2019届高三化学下学期一模拟试卷附解析一套 本文简介：
2019届高三化学下学期一模拟试卷附解析一套一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1.纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法正确的是（ ）A.推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放B.刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐C.《本草图
2019届高三化学下学期一模拟试卷附解析一套 本文内容：
2019届高三化学下学期一模拟试卷附解析一套
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1.纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法正确的是（ ）
A.
推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
B.
刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐
C.
《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”
D.
“山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关
【答案】D
【解析】
【详解】A、煤液化并没减少C原子，因此推广使用煤液化技术，不能减少CO2等温室气体的排放，故A说法错误；
B、刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，玛瑙成分为二氧化硅、分子筛主要成分是硅酸盐，故B说法错误；
C、绿矾溶液中FeSO4电离出Fe2＋和SO42－，没有H＋电离，“味酸”是因为Fe2＋水解，使溶液显酸性，故C说法错误；
D、疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故D说法正确。
2.下列化学用语表述正确的是（ ）
A.
原子结构示意图
可以表示35Cl，也可以表示37Cl
B.
次氯酸的电子式可表示为
C.
和
互为同分异构体
D.
16O与18O互为同位素；
、
、
、
互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A、35Cl、37Cl的核电荷数＝核外电子总数＝17，二者原子结构示意图为
，故A正确；
B、次氯酸为共价化合物，结构式为H－O－Cl，次氯酸正确的电子式为
，故B错误；
C、
和
都是甲烷，不属于同分异构体，故C错误；
D、16O与18O互为同位素，但
、
、
、
都是水，属于化合物，因此不互为同素异形体，故D错误。
【点睛】判断“四同”一般需要从研究的对象入手，同素异形体研究的对象是单质，同位素研究的对象是原子，同系物、同分异构体研究对象是化合物。
3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.
常温下，4.6gNO2气体中含有的分子数为0.1NA
B.
常温常压下，22.4L
SO2中含有的分子数小于NA
C.
0.1mol氯气参加反应时转移的电子数为0.2NA
D.
用含有0.1mol
FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、NO2中存在2NO2
N2O4，因此4.6gNO2气体中含有的分子物质的量小于4.6g/46g?mol－1=0.1mol，故A错误；
B、常温对应温度高于标准状况下的温度，气体摩尔体积>22.4L?mol－1，因此常温常压下，22.4LSO2中含有SO2分子物质的量小于1mol，故B正确；
C、Cl2与NaOH发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，因此该反应中0.1molCl2参加反应，转移电子物质的量为0.1mol，故C错误；
D、氢氧化铁胶体为集合体，是由许多Fe(OH)3构成，因此0.1molFeCl3的饱和溶液制备氢氧化铁胶体，其中胶粒物质的量小于0.1mol，故D错误。
【点睛】易错点为选项C，学生认为氯气作氧化剂，0.1mol氯气转移电子物质的量为0.2mol，忽略了氯气也能发生歧化反应，如氯气与NaOH反应，则0.1molCl2与NaOH反应转移0.1mol电子，平时熟悉元素及其化合物的性质。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A.
能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣
B.
能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42﹣、S2﹣、Cl﹣
C.
0.1mol?L﹣1
KOH溶液中：S2﹣、Na+、SO32﹣、NO3﹣
D.
常温下，
＝1.0×1012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A、能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO32﹣，故A不符合题意；
B、能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性S2﹣离子，故B不符合题意；
C、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C符合题意；
D、常温下，
＝1.0×1012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。
5.下列物质制备方法正确的是（ ）
A.
用稀硫酸、过氧化氢和铜粉反应可制备硫酸铜
B.
用碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢
C.
将Na2S溶液与AlCl3溶液混合可制取Al2S3
D.
高温条件下，用H2还原MgO可制取单质Mg
【答案】A
【解析】
【详解】A、铜与稀硫酸、双氧水反应生成硫酸铜和水，离子方程式：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，反应过程中没有污染物，且原料的利用率高，故A正确；
B、浓硫酸具有强氧化性，能够将HI氧化，因此不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI，故B错误；
C、Na2S溶液与AlCl3溶液相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和H2S气体，所以不能用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3，故C错误；
D、金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故D错误。
6.下列离子方程式不正确的是（ ）
A.
