2022届湖南省三湘名校联盟高一下学期期中考试化学试题（含解析）

三湘名校教育联盟五市十校教研教改共同体2022年上学期高一期中考试化学本试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23A127S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法不正确的是A.酸雨主要由N、S氧化物经过一系列反应形成，危害严重B.工业上通常可在燃煤中加入生石灰减少SO2的排放C.市售“铁强化酱油”中含有大量铁元素D.沼气和天然气是常见的清洁能源，其主要成分均为甲烷【答案】C【解析】详解】A．酸雨主要由N、S氧化物经过一系列反应形成，酸雨具有腐蚀性，危害严重，故A正确；B．工业上通常可在燃煤中加入生石灰，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，可以减少SO2的排放，故B正确；C．市售“铁强化酱油”中含有少量铁元素，故C错误；D．沼气和天然气的主要成分均为甲烷，故D正确；选C。2.下列说法正确的是①非金属元素氧化物对应水化物的酸性越强，该元素非金属性越强②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R>M③光导纤维的广泛使用革新了人们的通信效率，其主要成分是SiO2④乙烯具有催熟果实的功效，使用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土包裹鲜果长途运输，可延长果实的保鲜时间⑤浓硫酸在常温下不能与铁、铝发生化学反应⑥NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构A.①②③④ B.③④⑥ C.②①⑤ D.①③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，该元素非金属性越强，故①错误；②若R2-和M+的电子层结构相同，则原子序数：R<M，故②错误；③光导纤维的主要成分是SiO2，故③正确；④乙烯具有催熟果实的功效，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，使用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土包裹鲜果长途运输，可延长果实的保鲜时间，故④正确；⑤浓硫酸常温下能使铁、铝发生钝化，故⑤错误；⑥NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构，故⑥正确；正确的有③④⑥，选B。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.在常温常压下，1.7gNH3含有的电子数为NAB.标准状况下，2.24LCCl4含有的原子数为0.5NAC.0.1mol·L-1Na2SO4溶液中，Na+的数目为0.2NA、D.0.1molCu与含0.2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下充分反应，生成的SO2在标准状况下的体积为4.48L【答案】A【解析】【详解】A．含有的电子数为：，A正确；B．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，B错误；C．溶液体积未知，无法计算钠离子个数，C错误；D．浓硫酸与Cu加热的条件下充分反应，随着反应进行浓硫酸浓度降低，变为稀硫酸，与铜不反应，无法计算生成的SO2在标准状况下的体积，D错误；故答案为：A。4.下列关于物质检验或推断正确的是A.蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，观察到有白烟生成，则该溶液为浓盐酸B.某溶液滴加到碱石灰中，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明该溶液中存在C.向某溶液中滴加盐酸，能产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定存在D.对某物质进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则该物质为钾盐【答案】B【解析】【详解】A．氨气和氯化氢、硝酸蒸气反应生成的白烟分别是氯化铵、硝酸铵，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，观察到有白烟生成，则该溶液可能为浓盐酸、浓硝酸，故A错误；B．铵根离子遇碱放出氨气，某溶液滴加到碱石灰中，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明该溶液中存在，故B正确；C．向某溶液中滴加盐酸，能产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中存在或，故C错误；D．对某物质进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则该物质含有钾元素，不一定为钾盐，故D错误；故选B。5.下列离子方程式书写不正确的是A.工业上用NaOH除去NO中混有的少量NO2的原理：NO2+NO+2OH-=2+H2OB.醋酸溶解鸡蛋壳：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OC.NaClO溶液中加入少量稀H2SO4：ClO-+H+=HClOD.Fe与CuSO4溶液的反应置换出Cu单质：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．NaOH和NO、NO2的混合气体反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式是NO2+NO+2OH-=2+H2O，故A正确；B．醋酸溶解鸡蛋壳，醋酸是弱酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B错误；C．