章丘市第四中学2020届高三下学期3月份模拟考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省章丘市第四中学2020届高三下学期3月份模拟考试化学试题含解析2020届化学模拟试题一．选择题:本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生成、生活等密切相关.下列说法正确的是（）A。制作“唐三彩”的原料是黏土B。“绿色化学"要求在生产结束后及时治理污染C。燃煤时为了减少二氧化硫、二氧化碳等有害气体的排放，可以加入生石灰D.太阳能电池板的成分和石英玻璃的成分相同【答案】A【解析】【详解】A。“唐三彩”是陶瓷,所以原料是黏土,A项正确;B.“绿色化学”指的是在生产的源头和整个生产过程中不产生污染和废物,B项错误；C.二氧化硫与生石灰、氧气反应最终生成硫酸钙，所以在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量,会减少空气污染，但二氧化碳不是有害气体，C项错误;D.太阳能电池板的主要材料为晶体硅，石英玻璃的主要材料是二氧化硅,D项错误；答案选A。2。下列诗句不涉及化学反应的是（)A.爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏B.飒飒西风满院栽，蕊寒香冷蝶难来C。春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干D。开视化为血，衰今征敛无【答案】B【解析】【详解】A.爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏,燃放爆竹属于化学变化，A项错误；B。飒飒西风满院栽，蕊寒香冷蝶难来,指寒风和分子的运动，不属于化学变化，B项正确；C。春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，蜡炬燃烧属于化学变化，C项错误；D.开视化为血，衰今征敛无，指珍珠(主要成分碳酸钙），在潮湿空气中反应属于化学变化，D项错误;答案选B。3。下列化学用语不正确的是（）A。过氧化氢的电子式:B。次氯酸的结构式：H—Cl—OC.制备氢氧化铁胶体：FeCl3+3H2O=Fe(OH）3（胶体）+3HClD.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HCO3—+HClO【答案】B【解析】【详解】A。过氧化氢为共价化合物,电子式为，A项正确；B.次氯酸的结构式：H—O-Cl，B项错误；C.制备氢氧化铁胶体，采用饱和氯化铁溶液滴入沸水中，方程式为：FeCl3+3H2O=Fe（OH)3（胶体)+3HCl，C项正确；D。碳酸性大于次氯酸，次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:ClO-+CO2+H2O=HCO3—+HClO，D项正确;答案选B。4。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(）A.常温下，1LpH=10的NaClO溶液中，发生电离的水分子数为1×10-10NAB。12gNaHSO4固体中含有的离子数为0.2NAC.71gCl2溶于水转移的电子数为NAD。标况下，11。2LHF含有的分子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，水溶液会促进水的电离,常温下，1LpH=10的NaClO溶液中，发生电离的水分子数为1×10—4NA,A项错误；B。12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,固体时由钠离子和硫酸氢根离子构成，故总离子数为0。2NA,B项正确;C.氯气与水的反应为可逆反应,题给条件无法计算常温常压下71gCl2溶于水转移的电子数目，C项错误;D.标准状况下，HF是液态，无法计算，D项错误;答案选B.【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算,易错点D：应注意掌握物质的状态，HF是液态,无法用体积计算；难点B,NaHSO4在固态和溶液中电离方式不同.5.二氧化碳用不同催化剂催化生成一氧化碳的历程中能量的转变如图所示，(吸附在催化剂表面的用“·”表示）下列说法错误的是(）A。使用催化剂NiPc需要的条件更高B。·COOH经过还原反应得到COC。反应过程中存在极性键的断裂和生成D。相同微粒吸附在不同的催化剂时能量相同【答案】D【解析】【详解】A。由图可知，使用催化剂NiPc的相对能量更高，需要的条件更高,A项正确；B.整个过程中，C的化合价下降,故·COOH经过还原反应得到CO，B项正确；C.·CO2转变为·COOH存在极性键的生成，·COOH转变为·CO存在极性键的断裂，C项正确；D.由图可知，COOH、CO吸附在不同的催化剂时，能量不相同,D项错误;答案选D。6。X、Y、Z三种物质直接的转化如图所示,其中不能一步实现的是（）ABCDXCNaOHCH3CH2OHN2YCONa2CO3CH3CHONH3ZCO2NaHCO3CH3COOHNO2A。A B。B C。C D。