2022-2023学年江苏省无锡市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. “天问一号”探测器运载火箭使用的燃料液氢是高能清洁燃料
B. “祝融号”火星车的太阳能电池板表面涂层须有很好的反光性
C. “天问一号”选择使用新型SiC增强铝基复合材料的主要依据是其导电性好
D. “火星快车”轨道器上的锂离子蓄电池是一次电池
2.“神舟十三号”乘组航天员在空间站进行了三次“天宫授课”。以下实验均在太空失重环境下进行，下列说法错误的是( )
A. “太空冰雪实验”中，使用的乙酸钠属于强电解质
B. “泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打发生的反应属于置换反应
C. “水油分离实验”中，饮用水与食用油摇匀后不能立即用分液漏斗直接分液
D. “太空五环实验”中，碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液构成了黄色环，这利用了碳酸钠溶液水解呈碱性
3.氢氧燃料电池是使用在航天领域常见的燃料电池，其反应原理，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该电池工作时实现了电能转化为化学能
B. 该电池中电极a是负极
C. 电极b的反应式为：O2−4e−+4H+=2H2O
D. 当转移电子0.2ml时，消耗2.24LH2
4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A. SO2(g)→Ba(NO3)2溶液BaSO4(s)B. Cl2(g)→△Fe(s)FeCl2(s)
C. S(s)→点燃O2(g)SO3(g)D. FeCl3(aq)→△无水FeCl3(s)
5.下列关于物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. Cl2易液化，可用于制取消毒液
B. 次氯酸有弱酸性，可用于制备漂白剂
C. FeCl3溶液有氧化性，可用于蚀刻制作铜电路板
D. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥氯气
6.对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=−904kJ⋅ml−1，下列说法正确的是( )
A. 该反应ΔS<0
B. 升高温度，该反应的平衡常数K增大
C. 反应的ΔH等于生成物键能的总和减去反应物键能的总和
D. 其他条件不变，增大反应容器体积，可以提高NH3的转化率
7.反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应
B. X⋅M为反应所加的催化剂
C. 改变该条件后，降低了反应的焓变
D. 该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数
8.化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是( )
A. 图①是实验室制备氯气B. 图②是测定盐酸物质的量浓度
C. 图③是研究催化剂对化学反应速率的影响D. 图④是模拟保护钢闸门
9.在光照条件下，CO2加氢制CH4的一种催化机理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 没有La2O3的介入，CO2和H2就不能转化为CH4和H2O
B. 反应过程中释放出带负电荷的⋅H
C. 该反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O
D. La2O2CO3是反应的催化剂
10.常温下，2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 每生成1mlN2H4转移2ml电子
C. 室温下，向0.1ml⋅L−1NaClO溶液中加水，溶液pH增大
D. N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为N2H4−4e−=N2+4H+
11.室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.用含钴废料(主要成分为C，还含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CC2O4⋅2H2O)的工艺流程如图：
已知：①草酸钴晶体难溶于水；②RH为有机萃取剂。
下列说法错误的是( )
A. “粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸取率
B. 加入H2O2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C. 加入CO的目的是调节溶液pH，使Al3+、Fe2+完全沉淀
D. 加入有机溶剂的目的是溶解NiR2，使之与水层分离，便于“操作①”进行分液
13.室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：Ka1(H2SO3)=1.54×10−2、Ka2(H2SO3)=6.3×10−8。下列说法正确的是( )
A. 实验1所得溶液中：c(HSO3−)>c(SO32−)
