2020-2021学年湖南省永州市高三（上）第一次模拟化学试卷

20202021学年湖南省永州市高三（上）第一次模拟化学试卷一、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目要求。1．（2分）下列说法不正确的是（）A．航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀 B．客机所用燃油是石油的分馏产物 C．丝绸制品严禁使用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗 D．火箭助推剂所用液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得2．（2分）实验室中下列做法正确的是（）A．用玻璃瓶贮存NH4F溶液 B．用浓硫酸干燥H2S气体 C．用干粉灭火器扑灭电器着火 D．用容量瓶精确量取一定体积的液体3．（2分）下列过程中涉及氧化还原反应的是（）A．钢铁制品生锈过程 B．侯德榜制纯碱 C．胶体产生丁达尔现象 D．小苏打片治疗胃病4．（2分）下列关于有机物的叙述不正确的是（）A．蔗糖和麦芽糖均为双糖 B．乙烯和聚乙烯都能发生加成反应 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色5．（2分）下列有关燃烧的说法正确的是（）A．金属钠在氧气中燃烧生成白色的Na2O B．细铁丝在氯气中燃烧，氯气不足时生成FeCl2 C．所有发光发热的剧烈的化学反应都称为燃烧 D．点燃的氢气在盛有氯气的集气瓶中燃烧，瓶口冒白烟6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，15g甲基（﹣14CH3）所含的电子数为9NA B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA C．22.4LCl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数是NA D．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA7．（2分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是（）A．1mol该有机物完全燃烧需要4molO2 B．该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构） C．该有机物所有原子均处于同一平面 D．该有机物与HCOOCH＝CH2互为同分异构体8．（2分）下列离子反应方程式正确的是（）A．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓ B．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+═Fe2++H2O C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O D．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣9．（2分）化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是（）A．原子半径：X＞Y＞Z B．元素的非金属性：X＜Y＜Z C．该化合物中Z的化合价均呈﹣2价 D．该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构10．（2分）工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如图，已知：Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。下列说法错误的是（）A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22﹣+4H+═Zn2++2H2O B．操作①和②中用到的玻璃仪器完全相同 C．系列操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．（4分）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（）A．Na2O2在空气中久置后由淡黄色变为白色：2Na2O2═2Na2O+O2↑ B．FeCl3溶液中滴加氨水出现红褐沉淀：FeCl3+3NH3•H2O═3NH4Cl+Fe（OH）3↓ C．SO2使溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4 D．往AgNO3溶液中滴加稀盐酸产生白色沉淀：AgNO3+HCl═AgCl↓+HNO312．（4分）某污水处理厂利用电解法处理含酚废水并制氢，工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．X为电源的正极，b极发生还原反应 B．a极电极反应式为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣═6CO2↑+28H+ C．产生标准状况下4.48LCO2，则有1.4molH+通过质子交换膜 D．电解后将两极区溶液混合，与原废水相比较，溶液的pH保持不变13．（4分）下列有关离子检验的说法正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A取少量待测液于试管中先加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红色该溶液中一定含有Fe2+B取少量待测液于试管中加入Ca（NO3）2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有CO32﹣C用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色的钴玻璃片观察显紫色该溶液中一定含有K+D取少量待测液于试管中，滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，再滴加稀硝酸，沉淀不溶解该溶液中一定含有Ag+A．A B．B C．C D．D14．（4分）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+＝N2+FeO+（慢）：②FeO++CO＝CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（）A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定 C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 D．若转移lmol电子，则消耗11.2LN2O15．（4分）已知：p[]＝﹣lg[]．室温下，向0.10mol•L﹣1HX溶液中滴加0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．