江苏省无锡市2020届高三上学期期中调研考试化学试题


无锡市普通高中2019年秋学期高三期中调研考试卷
化 学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56
Ⅰ卷 选择题（共40分）
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意
1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为符合这一活动主题的是
A. 推进垃圾分类处理 B. 将秸秆就地焚烧
C. 加快开采化石燃料 D. 使用含磷洗涤剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 推进垃圾分类处理，将垃圾有效利用，减少资源浪费，减少污染物的形成，A正确；
B. 将秸秆就地焚烧，产生的固体污染物会对大气、水资源等造成不良影响，B错误；
C.化石燃料是不可再生能源，加快开采化石燃料，会减少地球资源，同时产生大量污染物，C错误；
D. 使用含磷洗涤剂，会使水体富营养化，严重污染水资源，D错误。
故选A。
2.实验室可利用NH4＋+OH－NH3↑＋H2O这一原理制氨气。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 氧原子的结构示意图： B. 中子数为8的氮原子：87N
C. 氨分子的结构式： D. OH－的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 是氧离子的结构示意图，A错误；
B. 中子数为8的氮原子应表示为，B错误；
C. 氨分子的结构式为，C正确；
D. OH－的电子式为，D错误。
故选C。
3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂
B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料
C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水
D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】
【详解】A. 浓硫酸用作干燥剂，表现的性质是吸水性，A错误；
B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，B正确；
C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，C正确；
D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确。
故选A。
【点睛】气体的干燥，晶体中结晶水的去除，都可利用浓硫酸，此时浓硫酸表现吸水性；从有机物中脱掉相当于水组成的H、O元素，浓硫酸表现脱水性；金属的钝化、浓硫酸与铜等不活泼金属的反应、浓硫酸与非金属单质等的反应，表现出强氧化性。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1 mol·L−1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-
B. 0.1 mol·L−1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－
C. 0.1 mol·L−1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－
D. 0.1 mol·L−1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. H＋、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；
B. CH3COO－能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；
C. Ca2+与CO32-会发生反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；
D. K＋、Ba2+、Cl－、NO3-碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。
故选D。
【点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。
5.下列有关实验装置的说法中正确的是
A. 装置可用于实验室制Cl2
B. 装置可用于除去CO2气体中的HCl气体
C. 装置可用于完成“喷泉”实验
D. 装置可用于测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积
【答案】C
【解析】
【详解】A. 装置不可用于实验室制Cl2，因为此装置中没有加热仪器，A错误；
B. 装置不可用于除去CO2气体中的HCl气体，因为Na2CO3既能吸收HCl，又能吸收CO2，B错误；
C. 虽然NaCl的存在不能为NH3在水中的溶解提供帮助，但NH3极易溶于水，此装置可完成NH3的“喷泉”实验，C正确；
D. Cu与浓硝酸反应产生气体为NO2，能与水反应，所以此装置不可用于测量Cu与浓硝酸反应产生的气体，D错误。
故选C。
6.下列叙述正确的是
A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生变性
B. 不能用pH试纸测定新制氯水的pH值
C. 在蒸发皿中加热AlCl3溶液能得到无水AlCl3固体
D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌铜块
【答案】B
【解析】
【详解】A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生盐析而不是变性，A错误；
B. 因为氯水具有漂白性，它能使pH试纸先变红后褪色，所以不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B正确；
C. 因为AlCl3是挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧过程中会水解、分解，最终生成Al2O3，所以在蒸发皿中加热AlCl3溶液得不到无水AlCl3固体，C错误；
D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌锌块，若镶嵌铜块，将加速船体的腐蚀，D错误。
故选B。
【点睛】若想从挥发性酸的弱碱盐中获得该盐，可将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以获得带有结晶水的盐的晶体。然后在该盐对应酸的气流中加热，以去除结晶水，从而获得无水盐。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O= AlO2-＋4NH4+＋2H2O
B. 向醋酸溶液中加入碳酸钙粉末：2H＋ + CaCO3= Ca2+ + CO2↑+ H2O
C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H＋＋4I－＋O2= 2I2＋2H2O
D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因为Al(OH)3不溶于氨水，所以，向氯化铝溶液中滴加过量氨水，最终产物为Al(OH)3和NH4+，A错误；
B. 因为醋酸是弱酸，所以不能拆成离子的形式，B错误；
C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H＋＋4I－＋O2= 2I2＋2H2O，C正确；
D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，生成的CO32-将与溶液中的Ca2+反应，生成CaCO3沉淀，D错误。
故选C。
【点睛】Al(OH)3虽然是两性氢氧化物，若要显碱性，能溶于强酸和弱酸中的醋酸、氢氟酸、磷酸等，但它不溶于更弱的酸(如碳酸)；若要显酸性，能溶于强碱，但不能溶于弱碱(如氨水)。所以，在书写方程式时，遇到过量的情况，一定要清楚Al(OH)3是否会溶解。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为－4。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)
B. Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱
C. W的氧化物的水化物酸性一定比X的强
D. W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
X的最低负价为－4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。
【详解】A. 同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，A正确；
B. 同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；
C. 虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；
D. W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。
故选A。
【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。
9.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) Na(s) Na2O2(s)
B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)
C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)
D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl(aq) Na(s) Na2O2(s)，电解熔融的氯化钠得到金属钠，前一转化不能实现，A错误；
B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)，硅与氯气高温下反应，后一转化不能实现，B错误；
C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)，两转化都能实现，C正确；
D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)，氧化铜不溶于水，与水不反应，后一转化不能实现，D错误。
故选C。
10.下列说法正确的是
A. 1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 mol
B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小
D. 在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为N2与H2的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，实际参加反应的N2物质的量小于1mol，则反应中转移的电子数目小于6 mol，A错误；
B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s)能自发进行，因为ΔS<0，所以该反应的ΔH<0，B错误；
C. 向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3COO-)、c(OH-)减小，c(H+)增大，增大，C错误；
D. 在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，因为浓硫酸溶解放热，放出的热量为溶解热与中和热之和，所以放出的热量大于57.3 kJ，D正确。
故选D。
不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。
11.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是(　　)

