福建省泉州第十六中学2020届高三上学期期中考试化学试题
泉州第十六中学2019年秋季期中考试卷高三化学
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（本题共21小题，每小题2分，共42分，每题只有一个正确选项）
1.用化学用语表示C2H2＋HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为7的碳原子： B. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl
C. 氯离子的结构示意图： D. HCl的电子式：H＋[]－
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据原子结构，该碳原子的表示形式为，故A错误；
B、氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，碳碳双键不能省略，故B错误；
C、Cl－是最外层得到一个电子，即结构示意图为，故C正确；
D、HCl为共价化合物，不属于离子化合物，故D错误；
答案为C。
2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料
B. NH3具有还原性，可用作制冷剂
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
D. 钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂
【答案】A
【解析】
【详解】A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；
B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；
C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；
D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；
答案选A。
3.元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法不正确的是（ ）
A. Bi元素的相对原子质量是209.0
B. Bi元素是第83号元素
C. Bi元素最高价为+5价，最低价为-3价
D. Bi元素在元素周期表的位置：第六周期ⅤA族
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据结构，209.0是Bi元素的相对原子质量，故A说法正确；
B、质子数=核电荷数，Bi元素的质子数为83，属于第83号元素，故B说法正确；
C、根据价电子排布式，Bi元素的最外层电子数为5，即最高价为＋5价，Bi为金属元素，无负价，故C说法错误；
D、Bi元素的原子序数为83，位于元素周期表中第六周期，VA族，故D说法正确；
答案为C。
4.下列说法中正确的是
A. CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构
B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料
C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D. 第ⅠA族元素和第ⅦA 族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；
B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；
D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。
答案选B。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4 L 乙醇中含有碳原子数为2NA
B. 6.0 g的SiO2固体含有0.1NA个SiO2分子
C. 1L 0.5mol·L-1醋酸中含CH3COO-为0.5NA
D. 12.0 g NaHSO4晶体中阴阳离子数为0.2 N
【答案】D
【解析】
【详解】A、标准状况下乙醇为液体，不能用22.4L·mol－1计算乙醇的物质的量，故A错误；
B、SiO2为原子晶体，由Si、O原子组成，不含SiO2分子，故B错误；
C、CH3COOH为弱酸，部分电离，本题所给条件，无法判断CH3COO－的物质的量，故C错误；
D、NaHSO4晶体是由Na＋和HSO4－组成，即12.0gNaHSO4中阴阳离子总物质的量为=0.2mol，故D正确；
答案为D。
【点睛】本题易错点是选项D，NaHSO4固体是由Na＋和HSO4－组成，不是由Na＋、H＋、HSO4－组成的。
6.下列变化需克服相同类型作用力的是
A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化
C. 氯化氢和氯化钾的溶解 D. 溴和汞的气化
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；
B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；
C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；
D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；
故选A。
7.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2 +H2SO4(浓)=CaSO4 +Cl2↑+H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)
A. 混盐CaOCl2 中既含离子键又含共价键
B. 浓硫酸体现氧化性与酸性
C. 每产生1mol氯气，转移电子数为NA
D. 1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.混盐 CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO-中也含有Cl-O共价键，A正确；
B.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B错误；
C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl 的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，C正确；
D.1mol混盐 CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确；
故合理选项是B。
8.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)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；
B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；
C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；
【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；
C.硫单质空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。
9.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是
