河南省驻马店市2022-2023学年高三上学期1月期末测试化学试题

河南省驻马店市2022-2023学年高三上学期1月期末测试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．悠久的历史孕育了丰富的民间艺术文化瑰宝。下列文物器具的材质主要为合金的是选项ABCD文物器具名称端石琴式砚馆陶黑陶木雕罗汉像信宜铜盉A．A B．B C．C D．D2．青釉是瓷器最早的颜色釉。化学家对商代的青釉器文物进行分析发现，青釉器中含有石英颗粒，还有一定量的莫来石(2Al2O3⋅xSiO2，1<x<2A．青釉器质地均匀，硬度高，是纯净物B．由于青釉器中含有氧化铁，因此其颜色为青色C．石英在自然界中比较稳定，一般不与强酸发生反应D．青釉器的主要成分是各种氧化物，遇水，其中的氧化钙会和水反应生成氢氧化钙3．我国学者首先成功利用全反式维甲酸(ATRA)治疗急性粒细胞性白血病，ATRA可由如下路线合成。下列说法错误的是A．化合物a和ATRA均含有两种官能团B．化合物a能与NaOH溶液反应C．ATRA能发生加成反应、取代反应和氧化反应D．ATRA与互为同分异构体4．下列装置(固定装置略去)组装正确且能达到实验目的的是A．利用图甲检查气密性B．利用图乙进行中和反应反应热的测定C．图丙为滴定结束时的刻度，读数为12.20mLD．利用图丁验证铁的析氢腐蚀5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，18gH2O中含有共价键的数目为2NAB．标准状况下，11.2LSO3的质量为40gC．1mol·L-1KCl溶液中，K＋的数目为NAD．1mol熔融状态下的AlCl3中含有Al3＋的数目为NA6．化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是选项生产活动化学原理ASO2可用作食品添加剂SO2具有还原性，漂白性B要减少或禁止使用含磷洗涤剂含磷洗涤剂会造成水体污染﹐影响水质C家用废旧电池要集中回收处理废旧电池中含有重金属离子，会造成土壤污染，水体污染D家用铁质镀铜自来水龙头利用了牺牲阳极的阴极保护法，保护了铁质水龙头A．A B．B C．C D．D7．X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素在元素周期表中的位置如图所示，Z的最外层电子数比内层电子数多3。以下说法错误的是A．非金属性：W>Z>YB．最高价氧化物对应水化物的酸性：M>YC．通过电解熔融的X2W3可制得X单质D．气态Z2W4的体系为无色8．为确定某固体W的成分，进行如下实验：实验1：取少量W与烧碱溶液共热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。实验2：取少量W，向其中加入浓盐酸，产生红色固体(经检验该固体为单质)，溶液变蓝并放出刺激性气体，将该气体通入品红溶液，溶液褪色；加热，褪色的溶液又变为红色。下列推断错误的是A．实验1中发生的是非氧化还原反应B．W可能是NH4CuSO4C．实验2中产生的气体是SO2D．实验2中只有一种元素发生了化合价的变化9．科学家利用多晶铜高效催化电解COA．COB．若将铂电极改成铜电极，则该电极的电极产物不变C．当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生1.12LCD．通电过程中，铂电极发生的电极反应可能为4HC10．某种含二价铜微粒[CuA．催化机理中的五步反应均为氧化还原反应B．状态⑤到状态①的变化过程中有极性键和非极性键的形成C．状态③到状态④过程的ΔH最小，放热最多，反应速率最快D．脱硝过程的本质是4N11．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是选项实验操作或做法目的A取pH试纸于玻璃片上，用玻璃棒取少量溶液，点在试纸上观察颜色检测某新制氯水的pHB溴乙烷和NaOH乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色检验反应生成了乙烯C分别向盛有NaI、AgNO3、鉴别NaI、AgNO3、D分别向0.1mol⋅L−1的NaCl溶液和Na2Cr比较Ksp(AgCl)与Ksp(A．A B．B C．C D．D12．从粗铜精炼后的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如图所示。已知络合反应：AgA．“滤渣Ⅰ”通过灼烧可获得较纯净的AuB．“酸浸氧化”时通入O2可提高HNC．“溶浸”时，该体系酸性越强，越利于反应进行D．“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：413．常温下，向10mL0.1mol·L-1Na2XO3溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸，溶液的pH与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列叙述正确的是A．0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c(XO32−)>c(HXO3B．当溶液pH=7时，溶液中存在：c(Na＋)=c(HXO3−)＋c(XC．常温下，H2XO3的Ka2小于1.0×10-7D．b点溶液中：c(Cl-)=c(H2XO3)＋c(HXO3−二、多选题14．T℃时，含等浓度的AgNO3与Fe(NO3)2的混合溶液中发生反应Fe2+(aq)+Ag已知：T℃时，该反应的化学平衡常数K=1。A．若t1B．若t2时刻反应达到平衡，则tC．若始终保持温度不变，则平均反应速率：vt1>vt2(vt1表示0~t1D．0∼t2s内三、综合题15．SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某同学在实验室设计了如下实验，对SO2的部分性质进行了探究。（1）I.