向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++2H2O+NO↑
B.
向碳酸钠溶液中加入少量氢氧化钡固体：CO32﹣+Ba（OH）2＝BaCO3↓+2OH﹣
C.
氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O
D.
氯气与澄清石灰水反应：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑，故A不符合题意；
B、碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式中，氢氧化钡应该拆开，正确的离子方程式为：CO32﹣+Ba2+＝BaCO3↓，故B符合题意；
C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O，故C不符合题意；
D、氯气与澄清石灰水反应，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故D不符合题意.。
7.下述实验中不能达到预期实验目的是（ ）
选项实验内容实验目的
A向盛有2
mL
0.1
mol?L﹣1
AgNO3溶液的试管中滴加0.1mol?L﹣1NaCl溶液至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol?L﹣1Na2S溶液证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2S
B用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色浓氨水呈碱性
C向NaSiO3溶液中通入CO2证明碳酸的酸性比硅酸强
D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的银氨溶液并水浴加热验证淀粉已水解
A.
AB.
BC.
CD.
D
【答案】D
【解析】
【详解】A、不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol?L﹣1Na2S溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，则证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2S，故A不符合题意；
B、碱能使红色石蕊试纸变蓝色，氨水能使红色石蕊试纸变蓝色，说明氨水呈碱性，故B不符合题意；
C、强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和硅酸钠反应生成硅酸，根据强酸制取弱酸知，碳酸酸性比硅酸强，故C不符合题意；
D、银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则实验不成功，故D符合题意。
8.下列物质分类正确的是（ ）
A.
胶体：分散质颗粒直径1﹣100mm的分散系
B.
弱电解质：HClO、NH3?H2O、AgCl、NH4NO3
C.
混合物：空气、盐酸、王水、氯水、水玻璃
D.
有机物：丙醇、丙酸、1，2﹣二溴戊烷、碳酸钠
【答案】C
【解析】
【详解】A、分散质颗粒直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故A错误；
B、弱电解质为HClO、NH3?H2O，AgCl、NH4NO3属于强电解质，故B错误；
C、空气是混合物、盐酸是氯化氢气体水溶液为混合物、王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物、氯水是氯气的水溶液，属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故C正确；
D、丙醇、丙酸、1，2﹣二溴戊烷属于有机物，碳酸钠属于无机物，故D错误。
9.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A.
CH2＝CH﹣COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应
B.
石油裂解的主要目的是为了获得短链的不饱和烃
C.
分子式为C4H8O2的酯有3种
D.
硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、CH2＝CH﹣COOH含有碳碳双键和羧基，可发生加成、取代反应，不能发生水解反应，故A错误；
B、石油裂解可获得烯烃，可获得短链的不饱和烃，故B正确；
C、根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共4种，故C错误；
D、高分子化合物的相对分子质量为10000以上，硬脂酸甘油酯不是高分子化合物，淀粉和蛋白质能发生水解，且属于高分子化合物，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，高分子化合物包括天然高分子化合物和合成高分子化合物，天然高分子化合物有纤维素、淀粉、蛋白质、天然高分子化合物，合成高分子化合物一般在单体名称前加上“聚”；易错点是油脂不是高分子化合物。
10.下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是（ ）
A.
1mol
H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]
B.
放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行
C.
2KClO3（s）＝2KCl（s）+3CO2（g）△H＞0能否自发进行与温度有关
D.
常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A、物质聚集状态不同熵值不同，气体S＞液体S＞固体S，1mol
H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]，故A说法正确；
B、反应的自发性由焓变和熵变共同决定，当△G＝△H﹣T△S＜0时反应能自发进行，△G＞0时反应不能自发进行，焓变小于零的反应，△H＜0，若△S＜0，高温下可以△G＞0，反应不能自发进行，熵变大于零的反应，△S＞0，若△H＞0，高温下可以△G＜0时反应可自发进行，故B说法错误；
C、△H＞0、△S＞0，由△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，可知能否自发进行与温度有关，故C说法正确；
D、恒温恒压下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）则△H﹣T△S＞0，反应一定不能自发进行，△S＞0的反应，△H＞0，故D说法正确。
11.下列说法正确的是（ ）
A.