D【答案】D【解析】【详解】A.C与氧气不充分燃烧得到CO，CO与氧气燃烧得到CO2，CO2与Mg反应可得氧化镁和C，A项正确；B。NaOH与CO2反应得到Na2CO3，Na2CO3与水和CO2得到NaHCO3，NaHCO3与氢氧化钙反应得到NaOH和碳酸钙，B项正确；C。乙醇与氧气在Cu的催化作用下生产乙醛，乙醛进一步氧化得到乙酸,乙酸经还原可以得到乙醇，C项正确;D.NH3不能一步反应到NO2，实现过程氨气与氧气发生催化氧化可得到一氧化氮，NO与氧气反应可得到NO2，D项错误;答案选D.7.X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。Y和Z在放电条件下反应生成的化合物是一种不成盐化合物。R的原子半径是五种元素中最大的，Y和W具有相同的最外层电子数。下列说法错误的是（）A。简单离子的还原性W＞YB。X和R形成的化合物可以是离子化合物也可以是共价化合物C。标况下，1molYZ与0。5molZ2混合后所得的气体的物质的量等于1molD.常温下，由X、Z、W形成的酸的浓度为0.1mol/L时,其pH＞1【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，Y和Z在放电条件下反应生成的化合物是一种不成盐化合物，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；Y和W具有相同的最外层电子数，则W为P元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期,可能为Na、Mg、Al、Si中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。【详解】A.W、Y简单离子分别为P3-、N3-,非金属性N＞P，简单离子的还原性P3—＞N3-，A项正确；B.R为Na时，与氢形成NaH为离子化合物，R为Si时，与氢形成SiH4为共价化合物，B项正确;C.标况下，1molNO与0。5molO2混合后生成1molNO2，但是NO2会进一步生成N2O4，所得的气体的物质的量小于1mol,C项错误；D.X、Z、W形成的酸为中强酸或弱酸，当浓度为0。1mol/L时,其pH＞1，D项正确;答案选C.8.山豆根查尔酮具有清热解毒的作用。下列说法错误的是(）A.它的化学式为C30H34O4。B。分子中所有的C原子可能共面。C.1mol山豆根查尔酮最多消耗NaOH、H2的物质的量分别为3mol、11mol。D.可以用浓溴水检验山豆根查尔酮存在。【答案】A【解析】【详解】A。根据结构式可知山豆根查尔酮化学式为C30H36O4,A项错误；B.根据结构式分析可知,饱和碳与苯环相连，剩下的全部与双键相连，可知分子中所有的C原子可能共面,B项正确；C.1mol山豆根查尔酮含有3个酚羟基，最多消耗NaOH的物质的量为3mol;1mol山豆根查尔酮含有2个苯环、4个双键、1个羰基,最多消耗H2的物质的量为11mol，C项正确；D。山豆根查尔酮含有酚羟基，可用浓溴水检验，D项正确；答案选A。9.此图为血红蛋白分子的局部，有关说法错误的是（）A。第一电离能N＞O＞C＞FeB。分子中存在配位键C。N的杂化方式有sp2、sp32种D。从结构可推测血红蛋白中可能形成氢键【答案】D【解析】【详解】A。一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但是由于N的2p电子处于半充满状态，比较稳定，使得N的第一电离能大于O，故第一电离能N＞O＞C＞Fe，A项正确;B.根据结构式分析，铁和氮之间存在配位键，B项正确；C.N以=N-，-N-形似存在，杂化方式有sp2、sp32种，C项正确;D。分子中的氧和氮元素都没有连接H，不会形成氢键，D项错误；答案选D。10。磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是(）A.蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角B.反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑C。分离的操作是过滤D.烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A.蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A项错误；B.强酸制弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4＋Li2CO3=2LiH2PO4＋H2O＋CO2↑，B项正确；C.最后得到LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤,C项正确;D.铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应,D项正确；答案选A.二、本题共5小题,每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11。一种浓差电池如图所示,阴、阳离子交换膜交替放置,中间的间隔交替充以河水和海水,选择性透过Cl−和Na+，在两电极板形成电势差,进而在外部产生电流。