2024年人教A版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年人教A版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷457考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、工業(yè)上合成氨的反應(yīng)為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），為了增大反應(yīng)速率，提高經(jīng)濟(jì)效益，最理想的措施是（）A.增大反應(yīng)物的濃度B.增大反應(yīng)體系的壓強(qiáng)C.提高反應(yīng)體系的溫度D.選擇合適的催化劑2、25℃時(shí)，用0.1mol?L-1的NaOH溶液滴定0.1mol?L-1CH3COOH（Ka=1.75×10-5）溶液過(guò)程中，消耗NaOH溶液的體積與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列各項(xiàng)中微粒濃度間關(guān)系正確的是（）A.點(diǎn)①所示溶液中：2c（CH3COO-）-2c（CH3COOH）=c（H+）-c（OH-）B.點(diǎn)②所示溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）C.點(diǎn)③所示溶液中：c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=c（Na+）+2c（H+）-2c（OH-）D.pH=12的溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CH3COOH）3、化學(xué)知識(shí)中有很多的“相等”．下列說(shuō)法中不正確的是（）A.參加化學(xué)反應(yīng)的各物質(zhì)的總質(zhì)量等于反應(yīng)后生成的各物質(zhì)的總質(zhì)量B.化合物中元素化合價(jià)的正價(jià)總數(shù)與負(fù)價(jià)總數(shù)的數(shù)值相等C.溶液稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量相等D.在原子中原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等4、Cl2是紡織工業(yè)常用的漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑”。S2O32—和Cl2反應(yīng)的產(chǎn)物之一為SO42—。下列說(shuō)法不正確的（）A.該反應(yīng)中還原劑是S2O32—B.H2O參與該反應(yīng)，且作氧化劑C.根據(jù)該反應(yīng)可判斷氧化性：Cl2>SO42—D.上述反應(yīng)中，每生成lmolSO42—，可脫去2molCl25、在氧化還原反應(yīng)的過(guò)程中，氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)同時(shí)發(fā)生，下列有關(guān)SO2-2e-+2H2O→SO42-+4H+的說(shuō)法正確的是（）A.該反應(yīng)為還原反應(yīng)B.上述反應(yīng)中若產(chǎn)生0.1molSO42-，則消耗SO2的物質(zhì)的量為0.1molC.Fe2（SO4）3、品紅兩種溶液都能使上述反應(yīng)進(jìn)行D.通入Cl2會(huì)增強(qiáng)SO2的漂白作用評(píng)卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)6、一定條件下合成乙烯6H2（g）+2C02（g）CH2=CH2（g）+4H20（g）；己知溫度對(duì)C02的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說(shuō)法正確的是（）A.生成乙烯的速率：v（M）一定小于v（N）B.平衡常數(shù)：KM＜KNC.催化劑對(duì)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率沒(méi)有影響D.若投料比n（H2）：n（CO2）=3：1，則圖中M點(diǎn)時(shí)，乙烯的體積分?jǐn)?shù)為7.7%7、rm{20隆忙}時(shí)，配制一組rm{c(H_{2}A)+c(HA^{-})+c(A^{2-})=0.100mol?L^{-1}}的rm{H_{2}A}和rm{NaOH}混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨rm{pH}的變化曲線如圖所示rm{.}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}A}在水中的電離方程式為：rm{H_{2}A=HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}B.rm{c(Na^{+})=0.100}rm{mol?L^{-1}}的溶液中，rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}C.rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}D.rm{pH=7}的溶液中，rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})}8、常溫下，rm{K_{a}(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}rm{K_(NH_{3}隆隴H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}下列說(shuō)法正確的是rm{K_{a}

(HCOOH)=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}

(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}A.濃度均為rm{K_

(NH_{3}隆隴H_{2}O)=1.76隆脕10^{-5}}的rm{(}和rm{)}溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者B.用相同濃度的rm{0.1mol隆隴L^{-1}}溶液分別滴定等體積、rm{HCOONa}均為rm{NH_{4}Cl}的rm{NaOH}和rm{pH}溶液至終點(diǎn)，消耗rm{3}溶液的體積相等C.rm{HCOOH}與rm{CH_{3}COOH}等體積混合后的溶液中：rm{NaOH}D.rm{0.2mol隆隴L^{-1}CH_{3}COONa}與rm{0.2mol隆隴L^{-1}HCOOH}鹽酸等體積混合后的溶液中rm{(pH<7):c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaOH}9、化學(xué)在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有重要應(yīng)用rm{.}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.葡萄糖和蛋白質(zhì)等高分子化合物是人體必需的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)B.自來(lái)水廠用明礬凈水，也可以用rm{ClO_{2}}代替C.居室中放置一盆石灰水可以吸收rm{CO}預(yù)防中毒D.用二氧化碳生產(chǎn)聚碳酸酯可以減少碳排放，以減緩溫室效應(yīng)10、常溫下，測(cè)得0.1mol/L氨水的pH=11，能說(shuō)明NH3?H2O是弱電解質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作是（）A.用pH計(jì)測(cè)定0.1mol/L氨水的pHB.用pH試紙測(cè)定0.1mol/LNH4Cl溶液的pHC.將氨水連接在一個(gè)帶燈泡的通電電路中，觀察燈泡亮度D.等濃度、等體積的氨水和NaOH分別與等濃度的鹽酸反應(yīng)，比較消耗鹽酸體積的多少11、常溫下，往rm{H_{2}O_{2}}溶液中滴加少量rm{FeSO_{4}}溶液，可發(fā)生如下兩個(gè)反應(yīng)：rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}簍T2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{2Fe^{3+}+H_{2}O_{2}簍T2Fe^{2+}+O_{2}隆眉+2H^{+}}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O_{2}}的氧化性比rm{Fe^{3+}}強(qiáng)，其還原性比rm{Fe^{2+}}弱B.在rm{H_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}逐漸下降分解過(guò)程中，溶液的rm{pH}逐漸下降C.在rm{pH}rm{H_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}分解過(guò)程中，rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}D.和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}的總量保持不變r(jià)m{H_{2}}12、下列說(shuō)法或表示正確的是rm{(}rm{)}rm{(}

rm{)}A.等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量少B.由單質(zhì)轉(zhuǎn)化為單質(zhì)rm{A}時(shí)rm{B}rm{婁隴H=+119kJ隆隴mol^{-1}}比單質(zhì)可知單質(zhì)rm{B}比單質(zhì)rm{A}穩(wěn)定穩(wěn)定rm{B}C.稀溶液中：rm{A}rm{H^{+}}rm{(aq)+OH}rm{(aq)+OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)簍TH}rm{(aq)簍TH}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{婁隴H=-57.3kJ隆隴mol}rm{O(l)}rm{婁隴H=-57.3kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}的溶液混合，放出的熱量大于，若將含rm{0.5molH}rm{0.5molH}D.在rm{{,!}_{2}}時(shí)，rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}的濃硫酸與含rm{1molNaOH}的溶液混合，放出的熱量大于rm{57.3kJ}rm{1molNaOH}rm{57.3kJ}rm{101kPa}rm{H_{2}}燃燒的熱化學(xué)方程式為rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}時(shí)的燃燒熱為rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍T2H}13、甲、乙、丙三種物質(zhì)是某抗生素合成過(guò)程中的中間產(chǎn)物，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}

