福建省漳州市2020届高三毕业班第一次教学质量检测化学试题 Word版含解析

福建省漳州市2020届高三毕业班第一次教学质量检测化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 漳州市2020届高三毕业班第一次教学质量检测卷 化学 注意事项：‎ ‎1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。‎ ‎3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。‎ ‎4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Mn-55‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. “信口雌黄”中的雌黄因与纸张颜色相近被称为古代的“修正带”，它的修正原理不涉及化学变化 B. “乌桕，实如鸡头，液如猪脂，可压油为烛”，古代的蜡烛成分为烃 C. 珍珠奶茶中的“珍珠”是由淀粉制成，淀粉属于糖类 D. 硅胶（主要成分为SiO2·nH2O）对水分子具有极强的吸附性，可以用作袋装食品的干燥剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.雌黄的修正原理利用的是与纸张颜色相近这一点，颜色属于物理性质，修正过程不涉及化学变化，A正确；‎ B.乌桕种子有一层蜡质表皮，是制蜡的上品，桕子榨油，混入融化的白蜡，倒进模具内，凝结后便是桕烛，古代的蜡烛不属于烃，B错误；‎ C.淀粉属于糖类，是一种多糖，C正确；‎ D.硅胶对水分子具有极强的吸附性，对人体无毒无害，是常用的袋装食品干燥剂，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 质子数为7、中子数为8的氮原子：N B. 甲烷的球棍模型 - 21 -‎ C. 苯的结构式：C6H6 D. 氯化铵的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮原子的质量数为15，表示为N，A正确；‎ B. 是甲烷的比例模型，B错误；‎ C. C6H6是苯的分子式，C错误；‎ D. 中氯离子的电子式书写错误，正确的为，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.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，2.24L苯在氧气中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 B. 1.6gCD4中所含质子数为NA C. 1mol·L-1氯化铜溶液中的Cl-数为2NA D. 32g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，苯为液体，2.24L苯不是0.1mol，A错误；‎ B. CD4摩尔质量是20g/mol，1.6g CD4物质的量是0.08mol，质子的物质的量为0.8mol，所含质子数为0.8mol NA，B错误；‎ C溶液体积不知道，无法求Cl-数，C错误；‎ D.氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子共32g，氧原子的物质的量为2mol，数目为2NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析正确的是（ ）‎ - 21 -‎ A. 催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成 B. 反应1中反应物的总键能低于生成物的总键能 C. 反应2实现了氮的固定 D. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 催化剂a表面是氮气和氢气反应生成氨气，非极性共价键断裂，极性共价键形成，A错误；‎ B.合成氨反应，是放热反应，因此反应物的总键能小于生成物的总键能，B正确；‎ C. 氮的固定是把游离态的氮转变成含氮化合物的过程，反应2是氨的催化氧化，C错误；‎ D. 氨的催化氧化是氧化还原反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题切入点是读懂图中发生的反应，再结合概念展开分析，选项B易错，放热反应是反应物的总能量比生成物的总能量高，但是，反应物的总键能比生成物的总键能低。‎ ‎5.常温下，下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ A. Mg2+、Na+、MnO4-、SO42- B. Fe2+、NH4+、NO3-、H+‎ C. OH-、Na+、SO42-、Cu2+ D. Al3+、K+、CO32-、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg2+、Na+、MnO4-、SO42-不反应可共存，A正确； ‎ B. Fe2+和NO3-、H+三者发生氧化还原反应不共存，B错误；‎ C. OH-和Cu2+生成沉淀不共存，C错误； ‎ D. Al3+、和CO32-发生双水解反应不共存，D错误；‎ 答案选A。