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 17页

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。‎