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  • 2021-07-05 发布

天津市和平区2020届高三下学期线上学习阶段性评估检测化学试题

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和平区2019-2020学年度第二学期高三年级线上学习阶段性评估检测 化学学科试卷 相对原子质量:H ‎1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Zn 65 Ba 137 ‎ 第Ⅰ卷(选择题 共36分)‎ 选择题(本题包括12小题,每小题3分,共36分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.我国科技创新成果斐然,下列成果中以制备非金属单质为主要目的的是(  ) 。‎ A. 低温制备H2‎ B. 合成全氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl C. 成功开采可燃冰(CH4·nH2O)‎ D. 研制出超高强钢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.液态甲醇在催化剂的作用下生成氢气,以制备非金属单质为主要目的,故A符合题意;‎ B.合成全氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl,属于化合物,不是非金属单质,故B不符合题意;‎ C.开采可燃冰,可燃冰的成分是(CH4⋅nH2O),甲烷是化合物,不是非金属单质,故C不符合题意;‎ D.超强钢的主要成分是Fe,属于合金,是混合物,不是非金属单质,故D不符合题意。‎ 综上所述,答案为A。‎ ‎2.下列变化中,未涉及到电子转移的是(  ) 。‎ A. H‎2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色 B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿 C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊 D. Na2O2放置空气中变白 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H‎2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色即H‎2C2O4还原酸性KMnO4,反应前后C、Mn元素的化合价发生变化,涉及到电子转移,故A不符合题意;‎ B. C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿即C2H5OH还原酸性K2Cr2O7,反应前后C、Cr元素化合价发生变化,涉及到电子转移,故B不符合题意;‎ C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊属于复分解反应,反应前后没有元素的化合价发生变化,未涉及到电子转移,故C符合题意;‎ D. Na2O2放置空气中变白,Na2O2与空气中二氧化碳或水反应,最终生成碳酸钠和氧气,Na2O2中氧化合价既升高又降低,涉及到电子转移,故D不符合题意。‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎【点睛】反应中有元素化合价变化就是有电子转移。‎ ‎3.2020年的春节期间,新冠病毒肆虐。因为核酸是生命的基础物质,是病毒的“身份证”,所以患者的确诊需要病毒的核酸检验。以下关于核酸的论述正确的是 (  )。‎ A. 核酸是核蛋白的非蛋白部分,也是由氨基酸残基组成的 B. 核酸水解产物中含有磷酸、葡萄糖和碱基 C. 核酸、核苷酸都是高分子化合物 D. 核酸有核糖核酸和脱氧核糖核酸两类,对蛋白质的合成和生物遗传起重要作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 核酸是由磷酸、五碳糖和碱基通过一定的方式结合而成的,故A错误;‎ B. 核酸水解的最终产物是磷酸、五碳糖和碱基,故B错误;‎ C. 核酸是高分子化合物,但核苷酸不是高分子化合物,故C错误;‎ D. 核酸有核糖核酸和脱氧核糖核酸两类,分别是RNA和DNA,他们共同对蛋白质的合成和生物遗传起到重要作用,故D正确。‎ 综上所述,答案为D。‎ ‎4.下列实验操作不当的是 A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂 C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+‎ D. 常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应,置换出单质铜,形成锌铜原电池,反应速率加快,选项A正确。‎ B.用盐酸滴定碳酸氢钠溶液,滴定终点时,碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化,此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸),应该选择酸变色的甲基橙为指示剂,选项B错误。‎ C.用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧,进行焰色反应,火焰为黄色,说明该盐溶液中一定有Na+,选项C正确。‎ D.蒸馏时,为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出,一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二,选项D正确。‎ ‎【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说,应该尽量选择的变色点与滴定终点相近,高中介绍的指示剂主要是酚酞(变色范围为pH=8~10)和甲基橙(变色范围为pH=3.1~4.4)。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性(二氧化碳饱和溶液pH约为5.6),所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定,强酸强碱的滴定,两种指示剂都可以;强酸滴定弱碱,因为滴定终点为强酸弱碱盐,溶液显酸性,所以应该使用甲基橙为指示剂;强碱滴定弱酸,因为滴定终点为强碱弱酸盐,溶液显碱性,所以应该使用酚酞为指示剂。‎ ‎5. 实现下列变化时,需要克服相同类型作用力的是 A. 水晶和干冰的熔化 B. 食盐和醋酸钠的熔化 C. 液溴和液汞的汽化 D. HCl和NaCl溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水晶属于原子晶体,熔化时克服共价键,干冰属于分子晶体,熔化时克服分子间作用力,故A错误;‎ B.食盐和醋酸钠都属于离子晶体,熔化时克服离子键,故B正确;‎ C.液溴属于分子晶体,气化时克服分子间作用力,Hg属于金属晶体,气化时克服金属键,故C错误;‎ D.HCl属于共价化合物,溶于水克服共价键,NaCl属于离子化合物,溶于水克服离子键,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎6.下列正确的是(  )。‎ A. 碱性:Al(OH)3>NaOH B. 