北京市通州区2020届高三上学期期末考试摸底考试化学试题

北京市通州区2019-2020学年高三摸底考试
化学试题
1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列事实不涉及化学反应的是
A. 开采可燃冰生产天然气
B. 利用二氧化碳生产燃料乙醇
C. 化学家合成一些药物
D. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
【答案】A
【解析】
【详解】A. 可燃冰是甲烷的水合物，融化后得到天然气，A符合题意；
B. 二氧化碳与氢气反应生成乙醇，发生化学变化，B不合题意，
C. 利用小分子合成一些药物，生成了新物质，C不合题意；
D. 石油产品裂解生成短链烃，再发生聚合得到塑料、化纤等高分子材料，D不合题意。
故选A。
2.下列有关化学用语使用正确的是
A. 氮分子的电子式：
B. 质子数为9，中子数为20的氟原子：
C. 对硝基苯酚的的结构简式：
D. FeCl3水解的离子方程式：FeCl3═Fe3++3Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮分子的电子式为，A不正确；
B. 质子数为9，中子数为20的氟原子为，B不正确；
C. 对硝基苯酚是硝基和羟基分别连接在苯环对位的碳原子上，C正确；
D. FeCl3═Fe3++3Cl-是FeCl3电离方程式，D不正确。
故选C。
3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：

下列说法正确的是
A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应
B. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C. 过程Ⅲ只生成了极性共价键
D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；
答案选A。
【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是

A. 原子半径：W B. 常温常压下，Y单质为固态
C. 气态氢化物热稳定性：Z D. X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
5.实验室用如图装置制备并得到纯净的气体，装置a、b、c、d中依次选用的药品均正确的是

A. 制Cl2：浓盐酸、MnO2、饱和食盐水、浓硫酸
B. 制CO2：稀盐酸、CaCO3、饱和NaHCO3溶液、浓硫酸
C. 制H2：稀硫酸、锌粒、浓硫酸、酸性KMnO4溶液
D. 制SO2：浓硫酸、Cu片、饱和NaHSO3溶液、浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与MnO2在加热条件下才能反应生成Cl2，A不正确；
B. 稀盐酸、CaCO3反应制得的CO2气体中混有HCl气体和水蒸气，用饱和NaHCO3溶液除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，B正确；
C. 稀硫酸与锌粒反应制得的H2中混有H2S、水蒸气等杂质，应先用酸性KMnO4溶液除去H2S，再用浓硫酸除去水蒸气，C不正确；
D. 浓硫酸与Cu片在加热条件下才能反应制取二氧化硫气体，D不正确。
故选B。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1l.2LCl2通入足量NaOH溶液中充分反应，转移的电子数目为0.5NA
B. 标准状况下，含NA个分子的H2、CO混合气体的体积约为22.41L
C. 常温下，l.0LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NA
D. 2.1g环己烷中含有的共价键数目为4.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 没有指明温度与压强，无法求出1l.2LCl2物质的量，也就无法确定转移的电子数目，A不正确；
B. 标准状况下，NA个H2和NA个CO的体积都为22.41L，则混合气体的体积也约为22.41L，B正确；
C. 常温下，l.0LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.1NA，C不正确；
D. 2.1g环己烷的物质的量为0.025mol，每个己烷分子中含有18个共价键，则2.1g环己烷中含有的共价键数目为0.45NA，D不正确。
故选B。
7.下列化学方程式中，不能正确解释该反应颜色变化的是
A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”（曾青的主要成分为CuSO4）：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu
B. 铜片加入盛有稀硝酸的试管中，瓶口有红棕色气体：2NO+O2═2NO2
C. CuO投入稀硫酸中。黑色固体溶解。溶液呈蓝色：CuO+2H+═Cu2++H2O
D. 向FeI2酸性溶液（浅绿色）中滴入少量H2O2稀溶液，溶液变黄：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 曾青中加入Fe粉后，Fe与CuSO4发生置换反应，A不合题意；
B. 铜片与稀硝酸反应，生成的NO气体在管口遇O2，转化为NO2，B不合题意；
C. CuO投入稀硫酸中，生成CuSO4和水，C不合题意；
D. 由于I-的还原能力比Fe2+强，所以发生反应为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，D符合题意。
故选D。
8.下列实验操作或现象不能用勒夏特列原理解释的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.配制氯化铁溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，H+浓度大，对Fe3+水解产生抑制作用，溶液不产生浑浊，A不合题意；
B.在稀硫酸溶液中，乙酸乙酯水解速率快，是因为稀硫酸催化作用引起的，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C.石灰石与稀盐酸反应，在密闭容器中随气体的增多，压强不断增大，最后无气泡产生，打开瓶塞，压强减小，气体溶解度减小，有气泡逸出，C不合题意；
D.有AgCl沉淀的浊液中滴入KI溶液，由于AgI的溶解度比AgCl小，所以沉淀转化为AgI，D不合题意。
故选B。
9.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。

