1、山东日照市2019届高三上学期期中考试化学试题1.化学关系着我们的生活，我们的未来。下列说法正确的是A. 石墨烯(由碳原子构成的六角形蜂巢晶格)材料属于一种新型化合物B. 可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放能量C. 推广用原电池原理制成的太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用D. 采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力又能预防火灾【答案】D【解析】【详解】A. 石墨烯是单质，不是化合物，故A错误；B.分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，故B错误；C.太阳能电池不是使用原电池原理制成的，故C错误；D.干冰气化后体积膨胀，且二氧化碳可以灭火，故D正确；
2、故选D。2.下列说法正确的是A. 光导纤维可用作通讯材料是因为其有导电性B. 氧化性：HC1O稀H2SO4，故非金属性：C1SC. 把饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体D. 采取“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可减少空气污染【答案】D【解析】【详解】A. 光导纤维没有导电性，故A错误；B. 最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，HC1O不是最高价氧化物的水化物，故B错误；C. 实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色，故C错误；D. 采取“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，减少酸雨的形成，故
3、D正确；故选D。【点睛】（1）晶体硅是半导体材料；（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强；（3）实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列粒子数目为0.2NA的是A. 常温常压下，3.1 g P4分子中所含PP键数目B. 铁作阳极进行电解时，5.6g铁放电时转移的电子数目C. 各取0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目D. 3.9gNa2O2与H2O反应后制成500mL溶液，溶液中的Na+数目【答案】B【解析】【详解】A.由于 P
4、4分子是正四面体结构，分子中含有6个PP键，因此在常温常压下，3.1 g P4的物质的量为0.025mol，所含PP键数目为0.15NA，故A错误；B. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁元素化合价从0价升到+2价，故转移的电子数目为0.2NA，故B正确；C. 铜与足量氯气反应生成+2价铜，铜与足量硫反应生成+1价铜，故0.1mol铜分别与足量氯气、硫反应，转移电子数目分别为：0.2NA和0.1NA，故C错误；D. 3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，Na+的物质的量为0.1mol，根据钠元素守恒可知溶液中的Na+数目0.1NA；故D错误；故选B。4.在前一种分散系中缓慢滴加后一
5、种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液向水玻璃中滴加盐酸 向硝酸银溶液中滴加氨水向氢氧化铁胶体中滴加硫酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】先生成氢氧化铝的沉淀，然后溶于氢氧化钠溶液变澄清，正确；由于在滴加过程中碱是过量，所以生成的氢氧化铝沉淀会溶解在过量的氢氧化钠溶液中，继续滴加最终生成白色沉淀，错误；向水玻璃中滴加盐酸 ，产生硅酸沉淀，由于硅酸不溶于过量盐酸，错误；开始生成氢氧化银白色沉淀，后白色沉淀溶解生成氢氧化二氨合银，正确；向氢氧化铁胶体滴加硫酸溶液，硫酸是电解质溶液，能使胶体发生聚沉，继续加入酸，氢氧化铁会溶于
6、酸中，正确；故选C。5.下列说法正确的A. 能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3B. 物质中所含元素显最高价时一定表现出强氧化性C. 含等浓度Cu2+、Fe3+的混合液中加少量铁粉，Cu2+先得电子D. 电解精炼铜转移0.2mol电子时，阴极析出铜的质量一定小于6.4g【答案】A【解析】【详解】A.化合：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3复分解：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl，故A正确；B. 元素表现氧化性主要是看得电子能力，非金属性较弱的元素达到高价时，氧化性都不强或几乎没有氧化性，故B错误；C. Fe3+氧化性强于 的Cu2+，所以Fe3+先得
7、电子，故C错误；D. 铜离子是+2价，所以02mol电子会带来0.1mol铜6.4g，阴极：Cu2+2e-=Cu阳极：主要是Cu-2e-=Cu2+ 还可能有Fe -2e-= Fe2+等，取决于粗铜里面的组成，故D错误；故选A。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 向碘化钾溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2=I2+2OH-B. 向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4+OH-=NH3H2OC. 磷酸与氢氧化钠发生中和反应：H3PO4+3OH-=PO43-+3H2OD. 氧化铁溶于过量的氢碘酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3+2H2O【答案】C【解析】【详解】A. 2H+
8、+2I- + H2O2=I2+2H2O，故A错误；B. NH4+ +HCO3- +2OH-= CO32-+ NH3H2O +H2O， 故B错误；C. 磷酸是中强酸，保留化学式，故C正确；D. 2I- + Fe2O3+6H+ =2Fe2+ + 3H2O+ I2，故D错误；故选C。【点睛】离子方程式正误判断：1、原子个数要守恒 2、电荷要守恒 3、遵循客观事实 4、该拆成离子形式的一定要拆；例如：强酸，强碱，易溶于的盐拆成离子形式。7.下列有关实验操作正确的是A. 甲：称量25.0g氢氧化钠固体B. 乙：检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气C. 丙：配制100mL 1.0 molL-1氢氟酸溶液时的转移
9、操作D. 丁：分离两种互溶且沸点相差较大的液态物质【答案】B【解析】【详解】A. 氢氧化钠有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且左物右码，故A错误；B. 铁粉与水蒸气反应生成氢气，点燃氢气泡可听到爆鸣声，故B正确；C. 氢氟酸具有强烈的腐蚀性，腐蚀玻璃，故C错误；D. 冷凝水应下进上出，故D错误；故选B。8.A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，B原子最外层电子数是内层电子数的3倍，C的原子半径是本周期最大的，D的单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是A. 简单气态氢化物的稳定性：BAB. 物质CAB2有毒，不能用作食品添加剂C.