A.甲、乙、丙三種有機(jī)化合物均可跟rm{NaOH}溶液反應(yīng)B.用rm{FeCl_{3}}溶液區(qū)分甲、丙兩種有機(jī)化合物C.一定條件下丙可以與rm{NaHCO_{3}}溶液、rm{C_{2}H_{5}OH}反應(yīng)D.乙、丙都能發(fā)生銀鏡反應(yīng)14、下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是rm{(}rm{)}A.漂白粉露置在空氣中：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O簍THClO+HCO_{3}^{-}}B.用少量氨水吸收二氧化硫：rm{SO_{2}+NH_{3}?H_{2}O=HSO_{3}^{-}+NH_{4}^{+}}C.少量rm{CO_{2}}通入苯酚鈉溶液：rm{2}rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤2}rm{OH+CO_{3}^{2-}}D.磁性氧化鐵rm{(Fe_{3}O_{4})}溶于氫碘酸：rm{Fe_{3}O_{4}+8H^{+}簍TFe^{2+}+2Fe^{3+}+4H_{2}O}評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、（1）1，3-丁二烯發(fā)生加聚反應(yīng)的產(chǎn)物為_(kāi)___；

（2）甲苯被酸性高錳酸鉀氧化后產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___；

（3）有機(jī)物C6H5C≡CCH2CBr3分子中，在同一條直線上的原子最多有____個(gè)；

（4）在澄清的苯酚鈉溶液中通入CO2氣體，溶液渾濁，其反應(yīng)方程式是：____．16、火法煉鋅是將閃鋅礦（主要含ZnS）焙燒使它轉(zhuǎn)化為氧化鋅，再把氧化鋅和焦炭混合，在鼓風(fēng)爐中加熱至1100℃～1300℃，使鋅蒸餾出來(lái)（設(shè)空氣中N2、O2的體積分?jǐn)?shù)分別為0.8；0.20）；主要反應(yīng)為：

焙燒爐中：2ZnS（s）+3O2（g）→2ZnO（s）+2SO2（g）①

鼓風(fēng)爐中：2C（s）+O2（g）→2CO②

鼓風(fēng)爐中：ZnO（s）+CO（g）?Zn（g）+CO2（g）③

（1）已知閃鋅礦中含硫16%（其它雜質(zhì)不含硫），則閃鋅礦中硫化鋅的含量為_(kāi)___．

（2）焙燒爐產(chǎn)生的爐氣中SO2的體積分?jǐn)?shù)不超過(guò)____%（保留小數(shù)后一位數(shù)字）．

（3）鼓風(fēng)爐容積固定；爐內(nèi)部分氣態(tài)物質(zhì)其物質(zhì)的量濃度（mol/L）變化如下：

。時(shí)間/minCOZnCO200.110020.100.010.0130.010.100.1040.010.100.10則鼓風(fēng)爐中CO總的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___；若生產(chǎn)中CO總的利用率為95%，則每生產(chǎn)1molZn，至少需要補(bǔ)充焦炭____g．

（4）若ZnS全部轉(zhuǎn)化為Zn．焙燒爐出來(lái)的N2、O2、SO2混合氣體中N2占82.5%，鼓風(fēng)爐中CO的轉(zhuǎn)化率為62.5%，而O2無(wú)剩余，則每生產(chǎn)1molZn，應(yīng)向焙燒爐和鼓風(fēng)爐中鼓入新鮮空氣共____L（S．T．P）．17、鈦是繼鐵、鋁后的第三金屬，常溫下鈦的化學(xué)活性很小，僅能與氟氣、氫氟酸等幾種物質(zhì)起作用．但在較高溫度下，鈦可與多種單質(zhì)和化合物發(fā)生反應(yīng)．工業(yè)上冶煉鈦主要以鈦鐵礦、金紅石（含TiO2大于96%）等為原料生產(chǎn)．

（1）由金紅石為原料采用亨特（Hunter）法生產(chǎn)鈦的流程如下：

①沸騰氯化爐中反應(yīng)：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+O2（g），在常溫下能否自發(fā)進(jìn)行（已知該反應(yīng)△H=184kJ/mol，△S=57.74J/K）____（選填：“能”或“不能”）．

②已知：Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=-804.2kJ/mol；2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=-882.0kJ/mol；

Na（s）=Na（l）△H=2.6kJ/mol．

則TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s）△H=____kJ/mol

③海綿鈦破碎后用0.5%～1.5%的鹽酸洗滌，再用蒸餾水洗滌至中性，用鹽酸洗滌的目的____．

（2）科學(xué)家從電解冶煉鋁的工藝得到啟發(fā)；找出了冶煉鈦的新工藝．試回答下列有關(guān)問(wèn)題．

①TiO2直接電解法（劍橋法）生產(chǎn)鈦是一種較先進(jìn)的方法，電解質(zhì)為熔融的氯化鈣，原理如右圖所示，陰極獲得鈦可能發(fā)生的反應(yīng)或電極反應(yīng)為：____．

②SOM技術(shù)是一種綠色環(huán)保先進(jìn)技術(shù)，陽(yáng)極用金屬陶瓷，并用固體氧離子隔膜將兩極產(chǎn)物隔開(kāi)，陽(yáng)極通入某種還原性氣體，可防止CO、CO2污染物產(chǎn)生，通入的氣體是____．

（3）海棉鈦通常需要經(jīng)過(guò)真空電弧爐里熔煉提純，也可通過(guò)碘提純法，原理為：下列說(shuō)法正確的是____．

（a）該反應(yīng)正反應(yīng)為的△H＞0

（b）在不同溫度區(qū)域，TiI4的量保持不變

（c）在提純過(guò)程中，I2的量不斷減少

（d）在提純過(guò)程中，I2的作用是將粗鈦從低溫區(qū)轉(zhuǎn)移到高溫區(qū)．18、（2014秋?離石區(qū)校級(jí)月考）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL；向其中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如圖所示（已知硝酸的還原產(chǎn)物只有NO氣體）

（1）OA段發(fā)生的反應(yīng)為：____（用離子方程式表示，下同）AB段發(fā)生的反應(yīng)為：____

（2）C點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為：____（填化學(xué)式）

（3）原混合酸中NO3-的物質(zhì)的量為：____mol，硫酸的物質(zhì)的量濃度為：____mol?L-1

（4）若向原混合溶液中加入足量銅粉，最多可溶解銅的質(zhì)量為：____g．19、某反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：NF3、HF、NO、HNO3、H2O．請(qǐng)根據(jù)要求回答下列問(wèn)題：

（1）請(qǐng)將方程式補(bǔ)全；并配平．

____NF3+____═____HF+____+____

（2）反應(yīng)過(guò)程中，被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比為_(kāi)___；

（3）NF3是一種無(wú)色、無(wú)臭的氣體，但一旦NF3在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn)．你判斷該氣體泄漏時(shí)的現(xiàn)象是____；一旦NF3泄漏，可以用____（填化學(xué)式）溶液噴淋的方法減少污染．

（4）H2O與H2O2都是由氫、氧兩種元素形成的化合物．其中H2O2可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱．如消除采礦業(yè)膠液中的氰化物（如KCN），經(jīng)以下反應(yīng)實(shí)現(xiàn)：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，試指出生成物A的化學(xué)式為_(kāi)___．20、某一反應(yīng)體系中有反應(yīng)物和生成物共7種粒子：CuS、SO2、H+、Mn2+、Cu2+、MnO4-、H2O，已知H2O是反應(yīng)產(chǎn)物之一．

