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湖南省长沙大学附属中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（Word版附解析）
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考试范围：必修部分；考试时间：75分钟，满分100分。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1. 下列实验操作正确且能达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；
B．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚白色物质能够溶解在有机物苯中，不能通过过滤除去，B错误；
C．SO2具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，应用品红检验SO2具有漂白性，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。C、Si是同一主族的元素，元素的非金属性C>Si，所以酸性H2CO3>H2SiO3，酸性越强，其形成的盐水解程度越小，溶液的碱性越弱，故相同温度下铜浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH：Na2CO3答案选D。
2. 实验室制备乙炔的反应为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列有关描述正确的是
A. CaC2的电子式：B. 钙的原子结构示意图：
C. Ca(OH)2中含有非极性键D. 该反应属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A正确；
B．钙的原子结构示意图为，故B错误；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C错误；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选A。
3. 一种用于合成治疗免疫疾病药物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是
A. Y的氢化物的熔点一定低于 Z的氢化物的熔点
B. Z元素能形成多种氢化物
C. WZX与WXQ化学键类型相同
D. W2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有黄色浑浊和无色气体产生
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Z有2个价键，Q本身有一个价键，分析处阴离子中只有Q得到一个电子，则Z为O，Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，则W为K，Y有三个价键，则Y为N，X有一个价键，则X为H。
【详解】A．氨气存在分子间氢键，氨气的沸点高于硫化氢，因此Y的氢化物的熔点不一定低于 Z的氢化物的熔点，故A错误；
B．Z元素能形成多种氢化物，比如水、双氧水，故B错误；
C．WZX(KOH)含有离子键和极性键，WXQ(KHS)含有离子键和极性键，两者化学键类型相同，故C正确；
D．W2Q2Z3 (K2S2O3)溶液与Q的最高价氧化物对应水化物(H2SO4)的稀溶液反应生成黄色浑浊(S)和无色气体(SO2)产生，故D正确。
综上所述，答案为A。
4. 某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是
A. 处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu
B. 该装置可以实现“零能耗”镀铜
C. 配制上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解
D. 铜棒上部电势高，下部电势低
【答案】B
【解析】
【分析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。
【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu -2e-= Cu2+；A项错误；
B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；
C.配制上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；
D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。
答案选B。
5. 实验室用下图装置制备并收集氯气，装置E中装有NaOH溶液，作用是_________，该装置中反应的化学方程式_________
A. 吸收氯气，Cl2+NaOH＝NaCl+H2O
B. 干燥氯气，Cl2+NaOH＝NaClO+H2O
C. 吸收氯气，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O
D. 干燥氯气，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO
【答案】C
【解析】
【详解】Cl2有毒，直接排放到空气中会污染空气，所以制备并收集Cl2时，多余Cl2用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
答案选C。
6. 下列物质属于胶体的是
A. 鸡蛋清溶液B. 豆腐C. 酒精D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．鸡蛋清溶液为胶体，A正确；
B．豆腐不是胶体，是胶体聚沉后得到的，B错误；
C．酒精不是胶体，是溶液，C错误；
D．硫酸钡为沉淀，不是胶体，D错误；
故选A。
7. 向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的C12 3.36 L后，C12全部被还原，并且测得溶液中c(Br–)=c(Cl–)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是
A. 3ml/LB. 2ml/ LC. 1.5 ml/ LD. 0.75ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下的3.36 L C12的物质的量为0.15ml，C12全部被还原，可知转移电子的物质的量为0.3ml，溶液中的Cl–的物质的量为0.3ml。由于还原性：Fe2+＞Br–，所以通入氯气后，Fe2+先被氯气氧化。若只有Fe2+被氧化，由于溶液中c(Br–)=c(Cl–)，所以n(Br–)=2n(Cl2)=0.3ml，n(FeBr2)=n(Br–)=0.15ml，n(Fe2+)=0.15ml，0.15mLFe2+被氧化为Fe3+，只转移0.15ml电子，所以应该还有部分Br–被氧化，则氧化后的溶液中有Fe3+、Br–和Cl–，Br–和Cl–的物质的量均为0.3ml，根据电荷守恒，Fe3+的物质的量为=0.2ml，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量即为0.2ml，物质的量浓度为=2ml/L，故选B。
