天津市宝坻一中2020届高三适应性测化学试题

天津市宝坻一中2020届高三适应性测化学试题

宝坻一中2020届高三化学第二次适应性测试题（限时60分钟）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 Ga-70‎ ‎1.中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确是（ ）。‎ A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象 B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到 C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应 D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；‎ B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；‎ C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；‎ D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.‎ ‎【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 电解熔融金属氯化物制备Na、Mg、Al B. 配制溶液时需加入稀硝酸防止水解 C. “一带一路”中的丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物。‎ D. 牙齿的矿物质Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)‎3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AlCl3是共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制备Al，故A错误；‎ B. Fe2+能被稀硝酸氧化为Fe3+，故B错误； ‎ C.丝绸的主要成分是蛋白质，不是天然纤维素，故C错误；‎ D. 由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)‎3F+OH-可知，增大F-‎ 浓度，平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，故使用含氟牙膏可以防止龋齿的形成，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：‎ 下列说法不正确的是( )。‎ A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子 B. 反应过程中生成了MG和甲醇 C. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 D. EG和甲醇不是同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；‎ B．DMO中C−O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确； ‎ C．DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C−O、C=O均断裂，故C错误；‎ D．EG与甲醇中−OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎4.能正确表示下列反应的离子方程式为(　　)。‎ A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－‎ B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3-‎ C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2O D. 向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br−+2Fe2++3Cl2 = 2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；‎ B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO32−＋CO2＋H2O = 2HCO3－，故B错误；‎ C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++ H2O2 ＋ 2I－= I2+2H2O，故C错误；‎ D. 向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，该反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎5.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )‎ A. 用或作反应物制氧气 B. 进行中和热的测定 C. 蒸干溶液制备 D. 模拟工业制氨气并检验产物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，故A正确；‎ B. 进行中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒，缺少仪器，故B错误；‎ C. 蒸干CuSO4溶液，因结晶硫酸铜受热会脱水，使得到的CuSO4·5H2O固体不纯，故C错误；‎ D. 工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎6.下列化学原理正确的是( )‎ A. 沸点：HF>HCl>HBr>HI B. 一定条件下可以自发进行，则 C. 常温下，溶液加水，水电离的保持不变 D. 标况下，1mol分别与足量Na和反应，生成气体的体积比为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HF分子间存在氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI的沸点随相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，所以沸点：HF>HI>HBr>HCl，故A错误；‎ B. 反应4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自发进行，则H-TS<0，由于该反应气体分子数减小，S<0，则，故B正确；‎ C. CH3COO-水解促进水的电离，CH3COONa溶液加水则CH3COO-浓度减小，对水的电离促进作用减小，水电离的c(H+) c(OH-)减小，故C错误；‎ D. 酚羟基和羧基都能和Na反应生成H2，而NaHCO3只能与羧基反应生成CO2，所以1mol分别与足量Na和NaHCO3反应，生成气体的体积比为1：1，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成，其结构简式为，下列关于该物质的说法正确的是（　　）。‎ A. 该物质能与溴水生成白色沉淀 B. 该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种 C. 1mol该物质最多能与4molH2生加成反应 D. 该物质中所有原子共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．邻甲基苯甲酸中不含酚羟基，不能与溴水生成白色沉淀，故A错误；‎ B．能水解说明含有酯基，甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3种，再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5种，故B正确；‎ C．该物质中只有苯环与氢气加成，则1mol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；‎ D．甲基碳属于饱和碳原子，其与周围四个原子构成空间四面体结构，不能全部共面，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮，注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。‎ ‎8.对下列实验现象或操作解释错误的是( )‎ 现象或操作 解释 A KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去 SO2具有还原性 B 配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒 抑制Sn2+ 水解， 并防止 Sn2+被氧化为Sn4+‎ C 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 不能说明该溶液中一定含有SO42-‎ D 向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀 Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；‎ B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；‎ C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；‎ D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】易水解强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。‎ ‎9.T℃时，分别向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2＋)和－lgc(Zn2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是(　　)。‎ A. a～b～d为滴定ZnCl2溶液的曲线 B. 对应溶液pH：a＜b＜e C. a点对应的CuCl2溶液中：c(Cl－)＜2[c(Cu2＋)＋c(H＋)]‎ D. d点纵坐标约为33.9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．10mL浓度为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；‎ B．