新高考质量测评12月联合调研监测高三化学可能用到的相对原子质量：B11C12O16Na23P31C135.5一、选择题：本题共l0小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产生活密切相关。下列叙述错误的是A.肉类食品在加工过程中加入适量NaNO2保鲜防腐B.食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C.“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同，都是利用强氧化性D.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A．食品腐败的原因是发生氧化反应，亚硝酸钠具有一定的还原性，可以防止食品被氧化，肉类食品在加工过程中加入适量NaNO2保鲜防腐，故A正确；B．食用油反复加热，会发生结焦等现象，产生稠环芳香烃等有害物质，会危害人体健康，故B正确；C．84消毒液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，H2O2中含有过氧键，也具有强氧化性，均可以蛋白质使其变性，从而消毒杀菌，故C正确；D．燃煤中加入CaO可以减少SO2的排放，从而减少酸雨的形成，但碳酸盐高温条件下会分解，所以不能减少二氧化碳的排放，即不能减少温室气体的排放，故D错误；综上所述答案为D。2.下列应用不涉及氧化还原反应的是A.为预防新冠肺炎用ClO2对环境消毒B.工业上利用合成氨实现人工固氮C.工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打D.为防止钢铁锈蚀在铁上镀锌【答案】C【解析】【详解】A．ClO2杀菌消毒，利用了其强氧化性，故涉及氧化还原反应，A不符合题意；-19-
B．N2与H2生成NH3，有元素化合价改变，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．饱和NaCl溶液中通NH3与CO2发生如下反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，无元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，C符合题意；D．钢铁表面镀锌，此时锌失电子被腐蚀，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故答案选C。3.化学电源在日常生活和高科技领域中应用广泛。下列说法错误的是（）A.硅太阳能电池利用原电池原理实现能量转化B.铅蓄电池在使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降C.氢燃料电池客车与传统客车相比，能量转化效率高D.支撑海港码头基础的钢管桩，可以用外加电流的阴极保护法防腐【答案】A【解析】【详解】A．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池，故A错误；B．铅蓄电池的总电极反应式：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，生成水，导致硫酸的浓度降低，酸性减弱，离子浓度减小，导电能力减弱，故B正确；C．氢燃料电池原理为原电池，与传统客车相比，能量转化效率高，故C正确；D．通电后，被保护的钢管做阴极，故D正确；故答案为A。4.下列有关化学用语表示正确的是（）A.硫化钠的电子式：B.铬元素基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1C.磷元素基态原子价电子轨道表示式：D.葡萄糖的结构简式：C6H12O6【答案】B【解析】【详解】A．硫化钠的电子式为，故A错误；B．铬元素基态原子为半充满稳定结构，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故B正确；C．磷元素基态原子价电子轨道表示式：，3p轨道上的三个电子应该自旋状态相同，不符合洪特规则，故C错误；-19-
D．葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故D错误；故答案为B。5.下列选用的相关仪器及实验操作正确的是选项ABCD实验装置实验操作量取9.50mL浓硫酸稀释浓硫酸分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液吸收氨气A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．10mL量筒只能量取9.5mL浓硫酸，量筒精确度为0.1mL，故A错误；B．稀释浓硫酸应该是浓硫酸沿烧杯壁倒入盛有水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，故B错误；C．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯密度小在上层，遵循“下下上上”原则，即下层液体从下口放出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；D．