1、2018-2019学年北京市顺义区高三（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1. 化学与生活密切相关。下列添加的物质在使用过程中未发生氧化还原反应的是（）A. 在焙制面包时添加B. 在红酒中添加一定量的C. 在食品包装袋中放置还原铁粉D. 在保鲜水果时放入浸泡过溶液的硅土2. 用化学用语表示Cl2+H2OHCl+HClO中的相关微粒，其中正确的是（）A. 中子数为20的氯原子：B. 的结构式：C. HCl的电子式：D. 的结构示意图：3. 下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中CH3COOH电离程度减小的是（）A. 升温B. 加水稀释C. 加入少量氯化
2、钠固体D. 加入少量醋酸钠固体4. 向下列溶液中持续通入气体，最终一定有沉淀生成的是（ ）A. 将通入溶液中B. 将通入溶液中C. 将通入溶液中D. 将通入溶液中5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 1mol中含有电子数为B. L中含有氧原子数为C. 1L1的溶液中含有数为D. 常温常压下，16g含有的共价键数为6. 我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下：下列说法不正确的是（）A. 总反应方程式为：B. 催化剂可有效提高反应物的平衡转化率C. 在反应历程中，键与键断裂吸收能量D. 反应过程中，催化剂参与反应
3、，改变反应路径，降低反应的活化能7. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式为：，下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A. 分子式为B. 分子中含有3种含氧官能团C. 分枝酸最多可消耗3molNaOHD. 可分别与乙醇、溴的四氯化碳溶液反应，且反应类型相同8. 下列解释事实的方程式中，不正确的是（）A. 用溶液和氨水制备：B. 用氯化铁溶液浸蚀铜制印刷线路板：C. 用溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：D. 向氯水中通入，氯水的漂白能力降低：9. 下列实验方案中，能达到相应实验目的是（）目的利用乙醇的消去反应制取乙烯验证石蜡油分解的产物是乙烯方案选项AB目的制备并收集氨气制取并收集二氧化氮方案选项CDA. AB
4、. BC. CD. D10. 生产硫酸的主要反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=-197kJ/mol。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C. A、B两点对应的平衡常数相同D. 当和生成速率相等时，则反应达到平衡11. 玉米芯与稀硫酸在加热加压下反应，可以制得糠醛，糠醛是重要的化工原料，在一定条件下可与苯酚反应制备糠醛树脂（），下列说法正确的是（）A. 糠醛的结构简式为B. 糠醛树脂可与新制的浊液在加热时反应生成红色沉淀C. 通过质谱法测定糠醛树脂的平均相对分子质量，可得其聚合度D. 糠醛树脂的链节为12. X、Y、Z、W四
5、种短周期元素在元素周期表中的位置关系如图所示。Y与Z能形成两种常见的化合物，其中一种可作为漂白剂。下列说法不正确的是（）A. Y和Z的氢化物分解温度，前者高B. 原子半径由大到小的顺序：C. W的单质可以从Z的氢化物溶液中置换出Z的单质D. X的氢化物与X的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种离子化合物13. 下列性质实验中，对操作和现象的解释正确的是（）选项操作现象解释A将Fe（NO3）2固体溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液变红稀硫酸将Fe2+氧化为Fe3+B向2.0mL酸化的0.5mol/LFeSO4溶液（pH=0.2）中，加入几滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色H2O2溶液具有还原性C
6、向二氧化锰固体中加入浓盐酸后加热，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液溶液变蓝Cl2具有氧化性D无水乙醇与浓硫酸共热170，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液褪色乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化A. AB. BC. CD. D14. 五氯化磷（PCl5）是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷（PCl3）氯化得到：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）H=-93.0kJ/mol。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：下列说法不正确的是（）t/s050150250350n（PCl5）/mol00.240.
