1、江苏省无锡市2020届高三化学上学期期中调研考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56 卷 选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为符合这一活动主题的是A. 推进垃圾分类处理B. 将秸秆就地焚烧C. 加快开采化石燃料D. 使用含磷洗涤剂【答案】A【解析】【详解】A. 推进垃圾分类处理，将垃圾有效利用，减少资源浪费，减少污染物的形成，A正确；B. 将秸秆就地焚烧，产生的固体
2、污染物会对大气、水资源等造成不良影响，B错误；C.化石燃料是不可再生能源，加快开采化石燃料，会减少地球资源，同时产生大量污染物，C错误；D. 使用含磷洗涤剂，会使水体富营养化，严重污染水资源，D错误。故选A。2.实验室可利用NH4+OHNH3H2O这一原理制氨气。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 氧原子的结构示意图：B. 中子数为8的氮原子：87NC. 氨分子的结构式：D. OH的电子式：【答案】C【解析】【详解】A. 是氧离子的结构示意图，A错误；B. 中子数为8的氮原子应表示为，B错误；C. 氨分子的结构式为，C正确；D. OH的电子式为，D错误。故选C。3.下列有关物质的性质
3、与用途不具有对应关系的是A. 浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多【答案】A【解析】【详解】A. 浓硫酸用作干燥剂，表现的性质是吸水性，A错误；B. 氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，B正确；C. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，C正确；D. 小苏打能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确。故选A。【点睛】气体的干燥，晶体中结晶水的去除，都可利用浓硫酸，此时浓硫酸表现吸水性；从有机物中脱掉相当于水组成的H、O元素，浓硫酸表现脱水性；金属的钝化、浓硫酸与铜等不活泼金属的反应、浓硫酸
4、与非金属单质等的反应，表现出强氧化性。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 0.1 molL1的FeCl2溶液中：H、Na、Cl、NO3-B. 0.1 molL1的HCl溶液中：Na、K、SO42-、CH3COOC. 0.1 molL1的K2CO3溶液中：Na、Ca2+、AlO2-、OHD. 0.1 molL1的NaOH溶液中：K、Ba2+、Cl、NO3-【答案】D【解析】【详解】A. H、NO3-能将Fe2+氧化为Fe3+，离子间不能大量共存，A错误；B. CH3COO能与H+反应，生成弱电解质CH3COOH，离子间不能大量共存，B错误；C. Ca2+与CO32-会发生
5、反应生成CaCO3沉淀，离子间不能大量共存，C错误；D. K、Ba2+、Cl、NO3-碱性环境中能稳定存在，离子间不反应，D正确。故选D。【点睛】简单来说，离子能共存，就是离子间不发生反应。离子反应包括离子间直接反应，生成沉淀、气体或弱电解质，也可以是离子间发生成分的互换反应，如HSO3-与CO32-能发生反应，生成SO32-和HCO3-。离子间发生氧化还原反应，也不能大量共存。如在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。离子的颜色，也可能是命题人设置的限制条件。5.下列有关实验装置的说法中正确的是A. 装置可用于实验室制Cl2B. 装置可用于除去C
6、O2气体中的HCl气体C. 装置可用于完成“喷泉”实验D. 装置可用于测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积【答案】C【解析】【详解】A. 装置不可用于实验室制Cl2，因为此装置中没有加热仪器，A错误；B. 装置不可用于除去CO2气体中的HCl气体，因为Na2CO3既能吸收HCl，又能吸收CO2，B错误；C. 虽然NaCl的存在不能为NH3在水中的溶解提供帮助，但NH3极易溶于水，此装置可完成NH3的“喷泉”实验，C正确；D. Cu与浓硝酸反应产生气体为NO2，能与水反应，所以此装置不可用于测量Cu与浓硝酸反应产生的气体，D错误。故选C。6.下列叙述正确的是A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2S
7、O4溶液，蛋白质会发生变性B. 不能用pH试纸测定新制氯水的pH值C. 在蒸发皿中加热AlCl3溶液能得到无水AlCl3固体D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌铜块【答案】B【解析】【详解】A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生盐析而不是变性，A错误；B. 因为氯水具有漂白性，它能使pH试纸先变红后褪色，所以不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B正确；C. 因为AlCl3是挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧过程中会水解、分解，最终生成Al2O3，所以在蒸发皿中加热AlCl3溶液得不到无水AlCl3固体，C错误；D. 在海水中，为了防止船体腐蚀，在铁壳上镶嵌锌块，若镶嵌铜
8、块，将加速船体的腐蚀，D错误。故选B。【点睛】若想从挥发性酸的弱碱盐中获得该盐，可将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以获得带有结晶水的盐的晶体。然后在该盐对应酸的气流中加热，以去除结晶水，从而获得无水盐。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al34NH3H2O= AlO2-4NH4+2H2OB. 向醋酸溶液中加入碳酸钙粉末：2H + CaCO3= Ca2+ + CO2+ H2OC. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H4IO2= 2I22H2OD. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：HCO3-OH=CO32-H2O【答案】C【解析】【详解】
