还剩22页未读，
继续阅读
2022届河南省信阳高中十所名校高三上学期12月质量检测化学试卷含解析
展开
这是一份2022届河南省信阳高中十所名校高三上学期12月质量检测化学试卷含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
河南省信阳高中十所名校2022届高三上学期12月质量检测
化学试卷
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2021年10月，国务院办公厅印发了《关于进一步加强生物多样性保护的意见》，这说明国家特别重视生态环境。下列对生态环境保护的说法或做法中正确的是（ ）
A．化学技术在“碳达峰、碳中和”方面发挥着巨大作用
B．燃油汽车使用尾气催化转化装置可减少污染气体排放，有利于实现“碳中和”
C．种植蔬菜水果时禁止农民使用肥料和农药
D．在田间就地焚烧农作物秸秆，将灰分还田
2．工业上以CO2和H2为原料可以制备乙醇，下列有关表述正确的是（ ）
A．O—18的核素符号：18O
B．乙醇的结构简式：CH3—CH3O
C．CO2分子的比例模型：
D．用电子式表示H2的形成过程：
3．下列过程的离子方程式书写正确的是（ ）
A．用稀盐酸处理铜器表面的铜绿：Cu2（OH）2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑
B．将镁条投入滴有酚酞的热水中，溶液变红：Mg＋2H2O=∆Mg2＋＋H2↑＋2OH－
C．向硫酸铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓
D．向硝酸亚铁溶液中滴加少量氢碘酸：3Fe2＋＋ NO3－ ＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2．24 L CH4与1．8 g H2O所含电子数均为NA
B．1 mol SO2与3 mol O2充分混合反应后，转移的电子数为2NA
C．14 g N2和CO的混合气体中含有的氧原子数为0．5NA
D．17 g液氨中含有的共价键数是3NA
5．实验室采用下表中试剂和装置制备和收集气体（不考虑尾气处理），合理的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
6．柠檬酸酯D是合成改善记忆、抗抑郁、抗衰老的药物的中间体，其结构简式如图所示，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．分子式是C20H20O9
B．能发生水解反应，不能发生加成反应
C．分子间能发生酯化反应
D．1 mol该物质最多能与92 g Na发生反应
7．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径大小顺序：Z＞Y＞X
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
8．下列由实验现象推出的实验结论正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
9．我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和H2合成CH3OH的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1～TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是（ ）
A．总反应的热化学方程式是2H2(g)＋CO(g)=CH3OH(g)△H＝－65.7 kJ·mol－1
B．图中决速步骤的能垒（活化能）为91．5 kJ·mol－1
C．催化剂在该历程中参与反应并降低了反应的活化能
D．该历程中经过TS3时的反应速率比经过TS5时的反应速率慢
10．“84”消毒液的有效成分为NaClO，具有漂白性、氧化性。某课外小组对“84”消毒液的性质进行如下探究：用三支试管分别取适量“84”消毒液，各滴加2滴石蕊溶液，溶液变为蓝色，备用。
实验Ⅰ：向第一支试管中加入2 mL蒸馏水，溶液的pH＝9．8，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去；
实验Ⅱ：向第二支试管中加入2 mL 0．000 1 mol·L－1的H2SO4溶液，混合液的pH＝5．1，
蓝色迅速褪去，无气体产生；
实验Ⅲ：向第三支试管中加入2 mL 1 mol·L－1的H2SO4溶液，混合液的pH＝3．3，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
下列对相关实验现象的分析错误的是（ ）
A．NaClO为强碱弱酸盐
B．溶液中ClO－和Cl－能否发生反应与c（H＋）有关
C．ClO－在酸性条件下的氧化性强于碱性条件下
D．“84”消毒液对环境进行消毒时需要加入少量的稀硫酸
11．《X—MOL》报道了一种两相无膜锌／吩噻嗪电池，其放电时的工作原理如图所示（ PF6－ 在水系／非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷守恒）。
已知：CH2Cl2的密度为1.33 g·cm－3，难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．电池使用时不能倒置
B．充电时，石墨毡上的电极反应式为PTZ－e－=PTZ＋
C．放电时， PF6－ 由CH2Cl2层移向水层
D．放电时，Zn板每减轻6．5 g，水层增重29 g
12．利用PdCl2、CuCl2作催化剂，空气、乙烯反应生成乙醛，反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．是反应中间体
B．过程②属于加成反应
C．H2O在反应过程中参与反应的量与产生的量相同
D．总反应为CH2＝CH2＋1／2O2→催化剂 CH3CHO
13．废旧电池的回收处理有利于环保和资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
下列说法中错误的是（ ）
A．若改用盐酸进行“酸浸”，则该过程中会产生氯气
B．“还原焙烧”过程中，废料中的锰元素可能被还原为＋2价
C．“净化”时通入O2发生的反应是4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O
D．“电锯”时，Zn在阴极生成
14．已知在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应BaSO4（s）＋4C（s） ⇌ BaS（s）＋4CO（g），CO的平衡浓度（mol·L－1）的对数lg c（CO）与温度的倒数 1T 的关系如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．该反应的△H＜0
B．Q点BaSO4的消耗速率大于生成速率
C．温度不变，将R点状态的容器体积缩小，重新达到平衡时，气体的压强增大
D．温度是 1046 K时，反应的平衡常数为100
15．近期《化工环保》报道了用双极膜电渗析法回收丙烯酸丁酯废水中的有机酸（用HA表示），工作原理如图（BP表示双极膜，在直流电场的作用下，双极膜内中间界面层的水会解离为H＋和OH－，分别迁移进入双极膜两侧）。
图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法中正确的是（ ）
A．电解后在极室Ⅱ中得到盐酸
B．交换膜Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是阳离子交换膜
C．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
D．产品X、Y分别是HA和NaOH溶液，二者浓度相同
16．常温下，向CaCO3悬浊液中通入CO2，溶液中 c(CO32－)c(HCO3－) 的负对数pM与pH的关系如下。已知Ksp（CaCO3）＝10－8．6。下列说法错误的是（ ）
A．当溶液中c（ CO32－ ）＝c（ HCO3－ ）时，溶液为碱性
B．CaCO3悬浊液中Ca2＋的浓度大于10－4．3mol·L－1
C．当浊液中c（Ca2＋）＝10－3mol·L－1时，其pH＝8
D．Ca（HCO3）2溶液中的阴离子浓度：c（ HCO3－ ）＞c（OH－）＞c（ CO32－ ）
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17．某玉石由短周期主族元素W、X、Y、Z组成，且W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与Y同主族，W与X同周期。W、Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等，Z的最外层电子数是X电子总数的一半。回答下列问题：
（1）Z在元素周期表中的位置是 。
（2）该玉石的成分是W2Y10Z12X30，若CaSO4的化学式可以写成CaO·SO3二元化合物组合的形式，则该玉石的成分用二元化合物组合的形式可以写成 。
（3）已知Z的单质可以溶于Y的氧化物对应的水化物溶液中，该过程发生反应的离子方程式是 。
（4）四种元素的单质及其化合物广泛应用于电池、通信等领域。
①Z的单质常用作 材料（填一种，下同）；X和Z组成的化合物常用作 材料。
②W离子电池比Y离子电池有更好的储能优势，其原因是 。在W离子电池
中，W离子嵌入石墨形成复合材料WC6，该材料是电池的负极材料，当电池部分放电释
放出x个W离子时，该电极反应式是 。
18．白钨矿的主要成分是CaWO4、SiO2，还有氧化铁等杂质，工业生产钨的一种流程如下：
已知：①离子完全沉淀时的pH： SiO32－ 为8， WO42－ 为5。
②常温常压下，CO2饱和溶液的pH为5．6。
③CaCO3、CaSiO3都难溶于水。
回答下列问题：
（1）“碱熔”是在高温下进行的，其中CaWO4与纯碱发生反应的化学方程式是 。滤渣Ⅰ的化学式是 、CaCO3。
（2）检验“除硅”的滤液中不含 SiO32－ 的简单方法是 。
（3）“酸化”过程中Na2WO4溶液加盐酸酸化，变成聚钨酸钠（Na6W12O39）溶液，其离子方程式为 。
19．香豆素是维生素K拮抗剂。实验室中采用水杨醛和乙酸酐来合成香豆素：