7、360.400.40A. s内的平均反应速率B. 升高温度，平衡向逆反应方向移动C. 平衡时，的转化率是D. 该温度下，反应的化学平衡常数的数值为1二、简答题（本大题共4小题，共45.0分）15. 二醇类有机物常用作溶剂、香料、医用消毒剂，以天然桥环化合物M为原料制备二醇类化合物的流程如下：已知：III（1）M中的官能团名称为_。（2）BC的反应类型为_。（3）试剂a为_。（4）A与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为_。（5）D的结构简式为_。（6）将下列E的流程图补充完整：（7）与乙二酸生成高聚物得化学方程式是_。16. SO2是硫酸原料气的主要成分，许多工业过程中会产生SO2，又是大气主
8、要污染物之一。利用SO2的性质可以解决工业尾气对环境污染的问题。SO2经一系列反应可以得到硫酸和芒硝（Na2SO410H2O），其转化关系如下：（1）利用SO2的还原性，可以回收工业尾气中的SO2得到硫酸。已知25、101kPa时：.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=-197kJ/mol；SO3（g）+H2O（g）=H2SO4（l）H2=-174kJ/mol则2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H=_。（2）中SO2属于酸性氧化物，将其通入NaOH溶液中，得到NaHSO3溶液。NaHSO3溶液呈酸性，其原因是_。（3）SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，含硫
9、各微粒（H2SO3、HSO3-和SO32-）的物质的量分数X（i）与溶液pH的关系如下图所示。为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在_。向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因是_。（4）中将NaClO溶液加入NaHSO3溶液中，得到Na2SO4溶液，其离子方程式是_。17. 由某种含镍废料（NiO、CuO、FeO、CaO及SiO2等）为原料，制备高纯NiSO4，实现镍的再生利用。其工作流程如下：资料：NiSO4易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+金属氢氧化物的沉淀析出pH开始沉淀时沉淀完全时Fe
10、（OH）32.353.2Ni（OH）27.529.15（1）过程得到的滤渣主要成分是_。（2）过程中，Cu在_上获得（填“阴极”或“阳极”）。（3）过程用于除铁。先将滤液的pH调节在3.2左右，再向滤液中加入适量的H2O2，产生大量红褐色沉淀，该反应的离子方程式是_，此时滤液中仍含有少量Fe3+，继续加入Na2CO3，得到黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6沉淀而进一步除铁，该反应的化学方程式是_。（4）镍电池在现代生活生产中的作用越来越重要。一种镍可充电电池的工作原理示意图如下，其中碳电极能够吸附氢气。放电时，正极的电极反应式是_。18. 催化剂协同零价铁（Fe）将水体中的硝酸盐（NO3
11、-）转化为N2，有效降低水体中氮元素的含量，已成为环境修复研究的热点之一。（1）向含有NO3-的水体中，加入足量的零价铁和适量催化剂，进行试验。反应2小时后，结果如下：序号加入物质NO3-的去除率产物a铁40%NH4+、Fe2+及少量N2bPd-Cu催化剂0.9%NH4+、Cu2+及少量N2c铁+Pd-Cu催化剂79.5%N2、Fe2+及少量NH4+实验a中还原剂是_。实验a中从产物看，只用铁去除水体中NO3-存在的问题是_。实验c中主要反应的离子方程式是_。（2）根据不同初始pH下催化还原NO3-的实验数据和催化还原反应的过程，回答问题：为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2解
12、释当水体pH4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是_。（3）电解法去除水体中NO3-的实验装置图如下。电极A应与直流电源的_极连接（填正、负）；电极B发生的电极反应式是_。三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）19. CuCl2是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。实验小组制备CuCl2并探究CuCl2溶液电解产物。资料：CuCl是白色的难溶物，用Cu和浓的CuCl2溶液反应生成CuCl；CuCl易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液析出CuCl白色沉淀。CuCl+Cu2+3Cl-+H2OCuCl2CuCl2（H2O）-（棕褐色）（1）制备CuCl2（加热和夹持装置
13、略）装置A中制取氯气，是利用了浓盐酸的_（填“氧化性”或“还原性”）。装置B中盛放浓硫酸，其作用是_。装置C中反应的方程式是_。（2）探究CuCl2溶液电解产物小组同学取出装置C中的固体，配成2mol/L氯化铜溶液，用石墨电极电解氯化铜溶液，从理论上预测实验现象是_。电解CuCl2溶液，实验过程中观察到现象如下：条件电极现象电压12V电流3A阳极开始出现少量气泡，后来气泡增多阴极3min后，附近溶液变成棕褐色，30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质i检验阳极产生气体的实验方法是_。ii小组同学对阴极区溶液呈棕褐色的原因进行探究：步骤一：实验中深棕褐色溶
