（新高考）江蘇高考化學(xué)押題卷化學(xué)卷(解析版)

絕密★啟用前此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級姓名準(zhǔn)考證號考場號座位號化學(xué)注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4．考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化博大精深、源遠(yuǎn)流長，王翰《涼州詞》中寫道“葡萄美酒夜光杯，欲飲琵琶馬上催···”。夜光杯的主要成分為3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料為木料或竹料、絲線等，下列說法錯誤的是A．由蠶絲搓紡而成的絲線的主要成分為蛋白質(zhì)B．葡萄酒中通常含有微量SO2，SO2既可以殺菌又能防止?fàn)I養(yǎng)成分被氧化C．夜光杯屬硅酸鹽產(chǎn)品，難溶于水，不耐酸堿侵蝕D．制作琵琶的竹料放入飽和Na2SiO3溶液中充分浸透后瀝干可起到防火的作用【答案】C【解析】A．蠶絲主要成分是蛋白質(zhì)，因此由蠶絲搓紡而成的絲線的主要成分也是蛋白質(zhì)，故A正確；B．二氧化硫能殺菌，還有較強的還原性，添加在葡萄酒中既能殺菌又能防止葡萄酒被氧化，故B正確；C．夜光杯的主要成分為3MgO·4SiO2·H2O，屬硅酸鹽產(chǎn)品，不溶于水，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點，故C錯誤；D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入飽和Na2SiO3溶液中充分浸透后瀝干可起到防火的作用，故D正確。綜上所述，答案為B。2．下列關(guān)于化學(xué)用語的表述正確的是A．中子數(shù)為143的U原子：SKIPIF1<0B．H2N－CN分子中含3個σ鍵C．Fe2+的原子結(jié)構(gòu)示意圖：D．BF3的電子式：【答案】A【解析】A．質(zhì)子數(shù)為92，中子數(shù)為143的U原子為SKIPIF1<0，故A正確；B．H2N－CN中含有4個σ鍵和2個π鍵，故B錯誤；C．應(yīng)該表述為Fe2+的離子結(jié)構(gòu)示意圖：，故C錯誤；D．BF3的電子式為，故D錯誤；故答案為A。3．化合物甲(H3BNH3)可由無機苯(分子式為B3N3H6，結(jié)構(gòu)式為)通過反應(yīng)制得：SKIPIF1<0。下列敘述錯誤的是A．B3N3H6為非極性分子B．CH4、CO2分子空間構(gòu)型分別是：正四面體形、直線形C．第一電離能大小為：N>O>C>BD．化合物甲和無機苯分子中B的雜化類型相同 【答案】D【解析】A．由信息可知，結(jié)合苯的分子結(jié)構(gòu)可知無機苯的結(jié)構(gòu)為，該分子由極性鍵構(gòu)成的非極性分子，A項正確；B．甲烷中C原子形成4個σ鍵、二氧化碳分子C原子形成2個σ鍵，均沒有孤電子對，價層電子對數(shù)分別為4、2，甲烷為正四面體、二氧化碳為直線形，故B正確；C．同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素，B、C、N、O這幾種元素都是第二周期元素，他們的族序數(shù)分別是，第ⅢA族、第ⅣA族，第ⅤA族、第ⅥA族，所以第一電離能大小為：N>O>C>B，C項正確；D．H3BNH3中B原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，采取sp2雜化，(HB=NH)3分子B原子形成2個σ鍵，沒有孤電子對，(HB=NH)3分子B原子采取sp雜化，故D錯誤；答案選D。4．下列物質(zhì)性質(zhì)與用途對應(yīng)關(guān)系正確的是性質(zhì)用途ASO2具有氧化性漂白紙漿BNaHCO3溶液呈弱堿性中和過多的胃酸CFeCl3溶液呈酸性刻制銅制電路板時作為“腐蝕液”DHF具有弱酸性刻蝕玻璃【答案】B【解析】A．二氧化硫具有漂白性能用來漂白紙漿，故A錯誤；B．胃酸的主要成分為鹽酸，常用碳酸氫鈉中和胃酸，故B正確；C．三價鐵離子具有氧化性，可以和銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，從而腐蝕銅制電路板，故C錯誤；D．玻璃成分主要是硅酸鹽，HF可以和它發(fā)生反應(yīng)，從而刻蝕玻璃，不是因為弱酸性，是HF的特性，故D錯誤；故答案B。5．下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是A．1molSKIPIF1<0的溶液與4molNaOH的溶液混合：SKIPIF1<0B．用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+4H++NOeq\o\al(?,3)=Ag++NO↑+2H2OC．苯甲酸與過量SKIPIF1<0溶液反應(yīng)：2+COeq\o\al(2?,3)→2+CO2↑+H2OD．Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)與稀硫酸反應(yīng)放出SO2：S2Oeq\o\al(2?,5)+2H+=2SO2↑+H2O【答案】D【解析】A．