由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同，因而沸点不同
B.
H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2，都需要破坏共价键
C.
Na2O2中含有共价键，所以Na2O2属于共价化合物
D.
水晶和干冰都是共价化合物，所以他们的熔沸点相近
【答案】A
【解析】
【详解】A、分子晶体中分子间作用力越大，沸点越高，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故A正确；
B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，水分子分解时破坏共价键，故B错误；
C、过氧化钠中既离子键又含共价键，过氧化钠是离子化合物，而不是共价化合物，故C错误；
D、水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，它们的熔沸点相差很大，故D错误。
12.W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是（ ）
A.
原子半径：Z＞Y＞X
B.
元素非金属性：Z＞Y＞X
C.
最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞W
D.
WH4与Z元素的单质在光照时发生置换反应
【答案】C
【解析】
【分析】
根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；
【详解】根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；
A、Y、Z、X的原子半径依次减小，即Y＞Z＞X，故A错误；
B、非金属性X＞Y、Z＞Y，且O原子半径小，则非金属性X、Z、Y依次降低，即X＞Z＞Y，故B错误；
C、非金属性Z＞Y＞W，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C正确；
D、WH4与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，不属于置换反应，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生会把甲烷和氯气发生的取代反应，与置换反应混淆，可以从置换反应的定义入手，置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，CH4与Cl2反应生成卤代烃和HCl，没有单质的生成，从而推出CH4和Cl2发生取代反应，而不是置换反应。
13.某离子反应中涉及H2O、ClO—、NH4+、H+、N2、Cl—
六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（
）
A.
该反应的还原剂是Cl—
B.
消耗1
mol还原剂，转移6
mol电子
C.
氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
D.
反应后溶液的酸性明显增强
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意知，反应离子方程式2NH4++3ClO—=3Cl—+N2+2H++3H2OＡ、还原剂发生氧化反应化合价升高，溶液中N2浓度增大，即N2为生成物，NH4+为还原剂，故A错误；B、由题意知每消耗1mol
NH4+生成0.5mol
N2，转移电子3mol，故B错误；C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；D、反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故D正确。
考点：氧化还原反应的计算
14.某固体混合物中可能含有K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣等离子，将该固体溶解于蒸馏水，对所得溶液进行如下实验：下列推断正确的是（ ）
A.
该混合物一定是K2CO3和NaCl
B.
该混合物可能是Na2CO3和KCl
C.
该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3
D.
该混合物一定是K2SO4和NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中加入过量Ba(NO3)2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，也可能是它们的混合物，但白色沉淀加入过量盐酸，沉淀溶液，因此该白色沉淀为BaCO3，说明原溶液中一定含有CO32－，一定不含有SO42－，滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，出现白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明原溶液中一定含有Cl－，焰色反应为黄色，溶液中含有Na元素，则原溶液中一定含有Na＋，原溶液中可能含有K＋；
【详解】溶液中加入过量Ba(NO3)2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，也可能是它们的混合物，但白色沉淀加入过量盐酸，沉淀溶液，因此该白色沉淀为BaCO3，说明原溶液中一定含有CO32－，一定不含有SO42－，滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，出现白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明原溶液中一定含有Cl－，焰色反应为黄色，溶液中含有Na元素，则原溶液中一定含有Na＋，原溶液中可能含有K＋；
由上述分析可知，一定含Na+、Cl﹣、CO32﹣，不含SO42﹣，则一定不含Na2SO4，不能确定是否含K+，则该混合物可能是K2CO3和NaCl，可能为Na2CO3和NaCl，故选项B正确。
15.电解NaB（OH）4溶液制备H3BO3的原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A.
M室发生的电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+
B.
a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
C.
N室中：a%＜b%
D.
