2018年黑龙江高考化学模拟冲刺试题【含答案】

2018年黑龙江高考化学模拟冲刺试题【含答案】一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1东晋葛洪在抱朴子中写道“扶南生金刚，生水底石上，如钟乳状，体似紫石英，可以刻玉，人没水取之，虽铁椎之亦不能伤”文中所述“金刚”可能为（）A结晶氯化钠B金刚石C碳酸钙D二氧化硅2由2个一CH3，3个CH2、1个、1个OH构成的有机物的数目为（）A4B5C6D73常温下，下列各组离子在指定溶液中一定可以大量共存的是（）A1.0mol/L的硝酸钾溶液中：Mg2+，Fe2+、Cl、SO42B由水电离的c（H+）=1.01013mol/L的溶液中：Ca2+，K+、Br、HCO3C在pH=1的溶液中：NH4+、Na+、ClO、ClD无色溶液中：Al3+、Na+、S2、Cl4EPA、DHA均为不饱和羧酸1mol分子式为C67H96O6的某种鱼油完全水解后生成1mol甘油（C3H8O3），1mol EPA和2mol DHA，EPA，DHA的分子式分别为（）AC20H30O2、C22H30O2BC22H32O2、C20H30O2CC22H30O2、C20H30O2DC20H30O2、C22H32O25下列实验不能达到预期目的是（）A用稀硫酸和锌粒反应制取氢气时加入少许硫酸铜粉末以加快反应速率B向乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液以除去乙酸乙酯中少量的乙酸C向盛有沸水的烧杯中滴加FeC13饱和溶液并长时间煮沸以制取Fe（OH）3胶体D向蔗糖中滴加浓硫酸可证明浓硫酸有脱水性6如图，甲容器有一个移动活塞，能使弃器保持恒压起始时向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4mol SO2、2mol O2甲、乙的体积都为1L（连通管体积忽略不计）保持相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达平衡时，甲的体积为0.8L下列说法正确的是（）A乙容器中SO2的转化率小于60%B平衡时SO3的体积分数：甲乙C打开K后一段时间再次达到平衡甲的体积为1.4 LD平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，平衡向正反应方向移动7由黄铜矿（CuFeS2）制取铜的简单流程如图：下列说法正确的是（）A由CuFeS2生成Cu2S，SO2和铁的氧化物反应中硫元素被还原B熔炼过程中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2C铜的电解精炼过程中纯铜做阳极D上述冶炼过程产生大量SO2，通常用饱和NaHSO3溶液吸收二、解答题（共3小题，满分43分）8氨在国防、工农业生产领域发挥着重要作用（1）工业以甲烷为原料生产氨气的过程如下：甲烷氢气氨气过程中，有关化学反应的能量变化如图所示反应为反应（填“吸热”或“放热”），CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式是（2）CO可降低过程所用催化剂的催化效率，常用乙酸二氨合铜（）溶液吸收，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）2CH2COOCO（1），N元素在周期表中的位置为，NH3的电子式为所得溶液经处理的又可再生，恢复其吸收CO能力，再生的适宜条件是（选填字母）a高温、高压b高温、低压c低温、低压d低温、高压（3）合成NH3的反应为放热反应，如果该反应平衡时，只改变一个条件，再次达到新平衡时，平衡常数K值变大关于该反应的说法正确的是（填字母序号）A一定向正反应方向移动B在平衡移动时正反应速率先增大再减小C一定向逆反应方向移动D在平衡移动时逆反应速率先减小再增大（4）400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，加入催化剂，10分钟后反应达到平衡平衡时N2转化率为60%下列图象能正确表示该过程中相关量的变化的是（填字母序号）平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（5）恒温恒容时，若原料气投料比n（H2）：n（N2）=1：1，平衡时、H2的体积分数为30%容器内的压强与起始压强之比为9亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是电解法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：纯的ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全（1）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的（填化学式），至沉淀不再产生后再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去经检测发现滤液中SO42浓度仍大于105mol/L，其原因是已知：Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=5.1109（2）写出无隔膜电解槽内发生反应的总化学方程式（3）写出二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式，通入空气的目的是（4）将ClO2通入电解槽的阴极室，饱和NaCl溶液通入电解槽的阳极室，电解一段时间后，可得到产品，写出电解时阴极的电极反应式（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量NaClO2，其中一份给以适当条件使之变质，另一份严格保存，均配成溶液并分别与足量FeSO4溶液反应，消耗Fe2+的物质的量（填“相同”、“不相同“或“无