已知某些有机物的性质见下表：
香豆素的制备装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置中需要安装的温度计1的量程是 （填字母）。
a．100℃ b．150℃
c．250℃ d．500℃
（2）仪器b的名称是 ，装置采用空气冷凝，而不采用水冷凝的原因是 。
（3）Y形接头上安装温度计进行监控，当温度达到118℃时，可由分水器下方及时放出冷凝液，该冷凝液的成分是 （填化学式），这样做的目的是 。
（4）在制取的香豆素中发现含有少量的水杨酸（），用化学方程式表示其产生的原因： 。
20．一氧化二氮（N2O）又称笑气，是一种氧化剂，在一定条件下能支持燃烧，但在室温下稳定，有轻微麻醉作用。
（1）1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现N2O有麻醉作用。N2O属于 （填“酸性”或“非酸性”）氧化物。
（2）1940年前后由美国某公司率先开发了N2O用作火箭的氧化剂。已知：2N2O（g）=2N2（g）＋O2（g） △H＝－163 kJ·mol－1；常温常压下，联氨（N2H4，l）在氧气中完全燃烧生成1 mol N2（g）和液态水的△H＝－621．2 kJ·mol－1，则N2O（g）氧化N2H4（l）生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是 。
（3）一定温度下，某科研小组在恒容密闭容器中对反应2N2O（g）=2N2（g）＋O2（g）进行了研究，发现N2O的浓度与时间的关系如图所示：
①60～120 s内用O2表示的该反应的平均速率是 mol·L－1·s－1（结果保留两位有效数字）。
②180 s时，c（N2O）＝ 。
（4）N2O5加热分解可以得到N2O：Ⅰ．N2O5（g） ⇌ N2O3（g）＋O2（g）、
Ⅱ．N2O3（g） ⇌ N2O（g）＋O2（g）。一定温度下，将2 mol N2O5（g）充入容积为1 L的恒容密闭容器中，t s时反应达到平衡状态，O2（g）和N2O3（g）的物质的量随反应时间的变化曲线如图所示：
①反应Ⅱ的平衡常数是 。
②N2O3的物质的量随反应时间先增大后减小的原因是 。
21．工业上采用Na2CO3溶液吸收尾气中的SO2。25℃时，向H2CO3溶液中滴加NaOH溶液，H2CO3、 HCO3－ 及 CO32－ 的物质的量分数δ（X）随溶液pH的变化如图1所示[ δ(X)＝n(X)n(H2CO3)＋n(HCO3－)＋n(CO32－) ]；向H2SO3溶液中滴加NaOH溶液，H2SO3、 HSO3－ 及 SO32－ 的物质的量分数δ（Y）随溶液pH的变化如图2所示。
回答下列问题：
（1）碳酸的二级电离常数是 。
（2）在含等物质的量的Na2CO3、Na2SO3的混合溶液中，c（ HCO3－ ） c（ HSO3－ ）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）用Na2CO3吸收液吸收SO2，当碳以 HCO3－ 形式存在（H2CO3和 CO32－ 忽略不计）时，硫以 形式存在（填离子符号）。
（4）用Na2CO3吸收液充分吸收SO2（SO2过量）。
①发生反应的化学方程式是 。
②用下图装置将充分吸收SO2后的吸收液电解生成：NaOH、H2SO4，以回收利用。
其中R接直流电源的 极，R极上的电极反应式是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.应用化学技术可减少CO2的排放，实现“碳达峰、碳中和”，A不符合题意；
B. 燃油汽车尾气中含有氮氧化物、CO，通过催化转化装置，可将其转化为N2、CO2，有利于实现“碳中和"，B不符合题意；
C. 适当使用肥料和农药，有利于提高蔬菜水果的产量和质量，C符合题意；
D. 焚烧秸秆，会造成空气污染，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】A、应用化学技术可减少CO2的排放；
B、催化转化装置，可将氮氧化物转化为N2；
C、适当使用农药和肥料，可增大蔬菜水果的产量和质量；
D、焚烧秸秆，会造成空气污染；
2．【答案】C
【解析】【解答】A.O-18的核素符号为18O，A不符合题意；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，B不符合题意；
C. CO2分子的比例模型为，C符合题意；
D. H2分子中含有H－H共价键，氢原子中的电子没有发生转移，而是共用，因此用电子表示H2的形成过程为：，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】A、相对原子质量应表在元素符号的左上角；
B、乙醇中含有羟基；
C、根据CO2的比例模型分析；
D、H2中两个电子为共用电子对；
3．【答案】A
【解析】【解答】A.铜器表面的铜锈为Cu2(OH)2CO3，与HCl反应的离子方程式为：Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑，A符合题意；
B. 镁条与热水反应生成Mg(OH)2和H2，反应的化学方程式为：Mg＋2H2O=Mg(OH)2＋H2↑，B不符合题意；
C. Al2(SO4)3为可溶性盐，与氨水反应生成Al(OH)3沉淀和(NH4)2SO4，该反应的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，C不符合题意；
D. HI少量，则完全反应，I－能与Fe3＋反应，因此反应还生成I2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、铜器表面的铜锈为Cu2(OH)2CO3，能与HCl反应生成CuCl2、H2O和CO2；
B、反应生成的Mg(OH)2为难溶性物质；
C、NH3·H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式；
D、Fe3＋能将I－氧化成I2；
4．【答案】D
【解析】【解答】A.未给出气体所处的状态，因此2.24LCH4的物质的量不一定为0.1mol，因此所含的电子数不一定为NA，A不符合题意；
B. SO2与O2的反应为可逆反应，因此1molSO2不能完全反应，故转移电子数小于2Na，B不符合题意；
C. 14gN2和CO混合气体中n(CO)＜0.5mol，因此其所含的氧原子数小于0.5NA，C不符合题意；
D. 17g液氨的物质的量n=mM=17g17g/mol=1mol，一个NH3分子中含有三个N－H共价键，因此17g液氨中所含共价键为3NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
B、SO2与O2的反应为可逆反应；
C、14g混合物中CO的物质的量小于0.5mol；
D、根据公式n=mM计算n(NH3)，结合NH3中所含的共价键计算；
5．【答案】C
【解析】【解答】A.NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能用排空气法收集，A不符合题意；
B. 稀硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在大理石表面，阻止反应进一步进行，因此无法收集大量CO2，B不符合题意；
C. H2O2在MnO2的催化作用下反应生成O2，O2的密度比空气大，可采用向上排空气法收集，C符合题意；
D. MnO2与浓盐酸需要加热条件下才可反应生成Cl2，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】此题是对气体制备的考查，结合NO、CO2、O2、Cl2的制备和收集进行分析。图示装置中，气体发生装置为固液常温型装置；气体收集装置为向上排空气法，则该气体不能与空气中的物质反应，同时其密度比空气大。据此分析选项。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.由分子结构可知，该有机物的分子式为C20H20O9，A不符合题意；
B. 该分子结构中含有酯基，可发生水解反应，分子结构中含有苯环，可与H2发生加成反应，B符合题意；
C. 分子结构中含有羟基、羧基，可发生酯化反应，C不符合题意；
D. 1mol该有机物中含有3mol羟基和1mol羧基，因此能与4molNa发生反应，则m(Na)=4mol×23g·mol－1=92g，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据分子结构中所含的原子个数确定其分子式；
B、分子结构中含有酯基，可发生水解反应；
C、分子结构中含有羧基或羟基，则可发生酯化反应；
D、能与Na反应的官能团有羧基和羟基；
7．【答案】B
【解析】【解答】A.简单离子电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子的半径大小关系为Cl－>O2－>Mg2＋，即Z>X>Y，A不符合题意；
B. X、Z可以组成多种离子，如ClO－、ClO2－、ClO3－、ClO4－，B符合题意；
C. 四种元素的单质中能导电的不止一种，如石墨、镁，C不符合题意；
D. 常温下Z的单质Cl2不能置换出W的简单氢化物CH4中的碳元素，二者在光照条件下发生取代反应，也不生成碳单质，D不符合题意；
故答案为： B
【分析】四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19，且W、X、Y所在的族不相邻，因此族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，则W为C、X为O、Y为Mg、Z为Cl。据此分析选项。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.溴水褪色，说明反应生成烯烃或还原性气体，不一定是乙烯，A不符合题意；
B. 滴加浓硫酸后，反应生成的气体能使品红溶液褪色，则该气体可能为SO2或Cl2，因此该晶体中不一定含有SO32－，B不符合题意；
C. 锌与稀硫酸反应制取H2的过程中，若产生气体的速率先增大，则说明该反应为放热反应，温度升高使得反应速率加快，C符合题意；
D. ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，因此产生的白色沉淀为CaSO4，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、溴水褪色，说明生成烯烃；
B、Cl2、SO2都能使品红溶液褪色；
C、若产生H2的速率增大，则反应为放热反应；
D、ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－；
9．【答案】D
【解析】【解答】A.由反应能量变化图可知，该反应中反应物为2H2(g)和CO*，生成物为CH3OH，反应为ΔH=－65.7kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：2H2(g)＋CO*=CH3OH* ΔH=－65.7kJ·mol－1，A不符合题意；
B. 由图可知，能垒最高的为[46.9－(－131.4)]kJ·mol－1=178.3kJ·mol－1，因此决速步骤的能垒为178.3kJ·mol－1，B不符合题意；
C. 由图可知，该反应中，催化剂并未参与反应，C不符合题意；
D. TS3能垒为[50.4－(－148)]kJ·mol－1=65.2kJ·mol－1，TS5的能垒为[37.4－(－15.2)]kJ·mol－1=52.6kJ·mol－1，因此TS3的能量更高，则TS3的反应速率更慢，D符合题意；
故答案为： D
【分析】A、根据图中确定反应物和生成物，以及反应热，从而得出反应的热化学方程式；
B、根据反应过程中的能量变化确定最高能垒的能量；
C、该反应中，催化剂不参与反应；
D、比较TS3、TS5的能垒高低，从而确定反应速率的大小；
10．【答案】D
【解析】【解答】A.NaClO是由NaOH与HClO反应得到的，因此NaClO属于强碱弱酸盐，A不符合题意；
B. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中c(H＋)不同，溶液褪色的速率不同，因此ClO－与Cl－能发反应，与溶液中c(H＋)有关，B不符合题意；
C. 实验Ⅰ中溶液显碱性，Ⅱ中溶液pH=5.1，显酸性，溶液迅速褪色，说明酸性条件下，ClO－的氧化性强于碱性条件下，C不符合题意；
D. 实验Ⅲ中加入稀硫酸后，产生大量气体，说明酸性条件下，ClO－能与Cl－反应生成Cl2，因此“84”消毒液对环境消毒时不能加入稀硫酸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、NaClO是强碱弱酸盐；
B、根据实验中c(H＋)不同，产生不同现象进行分析；
C、根据不同酸性溶液中，溶液褪色的时间比较ClO－的氧化性强弱；
D、加入稀硫酸，会使得ClO－转化为Cl2；
11．【答案】D
【解析】【解答】A.由于CH2Cl2难溶于水，且密度比水大，若将电池倒置，则不利于PF6－的来回穿梭，维持电荷平衡，因此该电池使用时不能倒置，A不符合题意；
B. 由分析可知，充电时石墨毡上的电极反应式为PtZ－e－=PtZ＋，B不符合题意；
C. 放电时，该装置为原电池装置，在原电池中阴离子负正极移动，因此PF6－由CH2Cl2层移向水层，C不符合题意；
D. 放电时，Zn板每减轻6.5g，即为0.1mol，则转移电子数为0.2mol，因此有0.2molPF6－移向水层，因此水层质量增加为：0.2mol×50g·mol－1=10g，D符合题意；
故答案为： D
【分析】该装置为原电池装置，Zn电极做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；石墨毡电极做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PTZ＋＋e－=PTZ。充电时为电解池装置，Zn电极做阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Zn2＋＋2e－=Zn；石墨毡电极做阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：PTZ－e－=PTZ＋。据此分析选项。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.该反应中既是反应物，又是生成物，因此属于反应的中间体，A不符合题意；
B. 根据物质结构可知，过程②中反应物的双键没有断裂，因此过程②不属于加成反应，B符合题意；
C. 该反应中，反应物为CH2=CH2和O2，生成物为CH3CHO，因此该反应中H2O参与反应的量和生成的量相同，C符合题意；
D. 由题干信息可得，该反应中反应物为CH2=CH2和O2，生成物为CH3CHO，因此该反应的化学方程式为：CH2=CH2＋12O2→催化剂CH3CHO，D不符合题；
故答案为： B
【分析】A、反应过程中既是生成物又是反应物的为中间产物；
B、根据反应过程中化学键的变化分析反应类型；
C、根据总反应进行分析；
D、该反应过程是将CH2=CH2转化为CH3CHO，据此确定反应的总反应；
13．【答案】A
【解析】【解答】A.加热条件下，MnO2能与浓盐酸反应生成Cl2，但与稀盐酸不反应管，因此该用盐酸进行“酸浸”，不会产生氯气，A符合题意；
B. “还原焙烧”过程中，加入的炭黑具有还原性＋能将＋4锰元素还原为＋2价，B不符合题意；
C. “净化”过程中加入的O2具有氧化性＋能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，C不符合题意；
D. “电解”时，溶液中的Zn2＋在阴极发生得电子的还原反应，生成Zn，因此Zn在阴极产生，D不符合题意；
故答案为： A
【分析】A、MnO2与稀盐酸不反应；
B、结合炭的还原性分析；
C、O2能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；
D、电解时，Zn2＋在阴极发生得电子的还原反应；
14．【答案】D
【解析】【解答】A.由图可知，当温度降低时，lgc(CO)减小，则c(CO)减小，即降低温度，c(CO)减小，说明降低温度，平衡逆向移动，因此逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，因此该反应的ΔH>0，A不符合题意；
B. Q点时lgc(CO)大于平衡时lgc(CO)，即Q点时c(CO)大于平衡时c(CO)，此时反应逆向移动进行，即生成BaSO4的速率大于消耗BaSO4的速率，B不符合题意；
C. 温度不变时，容器的体积缩小，体系的压强增大，平衡逆向移动，达到新的平衡时，体系的压强不变，C不符合题意；
D. 温度为1046K时，平衡时lgc(CO)=0.5，即此时c(CO)=10mol/L，该反应的平衡常数K=c4CO=104=100，D符合题意；
故答案为： D
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B、Q点时c(CO)大于平衡时c(CO)，反应逆向进行；
C、容器体积缩小，压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
D、当温度为1046K时，lgc(CO)=0.5，据此进行计算；
15．【答案】C
【解析】【解答】A.由分析可得，电解后在产品室Ⅱ中得到NaOH，产品室Ⅰ中得到HA，A不符合题意；
B. 由分析可知，交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，B不符合题意；
C. 极室Ⅰ为阴极室，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，C符合题意；
D. 由于产品室内溶液的体积未知，无法判断溶液中溶质的物质的量浓度，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】该装置为电解池装置，Na＋由极室Ⅱ通过交换膜Ⅲ进入产品室Ⅱ中，因此交换膜Ⅲ为阳离子交换膜，极室Ⅱ为阳极室，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑。OH－、Na＋移向产品室Ⅱ，因此产品室Ⅱ得到的是NaOH。极室Ⅰ为阴极室，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。料室中含有NaA废水，Na＋通过交换膜Ⅰ进入极室Ⅰ，因此交换膜Ⅰ为阳离子交换膜；A－通过交换膜Ⅱ进入产品室Ⅰ，因此交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，由于H＋进入产品室Ⅰ，因此产品室Ⅰ所得为HA。据此分析选项。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.当溶液中c(CO32－)=c(HCO3－)时，pM=0，由图像可知，溶液中pM值随pH的增大而减小，因此当pM=0时，溶液的pH>7，显碱性，A不符合题意；
B. CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)=c(CO32－)，令c(Ca2＋)=c(CO32－)=amol·L－1，则a²=10-8.6，解得a=10-4.3mol/L，因此CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)>10-4.3mol·L－1，B不符合题意；
C. 当浊液中c(Ca2＋)=10－3mol·L－1时，溶液中cCO32-=KspcCa2+=10-8.610-3=10-5.6mol/L，由于溶液中c(HCO3－)未知，因此无法判断溶液的pH值，C符合题意；
D. Ca(HCO3)2溶液中HCO3－的水解程度大于HCO3－的电离程度，而CO32－来自HCO3－的电离产生，因此溶液中c(OH－)>c(CO32－)，因此溶液中阴离子浓度关系为c(HCO3－)>c(OH－)>c(CO32－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、溶液中c(CO32－)=C(HCO3－)时，pM=0，据此结合图像确定溶液的酸碱性；
B、CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)=c(CO32－)，结合Ksp计算悬浊液中c(Ca2＋)；
C、根据Ksp计算溶液中c(CO32－)；