下列有关化合物X的说法正确的是
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应
D. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种
【答案】D
【解析】
【详解】A、连接两个苯环的碳原子，是sp3杂化，三点确定一个平面，两个苯环可能共面，故A错误；
B、此有机物中含有羧基，能与Na2CO3反应，故B错误；
C、1mol此有机物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氢氧化钠，同时还含有1mol的“”这种结构，消耗2mol氢氧化钠，因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol，故C错误；
D、含有酯基，因此水解时只生成一种产物，故D正确。
10.水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，其制备的反应原理为NaClO＋2NH3===N2H4·H2O＋NaCl。下列关于实验室制备水合肼的操作不正确的是(　　)
甲 乙 丙 丁
A. 装置甲中试剂X可以选择生石灰 B. 装置乙作为反应过程的安全瓶
C. 装置丙制备水合肼时氨气从b口进入 D. 装置丁可用于吸收多余的尾气
【答案】C
【解析】
【分析】
从化学方程式可知，制备水合肼时需制备氨气、并通入NaClO溶液。氨气极易溶于水、且会污染环境，实验时要防倒吸、进行尾气处理。
【详解】A项：装置甲用于制备氨气，试剂X可以是生石灰，利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出，A项正确；
B项：氨气极易溶于水，为防止倒吸，用装置乙作为安全瓶置于甲乙之间，B项正确；
C项：为有利于氨气与NaClO溶液反应，制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入，C项错误；
D项：氨气会污染环境，实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸，D项正确。
本题选C。
【点睛】制备某种物质，通常包括原料的制备与净化、主体反应、尾气的处理、产品的分离与提纯等，需要根据物质的性质、反应条件等选择合适的试剂与装置。
11.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)

现象或事实
解释
A
Al(OH)3用作塑料的阻燃剂
Al(OH)3受热熔化放出大量的热
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水
C
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2
D
浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜
KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。
12.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为：2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l)△H=－632kJ·mol-1。下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）

A. 电池在工作时，电流从电极a经过负载流向电极b
B. 电极a上发生的电极反应为： 2H2S - 4e- = S2 + 4 H+
C. 当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热量
D. 当电路中通过4mol电子时，有4mol H+经质子膜进入负极区
【答案】B
【解析】
由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应可知，H2S 发生氧化反应，a是负极、b是正极，电流从电极b经过负载流向电极a，故A错误；由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，电极反应为2H2S - 4e- =S2+4H+，故B正确；该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出热量，故C错误；根据正极反应O2+4H++4e-=2H2O，当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，故D错误。
13.根据下列图示所得出的结论正确的是

A. 图甲表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成CO2的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的ΔH>0
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点
D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】B
【解析】
【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；
B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；
C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；
故答案为B。
14.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是

A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B. x=l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
【答案】D
【解析】
【详解】A. 方程式H2+Ce2+═2H++Ce3+中，两种变价元素的价态都升高，违背氧化还原反应原则，A错误；
B. x=l时，过程Ⅱ中发生反应2NO+4Ce2++4H+==N2+4Ce3++2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；
C. 把两个反应式按电子守恒加和，得出混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，C错误；
D. 该转化过程的实质为2NOx+2xH2==xN2+2xH2O，D正确。
故选D。
15.将高温水蒸气通到KSCN的表面，会发生下列反应：4KSCN+9H2O（g）═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3，请填空：
（1）上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的是______（填元素符号，下同）；属于第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为：______；
（2）上述反应所涉及的各物质中，属于非电解质的是：______；
（3）写出CO2的电子式：______；
（4）已知物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下：K2CO3水溶液呈碱性的原因是______（用化学用语解释），从表中数据可知，K2CO3溶液c（CO32-）______K2S溶液c（S2-）（填“＞”“＜”或“=”）；
溶液
K2CO3
K2S
pH
11.6
12.5