每生成1mol
H3BO3，则有1mol
Na+进入N室
【答案】B
【解析】
【分析】
该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产品室得到产品，因此a膜为阳离子交换膜，右端石墨为阴极，根据电解原理，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，c膜为阳离子交换膜；
【详解】该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产品室得到产品，因此a膜为阳离子交换膜，右端石墨为阴极，根据电解原理，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，c膜为阳离子交换膜；
A、M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A说法正确；
B、原料室中的B（OH）4﹣通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，原料室中的Na+通过c膜进入N室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B说法错误；
C、N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH﹣，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C说法正确；
D、理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通入a膜进入产品室即转移1mole﹣，原料室中的1molNa+通过c膜进入N室，故D说法正确。
16.已知可逆反应X（g）+2Y（g）?Z（g）△H＜0，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol
Y和一定量的X后，X的浓度随时间的变化情况如图所示，则下列表述正确的是（ ）
A.
达到平衡时，X、Y、Z物质的量之比为1：2：1
B.
a点正反应速率大于逆反应速率
C.
反应达平衡时，降低温度可以实现c到d的转化
D.
该条件下，反应达平衡时，X平衡转化率为25%
【答案】B
【解析】
【详解】A、分析图象和题给信息可知，起始加入X的物质的量为1mol/L×2L＝2mol，起始加入2molX、4molY，达到平衡时X的浓度为0.25mol/L，物质的量为0.25mol/L×2L＝0.5mol，消耗X物质的量2﹣0.5mol＝1.5mol，结合化学方程式计算得到消耗Y物质的量为3mol，生成Z物质的量为1.5mol，则达到平衡时，X、Y、Z物质的量之比＝0.5：（4mol﹣3mol）：1.5mol＝1：2：3，故A错误；
B、由图象可知，a点尚未达到平衡状态，此时正反应速率大于逆反应速率，故B正确；
C、该反应的△H＜0，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，不能实现c到d的转化，故C错误；
D、利用三段式计算：X（g）+2Y（g）?Z（g）
起始浓度（mol/L）
1
2
0
转化浓度（mol/L）
0.75
1.5
0.75
平衡浓度（mol/L）
0.25
0.5
0.75
X平衡转化率为75%，故D错误。
二、解析题（共5小题，满分52分）
17.短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2﹣的电子层结构与氖原子相同。请回答下列问题：
（1）M在元素周期表中的位置_____。
（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知：向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变为血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。则p的化学式为_____。
（3）由X、Z、M三种元素可组成物质q，q的分子结构类似于CO2，则q的结构式为_____。
（4）（XY）2的化学性质与Cl2相似。常温下，（XY）2与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。
（5）常温下，1mol
Z3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1mol
Z2，该反应的化学方程式为_____。
【答案】(1).
第三周期第ⅥA族(2).
NH4SCN(3).
O＝C＝S(4).
（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O 。(5).
2NH3+4O3＝NH4NO3+4O2+H2O 。
【解析】
【分析】
元素W的一种核素的中子数为0，则W为H，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，推出X为C，Z2－的电子层结构与氖原子相同，推出Z为O，Y为N，Z与M同主族，则M为S；
【详解】元素W的一种核素的中子数为0，则W为H，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，推出X为C，Z2－的电子层结构与氖原子相同，推出Z为O，Y为N，Z与M同主族，则M为S；由上述分析可知，W为H、X为C、Y为N、Z为O、M为S，
（1）M为S，M在元素周期表中的位置第三周期第ⅥA族；
（2）向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，说明含有SCN﹣离子，向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有铵根离子，则p的化学式为NH4SCN；
（3）q中C、N、O三种元素的原子数目之比为1：1：1，q的分子结构类似于CO2，所以q的结构式为：O＝C＝S；
（4）（CN）2的性质与Cl2相似，（CN）2与NaOH溶液反应的离子方程式为（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O；
（5）常温下，1mol
O3能与N的最简单氢化物（NH3）反应，生成一种常见的盐和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3＝NH4NO3+4O2+H2O。
18.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在350℃时会迅速分解生成CaO和O2．以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：
CaCO3
滤液
白色结晶
（1）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_____。
（2）步骤②中反应的化学方程式为_____，该反应需要在冰浴下进行，原因是_____。
（3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_____。
（4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理_____。
（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取m
g样品，在温度高于350℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过图所示装置收集，测得量筒中水的体积为VmL，则产品中过氧化钙的质量分数为_____（列出表达式即可）。
【答案】(1).