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】B容易错选，因为Fe2+ 、NO3-和H+三者发生的氧化还原反应比较隐蔽，同学要多熟悉溶液中具有强氧化性、强还原性的离子，也要注意溶液酸碱性对反应的影响，例如S2-、SO32-、和H+不能共存，但是S2-、SO32-、和OH-能共存。‎ ‎6.下列离子方程式书写正确的（ ）‎ A. Al(OH)3沉淀溶于NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O B. 在酸性溶液中KBrO3与KBr反应：5Br-+BrO3-+3H2O=3Br2+6OH-‎ C. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO42-=H2O+BaSO4↓‎ D. 溴化亚铁溶液中通入足量的氯气：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al(OH)3是沉淀，不能拆写，A错误；‎ B. 在酸性溶液中不会生成大量OH-，应为5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，B错误；‎ C. OH-、H+以及H2O的化学计量数应该均为2，C错误；‎ D. 由于通入足量的氯气，溴化亚铁溶液中Fe2+和Br-按物质的量之比为1：2的比例被完全氧化，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】C容易出错为Ba2++OH-+H++SO42-=H2O+BaSO4↓原因，是没有考虑滴入的稀硫酸中H+与SO42-物质的量之比为2：1，两个离子均被Ba(OH)2溶液中Ba2+和OH-完全反应，正确的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓中则体现了这一点。‎ ‎7.指甲花中的β-紫罗兰酮属于一种萜类化合物，可作为合成维生素A的原料，其结构如图所示。下列有关β-紫罗兰酮的说法正确的是（ ）‎ A. β-紫罗兰酮的分子式为C13H18O B. 分子中所有碳原子可能处于同一平面 C. 与足量的H2反应后，分子中只含1种官能团 D. 不能被酸性KMnO4溶液氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式应为C13H20O，A错误； ‎ - 21 -‎ B. 环上有一个碳原子连着2个甲基，所以分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；‎ C. 分子中碳碳双键与氢气加成，变为饱和键，分子中羰基与足量的H2反应后，有羟基生成，C正确； ‎ D. 分子中所含碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.已知：三氧化硫的沸点为45℃，熔点为16.8℃，具有很强的氧化性和挥发性。如图是快速制备三氧化硫的实验装置图，其中装置Ⅰ和Ⅲ中都加入了金属铜，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 装置Ⅰ和Ⅲ都需要加热 B. 本实验制备三氧化硫(SO3)的原理为NO2+SO2=NO+SO3‎ C. 连接反应器与尾气处理装置不宜使用橡胶管 D. 实验结束后，往反应器中滴加水，瓶内红棕色逐渐褪去 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置Ⅰ内铜和浓硝酸反应制NO2不需要加热，Ⅲ内铜和浓硫酸反应制SO2需要加热，A错误；‎ B. 装置Ⅱ内SO2被NO2氧化为SO3，制备三氧化硫(SO3)的原理为NO2+SO2=NO+SO3，B正确；‎ C. NO2、SO3具强氧化性，会腐蚀橡胶管，C正确；‎ D. 水会和红棕色NO2反应得到硝酸和NO而褪色，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列关于化学反应与能量的说法正确的是（ ）‎ A. 已知正丁烷的燃烧热为2878kJ·mol-1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为2CH3CH2CH2CH3(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l) ΔH=-2878kJ·mol-1‎ B. 已知在一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-98kJ·mol-1‎ - 21 -‎ C. 已知稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ·mol-1，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1‎ D. 已知CuSO4(s)+5H2O(l)=CuSO4·5H2O(s)，该反应为熵增加的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为CH3CH2CH2CH3(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-1439kJ·mol-1，A错误；‎ B. 