14、液加水后有白色沉淀生成，用化学平衡原理解释其原因_。步骤二：检验阴极附近的深褐色溶液成分，操作是_（按上图形式呈现）。保持电流电压不变，若要在阴极得到更多红色金属，避免产生白色CuCl，你可能采取的方法是_（答出1条即可）。答案和解析1.【答案】A【解析】解：A在焙制面包时添加NaHCO3，碳酸氢钠与发酵产生的酸反应，反应类型为复分解反应，未发生氧化还原反应，故A选； B红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，与SO2的还原性有关，故B不选； C食品包装袋中放置还原铁粉具有还原性，消耗空气中的氧气防止食品被氧化，故C不选； D水果会产生乙烯，乙烯具有催熟作用，乙烯含有碳碳双
15、键，可被酸性高锰酸钾氧化，所以在保鲜水果时放入浸泡过KMnO4溶液的硅土，高锰酸钾与乙烯反应，可保鲜水果，不与氧气反应，故D不选； 故选：A。A碳酸氢钠与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，增加食品松软度； B红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化； C食品包装袋中放置还原铁粉具有还原性，消耗空气中的氧气防止食品被氧化； D水果会产生乙烯，乙烯具有催熟作用，但含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化。本题综合考查物质的性质、用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A质子数为17、中子数为20的氯原子的质量
16、数=17+20=37，该原子正确的表示方法为：3717Cl，故A错误；BCl2是氯原子之间通过共用电子对形成的非极性分子，结构式为Cl-Cl，故B正确；CHCl为共价化合物，电子式中需要标出最外层电子，氯化氢正确的电子式为，故C错误；DCl为17号元素，得到1个电子后最外层电子数满足8个电子的稳定结构，变为带1个负电荷的氯离子，结构示意图为，故D错误；故选：B。A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；BCl2分子中氯原子间为单键，含有Cl-Cl键；C氯化氢为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，氯原子最外层电子未标注；D氯原子是17号元素，Cl-核外最外层电子数为8。本题考查了电子
17、式、结构式的书写、离子结构示意图等知识，题目难度不大，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。3.【答案】D【解析】解：A醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故A错误； B加水稀释促进CH3COOH的电离，故B错误； C少量NaCl固体加入不对CH3COOH电离产生影响，故C错误； D加入少量CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO-）增大，抑制CH3COOH的电离，故D正确， 故选：D。醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离。本题考查弱电解质的电离平衡，明确醋酸的电离过程，影响醋酸电离的因素是解题的关键，难度不大
18、，是基础题。4.【答案】A【解析】【分析】先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀有：氯化银、硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐等，以此解答。本题考查了无机物之间的反应，解题的关键在于明确物质的性质和反应的规律，注意氢氧化银和一水合氨能形成可溶性的络合物，难度不大。【解答】A、将Cl2通入AgNO3溶液中生成白色沉淀氯化银，故A正确；B氨水与银离子生成氢氧化银沉淀，氢氧化银沉淀和氨水发生络合，最终生成可溶的银氨络离子，故B错误；C、二氧化碳与氯化钙不反应，故C错误；D二氧化氮与水反应生成硝酸与一氧化氮，硝酸与氢氧化钙发生酸碱中和反应生成易溶性硝酸钙和水，没有
19、沉淀产生，故D错误；故选：A。5.【答案】D【解析】解：A.1molNH4+中含有电子数为10NA，故A错误；B气体状况未知，无法计算二氧化碳物质的量和含有氧原子个数，故B错误；C三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，1L1mol/L的FeCl3溶液中含有Fe3+数小于NA，故C错误；D常温常压下，16gCH4含有的共价键数为：4NA=4NA，故D正确；故选：D。A.1个氨根离子含有10个电子；B气体状况未知；C三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；D质量转化为物质的量，结合1个甲烷分子含有4个C-H键；本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注
20、意气体体积使用对象和条件，难度不大。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查催化反应历程，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。【解答】A由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，故A正确；B催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，故B错误；C化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，故C正确；D催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，故D正确；故选B。7.【答
