北京市朝阳区2020届高三上学期期中考试化学试题

北京市朝阳区2020届高三上学期期中考试化学试题

北京市朝阳区2019~2020学年度第一学期高三年级期中质量检测化学试卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 ‎ 第一部分 （选择题 共42分）‎ 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分。 ‎ ‎1.废弃的铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是 A. 有害垃圾 B. 可回收物 C. 餐厨垃圾 D. 其他垃圾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、废弃的铝制易拉罐是可回收物，不能投入贴有有害垃圾的垃圾桶，故不选A；‎ B、废弃的铝制易拉罐是可回收物，应投入贴有可回收物的垃圾桶，故选B；‎ C、废弃的铝制易拉罐是可回收物，不能投入贴有餐厨垃圾的垃圾桶，故不选C；‎ D、废弃的铝制易拉罐是可回收物，不能投入贴有其他垃圾的垃圾桶，故不选D。‎ ‎2.过氧化钠可用于呼吸面罩中作为氧气的来源，可发生反应2Na2O2 + 2H2O = O2↑+ 4NaOH、 2Na2O2 + 2CO2 = O2 + 2Na2CO3。下列表示相关微粒的化学用语正确的是 A. Na2O2中的阴离子符号：O2- B. NaOH的电子式：‎ C. Na+的结构示意图： D. CO2的结构式：O—C—O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2中的阴离子是过氧根离子，符号： ，故A错误；‎ B. NaOH是离子化合物，电子式是，故B正确；‎ C. Na+核外有10个电子，Na+的结构示意图：，故C错误； ‎ D. CO2中有2个碳氧双键，CO2的结构式：O=C=O，故D错误。‎ ‎3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1 mol OH—含有的电子数为NA B. 将‎7.1 g Cl2通入水中，转移电子数为0.1NA C. 标准状况下，‎11.2 L O2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA D. ‎1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，含有的NH数为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个OH—含有10个电子，1 mol OH—含有的电子数为10NA，故A错误；‎ B. 通入水中的氯气只有部分与水反应生成盐酸和次氯酸，将‎7.1 g Cl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B错误；‎ C. 标准状况下，‎11.2 L O2、CO2混合气体的物质的量是0.5mol，O2、CO2每个分子都有2个氧原子，所以含有的氧原子数为NA，故C正确；‎ D. NH4Cl溶液中NH4+发生水解反应， ‎1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，含有的NH4+数小于0.1NA，故D错误。‎ ‎4.2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素，其原子核外最外层电子数是6。下列说法不正确的是 A Lv位于第七周期第VIA族 B. Lv在同主族元素中金属性最弱 C. Lv的同位素原子具有相同的电子数 D. 中子数为177的Lv核素符号为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.周期数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数，所以 Lv位于第七周期第VIA族，故A正确；‎ B. 同主族元素从上到下金属性增强，Lv位于第七周期，所以Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；‎ C.‎ ‎ 同种元素的原子质子数一定相同，在原子中质子数等于电子数，所以Lv的同位素原子具有相同的电子数，故C正确；‎ D. 质量数=质子数+中子数，中子数为177的Lv原子，质量数是293，核素符号为，故D正确。‎ 选B。‎ ‎5.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是 A. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe -3e- = Fe3+‎ B. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子 C. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率 D. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe -2e- = Fe2+，故A错误；‎ B. 锌的活泼性大于铁，作原电池的负极 ，防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，故B正确；‎ C. 防腐涂料可以防水、隔离O2，减少氧气接触，降低吸氧腐蚀速率，所以C正确；‎ D. 钢铁防腐只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除，故D正确。‎ 选A。‎ ‎6.下列反应的方程式正确的是 A. 铜片与浓硫酸共热：Cu + H2SO4CuSO4 + H2↑‎ B. Na2S溶液显碱性：S2- + 2H2OH2S↑+ 2OH-‎ C. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2 + 2OH- = SO32- + H2O D. 向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32- + 2H+ = SO2↑+ S↓+ H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜片与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫、水，不能生产氢气，故A错误；‎ B. Na2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性：S2- + H2OHS-+ OH-，故B错误；‎ C. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫生成亚硫酸铵，反应离子方程式是：SO2 +2NH3·H2O === SO32-‎ ‎ +2NH4++ H2O，故C错误；‎ D. 向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钠、二氧化硫气体、单质硫、水，反应的离子方程式是：S2O32- + 2H+ == SO2↑+ S↓+ H2O，故D正确。‎ ‎7.