溶液中水的电离程度：a＞b＞c B．c点溶液中：c（Na+）＝10c（HX） C．室温下NaX的水解平衡常数为10﹣4.75 D．图中b点坐标为（0，4.75）三、解答题（共4小题，满分46分）16．（8分）硫的化合物在化工生产等领域应用广泛。（1）Na2S2可作制革工业中原皮的脱毛剂，其中硫元素的化合价是。（2）含硫煤燃烧会产生大气污染物，设计了如图所示的工艺流程进行治污。写出图中过程Ⅰ反应的离子方程式，该工艺流程得到的化工产品是（填化学式）。（3）25℃时，实验测得NH4HSO3溶液中＝1500，则该溶液的pH为（已知25℃时，H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7）。17．（12分）纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁（MgSO4•H2O）的工艺流程如图。（1）酸浸时温度控制在90℃～100℃之间，并且要连续搅拌2小时。①连续搅拌2小时的目的是。②酸浸时适宜的酸度及用量对酸浸工艺十分重要，浓度过低，浸取不完全，浓度过高（＞5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，根据酸浸反应原理分析，造成浆料黏度过大的物质是（填名称）。（2）实验室中过滤所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。（3）向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为。（4）滤渣Ⅱ中主要成分为MnO2和（填化学式）。（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSO4•H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶，需要加压升温的原因是。18．（14分）三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，主要用作媒染剂和催化剂。工业上制取三氯化铬的流程如图。请回答下列问题：（1）用蒸馏水洗涤三氧化二铬是除去（填化学式）。（2）650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气（COCl2）生成，该反应的化学方程式是。（3）根据上述工艺原理，实验室用Cr2O3和CCl4（沸点76.8℃）在高温下制备三氯化铬，部分实验装置如图所示（夹持装置略）。①如图中通入的气体X是（填化学式）。②装置A的烧杯中盛有。（4）样品中三氯化铬质量分数的测定Ⅰ．称取样品0.3300g，加水溶解并于250mL容量瓶中定容。Ⅱ．移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72﹣；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+的形式存在。Ⅲ．加入1mL指示剂，用0.0250mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00mL（已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）。①滴定实验可选用的指示剂为。②样品中无水三氯化铬的质量分数为%（结果保留三位有效数字）。19．（12分）十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：Ⅰ．氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H2＝﹣113.0kJ•mol﹣1则NO2氧化SO2的热化学方程式为。（2）利用现代传感技术探究压强对2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。①B、E两点对应的正反应速率大小为vBvE（填“＞”或“＜”）。②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为（填字母序号）。（3）可用如图装置将雾霾中的NO、SO2转化为（NH4）2SO4，则阴极的电极反应式为。Ⅱ．利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）。请回答下列问题：（4）T1℃时，将体积比为1：2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80①已知：Vp（B）＝。前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为kPa•min﹣1。②T1℃时，反应的平衡常数Kp＝kPa﹣1（Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字）。四、选考题：共14分，请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。20．（14分）镓、硒的单质及某些化合物（如砷化镓）是常用的半导体材料。在传统半导体材料的基础上，我国科学家又首次合成新型半导体材料﹣﹣卤化物钙钛矿材料，该材料在太阳能电池、发光二极管和激光等领域有着巨大的应用前景。回答下列问题：（1）基态Ti的价电子排布图是，若钙原子核外电子有11种空间运动状态，则该原子处于（填“基态”或“激发态”）。（2）AsCl3的分子结构与NH3类似，其中砷的杂化类型为，分子空间构型为。（3）Ga可形成[Ga（NH3）4Cl2]Cl、[Ga（NH3）5Cl]Cl2、[Ga（NH3）6]Cl3等一系列配合物。①组成该配合物的元素Ga、N、Cl的第一电离能由大到小的顺序为。②在[Ga（NH3）4Cl2]Cl中配位数为，中心体是。（4）CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示。①在晶胞中与Ti4+距离最近且相等的O2﹣有个。②若最近的Ti4+和O2﹣之间的距离为apm，则晶胞的密度为g•cm﹣3（用代数式表示，NA为阿伏加德罗常数）。21．实验室中以芳香烃A为原料制备医药中间体M的合成路线如图。已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2回答下列问题：（1）B的名称为。（2）C中官能团的名称为；F→M的反应类型。（3）写出E→F的化学反应方程式。（4）E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有种（不考虑立体异构）。①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环；②能发生银镜反应和水解反应。（5）参照上述合成路线和信息，以乙醇为原料（无机试剂任选），设计制备2﹣丁烯的合成路线。

