2020~2021學年度第一學期檢測試題高三化學注意事項：考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1.本試卷共6頁，包含選擇題［第1題～第12題，共32分］、非選擇題［第13題～第16題，共68分］兩部分。本次考試時間為75分鐘，滿分100分?？荚嚱Y束后，請將答題卡交回。2.答題前，請考生務必將自己的學校、班級、姓名、學號、考生號、座位號用0.5毫米的黑色簽字筆寫在答題卡上相應的位置。3.選擇題每小題選出答案后，請用2B鉛筆在答題紙指定區(qū)域填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再填涂其它答案。非選擇題請用0.5毫米的黑色簽字筆在答題紙指定區(qū)域作答。在試卷或草稿紙上作答一律無效。4.如有作圖需要，可用2B鉛筆作答，并請加黑加粗，描寫清楚?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Co-59選擇題(共32分)單項選擇題：本題包括8小題，每小題2分，共計16分。每小題只有一個選項符合題意。1.中國古代作畫顏料多源于礦物質，綠色顏料來自孔雀石[主要成分為Cu(OH)2·CuCO3]，青色顏料來自藍銅礦[主要成分為Cu(OH)2·2CuCO3]。下列說法不正確的是A.銅制品長期放置于空氣中會被腐蝕B.孔雀石顏料受熱不易分解C.藍銅礦顏料不耐酸D.Cu(OH)2·CuCO3屬于鹽類【答案】B【解析】【詳解】A．銅長期放置于空氣中，與O2、H2O、CO2反應生成Cu(OH)2·CuCO3，因此銅制品長期放置于空氣中會被腐蝕，故A說法正確；B．Cu(OH)2·CuCO3受熱分解成CuO、CO2和H2O，故B說法錯誤；C．Cu(OH)2·2CuCO3能與酸反應生成Cu2+、CO2和H2O，藍銅礦顏料不耐酸，故C說法正確；D．Cu(OH)2·CuCO3屬于堿式碳酸鹽，即屬于鹽類，故D說法正確；答案為B。2.2020年人類在金星大氣中探測到PH3。實驗室制備PH3的方法有：①PH4I+NaOH=NaI+PH3↑+H2O；②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑。已知H3PO2是一元弱酸，其結構式為。下列說法正確的是A.基態(tài)P的軌道表示式為B.中提供孤電子對的原子是PC.NaOH中只存在一種化學鍵D.反應②中若KOH過量會發(fā)生反應：P4+9KOH3K3PO2+PH3↑+3H2O【答案】B【解析】【詳解】A．洪特規(guī)則規(guī)定：當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子優(yōu)先單獨占據一個軌道，且自旋狀態(tài)相同，故基態(tài)P的軌道表示式應為，故A錯誤；B．P原子最外層5個電子，的結構式為，故中提供孤電子對的原子是P，故B正確；C．NaOH中既含有離子鍵，又含有共價鍵，故C錯誤；D．已知反應②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑，H3PO2是一元弱酸，故KH2PO2不能與過量的KOH反應生成K3PO2，故D錯誤；故選B。3.下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是A.NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉B.FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)C.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)D.NO2(g)HNO3(aq)Cu(NO3)2(aq)【答案】D【解析】【詳解】A．制漂白粉應該用氯氣和石灰乳，A錯誤；B．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，B錯誤；C．鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵，C錯誤；D．二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，銅與硝酸能生成硝酸銅，D正確；故選D。4.下列實驗操作能達到實驗目的的是A.用裝置甲檢驗該條件下鐵發(fā)生了吸氧腐蝕B.用裝置乙制取并收集少量SO2氣體C.用飽和NaHCO3溶液除去Cl2中的少量HClD.用濕潤的pH試紙測量0.01mol·L-1Na2CO3溶液的pH【答案】A【解析】【詳解】A．