8. 下列化合物中，不能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成的是
A. Cu2SB. SO3C. FeSD. H2S
【答案】B
【解析】
【详解】硫的氧化性较弱，与、化合，分别生成；与直接化合只能生成，二氧化硫与氧气在催化剂、高温条件下生成三氧化硫；与化合生成H2S，故B符合题意。
故选B。
9. 利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是
A. 中C的化合价为+3价
B. 总反应离子方程式为：
C. 反应①~⑤中均有电子的转移
D. 反应③中，每消耗1mlO2会转移2ml电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；
B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
故选C。
10. 下列实验现象的描述正确的是
A. 将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，产生棕黄色烟
B. 向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，有气泡产生
C. FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀
D. NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是先有白色沉淀后消失
【答案】A
【解析】
【详解】A． 将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，生成氯化铁，产生棕黄色烟，故A正确；
B． 向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，没有气泡产生，先发生Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，故B错误；
C． FeSO4溶液中加入NaClO溶液，发生氧化还原反应、亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定生红褐色沉淀，故C错误；
D．氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解产生氢氧化铝沉淀，则NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是没有白色沉淀后产生沉淀并逐渐增多，故D错误；
故选A。
11. 下列化合物不能由对应的单质通过化合反应制备的是
A. 氧化钠B. 过氧化钠C. 氯化亚铁D. 氯化铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．和钠在常温下反应，生成氧化钠，故A不符合题意；
B．和钠在点燃或加热条件下生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．与反应，只能生成，故C项符合题意；
D．与反应，生成，故D不符合题意；
故选：C。
12. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以形式存在)的工艺流程如下
下列说法不正确的是
A. 流程中①和④所得溶液中，后者c()大
B. 流程中②中不宜过量，防止进一步氧化
C. 制备，理论上需的质量约为408g
D. 流程中④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向卤水中加入稀硫酸酸化后，通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，用高分子吸附树脂吸附溶液中的碘，向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，向所得的溶液中加入氯酸钾溶液，将碘化钠氧化为单质碘，单质碘经分离提纯得到碘产品。
【详解】A．由分析可知，流程中①和④为碘元素的富集过程，则流程中①和④所得溶液中碘离子的物质的量相同，但④所得溶液碘离子浓度大于①，故A正确；
B．由分析可知，流程②为通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，为防止过量的氯气将碘氧化，通入的氯气不宜过量，故B正确；
C．由分析可知，加入氯酸钾溶液的目的是将碘化钠氧化为单质碘，由得失电子数目守恒可知，制备10ml碘，理论上需要氯酸钾的质量为10ml××122.5g/ml=408g，故C正确；
D．由分析可知，流程中④为向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，故D错误；
故选D。
13. 化学促进了科技进步。下列说法错误的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
B. “神舟”十五号飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维
C. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第IA族元素
D. “国产C919飞机”用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．螺旋碳纳米管、石墨烯均为碳元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A错误；
B．我国“神舟”飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维，防热和防火性能十分出色，B正确；
C．铷元素原子的最外层电子数为1，是周期表中第IA族元素，C正确；
D．氮化硅(Si3N4)陶瓷属于新型无机非金属材料，D正确，
故答案为：A。
14. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有100mL蒸馏水，然后分别放入0.01mlNa、0.01mlNa2O、0.01mlNa2O2、0.01mlNaOH，待固体完全溶解，则四个烧杯中溶液的质量分数的大小顺序为（ ）
A. 甲<乙<丙<丁B. 丁<甲<乙=丙
C. 甲=丁<乙=丙D. 丁<甲<乙<丙
【答案】B
【解析】
【详解】m(Na)=0.01ml×23g/ml=0.23g，同理m(Na2O)=0.62g，m(Na2O2)=0.78g，m(NaOH)=0.4g；
Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=0.23g-0.005ml×2g/ml=0.22g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.62g；
Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=0.78g-0.005ml×32g/ml=0.62g；
氢氧化钠溶于水，与水不反应，溶液增加的质量=m(NaOH)=0.4g；
根据钠原子守恒知，0.01ml的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.01ml、0.02ml、0.02ml，0.01ml，质量分别为0.4g、0.8g、0.8g、0.4g，则0.01ml的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得氢氧化钠溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁所得溶液中溶质的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，B满足题意。
答案选B
二、填空题
15. (1)当前，环境治理已成为重要民生工程。
①2014年1月，教育部规定在学校公共场所禁止吸烟。下列有关说法中不正确的是_____(填字母代号，下同）。
A.吸烟会对室内和公共场所造成污染
B.吸入焦油、尼古丁及颗粒物可导致多种病变
C.N2、 CO2、CO和尼古丁都属于室内空气污染物
②下列做法可能会加重“雾霾”的是______。
A.大量焚烧秸秆
B.在汽车尾气系统装置催化转化器
C.发展煤的气化和液化等洁净煤技术
③下列处理垃圾的方法中，不正确的是____。
A.回收利用废纸
B.回收利用易拉罐
C.填埋废旧电池
④垃圾处理遵循无害化、减量化和资源化的原则。垃圾分类收集是实观上述原则的措施之—。贴有下图标示，表示为________
A.可回收物 B.有害垃圾 C.其他垃圾
⑤我国城市发布的“空气质量日报”中，下列物质不列入首要污染物的是____。
A.二氧化硫 B.二氧化碳 C.二氧化氮 D.可吸入颗粒物
(2)材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。
①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器的主要材质是____ (填字母代号）。
A.玻璃 B. 陶瓷
②钢铁是目前用最大的铁合金。钢铁接触海水发生电化学腐蚀，其负极反应式为______；因此，为防止轮船船体被腐蚀，可在船体上安装一定量的______（填“锌”成“铜”）。
【答案】 ①. C ②. A ③. C ④. A ⑤. B ⑥. A ⑦. Fe-2e-=Fe2+ ⑧. 锌
【解析】
【详解】（1)①A.室内吸烟容易造成空气不流畅，公共场所吸烟会影响环境卫生，影响自身身体健康，也会无形当中伤害别人吸进二手烟，A项不符合题意；B.烟草中含有尼古丁，一氧化碳等有害气体，能诱发冠状动脉痉挛，加重心肌缺血，诱发心律失常等，B项不符合题意；C.二氧化碳和氮气不属于空气污染物，C项符合题意，本题选C；
②A.大量焚烧秸秆会产生大量烟尘，从而加重雾霾，A项符合题意；B. 在汽车尾气系统装置催化转化器可以减少汽车尾气以及烟尘的排放，降低雾霾的发生，B不项符合题意；C.煤的气化和液化等清洁能源技术，可以减少二氧化硫等有害气体的排放，减少烟尘，降低雾霾的发生，C项不符合题意，本题选A；
③A.将废纸收集起来，进行综合利用，变废为宝，A项不符合题意；B.回收易拉罐，无论从节约资源，还是从保护环境、改善环境等方面都有重大意义，B项不符合题意；C.废电池中含有重金属，不能填埋处理，要回收利用，C项符合题意，本题选C；
④ ，其中的箭头方向相同，代表可回收利用，本题选A；
⑤空气质量日报中的空气污染物有：一氧化碳、氮的氧化物、二氧化硫、可吸入颗粒物，二氧化碳不属于空气污染物，本题选B；
(2) ①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器属于玻璃仪器，本题选A；
②负极，失去电子，负极方程式为：Fe-2e-=Fe2+；保护船体，可以采取牺牲阳极的阴极保护法，通过和较活泼金属相连，从而保护船体，因此可在船体上安装一定量的锌，答案为：Fe-2e-=Fe2+，锌。
16. 以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识.按要求填空：
(1)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是________________________________。
(2)D组物质包括________________________(填化学式)。
(3)C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为___________。
(4)F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：_________。
(5)D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________________。
【答案】 ①. 是否属于氧化还原反应(或是否有电子转移或是否有化合价变化) ②. Cl2、Na2O2、NO2 ③. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ④. NH3·H2O+OH- ⑤. Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+
【解析】
【分析】
【详解】(1)A组中所有物质与水反应时，发生复分解反应，B组物质与水反应为氧化还原反应，则分组依据为是否属于氧化还原反应；
(2)D组物质与水反应时，水中各元素的化合价不变，则包括Cl2、Na2O2、NO2；
(3)C组物质中Na与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
(4)F组物质中氨气与水反应生成的一水合氨，溶液呈弱碱性，而氧化钠与水反应生成的NaOH为强碱，则溶液呈弱碱性的原因为NH3·H2O⇌+OH-；
(5)D组中二氧化硫与E组中二氧化氮在水中反应生成硝酸、硫酸，均为强酸，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+。
三、解答题
17. 硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但同时在生产过程中会产生大量SO2等污染物。以硫酸工业的尾气、氨水、石灰石、焦炭及氯化钾为原料可以合成有重要用途的硫化钙、硫酸钾、氯化铵、亚硫酸铵等物质。合成路线如下：
完成下列填空：
(1)某电厂每月用煤300t(煤中含硫的质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，现用反应Ⅰ的原理将尾气中的SO2转化为石膏，且反应过程中96%的硫转化为石膏，则可生产石膏______ t。
(2)操作a中，必须的操作步骤有蒸发、___________、___________等；
(3)反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________；
(4)写出反应Ⅳ的方程式______________ ；操作b所得滤液中阳离子的检验方法是________________。
