2019哈三中高三模拟试卷

1、2019 哈三中高三模拟试卷2019 届高三化学下学期一模拟试卷附解析一套一、选择题（共 16 小题，每小题 3 分，满分 48 分） 1. 纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法正确的是（） A.推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放B.刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐 C. 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤/因为绿矶能电离出H+,所以“味酸” D. “山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关【答案】D【解析】【详解】A、煤液化并没减少C原子，因此推广使 用煤液化技术，不能减少 CO澹温室气体的排放，

2、故 A说法错 误；B 、刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，玛瑙成分为二氧化硅、分子筛主要成分是硅酸盐，故B 说法错误；C、绿矶溶液中FeSO地离出Fe2+和SO42-,没有H+电 离，“味酸”是因为Fe2+水解，使溶液显酸性，故 C说法错 误；D 、疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故 D说法正确。2 . 下列化学用语表述正确的是（） A. 原子结构示意图可以表示35C1,也可以表示37C1B.次氯酸的电子式可表示为 C.和互为同分异构体 D.16O与18O互为同位素；、互为同素异形体【答案】 A【解析】【详解】A 35C1、37C1的核电荷数=核外电子总数=17,二者

3、原子结构示意图为，故 A 正确；B 、次氯酸为共价化合物，结构式为H O Cl ，次氯酸正确的电子式为，故B 错误；C、和都是甲烷，不属于同分异构体，故 C错误；D、16O与18O互为同位素，但、都是水，属于化合物，因此不互为同素异形体，故D 错误。【点睛】判断“四同”一般需要从研究的对象入手，同素异形体研究的对象是单质，同位素研究的对象是原子，同系物、同分异构体研究对象是化合物。3 .NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A.常温下，4.6gNO2气体中含有的分子数为 0.1NAB.常温常压下，22.4LSO2中含有的分子数小于 NAC.0.1mol氯气参加反应时转移的电子数为

4、0.2NAD.用含有0.1molFeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A NO2中存在2NO2N2O4因止匕4.6gNO2气体中含有的分子物质的量小于 4.6g/46g?mol 1=0.1mol,故A错误；B 、常温对应温度高于标准状况下的温度，气体摩尔体积22.4L?mol 1,因此常温常压下，22.4LSO2中含有SO2分 子物质的量小于1mol,故B正确；C、C12 与 NaOK生反应：Cl2 + 2NaOH=NaONaClO+H2O， Cl2 既是氧化剂又是还原剂，因此该反应中 0.1molCl2 参 加反应，转移电子物质的量为0.

5、1mol ,故C错误；D、氢氧化铁胶体为集合体，是由许多 Fe(OH)3构成，因此 0.1molFeCl3 的饱和溶液制备氢氧化铁胶体，其中胶粒物质的量小于0.1mol ,故D错误。【点睛】易错点为选项 C,学生认为氯气作氧化剂， xxxxol ,忽略了氯气也能发生歧化反应，如氯气与NaOHS应，xxxxol 电子，平时熟悉元素及其化合物的性质。4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变为橙色的溶液：NaHK NH4+ CO32、Cl -B.能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42-、S2-、Cl一C.0.1mol?L 1KOH容液中:S2一、Na太 SO3

6、2-、NO± D.常 温下，=1.0 X1012 的溶液：Fe2+、Mg2+ NO土、Cl -【答 案】C【解析】【详解】A能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸 性，不能大量存在 CO32-,故A不符合题意；B 、能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性S2-离子，故B不符合题意；C、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C符合题意；D、常温下，=1.0X1012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。5. 下列物质制备方法正确的是（） A. 用稀硫酸、过氧化氢和铜粉反应可制备硫酸铜B. 用碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C

7、.将Na2s溶液与A1C13溶液混合可制取A12S3D.高温条件下，用H2还原MgCM制取单质Mg【答案】A【解析】【详解】A、铜与稀硫酸、双氧水反应生成硫酸铜和水，离子方程式： Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O反应过程中没有污染物，且原料的 利用率高，故A 正确；B 、浓硫酸具有强氧化性，能够将HI 氧化，因此不能用浓硫酸与碘化钾反应制取 HI,故B错误；C、Na2s溶液与A1C13溶液相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和H2s气体，所以不能用Na2s溶液与A1C13溶液混合制取A12S3,故C错误；D 、金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、 Ca、 Na、 Mg、Al等金属可用电解熔融的化