裝置甲中鐵粉和碳粉與溶解了氧氣的氯化鈉溶液形成了原電池，鐵是負極，碳是正極，負極鐵失電子被腐蝕，正極氧氣得電子被消耗，裝置中壓強減小，導管中紅墨水的液注會上升，故能檢驗該條件下鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，故A正確；B．銅與濃硫酸反應制取二氧化硫需要加熱，該裝置沒加熱，故B錯誤；C．飽和NaHCO3溶液也能吸收Cl2，且HCl與NaHCO3溶液反應生成CO2，應該用飽和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，故C錯誤；D．用pH試紙測量0.01mol·L-1Na2CO3溶液的pH，試紙不能濕潤，否則相當于稀釋溶液，使測得結果不準確，故D錯誤；答案選A。5.Ksp(BaCO3)=2.6×10?9，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10。以BaSO4為原料制備BaCO3一種方法的部分反應為：①BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)②2BaS(aq)+2H2O(l)?Ba(HS)2(aq)+Ba(OH)2(aq)ΔH>0③Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O下列說法正確的是A用Na2CO3溶液浸泡BaSO4，無法制備BaCO3B.反應①的ΔS＜0C.反應②中升高溫度，能使BaS反應更完全D.反應③中通入CO2至過量，溶液的導電性不斷減弱【答案】C【解析】【詳解】A．用Na2CO3溶液浸泡BaSO4，如果碳酸根的濃度乘以鋇離子的濃度大于碳酸鋇的溶度積，可以制備BaCO3，故A錯誤；B．反應①氣體物質的量增加，則ΔS>0，故B錯誤；C．反應②是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，能使BaS反應更完全，故C正確；D．反應③中通入CO2至過量，溶液中離子濃度先減少后增加，溶液的導電性先減少后增加，故D錯誤；故選：C。6.資源化利用CO2的一種原理如圖所示。下列說法正確的是A.M為電源的負極B.O2-從電極P移向電極QC.電極Q上的反應為CO2+2e-=CO+O2-D.理論上參與反應的n(CH4)∶n(CO2)=4∶3【答案】C【解析】【詳解】A．由圖知：電極Q上CO2生成CO，碳元素化合價降低，發(fā)生還原反應，該裝置連接電源為電解池，電極Q為電解池的陰極，N為電源的負極，A錯誤；B．電極P為電解池的陽極，根據電解池的“陰陽陽陰”規(guī)律，陰離子O2-應移向陽極P，B錯誤；C．電極Q上CO2得電子生成CO，已知固體電解質可傳輸O2-，故Q電極反應式為CO2+2e-=CO+O2-，C正確；D．當電極P上生成的C2H4、C2H6物質的量之比為1:1時，參與反應的n(CH4)∶n(CO2)=4∶3，但題中未提到C2H4、C2H6物質的量之比，故無法計算甲烷與二氧化碳物質的量之比，D錯誤；故選C。7.為探究某些硫的含氧酸鹽的部分性質，進行如下實驗，并記錄實驗現(xiàn)象。①測量0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH約為5。②向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫紅色褪去。③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀鹽酸，產生無色有刺激性氣味的氣體，且出現(xiàn)淡黃色沉淀。④在Ag+催化條件下，向0.1mol·L-1K2S2O8無色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液中出現(xiàn)紫紅色。由上述實驗現(xiàn)象能得出的合理結論是A.實驗①說明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>KwB.實驗②中發(fā)生反應：3HSO+2MnO+OH-=3SO+2MnO2↓+2H2OC.實驗③中的淡黃色沉淀為S，無色有刺激性氣味的氣體為H2SD.實驗④說明：該條件下，MnO的氧化性強于S2O【答案】A【解析】【詳解】A．實驗①說明NaHSO3溶液顯酸性，電離程度＞水解程度，Ka2(H2SO3)>Kh()，而Kh()=Kh2()=，即Ka2(H2SO3)>，Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，A正確；B．實驗②為強酸性環(huán)境，反應物中不應出現(xiàn)OH-，B錯誤；C．實驗③Na2S2O3中S元素化合價為+2價，Na2S2O3遇鹽酸發(fā)生歧化反應，生成淡黃色沉淀S和無色有刺激性氣味的氣體SO2，C錯誤；D．