氨气极易溶于水，因此要防倒吸，而该装置没有防倒吸作用，故D错误。综上所述，答案为C。6.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.3gNa与O2完全反应，转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间B.12g金刚石中含有的碳碳单键数为4NAC.1molKClO3与足量浓盐酸反应生成Cl2，转移的电子数为6NAD.一定条件下，1molH2(g)和1molI2(g)在密闭容器中充分反应，分子总数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．Na与O2完全反应不管生成氧化钠还是过氧化钠，Na元素均被氧化为Na+，则-19-
2.3gNa转移的电子数为=0.1NA，A错误；B．12g金刚石的物质的量为=1mol，因一个C原子周围有4个碳碳单键，一个碳碳单键由2个C原子共用，则1mol金刚石中含有的碳碳单键个数为2NA，B错误；C．KClO3与浓盐酸发生归中反应生成氯气，Cl元素化合价从+5降低到0价，电子转移数为5，则1molKClO3与浓盐酸反应，转移电子数为5NA，C错误；D．H2(g)和I2(g)在一定条件下反应的方程式为，反应前后气体的分子总数保持不变，则1molH2(g)和1molI2(g)在密闭容器中充分反应，分子总数为2NA，D正确；故选D。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.第一电离能：Z＞Y＞X＞WB.简单离子半径：W＞Y＞ZC.Z与W形成的化合物W2Z2和W2Z，阳离子与阴离子个数之比均为2：1D.X与Y形成的化合物中不可能含有非极性键【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Y为N，X为H，W是短周期中金属性最强的元素，则W为Na。【详解】A．第一电离能：N＞O＞H＞Na，故A错误；B．简单离子半径：N3−＞O2−＞Na+，故B错误；C．Z与W形成的化合物Na2O2和Na2O，过氧化钠中一个过氧根离子，两个钠离子，因此化合物中阳离子与阴离子个数之比均为2：1，故C正确；D．H与N形成的化合物中可能含有非极性键，比如N2H4，故D错误。综上所述，答案为C。8.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)-19-
是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)△H＜0；50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解，下列说法错误的是A.步骤①的关键是控制温度，可通过缓慢滴加H2O2溶液或冷水浴调节B.向滤液X中加入适量NaC1固体或无水乙醇，均可析出过碳酸钠C.步骤③洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥D.利用过碳酸钠净化水，可除去水中悬浮的杂质【答案】D【解析】【分析】过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是在低温下将碳酸钠溶液中缓慢的滴加双氧水得到，静置一段时间，过滤，得到Na2CO3·3H2O2(s)，用无水乙醇洗涤，再干燥，最终得到Na2CO3·3H2O2。【详解】A．根据信息，50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解，因此步骤①的关键是控制温度，可通过缓慢滴加H2O2溶液或冷水浴调节，故A正确；B．向滤液X中加入适量NaC1固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；C．无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；D．过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误。综上所述，答案为D。9.下列离子方程式书写正确且能用来解释相应实验现象的是实验现象离子方程式ANa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色BSO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓C酸化NaIO3、NaI混合溶液，溶液变黄褐色5I－++6H+=3I2+3H2O-19-