下列实验中，预期的现象不合理的是 选项 滴管 试管 预测的现象 A 浓硫酸 铝片 持续产生使品红溶液褪色的气体 B 氨水 CaO固体 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 C 氯水 FeSO4溶液 溶液变成黄色 D KI溶液 AgCl悬浊液 白色沉淀变黄 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝在冷的浓硫酸中钝化，不能持续产生二氧化硫气体，故选A；‎ B、氧化钙能与水反应，并且放热，所以浓氨水滴在氧化钙固体上，能放出氨气，故不选B；‎ C、氯水把Fe2+氧化为Fe3+，所以氯水滴入FeSO4溶液，溶液变成黄色，故不选C；‎ D、AgI的溶度积小于AgCl的溶度积，所以KI溶液滴入AgCl悬浊液，白色AgCl转化为黄色沉淀AgI，故不选D。‎ ‎8.偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下：‎ ‎① (CH3)2N—NH2(l) + 2N2O4(l) = 2CO2(g) + 3N2(g) + 4H2O(g) ∆H1＜0‎ ‎② N2O4(l) 2NO2(g) ∆H2 ＞0‎ 下列说法不正确的是 A. 反应①中，N2O4为氧化剂 B. 反应①中，生成1mol CO2时，转移8 mol e-‎ C. 由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件 D. 温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①中，N2O4中N元素化合价降低，所以N2O4为氧化剂，故A正确；‎ B. 反应①中，N2O4中N元素化合价由+4降低为0，生成2mol CO2时，转移16 mol e-，故B正确；‎ C. 加压、降温，N2O4(l) 2NO2(g)逆向移动，由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；‎ D. 温度升高，反应①、②的化学反应速率均增大，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎9.2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：‎ C24O6C22O4C20O2C18‎ 下列说法不正确的是 A. C与O同属第二周期元素，原子半径C＞O B. 非金属性C＜O，故C24O6中O显负价 C. C22O4分子中含有极性键和非极性键 D. C18与C60、金刚石互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同周期元素从左到右，半径依次减小，C与O同属第二周期元素，原子半径C＞O，故A正确；‎ B. 同周期元素从左到右，非金属性增强， 非金属性C＜O，故C24O6中O显负价，故B正确；‎ C. C22O4分子中含有极性键C=O和非极性键C-C、，故C正确；‎ D. C18与C60、金刚石是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D错误。‎ 选D。‎ ‎10.下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是 选项 A B C D 实验 现象 NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色 Mg条表面有气泡产生 Na2SiO3溶液中出现白色沉淀 钾与水反应比钠与水反应更剧烈 结论 氧化性：‎ Cl2＞Br2＞I2‎ 还原性：‎ Mg＞Al 非金属性：‎ C＞Si 金属性：‎ K＞Na A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯水滴入溴化钠溶液中，NaBr溶液变为橙色，说明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液变为棕黄色，说明氧化性Br2＞I2，所以氧化性： Cl2＞Br2＞I2，故选A；‎ B、Mg条表面有气泡产生，说明镁是正极，不能得出还原性Mg＞Al的结论，故选B；‎ C、把二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有白色沉淀硅酸生成，证明碳酸的酸性强于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，所以非金属性C＞Si，故不选C；‎ D、金属性越强，金属单质越易与水反应，钾与水反应比钠与水反应更剧烈，证明金属性K＞Na，故不选D。‎ ‎【点睛】本题考查实验的设计与评价，注意设计的实验的严密性；B选项，要证明Mg＞Al的还原性，可把镁、铝用导线连接后伸入稀硫酸中，铝表面有气泡生成。‎ ‎11.某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线II代表HCl的稀释过程 B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点 C. 从b点到d点，溶液中保持不变 D. 该温度下，b点Kw的数值比e点大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；‎ B. b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点,故B错误； ‎ C. Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，故C正确；‎ D. 温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数不变。‎ ‎12.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为：LiFePO4 －xLi+ －xe－→ xFePO4 +(1－x)LiFePO4。放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是 A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔 C. 放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原电池中阳离子移向正极，放电时，Li是负极，Li+通过隔膜移向正极，故A正确；‎ B. 放电时Li+右移，铝箔是负极、铜箔是正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔，故B正确；‎ C. 根据充电时阳极反应式，可知放电时正极反应为：FePO4+xLi+ +xe－→xLiFePO4 +(1－x)FePO4，故C正确；‎ D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Li、Fe元素化合价发生变化，故D错误；选D。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池工作工作原理，熟悉原电池放、充电时各个电极发生反应是解题关键，注意放电时正极得电子发生还原反应。‎ ‎13.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在‎50 ℃‎和‎70 ℃‎ K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ 下列叙述不正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 反应速率大小：va ＞vb C. ‎70 ℃‎时，平衡常数K =0.112/0.782‎ D. 