（1）請(qǐng)將除H2O外的6種粒子分別填在下列對(duì)應(yīng)的橫線上；組成一個(gè)離子方程式，并配平該反應(yīng)方程式．

____+____+____=____+____+____+____H2O

（2）當(dāng)該反應(yīng)生成0.3mol還原產(chǎn)物時(shí)，氧化劑得到____mol電子；生成的氣態(tài)產(chǎn)物在標(biāo)況下的體積為_(kāi)___L．評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共4題，共8分)21、氮的化合物是一把雙刃劍；它既是一種資源，又會(huì)給環(huán)境造成危害．

Ⅰ．氨氣是一種重要的化工原料．

（1）NH3與CO2在120°C；催化劑作用下反應(yīng)生成尿素：

CO2（g）+2NH3（g）?（NH2）2CO（s）+H2O（g），在密閉反應(yīng)容器中，混合氣體中NH3的含量變化關(guān)系如圖所示：則A點(diǎn)的逆反應(yīng)速率V（逆）（CO2）______B點(diǎn)的正反應(yīng)速率V（正）（CO2）（填“＞”“=”或“＜”），氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率是______．

（2）將一定量的NH2COONH4（s）置于恒溫密閉容器中，NH2COONH4（s）?2NH3（g）+CO2（g），其分解達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器內(nèi)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為_(kāi)_____．該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為_(kāi)_____．

Ⅱ．氮的氧化物會(huì)污染環(huán)境．

（3）采取還原法；用炭粉可將氮的氧化物還原．

已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ?mol-1，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ?mol-1

寫(xiě)出炭粉還原一氧化氮的熱化學(xué)反應(yīng)方程式______

（4）若用Na2CO3溶液吸收NO2可生成CO2，9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則此反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)_____．若生成的CO2完全逸出，所得溶液中的離子濃度大小關(guān)系為_(kāi)_____．22、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期主族元素，其元素特征信息如下表：。元素編號(hào)元素特征信息rm{A}其單質(zhì)是密度最小的物質(zhì)rm{B}陰離子帶有兩個(gè)單位的負(fù)電荷，單質(zhì)是空氣的主要成分之一rm{C}其陽(yáng)離子與rm{B}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，且核電荷數(shù)與rm{B}相差rm{3}rm{D}與rm{C}同周期，且最外層電子是rm{C}的rm{3}倍rm{E}與rm{D}同周期，原子半徑在該周期中最小

rm{(1)E}元素位于周期表中的位置__________rm{(2)B}rm{C}rm{D}的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序是__________rm{(}用離子符號(hào)表示rm{)}rm{(3)B}rm{C}元素的原子按rm{1隆脙1}形成的化合物中存在的化學(xué)鍵類型有____________rm{(4)壟脵D}的最高價(jià)氧化物與rm{A}rm{B}rm{C}形成的化合物的水溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________rm{壟脷A_{2}B_{2}}與rm{KmnO_{4}}酸性溶液反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________23、氯化銅是一種廣泛用于生產(chǎn)顏料、木材防腐劑等的化工產(chǎn)品．某研究小組用粗銅（含雜質(zhì)Fe）按如圖1流程制備氯化銅晶體（CuCl2?2H2O）．（已知Fe3+沉淀完全的pH為3.6，Cu2+開(kāi)始沉淀的pH為6.4）

（1）實(shí)驗(yàn)室采用如圖2所示的裝置，可將粗銅與Cl2反應(yīng)轉(zhuǎn)化為固體1（加熱儀器和夾持裝置已略去）．

①儀器A的名稱是____．

②裝置B中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____．

③裝置Ⅳ中盛裝的試劑是____，其作用是____．（用離子方程式表示）

④CuCl2溶液是經(jīng)一系列操作可得氯化銅晶體，操作的程序依次為_(kāi)___、____過(guò)濾；自然干燥．

（2）CuCl2溶液得到CuCl2?2H2O的過(guò)程中要加入鹽酸的目的是____．24、二氧化硫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題rm{.}將二氧化硫進(jìn)行轉(zhuǎn)化。

利用有多種方法．

rm{(1)}已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+178.5kJ?mol^{-1}}

rm{CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangleH=+401.9kJ?mol^{-1}}

則“鈣基固硫”的熱化學(xué)方程式為：rm{2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)簍T2CaSO(s)+2CO(g)triangleH=}______rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangle

H=+178.5kJ?mol^{-1}}可利用海水對(duì)含rm{CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangle

H=+401.9kJ?mol^{-1}}的煙氣進(jìn)行脫硫，已知海水呈弱堿性，主要含有rm{2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)簍T2CaSO(s)+2CO(g)triangle

H=}rm{J?mol^{-1}}rm{(2)}rm{SO}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等離子rm{Cl^{-}}其工藝流程如圖所示：

rm{SO^{2-}_{4}}向曝氣池中通入空氣的目的______．

rm{Br^{-}}通入空氣后曝氣池中的海水與天然海水相比；濃度有明顯不同的離子是______．

rm{HCO-_{3}}rm{.}rm{壟脵}rm{壟脷}

rm{a.Cl^{-}}用rm{b.SO_{4}^{2-}}溶液吸收煙氣中的rm{c.Br^{-}}將所得的rm{d.HCO_{3}^{-}}溶液進(jìn)行電解，可循環(huán)再生rm{(3)}同時(shí)得到rm{NaOH}其原理如題圖rm{SO_{2}}所示rm{Na_{2}SO_{3}}電極材料為石墨rm{NaOH}

rm{H_{2}SO_{4}}極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____．

rm{1}電解過(guò)程中rm{.(}極區(qū)堿性明顯增強(qiáng)；用平衡移動(dòng)原理解釋原因______．

rm{)}氧化鋅吸收法rm{壟脵b}配制rm{壟脷}懸濁液，在吸收塔中封閉循環(huán)脫硫，發(fā)生的主要反應(yīng)為rm{a}測(cè)得rm{(4)}吸收效率rm{.}隨時(shí)間rm{ZnO}的變化如題圖rm{ZnO(s)+SO_{2}(g)=ZnSO_{3}(s)}所示．

rm{pH}曲線中rm{婁脟}段發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

rm{t}為提高rm{2}的吸收效率rm{壟脵pH-t}可采取的措施為_(kāi)_____rm{cd}任寫(xiě)一條rm{壟脷}

rm{SO_{2}}參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度不利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，為了增大反應(yīng)速率，提高經(jīng)濟(jì)效益，根據(jù)濃度、溫度、壓強(qiáng)以及催化劑的影響以及工業(yè)生產(chǎn)實(shí)際來(lái)分析．【解析】【解答】解：A．增大反應(yīng)物的濃度；反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率降低，不利于提高經(jīng)濟(jì)效益，故A錯(cuò)誤；

B．增大體系壓強(qiáng)；對(duì)反應(yīng)設(shè)備要求較高，不利用工業(yè)生產(chǎn)，故B錯(cuò)誤；

C．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度不利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．選擇合適的催化劑；可加快反應(yīng)速率，提高經(jīng)濟(jì)效益，故D正確．

故選：D．2、C【分析】【分析】加入20mL氫氧化鈉溶液時(shí)出現(xiàn)滴定飛躍；說(shuō)明此時(shí)氫氧化鈉與醋酸恰好反應(yīng)，則醋酸溶液的體積為20mL；

A．點(diǎn)①時(shí)溶質(zhì)為等濃度的醋酸和醋酸鈉；根據(jù)混合液中的電荷守恒和物料守恒判斷；

B．點(diǎn)②時(shí)溶液的pH=7，則c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-）；