D氧化亚铁溶于稀硝酸，得黄色溶液FeO+2H+=Fe2++H2OA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色，是过氧化钠和空气中二氧化碳、水反应，过氧化钠是氧化物，不拆，故A不符合题意；B．SO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀，2SO2+O2+2Ba2++2H2O=2BaSO4↓+4H+，故B不符合题意；C．酸化NaIO3、NaI混合溶液，混合后反应生成单质碘，溶液变黄褐色，其离子方程式为5I－++6H+=3I2+3H2O，故C符合题意；D．氧化亚铁溶于稀硝酸，得黄色溶液，3FeO+10H++=3Fe2++NO↑+5H2O，故D不符合题意。综上所述，答案为C。10.电解法制取Na2FeO4同时获得H2，工作原理如图所示。下列说法错误的是A.铁电极作阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2OB.离子交换膜为阳离子交换膜C.电解一段时间后，阳极区NaOH浓度降低D.由于Na2FeO4具有强氧化性，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出【答案】B【解析】【分析】Fe电极连接电源正极，为电解的阳极，Fe失电子生成，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=-19-
+4H2O，碱性减弱；Ni电极连接电源负极，为电解的阴极，H2O电离产生的H+在阴极得电子生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，碱性增强；由于只有在强碱性条件下才能稳定存在，故阴极生成的OH-需移向阳极，即离子交换膜为阴离子交换膜。【详解】A．阳极Fe失去电子生成，根据溶液呈碱性，添加OH-配平电荷守恒，得电极反应式为Fe+8OH--6e-=+4H2O，A正确；B．由分析知，离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；C．由于阳极反应消耗OH-，故阳极区NaOH浓度降低，C正确；D．由于阴极产生的H2具有还原性，Na2FeO4具有强氧化性，两者会发生反应，故需及时排出生成的H2，D正确；故答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作现象能得出相应结论是选项实验操作现象结论ACuS溶于浓硝酸有红棕色气泡产生CuS能被硝酸氧化BSO2通入滴有石蕊试液的水中溶液变红但不褪色SO2有酸性，无漂白性C向Na2CO3中滴入HClO3溶液有气泡产生非金属性Cl＞CD将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．CuS溶于浓硝酸，有红棕色气泡产生，该气体为NO2，HNO3中的N元素化合价降低，HNO3作氧化剂，则CuS作还原剂被HNO3氧化，故A选；B．SO2通入滴有石蕊试液的水中，SO2遇水生成亚硫酸，亚硫酸可以使石蕊试液变红，SO2-19-
具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但SO2不能漂白酸碱指示剂，故B不选；C．向Na2CO3中滴入HClO3溶液，有气泡产生，说明酸性：HClO3＞H2CO3，但HClO3不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，不能据此判断Cl和C元素的非金属性强弱，故C不选；D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+将I-氧化为I2，氧化性：Fe3+＞I2，故D选；答案选AD。12.一种热激活电池的基本结构如图所示，总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。无水LiC1—KC1混合物熔融后，电池即可输出电能。下列有关说法错误的是A.硫酸铅电极作正极B.放电过程中，C1－向钙电极移动C.钙电极上产生的氯气与钙生成氯化钙D.常温时，该电池不能输出电能【答案】C【解析】【详解】A．总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb，硫酸铅中铅化合价降低，得到电子，因此硫酸铅电极作正极，故A正确；B．总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb，钙化合价升高失去电子，作负极，放电过程中，离子移动遵循“同性相吸”，因此C1－向负极即钙电极移动，故B正确；C．钙电极上生成的钙离子结合氯离子生成氯化钙，故C错误；D．常温时，电解质是不导电的固体，因此无法形成原电池，也不能输出电能，故D正确。综上所述，答案为C。13.对于反应2SiHC13(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列叙述正确的是-19-
A.a、b处反应速率大小：va＜vbB.343K时反应的平衡常数为0.02C.在343K下要提高SiHCl3转化率，可增大体系压强D.在323K下要缩短反应达到平衡的时间，可选用更高效催化剂【答案】BD【解析】【详解】A．a点所在曲线先达到平衡，所以a点所在曲线温度高，a、b两点SiHCl3的转化率相同，则浓度相同，a点温度更高，所以va＞vb，故A错误；B．据图可知a点曲线代表343K，据图可知平衡时SiHCl3转化率为22%，设SiHCl3的初始浓度为1mol/L，则Δc(SiHCl3)=0.22mol/L，则平衡时c(SiHCl3)=0.78mol/L，根据方程式可知平衡时SiH2Cl2和SiCl4的浓度均为0.11mol/L，所以平衡常数为=0.02，故B正确；C．该反应前后气体系数之和相等，压强不能影响平衡转化率，故C错误；D．更高效的催化剂可以进一步加快反应速率，缩短反应达到平衡的时间，故D正确；综上所述答案为BD。14.在分析化学中，常用丁二酮肟镍重量法来测定样品中Ni2+的含量，产物结构如图所示。下列关于该物质的说法，正确的是A.含有化学键类型为共价键、配位键和氢键BNi2+利用其空轨道与丁二酮肟形成了配合物C.该化合物中C的杂化方式只有sp2D.难溶于水的原因是形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键-19-
【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．该物质含有共价键、配位键和氢键，其中共价键和配位键是化学键，氢键不是化学键，故A错误；B．过渡金属离子Ni2+利用其空轨道与丁二酮肟中的氮原子上的孤电子对形成了配位键，从而形成了配合物，故B正确；C．该化合物中甲基上的碳原子的杂化方式为sp3，和氮原子相连的碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故C错误；D．该化合物难溶于水，是因为形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，故D正确；故选BD。15.某工厂用LiF、PC15为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HF的沸点是19.5℃。下列说法错误的是A.反应①中HF的作用是反应物和溶剂B.反应①②③均不能在玻璃设备中进行C.第④步分离操作为过滤，第⑤步分离尾气中HF、HCl的操作是蒸馏D.流程中可循环利用物质有HF【答案】C【解析】【详解】A．反应①中LiF(s)与无水HF(l)反应后得到溶液，且LiHF2为反应生成的新物质，所以HF的作用是反应物和溶剂，故A正确；B．玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，所以反应①②③均不能在玻璃设备中进行，故B正确；C．第④步中分离液体和不溶于液体固体采用过滤分离；HF的沸点是19.5℃-19-
，蒸馏时也会变成气体，而HF分子间含有氢键，沸点远大于HCl，可采用冷凝法分离，故C错误；D．第④步中的滤液为HF(l)，第③步反应尾气中含有HF，所以HF可以循环使用，故D正确；综上所述答案为C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.氮族元素广泛应用于生产生活中，回答下列问题：(1)异硫氰酸烯丙酯(CH2=CH−CH2−N=C=S)是芥末油的主要成分，分子中含有的σ键与π键个数比为_______。(2)P与N同族，性质相似。N2很稳定原因是能形成键能很大的氮氮三键。P不能形成类似单质的原因是_______。(3)PC13和BC13键角前者_______(填“大于”“小于”或“等于”)后者，原因是_______。(4)如图所示，磷化硼晶体中磷原子作立方最密堆积，硼原子填入间隔的四面体空隙中。晶体中P的配位数是_______。已知晶胞中原子1的坐标为(0，0，0)，原子2的坐标为()，则原子3的坐标为_______。磷化硼的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，计算晶体中硼原子和磷原子的核间距d=_______pm。【答案】(1).10:3(2).P原子半径大，p轨道难以有效肩并肩重叠，不能形成稳定的π键(3).小于(4).PCl3中心原子采用sp3杂化，键角接近109.5°；BCl3中心原子采用sp2杂化，键角120°(5).4(6).()(7).【解析】【详解】(1)单键都是σ键，双键其中一个是σ键，另一个是π键，异硫氰酸烯丙酯(CH2=CH−CH2−N=C=S)的每个分子中含有10个σ键，3个π键，因此σ键与π键个数比为10:3；故答案为：10:3。(2)P与N同族，性质相似。N2很稳定的原因是能形成键能很大的氮氮三键。P不能形成类似单质的原因是P原子半径大，p轨道难以有效肩并肩重叠，不能形成稳定的π键；故答案为：P原子半径大，p轨道难以有效肩并肩重叠，不能形成稳定的π键。-19-
(3)PC13是sp3杂化，是三角锥结构，键角接近109.5°，BC13是sp2杂化，是平面三角形结构，键角120°，因此PC13和BC13键角前者小于后者；故答案为：小于；PCl3中心原子采用sp3杂化，键角接近109.5°；BCl3中心原子采用sp2杂化，键角120°。(4)根据图中信息，磷化硼晶体中磷原子作立方最密堆积，硼原子填入间隔的四面体空隙中，以顶点的P原子分析出P的配位数是4。根据晶胞中原子1的坐标和原子2的坐标，可以理解为把晶胞分为八个小立方体，原子3在右下后方小立方体的体心，因此原子3的坐标为()；根据磷化硼晶体结构得到晶体中有4个硼和4个磷，磷化硼的密度为ρg·cm−3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则晶胞体积为，晶胞参数为，晶体中硼原子和磷原子的核间距为体对角线的四分之一，因此d=；故答案为：4；()；。17.五氧化二钒(V2O5)在工业生产中常用作催化剂，工业上常以黏土钒矿(钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4)原料制备V2O5，工艺流程如下：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有_______离子被氧化。写出VO2+转化为反应的离子方程式_______。-19-