不知道该条件下物质的状态，该反应是可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应后，实际消耗多少不得而知，所以无法写出热化学方程式，B错误；‎ C. 在稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量是中和热，C正确；‎ D. 从液态H2O到固态CuSO4·5H2O，且物质的量减少，该反应熵减，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】B容易出错， 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-98kJ·mol-1，这样的可逆反应，代表的是实际消耗2molSO2(g)和1molO2(g)生成2molSO3(g)时，放热98kJ。‎ ‎10.W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中X的某同位素可用于测量文物年代，M为由X元素构成的一种单质。甲和丁两种物质都由W和Y元素组成，乙由Y和Z元素组成，常温下为气体，具有漂白性，戊为二元强酸。它们之间的转化关系如下，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z B. 原子半径顺序：Z＞Y＞X＞W C. 丁的水溶液适用于医用伤口消毒及环境消毒 D. 常温常压下，M能和丙发生化合反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意可推断：W为H、X为C、Y为O、Z为S，甲和丁两种物质分别为H2O，H2O2，乙为SO2，丙为CO2，戊为二元强酸H2SO4；‎ - 21 -‎ ‎【详解】A. 非金属性:O＞ C，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞CH4，A错误；‎ B. 同一周期，从左到右，原子半径减小，故原子半径顺序：C＞O，B错误；‎ C. H2O2水溶液因为强氧化性可杀菌消毒，且还原产物是H2O适用于医用伤口消毒，C正确；‎ D. 常温常压下，碳的单质与CO2不反应，高温下才反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列实验操作、现象、结论或解释均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论或解释 A 向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+‎ B 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液 产生白色沉淀，红色褪去 证明CO32-水解呈碱性 C 向NaOH溶液中滴加足量的MgCl2溶液，然后再滴加CuCl2溶液 先产生白色沉淀，然后沉淀变蓝色 Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]‎ D 用硫酸作催化剂的淀粉水解液中，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未发生水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴加的是稀NaOH溶液且没有加热，难于产生氨气，难以判断原溶液中无NH4+，A错误； ‎ B. 加有酚酞的碳酸钠溶液呈红色，红色溶液中加入足量的CaCl2溶液，钙离子把碳酸根离子沉淀完全的同时，红色也褪去，证明原溶液的碱性是CO32-水解所致，B正确； ‎ C. 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，得出的结论应是Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，C错误； ‎ D. 淀粉水解液中含硫酸，未加碱中和直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，导致Cu(OH)2‎ - 21 -‎ 被消耗，达不到预期现象，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D容易错，淀粉水解一般在稀硫酸催化下进行，检测还原性糖的生成，应该选碱性环境，先在水解液中加过量NaOH溶液，再加新制的Cu(OH)2悬浊液，加热；而检测淀粉有没有水解完全？应该直接在水解液中加碘水，观察是否变成特殊的蓝色，若变蓝，则证明淀粉没有完全水解，若不变蓝，则水解完全。‎ ‎12.复旦大学的王永刚教授研究团队在柔性电池研究方面取得了新突破，发展了一种基于有机物电极材料的柔性水系锌电池。充放电过程中实现了芘四酮 (PTO)与PTO-Zn的相互转化，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，Zn电极发生氧化反应 B. 放电时，Y极反应式可表示为PTO+2e-+Zn2+=PTO-Zn C. 充电时，Zn2+向Y极移动 D. 充电时，X电极与电源负极相连 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放电时是原电池，电子从Zn电极流出，Zn发生氧化反应，说法正确，A不符合； ‎ B. 