B. 实验2所得溶液中：3c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]
C. 实验3所得溶液中：c(H2SO3)>c(SO32−)
D. 实验4所得溶液中：c(Na+)14.甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)ΔH1=+135.4kJ⋅ml−1反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH2=+106.0kJ⋅ml−1
向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0mlCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。已知：HCOOCH3的选择性=2n(HCOOCH3)n(CH3OH)反应×100%。下列说法错误的是( )
A. 虚线代表的是HCOOCH3的选择性
B. 553K后，升高温度，对反应的促进程度：反应Ⅱ>反应Ⅰ
C. 553K时，HCOOCH3的产量为0.25ml
D. 553K后，反应混合气中n(CO)n(H2)的值在增大
二、流程题：本大题共1小题，共14分。
15.工业上用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程如图：
(1)“熔融煅烧”时，MnO2转化为K2MnO4。该反应的化学方程式为______。
(2)“除杂”包括通入CO2、“过滤”等操作，滤渣的成分为______ (填化学式)。
(3)“歧化”时，不能用稀盐酸代替稀硫酸的主要原因是______。
(4)工业上也可以用电解K2MnO4水溶液法制备KMnO4，同时获得高浓度的KOH溶液，电解原理如题15图所示。
①a极为______极(填“阴”或“阳”，下同)，离子交换膜允许通过的离子是______。
②电解过程总反应的离子方程式为______。
三、实验题：本大题共1小题，共15分。
16.ClO2是一种安全稳定、高效低毒的广谱型消毒剂，它易溶于水、难溶于有机溶剂，高浓度的ClO2气体易爆炸。常见制备ClO2的方法如下：
Ⅰ.利用NaClO2与纯净的Cl2反应可制得ClO2和NaCl，实验装置如图−1所示(夹持装置略)。
(1)装置B中试剂为______。
(2)装置E中所盛试剂是CCl4，其作用为______。
Ⅱ.草酸(H2C2O4)、氯酸钾和适当浓度的H2SO4溶液反应制取ClO2，反应中有CO2气体生成。
(3)该方法制备ClO2的优点是______。
Ⅱ.以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，再用水吸收获得ClO2溶液。在ClO2的制备和吸收过程中均需要控制适宜的温度，如图−2所示为温度对ClO2纯度、吸收率的影响。
(4)已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3−氧化成SO42−，写出该法制备ClO2气体的离子方程式：______，由图可知，反应时采取的适宜措施是______。
(5)某校化学学习小组拟以“m(ClO2)m(NaClO3)×100%”作为衡量ClO2产率的指标。取NaClO3样品质量6.000g，通过反应和吸收可得400.00mLClO2溶液，取出20.00mL，加入⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2+再用0.05000ml⋅L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL。反应原理如下(未配平)：
H++ClO2+Fe2+→Cl−+Fe3++H2O；H++Fe2++Cr2O72−→Cr3++Fe3++H2O。试计算ClO2的产率______ (写出计算过程)。
四、简答题：本大题共2小题，共29分。
17.回收利用含硫烟气有利于节约资源、保护环境。
Ⅰ.含H2S的烟气回收
(1)将一部分含H2S的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫磺(S8)。该工艺中涉及反应如下：
反应1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=−1036kJ⋅ml−1
反应2：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ⋅ml−1
反应3：4S2(g)=S8(s)ΔH3=−512kJ⋅ml−1
①反应8H2S(g)+4O2(g)=S8(s)+8H2O(g)的ΔH=______ kJ⋅ml−1。
②相同条件下需控制反应1与反应2中的烟气体积比为1：2的原因是______。
Ⅱ.含SO2的烟气回收
(2)以FeS2/Al2O3为催化剂，用H2还原SO2制S。其他条件一定，改变起始时H2与SO2的比例，反应相同时间，测得S的产率随温度的变化关系如图所示。500℃，n(H2)n(SO2)=3时硫的产率比n(H2)n(SO2)=2时小的原因可能是______。
(3)以V2O5/炭基材料为催化剂，SO2在炭表面被氧气催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是______ (填字母序号)。
a.通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率
