天津市新华中学2019届高三下学期模拟考试理科综合化学试题

天津市新华中学2019届高三下学期模拟考试理科综合化学 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题) 请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题 1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ） A ．水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关 B ．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存 C ．国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料 D ．乙烯加聚后得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料 2．下列说法正确的是( ) A ．Cl 2溶于水得到的氯水能导电，但Cl 2不是电解质，而是非电解质 B ．以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱 C ．将1mol Cl 2通入水中，HClO 、Cl -、ClO -粒子数之和为232 6.0210⨯⨯ D ．反应Al 2O 3(s)+3Cl 2(g)+3C(s)═2AlCl 3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则ΔH>0 3．下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ） （阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
…外……………………○……要※※在※※装※※订※※线…内……………………○……
6．Bodensteins 研究反应H 2(g)+I 2(g)2HI(g) △H ＜0 ，温度为T 时，在两个体积均为1L 的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t 的关系如下表：
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研究发现上述反应中：v 正=k a •w (H 2)•w (I 2)，v 逆=k b •w 2(HI)，其中k a 、k b 为常数。

下列说法不正确的是( ) A ．温度为T 时，该反应a b k k =64 B ．容器I 中在前20 min 的平均速率v(HI)=0.025 mol•L -1•min -1 C ．若起始时，向容器I 中加入物质的量均为0.1 mol 的H 2、I 2、HI ，反应逆向进行
D ．无论x 为何值，两容器中达平衡时w (HI)%均相同 第II 卷（非选择题) 请点击修改第II 卷的文字说明 二、工业流程 7．为提高资源利用率，减少环境污染，化工集团将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链，如图所示。

请填写下列空白： (1)Ar 在周期表中的位置_______，甲醇的电子式为_________； (2)钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，请从原理上解释粉碎的作用_________； (3)已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7∶6，则氯化炉中高温下反应的化学方程为__________； (4)TiCl 4遇水强烈水解，工业上可用此反应制备TiO 2。

请写出该水解反应的化学方程式_________(用TiO 2•xH 2O 或H 2TiO 3表示，表示均可)，工业上用TiCl 4制备TiO 2•xH 2O 时要加入大量的水，同时加热，目的是__________________； (5)通入Ar 气的作用是：__________； (6)以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。

该燃料电池的总反应的离子方程式为_________。

…………外…………………○…………线…………※※答※※题※※ …………内…………………○…………线…………三、推断题 8．阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。

已知：Ⅰ.
Ⅱ.(具有较强的还原性)
(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；
(2)B 的结构简式为_______；
(3)下列关于G 中的描述正确的是______；
A ．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
B ．能发生加成、消去、取代和氧化反应
C ．能聚合成高分子化合物
D ．1molG 与足量NaHCO 3溶液反应放出2molCO 2
(4)D 与足量的NaOH 溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；
(5)符合下列条件的C 的同分异构体有_____种；
a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基
b.既能发生银镜反应又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；
(6)已知：
依据
题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。

…○…………装…………订…………○……线……学校:
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……线……9．氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。

某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。

查阅资料： ①实验室用饱和NaNO 2溶液与NH 4Cl 溶液共热制N 2：NaNO 2+NH 4Cl NaCl+N 2↑+2H 2O ②工业制氮化铝：Al 2O 3+3C+N 22AlN+3CO ，氮化铝在高温下能水解。

③AlN 与NaOH 饱和溶液反应：AlN+NaOH+H 2O=NaAlO 2+NH 3↑。

Ⅰ．氮化铝的制备 (1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d _____。

(根据实验需要，上述装置可使用多次)。

(2)A 装置内的X 液体可能是_____；E 装置内氯化钯溶液的作用可能是_________. Ⅱ.氮化铝纯度的测定 （方案i ）甲同学用左图装置测定AlN 的纯度(部分夹持装置已略去)。

(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y 液体可以是________. a ．CCl 4 b ．H 2O c ．NH 4Cl 饱和溶液 d ．植物油 (4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________(选下列仪器的编号)。

a.单孔塞 b.双孔塞 c.广口瓶 d.容量瓶 e.量筒 f.烧杯 （方案ii ）乙同学按以下步骤测定样品中AlN 的纯度 (流程如下图) 。

……外…………○…○………………○……装※※订※※线※※……内…………○…○………………○…… (5)步骤②的操作是_______ (6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_____等。