NaClO溶液中加入少量稀H2SO4生成硫酸钠和次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+H+=HClO，故C正确；D．Fe与CuSO4溶液反应置换出Cu单质，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；选B。6.化学是一门以实验为基础的自然科学。下列实验装置和原理不能达到实验目的是A.收集H2 B.验证次氯酸见光分解C.制取SO2 D.证明Na2O2与水反应放热【答案】C【解析】【详解】A．氢气的密度小于空气，用向下排空气法收集氢气，故不选A；B．次氯酸见光生成盐酸和氧气，有气泡产生，可以验证次氯酸见光分解，故不选B；C．稀硫酸和铜不反应，应该用铜和浓硫酸在加热条件下制取SO2，故选C；D．向包有过氧化钠的脱脂棉上滴水，脱脂棉燃烧，证明Na2O2与水反应放热，故不选D；选C。7.下列说法正确的是

A.上图可以表示盐酸与锌反应的能量变化B.石墨比金刚石稳定，C(金刚石)=C(石墨)符合如图所示能量变化C.符合上图所示能量变化的反应一定需要加热才能发生D.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，化学反应一定伴随能量变化【答案】D【解析】【详解】A．盐酸与锌反应放热，上图不能表示盐酸与锌反应的能量变化，故A错误；B．石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量小于金刚石，C(金刚石)=C(石墨)是放热反应，不符合如图所示能量变化，故B错误；C．反应吸放热与反应条件无关，符合上图所示能量变化的反应不一定需要加热才能发生，故C错误；D．化学反应的实质是旧键断新键生，旧键断开吸热、新键生成放热，在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，化学反应一定伴随能量变化，故D正确；选D。8.有a、b、c、d四种金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置

部分实验现象b极质量减小，a极质量增大c极有气体产生，b极无变化c极溶解，d极有气体产生电子从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是A.a>b>c>d B.c>b>a>d C.b>c>d>a D.a>b>d>c【答案】B【解析】【详解】a、b构成原电池，b极质量减小，a极质量增大，a是正极、b是负极，活泼性b>a；b、c分别伸入稀硫酸中，c极有气体产生，说明c和硫酸反应，b极无变化，说明b和稀硫酸不反应，活泼性c>b；c、d构成原电池，c极溶解，d极有气体产生，c是负极、d是正极，活泼性c>d；a、d构成原电池，电子从a极流向d极，a是负极、d是正极，活泼性a>d；所以四种金属的活动性顺序是c>b>a>d，故选B。9.向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA.、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。下列说法不正确的是A.物质B的起始浓度是0.02mol/LB.若t1=15，则0~t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004mol/(L·s)C.该反应的化学方程式为：2A⇌B+CD.密闭容器的容积为2L【答案】C【解析】【分析】t1s后各物质的浓度均不再改变，可知反应可逆；0~t1s，A的浓度减小0.09mol/L，A是反应物，C的浓度增加0.06mol/L，C是生成物，变化量比等于系数比；反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，说明反应前后气体系数和相等，则B是生成物，且A、B的系数为3：1；【详解】A．B是生成物，且A、B的系数为3：1；0~t1s，A的浓度减小0.09mol/L，物质B的浓度增加0.03mol/L，所以B的起始浓度是(0.05-0.03)=0.02mol/L，故A正确；B．若t1=15，则0~t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004mol/(L·s)，故B正确；C．t1s后各物质的浓度均不再改变，可知反应可逆；0~t1s，A的浓度减小0.09mol/L，A是反应物，C的浓度增加0.06mol/L，C是生成物，变化量比等于系数比；反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，说明反应前后气体系数和相等，则B是生成物，该反应的化学方程式为：3A⇌B+2C，故C错误；D．加入0.3molA，A的初始浓度为0.15mol/L，所以密闭容器的容积为2L，故D正确；选C。10.下列有关甲烷与氯气发生取代反应的叙述不正确的是

A.装置A的试管中颜色逐渐变浅，生成油状液体，试管中液面升高，装置B中无明显现象B.装置A中可以通过控制反应物投料比使取代产物为纯净的一氯甲烷C.甲烷与氯气发生取代反应，生成物中HCl物质的量的百分含量最多D.标准状况下2.24L一氯甲烷中，含有0.4mol极性共价键【答案】B【解析】【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，装置A的试管中颜色逐渐变浅，生成氯代甲烷和氯化氢，生成油状液体，试管中液面升高，装置B中无光照条件，所以无明显现象，故A正确；B．甲烷与氯气的反应是一种连锁反应，不会停留在某一步，不能通过控制反应物投料比使取代产物为纯净的一氯甲烷，故B错误；C．甲烷与氯气发生取代反应，甲烷中的氢原子都能被取代，生成物中HCl物质的量的百分含量最多，故C正确；D．标准状况下，一氯甲烷是气体，结构式为，2.24L一氯甲烷含有0.4mol极性共价键，故D正确；选B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有1~2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.