A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），B错误；
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + （1—）O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li +（1—）O2，选项D正确；
答案选D。
12.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
B
某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl－
C
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
向盛有5 mL 0.1 mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀, 气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性，A错误；
B．某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl－，B正确；
C．向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体CO2直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀，因为没有去除CO2气体中混有的HCl，所以不能肯定是CO2与硅酸钠溶液的反应，也就不能得出结论“酸性：盐酸>碳酸>硅酸”，C错误；
D．向盛有5 mL 0.1 mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)”，D错误。
故选B。
13.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 表示在相同的密闭容器中，反应A(g)+B(g) 2C(g)在一定温度下C的体积分数随时间的变化情况，则该反应的ΔH>0
B. 表示0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1HX溶液的滴定曲线，则HX可能为醋酸
C. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将T1 ℃时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ℃，则溶质的质量分数：w(A)>w(B)
D. 表示25 ℃时，分别加水稀释体积均为100 mL pH=2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25 ℃时电离平衡常数：Ka(HX) 【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中达平衡的时间看，T2先达平衡，说明T2>T1；温度低，C的体积分数大，说明降温平衡正向移动，正反应为放热反应，则该反应的ΔH<0，A错误。
B. 从图中可以看出，当滴加的NaOH体积为20mL时，溶液的pH=7，而此时，NaOH与HX刚好完全反应，所以HX应为一元强酸，可能为盐酸或硝酸，但不可能为醋酸，B错误；
C. 从溶解度曲线看，A、B的溶解度随温度的升高而增大，所以将T1 ℃时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ℃，不会有晶体析出，溶质的质量分数保持不变，w(A)=w(B)，C错误；
D. 从曲线中可以看出，加水稀释相同倍数时，醋酸溶液的pH大，则其c(H+)小，说明相同浓度时，醋酸的电离程度大，从而说明25 ℃时电离平衡常数：Ka(HX) 故选D。
14.醋酸与醋酸钠组成的缓冲溶液对酸碱有一定的缓冲作用，缓冲能力与组分的浓度有关。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液：c(CH3COOH)> c(CH3COO－) > c(H+)>c(OH－)
B. pH=8的CH3COOH和CH3COONa混合溶液：c(Na＋)﹣c(CH3COO－) =9.9×10-7 mol·L-1
C. 0.1 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)= 3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)
D. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，溶液中的H+有两个来源，显然，c(H+)> c(CH3COO－)，A错误；
B. CH3COOH和CH3COONa混合溶液，pH=8，说明以CH3COO－的水解为主，溶液中发生的反应为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，c(Na＋)﹣c(CH3COO－) = c(OH－)- c(H+)=9.9×10-7 mol·L-1，B正确；
C. 0.1 mol·L−1CH3COOH溶液和0.2 mol·L-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)=0.2mol·L-1，3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)=3(0.05mol·L−1+0.1 mol·L-1)=0.45mol·L-1，显然2c(Na+)≠ 3c(CH3COO－)+3c(CH3COOH)，C错误；
D. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，发生反应，所得溶液中c(CH3COOH)= 0.05mol·L−1，c(CH3COO－)= 0.05mol·L−1；反应后溶液中存在下列平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH-，c(CH3COO－)-(CH3COOH)= 2[c(H+)=c(OH－)]，从而得出：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，D正确；
故选BD。
15.T ℃时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是