C．點(diǎn)③時(shí)溶質(zhì)為醋酸鈉；根據(jù)混合液中的質(zhì)子守恒；電荷守恒判斷；

D．根據(jù)圖象可知，pH=12時(shí)氫氧化鈉遠(yuǎn)遠(yuǎn)過(guò)量，則c（OH-）＞c（CH3COO-）．【解析】【解答】解：加入20mL氫氧化鈉溶液時(shí)出現(xiàn)滴定飛躍；說(shuō)明此時(shí)氫氧化鈉與醋酸恰好反應(yīng)，則醋酸溶液的體積為20mL；

A．點(diǎn)①時(shí)加入10mLNaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根據(jù)物料守恒可知：2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），二者結(jié)合可得：c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2c（H+）-2c（OH-）；故A錯(cuò)誤；

B．點(diǎn)②時(shí)溶液的pH=7，呈中性，則c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-），則溶液中離子濃度大小為：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；故B錯(cuò)誤；

C．點(diǎn)③時(shí)醋酸與氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)生成醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒可知：①c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根據(jù)質(zhì)子守恒可知：②c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），①-②可得：c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=c（Na+）+2c（H+）-2c（OH-）；故C正確；

D．根據(jù)圖象可知，pH=12時(shí)氫氧化鈉過(guò)量，溶液中滿足c（OH-）＞c（CH3COO-）；故D錯(cuò)誤；

故選C．3、D【分析】【分析】A；化學(xué)反應(yīng)滿足質(zhì)量守恒；

B；化合物不顯電性；

C；溶液稀釋只是往溶液中加水；

D、原子中質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)相等．【解析】【解答】解：A；化學(xué)反應(yīng)滿足質(zhì)量守恒；即反應(yīng)前后各物質(zhì)的質(zhì)量相等，故A正確；

B；化合物不顯電性；故正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和相等，故B正確；

C；溶液稀釋只是往溶液中加水；故稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變，故C正確；

D；原子中質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)相等；與中子數(shù)不一定相等，故D錯(cuò)誤．

故選D．4、B【分析】氯氣中氯元素的化合價(jià)從0價(jià)降低到－1價(jià)，得到電子，作氧化劑；Na2S2O3中硫元素的化合價(jià)從＋2價(jià)升高到＋6價(jià)，失去4個(gè)電子，作還原劑，所以選項(xiàng)B不正確，其余都是正確的，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、B【分析】解：A．依據(jù)反應(yīng)SO2-2e-+2H2O→SO42-+4H+；二氧化硫失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．依據(jù)SO2-2e-+2H2O→SO42-+4H+反應(yīng)計(jì)算，產(chǎn)生0.1molSO42-，則消耗SO2的物質(zhì)的量為0.1mol；故B正確；

C．Fe2（SO4）3具有氧化性能氧化二氧化硫使反應(yīng)進(jìn)行；品紅會(huì)結(jié)合二氧化硫形成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì)不能使氧化反應(yīng)進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；

D．氯氣和二氧化硫反應(yīng)，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以通入Cl2會(huì)降低SO2的漂白作用；故D錯(cuò)誤；

故選B．

A．變化過(guò)程中有元素化合價(jià)的變化；硫元素化合價(jià)升高被氧化發(fā)生氧化反應(yīng)；

B．依據(jù)SO2-2e-+2H2O→SO42-+4H+反應(yīng)計(jì)算；

C．三價(jià)鐵離子具有氧化性；能氧化二氧化硫，品紅和二氧化硫結(jié)合為無(wú)色物質(zhì)，沒(méi)有發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

D．氯氣和二氧化硫1：1反應(yīng)生成硫酸和鹽酸．

本題考查了氧化還原反應(yīng)的概念應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目主要考查二氧化硫化學(xué)性質(zhì)的應(yīng)用和判斷，關(guān)鍵是化合價(jià)的變化判斷，難度不大．【解析】【答案】B二、雙選題(共9題，共18分)6、C|D【分析】解：A；化學(xué)反應(yīng)速率隨溫度的升高而加快；催化劑的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A錯(cuò)誤；

B；升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低；則升溫平衡逆向移動(dòng)，所以M化學(xué)平衡常數(shù)大于N，故B錯(cuò)誤；

C；催化劑只影響反應(yīng)速率；不影響平衡移動(dòng)和轉(zhuǎn)化率，故C正確；

D、設(shè)開(kāi)始投料n（H2）為3mol，則n（CO2）為1mol；所以當(dāng)在M點(diǎn)平衡時(shí)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%

所以有6H2（g）+2CO2（g）?CH2=CH2（g）+4H2O（g）

開(kāi)始3100

轉(zhuǎn)化1.50.50.251

平衡1.50.50.251

所以乙烯的體積分?jǐn)?shù)為×100%=7.7%；故D正確；

故選CD．

A；溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快；催化劑的催化效率降低；

B；升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低；則升溫平衡逆向移動(dòng)；

C；催化劑只影響反應(yīng)速率；不影響平衡移動(dòng)和轉(zhuǎn)化率；

D、設(shè)開(kāi)始投料n（H2）為3mol，則n（CO2）為1mol；所以當(dāng)在M點(diǎn)平衡時(shí)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為50%，據(jù)此列三段式計(jì)算．

本題考查了圖象分析化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素、平衡計(jì)算、平衡移動(dòng)等，題目難度不大．【解析】【答案】CD7、rBC【分析】解：rm{A.}依據(jù)圖象可知在溶液中同時(shí)都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}則rm{H_{2}A}在水中的電離方程式為：rm{H_{2}A?HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}故A錯(cuò)誤；

B.rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中為rm{NaHA}溶液，溶液中存在電荷守恒rm{(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(OH^{-})}物料守恒rm{c(Na^{+})=c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(H_{2}A)}代入計(jì)算得到rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}故B正確；

C.依據(jù)圖象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}故C正確；

D.rm{20隆忙}時(shí)，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，顯酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(OH^{-})}所以rm{c(Na^{+})<2c(A^{2-})}故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A.依據(jù)圖象可知在溶液中同時(shí)都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}

B.依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}

C.依據(jù)圖象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}

D.rm{20隆忙}時(shí)，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，顯酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒判斷．

本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運(yùn)用，答題時(shí)注意體會(huì)，難度中等．【解析】rm{BC}8、AD【分析】【分析】本題主要考查離子濃度大小的比較，利用守恒關(guān)系進(jìn)行解答是本題的關(guān)鍵，題目難度中等。【解答】A.由電荷守恒可知，甲酸鈉溶液中存在rm{c({H}^{+})+c(N{a}^{+})=c(O{H}^{-})+c(HCO{O}^{-})}氯化銨溶液中存在rm{c({H}^{+})+c(N{{H}_{4}}^{+})=c(O{H}^{-})+c(C{l}^{-})}由于在常溫下氨水的rm{c({H}^{+})+c(N{a}^{+})=c(O{H}^{-})+c(HCO{O}^{-})

}小于甲酸的rm{c({H}^{+})+c(N{{H}_{4}}^{+})=c(O{H}^{-})+c(C{l}^{-})