A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
10. 下列有关化学方程式的叙述正确的是（ ）
Ａ.已知2H2(g) + O2(g) ="==" 2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol， 则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
A. 已知C(石墨, s) ="==" C(金刚石，s) △H＞0,则金刚石比石墨稳定
B. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+ HCl(aq) ="==" NaCl(aq) + H2O(l) △H="-57.4kJ/mol"
C. 已知2C(s)+2O2(g) ===2CO2(g) △H12C(s)+ O2(g) ===2CO(g) △H2 则△H1＞△H2
【答案】C
【解析】
正确答案：C
A、氢气的燃烧热是生成液态水；B、金刚石能量高，没有石墨稳定；C、正确；D、不正确，不完全燃烧放出热量少，△H1<△H2
11.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H=－a kJ·mol-1已知：下列说法正确的是（ ）
A. H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键
B. 相同条件下，1 mol H2(g)和1 mol I2(g)的总能量小于2 mol HI(g)的总能量
C. 断开2 mol HI分子中化学键所需能量约为(c+b+a)kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量为2a kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
根据该反应，推出覆该反应为放热反应，据此分析；
【详解】A、H2、I2含有化学键为非极性键，HI中含有极性化学键，故A错误；
B、△H=－akJ·mol－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C、令断裂1molH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·mol－1=－akJ·mol－1，推出x=，断裂2molHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·mol－1，故C正确；
D、H2和I2反应为可逆反应，不能反应进行到底，即本题无法计算出放出的热量，故D错误；
答案为C。
12.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，选项A错误；
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，选项B错误；
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，选项C正确；
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，选项D错误。
答案选C。
13.用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（ ）
A. 若A为浓盐酸，B为Na2SO3，C中盛有Na2SiO3溶液，C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2SO3> H2SiO3
B. 若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液变蓝色
C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl 3溶液，C中先产生白色沉淀后沉淀溶解
D. 若A为H2O2，B为MnO2，C中盛有Na2S溶液，C中溶液变浑浊
【答案】D
【解析】
【详解】A、浓盐酸具有挥发性，即产生的SO2中混有HCl，对后续实验产生干扰因此无法证明亚硫酸的酸性强于硅酸，故A不合理；
B、浓盐酸与MnO2反应需要加热，题中所给装置，缺少加热装置，故B不合理；
C、生石灰与水放出热量，有利于NH3的逸出，NH3通入AlCl3溶液中，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，继续通入NH3，Al(OH)3不溶于氨水，因此沉淀不溶解，故C不合理；
D、MnO2作催化剂，使H2O2分解：2H2O22H2O＋O2↑，氧气通入H2S溶液中，将H2S氧化成S单质，即C中溶液变浑浊，故D合理；
答案为D。
14.CuSO4是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如下图所示。下列说法错误的是( )
A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2
B. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①=②<③
D. 利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；
B、相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；
C．生成等量的硫酸铜，三个途径中①②参加反应的硫酸的物质的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，则①=②＜③，故C正确；
D．途径②中硫酸只表现为酸性，没有被还原，故D错误。
故选D。
15.电解水时，为增强溶液的导电性可向溶液中加入适量的电解质，下列物质中适合的是（ ）
A. NaCl B. HCl C. H2SO4 D. CuSO4
【答案】C
【解析】
【分析】
依据电解原理进行分析，解答；
【详解】A、加入NaCl，根据电解原理，总电极反应式为2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故A不符合题意；
B、加入HCl，总电极反应式为2HClH2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故B不符合题意；
C、加入H2SO4，总电极反应式为2H2O2H2↑＋O2↑，与实验目的相符，故C合理；
D、加入CuSO4，总电极反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意；
答案为C。
16.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）
A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C. 一段时间后， 右侧导管液面会下降
D. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉、活性炭的混合物用NaCl溶液润湿后，构成原电池，发生吸氧腐蚀，按照原电池工作原理进行分析；
【详解】A、发生吸氧腐蚀，即构成原电池，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故A错误；
B、该装置为原电池，将化学能转化成电能，但部分化学能转化成热能，故B错误；
C、发生的腐蚀为吸氧腐蚀，试管中的压强降低，即一段时间后，右侧导管液面上升，故C错误；
D、活性炭、铁在NaCl溶液中构成原电池，铁作负极，活性炭为正极，加快反应速率，故D正确；
答案为D。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的负极