下列关于该电池的说法正确的是（)A.a电极为电池的正极,电极反应为2H++2e−═H2↑B.C为阴离子交换膜，A为阳离子交换膜C。负极隔室的电中性溶液通过阳极表面的还原作用维持D.该电池的缺点是离子交换膜价格昂贵，优点是电极产物有经济价值【答案】AD【解析】【详解】A。b电极电子流出，b为电池的负极，a电极为电池的正极，电极反应为2H++2e−═H2↑，A项正确;B.钠离子向a电极方向移动,氯离子向b电极方向移动，所以A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜，B项错误;C。负极隔室中氯离子失去电子产生氯气，保持溶液中电荷守恒,C项错误；D.离子交换膜价格昂贵，电极产物有氢气,是很好的清洁能源,氯气是重要的化工原料,经济价值是非常高的，D项正确；答案选AD。12.硫酸亚铁铵隔绝空气加热到500℃发生的反应为2(NH4)2Fe（SO4)2=Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4X↑+5H2O,则下列说法错误的是（）A.X是SO2B。该反应的还原产物为Fe2O3和N2C。分别氧化铁元素、氮元素的硫酸根物质的量之比为1：3D.每生成1molN2转移8mol电子【答案】B【解析】【详解】A.通过质量守恒可知，X是SO2，A项正确；B.铁和氮元素化合价升高，该反应的氧化产物为Fe2O3和N2,B项错误；C.铁元素失去2个电子，还原1个硫酸根，氮元素失去6个电子，还原3个硫酸根，故物质的量之比为1:3,C项正确；D.生个1个氮气分子时,转移8个电子,每生成1molN2转移8mol电子,D项正确;答案选B。13。实验室可以用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示，下列说法正确的是（）A.这个装置是将化学能转化为电能B。阴极反应是2H++2e−═H2↑C。阳极I—失去电子后的产物与OH-反应的离子方程式为I2+2OH-=I-+IO-+H2OD.此装置需要定期向电解质溶液中添加KI溶液【答案】BC【解析】【详解】A。该装置是电解装置，将电能转化为化学能，A项错误；B.阴极得电子,反应是2H++2e−═H2↑，B项正确；C。阳极I—失去电子后生成I2，I2与OH—反应生成IO-，苯乙酮与IO-反应生成苯甲酸,故离子方程式为离子方程式为I2+2OH-=I-+IO—+H2O，C项正确;D.卤代烃在氢氧化钾的水溶液中会发生水解，所以CHI3会与KOH反应，生成KI，D项错误；答案选BC。14。某学习小组在实验室通过6NaClO3+CH3OH+3H2SO4=6ClO2+5H2O+3Na2SO4+CO2制备ClO2，并将其转化为便于运输和储存的NaClO2固体,实验装置如图所示。(已知ClO2沸点为10℃，浓度较高时易发生爆炸）下列说法正确的是A.试剂X是甲醇B。B中开始反应后立即停止通二氧化碳C。此实验可以不用冰水浴D.C中发生的反应方程式为:2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2【答案】D【解析】【详解】A。根据装置图和方程式6NaClO3+CH3OH+3H2SO4=6ClO2+5H2O+3Na2SO4+CO2可知X是硫酸，A项错误;B.ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以反应中不能停止通二氧化碳，B项错误；C。ClO2沸点为10℃，冰水浴可以使其液化，使反应更加充分，C项错误；D.C中反应将ClO2转化为NaClO2，反应方程式为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，D项正确；答案选D。15。常温下,将NaOH固体分别加入浓度均为0。1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是（)A。由a点到e点水的电离程度先增大后减小B。d点溶液中存在：c（HX）+c(X-）=0.1mol/LC.c点溶液中存在：c（Y－)+2c(OH－）=2c(H＋）+c（HY)D。b点溶液中存在：c(HY）+c（Na+）=0。1mol/L【答案】CD【解析】【详解】A。a点lg=12，则溶液中c（H+)=0。1mol/L，可知HX为强酸，e点lg=0，则溶液中c（H+）=10—7mol/L完全中和，强酸对水的电离起抑制作用，酸的浓度减小,则水的电离变大，由a点到e点水的电离程度一直增大，A项错误；B.HX为强酸会完全电离，溶液中不存在HX，B项错误；C.c点lg=6，则溶液中c(H+）=10—4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol,则溶液中的溶质为NaY和HY，根据电荷守恒有c（Y－)+c（OH－)=c(H＋)+c(Na＋），根据元素守恒有c（Y－)+c（HY)=2c（Na＋)，联立两个等式可得c（Y－）+2c（OH－）=2c（H＋)+c（HY)，所以c（Y－)+2c(OH－）=2c（H＋)+c(HY)，C项正确；D。