8、合物的方法冶炼，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误。6. 下列离子方程式不正确的是（） A. 向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO3 = 3Fe3+2H2O+NOB.向碳酸钠溶液中加入少量氢氧化粉固体：CO32- +Ba （OH 2=BaCO3 +2OH-C.氧化铝与氢氧化钠溶液反应：A12O3+2OI+ = 2A1O2 -+H2O除气与澄清石灰水反应：C12+2OH- = ClO - +Cl - +H2O【答案】B【解析】【详解】A在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为 3Fe2+4H+NO3 3Fe3+2H2O+NO 故 A 不符合 题意；B 、碳酸钠溶液与氢

9、氧化钡溶液反应的离子方程式中，氢氧化粉应该拆开，正确的离子方程式为：CO32- +Ba2+=BaCO3 ,故B符合题意；C 、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式： Al2O3+2OH-=2A102 - +H2Q故C不符合题意；D、氯气与澄清石灰水反应，离子方程式：C12+2OH- = C10-+C1 - +H2Q故D不符合题意.o7. 下述实验中不能达到预期实验目的是（）选项实验内容实验目的A向盛有2mL0.1mo1?L-1AgN03容液的试管中滴加0.1mo1?L - 1NaC1溶液至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mo1?L - 1Na2s溶液证明AgCl能转化为溶解度更小的 Ag2S

10、B 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色浓氨水呈碱性C向NaSiO3溶液中通入C02ffi明碳酸的酸，性比硅酸强 D 向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的银氨溶液并水浴加热验证淀粉已水解A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol?L - 1Na2s溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转 化，则证明AgCl能转化为溶解度更小的 Ag2S,故A不符合题意；B 、碱能使红色石蕊试纸变蓝色，氨水能使红色石蕊试纸变蓝色，说明氨水呈碱性，故B 不符合题意；C 、强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和硅

11、酸钠反应生成硅酸，根据强酸制取弱酸知，碳酸酸性比硅酸强，故 C不符合题意；D 、银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前必须加入NaOH§液中和未反应的稀硫酸，否则实验不成 功，故D符合题意。8. 下列物质分类正确的是（） A. 胶体：分散质颗粒直径1-100mm勺分散系B.弱电解质：HC4 NH3?H2O AgCkNH4NO3cg合物：空气、盐酸、王水、氯水、水玻璃 D.有机物：丙醇、丙酸、1, 2-二澳戊烷、碳酸钠【答案】 C【解析】 【详解】A、分散质颗粒直径在1nm- 100nm之间的分散系属于胶体，故 A 错误；B、弱电解质为 HClQ NH3?H2OAgCl、

12、NH4NO3（于强电解 质，故 B 错误；C 、空气是混合物、盐酸是氯化氢气体水溶液为混合物、王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物、氯水是氯气的水溶液，属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故C正确；D、丙醇、丙酸、1, 2-二澳戊烷属于有机物，碳酸钠属于 无机物，故D错误。9. 下列关于有机物的说法正确的是（）A.CH2= CH- COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应B.石油裂解的主要目的是为了获得短链的不饱和烧 C.分子式为C4H8O2勺酯有3种D. 硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A CH2= CH- COOK有碳碳双 键和羧基

13、，可发生加成、取代反应，不能发生水解反应，故A错误；B 、石油裂解可获得烯烃，可获得短链的不饱和烃，故B 正确；C 、根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2 种（丙基 2 种异构） 、乙酸乙酯1 种、丙酸甲酯1 种，共 4 种，故C 错误；D 、高分子化合物的相对分子质量为 10000 以上，硬脂酸甘油酯不是高分子化合物，淀粉和蛋白质能发生水解，且属于高分子化合物，故D错误。【点睛】易错点是选项D,高分子化合物包括天然高分子化合物和合成高分子化合物，天然高分子化合物有纤维素、淀粉、蛋白质、天然高分子化合物，合成高分子化合物一般在单体名称前加上“聚”；易错点是油脂不是高分子化合物。10. 下

14、列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是()A.1molH2O在不同状态时的嫡值：SH2O (s) v SH2O( g) B. 放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行C.2KC1O3 (s) =2KCl (s) +3CO2 (g) AH> 0 能否自发进行与 温度有关D.常温下，反应C (s) +CO2(g) =2CO(g)不能自 发进行，则该反应的 H> 0【答案】B【解析】【详解】A、物质 聚集状态不同嫡值不同，气体 S>液体S>固体S, 1molH2O在 不同状态时的嫡值：SH2O (s) <SH2O (g),故A说法正 确；B、反应的自发性由焰变和