（5）K2S接触潮湿银器表面，会出现黑色斑点（Ag2S），其原理如下（配平反应式）：______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH。_____________，每消耗标准状况下224mLO2，转移电子数目为______。
【答案】 (1). K (2). O>N>C (3). CO2、NH3 (4). (5). CO32-＋H2OHCO3-＋OH- (6). > (7). 2、4、1、2、2、4 (8). 0.04NA
【解析】
【分析】
(1)比较原子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则依据同周期元素的半径递变规律进行分析。
(2)比较非金属性时，可利用同周期、同主族元素的非金属性的变化规律进行推断。
(3)比较相同浓度盐溶液中酸根离子浓度时，可依据溶液的pH，确定酸根离子的水解程度，pH越大，酸根的水解程度越大，对应酸越弱，溶液中酸根离子浓度越小。
(4)配平氧化还原反应时，首先找出变价元素并标出化合价，确定首先配平的两种物质，然后利用电子守恒进行配平；再依据电荷守恒、质量守恒进行配平。
【详解】(1)在反应4KSCN+9H2O(g)═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3中，所涉及的元素为K、S、C、N、O、H，其中K原子核外有4个电子层，S原子核外有3个电子层，C、N、O原子核外有2个电子层，H原子核外有1个电子层，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径最大的是K；属于第二周期元素的非金属元素为C、N、O，三者从左到右的顺序为C、N、O，非金属性依次增强，则三者由强到弱的顺序为O>N>C；答案为：K；O>N>C；
(2)上述反应所涉及的各物质中，KSCN、H2O、K2CO3、K2S、H2S为电解质，属于非电解质的是CO2、NH3。答案为：CO2、NH3；
(3) CO2为共价化合物，C与每个O原子间形成两对共用电子，电子式为。答案为：；
(4) K2CO3为强酸弱碱盐，在水溶液中CO32-水解生成OH-而使溶液呈碱性，原因是CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，从表中数据可知，K2S溶液的pH大，说明S2-水解的程度大，相同浓度时，K2CO3溶液c(CO32-)>K2S溶液c(S2-)。答案为：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；>；
(5)在反应 ______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH中，Ag作还原剂，O2作氧化剂，依据电子守恒，可得出4Ag+O2→2Ag2S，再依据质量守恒，便可得到配平的方程式为2K2S+4Ag+O2+2H2O==2Ag2S+4KOH；标准状况下，224mLO2为0.01mol，转移电子数目为0.04NA。答案为：2、4、1、2、2、4；0.04NA。
【点睛】CO2电子式的书写，是我们的易错点，由于缺少对电子式的系统分析，有些同学总会想当然，只想着形成8电子相对稳定结构，没有考虑原子核外的电子数，写成或等。
16.某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。
实验
向试管中加2mL溶液
实验现象

实验I：
0.1 mol/L AgNO3溶液
镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体，并有少量气泡产生
实验II：
2.0 mol/L NH4Cl溶液
反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2），一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
实验III：
pH=8.2 NaHCO3溶液
产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体

请回答下列问题：
（1）对实验I进行研究：
① 推测实验Ⅰ中黑色固体为Ag，则发生反应的离子方程式为_______________。
② 确认黑色固体为Ag的实验方案是___________________________________。
（2）对实验II进行研究：
① 反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应，或 ___________。
② “一段时间后”产生的气体一定含有H2和_____。
③ 为进一步研究，设计如下实验：
实验
操作
现象
实验IV
向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L (NH4)2SO4溶液
产生气体的速率明显慢于实验II