二氧化硫的水溶性SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成。向SO2饱和溶液中加入NaHSO3固体，有气体冒出，原因是(结合有关平衡方程式简要说明)。（2）II.验证SO2能否与BaCl2溶液反应某同学设计了如图装置，且所配制的溶液均使用了无氧蒸馏水，检验SO2在无氧干扰时，是否与氯化钡反应生成沉淀。加入碳酸钠粉末的目的是。（3）当时，氯化钡溶液中没有沉淀出现，说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，此时滴加双氧水，出现了白色沉淀。（4）装置中选用澄清石灰水而不用氢氧化钠溶液的目的是。（5）III.二氧化硫的还原性已知SO2具有还原性，可以还原I2，也可以与Na2O2发生反应。将SO2通入装有过氧化钠的硬质试管中，将带火星的木条放在试管口处。①若木条不复燃，则说明SO2与Na2O2反应无O2生成，可能发生反应的化学方程式为。②若木条复燃，则说明SO2与Na2O2反应有O2生成，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2。（6）将SO2通入装有碘水(含淀粉)的洗气瓶中，若，说明还原性：SO2＞I-，写出该反应的离子方程式：。16．高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣再利用，以它为原料来制备硫酸锰。回答下列问题：已知：废锰渣主要成分为MnO2、CaCO3、（1）基态锰原子的核外电子排布式为。（2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为(填一条)。“滤渣①”的主要成分为(填化学式)。（3）“浸取”过程中主要发生的化学方程式为。“浸取”时，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率应该减慢，但实际上浸取时化学反应速率加快，原因是。（4）“中和”时，碳酸钙的作用是。（5）“系列操作”包括。（6）工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为。（7）某工厂用10t该废锰渣(含34.8%MnO2)制备MnSO4，若整个流程中Mn的损耗率为25%，最终可以制得17．二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H=-49.4kJ·mol-1。在特定催化剂条件下，其反应机理如下：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)△H1Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.3kJ·mol-1回答以下问题：（1）△H1=kJ·mol-1。（2）恒压下，按n(CO2)：n(H2)=1：3进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图1所示(分子筛能选择性分离出H2O)。①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛时的最佳反应温度为℃，解释其原因：。②采用分子筛的作用为。（3）如图2所示，向甲(恒温恒容)、乙(恒温恒压)两个密闭容器中分别充入1molCO2和3molH2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，起始温度、体积相同(T1℃、2L密闭容器)。反应达到平衡时，乙的容器容积为1.5L，则该温度下的平衡常数为，平衡时甲容器中CO2的物质的量0.5mol(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲改为绝热恒容容器，其他条件不变，平衡时CH3OH的浓度将0.25mol·L-1。（4）如图3，当起始n(CO2)：n(H2)=1：2时，维持压强不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，催化剂活性受温度影响变化不大，结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：。18．2022年诺贝尔物理学奖授予发现“光子纠缠”的科学家。他们开创了量子信息科学，利用钙原子实验发射纠缠光子证明了“测不准原理”，同时证明具有相同DNA的人体“气”因量子纠缠相互影响，并完成“富勒烯”测定。回答下列问题：（1）基态钙原子核外有种运动状态互不相同的电子，占据能量最高的能级符号是。（2）奥地利物理学家薛定谔提出了描述微观粒子运动规律的波动方程——薛定谔方程。在结构化学中，用四个量子数表示基态原子核外电子运动状态，有关信息如下：名称符号含义取值范围主量子数n确定电子能级的主要量子数，表示能层序数n=1，2，3，4，…角量子数l确定原子轨道或电子云的形状，表示亚层l=0，1，2，3，…磁量子数m确定原子轨道或电子云在空间的取向m=0，±1，±2…自旋量子数ms确定原子轨道中电子自旋方向ms=±1根据上述信息，基态Ca原子最外层电子的四个量子数表示合理的是____(填标号)。A．n=4，l=0，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=＋B．n=4，l=0，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=-C．n=4，l=0，m=1，ms=＋12；n=4，l=0，m=0，ms=-D．n=4，l=2，m=0，ms=＋12；n=4，l=0，m=1，ms=-（3）DNA水解的最终产物有磷酸、脱氧核糖，结构简式如图所示：①磷酸易溶于水，其主要原因是。②脱氧核糖分子中碳原子的杂化类型是，脱氧核糖所含元素中电负性最大的是(填元素符号，下同)，第一电离能最大的是。（4）我国科学家利用富勒烯(C60)合成单层聚合C60(如图所示)。

