河北省衡水中学2016届高三化学模拟试卷(3)Word版含解析

1、河北省衡水中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（三）（解析版）一、选择题1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）A“天宫一号”中使用的碳纡维，是一种新型无机非金属材料B为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D汽车排放的尾气和冬季取暖排放颗粒污染物是形成雾霾的重要因素2根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D与得电子能力相同3将Cu与CuO的混合物20

2、.8g加入到50mL 18.4molL1浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解（产生气体全部逸出），冷却后将溶液稀释至1000ml，测得c（H+）=0.84molL1若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0molL1的NaOH溶液的体积为（）A1OOmLB160mLC240mLD307mL4在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）A从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.067mol/（Lmin）B根据如图该反应的平衡常数表达式为k=c2（A）c（B）C若在第5分钟时升高温度，则

3、该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，B的反应速率增大D若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化情况符合a曲线5水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（）A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK+、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中DCO32和SO42一定不存在于溶液X中6一定温度下，将1mol A和1mol B气体充入2L恒容密闭容器中，发生反应A（g）+B（g）xC（g）+D（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，

4、测得容器中气体C的浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）A反应方程式中的x=1Bt2时刻改变的条件是使用催化剂Ct3时刻改变的条件是移去少量物质DDt1t3间该反应的平衡常数均为47对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂只有CuSO4BSO42既不是氧化产物也不是还原产物C1 mol CuSO4还原了mol的SD被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3二、非选择题8（14分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得 已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在（1）某研究小组设计了制备

5、Na2S2035H20装置和部分操作步骤如下I打开K1关闭K2，向圆底 烧瓶中加入足量浓硫酸加热IIC中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉逐渐减少，当C中溶液的pH 接近7时，打开K2，关闭K1即停止C中的反应，停止加热 III过滤C中的混合液IV将滤液经过、过滤、洗涤、烘干，得到产品Na2S203.5H20回答下列问题：II中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因（用离子方程式表示）IV中，操作步骤是、装置B中盛放的试剂是（填化学式）溶液（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCr

6、O4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加过KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0010molL1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如表所示：编号1234消耗Na2S2O3标准溶液的体积/mL18.0217.9818.0020.03部分反应离子方程式为：Cr2O+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O； I2+2S2O2I+S4O判断达到滴定终点的现象是从表格所给数据计算：一份待测溶液消耗Na2S2O3溶液的平均体积为 ml废水中Ba2+的物质的量浓度9（15分）世界环保联盟建议全面禁

7、止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热实验室以电解法制备ClO2的流程如图：（1）ClO2中所有原子（填“是”或“不是”）都满足8电子结构图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用A饱和食盐水 B碱石灰 C浓硫酸 D蒸馏水（2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品，下列说法正确的是A二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理B应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期C稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯

8、的使用范围D在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置（3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备化学反应方程式为缺点主要是产率低、产品难以分离，还可能污染环境（4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备，化学方程式是，此法相比欧洲方法的优点是（5）科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是10（14分）合成氨尿素工业生产过程中涉及到的物质转化过程如下图所示（1）天然气在高温、催化剂作用下与水蒸气反应生成H2和CO的化学方程式为（2）在合成氨生产中，将生成

9、的氨及时从反应后的气体中分离出来运用化学平衡的知识分析这样做的是否有利于氨的合成，说明理由：（3）如图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数若分别用A（NH3）和B（NH3） 表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则A（NH3）B（NH3）（填“”、“”或“=”）在相同温度、当压强由p1变为p3时，合成氨反应的化学平衡常数（填“变大”、“变小”或“不变”）在250、1.0×104kPa下，H2的转化率为%（计算结果保留小数点后1位）（4）NH3（g） 与CO2（g） 经过两步反应生成尿素，两步反应的

10、能量变化示意图如下：NH3（g） 与CO2（g） 反应生成尿素的热化学方程式为（5）运输氨时，不能使用铜及其合金制造的管道阀门因为，在潮湿的环境中，金属铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为11（15分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸H2MA，并进一步合成高分子化合物PMLA用乙炔等合成烃C（1）A分子中的官能团名称是、（2）A的结构简式，A的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是（3）B转化为C的化学方程式是，其反应类型是用烃C或苯合成PMLA的路线如下（4）1mol有机物H与足量NaHC03溶液反应生成标准状况下的C02 44.8L，H有顺反异

11、构，其反式结构简式是H的核磁共振氢谱有种峰（反式结构）（5）E的结构简式是（6）G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是（7）聚酯PMLA有多种结构，写出由H2MA制PMLA的化学方程式（任写一种）是2016年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）A“天宫一号”中使用的碳纡维，是一种新型无机非金属材料B为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D汽车排放的尾气和冬季取暖排放颗粒污染物是形成雾霾的重要因素【考点】常见的食品添加剂