原子半径:Cl>S C. 第一电离能:Mg>Al D. 沸点:H2S>H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,则碱性:NaOH>Al(OH)3,故A错误;‎ B. 同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,因此原子半径:S>Cl,故B错误;‎ C. 同周期元素从左到右,第一电离能呈增大的趋势,但IIA大于IIIA元素,VA大于VIA元素,因此第一电离能:Mg>Al,故C正确;‎ D. 同主族从上到下,相对分子质量越大,氢化物沸点越高,但含有分子间氢键的除外,因此沸点:H2O>H2S,故D错误。‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎【点睛】同周期元素从左到右,第一电离能呈增大的趋势,但IIA大于IIIA元素,VA大于VIA元素。同周期元素从左到右,电负性逐渐增大。‎ ‎7.邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成,其结构简式为,下列关于该物质的说法正确的是(  )。‎ A 该物质能与溴水生成白色沉淀 B. 该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种 C. 1mol该物质最多能与4molH2生加成反应 D. 该物质中所有原子共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.邻甲基苯甲酸中不含酚羟基,不能与溴水生成白色沉淀,故A错误;‎ B.能水解说明含有酯基,甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3种,再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5种,故B正确;‎ C.该物质中只有苯环与氢气加成,则1mol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应,故C错误;‎ D.甲基碳属于饱和碳原子,其与周围四个原子构成空间四面体结构,不能全部共面,故D错误。‎ 综上所述,答案为B。‎ ‎【点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮,注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。‎ ‎8.能正确表示下列反应的离子方程式为(  )。‎ A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2:CO32-+2CO2+H2O=2HCO3-‎ C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水:3H2O2+I-=IO3-+3H2O D. 向CuSO4溶液中通入H2S:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2,溴离子和亚铁离子都被氧化,正确的离子方程式为:4Br−+2Fe2++3Cl2 = 2Fe3++2Br2+6Cl−,故A错误;‎ B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2,反应生成碳酸氢钠,该反应的离子方程式为:CO32−+CO2+H2O = 2HCO3-,故B错误;‎ C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水,反应生成碘单质,该反应的离子方程式为:2H++ H2O2 + 2I-= I2+2H2O,故C错误;‎ D. 向CuSO4溶液中通入H2S,生成CuS沉淀,该反应的离子方程式为:H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,故D正确。‎ 综上所述,答案为D。‎ ‎9.已知CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ‎ ΔH=+247kJ·mol−1,则有利于提高CH4平衡转化率的条件是( )‎ A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol可知要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动,但是不能通过增大甲烷浓度实现,该反应正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应,升高温度、减小压强能使平衡正向移动,增大甲烷转化率,故选A。‎ ‎10.我国学者研制了一种纳米反应器,用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下:‎ 下列说法不正确的是( )。‎ A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子 B. 反应过程中生成了MG和甲醇 C. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 D. EG和甲醇不是同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知,氢气转化为H原子,Cu纳米颗粒作催化剂,故A正确;‎ B.DMO中C−O、C=O均断裂,则反应过程中生成了EG和甲醇,故B正确; ‎ C.DMO为草酸二甲酯,EG为乙二醇,则C−O、C=O均断裂,故C错误;‎ D.EG与甲醇中−OH数目不同,二者不是同系物,故D正确;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎11.用电渗析法处理含Na2SO4废水,原理如图所示,两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜,而两端隔室中离子不能进入中间隔室。‎ 下列叙述正确的是(  )。‎ A. 当电路中通过2 mol电子的电量时,会有2mol的H2生成 B. 负极区得到NaOH,正极区得到H2SO4‎ C. 负极反应为2H2O-4e-=O2+4H+,负极区溶液pH增大 D. 通电后中间隔室的SO42-离子向负极迁移,正极区溶液pH降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据4mole-~2H2关系式得到,转移电子2mol电子,会有1mol H2生成,故A错误;‎ B. 直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,通电时,氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气,考虑电荷守恒,两膜中间的硫酸根离子会进入正极区,与氢离子结合成硫酸;氢离子在阴极得电子生成氢气,考虑电荷守恒,两膜中间的钠离子会进入负极区,与氢氧根离子结合成氢氧化钠,因此负极区得到NaOH,正极区得到H2SO4,故B正确;‎ C. 正极区为阳极,发生氧化反应,电极反应式为:2H2O−4e− = O2↑+4H+,生成氢离子,正极区溶液pH降低,故C错误;‎ D. 阴离子向阳极(即正极区)移动,正极区氢氧根离子放电pH减小,故D错误;‎ 综上所述,答案B。‎ ‎【点睛】化合价升高失去电子,在阳极发生反应,化合价降低得到电子,在阴极发生反应。