21、案】B【解析】解：A根据结构简式确定分子式为C10H10O6，故A错误； B分子中含有羧基、羟基和醚键3种含氧官能团，故B正确； C不是苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误； D含有羧基，与乙醇发生取代反应，含有碳碳双键，与溴发生加成反应，故D错误。 故选：B。由结构简式可知，分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答。本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。8.【答案】A【解析】解：A用AlCl3和
22、氨水制备Al（OH）3，离子方程式：A13+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B用氯化铁溶液浸蚀铜制印刷线路板，离子方程式：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C碳酸钙溶解度小于硫酸钙，所以Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，离子方程式：CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，故C正确；D向氯水中通入SO2，氯水的漂白能力降低，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O4H+SO42-+2Cl-，故D正确；故选：A。本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写注意问题是解题关键，注意原子个数、电荷数守恒，注意化学式拆分原则，题目难度不大。9.【答案
23、】C【解析】解：A利用乙醇的消去反应制取乙烯，应加热到170，温度计应插入液面以下，故A错误； B石蜡油分解生成的气体为烯烃混合物，除了乙烯还含有其它烯烃，如丙烯，故B错误； C图示装置中药品、装置均合理，能够在实验室中制取少量氨气，故C正确； D二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，收集到的是NO，应该用排空气法收集，故D错误； 故选：C。A温度计用于测量反应液的温度； B石蜡油分解生成的气体不全是乙烯； C加热氯化铵和氢氧化钙固体可制备少量氨气； D二氧化氮与水反应，不能用排水法收集。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、制备实验和性质实验为解答的关键，侧重分析与
24、实验能力的考查，注意实验的评价性分析。10.【答案】D【解析】解：A为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则X不能表示压强，只表示温度，故A错误； BL1、L2应为压强，压强越大，转化率越大，则L2L1，故B错误； CA、B点温度不同，平衡常数不同，故C错误； D当SO2（g）和SO3（g）生成速率相等时，正逆反应速率相等，为平衡状态，故D正确； 故选：D。A为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动； BL1、L2应为压强，压强越大，转化率越大； CA、B点温度不同； D当SO2（g）和SO3（g）生成速率相等时，正逆反应速率相等。本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、压强
25、对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析，题目难度不大。11.【答案】C【解析】解：A糠醛的结构简式为，故A错误；B糠醛树脂不含醛基，与新制的Cu（OH）2浊液不反应，故B错误；C质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，通过质谱法测定糠醛树脂的平均相对分子质量，可得其聚合度，故C正确；D糠醛树脂的链节为，故D错误。故选：C。由糠醛树脂可知对应的单体为和苯酚，而糠醛树脂含有碳碳双键和酚羟基，具有烯烃和酚类的性质，以此解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。12.【答案
26、】B【解析】解：X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置关系如图所示，则X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，Y与Z能形成两种常见的化合物，其中一种可作为漂白剂，则Y为O，Z为S元素；结合相对位置可知，X为N，W为Cl元素。 A非金属性YZ，则简单氢化物的稳定性YN，则Y的氢化物分解温度较高，故A正确； B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径ZWXY，故B错误； CZ的氢化物为硫化铵，氯气能够从硫化氢溶液中置换出S单质，故C正确； D氨气与硝酸能够反应生成离子化合物硝酸铵，故D正确； 故选：B。X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置
27、关系如图所示，则X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，Y与Z能形成两种常见的化合物，其中一种可作为漂白剂，则Y为O，Z为S元素；结合相对位置可知，X为N，W为Cl元素，据此解答。本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断Y、Z为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题有利于提高学生的逻辑推理能力。13.【答案】C【解析】解：A酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，而稀硫酸不能将Fe2+氧化为Fe3+，故A错误；B酸性条件下过氧化氢可氧化亚铁离子，则H2O2溶液具有氧化性，故B错误；C反应生成氯气，氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则溶液变蓝，故C正确；D