15、嫡变共同决定，当 G= AH- TA SV 0时反应能自发进行，匕 G 0时反应不能自发进行，焰 变小于零的反应， H< 0,若$< 0,高温下可以 G> 0,反 应不能自发进行，嫡变大于零的反应， S> 0,若«> 0,高 温下可以 G< 0时反应可自发进行，故 B说法错误；C、AH> 0、AS> 0,由AH- TA Sv 0的反应可自发进 行，可知能否自发进行与温度有关，故C说法正确；D、恒温恒压下，反应 C (s) +CO2(g) = 2CO(g)则!-TAS> 0,反应一定不能自发进行， S> 0的反应， H>

16、0,故D说法正确。11. 下列说法正确的是（） A. 由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同，因而沸点不同B.H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2,都需要破坏共价键 C.Na2O2中含有共价键，所以 Na2O漏于共价化合物D.水晶和干冰都是共价化合物，所以他 们的熔沸点相近【答案】A【解析】【详解】A分子晶体中分子 间作用力越大，沸点越高，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故A 正确；B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，水分子分解时破坏共价键，故B 错误；C 、过氧化钠中既离子键又含共价键，过氧化钠是离子化合物，而不是共价化合物，故

17、 C错误；D 、水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，它们的熔沸点相差很大，故D 错误。12. W 、 X、 Y、 Z 四种短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是（）A.原子半径：Z> Y>XB.元素非金属性：Z> Y> XC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z> Y>WD.WH4J Z元素的单质在光照时发生置换反应【答案】C【解析】【分析】根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C, X为 O, Y为 S, Z为 Cl;【详解】根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C, X为 O, Y为 S, Z为

18、Cl;A、Y、Z、X的原子半径依次减小，即 Y> Z>X,故A错误；B、非金属性X> Y、Z>Y,且O原子半径小，则非金属性X、Z、Y依次降低，即X>Z>Y,故B错误；C、非金属性Z> Y> W则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C 正确；D、WH四Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代煌和HCl,不属于置换反应，故 D错误。【点睛】易错点是选项 D,学生会把甲烷和氯气发生的取代反应，与置换反应混淆，可以从置换反应的定义入手，置换反应是单质+化合物-单质+化合物， CH4与C12反应生成卤 代煌和HCl,没有单质的生成，

19、从而推出 CH4和C12发生取代 反应，而不是置换反应。13. 某离子反应中涉及H2O、 ClO、NH4+、 H+、 N2、 Cl六种微粒。其中N2 的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（）A.该反应的还原剂是 Cl B.消耗1mol还原剂，转移6mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D.反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】试题分析：由题意知，反应离子方程式2NH4+3ClO =3Cl +N2+2H+3H2O、还原剂发生氧化反应化合价升高，溶液中 N2 浓度增大，即N2为生成物，NH4的还原剂，故A错误；B、由题意知每消耗 1molNH4生成0.5molN2

20、 ,转移电子 3mol,故B错误；C 、氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2 ；D 、反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故D 正确。考点：氧化还原反应的计算14. 某固体混合物中可能含有K+、Na卡Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解于蒸储水，对所得溶液进行如下实验：下列推断正确的是() A. 该混合物一定是 K2CO彝口 NaClB.该混合物可能是 Na2CO侨口 KC1C.该混合物可能是Na2SO琳口 Na2CO3D.(混合物一定是K2SO领NaCl【答案】B【解析】【分析】溶液中加入过量 Ba(NO3)2,出 现白色沉淀，该白色沉淀可能是 BaSO4也可能是BaCO3

21、也可 能是它们的混合物，但白色沉淀加入过量盐酸，沉淀溶液，因此该白色沉淀为BaCO3说明原溶液中一定含有 CO32-, 一定 不含有SO42-,滤液中加入硝酸酸化的 AgNO3#液，出现白色 沉淀，该沉淀为AgCl,说明原溶液中一定含有 Cl ,焰色反应 为黄色，溶液中含有 Na元素，则原溶液中一定含有 Na+,原 溶液中可能含有K；【详解】溶液中加入过量 Ba(NO3)2,出现白色沉淀，该白 色沉淀可能是BaSO4也可能是BaCO3也可能是它们的混合 物，但白色沉淀加入过量盐酸，沉淀溶液，因此该白色沉淀为BaCO3说明原溶液中一定含有 CO32-, 一定不含有 SO42-, 滤液中加入硝酸酸