b.当n(SO2)：n(SO3)=1：1时，可判断反应达到平衡
c.使SO3液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大SO2转化率
②450℃、在V2O5催化下，SO2和O2的反应过程是按照如下两步完成的：
反应Ⅰ：______ (快反应)
反应Ⅱ：2V2O4+O2=2V2O5(慢反应)
请补充上述反应Ⅰ的化学方程式，决定总反应速率快慢的是反应______ (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
18.氨氮废水可通过沉淀或氧化处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准后才可以排放。已知水溶液中氨氮的存在形式主要由pH决定。当pH<9时，NH4+是主要存在形式；当pH>9时，NH3是主要存在形式。
Ⅰ.沉淀法
向酸性废水中加入一定比例的MgCl2和Na2HPO4，将氨氮转化为NH4MgPO4⋅6H2O沉淀除去。已知25℃时磷酸电离平衡常数：Ka1=7.5×10−3、Ka2=6.2×10−8、Ka3=2.2×10−13。
(1)写出生成NH4MgPO4⋅6H2O沉淀的离子方程式______。
(2)Na2HPO4溶液中：c(PO43−)______ c(H2PO4−)(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅱ.氧化法
臭氧是一种相对安全的氧化剂，已被广泛应用于水处理中。已知臭氧很不稳定，在常温常压下即可分解为O2，在水中比在空气中更易分解。利用臭氧处理氨氮废水，实验跟踪监测O3氧化氨氮情况如图−1所示，反应条件：温度10℃，初始pH不同的50mg⋅L−1NH4Cl溶液(模拟氨氮废水)各250mL，4.56mg⋅L−1O3，接触时间60min。
(3)pH>9，相同时间内氨氮去除率显著增大的可能原因是______。
(4)若温度升高，相同时间内氨氮去除率降低，可能原因是______。
(5)在弱酸性环境下，当废水中含有大量Cl−时，O3氧化氨氮废水的过程如图−2所示，该过程可描述为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.液氢燃烧无污染，燃烧热值大，是高能清洁燃料，故A正确；
B.太阳能电池需要吸收阳光，所以表面涂层须有很好的吸光性，故B错误；
C.“天问一号”的外壳采用的SiC增强铝基复合材料是一种颗粒增强金属基复合材料，采用Al合金作基体，按设计要求，以一定形式、比例和分布状态，用SiC颗粒作增强体，构成有明显界面的多组相复合材料，兼具单一金属不具备的综合优越性能，具有优异的耐高温、抗氧化性能，故C错误；
D.锂离子电池是可充电电池，属于二次电池，故D错误；
故选：A。
A.液氢燃烧无污染；
B.太阳能电池需要吸收阳光；
C.复合材料，兼具单一金属不具备的综合优越性能；
D.锂离子电池是可充电电池。
本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.乙酸钠是强碱弱酸盐，溶于水完全电离，是强电解质，故A正确；
B.柠檬酸与小苏打反应时，发生的是复分解反应，故B错误；
C.饮用水与食用油摇匀后应静置分层，不能立即用分液漏斗直接分液，故C正确；
D.碳酸钠溶液水解呈碱性，故碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液呈黄色，故D正确；
故选：B。
A.水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质；
B.柠檬酸与小苏打反应时，发生的是复分解反应；
C.饮用水与食用油摇匀后应静置分层；
D.碳酸钠溶液水解呈碱性。
本题主要考查化学与生活和技术，掌握常见化学物质的用途和性质是解题的关键，难度较小。
3.【答案】B
【解析】解：A.燃料电池工作时实现了化学能转化为电能，故A错误；
B.燃料电池中通入燃料的电极是负极，电池的负极是a极，故B正确；
C.正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，故C错误；
D.未指明标准状况，不能计算消耗H2的物质的量，故D错误；
故选：B。
该燃料电池为氢氧燃料电池，电解质溶液呈酸性，燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，负极反应式为H2−2e−=2H+、正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，放电时，质子从原电池负极通过交换膜流向正极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，所有的燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，难点是电极反应式的书写。
4.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硫通入硝酸钡溶液中发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀、NO和H2O，离子方程式为3SO2+2NO3−+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，物质间转化能实现，故A正确；
B.氯气与铁反应生成氯化铁，得不到FeCl2，则物质间转化不能一步实现，故B错误；