(7)样品中AlN 的纯度是_________(用含m 1、m 2、m 3表示)。

(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。

) 五、综合题
10．工业废气、汽车尾气中含有的NO x 、SO 2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。

(1)NO 加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：
已知：O 3(g)+O(g)═2O 2(g)△H=-143kJ/mol
反应1：O 3(g)+NO(g)═NO 2(g)+O 2(g)△H 1 =-200.2kJ/mol
反应2：热化学方程式为________
(2)用稀硝酸吸收NO x ，得到HNO 3和HNO 2(弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。

写出电解时阳极的电极反应式：_________。

(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O 2浓度约为NO 浓度十倍)，装置示意图如图所示，固体电解质可传导O 2-。

①阴极的反应为________；
②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________；
(4)处理烟气中SO 2也可采用碱液吸收法。

已知25℃时，K(NH 3•H 2O)=1.8×10-5；K sp (CaSO 4)=7.1×10-5。

第1步：用过量的浓氨水吸收SO 2，并在空气中氧化； 第2步：加入石灰水，发生反应Ca 2++2OH -+2NH 4++SO 42-⇌CaSO 4↓+2NH 3•H 2O K 。

①写出用足量氨水吸收SO 2的化学方程式______________； ②25℃时，2.0mol•L -1的氨水中，NH 3•H 2O 的电离度α=_______(α=100%) 已电离的溶质分子数原有溶质的分子总数
； ③计算第2步中反应的K=________(列出计算式即可)。

参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A．含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A错误；
B．青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故B正确；
C．碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；
D．乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D正确；
答案选A。

2．D
【解析】
【详解】
A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2N A，故C错误；
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故D正确；
答案选D。

3．B
【解析】
【分析】
A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关，应用高氯酸；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏伽德罗定律分析。

【详解】
A．2NO2（g）N2O4（g）△H＜0，为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，应用高氯酸，故B选；
C．根据盖斯定律：△H=△H1＋△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选：B。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素是解题关键，易错点B，要用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性。

4．C
【解析】
【详解】
A．HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故A错误；
B．同主族金属性增强，形成的碱的碱性增强，锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4＜Sn(OH)4＜Pb(OH)4，故B错误；
C．Si处于金属与非金属交界处，表现一定的金属性、非金属性，可用作半导体材料，故C 正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故D错误；
答案选C。

5．D
【解析】
【详解】
A ．a 点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R 元素的微粒浓度是原来的
23，根据物料守恒得c(H 2R)+c(HR -)+c(R 2-)=115
mol•L -1，故A 错误； B ．b 点二者恰好完全反应生成NaHR ，溶液呈酸性，说明HR -的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na +)＞c(HR -)＞c(R 2-)＞c(H 2R)，故B 错误；
C ．c 点是浓度相等的NaHR 和Na 2R 的混合溶液，NaHR 抑制水的电离，Na 2R 促进水的电离；d 点是Na 2R 溶液，对水的电离有促进作用，故d 点的水的电离程度大于c 点，故C 错误；
D ．d 点溶液中溶质为Na 2R ，R 2-水解但程度较小，所以存在c(Na +)＞c(R 2-)＞c(HR -)，故D 正确；
答案选D 。

【点睛】
明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。

本题的易错点为C ，要注意HR -的电离程度大于水解程度，即NaHR 抑制水的电离。

6．C
【解析】
【详解】
A ． H 2(g)+I 2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n w(HI)/%=2n 1
×100%=80%，n=0.4 mol/L ，平衡常数 K=2080.10.1⨯．=64。

反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，k a •w(H 2)•w(I 2)=v 正=v 逆=k b •w 2(HI)，则a b k k =()()()
222w HI w H w I =K=64，故A 正确；
B ．前20 min ，H 2(g) + I 2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=21
m ×100%=50%，m=0.25mol/L ，容器I 中前20 min 的平均速率，v(HI)=20.25mol /L 20min
⨯=0.025mol•L -1•min -1，故B 正确； C ．若起始时，向容器I 中加入物质的量均为0.l mol 的H 2、I 2、HI ，此时浓度商Q c =2010.10.1
⨯．=1＜K=64，反应正向进行，故C 错误；
D ．H 2(g)+I 2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x 为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w (HI)%均相同，故D 正确；
答案选C 。