20202021学年湖南省永州市高三（上）第一次模拟化学试卷参考答案与试题解析一、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目要求。1．（2分）下列说法不正确的是（）A．航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀 B．客机所用燃油是石油的分馏产物 C．丝绸制品严禁使用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗 D．火箭助推剂所用液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得【分析】A．钛合金具有耐高温、耐腐蚀等优良性质；B．航空煤油是石油的分馏产物之一；C．丝绸的作用成分是蛋白质，蛋白酶能促进蛋白质水解生成氨基酸；D．工业上用分离液态空气的方法制得液氧。【解答】解：A．钛合金具有耐高温、耐腐蚀等优良性质，所以航母上的钛合金铆钉可抗海水腐蚀，故A正确；B．航空煤油是石油的分馏产物之一，所以客机所用燃油是石油的分馏产物，故B正确；C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白酶能促进蛋白质水解生成氨基酸，所以丝绸制品严禁使用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗，故C正确；D．工业上用分离液态空气的方法制得液氧，实验室才通过分解氯酸钾制得氧气，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学与生活、社会、科技的关系，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。2．（2分）实验室中下列做法正确的是（）A．用玻璃瓶贮存NH4F溶液 B．用浓硫酸干燥H2S气体 C．用干粉灭火器扑灭电器着火 D．用容量瓶精确量取一定体积的液体【分析】A．NH4F溶液中氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃；B．浓硫酸具有强的氧化性；C．干粉灭火器可以灭电器着火；D．容量瓶只有刻度线，没有刻度。【解答】解：A．NH4F溶液中氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶贮存NH4F溶液，故A错误；B．浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，所以不能干燥硫化氢，故B错误；C．用干粉灭火器扑灭电器着火，操作正确，故C正确；D．容量瓶只有刻度线，没有刻度，体积固定，可以量取与容量瓶规格相同的溶液体积，不能用容量瓶精确量取一定体积的液体，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了化学实验基础知识，熟悉相关物质的性质及保存方法，明确容量瓶构造特点是解题关键，题目难度不大。3．（2分）下列过程中涉及氧化还原反应的是（）A．钢铁制品生锈过程 B．侯德榜制纯碱 C．胶体产生丁达尔现象 D．小苏打片治疗胃病【分析】发生氧化还原反应时，应存在元素的化合价的升降，以此解答该题。【解答】解：A．钢铁制品生锈过程，Fe、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．侯德榜制纯碱，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B错误；C．胶体产生丁达尔现象，属于物理过程，没有发生化学变化，故C错误；D．苏打片治疗胃病，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故D错误。故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，把握元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。4．（2分）下列关于有机物的叙述不正确的是（）A．蔗糖和麦芽糖均为双糖 B．乙烯和聚乙烯都能发生加成反应 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色【分析】A．麦芽糖水解生成2分子的葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B．聚乙烯不含有不饱和键，不能发生加成反应；C．蛋白质受热会发生变性；D．植物油含不饱和脂肪酸酯，能与单质溴发生加成反应。【解答】解：A．麦芽糖水解生成2分子的葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，则蔗糖和麦芽糖均为双糖，故A正确；B．聚乙烯不含有不饱和键，不能发生加成反应，乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，故B错误；C．蛋白质受热会发生变性，所以加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．植物油含不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，能与单质溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了糖类、油脂、糖类的组成、结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意糖的分类及有机物的结构与性质，题目难度不大。5．（2分）下列有关燃烧的说法正确的是（）A．金属钠在氧气中燃烧生成白色的Na2O B．细铁丝在氯气中燃烧，氯气不足时生成FeCl2 C．所有发光发热的剧烈的化学反应都称为燃烧 D．点燃的氢气在盛有氯气的集气瓶中燃烧，瓶口冒白烟【分析】A．钠在氧气中燃烧产物为过氧化钠；B．铁与氯气反应生成氯化铁；C．根据燃烧的概念来回答判断；D．氢气与氯气反应生成氯化氢，氯化氢挥发与水蒸气结合成盐酸小液滴。【解答】解：A．钠在氧气中燃烧产物为淡黄色的过氧化钠，故A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，与反应物用量无关，故B错误；C．燃烧是发光、发热的剧烈的化学反应，故C正确；D．氢气与氯气反应生成氯化氢，氯化氢挥发与水蒸气结合成盐酸小液滴，所以瓶口看到的是白雾，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气和钠的性质是解题关键，题目难度不大。6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，15g甲基（﹣14CH3）所含的电子数为9NA B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA C．22.4LCl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数是NA D．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA【分析】A．