放电时，Y极是正极，反生还原反应，说法正确，B不符合；‎ C. 充电时是电解池，Zn2+是阳离子应向阴极移动，Y极在充电时是阳极，说法错误，C符合； ‎ D. 充电时，X电极是阴极，与电源负极相连，说法正确，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】二次电池的电极，放电时正极，充电时则为阳极；放电时负极，充电时则为阴极；‎ 原电池负极的判断：电子流出那一极是负极，发生氧化反应的一极是负极，阴离子向负极移动，负极有可能因参加反应溶解而变细，如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。‎ ‎13.常温下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1‎ - 21 -‎ NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），其中d点为反应终点。下列说法不正确的是（ ）‎ A. V=20.00mL B. 常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5‎ C. b点溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)‎ D. c点的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. d点溶液是反应终点，按恰好完全反应来分析；‎ B. a点溶液是氯化铵溶液水解呈酸性，常温下pH为5，结合水解常数与电离平衡常数的关系估算；‎ C. b点溶液恰好呈中性，加入的碱溶液体积小于10.00mL来判断；‎ D. c点的混合溶液中，一水合氨和氯化铵的物质的量相等，根据电荷守恒和物料守恒分析；‎ ‎【详解】A. d点为反应终点，加入NaOH的体积为20.00mL时，恰好完全反应生成NH3⋅H2O和NaCl，说法正确，不符合；‎ B. 常温下，a点对应的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡， ，Kb(NH3·H2O)10-5，说法正确，不符合；‎ C. b点溶液恰好呈中性，加入NaOH的体积小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，说法正确，C不符合；‎ - 21 -‎ D. c点溶液为加入NaOH的体积为10.00mL，恰得到物质的量均为10-3mol的NH3⋅H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：，由物料守恒：，两个式子合并得到：，因为c点溶液呈碱性，所以 >c(Na+)，D选项说法错误，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎14.反应2NO+Cl2=2NOCl在295K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：‎ c(NO)/(mol·L-1)‎ c(Cl2)/(mol·L-1)‎ v(Cl2)/(mol·L-1·s-1)‎ ‎①‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎8.0×10-3‎ ‎②‎ ‎0.500‎ ‎0.100‎ ‎2.0×10-1‎ ‎③‎ ‎0.100‎ ‎0.500‎ ‎4.0×10-2‎ 注：①反应物浓度与反应速率关系式为v(Cl2)=k·cm(NO)cn(Cl2)（式中速率常数k=Ae-Ea/RT，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。下列说法不正确的是（ ）‎ A. m=2，n=1，反应级数为3级 B. 当c(NO)=0.200mol·L-1，c(Cl2)=0.300mol·L-1，v(NO)=0.192mol·L-1·s-1‎ C. 加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率 D. 升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由表中①③数据可知，n=1，由①②组数据可知，m=2，由①数据可知；‎ ‎【详解】A.据数据分析知m=2，n=1，反应级数为3级，A正确； ‎ - 21 -‎ B. 当c(NO)=0.200mol·L-1，c(Cl2)=0.300mol·L-1，v(NO)=2v(Cl2)=2×8.0××0.300mol·L-1·s-1=0.192mol·L-1·s-1，B正确；‎ C. 催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，增大反应速率，C正确；‎ D. 升高温度，活化能不变，D错误;‎ 答案选D。‎ 二、非选择题（本题共5小题，共58分）‎ ‎15.A是来自石油的基本化工原料，其分子式为C2H4。B和D是生活中两种常见的有机物，F是高分子化合物。它们之间的相互转化关系如图所示：‎ ‎（1）C中官能团名称是__。‎ ‎（2）在反应①～⑥中，属于取代反应的是__（填序号）。‎ ‎（3）用于鉴别B、D的试剂是__（任写一种）。