NO)]關系如下表：反應時間t/min0246810n(NO)/mol2.001.200.800.600.500.50由表中數(shù)據(jù)計算，2~4min內(nèi)v(CH4)=___________mo1·L-1·min-1，該溫度下的壓強平衡常數(shù)Kp___________(用分壓表示，分壓=物質(zhì)的量分數(shù)×總壓)。（3）C還原NO①反應C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，據(jù)此判斷該反應的焓變ΔH___________0(填“>”“<”或“=”)。②以上反應可分為如下四步反應歷程，寫出其中第三步的反應：第一步：2NO=(NO)2第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O第三步：___________第四步：2C(O)=CO2+C（4）除上述方法外，還可用電解法將NO轉(zhuǎn)變?yōu)镹H4NO3，其工作原理如圖，N極的電極反應式為___________，通入NH3的主要原因是___________。【答案】（1）①.②.ef（2）①.②.（3）①.<②.（4）①.②.將硝酸轉(zhuǎn)化為硝酸銨【小問1詳解】①②③，根據(jù)蓋斯定律可知，可得反應，則，即將還原為并生成水蒸氣的熱化學方程式為：；a．使用催化劑能降低反應的活化能，反應速率加快，但化學平衡不移動，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率不變，a項錯誤；b．充入二氧化氮，反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，但二氧化氮的轉(zhuǎn)化率減小，b項錯誤；c．恒容下，充入不參與反應的氬氣，反應體系中各物質(zhì)的濃度不變，化學反應速率不變，化學平衡不移動，二氧化氮轉(zhuǎn)化率不變，c項錯誤；d．該反應是氣體體積增大的反應，把容器的體積縮小一半，氣體壓強增大，平衡向逆反應方向移動，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率減小，d項錯誤；e．該反應是放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率增大，e項正確；f．及時分離水，生成物的濃度減小，平衡向正反應方向移動，二氧化氮轉(zhuǎn)化率增大，f項正確；答案選ef；【小問2詳解】由表格數(shù)據(jù)可知，2-4min內(nèi)一氧化氮的消耗量為（1.20-0.80）mol=0.40mo，由方程式可知，甲烷的反應速率為；由表格數(shù)據(jù)可知，8min反應達到平衡，一氧化氮的物質(zhì)的量為0.50mol，由方程式可知：甲烷，二氧化碳，水蒸氣，氮氣的物質(zhì)的量分別為,,,,則一氧化碳，甲烷，二氧化碳，水蒸氣，氮氣的平衡分壓分別為，，，，，該溫度下的壓強平衡常數(shù)；【小問3詳解】該反應氣體體積不變的反應，反應接近于0，常溫下能自發(fā)反應，說明反應,則反應的焓變小于0；由蓋斯定律可知，四步反應之和為總反應，則第三步反應式為；【小問4詳解】由圖可知，M極為電解池的陰極，酸性條件下一氧化氮在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銨根離子和水，電極反應式為,N極為陽極，水分子作用下一氧化氮在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氫離子，電極反應式為：；電解的總反應為，則反應通入氨氣的主要目的是將硝酸轉(zhuǎn)化為硝酸銨。11.化合物F是一種用于預防和治療心、腦及其它動脈循環(huán)障礙疾病的藥物，以A(C7H5OCl)為原料合成F的路線如下圖：已知：R-CHO?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的名稱是_______；E→F的反應類型是_______；Y的結(jié)構(gòu)簡式為_______。（2）下列說法正確的是_______。A.有機物B能發(fā)生消去反應B.有機物C中含酰胺基C.有機物D中的碳原子軌道雜化類型有兩種D.有機物E、F分子中均有一個手性碳原子（3）C可在一定條件下發(fā)生縮聚反應，反應的化學方程式為_______。（4）G的相對分子質(zhì)量比A大14，符合下列條件的G的同分異構(gòu)體(不考慮立