甲基（﹣14CH3）的摩尔质量为17g/mol；B．乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子；C．气体摩尔体积的适用条件是标准状况下；D．随反应进行，硫酸浓度变稀，此时反应停止。【解答】解：A．甲基（﹣14CH3）的摩尔质量为17g/mol，故15g甲基（﹣14CH3）的物质的量n＝mol，而1mol甲基（﹣14CH3）中含9mol电子，故mol甲基（﹣14CH3）中含mol电子，故A错误；B．乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中含乙醇为46g，物质的量为1mol，含氧原子为1mol；含水质量为54g，物质的量为3mol，故含氧原子为3mol，故此溶液中含有的氧原子共为4NA个，故B正确；C．没有注明“标准状况”下，无法求得22.4LCl2的物质的量，故C错误；D．随着反应进行，硫酸浓度变稀，与铜将不再反应，生成二氧化硫小于0.46mol，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。7．（2分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是（）A．1mol该有机物完全燃烧需要4molO2 B．该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构） C．该有机物所有原子均处于同一平面 D．该有机物与HCOOCH＝CH2互为同分异构体【分析】A．有机物分子式为C3H4O2，1mol有机物完全燃烧等于3molC燃烧消耗的氧气；B．环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上；C．环共用的碳原子连接的2个O原子、2个C原子形成四面体结构；D．该有机物与HCOOCH＝CH2的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体。【解答】解：A．有机物分子式为C3H4O2，1mol有机物完全燃烧等于3molC燃烧消耗的氧气，即1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，故A错误；B．环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，该有机物的二氯代物有2种，故B错误；C．环共用的碳原子连接的2个O原子、2个C原子形成四面体结构，该有机物所有原子不可能处于同一平面，故C错误；D．该有机物与HCOOCH＝CH2的分子式相同，含有的官能团等不同，二者互为同分异构体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及烃的含氧衍生物燃烧耗氧量规律、同分异构体、共面问题等，侧重考查学生分析解决问题的能力。8．（2分）下列离子反应方程式正确的是（）A．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓ B．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+═Fe2++H2O C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O D．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣【分析】A．二者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水；B．亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子；C．氢氧化钙足量，铵根离子也参与反应；D．硫化钠与过量二氧化硫反应生成硫单质和亚硫酸氢钠。【解答】解：A．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，正确的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑，故A错误；B．氧化亚铁溶于稀硝酸，生成的亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，该反应的离子方程式为：2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4HSO3﹣，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意保留化学式的物质，题目难度不大。9．（2分）化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是（）A．原子半径：X＞Y＞Z B．元素的非金属性：X＜Y＜Z C．该化合物中Z的化合价均呈﹣2价 D．该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构【分析】化合物是一种高效消毒剂，气体和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X形成1个根据，Y形成4个共价键，且能够形成Y﹣Y键，则X为H，Y为C元素；Z形成2个共价键，且该化合物具有很强的杀菌能力，则存在﹣O﹣O﹣结构，该化合物的结构简式为，所以Z为O元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为O元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性H＜C＜O，即X＜Y＜Z，故B正确；C．该化合物中存在﹣O﹣O﹣结构，﹣O﹣O﹣中的O元素化合价为﹣1价，故C错误；D．H原子最外层达到2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，故D错误；故选：B。【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。10．（2分）工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如图，已知：Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。下列说法错误的是（）A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO22﹣+4H+═Zn2++2H2O B．操作①和②中用到的玻璃仪器完全相同 C．系列操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质【分析】电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量氢氧化钠，过滤，滤液1中含有ZnO22﹣，加入硫酸生成Zn2+，滤渣1为氢氧化铜，加入过量硫酸生成硫酸铜，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到胆矾，以此解答该题。