法判断”）（6）亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HC1O2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2有毒，经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列分析正确的是A亚氯酸钠在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106CpH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c（HClO2）c（ClO2）c（ClO2）c（Cl）D.25时，该溶液在pH=4时比pH=11时更适合漂白10将1.76gHIO3固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：（1）110和200均为样品的脱水过程，试确定200时是否脱水完全：（填“是”或“否”），判断的理由是（要求写出计算过程）（2）300发生反应的化学方程式为I2O5为白色固体，易吸水，与CO反应的化学方程式为I2O5+5CO=I2+5CO2，某化学课外话动小组设计实验用I2O5测定空气中CO的含量可供选择的实验装置如图：实验步骤如下：连接装置，检查气密性，装入药品；通入含CO的空气一段时间，观察现象；停止通入空气测定C内沉淀质量回答下列问题：（3）装置正确的连接顺序为（用导管接口字母表示）（4）B中NaOH溶液的作用为（5）D中的现象为（6）实验中通入空气的速率为V0mL/min，测得在0tmin内C装置中生成沉淀质量为mg，假设I2O5足量且与CO充分反应，此条件下的气体摩尔体积为VmL/mol，计算空气中CO的体积分数为某同学认为上述方法存在误差，他的理由可能为三、化学一选修2：化学与技术11实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如图1：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为；该操作将I2还原为I的目的是（2）操作X的名称为（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在400C左右反应（实验装置如图2所示）实验控制在较低温度下进行的原因是；锥形瓶里盛放的溶液为（4）利用如图3所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2阳极的电极反应式为在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为四、【化学一选修3：物质结构与性质】12N，P，As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途请回答下列问题：（1）意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，该分子的空间构型与P4类似，其中氮原子的轨道杂化方式为，NN键的键角为（2）基态砷原子的价电子排布图为，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物PH3与NH3的结构相似，和过渡金属更容易形成配合物的是（填“PH3”或“NH3”）（4）SCl3+和PCl3是等电子体，SCl3+的空间构型是SCl键键长PCl键键长（填“”、“=”或“”），原因是（5）砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，砷化镓的化学式为若该晶体的密度为gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则a、b的距离为pm（用含和NA的代数式表示）五、化学一选修5；有机化学基础13菠萝酯是一种带有浓郁的菠萝香气和香味的食用香料，其合成路线如下（部分反应条件及产物已略去）：请回答下列问题：（1）菠萝酯中所含官能团的名称为（Z）一反应中属于加成反应的是（3）A可用于制备顺丁橡胶，顺丁橡胶的链节为，若顺丁橡胶的平均相对分子质量为540054，则平均聚合度为（4）B的名称为，下列有关B的说法正确的是（填字母序号）a元素分析仪可确定B的实验式为C6H10b质谱仪可检测B的最大质荷比的数值为82c红外光谱仪可测定B中六个原子共面d核磁共振仪可测定B有两种类型氢原子吸收峰（5）写出反应的化学方程式（6）同时满足质量条件的E的同分异构体的数目为种氨基与苯环直接相连遇氯化铁溶液显紫色苯环上有三个取代基（7）化合物（CH2=CHCH2OH，经三步反应合成2，3二羟基丙醛反应的试剂与条件为，反应的化学方程式为2018年黑龙江高考化学模拟冲刺试题【含答案】一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1东晋葛洪在抱朴子中写道“扶南生金刚，生水底石上，如钟乳状，体似紫石英，可以刻玉，人没水取之，虽铁椎之亦不能伤”文中所述“金刚”可能为（）A结晶氯化钠B金刚石C碳酸钙D二氧化硅【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】“扶南生金刚，生水底石上，如钟乳状，体似紫石英，可以刻玉，人没水取之，虽铁椎之亦不能伤”说明其硬度大，金刚石符合，据此分析解答【解答】解：结晶氯化钠、碳酸钙硬度较小，不符合“虽铁椎之亦不能伤”的性质，二氧化硅，晶体：为无色透明或紫色透明的石英，无定形：为白色固体或粉末状，不符合如钟乳状，体似紫石英特点，似紫石英不是石英，金刚石符合上述特征，所以B符合故选B2由2个一CH3，3个CH2、1个、1个OH构成的有机物的数目为（）A4B5C6D7【考点】有机化合物的异构现象【分析】先根据烷烃的通式计算写出分子式，然后判断C5H11Cl为戊烷的一氯代物，判断和书写烷烃的一氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