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天津市红桥区2020届高三下学期居家学习线上检测第一次模拟化学试题
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2020届天津市红桥区高三下学期疫情期间居家学习学情调查化学试题
高三化学
第I卷
注意事项：
本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64
1.下列中国传统工艺，利用氧化还原反应原理实现的是（ ）
选项
A.桑蚕丝织锦
B.石灰石生产生石灰
C.酒精蒸馏
D.丹砂(HgS)炼汞
工艺
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．桑蚕丝织锦是一个物理变化，没有新物质生成，A项错误；
B．石灰石生产生石灰，发生了化学反应：CaCO3CaO+CO2↑，反应中无化合价的升降变化，B项错误；
C．酒精蒸馏是物理提纯过程，没有新物质生成，C项错误；
D．丹砂(HgS)在空气中焙烧，HgS与O2反应生成Hg和SO2，反应中有化合价的升降变化，是氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
2.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 中子数为7的碳原子是C
B. 基态Cr原子价电子排布式是3d44s2
C. 乙烷的结构式是
D. 氯原子的结构示意图是
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为7的碳原子质量数=6+7=13，该原子可表示为，A项错误；
B．基态Cr原子价电子排布式是3d54s1，B项错误；
C．乙烷中除了碳碳键外，碳原子上剩余的价键都只与氢原子结合，C项正确；
D．原子结构示意图中核内质子数与核外电子数相等，D中所表示的示意图为氯离子的结构示意图而非氯原子的，D项错误；
答案选C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：P
【解析】
【详解】A．根据元素周期律，同周期从左至右，原子半径逐渐减小，可知，半径：P＞S＞Cl，A项错误；
B．同一周期内，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，故电负性：C
D．同周期，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，第一电离能Mg＞Al，D项错误；
答案选B。
4.下列实验操作，能达到实验目的的是（ ）
A. 用向下排空气法收集NO
B. 用瓷坩埚加热熔融NaOH固体
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气
D. 用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO会和空气中的O2反应，故不能用排空气法收集NO，A项错误；
B．瓷坩埚为硅酸盐产品，含有二氧化硅，在加热条件下与NaOH反应而使坩埚炸裂，B项错误；
C．氨气不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色，故不能用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，C项错误；
D．NaHCO3溶液不与CO2反应，与SO2反应，2NaHCO3+SO2=Na2SO3+H2O+2CO2，D项正确；
答案选D。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生盐析
B. 利用植物油的加成反应可以制得人造黄油
C. 淀粉在体内最终水解为葡萄糖被人体吸收
D. 75%的酒糖可使蛋白质变性从而起到消毒作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸铅为重金属盐，会使蛋白质变性，而不是盐析，A项错误；
B．植物油中含有碳碳双键，可与氢气加成制得人造黄油，B项正确；
C．淀粉最终水解为葡萄糖，葡萄糖在人体内经氧化后能释放能量，C项正确；
D．75%酒精，其中乙醇可以渗入细胞内，使蛋白质变性，从而起到消毒作用，D项正确；
答案选A。
6.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A. NO属于极性分子
B. 含有非极性共价键
C. 过程②释放能量，过程③吸收能量
D. 标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
7.某有机物的结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 能使FeCl3溶液显紫色
B. 该有机物不存在顺反异构
C. 能发生取代反应和加成反应
D. 1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．该有机物分子中不含酚羟基，故不能使FeCl3溶液显紫色，A项错误；
B．顺反异构一般是由有机物结构中出现碳碳双键、碳氮双键、碳硫双键、氮氮双键或脂环等不能自由旋转的官能团引起的，该有机物中不含此类官能团，故不存在顺反异构，B项正确；
C．分子中含有苯环和羧基，可以发生取代反应和加成反应，C项正确；
D．该有机物分子中含有的羧基、酯基和肽键，分别消耗NaOH1mol，故1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH，D项正确；
答案选A。
8.下列解释事实离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 用白醋清洗水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 用氢氧化铝片治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
C. 用铝粉和烧碱做管道疏通剂，注入水后的反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D. 暖贴（主要成分：Fe粉，活性炭、水、食盐）发热时，空气中氧气参与反应的变化为：O2+4e-+2H2O=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，不能拆分，离子方程式应为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，A项错误；