(5)反应Ⅴ在25℃，40%乙二醇溶液中进行，该复分解反应能顺利进行的原因是___________；
(6)该生产过程中可以循环使用的物质是_______________。
【答案】 ①. 38.7 ②. 冷却结晶 ③. 过滤 ④. 1:4 ⑤. CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓ ⑥. 取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 ⑦. 由于K2SO4在乙二醇溶液中的溶解度小，能够形成晶体而析出，因此符合复分解反应发生的条件 ⑧. CaCO3，CO2
【解析】
【分析】由流程可知，I中发生的反应为2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，反应Ⅳ为CaSO4、NH3和CO2反应生成碳酸钙和硫酸铵，发生CO2+2NH3+CaSO4+H2O =CaCO3↓+(NH4)2SO4，可知CaCO3、CO2可循环使用，反应Ⅴ为硫酸铵溶液中加入氯化钾生成硫酸钾晶体，所以操作b为过滤，滤液中含有的阳离子为铵根离子，Ⅱ中发生SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，Ⅲ中发生CaSO4+4C=CaS+4CO↑，据此分析解答。
【详解】(1)二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2(CaSO4•2H2O)，总反应为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O═2(CaSO4•2H2O)+2CO2，因此有
=，解得：m=38.7t，故答案为：38.7；
(2)操作a是从亚硫酸铵溶液中获得亚硫酸铵晶体，亚硫酸铵晶体受热易分解，所以操作a为冷却结晶、过滤，故答案为：冷却结晶；过滤；
(3)反应Ⅲ的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，其中氧化剂为CaSO4，还原剂为C，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为：1∶4；
(4)反应Ⅳ的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，操作b过滤，所得滤液中阳离子为铵根离子，具有铵根离子的方法为：取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓；取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
(5)反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，是因为乙二醇能够降低硫酸钾的溶解度，有利于硫酸钾析出，故答案为：由于K2SO4在乙二醇溶液中的溶解度小，能够形成晶体而析出，因此符合复分解反应发生的条件；
(6)根据上面的分析可知，该生产过程中可以循环使用的物质为CaCO3，CO2，故答案为：CaCO3，CO2．
18. 砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：
（1）AsH3的电子式为___。
（2）改变0.1ml·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：
①lgKa1(H3AsO4)=_____。
②用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为___。
（3）焦炭真空冶炼砷时需加入催化剂，其中部分热化学反应如下：
反应Ⅰ．As2O3(g)+3C(s)2As(g)+3CO(g) △H1=akJ·ml-1
反应Ⅱ．As2O3(g)+3C(s)As4(g)+3CO(g) △H2=bkJ·ml-1
反应Ⅲ．As4(g)4As(g) △H
①△H=____kJ·ml-1（用含a、b的代数式表示）。
②反应中催化剂的活性会因为发生反应Ⅱ（生成As4）而降低，同时存在的反应Ⅲ使As4量减少。相关数据如下表：
由上表判断催化剂X____（填“优于”或“劣于”）Y，理由是_____。
（4）反应2As2S3(s)4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg（p/kPa）与温度的关系如图所示：
①对应温度下，B点的反应速率v（正）_____v（逆）（填“>”“<”或“=”）。
②A点处，AsS(g)的分压为____kPa，该反应的Kp=_____kPa5（Kp为以分压表示的平衡常数）。
【答案】 ①. ②. -2.2 ③. H3AsO4+OH-═H2AsO4-+H2O ④. 2a-2b ⑤. 优于 ⑥. 相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应Ⅱ（生成As4）的活化能更大，生成As4的反应速率小，而反应Ⅲ活化能相对较小，消耗As4的反应速率大 ⑦. > ⑧. 0.8 ⑨. 8.192×10-2
【解析】
【详解】（1）因为As和N位于同主族，AsH3与NH3的电子式类似，即AsH3的电子式为 ；
（2）①H3AsO4H2AsO4－＋H＋，Ka1=，根据图象，当c(H2AsO4－)=c(H3AsO4)时，溶液pH=2.2，即Ka1=c(H＋)=10－2.2，即pKa1=－2.2；
②甲基橙的变色范围是3.1～4.4，溶液显酸性，根据图象，用甲基橙作指示剂，滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色，因此与氢氧化钠反应的离子方程式为H3PO4＋OH－=H2PO4－＋H2O；
（3）①反应Ⅲ=反应I×2－反应Ⅱ×2，即△H=(2a－2b)kJ·ml－1；
②催化剂降低活化能，活化能越小，反应速率越快，对比表格数据，相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应Ⅱ（生成As4）的活化能更大，生成As4的反应速率小，而反应Ⅲ活化能相对较小，消耗As4的反应速率大，因此催化剂X优于催化剂Y；
（4）①根据图象，图中所给曲线为平衡线，依据反应方程式，B点达到A点，气体总压的对数值增大，说明反应向正反应方向进行，即v(正)>v(逆)；
②A点气体总压为1kPa，分压等于总压×气体组分物质的量分数，即AsS(g)的分压为1kPa×4/5=0.8kPa，S2(g)的分压为1kPa×1/5=0.2kPa，Kp=p4(AsS)×p(S2)=(0.8)4×0.2=8.192×10－2。实验目的
操作
A
欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键
滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去
B
欲除去苯中混有的苯酚
向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤
C
证明SO2具有漂白性
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
D