10、最高价氧化物对应的水化物酸性：EDD. B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物可用于杀菌消毒【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，应为铵盐，A为N，B原子最外层电子数是内层电子数的3倍，B为O，C的原子半径是本周期最大的，C是Na，D的单质为淡黄色固体，D是S，E是Cl。【详解】A. 非金属性：BA，气态氢化物的稳定性：BA，故A正确；B. 物质CAB2为亚硝酸钠，亚硝酸钠是食品添加剂的一种，起着色、防腐作用，但要限量使用，故B错误；C.非金属性：ED，最高价氧化物对应的水化物酸性：ED，
11、故C正确；D. B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物是次氯酸钠，可用于杀菌消毒，故D正确；故选B。【点睛】元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，单质越容易从水中置换出氢。9.下列有关物质转化关系的说法中不正确的是A. 图1中甲可能是Fe，X可能是Cl2B. 图2中A可能为F2，C可能为O2C. 图2中A可能为Ca(OH)2，C可能为NaOHD. 图3中a可能为C，b可能为CO，c可能为CO2【答案】A【解析】【详解】A. 图1中应该是甲可能是Cl2，X可能是Fe，铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液
12、中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，故A错误；B. 图2中A如果为F2，B是H2O,C为O2，D是HF,故B正确；C. 图2中A如果为Ca(OH)2，C为NaOH，B可能是Na2CO3，D是CaCO3，故C正确；D. 图3中a可能为C，b可能为CO，c可能为CO2，C和O2不完全燃烧生成CO，CO和O2反应生成CO2，镁在CO2中燃烧生成C，故D正确；故选A。10.室温下，某兴趣小组用下图所示装置在通风橱中进行如下实验：下列说法不正确的是A. 试管II中红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B. 等质量的Cu完全溶解时，II试管中消耗的HNO3多C. 将Cu换成Fe之后重复实验，
13、依然是试管II中反应更剧烈D. 试管II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有NO2【答案】C【解析】【分析】A. Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2;B. 3molCu 消耗8mol稀硝酸, 1molCu消耗4mol浓硝酸；C. 常温下Fe遇浓硝酸发生钝化；D. 二氧化氮为红棕色气体；【详解】A. II中Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，浓硝酸作氧化剂，故A正确；B. 3molCu 消耗8mol稀硝酸, 1molCu消耗4mol浓硝酸，则等质量的Cu完全溶解时，II中消耗的HNO3更多，故B正确；C. 常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，则试管II中反应不明显，故C错误；D. 二氧化氮为
14、红棕色气体，则II中反应后溶液颜色与试管I中的不同，是由于溶有 NO2，故D正确；故选C。【点睛】（1）Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，Cu与稀硝酸反应生成NO；（2）常温下Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化；11.由下列实验操作和现象可得出结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2Co2O3B向铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化环氧反应C向硫化钠溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味气体非金属性：ClSD将10mL 2mol/L的碘化钾溶液与1mL 1mol/L FeCl3
15、 溶液充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红K与FeCl3反应有可逆性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：Co2O3Cl2，故A错误；B. 锌、铁，饱和食盐水构成原电池了，中性溶液发生的是吸氧腐蚀，Zn比Fe活泼，所以Fe是正极，正极：2H2O+O2+4e-=4OH-，负极：Zn-2e-=Zn2+，发生了氧化还原反应，故B错误；C. 向Na2S溶液中滴加盐酸，产生硫化氢气体，只能说明盐酸酸性强于氢硫酸，但盐酸和氢硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，所以不能得出非金属性：ClS；D. 2Fe3+2I-=I2+2Fe2+，由方程式可知，I-有
16、剩余，理论上Fe3+应该完全反应了，但加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中依然存在Fe3+，说明此反应具有可逆性，故D正确；故选D。12.已知：。向体积可变的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)发生反应，CH4(g)的平衡转化率与温度(T)和压强(p)的关系如下图所示(已知T1T2)。下列说法正确的是A. 该反应的H0B. M、N两点的H2的物质的量浓度：c(M)c(N)C. 温度不变时，增大压强可由N点到P点D. N、P两点的平衡常数：K(N)T2，升高温度，CH4的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反，正反应为放热反应，故Hc(N)，故B正确；C. 两条线的温度