酸(2).
除去溶液中的二氧化碳(3).
CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O═CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2＝CaO2+2NH4Cl+2H2O(4).
温度过高时过氧化氢分解(5).
除去过氧化钙晶体表面的水分 。(6).
2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑(7).
9V/1400a×100%
【解析】
【详解】（1）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，生成氯化钙，且溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性，将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；
（2）反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O═CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2＝CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是过氧化氢热易分解；
（3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是除去过氧化钙晶体表面的水分；
（4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理为2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑；
（5）CaO2?8H2O加热脱水的过程中，需不断通入氧气。目的是抑制过氧化钙分解。若通入的氧气中混有二氧化碳，其后果是二氧化碳和过氧化钙发生反应生成碳酸钙，过氧化钙分解生成氧化钙和氧气，2CaO2＝2CaO+O2↑，若所取产品质量为mg，测得生成气体的体积为VmL（已换算成标准状况），氧气物质的量＝
，则得到过氧化钙物质的量为
mol，过氧化钙的质量分数为
×100%＝
×100%。
19.已知固体Na2SO3受热分解生成两种正盐，实验流程和结果如下：
已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g?L﹣1．请回答下列问题：
（1）气体Y的电子式为_____。
（2）实验流程中，Na2SO3受热分解的化学方程式为_____。
（3）另取固体X试样和Na2SO3混合，加适量蒸馏水溶解，再加入稀盐酸，立即有淡黄色沉淀产生。则产生淡黄色沉淀的离子方程式为_____（不考虑空气的影响）。
（4）Na2SO3长期露置在空气中，会被氧化成Na2SO4，检验Na2SO3是否变质的实验操作是_____。
（5）某研究性学习小组通过图所示装置，利用电化学方法处理上述流程中产生的气体Y．基本工艺是将气体Y通入FeCl3，待充分反应后过滤，将所得滤液加入电解槽中进行电解，电解后的滤液可以循环利用。则与a相连的电极反应式为_____。
【答案】(1).
(2).
4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4(3).
2S2﹣+SO32﹣+6H+＝3S↓+3H2O(4).
取少量亚硫酸钠样品于一支试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化钡溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4(5).
Fe2+﹣e﹣＝Fe3+ 。
【解析】
【详解】（1）气体Y是一种纯净物，标准状况下密度为1.518g?L－1，则Y的摩尔质量为1.518g?L－1×22.4L?mol－1=34g?mol－1，根据元素守恒，推出Y为H2S，电子式为
；
（2）由以上分析可知，气体Y为H2S，以及生成气体Y的条件，推出固体X中含有S2－，即固体X中含有Na2S，溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，则固体X中含有Na2SO4，Na2SO3受热分解生成Na2S和Na2SO4，反应的化学方程式为4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4；
（3）固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀产生，即有S单质生成，反应的离子方程式为2S2﹣+SO32﹣+6H+＝3S↓+3H2O；
（4）Na2SO3长期露置在空气中，会被氧化成Na2SO4，检验Na2SO3是否变质的实验操作是：取少量亚硫酸钠样品于一支试管中，加入适量蒸馏水溶解，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入几滴氯化钡溶液，若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4，亚硫酸钠变质；
（5）将气体Y通入FeCl3，发生氧化还原反应吸收二氧化硫，装置图中放出氢气的一端为阴极，b为电源负极，a为电源正极，将所得滤液加入电解槽中进行电解，电解后的滤液可以循环利用，说明亚铁离子在阳极失电子生成了铁离子，电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+。
20.某研究性学习小组拟对SO2和亚硫酸的性质进行探究。请回答下列问题：
Ⅰ．探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应
该小组用图所示装置达成实验目的。已知：1.0mol/L
Fe（NO3）3溶液的pH＝1。
（1）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是_____。
（2）装置B中产生了白色沉淀，说明SO2具有_____性。
（3）分析B中产生白色沉淀的原因：
①观点1：SO2与Fe3+反应；观点2：酸性条件下，SO2与NO3﹣反应；观点3：_____。
②按观点1，装置B
中反应的离子方程式为_____，为证明该观点，应进一步确认生成的新物质，实验操作及现象是_____。
③按观点2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验。此时应选择的最佳溶液是_____（填序号）。
a.0.1mol/L
稀硝酸
b.1.5mol/L
Fe（NO3）2
c.3.0mol/L
NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液
d.6.0mol/L
NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液
Ⅱ．探究H2SO3的酸性强于HClO。
该小组用图所示装置达成实验目的。
（4）装置的连接顺序为：纯净SO2→_____（选填字母），F中反应的离子方程式为_____。
（5）可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_____。
【答案】(1).