9、A. 因为Al(OH)3不溶于氨水，所以，向氯化铝溶液中滴加过量氨水，最终产物为Al(OH)3和NH4+，A错误；B. 因为醋酸是弱酸，所以不能拆成离子的形式，B错误； C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质：4H4IO2= 2I22H2O，C正确；D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，生成的CO32-将与溶液中的Ca2+反应，生成CaCO3沉淀，D错误。故选C。【点睛】Al(OH)3虽然是两性氢氧化物，若要显碱性，能溶于强酸和弱酸中的醋酸、氢氟酸、磷酸等，但它不溶于更弱的酸(如碳酸)；若要显酸性，能溶于强碱，但不能溶于弱碱(如氨水)。所以，在书写方程式时，遇到过量的情况
10、，一定要清楚Al(OH)3是否会溶解。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，X的最低负价为4。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Y)r(Z)r(W)B. Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱C. W的氧化物的水化物酸性一定比X的强D. W与Z形成的化合物ZW2中既含有离子键又含有共价键【答案】A【解析】【分析】X的最低负价为4，则其为碳；X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子的最外层电子数相等，则Y、Z的最外层电子数之和为3，W的最外层电子数为7。从而得出X、Y、Z、W分别为C、Na、Mg、Cl。【详解】A.
11、同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：r(Na)r(Mg)r(Cl)，A正确；B. 同周期元素，从左往右，金属性依次减弱，所以Na的最高价氧化物的水化物碱性比Mg的强，B错误；C. 虽然Cl的非金属性比C强，但W的氧化物的水化物若为HClO，则酸性比H2CO3的弱，C错误；D. W与Z形成的化合物MgCl2中，只含有离子键不含有共价键，D错误。故选A。【点睛】此题中有形的信息很少，我们只能推出X的最外层电子数为4，它可能是C，也可能是Si。所以我们需要使用周期表这个无形的信息。若X为Si，因为主族元素的最外层电子数不超过7，无法满足“X、Y、Z三种原子的最外层电子数之和与W原子
12、的最外层电子数相等”这一限制条件，所以X只能是C。Y、Z不可能是同主族元素，也就是最外层电子数不可能都为1，但又必须满足二者的最外层电子数之不大于3(W的最外层电子最多为7)，所以Y的最外层电子数为1，Z的最外层电子数为2，W的最外层电子数为7，从而确定Y、Z、W分别为Na、Mg、Cl。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq) Na(s) Na2O2(s)B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)【答案】C【解析
13、】【详解】A. NaCl(aq) Na(s) Na2O2(s)，电解熔融的氯化钠得到金属钠，前一转化不能实现，A错误；B. SiO2(s) Si(s) SiCl4(l)，硅与氯气高温下反应，后一转化不能实现，B错误；C. SO2(g) NH4HSO3(aq) (NH4)2SO4(aq)，两转化都能实现，C正确；D. Cu2(OH)2CO3(s) CuO(s) Cu(OH)2(s)，氧化铜不溶于水，与水不反应，后一转化不能实现，D错误。故选C。10.下列说法正确的是A. 1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 molB. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(
14、s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的H0C. 向0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小D. 在稀溶液中：H(aq)+OH(aq)= H2O(l) H= -57.3kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 molL1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ【答案】D【解析】【详解】A.因为N2与H2的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，实际参加反应的N2物质的量小于1mol，则反应中转移的电子数目小于6 mol，A错误；B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s)能自发进
15、行，因为S0，所以该反应的H碳酸硅酸D向盛有5 mL 0.1 molL1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生Ksp(AgCl) Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀, 气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性，A错误；B某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl，B正确；C向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体CO2直接通入
16、硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀，因为没有去除CO2气体中混有的HCl，所以不能肯定是CO2与硅酸钠溶液的反应，也就不能得出结论“酸性：盐酸碳酸硅酸”，C错误；D向盛有5 mL 0.1 molL1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“Ksp(AgCl) Ksp(AgI)”，D错误。故选B。13.下列图示与对应的叙述相符的是A. 表示在相同的密闭容器中，反应A(g)+B(g) 2C(g)在一定温度下C的体积分数随时间的变化情况，则该反应的H0B. 表示0.1000 molL-1
