云南省民族大学附属中学2019届高三化学上学期期中试卷(含解析)

1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是
A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C. 中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
【答案】D
【解析】
A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A错误；
B. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；
C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔
化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。

氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D正确；答案：D。

2.下列化学用语正确的是
A. 雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：
B. 新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—O
C. S2-的结构示意图
D. 标准状况下密度为 1.25g/L的气态烃的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
A、HF是共价化合物；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连；
C、S2-最外层8个电子；
D、乙烯碳与碳之间形成双键。

【详解】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：，故A错误；
C、S2-最外层8个电子，结构示意图，故C错误；
D、标准状况下密度为 1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故D 正确。

故选D。

3.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. S2和S8的混合物共 6.4g,其中所含的电子数一定为 3.2N A
B. 密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应,产物的分子数为2N A
C. 24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4 N A
D. 5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2 N A
【答案】A
【解析】
【分析】
A、S2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个电子；
B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；
C、二氧化硅为原子晶体；
D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足．
【详解】A、S2和S8均由S原子构成， 6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含 3.2N A个电子，故A正确；
B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2N A个，故B错误；
C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C错误；
D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不
能完全反应，则转移的电子数小于0.2N A个，故D错误。

故选：A。

4.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。

其中Ⅹ、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、
说法错误的是
A. 原子半径：Y＞Z＞R＞T
B. 气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
C. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
【答案】D
【解析】
【分析】
“矿石熊猫”的香花石由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，
T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W 的2倍，则，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则，推出W为Si元素，符合题意。

【详解】A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右
半径在减小，即原子半径：Y＞Z＞R＞T，选项A正确；B．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属
性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，选项B正确； C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，选项C正确； D．XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，选项D错误，答案选D。

【点睛】本题主要考查原子结构与元素周期律的关系．本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题
的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等。

5.下列各溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 常温下，c(H+)=10－13mol·Ｌ－1的溶液中：Na+、AlO2－、S2－、SO32－
B. 使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I－、NO3－、Cl－
C. 加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42－、K+
D. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液中：K+、Na+、HCO3－、Ca2+
【答案】A
【解析】
A．常温下，c(H+)=10－13mol·Ｌ－1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2－、S2－、SO32－彼此间不发生离子反
2+－－
不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不
可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C错误；D．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液pH=1或13，HCO3－在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D错误；答案为A。

6.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 用石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl－+2H2O2OH－+Cl2↑+H2↑
B. 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2
－+2H
2O
C. 将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO2+ClO－+2OH－=SO42－+Cl－+H2O
D. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3+H2O
【答案】C
【解析】
A．用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，电解方程式为2Cl-+Cu2+Cu+Cl2↑，故A错误；
B.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，
离子方程式为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3?H2O，故B错误；C．少量二氧化硫通入
次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为SO2+ClO-+2OH-═SO42-+Cl-+H2O，故C正确；D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为
Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3+CO32-+2H2O，故D错误；故选C。

7.有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。

下列说法正确的是
A. 该反应是加成反应
B. 若R为CH3时，b中所有原子可能共面
C. 若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种
D. 若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成
【答案】D
【解析】
A．烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A错误；B．R为CH3时，应具有甲烷的结构
特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH(CH3)-、③(CH3)2CH-CH2-、④(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C错误；D．R为C H O时，不饱合度为=2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与
5mol H2加成，故D正确；故选D。

8.下列叙述或书写正确的是
A. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483．6kJ·mol－1，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1
B. H2（g）+F2（g）=2HF（g）ΔH=-270kJ·mol－1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol 氟气的能量之和
C. 含20．0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28．7kJ的热量，则表示该中和反应的热化学方程
式为NaOH+HCl=NaCl+H2OΔH=-57．4kJ·mol－1
D. 500℃、30MPa时，发生反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-38．6kJ·mol－1。