B．胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应离子方程式为：：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，B项正确；
C．铝粉和烧碱反应，生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，C项正确；
D．暖贴（主要成分：Fe粉，活性炭、水、食盐）发热时发生反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，空气中氧气得到电子发生还原反应，其变化的离子方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，D项正确；
答案选A。
9.下列有关说法不正确的是（ ）
A. MgO的晶格能大于CaO
B. 干冰和SiO2的晶体类型相同
C. DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合
D. 如图所示的晶胞的化学式为KZnF3
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶格能与离子所带电荷的乘积成正比，与阴、阳离子间的距离成反比，MgO和CaO所带离子电荷相同，由于离子半径Ca2+＞Mg2+，因此晶格能：MgO＞CaO。A项正确；
B．干冰为分子晶体，SiO2是原子晶体，二者的晶体类型不同，B项错误；
C．N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，C项正确；
D．根据晶胞图，利用均摊法可知晶胞中含有的Zn2+的个数为：，含有的F-的个数为，含有的K+的个数为1，故可知晶胞的化学式为KZnF3，D项正确；
答案选B。
10.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法不正确的是（ ）
A. a电极上的电极反应式为N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O
B. 电子流动方向：电极a→电极b
C. b极附近的pH值变大
D. 当电极a上消耗1molN2H4时，电极b上被还原的O2在标准状况下体积为22.4L
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题给信息，液态肼(N2H4)燃料电池以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害物质。该物质应为N2，该电池的总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，根据原电池原理可知，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，则a极为负极，b极为正极，据此进行分析。
【详解】A．a极为负极，N2H4失去电子，发生氧化反应，电极反应方程式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，A项正确；
B．原电池中，电子由a电极沿导线流向b电极，B项正确；
C．b极发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-=2O2-，pH不变，C项错误；
D．当电极a上消耗1molN2H4时，转移4mole-，根据电子得失数目守恒，则O2得到4mole-，则被还原的O2为1mol，在标准状况下的体积为22.4L。D项正确；
答案选C。
11.25℃时，体积均为100mL、浓度均为的两种一元碱MOH和ROH的溶液中，分别通入HCl气体，随通入HCl的物质的量的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是（不考虑溶液体积的变化）（ ）
A. MOH是强碱，ROH是弱碱
B. a点由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-26
C. b点溶液中：c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-)
D. c点溶液的pH=7，且所含溶质为ROH和RCl
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题给信息，没有通入HCl气体之前，通过和计算MOH和ROH是否为强碱，MOH的=12，可知0.1mol/LMOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，则MOH为强碱，同理，0.1mol/LROH溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，ROH为弱碱。据此分析。
【详解】A．由分析可知，MOH为强碱，ROH为弱碱，A项正确；
B．0.1mol/LMOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，OH-来自于碱中，H+来自于水的电离，则c(H+)=10-13mol/L，水电离出的c(H+)与c(OH-)相等，二者乘积为1×10-26，B项正确；
C．b点加入了0.005molHCl，中和了一半的ROH，得到的溶液为ROH和RCl的等物质的量浓度的混合溶液，=6，c(OH-)=10-4，溶液显碱性，则离子浓度大小关系为：c(R+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，C项错误；
D．c点时=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，pH=7，说明该碱过量，故溶液中溶质为ROH和RCl，D项正确；
答案选C。
12.厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 1molNH4+所含的电子总数与1mol-OH所含的电子总数相同
B. 过程II、III、IV均为还原反应
C. 用该方法每处理1molNH4+需要的NO2-为0.5mol
D. 1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键
【答案】D
【解析】
【详解】A．1molNH4+所含的电子总数为10NA，1mol-OH所含的电子总数为9NA，A项错误；
B．根据物质转化中增加氢原子或减少氧原子为还原反应，增加氧原子或减少氢原子为氧化反应,可知过程II、III为氧化反应，过程IV为还原反应，B项错误；
C．由图可知，1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应，生成1molN2，由电子得失守恒可知，从整个过程来看，每处理1molNH4+需要的NO2-为1mol，C项错误；