乙烯产量常用来衡量一个国家石油化工的发展水平，下列关于乙烯及其相关产品说法不正确的是A.乙烯的电子式为，其球棍模型为B.乙烯分子是空间平面结构，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者褪色原理不同C.乙烯和聚乙烯互为同系物D.“神舟”飞船航天员穿戴的航天服使用了多种合成纤维【答案】AC【解析】【详解】A．乙烯的电子式为，氢原子半径小于碳原子，乙烯的球棍模型为，故A错误；B．乙烯分子是空间平面结构，乙烯发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯发生加成反应使溴水褪色，二者褪色原理不同，故B正确；C．乙烯分子中含有碳碳双键，聚乙烯中不含碳碳双键，乙烯和聚乙烯不是同系物，故C错误；D．“神舟”飞船航天员穿戴的航天服使用了多种合成纤维，故D正确；选AC。12.高纯硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备，下列说法不正确的是A.硅是地壳中含量第二的元素，主要以石英砂、硅酸盐等形式存在于自然界中B.步骤电弧炉中的化学方程式为：SiO2+2CSiC+CO2↑C.二氧化硅既能与氢氟酸反应又能与氢氧化钠反应，二氧化硅是典型的酸性氧化物D.步骤①②③中HCl和H2可以重复使用，三步反应中Si的化合价均发生了改变【答案】B【解析】【详解】A．硅在地壳中的含量仅次于氧，自然界中都以化合态形式存在，主要以石英砂、硅酸盐等形式存在于自然界中，A正确；B．步骤电弧炉中高温条件下二氧化硅和碳反应生成粗硅和CO，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，B不正确；C．二氧化硅既能与氢氟酸反应又能与氢氧化钠反应，氢氟酸是唯一一种与二氧化硅反应的酸，这是一个特性，二氧化硅是典型的酸性氧化物，C正确；D．步骤①②③中HCl和H2可以重复使用，循环反应，三步反应中Si的化合价均发生了改变，分别为降低、升高、降低，D正确；答案选B。13.某公司研发出了一种新型除草剂，其结构如下图所示，其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M与Z同主族，W是地壳中含量最多的元素。下列叙述错误的是

A.简单原子半径：M>Z>WB.氧化物对应水化物的酸性：Z强于MC.X与Y组成的最简单化合物的稳定性大于Z与X组成的化合物的稳定性D.X、Z、W三种元素既可组成共价化合物又可组成离子化合物【答案】BC【解析】【分析】短周期主族元素、、、的原子序数依次增大,结合分析可知，则是元素；是地壳中含量最多的元素，结合、、三种元素形成的化合物的结构可知为元素，为元素，为元素,M与Z同主族，则为元素。【详解】A．简单原子半径O，则W，故A正确；B．Z对应氧化物水化物有亚硝酸和硝酸等，M对应氧化物水化物有磷酸和次磷酸等，亚硝酸是弱酸，磷酸是中强酸，磷酸酸性强于亚硝酸，故B错误；C．X与Y组成的最简单化合物是，Z与X组成的化合物有，由元素周期律可知，故C错误；D．X、Z、W三种元素可形成和，是离子化合物，是共价化合物，故D正确；故答案为BC。14.将含铁单质5.6g的Fe-Cu混合物完全溶解于足量某浓度硝酸中，收集反应产生的混合气体NO2、NO，折合成标准状况体积为8.96L。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，分离出产生的沉淀充分灼烧至重量不再改变后称量，比最初混合物质量增加了4.8g。根据题意下列说法正确是A.Fe-Cu混合物中Cu的质量为9.6gB.混合气体的组成为0.1molNO和0.3molNO2C.反应消耗硝酸的物质的量为0.4molD.取等质量该混合物与足量稀盐酸反应，最多消耗0.4mol稀盐酸【答案】AB【解析】【分析】向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，分离出产生的沉淀充分灼烧至重量不再改变，得到的固体为Fe2O3、CuO，质量比最初混合物质量增加了4.8g，说明Fe-Cu合金共结合O原子4.8g。【详解】A、Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，设Cu的质量为xg，根据得失电子守恒，解得x=9.6g，故A正确；B、Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，则Fe-Cu合金与硝酸反应共失电子0.6mol；设混合气体中NO为xmol、NO2为ymol，根据得失电子守恒，解得x=0.1mol、y=0.3mol，混合气体的组成为0.1molNO和0.3molNO2，故B正确；C、Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，则Fe-Cu合金与硝酸反应共失电子0.6mol；根据电荷守恒，表现酸性的硝酸的物质的量为0.6mol，被还原的硝酸为0.4mol，所以反应消耗硝酸的物质的量为1mol，故C错误；D、取等质量该混合物与足量稀盐酸反应，铜和硝酸不反应，发生反应，所以5.6gFe消耗盐酸的物质的量为，故D错误；选AB。三、非选择题：本题共4大题，共54分。15.现有原子序数依次增大的短周期主族元素P、Q、X、Y、Z、W。P元素的一种核素无中子，元素Q的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子是其所在周期中半径最大的原子，元素Z的最外层电子数是K层电子数的3倍，X能与Y可以形成一种淡黄色固体M。（1）写出元素Q在元素周期表中的位置_______。（2）写出元素P与元素X形成的18e-分子的电子式_______。（3）研究发现M具有强氧化性，Z的一种氧化物具有较强的还原性，可相互反应。写出该反应的化学方程式：_______。（4）为了证明非金属性W>Z，某小组设计如图装置探究元素非金属性的变化规律。C中装有Y2Z溶液，B中装有YWX3固体。A中试剂为_______(填化学式)浓溶液，C中发生反应的离子方程式为_______。