‎ ‎12.T℃时,分别向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液,滴加过程中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知:Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是(  )。‎ A. a~b~d为滴定ZnCl2溶液的曲线 B. 对应溶液pH:a<b<e C. a点对应的CuCl2溶液中:c(Cl-)<2[c(Cu2+)+c(H+)]‎ D. d点纵坐标约为33.9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.10mL浓度为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀,Ksp(ZnS)> Ksp(CuS),反应后溶液中锌离子浓度大,则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线,故A错误;‎ B.某温度下,分别向10mL浓度均为0.1 mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 mol∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌,铜离子浓度和锌离子浓度减小,水解产生的c(H+)降低,溶液pH增大,硫化钠溶液呈碱性,完全反应后继续滴加硫化钠溶液,溶液pH增大,溶液pH:a<b<e,故B正确;‎ C.CuCl2在溶液中发生水解反应,生成氢氧化铜,溶液中存在物料守恒:c(Cl−)= ‎2c(Cu2+) + ‎2c[Cu(OH)2],溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度,c(Cl−)<2[c(Cu2+)+c(H+)],故C正确;‎ D.c点时铜离子全部沉淀,此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量,所以生成CuS沉淀后,c(Cu2+)=c(S2−),则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4,d点加入20mL0.1 mol∙L−1Na2S溶液,溶液中硫离子浓度,,c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1,-lgc(Cu2+)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9,故D正确。‎ 综上所述,答案为A。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共64分)‎ ‎13.C、O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常见元素。‎ ‎(1)Fe在元素周期表中的位置是_____,Cu基态原子核外电子排布式为________。‎ ‎(2)C和O的气态氢化物中,较稳定的是________(写化学式)。C的电负性比Cl的________(填“大”或“小”)。‎ ‎(3)写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____________________________。‎ ‎(4)碳有多种同素异形体,其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示:‎ ‎①在石墨烯晶体中,每个C原子连接___________个六元环,每个六元环占有___________个C原子。‎ ‎②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,每个C原子连接__________个六元环,六元环中最多有_________个C原子在同一平面。‎ ‎(5)刻蚀印刷电路的废液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3,任意排放将导致环境污染和资源的浪费,为了使FeCl3循环利用和回收CuCl2,回收过程如下:‎ ‎①试剂X的化学式为______________;‎ ‎②若常温下‎1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L-1,则加入Cl2和物质X后,过滤。为使溶液铁元素完全转化为Fe(OH)3,而CuCl2 不产生沉淀。则应控制pH的范围是____________________________(设溶液体积保持不变),已知:Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20、lg5=0.7。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). H2O (4). 小 (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 3 (7). 2 (8). 12 (9). 4 (10). CuO (11). 3~4.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Fe是26号元素,核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族;Cu是29号元素,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;故答案为:第四周期第Ⅷ族;1s22s22p63s23p63d104s1。‎ ‎(2)同周期,非金属性越强,其气态氢化物越稳定,因此较稳定的是H2O;Cl非金属性强,其电负性越大,因此C的电负性比Cl的小;故答案为:H2O;小。‎ ‎(3)Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;故答案为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。‎ ‎(4)①根据均摊法计算,在石墨烯晶体中,每个C原子被3个六元环共有,每个六元环占有的碳原子数6×=2,所以,每个六元环占有2个C原子;故答案为:3;2。‎ ‎②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键,最小的环为6元环,每个单键为3个环共有,则每个C原子连接4×3=12个六元环,六元环为椅式结构,六元环中有两条边平衡,连接的4个原子处于同一平面内,如图;故答案为:12;4。‎ ‎(5)①W中含有CuCl2、FeCl3,加入X使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,加入的X由于调节溶液pH值,且不引入杂质,X为CuO等;故答案为:CuO。‎ ‎②常温下‎1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L-1,则加入Cl2后溶液中FeCl2转变为FeCl3,因此c(FeCl3)=1 mol∙L−1,铜离子开始沉淀时,,,,pH = 4.3,铁离子沉淀完全时,,,,pH =3,故溶液pH应控制在3.0~4.3之间;故答案为:3.0~4.3。‎ ‎14.温室气体CO2资源化利用的一种途径如下,生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)由A到B的反应类型为________。