确定碳和硅两元素非金属性强弱
测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH
反应Ⅱ
反应Ⅲ
活化能（kJ·ml-1）
催化剂X
56
75
催化剂Y
37
97
考试范围：必修部分；考试时间：75分钟，满分100分。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1. 下列实验操作正确且能达到预期目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；
B．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚白色物质能够溶解在有机物苯中，不能通过过滤除去，B错误；
C．SO2具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，应用品红检验SO2具有漂白性，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。C、Si是同一主族的元素，元素的非金属性C>Si，所以酸性H2CO3>H2SiO3，酸性越强，其形成的盐水解程度越小，溶液的碱性越弱，故相同温度下铜浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH：Na2CO3
2. 实验室制备乙炔的反应为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列有关描述正确的是
A. CaC2的电子式：B. 钙的原子结构示意图：
C. Ca(OH)2中含有非极性键D. 该反应属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A正确；
B．钙的原子结构示意图为，故B错误；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C错误；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选A。
3. 一种用于合成治疗免疫疾病药物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是
A. Y的氢化物的熔点一定低于 Z的氢化物的熔点
B. Z元素能形成多种氢化物
C. WZX与WXQ化学键类型相同
D. W2Q2Z3溶液与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有黄色浑浊和无色气体产生
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Z有2个价键，Q本身有一个价键，分析处阴离子中只有Q得到一个电子，则Z为O，Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，则W为K，Y有三个价键，则Y为N，X有一个价键，则X为H。
【详解】A．氨气存在分子间氢键，氨气的沸点高于硫化氢，因此Y的氢化物的熔点不一定低于 Z的氢化物的熔点，故A错误；
B．Z元素能形成多种氢化物，比如水、双氧水，故B错误；
C．WZX(KOH)含有离子键和极性键，WXQ(KHS)含有离子键和极性键，两者化学键类型相同，故C正确；
D．W2Q2Z3 (K2S2O3)溶液与Q的最高价氧化物对应水化物(H2SO4)的稀溶液反应生成黄色浑浊(S)和无色气体(SO2)产生，故D正确。
综上所述，答案为A。
4. 某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是
A. 处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu
B. 该装置可以实现“零能耗”镀铜
C. 配制上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解
D. 铜棒上部电势高，下部电势低
【答案】B
【解析】
【分析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。
【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu -2e-= Cu2+；A项错误；
B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；
C.配制上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；
D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。
答案选B。
5. 实验室用下图装置制备并收集氯气，装置E中装有NaOH溶液，作用是_________，该装置中反应的化学方程式_________
A. 吸收氯气，Cl2+NaOH＝NaCl+H2O
B. 干燥氯气，Cl2+NaOH＝NaClO+H2O
C. 吸收氯气，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O
D. 干燥氯气，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO
【答案】C
【解析】
【详解】Cl2有毒，直接排放到空气中会污染空气，所以制备并收集Cl2时，多余Cl2用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
答案选C。
6. 下列物质属于胶体的是
A. 鸡蛋清溶液B. 豆腐C. 酒精D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．鸡蛋清溶液为胶体，A正确；
B．豆腐不是胶体，是胶体聚沉后得到的，B错误；
C．酒精不是胶体，是溶液，C错误；
D．硫酸钡为沉淀，不是胶体，D错误；
故选A。
7. 向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的C12 3.36 L后，C12全部被还原，并且测得溶液中c(Br–)=c(Cl–)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是
A. 3ml/LB. 2ml/ LC. 1.5 ml/ LD. 0.75ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下的3.36 L C12的物质的量为0.15ml，C12全部被还原，可知转移电子的物质的量为0.3ml，溶液中的Cl–的物质的量为0.3ml。由于还原性：Fe2+＞Br–，所以通入氯气后，Fe2+先被氯气氧化。若只有Fe2+被氧化，由于溶液中c(Br–)=c(Cl–)，所以n(Br–)=2n(Cl2)=0.3ml，n(FeBr2)=n(Br–)=0.15ml，n(Fe2+)=0.15ml，0.15mLFe2+被氧化为Fe3+，只转移0.15ml电子，所以应该还有部分Br–被氧化，则氧化后的溶液中有Fe3+、Br–和Cl–，Br–和Cl–的物质的量均为0.3ml，根据电荷守恒，Fe3+的物质的量为=0.2ml，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量即为0.2ml，物质的量浓度为=2ml/L，故选B。
