江苏省无锡市2020届高三上学期期中调研考试化学试题

江苏省无锡市2020届高三上学期期中调研考试化学试题

无锡市普通高中2019年秋学期高三期中调研考试卷 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56 ‎ Ⅰ卷 选择题（共40分）‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意 ‎1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为符合这一活动主题的是 A. 推进垃圾分类处理 B. 将秸秆就地焚烧 C. 加快开采化石燃料 D. 使用含磷洗涤剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 推进垃圾分类处理，将垃圾有效利用，减少资源浪费，减少污染物的形成，A正确；‎ B. 将秸秆就地焚烧，产生的固体污染物会对大气、水资源等造成不良影响，B错误；‎ C.化石燃料是不可再生能源，加快开采化石燃料，会减少地球资源，同时产生大量污染物，C错误；‎ D. 使用含磷洗涤剂，会使水体富营养化，严重污染水资源，D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.实验室可利用NH4＋+OH－NH3↑＋H2O这一原理制氨气。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. 氧原子的结构示意图： B. 中子数为8的氮原子：87N C. 氨分子的结构式： D. OH－的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 是氧离子的结构示意图，A错误；‎ B. 中子数为8的氮原子应表示为，B错误；‎ C. 氨分子的结构式为，C正确；‎ D. OH－的电子式为，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是 A. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂 B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料 C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水 D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸用作干燥剂，表现的性质是吸水性，A错误；‎ B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，B正确；‎ C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，C正确；‎ D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】气体的干燥，晶体中结晶水的去除，都可利用浓硫酸，此时浓硫酸表现吸水性；从有机物中脱掉相当于水组成的H、O元素，浓硫酸表现脱水性；金属的钝化、浓硫酸与铜等不活泼金属的反应、浓硫酸与非金属单质等的反应，表现出强氧化性。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.1 mol·L−1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-‎ B. 0.1 mol·L−1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－‎ C. 0.1 mol·L−1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－‎ D. 0.1 mol·L−1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H＋、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；‎ B. CH3COO－能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；‎ C. Ca2+与CO32-会发生反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；‎ D. K＋、Ba2+、Cl－、NO3-碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。‎ ‎5.下列有关实验装置的说法中正确的是 A. 装置可用于实验室制Cl2‎ B. 装置可用于除去CO2气体中的HCl气体 C. 装置可用于完成“喷泉”实验 D. 装置可用于测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置不可用于实验室制Cl2，因为此装置中没有加热仪器，A错误；‎ B. 装置不可用于除去CO2气体中的HCl气体，因为Na2CO3既能吸收HCl，又能吸收CO2，B错误；‎ C. 虽然NaCl的存在不能为NH3在水中的溶解提供帮助，但NH3极易溶于水，此装置可完成NH3的“喷泉”实验，C正确；‎ D. Cu与浓硝酸反应产生气体为NO2，能与水反应，所以此装置不可用于测量Cu与浓硝酸反应产生的气体，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.下列叙述正确的是 A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生变性 B. 不能用pH试纸测定新制氯水的pH值 C. 在蒸发皿中加热AlCl3溶液能得到无水AlCl3固体 D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌铜块 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生盐析而不是变性，A错误；‎ B.‎ ‎ 因为氯水具有漂白性，它能使pH试纸先变红后褪色，所以不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B正确；‎ C. 因为AlCl3是挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧过程中会水解、分解，最终生成Al2O3，所以在蒸发皿中加热AlCl3溶液得不到无水AlCl3固体，C错误；‎ D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌锌块，若镶嵌铜块，将加速船体的腐蚀，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】若想从挥发性酸的弱碱盐中获得该盐，可将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以获得带有结晶水的盐的晶体。然后在该盐对应酸的气流中加热，以去除结晶水，从而获得无水盐。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O= AlO2-＋4NH4+＋2H2O B. 向醋酸溶液中加入碳酸钙粉末：2H＋ + CaCO3= Ca2+ + CO2↑+ H2O C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H＋＋4I－＋O2= 2I2＋2H2O D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为Al(OH)3不溶于氨水，所以，向氯化铝溶液中滴加过量氨水，最终产物为Al(OH)3和NH4+，A错误；‎ B. 因为醋酸是弱酸，所以不能拆成离子的形式，B错误； ‎ C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H＋＋4I－＋O2= 2I2＋2H2O，C正确；‎ D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，生成的CO32-将与溶液中的Ca2+反应，生成CaCO3沉淀，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】Al(OH)3虽然是两性氢氧化物，若要显碱性，能溶于强酸和弱酸中的醋酸、氢氟酸、磷酸等，但它不溶于更弱的酸(如碳酸)；若要显酸性，能溶于强碱，但不能溶于弱碱(如氨水)。所以，在书写方程式时，遇到过量的情况，一定要清楚Al(OH)3是否会溶解。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为－4。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)‎ B. Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱 C. W的氧化物的水化物酸性一定比X的强 D. W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的最低负价为－4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。‎ ‎【详解】A. 同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，A正确；‎ B. 同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；‎ C. 虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；‎ D. W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。‎ ‎9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq) Na(s) Na2O2(s)‎ B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)‎ C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)‎ D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl(aq) Na(s) Na2O2(s)，电解熔融的氯化钠得到金属钠，前一转化不能实现，A错误；‎ B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)，硅与氯气高温下反应，后一转化不能实现，B错误；‎ C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)，两转化都能实现，C正确；‎ D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)，氧化铜不溶于水，与水不反应，后一转化不能实现，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 mol B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0‎ C. 向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小 D. 在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为N2与H2的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，实际参加反应的N2物质的量小于1mol，则反应中转移的电子数目小于6 mol，A错误；‎ B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s)能自发进行，因为ΔS<0，所以该反应的ΔH<0，B错误；‎ C. 向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3COO-)、c(OH-)减小，c(H+)增大，增大，C错误；‎ D. 在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，因为浓硫酸溶解放热，放出的热量为溶解热与中和热之和，所以放出的热量大于57.3 kJ，D正确。‎ 故选D。‎ 不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。‎ ‎11.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是(　　)‎ A. 放电时，多孔碳材料电极为负极 B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；‎ B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），B错误；‎ C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；‎ D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + （1—）O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li +（1—）O2，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl－‎ C 向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀 酸性：盐酸>碳酸>硅酸 D 向盛有5 mL 0.1 mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀, 气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性，A错误；‎ B．某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl－，B正确；‎ C．向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体CO2直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀，因为没有去除CO2气体中混有的HCl，所以不能肯定是CO2与硅酸钠溶液的反应，也就不能得出结论“酸性：盐酸>碳酸>硅酸”，C错误；‎ D．向盛有5 mL 0.1 mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)”，D错误。‎ 故选B。‎ ‎13.下列图示与对应的叙述相符的是 A. 表示在相同的密闭容器中，反应A(g)+B(g) 2C(g)在一定温度下C的体积分数随时间的变化情况，则该反应的ΔH>0‎ B. 表示0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1HX溶液的滴定曲线，则HX可能为醋酸 C. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将T1 ℃时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ℃，则溶质的质量分数：w(A)>w(B)‎ D. 表示25 ℃时，分别加水稀释体积均为100 mL pH=2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25 ℃时电离平衡常数：Ka(HX)T1；温度低，C的体积分数大，说明降温平衡正向移动，正反应为放热反应，则该反应的ΔH<0，A错误。‎ B. 从图中可以看出，当滴加的NaOH体积为20mL时，溶液的pH=7，而此时，NaOH与HX刚好完全反应，所以HX应为一元强酸，可能为盐酸或硝酸，但不可能为醋酸，B错误；‎ C. 从溶解度曲线看，A、B的溶解度随温度的升高而增大，所以将T1 ℃时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ℃，不会有晶体析出，溶质的质量分数保持不变，w(A)=w(B)，C错误；‎ D. 从曲线中可以看出，加水稀释相同倍数时，醋酸溶液的pH大，则其c(H+)小，说明相同浓度时，醋酸的电离程度大，从而说明25 ℃时电离平衡常数：Ka(HX) c(CH3COO－) > c(H+)>c(OH－)‎ B. pH=8的CH3COOH和CH3COONa混合溶液：c(Na＋)﹣c(CH3COO－) =9.9×10-7 mol·L-1‎ C. 0.1 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)= 3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)‎ D. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，溶液中的H+有两个来源，显然，c(H+)> c(CH3COO－)，A错误；‎ B. CH3COOH和CH3COONa混合溶液，pH=8，说明以CH3COO－的水解为主，溶液中发生的反应为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，c(Na＋)﹣c(CH3COO－) = c(OH－)- c(H+)=9.9×10-7 mol·L-1，B正确；‎ C. 0.1 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)=0.2mol·L-1，3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)=3(0.05mol·L−1+0.1 mol·L-1)=0.45mol·L-1，显然2c(Na+)≠ 3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)，C错误；‎ D. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，发生反应，所得溶液中c(CH3COOH)= 0.05mol·L−1，c(CH3COO－)= 0.05mol·L−1；反应后溶液中存在下列平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(CH3COO－)-(CH3COOH)= 2[c(H+)=c(OH－)]，从而得出：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎15.T ℃时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是 A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.0032 mol·L-1·s-1‎ B. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%‎ C. T ℃时，该反应的化学平衡常数K=0.025‎ D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v正＞v逆 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图中提取如下信息：50 s时，n(PCl3)=0.16mol，c(PCl3)=0.08mol/L，v(PCl3)==0.0016mol·L-1·s-1，A错误；‎ B． PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)‎ 起始量 0.5mol/L 0 0‎ 变化量 0.1mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L 平衡量 0.4mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L α(PCl5)=；相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率为80%。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，则相当于原平衡体系加压，使气体体积变为原来的一半，平衡逆向移动，达到平衡时，PCl3的转化率大于80%，B错误；‎ C. T ℃时，该反应的化学平衡常数K==0.025，C正确；‎ D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，浓度商Q==0.02<0.025，所以平衡正向移动，反应达到平衡前v正＞v逆，D正确。‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】对于一个可逆反应，达平衡时，反应物的转化率与生成物的产率之和为1‎ ‎；从反应物开始时反应的热效应，与从生成物开始时反应的热效应，二者的绝对值之和等于该反应的热效应的绝对值。‎ Ⅱ卷 非选择题（共80分）‎ ‎16.煤燃烧排放的烟气中含有SO2，易形成酸雨、污染大气。有效去除和利用SO2是环境保护的重要议题。‎ ‎（1）双碱法洗除SO2。NaOH溶液Na2SO3溶液 ‎①上述过程生成Na2SO3的离子方程式为_________。‎ ‎②双碱法洗除SO2的优点为_________。‎ ‎（2）NaClO2氧化法吸收SO2。向NaClO2溶液中通入含有SO2的烟气，反应温度为323 K，反应一段时间。‎ ‎①随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_________（填“增大”“不变”或“减小”）。‎ ‎②如果采用NaClO替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的_________倍。‎ ‎（3）SO2的利用。生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺如下：‎ ‎①Ⅰ中反应的化学方程式为___________。 ‎ ‎②若Ⅲ中通入SO2不足，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是_______（填化学式）。‎ ‎③工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_________。‎ ‎【答案】 (1). 2OH－＋SO2=SO32-＋H2O (2). 用CaO可使NaOH再生 (3). 减小 (4). 2 (5). Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 (6). Na2SO3 (7). 得到NaHSO3过饱和溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，据此写出离子方程式；‎ ‎②双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；‎ ‎（2）①吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，反应产生氢离子，所以溶液的pH逐渐减小；‎ ‎②根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+和ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+进行分析；‎ ‎（3）①Ⅰ中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，据此条件写出化学方程式；‎ ‎②若Ⅲ中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是Na2SO3；‎ ‎③通过题干信息可知“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，据此进行分析。‎ ‎【详解】（1）①SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，反应的离子方程式为2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；‎ 答案为：2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；‎ ‎②双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；‎ 答案为：CaO可使NaOH再生；‎ ‎（2）①随着吸收反应的进行，吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，所以溶液的pH逐渐减小；‎ 答案为：减小；‎ ‎②如果采用NaClO替代NaClO2，反应的离子方程式为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+；根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+反应可知，吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的2倍；‎ 答案为：2；‎ ‎（3）①Ⅰ中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；‎ 答案为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 ；‎ ‎②若Ⅲ中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是Na2SO3；‎ 答案为：Na2SO3；‎ ‎③题干信息告诉我们“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”。工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的，显然是为了最终获得NaHSO3过饱和溶液；‎ 故答案为：得到NaHSO3过饱和溶液。‎ ‎17.