【解答】解：A.Zn2+与NaOH的反应生成ZnO22﹣，加入硫酸生成Zn2+，反应的离子方程式为ZnO22﹣+4H+═Zn2++2H2O，故A正确；B.操作①为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗等，操作②为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，除烧杯、玻璃棒、漏斗等玻璃仪器外，还需要干燥器等，故B错误；C.由硫酸铜溶液得到胆矾，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故C正确；D.用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，可避免晶体的溶解而损失，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．（4分）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（）A．Na2O2在空气中久置后由淡黄色变为白色：2Na2O2═2Na2O+O2↑ B．FeCl3溶液中滴加氨水出现红褐沉淀：FeCl3+3NH3•H2O═3NH4Cl+Fe（OH）3↓ C．SO2使溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4 D．往AgNO3溶液中滴加稀盐酸产生白色沉淀：AgNO3+HCl═AgCl↓+HNO3【分析】A．过氧化钠较稳定，不会分解；B．氯化铁与一水合氨发生复分解反应生成氯化铵和红褐沉淀氢氧化铁；C．SO2使溴水褪色是氧化还原褪色；D．硝酸银和盐酸反应生成白色氯化银和硝酸。【解答】解：A．过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A错误；B．FeCl3溶液中滴加氨水出现红褐色沉淀，化学方程式：FeCl3+3NH3•H2O═3NH4Cl+Fe（OH）3↓，故B正确；C．SO2使溴水褪色是氧化还原褪色，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，故C正确；D．往AgNO3溶液中滴加稀盐酸，发生复分解反应，反应的方程式为：AgNO3+HCl═AgCl↓+HNO3，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了物质性质、物质变化的化学方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度不大。12．（4分）某污水处理厂利用电解法处理含酚废水并制氢，工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．X为电源的正极，b极发生还原反应 B．a极电极反应式为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣═6CO2↑+28H+ C．产生标准状况下4.48LCO2，则有1.4molH+通过质子交换膜 D．电解后将两极区溶液混合，与原废水相比较，溶液的pH保持不变【分析】a电极发生氧化反应，a为阳极，X为电源正极，b电极发生还原反应，b为阴极，Y为电源负极。a极电极反应式为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣═6CO2↑+28H+，b极电极反应式为：28H++28e﹣═14H2↑，整个过程是苯酚氧化生成二氧化碳与水，质子由左侧经过质子交换膜转移到右侧。【解答】解：A．X为电源的正极，b极氢离子转化为氢气，发生还原反应，故A正确；B．a电极是苯酚失去电子生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为：C6H5OH+11H2O﹣28e﹣═6CO2↑+28H+，故B正确；C．产生标准状况下4.48LCO2，其物质的量为＝0.2mol，则通过质子交换膜H+为0.2mol×＝0.93mol，故C错误；D．整个过程是苯酚氧化生成二氧化碳与水，溶液中苯酚浓度降低，与原废水相比较，溶液的pH发生变化，故D错误，故选：CD。【点评】本题考查电解原理，关键是对电解池工作原理的理解，根据装置图示明确发生的反应，题目侧重考查学生信息获取能力、分析解决问题的能力。13．（4分）下列有关离子检验的说法正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A取少量待测液于试管中先加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红色该溶液中一定含有Fe2+B取少量待测液于试管中加入Ca（NO3）2溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有CO32﹣C用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色的钴玻璃片观察显紫色该溶液中一定含有K+D取少量待测液于试管中，滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，再滴加稀硝酸，沉淀不溶解该溶液中一定含有Ag+A．A B．B C．C D．D【分析】A．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色；B．原溶液若含有SO32﹣或SO42﹣，会生成硫酸钙沉淀；C．透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色，说明含有钾元素；D．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀。【解答】解：A．若溶液中存在铁离子，溶液也变红色，故溶液中一定存在铁元素，可能为二价或三价，A错误；B．原溶液若含有SO32﹣或SO42﹣，加入Ca（NO3）2溶液，也会生成白色沉淀，所以该溶液中可能含有CO32﹣，故B错误；C．钾元素火焰呈紫色，透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色，说明含有钾元素，该溶液中一定含有K+，故C正确；D．硫酸钡和AgCl均为不溶于硝酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，则溶液中可能含SO42﹣或SO32﹣或Cl﹣，故D错误；故选：C。【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验等操作，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意干扰离子的排除，题目难度中等。14．