结合实验II、IV，可以得出的结论是________________________________。
（3）对实验III进行研究：
①经检验，白色固体为碱式碳酸镁[ Mg2(OH)2CO3 ]。
②推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3－，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测，其实验操作是__________________________。
（4）根据上述实验判断，影响Mg与盐溶液反应多样性原因有_______（填字母序号）
A．盐溶液中阳离子的氧化性 B．盐溶液的温度
C．含Mg生成物的溶解性 D．盐溶液中阴离子的影响
【答案】 (1). 2Ag++Mg=2Ag+Mg2+ (2). 将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。 (3). NH4+水解使溶液中c(H+)增大，与Mg反应生成H2 (4). NH3 (5). Cl-有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42-不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2） (6). 向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。 (7). ACD
【解析】
本题考查实验方案设计与评价，（1）①出现黑色固体，此固体为Ag，利用金属活动顺序表，发生置换反应，即Mg＋2Ag＋=Mg2＋＋2Ag；②确认是Ag，需要检验Ag＋，即将Ag转化成Ag＋，具体操作是：将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，说明黑色固体为Ag；（2）①NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应，NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗H＋促使平衡向正反应方向进行；②根据实验II，除得到氢气外，还有一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为NH3；③加入的是(NH4)2SO4，NH4＋的浓度与NH4Cl中NH4＋浓度相同，不同的是阴离子，因此得出结论是Cl－有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42－不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）；（3）②HCO3－在水中既有电离也有水解，HCO3－H＋＋CO32－，pH=8.2说明溶液显碱性，得到Mg2(OH)2CO3，当没有HCO3－，则H＋和Mg2＋反应的程度很小，实验设计为：向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，观察反应现象；（4）A、根据实验I，利用Ag＋的氧化性较强，得到黑色固体，故A正确；B、四个实验中没有说明温度对实验的影响，故B错误；C、根据实验III，得到碱式碳酸镁，碱式碳酸镁不溶于水，故C正确；D、实验II和IV的对比，说明阴离子的影响，故D正确。
17.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。
（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：
反应Ⅰ：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）═2HI（aq）+H2SO4（aq）△H1
反应Ⅱ：HI（aq）═H2（g）+ I2（aq）△H2
反应Ⅲ：2H2SO4（aq）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）
①反应：SO2（g）+2H2O（l）═H2SO4（aq）+H2（g）的△H═______（用△H1、△H2表示）；
②分析上述反应，下列判断正确的是______；
A．反应Ⅲ易在常温下进行
B．反应I中SO2还原性比HI强
C．循环过程中需补充H2O
D．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2
③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2（aq）+I-（aq）⇌I3-（aq），其反应速率极快且平衡常数大。现将1mol SO2．缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n（I3-）随反应时间（t）的变化曲线如图所示。开始阶段n（I3-）逐渐增大的原因是：______；

（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3-），写出氯气与碘单质反应的离子方程式：______；
（3）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-（aq）+AgCl（s）⇌AgI（s）+Cl-（aq），反应达到平衡后溶液中c（I-）═______[用c（Cl-）、Ksp（AgCl）和Ksp（AgI）表示]．该方法去除碘离子的原理是______。
【答案】 (1). △H1+2△H2 (2). BC (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+ (5). (6). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小
【解析】
【分析】
(1)利用已知热化学反应求解未知热化学反应时，可利用盖斯定律进行计算，计算时，可根据未知反应，确定已知反应是否需要调整反应物与生成物，是否需要调整化学计量数。
(2)在分析图象信息时，从发生的反应入手，根据生成物的浓度变化，确定平衡移动的方向，寻找浓度变化的原因。
(3)在分析沉淀溶解平衡时，虽然涉及两个平衡体系，仍可像对待一般的化学平衡一样进行处理。
【详解】(1) ①a．SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1
b．HI(aq)═H2(g)+I2(aq) △H2
由盖斯定律可知a+2×b得SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g) △H=△H1+2△H2。答案为：△H1+2△H2 ；
②A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，为吸热、熵增的反应，常温不能自发进行，A错误； B．I中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则SO2还原性比HI强，B正确；
C．将三个反应式相加，得出2H2O(1)==2H2(g)+O2(g)，反应消耗水，需要不断补充，C正确； D．分解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，则产生1molO2同时产生2molH2，D错误。答案为：BC；
③n(I3-)逐渐增大的原因是开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加。答案为：开始阶段，SO2和I2反应生成I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加；
(2)酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+。答案为：5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；
(3)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，c(I-)==，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。答案为：；AgI溶度积比AgCl的溶度积小。
【点睛】计算c(I-)时，我们也可以这样操作，Ksp(AgCl)= c(Cl-)∙ c(Ag+)，Ksp(AgI)= c(I-)∙ c(Ag+)，然后两式相比，即得出，从而得出c(I-)=。
18.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂。通过如下简化流程既脱除燃媒尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。