22、化的 AgNO3容液，出现白色沉淀，该沉淀为 AgCl ，说明原溶液中一定含有Cl ，焰色反应为黄色，溶液中含有Na元素，则原溶液中一定含有 Na+,原溶液中可能含有 K；由上述分析可知，一定含 Nai Cl-、CO32-,不含SO42-,则一定不含Na2SO4不能确定是否含 K+,则该混合物可能是K2CO竽口 NaCl,可能为Na2CO等口 NaCl,故选项B正确。15.电解NaB （OH 4溶液制备H3BO3勺原理如图所示，下列叙述错误的是（）A.M室发生的电极反应式：2H2O-4e- =02T +4H+B.a c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C.N室中:a%c b%D每生成1molH3

23、BO3则有ImolNa钻入N室【答案】B【解析】【分析】该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O 4e=02T + 4H+ ,产品室得到产品，因此 a膜为阳离子交换膜，右端石墨为阴极，根据电解原理，阴极反应式为2H2O 2e =H2T + 20H- , c膜为阳离子交换膜；【详解】该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O- 4e =02T +4H+,产品室得到产品，因此 a膜为阳离子交换膜，右端石墨 为阴极，根据电解原理，阴极反应式为2H2d2e =H2T + 2OH， c 膜为阳离子交换膜；A、M室中

24、石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+,电极反应式为 2H2O- 4e- O2f +4H+；故 A说法正确；B、原料室中的B (OH 4-通过b膜进入产品室，M室中氢 离子通入a膜进入产品室，原料室中的 Na+S过c膜进入N 室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故 B说法错 误；C、N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-,原料室中的钠离子通过 c膜进入N室，溶液中c(NaOH增大，所以N室：a%< b%故C说法正确；D、理论上每生成1molH3BO3则M室中就有1mol氢离子 通入a膜进入产品室即转移1mole-,原料室中的1molNa+过 c 膜进

25、入N 室，故 D 说法正确。16.已知可逆反应X (g) +2Y (g) ?Z (g) AH< 0, 一定温 度下，在体积为 2L 的密闭容器中加入4molY 和一定量的 X 后，X的浓度随时间的变化情况如图所示，则下列表述正确的是()A.达到平衡时，X、Y、Z物质的量之比为1: 2: 1B.a点正 反应速率大于逆反应速率 C.反应达平衡时，降低温度可以实现 c到d的转化D.该条件下，反应达平衡时，X平衡转化率为25%【答案】B【解析】【详解】A分析图象和题给信息可知，起始 加入X的物质的量为1mol/LX2L= 2mol,起始加入2molX、4molY,达到平衡时X的浓度为0.25mo

26、l/L ,物质的量为 0.25mol/L X2L= 0.5mol ,消耗 X物质的量 2-0.5mol =1.5mol ，结合化学方程式计算得到消耗Y 物质的量为 3mol ，生成 Z 物质的量为 1.5mol ，则达到平衡时，X、 Y、 Z 物质的量之比=0.5: (4mol 3mol): 1.5mol=1: 2: 3,故 A错误；B 、由图象可知， a 点尚未达到平衡状态，此时正反应速率大于逆反应速率，故B 正确；C、该反应的 HR 0,为放热反应，降低温度，平衡正向移 动，X的浓度减小，不能实现 c到d的转化，故C错误；D、利用三段式计算：X (g) +2Y (g) ?Z (g)起始浓度

27、(mol/L ) 120转化浓度( mol/L ) 0.751.50.75 平衡浓度(mol/L) 0.250.50.75X 平衡转化率为 75% 故D错误。二、解析题(共5 小题，满分52 分) 17. 短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素 W勺一种核素的中子数 为0, X原子的最外层电子数是次外层的 2倍，Z与M同主族， Z2-的电子层结构与筑原子相同。请回答下列问题：(1) M在元素周期表中的位置 。(2)化合物p由W X、Y、M四种元素组成。已知：向 p溶液中加入FeCl3 溶液，溶液变为血红色；向p溶液中加入NaO牖液并加热，放出使湿润的红色石蕊 试纸变蓝的气体。则