17、NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1HX溶液的滴定曲线，则HX可能为醋酸C. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将T1 时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ，则溶质的质量分数：w(A)w(B)D. 表示25 时，分别加水稀释体积均为100 mL pH=2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25 时电离平衡常数：Ka(HX)T1；温度低，C的体积分数大，说明降温平衡正向移动，正反应为放热反应，则该反应的H0，A错误。B. 从图中可以看出，当滴加的NaOH体积为20mL时，溶液的pH=7，而此时，NaOH与HX刚好完全反应，所以HX应为一元强酸，可能为盐酸或硝酸，但不可
18、能为醋酸，B错误；C. 从溶解度曲线看，A、B的溶解度随温度的升高而增大，所以将T1 时A、B的饱和溶液分别升温至T2 ，不会有晶体析出，溶质的质量分数保持不变，w(A)=w(B)，C错误；D. 从曲线中可以看出，加水稀释相同倍数时，醋酸溶液的pH大，则其c(H+)小，说明相同浓度时，醋酸的电离程度大，从而说明25 时电离平衡常数：Ka(HX) c(CH3COO) c(H+)c(OH)B. pH=8的CH3COOH和CH3COONa混合溶液：c(Na)c(CH3COO) =9.910-7 molL-1C. 0.1 molL1CH3COOH溶液和0.2 molL-1CH3COONa溶液等体积混合
19、：2c(Na+)= 3c(CH3COO)+3c(CH3COOH)D. 0.2 molL-1CH3COOH溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH)【答案】BD【解析】【详解】A. 0.1 molL1 CH3COOH溶液中，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH+OH-，溶液中的H+有两个来源，显然，c(H+) c(CH3COO)，A错误；B. CH3COOH和CH3COONa混合溶液，pH=8，说明以CH3COO的水解为主，溶液中发生的反应为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH
20、+OH-，c(Na)c(CH3COO) = c(OH)- c(H+)=9.910-7 molL-1，B正确；C. 0.1 molL1CH3COOH溶液和0.2 molL-1CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na+)=0.2molL-1，3c(CH3COO)+3c(CH3COOH)=3(0.05molL1+0.1 molL-1)=0.45molL-1，显然2c(Na+) 3c(CH3COO)+3c(CH3COOH)，C错误；D. 0.2 molL-1CH3COOH溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合，发生反应，所得溶液中c(CH3COOH)= 0.05molL1，c(CH3COO
21、)= 0.05molL1；反应后溶液中存在下列平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH+OH-，c(CH3COO)-(CH3COOH)= 2c(H+)=c(OH)，从而得出：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH)，D正确；故选BD。15.T 时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)Cl2(g)经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.0032 molL-1s-1B. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PC
22、l3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%C. T 时，该反应的化学平衡常数K=0.025D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v正v逆【答案】CD【解析】【详解】A从图中提取如下信息：50 s时，n(PCl3)=0.16mol，c(PCl3)=0.08mol/L，v(PCl3)=0.0016molL-1s-1，A错误；B PCl5(g) PCl3(g)Cl2(g)起始量 0.5mol/L 0 0变化量 0.1mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L平衡量 0.4mol
23、/L 0.1mol/L 0.1mol/L(PCl5)=；相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率为80%。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，则相当于原平衡体系加压，使气体体积变为原来的一半，平衡逆向移动，达到平衡时，PCl3的转化率大于80%，B错误；C. T 时，该反应的化学平衡常数K=0.025，C正确；D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2，浓度商Q=0.020.025，所以平衡正向移动，反应达到平
24、衡前v正v逆，D正确。故选CD。【点睛】对于一个可逆反应，达平衡时，反应物的转化率与生成物的产率之和为1；从反应物开始时反应的热效应，与从生成物开始时反应的热效应，二者的绝对值之和等于该反应的热效应的绝对值。卷 非选择题（共80分）16.煤燃烧排放的烟气中含有SO2，易形成酸雨、污染大气。有效去除和利用SO2是环境保护的重要议题。（1）双碱法洗除SO2。NaOH溶液Na2SO3溶液上述过程生成Na2SO3的离子方程式为_。双碱法洗除SO2的优点为_。（2）NaClO2氧化法吸收SO2。向NaClO2溶液中通入含有SO2的烟气，反应温度为323 K，反应一段时间。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的