lmolSKIPIF1<0的溶液中含有1molAl3+和1molNHeq\o\al(+,4)，當(dāng)加入4molOH?時，OH?先與Al3+反應(yīng)生成SKIPIF1<0，消耗3molOH?，剩余的1molOH?會繼續(xù)與1molNHeq\o\al(+,4)反應(yīng)生成1molSKIPIF1<0，A錯誤；B．電荷不守恒，離子方程式為3Ag+4H++NOeq\o\al(?,3)=3Ag++NO↑+2H2O，B錯誤；C．由于苯甲酸是少量的，所以應(yīng)生成HCOeq\o\al(?,3)，不能放出CO2，C錯誤；D．Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)與稀硫酸反應(yīng)：S2Oeq\o\al(2?,5)+2H+=2SO2↑+H2O，D正確。答案選D。6．下列有關(guān)實驗裝置的說法中錯誤的是A．圖1裝置可用于檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體B．圖2裝置中反應(yīng)一段時間后，試管中固體變?yōu)楹谏獵．圖3裝置可測量Cu與濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體的體積D．圖4裝置可用于實驗室制備Fe(OH)2【答案】C【解析】A．左側(cè)的五氧化二磷是為了讓酸性氣體從左側(cè)流出，HCl使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅，右側(cè)堿石灰是為了讓堿性氣體從右側(cè)流出，氨氣使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，故A正確；B．Fe在高溫下和水蒸氣反應(yīng)生成黑色的四氧化三鐵和氫氣，故B正確；C．二氧化氮易和水反應(yīng)生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，應(yīng)該采用向上排空氣法收集二氧化氮，故C錯誤；D．鐵作陽極，陽極上生成亞鐵離子，陰極附近生成氫氧根離子，二者反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，故D正確；故選C。7．某科研小組采用銅基催化劑（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氫合成甲醇，其合成反應(yīng)歷程如下。下列說法中正確的是A．催化劑Cua+是加氫反應(yīng)的活性中心，能提高H2的轉(zhuǎn)化率B．該過程中只得到甲醇一種產(chǎn)物C．能通過調(diào)控反應(yīng)條件獲得甲醛(HCHO)等有機物D．該催化過程中同時有極性共價鍵、非極性共價鍵的斷裂和形成【答案】C【解析】A．由圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，Cua+并沒有參加反應(yīng)，作催化劑，能加快反應(yīng)速率，但不影響平衡的移動，不能提高H2的轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；B．CO2多步加氫合成甲醇的反應(yīng)方程式為CO2+3H2＝CH3OH+H2O，故B錯誤；C．可以調(diào)控反應(yīng)條件，如減少還原劑的量，可得甲醛，故C正確；D．該催化過程涉及到H－H、C＝O的斷裂和C－H、O－H鍵的形成，沒有非極性鍵的形成，故D錯誤；答案選C。8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，M的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽，W與Y同主族，Y的氫化物為具有臭雞蛋氣味的氣體。下列說法正確的是A．Z的氧化物的水化物的酸性比Y的強B．W與其他四種元素均可形成至少兩種二元化合物C．簡單離子半徑：W＜X＜ZD．Y簡單氣態(tài)氫化物的沸點大于W簡單氣態(tài)氫化物的沸點【答案】B【解析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是Na；M的氣態(tài)氫化物和最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成一種鹽，M為N；W和X的簡單離子電子層結(jié)構(gòu)相同且與Y同族，Y的氫化物為具有臭雞蛋氣味的氣體為H2S，則W應(yīng)在第二周期，Y在第三周期，則W可為O，此時Y為S，則Z為Cl。A．Y與Z處于同同期，從左到右，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強，則Z＞Y，但選項中未提到最高價氧化物對應(yīng)的水化物，則條件不足，其酸性無法比較，故A項錯誤；B．W為O，N元素與O可形成NO、NO2、N2O等多種化合物，Na與O形成的化合物有Na2O和Na2O2兩種；S與O形成的化合物有SO2和SO3兩種；Cl與O形成的化合物有ClO2、Cl2O7等多種二元化合物，故B項正確；C．根據(jù)元素周期律可知：離子電子層結(jié)構(gòu)相同的，原子序數(shù)大的離子半徑小，電子層結(jié)構(gòu)不同的，電子層越多離子半徑越大，可得簡單離子半徑：X＜W＜Z，故C項錯誤；D．