12、的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；常用合成高分子材料的化学成分及其性能【分析】A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料；B生石灰能作干燥剂，但是不能作还原剂；C可降解塑料是指在较短的时间内、在自然界的条件下能够自行分解成小分子的塑料；D雾霾是由漂浮在空气中的固体颗粒形成的；【解答】解：A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；B生石灰能作干燥剂，但是不能作还原剂，所以在中秋月饼等富脂食品中放入生石灰不能防止氧化变质，故B错误；C用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，是由许多二氧化碳小分子聚合而成的大分子，能够在较短的

13、时间内分解，实现“碳”的循环利用，故C正确；D雾霾是由漂浮在空气中的固体颗粒形成的，所以汽车排放的尾气和冬季取暖排放颗粒污染物是形成雾霾的重要因素，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大2根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D与得电子能力相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2离子；

14、C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D互为同位素原子的化学性质几乎完全相同【解答】解：A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2离子具有强还原性，故B错误；CS2、Cl、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故C错误；D3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，得电子能力相同，故D正确，故选D【点评】本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大

15、，注意对基础知识的理解掌握3将Cu与CuO的混合物20.8g加入到50mL 18.4molL1浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解（产生气体全部逸出），冷却后将溶液稀释至1000ml，测得c（H+）=0.84molL1若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0molL1的NaOH溶液的体积为（）A1OOmLB160mLC240mLD307mL【考点】有关混合物反应的计算【分析】由题意可知，Cu与CuO的混合物与硫酸反应硫酸有剩余，溶液中氢离子来源于剩余的硫酸，则n剩余（H2SO4）=n（H+），设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，表示出二者反应消耗的硫酸及生成的二氧

16、化硫，根据二者质量与消耗的硫酸列方程计算，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫原子守恒可得n（Na2SO4）=n原来（H2SO4）n（SO2），据此计算解答【解答】解：反应剩余硫酸的物质的量为：×0.84 mol/L×1 L=0.42 mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O1 2 1x 2x xCuO+H2SO4CuSO4+H2O1 1y y所以，2x+y=18.4 mol/L×0.05 L0.42 mol=0.5 m

17、ol64g/molx+80g/moly=20.8g解得：x=0.2 mol，y=0.1 moln（SO2）=0.2 mol，1000 mL溶液中SO42的总量为18.4 mol/L×0.05 L0.2 mol=0.72 mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故需要n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积=0.24 L=240mL，故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，注意利用守恒法进行计算，侧重对学生思维能力、分析解决问题

18、能力的考查4在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）A从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.067mol/（Lmin）B根据如图该反应的平衡常数表达式为k=c2（A）c（B）C若在第5分钟时升高温度，则该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，B的反应速率增大D若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化情况符合a曲线【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A根据v=进行计算；B根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判

19、断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；C根据温度升高，D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；根据平衡常数只有与温度有关；温度升高化学反应速率加快；D增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动【解答】解：A从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为=0.067mol/（Lmin），故A正确；B根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以D是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，03min时，

20、D=0.4mol，A=0.4mol，B=0.2mol，D：A：B=0.4mol：0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式为：2D（s）2A（g）+B（g）； 因D为固体，所以化学平衡常数k=c2（A）c（B），故B正确；C温度升高，D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应，平衡常数只有与温度有关，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；温度升高化学反应B的反应速率加快，故C正确； D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，A的物质的量变化情况符合b曲线，故D错误；故选：D【点评】本题考查了化学平衡、平衡常数的影响因

21、素，平衡计算分析应用，掌握基础是关键，题目难度适中5水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（）A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK+、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中DCO32和SO42一定不存在于溶液X中【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题【分析】能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量

22、的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答【解答】解：加HCl有气体说明有CO32或SO32，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子A加HCl有气体说明有CO32或SO32，生成

23、的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B溶液中一定含有CO32或SO32，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D硫酸根离子是否存在不能确定，CO32可能存在，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等6一定温度下，将1mol A和1mol B气体充入2L恒容密闭容器中，发生反应A（g）+B（g）xC（g）+D（s），t1时达到平衡在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间的变化如

24、图所示下列说法正确的是（）A反应方程式中的x=1Bt2时刻改变的条件是使用催化剂Ct3时刻改变的条件是移去少量物质DDt1t3间该反应的平衡常数均为4【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】At2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡；B使用催化剂不影响C浓度；CD为固体，减少D的量，不影响平衡移动；Dt1t3间温度相同，平衡常数相同，计算t1时反应混合物的浓度，代入平衡常数k=计算【解答】解：At2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A错误；B加入催化剂C的浓度不发生变化，故