25、pH逐渐_（填“增大”“不变”或“减小”）。如果采用NaClO替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的_倍。（3）SO2的利用。生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺如下：中反应的化学方程式为_。若中通入SO2不足，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是_（填化学式）。工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_。【答案】 (1). 2OHSO2=SO32-H2O (2). 用CaO可使NaOH再生 (3). 减小 (4). 2
26、 (5). Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 (6). Na2SO3 (7). 得到NaHSO3过饱和溶液【解析】【分析】（1）SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，据此写出离子方程式；双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；（2）吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，反应产生氢离子，所以溶液的pH逐渐减小；根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+和ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+进行分析；（3）中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，据此条件写
27、出化学方程式；若中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要杂质是Na2SO3；通过题干信息可知“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，据此进行分析。【详解】（1）SO2与NaOH反应，生成Na2SO3和H2O，反应的离子方程式为2OHSO2=SO32-H2O；答案为：2OHSO2=SO32-H2O；双碱法洗除SO2的优点为CaO可使NaOH再生；答案为：CaO可使NaOH再生；（2）随着吸收反应的进行，吸收剂溶液发生的反应为ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+，所以溶
28、液的pH逐渐减小；答案为：减小；如果采用NaClO替代NaClO2，反应的离子方程式为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+；根据ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+反应可知，吸收等量的SO2，所需NaClO的物质的量是NaClO2的2倍；答案为：2；（3）中，pH=4.1，说明反应生成酸性物质，只能为NaHSO3，反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；答案为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 ；若中通入SO2不足，则溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合物，结晶脱水得到的Na2S2O5中混有的主要
29、杂质是Na2SO3；答案为：Na2SO3；题干信息告诉我们“生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”。工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的，显然是为了最终获得NaHSO3过饱和溶液；故答案为：得到NaHSO3过饱和溶液。17.一水硫酸锰（MnSO4H2O）是一种重要的化工中间体，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质）制备，部分工艺流程如下：相关金属离子c(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀的p
30、H8.16.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.9（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰的浸出率还可采取的措施有_。（写出其中一种）（2）“氧化”时发生反应的化学方程式为_。（3）“调pH”范围至56，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有_。（4）“除杂”过程中加入MnF2的目的是_。已知：Ksp(MgF2)=5.1610-11，Ksp(CaF2)=5.310-9。（5）“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为_。（6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4H2O 晶体的方法是：将MnCO3溶于_，控制温度为_
31、以上结晶，得到MnSO4H2O晶体，洗涤、烘干。晶体烘干时温度不能过高的原因是_。【答案】 (1). 升高温度或适当增大硫酸浓度 (2). 2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O (3). Al(OH)3、Fe(OH)3 (4). 除去Ca2+ 和Mg2+ (5). Mn2+ + HCO + NH3H2O = MnCO3 + NH4+ + H2O (6). 适量的稀硫酸 (7). 90 (8). 防止MnSO4H2O失去结晶水【解析】【详解】（1）“酸浸”时高铁菱锰矿需要粉碎，并进行充分搅拌，为提高锰浸出率，还可采取的措施有升高温度或适