（4分）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+＝N2+FeO+（慢）：②FeO++CO＝CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（）A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应 B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定 C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物 D．若转移lmol电子，则消耗11.2LN2O【分析】A．②发生FeO++CO＝CO2+Fe+（快），元素化合价发生变化；B．总反应由反应慢的决定；C．Fe+作催化剂；D．气体存在的条件未知。【解答】解：A．②发生FeO++CO＝CO2+Fe+（快），元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B．总反应由反应慢的决定，故B错误；C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是中间产物，故C正确；D．气体存在的条件未知，则不能确定物质的量，故D错误。故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。15．（4分）已知：p[]＝﹣lg[]．室温下，向0.10mol•L﹣1HX溶液中滴加0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．溶液中水的电离程度：a＞b＞c B．c点溶液中：c（Na+）＝10c（HX） C．室温下NaX的水解平衡常数为10﹣4.75 D．图中b点坐标为（0，4.75）【分析】A．a、b、c点的pH均小于7，都是酸性溶液，溶质为HX和NaX，pH＜7的溶液中，HX的电离程度大于X﹣的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大；B．c点p[]＝1，则c（X﹣）＝10c（HX），由于溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒分析；C．HX在溶液中存在电离平衡：HX⇌X﹣+H+，Ka＝，则pH＝pKa+p[]，带入c点坐标（1，5.75）计算出pKa，据此计算出室温下HX的电离常数；D．计算出pKa，然后结合b点p[]计算。【解答】解：A．根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH＜7的溶液中，HX的电离程度大于X﹣的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a＜b＜c，故A错误；B．c点溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（X﹣）+c（OH﹣），此时p[]＝1，则c（X﹣）＝10c（HX），带入电荷守可得：c（H+）+c（Na+）＝10c（HX）+c（OH﹣），由于溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）＜l0c（HX），故B错误；C．HX在溶液中存在电离平衡：HX⇌X﹣+H+，Ka＝，则pH＝pKa+p[]，带入c点坐标（1，5.75）可知，pKa＝4.75，则b点pH＝pKa+p[]＝0+4.75＝4.75，则室温下HX的电离常数为10﹣4.75，故C错误；D．由C分析可知图中b点坐标为（0，4.75），故D正确。故选：D。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高考常见题型和高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。三、解答题（共4小题，满分46分）16．（8分）硫的化合物在化工生产等领域应用广泛。（1）Na2S2可作制革工业中原皮的脱毛剂，其中硫元素的化合价是﹣1。（2）含硫煤燃烧会产生大气污染物，设计了如图所示的工艺流程进行治污。写出图中过程Ⅰ反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++4H++SO42﹣，该工艺流程得到的化工产品是H2SO4（填化学式）。（3）25℃时，实验测得NH4HSO3溶液中＝1500，则该溶液的pH为6（已知25℃时，H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7）。【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为0计算；（2）过程Ⅰ中二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子；根据图判断；（3）NH4HSO3溶液中＝＝1500，计算得出c（H+）。【解答】解：（1）Na2S2中Na为+1价，根据化合物中化合价的代数和为0计算可得，S为﹣1价，故答案为：﹣1；（2）过程Ⅰ中二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++4H++SO42﹣，由图中的转化关系可知，该工艺流程得到的化工产品是H2SO4，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++4H++SO42﹣；H2SO4；（3）NH4HSO3溶液中＝＝Ka1•Ka2•＝1500，解得c（H+）＝1.0×10﹣6mol/L，pH＝﹣lgc（H+）＝6，故答案为：6。【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质、pH的有关计算，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质、电离常数的有关计算为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。17．（12分）纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁（MgSO4•H2O）的工艺流程如图。（1）酸浸时温度控制在90℃～100℃之间，并且要连续搅拌2小时。①连续搅拌2小时的目的是充分反应，提高纯橄岩中镁的浸出率。②酸浸时适宜的酸度及用量对酸浸工艺十分重要，浓度过低，浸取不完全，浓度过高（＞5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，根据酸浸反应原理分析，造成浆料黏度过大的物质是硅酸（填名称）。（2）实验室中过滤所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（3）向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣。（4）滤渣Ⅱ中主要成分为MnO2和Fe（OH）3（填化学式）。（5）已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从滤液中充分回收MgSO4•H2O，采取将滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶，需要加压升温的原因是由图可知，在较高温度下析出MgSO4•H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4•H2O晶体。