D、Ca(HCO3)2溶液中CO32－来自于HCO3－的电离，而HCO3－的水解程度大于其电离程度，据此分析溶液中阴离子浓度关系；
17．【答案】（1）第三周期第IVA族
（2）5Na2O·Li2O·12SiO2 或Li2O·5Na2O·12SiO2
（3）Si +2OH- +H2O=SiO32- +2H2↑
（4）光伏电(池)板；光导纤维；等质量时,金属离子Li+物质的量较大,储存电量较多；LiC6-xe-=Li1-xC6+xLi+
【解析】【解答】（1）由分析可知，Z为Si，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族。
（2）由分析可知，W为Li、X为O、Y为Na、Z为Si。因此该玉石成分的化学式为Li2Na10Si12O30，用氧化物形式书写为：Li2O·5Na2O·12SiO2。
（3）Z的单质为Si，Y的氧化物对应的水化物为NaOH，二者可反应生成Na2SiO3和H2，该反应的离子方程式为：Si＋2OH－＋H20=SiO32－＋2H2↑。
（4）①Z的单质为Si，常用作光伏电池板；X和Z组成的化合物为SiO2，常用作光导纤维。
②W的离子为Li＋，Y的离子为Na＋，等质量的Li＋和Na＋，n(Li＋)>n(Na＋)，因此其储存的电量较多，具有更好的储能优势。
在该电池中，复合材料LiC6为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：LiC6－xe－=Li1－xC6＋xLi＋。
【分析】玉石为硅酸盐，因此含有O、Si两种元素。由题干信息可知，W、X为第二周期元素，Y、Z为第三周期元素。且X元素的原子序数为偶数，因此X为O，则Z为Si。令W、Y的最外层电子数为a，则可得a＋a＋4=6，解得 a=1。因此W为Li，Y为Na。
18．【答案】（1）CaWO4+Na2CO3高温__ Na2WO4+CaO+CO2↑；Fe2CO3、CaSiO3
（2）取少量滤液,用pH试纸检验其pH,pH≤8说明滤液中不含SiO32-
（3）12WO42-+18H+=W12O396-+9H2O
【解析】【解答】（1）”碱熔“过程中CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4、CaO和CO2，该反应的化学方程式为：CaWO4+Na2CO3=高温Na2WO4+CaO+CO2↑。“碱熔”过程中Na2CO3与SiO2反应生成Na2SiO3和CO2，Na2SiO3进一步与CaWO4反应形成CaSiO3和Na2WO4。因此“碱熔”后所得的固体中含有Na2CO3、Na2WO4、Fe2O3、CaSiO3，而Na2WO4、Na2CO3可溶于水，因此过滤后所得的滤渣Ⅰ中含有Fe2O3、CaSiO3。
（2）由已知信息可知，当溶液中SiO32－完全沉淀时，溶液的pH为8，因此若溶液的pH≤8，则溶液中的SiO32－完全沉淀。故检验“除硅”的滤液中不含有SiO32－的简单方法是：取少量滤液，用pH试纸检验滤液的pH值，若滤液的pH≤8，则说明滤液中不含有SiO32－。
（3）酸化过程中，Na2WO4与HCl反应生成Na6W12O39和H2O，该反应的离子方程式为：12WO42-+18H+=W12O396-+9H2O。
【分析】（1）”碱熔“过程中CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4、CaO和CO2，据此写出反应的化学方程式。结合反应后所得物质的溶解性判断滤渣Ⅰ的成分。
（2）结合SiO32－完全沉淀的pH进行分析。
（3）酸化过程中，Na2WO4与HCl反应生成Na6W12O39和H2O，据此写出反应的离子方程式。
19．【答案】（1）c
（2）(空气)冷凝管；蒸气的温度较高,用空气冷凝可防止冷凝管通水冷却导致玻璃温差过大而炸裂
（3）CH3COOH；防止乙酸过多时流回烧瓶，会抑制反应原理中第一步反应的正向进行
（4）
【解析】【解答】（1）由香豆素、水杨醛、乙酸酐和乙酸的沸点可知，温度计2的量程应选用250℃，可及时蒸出水杨醛、乙酸酐和乙酸，制得香豆素，因此答案为c。
（2）图示仪器b为空气冷凝管。采用空气冷凝而不用水冷凝，可防止由于蒸汽温度过高，导致温差过大而发生炸裂。
（3）当温度达到118℃时，达到乙酸的沸点，乙酸形成蒸汽，通过空气冷凝管，形成液态，因此此时得到的冷凝液的成分为乙酸，其化学式为CH3COH。及时蒸出乙酸，有利于第一步反应平衡正向移动，增大产率。
（4）水杨醛中的－CHO可被空气中的O2氧化成－COOH，因此产生水杨酸的反应的化学方程式为：。
【分析】（1）根据反物质的沸点，确定温度计的量程。
（2）根据图示仪器确定其名称。蒸汽温度较高，若用水冷凝，易造成温差过大，使得冷凝管炸裂。
（3）结合乙酸的沸点为118℃确定所得冷凝液的成分。结合乙酸对反应平衡移动的影响分析。
（4）水杨醛中的-CHO易被空气中的氧气氧化成-COOH。
20．【答案】（1）非酸性
（2）N2H4(l) +2N2O(g)= -3N2(g) +2H2O(l) △H= -784.2 kJ.mol-1
（3）4.2x10-4；0.025 mol.L-1
（4）10.8；在该温度下,开始阶段反应I的速率比反应II的快,故N2O3的物质的量增加,- -段时间后反应I的速率变慢,反应II的速率加快,故N2O3的物质的量又减少
【解析】【解答】（1）N2O不能与NaOH溶液反应生成盐和水，因此N2O属于非酸性氧化物。
（2）N2H4(l)与O2反应的热化学方程式为：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH=－621.2kJ·mol－1。N2O(g)与N2H4(l)反应的化学方程式为：2N2O(g)＋N2H4(l)=3N2(g)＋2H2O(l)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=(－163kJ·mol－1)＋(－621.2kJ·mol－1)=－784.2kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：2N2O(g)＋N2H4(l)=3N2(g)＋2H2O(l) ΔH=－784.2kJ·mol－1。
（3）①60～120s内，N2O的变化浓度c(N2O)=0.10mol·L－1－0.05mol·L－1=0.05mol·L－1，由反应的化学方程式可知，反应生成c(O2)=0.025mol·L－1，因此60～120s内用O2表示的反应速率为vO2=∆cO2∆t=0.025mol/L60s=4.2×10-4mol/(L·s)。
②由浓度变化可知，在0~60s内，c(N2O)的浓度由0.2mol·L－1变为0.1mol·L－1；60～120s内，c(N2O)由0.1mol·L－1变为0.05mol·L－1，则没60s内，c(N2O)变为原来的一半，因此在180s时，c(N2O)=0.025mol·L－1。
（4）①设反应达到平衡时，n(N2O)=xmol、n(N2O5)=ymol；由图像可知，当反应达到平衡n(N2O3)=0.3mol、n(O2)=2.7mol。由氮元素守恒可得，0.3mol×2＋2x＋2y=2mol×2；由氧元素守恒可得，0.3mol×3＋2.7mol×2＋x＋5y=2mol×5。整理可得x+y=1.7x+5y=3.7，解得x=1.2y=0.5。即平衡时，n(N2O)=1.2mol、n(N2O5)=0.5mol。因此反应达到平衡时，cN2O3=0.3mol1L=0.3mol/L、cN2O=1.2mol1L=1.2mol/L、cO2=2.7mol1L=2.7mol/L。因此反应Ⅱ的平衡常数K=cN2O×cO2cN2O3=1.2×2.70.3=10.8。
②在该温度下，开始阶段反应I的速率比反应II的快，故N2O3的物质的量增加；一段时间后反应I的速率变慢，反应II的速率加快，故N2O3的物质的量又减少。
【分析】（1）酸性氧化物是指能与碱溶液反应生成盐和水的氧化物。
（2）写出N2H4(l)与O2、N2O(g)与N2H4(l)反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（3）①结合图像数据，根据公式v=∆c∆t计算反应速率。
②结合反应过程中c(N2O)的变化曲线分析。
（4）①根据元素质量守恒计算体系中c(N2O)，结合平衡常数的Ⅱ的平衡常数。
②根据反应过程中速率变化分析。
21．【答案】（1）10-10.32
（2）＞
（3）SO32- 、HSO3-
（4）Na2CO3 +2SO2+H2O=2NaHSO3 +CO2；正；HSO3- +H2O-2e-=3H++SO42-
【解析】【解答】（1）H2CO3是二元弱酸，在水中分步电离，其电离方程式为：H2CO3⇌H＋＋HCO3－、HCO3－⇌H＋＋CO32－。由图1可知，当pH=10.32时，溶液中c(HCO3－)=c(CO32－)，因此H2CO3的二级电离常数Ka2=cH+×cCO32-cHCO3-=cH+=10-10.32。
（2）由于酸性HSO3－>HCO3－，结合“越弱越水解”可得，水解程度SO32－
（4）①由于酸性H2SO3>HSO3－>H2CO3，因此SO2过量时，SO2与Na2CO3溶液反应的化学方程式为：Na2CO3＋2SO2＋H2O=2NaHSO3＋CO2。
②如图装置为电解NaHSO3溶液，同时生成NaOH和H2SO4。因此左侧稀NaOH溶液中，通过电解后应生成NaOH，则Q电极的电极反应式为：2H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－。因此Q电极为阴极，R电极为阳极，故R电极与电源的正极相连。右侧稀硫酸中，通过电解产生SO42－，因此R电极的电极反应式为：HSO3－－2e－＋H2O=SO42－＋3H＋。
【分析】（1）根据H2CO3的第二步电离方程式，结合图像数据计算H2CO3的二级电离常数。
（2）由于酸性HSO3－>HCO3－，因此水解程度SO32－
（4）①SO2过量，则与Na2CO3反应生成NaHSO3和CO2，据此写出反应的化学方程式。
②左侧稀NaOH溶液中，电解后应生成NaOH；右侧稀硫酸中，电解后应生成H2SO4，据此确定电极类型和电极反应式。
河南省信阳高中十所名校2022届高三上学期12月质量检测
化学试卷
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2021年10月，国务院办公厅印发了《关于进一步加强生物多样性保护的意见》，这说明国家特别重视生态环境。下列对生态环境保护的说法或做法中正确的是（ ）