在此条件下将1．5molH2和过量N2充分反应，放出热量19．3kJ
【答案】A
【解析】
【分析】
A、水由气体变成液体要放出热量；
B、反应吸放热由反应物和生成物的总能量的大小关系决定．
C、热化学方程式要标明物质的状态；
D、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是可逆反应，反应物不能全部反应。

【详解】A、 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483．6kJ·mol－1，水由气体变成液体要放出热量，则1mol 氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1，故A正确；
B、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=-270 kJ·mol－1可知，反应放热，即 1 mol氢气与 1 mol 氟气的总能量大于 2 mol氟化氢的总能量，故B错误；
C、热化学方程式没有标明物质的状态，故C错误；
D、H2的物质的量为 1.5mol，完全消耗 1.5mol氢气会放出19.3kJ热量，由于该反应为可逆反应，氢气不
可能完全转化成氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误；
故选A。

【点睛】本题考查了燃烧热的定义、可逆反应对反应热的影响以及物质稳定性的判断，易错点D，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是可逆反应，反应物不能100%转化为生成物。

．
9.利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )
选项①②③实验结论实验装置
A 稀硫酸Na S AgNO与AgCl的溶液Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性
C 稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2 溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D 浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较
溶度积大小，A错误；B．浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可
生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据
强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性
硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目
的，D错误，答案选B。

点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判
断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。

选项D 是易错点，注意硝酸的挥发性。

视频
10.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）?CH3OH （g）。

按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强
下随温度的变化如图所示。

下列说法中,正确的是
A. p1<p2
B. 该反应的ΔH>0
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【解析】
【分析】
A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。

11.下表是25 ℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数,下列说法正确的
化学
式
AgCl Ag2CrO4CH3COOH HClO H2CO3
K sp或
K a K sp=1.8×10-10K sp=2.0×10-12K a=1.8×10-5K a=3.0×10-8
K a1=4.1×10-7
K a2=5.6×10-11
A. 相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,各离子浓度的大小关
系:c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为CO32-+Cl2+H2O HCO3-+Cl-+HClO
C. 向0.1 mol·Ｌ-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9,此时溶液的pH=5
D. 向浓度均为 1.0×10-3 mol/L的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加 1.0×10-3 mol/L的AgNO3溶液,CrO42-先形成沉淀
【答案】C
A．CH3COOH的Ka大于HClO的Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大；
B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水，结合Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）可知，氯气与水的反应正向
移动，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；
C．向0.1 mol·Ｌ-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9,，溶液中乙酸平衡常数
计算表达式计算溶液中氢离子浓度得到溶液PH；
D．分别计算Cl-、CrO42-开始沉淀所需Ag+的浓度，然后比较。

【详解】A．CH3COOH的Ka大于HClO的Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大，则c（ClO－）＜c（CH3COO －），故A错误；
B．少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，结合Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3）可知，盐酸和碳
酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2CO32－
+Cl2+H2O═2HCO3－+Cl－+ClO－，故B错误；
C．向0.1 mol·Ｌ-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9,，溶液中乙酸平衡常数
K=c(H＋)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=9c（H＋）/5=1.8×10-5，c（H＋）=10-5，溶液PH=5，故C正确；
D．Cl-开始沉淀所需c（Ag+）=1.8×10-10÷（1×10-3）=1.8×10-7（mol/L），CrO42-开始沉淀所需c（Ag+）
==×10-5（mol/L）>1.8×10-7（mol/L），则Cl－先形成沉淀，故D错误；
故选C。

【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，解题关键：把握离子浓度、K sp的关系、盐类水解、平衡移动，
难点D：注意表格中数据的应用，根据Ksp计算出沉淀时所需c（Ag＋）的最小值。

12.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。

科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。

下列说法正确的是
A. 电极b为电池负极
B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
C. 电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2O
D. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O
由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。

硫
化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。

该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。

点睛：本题考查的是原电池原理。

在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂
在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定
向移动形成电流。

在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如
果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。