（5）元素P与元素Q形成的一种物质Q2P4使溴水褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式：_______。【答案】（1）第二周期第IVA族（2）（3）Na2O2+SO2=Na2SO4（4）①.HCl②.Cl2+S2-=2C1-+S↓（5）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br【解析】【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素P、Q、X、Y、Z、W。P元素的一种核素无中子，则P是H元素；元素Q的最外层电子数是电子层数的2倍，Q是C元素；Y原子是其所在周期中半径最大的原子，Y是Na元素；元素Z的最外层电子数是K层电子数的3倍，Z是S元素、W是Cl元素；X能与Y可以形成一种淡黄色固体M，M是Na2O2，X是O元素。【小问1详解】Q是C元素，在元素周期表中的位置是第二周期第IVA族；【小问2详解】H与元素O形成的18e-分子是H2O2，电子式为【小问3详解】M是Na2O2，S的一种氧化物具有较强的还原性，该氧化物是SO2，Na2O2和SO2发生氧化还原反应生成Na2SO4，反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4。【小问4详解】B中制备氯气，NaClO3和浓盐酸反应生成氯气，A中试剂为HCl浓溶液，C中氯气和Na2S反应生成氯化钠和S单质，发生反应的离子方程式为Cl2+S2-=2C1-+S↓。【小问5详解】C2H4与溴水发生加成反应使溴水褪色，发生的化学反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。16.硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用下图所示的装置制备硫氰化钾。

已知：NH3不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大。I.制备NH4SCN溶液（1）组装仪器后应先进行的操作是_______，a装置为实验室制氨气的装置，所发生反应的化学方程式为_______。（2）三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。实验开始时，打开K1，水浴加热装置d，反应发生。判断CS2已反应完全的依据是_______。II.制备KSCN溶液（3）关闭K1，将三颈烧瓶继续加热至100°C，待NH4HS完全分解后，再打开K2，继续保持水浴温度为100℃，缓缦滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液。e中用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时可以看到有黑色的沉淀生成，则生成黑色沉淀的离子方程式为_______。（4）下列说法正确的是_______(填字母)。A.通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率B.装置b可以填充P2O5C.三颈烧瓶中长导气管可以不插入到CS2中D.d中橡皮管的作用是平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下III.制备KSCN晶体（5）先通过_______(填实验操作名称)除去三颈烧瓶中的固体催化剂，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（6）测定产品中KSCN的含量：称取1.00g实验产品，用蒸馏水溶解后，定容于100mL容量瓶中，移取25.00mL用0.1000mol·L-1AgNO3溶液反应，消耗AgNO3溶液的体积为24.00mL。反应时发生的离子反应为：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，则产品中KSCN的质量分数为_______(计算结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.检查装置气密性②.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O（2）三颈烧瓶内液体不再分层（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+（4）AD（5）过滤（6）93.1%【解析】【分析】装置a中用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气；装置b用来干燥氨气；根据c中气泡大小控制氨气流速；d中三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，水浴加热，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS；反应结束，关闭K1，将三颈烧瓶继续加热至100°C，待NH4HS完全分解后，再打开K2，继续保持水浴温度为100℃，缓缦滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液；装置e为尾气处理装置。【小问1详解】本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，组装仪器后应先进行的操作是检查装置气密性；装置a用加热氯化铵和氢氧化钙固体制备氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。【小问2详解】CS2不溶于水且密度比水大，判断CS2已反应完全的依据是三颈烧瓶内液体不再分层。【小问3详解】NH4HS受热分解为NH3和H2S，装置e中用H2SO4酸化的CuSO4吸收尾气时，H2S和CuSO4反应生成的黑色沉淀是CuS，生成CuS沉淀的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+。