C.硫与氧气点燃生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，则物质间转化能一步实现，故C错误；
D.因加热促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，得不到无水氯化铁，故D错误；
故选：A。
A.二氧化硫和硝酸钡溶液发生氧化还原反应；
B.氯气与铁反应生成氯化铁；
C.硫与氧气点燃不能得到三氧化硫；
D.氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：A.Cl2能与NaOH反应生成NaClO，NaClO具有强氧化性、漂白性，可作漂白剂，与Cl2易液化无关，故A错误；
B.次氯酸有强氧化性，可用于制备漂白剂，与次氯酸有弱酸性无关，故B错误；
C.FeCl3具有较强氧化性，能与铜反应生成可溶性的CuCl2，可用于蚀刻制作铜电路板，故C正确；
D.浓硫酸有吸水性，可用于干燥氯气，与脱水性无关，故D错误；
故选：C。
A.Cl2能与碱反应生成次氯酸盐，次氯酸盐具有漂白性；
B.次氯酸有强氧化性，可用于制备漂白剂；
C.FeCl3具有较强氧化性，能与Cu等物质反应；
D.浓硫酸有吸水性，可作干燥剂。
本题考查物质的性质与用途，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.由于该反应的正反应是气体分子数增大的反应，故ΔS>0，故A错误；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.ΔH等于反应物键能的总和减去生成物键能的总和，故C错误；
D其他条件不变，增大反应容器体积，相当于减小压强，减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即该反应正向移动，NH3的转化率提高，故D正确；
故选：D。
A.熵是体系混乱度的度量，体系越混乱熵值越大，气体分子数增多，熵值增大；
B.吸热反应，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小；
C.ΔH等于反应物键能的总和减去生成物键能的总和；
D.减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
本题考查了温度和压强对化学平衡移动的影响、温度对平衡常数K的影响、ΔS的判断、△H的计算公式，难度适中。
7.【答案】D
【解析】解：A.由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因而该反应是放热反应，故A错误；
B.由图可知，X⋅M是中间产物而不是催化剂，故B错误；
C.催化剂加快反应速率，降低反应的活化能，不改变反应的焓变，故C错误；
D.使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，单位体积单位时间内有效碰撞几率增加，反应速率增大，故D正确；
故选：D。
A.由于反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应过程中释放能量；
B.参与反应过程，改变化学反应速率，本身质量和化学性质保持不变的物质为反应的催化剂；
C.催化剂降低反应的活化能，焓变与反应物和生成物所具有的的总能量有关；
D.使用催化剂，降低活化能，活化分子百分数增大。
本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识及影响反应速率的因素，可以根据所学知识来进行，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.稀盐酸与二氧化锰不反应，应选浓盐酸，故A错误；
B.图中为碱滴定酸，可选酚酞作指示剂，操作合理，故B正确；
C.右侧试管中热水加热，且加入催化剂，两个变量，不能研究催化剂对化学反应速率的影响，故C错误；
D.图中构成原电池，钢闸门作负极，可加快腐蚀，不能保护钢闸门，故D错误；
故选：B。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、中和滴定、反应速率、原电池、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.催化剂参与反应过程，能加快反应速率，不改变反应的反应热，没有催化剂La2O3的介入，CO2和H2仍能转化为CH4和H2O，故A错误；
B.H2经过Ni活性中心裂解产生电中性的H⋅，故B错误；
C.由图可知，该反应的催化剂是La2O3，La2O2CO3可为中间产物，则该历程的化学反应方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O，故C正确；
D.由CO2加氢制CH4的催化机理可知，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物，故D错误；
故选：C。
A.催化剂参与反应过程，能加快反应速率；
B.H⋅是电中性的；
C.由图可知，该反应为CO2加氢制CH4；
D.参与反应过程，改变化学反应速率，本身质量和化学性质保持不变的物质为反应的催化剂。
本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：A.2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(l)，△S<0，又△H−T△S<0的反应可自发进行，则该反应△H<0，故A错误；