D．联氨(N2H4)的结构式为，可知1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键，D项正确；
答案选D。
第II卷
13.我国科研人员在钠离子电池研究中又取得新突破。钠离子电池与锂离子电池工作原理相同、制造工艺相似，而且具有资源丰富、成本低廉、安全性能好等特点。一种钠离子电池的负极材料为Na2Co2TeO6（制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2），电解质溶液为的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
（1）基态Na原子的电子排布式为__，最高能层电子云轮廓图形状为___。
（2）Te与S同主族，与同周期，Te属于元素周期表中__区元素，其基态原子的价电子排布图（即轨道表示式）为___。
（3）碳酸丙烯酯的结构简式为，则其中π键和σ键的数目之比为___，碳原子的杂化轨道类型为____。
（4）C元素的最高价氧化物的电子式为___，CO32-的VSEPR模型名称是___，ClO4-的立体构型是__。
（5）[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，配体是__，该配离子包含的作用力为___（填选项字母）。
A.极性键 B.金属键 C.氢键 D.配位键
（6）由原料制备负极材料的反应过程中，是否有电子转移___（填“是”或者“否”）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 球形 (3). p (4). (5). 1:13 (6). sp2、sp3杂化 (7). (8). 平面三角形 (9). 正四面体形 (10). H2O (11). AD (12). 是
【解析】
【分析】
（4）通过价层电子对互斥理论分析CO32-与ClO4-的电子对立体构型，结合中心原子有无孤电子对分析离子构型：价层电极对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数。据此进行分析。
（6）本问涉及复杂化合物的化合价的判断，复杂的化合物首先确定只有一种化合价的元素，然后再看有多种化合价但常用化合价只有一种的，最后结合化合物的化合价之和为零分析不常见的元素化合价，可以分析在Na2Co2TeO6中Na的化合价为+1价，O的化合价为-2价，结合Te和Co的可能变价以及化合物的化合价为零可知，Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，据此分析。
【详解】（1）基态Na原子核外电子数为11，其核外电子排布式为：1s22s22p63s1。最高能层为M层，只有1个s能级，其电子云轮廓图形状为球形。答案为：1s22s22p63s1；球形；
（2）Te与S同主族，与I同周期，说明Te的最外层排布同S一样，Te所具有的能层数与I相同，则可知Te属于元素周期表中p区元素，其基态原子的价电子排布图为：；答案为：p；；
（3）根据单键为σ键，双键中只有一个σ键，另一个为π键，结合碳酸丙烯酯的结构简式，可知其中π键有1个，σ键有13个，则其中π键和σ键的数目之比为1:13。碳酸丙烯酯中碳原子成键方式为单键和双键，成单键的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp3杂化，成双键的碳原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp2杂化，所以碳酸丙烯酯的碳原子轨道杂化方式为：sp2、sp3杂化。答案为：1:13；sp2、sp3杂化；
（4）C元素的最高价氧化物为CO2，其电子式为：；CO32-中碳原子价层电子对数=，且不含孤电子对，所以CO32-的VSEPR模型名称是平面三角形。ClO4-中Cl原子的价层电子对数=，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体形。答案为：；平面三角形；正四面体形；
（5）[Co(H2O)6]3+的配体为H2O，该配离子包含的作用力为H-O极性键、配位键，故答案为：H2O；AD；
（6）Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，与反应物相比，存在化合价的升降变化，故由原料制备负极材料的反应过程中，有电子转移，答案为：是。
【点睛】在计算离子的孤电子对时，还要考虑离子电荷相应的电子数，如本题中CO32-中还带有2个单位的负电荷，则在计算孤电子对时，应加上CO32-中离子电荷中的2个电子数，若是阳离子，则计算孤电子对时，应减去离子电荷相应的电子数。
14.化合物G的合成路线流程图如图：
（1）化合物G是临床常用的麻醉药物，其分子式为___。
（2）C中包含的官能团的名称为___。
（3）B→C的反应类型为___；D→E的反应类型为___。
（4）上述流程中A→B为取代反应，写则该反应的化学方程式为___。
（5）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为___。
（6）化合物E的核磁共振氢谱图中有___组峰，写出与E含有相同种类和数目的官能团的且核磁共振氢谱中只有两组峰的同分异构体结构简式___。
（7）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___。
【答案】 (1). C11H18N2O3 (2). 羧基、酯基 (3). 羧基、酯基 (4). 取代反应 (5). + +C2H5OH (6). (7). 4 (8). (9). CH2BrCH2CH2BrCH2OHCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH
【解析】
【分析】
本题中各个物质的结构简式已给出，可根据反应前后物质的结构简式的差异以及反应条件进行分析：物质A→物质B，为A与HCOOC2H5发生取代反应，生成B和C2H5OH。B与O2在Cu、加热条件下反应生成C，为B中醛基被氧化为羧基的过程。C与CH3OH发生酯化反应，生成D。D与CH3CH2Br发生取代反应，生成E和HBr。E→F与D→E的反应条件类似，则E→F也应是发生了取代反应，结合E、F的结构差异，可知X应为。F与尿素发生取代反应生成G和CH3OH，据此分析。
【详解】（1）根据G的结构简式可知，G的分子式为C11H18N2O3，答案为：C11H18N2O3；
（2）由C的结构简式可知，C中包含的官能团为羧基、酯基。答案为：羧基、酯基；
（3）分析B、C的结构简式及反应条件，B→C为醛基被催化氧化为羧基的过程，属于氧化反应。结合D、E的结构简式以及反应条件进行分析，D→E的反应类型为取代反应。答案为：氧化反应；取代反应；