‎ ‎（4）写出A→F的化学方程式：__。‎ ‎（5）请写出G的同分异构体中含有羧基的结构简式：__。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). ④⑤ (3). Na2CO3溶液（或紫色石蕊试液等） (4). nCH2=CH2 (5). CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是来自石油的基本化工原料，其分子式为C2H4，即乙烯，B、C和D分别为乙醇、乙醛和乙酸，G为乙酸乙酯，E为乙酸钠，F为聚乙烯，据此回答；‎ ‎【详解】（1）C为乙醛，所含官能团为醛基；‎ 答案为：醛基；‎ ‎（2）酯化反应和酯的水解属于取代反应；‎ 答案为：④⑤；‎ - 21 -‎ ‎（3）B、D分别是乙醇和乙酸，乙醇呈中性，乙酸呈酸性，可利用紫色石蕊试液（溶液变红）（或碳酸钠溶液，产生气体）鉴别；‎ 答案为：紫色的石蕊试剂；‎ ‎（4）A→F是乙烯的加聚反应，‎ 答案为：‎ ‎（5）G为CH3COOCH2CH3，分子式为C4H8O2，含有羧基的同分异构体为羧酸，CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH；‎ 答案为： CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。‎ ‎16.二氧化氯是一种高效消毒剂，通常状况下二氧化氯易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸，制取和使用二氧化氯时要用性质稳定的气体按一定比例稀释，以防爆炸。某实验小组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，实验装置如图所示：‎ ‎（1）仪器a的名称为__，装置A中反应的化学方程式为__。‎ ‎（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）工业上也常用盐酸或双氧水还原NaClO3制备ClO2，相比之下用双氧水制备ClO2方法更优，可能的原因是__。‎ ‎（5）装置E中主要反应的离子方程式为：__。‎ ‎（6）已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。‎ ‎①请完成实验室利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：a.减压，55℃蒸发结晶；b.__；c.用38～60℃的温水洗涤；d.低于60℃干燥，得到产品。‎ ‎②取上述所得产品2.50g溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.500mol·L-1Na2S2O3‎ - 21 -‎ 标准液滴定至终点。进行3次实验后，平均用去标准液18.80mL，试计算NaClO2产品的纯度：__（已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 冷凝ClO2 (5). 2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 (6). H2O2的氧化产物为O2不会污染环境（或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境） (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). 趁热过滤 (9). 85.07%（或“0.8507”等）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）装置A是制取氯气用的，要注意反应条件，其中浓盐酸通过分液漏斗滴加； ‎ ‎（2）试剂X用于去除Cl2中的HCl气体，据此选择试剂； ‎ ‎（3）装置B的目的可从信息“沸点为11.0℃，极易爆炸”来推知，写装置D中用干燥的氯气与固体亚氯酸钠反应制备二氧化氯方程式，注意氧化还原中同种元素的价态变化；‎ ‎（4）相比之下用双氧水制备ClO2方法更优，从是否环境友好型来分析； ‎ ‎（5）装置E是氢氧化钠溶液吸收多余氯气的反应；‎ ‎（6）①利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体最关键是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃；‎ ‎②要计算NaClO2产品的纯度：最关键找到Na2S2O3 和NaClO2的关系式，代入数据计算即可；‎ ‎【详解】（1）装置A是MnO2和浓HCl在共热条件下发生反应制取氯气用的，其中浓盐酸通过分液漏斗滴加； ‎ 答案为：分液漏斗； MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）试剂X用于去除Cl2中的HCl气体，所以选择饱和食盐水；‎ 答案为：饱和食盐水；‎ ‎（3）装置B的目的是为防止气态ClO2爆炸，利用冰水浴降温，使ClO2冷凝；装置D中用干燥的氯气与固体亚氯酸钠反应得到二氧化氯，并同时生成NaCl，发生反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；‎ 