(2)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O进入滤饼②，滤饼②中还存在的成分_______(填化学式)。(3)“沉淀转溶”中，写出V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解的化学方程式_______。溶液③中存在的阴离子除和OH－外，还存在_______。(4)我国学者发明的低压高效电催化还原CO2为CO的新方法，用到滤液⑤中的主要溶质，并获得一种家用消毒剂，反应的化学方程式为：_______。(5)接触法制硫酸中，V2O5参与反应的原理如图所示。下列说法正确的是_______。A.该过程中，V2O5和V2O4均为反应的催化剂B.每转移2mol电子时，过程②中生成1molV2O5C.过程①每有1molV2O5参与反应，可氧化22.4LSO2D.整个过程可看作催化剂中氧原子的传递过程【答案】(1).Fe2+(2).2VO2++MnO2=2+Mn2+(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O(5).[Al(OH)4]－(或)(6).NaCl+CO2CO+NaC1O(7).BD【解析】【分析】黏土钒矿(钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4)和硫酸、二氧化锰反应，将钒氧化成+5价钒，亚铁离子氧化为+3价，二氧化硅和硫酸不反应，过滤，向滤液中加入NaOH溶液，沉淀钒、铁、铝，过滤，向沉淀中加入NaOH，氢氧化铝、V2O5溶解，向滤液中加入盐酸调节溶液pH值，过滤，得到氢氧化铝沉淀，向滤液中加入氯化铵得到钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤，加热钒酸铵得到V2O5。【详解】(1)根据题意，四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子，亚铁离子和二氧化锰反应，因此还有Fe2+离子被氧化。VO2+和MnO2反应生成和Mn2+，因此VO2+转化为反应的离子方程式2VO2++MnO2=2+Mn2+；故答案为：Fe2+；2VO2++MnO2=2+Mn2+。-19-
(2)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O进入滤饼②，根据表格中铁离子、铝离子在pH=3.0～3.1时也生成了沉淀，因此滤饼②中还存在的成分Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)“沉淀转溶”中，根据题意V2O5和氢氧化钠反应生成钒酸钠和水，因此V2O5·xH2O溶解的化学方程式V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O。沉淀转化过程中氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铁不和氢氧化钠反应，因此溶液③中还存在[Al(OH)4]－(或)；故答案为：V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O；[Al(OH)4]－(或)。(4)NaVO3和NH4Cl反应生成NH4VO3和NaCl，因此滤液⑤中的主要溶质是NaCl，利用低压高效电催化还原CO2为CO的新方法，用到NaCl，并获得一种家用消毒剂即NaClO，因此反应的化学方程式为：NaCl+CO2CO+NaC1O；故答案为：NaCl+CO2CO+NaC1O。(5)A．根据图中信息，该过程中，V2O5是反应的催化剂，故A错误；B．过程②是2V2O4+O2=2V2O5，因此每转移2mol电子时，过程②中生成1molV2O5，故B正确；C．过程①是V2O5+SO2=V2O4+SO3，因此每有1molV2O5参与反应，可氧化1molSO2即标准状况下22.4L，故C错误；D．根据图中信息，V2O5V2O4V2O5，因此整个过程可看作催化剂中氧原子的传递过程，故D正确；综上所述，答案为：BD。18.二氧化氯(ClO2)是安全、无毒的绿色消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和储存。某研究性学习小组在实验室探究过氧化氢法制备亚氯酸钠。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，回答下列问题：探究步骤：I.NaClO2制备：装置如图所示(夹持装置略去)。-19-