（4）分析A、B的结构简式的差异，可知A与甲酸乙酯发生取代反应，反应方程式为：+ +C2H5OH；答案为：+ +C2H5OH；
（5）F→G实际是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，F中有2个酯基，尿素中含有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成，故F→G过程中生成的另一高分子产物Y为。答案为：；
（6）分子中有几种等效氢，则在核磁共振氢谱中就有几组峰。分析E的结构简式，可知E分子中共有四种等效氢，则化合物E的核磁共振氢谱图中有四组峰。与E含有相同种类和数目的官能团且核磁共振氢谱有两组峰的同分异构体应含两个酯基，且分子中有两种化学环境的氢，该同分异构体为：。答案为：4；；
（7）通过逆推法进行分析，目标产物分子中有四元环和酯基，则合成过程中涉及酯化反应和成环过程，结合题中相关信息，可以先酯化后成环。则可利用CH2BrCH2CH2Br水解生成CH2OHCH2CH2OH，再将CH2OHCH2CH2OH催化氧化成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与CH3OH发生酯化反应，生成。与CH2BrCH2CH2Br在CH3ONa作用下发生取代反应，生成目标产物。合成路线流程图为：CH2BrCH2CH2BrCH2OHCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH。
15.含氯消毒剂有多种，二氧化氯可用于自来水消毒，84消毒液用于家庭、宾馆的消毒。
I.实验室可用亚氯酸钠固体与应制备ClO2：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，装置如图所示：
（1）装置A中，盛装浓盐酸的仪器名称为___，开始反应后，圆底烧瓶内发生的反应的离子反应方程式为：__。
（2）已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在不同溶剂中溶解性如表所示：B、C、E装置中的试剂依次是___（填编号）
ClO2
Cl2
水
极易溶于水
溶
CCl4
难溶
易溶
a.浓硫酸 b.饱和食盐水 c.NaOH溶液 d.CCl4
（3）使用ClO2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根（ClO2-），可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。Fe2+消除ClO2-的离子方程式为__。
II.某同学在家中自制出与“84消毒液”成分（NaClO和水）相同的消毒液。主要器材有6V变压器、两支木杆铅笔、废纯净水瓶、食盐、卫生纸、绝缘胶布、小刀等。
（4）实验过程：向一个废弃的纯净水瓶中灌入大半瓶自来水，并加入3调味匙食盐，用卫生纸将用铅笔做成的电极包好，并插入纯净水瓶中，使电极恰好卡在瓶口，装置如图，接通电源后，可以看到一侧电极无明显现象，另一侧电极有细小的气泡产生，请写出该电极反应式为：___；持续通电约3小时后，发现原先无明显现象的电极附近也开始产生一定量的细小气泡，此电极此时的电极反应式___。看到该现象后停止通电。
（5）用该方法制备消毒液的总化学方程式是：___。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). b、a、d (4). ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+ (5). 2H++2e-=H2↑ (6). 2Cl--2e-=Cl2↑ (7). Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
【解析】
【分析】
I.由题给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，因为Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中未反应的Cl2，最后收集，并处理尾气。据此进行分析。
II.该实验过程为电解食盐水的反应过程，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，根据电解原理，可知刚开始主要产生了氢气，持续通电，另一电极生成了Cl2。Cl2与电解生成的NaOH反应生成NaClO、NaCl和水，据此分析。
【详解】（1）根据分析，装置A为浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2的过程，装置A中，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，开始反应后发生的离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）由分析可知，B装置用于除去混在Cl2中的HCl，B装置中的试剂应为饱和食盐水；C装置为干燥装置，试剂为浓硫酸；E装置是用于除去未反应的Cl2，结合题给ClO2和Cl2的性质表格，可知E装置中的试剂应为CCl4。答案为：b、a、d；
（3）根据题给信息，可知Fe2+和ClO2-反应生成了Fe(OH)3和Cl-，其中铁元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等以及原子守恒、电荷守恒等规律，可知该离子方程式为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；答案为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；
II.（4）由分析可知，首先在阴极上发生还原反应生成了H2，电极反应方程式为：2H++2e-=H2↑。继续通电，阳极发生氧化反应，生成了Cl2，电极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑。答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）生成的Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
16.Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
【答案】 (1). C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol (2). ＞ (3). ＜ (4). 0.2mol·L-1·min-1 (5). 16.2 (6). 0.33mol (7). CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- (8).