A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.0032 mol·L-1·s-1
B. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
C. T ℃时，该反应的化学平衡常数K=0.025
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v正＞v逆
【答案】CD
【解析】
【详解】A．从图中提取如下信息：50 s时，n(PCl3)=0.16mol，c(PCl3)=0.08mol/L，v(PCl3)==0.0016mol·L-1·s-1，A错误；
B． PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)
起始量 0.5mol/L 0 0
变化量 0.1mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L
平衡量 0.4mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L
α(PCl5)=；相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率为80%。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，则相当于原平衡体系加压，使气体体积变为原来的一半，平衡逆向移动，达到平衡时，PCl3的转化率大于80%，B错误；
C. T ℃时，该反应的化学平衡常数K==0.025，C正确；
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，浓度商Q==0.02<0.025，所以平衡正向移动，反应达到平衡前v正＞v逆，D正确。
故选CD。
【点睛】对于一个可逆反应，达平衡时，反应物的转化率与生成物的产率之和为1；从反应物开始时反应的热效应，与从生成物开始时反应的热效应，二者的绝对值之和等于该反应的热效应的绝对值。
Ⅱ卷 非选择题（共80分）
16.煤燃烧排放的烟气中含有SO2，易形成酸雨、污染大气。有效去除和利用SO2是环境保护的重要议题。
（1）双碱法洗除SO2。NaOH溶液Na2SO3溶液
①上述过程生成Na2SO3的离子方程式为_________。
②双碱法洗除SO2的优点为_________。
（2）NaClO2氧化法吸收SO2。向NaClO2溶液中通入含有SO2的烟气，反应温度为323 K，反应一段时间。
①随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②如果采用NaClO替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的_________倍。
（3）SO2的利用。生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺如下：

①Ⅰ中反应的化学方程式为___________。 
②若Ⅲ中通入SO2不足，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是_______（填化学式）。
③工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_________。
【答案】 (1). 2OH－＋SO2=SO32-＋H2O (2). 用CaO可使NaOH再生 (3). 减小 (4). 2 (5). Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 (6). Na2SO3 (7). 得到NaHSO3过饱和溶液
【解析】
【分析】
（1）①SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，据此写出离子方程式；
②双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；
（2）①吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，反应产生氢离子，所以溶液的pH逐渐减小；
②根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+和ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+进行分析；
（3）①Ⅰ中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，据此条件写出化学方程式；
②若Ⅲ中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是Na2SO3；
③通过题干信息可知“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，据此进行分析。
【详解】（1）①SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，反应的离子方程式为2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；
答案为：2OH－＋SO2=SO32-＋H2O；
②双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；
答案为：CaO可使NaOH再生；
（2）①随着吸收反应的进行，吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，所以溶液的pH逐渐减小；
答案为：减小；
②如果采用NaClO替代NaClO2，反应的离子方程式为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+；根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+反应可知，吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的2倍；
答案为：2；
（3）①Ⅰ中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；
答案为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 ；
②若Ⅲ中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是Na2SO3；
答案为：Na2SO3；
③题干信息告诉我们“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”。工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的，显然是为了最终获得NaHSO3过饱和溶液；
故答案为：得到NaHSO3过饱和溶液。
17.一水硫酸锰（MnSO4•H2O）是一种重要的化工中间体，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质）制备，部分工艺流程如下：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9


（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率还可采取的措施有_________。（写出其中一种）
（2）“氧化”时发生反应的化学方程式为________。
（3）“调pH”范围至5~6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有_________。
（4）“除杂”过程中加入MnF2的目的是_________。已知：Ksp(MgF2)=5.16×10-11，Ksp(CaF2)=5.3×10-9。
（5）“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为_________。
（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O 晶体的方法是：将MnCO3溶于_________，控制温度为_________以上结晶，得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。晶体烘干时温度不能过高的原因是_________。
【答案】 (1). 升高温度或适当增大硫酸浓度 (2). 2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O (3). Al(OH)3、Fe(OH)3 (4). 除去Ca2+ 和Mg2+ (5). Mn2+ + HCO + NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O (6). 适量的稀硫酸 (7). 90℃ (8). 防止MnSO4•H2O失去结晶水
【解析】
【详解】（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰浸出率，还可采取的措施有升高温度或适当增大硫酸浓度。答案为：升高温度或适当增大硫酸浓度
（2）“氧化”时，主要是利用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O。
答案为：2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O
（3）查表中数据知，“调pH”范围至5~6，可将Fe3+、Al3+转化为沉淀。得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3
（4）此时溶液中还存在Mg2+、Ca2+ 两种杂质离子，后续操作中没有除杂质的操作，所以“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Ca2+ 和Mg2+。答案为：除去Ca2+ 和Mg2+
（5）“沉锰”过程中，加入NH4HCO3和氨水，目的是将Mn2+转化为MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+ + HCO + NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O。
答案为：Mn2+ + HCO + NH3•H2O = MnCO3↓ + NH4+ + H2O
（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4•H2O晶体的方法是：因为要将MnCO3转化为MnSO4，所以应溶于适量的稀硫酸。
答案为：适量的稀硫酸
为降低MnSO4的溶解度，参照表中数据，需控制温度为90℃以上结晶。答案为：90℃
得到MnSO4•H2O晶体，洗涤、烘干。
因为晶体受热易失去结晶水，所以晶体烘干时温度不能过高，其原因是防止MnSO4•H2O失去结晶水。答案为：防止MnSO4•H2O失去结晶水
18.烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 mol·L−1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL。滴定过程中发生如下反应：
Fe2+ + NO3− + H+ — NO↑ + Fe3+ + H2O （未配平）
+ Fe2+ + H+ — Cr3+ + Fe3++ H2O （未配平）
（1）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是_________。
（2）配制100mL 0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________、_________。
（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_________（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）。
（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为_________mg·m−3（写出计算过程）。
【答案】 (1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O (2). 胶头滴管 (3). 100mL容量瓶 (4). 偏高 (5). 368 mg·m−3
【解析】
【分析】
（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；

（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。
（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；
（4）根据 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O、3Fe2+ + NO3− + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 H2O反应中各量之间的关系进行计算。
【详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；
答案为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；
（2）配制100mL 0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶；
答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；
（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；
答案为：偏高；
（4）根据反应 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O
1mol 6mol
5×10-5mol 3×10-4mol
3Fe2+ + NO3− + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 H2O
3mol 1mol
15×10-4mol-3×10-4mol 4×10-4mol
标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mg·m−3；
答案为：368。
19.叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：

查阅资料：
①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。
②有关物质的物理性质如下表：
物质
熔点℃
沸点℃
溶解性
CH3OH
-97
647
与水互溶
水合肼(N2H4·H2O)
-40
118.5
与水、醇互溶，不溶于乙醚
亚硝酸甲酯(CH3ONO)
-17
-12
溶于乙醇、乙醚
叠氮化钠(NaN3)
275
(410易分解)
——
易溶于水，微溶于醇，
不溶于乙醚

（1）合成水合肼。
实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼。

①制取N2H4·H2O的离子方程式为_________。
②实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。
（2）水合肼法制备叠氮化钠。
①实验室模拟工艺流程步骤Ⅰ制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l) △H﹤0， 研究表明该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_________。
②步骤Ⅱ回收CH3OH的实验操作名称为________。
③请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_________[实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。
【答案】 (1). ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O + (2). NaClO碱性溶液 (3). 防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化 (4). 20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体） (5). 蒸馏 (6). 蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥
【解析】
【分析】
（1）①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；
②因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；
（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，据此分析实验时可以采取的措施；
②从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；
③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。
【详解】①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O +。
答案为：ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4·H2O +；
②因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；
答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；
（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，实验时可以采取的措施是20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；
答案为：20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；
②步骤Ⅱ为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；
答案为：蒸馏；
③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)；
答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥。
20.CO2是一种廉价的碳资源，综合利用CO2对构建低碳社会有重要意义。
（1）已知： H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH=－241.8kJ·mol－1 CO2(g) = CO(g)+ O2(g) ΔH=+283.0kJ·mol－1 则反应：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) ΔH=________。
（2）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0
①保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是_________。
A．容器内压强不变 B．3v正 (CH3OH)= v正 (H2)
C．容器内气体的密度不变 D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变

②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最好的是催化剂________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是________。

（3）固体氧化物电解池（SOEC）可用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO和H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。
①电源正极为________（填“a”或“b”），电极c上发生的电极反应式为________、_____。
②阴阳两极生成的气体的物质的量之比为________。
【答案】 (1). +524.8kJ·mol－1 (2). AD (3). Ⅰ (4). 该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低 (5). b (6). H2O+2e－=H2↑+O2－ (7). CO2+2e－=CO+O2－ (8). 2:1
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行分析计算；

（2）①根据平衡状态判断标准进行分析：v正= v逆，各组分的浓度及由此引出相关的物质的量的变化情况进行分析；
②从图中看，相同温度下，Ⅰ 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，据此进行分析；
（3）①从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c为电解池的阴极，发生还原反应；
②阳极的电极反应为2O2—4e- =O2↑，根据电子得失守恒规律，计算出阴阳两极生成的气体的物质的量之比。
【详解】（1）H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH=－241.8kJ·mol－1 ①
CO2(g) = CO(g)+ O2(g) ΔH=+283.0kJ·mol－1 ②
根据盖斯定律将②-①得：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) ΔH= +524.8kJ·mol－1；
答案为：+524.8kJ·mol－1；
（2）①A．因为反应前后气体分子数不等，所以容器内压强不变时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．3v正(CH3OH)= v正(H2)，反应向同一方向进行，不一定是平衡状态，B不正确；
C．因为气体的质量不变，容器的容积不变，所以容器内气体的密度始终不变，C不正确；
D．CO2与H2O的物质的量之比保持不变，则平衡不发生移动，D达平衡状态，符合题意；
故选AD；
②从图中看，相同温度下，Ⅰ 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；
该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；
答案为：Ⅰ；该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；
（3）①从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c上发生的电极反应式为H2O+2e－=H2↑+O2－、CO2+2e－=CO+O2－；
答案为：b；H2O+2e－=H2↑+O2－、CO2+2e－=CO+O2－；
②阳极的电极反应为2O2—4e- =O2↑，按得失电子总数相等的原则，设电路中通过4mole-，则阳极生成1molO2，阴极生成2molH2，或2molCO，或2mol二者的混合气，从而得出阴阳两极生成的气体的物质的量之比为2:1；
答案为2:1。