28、p 的化学式为。( 3)由X、Z、M三种元素可组成物质 q, q的分子结构类 似于CO2则q的结构式为 o( 4) ( XY) 2 的化学性质与Cl2 相似。常温下，( XY) 2 与NaOH§液反应的离子方程式为。( 5)常温下，1molZ3 能与 Y 的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2,该反应的化学方程式为 o( 答案】(1).第三周期第VIA族(2).NH4SCN(3).O =C=S(4). (CN)2+2OH- = CN- +CNO +H2O(5).2NH3+4O3 = NH4NO3+4O2+H 2O(1) 】【分析】元素 W勺一种核素白中子数为 0,则W为

29、H, X原子的最外层电子数是次外层的 2倍，推出X为C, Z2- 的电子层结构与筑原子相同，推出 Z为Q Y为N, Z与M同主 族，则M为S;(2) 】元素 W勺一种核素白中子数为 0,则W为H, X原 子的最外层电子数是次外层的 2 倍，推出 X 为 C， Z2 的电子 层结构与筑原子相同，推出 Z为Q Y为N, Z与M同主族，则 M为S;由上述分析可知， W为H X为C、Y为M Z为Q M为S, (1) M为S, M在元素周期表中的位置第三周期第VIA族；(3) 2)向 p 溶液中加入FeCl3 溶液，溶液变血红色，说明含有SCN离子，向p溶液中加入NaOH$液并加热可放出使湿润的红色石蕊

30、试纸变蓝的气体，说明含有铵根离子，则 p 的化学式为NH4SC；N(4) q中C、M O三种元素的原子数目之比为1: 1: 1, q的分子结构类似于CO2所以q的结构式为：O= C= S;(5) (CN) 2的性质与Cl2相似，(CN 2与0悻§液反应的离子方程式为(CN 2+2OH- = CNF +CNO +H20(5)常温下，1molO3能与N的最简单氢化物(NH3反应，生成一种常见的盐和1molO2,该反应的化学方程式为2NH3+4O 3 NH4NO3+4O2+H 2O18. 过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中

31、制得的过氧化钙带有8 个结晶水，在100时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在350时会迅速分解生成Ca8口 O2.以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：CaCO3滤液白色结晶(1)步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 性(填“酸”、“碱”或“中”) 。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是。(2)步骤中反应的化学方程式为 ,该反应需要在冰浴下进行，原因是 。( 3)过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是。( 4)过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂

32、，用化学方程式表示其作用原理。(5)为测定产品中过氧化钙的质量分数，取mg样品，在温度高于350时使之充分分解，并将产生的气体(恢复至标准状况)通过图所示装置收集，测得量筒中水的体积为VmL，则产品中过氧化钙的质量分数为 (列出表达式即可) 。【答案】 (1). 酸 (2). 除去溶液中的二氧化碳(3).CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2OCaO2?8H2 O+2NH4C1 或 CaCl2+2NH3?H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H20(4隔度过高时过氧 化氢分解 (5). 除去过氧化钙晶体表面的水分。(6).2CaO2+2H2O = 2Ca (OH 2+O2T (7)

33、.9V/1400a X 100% 【解析】【详解】(1)步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，生成氯化钙，且溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性，将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(2)反应是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2CaO2?8H2 0+2NH4C1 或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2CaO2+2NH4c1+2HZ O® 反应需要在冰浴下进行，原因是过氧化氢热易分解；（ 3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的

34、目的是除去过氧化钙晶体表面的水分；（ 4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理为 2CaO2+2H2O2Ca （OH 2+O2T ;（5） CaO2?8H2O口热脱水的过程中，需不断通入氧气。目的是抑制过氧化钙分解。若通入的氧气中混有二氧化碳，其后果是二氧化碳和过氧化钙发生反应生成碳酸钙，过氧化钙分解生成氧化钙和氧气，2CaO2= 2CaO+O2,若所取产品质量为mg测得生成气体的体积为 VmL （已换算成标准状况），氧气物质的量=,则得到过氧化钙物质的量为mol,过氧化钙的质量分数为x 100险x 100%19.已知固体Na2S

35、O毙热分解生成两种正盐，实验流程和结果如下：已知：气体Y 是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g?L - 1.请回答下列问题：（ 1）气体Y 的电子式为 。（2）实验流程中，Na2SO毙热分解的化学方程式为。(3)另取固体X试样和Na2SO3昆合，加适量蒸储水溶解，再加入稀盐酸，立即有淡黄色沉淀产生。则产生淡黄色沉淀的离子方程式为 (不考虑空气的影响) 。(4) Na2SO张期露置在空气中，会被氧化成Na2SO4检验Na2SO混否变质的实验操作是。( 5)某研究性学习小组通过图所示装置，利用电化学方法处理上述流程中产生的气体 Y.基本工艺是将气体 Y通入FeCl3,待充分反应后过滤，将所