增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，故A正确；‎ B. a、b两点的浓度相同，a点的温度大于b点，所以反应速率大小：va ＞vb，故B正确；‎ C. ‎70 ℃‎时，达到平衡时SiHCl3的平衡转化率为22%，‎ ‎2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ n 0 0‎ ‎0.22n 0.11n 0.11n ‎0.78n 0.11n 0.11n 平衡常数K =(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故C正确；‎ D. 增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，故D错误。‎ 选D。‎ ‎14.将SO2分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1 mol·L－1的 BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：‎ 实验记录 pH变化 溶液中是否产生沉淀 BaCl2溶液(无氧)中无白色沉淀、BaCl2溶液(有氧)中有白色沉淀 Ba(NO3)2溶液(无氧)中有白色沉淀、Ba(NO3)2溶液(有氧)中有白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 曲线a 所示溶液pH降低的原因：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-‎ B 曲线c 所示溶液中发生反应：2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+‎ C. 与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒 D. 依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，故A正确；‎ B、曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液 pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+，故B正确；‎ C、氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO3-是氧化SO2的主要微粒，故C错误；‎ D、0.1 mol·L－1的Ba(NO3)2硝酸钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测0.2 mol·L－1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2，故D正确；‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查了性质实验方案的设计，明确实验目的及实验原理为解答关键，注意对比实验，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ 第二部分 （非选择题 共58分）‎ ‎15.“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：‎ ‎（1）N2的电子式：_____。‎ ‎（2）Li3N中含有的化学键类型是_____。‎ ‎（3）热稳定性：NH3_____H2O（填“＞”或“＜”）。 ‎ ‎（4）NH3 、H2O分子中化学键极性更强的是_____，从原子结构角度解释原因：_____。‎ ‎（5）写出右图所示过程的总反应方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键 (3). ＜ (4). H—O (5). N和O电子层数相同，核电荷数N＜O，原子半径N＞O，吸引电子能力N＜O (6). 2N2＋6H2O4NH3＋3O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氮原子通过三对共用电子对形成N2分子；‎ ‎（2）活泼金属与活泼非金属形成离子键；‎ ‎（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定；‎ ‎（4）原子半径N＞O，O原子吸引电子的能力大于N；‎ ‎（5）根据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气；‎ ‎【详解】（1）氮原子通过三对共用电子对形成N2分子，N2的电子式是；‎ ‎（2）活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，Li3N中含有的化学键类型是离子键；‎ ‎（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＜H2O；‎ ‎（4）N和O电子层数相同，核电荷数N＜O，原子半径N＞O，O原子吸引电子的能力大于N，所以NH3 、H2O分子中化学键极性更强的是H—O；‎ ‎（5）根据图示，通入氮气和水，生成氨气和氧气，所以总反应2N2＋6H2O4NH3＋3O2．‎ ‎16.某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：‎ I.水煮检验法:‎ II灼烧检验法:‎ ‎（1）CCl4的作用为______。‎ ‎（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。‎ ‎（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。‎ ‎（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。 ‎ ‎（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag‎2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。‎ ‎【答案】 (1). 作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰 (2). 分液漏斗 (3). FeC2O4在水中的溶解度小 ；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁 (4). 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O (5). 酸性条件下，H‎2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有机物易溶于CCl4；‎ ‎（2）操作i是分离互不相容的液体；‎ ‎（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；‎ ‎（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag‎2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。