實驗④說明S2O作氧化劑，生成氧化產物MnO，根據氧化劑氧化性強于氧化產物氧化性，D錯誤；故選A。8.下列關于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的說法正確的是A.第一電離能：I1(K)＞I1(Na)B.沸點：H2S＞H2OC.原子半徑：r(K)＞r(Cl)＞r(S)＞r(O)D.熱穩(wěn)定性：HCl＞H2S【答案】D【解析】【詳解】A．同主族元素從上至下，第一電離能逐漸減小，故第一電離能：I1(K)＜I1(Na)，故A錯誤；B．水分子之間可形成氫鍵，故沸點：H2S＜H2O，故B錯誤；C．同周期元素從左至右，原子半徑逐漸減小，故原子半徑：r(Cl)＜r(S)，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：Cl＞S，故熱穩(wěn)定性：HCl＞H2S，故D正確；故選D。不定項選擇題：本題包括4小題，每小題4分，共計16分。每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。9.對下列實驗現(xiàn)象或事實解釋不正確的是選項實驗現(xiàn)象或事實解釋AN2轉化N，通常需要高溫或放電條件N2分子中叁鍵的鍵能大B干冰用作制冷劑干冰升華吸熱，導致環(huán)境溫度降低C向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再加入足量稀鹽酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化D0.1mol·L-1H2C2O4溶液和0.1mol·L-1HNO3溶液的pH分別為1.3和1.0N的非金屬性強于CA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．N2轉化為N，需要斷開兩個氮原子之間氮氮三鍵，由于氮氮三鍵的鍵能大，斷開它需要很大能量，故N2轉化為N，通常需要高溫或放電條件，故A正確；B．干冰易升華，升華過程吸熱，會導致環(huán)境溫度降低，所以干冰常用作制冷劑，故B正確；C．Na2SO3容易被空氣中的氧氣氧化成Na2SO4，久置的Na2SO3溶液中可能含有Na2SO4，故C正確；D．相同濃度的草酸和硝酸，因為草酸是弱酸，所以其酸性比硝酸弱，和N和C的非金屬性強弱沒有關系，元素的非金屬性強弱比較可通過其最高價氧化物的的水化物的酸性強弱來比較，C元素的最高價氧化物的水化物是H2CO3而不是H2C2O4，故D錯誤；故選D。10.化合物Y是一種藥物中間體，可由X制得。下列有關化合物X、Y的說法正確的是A.用FeCl3溶液可以區(qū)分X和YB.X制備Y的反應類型是取代反應C.Y中共有2種含氧官能團：羥基和羰基D.1molY最多能與2molNaOH發(fā)生反應【答案】B【解析】【詳解】A．X和Y均含有酚羥基，故不能用FeCl3溶液區(qū)分X和Y，故A錯誤；B．對比X與Y的結構簡式可知，2分子中的C-Cl鍵斷裂，其中一個取代X中甲基上的原子，另一個取代羥基的H原子，故X制備Y的反應類型是取代反應，故B正確；C．Y中共有3種含氧官能團：羥基、羰基和酯基，故C錯誤；D．Y中酚羥基和酯基均可以與NaOH反應，其中酯基水解生成羧基和酚羥基，故1molY最多能與3molNaOH發(fā)生反應，故D錯誤；故選B。11.常溫下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。向20ml0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入NaOH固體并恢復至常溫，理論上溶液中NH、NH3·H2O、HCO、CO的變化如圖所示(忽略溶液體積的變化)。下列說法正確的是A.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)B.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH)+c(NH3·H2O)+c(HCO)+c(CO)=0.2mol·L-1C.曲線a表示的是c(NH)的變化D.M點時：c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)【答案】AC【解析】【詳解】A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中，NH+H2ONH3·H2O+H+水解平衡常數(shù)K1===,水解平衡常數(shù)K2===10-3,K2>K1,所以HCO的水解程度大，則：c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)，故A正確；B．