}rm{K_}不變，銨根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化銨溶液中rm{K_{a}}小于甲酸鈉溶液中rm{K_{w}}rm{c(OH^{-})}和rm{c(H^{+})}都不水解，rm{Cl^{-}}故A正確；B.由甲酸和乙酸的電離常數(shù)可知，甲酸的酸性較強(qiáng)，所以rm{Na^{+}}為rm{c(Cl^{-})=c(Na^{+})}的兩種溶液中，物質(zhì)的量濃度較大的是乙酸，等體積的兩溶液中，乙酸的物質(zhì)的量較大，用同濃度的氫氧化鈉溶液中和這兩種溶液，乙酸消耗的氫氧化鈉溶液較多，故B錯(cuò)誤；C.兩溶液等體積混合后得到甲酸和甲酸鈉的混合液，由電荷守恒得rm{c({H}^{+});+;c(N{a}^{+})=;c(O{H}^{-});+c(HCO{O}^{-})}，由物料守恒得rm{2c(N{a}^{+})=;c(HCO{O}^{-})+;c(HCOOH)}聯(lián)立兩式可得rm{2c({H}^{+});+;c(HCOOH)=;2c(O{H}^{-})+;c(HCO{O}^{-})}故C錯(cuò)誤；D.兩溶液等體積混合后，得到物質(zhì)的量濃度相同的乙酸、乙酸鈉和氯化鈉的混合液，由于溶液rm{pH}所以溶液中乙酸的電離程度大于乙酸根的水解程度，氯離子不水解，乙酸的電離程度很小，所以rm{3}rm{c({H}^{+});+;c(N{a}^{+})=;c(O{H}^{-});+c(HCO{O}^{-})

}故D正確。故選AD。rm{2c(N{a}^{+})=;c(HCO{O}^{-})+;c(HCOOH)

}【解析】rm{AD}9、rBD【分析】解：rm{A.}葡萄糖的相對(duì)分子質(zhì)量在rm{10000}以下；不是高分子，而蛋白質(zhì)為高分子，葡萄糖和蛋白質(zhì)都是人體必需的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B.明礬凈化水與水解生成的膠體有關(guān)，rm{ClO_{2}}具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒，則自來(lái)水廠用明礬凈水，也可以用rm{ClO_{2}}代替；故B正確；

C.rm{CO}不溶于石灰水，則居室中放置一盆石灰水可以吸收rm{CO}不能預(yù)防中毒，故C錯(cuò)誤；

D.二氧化碳是導(dǎo)致溫室效應(yīng)的主要原因；則用二氧化碳生產(chǎn)聚碳酸酯可以減少碳排放，以減緩溫室效應(yīng)，故D正確；

故選BD．

A.葡萄糖的相對(duì)分子質(zhì)量在rm{10000}以下；

B.明礬凈化水與水解生成的膠體有關(guān)，rm{ClO_{2}}具有強(qiáng)氧化性；

C.rm{CO}不溶于石灰水；

D.二氧化碳是導(dǎo)致溫室效應(yīng)的主要原因．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及用途，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的組成和性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答關(guān)鍵為解答該題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{BD}10、A|B【分析】解：A．用pH計(jì)測(cè)定0.1mol/L氨水的pH=11，說(shuō)明一水合氨存在電離平衡，能說(shuō)明NH3?H2O是弱電解質(zhì)；故A正確；

B．用pH試紙測(cè)定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH＜7；說(shuō)明銨根離子水解，證明銨根離子為弱堿陽(yáng)離子，能說(shuō)明一水合氨為弱電解質(zhì)，故B正確；

C．燈泡亮度和離子濃度有關(guān)，強(qiáng)電解質(zhì)的稀溶液導(dǎo)電能力也會(huì)弱于弱電解質(zhì)的濃溶液，不能說(shuō)明NH3?H2O是弱電解質(zhì)；故C錯(cuò)誤；

D．等濃度；等體積的氨水和NaOH分別與等濃度的鹽酸反應(yīng)；消耗鹽酸體積相同，故D錯(cuò)誤；

故選AB．

要證明NH3?H2O為弱電解質(zhì)；可證明存在電離平衡；不能完全電離或從對(duì)應(yīng)的強(qiáng)酸鹽溶液呈酸性的角度，以此解答該題．

本題考查了強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷，根據(jù)電解質(zhì)的電離程度劃分強(qiáng)弱電解質(zhì)，不能根據(jù)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)弱及物質(zhì)的溶解性強(qiáng)弱判斷強(qiáng)弱電解質(zhì)，為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．【解析】【答案】AB11、CD【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)氧化性與還原性的應(yīng)用?！窘獯稹緼.由題中兩個(gè)方程式可知氧化性：rm{H_{2}O_{2}>Fe^{3+}}還原性：rm{H_{2}O_{2}>Fe^{2+}}故A錯(cuò)誤；B.rm{H_{2}O_{2}}分解過(guò)程中，rm{pH}不變，分解總方程式為rm{2H_{2}O_{2}overset{Fe^{2+}祿貌Fe^{3+}}{=!=!=!=!=}2H_{2}O+O_{2}隆眉}故B錯(cuò)誤；C.亞鐵離子和鐵離子為催化劑，故總量保存不變，故C正確；D.根據(jù)題意，rm{H_{2}O_{2}}生產(chǎn)過(guò)程要嚴(yán)格避免混入rm{Fe^{2+}}故D正確。故選CD?！窘馕觥縭m{CD}12、AC【分析】【分析】本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量變化，難度不大。【解答】A.硫燃燒時(shí)，固體的硫變?yōu)檎魵鈺r(shí)，需要吸收熱量，故等物質(zhì)的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，前者放出的熱量多，故A正確；B.單質(zhì)rm{A}轉(zhuǎn)化為單質(zhì)rm{B}時(shí)吸熱，故A具有的能量比rm{B}低，故A比rm{B}穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C.濃硫酸與水作用放出熱量，故所測(cè)的中和熱熱值應(yīng)大于rm{57.3kJ}故C正確；D.燃燒熱是指rm{1mol}物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時(shí)所釋放出的熱量，由該熱化學(xué)方程式可知，rm{H_{2}}的燃燒熱應(yīng)為rm{-285.8kJ隆隴mol-1}故D錯(cuò)誤；故選AC。【解析】rm{AC}13、rBC【分析】解：rm{A.}酚羥基、羧基、鹵原子或酯基都能和rm{NaOH}溶液反應(yīng)，甲中不含酚羥基、羧基、鹵原子或酯基，所以不能和rm{NaOH}溶液反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B.氯化鐵能和酚發(fā)生顯色反應(yīng)；甲不含酚羥基而丙含有酚羥基，則丙能發(fā)生顯色反應(yīng)，而甲不能發(fā)生顯色反應(yīng)，所以可以用氯化鐵溶液鑒別甲；丙，故B正確；

C.丙中含有酚羥基；羧基、氯原子、醚鍵和苯環(huán)；具有酚、羧酸、鹵代烴、醚和苯的性質(zhì)，羧基能和乙醇、碳酸氫鈉反應(yīng)，故C正確；

D.醛基能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；乙含有醛基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，丙不含醛基，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A.酚羥基、羧基、鹵原子或酯基都能和rm{NaOH}溶液反應(yīng)；

B.氯化鐵能和酚發(fā)生顯色反應(yīng)；

C.丙中含有酚羥基；羧基、氯原子、醚鍵和苯環(huán)；具有酚、羧酸、鹵代烴、醚和苯的性質(zhì)；

D.醛基能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，涉及酚、醛、羧酸的性質(zhì)，注意酚羥基能和碳酸鈉反應(yīng)但和碳酸氫鈉不反應(yīng)，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{BC}14、rAB【分析】解：rm{A.}酸性rm{H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}漂白粉露置在空氣中，反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式為：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O簍THClO+HCO_{3}^{-}}故A正確；