B. 粗铜电解精炼时，若电路中通过2 mol e－，阳极减少64g
C. 用惰性电极电解MgCl2溶液所发生反应的离子方程式为2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－
D. 用惰性电极电解饱和食盐水，阴极逸出的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】A
【解析】
【详解】A、电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀件上镀铜，即镀件为阴极，连接电源的负极，故A正确；
B、粗铜中含有比铜活泼的金属，如Fe、Zn等，精炼铜时，粗铜作阳极，活泼金属作阳极，Zn、Fe先失电子，即电路中通过2mole－，阳极减少的质量不等于64g，故B错误；
C、用惰性材料作电极，电解MgCl2溶液，总电极反应式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故C错误；
D、惰性电极电解饱和食盐水，阴极上的反应式2H＋＋2e－=H2↑，H2不能使淀粉碘化钾试纸变蓝，阳极反应式为2Cl－2e－=Cl2↑，Cl2能将I－氧化成I2，试纸变蓝，故D错误；
答案为A。
18.今年是门捷列夫发现元素周期律 150 周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素，W 原子最外层电子数是其内层电子数的 3 倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W>X
B. 最高价氧化物的水化物酸性：Y>Z
C. 气态氢化物沸点：Z>W
D. 气态氢化物热稳定性：Z
H3PO4，故B错误；
C、两种元素的氢化物是H2O和H2S，H2O分子间存在氢键，其沸点比没有分子间氢键的H2S高，故C错误；
D、O的非金属性强于S，即H2O比H2S稳定，故D正确；
答案为D。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减少；三看电子数，当电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的递增而增大。
19.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置中，其中正确的是
A. ①是氨气发生装置 B. ③是氨气发生装置
C. ②是氨气吸收装置 D. ④是氨气收集、检验装置
【答案】B
【解析】
【详解】A、①中NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH4Cl，所以不能用于制备氨气，A错误；
B、③可用于浓氨水与生石灰或碱石灰或固体氢氧化钠制取氨气的发生装置，B正确；
C、②中的漏斗位置过低，不能防止倒吸，C错误；
D、④的试管口应放一团干燥的棉花防止对流，D错误。
答案选B。
20.已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2－形式存在。现以Al—H2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是（ ）
A. 电解过程中，电子的流向由a→d→c→b
B. 电池的正极反应为：HO2－+2e－+H2O=3OH－
C. 电解时，消耗5.4gAl，则产生标况下2.24L N2
D. 电极c是阳极，且反应后该电极区pH减小
【答案】A
【解析】
【分析】
根据装置，左侧为电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a为负极，b为正极，据此分析；
【详解】A、根据装置，左侧为电池，右侧为电解池，d电极上产生H2
，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a为负极，b为正极，电解质内部没有电子通过，电子流向由a→d，c→b，故A说法错误；
B、根据A选项分析，b电极为正极，电极反应方程式为HO2－＋2e－＋H2O=3OH－，故B说法正确；
C、根据得失电子数目守恒，因此有，解得V(N2)=2.24L，故C说法正确；
D、根据A选项分析，电极c为阳极，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO32－＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反应后该电极区pH减小，故D说法正确；
答案为A。
【点睛】电极反应式的书写，是本题的难点，也是热点，一般书写时，先写出氧化剂＋ne－→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，然后根据电解质的环境，判断出是H＋、OH－参与反应或生成，最后根据电荷守恒，配平其他。
21.某新型锂空气二次电池放电情况如图所示，关于该电池的叙述正确的是
A. 电解液应选择可传递Li＋的水溶液
B. 充电时，应将锂电极与电源正极相连
C. 放电时，空气电极上发生的电极反应为 2Li＋＋O2＋2e－=Li2O2
D. 充电时，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少3.5g
【答案】C
【解析】
【分析】
在锂空气电池中，锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，据此解答。
【详解】A.Li易与水反应，所以电解液不能选择可传递Li+的水溶液，A错误；
B.充电时，电池的负极连接电源的负极，所以应将锂电极与电源负极相连，B错误；
C.放电时，空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，C正确；
D.充电时，空气电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2，可见每转移2mol电子，空气电极的质量减少46g，若电路中转移0.5 mol电子，空气电极的质量将减少46g÷4=11.5g，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】
第II卷（非选择题 共58分）
22.按要求回答下列问题：
（1）直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。
①三种乙醇燃料电池中正极反应物均为______________________；
②碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______________________________；
③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，电极b上发生的电极反应式为________。
（2）天然气既是高效洁净的能源，也是重要的化工原料。
①甲烷与氯气光照条件下的产物有多种，其中三氯甲烷（氯仿）可用作麻醉剂。氯仿分子的空间构型为_______________。
②甲烷高温分解生成氢气和炭黑。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是_____________________。
【答案】 (1). O2 (2). C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O (3). O2+2CO2+4e- =2CO32-
(4). 四面体 (5). 提供甲烷分解所需的能量
【解析】
【详解】（1）①燃料电池中，通燃料的一极为负极，通氧气或空气一极为正极，根据装置图，正极反应物均为O2；