8. 下列化合物中，不能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成的是
A. Cu2SB. SO3C. FeSD. H2S
【答案】B
【解析】
【详解】硫的氧化性较弱，与、化合，分别生成；与直接化合只能生成，二氧化硫与氧气在催化剂、高温条件下生成三氧化硫；与化合生成H2S，故B符合题意。
故选B。
9. 利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是
A. 中C的化合价为+3价
B. 总反应离子方程式为：
C. 反应①~⑤中均有电子的转移
D. 反应③中，每消耗1mlO2会转移2ml电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；
B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
故选C。
10. 下列实验现象的描述正确的是
A. 将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，产生棕黄色烟
B. 向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，有气泡产生
C. FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀
D. NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是先有白色沉淀后消失
【答案】A
【解析】
【详解】A． 将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，生成氯化铁，产生棕黄色烟，故A正确；
B． 向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，没有气泡产生，先发生Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，故B错误；
C． FeSO4溶液中加入NaClO溶液，发生氧化还原反应、亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定生红褐色沉淀，故C错误；
D．氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解产生氢氧化铝沉淀，则NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是没有白色沉淀后产生沉淀并逐渐增多，故D错误；
故选A。
11. 下列化合物不能由对应的单质通过化合反应制备的是
A. 氧化钠B. 过氧化钠C. 氯化亚铁D. 氯化铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．和钠在常温下反应，生成氧化钠，故A不符合题意；
B．和钠在点燃或加热条件下生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．与反应，只能生成，故C项符合题意；
D．与反应，生成，故D不符合题意；
故选：C。
12. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以形式存在)的工艺流程如下
下列说法不正确的是
A. 流程中①和④所得溶液中，后者c()大
B. 流程中②中不宜过量，防止进一步氧化
C. 制备，理论上需的质量约为408g
D. 流程中④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向卤水中加入稀硫酸酸化后，通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，用高分子吸附树脂吸附溶液中的碘，向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，向所得的溶液中加入氯酸钾溶液，将碘化钠氧化为单质碘，单质碘经分离提纯得到碘产品。
【详解】A．由分析可知，流程中①和④为碘元素的富集过程，则流程中①和④所得溶液中碘离子的物质的量相同，但④所得溶液碘离子浓度大于①，故A正确；
B．由分析可知，流程②为通入氯气将溶液中的碘离子氧化为单质碘，为防止过量的氯气将碘氧化，通入的氯气不宜过量，故B正确；
C．由分析可知，加入氯酸钾溶液的目的是将碘化钠氧化为单质碘，由得失电子数目守恒可知，制备10ml碘，理论上需要氯酸钾的质量为10ml××122.5g/ml=408g，故C正确；
D．由分析可知，流程中④为向树脂中加入亚硫酸钠溶液，将碘还原为碘化钠而脱离高分子树脂，故D错误；
故选D。
13. 化学促进了科技进步。下列说法错误的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
B. “神舟”十五号飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维
C. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第IA族元素
D. “国产C919飞机”用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．螺旋碳纳米管、石墨烯均为碳元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A错误；
B．我国“神舟”飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维，防热和防火性能十分出色，B正确；
C．铷元素原子的最外层电子数为1，是周期表中第IA族元素，C正确；
D．氮化硅(Si3N4)陶瓷属于新型无机非金属材料，D正确，
故答案为：A。
14. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别盛有100mL蒸馏水，然后分别放入0.01mlNa、0.01mlNa2O、0.01mlNa2O2、0.01mlNaOH，待固体完全溶解，则四个烧杯中溶液的质量分数的大小顺序为（ ）
A. 甲<乙<丙<丁B. 丁<甲<乙=丙
C. 甲=丁<乙=丙D. 丁<甲<乙<丙
【答案】B
【解析】
【详解】m(Na)=0.01ml×23g/ml=0.23g，同理m(Na2O)=0.62g，m(Na2O2)=0.78g，m(NaOH)=0.4g；
Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=0.23g-0.005ml×2g/ml=0.22g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.62g；
Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=0.78g-0.005ml×32g/ml=0.62g；
氢氧化钠溶于水，与水不反应，溶液增加的质量=m(NaOH)=0.4g；