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 mol∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：a＜b＜e，故B正确；‎ C．CuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)= ‎2c(Cu2+) + ‎2c[Cu(OH)2]，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]，故C正确；‎ D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL0.1 mol∙L−1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，，c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎10.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键 B. PCl3分子是非极性分子 C. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高 D. ClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀有气体是单原子分子，没有σ键，A选项错误；‎ B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子，B选项错误；‎ C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；‎ D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)÷2=4，所以ClO4- VSEPR模型为正四面体；中心原子Cl没有孤对电子，配位原子均为O，所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。‎ ‎11.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）‎ A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10‎ B. 1mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024‎ C. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3‎ D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn原子序数30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；‎ B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；‎ C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；‎ D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。‎ ‎12.，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 时，‎ B. 电离常数的数量级为 C. 图中点x的纵坐标值为 D. 的约等于线c与线d交点处的横坐标值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；‎ A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；‎ B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；‎ C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；‎ D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。‎ ‎【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；‎ B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；‎ C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线 c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；‎ D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点 c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。‎ 故选A。‎ 二、非选择题：包括第13题~第16题4个大题，共64分。‎ ‎13.‎2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能 有效抑制新型冠状病毒（2019-nCoV）的感染。‎ ‎(1)已知磷酸氯喹的结构如图所示，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______________。P原子核外价层电子排布式为________，其核外电子有____个空间运动状态。‎ ‎(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_________，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_______________________。‎ ‎(3)H3PO4中PO43- 的空间构型为________________。‎ ‎(4)磷化镓是一种由ⅢA族元素镓（Ga）与VA族元素磷（P）人工合成的Ⅲ—V族化合物半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。‎ ‎①磷化镓晶体中含有的化学键类型为__________（填选项字母）‎ A．离子键 B．配位键 C．σ键 D．π键 E．极性键 F．非极性键 ‎②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为______________。‎ ‎③若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为___________pm。‎ ‎【答案】 (1). N > O > C (2). 3s23p3 (3). 9 (4). sp2、sp3 (5). NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，使得沸点高 (6). 正四面体形 (7). BCE (8). (0.25,0.75,0.25) (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)同周期第一电离能有增大的趋势，但有特殊；先写出P电子排布式，一种空间运动状态对应着一种空间伸展方向，即轨道。‎ ‎(2)分析不同氮原子的价层电子对数，NH3沸点比AsH3的沸点高主要是NH3存在分子间氢键。‎ ‎(3)计算PO43−中价层电子对数。‎ ‎(4)①金刚石中每个碳与周围四个碳原子形成4个碳碳键，同理每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga与4个P单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有4个共价键，因此有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键；②若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2为P原子，P原子是与下面面心，后面面心，左侧面心和左后顶点相连；③先计算晶胞中P、Ga原子数，再计算体积，再计算晶胞边长，再计算Ga和P原子的最近距离。‎ ‎【详解】(1)同周期第一电离能有增大的趋势，但有特殊，依次C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N > O > C；P电子排布式为1s22s22p63s23p3，其原子核外价层电子排布式为3s23p3，一个轨道为一种空间运动状态，因此P其核外电子有9个空间运动状态；故答案为：N > O > C；3s23p3；9。‎ ‎(2)磷酸氯喹，图中1、2号N原子价层电子对数为 ‎，杂化方式为sp3，3号N原子层电子对数为2+1 =3，杂化方式为sp2，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，因此NH3沸点比AsH3的沸点高；故答案为：sp2、sp3；NH3存在分子间氢键，分子间氢键影响沸点，因此NH3沸点比AsH3的沸点高。‎ ‎(3)H3PO4中PO43−中价层电子对数为，因此空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。‎ ‎(4) ①金刚石中每个碳与周围四个碳原子形成4个碳碳键，同理每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga与4个P单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有4个共价键，因此有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键，所有磷化镓晶体中含有的化学键类型为BCE；故答案为：BCE。‎ ‎②若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2为P原子，P原子是与下面面心，后面面心，左侧面心和左后顶点相连，其分数坐标为(0.25,0.75,0.25)；故答案为：(0.25,0.75,0.25)。‎ ‎③根据晶胞结构得到P有4个，Ga有，若磷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，，则晶胞边长为，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，因此；。‎ ‎14.某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：‎ 已知：① ‎ ‎② ‎ ‎③‎ ‎(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。‎ ‎(2)D→E的反应方程式为______________________________________。