17、不同，增大压强不能从N点到P点，故C错误；D. 平衡常数只和温度有关， T1T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数变小，故K(N)K(P)，故D错误；故选B。13.锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是A. 充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-=2Br-B. 充电时n接电源的正极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧C. 放电时阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大D. 放电时每转移2 mol电子负极区溶液质量减少65g【答案】C【解析】【分析】放电时，该装置是原电池，Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，正极反应式为Br2+2
18、e-=2Br-，所以n是负极，m是正极；充电时，阳极、阴极与正极、负极电极反应式正好相反，阳离子交换膜只能阳离子通过，分子或阴离子不能通过，以此解答该题。【详解】A. 充电时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Zn2+2e-Zn，故A错误；B. n接电源的负极，充电时，电解池原理，Zn2+会移向阴极，即通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，故B错误；C. 放电时作原电池，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大，故C正确；D. 原电池中Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，每转移2mol电子，负极减轻130g，故D错误；故选C。14.在好氧菌
19、和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：下列说法正确的是A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化B. 常温常压下，反应II中生成8.96 L N2时，转移电子数为1.5NAC. 好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2D. 反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：3【答案】C【解析】【分析】根据反应I：NH4+2O2=NO3-+2H+H2O和反应II: 5NH4+3NO3-=4N2+9H2O+2H+，来分析解答。【详解】A. I中N元素从-3价升到+5价，氮元素只被氧化，II中部分N元素从-3价升到0价，部分从+5价降到0价，氮元
20、素既被氧化又被还原；故A错误；B. 常温常压下，8.96 L N2，无法计算N2的物质的量，故B错误；C.根据反应I：NH4+2O2=NO3-+2H+H2O，3mol NH4+生成3mol NO3-，再根据反应II: 5NH4+3NO3-=4N2+9H2O+2H+，3mol NO3-正好消耗5mol NH4+，故好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2，故C正确；D. 反应中氧化剂是NO3-，还原剂是NH4+，物质的量之比为3：5，故D错误；故选C。【点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，得电子，被还原；还原剂在反应中所含元素化合价升高，失电子，被氧化。15.
21、短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中Y分别与X、Z相邻。回答下列问题：（1）若X、Y和Z的单质都为金属，Y与Z左右相邻，Z的单质被称为“国防金属”。则Y的单质在O2中燃烧产物中含有的化学键为_。（2）若X、Y和Z位于同一周期，高纯度Y单质常用于制造太阳能电池。则除去Y的氧化物中所含X氧化物杂质的方法是_过滤、洗涤、干燥。（3）若X原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z与Y同主族，则X、Y、Z的简单气态氢化物中，沸点最高的是_。(填化学式)（4）若Y的原子序数等于X的2倍，T是Z的气态氢化物。写出Z2X对应的水化物分子的电子式_。M是短周期中原子半径最大的元素，由M、X、Y元素组
22、成的一种化合物与T的水溶液反应产生刺激性气味的气体，溶液变浑浊。写出反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 离子键和共价键（答不全不得分） (2). 加入稀硫酸（或盐酸）充分反应（其他合理答案也给分） (3). NH3 (4). (5). S2O322H=SSO2H2O【解析】【分析】（1）Z的单质被称为“国防金属”，Z是Mg，X、Y和Z的单质都为金属，短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，Y与Z左右相邻，Y是Na，则Y的单质在O2中燃烧产物是过氧化钠；（2）若X、Y和Z位于同一周期，在周期表中Y分别与X、Z相邻，高纯度Y单质常用于制造太阳能电池，Y是Si，X是Al；（3）若X原子最外
23、层电子数是电子层数的2倍，X是C，Z与Y同主族，Y是N，Z是P，NH3分子间形成氢键；（4）若Y的原子序数等于X的2倍， X是O，Y是S，Z是Cl；M是短周期中原子半径最大的元素，M是Na，T是Z的气态氢化物，T是HCl，M、X、Y元素组成的一种化合物为Na2S2O3；【详解】（1）Z的单质被称为“国防金属”，Z是Mg，X、Y和Z的单质都为金属，短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，Y与Z左右相邻，Y是Na，则Y的单质在O2中燃烧产物是过氧化钠，过氧化钠中既有离子键又有共价键，故答案为：离子键和共价键；（2）若X、Y和Z位于同一周期，在周期表中Y分别与X、Z相邻，高纯度Y单质常用于制造太