B.2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(l)反应中氮元素化合价由−3升高到−2，则每生成1mlN2H4转移2ml电子，故B正确；
C.NaClO溶液由于次氯酸跟水解显碱性，则室温下，向0.1ml/LNaClO溶液中加水，溶液体积增大，碱性减弱，pH减小，故C错误；
D.N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，N2H4在碱性溶液中失电子生成氮气和水，负极反应为N2H4−4e−+4OH−=N2+4H2O，故D错误；
故选：B。
A.△H−T△S<0的反应可自发进行；
B.根据2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(1)反应中氮元素化合价由−3升高到−2计算；
C.加水，溶液体积增大，碱性减弱；
D.N2H4在碱性溶液中失电子生成氮气和水。
本题考查比较综合，把握电极反应、氧化还原反应、反应进行方向、盐类水解为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液的碱性减弱，则红色变浅或消失，与漂白性无关。故A错误；
B.AgNO3溶液不足，生成的AgCl可转化为更难溶的AgI沉淀，由实验操作和现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确；
C.氯水中含盐酸，与碳酸氢钠溶液反应生成气体，不能说明HClO是否分解，故C错误；
D.盐酸和醋酸溶液的的浓度未知，应测定等浓度的盐酸和醋酸溶液的pH，并比较pH大小，然后判断HCl为强电解质，故D错误；
故选：B。
A.二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水；
B.AgNO3溶液不足，生成的AgCl可转化为更难溶的AgI沉淀；
C.氯水中含盐酸；
D.盐酸和醋酸溶液的的浓度未知。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.将块状含钴废料粉碎，可以增大反应物间的接触面积，酸浸时反应速率会大大加快，故A正确；
B.浸出液中加入H2O2，双氧水具有氧化性，能氧化具有还原性的亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故B正确；
C.双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，CO能和稀硫酸反应生成水而调节溶液的pH值，使Fe3+、Al3+分别转化为沉淀而除去杂质离子，故C错误；
D.由图可知，加入有机溶剂后得到水层和溶有NiR2的有机层，故目的是溶解NiR2，使之与水层分离，便于“操作①”进行分液，故D正确；
故选：C。
废料粉碎后加入稀硫酸酸浸，C、NiO、Al2O3、Fe都和稀硫酸反应生成相应的盐，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I为SiO2，浸出液中加入双氧水和CO，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，CO和稀硫酸反应生成CSO4而增大溶液pH值，使Fe3+、Al3+分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则滤渣II为Fe(OH)3，向滤液中加入RH，萃取后得到的水层中含有CSO4，有机层中含有NiR2，向水层中加入草酸铵得到草酸钴晶体。
本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、物质制备、盐类水解等知识点，侧重考查分析、判断能力，明确流程图中每一步可能发生的反应、分离提纯方法、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.实验1所得溶液中pH=7，c(H+)=10−7ml/L，Ka2(H2SO3)=c(SO32−)c(HSO3−)×c(H+)=c(SO32−)c(HSO3−)×10−7=6.3×10−8，则c(HSO3−)>c(SO32−)，故A正确；
B.实验2所得溶液中c(Na2SO3)=c(NaHSO3)，物料守恒关系为2c(Na+)=3[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，故B错误；
C.实验3所得溶液中物质为NaCl和NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于其水解程度，则c(H2SO3)D.实验4所得溶液呈碱性，c(H+)c(HSO3−)+2c(SO32−)，故D错误；
故选：A。
A.实验1所得溶液中pH=7，c(H+)=c(OH−)=10−7ml/L，结合Ka2(H2SO3)=c(SO32−)c(HSO3−)×c(H+)分析判断；
B.实验2所得溶液中c(Na2SO3)=c(NaHSO3)，结合物料守恒关系分析判断；
C.实验3所得溶液中物质为NaCl和NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于其水解程度；