根据钠原子守恒知，0.01ml的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.01ml、0.02ml、0.02ml，0.01ml，质量分别为0.4g、0.8g、0.8g、0.4g，则0.01ml的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得氢氧化钠溶液的质量分数分别为：×100%、×100%、×100%，所以甲、乙、丙、丁所得溶液中溶质的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙=丙，B满足题意。
答案选B
二、填空题
15. (1)当前，环境治理已成为重要民生工程。
①2014年1月，教育部规定在学校公共场所禁止吸烟。下列有关说法中不正确的是_____(填字母代号，下同）。
A.吸烟会对室内和公共场所造成污染
B.吸入焦油、尼古丁及颗粒物可导致多种病变
C.N2、 CO2、CO和尼古丁都属于室内空气污染物
②下列做法可能会加重“雾霾”的是______。
A.大量焚烧秸秆
B.在汽车尾气系统装置催化转化器
C.发展煤的气化和液化等洁净煤技术
③下列处理垃圾的方法中，不正确的是____。
A.回收利用废纸
B.回收利用易拉罐
C.填埋废旧电池
④垃圾处理遵循无害化、减量化和资源化的原则。垃圾分类收集是实观上述原则的措施之—。贴有下图标示，表示为________
A.可回收物 B.有害垃圾 C.其他垃圾
⑤我国城市发布的“空气质量日报”中，下列物质不列入首要污染物的是____。
A.二氧化硫 B.二氧化碳 C.二氧化氮 D.可吸入颗粒物
(2)材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。
①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器的主要材质是____ (填字母代号）。
A.玻璃 B. 陶瓷
②钢铁是目前用最大的铁合金。钢铁接触海水发生电化学腐蚀，其负极反应式为______；因此，为防止轮船船体被腐蚀，可在船体上安装一定量的______（填“锌”成“铜”）。
【答案】 ①. C ②. A ③. C ④. A ⑤. B ⑥. A ⑦. Fe-2e-=Fe2+ ⑧. 锌
【解析】
【详解】（1)①A.室内吸烟容易造成空气不流畅，公共场所吸烟会影响环境卫生，影响自身身体健康，也会无形当中伤害别人吸进二手烟，A项不符合题意；B.烟草中含有尼古丁，一氧化碳等有害气体，能诱发冠状动脉痉挛，加重心肌缺血，诱发心律失常等，B项不符合题意；C.二氧化碳和氮气不属于空气污染物，C项符合题意，本题选C；
②A.大量焚烧秸秆会产生大量烟尘，从而加重雾霾，A项符合题意；B. 在汽车尾气系统装置催化转化器可以减少汽车尾气以及烟尘的排放，降低雾霾的发生，B不项符合题意；C.煤的气化和液化等清洁能源技术，可以减少二氧化硫等有害气体的排放，减少烟尘，降低雾霾的发生，C项不符合题意，本题选A；
③A.将废纸收集起来，进行综合利用，变废为宝，A项不符合题意；B.回收易拉罐，无论从节约资源，还是从保护环境、改善环境等方面都有重大意义，B项不符合题意；C.废电池中含有重金属，不能填埋处理，要回收利用，C项符合题意，本题选C；
④ ，其中的箭头方向相同，代表可回收利用，本题选A；
⑤空气质量日报中的空气污染物有：一氧化碳、氮的氧化物、二氧化硫、可吸入颗粒物，二氧化碳不属于空气污染物，本题选B；
(2) ①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器属于玻璃仪器，本题选A；
②负极，失去电子，负极方程式为：Fe-2e-=Fe2+；保护船体，可以采取牺牲阳极的阴极保护法，通过和较活泼金属相连，从而保护船体，因此可在船体上安装一定量的锌，答案为：Fe-2e-=Fe2+，锌。
16. 以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识.按要求填空：
(1)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是________________________________。
(2)D组物质包括________________________(填化学式)。
(3)C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为___________。
(4)F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：_________。
(5)D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________________。
【答案】 ①. 是否属于氧化还原反应(或是否有电子转移或是否有化合价变化) ②. Cl2、Na2O2、NO2 ③. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ④. NH3·H2O+OH- ⑤. Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+
【解析】
【分析】
【详解】(1)A组中所有物质与水反应时，发生复分解反应，B组物质与水反应为氧化还原反应，则分组依据为是否属于氧化还原反应；
(2)D组物质与水反应时，水中各元素的化合价不变，则包括Cl2、Na2O2、NO2；
(3)C组物质中Na与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
(4)F组物质中氨气与水反应生成的一水合氨，溶液呈弱碱性，而氧化钠与水反应生成的NaOH为强碱，则溶液呈弱碱性的原因为NH3·H2O⇌+OH-；
(5)D组中二氧化硫与E组中二氧化氮在水中反应生成硝酸、硫酸，均为强酸，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+。
三、解答题
17. 硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但同时在生产过程中会产生大量SO2等污染物。以硫酸工业的尾气、氨水、石灰石、焦炭及氯化钾为原料可以合成有重要用途的硫化钙、硫酸钾、氯化铵、亚硫酸铵等物质。合成路线如下：
完成下列填空：
(1)某电厂每月用煤300t(煤中含硫的质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，现用反应Ⅰ的原理将尾气中的SO2转化为石膏，且反应过程中96%的硫转化为石膏，则可生产石膏______ t。
(2)操作a中，必须的操作步骤有蒸发、___________、___________等；
(3)反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________；
(4)写出反应Ⅳ的方程式______________ ；操作b所得滤液中阳离子的检验方法是________________。
(5)反应Ⅴ在25℃，40%乙二醇溶液中进行，该复分解反应能顺利进行的原因是___________；
(6)该生产过程中可以循环使用的物质是_______________。