由于H2O分子間能形成氫鍵，故其沸點比H2S高，故D項錯誤；答案選B。9．廢氣的污染成為世界各國關(guān)注的焦點，科技團隊研究發(fā)現(xiàn)利用工業(yè)尾氣中硫化物與氮氧化物可以制取Na2S2O4和NH4NO3。有關(guān)該流程下列說法錯誤的是A．該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是Ce4+B．裝置Ⅱ中若生成1.204×1023個H+，則消耗18g水C．裝置Ⅲ中得到0.3molS2Oeq\o\al(2?,4)時，若用乙醇燃料電池進行電解時，理論上要消耗0.05mol乙醇D．裝置Ⅳ獲得粗產(chǎn)品NH4NO3的實驗操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等【答案】B【解析】由題給流程可知，裝置Ⅰ中的氫氧化鈉溶液將一氧化氮和二氧化硫混合氣體中的二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸氫根離子，未反應(yīng)的一氧化氮在裝置Ⅱ中與Ce4+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Ce3+、硝酸根離子和亞硝酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為NO+3Ce4++2H2O=NOeq\o\al(?,3)+3Ce3++4H+、NO+Ce4++H2O=NOeq\o\al(?,2)+Ce3++2H+；在裝置Ⅲ中的Ce3+在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ce4+，Ce4+可以循環(huán)使用，亞硫酸氫根離子在陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成S2Oeq\o\al(2?,4)，未反應(yīng)的硝酸根離子和亞硝酸根離子在裝置Ⅳ中與氨氣和氧氣反應(yīng)生成硝酸銨，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等得到硝酸銨粗產(chǎn)品。A．根據(jù)分析可知Ce4+可以循環(huán)使用，故A正確；B．由分析可知，反應(yīng)生成的氫離子由參加反應(yīng)的水提供，則由氫原子個數(shù)守恒可知，裝置Ⅱ中若生成1.204×1023個H+（0.2mol），反應(yīng)消耗1.8g水，故B錯誤；C．由得失電子數(shù)目守恒可知，裝置Ⅲ得到0.3molS2Oeq\o\al(2?,4)，乙醇燃料電池中負(fù)極消耗乙醇的物質(zhì)的量為2×0.3mol×SKIPIF1<0=0.05mol，故C正確；D．由分析可知，從裝置Ⅳ中反應(yīng)后的溶液中獲得粗產(chǎn)品硝酸銨的實驗操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等，故D正確；故選B。10．下列裝置圖或曲線圖與對應(yīng)的敘述不相符的是A．圖1：用0.1mol/LNaOH溶液分別滴定相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，其中實線表示的是滴定鹽酸的曲線B．圖2：酸性KMnO4溶液顏色會逐漸變淺乃至褪去C．圖3：用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液的滴定曲線，當(dāng)pH=7時：c(Na+)=c(CH3COO?)＞c(OH?)=c(H+)D．圖4：表示N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的v逆隨時間變化曲線，由圖知t1時刻可能減小了容器內(nèi)的壓強【答案】A【解析】A．如圖1所示，用0.1mol/LNaOH溶液分別滴定相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，在同濃度時鹽酸電離出的氫離子濃度大，即其中實線表示的是滴定醋酸的曲線，A錯誤；B．濃硫酸和蔗糖反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化硫氣體，二氧化硫具有還原性，能與酸性的KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而使酸性KMnO4溶液顏色會逐漸變淺乃至褪去，故B正確；C．反應(yīng)后溶液pH=7，依據(jù)溶液中電荷守恒分析，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20ml0.1mol/LNaOH溶液，反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液呈中性，溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，c(H+)=c(OH?)，則c(CH3COO?)=c(Na+)，得到當(dāng)pH=7時：c(Na+)=c(CH3COO?)＞c(OH?)=c(H+)，故C正確；D．若t1時刻減小容器內(nèi)的壓強，根據(jù)有效碰撞理論可知，逆反應(yīng)速率下降，故D正確；答案為A。