A．化学技术在“碳达峰、碳中和”方面发挥着巨大作用
B．燃油汽车使用尾气催化转化装置可减少污染气体排放，有利于实现“碳中和”
C．种植蔬菜水果时禁止农民使用肥料和农药
D．在田间就地焚烧农作物秸秆，将灰分还田
2．工业上以CO2和H2为原料可以制备乙醇，下列有关表述正确的是（ ）
A．O—18的核素符号：18O
B．乙醇的结构简式：CH3—CH3O
C．CO2分子的比例模型：
D．用电子式表示H2的形成过程：
3．下列过程的离子方程式书写正确的是（ ）
A．用稀盐酸处理铜器表面的铜绿：Cu2（OH）2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑
B．将镁条投入滴有酚酞的热水中，溶液变红：Mg＋2H2O=∆Mg2＋＋H2↑＋2OH－
C．向硫酸铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓
D．向硝酸亚铁溶液中滴加少量氢碘酸：3Fe2＋＋ NO3－ ＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2．24 L CH4与1．8 g H2O所含电子数均为NA
B．1 mol SO2与3 mol O2充分混合反应后，转移的电子数为2NA
C．14 g N2和CO的混合气体中含有的氧原子数为0．5NA
D．17 g液氨中含有的共价键数是3NA
5．实验室采用下表中试剂和装置制备和收集气体（不考虑尾气处理），合理的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
6．柠檬酸酯D是合成改善记忆、抗抑郁、抗衰老的药物的中间体，其结构简式如图所示，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．分子式是C20H20O9
B．能发生水解反应，不能发生加成反应
C．分子间能发生酯化反应
D．1 mol该物质最多能与92 g Na发生反应
7．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径大小顺序：Z＞Y＞X
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
8．下列由实验现象推出的实验结论正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
9．我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和H2合成CH3OH的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1～TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是（ ）
A．总反应的热化学方程式是2H2(g)＋CO(g)=CH3OH(g)△H＝－65.7 kJ·mol－1
B．图中决速步骤的能垒（活化能）为91．5 kJ·mol－1
C．催化剂在该历程中参与反应并降低了反应的活化能
D．该历程中经过TS3时的反应速率比经过TS5时的反应速率慢
10．“84”消毒液的有效成分为NaClO，具有漂白性、氧化性。某课外小组对“84”消毒液的性质进行如下探究：用三支试管分别取适量“84”消毒液，各滴加2滴石蕊溶液，溶液变为蓝色，备用。
实验Ⅰ：向第一支试管中加入2 mL蒸馏水，溶液的pH＝9．8，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去；
实验Ⅱ：向第二支试管中加入2 mL 0．000 1 mol·L－1的H2SO4溶液，混合液的pH＝5．1，
蓝色迅速褪去，无气体产生；
实验Ⅲ：向第三支试管中加入2 mL 1 mol·L－1的H2SO4溶液，混合液的pH＝3．3，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
下列对相关实验现象的分析错误的是（ ）
A．NaClO为强碱弱酸盐
B．溶液中ClO－和Cl－能否发生反应与c（H＋）有关
C．ClO－在酸性条件下的氧化性强于碱性条件下
D．“84”消毒液对环境进行消毒时需要加入少量的稀硫酸
11．《X—MOL》报道了一种两相无膜锌／吩噻嗪电池，其放电时的工作原理如图所示（ PF6－ 在水系／非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷守恒）。
已知：CH2Cl2的密度为1.33 g·cm－3，难溶于水。下列说法错误的是（ ）
A．电池使用时不能倒置
B．充电时，石墨毡上的电极反应式为PTZ－e－=PTZ＋
C．放电时， PF6－ 由CH2Cl2层移向水层
D．放电时，Zn板每减轻6．5 g，水层增重29 g
12．利用PdCl2、CuCl2作催化剂，空气、乙烯反应生成乙醛，反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．是反应中间体
B．过程②属于加成反应
C．H2O在反应过程中参与反应的量与产生的量相同
D．总反应为CH2＝CH2＋1／2O2→催化剂 CH3CHO
13．废旧电池的回收处理有利于环保和资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn（OH）2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
下列说法中错误的是（ ）
A．若改用盐酸进行“酸浸”，则该过程中会产生氯气
B．“还原焙烧”过程中，废料中的锰元素可能被还原为＋2价
C．“净化”时通入O2发生的反应是4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O
D．“电锯”时，Zn在阴极生成
14．已知在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应BaSO4（s）＋4C（s） ⇌ BaS（s）＋4CO（g），CO的平衡浓度（mol·L－1）的对数lg c（CO）与温度的倒数 1T 的关系如图所示：
下列说法中正确的是（ ）
A．该反应的△H＜0
B．Q点BaSO4的消耗速率大于生成速率
C．温度不变，将R点状态的容器体积缩小，重新达到平衡时，气体的压强增大
D．温度是 1046 K时，反应的平衡常数为100
15．近期《化工环保》报道了用双极膜电渗析法回收丙烯酸丁酯废水中的有机酸（用HA表示），工作原理如图（BP表示双极膜，在直流电场的作用下，双极膜内中间界面层的水会解离为H＋和OH－，分别迁移进入双极膜两侧）。
图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法中正确的是（ ）
A．电解后在极室Ⅱ中得到盐酸
B．交换膜Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是阳离子交换膜
C．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
D．产品X、Y分别是HA和NaOH溶液，二者浓度相同
16．常温下，向CaCO3悬浊液中通入CO2，溶液中 c(CO32－)c(HCO3－) 的负对数pM与pH的关系如下。已知Ksp（CaCO3）＝10－8．6。下列说法错误的是（ ）
A．当溶液中c（ CO32－ ）＝c（ HCO3－ ）时，溶液为碱性
B．CaCO3悬浊液中Ca2＋的浓度大于10－4．3mol·L－1
C．当浊液中c（Ca2＋）＝10－3mol·L－1时，其pH＝8
D．Ca（HCO3）2溶液中的阴离子浓度：c（ HCO3－ ）＞c（OH－）＞c（ CO32－ ）
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17．某玉石由短周期主族元素W、X、Y、Z组成，且W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与Y同主族，W与X同周期。W、Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等，Z的最外层电子数是X电子总数的一半。回答下列问题：
（1）Z在元素周期表中的位置是 。
（2）该玉石的成分是W2Y10Z12X30，若CaSO4的化学式可以写成CaO·SO3二元化合物组合的形式，则该玉石的成分用二元化合物组合的形式可以写成 。
（3）已知Z的单质可以溶于Y的氧化物对应的水化物溶液中，该过程发生反应的离子方程式是 。
（4）四种元素的单质及其化合物广泛应用于电池、通信等领域。
①Z的单质常用作 材料（填一种，下同）；X和Z组成的化合物常用作 材料。
②W离子电池比Y离子电池有更好的储能优势，其原因是 。在W离子电池
中，W离子嵌入石墨形成复合材料WC6，该材料是电池的负极材料，当电池部分放电释
放出x个W离子时，该电极反应式是 。
18．白钨矿的主要成分是CaWO4、SiO2，还有氧化铁等杂质，工业生产钨的一种流程如下：
已知：①离子完全沉淀时的pH： SiO32－ 为8， WO42－ 为5。
②常温常压下，CO2饱和溶液的pH为5．6。
③CaCO3、CaSiO3都难溶于水。
回答下列问题：
（1）“碱熔”是在高温下进行的，其中CaWO4与纯碱发生反应的化学方程式是 。滤渣Ⅰ的化学式是 、CaCO3。
（2）检验“除硅”的滤液中不含 SiO32－ 的简单方法是 。
（3）“酸化”过程中Na2WO4溶液加盐酸酸化，变成聚钨酸钠（Na6W12O39）溶液，其离子方程式为 。
19．香豆素是维生素K拮抗剂。实验室中采用水杨醛和乙酸酐来合成香豆素：
已知某些有机物的性质见下表：
香豆素的制备装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置中需要安装的温度计1的量程是 （填字母）。
a．100℃ b．150℃
c．250℃ d．500℃
（2）仪器b的名称是 ，装置采用空气冷凝，而不采用水冷凝的原因是 。
（3）Y形接头上安装温度计进行监控，当温度达到118℃时，可由分水器下方及时放出冷凝液，该冷凝液的成分是 （填化学式），这样做的目的是 。
（4）在制取的香豆素中发现含有少量的水杨酸（），用化学方程式表示其产生的原因： 。