【答案】 ①. 38.7 ②. 冷却结晶 ③. 过滤 ④. 1:4 ⑤. CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓ ⑥. 取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 ⑦. 由于K2SO4在乙二醇溶液中的溶解度小，能够形成晶体而析出，因此符合复分解反应发生的条件 ⑧. CaCO3，CO2
【解析】
【分析】由流程可知，I中发生的反应为2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，反应Ⅳ为CaSO4、NH3和CO2反应生成碳酸钙和硫酸铵，发生CO2+2NH3+CaSO4+H2O =CaCO3↓+(NH4)2SO4，可知CaCO3、CO2可循环使用，反应Ⅴ为硫酸铵溶液中加入氯化钾生成硫酸钾晶体，所以操作b为过滤，滤液中含有的阳离子为铵根离子，Ⅱ中发生SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，Ⅲ中发生CaSO4+4C=CaS+4CO↑，据此分析解答。
【详解】(1)二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2(CaSO4•2H2O)，总反应为：2CaCO3+2SO2+O2+4H2O═2(CaSO4•2H2O)+2CO2，因此有
=，解得：m=38.7t，故答案为：38.7；
(2)操作a是从亚硫酸铵溶液中获得亚硫酸铵晶体，亚硫酸铵晶体受热易分解，所以操作a为冷却结晶、过滤，故答案为：冷却结晶；过滤；
(3)反应Ⅲ的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，其中氧化剂为CaSO4，还原剂为C，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为：1∶4；
(4)反应Ⅳ的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，操作b过滤，所得滤液中阳离子为铵根离子，具有铵根离子的方法为：取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓；取溶液少许加入NaOH并加热，生成有刺激性气味的气体，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
(5)反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25℃，是因为乙二醇能够降低硫酸钾的溶解度，有利于硫酸钾析出，故答案为：由于K2SO4在乙二醇溶液中的溶解度小，能够形成晶体而析出，因此符合复分解反应发生的条件；
(6)根据上面的分析可知，该生产过程中可以循环使用的物质为CaCO3，CO2，故答案为：CaCO3，CO2．
18. 砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：
（1）AsH3的电子式为___。
（2）改变0.1ml·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：
①lgKa1(H3AsO4)=_____。
②用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为___。
（3）焦炭真空冶炼砷时需加入催化剂，其中部分热化学反应如下：
反应Ⅰ．As2O3(g)+3C(s)2As(g)+3CO(g) △H1=akJ·ml-1
反应Ⅱ．As2O3(g)+3C(s)As4(g)+3CO(g) △H2=bkJ·ml-1
反应Ⅲ．As4(g)4As(g) △H
①△H=____kJ·ml-1（用含a、b的代数式表示）。
②反应中催化剂的活性会因为发生反应Ⅱ（生成As4）而降低，同时存在的反应Ⅲ使As4量减少。相关数据如下表：
由上表判断催化剂X____（填“优于”或“劣于”）Y，理由是_____。
（4）反应2As2S3(s)4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg（p/kPa）与温度的关系如图所示：
①对应温度下，B点的反应速率v（正）_____v（逆）（填“>”“<”或“=”）。
②A点处，AsS(g)的分压为____kPa，该反应的Kp=_____kPa5（Kp为以分压表示的平衡常数）。
【答案】 ①. ②. -2.2 ③. H3AsO4+OH-═H2AsO4-+H2O ④. 2a-2b ⑤. 优于 ⑥. 相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应Ⅱ（生成As4）的活化能更大，生成As4的反应速率小，而反应Ⅲ活化能相对较小，消耗As4的反应速率大 ⑦. > ⑧. 0.8 ⑨. 8.192×10-2
【解析】
【详解】（1）因为As和N位于同主族，AsH3与NH3的电子式类似，即AsH3的电子式为 ；
（2）①H3AsO4H2AsO4－＋H＋，Ka1=，根据图象，当c(H2AsO4－)=c(H3AsO4)时，溶液pH=2.2，即Ka1=c(H＋)=10－2.2，即pKa1=－2.2；
②甲基橙的变色范围是3.1～4.4，溶液显酸性，根据图象，用甲基橙作指示剂，滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色，因此与氢氧化钠反应的离子方程式为H3PO4＋OH－=H2PO4－＋H2O；
（3）①反应Ⅲ=反应I×2－反应Ⅱ×2，即△H=(2a－2b)kJ·ml－1；
②催化剂降低活化能，活化能越小，反应速率越快，对比表格数据，相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应Ⅱ（生成As4）的活化能更大，生成As4的反应速率小，而反应Ⅲ活化能相对较小，消耗As4的反应速率大，因此催化剂X优于催化剂Y；
（4）①根据图象，图中所给曲线为平衡线，依据反应方程式，B点达到A点，气体总压的对数值增大，说明反应向正反应方向进行，即v(正)>v(逆)；
②A点气体总压为1kPa，分压等于总压×气体组分物质的量分数，即AsS(g)的分压为1kPa×4/5=0.8kPa，S2(g)的分压为1kPa×1/5=0.2kPa，Kp=p4(AsS)×p(S2)=(0.8)4×0.2=8.192×10－2。实验目的
操作
A
欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键
滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去
B
欲除去苯中混有的苯酚
向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤
C
证明SO2具有漂白性
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
D
确定碳和硅两元素非金属性强弱
测同温同浓度Na2CO3和Na2SiO3水溶液的pH
反应Ⅱ
反应Ⅲ
活化能（kJ·ml-1）
催化剂X
56
75
催化剂Y
37
97
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