体，找出等效的氢原子，根据先中心后两边的原则，将氯原子逐一去代替氢原子据此判断符合条件的同分异构体数目【解答】解：由2个一CH3，3个CH2、1个、1个OH构成的有机物为C6H13OH，CH3CHOH（CH2）3CH3；CH3CH2CHOH（CH2）2CH3；（CH3）2CH（CH2）2CH3；CH3CH2CH（CH3）（CH2）2OH，CH3（CH2）2CH3CH（CH3）CH2OH；CH3（CH2）3CH（CH3）CH2OH，共六种故选C3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定可以大量共存的是（）A1.0mol/L的硝酸钾溶液中：Mg2+，Fe2+、Cl、SO42B由水电离的c（H+）=1.01013mol/L的溶液中：Ca2+，K+、Br、HCO3C在pH=1的溶液中：NH4+、Na+、ClO、ClD无色溶液中：Al3+、Na+、S2、Cl【考点】离子共存问题【分析】A四种离子之间不反应，都不与硝酸钾反应；B由水电离的c（H+）=1.01013mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子和氢氧根了反应；CpH=1的溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应；D铝离子与硫离子发生双水解反应【解答】解：AMg2+，Fe2+、Cl、SO42之间不反应，都不与硝酸钾反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B由水电离的c（H+）=1.01013mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DAl3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢、氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A4EPA、DHA均为不饱和羧酸1mol分子式为C67H96O6的某种鱼油完全水解后生成1mol甘油（C3H8O3），1mol EPA和2mol DHA，EPA，DHA的分子式分别为（）AC20H30O2、C22H30O2BC22H32O2、C20H30O2CC22H30O2、C20H30O2DC20H30O2、C22H32O2【考点】羧酸简介；有机物实验式和分子式的确定【分析】1mol分子式为C67H96O6的某种鱼油完全水解后生成1mol甘油（C3H8O3）即丙三醇，1mol EPA和2mol DHA，而EPA、DHA均为不饱和羧酸，故C67H96O6为三元酯，据此分析【解答】解：1mol分子式为C67H96O6的某种鱼油完全水解后生成1mol甘油（C3H8O3）即丙三醇，1mol EPA和2mol DHA，而EPA、DHA均为不饱和羧酸，故C67H96O6为三元酯，即故方程式可以表示为：C3H8O3+EPA+2DHAC67H96O6+3H2O，根据原子个数守恒可知，1molEPA和2mol DHA的分子式之和为C64H94O6，故选D5下列实验不能达到预期目的是（）A用稀硫酸和锌粒反应制取氢气时加入少许硫酸铜粉末以加快反应速率B向乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液以除去乙酸乙酯中少量的乙酸C向盛有沸水的烧杯中滴加FeC13饱和溶液并长时间煮沸以制取Fe（OH）3胶体D向蔗糖中滴加浓硫酸可证明浓硫酸有脱水性【考点】化学实验方案的评价【分析】A原电池能加快金属腐蚀；B饱和碳酸钠能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，能抑制乙酸乙酯溶解；C长时间煮沸会导致胶体产生聚沉现象；D浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性【解答】解：A原电池能加快金属腐蚀，Zn和铜离子反应生成Cu，Cu、Zn和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，故A正确；B饱和碳酸钠能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，能抑制乙酸乙酯溶解，所以可以用饱和的碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C长时间煮沸会导致胶体产生聚沉现象，应该将溶液加热至红褐色为止，故C错误；D浓硫酸将蔗糖中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故D正确；故选C6如图，甲容器有一个移动活塞，能使弃器保持恒压起始时向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4mol SO2、2mol O2甲、乙的体积都为1L（连通管体积忽略不计）保持相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达平衡时，甲的体积为0.8L下列说法正确的是（）A乙容器中SO2的转化率小于60%B平衡时SO3的体积分数：甲乙C打开K后一段时间再次达到平衡甲的体积为1.4 LD平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡建立的过程【分析】根据图象知，A保持恒容，B保持恒压，A、因为甲容器中是恒压过程，利用三段式，根据体积之比等物质的量之比，可以求得参加反应的X的物质的量，再求得SO2的转化率；B、根据上述分析，乙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡会正向移动；C、打开K达新平衡等效为甲中到达的平衡；D、平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，相当于原来的基础上增加三氧化硫的浓度【解答】解：根据图象知，A保持恒容，B保持恒压，A、因为甲容器中是恒压过程，利用三段式，根据体积之比等物质的量之比，可以求得参加反应的X的物质的量，再求得SO2的转化率；设反应转化了的X的物质的量为xmol，则：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始（mol）2 