20．一氧化二氮（N2O）又称笑气，是一种氧化剂，在一定条件下能支持燃烧，但在室温下稳定，有轻微麻醉作用。
（1）1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现N2O有麻醉作用。N2O属于 （填“酸性”或“非酸性”）氧化物。
（2）1940年前后由美国某公司率先开发了N2O用作火箭的氧化剂。已知：2N2O（g）=2N2（g）＋O2（g） △H＝－163 kJ·mol－1；常温常压下，联氨（N2H4，l）在氧气中完全燃烧生成1 mol N2（g）和液态水的△H＝－621．2 kJ·mol－1，则N2O（g）氧化N2H4（l）生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是 。
（3）一定温度下，某科研小组在恒容密闭容器中对反应2N2O（g）=2N2（g）＋O2（g）进行了研究，发现N2O的浓度与时间的关系如图所示：
①60～120 s内用O2表示的该反应的平均速率是 mol·L－1·s－1（结果保留两位有效数字）。
②180 s时，c（N2O）＝ 。
（4）N2O5加热分解可以得到N2O：Ⅰ．N2O5（g） ⇌ N2O3（g）＋O2（g）、
Ⅱ．N2O3（g） ⇌ N2O（g）＋O2（g）。一定温度下，将2 mol N2O5（g）充入容积为1 L的恒容密闭容器中，t s时反应达到平衡状态，O2（g）和N2O3（g）的物质的量随反应时间的变化曲线如图所示：
①反应Ⅱ的平衡常数是 。
②N2O3的物质的量随反应时间先增大后减小的原因是 。
21．工业上采用Na2CO3溶液吸收尾气中的SO2。25℃时，向H2CO3溶液中滴加NaOH溶液，H2CO3、 HCO3－ 及 CO32－ 的物质的量分数δ（X）随溶液pH的变化如图1所示[ δ(X)＝n(X)n(H2CO3)＋n(HCO3－)＋n(CO32－) ]；向H2SO3溶液中滴加NaOH溶液，H2SO3、 HSO3－ 及 SO32－ 的物质的量分数δ（Y）随溶液pH的变化如图2所示。
回答下列问题：
（1）碳酸的二级电离常数是 。
（2）在含等物质的量的Na2CO3、Na2SO3的混合溶液中，c（ HCO3－ ） c（ HSO3－ ）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）用Na2CO3吸收液吸收SO2，当碳以 HCO3－ 形式存在（H2CO3和 CO32－ 忽略不计）时，硫以 形式存在（填离子符号）。
（4）用Na2CO3吸收液充分吸收SO2（SO2过量）。
①发生反应的化学方程式是 。
②用下图装置将充分吸收SO2后的吸收液电解生成：NaOH、H2SO4，以回收利用。
其中R接直流电源的 极，R极上的电极反应式是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.应用化学技术可减少CO2的排放，实现“碳达峰、碳中和”，A不符合题意；
B. 燃油汽车尾气中含有氮氧化物、CO，通过催化转化装置，可将其转化为N2、CO2，有利于实现“碳中和"，B不符合题意；
C. 适当使用肥料和农药，有利于提高蔬菜水果的产量和质量，C符合题意；
D. 焚烧秸秆，会造成空气污染，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】A、应用化学技术可减少CO2的排放；
B、催化转化装置，可将氮氧化物转化为N2；
C、适当使用农药和肥料，可增大蔬菜水果的产量和质量；
D、焚烧秸秆，会造成空气污染；
2．【答案】C
【解析】【解答】A.O-18的核素符号为18O，A不符合题意；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，B不符合题意；
C. CO2分子的比例模型为，C符合题意；
D. H2分子中含有H－H共价键，氢原子中的电子没有发生转移，而是共用，因此用电子表示H2的形成过程为：，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】A、相对原子质量应表在元素符号的左上角；
B、乙醇中含有羟基；
C、根据CO2的比例模型分析；
D、H2中两个电子为共用电子对；
3．【答案】A
【解析】【解答】A.铜器表面的铜锈为Cu2(OH)2CO3，与HCl反应的离子方程式为：Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑，A符合题意；
B. 镁条与热水反应生成Mg(OH)2和H2，反应的化学方程式为：Mg＋2H2O=Mg(OH)2＋H2↑，B不符合题意；
C. Al2(SO4)3为可溶性盐，与氨水反应生成Al(OH)3沉淀和(NH4)2SO4，该反应的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，C不符合题意；
D. HI少量，则完全反应，I－能与Fe3＋反应，因此反应还生成I2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、铜器表面的铜锈为Cu2(OH)2CO3，能与HCl反应生成CuCl2、H2O和CO2；
B、反应生成的Mg(OH)2为难溶性物质；
C、NH3·H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式；
D、Fe3＋能将I－氧化成I2；
4．【答案】D
【解析】【解答】A.未给出气体所处的状态，因此2.24LCH4的物质的量不一定为0.1mol，因此所含的电子数不一定为NA，A不符合题意；
B. SO2与O2的反应为可逆反应，因此1molSO2不能完全反应，故转移电子数小于2Na，B不符合题意；
C. 14gN2和CO混合气体中n(CO)＜0.5mol，因此其所含的氧原子数小于0.5NA，C不符合题意；
D. 17g液氨的物质的量n=mM=17g17g/mol=1mol，一个NH3分子中含有三个N－H共价键，因此17g液氨中所含共价键为3NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
B、SO2与O2的反应为可逆反应；
C、14g混合物中CO的物质的量小于0.5mol；
D、根据公式n=mM计算n(NH3)，结合NH3中所含的共价键计算；
5．【答案】C
【解析】【解答】A.NO能与空气中的O2反应生成NO2，因此NO不能用排空气法收集，A不符合题意；
B. 稀硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在大理石表面，阻止反应进一步进行，因此无法收集大量CO2，B不符合题意；
C. H2O2在MnO2的催化作用下反应生成O2，O2的密度比空气大，可采用向上排空气法收集，C符合题意；
D. MnO2与浓盐酸需要加热条件下才可反应生成Cl2，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】此题是对气体制备的考查，结合NO、CO2、O2、Cl2的制备和收集进行分析。图示装置中，气体发生装置为固液常温型装置；气体收集装置为向上排空气法，则该气体不能与空气中的物质反应，同时其密度比空气大。据此分析选项。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.由分子结构可知，该有机物的分子式为C20H20O9，A不符合题意；
B. 该分子结构中含有酯基，可发生水解反应，分子结构中含有苯环，可与H2发生加成反应，B符合题意；
C. 分子结构中含有羟基、羧基，可发生酯化反应，C不符合题意；
D. 1mol该有机物中含有3mol羟基和1mol羧基，因此能与4molNa发生反应，则m(Na)=4mol×23g·mol－1=92g，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据分子结构中所含的原子个数确定其分子式；
B、分子结构中含有酯基，可发生水解反应；
C、分子结构中含有羧基或羟基，则可发生酯化反应；
D、能与Na反应的官能团有羧基和羟基；
7．【答案】B
【解析】【解答】A.简单离子电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子的半径大小关系为Cl－>O2－>Mg2＋，即Z>X>Y，A不符合题意；
B. X、Z可以组成多种离子，如ClO－、ClO2－、ClO3－、ClO4－，B符合题意；
C. 四种元素的单质中能导电的不止一种，如石墨、镁，C不符合题意；
D. 常温下Z的单质Cl2不能置换出W的简单氢化物CH4中的碳元素，二者在光照条件下发生取代反应，也不生成碳单质，D不符合题意；
故答案为： B
【分析】四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19，且W、X、Y所在的族不相邻，因此族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，则W为C、X为O、Y为Mg、Z为Cl。据此分析选项。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.溴水褪色，说明反应生成烯烃或还原性气体，不一定是乙烯，A不符合题意；
B. 滴加浓硫酸后，反应生成的气体能使品红溶液褪色，则该气体可能为SO2或Cl2，因此该晶体中不一定含有SO32－，B不符合题意；
C. 锌与稀硫酸反应制取H2的过程中，若产生气体的速率先增大，则说明该反应为放热反应，温度升高使得反应速率加快，C符合题意；
D. ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，因此产生的白色沉淀为CaSO4，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、溴水褪色，说明生成烯烃；
B、Cl2、SO2都能使品红溶液褪色；
C、若产生H2的速率增大，则反应为放热反应；
D、ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－；
9．【答案】D
【解析】【解答】A.由反应能量变化图可知，该反应中反应物为2H2(g)和CO*，生成物为CH3OH，反应为ΔH=－65.7kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：2H2(g)＋CO*=CH3OH* ΔH=－65.7kJ·mol－1，A不符合题意；