1mol富勒烯中含有molσ键。富勒烯的熔点(填“高于”、“低于”或“等于”)单层聚合C60。（5）钙晶体有三种晶胞，如图所示：

①甲、乙、丙中，钙原子个数之比为。

②设NA为阿伏加德罗常数的值。已知丙中底面边长为apm，高为bpm，则它的密度为g·cm-3。19．咖啡鞣酸是重要的中药有效成分之一，具有广泛抗菌作用，它的结构如图所示。H是合成咖啡鞣酸的中间体，一种合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的名称是(用系统命名法命名)，咖啡鞣酸中所含官能团有羟基、酯基和(填名称)。（2）E→F的反应类型是。（3）E分子中有个手性碳原子。提示：与四个互不相同的原子或取代基相连的碳原子叫手性碳原子。（4）写出C→D的化学方程式：。（5）W是G的同分异构体，W分子中不含环状结构，W能发生水解反应，完全水解后只生成羧酸X和醇Y两种有机物，X、Y的核磁共振氢谱均只有2组峰，X的峰面积比为1：1，Y的峰面积比为2：1。W的结构简式为。（6）4-羟基-1-环己甲酸-△-内酯()是一种有机合成中间体，设计以1，3-丁二烯和氯乙烯为起始原料合成4-羟基-1-环己甲酸-△-内酯的路线(无机试剂任用)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质为合金，A．砚的成分为无机盐，含碳酸钙，不是合金，故A不选；B．馆陶黑陶材料为陶瓷，成分为硅酸盐，不是合金，故B不选；C．木雕罗汉像，木材成分为纤维素，不是合金，故C不选；D．信宜铜盉为铜合金，故D选；故答案为：D。

【分析】由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质为合金。2．【答案】C【解析】【解答】A．青釉器的主要成分为硅酸盐混合物，A项不符合题意；B．氧化铁为红色，B项不符合题意；C．石英的主要成分是二氧化硅二氧化硅只和氢氟酸反应，不和其他酸反应，C项符合题意；D．青釉器中的钙元素主要以硅酸钙的形式存在，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．青釉器的主要成分为硅酸盐混合物；B．氧化铁为红色；C．二氧化硅只和氢氟酸反应，不和其他酸反应。3．【答案】B【解析】【解答】A．化合物a含有官能团有：碳碳双键、醛基，ATRA含有碳碳双键、羧基，A不符合题意；B．化合物a不具有能与NaOH溶液反应的官能团，B符合题意；C．ATRA含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应、能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有羧基，能与醇类发生取代反应，C不符合题意；D．两者的分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．根据结构简式确定官能团；B．根据官能团确定性质；C．根据官能团的性质确定反应类型；D．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。4．【答案】A【解析】【解答】A．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；向里推动活塞，长颈漏斗内形成一段液柱说明不漏气，A符合题意；B．温度计应该放在烧杯内测量溶液的温度变化，B不符合题意；C．图丙为滴定结束时的刻度，读数为11.80mL，C不符合题意；D．中性环境中铁发生吸氧腐蚀，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性；B．应该测量烧杯内溶液的温度变化；C．滴定管的0刻度在上方，精确到0.01mL；D．中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀。5．【答案】A【解析】【解答】A.18gH2O的物质的量为n=mM=18g18g/molB．标准状况下，SO3不是气体，则无法用气体摩尔体积计算11.2LSO3的物质的量，也无法计算其质量，B不符合题意；C．未知KCl溶液的体积，无法计算物质的量，K＋的数目不确定，C不符合题意；D．AlCl3是共价化合物，熔融状态下AlCl3只有分子，没有Al3＋，D不符合题意；故答案为：A.

【分析】A.1molH2O含有2molH-O共价键；B．标准状况下，SO3不是气体；C．未知溶液的体积，无法计算；D．AlCl3是共价化合物。6．【答案】D【解析】【解答】A．SO2可用作食品添加剂如在葡萄酒中加入少量SO2是利用SO2的还原性，防止葡萄酒发生氧化反应，故A不符合题意；B．P元素为水中藻类植物的营养物质，则大量使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故B不符合题意；C．废旧电池中含有重金属，如果随意丢弃会造成土壤、水资源污染，所以废旧电池要集中处理，故C不符合题意；D．铁的活泼性比铜强，铁上镀铜形成的原电池中铁做负极，加快铁的腐蚀，不能保护铁质水龙头，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A．利用SO2的还原性；B．磷元素造成水体富营养化；C．含有重金属，会造成污染；D．铁的活泼性比铜强，铁上镀铜形成的原电池中铁做负极，加快铁的腐蚀。7．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，W为O，Z为N，Y为C元素，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：W>Z>Y，A不符合题意；B．M为S元素，Y为C元素，M、Y的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2CO3，硫酸是强酸，碳酸是弱酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M>Y，B不符合题意；C．X为Al，W为O元素，通过电解熔融的Al2O3可制得Al单质，C不符合题意；D．Z为N，W为O元素，气态N2O4的体系中存在平衡：N2O4(g)故答案为：D。【分析】A．同周期元素从左到右非金属性增强；B．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；C．通过电解熔融的Al2O3可制得Al单质；D．体系中存在平衡：N2O4(g)8．【答案】B【解析】【解答】A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，由铵根和氢氧根离子共热产生氨气，实验1发生复分解反应，无元素化合价发生变化，是非氧化还原反应，A不符合题意；B．根据分析可知，W中含有铵根，含有Cu+，且S元素化合价为+4价，则W可能是NH4CuSO3，B符合题意；C．SO2具有漂白性，二氧化硫与品红结合生成无色物质，使品红溶液褪色，加热褪色的溶液又变为红色，该刺激性气体为SO2，C不符合题意；D．实验2中产生红色固体是Cu，溶液变蓝说明含有Cu2+，发生铜元素的歧化反应，只有铜这一种元素发生了化合价的变化，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．反应中无元素化合价发生变化；B．根据现象分析判断；C．二氧化硫与品红结合生成无色物质，使品红溶液褪色，加热褪色的溶液又变为红色；D．根据溶液颜色变化分析判断。9．【答案】D【解析】【解答】A．COB．铜不是惰性电极，若将铂电极改成铜电极，则该电极上铜会失去电子反应氧化反应，故B不符合题意；C．不确定是否为标况，不能计算生成乙烯的体积，故C不符合题意；D．铂电极为阳极，通电过程中，铂电极中水放电生成氧气和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子生成二氧化碳，发生的电极反应可能为4HCO故答案为：D。【分析】A．依据“去氧加氢”为还原反应；B．铜不是惰性电极，活性电极作阳极，电极本身失去电子，发生氧化反应；C．不确定是否为标况，不能计算；D．电解池中，阳极失电子，发生氧化反应。10．【答案】B【解析】【解答】A．状态①到状态②过程中无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．状态⑤到状态①的变化过程中有H2O和N2生成，有极性键O-H和非极性键N≡N的形成，故B符合题意；C．由ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，状态②到状态③过程的ΔH最小，故C不符合题意；D．由图2可知，该脱硝过程中参与反应的NH3、NO、O2的物质的量之比为2：2：12，即4：4：1，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2故答案为：B。【分析】A．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断；B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；C．由ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；D．依据图中反应物和产物及其物质的量的值判断。11．【答案】C【解析】【解答】A．新制氯水中含有漂白性次氯酸能使有色物质褪色，不能检测某新制氯水的pH，故A不符合题意；B．挥发的乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，故B不符合题意；C．盐酸和碘化钠不反应、和硝酸银生成氯化银白色沉淀、和碳酸钠生成二氧化碳气体，能鉴别，故C符合题意；D．氯化银、铬酸银两者沉淀的形式不同，不能通过该实验比较Ksp(AgCl)与Ksp(故答案为：C。【分析】A．新制氯水中含有漂白性；B．挥发的乙醇有还原性；C．盐酸和碘化钠不反应、和硝酸银生成氯化银白色沉淀、和碳酸钠生成二氧化碳气体，现象不相同；D．沉淀的形式不同，不能比较Ksp的大小。12．【答案】C【解析】【解答】A．根据分析，滤渣I为C和Au，经过灼烧后C与O2生成CO2，只剩Au，A不符合题意；B．酸浸氧化通入氧气扩大与氧气接触的面积，使能与酸反应的物质充分反应，提高硝酸的利用率，同时氧气在酸性环境下也能与铜反应生成铜离子，减少了污染性气体的排放，B不符合题意；C．溶液的酸性越强，溶液中H+浓度就越大，H+会与D．还原时Ag元素由+1价变为0价，降低1价，络合离子为氧化剂，Ag为氧化产物；N2H4中N元素由-2价变为0价，升高4价，N2H4为还原剂，N2为氧化产物，根据得失电子守恒，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；B．改变反应途径，通过比较产物判断；C．H+会与SD．根据得失电子守恒。13．【答案】C【解析】【解答】A．由起点可知0.1mol·L-1Na2XO3溶液为碱性，说明Na2XO3为强碱弱酸盐，XO32−存在两步水解反应，且水也存在电离，则c(OH-)>c(HXO3−)，则0.1mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c(XOB．由电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(HXO3−)＋2c(XO32−)＋c(Cl-)＋c(OH-)，常温下当溶液pH=7时，为中性即c(H＋)=c(OH-)，溶液中存在：c(Na＋)=c(C．当加入盐酸的体积为10mL时，溶质为NaHXO3和NaCl，溶液呈碱性，说明HXO3−的水解程度大于电离程度，则Kh1>Ka2，Kh1=c(HXOD．b点n(Cl-)是含X元素微粒的物质的量的2倍，根据物料守恒，b点溶液中：c(Cl-)=2[c(H2XO3)＋c(HXO3−故答案为：C。

【分析】A．依据溶液中水解和水的电离分析；

B．根据电荷守恒；

C．依据酸式酸根离子水解和电离程度大小判断；

D．根据物料守恒。14．【答案】A,C【解析】【解答】A．因为混合溶液中AgNO3与Fe(NO3)2等浓度，因此Ag+与Fe2+浓度相等，根据反应式可知，Ag+、Fe2+B．该反应为放热反应，升温会导致平衡逆向移动，根据图像可知，t1时刻改变条件后，平衡正向移动，因此tC．因为Ag+、Fe2+系数比为1：1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且t2(t2=4t1)，根据图像，vtD．根据图像，0∼t2s内A故答案为：AC。【分析】A．通过计算比较Qc与K的大小判断；B．根据影响化学平衡移动的因素分析；C．根据图像，及速率的计算公式分析；D．利用υ=Δc/Δt计算。15．【答案】（1）二氧化硫饱和溶液中存在平衡：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3−，往饱和溶液中加入NaHSO3固体，固体溶解后增大了溶液中的c(HS（2）与中等浓度硫酸反应产生二氧化碳气体，排尽装置内的空气，防止干扰实验（3）品红溶液2褪色（4）检验二氧化碳是否已排尽装置内的空气（5）Na2O2+SO2=Na2SO4（6）溶液的蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S【解析】【解答】（1）SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成，向SO2饱和溶液中加入NaHSO3固体，有气体冒出，则表明降低了SO2的溶解度，原因是：在二氧化硫饱和溶液中存在平衡：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3−，往饱和溶液中加入NaHSO3固体，固体溶解后增大了溶液中的c(HSO3−)，使平衡左移，降低了SO2的溶解度，从而看到有气泡逸出。答案为：在二氧化硫饱和溶液中存在平衡：SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO（2）因为装置内存在空气，会干扰SO2的性质实验，所以加入碳酸钠粉末的目的是：与中等浓度硫酸反应产生二氧化碳气体，排尽装置内的空气，防止干扰实验。答案为：与中等浓度硫酸反应产生二氧化碳气体，排尽装置内的空气，防止干扰实验；（3）要证明二氧化硫不与氯化钡反应，则需保证二氧化硫与氯化钡充分接触，所以当品红溶液2褪色时，氯化钡溶液中没有沉淀出现，说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，此时滴加双氧水，出现了白色沉淀。答案为：品红溶液2褪色；（4）要证明装置内空气已被排尽，需要实验现象加以佐证，所以装置中选用澄清石灰水而不用氢氧化钠溶液的目的是：检验二氧化碳是否已排尽装置内的空气。答案为：检验二氧化碳是否已排尽装置内的空气；（5）若木条不复燃，说明SO2与反应无O2生成，则生成Na2SO4，可能发生反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4。答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；（6）将SO2通入装有碘水(含淀粉)的洗气瓶中，要比较还原性，必须证明反应已经发生，所以若溶液的蓝色褪去，说明还原性：SO2＞I-，该反应的离子方程式：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42−。答案为：溶液的蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=4H++2I-

【分析】（1）根据影响化学平衡移动的因素分析；（2）因为装置内存在空气，会干扰SO2的性质实验；（3）依据二氧化硫的性质分析；（4）要证明装置内空气已被排尽，需要实验现象加以佐证；（5）SO2与Na2O2反应生成Na2SO4；（6）SO2有还原性，依据强制弱分析。16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2（2）将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；MnO2（3）2FeS+3MnO2+6（4）除去过量的硫酸(调节溶液pH)（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（6）M（7）4.53【解析】【解答】（1）Mn是25号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p54s2。（2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；“酸处理”后，其他成分均与硫酸反应，只有MnO2不反应，因此滤渣①为MnO2。（3）“浸取”过程主要是低价铁元素将MnO2还原为MnSO4，因此反应为2FeS+3MnO2+6（4）“中和”时，碳酸钙的作用是中和过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+能够生成Fe(OH)3沉淀而除去。（5）由MnSO4溶液得到固体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）阳极发生的反应为Mn2+被氧化为MnO2，根据质量守恒定律及溶液酸性环境，电极反应式为：Mn（7）根据MnO2与MnSO4的关系列式：

【分析】（1）依据原子构造原理分析；（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；（3）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、原子守恒书写；考虑产物的催化作用；（4）加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质；（5）从溶液中提取溶解度受温度比较大的物质包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（6）根据质量守恒定律及溶液酸性环境，阳极发生氧化反应；（7）根据原子守恒列关系式计算。17．【答案】（1）+40.9（2）210；开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高（3）13（4）反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I=总反应-反应II，则△H1=△H-△H2=(-49.4)-(-90.3)=+40.9kJ·mol-1；（2）①由图可知，压强不变，采用有分子筛时在温度210℃时甲醇的平衡产率最大，则最佳反应温度为210℃；其原因是：开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；②采用分子筛的作用为：分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高；（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，即21+3=1.5n，由此计算可得，平衡后，乙容器中气体的总物质的量为3mol，据此列出三段式：CO2(g)+3（4）温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低。

【分析】（1）根据盖斯定律；（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；②根据影响化学平衡移动的因素分析；（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，利用“三段式”法计算；（4）依据反应中能量变化和化学平衡移动原理分析。18．【答案】（1）20；4s（2）B（3）磷酸与水分子之间能形成氢键；sp3；O；O（4）90；低于（5）1：2：3；160【解析】【解答】（1）Ca的原子序数为20，核外20个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，每个电子的运动状态都不同，则有20种，占据能量最高