28、产生的气体中含有挥发的乙醇，也可使高锰酸钾褪色，不能说明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；故选：C。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。14.【答案】D【解析】解：A.0150s内的平均反应速率v（PCl5）=mol/（Ls）=1.210-3mol/（Ls），根据方程式知，v（PCl3）=v（PCl5）=1.210-3 mol/（Ls），故A正确；B正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，故B正确；C平衡时，PCl3的转化率是=20%，故C正确；D由以上分析可知化学平衡常
29、数K=，故D错误。故选：D。开始时c（PCl3）=1.0mol/L、c（Cl2）=0.5mol/L，平衡时c（PCl5）=0.2mol/L，PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）H=-93.0kJmol-1，开始（mol/L）1.0 0.5 0反应（mol/L）0.2 0.2 0.2平衡（mol/L）0.8 0.3 0.2结合v（PCl3）=v（PCl5）=、K=解答该题。本题考查化学平衡计算，为高频考点，为高考常见题型和高频考点，注意“三段式”在化学平衡计算中的灵活运用，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。15.【答案】碳碳双键 酯化反应或取代反应 NaOH的水溶液
30、 【解析】解：（1）M中的官能团名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）B中羧基和醇中羟基发生酯化反应或取代反应生成C，BC的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：取代反应或酯化反应；（3）试剂a为NaOH的水溶液，故答案为：NaOH的水溶液；（4）A为，A与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为，故答案为：；（5）D的结构简式为，故答案为：；（6）E发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，故答案为：；（7）与乙二酸发生缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为，故答案为：。M发生信息中的反应生成A为，A发生氧化反应然后酸化得到B为，B发生酯化反应生成C为，C发生信息II
31、的反应生成D为，D发生还原反应生成E，E为，（6）E发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成目标产物，需要的试剂a为NaOH的水溶液。本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及信息获取和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，易错点是根据信息II中断键和成键方式确定D的结构简式，题目难度中等。16.【答案】-545kJ/mol HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，溶液显酸性；HSO3-在溶液中存在水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-溶液显碱性，电离大于水解，所以呈酸性 45左右 HSO3-在溶液
32、中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32-=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大 HSO3-+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+H+（或HSO3-+ClO-+OH-=SO42-+Cl-+H2O）【解析】解：（1）.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=-197kJ/mol； SO3（g）+H2O（g）H2SO4（l）H2=-174kJ/mol 盖斯定律计算+22得到2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H=-545kJ/mol， 故答案为：-545kJ/mol； （2）NaHSO3溶液呈酸性，其原因是：HSO3-在溶
33、液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，溶液显酸性；HSO3-在溶液中存在水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-溶液显碱性，电离大于水解，所以呈酸性， 故答案为：HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，溶液显酸性；HSO3-在溶液中存在水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-溶液显碱性，电离大于水解，所以呈酸性。 （3）图象可知，为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在45左右。 故答案为：45左右； NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，HSO3-SO32-+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32-=CaSO3使电离