32、当增大硫酸浓度。答案为：升高温度或适当增大硫酸浓度（2）“氧化”时，主要是利用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O。答案为：2FeSO4 + MnO2 + 2H2SO4= Fe2(SO4)3 + MnSO4 + 2H2O（3）查表中数据知，“调pH”范围至56，可将Fe3+、Al3+转化为沉淀。得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3（4）此时溶液中还存在Mg2+、Ca2+ 两种杂质离子，后续操作中没有除杂质的操作
33、，所以“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Ca2+ 和Mg2+。答案为：除去Ca2+ 和Mg2+（5）“沉锰”过程中，加入NH4HCO3和氨水，目的是将Mn2+转化为MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+ + HCO + NH3H2O = MnCO3 + NH4+ + H2O。答案为：Mn2+ + HCO + NH3H2O = MnCO3 + NH4+ + H2O （6）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4H2O晶体的方法是：因为要将MnCO3转化为MnSO4，所以应溶于适量的稀硫酸。答案为：适量的稀硫酸为降低MnSO4的溶解度，参照表中数据，需
34、控制温度为90以上结晶。答案为：90得到MnSO4H2O晶体，洗涤、烘干。因为晶体受热易失去结晶水，所以晶体烘干时温度不能过高，其原因是防止MnSO4H2O失去结晶水。答案为：防止MnSO4H2O失去结晶水18.烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 molL1FeSO4标准溶液（过量），充分反应
35、后，用0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL。滴定过程中发生如下反应：Fe2+ + NO3 + H+ NO + Fe3+ + H2O （未配平） + Fe2+ + H+ Cr3+ + Fe3+ H2O （未配平）（1）NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式是_。（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_、_。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）。（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx
36、（折合成NO2）的含量为_mgm3（写出计算过程）。【答案】 (1). 2NO3H2O2=2H2NO2H2O (2). 胶头滴管 (3). 100mL容量瓶 (4). 偏高 (5). 368 mgm3【解析】【分析】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；（4）根据 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7
37、 H2O、3Fe2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O反应中各量之间的关系进行计算。【详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO3H2O2=2H2NO2H2O；答案为：2NO3H2O2=2H2NO2H2O；（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶；答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结
38、果偏高；答案为：偏高；（4）根据反应 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7 H2O 1mol 6mol510-5mol 310-4mol3Fe2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O 3mol 1mol1510-4mol-310-4mol 410-4mol标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mgm3；答案为：368。19.叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：查阅资料：水合肼（N2H4H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。有关物质的物理性质如下表：物
39、质熔点沸点溶解性CH3OH-97647与水互溶水合肼(N2H4H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚叠氮化钠(NaN3)275(410易分解)易溶于水，微溶于醇，不溶于乙醚（1）合成水合肼。实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应可以制得水合肼。制取N2H4H2O的离子方程式为_。实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_，理由是_。（2）水合肼法制备叠氮化钠。实验室模拟工艺流程步骤制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4H2O(aq)+CH3ONO(g)+Na
40、OH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l) H0， 研究表明该反应在20左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_。步骤回收CH3OH的实验操作名称为_。请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱。【答案】 (1). ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O + (2). NaClO碱性溶液 (3). 防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化 (4). 20(冷)水浴(或缓慢通入CH3ONO气体） (5). 蒸馏 (6). 蒸发浓缩