‎ ‎【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4的作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；‎ ‎（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；‎ ‎（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；‎ ‎（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；‎ ‎（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H‎2C2O4 和Cl-，酸性条件下，H‎2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。‎ ‎17.CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚（CH3OCH3）。‎ ‎（1）CO2 催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：反应I：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H= +41.2 kJ·mol-1;反应II: 2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ∆H = - 122.5 kJ·mol-1;其中，反应II 分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。‎ ‎① _____‎ ‎②2 CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H = -23.5 kJ·mol-1‎ ‎（2）L（L1、L2）、X分别代表压强或温度，如图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是_____。判断L1、L2的大小，并简述理由：_____。‎ ‎（3）恒压时，在CO2和H2起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性 ）随温度变化如图。‎ ‎①t ℃ 时，起始投入a molCO2，b mol H2，达到平衡时反应II消耗的H2的物质的量为______mol。‎ ‎②温度高于‎300℃‎，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。‎ ‎【答案】 (1). CO2(g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H = - 49.5 kJ·mol-1 (2). 温度 (3). L1>L2。反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，与图1变化趋势相同 (4). ‎3a×40%×76% (5). 反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0 ，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应II－反应②得反应①；‎ ‎（2）根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动；‎ ‎（3）①t ℃ 时，CO2平衡转化率为40%、CH3OCH3的选择性位76%；‎ ‎②温度升高，CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)平衡正向移动，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)平衡逆向移动。‎ ‎【详解】(1)反应II－反应②得反应①；根据盖斯定律II×－②×得CO2(g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H =(- 122.5 kJ·mol-1+23.5 kJ·mol-1)÷2= - 49.5 kJ·mol-1；‎ ‎（2）增大压强，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)正向移动；升高温度，2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)逆向移动；根据图示随X增大，二甲醚的产率减小，说明平衡逆向移动，所以X表示温度；反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，所以L1＞L2；‎ ‎（3）t ℃ 时，CO2平衡转化率为40%、CH3OCH3的选择性位76%，起始投入a mol CO2，消耗CO2的物质的量是a×40%×76%，根据方程式，消耗氢气是CO2的3倍，消耗氢气的物质的量是‎3a×40%×76%；‎ ‎②反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0 ，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，所以温度高于‎300℃‎，CO2平衡转化率随温度升高而增大。‎ ‎【点睛】本题涉及盖斯定律的应用、明确影响化学反应速率、影响化学平衡移动的因素为解答关键，注意培养化学图象的分析能力。‎ ‎18.二氧化氯（ClO2）是一种新型消毒剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制备。‎ ‎（1）隔膜电解法制备ClO2的装置示意图如下：‎ 已知：ClO2在酸性溶液中比较稳定，在碱性溶液中不能稳定存在。‎ ‎①产生O2的电极反应式：________。‎ ‎②结合反应方程式，简述ClO2的产生过程：_________。‎ ‎（2）过氧化氢还原法制备ClO2：研究发现Cl-对上述反应有影响，实验记录如下：‎ 加入NaCl 的浓度/(g·L1)‎ ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1)‎ 相同时间 ‎10 min ‎30 min ‎60 min ClO2‎ 产率/%‎ Cl2‎ 的量 ‎0‎ ‎0.0035‎ ‎0.0124‎ ‎0.0159‎ ‎97.12‎ 极微量 ‎1.00‎ ‎0.0138‎ ‎00162‎ ‎0.0163‎ ‎98.79‎ 极微量 ‎①NaCl的主要作用是_______。‎ ‎②上述反应可能的过程如下：‎ 反应i： + + + ‎ 反应ii： Cl2 + H2O2 = 2Cl- + O2↑ + 2H+‎ 将反应i填写完整_________。‎ ‎③进一步研究发现，未添加Cl-时，体系中首先会发生反应生成Cl-，反应为：ClO3- + 3H2O2 = Cl- + 3O2↑+3H2O（反应iii）。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由：_________。‎ ‎（3）国家规定，饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8 mg·L-1，检测步骤如下：‎ Ⅰ．取‎1.0L的酸性水样，加入过量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，使ClO2转化为。加入淀粉溶液，溶液变蓝。 ‎ Ⅱ．用0.0010 mol/LNa2S2O3溶液滴定步骤I中产生的I2。已知：步骤II中发生反应的离子方程式是 ‎①步骤I中发生的氧化还原反应的离子方程式是________。