12．下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作實現(xiàn)現(xiàn)象結(jié)論A向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸出現(xiàn)白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解久置的Na2SO3溶液已全部變質(zhì)B取1mL20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加熱后，取少量溶液，加入幾滴新制Cu(OH)2懸濁液，加熱未有磚紅色沉淀生成蔗糖未水解C常溫下用pH計測定濃度均為0.1mol·L?1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pHpH：NaClO溶液>NaHCO3溶液酸性：H2CO3＞HClOD向KNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉并加熱，管口放濕潤的紅色石蕊試紙試紙變?yōu)樗{(lán)色NOeq\o\al(?,3)離子被還原為NH3【答案】D【解析】Na2SO3遇BaCl2生成BaSO3，BaSO3遇硝酸也會生成BaSO4，所以不能說明Na2SO3溶液已全部變質(zhì)，故A錯誤。蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖與新制Cu(OH)2懸濁液的反應(yīng)應(yīng)在堿性條件下進行，故B錯誤；NaClO溶液會發(fā)生水解生成氫氧化鈉和次氯酸，氫氧化鈉使試紙變藍(lán)，HClO具有漂白性，把試紙漂白，最終無法測得NaClO溶液的pH，C項錯誤；氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色，KNO3和KOH混合溶液中加入鋁粉并加熱，管口放濕潤的紅色石蕊試紙，試紙變藍(lán)色，說明NOeq\o\al(?,3)被還原為NH3，D正確。13．在二氧化碳加氫制甲烷的反應(yīng)體系中，主要發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ/molK1反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=41.2kJ/molK2反應(yīng)Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH3=-247.1kJ/molK3向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時CH4、CO、CO2的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是A．圖中曲線B表示CO的物質(zhì)的量隨溫度的變化B．反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)K3=SKIPIF1<0C．提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-205.9kJ/mol【答案】A【解析】A．反應(yīng)物CO2的量逐漸減小，故圖中曲線A表示CO2的物質(zhì)的量變化曲線，由反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ可知，溫度升高反應(yīng)Ⅱ正向移動，反應(yīng)Ⅲ逆向移動，CO的物質(zhì)的量增大，故曲線C為CO的物質(zhì)的量變化曲線，曲線B為CH4的物質(zhì)的量變化曲線，故A錯誤；B．反應(yīng)Ⅲ=反應(yīng)Ⅰ-2×反應(yīng)Ⅱ，化學(xué)平衡常數(shù)K3=SKIPIF1<0，故B正確；C．反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)，降低溫度有利于反應(yīng)Ⅰ正向進行，反應(yīng)Ⅱ逆向進行，即可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，所以需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑，故C正確；D．反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ，并整理可得到目標(biāo)反應(yīng)，則CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正確；故答案為A。14．常溫下，將NaOH溶液分別加到HF溶液、CH3COOH溶液中，兩混合溶液中離子濃度與pH的變化關(guān)系如圖所示，已知pKa=-lgKa，下列有關(guān)敘述錯誤的是A．將0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合，則反應(yīng)后的混合液中：2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)B．a(chǎn)點時，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH?)C．