25、B错误；CD为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；Dt1t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则： A（g）+B（g）2C（g）+D（s）开始（mol/L）：0.5 0.5 0变化（mol/L）：0.25 0.25 0.5平衡（mol/L）：0.25 0.25 0.5所以平衡常数k=4，故D正确；故选：D【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数等，难度中等，关键是理解外界条件对化学平衡的影响7对反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法正确的是（）A该反应的氧化剂只有CuSO

26、4BSO42既不是氧化产物也不是还原产物C1 mol CuSO4还原了mol的SD被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3【考点】氧化还原反应【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答【解答】解：ACu、S元素的化合价降低，则氧化剂为CuSO4、FeS2，故A错误；B由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，所以部分SO42是氧化产物，故B错误；C.1 mol CuSO4得到电子为1mol×（2

27、1）=1mol，由电子守恒可知，可氧化mol的S，故C错误；D由S元素的化合价变化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去电子，7molS得到电子，则被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意S元素的化合价变化为解答的易错点，明确Cu、S元素的化合价变化即可解答，题目难度中等二、非选择题8（14分）（2016衡水校级模拟）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得 已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在（1）某研究小组设计了制备Na2S2035H20装置和部

28、分操作步骤如下I打开K1关闭K2，向圆底 烧瓶中加入足量浓硫酸加热IIC中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉逐渐减少，当C中溶液的pH 接近7时，打开K2，关闭K1即停止C中的反应，停止加热 III过滤C中的混合液IV将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品Na2S203.5H20回答下列问题：II中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因S2O32+2H+S+SO2+H2O（用离子方程式表示）IV中，操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶装置B中盛放的试剂是（填化学式）NaOH溶液（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适

29、当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加过KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0010molL1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如表所示：编号1234消耗Na2S2O3标准溶液的体积/mL18.0217.9818.0020.03部分反应离子方程式为：Cr2O+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O； I2+2S2O2I+S4O判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变从表格所给数据计算

30、：一份待测溶液消耗Na2S2O3溶液的平均体积为18.00 ml废水中Ba2+的物质的量浓度2.4×104molL1【考点】制备实验方案的设计【分析】在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，所以A中发生的反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；打开K1，关闭K2，在C中Na2CO3和S、SO2反应生成Na2S2O3，Na2S2O3溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，所以用NaOH吸收未反应的SO2；C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，打开K2，关闭K1，二氧化硫有毒，应该用B中溶液

31、吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫（1）Na2S2O3溶液具有弱碱性和较强的还原性，酸性条件下不能存在；从滤液中获取Na2S2O35H2O需蒸发浓缩冷却结晶等操作；二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，应有尾气处理装置；（2）判断达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液蓝色消失且半分钟不变色；4号使用的溶液体积与其它几组相比偏差较大，为错误读数，BaCrO4用盐酸溶解转化为Cr2O27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：Ba2+BaCrO4Cr2O72I23S2O32，结合消耗的Na2S2O3利用关系式计算溶液中n

32、（Ba2+），进而计算c（Ba2+）【解答】解：（1）生成的SO2和碳酸钠反应生成亚硫酸钠和CO2，由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，发生硫元素的歧化反应，反应的离子方程式为：S2O32+2H+S+SO2+H2O；故答案为：S2O32+2H+S+SO2+H2O；Na2S2O35H2O受热易分解，所需冷却结晶，所以从滤液中获取Na2S2O35H2O需蒸发浓缩、冷却结晶等操作，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；二氧化硫为大气污染物，需要尾气处理，则装置B中盛放的试剂是氢氧化钠溶液，用来吸收SO2，防止污染环境；故答案为：NaOH溶液；（2）根据表中数据可知，4号使用的溶液体积与其它几组相比偏

33、差较大，所以舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是=18.00ml；溶液中发生的反应为：2Ba2+Cr2O72=2BaCrO4+2H+； Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62；根据方程式列出各物质的关系为：Ba2+BaCrO4Cr2O72I23S2O321mol 3mol则n（Ba2+）=n（S2O32）=×0.00100molL1×18.00×103 L=6×106mol，所以c（Ba2+）=2.4×104molL1，故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半

34、分钟内颜色不改变，2.4×104molL1【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及物质制备、物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意（2）题计算时4号要舍去，为易错点，题目难度中等9（15分）（2016衡水校级模拟）世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热实验室以电解法制备ClO2的流程如图：（1）ClO2中所有原子C（填“是”或“不是”）都满足