‎ ‎(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。‎ ‎(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________‎ ‎①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种 ②遇FeCl3溶液显紫色 ③分子中含 ‎(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）。______________________________‎ ‎【答案】 (1). 羟基和羧基 (2). (3). 取代反应 (4). (5). 8 (6). 、(其他答案只要正确也可) (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。‎ ‎【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。‎ ‎(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。‎ ‎(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。‎ ‎(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基 ③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。‎ ‎(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线；故答案为：。‎ ‎15.二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为‎11.0℃‎，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：‎ ‎(1)仪器a的名称为_____________，装置A中反应的离子方程式为_______________。‎ ‎(2)试剂X是_______________________。‎ ‎(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。‎ ‎(4)装置E中主要反应的离子方程式为：____________________________。‎ ‎(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。‎ 温度 ‎＜‎‎38℃‎ ‎38℃‎‎～‎‎60℃‎ ‎＞‎‎60℃‎ 析出晶体 NaClO2·3H2O NaClO2‎ 分解成NaClO3和NaCl 利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： ‎55℃‎蒸发结晶、_________、38～‎60℃‎的温水洗涤、低于‎60℃‎干燥。‎ ‎(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。‎ ‎①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_______________________。‎ ‎②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 冷凝二氧化氯 (5). Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl (6). 2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O (7). 趁热过滤 (8). H2O2 + 2H++ 2ClO3－= 2ClO2 + 2H2O + O2↑ (9). ClO2 + e－ = ClO2－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。‎ ‎(2)试剂X是除掉HCl气体。‎ ‎(3)二氧化氯(ClO2)沸点为‎11.0℃‎，因此得装置D中冰水主要作用，装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。‎ ‎(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。‎ ‎(5)由于＜‎38℃‎是以NaClO2·3H2O晶体，操作要注意不能低于‎38℃‎。‎ ‎(6)①H2O2 、H+与ClO3－反应得到ClO2。‎ ‎②左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应。‎ ‎【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O。‎ ‎(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。‎ ‎(3)二氧化氯(ClO2)沸点为‎11.0℃‎，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl。‎ ‎(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O；故答案为：2OH－ ＋ Cl2 = ClO－ ＋Cl－ ＋ H2O。‎ ‎(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于＜‎38℃‎是以NaClO2·3H2O晶体，因此‎55℃‎蒸发结晶、趁热过滤、38～‎60℃‎的温水洗涤、低于‎60℃‎干燥；故答案为：趁热过滤。‎ ‎(6)①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2 + 2H++ 2ClO3－= 2ClO2 + 2H2O + O2↑。‎ ‎②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2－，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2 + e－ = ClO2－；故答案为：ClO2 + e－ = ClO2－。‎ ‎16.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。‎ I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。‎ ‎(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：‎ a. CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol b. CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H2=-41.2kJ/mol 则反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)  ∆H= _____________。‎ ‎(2)‎ 起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。‎ ‎①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_____________(填序号)‎ A.和的转化率相等 B.反应体系密度保持不变 C.保持不变 D. ‎ ‎②P1_____P2 (填“>”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_______D点。‎ ‎③C点的转化率为________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：υ(A)__________υ(B)。‎ Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。‎ 已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_____________。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_____________L。‎ ‎【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). BC (3). < (4). > (5). 66.7% (6). < (7). 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O (8). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)则将a+b可得CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) △H；‎ ‎(2)①起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；‎ ‎②增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；‎ ‎③起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；‎ II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n·Vm计算标况下体积。‎ ‎【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H=+216.4kJ/mol b.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol 则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) △H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；‎ ‎(2)①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；‎ B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；‎ C.保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；‎ D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；‎ 故合理选项是BC；‎ ‎②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1

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