1 0反应（mol）2x x 2x平衡（mol）22x 1x 2x平衡时容器内气体的物质的量为=（22x）+（1x）+2x=（3x）mol，根据气体体积比等于物质的量之比，解得：x=0.6，所以物质SO2的转化率100%，故为60%，乙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡会正向移动，二氧化硫的转化率增大，故大于60%，故A错误；B、根据上述分析，乙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡会正向移动，平衡时SO3的体积分数：甲乙，故B错误；C、打开K达新平衡等效为甲中到达的平衡，甲乙等效，若为打开K时，乙中的气体物质的量相当于甲的两倍，打开K时，气体的体积也该为甲的两倍，即1.6L，但乙只有1L，故甲应增加0.6L，故甲的体积为0.8+0.6=1.4L，故C正确；D、平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，相当于原来的基础上增加三氧化硫的浓度，平衡逆向移动，故D错误故选C7由黄铜矿（CuFeS2）制取铜的简单流程如图：下列说法正确的是（）A由CuFeS2生成Cu2S，SO2和铁的氧化物反应中硫元素被还原B熔炼过程中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2C铜的电解精炼过程中纯铜做阳极D上述冶炼过程产生大量SO2，通常用饱和NaHSO3溶液吸收【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价；B熔炼过程中Cu2S与O2反应生成Cu和二氧化硫C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连；DSO2难溶于饱和NaHSO3溶液【解答】解：A焙烧时Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价，所以反应过程中硫元素被氧化，故A错误；B熔炼过程中Cu2S与O2反应生成Cu和二氧化硫，其反应方程式为：Cu2S+O22Cu+SO2，故B正确；C粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连作阳极，粗铜逐渐溶解，铜在阴极析出，所以纯铜作阴极，故C错误；DSO2难溶于饱和NaHSO3溶液，所以不能用饱和NaHSO3溶液吸收二氧化硫，故D错误故选B二、解答题（共3小题，满分43分）8氨在国防、工农业生产领域发挥着重要作用（1）工业以甲烷为原料生产氨气的过程如下：甲烷氢气氨气过程中，有关化学反应的能量变化如图所示反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”），CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式是CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+118.1kJ/mol（2）CO可降低过程所用催化剂的催化效率，常用乙酸二氨合铜（）溶液吸收，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）2CH2COOCO（1），N元素在周期表中的位置为第二周期第A族，NH3的电子式为所得溶液经处理的又可再生，恢复其吸收CO能力，再生的适宜条件是b（选填字母）a高温、高压b高温、低压c低温、低压d低温、高压（3）合成NH3的反应为放热反应，如果该反应平衡时，只改变一个条件，再次达到新平衡时，平衡常数K值变大关于该反应的说法正确的是AD（填字母序号）A一定向正反应方向移动B在平衡移动时正反应速率先增大再减小C一定向逆反应方向移动D在平衡移动时逆反应速率先减小再增大（4）400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，加入催化剂，10分钟后反应达到平衡平衡时N2转化率为60%下列图象能正确表示该过程中相关量的变化的是a（填字母序号）平衡常数Kp=0.021（MPa）2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）（5）恒温恒容时，若原料气投料比n（H2）：n（N2）=1：1，平衡时、H2的体积分数为30%容器内的压强与起始压强之比为10：13【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择【分析】（1）由图可知反应生成物的总能量比反应物的总能量高，故为吸热反应；根据盖斯定律来计算反应的焓变并书写热化学方程式；（2）N元素二周期第A族，氨气中氮原子与氢原子形成三对共用电子对；根据温度和压强对化学平衡移动的影响知识来回答；（3）改变一个条件，再次达到新平衡时，平衡常数K值变大，说明改变反应温度使正向移动，NH3的反应为放热反应，故应为降温；（4）400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，反应放热，随反应的进行，放出的热量增大，混合气体质量不变，容器体积减小，混合气体密度增大，反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，氢气的体积分数减小，也不会从0开始，据此分析；400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