B.用少量氨水吸收二氧化硫，反應(yīng)生成亞硫酸氫銨，反應(yīng)的離子方程式為：rm{SO_{2}+NH_{3}?H_{2}O=HSO_{3}^{-}+NH_{4}^{+}}故B正確；

C.少量rm{CO_{2}}通入苯酚鈉溶液，反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤2}rm{+HCO_{3}^{-}}故C錯(cuò)誤；

D.磁性氧化鐵rm{(Fe_{3}O_{4})}溶于氫碘酸，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2}+3H_{2}O}故D錯(cuò)誤；

故選AB．

A.次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子；二者反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫鈉；

B.氨水少量；反應(yīng)生成亞硫酸氫銨；

C.苯酚的酸性大于碳酸氫根離子；二者反應(yīng)生成的是碳酸氫根離子；

D.鐵離子具有氧化性；能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)．

本題考查了離子方程式的書(shū)寫(xiě)判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等．【解析】rm{AB}三、填空題(共6題，共12分)15、6【分析】【分析】（1）1；3-丁二烯含有2個(gè)碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚合物；

（2）甲苯被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸；

（3）根據(jù)乙炔的直線形和苯環(huán)的平面形結(jié)構(gòu)判斷；

（4）在澄清的苯酚鈉溶液中通入CO2氣體，生成苯酚和碳酸氫鈉．【解析】【解答】解：（1）1，3-丁二烯含有2個(gè)碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)，生成物為故答案為：

（2）甲苯被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故答案為：

（3）有機(jī)物-C≡CCH2CBr3中；與-C≡C-直接相連的原子在一條直線上，苯環(huán)處于對(duì)位的3個(gè)原子在一條直線上，則共有6個(gè)，故答案為：6；

（4）在澄清的苯酚鈉溶液中通入CO2氣體，生成苯酚和碳酸氫鈉，方程式為

故答案為：．16、48.5%14.3%90.9%12.6g459.2L【分析】【分析】（1）計(jì)算出ZnS中鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω（S）；閃鋅礦中硫化鋅的含量16%÷ω（S）；

（2）假定有2molZnS，最少通入3molO2，計(jì)算出生成的SO2的物質(zhì)的量，及未反應(yīng)的N2的物質(zhì)的量；利用體積方式計(jì)算；

（3）根據(jù)轉(zhuǎn)化率的定義計(jì)算C0的總轉(zhuǎn)化率；

令需焦炭質(zhì)量為mg；實(shí)際利用的為89%mg，由方程式可得，關(guān)系式ZnO（s）～C（s），即n（ZnO）=n（C），據(jù)此計(jì)算；

（4）令生產(chǎn)1molZn鼓風(fēng)爐中消耗空氣物質(zhì)的量為5y；則通入的氧氣為y；制得一氧化碳為2y，實(shí)際用于還原ZnO的CO物質(zhì)的量為2y×62.5%，由方程式可知，2y×62.5%=1mol；

令1molZn焙燒爐中消耗空氣的物質(zhì)的量為5x，根據(jù)Zn元素守恒，需ZnS1mol，根據(jù)差量法計(jì)算出從焙燒爐出來(lái)的氣體物質(zhì)的量變化量，利用混合氣體中N2占82.5%；列方程；

兩處之和即為鼓入新鮮空氣．【解析】【解答】解：（1）ZnS中鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω（S）=×100%；

閃鋅礦中硫化鋅的含量為16%÷ω（S）=16%÷×100%=48.5%；故答案為：48.5%；

（2）假定有2molZnS，最少通入3molO2，根據(jù)方程式2ZnS（s）+3O2→2ZnO（s）+2SO2（g）可知，生成的SO2的物質(zhì)的量為2mol；未參加反應(yīng)的N2的物質(zhì)的量為3mol×4=12mol．此時(shí)SO2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=14.3%．實(shí)際通入的空氣要多，故SO2的體積分?jǐn)?shù)不超過(guò)14.3%．

故答案為：14.3%；

（3）由表可知；3min時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡，此時(shí)C0的平衡濃度為0.01mol/L；

所以C0的總轉(zhuǎn)化率為×100%=90.9%．

令需焦炭質(zhì)量為mg；實(shí)際利用的為95%mg，由方程式可得，關(guān)系式ZnO（s）～C（s），所以n（ZnO）=n（C）；

即=1；解得m=12.6g；

故答案為：90.9%；12.6；

（4）設(shè)焙燒爐中消耗空氣的物質(zhì)的量為5x；鼓風(fēng)爐中消耗空氣物質(zhì)的量為5y

則：2C+O2=2CO；ZnO（s）+CO（g）=Zn（g）+CO2（g）．

y2y2y×62.5%1mol

所以2y×62.5%=1mol

解得y=0.8mol；所以5y=4mol

2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2△n；

2mol1mol

1mol0.5mol

所以4x/（5x-0.5mol）=82.5%

解得x=3.3mol；所以5x=16.5mol

所以5x+5y=4mol+16.5mol=20.5mol

V（空氣）=20.5mol×22.4L?mol-1=459.2L

故答案為：459.2L．17、不能-970.2除去其中過(guò)量的鈉并溶解氯化鈉及鈦的低價(jià)氯化物TiO2+4e-=Ti+O2-H2d【分析】【分析】（1）①根據(jù)△G=△H-T△S判斷能否自發(fā)進(jìn)行；如果△G＜0就能進(jìn)行，如果△G＞0，就不能自發(fā)進(jìn)行；

②將已知方程式換算成目標(biāo)方程式；焓變進(jìn)行相應(yīng)的改變；

③除去其中的過(guò)量的鈉并溶解氯化鈉及鈦的低價(jià)氯化物；

（2）①陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

②陰極上加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性；反應(yīng)后的生成物沒(méi)有污染；

（3）（a）根據(jù)反應(yīng)物和生成物的能量變化確定焓變；

（b）根據(jù)溫度判斷，在不同溫度區(qū)域，TiI4的量是否發(fā)生改變；

（c）在提純過(guò)程中，根據(jù)反應(yīng)確定I2的量是否變化；

（d）溫度不同，反應(yīng)方程式不同，產(chǎn)物不同．【解析】【解答】解：（1）①△G=△H-T△S=184kJ/mol-298K×0.05774kJ/K=166.79kJ＞0；所以不能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：不能；

②（I）Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=-804.2kJ/mol；

（II）2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=-882.0kJ/mol；

（III）Na（s）=Na（l）△H=2.6kJ/mol；

將方程式2（II）-（I）-（III）得TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s）；

△H=2×（-882.0kJ/mol）-（-804.2kJ/mol）-2.6kJ/mol=-970.2kJ/mol

故答案為：-970.2；

③海綿鈦中含有鈉；氯化鈉和鈦的低價(jià)氯化物；鹽酸能和鈉反應(yīng)，且能溶解氯化鈉及鈦的低價(jià)氯化物，從而得到較純的鈦，故答案為：除去其中的過(guò)量的鈉并溶解氯化鈉及鈦的低價(jià)氯化物；

（2）①電解時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，電極反應(yīng)式為TiO2+4e-=Ti+2O2-，故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

②陰極上加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性且是氣體，反應(yīng)后的生成物沒(méi)有污染，水沒(méi)有污染，所以該氣體是氫氣，故答案為：H2；

（3）（a）大多數(shù)混合反應(yīng)是放熱反應(yīng)；該反應(yīng)的正反應(yīng)也是放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)正反應(yīng)的△H＜0，故錯(cuò)誤；