【解析】
【分析】
（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
高三化学
第I卷
注意事项：
本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64
1.下列中国传统工艺，利用氧化还原反应原理实现的是（ ）
选项
A.桑蚕丝织锦
B.石灰石生产生石灰
C.酒精蒸馏
D.丹砂(HgS)炼汞
工艺
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．桑蚕丝织锦是一个物理变化，没有新物质生成，A项错误；
B．石灰石生产生石灰，发生了化学反应：CaCO3CaO+CO2↑，反应中无化合价的升降变化，B项错误；
C．酒精蒸馏是物理提纯过程，没有新物质生成，C项错误；
D．丹砂(HgS)在空气中焙烧，HgS与O2反应生成Hg和SO2，反应中有化合价的升降变化，是氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
2.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 中子数为7的碳原子是C
B. 基态Cr原子价电子排布式是3d44s2
C. 乙烷的结构式是
D. 氯原子的结构示意图是
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为7的碳原子质量数=6+7=13，该原子可表示为，A项错误；
B．基态Cr原子价电子排布式是3d54s1，B项错误；
C．乙烷中除了碳碳键外，碳原子上剩余的价键都只与氢原子结合，C项正确；
D．原子结构示意图中核内质子数与核外电子数相等，D中所表示的示意图为氯离子的结构示意图而非氯原子的，D项错误；
答案选C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：P
【解析】
【详解】A．根据元素周期律，同周期从左至右，原子半径逐渐减小，可知，半径：P＞S＞Cl，A项错误；
B．同一周期内，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，故电负性：C
D．同周期，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，第一电离能Mg＞Al，D项错误；
答案选B。
4.下列实验操作，能达到实验目的的是（ ）
A. 用向下排空气法收集NO
B. 用瓷坩埚加热熔融NaOH固体
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气
D. 用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO会和空气中的O2反应，故不能用排空气法收集NO，A项错误；
B．瓷坩埚为硅酸盐产品，含有二氧化硅，在加热条件下与NaOH反应而使坩埚炸裂，B项错误；
C．氨气不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色，故不能用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，C项错误；
D．NaHCO3溶液不与CO2反应，与SO2反应，2NaHCO3+SO2=Na2SO3+H2O+2CO2，D项正确；
答案选D。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生盐析
B. 利用植物油的加成反应可以制得人造黄油
C. 淀粉在体内最终水解为葡萄糖被人体吸收
D. 75%的酒糖可使蛋白质变性从而起到消毒作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸铅为重金属盐，会使蛋白质变性，而不是盐析，A项错误；
B．植物油中含有碳碳双键，可与氢气加成制得人造黄油，B项正确；
C．淀粉最终水解为葡萄糖，葡萄糖在人体内经氧化后能释放能量，C项正确；
D．75%酒精，其中乙醇可以渗入细胞内，使蛋白质变性，从而起到消毒作用，D项正确；
答案选A。
6.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示（NO）。下列说法不正确的是（ ）
A. NO属于极性分子
B. 含有非极性共价键
C. 过程②释放能量，过程③吸收能量
D. 标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
分析NO分解的过程，可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行分析。
【详解】A．NO中存在极性键，其空间结构不对称，键的极性不能抵消，故NO为极性分子，A项正确；
B．在N2、O2中存在非极性共价键，B项正确；
C．过程②为化学键断裂过程，吸收能量，过程③为新化学键的形成，会释放能量，C项错误；
D．NO分解成1molN2的过程中，转移了4mole-，标准状况下，5.6LN2的物质的量为0.25mol，则生成0.25molN2的过程中，转移的电子数为6.02×1023，D项正确；
答案选C。
7.某有机物的结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 能使FeCl3溶液显紫色
B. 该有机物不存在顺反异构
C. 能发生取代反应和加成反应
D. 1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．该有机物分子中不含酚羟基，故不能使FeCl3溶液显紫色，A项错误；
B．顺反异构一般是由有机物结构中出现碳碳双键、碳氮双键、碳硫双键、氮氮双键或脂环等不能自由旋转的官能团引起的，该有机物中不含此类官能团，故不存在顺反异构，B项正确；
C．分子中含有苯环和羧基，可以发生取代反应和加成反应，C项正确；
D．该有机物分子中含有的羧基、酯基和肽键，分别消耗NaOH1mol，故1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH，D项正确；
答案选A。
8.下列解释事实离子方程式书写不正确的是（ ）
A. 用白醋清洗水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 用氢氧化铝片治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
C. 用铝粉和烧碱做管道疏通剂，注入水后的反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
D. 暖贴（主要成分：Fe粉，活性炭、水、食盐）发热时，空气中氧气参与反应的变化为：O2+4e-+2H2O=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，不能拆分，离子方程式应为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，A项错误；