35、8电子结构图所示电解法制得的产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，除去杂质气体可选用CA饱和食盐水 B碱石灰 C浓硫酸 D蒸馏水（2）稳定性二氧化氯是为推广二氧化氯而开发的新型产品，下列说法正确的是ABCDA二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理B应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期C稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围D在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装置（3）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备化学反应方程式为2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O缺点主要是产率低、产品难以分离，还可能污染环境（4）我国广泛采用经干燥空气稀释的氯气与固

36、体亚氯酸钠（NaClO2）反应制备，化学方程式是2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，此法相比欧洲方法的优点是安全性好，没有产生毒副产品（5）科学家又研究出了一种新的制备方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子；产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂；（2）高效“绿色”消毒

37、剂二氧化氯，可推广使用，代替氯气；（3）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水；（4）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯；（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答【解答】解：（1）Cl最外层7个电子，只有1个单电子，O最外层6个电子，含2个单电子，则O原子不能满足8电子稳定结构，产物中杂质气体B能使石蕊试液显蓝色，为氨气，可选酸来除杂，只有C中浓硫酸符合，故答案为：不是；C；（2）A二氧化氯可广泛用于工业和饮用水处理，代替氯气，为“绿色”消毒剂，故A正确；B应用在食品工业中能有效地延长食品贮藏期，

38、能杀菌消毒，故B正确；C稳定性二氧化氯的出现大大增加了二氧化氯的使用范围，便于运输和应用，故C正确；D二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，在工作区和成品储藏室内，要有通风装置和监测及警报装，故D正确；故答案为：ABCD；（3）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为：2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O；（4）氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）反应，生成氯化钠和二氧化氯，该反应为2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，该法相比欧洲方法的优点为安全性好，没有

39、产生毒副产品，故答案为：2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2；安全性好，没有产生毒副产品；（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用，故答案为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O；反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，注意把握所给信息来分析解答，侧重学生解决新问题能力的考查

40、，将知识活学活用为解答的关键，试题培养了学生的化学实验能力10（14分）（2012海淀区二模）合成氨尿素工业生产过程中涉及到的物质转化过程如下图所示（1）天然气在高温、催化剂作用下与水蒸气反应生成H2和CO的化学方程式为CH4+H2OCO+3H2（2）在合成氨生产中，将生成的氨及时从反应后的气体中分离出来运用化学平衡的知识分析这样做的是否有利于氨的合成，说明理由：移走氨气，减小生成物浓度，平衡右移，有利于氨生成（3）如图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数若分别用A（NH3）和B（NH3） 表示从反应开始至达平衡状态A

41、、B时的化学反应速率，则A（NH3）B（NH3）（填“”、“”或“=”）在相同温度、当压强由p1变为p3时，合成氨反应的化学平衡常数不变（填“变大”、“变小”或“不变”）在250、1.0×104kPa下，H2的转化率为66.7%（计算结果保留小数点后1位）（4）NH3（g） 与CO2（g） 经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：NH3（g） 与CO2（g） 反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134kJ/mol（5）运输氨时，不能使用铜及其合金制造的管道阀门因为，在潮湿的环境中，金属铜在有NH3存在时能被空气中

42、的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH【考点】制备实验方案的设计；化学能与热能的相互转化；化学平衡的调控作用；化学平衡的计算【分析】（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；（2）减少生成物的浓度，化学平衡正向移动；（3）温度越大，压强越大，反应速率越大；化学平衡常数只与温度有关；在250、1.0×104kPa下，氨气的体积分数为50%，则 N2+3H22NH3（开始 1 3 0转化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x所以=50%，以此计算转化率；（4）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热

43、效应是相同的；（5）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，以此书写离子反应【解答】解：（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，该反应为CH4+H2OCO+3H2，故答案为：CH4+H2OCO+3H2；（2）减少生成物的浓度，化学平衡正向移动，所以移走氨气，减小生成物浓度，平衡右移，有利于氨生成，故答案为：移走氨气，减小生成物浓度，平衡右移，有利于氨生成；（3）温度越大，压强越大，反应速率越大，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：；化学平衡常数只与温度有关，显然温度不变，则化学平衡常数K不变，故答案为：不变；在250、1.0×104kP

44、a下，氨气的体积分数为50%，则 N2+3H22NH3开始 1 3 0转化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x所以=50%，解得x=，则氢气的转化率为×100%=66.7%，故答案为：66.7；（4）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol；（5）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该离子反应为2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH【点评】本题考查制备实验方案的设计，综合性较强，题目难度较大，涉及化学平衡及计算、离子反应、氧化还原反应，热化学反应等高考常考考点，注重学生能力的训练，把握图象及数据处理即可解答11（15分）（2015河东区一模）以乙