7．第三周期0族 增大反应物间接触面积，提高化学反应速率 2FeTiO 3+6C+7Cl 22FeCl 3+2TiCl 4+6CO TiCl 4+(x+2)H 2O=TiO 2•xH 2O+4HCl 促进Ti 4+水解 Ar 气氛可防止Mg 、Ti 与氧气或氮气反应；
2CH 3OH+3O 2+4OH -=2CO 32-+6H 2O
【解析】
【分析】
将粉碎的钛铁矿经过处理放入氯化炉、加入焦炭，通入氧化剂Cl 2生成CO 、TiCl 4和FeCl 3；CO 和H 2合成重要原料甲醇，在Ar 气流中用Mg 还原TiCl 4得到金属Ti 。

(1)Ar 为18号元素，甲醇的结构简式为CH 3OH ，据此分析解答；
(2)根据影响化学反应速率的因素分析解答；
(3)氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7∶6，以此确定反应物的化学计量数，结合生成物书写化学方程式；
(4)由题意可知TiCl 4水解生成TiO 2•xH 2O 和HCl ；水解反应为吸热反应，结合温度对平衡的影响分析解答；
(5)根据氩气性质不活泼及Mg 和Ti 等具有强还原性解答；
(6)碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，据此书写原电池的总反应式。

【详解】
(1)Ar 为18号元素，在周期表中位于第三周期0族，甲醇的结构简式为CH 3OH ，电子式为
，故答案为：第三周期0族；；
(2)钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，粉碎反应物，可以增大表面积，从而增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大反应物间接触面积，提高化学反应速率；
(3)已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为7∶6，则发生的反应为：
2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2
2FeCl3+2TiCl4+6CO；
(4)由题意可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，反应的化学方程式为
TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl；工业上用TiCl4制备TiO2•xH2O时要加入大量的水，水解反应为吸热反应，同时加热，可以升高温度，促进水解反应的进行，故答案为：
TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl；促进Ti4+水解；
(5)氩气性质不活泼，通入Ar气，可以防止Mg和Ti等具有强还原性的物质被氧化，故答案为：Ar气氛可防止Mg、Ti与氧气或氮气反应；
(6)碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，电极反应式为
CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为
O2+2H2O+4e-=4OH-，原电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。

【点睛】
本题的易错点为(6)，书写原电池总反应方程式时，要注意电解质溶液的酸碱性对产物的影响。

8．浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC
+3NaOH+CH3COONa+2H2O
+(CH3CO)2O→+CH3COOH 6
或
【解析】
【分析】
乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D 的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O 知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。

【详解】
(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为：；
(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反
应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()
中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；
(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为：+3NaOH +CH3COONa+2H2O；
+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或
，故答案为：6；或；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为
，故答案为：。

【点睛】
本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。

9．f(g)g(f)c d i →→→→ 浓硫酸 吸收CO 防污染 ad bce 通入过量2CO 气体 坩埚、泥三角（玻璃棒写与不写都对） ()3121
41m -m +m 10m 或()3121
410m -m +m %m 偏高 【解析】
【分析】
(1)利用装置B 制备氮气，通过装置A 中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C 和铝发生反应生成AlN ，通过装置A 避免AlN 遇到水蒸气反应，最后通过装置D 吸收尾气一氧化碳；
(2)根据A 装置的作用分析判断A 装置内的X 液体，根据CO 有毒，会污染空气解答；
(3)根据测定的气体为NH 3，结合氨气的性质分析解答；
(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；
(5)样品m 1g 溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m 2g ，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g ，结合铝元素守恒计算纯度；
(6)实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；
(7)氮化铝含杂质为C 和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m 1g 溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m 2g ，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g ，结合差量法计算纯度；
(8)若在步骤③中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式
分析判断。