B．胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应离子方程式为：：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，B项正确；
C．铝粉和烧碱反应，生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，C项正确；
D．暖贴（主要成分：Fe粉，活性炭、水、食盐）发热时发生反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，空气中氧气得到电子发生还原反应，其变化的离子方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，D项正确；
答案选A。
9.下列有关说法不正确的是（ ）
A. MgO的晶格能大于CaO
B. 干冰和SiO2的晶体类型相同
C. DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合
D. 如图所示的晶胞的化学式为KZnF3
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶格能与离子所带电荷的乘积成正比，与阴、阳离子间的距离成反比，MgO和CaO所带离子电荷相同，由于离子半径Ca2+＞Mg2+，因此晶格能：MgO＞CaO。A项正确；
B．干冰为分子晶体，SiO2是原子晶体，二者的晶体类型不同，B项错误；
C．N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，C项正确；
D．根据晶胞图，利用均摊法可知晶胞中含有的Zn2+的个数为：，含有的F-的个数为，含有的K+的个数为1，故可知晶胞的化学式为KZnF3，D项正确；
答案选B。
10.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法不正确的是（ ）
A. a电极上的电极反应式为N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O
B. 电子流动方向：电极a→电极b
C. b极附近的pH值变大
D. 当电极a上消耗1molN2H4时，电极b上被还原的O2在标准状况下体积为22.4L
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题给信息，液态肼(N2H4)燃料电池以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害物质。该物质应为N2，该电池的总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，根据原电池原理可知，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，则a极为负极，b极为正极，据此进行分析。
【详解】A．a极为负极，N2H4失去电子，发生氧化反应，电极反应方程式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，A项正确；
B．原电池中，电子由a电极沿导线流向b电极，B项正确；
C．b极发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-=2O2-，pH不变，C项错误；
D．当电极a上消耗1molN2H4时，转移4mole-，根据电子得失数目守恒，则O2得到4mole-，则被还原的O2为1mol，在标准状况下的体积为22.4L。D项正确；
答案选C。
11.25℃时，体积均为100mL、浓度均为的两种一元碱MOH和ROH的溶液中，分别通入HCl气体，随通入HCl的物质的量的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是（不考虑溶液体积的变化）（ ）
A. MOH是强碱，ROH是弱碱
B. a点由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-26
C. b点溶液中：c(Cl-)>c(R+)>c(H+)>c(OH-)
D. c点溶液的pH=7，且所含溶质为ROH和RCl
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题给信息，没有通入HCl气体之前，通过和计算MOH和ROH是否为强碱，MOH的=12，可知0.1mol/LMOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，则MOH为强碱，同理，0.1mol/LROH溶液中，c(OH-)=0.01mol/L，ROH为弱碱。据此分析。
【详解】A．由分析可知，MOH为强碱，ROH为弱碱，A项正确；
B．0.1mol/LMOH溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，OH-来自于碱中，H+来自于水的电离，则c(H+)=10-13mol/L，水电离出的c(H+)与c(OH-)相等，二者乘积为1×10-26，B项正确；
C．b点加入了0.005molHCl，中和了一半的ROH，得到的溶液为ROH和RCl的等物质的量浓度的混合溶液，=6，c(OH-)=10-4，溶液显碱性，则离子浓度大小关系为：c(R+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，C项错误；
D．c点时=0，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，pH=7，说明该碱过量，故溶液中溶质为ROH和RCl，D项正确；
答案选C。
12.厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 1molNH4+所含的电子总数与1mol-OH所含的电子总数相同
B. 过程II、III、IV均为还原反应
C. 用该方法每处理1molNH4+需要的NO2-为0.5mol
D. 1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键
【答案】D
【解析】
【详解】A．1molNH4+所含的电子总数为10NA，1mol-OH所含的电子总数为9NA，A项错误；
B．根据物质转化中增加氢原子或减少氧原子为还原反应，增加氧原子或减少氢原子为氧化反应,可知过程II、III为氧化反应，过程IV为还原反应，B项错误；
C．由图可知，1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应，生成1molN2，由电子得失守恒可知，从整个过程来看，每处理1molNH4+需要的NO2-为1mol，C项错误；