36、得滤液加入电解槽中进行电解，电解后的滤液可以循环利用。则与a 相连的电极反应式为。【答案】(1).(2).4Na2SO3Na2S+3Na2SO4(3).2S2 - +SO32-+6H+= 3SJ +3H2O(4).取少量亚硫酸钠样品于一支试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化粉溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO3t氧化为Na2SO4(5).Fe2+ -e- = Fe3+。【解析】 【详解】 ( 1)气体 Y 是一种纯净物，标准状况下密度为1.518g?L1,则Y的摩尔质量为1.518g?L 1X22.4L?mol 1=34g?mol1,根据元素守恒，推出 Y为H2

37、S,电子式为；(2)由以上分析可知，气体 Y为H2§以及生成气体 Y的 条件，推出固体X中含有S2,即固体X中含有Na2S,溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为 BaSO4则固 体X中含有Na2SO4 Na2SO装热分解生成 Na2s和Na2SO4反 应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2S；O4(3)固体X试样和Na2SO3昆合，加水溶解后与稀盐酸反 应，有淡黄色沉淀产生，即有 S单质生成，反应的离子方程式 为 2S2- +SO32- +6H+= 3SJ +3H2O(4) Na2SO张期露置在空气中，会被氧化成Na2SO4检验Na2SO混否变质的实验操作是

38、：取少量亚硫酸钠样品于一支 试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化粉溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO领氧化为Na2SO4亚硫酸钠变质；( 5)将气体Y 通入FeCl3 ，发生氧化还原反应吸收二氧化硫，装置图中放出氢气的一端为阴极， b 为电源负极， a 为电源正极，将所得滤液加入电解槽中进行电解，电解后的滤液可以循环利用，说明亚铁离子在阳极失电子生成了铁离子，电极反应为：Fe2+- e - = Fe3+。20.某研究性学习小组拟对 SO2和亚硫酸的性质进行探究。请回答下列问题：I .探究SO2和Fe (NO3 3溶液的反应该小组用图所示装 置达成实验目的。已知：

39、1.0mol/LFe (NO3 3溶液的pH= 1。( 1)为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是 。（2）装置B中产生了白色沉淀，说明 SO2具有性。（ 3）分析 B 中产生白色沉淀的原因：观点1: SO2与Fe3+反应；观点2:酸性条件下，SO2与NO3反应；观点 3： 。按观点1，装置B 中反应的离子方程式为 ，为证明该观点，应进一步确认生成的新物质，实验操作及现象是。按观点2，只需将装置B 中的 Fe（ NO3） 3 溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验。此时应选择的最佳溶液是 （填序号） 。xxxxol/L 稀硝酸 xxxxol/LFe （ NO3） 2xx

40、xxol/LNaNO3 溶液和 0.1mol/L 硫酸等体积混合的溶液xxxxol/LNaNO3 溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液n.探究H2SO3勺酸性强于HClO。该小组用图所示装置达成实验目的。（4）装置的连接顺序为：纯净 SO2> （选填字母），F 中反应的离子方程式为 。（5）可证明H2SO3勺酸性强于HC1O的实验现象是 o【答案】 （1）. 打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹(2). 还原性。(3) .SO2 与 Fe3+、NO土 ( H+)都反应(4) .SO2+2Fe3+Ba2+2H2O= BaSO4 +2Fe2+4H+(5).取少量 B中溶液

41、于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点 1 正确(6).d(7).CEDF(8).Ca2+2ClO- +CO2+H2 OCaCO3+2HClO(9).D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。【解析】 【详解】 I ( 1)因为空气中氧气也具有氧化性，对实验造成干扰，为防止空气干扰，用氮气将空气排出，所以为排尽空气，滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的 N2,关闭弹簧夹；(2) SO2和BaCl2溶液不反应，装置 B中有白色沉淀生成，说明有BaSO姓成，该反应中S元素化合价由+4价变为+6价，则二氧化硫体现还原性；(3)观点