b点lg=0，则溶液中c（H+)=10-7mol/L=c（OH－)，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c（H＋)+c（Na＋），即c(Y－)=c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY）=0。1mol/L,联立两个等式可得c(HY）+c（Na+）=0。1mol/L,所以c（HY)+c（Na+）=0.1mol/L,D项正确；答案选CD。【点睛】本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等。本题的易错点为B,要注意根据0。1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY中lg的值判断酸的强弱。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题:（1)已知:甲醇分解反应:CH3OH（g)CO(g）＋2H2(g)△H1＝________kJ·mol－1水蒸气变换反应：CO（g)＋H2O（g）CO2(g)＋H2（g）△H2＝－41．20kJ·mol－1，则CH3OH（g）＋H2O(g）CO2(g)＋3H2（g)△H3＝+49.44kJ·mol－1。（2）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd（Ⅲ）表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ）表面的物种用*标注.此历程中活化能最小的反应方程式为_________________________。（3）在0。1MPa下，将总进料量1mol且n（CH3OH)：n（H2O)＝1：1。3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。①实验测得水煤气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是__________.②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O（g)、CO、CO2四种组分含量与反应温度关系如图所示，试解释a的含量约是c的含量3倍的原因__________。（4）297K时，向密闭容器Ⅰ(体积为4L)和Ⅱ（体积为8L）中分别充入下列物质发生反应,编号CO(mol)H2(mol)CH3OH(mol)Ⅰ4a0Ⅱ444达平衡时两个容器中c(H2）相等且c(H2)=0.5mol/L.则①a=_____________②该温度时，Ⅰ中反应的K=___________。③Ⅱ中按表格数据充入反应物此时反应的方向__________（填“正向进行”、“平衡”或“逆向进行"）.【答案】(1)。90.64（2）.CH2O*+2H*=CHO*+3H*(或CH2O＊=CHO*+H*)(3）.随温度升高，催化剂活性降低（4）。a为氢气，c为CO2,二者是通过反应CH3OH＋H2OCO2＋3H2生成,氢气的含量是二氧化碳的3倍(5)。6（6）。0.25(7)。平衡【解析】【详解】(1）甲醇分解反应:CH3OH（g)CO(g)+2H2(g)△H1①，水蒸气变换反应：CO（g）+H2O（g)CO2（g)+H2(g）△H2=—41。20kJ/mol②，CH3OH（g）+H2O(g)CO2（g）+3H2（g)△H3＝+49.44kJ·mol－1③,根据盖斯定律①=③—②，即可求出△H1=49。44kJ·mol－1-（-41.20kJ/mol)=+90.64kJ/mol，故答案为：90.64；(2)活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差,从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小,反应物为CH2O*+2H*，产物为CHO*+3H，故反应方程式为CH2O*+2H＊=CHO*+3H＊.因为2H＊反应前后都吸附在催化剂表面,未参与反应，故反应实质为CH2O*=CHO*+H＊，故答案为：CH2O*+2H＊=CHO＊+3H＊（或CH2O＊=CHO*+H*）；（3）①因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响,只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高,催化活性降低；②对于反应CO（g)+H2O（g)CO2（g)+H2（g)△H＜0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息,可初步得知,a、b曲线分别对应CO2或H2,c、d曲线则对应CO或H2O（g)。根据反应方程式可知:该反应起始时,n(H2）＞n（CO2）、n（H2O）＞n(CO）,平衡时含量必然有n（H2）＞n(CO2）、n（H2O）＞n（CO)，故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O（g)、CO，a的含量约是c的含量3倍,说明反应按CH3OH＋H2OCO2＋3H2进行,故答案为：a为氢气,c为CO2,二者是通过反应CH3OH＋H2OCO2＋3H2生成，氢气的含量是二氧化碳的3倍；(4）根据反应CH3OH(g)CO(g）＋2H2（g)①采用一边倒，Ⅱ可以转化为8molCO和12molH2，Ⅰ的体积为Ⅱ的一半，平衡状态一样，则a=12mol/2=6mol，故答案为6；②温度相同，则Ⅰ、Ⅱ的K相等,根据Ⅱ计算，平衡时c（H2）=0。5mol/L，n（H2)=4mol，根据三段式，可知Ⅱ处于平衡状态,平衡时c(H2)=0。5mol/L，c(CO）=0.5mol/L，c(CH3OH)=0.5mol/L，K=，故答案为0。25；③由上问可知,Ⅱ中按表格数据充入反应后,此时反应的方向不变，故答案为：平衡。17.铜元素是一种金属化学元素,也是人体所必须的一种微量元素，铜也是人类最早发现的金属，是人类广泛使用的一种金属，属于重金属。（1）写出基态铜原子的价层电子排布式_________________。(2）简单金属离子在水溶液中的颜色大多与价层电子中含有的未成对电子数有关,如Fe3+呈黄色,Fe2+呈绿色，Cu2+呈蓝色等。预测Cu+为_____色，解释原因________________。(3）X射线研究证明,CuCl2的结构为链状，如图所示,它含有的化学键类型为_________，在它的水溶液中加入过量氨水，得到［Cu(NH3）4］Cl2溶液,[Cu(NH3)4]Cl2中H-N—H的夹角_________(填“大于”、“等于”或“小于"）NH3分子中的H—N-H的夹角，原因是___________。（4）某种铜的氯化物晶体结构如图：此晶体中铜原子的配位数是__________，若氯原子位于铜形成的四面体的体心，且铜原子与铜原子、铜原子与氯原子都是采取最密堆积方式，则氯原子与铜原子半径之比为__________________。【答案】(1）.3d104s1（2）。无(3).Cu+中无单电子(4）。共价键、配位键(5)。大于（6）.［Cu（NH3)4]Cl2中氮原子无孤电子对，NH3中氮原子有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角小（7).4(8)。【解析】【详解】（1)铜是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式3d104s1,故答案为：3d104s1;

(2)根据价层电子排布，Fe3+有5对未成对电子，呈黄色;Fe2+有4对未成对电子，呈绿色，可知Cu+无颜色，因为Cu+中无单电子，故答案为：无;Cu+中无单电子；(3）根据氯化铜的结构可知分子中含有的化学键类型为共价键、配位键；NH3中N原子含有3个共价键和1个孤电子对，由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小,所以H-N—H键角增大或NH3分子内存在孤电子对，孤电子对与共用电子对之间的斥力更大，所以NH3的键角更小，故答案为:共价键、配位键；大于；［Cu（NH3)4]Cl2中氮原子无孤电子对，NH3中氮原子有孤电子对,孤电子对对成键电子排斥力大，键角小；（4)晶胞中Cl原子数目为4，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，二者原子数目为1∶1，故配位数也相等，Cu原子与周围4个Cl原子形成正四面体,Cu的配位数为4；若C1原子位于Cu原子构成的四面体体心,则体对角线是铜原子和氯原子的半径之和的4倍，Cu原子位于立方体的顶点和面心,为面心立方最密堆积，则面对角线是铜原子半径的4倍，设晶胞的边长为acm，面对角线等于,则铜原子半径为,体对角线等于,则氯原子半径为，则氯原子与铜原子半径之比等于,故答案为:4；。18。烟气是气体和烟尘的混合物，是污染居民区大气的主要原因，气体中的污染气体主要是SO2及氮氧化合物等。Ⅰ。某实验小组模拟湿式石灰／石灰法空气脱硫，他们主要是使用石灰石（CaCO3)浆液作洗涤剂,对烟气进行洗涤,从而除去烟气中的SO2。(1）上图是实验小组设计的装置图的一部分,三个装置中均盛放石灰浆液，这样设计的目的是_____________。在所得的产物中通入臭氧可得生石膏,写出反应的方程式___________.（2）二氧化硫通入氯化钡溶液中不产生沉淀，通入另一种气体A后可以产生白色沉淀，则下列哪组试剂产生的气体符合A的要求___________。A．大理石和盐酸B.氧化钙和浓氨水C。铜和浓硝酸D.高锰酸钾和浓盐酸(3）为了测定烟气中二氧化硫的含量，他们设计了下列方案：先将含二氧化硫的aL空气用氯水氧化，再用沉淀剂氯化钡获得沉淀，最终获得bg沉淀.在称量沉淀前应对沉淀进行洗涤，如何证明沉淀洗涤干净______________________________________________。空气中二氧化硫的浓度为_________g/L。【答案】(1）.充分吸收二氧化硫（2）。CaSO3+O3+2H2O=CaSO4·2H2O+O2（3）.BCD(4).取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净（5).【解析】【详解】(1)重复装置的目的，为了充分吸收；二氧化硫与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，臭氧具有氧化性，发生氧化还原反应，反应方程式为CaSO3+O3+2H2O=CaSO4·2H2O+O2，故答案为：充分吸收二氧化硫；CaSO3+O3+2H2O=CaSO4·2H2O+O2；(2)二氧化硫通入氯化钡溶液中不会沉淀,将二氧化硫转化生成亚硫酸根或者硫酸根时,有沉淀生成。A．大理石和盐酸反应生成二氧化碳,不能实现，错误;B。氧化钙和浓氨水会产生氨气,氨气与二氧化硫和水反应，生成亚硫酸根，产生沉淀，正确；C。铜和浓硝酸反应，生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，可将二氧化硫氧化为硫酸根,产生沉淀,正确;D.高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气会与二氧化硫反应生成硫酸根，产生沉淀，正确；故答案为:BCD；（3）沉淀表面有吸附的氯离子，则证明沉淀洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净;将二氧化硫与氯气反应有：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,关系式为Cl2～SO2～H2SO4～BaSO4，，则二氧化硫的质量=g,则空气中二氧化硫的浓度为g/L，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银,若无白色沉淀生成，则洗涤干净；。19.某烟气研究组采用尿素H2N（CO)NH2溶液在50～700（1）如果不通入氧气,发现只有少量的烟气被吸收，生成对环境友好的物质。被吸收的气体为___________;发生反应的化学方程式为__________________。（2）如果通人烟气和一定量氧气的混合气，氮氧化物的吸收率仍然较低，可能的原因是____________________________。【答案】（1）。NO2(2）。6NO2+4H2N（CO)NH2=7N2+4CO2+8H2O(3）.通入氧气少,NO没全部转化NO2【解析】【详解】(1)不通入氧气，发现只有少量的烟气被吸收，说明在缺少氧气的情况下NO不会反应，尿素H2N(CO）NH2中碳的化合价为+4,N的为—3，要生成环境友好型物质，只能将N转化为氮气,参与反应的为NO2，反应方程式为6NO2+4H2N(CO)NH2=7N2+4CO2+8H2O，故答案为:NO2；6NO2+4H2N（CO)NH2=7N2+4CO2+8H2O；（2）氮氧化物的吸收率仍然较低，说明NO未反应完全，故答案为:通入氧气少，NO没全部转化为NO2。20.中国是稀土资源大国,稀土是化学元素周期表中镧系元素和钪、钇共十七种金属元素的总称,被誉为“万能之土”.某小组以钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）为主要原料制备氧化钇（Y2O3)和铍的流程(部分条件和产物省略)如图所示：已知部分信息如下:①铍、铝的单质及其化合物的化学性质相似;②稀土元素都是活泼金属，性质相似，常见化合价为+3;③Fe3+Y3+形成的氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：离子Fe3+Y3+开始沉淀PH2.16。0完全沉淀的PH3。18.3请回答下列问题：（1）沉淀A的主要成分是______(填化学式）；操作A的名称是____________________.（2）钇矿石与氢氧化钠共熔反应中的氧化产物为__________；写出加入草酸生成沉淀的离子方程式:___________;草酸钇隔绝空气煅烧的方程式______________。（3）调节pH=a，则a的范围为______________。（4）已知常温下;K[Y(OH）3］=1。0×10—23。Y3++3H2O=Y(OH)3+3H+平衡常数为K，则pK=—lgK=_____。(5）叙述由Na2SiO3和Na2BeO3溶液制取BeCl2固体的过程：_______________。【答案】（1）.Fe（OH)3（2).过滤（3).Fe2O3(4)。Y3++3H2C2O4=Y2(C2O4）3↓+6H+(5).Y2(C2O4)3=Y2O3+3CO↑+3CO2↑(6）.3。1≤a＜6（7).19(8)。向Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中加入过量盐酸，过滤,向滤液中加入过量氨水，过滤，洗涤沉淀,向沉淀中加入盐酸溶解,在氯化氢氛围内蒸干溶液即得BeCl【解析】【分析】（1)根据流程图分析可知答案;（2）根据氧化还原反应原理分析解答;(3)使Fe3＋沉淀完全，且Y3+不能被沉淀；(4)本反应平衡常数K·Ksp（Y(OH)3)=Kw3，代入数据即可求解；(5）通过物质的分离与提纯，可以得到答案。【详解】（1）Fe2O3和Y2O3与盐酸反应后,溶液为FeCl3和YCl3混合物，通过调节pH使溶液中的FeCl3变为沉淀为：Fe(OH）3;操作A实现固液分离,操作为过滤，故答案为：Fe（OH)3；过滤；（2)Y2FeBe2Si2O10中铁的化合价为+2,共熔、过滤后得到Fe2O3，则通入氧气的作用是将+2价的铁氧化为+3价，氧化产物为Fe2O3；加入草酸后YCl3会沉淀为草酸钇,离子方程式为Y3++3H2C2O4=Y2(C2O4)3↓+6H+；草酸钇中碳为+3价，隔