【小问4详解】A．NH3不溶于CS2，可以通过观察c中的气泡流速，控制a中产生氨气的速率，故A正确；B．氨气是碱性气体，能被P2O5吸收，则装置b不能填充P2O5，故B错误；C．NH3易溶于水、不溶于CS2，CS2不溶于水且密度比水大，如果三颈烧瓶中长导气管不插入到CS2中，NH3和CS2不能接触，不能发生反应，故C错误；D．d中橡皮管连接三颈烧瓶和分液漏斗上口，作用是平衡气压，使KOH溶液能顺利滴下，故D正确；故选AD【小问5详解】除去固体催化剂，属于固液分离，所以通过过滤除去三颈烧瓶中的固体催化剂。【小问6详解】25.00mLKSCN溶液用0.1000mol·L-1AgNO3溶液反应，消耗AgNO3溶液的体积为24.00mL，根据SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，可知n(KSCN)=0.024L×0.1mol·L-1=0.0024mol，则产品中KSCN的质量分数为。17.氯酸钾是一种能溶于水、具有较强氧化性的无机盐。某实验小组以石灰粉[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图所示。已知：“氯化”过程控制氯气不过量，在75℃左右进行。（1）“打浆”的目的是_______。（2）“氯化”温度较低时发生副反应：_______。(用化学方程式解释)，浪费了原料。如此，则“氯化”后溶液中_______(填“>”“<”或“=”)5。（3）“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2、_______。（4）向滤液中加入稍过量KCl固体，可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，获得KClO3固体方法是；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。检验KClO3固体中Cl-已经洗涤干净的方法：_______。（5）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂。相同质量ClO2的消毒效率(以单位质量得到的电子数)是Cl2的_______倍(保留两位小数)，KClO3与浓盐酸混合可得到物质的量之比为ClO2：Cl2=2：1的复合消毒剂，其离子方程式是_______。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）①.2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O②.>（3）CaCO3（4）取少量最后一次洗涤液，滴入1~2滴硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成（5）①.2.63②.2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O【解析】【分析】石灰浆的成分是Ca(OH)2和CaCO3，通入氯气，在75℃左右进行反应，氢氧化钙和氯气反应生成Ca(ClO3)2、CaCl2，过滤出剩余的Ca(OH)2和CaCO3，向滤液中加入稍过量KCl固体，Ca(ClO3)2转化为KClO3，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得KClO3固体。【小问1详解】“打浆”的目的是增大Ca(OH)2和氯气接触面积，加快反应速率；【小问2详解】“氯化”温度较低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，发生反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。75℃左右，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、氯酸钙，反应的离子方程式为，如此，则“氯化”后溶液中>5。【小问3详解】石灰浆的成分是Ca(OH)2和CaCO3，碳酸钙难溶于水、和氯气不反应，“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2、CaCO3；【小问4详解】氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，检验KClO3固体中Cl-已经洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液，滴入1~2滴硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成。【小问5详解】1gClO2作消毒剂转移电子物质的量是，1gCl2作消毒剂转移电子的物质的量是，相同质量ClO2的消毒效率(以单位质量得到的电子数)是Cl2的2.63倍，KClO3与浓盐酸混合可得到物质的量之比为ClO2：Cl2=2：1的复合消毒剂，根据得失电子守恒，离子方程式是2+4H++2Cl-=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。18.按要求回答下列问题：（1）拆开1mol共价键所吸收的能量或形成1mol共价键所释放的能量称为键能。利用下表数据，计算生成1molHCl能_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ热量。化学键H-HC1-ClH-Cl键能/kJ·mol-1436243431（2）直接碳固体氧化物燃料电池(DC-SOFCs)具有全固态结构、较高的能量转换效率等突出优势，有望成为一种高效、清洁的碳发电技术，其工作原理如图所示：①当外电路转移2mole-时，消耗的氧气体积在标准状况下为_______L；②电极b的电极反应式为。_______。（3）工业上利用CO2和H2合成甲醇，催化反应为3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，在一恒温恒容密闭容器中