D．联氨(N2H4)的结构式为，可知1mol联氨(N2H4)中含有5mol共价键，均为σ键，D项正确；
答案选D。
第II卷
13.我国科研人员在钠离子电池研究中又取得新突破。钠离子电池与锂离子电池工作原理相同、制造工艺相似，而且具有资源丰富、成本低廉、安全性能好等特点。一种钠离子电池的负极材料为Na2Co2TeO6（制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2），电解质溶液为的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
（1）基态Na原子的电子排布式为__，最高能层电子云轮廓图形状为___。
（2）Te与S同主族，与同周期，Te属于元素周期表中__区元素，其基态原子的价电子排布图（即轨道表示式）为___。
（3）碳酸丙烯酯的结构简式为，则其中π键和σ键的数目之比为___，碳原子的杂化轨道类型为____。
（4）C元素的最高价氧化物的电子式为___，CO32-的VSEPR模型名称是___，ClO4-的立体构型是__。
（5）[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，配体是__，该配离子包含的作用力为___（填选项字母）。
A.极性键 B.金属键 C.氢键 D.配位键
（6）由原料制备负极材料的反应过程中，是否有电子转移___（填“是”或者“否”）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 球形 (3). p (4). (5). 1:13 (6). sp2、sp3杂化 (7). (8). 平面三角形 (9). 正四面体形 (10). H2O (11). AD (12). 是
【解析】
【分析】
（4）通过价层电子对互斥理论分析CO32-与ClO4-的电子对立体构型，结合中心原子有无孤电子对分析离子构型：价层电极对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数。据此进行分析。
（6）本问涉及复杂化合物的化合价的判断，复杂的化合物首先确定只有一种化合价的元素，然后再看有多种化合价但常用化合价只有一种的，最后结合化合物的化合价之和为零分析不常见的元素化合价，可以分析在Na2Co2TeO6中Na的化合价为+1价，O的化合价为-2价，结合Te和Co的可能变价以及化合物的化合价为零可知，Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，据此分析。
【详解】（1）基态Na原子核外电子数为11，其核外电子排布式为：1s22s22p63s1。最高能层为M层，只有1个s能级，其电子云轮廓图形状为球形。答案为：1s22s22p63s1；球形；
（2）Te与S同主族，与I同周期，说明Te的最外层排布同S一样，Te所具有的能层数与I相同，则可知Te属于元素周期表中p区元素，其基态原子的价电子排布图为：；答案为：p；；
（3）根据单键为σ键，双键中只有一个σ键，另一个为π键，结合碳酸丙烯酯的结构简式，可知其中π键有1个，σ键有13个，则其中π键和σ键的数目之比为1:13。碳酸丙烯酯中碳原子成键方式为单键和双键，成单键的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp3杂化，成双键的碳原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp2杂化，所以碳酸丙烯酯的碳原子轨道杂化方式为：sp2、sp3杂化。答案为：1:13；sp2、sp3杂化；
（4）C元素的最高价氧化物为CO2，其电子式为：；CO32-中碳原子价层电子对数=，且不含孤电子对，所以CO32-的VSEPR模型名称是平面三角形。ClO4-中Cl原子的价层电子对数=，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体形。答案为：；平面三角形；正四面体形；
（5）[Co(H2O)6]3+的配体为H2O，该配离子包含的作用力为H-O极性键、配位键，故答案为：H2O；AD；
（6）Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，与反应物相比，存在化合价的升降变化，故由原料制备负极材料的反应过程中，有电子转移，答案为：是。
【点睛】在计算离子的孤电子对时，还要考虑离子电荷相应的电子数，如本题中CO32-中还带有2个单位的负电荷，则在计算孤电子对时，应加上CO32-中离子电荷中的2个电子数，若是阳离子，则计算孤电子对时，应减去离子电荷相应的电子数。
14.化合物G的合成路线流程图如图：
（1）化合物G是临床常用的麻醉药物，其分子式为___。
（2）C中包含的官能团的名称为___。
（3）B→C的反应类型为___；D→E的反应类型为___。
（4）上述流程中A→B为取代反应，写则该反应的化学方程式为___。
（5）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为___。
（6）化合物E的核磁共振氢谱图中有___组峰，写出与E含有相同种类和数目的官能团的且核磁共振氢谱中只有两组峰的同分异构体结构简式___。
（7）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___。
【答案】 (1). C11H18N2O3 (2). 羧基、酯基 (3). 羧基、酯基 (4). 取代反应 (5). + +C2H5OH (6). (7). 4 (8). (9). CH2BrCH2CH2BrCH2OHCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH
【解析】
【分析】
本题中各个物质的结构简式已给出，可根据反应前后物质的结构简式的差异以及反应条件进行分析：物质A→物质B，为A与HCOOC2H5发生取代反应，生成B和C2H5OH。B与O2在Cu、加热条件下反应生成C，为B中醛基被氧化为羧基的过程。C与CH3OH发生酯化反应，生成D。D与CH3CH2Br发生取代反应，生成E和HBr。E→F与D→E的反应条件类似，则E→F也应是发生了取代反应，结合E、F的结构差异，可知X应为。F与尿素发生取代反应生成G和CH3OH，据此分析。
【详解】（1）根据G的结构简式可知，G的分子式为C11H18N2O3，答案为：C11H18N2O3；
（2）由C的结构简式可知，C中包含的官能团为羧基、酯基。答案为：羧基、酯基；
（3）分析B、C的结构简式及反应条件，B→C为醛基被催化氧化为羧基的过程，属于氧化反应。结合D、E的结构简式以及反应条件进行分析，D→E的反应类型为取代反应。答案为：氧化反应；取代反应；
（4）分析A、B的结构简式的差异，可知A与甲酸乙酯发生取代反应，反应方程式为：+ +C2H5OH；答案为：+ +C2H5OH；