答案为O2；
②根据碱性乙醇燃料电池的装置图，电极a为负极，电解质溶液显碱性，因此电极反应式为CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O；
答案为CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O；
（2）①氯仿的分子式为CHCl3，其空间构型为四面体；
答案为四面体；
②甲烷在高温条件下分解生成氢气和炭黑，在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，产生热量，给甲烷分解提供所需的能量；
答案为提供甲烷分解所需的能量。
23.多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_____________。的电子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
②
③
（1）氢化过程中所需高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为_______________。
（2）反应③的_______________（用，表示）。
（3）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
【答案】 (1). Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) =-225mol-1 (2). (3). 阴极 (4). 2H2O+2e-===H2+2OH- (5). (6). HCl、H2
【解析】
【分析】
I. 依据热化学方程式与热量之间的关系书写；参考CH4的电子式书写SiHCl3的电子式；
II.（1）依据电解池的工作原理分析；
（2）根据根据盖斯定律分析计算；
（3）结合流程图分析。
【详解】I.根据题意，该反应的热化学方程式为Si(s)＋3HCl(g) SiHCl3(g)＋H2(g) △H=－225kJ·mol－1； SiHCl3所有原子达稳定状态，其电子式为；
答案为Si(s)＋3HCl(g) SiHCl3(g)＋H2(g) △H=－225kJ·mol－1；；
II.（1）根据电解原理，阴极上产生H2，即电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；
答案为阴极：2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；
（2）根据根据盖斯定律，②－①得到反应③，即△H3=△H2－△H1；
答案为△H2－△H1；
（3）根据流程循环使用的物质有SiCl4、SiHCl3、Si、HCl、H2；
答案为HCl、H2。
24.按要求回答下列问题
（1）我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005
mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
①磷酸镉（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp＝_____________________。
②在某含镉废水中加人Na2S，当S2-浓度达到7.9 × 10-8mol/L时，水体中Cd2+浓度为_____mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9 × 10-27，Cd的相对原子质量：112）；此时是否符合水源标准？______（填“是”或“否”）。
（2）炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子
Fe3+
Zn2+
Fe2+
开始沉淀的pH
1. 1
5. 2
5. 8
沉淀完全的pH
3. 2
6. 4
8. 8
①加入H2O2溶液的作用是________________。
②流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是________（填序号）；
a、ZnO b、NaOH c、Zn2(OH)2CO3 d、ZnSO4
pH应调整到______________________。
【答案】 (1). c3(Cd2+)·c2 (PO43-) (2). 1.0×10-19 (3). 是 (4). 使Fe2+被氧化为Fe3+ (5). ac (6). 3.2≤pH<5.2
【解析】
【分析】
（1）①Ksp为生成离子浓度幂之积；
②结合Ksp进行计算；
（2）炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO
）加盐酸溶解，形成氯化锌、氯化铜、氯化亚铁的溶液，加锌粉置换出Cu，过滤，滤液中含有锌离子和亚铁离子，加过氧化氢氧化，把亚铁离子氧化为铁离子，加ZnO（或氢氧化锌等）调节PH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，得到氯化锌溶液，以此来解答。
【详解】（1）①磷酸镉沉淀的溶解平衡体系为Cd3(PO4)2(s)=3Cd2＋(aq)＋2PO43－(aq)，则平衡常数的表达式为Ksp=c3(Cd2＋)·c2(PO43－)；
答案为c3(Cd2＋)·c2(PO43－)；
②当S2－浓度达到7.9×10－8mol·L－1时，c(Cd2＋)==1.0×10－19mol·L－1，1L溶液中含有n(Cd2＋)=1.0×10－19mol，其质量为1.0×10－19mol×112g·mol－1=1.12×10－17g，其浓度为=1.12×10－14mg·L－1<0.005mg·L－1，是符合水源标准；
答案为1.0×10－19；是；
（2）①根据流程、表格中的数据以及制取的物质，沉淀B为Fe(OH)3，即加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋；
答案为将Fe2＋氧化成Fe3＋；
②试剂X的目的是调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀出来，所加物质不能产生新的杂质，过量的能除去，因此所加物质应是ZnO或Zn(OH)2或Zn2(OH)2CO3，故ac正确；调节pH，使Fe3＋全部沉淀，Zn2＋不能产生沉淀，根据表格中的数据，pH的范围是3.2≤pH<5.8。
答案为ac；3.2≤pH<5.8。
25.氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙的实验如下：
Ⅰ．氮化钙的制备
（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_______________________________________。
（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为___________________。
（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为______________________。装置E的作用是______________________。
（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。
①点燃D处的酒精喷灯； ②打开分液漏斗活塞; ③点燃A处的酒精灯； ④停上点燃A处的酒精灯；⑤停止点燃D处的酒精喷灯
（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象_________________。