B. 由图可知，能垒最高的为[46.9－(－131.4)]kJ·mol－1=178.3kJ·mol－1，因此决速步骤的能垒为178.3kJ·mol－1，B不符合题意；
C. 由图可知，该反应中，催化剂并未参与反应，C不符合题意；
D. TS3能垒为[50.4－(－148)]kJ·mol－1=65.2kJ·mol－1，TS5的能垒为[37.4－(－15.2)]kJ·mol－1=52.6kJ·mol－1，因此TS3的能量更高，则TS3的反应速率更慢，D符合题意；
故答案为： D
【分析】A、根据图中确定反应物和生成物，以及反应热，从而得出反应的热化学方程式；
B、根据反应过程中的能量变化确定最高能垒的能量；
C、该反应中，催化剂不参与反应；
D、比较TS3、TS5的能垒高低，从而确定反应速率的大小；
10．【答案】D
【解析】【解答】A.NaClO是由NaOH与HClO反应得到的，因此NaClO属于强碱弱酸盐，A不符合题意；
B. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中c(H＋)不同，溶液褪色的速率不同，因此ClO－与Cl－能发反应，与溶液中c(H＋)有关，B不符合题意；
C. 实验Ⅰ中溶液显碱性，Ⅱ中溶液pH=5.1，显酸性，溶液迅速褪色，说明酸性条件下，ClO－的氧化性强于碱性条件下，C不符合题意；
D. 实验Ⅲ中加入稀硫酸后，产生大量气体，说明酸性条件下，ClO－能与Cl－反应生成Cl2，因此“84”消毒液对环境消毒时不能加入稀硫酸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、NaClO是强碱弱酸盐；
B、根据实验中c(H＋)不同，产生不同现象进行分析；
C、根据不同酸性溶液中，溶液褪色的时间比较ClO－的氧化性强弱；
D、加入稀硫酸，会使得ClO－转化为Cl2；
11．【答案】D
【解析】【解答】A.由于CH2Cl2难溶于水，且密度比水大，若将电池倒置，则不利于PF6－的来回穿梭，维持电荷平衡，因此该电池使用时不能倒置，A不符合题意；
B. 由分析可知，充电时石墨毡上的电极反应式为PtZ－e－=PtZ＋，B不符合题意；
C. 放电时，该装置为原电池装置，在原电池中阴离子负正极移动，因此PF6－由CH2Cl2层移向水层，C不符合题意；
D. 放电时，Zn板每减轻6.5g，即为0.1mol，则转移电子数为0.2mol，因此有0.2molPF6－移向水层，因此水层质量增加为：0.2mol×50g·mol－1=10g，D符合题意；
故答案为： D
【分析】该装置为原电池装置，Zn电极做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；石墨毡电极做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PTZ＋＋e－=PTZ。充电时为电解池装置，Zn电极做阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Zn2＋＋2e－=Zn；石墨毡电极做阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：PTZ－e－=PTZ＋。据此分析选项。
12．【答案】B
【解析】【解答】A.该反应中既是反应物，又是生成物，因此属于反应的中间体，A不符合题意；
B. 根据物质结构可知，过程②中反应物的双键没有断裂，因此过程②不属于加成反应，B符合题意；
C. 该反应中，反应物为CH2=CH2和O2，生成物为CH3CHO，因此该反应中H2O参与反应的量和生成的量相同，C符合题意；
D. 由题干信息可得，该反应中反应物为CH2=CH2和O2，生成物为CH3CHO，因此该反应的化学方程式为：CH2=CH2＋12O2→催化剂CH3CHO，D不符合题；
故答案为： B
【分析】A、反应过程中既是生成物又是反应物的为中间产物；
B、根据反应过程中化学键的变化分析反应类型；
C、根据总反应进行分析；
D、该反应过程是将CH2=CH2转化为CH3CHO，据此确定反应的总反应；
13．【答案】A
【解析】【解答】A.加热条件下，MnO2能与浓盐酸反应生成Cl2，但与稀盐酸不反应管，因此该用盐酸进行“酸浸”，不会产生氯气，A符合题意；
B. “还原焙烧”过程中，加入的炭黑具有还原性＋能将＋4锰元素还原为＋2价，B不符合题意；
C. “净化”过程中加入的O2具有氧化性＋能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，C不符合题意；
D. “电解”时，溶液中的Zn2＋在阴极发生得电子的还原反应，生成Zn，因此Zn在阴极产生，D不符合题意；
故答案为： A
【分析】A、MnO2与稀盐酸不反应；
B、结合炭的还原性分析；
C、O2能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；
D、电解时，Zn2＋在阴极发生得电子的还原反应；
14．【答案】D
【解析】【解答】A.由图可知，当温度降低时，lgc(CO)减小，则c(CO)减小，即降低温度，c(CO)减小，说明降低温度，平衡逆向移动，因此逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，因此该反应的ΔH>0，A不符合题意；
B. Q点时lgc(CO)大于平衡时lgc(CO)，即Q点时c(CO)大于平衡时c(CO)，此时反应逆向移动进行，即生成BaSO4的速率大于消耗BaSO4的速率，B不符合题意；
C. 温度不变时，容器的体积缩小，体系的压强增大，平衡逆向移动，达到新的平衡时，体系的压强不变，C不符合题意；
D. 温度为1046K时，平衡时lgc(CO)=0.5，即此时c(CO)=10mol/L，该反应的平衡常数K=c4CO=104=100，D符合题意；
故答案为： D
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B、Q点时c(CO)大于平衡时c(CO)，反应逆向进行；
C、容器体积缩小，压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
D、当温度为1046K时，lgc(CO)=0.5，据此进行计算；
15．【答案】C
【解析】【解答】A.由分析可得，电解后在产品室Ⅱ中得到NaOH，产品室Ⅰ中得到HA，A不符合题意；
B. 由分析可知，交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，B不符合题意；
C. 极室Ⅰ为阴极室，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，C符合题意；
D. 由于产品室内溶液的体积未知，无法判断溶液中溶质的物质的量浓度，D不符合题意；
故答案为： C
【分析】该装置为电解池装置，Na＋由极室Ⅱ通过交换膜Ⅲ进入产品室Ⅱ中，因此交换膜Ⅲ为阳离子交换膜，极室Ⅱ为阳极室，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑。OH－、Na＋移向产品室Ⅱ，因此产品室Ⅱ得到的是NaOH。极室Ⅰ为阴极室，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。料室中含有NaA废水，Na＋通过交换膜Ⅰ进入极室Ⅰ，因此交换膜Ⅰ为阳离子交换膜；A－通过交换膜Ⅱ进入产品室Ⅰ，因此交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，由于H＋进入产品室Ⅰ，因此产品室Ⅰ所得为HA。据此分析选项。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.当溶液中c(CO32－)=c(HCO3－)时，pM=0，由图像可知，溶液中pM值随pH的增大而减小，因此当pM=0时，溶液的pH>7，显碱性，A不符合题意；
B. CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)=c(CO32－)，令c(Ca2＋)=c(CO32－)=amol·L－1，则a²=10-8.6，解得a=10-4.3mol/L，因此CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)>10-4.3mol·L－1，B不符合题意；
C. 当浊液中c(Ca2＋)=10－3mol·L－1时，溶液中cCO32-=KspcCa2+=10-8.610-3=10-5.6mol/L，由于溶液中c(HCO3－)未知，因此无法判断溶液的pH值，C符合题意；
D. Ca(HCO3)2溶液中HCO3－的水解程度大于HCO3－的电离程度，而CO32－来自HCO3－的电离产生，因此溶液中c(OH－)>c(CO32－)，因此溶液中阴离子浓度关系为c(HCO3－)>c(OH－)>c(CO32－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、溶液中c(CO32－)=C(HCO3－)时，pM=0，据此结合图像确定溶液的酸碱性；
B、CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)=c(CO32－)，结合Ksp计算悬浊液中c(Ca2＋)；
C、根据Ksp计算溶液中c(CO32－)；
D、Ca(HCO3)2溶液中CO32－来自于HCO3－的电离，而HCO3－的水解程度大于其电离程度，据此分析溶液中阴离子浓度关系；
17．【答案】（1）第三周期第IVA族
（2）5Na2O·Li2O·12SiO2 或Li2O·5Na2O·12SiO2
（3）Si +2OH- +H2O=SiO32- +2H2↑
（4）光伏电(池)板；光导纤维；等质量时,金属离子Li+物质的量较大,储存电量较多；LiC6-xe-=Li1-xC6+xLi+
【解析】【解答】（1）由分析可知，Z为Si，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族。
（2）由分析可知，W为Li、X为O、Y为Na、Z为Si。因此该玉石成分的化学式为Li2Na10Si12O30，用氧化物形式书写为：Li2O·5Na2O·12SiO2。