答案为：冷凝ClO2；2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2；‎ ‎（4）相比之下用双氧水制备ClO2方法更优，因为H2O2的氧化产物为O2不会污染环境（或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境）；‎ 答案为：H2O2的氧化产物为O2不会污染环境（或HCl的氧化产物为Cl2会污染环境）；‎ ‎（5）装置E是氢氧化钠溶液吸收多余氯气的反应，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ 答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎（6）①利用NaClO2溶液制得NaClO2‎ - 21 -‎ 晶体最关键是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃；故操作为将装置D反应后的溶液在55℃条件下减压蒸发结晶，趁热过滤，再用38℃～60℃的温水洗涤，最后在低于60℃条件下干燥，得到NaClO2晶体；‎ 故答案为：趁热过滤；‎ ‎②要计算NaClO2产品的纯度：最关键找到Na2S2O3 和NaClO2的关系式，代入数据计算即可；‎ ‎ =85.07%；‎ 答案为：85.07%或0.8507。‎ ‎17.碳酸锰可用作脱硫的催化剂，是合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料。工业上从锰泥（主要含KMnO4和少量MnO2、CuO、PbO等）中回收MnCO3的流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“滤渣1”中的主要成分为PbSO4，其中Pb元素的化合价是__。‎ ‎（2）Fe2+能将MnO2还原为Mn2+，该反应的离子方程式：__。‎ 为检验FeSO4是否被氧化，可往滤液1中加入__溶液（填化学式）。‎ ‎（3）已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，通入NH3调pH=4时，溶液中c(Fe3+)=__。‎ ‎（4）流程中加入固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X为__（填字母）。‎ a.MnS b.ZnS c.Ca(OH)2 d.Ba(OH)2‎ ‎（5）加入氨水和过量NH4HCO3生成MnCO3沉淀的离子方程式为__。‎ ‎（6）处理锰泥时，H2SO4、FeSO4混合溶液中比值不宜过大，请从节约药品的角度分析，原因是___。‎ ‎（7）若利用100t锰泥制得55tMnCO3，反应中Mn元素的转化率为80.0%，则锰泥中Mn元素的质量分数为__%（精确到小数点后1位）。‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). 4H++2Fe2++MnO2=Mn2++2Fe3++2H2O (3). KSCN (4). 4.0×10-8mol·L-1 (5). a (6). Mn2++NH3·H2O+HCO3-=MnCO3↓+NH4++H2O (7). 在调节pH环节会多消耗氨气 (8). 32.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锰泥(主要成分为KMnO4和少量MnO2、CuO、PbO等)加入硫酸、硫酸亚铁的混合溶液，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液1含有Mn2+、Cu2+等，通入氨气调节pH=4，可生成氢氧化铁沉淀，加入MnS，生成CuS沉淀，即滤渣2，用氨水调节pH为6.5-7.2，加入过量碳酸氢铵，过滤、洗涤、干燥，可得MnCO3，以此解答该题。‎ ‎（1）PbSO4中Pb元素的化合价+2；‎ ‎（2）Fe2+能将MnO2还原为Mn2+，书写离子方程式时注意酸性环境；检验FeSO4是否被氧化，检验的是氧化产物Fe3+；‎ ‎（3）已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38=c(Fe3+)c3(OH-)，通过pH=4即可求c(Fe3+)；‎ ‎（4）固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X必定能最大程度地沉淀Cu2+，同时不引人杂质；‎ ‎（5）加入氨水和过量NH4HCO3生成MnCO3沉淀的核心转化是碳酸氢根转成碳酸根被沉淀生成MnCO3；‎ ‎（6）那么太多的氢离子肯定会多消耗碱；‎ ‎（7）从锰泥到MnCO3，抓住反应中Mn元素的转化率为80.0%计算；‎ ‎【详解】（1）PbSO4中Pb元素的化合价+2；‎ 答案为：+2；‎ ‎（2）Fe2+能将MnO2还原为Mn2+，因为是酸性环境，所以反应方程式为4H++2Fe2++MnO2=Mn2++2Fe3++2H2O；检验FeSO4氧化产物Fe3+，检验时试剂用KSCN；‎ 答案为：4H++2Fe2++MnO2=Mn2++2Fe3++2H2O ；KSCN；‎ ‎（3）已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38=c(Fe3+)c3(OH-)，因为调节pH=4，即c (OH-)=10-10mol/L则；‎ 答案为：4.0×10-8mol·L-1；‎ ‎（4）固体X能使Cu2+沉淀，则最适宜的固体X必定能最大程度地沉淀Cu2+，同时不引人杂质，最佳为MnS；‎ 答案为：a；‎ - 21 -‎ ‎（5）加入氨水和过量NH4HCO3生成MnCO3沉淀的核心，把碳酸氢根转成碳酸根被沉淀生成MnCO3，所以反应为Mn2++ +=MnCO3↓+NH4++H2O；‎ 答案为：Mn2+++=MnCO3↓+NH4++H2O ‎（6）那么太多的氢离子肯定会多消耗碱，此处用氨气来调节pH,所以会多消耗氨气；‎ 答案为：在调节pH环节会多消耗氨气 ‎（7）从锰泥到MnCO3，抓住反应中Mn元素的转化率为80.0%计算，=32.9%；‎ 答案为：32.9。