【详解】
(1)制备过程是利用装置B 制备氮气，通过装置A 中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C 和铝发生反应生成AlN ，通过装置A 避免AlN 遇到水蒸气反应，最后通过装置D 吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：e→c→d →f(g)→g(f)→c→d→i ，故答案为：f(g)→g(f)→c→d→i ；
(2)A 装置内的X 液体可能是浓硫酸，用来干燥氮气，D 装置内氯化钯溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为：浓硫酸；吸收CO 防污染；
(3)AlN 与NaOH 饱和溶液反应：AlN+NaOH+H 2O═NaAlO 2+NH 3↑，测定生成的气体为NH 3，Y 液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置(虚线框内)中的Y 液体可以是CC14 或植物油，故答案为：ad ；
(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气装置测定，故答案为：bce ；
(5)样品m 1g 溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m 2g ，滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g ，因此步骤②的操作为：通入过量CO 2气体，故答案为：通入过量CO 2气体；
(6)实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、故答案为：坩埚、泥三角；
(7)氮化铝含杂质为C 和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m 1g 溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m 2g ，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g ，
2AlN ～Al 2O 3 △m
82 102 20
m m 3-(m 1-m 2) m=3128(2m 02m m )-+g=()31241m -m +m 10g ，样品中AIN 的纯度=()3121
41m -m +m 10m ×100%，故答案为：()3121
41m -m +m 10m ×100%； (8)若在步骤③中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，导致氧化铝的质量偏大，
即m 3偏大，根据样品中AIN 的纯度=()3121
41m -m +m 10m ×100%，则测定结果将偏高，故答案为：偏高。

10．NO 2(g)+O(g)═NO(g)+O 2(g) △H 2=+57.2 kJ/mol HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3- 2NO+4e -═N 2↑+2O 2- 阴极发生副反应 O 2+4e -═2O 2- 2NH 3•H 2O + SO 2=(NH 4)2SO 3+ H 2O 0.3%
5251()1.8107.110--⨯⨯⨯ 【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)阳极上HNO 2失去电子生成硝酸，发生氧化反应；
(3)①根据图中变化可知，NO 变化为N 2，是得到电子发生还原反应，在阴极上反应，阳极上是氧离子失电子生成氧气；②生成的氧气可能在阴极得到电子发生还原反应造成；
(4)①用足量氨水吸收SO 2，反应生成亚硫酸铵，据此书写反应的化学方程式；②设2.0mol•L -1的氨水中c(NH 4+)浓度为x ，NH 3•H 2O NH 4++ OH -，结合K(NH 3•H 2O)=1.8×10-5列式计算x ，进而计算NH 3•H 2O 的电离度；③根据反应Ca 2++2OH -+2NH 4++SO 42-⇌CaSO 4↓+2NH 3•H 2O 的化学平衡常数表达式计算。

【详解】
(1)①O 3(g)+O(g)═2O 2(g) △H=-143kJ/mol ，②O 3(g)+NO(g)═NO 2(g)+O 2(g) △H 1=-200.2kJ/mol ，根据盖斯定律，将①-②得到反应2的热化学方程式：NO 2(g)+O(g)═NO(g)+O 2(g) △H 2=+57.2 kJ/mol ，故答案为：NO 2(g)+O(g)═NO(g)+O 2(g) △H 2=+57.2 kJ/mol ；
(2)阳极上HNO 2失去电子发生氧化反应生成硝酸，阳极的电极反应式为
HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3-，故答案为：HNO 2-2e -+H 2O=3H ++NO 3-；
(3)①利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O 2浓度约为NO 浓度十倍)，固体电解质可传导O 2-，根据图中变化可知，NO 变化为N 2，是NO 得到电子在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式为：2NO+4e -═N 2↑+2O 2-，故答案为：2NO+4e -═N 2↑+2O 2-；
②消除一定量的NO 所消耗的电量远远大于理论计算值是因为生成的氧气可能在阴极发生副反应 O 2+4e -═2O 2-，故答案为：阴极发生副反应 O 2+4e -═2O 2-；
(4)①用足量氨水吸收SO 2，反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为2NH 3•H 2O + SO 2=(NH 4)2SO 3+ H 2O ，故答案为：2NH 3•H 2O + SO 2=(NH 4)2SO 3+ H 2O ；
②设2.0mol•L -1的氨水中c(NH 4+)浓度为x ，NH 3•H 2O
NH 4++ OH -，则K(NH 3•H 2O)=1.8×10-5=x x 2x -g ≈x x 2g ，解得x=6.0×10-3，NH 3•H 2O 的电离度α=36.0102.0
-⨯×100%=0.3%，故答案为：0.3%；
③反应Ca 2++2OH -+2NH 4++SO 42-⇌CaSO 4↓+2NH 3•H 2O 的化学平衡常数K=
()
()()232222244()c NH H O c Ca c SO c N ()H c OH +-+-g g g g =()()2b 32sp 4K NH H O K O 1CaS g g =5251
()1.8107.110--⨯⨯⨯，故答案为：5251
()1.8107.110--⨯⨯⨯。