（5）F→G实际是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，F中有2个酯基，尿素中含有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成，故F→G过程中生成的另一高分子产物Y为。答案为：；
（6）分子中有几种等效氢，则在核磁共振氢谱中就有几组峰。分析E的结构简式，可知E分子中共有四种等效氢，则化合物E的核磁共振氢谱图中有四组峰。与E含有相同种类和数目的官能团且核磁共振氢谱有两组峰的同分异构体应含两个酯基，且分子中有两种化学环境的氢，该同分异构体为：。答案为：4；；
（7）通过逆推法进行分析，目标产物分子中有四元环和酯基，则合成过程中涉及酯化反应和成环过程，结合题中相关信息，可以先酯化后成环。则可利用CH2BrCH2CH2Br水解生成CH2OHCH2CH2OH，再将CH2OHCH2CH2OH催化氧化成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与CH3OH发生酯化反应，生成。与CH2BrCH2CH2Br在CH3ONa作用下发生取代反应，生成目标产物。合成路线流程图为：CH2BrCH2CH2BrCH2OHCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH。
15.含氯消毒剂有多种，二氧化氯可用于自来水消毒，84消毒液用于家庭、宾馆的消毒。
I.实验室可用亚氯酸钠固体与应制备ClO2：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，装置如图所示：
（1）装置A中，盛装浓盐酸的仪器名称为___，开始反应后，圆底烧瓶内发生的反应的离子反应方程式为：__。
（2）已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在不同溶剂中溶解性如表所示：B、C、E装置中的试剂依次是___（填编号）
ClO2
Cl2
水
极易溶于水
溶
CCl4
难溶
易溶
a.浓硫酸 b.饱和食盐水 c.NaOH溶液 d.CCl4
（3）使用ClO2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根（ClO2-），可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。Fe2+消除ClO2-的离子方程式为__。
II.某同学在家中自制出与“84消毒液”成分（NaClO和水）相同的消毒液。主要器材有6V变压器、两支木杆铅笔、废纯净水瓶、食盐、卫生纸、绝缘胶布、小刀等。
（4）实验过程：向一个废弃的纯净水瓶中灌入大半瓶自来水，并加入3调味匙食盐，用卫生纸将用铅笔做成的电极包好，并插入纯净水瓶中，使电极恰好卡在瓶口，装置如图，接通电源后，可以看到一侧电极无明显现象，另一侧电极有细小的气泡产生，请写出该电极反应式为：___；持续通电约3小时后，发现原先无明显现象的电极附近也开始产生一定量的细小气泡，此电极此时的电极反应式___。看到该现象后停止通电。
（5）用该方法制备消毒液的总化学方程式是：___。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). b、a、d (4). ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+ (5). 2H++2e-=H2↑ (6). 2Cl--2e-=Cl2↑ (7). Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
【解析】
【分析】
I.由题给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，因为Cl2易溶于CCl4，E用于除去ClO2中未反应的Cl2，最后收集，并处理尾气。据此进行分析。
II.该实验过程为电解食盐水的反应过程，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，根据电解原理，可知刚开始主要产生了氢气，持续通电，另一电极生成了Cl2。Cl2与电解生成的NaOH反应生成NaClO、NaCl和水，据此分析。
【详解】（1）根据分析，装置A为浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2的过程，装置A中，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗，开始反应后发生的离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）由分析可知，B装置用于除去混在Cl2中的HCl，B装置中的试剂应为饱和食盐水；C装置为干燥装置，试剂为浓硫酸；E装置是用于除去未反应的Cl2，结合题给ClO2和Cl2的性质表格，可知E装置中的试剂应为CCl4。答案为：b、a、d；
（3）根据题给信息，可知Fe2+和ClO2-反应生成了Fe(OH)3和Cl-，其中铁元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等以及原子守恒、电荷守恒等规律，可知该离子方程式为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；答案为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3+Cl-+8H+；
II.（4）由分析可知，首先在阴极上发生还原反应生成了H2，电极反应方程式为：2H++2e-=H2↑。继续通电，阳极发生氧化反应，生成了Cl2，电极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑。答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）生成的Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
16.Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
【答案】 (1). C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol (2). ＞ (3). ＜ (4). 0.2mol·L-1·min-1 (5). 16.2 (6). 0.33mol (7). CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- (8).
【解析】
【分析】
（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
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