（3）Z的单质为Si，Y的氧化物对应的水化物为NaOH，二者可反应生成Na2SiO3和H2，该反应的离子方程式为：Si＋2OH－＋H20=SiO32－＋2H2↑。
（4）①Z的单质为Si，常用作光伏电池板；X和Z组成的化合物为SiO2，常用作光导纤维。
②W的离子为Li＋，Y的离子为Na＋，等质量的Li＋和Na＋，n(Li＋)>n(Na＋)，因此其储存的电量较多，具有更好的储能优势。
在该电池中，复合材料LiC6为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：LiC6－xe－=Li1－xC6＋xLi＋。
【分析】玉石为硅酸盐，因此含有O、Si两种元素。由题干信息可知，W、X为第二周期元素，Y、Z为第三周期元素。且X元素的原子序数为偶数，因此X为O，则Z为Si。令W、Y的最外层电子数为a，则可得a＋a＋4=6，解得 a=1。因此W为Li，Y为Na。
18．【答案】（1）CaWO4+Na2CO3高温__ Na2WO4+CaO+CO2↑；Fe2CO3、CaSiO3
（2）取少量滤液,用pH试纸检验其pH,pH≤8说明滤液中不含SiO32-
（3）12WO42-+18H+=W12O396-+9H2O
【解析】【解答】（1）”碱熔“过程中CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4、CaO和CO2，该反应的化学方程式为：CaWO4+Na2CO3=高温Na2WO4+CaO+CO2↑。“碱熔”过程中Na2CO3与SiO2反应生成Na2SiO3和CO2，Na2SiO3进一步与CaWO4反应形成CaSiO3和Na2WO4。因此“碱熔”后所得的固体中含有Na2CO3、Na2WO4、Fe2O3、CaSiO3，而Na2WO4、Na2CO3可溶于水，因此过滤后所得的滤渣Ⅰ中含有Fe2O3、CaSiO3。
（2）由已知信息可知，当溶液中SiO32－完全沉淀时，溶液的pH为8，因此若溶液的pH≤8，则溶液中的SiO32－完全沉淀。故检验“除硅”的滤液中不含有SiO32－的简单方法是：取少量滤液，用pH试纸检验滤液的pH值，若滤液的pH≤8，则说明滤液中不含有SiO32－。
（3）酸化过程中，Na2WO4与HCl反应生成Na6W12O39和H2O，该反应的离子方程式为：12WO42-+18H+=W12O396-+9H2O。
【分析】（1）”碱熔“过程中CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4、CaO和CO2，据此写出反应的化学方程式。结合反应后所得物质的溶解性判断滤渣Ⅰ的成分。
（2）结合SiO32－完全沉淀的pH进行分析。
（3）酸化过程中，Na2WO4与HCl反应生成Na6W12O39和H2O，据此写出反应的离子方程式。
19．【答案】（1）c
（2）(空气)冷凝管；蒸气的温度较高,用空气冷凝可防止冷凝管通水冷却导致玻璃温差过大而炸裂
（3）CH3COOH；防止乙酸过多时流回烧瓶，会抑制反应原理中第一步反应的正向进行
（4）
【解析】【解答】（1）由香豆素、水杨醛、乙酸酐和乙酸的沸点可知，温度计2的量程应选用250℃，可及时蒸出水杨醛、乙酸酐和乙酸，制得香豆素，因此答案为c。
（2）图示仪器b为空气冷凝管。采用空气冷凝而不用水冷凝，可防止由于蒸汽温度过高，导致温差过大而发生炸裂。
（3）当温度达到118℃时，达到乙酸的沸点，乙酸形成蒸汽，通过空气冷凝管，形成液态，因此此时得到的冷凝液的成分为乙酸，其化学式为CH3COH。及时蒸出乙酸，有利于第一步反应平衡正向移动，增大产率。
（4）水杨醛中的－CHO可被空气中的O2氧化成－COOH，因此产生水杨酸的反应的化学方程式为：。
【分析】（1）根据反物质的沸点，确定温度计的量程。
（2）根据图示仪器确定其名称。蒸汽温度较高，若用水冷凝，易造成温差过大，使得冷凝管炸裂。
（3）结合乙酸的沸点为118℃确定所得冷凝液的成分。结合乙酸对反应平衡移动的影响分析。
（4）水杨醛中的-CHO易被空气中的氧气氧化成-COOH。
20．【答案】（1）非酸性
（2）N2H4(l) +2N2O(g)= -3N2(g) +2H2O(l) △H= -784.2 kJ.mol-1
（3）4.2x10-4；0.025 mol.L-1
（4）10.8；在该温度下,开始阶段反应I的速率比反应II的快,故N2O3的物质的量增加,- -段时间后反应I的速率变慢,反应II的速率加快,故N2O3的物质的量又减少
【解析】【解答】（1）N2O不能与NaOH溶液反应生成盐和水，因此N2O属于非酸性氧化物。
（2）N2H4(l)与O2反应的热化学方程式为：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH=－621.2kJ·mol－1。N2O(g)与N2H4(l)反应的化学方程式为：2N2O(g)＋N2H4(l)=3N2(g)＋2H2O(l)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=(－163kJ·mol－1)＋(－621.2kJ·mol－1)=－784.2kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：2N2O(g)＋N2H4(l)=3N2(g)＋2H2O(l) ΔH=－784.2kJ·mol－1。
（3）①60～120s内，N2O的变化浓度c(N2O)=0.10mol·L－1－0.05mol·L－1=0.05mol·L－1，由反应的化学方程式可知，反应生成c(O2)=0.025mol·L－1，因此60～120s内用O2表示的反应速率为vO2=∆cO2∆t=0.025mol/L60s=4.2×10-4mol/(L·s)。
②由浓度变化可知，在0~60s内，c(N2O)的浓度由0.2mol·L－1变为0.1mol·L－1；60～120s内，c(N2O)由0.1mol·L－1变为0.05mol·L－1，则没60s内，c(N2O)变为原来的一半，因此在180s时，c(N2O)=0.025mol·L－1。
（4）①设反应达到平衡时，n(N2O)=xmol、n(N2O5)=ymol；由图像可知，当反应达到平衡n(N2O3)=0.3mol、n(O2)=2.7mol。由氮元素守恒可得，0.3mol×2＋2x＋2y=2mol×2；由氧元素守恒可得，0.3mol×3＋2.7mol×2＋x＋5y=2mol×5。整理可得x+y=1.7x+5y=3.7，解得x=1.2y=0.5。即平衡时，n(N2O)=1.2mol、n(N2O5)=0.5mol。因此反应达到平衡时，cN2O3=0.3mol1L=0.3mol/L、cN2O=1.2mol1L=1.2mol/L、cO2=2.7mol1L=2.7mol/L。因此反应Ⅱ的平衡常数K=cN2O×cO2cN2O3=1.2×2.70.3=10.8。
②在该温度下，开始阶段反应I的速率比反应II的快，故N2O3的物质的量增加；一段时间后反应I的速率变慢，反应II的速率加快，故N2O3的物质的量又减少。
【分析】（1）酸性氧化物是指能与碱溶液反应生成盐和水的氧化物。
（2）写出N2H4(l)与O2、N2O(g)与N2H4(l)反应的化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（3）①结合图像数据，根据公式v=∆c∆t计算反应速率。
②结合反应过程中c(N2O)的变化曲线分析。
（4）①根据元素质量守恒计算体系中c(N2O)，结合平衡常数的Ⅱ的平衡常数。
②根据反应过程中速率变化分析。
21．【答案】（1）10-10.32
（2）＞
（3）SO32- 、HSO3-
（4）Na2CO3 +2SO2+H2O=2NaHSO3 +CO2；正；HSO3- +H2O-2e-=3H++SO42-
【解析】【解答】（1）H2CO3是二元弱酸，在水中分步电离，其电离方程式为：H2CO3⇌H＋＋HCO3－、HCO3－⇌H＋＋CO32－。由图1可知，当pH=10.32时，溶液中c(HCO3－)=c(CO32－)，因此H2CO3的二级电离常数Ka2=cH+×cCO32-cHCO3-=cH+=10-10.32。
（2）由于酸性HSO3－>HCO3－，结合“越弱越水解”可得，水解程度SO32－
（4）①由于酸性H2SO3>HSO3－>H2CO3，因此SO2过量时，SO2与Na2CO3溶液反应的化学方程式为：Na2CO3＋2SO2＋H2O=2NaHSO3＋CO2。
②如图装置为电解NaHSO3溶液，同时生成NaOH和H2SO4。因此左侧稀NaOH溶液中，通过电解后应生成NaOH，则Q电极的电极反应式为：2H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－。因此Q电极为阴极，R电极为阳极，故R电极与电源的正极相连。右侧稀硫酸中，通过电解产生SO42－，因此R电极的电极反应式为：HSO3－－2e－＋H2O=SO42－＋3H＋。
【分析】（1）根据H2CO3的第二步电离方程式，结合图像数据计算H2CO3的二级电离常数。
（2）由于酸性HSO3－>HCO3－，因此水解程度SO32－
（4）①SO2过量，则与Na2CO3反应生成NaHSO3和CO2，据此写出反应的化学方程式。
②左侧稀NaOH溶液中，电解后应生成NaOH；右侧稀硫酸中，电解后应生成H2SO4，据此确定电极类型和电极反应式。
相关试卷
河南省信阳市高中2024届高三上学期10月质量检测考试化学试题（Word版含答案）： 这是一份河南省信阳市高中2024届高三上学期10月质量检测考试化学试题（Word版含答案），共15页。试卷主要包含了劳动开创未来，NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
河南省信阳市普通高中2022-2023学年高三上学期第二次教学质量检测化学试题（含解析）： 这是一份河南省信阳市普通高中2022-2023学年高三上学期第二次教学质量检测化学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023河南省豫北名校高二上学期10月教学质量检测化学PDF版含解析： 这是一份2023河南省豫北名校高二上学期10月教学质量检测化学PDF版含解析，文件包含河南省豫北名校2022-2023学年高二上学期10月教学质量检测化学试题pdf、河南省豫北名校2022-2023学年高二上学期10月教学质量检测化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