打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹(2).
还原 性。(3).
SO2与Fe3+、NO3﹣（H+）都反应(4).
SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4
↓+2Fe2++4H+(5).
取少量B中溶液于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点1正确(6).
d(7).
CEDF(8).
Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO(9).
D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀 。
【解析】
【详解】I．（1）因为空气中氧气也具有氧化性，对实验造成干扰，为防止空气干扰，用氮气将空气排出，所以为排尽空气，滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，向体系中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；
（2）SO2和BaCl2溶液不反应，装置B中有白色沉淀生成，说明有BaSO4生成，该反应中S元素化合价由+4价变为+6价，则二氧化硫体现还原性；
（3）①观点3：SO2与Fe3+及酸性条件下与NO3﹣也反应；
②按观点1，SO2与Fe3+反应生成BaSO4和Fe2+，离子方程式为SO2+2Fe3++Ba2++2H2O＝BaSO4↓+2Fe2++4H+，要检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液检验，其操作及现象为取少量B中溶液于一支洁净的试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，如果产生蓝色沉淀，就说明有亚铁离子生成，观点1正确；
③按观点2，只需将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为c（H+）＝0.1mol/L、c（NO3﹣）＝3.0mol/L的溶液即可，
a、0.1mol/L
稀硝酸中c（NO3﹣）不符合，故a错误；
b、1.5mol/L
Fe（NO3）2中c（H+）不符合，故b错误；
c、3.0mol/L
NaNO3溶液和0.1mol/L硫酸等体积混合的溶液中c（NO3﹣）不符合，故错c误；
d、6.0mol/L
NaNO3溶液和0.2mol/L盐酸等体积混合的溶液中c（H+）、c（NO3﹣）都符合，故d正确；
Ⅱ．（4）探究H2SO3的酸性强于HClO，可以用强酸制取弱酸的方法检验，因为亚硫酸具有还原性、HClO具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，所以应该先将亚硫酸转化为没有还原性酸，再用该酸与次氯酸盐制取次氯酸即可，C装置制取二氧化碳、D装置检验二氧化硫、E装置吸收二氧化硫、F装置制取HClO，所以装置顺序为CEDF，F中离子方程式为Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；
（5）D中品红不褪色，就说明气体中不含二氧化硫，只有二氧化碳，二氧化碳再和漂白粉溶液反应生成白色沉淀即可证明，所以可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。
【点睛】难点是仪器装置的连接，
首先弄清楚实验目的，探究H2SO3的酸性强于HClO，因为H2SO3具有还原性，HClO具有氧化性，两者不能通过直接混合判断，可以间接，利用H2SO3的酸性强于H2CO3，H2CO3的酸性强于HClO，然后分析即可。
21.以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2，可通过二氧化碳甲醇化再利用。请回答：
（1）已知：2Al2O3（s）＝4Al（g）+3O2（g）△H1＝+3
351kJ?mol﹣1
2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H2＝﹣221kJ?mol﹣1
2Al（g）+N2（g）＝2AlN（s）△H3＝﹣318kJ?mol﹣1
则碳热还原Al2O3合成氮化铝的总热化学方程式为_____。
（2）在常压，Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体（体积比1：4，总物质的量a
mol）进行反应，测得CO2的转化率、CH4和CO的选择性随温度的变化情况分别如图1和图2所示（选择性：转化的CO2中生成CH4和CO的百分比）。
反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）△H1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
①下列说法不正确的是_____（填序号）。
A．△H1小于零
B．温度可影响产物的选择性
C．CO2的平衡转化率随温度升高先增大后减少
D．其他条件不变将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2的平衡转化率
②350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器的体积为VL．则该温度下反应Ⅰ的平衡常数为____（用a、V表示）。
③350℃时，CH4的物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出400℃时，0～t1时间段内，CH4的物质的量随时间的变化曲线。____
（3）CO2和H2在一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），平衡常数K＝
．在容积为2L的密闭容器中，充入2
mol
CO2和6
mol
H2，恒温恒容时达到平衡。相同条件下，在另一个2
L的密闭容器中充入a
mol
CO2、b
mol
H2、c
mol
CH3OH、d
mol
H2O（g），要使两容器达到相同的平衡状态，且起始时反应逆向进行，则d的取值范围为_____。
（4）研究表明，CO2可以在硫酸溶液中用情性电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式为_____。
【答案】(1).