请回答下列问题：
(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______（填编号）；
A．NaOH溶液、酚酞溶液 B．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 C．碘水、淀粉溶液 D．氨水、酚酞溶液
(2)写出软锰矿浆吸收SO2的化学方程式______；
(3)用MnCO3，能除去溶液中的Al3+和Fe3+，用原理解释：______。
(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式______；
(5)工业上将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4．装置如图：

①D是溶液______；
②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：______；
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过______（填操作名称）、过滤制得硫酸锰晶体。
【答案】 (1). BC (2). MnO2+SO2=MnSO4 (3). 消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). 浓KOH溶液 (6). a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
由流程可知，含二氧化硫的尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，二氧化硫能被二氧化锰氧化为硫酸锰，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS能将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰、硫酸钾。
【详解】(1)二氧化硫可被高锰酸钾、碘水氧化，根据颜色变化，可准确判断滴定终点，从而准确测定其含量，而与碱反应时选酚酞作指示剂，吸收不彻底，不能准确测定二氧化硫的含量。答案为：BC； 
(2)锰矿浆吸收SO2，生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。答案为：MnO2+SO2=MnSO4； 
(3)在水溶液中，Al3+和Fe3+都能水解生成H+，MnCO3能与H+反应从而促进Al3+和Fe3+完全转化为氢氧化物沉淀，从而除去溶液中的Al3+和Fe3+。用原理解释为消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。答案为：消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀； 
(4)KMnO4与MnSO4溶液发生归中反应，生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+； 
(5)①由图可知，a电极上MnO42-失去电子，b电极上水电离出的氢离子得到电子生成OH-，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以右侧KOH的浓度变大，D是浓KOH溶液。答案为：浓KOH溶液； 
②a为阳极，阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4。答案为：a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4； 
(6)由MnSO4溶液得到MnSO4•H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】进行滴定操作时，不一定要使用指示剂，如酸性高锰酸钾溶液测定尾气中二氧化硫的含量，由于滴定终点时溶液能发生明显的颜色变化，所以能准确判断滴定终点。
19.以烃A为主要原料，采用以下路线合成药物X、Y和高聚物Z。

已知：
Ⅰ．（R或R'可以是烃基或H原子）；
Ⅱ．反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为______；
(2)X中的含氧官能团名称为______，反应③的条件为______，反应④的反应类型是______；
(3)关于药物Y（）的说法正确的是______；
A.药物Y的分子式为C8H8O4遇氯化铁溶液可以发生显色反应
B.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，分别最多消耗4mol和2mol
C.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气
D.药物Y中⑥、⑦、⑧三处一OH上H的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦
(4)写出反应E→F的化学方程式______；
(5)写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______；
①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；
②能发生银镜反应和水解反应；
③核磁共振氢谱有6个峰。
(6)设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（其他试剂任选）______。
【答案】 (1). HC≡CH (2). 酯基 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 消去反应 (5). AD (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应②的产物，可推知A为CH≡CH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为。C可以发生催化氧化生成D，D发生信息Ⅰ中反应，则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。
【详解】(1)由以上分析可知A为HC≡CH。答案为：HC≡CH；
(2)X为，含氧官能团名称为酯基，反应③的条件为：氢氧化钠水溶液、加热，反应④的反应类型是消去反应。答案为：酯基；氢氧化钠水溶液、加热；消去反应；
(3)关于药物Y（）
A．药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，遇氯化铁溶液可以发生显色反应，A正确；B．苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，B错误；
C．羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，C错误；
D．羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦，D正确。故选AD；
(4)反应E→F的化学方程式 。答案为：
；
(5) E()的同分异构体符合下列条件：①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应；③核磁共振氢谱有6个峰。符合条件的同分异构体为：、。答案为：、；
(6)乙醛与HCN发生加成反应，酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。合成路线流程图为：
。
答案为：。
【点睛】合成目标有机物时，我们可采用逆推法，由高聚物结构简式，确定合成该有机的的单体，然后与原料有机物进行对比，找出碳链的增长与缩短、官能团的改变及变化的部位，借助信息及题干中的合成路线图，确定合理的合成路线。