34、平衡右移， 故答案为：HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32-=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大； （4）中将NaClO溶液加入NaHSO3溶液中，得到Na2SO4溶液，是利用次氯酸根离子的氧化性氧化亚硫酸氢根离子生成磷酸根离子，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式：HSO3-+ClO-+H2OSO42-+Cl-+H+（或HSO3-+ClO-+OH-SO42-+Cl-+H2O）， 故答案为：HSO3-+ClO-+H2OSO42-+Cl-+H+（或HSO3-+ClO-+OH-SO42-+Cl-+H2O）。为二氧化硫和氧气催化氧
35、化生成三氧化硫，为三氧化硫溶于水生成硫酸，为二氧化硫被氢氧化钠吸收生成亚硫酸氢钠，是硫酸氢钠和氢氧化钠反应生成硫酸钠，得到硫酸钠晶体， （1）.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=-197kJ/mol； SO3（g）+H2O（g）H2SO4（l）H2=-174kJ/mol 盖斯定律计算+22得到2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H； （2）NaHSO3溶液呈酸性，是亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度； （3）当溶液的pH=4时，根据图示得到溶液是亚硫酸氢钠溶液； NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，溶液显示酸性，根据平衡移动原理来回答； （4）中将
36、NaClO溶液加入NaHSO3溶液中，得到Na2SO4溶液，是利用次氯酸根离子的氧化性氧化亚硫酸氢根离子生成磷酸根离子，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，题目难度中等，涉及氧化还原反应、电离平衡影响因素等，综合性强，侧重分析能力的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力。17.【答案】SiO2、CaSO4 阴极 2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+ 3Fe2（SO4）+6Na2CO3+6H2O=2NaFe3（SO4）2（OH）6+6CO2+5Na2SO4 NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-【解析】解：（1）
37、由上述分析可知，过程得到的滤渣主要成分是SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4； （2）电解时阴极上铜离子得到电子，则过程中，Cu在阴极上获得，故答案为：阴极； （3）过程用于除铁。先将滤液的pH调节在3.2左右，再向滤液中加入适量的H2O2，产生大量红褐色沉淀，该反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+，此时滤液中仍含有少量Fe3+，继续加入Na2CO3，得到黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6沉淀而进一步除铁，该反应的化学方程式是3Fe2（SO4）+6Na2CO3+6H2O=2NaFe3（SO4）2（OH）6+6CO2+5Na2SO4， 故
38、答案为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+；3Fe2（SO4）+6Na2CO3+6H2O=2NaFe3（SO4）2（OH）6+6CO2+5Na2SO4； （4）放电时，负极失去电子发生氧化反应，由Ni电极上物质可知正极的电极反应式是NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-， 故答案为：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-。由流程可知，含镍废料（NiO、CuO、FeO、CaO及SiO2等）为原料，加硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4，滤液1中含Ni2+、Cu2+、Fe2+，电解过滤分离出Cu，滤液2含Ni2+、Fe2+，结合表中离子沉淀的pH可知
39、，先将滤液的pH调节在3.2左右，再向滤液中加入适量的H2O2，产生大量红褐色沉淀，发生2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+，此时滤液中仍含有少量Fe3+，继续加入Na2CO3，得到黄钠铁矾NaFe3（SO4）2（OH）6沉淀而进一步除铁，发生3Fe2（SO4）+6Na2CO3+6H2O=2NaFe3（SO4）2（OH）6+6CO2+5Na2SO4，过滤分离出滤渣2为Fe（OH）3、NaFe3（SO4）2（OH）6，滤液3含Ni2+及少量Ca2+，加NaF除去钙离子，滤液4中含NiSO4，蒸发结晶得到NiSO4，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的
40、反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意沉淀的成分及电化学知识的应用，题目难度不大。18.【答案】Fe NO3-主要被还原为NH4+，没有有效降低水体中氮元素的含量，还需要后续处理，增加成本 5Fe+2NO3-+12H+=5Fe2+N2+6H2O pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H+，使NO3-被还原的中间产物NH继续与H反应生成NH4+，减少N2的生成 负 2NH4+-6e-=N2+8H+【解析】解：（1）催化剂协同零价铁（Fe）将水体中的硝酸盐（NO3-）转化为N2，铁元素化合价0价升高为+2价做还原剂被氧化，发生氧化反应， 故答案为：Fe； 实验a中