(1)该实验中，仪器A与分液漏斗相比，优点是____。(2)装置B用于制备ClO2，制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低NaClO2产率，原因是____。(3)装置C的作用是____。装置D中生成NaClO2的离子方程式为____。(4)F装置可用NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种盐，一种为NaClO2，另一种为____。II.产品分离提纯：(5)反应后在装置D处获得NaClO2溶液。从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体的操作步骤是：减压蒸发、_____、洗涤、干燥。III.产品纯度测定：(6)准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成100.00mL溶液；取10.00mL待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用0.2000mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复3次，测得标准液体积平均值为20.00mL。(滴定反应的离子方程式为I2+2=2I-+)，假设杂质不参加反应，样品中NaClO2的质量分数为____。【答案】(1).平衡压强，便于液体顺利滴下(2).空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。(3).防倒吸(4).2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2(5).NaClO3(6).趁热过滤(7).90.50％【解析】【分析】装置B中硫酸、NaClO3与Na2SO3混合反应制取ClO2，装置C中短进长出，则为安全瓶，可以防止倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，C-19-
中将装置浸入冰水浴中可以增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaClO2分解，装置E短进长出，也为安全瓶，可以防止倒吸，装置F进行尾气处理。【详解】(1)仪器A为恒压滴液漏斗，侧面导管可以平衡压强，便于液体顺利滴下；(2)根据题目所给信息可知二氧化氯浓度过高时易发生分解，所以空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解，产率下降；而当空气流速过快时，在装置D中ClO2不能被充分吸收，产率也会下降；(3)装置C短进长出，为安全瓶可以防倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，该过程中Cl元素被还原，根据各元素的价态变化规律可知H2O2中氧元素的化合价要升高，所以产物中有氧气，根据电子守恒可得ClO2和H2O2的系数比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2；(4)根据题意ClO2与NaOH溶液反应时生成NaClO2，该产物中氯元素的化合价降低1价，生成的两种盐物质的量之比为1：1，则另一产物中Cl元素的化合价应升高1价，为NaClO3；(5)根据题目信息可知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，所以为了得到NaClO2晶体，应减压蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥；(6)滴定时先利用NaClO2将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒可知2n(NaClO2)=n(I2)，然后再用Na2S2O3标准液还原生成的碘单质，根据方程式可知2n(I2)=n(Na2S2O3)，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)，所以产品中n(NaClO2)==0.01mol，样品中NaClO2的质量分数为=90.50%。【点睛】第2小题为易错点，注意题目要求“过快或过慢均会降低NaClO2产率”，所以既要回答过快的原因，还要回答过慢的原因。19.高纯度的砷可用于制备除草杀虫剂、木材防腐剂等。硫化沉淀法处理酸性含砷废水易产生大量硫化砷渣(主要成分As2S3)。一种从硫化砷废渣中回收单质砷的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“混合加热”之前，将硫化砷渣预先粉碎的目的是____，然后加入NaOH-19-
溶液并加热控制温度在75℃，可采用的加热方式____。(2)“氧化浸出”中，维持温度在75℃的原因是__。As2S3转化为和的离子方程式为__。(3)“氧化浸出”中，探究双氧水投加量对砷浸出率的影响，某实验小组取5g硫化砷渣，进行氧化浸取，控制反应温度在75℃、分别加入不同体积的双氧水，反应4h后，浸取液中砷的质量浓度和浸出率结果见下图。由图可知双氧水的合适用量____mL，增加双氧水的投加量，砷浸出率先增加的原因：_____，后基本不变的原因：_____。(4)“还原”操作中，发生反应的化学方程式为_______。【答案】(1).增大固液接触面积，提高碱浸氧化速率(2).水浴加热(热水浴)(3).低于75℃反应速率慢，高于75℃，H2O2分解(4).As2S3+14H2O2+12OH-=2+3+20H2O(5).35mL(6).双氧水浓度大，反应速率加快(7).OH-浓度减小，反应速率减慢(8).2H3AsO4+10HCl+5SnCl2=2As+8H2O+5SnCl4【解析】【分析】硫化砷渣(主要成分As2S3)与NaOH溶液混合加热，之后加入双氧水氧化浸出，As2S3转化为和，过滤掉滤渣，加盐酸酸化，得到含有H3AsO4的溶液，然后加入SnCl2将H3AsO4还原得到As，过滤得到产品。【详解】(1)将硫化砷渣预先粉碎可以增大固液接触面积，提高碱浸氧化速率；所需温度不超过100℃，所以可以采用水浴加热的方法；(2)低于75℃反应速率慢，高于75℃，H2O2分解，所以维持温度在75℃，As2S3转化为和，As、S元素的化合价均升高，一个As2S3共升高28价，H2O2被还原生成H2O，共降低2价，所以As2S3和H2O2的系数比为1：14，再结合元素守恒可得离子方程式为-19-
As2S3+14H2O2+12OH-=2+3+20H2O；(3)据图可知当双氧水的体积达到35mL时砷的浸出率几乎达到100%，且继续增加双氧水的体积砷的质量浓度开始下降，说明继续增加双氧水几乎不再浸出砷，只会稀释溶液，所以双氧水的合适用量为35mL；开始时随着双氧水的浓度增大，反应速率加快，所以砷的浸出率先增加，之后随着加入的双氧水增多，溶液被稀释，氢氧根浓度减小，反应速率减慢，砷的浸出率基本不变；(4)加入盐酸酸化后As元素主要以H3AsO4形式存在，加入SnCl2将H3AsO4还原为As，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2H3AsO4+10HCl+5SnCl2=2As+8H2O+5SnCl4。20.CO2重整甲烷可以制得合成气(CO和H2)，实现碳资源回收和综合利用，还可以减少CO2对环境的影响。回答下列问题：(1)已知各物质的标准摩尔生成焓(指在标准状态即压力为100kPa，一定温度下，由元素最稳定的单质生成1摩尔纯化合物时的反应焓变)数据如下表：物质CH4(g)CO2(g)CO(g)H2(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-74.8-393.5-110.50则重整反应的热化学方程式为_______。(2)有利于提高甲烷平衡转化率的条件是_______温(填“高”或“低”)低压。(3)实际生产中会伴随副反应发生，导致催化剂表面积碳而失效，实验中测得各物质的物质的量随温度变化如图所示，随着温度升高，积碳量先变大的主要原因是_______(用化学用语表示，下同)，后减小的主要原因是_______。(4)2018年，中国科学院通过固体氧化物电解池，将电解CO2和CH4两个气相电化学转化过程结合，实现了电催化二氧化碳重整甲烷，避免了积碳对催化剂的影响，通入CH4的电极为_______极，电极反应为_______。(5)800℃时，在2L恒容密闭容器中通入CO2和CH4各2mol，初始压强为400kPa-19-
，在一定条件下发生重整反应(不考虑副反应)，达到平衡时，CO2的转化率为50％。计算该反应的压强平衡常数Kp=___。【答案】(1).CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+247.3kJ·mol-1(2).高(3).CH4C+2H2(4).CO2+C2CO(5).阳(6).CH4+O2--2e-=CO+2H2(7).1.6×105(kPa)2【解析】【详解】(1)重整反应的化学方程式为CH4+CO22CO+2H2，根据焓变=生成物能量之和-反应物能量之和，结合标准摩尔生成焓的定义可知焓变=生成标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和，所以该反应ΔH=2´(-110.5)kJ/mol-(-393.5)kJ/mol-(-74.8)kJ/mol=+247.3kJ·mol-1；(2)重整反应焓变大于0，为吸热反应，高温有利于反应正向进行，提高甲烷的平衡转化率；(3)根据方程式可知CH4和CO2应按照1：1进行反应，但据图可知CH4消耗的量要比CO2多，说明随着温度升高CH4还会发生反应CH4C+2H2，导致积碳量变大，同时生成的氢气的量比CO要多；而随着温度继续升高，当积碳量开始减少时，CO2的消耗接近CH4的消耗，CO的生成接近H2，说明发生反应CO2+C2CO，导致积碳量下降；(4)根据重整反应方程式可知CH4中C元素化合价升高被氧化生成CO，H元素被还原生成H2，而CO2中只有C元素化合价降低被还原生成CO，所以CO2一定通入阴极，则通入CH4的电极为阳极，介质为固体氧化物，所以电极反应为CH4+O2--2e-=CO+2H2；(5)在2L恒容密闭容器中通入CO2和CH4各2mol，达到平衡时，CO2的转化率为50%，则Δn(CO2)=Δn(CH4)=1mol，生成的Δn(CO)=Δn(H2)=2mol，所以平衡时体系内n(CO2)=n(CH4)=1mol，n(CO)=n(H2)=2mol，当气体总物质的量为4mol时，压强为400kPa，根据压强之比等于物质的量之比可知平衡时n(CO2)=n(CH4)=100kPa，n(CO)=n(H2)=200kPa，所以Kp==1.6×105(kPa)2。-19-