，加入催化剂，10分钟后反应达到平衡平衡时N2转化率为60%，列三段式计算平衡时各物质的物质的量和压强，代入K计算；（5）设反应起始各去1mol，反应氮气x，列三段式，根据氢气的体积分数计算x的值，再由气体的压强之比等于气体的物质的量之比计算【解答】解：（1）由图可知反应生成物的总能量比反应物的总能量高，故为吸热反应；由图示可得：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+76.9kJ/mol；CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=41.2kJ/mol由盖斯定律得CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+118.1kJ/mol；故答案为：吸热；CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+118.1kJ/mol；（2）N元素二周期第A族，氨气的电子式为：；故答案为：第二周期第A族；欲使溶液再生，即使平衡向左移动，所以应高温、低压；故答案为：b；（3）改变一个条件，再次达到新平衡时，平衡常数K值变大，说明改变反应温度使正向移动，NH3的反应为放热反应，故应为降温，则逆反应速率先减小再增大；故答案为：AD；（4）400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，反应放热，随反应的进行，放出的热量增大，a正确；混合气体质量不变，容器体积减小，混合气体密度增大，b错误；反应正向进行，混合气体质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量增大，c错误；氢气的体积分数减小，也不会从0开始，d错误；故答案为：a；400，28MPa时，将1molN2和3mol H2混合充入体积可变的密闭容器中，加入催化剂，10分钟后反应达到平衡平衡时N2转化率为60%，列三段式；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）n始：1 3 0n转：0.6 1.8 1.2n平：0.4 1.2 1，2则P（N2）=28MPa=4MPa，P（H2）=28MPa=12MPa=P（NH3），化学平衡常数Kp=0.021（MPa）2；故答案为：0.021（MPa）2；（5）设反应起始各去1mol，反应氮气x，列三段式，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）n始：1 1 0n转：x 3x 2xn平：1x 13x 2xH2的体积分数为30%，则=0.3，解得x=，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为2：（1+13+2）=10：13；故答案为：10：139亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是电解法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：纯的ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全（1）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去经检测发现滤液中SO42浓度仍大于105mol/L，其原因是BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）而释放出SO42（或其它合理答案）已知：Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=5.1109（2）写出无隔膜电解槽内发生反应的总化学方程式NaCl+3H2ONaClO3+3H2（3）写出二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸（4）将ClO2通入电解槽的阴极室，饱和NaCl溶液通入电解槽的阳极室，电解一段时间后，可得到产品，写出电解时阴极的电极反应式ClO2+e=ClO2（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量NaClO2，其中一份给以适当条件使之变质，另一份严格保存，均配成溶液并分别与足量FeSO4溶液反应，消耗Fe2+的物质的量相同（填“相同”、“不相同“或“无法判断”）（6）亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HC1O2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2有毒，经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列分析正确的是ABDA亚氯酸钠在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106CpH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c（HClO2）c（ClO2）c（ClO2）c（Cl）D.25时，该溶液在pH=4时比pH=11时更适合漂白【考点】制备实验方案的设计【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2ONaClO3+3H2，得到氯酸钠溶液，氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，将ClO2通入电解槽，阳极发生氧化反应，氯离子放电生成ClO2，生成氢离子，阳极电极反应式为：Cl5e+2H2O=ClO2+4H+，阴极5ClO2+5e=5ClO2，喷雾干燥得到亚氯酸钠固体（1）在