常溫下，0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pHD．向0.1mol·L?1HF溶液中加入等體積的0.1mol·L?1NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)=c(OH?)【答案】B【解析】A．0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合后的溶液中存在等濃度的醋酸鈉和醋酸，根據(jù)電荷守恒可得c(OH?)+c(CH3COO?)=c(H+)+c(Na+)，根據(jù)物料守恒可得c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根據(jù)上述2式有2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正確；B．根據(jù)圖像，a點時，lgSKIPIF1<0=0，則c(F?)=c(HF)，溶液的pH=4，則c(H+)>c(OH?)，此時溶液中含有NaF和HF，根據(jù)電荷守恒可得c(F?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，則c(F?)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，當(dāng)lgSKIPIF1<0=lgSKIPIF1<0=0，有K(HF)=SKIPIF1<0=c(H+)=10?4，同理K(CH3COOH)=10?5，因此酸性HF＞CH3COOH，則0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，故C正確；D．反應(yīng)后的溶質(zhì)為NaF，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH?)，故D正確；故選B。二、非選擇題：共58分。15．（16分）亞氯酸鈉(NaClO2)是重要漂白劑，某化學(xué)實驗小組設(shè)計如下實驗探究亞氯酸鈉的制備與性質(zhì)。已知：①NaClO2飽和溶液在低于38℃時析出NaClO2·3H2O，高于38℃時析出無水NaClO2，溫度高于60℃時，NaClO2分解為NaClO3和NaCl。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是___________，儀器b的作用是______。(2)A裝置中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________(3)裝置C中混合溶液反應(yīng)生成NaClO2的離子方程式為___________。(4)從裝置④反應(yīng)后的溶液獲得晶體NaClO2的操作步驟為：①減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶；②趁熱過濾；③___________；④低于60℃干燥，得到成品。(5)設(shè)計實驗檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質(zhì)Na2SO4，操作是：________________________。(6)測定產(chǎn)品中NaClO2的純度。準(zhǔn)確稱取3.00g樣品，加入適量蒸餾水和過量的KI晶體，在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)：ClOeq\o\al(?,2)+4I?+4H+=2H2O+2I2+Cl?。將所得混合液稀釋成250mL待測溶液。用酸式滴定管量取25.00mL待測溶液置于錐形瓶中，加入淀粉溶液作指示劑，用0.5000mol·L?1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定(已知：I2+2S2Oeq\o\al(2?,3)=2I?+S4Oeq\o\al(2?,6))，滴定終點時的現(xiàn)象為___________，平行滴定3次，測得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的平均用量為20.00mL。所稱取的樣品中NaClO2質(zhì)量百分含量為___________。【答案】（1）分液漏斗（1分）防止倒吸（1分）（2）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）2ClO2+H2O2+2OH?=2ClOeq\o\al(?,2)+O2+2H2O（2分）用38℃～60℃的溫水洗滌（2分）取晶體少許溶于水，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有SOeq\o\al(2?,4)（2分）溶液顏色由藍(lán)色恰好變?yōu)闊o色，且30s不變色（2分）90.50%（2分）【解析】(1)儀器a的名稱是分液漏斗，儀器b為干燥管，因此儀器b的作用是防止倒吸；(2)根據(jù)反應(yīng)物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物為ClO2和2Na2SO4，配平方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；(3)ClO2生成NaClO2，Cl元素的化合價降低，則H2O2的O元素化合價升高，生成NaClO2的離子方程式為：2ClO2+H2O2+2OH?