[【化学】甘肃省酒泉市敦煌中学2020届高三上学期第二次调研考试（解析版）（19页）]

甘肃省酒泉市敦煌中学2020届高三上学期第二次调研考试

可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-16 Fe-56 Cu-64

一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)

1.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2→+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是（ ）

A. 分子式为C3H6N3O3

B. 属于共价化合物

C. 分子中既含极性键，又含非极性键

D. 生成该物质的上述反应为中和反应

【答案】B

【详解】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A错误；

B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；

C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；

D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D错误；

答案选B。

2.下列电池工作时，O2在正极放电的是（ ）

A.锌锰电池

B.氢燃料电池

C.铅蓄电池

D.镍镉电池

【答案】B

【详解】A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；

B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；

C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；

D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；

综上所述，答案为B。

3.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 反应过程a有催化剂参与

B. 该反应为吸热反应，热效应等于?H

C. 改变催化剂，可改变该反应的活化能

D. 有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2

【答案】C

【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；

B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；

C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；

D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；

故选C。

4.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（ ）

A. 电池反应中有NaCl生成

B. 电池的总反应是金属钠还原三价铝离子

C. 正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-

D. 钠离子通过钠离子导体在两电极间移动

【答案】B

【详解】A．在反应中，Na失去电子变为Na+,与电解质中的Cl-结合形成NaCl，所以电池反应中有NaCl生成，正确；

B．在电池正极是NiCl2+2e-=Ni+2Cl－,所以其总反应是金属钠还原Ni2+变为Ni，错误；

C．根据电池结构及工作原理可知：正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－，正确；

D．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，钠离子通过钠离子导体从负极移向正极，正确；

答案选B。

5.已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1

2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1

H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（ ）

A. -332 B. -118 C. +350 D. +130

【答案】D

【详解】由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1

②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1

结合盖斯定律可知,②?①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)， △H=?220kJmol?2akJ/mol=?(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431?462×2×2=?(220+2a)，解得a=+130，

故选D

6.已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是(　　)

A. 肯定不含I－ B. 肯定不含NH4+

C. 可能含有SO32— D. 可能含有I－

【答案】D

【解析】据题给方程式确定还原性：SO32-＞I－。其溶液呈无色，则Cu2＋一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I－生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I－可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。

7.下列实验过程中，产生现象与对应的图形相符合的是（ ）

A. NaHSO3粉末加入HNO3溶液中

B. H2S气体通入氯水中

C. NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中

D. CO2气体通入澄清石灰水中

【答案】D

【详解】A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中发生氧化还原反应，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO↑+H2O，刚加入粉末时就有气体生成，故A错误；

B.H2S气体通入氯水中发生氧化还原反应，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，故B错误；C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，刚滴入时便会有BaCO3沉淀生成，随着NaOH的滴入，沉淀质量增加，当Ba2+全部转化为沉淀后，沉淀质量便不会再改变了，故C错误；

D.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，CO2气体通入澄清石灰水中，先发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，离子浓度降低，溶液导电能力下降；接着通入CO2发生反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氢钙属于强电解质，溶液中离子浓度增加，溶液导电能力上升，故D正确；

故答案：D。

8.下列除杂方案错误的是（ ）

选项

被提纯的物质

杂质

除杂试剂

除杂方法

A

CO2(g)

SO2(g)

饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4

洗气

B

NH4Cl(aq)

FeCl3(aq)

NaOH溶液

过滤

C

CH4(g)

CO2(g)

NaOH溶液、浓H2SO4

洗气

D

FeCl2 (aq)

CuCl2 (aq)

铁粉

过滤

【答案】B

【详解】A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；

B．NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；

C．NaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；

D．CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；

故答案为B。

【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。

9.关于下图所示各装置的叙述中，正确的是（ ）

A. 装置①是原电池，总反应是：Cu + 2Fe3+= Cu2++ 2Fe2+

B. 装置①中，铁做负极，电极反应式为：Fe3++ e-= Fe2+

C. 装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深

D. 若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液

【答案】C

【详解】A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3＋得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；

B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误；

C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置②中石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；