一水硫酸锰（MnSO4•H2O）是一种重要的化工中间体，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质）制备，部分工艺流程如下：‎ 相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：‎ 金属离子 Mn2+‎ Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Mg2+‎ 开始沉淀的pH ‎8.1‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ ‎8.9‎ 沉淀完全的pH ‎10.1‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ ‎10.9‎ ‎（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率还可采取的措施有_________。（写出其中一种）‎ ‎（2）“氧化”时发生反应的化学方程式为________。‎ ‎（3）“调pH”范围至5~6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有_________。‎ ‎（4）“除杂”过程中加入MnF2的目的是_________。已知：Ksp(MgF2)=5.16×10-11，Ksp(CaF2)=5.3×10-9。‎ ‎（5）“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O 晶体的方法是：将MnCO3溶于_________，控制温度为_________以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。晶体烘干时温度不能过高的原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). 升高温度或适当增大硫酸浓度 (2). 2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O (3). Al(OH)3、Fe(OH)3 (4). 除去Ca2+ 和Mg2+ (5). Mn2+ + HCO +‎ ‎ NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O (6). 适量的稀硫酸 (7). 90℃ (8). 防止MnSO4•H2O失去结晶水 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰浸出率，还可采取的措施有升高温度或适当增大硫酸浓度。答案为：升高温度或适当增大硫酸浓度 ‎（2）“氧化”时，主要是利用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O。‎ 答案为：2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O ‎（3）查表中数据知，“调pH”范围至5~6，可将Fe3+、Al3+转化为沉淀。得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3‎ ‎（4）此时溶液中还存在Mg2+、Ca2+ 两种杂质离子，后续操作中没有除杂质的操作，所以“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Ca2+ 和Mg2+。答案为：除去Ca2+ 和Mg2+‎ ‎（5）“沉锰”过程中，加入NH4HCO3和氨水，目的是将Mn2+转化为MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+ + HCO + NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O。‎ 答案为：Mn2+ + HCO + NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O ‎ ‎（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O晶体的方法是：因为要将MnCO3转化为MnSO4，所以应溶于适量的稀硫酸。‎ 答案为：适量的稀硫酸 为降低MnSO4的溶解度，参照表中数据，需控制温度为90℃以上结晶。答案为：90℃‎ 得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。‎ 因为晶体受热易失去结晶水，所以晶体烘干时温度不能过高，其原因是防止MnSO4•H2O失去结晶水。答案为：防止MnSO4•H2O失去结晶水 ‎18.烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 mol·L−1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL。滴定过程中发生如下反应：‎ Fe2+ + NO3− + H+ — NO↑ + Fe3+ + H2O （未配平） ‎ ‎ + Fe2+ + H+ — Cr3+ + Fe3++ H2O （未配平）‎ ‎（1）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是_________。‎ ‎（2）配制100mL 0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________、_________。‎ ‎（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_________（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）。‎ ‎（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为_________mg·m−3（写出计算过程）。‎ ‎【答案】 (1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O (2). 胶头滴管 (3). 100mL容量瓶 (4). 偏高 (5). 368 mg·m−3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。‎ ‎（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；‎ ‎（4）根据 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O、3Fe2+ + NO3− + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 H2O反应中各量之间的关系进行计算。‎ ‎【详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；‎ 答案为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；‎ ‎（2）配制100mL 0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶；‎ 答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；‎ ‎（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；‎ 答案为：偏高；‎ ‎（4）根据反应 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O ‎ 1mol 6mol ‎5×10-5mol 3×10-4mol ‎3Fe2+ + NO3− + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 H2O ‎ ‎ 3mol 1mol ‎15×10-4mol-3×10-4mol 4×10-4mol 标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mg·m−3；‎ 答案为：368。‎ ‎19.叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：‎ 查阅资料：‎ ‎①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。‎ ‎②有关物质的物理性质如下表：‎ 物质 熔点℃‎ 沸点℃‎ 溶解性 CH3OH ‎-97‎ ‎647‎ 与水互溶 水合肼(N2H4·H2O)‎ ‎-40‎ ‎118.5‎ 与水、醇互溶，不溶于乙醚 亚硝酸甲酯(CH3ONO)‎ ‎-17‎ ‎-12‎ 溶于乙醇、乙醚 叠氮化钠(NaN3)‎ ‎275‎ ‎(410易分解)‎ ‎——‎ 易溶于水，微溶于醇，‎ 不溶于乙醚 ‎（1）合成水合肼。‎ 实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼。‎ ‎①制取N2H4·H2O的离子方程式为_________。‎ ‎②实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。‎ ‎（2）水合肼法制备叠氮化钠。‎ ‎①实验室模拟工艺流程步骤Ⅰ制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l) △H﹤0， 研究表明该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_________。‎ ‎②步骤Ⅱ回收CH3OH的实验操作名称为________。‎ ‎③请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_________[实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。‎ ‎【答案】 (1). ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O + (2). NaClO碱性溶液 (3). 防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化 (4). 20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体） (5). 蒸馏 (6). 蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；‎ ‎②因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；‎ ‎（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，据此分析实验时可以采取的措施；‎ ‎②从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；‎ ‎③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3‎ ‎）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。‎ ‎【详解】①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O +。‎ 答案为：ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O +；‎ ‎②因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；‎ 答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；‎ ‎（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，实验时可以采取的措施是20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；‎ 答案为：20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；‎ ‎②步骤Ⅱ为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；‎ 答案为：蒸馏；‎ ‎③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)；‎ 答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥。‎ ‎20.CO2是一种廉价的碳资源，综合利用CO2对构建低碳社会有重要意义。‎ ‎（1）已知： H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH=－241.8kJ·mol－1 CO2(g) = CO(g)+ O2(g) ΔH=+283.0kJ·mol－1 则反应：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) ΔH=________。‎ ‎（2）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0 ‎ ‎①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是_________。 ‎ A．容器内压强不变 B．3v正 (CH3OH)= v正 (H2)‎ C．容器内气体的密度不变 D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变 ‎②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最好的是催化剂________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是________。‎ ‎（3）固体氧化物电解池（SOEC）可用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO和H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。‎ ‎①电源正极为________（填“a”或“b”），电极c上发生的电极反应式为________、_____。‎ ‎②阴阳两极生成的气体的物质的量之比为________。‎ ‎【答案】 (1). +524.8kJ·mol－1 (2). AD (3). Ⅰ (4). 该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低 (5). b (6). H2O+2e－=H2↑+O2－ (7). CO2+2e－=CO+O2－ (8). 2:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律进行分析计算；‎ ‎（2）①根据平衡状态判断标准进行分析：v正= v逆，各组分的浓度及由此引出相关的物质的量的变化情况进行分析；‎ ‎②从图中看，相同温度下，Ⅰ 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，据此进行分析； ‎ ‎（3）①从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c为电解池的阴极，发生还原反应； ‎ ‎②阳极的电极反应为2O2—4e- =O2↑，根据电子得失守恒规律，计算出阴阳两极生成的气体的物质的量之比。‎ ‎【详解】（1）H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH=－241.8kJ·mol－1 ①‎ CO2(g) = CO(g)+ O2(g) ΔH=+283.0kJ·mol－1 ②‎ 根据盖斯定律将②-①得：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) ΔH= +524.8kJ·mol－1；‎ 答案为：+524.8kJ·mol－1；‎ ‎（2）①A．因为反应前后气体分子数不等，所以容器内压强不变时，反应达平衡状态，A符合题意；‎ B．3v正(CH3OH)= v正(H2)，反应向同一方向进行，不一定是平衡状态，B不正确；‎ C．因为气体的质量不变，容器的容积不变，所以容器内气体的密度始终不变，C不正确；‎ D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变，则平衡不发生移动，D达平衡状态，符合题意；‎ 故选AD；‎ ‎②从图中看，相同温度下，Ⅰ 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；‎ 该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；‎ 答案为：Ⅰ；该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；‎ ‎（3）①从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c上发生的电极反应式为H2O+2e－=H2↑+O2－、CO2+2e－=CO+O2－；‎ 答案为：b；H2O+2e－=H2↑+O2－、CO2+2e－=CO+O2－；‎ ‎②阳极的电极反应为2O2—4e- =O2↑，按得失电子总数相等的原则，设电路中通过4mole-，则阳极生成1molO2，阴极生成2molH2，或2molCO，或2mol二者的混合气，从而得出阴阳两极生成的气体的物质的量之比为2:1；‎ 答案为2:1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