‎ ‎18.氢能作为新型能源，可利用CO制得.北京大学马丁教授等团队向容积为VL的密闭容器中充入等物质的量的CO和H2O进行反应。‎ 已知：‎ 反应Ⅰ：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) ΔH1‎ 反应Ⅱ：FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g) ΔH2‎ 反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH 反应Ⅲ在不同催化剂作用下（反应相同时间），温度与CO转化率的关系如图所示。‎ ‎（1）反应Ⅲ的ΔH与ΔH1、ΔH2关系式：ΔH=_。‎ ‎（2）若反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为K1和K2，则反应Ⅲ的平衡常数K与K1、K2的关系式：K=___。‎ ‎（3）随着温度的升高，CO的转化率先升后降，“后降”的可能原因是__。‎ ‎（4）由图可知，ΔH__0（填“大于”或“小于”），催化剂应选择_（填“Au/α-MoC”或“Au/α-MoC/NaCN”）‎ - 21 -‎ ‎（5）已知T=1025K时，K=1。则平衡时CO的转化率α(0)=__。当T＞1025K时，平衡时，H2的体积分数ω的取值范围为_。此时，CO还原FeO(s)的能力__H2（填“大于”或“小于”）。‎ ‎（6）欲提高H2的体积分数，可采取的措施为__。‎ ‎【答案】 (1). ΔH1-ΔH2 (2). (3). 温度过高，催化剂的催化活性下降 (4). 小于 (5). Au/α-MoC (6). 50% (7). 0＜ω＜25% (8). 小于 (9). 及时分离出CO2（或降低温度）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用盖斯定律进行分析；‎ ‎（2）热化学方程式相减，化学平衡常数相除；‎ ‎（3）在一定温度范围内催化剂活性较高；‎ ‎（4）升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动；温度越低、催化剂活性越高越好，据此选择催化剂；‎ ‎（5）已知T=1025K时，K=1，可用三段式计算出CO、H2O、CO2、H2的物质的量相等，求出CO的转化率、得氢气的体积分数为25%；升高温度平衡逆向移动，氢气的体积分数有所下降，据此判断出体积分数的范围0＜ω＜25%；平衡逆向移动导致c(CO)>c(H2)；选取的催化剂受温度影响；‎ ‎(6)欲提高H2的体积分数，可以通过改变条件使平衡正向移动而实现；‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) ΔH1，反应Ⅱ：FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g)ΔH2，将反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH，ΔH=ΔH1-ΔH2；‎ 答案为：ΔH1-ΔH2；‎ ‎（2）根据反应Ⅰ、反应Ⅱ，写出各自的平衡常数表达式K1= ，K2= ；热化学方程式相减，反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，化学平衡常数相除，则反应Ⅲ的平衡常数K与K1、K2的关系式为：；‎ - 21 -‎ 答案为：；‎ ‎（3）在一定温度范围内催化剂活性较高，温度过高，催化剂的催化活性下降；‎ 答案为：温度过高，催化剂的催化活性下降；‎ ‎（4）升高温度CO转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H ＜0；温度越低、催化剂活性越高越好，根据图知，应该选取Au/α-MoC；‎ 答案为：小于；Au/α-MoC；‎ ‎（5）已知向容积为VL的密闭容器中充入等物质的量的CO和H2O进行反应，设充入的气体各为1mol，T=1025K时，K=1， 得x=0.5，= 、；反应未发生时没有氢气，升高温度平衡逆向移动，氢气的体积分数有所下降，据此判断出体积分数的范围0＜ω＜25%；平衡逆向移动导致c(CO)>c(H2)； ‎ 答案为：50%；0＜ω＜25%；小于；‎ ‎(6)欲提高H2的体积分数，可以通过改变条件使平衡正向移动而实现；‎ 答案为：及时分离出CO2（或降低温度）。‎ ‎19.开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。