（b）高于400℃，鈦和氯氣反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解，所以在不同溫度區(qū)域，TiI4的量不同；故錯(cuò)誤；

（c）在提純過(guò)程中，高于400℃，碘和鈦反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解生成碘和鈦，所以I2的量不變；故錯(cuò)誤；

（d）在提純過(guò)程中，高于400℃，碘和鈦反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解生成碘和鈦，所以I2的作用是將粗鈦從低溫區(qū)轉(zhuǎn)移到高溫區(qū)；故正確；

故選d．18、Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+FeSO40.12.59.6【分析】【分析】（1）由圖象可知，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（2）根據(jù)（1）的分析可知；C點(diǎn)溶質(zhì)為硫酸亞鐵；

（3）OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，根據(jù)鐵的物質(zhì)的量結(jié)合離子方程式計(jì)算；消耗14gFe時(shí)，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為FeSO4，根據(jù)質(zhì)量守恒可知n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）；

（4）根據(jù)反應(yīng)3Cu+8H++2NO3-（?。┄T3Cu2++2NO+4H2O及氫離子、硝酸根離子的物質(zhì)的量判斷過(guò)量，然后根據(jù)不足量計(jì)算出最多溶解銅的物質(zhì)的量及質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）由圖象可知，OA段鐵與硝酸根離子發(fā)生反應(yīng)生成NO：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段氣體的量不變，發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段氣體的量增加，發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（2）根據(jù)（1）可知，C點(diǎn)鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，所以溶質(zhì)的化學(xué)式為：FeSO4；

故答案為：FeSO4；

（3）OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，所以每份中n（NO3-）=n（Fe）==0.1mol；

BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C點(diǎn)溶質(zhì)為硫酸亞鐵，則n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）==0.25mol，則原溶液中硫酸的濃度為：c（H2SO4）==2.5mol/L；

故答案為：0.1；2.5；

（4）根據(jù)（3）可知原溶液中含有氫離子的物質(zhì)的量為：n（H+）=0.1mol×4+×2=0.5mol；n（NO3-）==0.1mol；

根據(jù)3Cu+8H++2NO3-（?。┄T3Cu2++2NO+4H2O可知，0.1mol硝酸根離子最多消耗0.4mol氫離子，則氫離子過(guò)量，消耗的銅按照硝酸根離子的量計(jì)算，則0.1mol硝酸根離子完全反應(yīng)能夠溶解銅的物質(zhì)的量為：0.1mol×=0.15mol；0.15mol銅的質(zhì)量為：64g/mol×0.15mol=9.6g；

故答案為：9.6．19、35H2O92NOHNO31：2生成紅棕色氣體、產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，產(chǎn)生白霧NaOHKHCO3【分析】【分析】（1）NF3中N元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高為+5價(jià)，由+3價(jià)降低為+2價(jià)，發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)生成NO和HNO3；結(jié)合電子守恒及原子守恒配平；

（2）生成硝酸時(shí)被氧化；生成NO時(shí)被還原；

（3）一旦NF3在空氣中泄漏；還是易于發(fā)現(xiàn)，與NO；硝酸的性質(zhì)有關(guān)，產(chǎn)物均與堿反應(yīng)；

（4）根據(jù)元素守恒原理判斷產(chǎn)物．【解析】【解答】解：（1）NF3中N元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高為+5價(jià)，由+3價(jià)降低為+2價(jià)，發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)生成NO和HNO3，由電子守恒及原子守恒可知該反應(yīng)為3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；

故答案為：3；5H2O；9；2NO；HNO3；

（2）生成硝酸時(shí)失去電子被氧化；生成NO時(shí)得到電子被還原，由電子守恒可知，被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為：1：2；

（3）一旦NF3在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn)，是因NO被氧化生成紅棕色氣體、產(chǎn)生刺激性氣味的氣體，產(chǎn)生白霧（硝酸的小液滴）；產(chǎn)物均與堿反應(yīng)，則一旦NF3泄漏；可以用NaOH溶液噴淋的方法減少污染；

故答案為：生成紅棕色氣體；產(chǎn)生刺激性氣味的氣體；產(chǎn)生白霧；NaOH．

（4）根據(jù)元素守恒原理，可知反應(yīng)KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑中的A為KHCO3．

故答案為：KHCO3．20、6MnO4-5CuS28H+5Cu2+5SO2↑6Mn2+141.55.6【分析】【分析】（1）高錳酸根離子的氧化性大于二氧化硫；硫化銅的還原性大于錳離子，所以該反應(yīng)中高錳酸根離子作氧化劑，硫化亞銅作還原劑，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

（2）根據(jù)還原產(chǎn)物和氧化劑、生成物氣體之間的關(guān)系式計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）高錳酸根離子的氧化性大于二氧化硫，硫化銅的還原性大于錳離子，所以該反應(yīng)中高錳酸根離子作氧化劑，硫化亞銅作還原劑，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳離子、二氧化硫、銅離子和水，該反應(yīng)中硫元素的化合價(jià)由-2價(jià)變?yōu)?4價(jià)，錳元素的化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)，所以得失電子的最小公倍數(shù)是30，則高錳酸根離子的計(jì)量數(shù)是6，硫化銅的計(jì)量數(shù)是6，再根據(jù)原子守恒配平方程式即可，所以該反應(yīng)的離子方程式為：6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O；

故答案為：6MnO4-；5CuS；28H+；5Cu2+；5SO2；6Mn2+；14；

（2）該反應(yīng)6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O中，還原產(chǎn)物是錳離子，氧化劑是高錳酸鉀離子，當(dāng)生成0.3mol還原產(chǎn)物時(shí)，氧化劑得到電子的物質(zhì)的量=0.3mol（7-2）=1.5mol，生成氣體的體積==5.6L；

故答案為：1.5；5.6．四、簡(jiǎn)答題(共4題，共8分)21、略

【分析】解：（1）氨氣的體積分?jǐn)?shù)從50%變化為20%后體積分?jǐn)?shù)保持不變，說(shuō)明B點(diǎn)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，即B點(diǎn)時(shí)v正（CO2）=v逆（CO2）；

A點(diǎn)氨氣體積百分含量大于B的氨氣體積百分含量，說(shuō)明反應(yīng)正向進(jìn)行達(dá)到平衡狀態(tài)，A點(diǎn)的正反應(yīng)速率大于B點(diǎn)的正反應(yīng)速率，則A點(diǎn)的逆反應(yīng)速率小于B點(diǎn)的逆反應(yīng)速率，所以A點(diǎn)的逆反應(yīng)速率V（逆）（CO2）小于B點(diǎn)的正反應(yīng)速率V（正）（CO2）；

設(shè)氨氣消耗物質(zhì)的量x；開(kāi)始氨氣體積分?jǐn)?shù)為50%，假設(shè)氨氣為50mol，二氧化碳為50mol；

CO2+2NH3?（NH2）2CO+H2O

起始量（mol）505000

變化量（mol）0.5xx0.5x0.5x

平衡量（mol）50-0.5x50-x0.5x

氨氣的體積分?jǐn)?shù)即物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)==20%；

計(jì)算得到x=37.5mol

氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率=×100%=75%；

故答案為：＜；75%；

（2）平均相對(duì)分子質(zhì)量===26；化學(xué)平衡常數(shù)K=c（NH3）2c（CO2）；故答案為：26；K=c（NH3）2c（CO2）；