24、阳能电池，Y是Si，X是Al,二氧化硅不溶于稀硫酸（或盐酸），氧化铝溶于稀硫酸（或盐酸），故答案为：加入稀硫酸（或盐酸）充分反应；（3）若X原子最外层电子数是电子层数的2倍，X是C，Z与Y同主族，Y是N，Z是P，NH3分子间形成氢键，沸点最高，故答案为：NH3；（4）若Y的原子序数等于X的2倍， X是O，Y是S，Z是Cl, 所以Z2X对应的水化物是次氯酸，电子式为： ，故答案为：；M是短周期中原子半径最大的元素，M是Na，T是Z的气态氢化物，T是HCl，M、X、Y元素组成的一种化合物为Na2S2O3，与盐酸反应的离子方程式为：S2O322H=SSO2H2O；故答案为：S2O322H=SSO2H
25、2O；【点睛】（1）氧化铝是两性氧化物，既能溶于强酸溶液也能溶于强碱溶液，二氧化硅是酸性氧化物，能溶于强碱溶液，不溶于强酸溶液；（2）过氧化钠中既有离子键又有非极性共价键。16.合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，通常使用以下两种方法将烟气中的氮氧化物转化为无害物质。（1）还原法。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。过程混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数_(填“增大”、“减小”或“不变”)。反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）电解法。先用6稀硝酸吸收NOx，会生成HNO2(一元弱酸)，再将
26、吸收液导入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如图所示：中a应连接电源的_(填“正极”或“负极”)。石墨电极做成颗粒状的目的是_。阳极的电极反应式为_。电解一段时间后，当电路中有5mol电子转移时，阳离子交换膜两侧溶液相差_g。【答案】 (1). 不变 (2). 12 (3). 正极 (4). 增大吸收液与电极的接触面积，提高电解效率（答出“增大接触面积”即给分） (5). H2OHNO22e=NO33H (6). 5【解析】【分析】（1）根据得失电子守恒和元素守恒分析来解答。（2）a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气；电极的面积越大，与溶液的接触越充分,电解效率
27、越高；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸。【详解】（1）过程中发生了氧化还原反应，I中Ce4+Ce3+，II中Ce3+Ce4+，根据得失电子守恒和元素守恒得出混合溶液中Ce3+和Ce4+离子的总数不变，故答案为：不变；反应II中氧化剂与还原剂分别为：NO和Ce3+，NON2，Ce3+Ce4+，根据得失电子守恒，得出方程式为：4H+2NO+4 Ce3+=4Ce4+ N2+2H2O，故答案为：12；（2）a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b电极上氢离子得电子生成氢气，所以a为阳 极，b为阴极，则a与电源的正极相连， 故答案为:正极；电极的面积越大，与溶液的接触越充分,电解效率越高，所以将石墨电极设置成颗粒状的
28、目的是增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率； 故答案为:增大吸收液与电极的接触面积；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸,其电极方程式为H2OHNO22e=NO33H ；阳极上电极方程式为H2OHNO22e=NO33H，阴极上电极方程式为2H+2e=H2故阳离子交换膜两侧溶液相差5g，故答案为：5；17.亚氯酸钠(NaC1O2)是重要漂白剂，探究小组开展如下实验。实验I：用如图装置制取NaClO2。已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaC1。（1）检查整套装置气密性的操作是：首先_，打开K1、K
29、2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好。（2）用50双氧水配制30H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要的仪器有_ (填仪器名称)。（3）装置C的作用是_。（4）己知装置B中的产物有C1O2气体，则装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为_。（5）请补充完整从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。减压，55蒸发结晶；_；3860热水洗涤；低于60干燥得到成品。（6）实验结束时，打开K1，关闭K2，装置A的作用是_。【答案】 (1). 关闭分液漏斗活
30、塞 (2). 胶头滴管、量筒 (3). 防止D 中溶液倒吸到 B 中(或安全瓶) (4). 2ClO22NaOHH2O2=2NaClO2O22H2O (5). 趁热过滤 (6). 吸收多余的ClO2（或 ClO2、SO2），防止污染空气。【解析】【分析】装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，装置C为安全瓶，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，装置E为吸收多余的气体，防止污染空气，装置A是吸收B中剩余气体。（1）组装好仪器后，检查整套装置
31、气密性的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1、K2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好；（2）根据仪器用途选取仪器；（3）装置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用；（4）装置D中ClO2和氢氧化钠、双氧水生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，据此书写；（5）从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；（6）实验结束时，打开K1，关闭K2，装置A的作用是：吸收多余的ClO2（或 ClO2、SO2），防止污染空气，故答案为：吸收
32、多余的ClO2（或 ClO2、SO2），防止污染空气。【详解】（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是：关闭分液漏斗活塞，打开K1、K2，然后向A、E中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若A、E处有气泡，停止加热，一段时间后，A、E干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好。故答案为：关闭分液漏斗活塞；（2）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒、胶头滴管；故答案为：胶头滴管、量筒；（3）装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；故答案为：防止D 中溶液倒吸到 B 中(或安全瓶)；（4）装置D中ClO2和氢氧
33、化钠、双氧水生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，溶液为碱性溶液，则发生的方程式为：2ClO22NaOHH2O2=2NaClO2O22H2O ，故答案为：2ClO22NaOHH2O2=2NaClO2O22H2O；（5）从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥操作，故答案为：趁热过滤；（6）吸收多余的ClO2（或 ClO2、SO2），防止污染空气，故答案为：吸收多余的ClO2（或 ClO2、SO2），防止污染空气。18.从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）“焙烧”后，碲主要以TeO2
34、形式存在，则每生成32gTeO2，反应转移电子的物质的量为_mol。（2）为选择最佳焙烧工艺，进行温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示：则实验中应选择的条件为_。（3）“氧化”时的溶液温度不宜过高，原因为_。（4）工艺(I)中，“还原”时发生的总离子方程式为_。H2SO4和Na2SO3可用浓盐酸代替，但缺点为_。（5）工艺(II)中，“浸出液电积”时产生碲粉的电极反应式为_。【答案】 (1). 1.6 (2). 460、硫酸用量为理论量的1.25倍 (3). H2O2 受热易分解 (4). TeO663SO326H+=3SO4 2Te3H2O (5). 产生有毒的氯气 (6). TeO3
35、24e3H2O=Te6OH【解析】【分析】（1）根据Cu2TeTeO2，Te元素由-2价升到+4价，Cu元素由+1升到+2价，每生成1molTeO2转移8mol电子来计算；（2）根据表格分析得出实验中应选择的条件为；（3）H2O2 受热易分解；（4）因为Te与硫同主族，Na6TeO6里面的Te元素为最高价+6价，TeO66作氧化剂，SO32作还原剂，根据化合价升降法和元素守恒写出离子方程式；（5）TeO2与足量NaOH溶液反应得到的溶液中溶质的主要成分是Na2TeO3，TeO32-得到电子生成Te。【详解】（1）32gTeO2的物质的量为0.2mol，Cu2TeTeO2，Te元素由-2价升到+
36、4价，Cu元素由+1升到+2价，生成1molTeO2转移8mol电子，反应转移电子的物质的量为：1.6mol，故答案为：1.6；（2）根据表格分析得出实验中应选择的条件为：460、硫酸用量为理论量的1.25倍，故答案为：460、硫酸用量为理论量的1.25倍；（3）“氧化”时的溶液温度不宜过高，H2O2 受热易分解，故答案为：H2O2 受热易分解；（4）因为Te与硫同主族，Na6TeO6里面的Te元素为最高价+6价，TeO66作氧化剂，SO32作还原剂，根据化合价升降法和元素守恒得出离子方程式为：TeO663SO326H+=3SO4 2Te3H2O；如果用浓盐酸代替会产生有毒气体氯气；故答案为：
37、TeO663SO326H+=3SO4 2Te3H2O；产生有毒的氯气；（5）TeO2与足量NaOH溶液反应得到的溶液中溶质的主要成分是Na2TeO3，TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为：TeO324e3H2O=Te6OH，故答案为：TeO324e3H2O=Te6OH。19.以氢为原料的工业生产工艺及氢的获得是科技工作者研究的重要课题。（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(H)分别为-283.0kJmol-1、-285.8kJmol-1。由H2和CO生成甲醇的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g)= CH3OH(1)的H=-91kJm