有时燃料电池的负
极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。

本
题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判
断。

13.下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是
A. 模拟工业制氨气并检验产物
B. 实验室采用所示装置收集SO2
C. 可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀
D. 可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
【答案】D
【解析】
A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；
B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式
收集SO2，故B错误；C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C错误；D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D正确；答案选D。

14.常温下，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。

下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是
A. W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B. pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L
C. pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D. pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】A
【解析】
【分析】
A、W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性；
B、根据物料守恒判断；
C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；
D、根据电荷守恒分析．
【详解】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离
子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A正确；
B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1 mol·Ｌ-1，故B错误；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸
氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C错误；D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c （HCO3-），故D错误；
故选A。

种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点B，结合图象和题意灵活运用，读出pH=4，说明反应中有CO2生成。

15.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NO x)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。

对废
气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。

Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJ/mol
N2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) △H= +133 kJ/mol
H2O(g) =H2O(l) △H= -44 kJ/mol
（1）催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_____________。

Ⅱ．脱碳：
（2）向2L恒容密闭容器中加入 2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。

下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。

A．混合气体的平均式量保持不变 B．CO2和H2的体积分数保持不变
C．CO2和H2的转化率相等 D．混合气体的密度保持不变
E．1 mol CO2生成的同时有 3 mol H—H键断裂
（3）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。

①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率
V(H2)=___________。

若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将
__________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
②当起始n(H2)/n(CO)=3．5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_________点（选填“D”、“E”或“F”）
Ⅲ．脱硫：
（4）如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。

物质A的化学式为_______，阴极的电极反应式是_______________________。

【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H= -1100.2kJ/mol (2). DE (3).
0.08mol/（L．min） (4). 减小 (5). F (6). H2SO4 (7). NO+6H++5e－=NH4++H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）写出氢气燃烧热表示的热化学方程式，依次编号，①×４-②-③×４得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式；
（2）可逆反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些物理量
不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；
（3）①由CO与氢气总物质的量、与n(H2)/n(CO)=2可以计算CO与氢气各物质的量，利用三段式计算平衡
时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=△c/△ｔ计算v（H2）；先计算该温度下平衡常数K，再计算浓度商Qc，与平衡常数K相比判断反应进行分析，可以确定氢气转化率变化；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大；
Ⅲ．电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4＋和SO42－，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析。

【详解】Ⅰ．（1）已知：燃烧热为285.8kJ·mol－1，
①Ｈ2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ·mol－1
②Ｎ2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ·mol－1
③Ｈ2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol－1
①×４-②-③×４得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100.2kJ·mol－1；
（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l），
A、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，生成物全呈液态，混合气体的平均式量始
终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持
不变，故B错误；
C、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应
是否达到平衡状态，故C错误；
D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：DE；
（3）①Ｈ2和CO总共为3mol，且起始n(H2)/n(CO)=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min达到平衡时CO
的转化率为0.4，则：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始（mol）：1 2 0
变化（mol）：0.4 0.8 0.4
平衡（mol）：0.6 1.2 0.4
容器的容积为2L，则v（H2）=0.8mol/（2L×5min）=0.08mol/（L·min），
该温度下平衡常数K=，此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，此时浓度商Qc=，反应向逆向反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3 OH的体积分数小于C点，故选F。

（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4＋和SO42－，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成
硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2 e－═SO42－+4H＋，阴极电极反应为：NO+6H＋+5e－=NH4＋+H2O。

16.水合肼(N2H4·Ｈ2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：
CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·Ｈ2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。

【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）
已知：3NaClO2NaCl+NaClO3
（1）配制30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。

A.容量瓶 B．烧杯 C．移液管 D.玻璃棒
（2）装置I中发生的离子反应方程式是_______________；Ⅱ中玻璃管a的作用为____________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的___________________
【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示
（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·Ｈ2O参与A中反应并产生大量氮气，产品
产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式____________________；充分反应后，加热蒸馏A 内的溶液即可得到水合肼的粗产品。