‎ ‎②当步骤II中出现________（填现象）时，停止滴加Na2S2O3溶液，记录其体积为10.00 mL。‎ ‎③上述水样中ClO2的残留浓度是______mg·L-1。‎ ‎【答案】 (1). (2). 阴极反应：，产生的 在溶液中与发生反应：‎ ‎ 。一部分逸出，一部分循环反应 (3). 催化剂 (4). (5). 反应i较快，反应ii 与反应i 速率相当或更快，反应iii 较慢。因为ClO2产率很高并且Cl2的量极微量，并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢 (6). (7). 溶液蓝色恰好消失，30 s 内不变为蓝色 (8). 0.675‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①氧元素化合价升高产生O2，氧气在阳极生成；‎ ‎②根据装置图，在阴极得电子生成，与溶液中ClO3-反应生成；‎ ‎（2）①根据表格数据，可知加入NaCl，生成速率明显增大；‎ ‎②总反应－反应ii可得反应i；‎ ‎③根据ClO2产率很高并且Cl2的量极微量，并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢分析反应i、ii、iii的速率大小；‎ ‎（3）①步骤I中ClO2与碘离子反应生成和碘单质；‎ ‎②当碘单质完全反应时，溶液蓝色消失；‎ ‎③根据、，可知ClO2与的关系式，根据关系式计算ClO2残留浓度。‎ ‎【详解】(1)①水中氧元素化合价升高产生O2，氧气在阳极生成，阳极反应式是；‎ ‎②根据装置图，ClO2的产生过程是：阴极发生反应，产生的在溶液中与发生反应：。一部分逸出，一部分循环反应；‎ ‎（2）根据表格数据，可知加入NaCl，生成的速率明显增大，所以NaCl的主要作用是作反应的催化剂；‎ ‎②总反应的离子方程式是，总反应－反应ii可得 ‎；‎ ‎③根据ClO2产率很高并且Cl2的量极微量，并且不添加Cl- 时起始生成ClO2的速率很慢，所以反应i较快，反应ii 与反应i 速率相当或更快，反应iii 较慢；‎ ‎（3）①步骤I中ClO2与碘离子反应生成和碘单质，反应的离子方程式是；‎ ‎②当碘单质完全反应时，溶液蓝色消失，当步骤II中蓝色恰好消失，30 s 内不变为蓝色时，达到滴定终点，停止滴加Na2S2O3溶液。‎ ‎③根据、，可知ClO2与的物质的量比是1:1；‎ 设水样中ClO2的物质的量是nmol；‎ ClO2―――――‎ ‎ 1 1‎ nmol 0.0010 mol/L×‎‎0.01L 解得n=1×10 -5mol；‎ ClO2的残留浓度是1×10 -5mol×‎67.5g/mol×103÷‎1L=0.675 mg·L-1。‎ ‎19.某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。‎ 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验操作 实验现象 紫色褪去，溶液变为棕黄色 紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色 资料：i. MnO4— 在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii. 酸性条件下氧化性: KMnO4＞KIO3＞I2 。‎ ‎（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了________。‎ ‎（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：‎ ‎①经检验，实验II初始阶段I— 的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为________。‎ ‎②黑色固体是________。‎ ‎③设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：________。‎ ‎④写出生成IO3-的离子方程式：________。‎ ‎（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。‎ 用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________。‎ ‎（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与________有关（写出两点即可）。‎ ‎【答案】 (1). I2 (2). 溶液分层，下层液体无色 (3). MnO2 (4). 取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3- (5). 2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2↓ + IO3- + H2O (6). MnO2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O (7). 试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱 （其他答案合理给分）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验1中碘化钾过量，MnO4— 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；‎ ‎（2）①I— 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。‎ ‎②二氧化锰能催化双氧水分解。‎ ‎③利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO3-。‎ ‎④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；‎ ‎（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质。‎ ‎（4）根据实验现象分析。‎ ‎【详解】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4— 在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；‎ ‎（2）①I— 的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。‎ ‎②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；‎ ‎③IO3-具有氧化性，IO3-可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-。‎ ‎④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子方程式是2MnO4- + I- + 2H+ = 2MnO2↓ + IO3- + H2O；‎ ‎（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2 + 2I- + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O。‎ ‎（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。‎ ‎ ‎