38、ol-1。则3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1)的H=_kJmol-1。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率如图甲所示。该反应在a点达到平衡状态，a点转化率比b点的高，其原因是_。（2）利用CO和H2O生产H2：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)。将不同配比的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中。有关数据如下表：该反应的正反应为_反应(填“吸热”、“放热”)。650时，下列叙述说明达到化学平衡状态的是_(填标号)av(CO)：v(H2O)：v(H2)：v(CO2)=1：1：1：
39、1b生成n mol CO2(g)的同时生成n mol H2O(g)cn mol CO断裂的同时断裂2n mol HHd某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4900时，达平衡时v(H2O)=_molL-1min-1。(结果保留两位有效数字)（3）利用工业废气中的H2S热分解制H2：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)。现将0.2molH2S(g)通入某恒压密闭容器中，起始压强p0=aMPa，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图乙所示，则T6时，该反应的Kp=_(用含a的代数式表示)。【答案】 (1). 93.8 (2). 该反应为放热反应，温度升高，平衡
40、逆向移动 (3). 放热 (4). bd (5). 0.17 (6). 0.2a MPa【解析】【分析】（1）根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(H)分别为-283.0kJmol-1、-285.8kJmol-1，可写出热化学方程式，（1）CO(g)+1/2O2(g)= CO2(g) H=-283.0kJmol-1（2）H2(g) +1/2O2(g)= H2O(1) H=-285.8kJmol-1，题目已给（3）2H2(g)+CO(g)= CH3OH(1)的H=-91kJmol-1，根据盖斯定律，利用（2）+（3）-（1），可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1) H= 9
41、3.8 kJmol-1；由图像可知催化剂I的催化效果最佳，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；（2）650时，根据三段式进行有关数据处理；判断平衡状态的标志是：正反应速率等于逆反应速率但不为零，各成分浓度保持不变；900时，结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理；（3）发生2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)反应，由图像可知，温度为T6时，H2S平衡转化率为50%。【详解】（1）根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(H)分别为-283.0kJmol-1、-285.8kJmol-1，可写出热化学方程式，（1）CO(g)+1/2O2(g)= CO2(g) H=-2
42、83.0kJmol-1（2）H2(g) +1/2O2(g)= H2O(1) H=-285.8kJmol-1，题目已给（3）2H2(g)+CO(g)= CH3OH(1)的H=-91kJmol-1，根据盖斯定律，利用（2）+（3）-（1），可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1) H= 93.8 kJmol-1，故答案为：93.8；由图像可知催化剂I的催化效果最佳，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；（2）650时，根据三段式进行有关数据处理：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始/
43、mol 4 2 0 0转化/mol 1.6 1.6 1.6 1.6平衡/mol 2.4 0.4 1.6 1.6故650时，CO的转化率1.6/4=0.41/3,温度升高，转化率降低，故正反应为放热反应，故答案为：放热；判断平衡状态的标志是：正反应速率等于逆反应速率但不为零，各成分浓度保持不变；a.应该是各成分浓度保持不变，故错误；b.根据此反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)判断，生成n mol CO2(g)，是正反应方向，生成n mol H2O(g)是逆反应方向，故能说明正反应速率等于逆反应速率但不为零，故正确；c. 断裂 n mol CO是正反应方向，断裂2nmol HH
44、是逆反应方向，但是物质的量不符合系数比，故不能说明正反应速率等于逆反应速率，故错误；d. 某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4，能说明反应达到平衡状态，故正确；故选bd；900时，结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始/mol 3 2 0 0转化/mol 1 1 1 1平衡/mol 2 1 1 1v(H2O)=1 mol/（2L3min）0.17molL-1min-1故答案为：0.17；（3）发生2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)反应，由图像可知，温度为T6时，H2S平衡转化率为50%,故所消耗H2S的物质的量0.20mol50%=0.1mol,剩余H2S的物质的量0.20mol-0.1 mol=0.1 mol，生成H2的物质的量为0.1mol,生成S2的物质的量为0.05 mol,则 p（H2S）=0.4aMPa,p（H2）= 0.4aMPa ，p（S2）=0.2aMPa ，故平衡常数Kp=（0.4aMPa）20.2aMPa/（0.4aMPa）2=0.2a MPa；故答案为：0.2a MPa。