‎ ‎(2)由C到D反应所需试剂为________。‎ ‎(3)E中官能团的名称是________。‎ ‎(4)F合成G的反应方程式为________。‎ ‎(5)H的分子式为________。‎ ‎(6)写出与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物的结构简式(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:2:1:1)________。‎ ‎(7)设计由丙炔和甲醛为起始原料制备和的合成路线 ____(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). Br2/FeBr3或Br2/Fe (3). 碳碳三键,羟基 (4). (5). C10H10O4 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给合成路线可知,A是乙炔,和甲醛发生醛基上的加成反应生成B();C(苯)和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成D(溴苯),B和D发生取代反应生成E();E的分子式为C9H8O,F的分子式为C9H10O,结合E→F的反应条件为催化剂/H2,可推知反应为碳碳三键的加成反应,F的结构简式为;F→G为碳碳双键的氧化反应,G和CO2在所给条件下反应生成H和I,以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析,由A到B的反应类型为加成反应;‎ 故答案为加成反应;‎ ‎(2)由C到D反应为苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯,故所需试剂为Br2/FeBr3或Br2/Fe;‎ 故答案为Br2/FeBr3或Br2/Fe;‎ ‎(3)E的结构简式为,含有的官能团的名称是碳碳三键、羟基;‎ 故答案为碳碳三键、羟基;‎ ‎(4)F合成G的反应为碳碳双键的氧化反应,H2O2被还原成H2O,化学方程式为;‎ 故答案为;‎ ‎(5)由H的结构简式可知,H的分子式为C10H10O4;‎ 故答案为C10H10O4;‎ ‎(6)G的结构简式为,与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物含有苯环和羧基,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:2:1:1‎ ‎,说明含有两个甲基,且对称性好,则结构简式可能为;‎ 故答案为;‎ ‎(7)参考题给合成路线,采用逆合成方法,由丙炔和甲醛为起始原料制备和的合成路线设计为:;‎ 故答案为。‎ ‎15.过氧化钙在工农业生产中有广泛的用途。‎ Ⅰ.过氧化钙制备方法很多。‎ ‎(1)制备方法一:H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O,其化学方程式为______________________________________________________________。‎ ‎(2)制备方法二:利用反应Ca(s)+O2CaO2(s),在纯氧条件下制取CaO2,实验室模拟装置示意图如下:‎ 请回答下列问题:‎ ‎①装置A中反应的化学方程式为________________,仪器a的名称为 ___________。‎ ‎②装置D中盛有的液体是浓硫酸,其作用一是_________;二是_____________。‎ Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO),水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示,其测定步骤及原理为:‎ a.固氧:碱性下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:2Mn2++O2+4OH=2MnO(OH)2↓;‎ b.氧化:酸性下,MnO(OH)2将I−氧化为I2:MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O;‎ c.滴定:用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:2S2O32-+I2=S4O62-+2I−。‎ 某同学向水中加一定量CaO2·8H2O,取此水样100.00mL,按上述方法测定水中溶氧量(DO),消耗0.0100mol·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50mL。‎ ‎(1)滴定过程中使用的指示剂是_______________________________;‎ ‎(2)该水样中的溶解氧量(DO)为__________________mg·L−1。‎ ‎(3)步骤b中加入硫酸溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差,写出产生此误差的原因________________________(用离子方程式表示,至少写出2个)。‎ ‎【答案】 (1). Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O (2). 2H2O22H2O+O2↑ (3). 蒸馏烧瓶 (4). 观察氧气流速,判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度 (5). 防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度 (6). 淀粉溶液 (7). 10.80mg·L−1 (8). 2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-、4H++4I-+O2=2I2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2⸱8H2O,反应为Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2⸱8H2O;故答案为:Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2⸱8H2O。‎ ‎(2)装置A中反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑,仪器a为蒸馏烧瓶;装置D 中盛有的液体是浓硫酸,其作用一是观察氧气的流速,判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度;二是防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度;故答案为:2H2O22H2O+O2↑;蒸馏烧瓶;观察氧气流速,判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度;防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度。‎ Ⅱ.(1)根据2S2O32−+I2=S4O62−+2I-,可选指示剂为淀粉溶液;故答案为:淀粉溶液。‎ ‎(2)根据方程式可得关系式O2~4S2O32−,则100.0mL水样中n(O2) =n(S2O32−)=×0.0100mol⸱L−1×‎0.0135L =×10−6mol,该水样中的溶解氧量(DO)为;故答案为:10.8。