【分析】纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物，并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2，酸浸生成MgSO4、MnSO4、FeSO4，滤渣Ⅰ为二氧化硅和硅酸，加次氯酸钠调节pH到5～6，把二价铁氧化为三价铁，生成氢氧化铁除去，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2除去，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和MnO2，滤液蒸发浓缩、加压升温的方法结晶回收MgSO4•H2O，据此答题。【解答】解：（1）①连续搅拌2小时的目的是：升温搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，故答案为：充分反应，提高纯橄岩中镁的浸出率；②浓度过高（＞5mol/L）造成浆料黏度过大，出现“包团现象”，是因为硅酸盐矿物与硫酸生成硅酸，硅酸为胶状难溶物，造成浆料黏度过大，故答案为：硅酸；（2）实验室中过滤所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：漏斗；（3）向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，NaClO被还原为NaCl，反应的离子方程式为Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，故答案为：Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣；（4）加次氯酸钠调节pH到5～6，把二价铁氧化为三价铁，生成氢氧化铁除去，将溶液中的Mn2+氧化成MnO2除去，滤渣Ⅱ中主要成分为MnO2和Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（5）已知MgSO4•H2O的溶解度随温度升高而降低，且溶液的沸点随压强增大而升高，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4•H2O晶体，故答案为：由图可知，在较高温度下析出MgSO4•H2O，而且溶解度随着温度的升高而减小，增大压强，使溶液的沸点升高，溶液能够达到较高温度，有利于析出MgSO4•H2O晶体。【点评】本题考查物质分离提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写等，实验操作的判断是解本题关键，题目难度中等。18．（14分）三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，主要用作媒染剂和催化剂。工业上制取三氯化铬的流程如图。请回答下列问题：（1）用蒸馏水洗涤三氧化二铬是除去（NH4）2Cr2O7（填化学式）。（2）650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气（COCl2）生成，该反应的化学方程式是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。（3）根据上述工艺原理，实验室用Cr2O3和CCl4（沸点76.8℃）在高温下制备三氯化铬，部分实验装置如图所示（夹持装置略）。①如图中通入的气体X是N2（填化学式）。②装置A的烧杯中盛有高于76.8℃的热水。（4）样品中三氯化铬质量分数的测定Ⅰ．称取样品0.3300g，加水溶解并于250mL容量瓶中定容。Ⅱ．移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4酸化，将Cr3+氧化为Cr2O72﹣；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3+的形式存在。Ⅲ．加入1mL指示剂，用0.0250mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00mL（已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）。①滴定实验可选用的指示剂为淀粉。②样品中无水三氯化铬的质量分数为96.1%%（结果保留三位有效数字）。【分析】根据流程图知，重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；最后得到无水三氯化铬；（1）重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；（2）在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；（3）①氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；②CCl4的沸点76.8℃；（4）利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色；②由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算．【解答】解：（1）重铬酸铵分解不完全，三氧化二铬的表面还有（NH4）2Cr2O7，故答案为：（NH4）2Cr2O7；（2）650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气（COCl2）生成，发生反应Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，故答案为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；（3）①氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，为防止三氯化铬被氧化且使反应物进入管式炉中进行反应，充入氮气，故答案为：N2；②因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，故答案为：高于76.8℃的热水；（4）①利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂，故答案为：淀粉；②令25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3++～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算．