D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误；

答案选C。

10.肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25molN2H4

A. 该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534kJ·mol-1

B. N2H4的燃烧热534kJ·mol-1

C. 相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和

D. 该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能

【答案】A

【详解】A.由已知25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.mol-1

B. 燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。

C.由N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.mol-1，可知该反应放热反应，所以1 molN2H4(g)和1 mol O2(g)所含能量之和高于1 mol N2(g)和2 mol H2O(g)所含能量之和，故C错误；

D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；

答案：A。

11.将V1mL 1.0 mol·L－1盐酸溶液和V2mL未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50 mL）。

下列叙述正确的是（　　）

A. 做该实验时环境温度为20

B. 该实验表明化学能可能转化为热能

C. 氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 mol·L－1

D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应

【答案】B

【详解】A、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21 ℃

B、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B正确；

C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL，由V1＋V2＝50 mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20 mL, 氢氧化钠溶液的物质的量浓度＝0.03 L×1.0 mol·L－1÷0.02 L＝1.5mol·L－1，C错误；

D、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D错误；

答案选B。

【点睛】根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C的解题关键。

12.使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：

则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（ ）

A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol

B. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－70.1kJ/mol

C. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝70.1kJ/mol

D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol

【答案】D

【分析】本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。

【详解】左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO?(g)?+?H2O(g)=H2?(g)?+?CO2?(9)?△H=-33.?2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；

答案：D。

【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。

13. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是（ ）

A. 上述四种元素的原子半径大小为W<X<Y<Z

B. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20

C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物

D. 由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点

【答案】C

【分析】X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。

【详解】A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；

B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；

C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；

D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；

答案选C。

14.下列离子方程式错误的是（ ）

A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋ SO42－=BaS04↓＋2H2O

B. 酸性介质中KMnO4氧化 H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋ 8H2O

C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓

D. 铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋ 2H2O－2e- = PbO2＋4H＋＋SO42－

【答案】C

【详解】A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaS04↓＋2H2O，书写正确，故A不符合题意；

B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋ 8H2O，书写正确，故B不符合题意；

C. 等物质的量的Ba(OH)2和 HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H++Mg2＋＋4OH－=Mg(OH)2↓+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；

D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发生还原反应，离子方程式为：PbSO4＋2H2O－2e- =PbO2＋4H＋＋SO42－，故D不符合题意；

故答案选C。

15.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（ ）

操作

现象

结论

A

滴加BaCl2溶液

生成白色沉淀

原溶液中有

B

滴加氯水和CCl4，振荡，静置

下层溶液显紫色

原溶液中有I-

C

用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

原溶液中有Na+、无K+

D

滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口

试管不变蓝

原溶液中无

【答案】B

【详解】A．原来的溶液中含有SO42-和Ag+，滴加BaCl2溶液都会产生白色沉淀，故A错误；

B．氧化性Cl2>I2，所以发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，碘单质容易溶解在四氯化碳中，它的四氯化碳溶液显紫色，故B正确；

C．火焰呈黄色说明含有Na+，但不能说明是否含有K+，要透过蓝色钴玻璃来看。若呈紫色则含有K+，否则不会K+，故C错误；

D．只有加入氢氧化钠至溶液显碱性时再加热并用湿润的红色试纸检验若变蓝，才能证明含有NH4+，否则不含NH4+，故D错误；

故选B。

16. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 （ ）

A. W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同

B. Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物

C. Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得

D. X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应

【答案】C

【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，据此分析。

【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素，

A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al 3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；

B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；

C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；

D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；

答案选C。

二、非选择题（共计52分）

17.4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题：

m

n

x

y

（1）元素x在周期表中的位置是第____________。其单质可采用电解熔融的_________方法制备。用电子式表示该化合物的形成过程：_______________________________。

（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是____________。(填化学式)

（3）气体分子(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是______________________________________________________________。

【答案】(1). 第三周期第IIA族 (2). 氯化镁 (3). (4). HNO3 (5). Al(OH)3 (6). 2NaOH?+?(CN)2=?NaCN?+?NaCNO+?H2O

【分析】这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中位置知，m和n位于第二周期，x和y位于第三周期，C原子核外电子数是m的2倍y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，根据元素的性质和位置解答本题。

【详解】(1)根据上述分析：元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，金属性比较强，所以单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备；氯化镁属于离子化合物，该化合物的形成过程的电子式为：；

答案：第三周期第IIA族；氯化镁；

(2)m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素，非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al(OH)3，故答案为：HNO3；Al(OH)3；

(3)气体分子(mn)2为(CN)2，根据氯气和氢氧化钠溶液反应可知 (CN)2和NaOH反应生成NaCN、NaCNO、H2O，其反应方程式为2NaOH?+?(CN)2=?NaCN?+?NaCNO+?H2O；

故答案为：2NaOH+(CN)2=NaCN?+NaCNO+?H2O。

【点睛】解题突破口：几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，?根据元素在周期表中的位置知，m和n?位于第二周期，x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知x是Mg元素，m是C元素，n元素N元素，再结合题目分析解答。

18.某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：

操作

现象

取4g漂粉精固体，加入100mL水

部分固体溶解，溶液略有颜色

过滤，测漂粉精溶液的pH

pH试纸先变蓝（约为12），后褪色

液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________________________________。

（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_____________________________。

（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：

a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；

b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。

① 实验a目的是__________________________________________。

②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是____________________________________。

（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_______________________

___________________________________________________。

（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X

①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____________。

②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：____________________________。

【答案】(1). 2Cl2＋2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O (2). 漂白性 (3). 检验氯气 (4). SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 (5). 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 (6). CaSO4 (7). Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++ SO42-

【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；

（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；

（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；

②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；

（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；

（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。

【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；

（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，

①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；

②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；

（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；

故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；

（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；

②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。

19.某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：

请回答下列问题：

（1）步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是_____________。

（2）步骤②中，除发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑外，其他可能反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O和____________________________________________________。

（3）溶液C的颜色是____________，溶液D中可能含有的金属阳离子有______________。

（4）可以验证溶液B中是否含有Fe2＋的一种试剂是________(填选项序号)。

a．稀硫酸 b．铁 c．硫氰化钾 d．酸性高锰酸钾溶液

（5）操作乙的名称是_______，步骤⑤产生金属铜的化学方程式为_____________________。

【答案】(1). 过滤 (2). Fe+2Fe3+=3Fe?2+ (3). 棕黄色 (4). Fe2+、Cu2+、?Fe3+ (5). d (6). 电解 (7). CuCl2Cu+Cl2↑。

【分析】废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，经过过滤操作可得到固体A，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+?=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe?2+?然后通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+=?2Fe2++Cu2+通过电解操作乙可得到氯气、铜和E，所以阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液。

【详解】(1)废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：过滤；(2)经过上述分析可知：固体A为Fe2O3和Fe的混合物,加入盐酸发生Fe2O3+6H+?=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe?2+；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe?2+；(3) 经过上述分析可知：溶液B 为FeCl2和 FeCl3的混合物，通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，?所以溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生的发应为：Cu+2Fe3+=?2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+?、Cu2+、Fe3+，故答案为：棕黄色；?Fe2+、Cu2+、?Fe3+；

(4)因为?Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，所以用酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为:?d；(5) 经过上述分析可知：溶液D中含有的离子为Fe2+?、Cu2+、Fe3+、Cl-。步骤⑤产生金属铜和氯气，其电解反应的化学方程式为：?CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：电解；CuCl2Cu+Cl2↑。

20.铁是一种过渡元素，金属铁是最常用的金属材料。请回答下列有关问题：

（1）工业上常利用CO还原铁的氧化物冶炼铁。

已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－25kJ/mol

3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47kJ/mol

Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋19kJ/mol

请写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_________________________________________________________________。

（2）11.2gFe与一定量的HNO3充分反应后，Fe全部溶解，生成Fe2＋、Fe3＋的物质的量之比为1：4，将生成的气体与一定量的O2混合后通入水槽中，气体恰好被完全吸收，O2的物质的量是________________。

（3）利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2，装置如图所示，两电极分别是石墨和铁，电解质溶液为NaCl溶液。

= 1 \* GB3 ①植物油的作用是___________________________，在加入植物油之前，要对NaCl溶液作何处理：____________________________________。

②阳极的电极反应式为____________________________________。

③若将该装置改为防止Fe发生电化学腐蚀的装置，则Fe电极应与电源____极相连，当电路中通过2mol电子时，两极共收集到气体___________L(标准状况)。

【答案】(1). FeO(s)+CO(g)=?Fe(s)+CO2(g) △H?=-11?kJ/mol (2). 0.14?mol (3). 起到隔绝空气的作用 (4). 要将NaCl溶液加热煮沸，除去溶解氧气 (5). Fe-2e=Fe2+ (6). 阴 (7). 44.8?L

【分析】（1）根据盖斯定律解答；

（2）根据氧化还原反应中电子守恒规律解答；

（3）根据电解原理，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应进行解答。

【详解】（1）由已知①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－25kJ/mol；②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47kJ/mol；③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋19kJ/mol，根据盖斯定律，由(①3-②-③2)可得：FeO(s)+CO(g)=?Fe(s)+CO2(g) △H=(-25?kJ/mol3+47?kJ/mol-19kJ/molx2)?=-11?kJ/mol；答案：FeO(s)+CO(g)=?Fe(s)+CO2(g) △H?=-11?kJ/mol；

(2)根据两个反应过程，利用得失电子守恒，知铁失电子总数等于氧气得电子总数，故2n(Fe2+)+3n(Fe?3+?)=4n(O2?)，而n(Fe2+?)=?n(Fe)=0.04mol，n(Fe3+?)=n(Fe)=0.16?mol，则n(O2?)=(0.042+0.163)mol=0.14?mol；答案：0.14?mol；

(3)①Fe(OH)2易被空气中氧气氧化，植物油密度小，浮在液面上可以起到隔绝空气的作用；在加入植物油之前，需要将NaCl溶液加热煮沸，除去溶解氧气。答案：起到隔绝空气的作用；要将NaCl溶液加热煮沸，除去溶解氧；

②本实验目的是通过电解实验制得纯净的Fe(OH)2，所以阳极应为Fe放电，电极反应式为Fe-2e=Fe2+；答案：Fe-2e=Fe2+；

③利用电解原理保护铁，则Fe应作阴极，与电源负极相连，此时为电解NaCl溶液，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，知电路中通过2?mol电子时，两极共?收集到2?mol气体，在标准状况下的体积为44.8?L。答案：阴；44.8?L。

21.碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。

(1) 甲烷燃烧放出大量热，可作为能源用于人类的生产和生活。

已知：①2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H1=-1214kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566 kJ/mol

则表示甲烷燃烧热的热化学方程式____________________________________。

(2) 将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是：_____________________________。

（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是______（填序号）

A．电源中的a一定为正极，b一定为负极

B．可以用NaCl溶液作为电解液

C．A、B两端都必须用铁作电极

D．阴极发生的反应是：2H++ 2e－= H2↑

（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：

CO（g）+H2O（g）===CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：

实验组

温度/℃

起始量/mol

平衡量/mol

达到平衡所需时间/min

H2O

CO

CO2

1

650

2

4

1.6

5

2

900

1

2

0.4

3

3

900

1

2

0.4

1

①实验1中，以v (H2)表示的平均反应速率为______________。

②实验3跟实验2相比，改变的条件可能是_________________（答一种情况即可）。

【答案】(1). CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H1=-890KJ?mol-1 (2). CH4-8e-+ 10 OH-=CO32-+ 7H2O (3). B、D (4). 0.16mol/(L·min) (5). 使用催化剂 增大压强（任答一种）

【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；

（2）①根据CH4和O2构成燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，碱性环境下生成CO32-；

（3）A、B端析出氢气可驱赶原溶液中溶解的少量氧气；

B、电解液选用NaCl溶液不影响实验，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离子不放电；

C、阳极应该用铁电极，阴极用惰性电极亦可；

D、B电极反应是阴极氢离子放电生成氢气；

（4）①根据图表数据，CO2的浓度增加0.8mol/L，所以氢气浓度也增加0.8mol/L，v (H2)= 进行计算；

②实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，平衡不移动，可以使用催化剂或增大压强等。

【详解】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将①②相加除以2可得：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l） △H1=-890KJ?mol-1；

答案是：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l） △H1=-890KJ．mol-1

（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH4- 8e-+ 10 OH-CO32-+ 7H2O；

（3）A、电解过程中两极分别是H+和Fe放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a不一定为正极，b不一定为负极，但a为正极，b为负极，效果较好，错误；B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，正确；

C、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；

D、阴极H+放电生成氢气，正确；

答案选BD。

（4）①实验1中，CO2的浓度增加0．8mol/L，所以氢气浓度也增加0.8mol/L，v (H2)= =0.16mol/(L·min)；

②实验3跟实验2相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。

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