【化学】天津市咸水沽第二中学2020届高三质量调查（解析版） 16页

天津市咸水沽第二中学 2020 届高三质量调查 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每题选出答案后，用铅笔将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。 2.本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。 以下数据供解题时参考： 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 1.下列叙述正确的是( ) A. 常温下，相同浓度的溶液碱性比较： B. 常温下，往 溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有 、 C. 加热 溶液至蒸干，可得到纯净的 固体 D. 常温下，若 溶液中含有 可用 溶液鉴别 【答案】A 【详解】A．常温下，由于酸性 ，所以其相同浓度的弱酸强碱盐溶液的碱 性比较为： ，A 正确； B．常温下，往 溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分为 ，B 错误； C．FeCl3 在水溶液中易水解生成 Fe(OH)3 和 HCl，水解的反应化学方程式：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl；加热促进水解，而且 HCl 易挥发，所以加热蒸干 溶液会生成的氢氧 化铁，无法得到纯净的 固体，C 错误； D．常温下，若 溶液中含有 ，滴入 溶液时，两者均与 反应，但 与 反应生成红褐色的 Fe(OH)3 沉淀，会掩盖住白色的 Fe(OH)2，肉眼无法判断， 所以不能用 溶液鉴别 溶液中是否含有 ，D 错误； 答案选 A。 3 2 3NaHCO Na CO< 2 3Na CO 3NaHCO NaCl 3FeCl 3FeCl 3FeCl 2FeCl NaOH 2 3 3 -H CO HCO＞ 3 2 3NaHCO Na CO< 2 3Na CO NaCl  3FeCl 3FeCl 3FeCl 2FeCl NaOH NaOH 3FeCl NaOH NaOH 3FeCl 2FeCl 【点睛】加热盐溶液制取溶质固体时，要考虑盐溶液中的离子是否水解和水解的产物，若会 水解，在没有采取相应的抑制措施的情况下，一般不能制取得到该溶质固体的。 2.以铅蓄电池为外电源，Al 作阳极、Pb 作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。已 知：铅蓄电池中的总反应方程式为： Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq） 2PbSO4（s）+2H2O（l） 电解的化学方程式：2Al+3H2O Al2O3+3H2↑ 对该电解过程，下列判断错误的是（ ） A. 电解池：溶液的 pH 减小 B. 电解池：SO42-移向 Al 电极 C. 铅蓄电池：负极质量不变 D. 铅蓄电池：工作一段时间后，进行充电时铅蓄电池的负极接电源的负极 【答案】C 【详解】A．电解过程中，阳极 Al 被氧化生成 Al2O3，电极方程式为： 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，阴极氢离子放电生成氢气电极方程式为 6H++6e-=3H2↑，根据电 极方程式可知电解的实质就是电解水，水的减少会使稀硫酸浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确； B．电解池中 Al 为阳极，阴离子流向阳极，故 B 正确； C．铅蓄电池放电时负极反应为 Pb-2e-+SO42-=PbSO4，硫酸铅不溶于水，附着在电极上使电 极质量增加，故 C 错误； D．放电时，Pb 被氧化为负极，充电时，需要将 PbSO4 还原为 Pb，需要与电源的负极相连， 故 D 正确； 故答案为 C。 3.下列有关化学反应原理判断正确的是( ) A. 若一定条件下，反应 达平衡后，压缩容器，则反应物浓度增 大，平衡正向移动 B. 已知水合肼( )是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，则在水中它的 第二步电离方程式为 C. 同温同压下， 在光照和点燃条件下的 不同 2 2H (g) X (g) 2HX(g)+  2 4 2N H H O⋅ 2 5 2 2 6 2N H H O N H OH++ −+ + 2 2(g) Cl (g) HH Cl(g)+ = ΔH D. 在一定条件下的 溶液，若升高温度，则 减小 【答案】B 【详解】A．反应 是一个气体系数不变的反应，达平衡后，压 缩容器，则反应物浓度增大，但平衡不移动，A 错误； B．已知水合肼( )是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，第一步电离方 程式为：N2H4+H2O N2H5++OH-，则在水中它的第二步电离方程式为 ，B 正确； C．化学反应的热效应取决于反应的始终态，与反应过程无关，所以同温同压下， 在光照和点燃条件下的 相同，C 错误； D．CO32-+H2O HCO3-+OH-，碳酸根 水解是吸热过程，所以温度升高，促进其水解， c(HCO3-)变大，c(CO32-)变小，则 变大，D 错误； 答案选 B。 4. 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( ) A. 固体中离子总数为 B. (羟基)所含电子数为 C. 与足量浓盐酸反应转移电子数为 D. 常温下， 溶液中 数目小于 【答案】D 【详解】A．1mol 的 中含有 1mol 的 O22-和 2mol 的 Na+，所以 固体中离 子总数为：(7.8g/78g·mol-1)×3=0.3NA，A 错误； B． (羟基)所含电子数为 9NA，B 错误； C．铁和浓盐酸反应与稀盐酸反应相同，为：Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，所以 与足量 浓盐酸反应转移电子数为 ，C 错误； D．由于常温下 在溶液中会水解，所以 溶液中 数目小于 ，D 正确； 的 2 3Na CO ( ) ( )3 3 2c HCO /c CO− − 2 2H (g) X (g) 2HX(g)+  2 4 2N H H O⋅  2 5 2 2 6 2N H H O N H OH++ −+ + 2 2(g) Cl (g) HH Cl(g)+ = ΔH  ( ) ( )3 3 2c HCO /c CO− − AN 7.8g 2 2Na O A0.4N 1mol OH− A10N 1mol Fe A3N 21L0.1mol / LNa S 2-S A0.1N 2 2Na O 7.8g 2 2Na O 1mol OH− 1mol Fe A2N 2-S 21L0.1mol / LNa S 2-S A0.1N 答案选 D。 【点睛】羟基不是离子而是基团，羟基比 OH-少一个电子，不能按算 OH-的电子数的方式去 计算它的电子数。 5.根据已有知识判断下列说法错误的是( ) A. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入硅胶 B 汽车使用乙醇汽油与传统汽油相比可以减少尾气污染 C. 浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土与水果放在一起可以保鲜水果 D. 鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 【答案】A 【详解】A．硅胶具有吸水性，能做干燥剂但不能抗氧化，A 错误； B．乙醇含有碳、氢、氧三种元素，燃烧只生成二氧化碳和水，不生成有害物质，乙醇汽油 是由乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的混合物，汽车使用乙醇汽油使得尾气中氮氧化物、 酮类等污染物浓度明显降低，B 正确； C．水果在存放的过程中会产生乙烯并释放到空气中，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以将 乙烯氧化为二氧化碳，阻止水果过度成熟，从而达到保鲜水果的目的，C 正确； D．鸡蛋煮熟过程中，由于高温破坏了蛋白质的空间结构，导致蛋白质变性失活，D 正确； 答案选 A。 6.在 溶液中通入 气体，未见到沉淀。若再通入或加入下列物质中的一种，则可以 看到沉淀，则该物质不可能为( ) A B. C. D. 【答案】B 【详解】A． 与 SO2 反应，把 SO2 氧化为 SO42-，SO42-会与 Ba2+反应，得到 BaSO4 沉淀， A 不符合题意； B．再通入 看不到沉淀，因为 不能与 SO2 反应，在该体系中也没有其他能产生沉 淀的反应，B 符合题意； C． 能与 SO2 反应，得到 SO32-，并使溶液为碱性。SO32-与 Ba2+反应，得到 BaSO3 沉淀， C 不符合题意； 2BaCl 2SO 2Cl 2CO 3NH 2 2H O 2Cl 2CO 2CO 3NH D． 与 SO2 反应，把 SO2 氧化为 SO42-，SO42-会与 Ba2+反应，得到 BaSO4 沉淀，D 不 符合题意； 答案选 B。 7.盆栽使用 诱抗素可保证鲜花盛开，它的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是( ) A 诱抗素不能发生缩聚反应 B. 诱抗素能与 发生加成反应 C. 诱抗素中羟基不能被氧化为醛基 D. 诱抗素属于芳香族化合物 【答案】C 【分析】该有机物中含有羰基、碳碳双键、醇羟基、羧基，具有酮、烯烃、醇、羧酸的性质。 【详解】A． 诱抗素含-OH 和-COOH 可发生缩聚反应，A 错误； B． 诱抗素含有 3mol 的碳碳双键，所以能与 发生加成反应，B 错误； C． 诱抗素中与羟基相连的碳上无氢原子，所以羟基不能被氧化为醛基，C 正确； D． 诱抗素不含苯环，其不属于芳香族化合物，D 错误； 答案选 C。 8.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ） A. 现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金 B. 二氧化硫除具有漂白性外，还可用于杀菌、消毒 C. 能消杀病毒的过氧乙酸，具有强氧化性、弱酸性等性质，是强电解质 D. 在海轮外壳上镶入活泼金属，可减缓船体的腐蚀速率 【答案】C 【详解】A．现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金，A 正确； B．二氧化硫具有还原性，容易被氧气氧化，从而使细菌失去氧气这一生存的必要条件，达 到杀菌、消毒的目的，故 B 正确； C．过氧乙酸为弱酸，是弱电解质，故 C 错误； 2 2H O S- S- 1 mol S- 24molBr S- S- S- 1 mol S- 23mol Br S- S- D．在海轮外壳上镶入活泼金属，在海水中与金属外壳形成原电池，活泼电极做负极被氧化， 从而减缓船体的腐蚀，故 D 正确； 故答案为 C。 9.下列化学用语表示正确的是（ ） A. Fe 原子的电子排布式：［Ar］3d54s3 B. CaCl2 的电子式： C. N2 的结构式：N－N D. 原子核内有 10 个中子的氧原子： O 【答案】D 【详解】A．s 能级最多容纳两个自旋方向不同的电子，Fe 原子的电子排布式为［Ar］ 3d64s2，故 A 错误； B．CaCl2 的电子式为 ，故 B 错误； C．氮气分子中两个氮原子之间为氮氮三键，结构式为 N≡N，故 C 错误； D．原子核内有 10 个中子的氧原子的质量数=质子数+中子数=10+8=18，所以符号为 O， 故 D 正确； 故答案为 D。 10.下列说法中错误的是( ) A. 离子中心原子上的孤电子对数是 1，立体构型为平面三角形 B. 元素周期表第三周期主族元素中，简单离子半径最小的是 C. 金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨比金刚石稳定 D. 、 都是非极性分子 【答案】A 【详解】A． 离子中心原子上的孤电子对数为：(5-3×2+1)/2=0，立体构型为平面三角 形，A 错误； B．非金属元素原子形成电子时，其半径会变大，而金属元素形成离子时，其半径会变小。 第三周期中，只有 Na、Mg、Al 三种金属元素，金属元素原子失去最外层电子而形成离子 后，他们的核外电子数都为 10，质子数比电子数多，质子吸引电子，质子越多，引力就越 大，半径就越小，Al 的质子数最多，故其半径最小，B 正确； 18 8 18 8 3NO − 3+Al 2CO 3BF 3NO − C．金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨的总能量比金刚石的低，所以石墨 比金刚石稳定，C 正确； D． 为直线形分子， 为平面三角形分子，它们的分子构型是对称的，正负电荷中心 重合，合力均为 0，都是非极性分子，D 正确； 答案选 A。 【点睛】只含极性键的化合物不一定是极性分子，如甲烷，分子的极性与非极性是由分子的 电荷分布情况决定的。非极性分子其分子内部电荷分布均匀，分子构型是对称的，正负电荷 中心重合；而极性分子的内部电荷分布不均匀，分子构型是不对称的，正负电荷中心不重合。 11.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为： ， 该反应一定条件下可自发进行。若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应作出的判断(有 关图像)错误的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【分析】脱硝反应为： ，该反应为气体系数减小的 反应，所以 ΔS＜0，根据该反应在一定条件下可自发进行，即有 ΔH-TΔS＜0，所以得出 ΔH ＜0，反应为放热反应。 【详解】A．由 A 图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，与分析的 结果是相符的，A 正确； 2CO 3BF 2 3 2 5 22NO (g) O (g) N O (g) O (g)+ + 2 3 2 5 22NO (g) O (g) N O (g) O (g)+ + B．由分析可知该反应正反应为放热反应，所以，升温平衡向左移动，平衡常数 K 变小，B 错误； C．t 时刻，加入催化剂，正反应速率瞬间变大，但平衡不移动，正反应速率保持不变，C 正确； D．仅增加 O3，平衡向右移动，NO2 转化率升高，D 正确； 答案选 B。 12.元素 Q、R、W、Y、X 在元素周期表 2、3、4 周期中，元素 Q、R、W、Y 与元素 X 相 邻，已知：X 元素为磷元素；W 的氯化物分子呈正四面体结构；W 与 Q 可以形成一种高温 结构陶瓷；Y 的最高化合价氧化物的水化物是强酸。下列选项错误的是（ ） A. W 的氧化物的晶体类型是共价晶体 B. Q 的单质在空气中广泛存在 C. R 和 Y 形成的化合物中，R 可以呈现的最高化合价是+5 价 D. Q、R、X 的氢化物中，沸点最低的是 Q 的氢化物 【答案】D 【分析】W 的氯化物分子呈正四面体结构，应为 SiCl4 或 CCl4，又 W 与 Q 可以形成一种高 温结构陶瓷材料，可推断 W 为 Si，Q 为 N 元素；元素 Q、R、W、Y 与元素 X 相邻，Y 的 最高化合价氧化物的水化物是强酸，则 Y 为 S，X 为 P，R 为 As 元素，据此解答。 【详解】A．Si 的氧化物为 SiO2，是靠共价键聚集的原子晶体，即共价晶体，故 A 正确； B．空气中氮气体积分数为 78%，故 B 正确； C．R 为 As，为第ⅤA 族元素，电负性小于 S，所以与 S 形成的化合物中应为正价，最高正 价为+5 价，故 C 正确； D．NH3 分子间存在氢键，熔沸点高于 AsH3 和 PH3，故 D 错误； 故答案为 D。 【点睛】主族元素若有最高正价，则等于族序数，若有最低负价，则等于族序数-8。 第 II 卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2.本卷共 4 题，共 64 分。 13. 、 、 、 、 五种元素的原子序数依次递增。已知：① 位于周期表中第四周期 族，其余的均为短周期主族元素：② 的氧化物是光导纤维的主要成分；③ 原子核外 X Y Z E F F IB E Y 层电子数为奇数；④ 是形成化合物种类最多的元素；⑤ 原子 轨道的电子数为 4。请 回答下列问题： (1)写出一种 元素形成氢化物的化学式_____________。 (2)在 1 个由 与 形成的 晶胞中(结构如图所示)所包含的 原子数目为____________ 个。 (3)在[F(NH3)4]2+离子中， 的空轨道接受 的氮原子提供的__________形成配位键。 (4)常温下 、 和氢元素按原子数目 1:1:2 形成的气态常见物质 是__________(写名称)， 物质分子中 原子轨道的杂化类型为__________， 分子中 键的数目为 __________ 。 (5) 、 、 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_____________(写元素符号)。 【答案】(1). CH4 (2). 4 (3). 孤电子对 (4). 甲醛 (5). sp2 杂化 (6). 3 (7). Si＜C＜N 【分析】 、 、 、 、 五种元素的原子序数依次递增。根据①F 位于周期表中第四 周期 族可判断其为 Cu；根据②E 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断 E 为 Si；根据④ X 是形成化合物种类最多的元素可判断 X 为 C；根据③Y 原子核外 L 层电子数为奇数且原 子序数比 X 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为 N 或 F；根据⑤Z 的原子 P 轨道的 电子数为 4 推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于 Z，E 为 Si，所以 Z 只能为 O， 处于 C 和 O 之间的 Y 只能为 N，所以 、 、 、 、 分别为 C、N、O、Si、Cu，据 此解题。 【详解】(1)X 为 C， 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的 化学式为 CH4； L X Z p X F Z 2F Z F 2+F 3NH X Z A A X 1molA σ AN X Y E X Y Z E F IB X Y Z E F X (2) 为 Cu2O，根据化学式中原子个数比 Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为： 1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是 Cu 原子，白球代表的是 O 原子，所以 该晶胞中所包含的 Cu 原子数目为 4 个； (3)在[Cu(NH3)4]2+离子中， 的空轨道接受 的氮原子提供的孤电子对形成配位键； (4)常温下 C、O 和氢元素按原子数目 1:1:2 形成的气态常见物质 是甲醛，甲醛分子中 C 原 子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是 4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子 形成 C=O，C 剩余的两个单电子各与两个 H 形成两个 C-H 键，双键中含有一条 σ 键和一条 π 键，两条 C-H 单键都是 σ 键，所以 σ 键数=2+1=3，杂化轨道数=σ 键数+孤对电子数(C 无 孤对电子，所以孤对电子数为 0)，所以杂化轨道数=3，为 sp2 杂化，1mol HCHO 分子中 σ 键的数目为 3 ； (5) 、 、 三种元素分别为 C、N、Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种 元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断， C、N、Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si＜C＜N。 14.化合物 H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物 A 制备 H 的一种合成路线 如图： 已知： ①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O ② 回答下列问题： （1）有机物 A 的名称是______________。E 所含官能团的名称是_________________。 （2）已知②中物质“||”的同系物丙烯是一种医疗卫生用布——聚丙烯无纺布的原材料，用化 学符号表示丙烯的结构简式为_______________。 2F Z 2+Cu 3NH A AN X Y E （3）H 能发生的反应类型分别是______。 a.聚合反应 b.加成反应 c.消去反应 d.取代反应 （4）D→E 的反应，若只把条件（1）改为 KOH/H2O，则生成物 E 的结构简式是 ___________。 （5）写出 E→F 的化学方程式____________________________________________。 （6）G 为甲苯的同分异构体，G 的结构简式是_________________。 （7）参照如图合成路线，写出用 A 和 CH3CHO 为原料经以上合成路线制备化合物 C(C9H8O2)的合成路线________________________________________________（其它试剂任 选）。 （8）芳香化合物 X 是 F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，苯环上的 烃基为乙基，其核磁共振氢谱显示苯环上有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1：1：1： 1。写出一种符合要求的 X 的结构简式：_________________。 【答案】(1). 苯甲醛 (2). 碳碳叁键、羧基 (3). CH3CH=CH2 (4). abd (5). C6H5CH （OH）CH（OH）COOH (6). C6H5C≡CCOOH+C2H5OH C6H5C≡CCOOC2H5+H2O (7). (8). (9). 、 （写一种即可） 【分析】根据 A 生成 B 的已知条件可知，A 到 B 应发生信息①的反应，则 A 含有醛基，反 应中脱去 1 分子水，由原子守恒可知 A 的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故 A 为 ，则 B 为 ，根据 B 到 C 的分子式变化可知该过程为氧化 反应，C 应为 ；C 与溴发生加成反应得到 D 为 ，D 发生消去反应、酸化得到 E 为 ；E 与乙醇 发生酯化反应生成 F 为 ；结合信息②中的加成反应、H 的结构简 式，可推知 G 为 。 【详解】(1)根据分析可知 A 为 ，名称为苯甲醛；E 的结构简式为 ，其官能团为碳碳三键和羧基； (2)丙烯应含有三个碳原子，含有一个碳碳双键，结构简式为 CH3CH=CH2； (3)H 含有酯基可以发生水解(取代)反应；含有碳碳双键可以发生氧化反应、加成反应，聚和 反应，不含卤原子或羟基，不能发生消去反应，所以选 abd； (4)把条件(1)改为 KOH/H2O，则发生溴原子的水解反应，产物为 C6H5CH(OH)CH(OH)COOH； (5)E 到 F 为酯化反应，方程式为 C6H5C≡CCOOH+C2H5OH C6H5C≡CCOOC2H5+H2O； (6)根据分析可知 G 为 ； (7)根据分析可知，A 生成 B 应发生类似信息①的反应，B 中醛基被氧化生成 C，所以路线 为 ； (8)X 是 F 的同分异构体，为芳香烃，即含有苯环，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2， 说明含有羧基；苯环上的烃基为乙基，则还剩余 3 个碳原子，2 个 O 原子，且应含有碳碳三 键和碳氧双键；其核磁共振氢谱显示苯环上有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1：1： 1：1，说明有两个取代基，且结构不对称，所以 X 可以为 或 。 【点睛】本题同分异构体的寻找为易错点，要注意题干要求“苯环上有 4 种不同化学环境的 氢”，说明苯环上有 2 个取代基，且结构不对称。 浓硫酸 ∆ 15. 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备 固体的实验装置如图所示。 已知： 熔点-59℃、沸点 11℃、 沸点 150℃ 中的化学方程式： (1) 放入仪器 中，仪器 中的药品是__________(写化学式)。如果仪器 改成分 液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________________________________。 (2) 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)___ ___________________。 (3)向 装置中通入空气，其作用是赶出 ，然后通过 再到 中反应。通空气不能过 快的原因是___________________________________________，通空气也不能过慢原因是 ________________________________________________________________。 (4)冰水浴冷却的目的是__________。 a.降低 的溶解度 b.减少 的分解 c.使 变为液态 d.加快反应速率 (5)写出 中发生反应的化学方程式______________________________________________， 在反应起到__________作用。假设在反应中消耗掉 则有____ 电子转移。 【答案】(1). H2O2 (2). 液体无法顺利滴落 (3). (4). 空气流速 快时， 不能被充分吸收 (5). 空气流速过慢时， 不能及时被移走，浓度过高导 2ClO 2NaClO 2NaClO 2ClO 2 2H O A 3 2 2 2 4 2 2 2 4 22NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O+ + = ↑ + ↑ + + 3NaClO A B B C A 2ClO C D 2NaClO 2 2H O 2ClO D 2 2H O 2 2H O a g mol 2ClO 2ClO 致分解 (6). abc (7). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O (8). 还原剂 (9). a/17 【分析】氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2 与氢氧化钠溶液和过氧 化氢发生氧化还原反应生成 NaClO2，NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶， 过滤洗涤得到晶体 NaClO2•3H2O。 【详解】(1) 放入仪器 中，仪器 中的药品是 H2O2，仪器 B 为滴液漏斗，其目的 是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现 的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行； (2)实验中 C 的作用是防止倒吸， 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装 置图为： ； (3)向 装置中通入空气，其作用是赶出 ，然后通过 再到 中反应。空气流速不能 过快，因为空气流速快时， 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时， 不能及时被移走，浓度过高导致分解； (4) NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低 的溶解度、减少 的分解，由于 的沸点较低，所以还能使 变为液态， 方便使用； (5)写出 中发生反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O， 在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系： ~2e-，若在反应中消耗掉 ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol-1)= a/17mol。 16.治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。 （1）CO 泄漏会导致人体中毒，用于检测 CO 的传感器的工作原理如图所示：写出电极 I 上 发生的反应式：_________________________________________。 3NaClO A B B C A 2ClO C D 2ClO 2ClO 2NaClO 2 2H O 2ClO 2ClO D 2 2H O 2 2H O 2 2H O a g 工作一段时间后溶液中 H2SO4 的浓度___________(填“变大”、“变小”或“不变”) （2）用 O2 氧化 HCl 制取 Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H，通过控制条件，分两步循环进行，可使 HCl 转化率接近 100%，其 原理如图所示： 过程 I 的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1 过程 II 反应的热化学方程式（∆H2 用含有∆H 和∆H1 的代数式表示） _____________________________________________________。 （3）在温度 T0℃，容积为 1L 的绝热容器中，充入 0.2molNO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，容器中 NO2 的相关量随时间变化如图所示。 ①反应到 6s 时，NO2 的转化率是___________。 ②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是_____。 a.X b.Y c.Z d.W ③0~3s 内容器中 NO2 的反应速率增大，而 3s 后容器中 NO2 的反应速率减小了，原因是 ___________________________________________________________。 ④此容器中反应达平衡时，温度若为 T1℃，此温度下的平衡常数 K═___________。 （4）工业上可用 Na2SO3 溶液吸收法处理 SO2，25℃时用 1mol•L-1 的 Na2SO3 溶液吸收 SO2， 当溶液 pH═7 时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞ c(H+)═c(OH-)。（已知 25℃时：H2SO3 的电离常数 Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学 理论通过计算说明 c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因_______________________________________。 【答案】(1). CO-2e-+H2O=CO2+2H+ (2). 不变 (3). 2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2═∆H-2∆H1 (4). 80% (5). d (6). 反应放热，体系 温度升高，反应速率加快， 后来 NO2 浓度减小，反应速率随之减小 (7). 225 (8). 根据 Ka2═c(SO32-)•c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将 c(H+)═1.0×10-7 代入得出 c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以 c(HSO3-)＞c(SO32-) 【详解】(1)根据图示可知电极 I 上 CO 失电子被氧化为 CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以 电极方程式为 CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为 O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为 2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变； (2)总反应为 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H ①； 过程 I 的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1 ②； 根据盖斯定律①-②×2 可得过程 II 反应的热化学方程式为 2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1，因整个过程中 HCl 的转化率接近 100%，所以过程 II 用“=”； (3)①据图可知 6s 时，c(NO2)=0.05mol/L，初始 c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为 =80%； ②据图可知 X、Y、Z 三个点速率还在随时间发生改变，W 点速率不在改变，所以 W 点可 以表示反应达到平衡状态，所以选 d； ③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来 NO2 的浓度减小，浓 度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢； ④据图可知平衡时 c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程 式可知平衡时 c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数 K= =225； (4)根据 Ka2= =6.2×10-8，将 c(H+)=1.0×10-7 代入得出 =6.2×10-1<1， 所以 c(HSO3-)＞c(SO32-)。 的 2CuO/CuCl   -1 -1 -1 0.20mol L -0.05mol L 100%0.20mol L ×   2 0.09 0.02 ( ) ( ) ( ) +2- 3 - 3 HSO HSO c c c ( ) ( ) 2- 3 - 3 SO HSO c c