【答案】 (1). 关闭分液漏斗活塞，向E中加水，没过长导管，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 (2). 0.6NA (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 (5). ②③①⑤④ (6). 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙
【解析】
【分析】
制备Ca3N2应用N2与Ca反应，首先制备N2，Ca3N2在空气中氧化，遇水会发生水解，因此需要除去N2中的水蒸气，以及防止空气中氧气和水蒸气的进入，据此分析；
【详解】（1）检验装置的气密性，操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，向E装置中加水，没过长导管，用酒精灯微热圆底烧瓶，E中长导管有气泡冒出，撤去酒精灯，E中长导管有一段水柱存在，说明气密性良好；
答案为：关闭分液漏斗的活塞，向E装置中加水，没过长导管，用酒精灯微热圆底烧瓶，E中长导管有气泡冒出，撤去酒精灯，E中长导管有一段水柱存在，说明气密性良好；
（2）生成N2的离子方程式为NO2－＋NH4＋N2↑＋2H2O，根据反应方程式，转移3mol电子，生成标准状况下的气体22.4L，则生成4.48L气体，转移电子的物质的量为=0.6mol，即转移电子数0.6NA；
答案为0.6NA；
（3）装置B的作用是吸收氧气，利用O2的氧化性将Fe2＋氧化，即离子反应方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；Ca3N2遇水发生水解，因此装置E的作用是吸收空气中的水蒸气，防止进入D中；
答案为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；吸收空气中水蒸气，防止进入D中；
（4）检查装置气密性后，因为Ca是活泼金属，容易与O2反应，因此首先利用N2排除装置中空气，即先打开分液漏斗的活塞，然后点燃A处的酒精灯，当排除装置的空气后，再点燃D处酒精喷灯，当反应完毕后，熄灭D处酒精灯，让Ca3N2在N2中冷却下来，最后熄灭A处的酒精灯，即顺序是②③①⑤④；
答案为②③①⑤④；
（5）Ca3N2与水反应Ca3N2＋6H2O=3Ca(OH)2＋2NH3↑，如果含有Ca，Ca也能水反应：Ca＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑，NH3极易溶于水，H2不溶于水，因此操作是取少量产物于试管中，加入水，用排水法收集到无色气体，则含有钙；
答案为取少量产物于试管中，加入水，用排水法收集到无色气体，则含有钙。
【点睛】实验设计题中，一般按照制气装置、除杂装置、反应或收集装置、尾气装置进行分析，分析过程中，应注意题中所给信息，如本题氮化钙能与水发生反应，这就要求做到“前防水，后防水”，即除去N2中水，防止空气中水蒸气的进入。
26.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产C1O2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaC1溶液；③C1O2的制取。工艺流程如下图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液
（1）粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X，选出试剂X所代表的试剂，按滴加顺序依次为是__________________________(填化学式)。
（2）上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成C1O2。反应Ⅲ的化学方程式为______________。
（3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10．00 mL，稀释成100 mL试样。
步骤2：量取V1 mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2．0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。（已知ClO2+I－+H+==I2+Cl－+H2O未配平）
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2
mL。(已知：)
①准确量取10．00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是__________________。
②上述步骤3中滴定终点的现象是__________________________。
③若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
④根据上述步骤可计算出原C1O2溶液的浓度为_________mol·L-1(用含字母的代数式表示)。
【答案】 (1). NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH (2). 2NaClO3+4HCl = 2ClO2↑+2NaCl+2H2O+Cl2↑ (3). 酸式滴定管 (4). 溶液蓝色恰好消失，且30s内不恢复原色 (5). 偏高 (6).
【解析】
【分析】
以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。根据流程图，粗盐水中加入氢氧化钠除去镁离子，再加入试剂X除去钙离子生成碳酸钙，因此X为碳酸钠，过滤后得到氢氧化镁和碳酸钙沉淀；用适量盐酸调节溶液的酸性，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠得到纯净的氯化钠溶液，反应Ⅱ电解氯化钠溶液生成氢气和NaClO3，加入盐酸，发生反应Ⅲ2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，得到ClO2。据此分析解答。
【详解】（1）Ca2＋应用Na2CO3除去，SO42－应用Ba2＋除去，Mg2＋应用NaOH除去，同时Na2CO3还要除去多余BaCl2，因此顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；
答案为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；
（2）根据信息，反应III应是NaClO3与HCl反应生成ClO2，根据流程，其反应的方程式为2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋2NaCl＋2H2O＋Cl2↑；
答案为2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋2NaCl＋2H2O＋Cl2↑；
（3）①ClO2能用于自来水的消毒，即ClO2具有强氧化性，ClO2溶液应盛放在酸式滴定管中；
答案为酸式滴定管；
②锥形瓶溶液显蓝色，滴加Na2S2O3溶液过程中碘单质被消耗，达到终点的现象是：溶液恰好蓝色消失，且30s内不恢复原色；
答案为溶液恰好蓝色消失，且30s内不恢复原色；
③Na2S2O3被氧气氧化，则消耗Na2S2O3溶液的体积增大，测定结果偏高；
答案为偏高；
④根据反应方程式，建立关系式为2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则ClO2的浓度为=mol·L－1；
答案为mol·L－1。
【点睛】滴定计算是高考的热点，一般需要建立关系式法进行计算，在分析中应注意所求的单位是mol·L－1还是g·L－1等，二应注意配了多少溶液，取了多少溶液，需要我们把根据标准液计算出的物质的量，折算到原溶液中去。