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去，根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32（aq）=BaCO3（s）+SO42（aq）；（2）无隔膜电解槽内电解饱和氯化钠溶液生成氯酸钠和氢气；（3）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物，据此书写方程式，纯的ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，需通入空气稀释ClO2；（4）电解时阴极二氧化氯得到电子生成亚氯酸根离子；（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，方程式为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2+12Fe2+6H2O=4Fe（OH）3+3Cl+8Fe3+，运用氧化还原反应理论电子转移判断解答；（6）A由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高；BHClO2的电离平衡常数K=结合图示数据来计算；C根据图知，pH=7时，c（HClO2）c（ClO2）；D根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的pH更适合漂白【解答】解：（1）加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32时，发生BaSO4（s）+CO32（aq）=BaCO3（s）+SO42（aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）而释放出SO42，故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）而释放出SO42（或其它合理答案）；（2）根据流程图可知：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，反应物为氯化钠、水，生成物为氯酸钠，根据原子守恒、得失电子守恒可知，该反应为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，故答案为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2；（3）二氧化氯发生器中生成ClO2，用二氧化硫还原NaClO3生成ClO2，一定有NaClO3ClO2，化合价降低，被还原；则SO2必定被氧化，有硫酸根离子产生，反应的方程式为：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，故答案为：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；稀释ClO2，防止ClO2爆炸；（4）将ClO2通入电解槽的阴极室，饱和NaCl溶液通入电解槽的阳极室，电解，阳极发生氧化反应，氯离子放电生成ClO2，电极反应式为：Cl5e+2H2O=ClO2+4H+，阴极二氧化氯得到电子，电极反应式为：5ClO2+5e=5ClO2，即ClO2+e=ClO2，故答案为：ClO2+e=ClO2；（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2+12Fe2+6H2O=4Fe（OH）3+3Cl+8Fe3+，最终得到Cl元素由+3价变为1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，所以两份试样消耗FeSO4的物质的量相同，故答案为：相同；（6）A由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；B当pH=6时，c（ClO）=c（HClO），HClO2的电离平衡常数K=106，故B正确；C根据图知，pH=7时，存在c（HClO2）c（ClO2），则离子浓度大小顺序是c（ClO2）c（HClO2）c（ClO2）c（Cl），故C错误；D根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，则图中HClO2和ClO2的浓度之和最大时漂白效果最好，所以该漂白剂的最佳pH在13，HClO2是漂白织物的有效成分，ClO2是有毒气体，要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图象知，pH过小，ClO2含量较大，pH过大，HClO2的含量较低，所以25时，该溶液在pH=4时比pH=11时更适合漂白，故D正确；故答案为：ABD10将1.76gHIO3固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示：（1）110和200均为样品的脱水过程，试确定200时是否脱水完全：是（填“是”或“否”），判断的理由是2HIO3I2O5+H2O2176 181.76g