【测定肼的含量】
（4）称取馏分0.3000 g，加水配成20.0 mL溶液，一定条件下用0.1500 mol·Ｌ-1的I2溶液滴定。

已知: N2H4·Ｈ2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O。

①滴定时，可以选用的指示剂为____________；
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20. 00 mL，馏分中N2H4·Ｈ2O的质量分数为____。

【答案】 (1). BD (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 平衡压强 (4). 防止NaClO 分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 (5). 2NaClO+N2H4·Ｈ2O=2NaCl+N2↑+3H2O (6). 淀粉溶液(7). 25%
【解析】
分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指
定情境下方程式的书写。

【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。

【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。

【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。

根据消耗的I2和方程式计算
N2H4·Ｈ2O的质量，进一步计算N2H4·Ｈ2O的质量分数。

详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：
量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。

（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。

II中玻璃管a的作用为：平衡压强。

装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了
防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。

II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO 分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。

【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴
加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子
守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4·Ｈ2O=2NaCl+N2↑+3H2O。

【测定肼的含量】①滴定时反应原理为2I2+N2H4·Ｈ2O=N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂
为淀粉溶液。

滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。

②20.00mL溶液中n（N2H4·Ｈ2O）=n（I2）=0.1500mol/L0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4·Ｈ2O）
=0.0015mol50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·Ｈ2O的质量分数为100%=25%。

17.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。

（1）在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________________________；
（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式__________________；（3）某课题组用上述废玻璃粉末（含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质）为原料，设
计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。

①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。

洗涤沉淀的操作是__________________。

②反应①的离子方程式为______________________。

③操作I的名称是___________。

④如图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。

该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________（保留两位有效数字）。

若滴定所用FeSO4溶液已在空气
中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________ （“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】 (1). 4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O (2). 2O2- - 4e－= O2↑ (3). 沿玻璃棒向沉淀中
加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次 (4). 2C e O2＋6H+＋H2O2＝2Ce3+＋4 H2O＋O2↑ (5). 冷却结晶 (6). 86.67% (7). 偏高
【解析】
【详解】（1）在空气中煅烧Ce（OH）CO3可制备CeO2，该反应方程式为4Ge（OH）CO3+O2═4GeO2+4CO2+2H2O；综上所述，本题答案是：4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。

（2）电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阳极是氧离子失电子变为氧气，电极反应为：2O2- - 4e－= O2↑；综上所述，本题答案：2O2- - 4e－= O2↑。

（3）废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂C可生成硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新
杂质，滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；Ce （OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4；
①沉淀洗涤的的操作是沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次；综上所述，本
题答案是：沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次。

②CeO2与H2O2反应生成Ce2（SO4）3和O2，反应的方程式为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；综上所述，本题答案是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O。

③根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，故答案为：冷却结晶；综
上所述，本题答案是：冷却结晶。

④称取0.6g样品，加入硫酸溶解，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗25.00ml溶液，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，依据元素守恒计算n（Ce（OH）4）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.0250L=2.5×10﹣3mol，含量=2.5×10﹣
3×208/0.6×100%=86.67%；FeSO
4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce （OH）4产品的质量分数会偏高；综上所述，本题答案是：86.67% ；偏高。

【点睛】双氧水是一种常见的绿色强氧化剂，还原产物为水，对环境没有危害；但是双氧水中的氧为-1价，还具有还原性，也能被强氧化剂氧化为氧气，因此在解题时，一定要避免陷入思维定式，认为只能做氧化
剂，此题中2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+反应就是一例。

18.香豆素（结构如下图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸。

已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH
请回答下列问题：
（1）香豆素分子中的官能团的名称为__________，步骤II→III的反应类型为________。

（2）有机物III的结构简式为_________，在上述转化过程中，设计反应步骤II→III的目的是。