北京市海淀区2019届高三上学期期中考试化学试卷Word版含解析.doc

‎2018-2019海淀区高三年级第一学期期中考试 ‎1.中国传统文化中包含许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A中涉及的沙里淘金的过程，金在沙里以游离态存在，该过程没有化学变化，故A符合题意；‎ B.B中涉及的化学反应为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，与化学反应有关，故B与题意不符；‎ C.C中涉及的化学反应为：CaCO3 CaO+CO2↑，与化学反应有关，故C与题意不符；‎ D.D中涉及的化学变化为：HgS+O2Hg+SO2；Hg+S═HgS，与化学反应有关，故D与题意不符；‎ 答案选A。‎ ‎2.我们的地球被大气包围着，大气质量与人类健康息息相关。下列说法不正确的是 A. 吸烟产生的尼古丁可造成室内空气污染 B. 向煤中加入适量石灰石可减少SO2的排放 C. 含放射性元素的天然建材一定不会造成室内空气污染 D. 催化转化器可有效降低汽车尾气中CO、NOx等的排放 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.香烟在燃烧过程中会产生尼古丁、一氧化碳等有毒物质，污染空气，故A说法正 确；‎ B.向煤中加入适量石灰石可发生如下反应：2CaCO3+O2+2SO2═2CO2+2CaSO4，可减少二氧化硫的排放，故B说法正确；‎ C.含放射性元素的天然建材会向空气释放出氡，从而造成室内空气污染，故C说法错误；‎ D.催化转化器可加快汽车尾气中CO、NOx等转化为CO2和N2，从而可有效降低汽车尾气中CO、NOx等的排放，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. HCl的电子式为H:Cl B. Na2O2只含有离子键 C. 质量数为12的C原子符号为‎12C D. 用电子式表示KBr的形成过程：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子的电子式为，故A错误；‎ B. Na2O2的电子式为：，其中既有离子键，也有共价键，故B错误；‎ C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为12的C原子符号应为‎12C，故C错误；‎ D. KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为：，故D说法正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学键的概念、离子化合物和共价化合物的电子式书写等知识。一般常见离子的电子式为：‎ ‎①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+ 、K+ 、Mg2+ 、Ca2+、 Ba2+ 、Al3+等；复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)，除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如、；‎ ‎②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：、、、、等。‎ ‎4.食盐在不同分散剂中形成不同分散系。‎ 分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液 分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体 下列说法正确的是 A. 分散系1中只有两种离子 B. 分散系2为电解质 C. 可用丁达尔效应区分两个分散系 D. 两个分散系中分散质粒子直径相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系1为食盐水，其中除了钠离子、氯离子这两种离子外，还存在微量的氢离子和氢氧根离子，故A错误；‎ B.分散系2为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；‎ C.由于分散系2为胶体，会产生丁达尔效应；分散系1为溶液，没有丁达尔效应，可用丁达尔效应来区分，故C正确；‎ D.分散系2中胶粒的直径介于1nm至100nm之间，而分散系1中微粒直径小于1nm，两者的微粒直径大小不同，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列解释事实的方程式正确的是 A. 用碳酸氢钠治疗胃酸过多 B. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫 C. 把金属钠放入冷水中产生气体 D. 用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢根离子在溶液中应以HCO3- ‎ 的形式表示，碳酸氢钠与胃酸反应的离子方程式为：HCO3- + H+ = H2O+CO2 ，故A错误；‎ B.一水合氨为弱碱，在溶液中主要以NH3·H2O分子形式存在，当氨水足量时，反应的离子方程式为：2NH3·H2O +SO2 =2NH4++ SO32-+H2O，故B错误；‎ C.该离子反应电荷不守恒，把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为：2Na+2H2O==2Na++ 2OH-+H2↑，故C错误；‎ D.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱生成偏铝酸盐和水，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查离子反应方程式的书写，书写离子方程式时，易溶易电离两个条件都满足的物质要拆写成离子形式，这样的物质有，三大强酸，四大强碱；钾、钠、铵盐、硝酸盐等。但有的物质不能全拆，例如弱酸的酸式盐酸根不拆，强酸的酸式盐酸根要拆。‎ ‎6.过氧化氢分解反应过程中，能量变化如图所示：下列说法正确的是 A. 催化剂可以改变过氧化氢分解反应的焓变 B. MnO2或FeCl3可以催化H2O2分解反应 C. 催化剂不能改变反应路径 D. H2O2分解是吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应的焓变只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，催化剂能降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故A错误；‎ B. FeCl3、MnO2、Fe2O3、过氧化氢酶等都可以催化H2O2的分解，故B正确；‎ C.由图示可知，催化剂通过改变反应的途径降低了反应的活化能，故C错误；‎ D.由坐标图可知，过氧化氢分解的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列关于元素周期表应用的说法正确的是 A. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 B. 在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料 C. 在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素 D. 在过渡元素中，可以找到半导体材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确； ‎ B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；‎ C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误；‎ D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：‎ ‎①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。 ②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。 ③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。‎ ‎④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。 ⑤矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。‎ ‎8.我国工业废水中几种污染物即其最高允许排放浓度如下表。下列说法不正确的是 A. Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子 B. 对于pH>9的废水可用中和法处理 C. 将CrO42-转化为Cr2O72-是用氧化还原的方法 D. 在含有Hg2+的废水中加入Na2S，可使转变为沉淀而除去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 重金属指的是相对原子质量大于55的金属；重金属离子，是指重金属失去电子形成的离子状态。常见的重金属有铜、铅、锌、铁、钴、镍、锰、镉、汞、钨、钼、金、银等，则Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子，故A说法正确；‎ B. 对于pH>9的废水，可通过加入酸发生中和反应来降低废水的pH至6~9之间，故B说法正确；‎ C. CrO42-转化为Cr2O72-的过程中并没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C说法错误；‎ D. 在含有Hg2+的废水中加入Na2S可将Hg2+转化为HgS沉淀，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：‎ 下列说法不正确的是 A. 对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动 B. 对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动 C. 对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动 D. 对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；‎ B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；‎ C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；‎ D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。‎ ‎10.根据下列实验：‎ ‎①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。‎ ‎②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。‎ 判断下列说法正确的是 A. 氧化性Cu2+>Fe3+‎ B. ①中所得固体只含铜 C. ①中滤液含有Cu2+和Fe2+‎ D. ②中不会观察到溶液变红 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu ‎，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。‎ ‎【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+> Cu2+，故A错误；‎ B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；‎ C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；‎ D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。‎ 下列说法正确的是 A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T‎ 铝，则单质失去电子能力最强的为钠，故B错误；‎ C.M、Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；‎ D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。‎ CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl－+H2O（未配平） 反应Ⅰ ‎2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O 反应Ⅱ 下列说法中正确的是 A. 反应I中碳元素被还原 B. 反应II中CO2为氧化产物 C. 处理过程中，每产生1 mol N2，消耗3 molCl2‎ D. 处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，反应Ⅱ为:2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。‎ ‎【详解】A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；‎ B.在反应II中，OCN－中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；‎ C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1 mol N2，消耗5 molCl2，故C错误；‎ D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是 A. X代表压强 B. 推断L1>L2‎ C. A、B两点对应的平衡常数相同 D. 一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，该反应的正反应是一个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温度；随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误；‎ B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确；‎ C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误；‎ D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.丁烯（C4H8）是制备线性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)△H=+123kJ/mol。该工艺过程中生成的副产物有（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用时活化固体催化剂。‎ 下列分析正确的是 A. 氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率 B. 丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大 C. 随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率 D. 一定温度下，控制进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原料气中氢气的作用是活化固体催化剂，同时氢气也是丁烷催化脱氢的的生成物，增大氢气的浓度，不利于该反应平衡的正向移动，由图1可知维持一定的进料比[]，有利于提高丁烯的产率，当[]过大时，丁烯的产率呈下降趋势，故A分析错误；‎ B.由图2可知，当温度高于590ºC时，由于副反的发生，导致副产物增多，而丁烯的产率是下降的，故B分析错误；‎ C.由图2可知，当温度高于590ºC时，丁烯裂解生成的副产物增多，丁烯的产率下降，故C分析正确；‎ D.由图1可知，当进料比[]处于1左右时，丁烯的产率最高，并不是进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率，故D分析错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查化学反应原理在化学工艺条件选择上的应用，氢气在反应中能活化固体催化剂，从而加快化学反应速率，但同时，氢气是该反应的生成物，氢气的浓度过大，不利于反应的正向进行，故要综合两方面的因素进行分析。‎ ‎15.工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如下图所示。‎ ‎（1）反应I的化学方程式为3FeO（s）+H2O(g) H2（g）+Fe3O4（s），反应II的化学方程式为______________________________，对比反应I、II，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是____________。用化学方程式表示反应I、II、III的总结果__________。‎ ‎（2）反应III为：CO2（g）+C（s）2CO（g） ΔΗ>0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有___________________________（任写一条措施）。‎ ‎（3）上述流程中铁的氧化物可用来制备含Fe3+的刻蚀液，用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，该反应的离子方程式为______________________。刻蚀液使用一段时间后会失效，先加酸，再加入过氧化氢溶液，可实现刻蚀液中Fe3+的再生，该反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎（4）上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3FeO（s）+H2O(l) H2（g）+Fe3O4（s） (2). 催化剂 (3). C（s）+H2O（g）=CO(g)+H2（g）(方程不写状态，写可逆号亦可) (4). 升高温度，减小压强，移走CO，加入CO2等 (5). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (6). H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+ (7). CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由流程图可获取化学反应的反应物和生成物相关信息，再结合原子守恒和电子守恒进行分析解答；‎ ‎（2）反应III为：CO2（g）+C（s）2CO（g） ΔΗ>0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理分析解答；‎ ‎（3）用刻蚀液刻蚀铜板时的反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，刻蚀液中Fe3+的再生，即将亚铁离子氧化又生成铁离子，由此解答；‎ ‎（4）由题给信息分析出该反应的反应物和生成物，再结合氧化还原反应方程式的配平方法可解答。‎ ‎【详解】（1）由流程图可知反应II的反应物为FeO（s）和H2O(g)，生成物为H2（g）和Fe3O4（s），配平可得方程式3FeO（s）+H2O(g)H2（g）+Fe3O4（s）；反应I为：Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)，反应II为：3FeO（s）+H2O(g)H2（g）+Fe3O4（s），综合两反应可知铁的氧化物虽然参与了反应，但在反应前后并没有发生变化，起到催化剂的作用；由流程图可知，整个过程的反应物为C（s）和H2O（g），生成物为CO(g)和H2（g），则反应I、II、III的总结果为：C（s）+H2O（g）CO(g)+H2（g）；故答案为：3FeO（s）+H2O(g) H2（g）+Fe3O4（s）、催化剂、C（s）+H2O（g）CO(g)+H2（g）(方程不写状态，写可逆号亦可) ； ‎ ‎（2）反应III为：CO2（g）+C（s）2CO（g） ΔΗ>0，该反应正反应为一个气体分子数目增多的吸热反应，提高达平衡后CO的产量，则需要促使平衡正向移动，由化学平衡移动原理可知；在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等都可使平衡正向移动，提高达平衡后CO的产量，故答案为：在其它条件不变时，升高温度、减小压强、移走CO或加入CO2等（任写一条措施）；‎ ‎（3）用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，是因为生成了Cu2+，发生的离子反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；在酸性条件下，双氧水可将Fe2+氧化生成Fe3+，从而实现刻蚀液的再生，发生的离子反应为：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；‎ ‎（4）由题给信息可知该反应的反应为：CO(NHNH2)2和Fe2O3，生成物有Fe3O4、N2、CO2、H2O等，由氧化还原反应的规律配平可得方程式CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O；故答案为：CO(NHNH2)2+12Fe2O3∆8Fe3O4+2N2↑+CO2↑+3H2O。‎ ‎16.某化学兴趣小组探究NO和Na2O2的反应，设计了如下图所示实验装置，其中E为实验前压瘪的气囊。‎ 资料：除浅黄色的AgNO2难溶于水外，其余亚硝酸盐均易溶于水。‎ ‎（1）写出A中反应的化学方程式：____________________________。‎ ‎（2）将装置B补充完整，并标明试剂_____________。‎ ‎（3）用无水CaCl2除去水蒸气的目的是_____________________________。‎ ‎（4）反应一段时间后，D处有烫手的感觉，其中固体由淡黄色变为白色，直至颜色不再变化时，气囊E始终没有明显鼓起。‎ ‎①学生依据反应现象和氧化还原反应规律推断固体产物为NaNO2。写出该反应的化学方程式：_________________________________。‎ ‎②设计实验证明的NaNO2生成，实验方案是___________________________。（写出操作、现象和结论）‎ ‎【答案】 (1). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). (3). 防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验 (4). 2NO+Na2O2=2NaNO2 (5). 取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在整个实验装置中，A为NO2的发生装置，B为NO的转化装置，C为除杂（除去NO中的水份）装置，D为NO与过氧化钠的反应装置，E既可进行尾气吸收，又可对反应的产物进行判断，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）A中的物质为Cu与浓硝酸，反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；‎ ‎（2）装置B的目的为将NO2转化为NO，则需将A中产生的气体通过盛有水的洗气瓶，故答案为：；‎ ‎（3）因为过氧化钠会与水反，从而干扰过氧化钠与NO的反应，故答案为：防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验；‎ ‎（4）①由题意分析可知反应的产物为NaNO2，且无其它气体产物生成，则反应的方程式为：2NO+Na2O2=2NaNO2，故答案为：2NO+Na2O2=2NaNO2；‎ ‎②若反应中有NaNO2生成，则加入硝酸银溶液会产生淡黄色的亚硝酸银生成，故答案为：取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。‎ ‎17.氯是海水中含量最丰富的元素，氯的单质及其化合物在生成、生活领域应用广泛。‎ ‎（1）自来水厂常用液氯进行杀菌消毒。氯气溶于水发生的可逆反应为______________（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）用液氯消毒会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可以使用二氧化氯（ClO2）代替液氯。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素（-1价）最终氧化成SO42-，写出制备二氧化氯的离子方程式_____________________________________。‎ ‎（3）生产漂白粉工厂的主要设备是氯化塔，塔从上到下分为四层，右图为生产流程示意图。‎ 生产漂白粉反应的化学方程式为_____________________。实际生产中，将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_____________________________。‎ ‎（4）用莫尔法可以测定溶液中Cl-的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定待测液，以K2CrO4为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀（Ag2CrO4）。已知平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，该滴定过程需要控制pH范围在6.5~10.5，若pH小于6.5会使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因:_______________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+H2OH++Cl-+HClO (2). 15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O (3). 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O (4). 促进反应物间的充分接触，提高反应的效率 (5). 提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）‎ 沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银量增多，使测得的氯离子含量偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯气与水的反应为：Cl2+H2OHCl+HClO，改写成离子方程式即可解答；‎ ‎（2）由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应方程式的配平方法解答；‎ ‎（3）氯气与石灰乳的反应方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，工业上工艺条件的选择往往从提高产率和提高效率两个方面进行分析，由此可得结论。‎ ‎（4）若溶液的pH减小，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】（1）氯气溶于水，其中部分氯气与水反应生成HCl和HClO，次氯酸为弱酸，溶液中主要以分子形式存在，故答案为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；‎ ‎（2）由题给信息可知该反应的氧化剂为NaClO3，还原剂为FeS2，氧化产物为SO42-和Fe3+，还原产物为ClO2，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O，故答案为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O；‎ ‎（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，工业上通常采取逆流工艺[将石灰乳（含有3%-6%水分的熟石灰）从塔顶喷洒而下，氯气从塔的最底层通入]来促进反应物间的充分接触，提高反应的效率，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；促进反应物间的充分接触，提高反应的效率；‎ ‎（4）若溶液的pH小于6.5，则氢离子浓度增大，导致平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液中CrO42-浓度偏小，由Ag2CrO4的溶度积可得生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗的硝酸银的量增多，从而使测得的氯离子含量偏高，故答案为：提高氢离子浓度，平衡逆向移动，CrO42-浓度降低，导致生成的Ag2CrO4（砖红色）沉淀所需银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增多，使测得的氯离子含量偏高。‎ ‎18.某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe（OH）2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。实验操作及现象记录如下：‎ ‎（1）甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_________________________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入__________，发现产生大量气泡。‎ ‎（2）乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe（OH）2，他将实验a中两种溶液体积均改为15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe（OH）2存在的实验现象是___________________________。‎ ‎（3）实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_____________________________。‎ ‎（4）实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变为红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_________________。‎ ‎（5）乙同学反思，实验a中含有Fe（OH）2，实验b中几乎不含有Fe（OH）2，对比分析出现差异的原因是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe2++CO32-=FeCO3↓ (2). 稀硫酸（或稀盐酸） (3). 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀 (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (6). 混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本题主要抓住FeCO3与Fe(OH)2的区别来进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化呈现特殊颜色变化，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）实验a中硫酸亚铁与碳酸钠溶液混合若生成碳酸亚铁沉淀，则发生了复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32-=FeCO3↓‎ ‎，碳酸亚铁沉淀能溶于硫酸或盐酸并产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为：Fe2++CO32-=FeCO3↓；稀硫酸（或稀盐酸）；‎ ‎（2）若沉淀中含有Fe（OH）2，放置在空气中会被氧化而呈现出白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为：沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；‎ ‎（3）实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎（4）FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2； ‎ ‎（5）对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe（OH）2，故答案为：混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强。‎ ‎19.市售食盐常有无碘盐和加碘盐（含KIO3和少量KI）。‎ Ⅰ、某同学设计实验是否为加碘盐的定性实验方法：‎ ‎①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。‎ ‎②为证实①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。‎ ‎（1）若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎（2）②中的实验操作名称是________________。‎ ‎（3）实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是______________________。‎ II.碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险，目前国家标准（GB/T13025.7）所用的食盐中碘含量测定方法：‎ ‎①用饱和溴水将碘盐中少量的I-氧化为IO3-。‎ ‎②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH=CO2↑+2HBr。‎ ‎③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3-完全反应。‎ ‎④以淀粉做指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。‎ I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6‎ ‎（1）①中反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎（2）测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为____。‎ ‎（3）有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低的原因：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O (2). 萃取 (3). 溶液分层，下层为紫红色 (4). 3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+ (5). 6:1 (6). 将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；‎ ‎（2）由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；‎ ‎（3）I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色；‎ II.（1）①中反应时，溴将I-氧化成IO3-的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+；‎ ‎（2）在酸性条件下，IO3-被I-还原为I2，离子方程式为；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为: I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上两反应可得关系式：IO3-~3 I2~6Na2S2O3，则测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；‎ ‎（3）简化操作将①、②省略，则只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，而食盐中以I-形式存在的碘元素没有被测定，从而造成测定结果偏低，故答案为：将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。‎ ‎20.将甘油（C3H8O3）转化为高附值产品是当前热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得氢气，反应主要过程如下：‎ ‎（1）下列说法正确的是______（填字母序号）。‎ a.消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高 b.消耗等量的甘油，反应II的放热最显著 c.经过计算得到反应III的∆H3=-237.5 kJ/mol，‎ d.理论上，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，这体现了科研工作者对吸热和放热反应的联合应用 ‎（2）研究人员经过反复试验，实际生产中将反应III设定在较高温度（600~‎700°C）进行，选择该温度范围的原因有：催化剂活性和选择性高、____________。‎ ‎（3）研究人员发现，反应I的副产物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等，为了显著提高氢气的产率，采取以下两个措施。‎ ‎①首要抑制产生甲烷的副反应。从原子利用率角度分析其原因：__________________。‎ ‎②用CaO吸附增强制氢。如图1所示，请解释加入CaO的原因：____________________。‎ ‎（4）制备高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用于工业的重要因素。通常将Ni分散在高比表面的载体（SiC、Al2O3、CeO2）上以提高催化效率。分别用三种催化剂进行实验，持续通入原料气，在一段时间内多次取样，绘制甘油转化率与时间的关系如图2所示。‎ ‎①结合图2分析Ni/SiC催化剂具有的优点是____________________。‎ ‎②研究发现造成催化效率随时间下降的主要原因是副反应产生的大量碳粉（积碳）包裹催化剂，通过加入微量的、可循环利用的氧化镧（La2O3）可有效减少积碳。其反应机理包括两步：‎ 第一步为：La2O3+CO2 La2O2CO3‎ 第二步为：______________________________（写出化学反应方程式）。‎ ‎【答案】 (1). abcd (2). 产氢率高，化学反应速率快 (3). CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率 (4). 加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率 (5). 催化效率高，稳定性好 (6). La2O2CO3+C= La2O3+2CO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）抓住表中信息和盖斯定律分析即可解答；‎ ‎（2）主要从温度对反应速率和化学平衡的移动的影响的角度进行分析解答；‎ ‎（3）①在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率，据此分析可得结论；②根据图1可知，加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率，据此分析可得结论；‎ ‎（4）①由图2信息可知，Ni/SiC催化剂的催化效率并不随时间的延长而降低，而另两种催化剂均出现催化效率降低的现象，由此分析解答；②由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中（C+CO22CO）起到催剂的作用，则第二步反应为积炭与La2O2CO3反应生成La2O3和CO，由此可得结论。‎ ‎【详解】（1）a.由反应I、反应II、反应III对比可知，消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高，故a正确；‎ b. 由反应I、反应II、反应III对比可知，当消耗1mol甘油时，反应反应II中放出的热量最多，故b正确；‎ c.由盖斯定律可知，∆H3=∆H1+∆H2=（+128kJ/mol）÷2+（-603 kJ/mol）÷2=-237.5 kJ/mol，故c正确；‎ d.因反应I为吸热反应，反应II为放热反应，则在反应过程中可通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现焓变约为0，故d正确；‎ 故答案为：abcd；‎ ‎（2）因反应I为吸热反应，在较高温度下有利于反应I的进行，从而提高产氢率，同时升高温度可加快反应速率，故答案为：产氢率高，化学反应速率快；‎ ‎（3）①在所有的副产物中，CH4‎ 中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率，故答案为：CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反应与抑制其它副反应相比，更有利于提高氢原子的利用率；‎ ‎②根据图1可知，加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率，故答案为：加入CaO可降低二氧化碳的浓度，促进反应I平衡正向移动，提高氢气的产率；‎ ‎（4）①由图2信息可知，Ni/SiC催化剂具有催化效率高，稳定性好的特点，故答案为：催化效率高，稳定性好；‎ ‎②由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中（C+CO22CO）起到催剂的作用，则第二步反应为积炭与La2O2CO3反应生成La2O3，则反应方程式为：La2O2CO3+C= La2O3+2CO，故答案为：La2O2CO3+C= La2O3+2CO。‎ ‎【点睛】本题主要考查了化学反应原理在化工工艺条件选择上的应用，思维的出发点依然是课本中的化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，如用CaO吸附增强制氢，是因为CaO与CO2反应消耗了CO2，造成二氧化碳浓度减小，导致平衡正向移动；反应采取较高温度下进行，主要原因是兼顾催化剂的活性、反应速率等因素。‎