由物料守恒可知c(NH)+c(NH3·H2O)=0.1mol·L-1，c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=0.1mol·L-1，所以c(NH)+c(NH3·H2O)+c(HCO)+c(CO)<0.2mol·L-1，故B錯誤；C．NH4HCO3中HCO更易于OH-結合反應生成CO，HCO消耗的更快，所以曲線a表示的是c(NH)的變化，曲線b表示的是c(HCO)的變化,故C正確；D．M點時反應了0.002mol的NaOH，則溶液中c(Na+)==0.1mol/L,NH4HCO3與恰好反應生成和Na2CO3，溶液中存在Na+、CO，HCO、H+、NH、OH-，所以電荷守恒為2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+c(NH)，又因c(Na+)=0.1mol/L，所以2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)+c(NH)，故D錯誤。故答案為：AC。12.已知反應2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。根據理論計算，在恒壓、起始物質的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶3條件下，該反應達平衡時各組分的物質的量分數(shù)隨溫度變化的曲線如圖所示。實驗發(fā)現(xiàn)，在實際反應過程中還可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副產物。下列有關說法正確的是A.由理論計算可知，ΔH＞0B.理論計算圖中曲線d表示的是平衡時C2H4物質的量分數(shù)的變化C.在實際反應中，450K達到平衡時，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4D.在實際反應中，改用選擇性更好的催化劑不能提高C2H4的產率【答案】BC【解析】【分析】由題中信息可知，兩反應物初始投料之比等于化學計量數(shù)之比，由圖中曲線的起點坐標可知，c和a所表示的物質的物質的量分數(shù)之比為1:3，d和b表示的物質的物質的量分數(shù)之比為1:4，則結合化學計量數(shù)之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c。【詳解】A．由圖中曲線的變化趨勢可知，升高溫度，乙烯的物質的量分數(shù)減小，則化學平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，ΔH＜0，A錯誤；B．由題分析可知曲線d表示的是平衡時C2H4物質的量分數(shù)的變化，B正確；C．實驗發(fā)現(xiàn)，實際反應過程中還可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副產物，根據碳元素守恒，故實際反應中，450K達到平衡時，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4，C正確；D．實際反應中，選擇合適的催化劑，可以加快化學反應速率，同時還可以提高目標產品的選擇性，減少副反應的發(fā)生，故改用選擇性更好的催化劑能提高C2H4的產率，D錯誤；故選BC。非選擇題(共68分)13.二氧化氯(ClO2)是一種常用的飲用水消毒劑。(1)ClO2分子中的鍵角約為120°。ClO2易溶于水的原因是___。ClO2得到一個電子后形成，的空間構型是___。(2)某ClO2泡騰片的有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3，其溶于水時反應可得到ClO2溶液，并逸出大量氣體。NaClO2和NaHSO4反應生成ClO2和Cl-的離子方程式為___，逸出氣體的主要成分是___(填化學式)。(3)ClO2消毒時會產生少量的ClO，可利用FeSO4將ClO轉化為Cl-除去?？刂破渌麠l件相同，去除率隨溫度變化如圖所示。溫度高于50℃時，去除率降低的可能原因是___。