41、、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤23次，真空干燥箱干燥【解析】【分析】（1）NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）该反应在20左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20左右，据此分析实验时可以采取的措施；从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于
42、水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。【详解】NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O +。答案为：ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O +；因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制Na
43、ClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；（2）该反应在20左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20左右，实验时可以采取的措施是20(冷)水浴(或缓慢通入CH3ONO气体）；答案为：20(冷)水浴(或缓慢通入CH3ONO气体）；步骤为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；答案为：蒸馏；由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(
44、具有强还原性，需考虑隔绝空气)；答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤23次，真空干燥箱干燥。20.CO2是一种廉价的碳资源，综合利用CO2对构建低碳社会有重要意义。（1）已知： H2(g)+ O2(g) =H2O(g) H=241.8kJmol1 CO2(g) = CO(g)+ O2(g) H=+283.0kJmol1 则反应：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) H=_。（2）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H0 保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡
45、状态的是_。 A容器内压强不变 B3v正 (CH3OH)= v正 (H2)C容器内气体的密度不变 DCO2与H2O的物质的量之比保持不变将一定量的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的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最好的是催化剂_（填“”“”或“”），该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是_。（3）固体氧化物电解池（SOEC）可用于高温电解CO2/H2O，既可高效制备合成气(CO和H2)，又可实现CO2的减排，其工作原理如图。电源正极为_（填“a”或“b”），电极c上发生的电极反应式为_、_。阴阳两极生成的气体的物质的量之比为_
46、。【答案】 (1). +524.8kJmol1 (2). AD (3). (4). 该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低 (5). b (6). H2O+2e=H2+O2 (7). CO2+2e=CO+O2 (8). 2:1【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行分析计算；（2）根据平衡状态判断标准进行分析：v正= v逆，各组分的浓度及由此引出相关的物质的量的变化情况进行分析；从图中看，相同温度下， 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放
47、热反应，据此进行分析； （3）从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c为电解池的阴极，发生还原反应； 阳极的电极反应为2O24e- =O2，根据电子得失守恒规律，计算出阴阳两极生成的气体的物质的量之比。【详解】（1）H2(g)+ O2(g) =H2O(g) H=241.8kJmol1 CO2(g) = CO(g)+ O2(g) H=+283.0kJmol1 根据盖斯定律将-得：CO2(g)+H2O(g) =CO(g)+H2(g)+O2(g) H= +524.8kJmol1；答案为：+524.8kJmol1；（2）A因为
48、反应前后气体分子数不等，所以容器内压强不变时，反应达平衡状态，A符合题意；B3v正(CH3OH)= v正(H2)，反应向同一方向进行，不一定是平衡状态，B不正确；C因为气体的质量不变，容器的容积不变，所以容器内气体的密度始终不变，C不正确；DCO2与H2O的物质的量之比保持不变，则平衡不发生移动，D达平衡状态，符合题意；故选AD；从图中看，相同温度下， 中CO2的转化率最大，说明反应速率最快，催化效果最好；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，说明继续升高温度，平衡逆向移动，从而得出其原因是该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；答案为：；该反应为放热反应，达平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；（3）从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阳极，则与之相连的a电极为负极，电源正极为b；电极c上发生的电极反应式为H2O+2e=H2+O2、CO2+2e=CO+O2；答案为：b；H2O+2e=H2+O2、CO2+2e=CO+O2；阳极的电极反应为2O24e- =O2，按得失电子总数相等的原则，设电路中通过4mole-，则阳极生成1molO2，阴极生成2molH2，或2molCO，或2mol二者的混合气，从而得出阴阳两极生成的气体的物质的量之比为2:1；答案为2:1。