D.实验4所得溶液呈碱性，c(H+)本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，把握电离平衡常数的应用、溶液中存在的守恒关系式是解题关键，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，虚线代表的是甲酸甲酯的选择性，故A正确；
B.由图可知，温度高于553 K时，甲酸甲酯的选择性降低，说明反应以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅰ的速率，故B正确；
C.由图可知，553 K时，甲醇的转化率为20%，甲酸甲酯的选择性为50%，则甲酸甲酯的物质的量为1.0ml×20.0%×50.0%×12=0.05ml，故C错误；
D.由图可知，温度高于553 K时，甲酸甲酯的选择性降低，说明反应以反应Ⅱ为主，温度升高，CO的量增加，故反应混合气中n(CO)n(H2)的值在增大，故D正确；
故选：C。
反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，甲醇的转化率增大，则实线代表的是甲醇的转化率，虚代表的是甲酸甲酯的选择性。
本题主要考查化学平衡的移动与计算，结合图像，难度适中。
15.【答案】2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2OAl(OH)3、H2SiO3 酸性条件下，Cl−会被KMnO4氧化，产生有毒气体Cl2，降低KMnO4产率 阳 K+ 2MnO42−+2H2OH2↑+2OH−+2MnO4−
【解析】解：(1)“熔融煅烧”时，MnO2转化为K2MnO4。该反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(2)滤渣的成分为Al(OH)3、H2SiO3，
故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；
(3)酸性条件下，Cl−会被KMnO4氧化，产生有毒气体Cl2，降低KMnO4产率，故“歧化”时，不能用稀盐酸代替稀硫酸，
故答案为：酸性条件下，Cl−会被KMnO4氧化，产生有毒气体Cl2，降低KMnO4产率；
(4)根据电解装置：a极：MnO42−−e−=MnO4−，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，a为阳极；b极：2H2O+e−=H2↑+2OH−，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成浓的KOH溶液，b为阴极，该电解方法用阳离子交换膜可防止MnO4−、MnO42−在阴极被还原，离子膜为阳离子膜；
①a极为阳极，离子交换膜允许通过的离子是K+，
故答案为：阳；K+；
②根据阴阳极反应，电解过程总反应的离子方程式为2MnO42−+2H2OH2↑+2OH−+2MnO4−，
故答案为：2MnO42−+2H2OH2↑+2OH−+2MnO4−。
软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣主要为Al(OH)3和H2SiO3，溶液主要含有K2MnO4，加入稀硫酸歧化，促进平衡3MnO42++2H2O⇌2MnO4−+MnO2↓+4OH−右移，过滤，滤渣为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题。
本题考查物质的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
16.【答案】饱和食盐水 用于除去ClO2中的未反应的Cl2 生成的CO2起稀释ClO2的作用，防止高浓度的ClO2爆炸，提高生产、储存和运输的安全性 15ClO3−+FeS2+14H+=15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42− 30℃水浴加热 56.2%
【解析】解：(1)浓盐酸具有挥发性，浓盐酸和MnO2反应制得Cl2中混有HCl气体，可用饱和食盐水吸收除去，
故答案为：饱和食盐水；
(2)Cl2易溶于CCl4，ClO2难溶于CCl4，可用CCl4液体吸收ClO2中的未反应的Cl2，
故答案为：用于除去ClO2中的未反应的Cl2；
(3)由题给信息可知，高浓度的ClO2气体易爆炸，草酸(H2C2O4)、氯酸钾和H2SO4溶液反应制取ClO2时还生成CO2气体，可用于稀释ClO2气体，提高生产、储存和运输的安全性，
故答案为：生成的CO2起稀释ClO2的作用，防止高浓度的ClO2爆炸，提高生产、储存和运输的安全性；
(4)黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成ClO2、Na2SO42−、Fe2(SO4)3，反应的离子方程式为15ClO3−+FeS2+14H+=15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42−，由图−2可知，温度为30℃时ClO2纯度、吸收率达到最高，可采用水浴加热控制温度为30℃，
故答案为：15ClO3−+FeS2+14H+=15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42−；30℃水浴加热；