41、从产物看，只用铁去除水体中NO3-存在的问题是：NO3-主要被还原为NH4+，没有有效降低水体中氮元素的含量，还需要后续处理，增加成本， 故答案为：NO3-主要被还原为NH4+，没有有效降低水体中氮元素的含量，还需要后续处理，增加成本； c实验过程中铁和硝酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应主要生成氮气，反应的离子方程式：5Fe+2NO3-+12H+5Fe2+N2+6H2O， 故答案为：5Fe+2NO3-+12H+5Fe2+N2+6H2O； （2）为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2解释当水体pH4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是：pH减小，H+浓度增大，会生成更多
42、的H，使NO3-被还原的中间产物NH继续与H反应生成NH4+，减少N2的生成， 故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使NO3-被还原的中间产物NH继续与H反应生成NH4+，减少N2的生成； （3）图中物质转化关系可知A电极附近硝酸根离子得到电子生成氮气，发生还原反应，电极A为电解池的阴极，连接电源的负极，铵根离子变化为氮气失电子发生氧化反应，电极B为电解池的阳极，与电源的正极相连， 故答案为：负； 电极B是电解池的阳极，铵根离子失电子发生氧化反应生成氮气，据此写出发生的电极反应式：2NH4+-6e-N2+8H+， 故答案为：2NH4+-6e-N2+8H+。（1）催化剂协同零价铁（
43、Fe）将水体中的硝酸盐（NO3-）转化为N2，有效降低水体中氮元素的含量，据此判断实验a中还原剂； NO3-主要被还原为NH4+，没有有效降低水体中氮元素的含量； c实验过程中铁和硝酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应主要生成氮气，结合原子守恒和电子守恒配平书写离子方程式； （2）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H+，使NO3-被还原的中间产物NH继续与H反应生成NH4+； （3）图中物质转化关系可知A电极附近硝酸根离子得到电子生成氮气，发生还原反应，电极A为电解池的阴极，铵根离子变化为氮气失电子发生氧化反应，电极B为电解池的阳极； 电极B是电解池的阳极，铵根离子失电子发生氧化反应生成氮气，
44、据此写出发生的电极反应式。本题考查了氧化还原反应、电解池原理和电极反应书写、电极产物的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。19.【答案】还原性 吸收Cl2中的水蒸气（干燥氯气） Cu+Cl2CuCl2 阴极上析出红色的固体；阳极上有气泡冒出 用湿润的淀粉碘化钾试纸接近阳极，试纸变蓝 由于CuCl+Cu2+3Cl-+H2OCuCl2CuCl2（H2O）-（棕褐色），加入水稀释，各微粒浓度都减小，Cl-浓度减少的多，平衡左移，有利于CuCl生成（或用K和Q判断） 若现象相同，即为CuCl2CuCl2（H2O）- 控制CuCl2的浓度等【解析】解：（1）装置A由高锰酸钾和浓盐酸制取氯
45、气，氯元素化合价化合价升高被氧化，浓盐酸表现还原性；故答案为：还原性；B装置中的浓硫酸可以吸收Cl2中的水蒸气（干燥氯气）；故答案为：吸收Cl2中的水蒸气（干燥氯气）；C装置中的反应为：Cu+Cl2CuCl2；故答案为：Cu+Cl2CuCl2；（2）电解氯化铜溶液，阴极铜离子放电生成铜，阳极氯离子放电得到氯气，故理论上的实验现象为：阴极上析出红色的固体；阳极上有气泡冒出；故答案为：阴极上析出红色的固体；阳极上有气泡冒出；i阳极的离子有氯离子、氢氧根离子，根据放电顺序，氯离子放电，发生氧化反应得到氯气，故检验氯气的方法为：用湿润的淀粉碘化钾试纸接近阳极，试纸变蓝；故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸
46、接近阳极，试纸变蓝；ii根据已知：由于CuCl+Cu2+3Cl-+H2OCuCl2CuCl2（H2O）-（棕褐色），加入水稀释，各微粒浓度都减小，Cl-浓度减少的多，平衡左移，有利于CuCl生成（或用K和Q判断）；步骤二：根据浓度的影响，稀释棕褐色的溶液，得到CuCl白色沉淀，由已知CuCl易溶于浓盐酸，可得检验阴极附近的深褐色溶液成分，操作为：若现象相同，即为CuCl2CuCl2（H2O）-；故答案为：由于CuCl+Cu2+3Cl-+H2OCuCl2CuCl2（H2O）-（棕褐色），加入水稀释，各微粒浓度都减小，Cl-浓度减少的多，平衡左移，有利于CuCl生成（或用K和Q判断）；若现象相同，
47、即为CuCl2CuCl2（H2O）-；已知：用Cu和浓的CuCl2溶液反应生成CuCl，控制CuCl2的浓度等，可以避免产生白色CuCl；故答案为：控制CuCl2的浓度等。（1）装置A由高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，根据氯元素化合价分析；根据浓硫酸的干燥性分析；C中由氯气和铜反应制得CuCl2；（2）电解氯化铜溶液，阴极铜离子放电，阳极氯离子放电；i阳极的气体为氯气，根据检验氯气的方法可得；ii根据浓度对化学平衡的影响分析；已知：用Cu和浓的CuCl2溶液反应生成CuCl，据此分析可得。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，物质性质的理解是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。