=2ClOeq\o\al(?,2)+O2+2H2O；(4)因為NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶體，需在38℃～60℃得到晶體，故操作為趁熱過濾并用38℃～60℃的溫水洗滌；(5)SOeq\o\al(2?,4)的檢驗方法是加入足量的鹽酸酸化，再加BaCl2溶液，根據(jù)是否有沉淀判斷。故操作是：取晶體少許溶于水，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有SOeq\o\al(2?,4)；(6)該混合溶液是在酸性條件下反應(yīng)的，則選用酸式滴定管量取待測液；已知反應(yīng)：ClOeq\o\al(?,2)+4I?+4H+=2H2O+2I2+Cl?，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定的原理：I2+2S2Oeq\o\al(2?,3)=2I?+S4Oeq\o\al(2?,6)，滴定終點現(xiàn)象是：藍(lán)色恰好變?yōu)闊o色，且30s不變色；通過測定碘單質(zhì)的含量來計算NaClO2的含量，由反應(yīng)的關(guān)系式：NaClO2~2I2~4S2Oeq\o\al(2?,3)14n0.5000mol·L?1×20.00mL×10?3解得n=2.5×10?3mol，則250mL樣品溶液中的物質(zhì)的量為2.5×10?3mol×SKIPIF1<0=0.025mol，則3.00g樣品中NaClO2質(zhì)量百分含量為SKIPIF1<0=75.4%。（12分）（一）乙苯催化脫氫：(g)(g)+H2(g)ΔH(1)有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)鍵的鍵能如表所示：化學(xué)鍵C－HC－CC＝CH－H鍵能/kJ/mol414348620436則該反應(yīng)的ΔH=_______。(2)該反應(yīng)在_________條件下能自發(fā)進行；既能提高該反應(yīng)的速率又能提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率的措施是_____________________。(3)溫度T時，在體積為2L的密閉容器中通入2mol乙苯蒸汽發(fā)生催化脫氫反應(yīng)。已知乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，則在該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____。向上述平衡中再通入0.8mol氫氣和0.4mol乙苯蒸汽，則平衡向（填“正向移動”、“逆向移動”或“不移動”）（二）乙苯和二氧化碳催化脫氫：(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH>0(4)溫度為T時，在2L的密閉容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反應(yīng)到平衡時測得混合物各組成的物質(zhì)的量均為1.0mol。①若保持溫度和容器容積不變，向該容器中再充入2mol乙苯和2mol二氧化碳達到平衡時，則乙苯的物質(zhì)的量濃度___________。A．等于1mol·L?1B．小于1mol·L?1C．大于1mol·L?1D．不確定②若將反應(yīng)改為恒壓絕熱條件下進行，達到平衡時，則乙苯的物質(zhì)的量濃度___________。A．等于0.5mol·L?1B．小于0.5mol·L?1C．大于0.5mol·L?1D．不確定【答案】（1）120kJ·mol?1（2分）高溫（2分）升高體系溫度（2分）0.9（2分）逆向移動（2分）C（1分）D（1分）【解析】(1)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是－CH2CH3中總鍵能與－CH=CH2、H2總鍵能之差，則?H=(5×414+348-3×414-620-436)kJ·mol?1=120kJ·mol?1；(2)該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，則反應(yīng)速率和轉(zhuǎn)化率增大，該反應(yīng)的ΔS＞0，ΔH＞0，根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS可知，在較高溫度下能自發(fā)進行；(3)物質(zhì)的量為2mol、體積為1L的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應(yīng)，達到平衡時轉(zhuǎn)化率為60%，參加反應(yīng)的乙苯為1.2mol，則：

(g)(g)+H2(g)開始物質(zhì)的量(mol)2

0

0轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量(mol)1.2

1.2