(4)測定某水樣中濃度的方法如下：量取25.00mL水樣于碘量瓶中，加水稀釋至50.00mL，加入過量KI，再滴入適量稀硫酸，充分反應后，滴加1mL淀粉溶液，用0.01000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL。已知：ClO+I-+H+—H2O+I2+Cl-(未配平)I2+S2O—I-+S4O(未配平)計算水樣中ClO的濃度(寫出計算過程)___。【答案】(1).ClO2為極性分子，根據相似相溶原理可知，ClO2易溶于水(2).V形(或角形)(3).(4).CO2(5).溫度高于50℃時，F(xiàn)e2+水解程度增大，F(xiàn)e2+的濃度減小，故去除率降低(6).根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平離子方程式為+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O，故可得關系式~2I2~4S2O，故n(ClO)=，故水樣中ClO的濃度為c(ClO)=【解析】【詳解】(1)ClO2分子中的鍵角約為120°，ClO2為極性分子，根據相似相溶原理可知，ClO2易溶于水；的孤電子對數(shù)為，σ鍵電子對數(shù)為2，故其空間構型是V形；(2)NaClO2和NaHSO4反應生成ClO2和Cl-，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該離子方程式為，由于有效成分還含有NaHCO3，NaHCO3與NaHSO4反應生成CO2，故逸出氣體的主要成分是CO2；(3)溫度高于50℃時，F(xiàn)e2+水解程度增大，F(xiàn)e2+的濃度減小，故去除率降低；(4)根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平離子方程式為+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O，故可得關系式~2I2~4S2O，故n(ClO)=，故水樣中ClO的濃度為c(ClO)=。14.化合物H是合成某新型殺蟲劑的中間體，其合成路線如圖：(1)化合物A可由鹵代烴與NaCN反應獲得。CN-中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為______。(2)已知+CO2，則B→C反應的化學方程式為_____。(3)過量NaClO與化合物C反應生成的副產物，可分別與化合物B、C發(fā)生加成反應生成新的副產物，其結構簡式分別為、______。(4)化合物D中氮原子的軌道雜化類型為_______。(5)的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式_______。①只有一個六元環(huán)；②只有一種化學環(huán)境的氫原子；③能發(fā)生水解反應，水解產物只有一種。(6)已知：+BrCH2CH2Br→。寫出以CH2=CH2和為原料制備的合成路線流程圖_______(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)?！敬鸢浮?1).1：2(2).+NaClO→+CO2↑+NaCl(3).(4).sp2、sp3雜化(5).(6).CH2=CH2CH2Br-CH2Br【解析】【分析】化合物被H2O2氧化為B：，B在冰水浴條件下與NaClO在堿性條件下反應產生C：，C與HCl在H2O2及Fe2+存在條件下發(fā)生取代反應產生D：，D與NaNO2、HCl反應產生E：，E在CuCl、HCl條件下發(fā)生取代反應產生F：，F(xiàn)與NH2NH2﹒H2O發(fā)生取代反應產生G：，G與反應產生?！驹斀狻?1)CN-中C原子與N原子之間形成共價三鍵，其中一個是σ鍵，二個是π鍵，則CN-中σ鍵與π鍵的數(shù)目比1：2；(2)B是，C是，根據信息+CO2，則B→C反應的化學方程式為+NaClO→+CO2↑+NaCl；(3)過量NaClO與化合物C反應生成的副產物，與化合物B發(fā)生加成反應生成新的副產物，結構簡式為，與化合物C發(fā)生加成反應生成新的副產物，結構簡式為；(4)化合物D結構簡式是，其中六元環(huán)上的N原子形成1個共價單鍵，1個共價雙鍵，N原子上還有1對孤電子對，故該N原子雜化類型為sp2雜化，-NH2上的N原子形成3個共價鍵，同時該N原子上含有1對孤電子對，故該N原子雜化類型為sp3雜化；(5)的一種同分異構體同時滿足下列條件：①只有一個六元環(huán)，說明環(huán)上有6個原子；②只有一種化學環(huán)境的氫原子，則分子中的12個H原子的位置相同；③能發(fā)生水解反應，水解產物只有一種，則該物質為環(huán)酯，則該同分異構體的結構簡式為：；(6)CH2=CH2與Br2水發(fā)生加成反應產生CH2Br-CH2Br，CH2Br-CH2Br與反應產生和HBr，與H2O2反應產生，然后與HCl、H2O反應產生，故合成流程為：CH2=CH2CH2Br-CH2Br。15.Co3O4在磁性材料、電化學領域應用廣泛，可通過先獲得CoCO3沉淀，再加熱CoCO3的方法制備。(1)以CoCl2溶液為原料，制備CoCO3的主要實驗流程如圖：