42、3: SO2与Fe3+及酸性条件下与 NO3也反应；按观点1, SO2与Fe3短应生成BaSO杂口 Fe2+,离子方程式为 SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4 +2Fe2+4H+ 要检验Fe2+可以用铁氟化钾溶液检验，具操作及现象为取少量B中溶液于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点 1 正确；按观点2，只需将装置B 中的 Fe( NO3) 3 溶液替换为 c(H+) =0.1mol/L、c (NO3-) = 3.0mol/L 的溶液即可，a、0.1mol/L稀硝酸中c (NO3-)不符合，故a错误；b 、1.5mol/LFe (NO3

43、 2 中 c (H+)不符合，故 b错误；c 、3.0mol/LNaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液中c (NO3")不符合，故错c误；d 、6.0mol/LNaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液中c (H+)、c (NO3-)都符合，故d正确；葭(4)探究H2SO3勺酸性强于HC1Q可以用强酸制取弱酸的方法检验，因为亚硫酸具有还原性、HC1O具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，所以应该先将亚硫酸转化为没有还原性酸，再用该酸与次氯酸盐制取次氯酸即可，C装置制取二氧化碳、D装置检验二氧化硫、E装置吸收二氧化硫、F装置制取HC1Q所以装置顺序为 CEDF F

44、中离子方程式为 Ca2+2ClO-+CO2+H2 OCaCO 3 +2HC1Q(5) D 中品红不褪色，就说明气体中不含二氧化硫，只有二氧化碳，二氧化碳再和漂白粉溶液反应生成白色沉淀即可证明，所以可证明H2SO3勺酸性强于HC1O的实验现象是D中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀。【点睛】难点是仪器装置的连接，首先弄清楚实验目的，探究H2SO3勺酸性强于HC1Q因为H2SO骐有还原性，HC1O具 有氧化性，两者不能通过直接混合判断，可以间接，利用H2SO3勺酸性强于H2CO3 H2CO3勺酸性强于HC1Q然后分析即 可。21. 以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝( AlN ) ；通过电

45、解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲醇化再利用。请回答：(1)已知：2A1203 (s) =4Al (g) +3O2 (g) HU +3351kJ?mo1-12C (s) +02 (g) = 2C0(g) AH2?=- 221kJ?mo1 - 12A1 (g) +N2 (g) = 2A1N (s) AH33=- 318kJ?mo1 - 1则碳热还原A12O3合成氮化铝的总热化学方程式 为 。(2)在常压，Ru/Ti02催化下，C0港口 H2混合气体(体积 比1: 4,总物质的量amol)进行反应，测得 C02W转化率、 CH4和CO的选择性随温度的变化情况分别如图1和图2所示

46、(选择性：转化的 CO2中生成CH4和CO的百分比)。反应 I: CO2 (g) +4H2 (g) ?CH4 (g) +2H2O (g) AH1S 应n： CO2 (g) +H2 (g) ?CO (g) +H2O(g) H2® 下列说法不 正确的是 (填序号) 。A . 4H1小于零B.温度可影响产物的选择性 C. CO2的平 衡转化率随温度升高先增大后减少D.其他条彳不变将CO/口H2的初始体积比改变为1: 3,可提高CO2的平衡转化率350c时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器的体积为VL则该温度下反应I的平衡常数为 (用a、V表示)。350c时，CH4的物质的量随时间的变化

47、曲线如图所示。画出400c时，0t1时间段内，CH4的物质的量随时间的变化 曲线。 (3) CO港口 H2在一定条件下发生反应：CO2(g) +3H2 (g) ?CH3OKg) +H2O(g),平衡常数 K=.在容积为 2L 的密闭容器中，充入 2molCO2和6molH2,恒温恒容时达至U平衡。相同条件下，在另一个2L 的密闭容器中充入amolCO2、bmolH2、 cmolCH3OH、 dmolH2O( g) ，要使两容器达到相同的平衡状态，且起始时反应逆向进行，则 d 的取值范围为 。(4)研究表明，CO2可以在硫酸溶液中用情性电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式为 。【答案】(1).3C (s) +A12O3 (s) +N2 (g) = 2AlN (s)+3CO(g) AHI= AHIX + H2X + H3= +1026kJ?mol T。(2).CD(3).(4).(5).1<d<2o(6).CO2+6H+6e CH3OH+H2 O【解析】【详解】(1)已知：2A1203 (s) =4Al (g) +302 (g) HU 3351kJ?mol - 1,2c (s) +02 (g) =