‎ ‎（1）天然气中含有的H2S会腐蚀管道和设备，可在1200℃下进行脱硫处理，其中涉及H2S与O2的反应，产物为SO2和水蒸气。若1molH2S参与该反应放热586.16kJ，则该反应的热化学方程式是__。‎ ‎（2）烟气中的SO2可用“双碱法”洗除：先用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，再往所得溶液中加入CaO，反应得到NaOH和CaSO3，原理可表示为：NaOH(aq)Na2SO3(aq)。‎ ‎①Na2SO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序：__。‎ ‎②“双碱法”洗除SO2的优点是__（任写一点）。‎ ‎（3）过二硫酸钾(K2S2O8‎ - 21 -‎ ‎)是一种白色、无味品体，溶于水，不溶于乙醇，有强氧化性。可作为燃煤锅炉烟气脱硝的氧化剂。‎ ‎①S2O82-的结构式为，则过二硫酸钾(K2S2O8)所含化学键有：__，1个S2O82-中含有化合价为-1价的氧原子的个数是___。‎ ‎②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步K2S2O8继续氧化HNO2，第2步的氧化产物为__。‎ ‎③实验室中通过电解饱和KHSO4水溶液的方法制备K2S2O8。‎ 电极B为电解池__极（填“阳”或“阴”，气体a为__（写化学式），电极A的电极反应式为__。‎ ‎【答案】 (1). H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH=-586.16kJ·mol-1 (2). c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-) (3). 用CaO可使NaOH再生（或可获得副产物石膏等其他合理答案） (4). 离子键、共价键 (5). 2 (6). HNO3 (7). 阴 (8). H2 (9). 2SO42--2e-=S2O82-(或2HSO4--2e-=S2O82-+2H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）写热化学方程式时注意状态及化学计量数与ΔH的比例关系；‎ ‎（2）①Na2SO3溶液水解呈碱性，按水解程度不大，把三种阴离子的浓度c(SO32-)、(OH-)、c(HSO3-)排序；②“双碱法”洗除SO2的优点可从提高原料利用率等综合经济效益的角度思考；‎ ‎（3）根据结构式，过二硫酸钾(K2S2O8)是含复杂离子的离子化合物，可据此判断化学键；求-1价的氧原子的个数，就是指氧原子之间共用一对电子对的那几个氧原子；HNO2的氧化产物只能为硝酸；电解饱和KHSO4水溶液制备K2S2O8，是KHSO4被氧化反应，按反应类型判断出电极A为阳极，并可写出电极A的电极反应式；气体a则是阴极产物；‎ ‎【详解】（1）H2S与O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，1molH2‎ - 21 -‎ S参与该反应放热586.16kJ ，故热化学方程式可以为：H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH=-586.16kJ·mol-1；‎ 答案为：H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH=-586.16kJ·mol-1‎ ‎（2）①Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，水解程度不大并且以第一步水解为主，水有极微弱的电离，则可知溶液中阴离子的浓度c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)；‎ 答案为：c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)；‎ ‎②双碱法原理可表示为：NaOH(aq)Na2SO3(aq)，由此可知，第一步消耗NaOH、第二步又生成NaOH和CaSO3，使NaOH再生，而CaSO3氧化生成CaSO4，得到石膏；‎ 答案为：用CaO可使NaOH再生（或可获得副产物石膏等其他合理答案）‎ ‎（3）①①过二硫酸钾（K2S2O8）是离子化合物、含有离子键；阴离子S2O82-的结构式为可知含有极性共价键O-S、O=S键和非极性共价键O-O键，其中-1价的氧原子的个数为2；‎ 答案：离子键、共价键；2；‎ ‎②HNO2的氧化产物只能为硝酸；‎ 答案为：HNO3； ‎ ‎③电解饱和KHSO4水溶液制备K2S2O8，是KHSO4被氧化反应，电极A为阳极，并可写出电极A的电极反应式2SO42--2e-=S2O82-(或2HSO4--2e-=S2O82-+2H+)；电极B是阴极，气体a是阴极的还原产物，只能是氢气；‎ 答案为：阴；H2；2SO42--2e-=S2O82-(或2HSO4--2e-=S2O82-+2H+)。‎ ‎【点睛】（3）出现了过二硫酸钾，信息提示它的强氧化性，从结构式中完全可以找到原因：含有—O—O—不稳定，这-1的氧原子可以联想过氧化钠、过氧化氢；碰到新物质，要联想有共同点的熟悉的物质类比。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