①“反應”時需控制溫度為50~60℃，其反應的離子方程式為___。②已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp(CoCO3)=1.4×10-13。制備CoCO3時不宜使用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，其原因___。(2)加熱CoCO3制備Co3O4時有部分Co2+轉化為Co3+。取1molCoCO3在空氣中加熱，反應溫度對反應產物的影響如圖1所示。參與該反應的物質還有___(寫化學式)。Co3O4晶體中包含A、B兩種結構單元，如圖2所示(、表示兩種不同價態(tài)的Co原子，表示O原子)。其中Co原子的配位數(shù)分別為___、___。(3)以尿素為原料也可獲得CoCO3并制備Co3O4。已知：尿素水溶液呈弱堿性，在70℃以上能緩慢水解產生CO，在pH為1~3時水解速率對生成CoCO3沉淀較為適宜。設計以CoCl2溶液、尿素、鹽酸為原料，制備Co3O4的實驗方案：___。【答案】(1).Co2++=CoCO3↓+CO2↑+H2O(2).避免產生Co(OH)2等雜質沉淀，降低CoCO3產率及純度(3).O2(4).4(5).6(6).取一定體積CoCl2溶液，攪拌溶解一定質量的尿素，用鹽酸調節(jié)pH至1~3左右，水浴加熱控制溫度在70℃以上，靜置反應一段時間，冷卻過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次，干燥后在空氣中加熱分解，控制溫度在400℃左右，制得Co3O4固體(或者第一步，取一定質量的尿素配成溶液，攪拌下與CoCl溶液混合；最后一步，

溫度只要在200℃以上，500℃以下)【解析】【詳解】(1)①Co2+會和反應生成CoCO3沉淀，促進平衡右移，更多的H+生成，與反應生成CO2和H2O，最終離子方程式為Co2++=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Co2++=CoCO3↓+CO2↑+H2O；②Ksp[Co(OH)2]＜Ksp(CoCO3)，Na2CO3溶液堿性較強，用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液；溶液中有較多OH，易生成難溶的Co(OH)2等雜質沉淀，對實驗制備CoCO3沉淀造成干擾，會降低CoCO3產率及純度，故答案為：避免產生Co(OH)2等雜質沉淀，降低CoCO3產率及純度；(2)因加熱CoCO3制備Co3O4時有部分Co2+轉化為Co3+，Co2+做還原劑，需要加入氧化劑，而該反應在空氣中進行，故參與該反應的物質還有O2。單元結構A中距離Co原子最近的O原子分別是四個頂角的O原子，故單元結構A中Co原子的配位數(shù)為4，單元結構B中距離Co原子最近的O原子分別是上、下、左、右、前、后共6個O原子，故單元結構B中Co原子的配位數(shù)為6。故答案為：O2；4；6；(3)實驗方案思路：取液、溶解、調pH1~3左右、70℃以上水浴、靜置、冷卻過濾、洗滌、干燥、400℃左右加熱分解。故答案為：取一定體積CoCl2溶液，攪拌溶解一定質量的尿素，用鹽酸調節(jié)pH至1~3左右，水浴加熱控制溫度在70℃以上，靜置反應一段時間，冷卻過濾，所得沉淀用蒸餾水洗滌2~3次，干燥后在空氣中加熱分解，控制溫度在400℃左右，制得Co3O4固體。16.燃煤煙氣中的NOx、SO2經處理后可被吸收。(1)若煙氣主要成分為NO、SO2，可通過電解法除去，其原理如圖1所示。陰極的電極反應式為___。電解過程得到產物為___。

(2)若煙氣主要成分為NO2、SO2，可通入NaOH溶液將NO2完全轉化為NO。則NO2、SO2與NaOH反應的離子方程式為___。(3)O3氧化性強于O2，能更有效地氧化NO。①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-12O3(g)=3O2(g)ΔH2=-284.2kJ·mol-1(活化能Ea=119.2kJ·mol-1)NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH3=___kJ·mol-1(活化能Ea=3.2kJ·mol-1)②NO可經O3處理后再用堿液吸收而實現(xiàn)脫除。為分析氧化時溫度對NO脫除率的影響，將NO與O3混合反應一段時間，再用堿液吸收氧化后的氣體。其他條件相同時，NO脫除率隨NO與O3混合反應時溫度變化如圖2所示。溫度在50～150℃時，隨著溫度升高，NO脫除率無明顯變化；溫度超過150℃時，隨著溫度升高，NO脫除率下降。其可能原因是___。

(4)用O3氧化NO2時，使用催化劑可提高氧化效率。研究發(fā)現(xiàn)