‎ ‎(3)步骤b中加入硫酸溶液反应后,若溶液pH过低,溶液中含有大量氢离子,氢离子会和硫代硫酸根反应生成硫沉淀和二氧化硫,二氧化硫和单质碘反应,碘离子还可能在氢离子条件下被氧气氧化,因此发生的离子方程式表示为2H++S2O32-= S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-、4H++4I- +O2=2I2+2H2O;故答案为:2H++S2O32-= S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-、4H++4I- +O2=2I2+2H2O(任写两个)。‎ ‎16.汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。‎ ‎(1)工业上利用甲烷催化还原NO,可减少氮氧化物的排放。‎ 已知:CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1‎ 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。‎ ‎(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH <0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO,用传感器测得的数据如下表所示:‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ c(NO)/×10-3mol·L−1‎ ‎9.00‎ ‎4.00‎ ‎2.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ c(CO)/×10-3mol·L−1‎ ‎9.00‎ ‎4.00‎ ‎2.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎①为了提高尾气处理的效果,可采取的措施有____________(写出两种即可)。‎ ‎②此条件下达到平衡时,计算该反应的平衡常数K=____________________。‎ ‎(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NOx),可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。(已知:常温下,HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8)。‎ ‎①常温下,相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。‎ ‎②常温下,NaHSO3显_________性(填“酸”“碱”或“中”),判断的理由是________________________________________________(通过计算说明)。‎ ‎(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如图所示。‎ ‎①Ce4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。‎ ‎②写出阴极的电极反应式______________________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1 (2). 降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可) (3). 2.56×105 (4). Na2SO3 (5). 酸 (6). 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh2=≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性 (7). a (8). 2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知:CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol−1‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol−1‎ 将第一个方程式加上第二个方程式,再整体除以2得到甲烷直接将NO2还原为N2‎ 的热化学方程式为CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+2H2O(g) ΔH =;故答案为:CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1。‎ ‎(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应,为了提高尾气处理的效果,可采取的措施有降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等;故答案为:降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。‎ ‎②此条件下达到平衡时,c(NO)= c(CO) =1.00×10-3mol·L−1,Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1,c(N2)=Δc(N2)= Δc(NO)= ×8.00×10-3mol·L−1 =4.00×10-3mol·L−1,c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(NO)=8.00×10-3mol·L−1,因此反应平衡常数;故答案为:2.56×105。‎ ‎(3)①常温下,HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka2=5.8×10-8,因此酸性强弱为HNO2>HSO3-,根据越弱越水解,碱性强,则相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是Na2SO3溶液;故答案为:Na2SO3。‎ ‎②常温下,HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10−8,水解常数Kh2=≈8.3×10−13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性;故答案为:酸;因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10−8,水解常数Kh2=≈8.3×10−13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性。‎ ‎(4)①Ce3+化合价升高变为Ce4+,失去电子发生氧化反应,在阳极反应,因此Ce4+从电解槽的a口流出;故答案为:a。‎ ‎②NO2-转化为无毒物质,N化合价降低,得到电子发生还原反应,在阴极反应,因此阴极的电极反应式2NO2- + 8H++6e- = N2↑+4H2O;故答案为:2NO2- + 8H++6e- = N2↑+4H2O。‎

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