xx=0.09g图象可知200C时固体质量减少1.76g1.67g=0.09g，说明此时已全部失水（要求写出计算过程）（2）300发生反应的化学方程式为2I2O52I2+5O2I2O5为白色固体，易吸水，与CO反应的化学方程式为I2O5+5CO=I2+5CO2，某化学课外话动小组设计实验用I2O5测定空气中CO的含量可供选择的实验装置如图：实验步骤如下：连接装置，检查气密性，装入药品；通入含CO的空气一段时间，观察现象；停止通入空气测定C内沉淀质量回答下列问题：（3）装置正确的连接顺序为cdabghfe（用导管接口字母表示）（4）B中NaOH溶液的作用为吸收通入空气中的二氧化碳气体（5）D中的现象为D中固体部分变为紫黑色（6）实验中通入空气的速率为V0mL/min，测得在0tmin内C装置中生成沉淀质量为mg，假设I2O5足量且与CO充分反应，此条件下的气体摩尔体积为VmL/mol，计算空气中CO的体积分数为100%某同学认为上述方法存在误差，他的理由可能为生成的二氧化碳没有完全被氢氧化钡溶液吸收【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）依据1.76gHIO3全部失水时剩余固体质量，结合图象中固体变化和温度变化分析判断；（2）200C300C是I2O5分解后无固体剩余，则分解产物为I2和O2；（3）I2O5为白色固体，易吸水，与CO反应的化学方程式为I2O5+5CO=I2+5CO2，用I2O5测定空气中CO的含量，需要依据此反应生成产物出现的现象和质量变化，计算一氧化碳的含量，所以空气先通过装置B中氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，防止干扰测定含量，I2O5为白色固体，易吸水，所以再通过装置A中的浓硫酸干燥气体，通入装置D和）I2O5反应，生成的二氧化碳可以利用装置C吸收气体二氧化碳前后的质量变化计算；（4）装置B中氢氧化钠是除去空气中的二氧化碳；（5）分析可知，装置D中发生反应I2O5+5CO=I2+5CO2，生成紫黑色固体碘单质；（6）测得在0tmin内C装置中生成沉淀质量为mg为BaCO3，是一氧化碳和I2O5反应生成的二氧化碳，物质的量n（BaCO3）=n（CO2）=n（CO）=mol，空气的体积为V0mL/mintmin=V0tml=V0t103L，n（空气）=mol，计算得到空气中CO的体积分数，某同学认为上述方法存在误差的原因可能是生成的二氧化碳未被氢氧化钡溶液全部吸收；【解答】解：（1）2HIO3I2O5+H2O 2176 18 1.76g xx=0.09g图象可知200C时固体质量减少1.76g1.67g=0.09g，说明此时已全部失水，故答案为：是；2HIO3I2O5+H2O 2176 18 1.76g xx=0.09g图象可知200C时固体质量减少1.76g1.67g=0.09g，说明此时已全部失水；（2）图象分析可知，依据（1）减少可知200C300C是I2O5分解后无固体剩余，则分解产物为I2和O2，反应的化学方程式为：2I2O52I2+5O2，故答案为：2I2O52I2+5O2；（3）I2O5为白色固体，易吸水，与CO反应的化学方程式为I2O5+5CO=I2+5CO2，用I2O5测定空气中CO的含量，需要依据此反应生成产物出现的现象和质量变化，计算一氧化碳的含量，所以空气先通过装置B中氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，防止干扰测定含量，I2O5为白色固体，易吸水，所以再通过装置A中的浓硫酸干燥气体，通入装置D和）I2O5反应，生成的二氧化碳可以利用装置C吸收气体二氧化碳前后的质量变化计算，依据步骤可知装置连接顺序为：cdabghfe，故答案为：cdabghfe；（4）装置B中氢氧化钠是除去空气中的二氧化碳，故答案为：吸收通入空气中的二氧化碳气体；（5）分析可知，装置D中发生反应I2O5+5CO=I2+5CO2，生成紫黑色固体碘单质，故答案为：D中固体部分变为紫黑色；（6）测得在0tmin内C装置中生成沉淀质量为mg为BaCO3，是一氧化碳和I2O5反应生成的二氧化碳，物质的量n（BaCO3）=n（CO2）=n（CO）=mol，空气的体积为V0mL/mintmin=V0tml=V0t103L，n（空气）=mol，空气中CO的体积分数=100%=100%，某同学认为上述方法存在误差的原因可能是生成的二氧化碳未被氢氧化钡溶液全部吸收，故答案为：100%；反应生成的二氧化碳没有完全被氢氧化钡溶液吸收；三、化学一选修2：化学与技术11实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如图1：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为SO32+I2+H2O=2I+SO42+2H+；该操作将I2还原为I的目的是使CCl4中的碘进入水层（2）操作X的名称为分液（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在400C左右反应（实验装置如图2所示）实验控制在较低温度下进行的原因是使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止I2升华或防止I2进一步被氧化）；锥形瓶里盛放的溶液为NaOH溶液（4）利用如图3所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2阳极的电极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【考点】三废处理与环境保护；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘微溶于水，而碘离子易溶于水；（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；（4）根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42，二氧化氮与其发生反应4S2O42+2NO2+8OH8SO42+N2+4H2O，依据方程式即可解答【解答】解：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子；故答案为：SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42；使CCl4中的碘进入水层；（2）四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法；故答案为：分液；（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为：使氯气在溶液中有较大