(5)滴定过程中发生的反应为4H++ClO2+5Fe2+=Cl−+5Fe3++2H2O，12H++6Fe2++Cr2O72−=2Cr3++6Fe3++6H2O，根据电子守恒可知，20.00mL样品溶液中5n(ClO2)+6n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]，即5n(ClO2)+6×0.05000ml⋅L−1×0.02L=0.5000ml⋅L−1×0.037L，解得20.00mL样品溶液中n(ClO2)=0.002500ml，反应和吸收所得400.00mLClO2溶液中n(ClO2)=0.002500ml×，则ClO2的产率=0.05000ml×67.5g/ml6.000g×100%=56.2%，
故答案为：56.25%。
Ⅰ.浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置B中盛装饱和食盐水，用于除去HCl气体，装置C中盛装浓硫酸，用于干燥Cl2，经除杂、干燥后的Cl2在D中与NaClO2固体反应生成ClO2，Cl2易溶于CCl4液体，可用CCl4液体除去ClO2气体中混有的Cl2，据此解答(1)、(2)；
Ⅱ.(3)草酸(H2C2O4)、氯酸钾和适当浓度的H2SO4溶液反应制取ClO2的反应中有CO2气体生成，可用于稀释ClO2气体，防止ClO2气体浓度过高发生爆炸；
(4)黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2时生成Na2SO42−、Fe2(SO4)3，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；由图−2可知，温度为30℃时ClO2纯度、吸收率达到最高，可采用水浴加热控制温度为30℃；
(5)滴定过程中发生的反应为4H++ClO2+5Fe2+=Cl−+5Fe3++2H2O，12H++6Fe2++Cr2O72−=2Cr3++6Fe3++6H2O，根据电子守恒可知，20.00mL样品溶液中5n(ClO2)+6n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]，即5n(ClO2)+6×0.05000ml⋅L−1×0.02L=0.5000ml⋅L−1×0.037L，解得20.00mL样品溶液中n(ClO2)=0.002500ml，反应和吸收所得400.00mLClO2溶液中n(ClO2)=0.002500ml×。
本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应及氧化还原反应方程式书写、制备原理、关系式的计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，注意掌握电子守恒的计算应用，题目难度中等。
17.【答案】−1768若体积比大于1：2，则排放气体中残留SO2污染空气；若体积比小于1：2，则排放气体中残留H2S污染空气 n(H2)n(SO2)=3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小 aV2O5+SO2=V2O4+SO3 Ⅱ
【解析】解：(1)①根据盖斯定律：(反应1+反应2)×43+反应3计算反应8H2S(g)+4O2(g)=S8(s)+8H2O(g)的ΔH=[−1036kJ⋅ml−1+(+94kJ⋅ml−1)]×43+(−512kJ⋅ml−1)=−1768kJ/ml
故答案为：−1768；
②反应1中2mlH2S(g)和O2(g)反应生成2mlSO2(g)，反应2中2mlSO2(g)恰好与4mlH2S(g)反应生成S2(g)，即烟气体积比为1：2恰好反应，若体积比大于1：2，则排放气体中残留SO2污染空气；若体积比小于1：2，则排放气体中残留H2S污染空气，
故答案为：若体积比大于1：2，则排放气体中残留SO2污染空气；若体积比小于1：2，则排放气体中残留H2S污染空气；
(2)n(H2)n(SO2)=2时反应为2H2+SO2=S↓+2H2O，若n(H2)n(SO2)=3，则H2过量，加热条件下S单质能与H2反应生成H2S气体，会使硫的产率减小，
故答案为：n(H2)n(SO2)=3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小；
(3)①a.通入过量空气，氧气的浓度增大，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故a正确；
b.反应达到平衡状态时同一种物质的正逆反应速率相等，各物质的物质的量不变，但不一定相等，则n(SO2)：n(SO3)=1：1即n(SO2)=n(SO3)的状态不能判断反应达到平衡，与起始量、转化率有关，故b错误；
c.使SO3液化从平衡体系中分离，能使平衡正向移动，增大SO2转化率，但一段时间后正逆反应速率均降低，故c错误；
故答案为：a；
②V2O5是SO2和O2反应的催化剂，即V2O5是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅱ的生成物，V2O4是中间产物，是反应Ⅰ的生成物，反应Ⅱ的反应物，结合反应Ⅱ可知，反应Ⅰ的化学方程式为V2O5+SO2=V2O4+SO3，决定总反应速率快慢的是慢反应，反应Ⅱ是慢反应，所以决定总反应速率快慢的是反应Ⅱ，
故答案为：V2O5+SO2=V2O4+SO3；Ⅱ。
(1)①根据盖斯定律：(反应1+反应2)×43+反应3计算反应8H2S(g)+4O2(g)=S8(s)+8H2O(g)的ΔH；