3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）＝2AlN（s）+3CO（g）△H＝△H1×
+△H2×
+△H3＝+1026
kJ?mol﹣1 。(2).
CD(3).
(4).
(5).
1＜d＜2 。(6).
CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O 。
【解析】
【详解】（1）已知：①2Al2O3（s）＝4Al（g）+3O2（g）△H1＝3
351
kJ?mol﹣1，
②2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H2＝﹣221
kJ?mol﹣1，
③2Al（g）+N2（g）＝2AlN（s）△H3＝﹣318
kJ?mol﹣1，
根据盖斯定律①×
+②×
+③即得到碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）＝2AlN（s）+3CO（g）△H＝△H1×
+△H2×
+△H3＝+1026
kJ?mol﹣1；
（2）①A、图1中，二氧化碳转化率先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状态，升温平衡逆向移动，二氧化碳的转化率随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，
△H4＜0，故A正确；
B、图2分析可知，图中曲线变化趋势随温度升高到400℃以上，CH4和CO选择性受温度影响，甲烷减少，一氧化碳增多，温度可影响产物的选择性，故B正确；
C、二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态后随温度升高二氧化碳转化率减小，选故C错误；
D、CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a
mol）进行反应，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，二氧化碳的转化率减小，故D错误；
②在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a
mol）进行反应，350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳的转化率为80%，
CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）
起始（mol）
0.2a0.8a
0
0
变化（mol）
0.16a
0.64a
0.16a
0.32a
平衡（mol）
0.04a
0.16a
0.16a
0.32a
反应Ⅰ的平衡常数K＝
；
③反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，由图分析可知，接近72.5%，甲烷的物质的量减小，小于350℃时甲烷的物质的量，达到平衡所需要时间缩短，
CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）
起始量（mol）
0.2a
0.8a
0
0
变化量（mol）
0.145a
0.58a
0.145a
0.29a
平衡量（mol）
0.055a
0.22a
0.145a
0.29a
达到平衡状态甲烷0.145amol，升高温度加快反应速率，达到平衡所需要时间缩短，据此画出图象为：
；
（3）CO2和H2在一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），平衡常数K＝
，在容积为2L的密闭容器中，充入2
mol
CO2和6
mol
H2，恒温恒容时达到平衡，设平衡时转化的CO2的物质的量为x，
CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），
初始（mol）2
60
0
转化（mol）x
3xx
x
平衡（mol）2﹣x
6﹣3x
xx
则平衡常数K＝
＝
，解得：x＝1，即平衡时H2O（g）的物质的量为1mol；
相同条件下，在另一个2L的密闭容器中充入a
mol
CO2、b
mol
H2、c
mol
CH3OH、d
mol
H2O（g），要使两容器达到相同的平衡状态，且起始时反应逆向进行，说明两个平衡互为等效平衡，则必须满足：a：b＝1：3，a+d＝2，c＝d，当反应物只有甲醇和水时，d的物质的量最大，最大为2mol；平衡时水的物质的量为1mol，若要使平衡向逆向移动，则d＞1mol，所以d的范围为：1＜d＜2；
（4）CO2可以在酸性水溶液中电解生成甲醇，结合电荷守恒和原子守恒配平生成甲醇的电极反应式为：CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O。
【点睛】本题的难点是（3），解决此题的方法，一般是先依据等效平衡的规律，确认所求范围的最大值，然后根据已知投入量建立平衡体系，确认所求范围的最小值。
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