1.2平衡物質(zhì)的量(mol)0.8

1.2

1.2平衡濃度（mol/L）0.40.60.6平衡常數(shù)K=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0。維持溫度和容器體積不變，向上述平衡中再通入0.8mol氫氣和0.4mol乙苯蒸汽，Qc=SKIPIF1<0＞K，平衡逆向移動；(4)溫度為T時，在2L的密閉容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反應(yīng)到平衡時測得混合物各組成的物質(zhì)的量均為1.0mol。同等比例的增大反應(yīng)物的量相當(dāng)于增大壓強，對正反應(yīng)氣體分子數(shù)目增大的反應(yīng)而言，乙苯的轉(zhuǎn)化率減小，即再一次平衡時乙苯的物質(zhì)的量大于2mol，乙苯的物質(zhì)的量濃度大于1mol/L；故選C；②上述恒容容器中進行反應(yīng)，氣體壓強增大，要將該反應(yīng)在恒壓條件下進行，相當(dāng)于恒容條件下平衡狀態(tài)減壓達到新平衡，在平衡之后減壓，平衡向正方向移動，乙苯的物質(zhì)的量濃度減小，又由于正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，在絕熱容器中，與外界沒有能量交換，平衡向正向移動，吸收熱量會增多，容器內(nèi)反應(yīng)體系的溫度會降低，平衡又會向左移動，乙苯的濃度減小。二者使平衡移動方向不同且移動程度不確定，最終乙苯的濃度增大、減小或不變都有可能。故答案為D。17.（14分）綜合利用富鈦廢渣(含TiO2、ZnO、Fe2O3和少量有機物)制備Li4Ti5O12，并獲得部分副產(chǎn)品的工藝流程如下：已知：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0?；卮鹣铝袉栴}：(1)除去富鈦廢渣中的少量有機物的操作是；提高“酸溶”時的速率的方法有（任寫一條）。(2)“還原”工序中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(3)“酸溶”后鈦以TiO2+形式存在，則“水解”反應(yīng)的離子方程式為_____________________。(4)常溫下，“氧化”后所得溶液中過渡金屬離子濃度均為0.10mol·L?1，則“調(diào)pH”的合理范圍為______。(5)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)時，應(yīng)將溫度控制在50℃左右的原因是________________。(6)“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為；高溫煅燒時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為__________________________________。【答案】（1）灼燒攪拌、適當(dāng)增加酸的濃度、加熱（任寫一條）（2分）Fe+2Fe3+=3Fe2+（2分）SKIPIF1<0（2分）3≤pH＜6（2分）提高反應(yīng)速率，同時防止溫度過高造成雙氧水分解，氨水揮發(fā)（2分）SKIPIF1<0（2分）Li2Ti5O11+Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅燒))Li4Ti5O12+CO2↑（2分）【解析】富鐵廢渣中含有少量有機物，灼燒時可以除去有機物；將灼燒后的燒渣溶于稀硫酸，以鋅離子、鐵離子、以及TiO2+形式存在，加入適量鐵粉使鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，TiO2+水解生成TiO2·xH2O，在雙氧水、LiOH作用下生成Li2Ti5O11，再與碳酸鋰高溫下發(fā)生反應(yīng)Li2Ti5O11+Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅燒))Li4Ti5O12+CO2↑，生成Li4Ti3O12。水解之后的濾液中含有亞鐵離子、鐵離子、鋅離子，加入次氯酸鈉后將二價鐵氧化，再調(diào)pH得到氫氧化鐵沉淀，在堿性條件下與NaClO反應(yīng)得到高鐵酸鈉。(1)灼燒是將富鐵廢渣中的有機物除去；提高酸浸的常見的措施有攪拌，適當(dāng)增大酸的濃度，加熱等；(2)加入適量鐵粉使鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，故反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)水解步驟為TiO2+水解生成TiO2·xH2O，其離子方程式為TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+；(4)調(diào)pH時鋅離子不能沉淀，鐵離子完全沉淀，可計算出鋅離子開始沉淀時的pH和鐵離子完全沉淀時的pH，即為范圍。鐵離子完全沉淀時，其濃度≤10?5mol·L?1，根據(jù)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，帶入數(shù)據(jù)可得SKIPIF1<0mol