②反应1中2mlH2S(g)和O2(g)反应生成2mlSO2(g)，反应2中2mlSO2(g)恰好与4mlH2S(g)反应生成S2(g)，即烟气体积比为1：2恰好反应，若烟气体积比不是1：2，会使H2S或SO2过量，均会造成环境污染；
(2)加热条件下S单质能与H2反应生成H2S气体；
(3)①a.通入过量空气，可使平衡正向移动；
b.反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
c.使SO3液化从平衡体系中分离，能增大SO2转化率，但正逆反应速率均降低；
②V2O5是SO2和O2反应的催化剂，即V2O5是反应Ⅰ的反应物，是反应Ⅱ的生成物，V2O4是中间产物，V2O4是反应Ⅰ的生成物，反应Ⅱ的反应物，结合反应Ⅱ可知，V2O5、SO2是反应Ⅰ的反应物，生成物是V2O4、SO3，决定总反应速率快慢的是慢反应。
本题考查化学平衡的影响因素，侧重基础知识检测与灵活运用能力考查，把握盖斯定律的应用、化学平衡图特征及影响因素、催化剂、基元反应与化学反应速率的关系是解题关键，注意掌握硫及其化合物的性质，题目难度中等。
18.【答案】NH4++Mg2++H2PO4−+6H2O=NH4MgPO4⋅6H2O↓+H+ 9时，氨氮主要存在形式为NH3，臭氧氧化NH3的速度大于氧化NH4+的速率(或碱性条件下，O3氧化能力增强，更易氧化NH3，提高了氨氮去除率)温度升高，O3分解速率加快，且O3在溶液中的溶解度降低，导致溶液中O3浓度下降 弱酸性环境下，氨氮主要存在形式为NH4+，大量的Cl−与O3反应生成ClOx−(x=1或3)，ClOx−(x=1或3)将NH4+氧化为N2或N2O
【解析】解：(1)生成NH4MgPO4⋅6H2O沉淀的离子方程式：NH4++Mg2++H2PO4−+6H2O=NH4MgPO4⋅6H2O↓+H+，
故答案为：NH4++Mg2++H2PO4−+6H2O=NH4MgPO4⋅6H2O↓+H+；
(2)Na2HPO4溶液中计算水解平衡常数Kh=KwKa2=10−146.2×10−8≈1.6×10−7>Ka3=2.2×10−13，水解程度大于其电离程度，Na2HPO4溶液中：c(PO43−)故答案为：<；
(3)pH>9，相同时间内氨氮去除率显著增大的可能原因是：pH>9时，氨氮主要存在形式为NH3，臭氧氧化NH3的速度大于氧化NH4+的速率(或碱性条件下，O3氧化能力增强，更易氧化NH3，提高了氨氮去除率)，
故答案为：pH>9时，氨氮主要存在形式为NH3，臭氧氧化NH3的速度大于氧化NH4+的速率(或碱性条件下，O3氧化能力增强，更易氧化NH3，提高了氨氮去除率)；
(4)若温度升高，相同时间内氨氮去除率降低，可能原因是：温度升高，O3分解速率加快，且O3在溶液中的溶解度降低，导致溶液中O3浓度下降，
故答案为：温度升高，O3分解速率加快，且O3在溶液中的溶解度降低，导致溶液中O3浓度下降；
(5)在弱酸性环境下，当废水中含有大量Cl−时，O3氧化氨氮废水的过程如图−2所示，该过程可描述为：弱酸性环境下，氨氮主要存在形式为NH4+，大量的Cl−与O3反应生成ClOx−(x=1或3)，ClOx−(x=1或3)将NH4+氧化为N2或N2O，
故答案为：弱酸性环境下，氨氮主要存在形式为NH4+，大量的Cl−与O3反应生成ClOx−(x=1或3)，ClOx−(x=1或3)将NH4+氧化为N2或N2O。
(1)向酸性废水中加入一定比例的MgCl2和Na2HPO4，将氨氮转化为NH4MgPO4⋅6H2O沉淀；
(2)Na2HPO4溶液中计算水解平衡常数Kh=c(OH−)×c(H2PO4−)c(HPO42−)=c(OH−)×c(H2PO4−)c(HPO42−)×c(H+)c(H+)=KwKa2和Ka3=2.2×10−13比较判断水解程度和电离程度确定离子浓度大小：
(3)pH>9时，氨氮主要存在形式为NH3，臭氧氧化NH3的速度大于氧化NH4+的速率；
(4)温度升高，O3分解速率加快，溶解度减小；
(5)弱酸性环境下，氨氮主要存在形式为NH4+，被ClOx−氧化为N2或N2O。
本题考查了弱电解质电离、盐类水解、平衡常数计算图象的理解应用等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。选项
探究方案
探究目的
A
向盛有NaOH溶液(滴有2滴酚酞)的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化
证明SO2具有漂白性
B
常温下，向10mL0.1ml⋅L−1NaCl溶液中滴加5滴0.1ml⋅L−1AgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1ml⋅L−1KI溶液，观察沉淀颜色变化
证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
向久置氯水中滴加少量NaHCO3溶液，观察有无气体生成
证明HClO是否分解完全
D
测定等体积的盐酸和醋酸溶液的pH，并比较pH大小
证明HCl是强电解质
实验
实验操作和现象
1
向10mL1.0ml⋅L−1NaOH溶液中通入SO2至溶液pH=7
2
将等体积、等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合，无明显现象
3
向10mL1.0ml⋅L−1Na2SO3溶液中逐滴加入等体积等浓度盐酸，最终溶液pH<7
4
向10mL1.0ml⋅L−1NaHSO3溶液中逐滴滴加15mL1.0ml⋅L−1NaOH溶液后，测得溶液pH>7