2Cr3++～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，26n（Cr3+）0.0250mol/L×0.024L故n（Cr3+）＝0.0250mol/L×0.024L×，所以250mL溶液中n′（Cr3+）＝0.0250mol/L×0.024L××＝0.002mol，根据Cr元素守恒可知n（CrCl3）＝n′（Cr3+）＝0.002mol，所以样品中m（CrCl3）＝0.002mol×158.5g/mol＝0.317g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为×100%＝96.06%，结果保留三位有效数字96.1%，故答案为：96.1%。【点评】本题考查学生对的实验方案原理的理解与评价、物质组成含量的测定、滴定应用、化学计算等，题目难度较大，理清实验原理是关键，难点是（4）题计算，易错点是基本实验操作，题目难度中等．19．（12分）十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：Ⅰ．氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1＝﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H2＝﹣113.0kJ•mol﹣1则NO2氧化SO2的热化学方程式为NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H＝﹣41.8kJ•mol﹣1。（2）利用现代传感技术探究压强对2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。①B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE（填“＞”或“＜”）。②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H（填字母序号）。（3）可用如图装置将雾霾中的NO、SO2转化为（NH4）2SO4，则阴极的电极反应式为NO+6H++5e﹣＝NH4++H2O。Ⅱ．利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）。请回答下列问题：（4）T1℃时，将体积比为1：2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80①已知：Vp（B）＝。前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为0.024kPa•min﹣1。②T1℃时，反应的平衡常数Kp＝38.3kPa﹣1（Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字）。【分析】Ⅰ．（1）根据①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH1＝﹣196.6kJ•mol﹣1；②2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝﹣113.0kJ•mol﹣1；由盖斯定律①﹣②整理可得；（2）①其他条件相同时，压强越大反应速率越快；②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M＝可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；（3）阴极上NO得电子产生NH4+；Ⅱ．（4）①反应方程式为CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g），△p（H2）＝2△p（总），已知：vp（B）＝，前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为vp（H2）＝；②根据方程式CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）△p，列出关于压强的三段式，根据Kp＝计算。【解答】解：Ⅰ．（1）根据图一可知热化学方程式为①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH1＝﹣196.6kJ•mol﹣1；②2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝﹣113.0kJ•mol﹣1；根据盖斯定律，由①﹣②整理可得NO2（g）+SO2（g）＝SO3（g）+NO（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣41.8kJ/mol，故答案为：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H＝﹣41.8kJ•mol﹣1；（2）①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE，故答案为：＞；②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M＝可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H，故答案为：H；（3）根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为（NH4）2SO4，则阴极上NO得电子产生NH4+，电极反应式为NO+6H++5e﹣＝NH4++H2O，故答案为：NO+6H++5e﹣＝NH4++H2OⅡ．（4）①反应方程式为CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g），△p（H2）＝2△p（总），已知：vp（B）＝，前10min，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为vp（H2）＝＝＝0.024kPa•min﹣1，故答案为：0.024；②CO2（g）+2H2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）△p起始压强（kPa）0.360.72001.08变化压强（kPa）0.280.560.280.280.28平衡压强（kPa）0.080.160.280.280.80Kp＝＝38.3kPa﹣1，故答案为：38.3。【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用、电极反应的书写等，把握反应原理、信息处理及应用为解答的关键，综合性较强，题目难度中等。四、选考题：共14分，请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。20．（14分）镓、硒的单质及某些化合物（如砷化镓）是常用的半导体材料。在传统半导体材料的基础上，我国科学家又首次合成新型半导体材料﹣﹣卤化物钙钛矿材料，该材料在太阳能电池、发光二极管和激光等领域有着巨大的应用前景。回答下列问题：（1）基态Ti的价电子排布图是，若钙原子核外电子有11种空间运动状态，则该原子处于激发态（填“基态”或“激发态”）。（2）AsCl3的分子结构与NH3类似，其中砷的杂化类型为sp3，分子空间构型为