（3）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ?mol-1

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ?mol-1

則②-①得到，C（s）+2NO（g）═CO2（g）+N2（g）△H=-393.5kJ?mol-1-180.6kJ?mol-1=-574.1kJ?mol-1；

故答案為：C（s）+2NO（g）═CO2（g）+N2（g）△H=-574.1kJ?mol-1；

（4）9.2gNO2的物質(zhì)的量=0.2mol，即0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，則2molNO2和Na2CO3溶液反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子1mol，則N的化合價(jià)分別有+4價(jià)變化為+5價(jià)和+3價(jià)，在堿性溶液中應(yīng)生成NO3-和NO2-，反應(yīng)的離子方程式為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2，若生成的CO2完全逸出，NO2-水解成堿性，所得溶液中的離子濃度大小關(guān)系為c（Na+）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2；c（Na+）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（1）氨氣的體積分?jǐn)?shù)從50%變化為20%后體積分?jǐn)?shù)保持不變，說(shuō)明B點(diǎn)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，即B點(diǎn)時(shí)v正（CO2）=v逆（CO2）；

A點(diǎn)氨氣體積百分含量大于B的氨氣體積百分含量，說(shuō)明反應(yīng)正向進(jìn)行達(dá)到平衡狀態(tài)，A點(diǎn)的正反應(yīng)速率大于B點(diǎn)的正反應(yīng)速率，則A點(diǎn)的逆反應(yīng)速率小于B點(diǎn)的逆反應(yīng)速率，所以A點(diǎn)的逆反應(yīng)速率V（逆）（CO2）小于B點(diǎn)的正反應(yīng)速率V（正）（CO2）；依據(jù)氨氣的體積分?jǐn)?shù)結(jié)合平衡三段式列式計(jì)算平衡轉(zhuǎn)化率；

（2）根據(jù)平均相對(duì)分子質(zhì)量=進(jìn)行計(jì)算；化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為生成物濃度冪次方之積比上反應(yīng)物濃度冪次方之積；

（3）根據(jù)蓋斯定律來(lái)計(jì)算化學(xué)反應(yīng)的焓變；從而書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式；

（4）9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，即每2molNO2和Na2CO3溶液反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子1mol計(jì)算生成的硝酸；根據(jù)化合價(jià)的變化判斷生成物，以此書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的離子方程式．

本題為綜合題，考查了蓋斯定律求熱化學(xué)方程式，化學(xué)平衡的移動(dòng)及平衡的計(jì)算，氧化還原方程式的書(shū)寫(xiě)，題目難度大，熟悉平衡原理是解題關(guān)鍵．【解析】＜；75%；26；K=c（NH3）2c（CO2）；C（s）+2NO（g）═CO2（g）+N2（g）△H=-574.1kJ?mol-1；2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2；c（Na+）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）22、（1）第三周期第VIIA族

（2）O2-＞Na+＞Al3+

（3）離子鍵、共價(jià)鍵

（4）①Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O

②5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑【分析】【分析】本題考查了位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系的綜合應(yīng)用，題目難度中等，正確推斷各元素為解答關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題知識(shí)點(diǎn)較多，充分考查學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力?！窘獯稹緼、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}短周期五種元素rm{.A}是其單質(zhì)是密度最小的物質(zhì)，則rm{A}為氫元素；rm{B}的陰離子帶兩個(gè)單位的負(fù)電荷，單質(zhì)是空氣主要成分之一，則rm{B}為氧元素；rm{B}為氧元素，rm{B}的陰離子為rm{O^{2-}}rm{C}的陽(yáng)離子與rm{B}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則rm{C}原子有rm{3}個(gè)電子層，且核電荷數(shù)與rm{B}相差rm{3}相差rm{B}，則rm{3}為rm{C}元素；與rm{Na}同周期，且rm{C}的且最外層電子是rm{C}的rm{3}倍，倍，則rm{C}為鋁元素；rm{3}與rm{D}同周期，其原子半徑在該周期最小，則rm{E}為氯元素。

rm{D}由分析可知，rm{E}為氯元素，位于第三周期第rm{(1)}族；故答案為：第三周期第rm{E}族；

rm{VIIA}rm{VIIA}rm{(2)B}的簡(jiǎn)單離子分別為rm{C}rm{D}rm{O^{2-}}核外電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以離子半徑大小為：rm{Na^{+}}

故答案為：rm{Al^{3+}}

rm{O^{2-}>Na^{+}>Al^{3+}}rm{O^{2-}>Na^{+}>Al^{3+}}分別為rm{(3)B}rm{C}二者rm{O}原子rm{Na}形成的化合物為按其中存在離子鍵和共價(jià)鍵；故答案為：離子鍵、共價(jià)鍵；rm{1隆脙1}形成的化合物rm{1隆脙1}rm{Na_{2}O_{2}}為鋁元素，rm{(4)}的氧化物為氧化鋁，氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，反應(yīng)化學(xué)方程式為：rm{壟脵}

故答案為：rm{壟脵}rm{D}為氫元素，rm{D}為氧元素，rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{壟脷A}rm{B}rm{H_{2}O_{2}}故答案為：與rm{KMnO}

rm{KMnO}【解析】rm{(1)}第三周期第rm{VIIA}族rm{(2)O^{2-}>Na^{+}>Al^{3+}}rm{(3)}離子鍵、共價(jià)鍵rm{(4)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{壟脷}rm{壟脷}23、分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2ONaOH溶液Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶抑制銅離子的水解，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率（或純度）【分析】【分析】（1）①儀器A是分液漏斗；

②裝置B中制取氯氣；利用二氧化錳與濃鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成氯化錳；氯氣、水，寫(xiě)出化學(xué)方程式再改寫(xiě)成離子方程式；

③實(shí)驗(yàn)中的反應(yīng)物之一為氯氣；若過(guò)量會(huì)污染大氣，所以需要處理尾氣；

④從CuCl2溶液中得到晶體；應(yīng)通過(guò)加熱濃縮，冷卻結(jié)晶，再過(guò)濾；干燥；

（2）因Cu2+能水解且加熱會(huì)促進(jìn)水解生成Cu（OH）2，同時(shí)得到揮發(fā)性的酸鹽酸，根據(jù)平衡理論，要通過(guò)加入稀鹽酸抑制水解平衡正向移動(dòng)，提高產(chǎn)品純度．【解析】【解答】解：（1）①儀器A是分液漏斗；故答案為：分液漏斗；

②裝置B中制取氯氣，二氧化錳與濃鹽酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程工為MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，改寫(xiě)后得到離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

③實(shí)驗(yàn)中的反應(yīng)物之一為氯氣；應(yīng)考慮到過(guò)量的氯氣能污染大氣，所以需要處理尾氣，一般用NaOH溶液吸收，故答案為：NaOH溶液；吸收多余的氯氣，防止空氣污染；

④從溶液里得到固體溶質(zhì)；通常采用的分離方法是結(jié)晶法，具體過(guò)程是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；

（2）由CuCl2溶液得到CuCl2?2H2O的過(guò)程中Cu2+水解，要加鹽酸防止Cu2+水解，否則產(chǎn)品中會(huì)含有Cu（OH）2雜質(zhì)，故答案為：抑制Cu2+水解，提高產(chǎn)品產(chǎn)率（或純度）．24、略

【分析】解：rm{(1)}已知rm{壟脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+178.5kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangleH=+401.9kJ?mol^{-1}}

依據(jù)蓋斯定律計(jì)算rm{壟脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle