安徽省2024届高三化学下学期三模联考试题含解析

这是一份安徽省2024届高三化学下学期三模联考试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. “挖掘文物价值，讲好湖北故事”。下列出土于湖北的文物中主要成分不同于其他三种的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．随州曾侯乙尊盘主要成分是青铜器，属于合金；
B．黄石铜绿山大铜斧主要成分青铜器，属于合金；
C．鄂州三国青瓷仓廪院落的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料；
D．咸宁崇阳商代铜鼓主要成分是青铜器，属于合金；
根据上述分析可知：在出土于湖北的文物中主要成分只有鄂州三国青瓷仓廪院落是硅酸盐，属于无机非金属材料，其余三组都是合金，故不同于其他三种的是鄂州三国青瓷仓廪院落，合理选项是C。
2. 生活中处处有化学。下列说法正确的是
A. 矿泉水瓶的主要成分为无机非金属材料
B. 向牛奶中加入果汁，会发生酸碱中和反应而产生沉淀
C. 酿酒时加入的酒曲与面包中用到的发酵粉作用相同
D. 生铁比纯铁更易生锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．矿泉水瓶主要成分是塑料，属于有机合成材料，不是无机非金属材料，A错误；
B．牛奶是胶体，加入果汁会产生沉淀，是因为发生胶体的聚沉，B错误；
C．酿酒中的酒曲是催化剂，而面包中加入的发酵粉是反应物，二者作用不同，C错误；
D．生铁中含碳，与铁生成原电池，Fe腐蚀速度加快，D正确；
故答案为：D。
3. 为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下，中所含键数目为
B. 重水比水多个质子
C. 中含有的电子数为
D. 和晶体中所含离子数目均为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中含有3个键，标准状况下，的物质的量为0.5ml，所含键数目为，A正确；
B．重水和水的质子数相等，B错误；
C．中含有10个电子，中含有的电子数为，C错误；
D．中含有1个Ca2+和2个H+，所含离子数目均，中含有1个Ca2+和1个，晶体中所含离子数目均为，D错误；
故选A。
4. 下列化学用语的表达正确的是
A. 基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图：
B. 的质谱图：
C. 的名称：甲基苯甲酰胺
D. 的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态铍原子的电子排布式为1s22s2，最外层电子在s轨道上，电子云轮廓图为球形，A错误；
B．质谱图用于测定相对分子质量，CH3COOH的相对分子质量为60，与最大质荷比46不相符，B错误；
C．C6H5CONHCH3中含有酰胺基，由C6H5COOH和CH3NH2反应得到，名称为N-甲基苯甲酰胺，C正确；
D．与CO2是等电子体，根据CO2电子式，的电子式为，按照各原子都达到8电子饱和结构，电子式也可以是，故电子式为或，D错误；
故答案选C。
5. “香城”咸宁因满城桂花而闻名，每到金秋时节，有风香十里，无风十里香。芳樟醇是桂花致香原因之一，其结构如下，下列有关芳樟醇的说法不正确的是
A. 分子式为
B. 不存在顺反异构
C. 能发生取代、加聚、氧化、消去反应
D. 与的溶液反应可能得到2种加成产物(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，分子中含18个H原子，分子式为C10H18O，故A正确；
B．与碳碳双键一边相连的基团相同，则不存在顺反异构，故B正确；
C．含碳碳双键可发生加聚、氧化反应，含羟基可发生取代反应，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有H原子，可发生消去反应，故C正确；
D．单个碳碳双键与发生加成反应时产物有2种、，两个碳碳双键与完全加成时产物有，共有3种加成产物，故D错误；
故选：D。
6. 下列反应方程式书写正确的是
A. 铅蓄电池充电时阴极的电极反应式：
B. 密闭容器中，1 gH2(g)与足量的I2(g)混合反应后生成HI(g)，放出a kJ热量(a＞0)
C. 向乙二醇溶液中加入足量酸性高锰酸钾溶液：
D. Al2O3溶于(NH4)2SO4溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅蓄电池充电时阴极发生还原反应，PbSO4得到电子被还原为Pb单质，则阴极的电极反应式为：PbSO4+2e-=Pb+，A 错误；
B．H2(g)与I2(g)生成HI(g)的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。1 g H2(g)的物质的量是0.5 ml，若在密闭容器中，其与足量的I2(g)混合反应后生成HI(g)的物质的量小于1 ml，放出a kJ热量(a＞0)。则若1 ml H2(g)完全与I2(g)生成HI(g)，反应放出的热量大于2a kJ，反应放出的热量越多，则该反应的反应热就越小。所以该反应的热化学方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜-2a kJ/ml，B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，在与具有强还原性的乙二醇发生反应时，乙二醇被氧化生成CO2气体，而不是氧化生成乙二酸，C错误；
D．Al2O3是两性氧化物，只能与强酸、强碱反应。(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，但由于盐水解程度是微弱的，因此盐溶液酸性比较弱，与Al2O3不能发生反应，所以A12O3难溶于(NH4)2SO4溶液，D错误；
故合理选项是B。
7. 下列实验操作及现象与相关实验目的正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．和溶液均会水解，以第一步水解为主，，则对应的是，中水解为：，则对应的是，并非是比较和的大小，A错误；
B．若无保护作用，则Fe会被腐蚀为二价铁离子，而KSCN溶液检验的是三价铁，B错误；
C．由现象可知，先生成，后发生氧化还原反应，逐渐变为浅绿色，可知生成的速率比氧化还原反应的速率快，但是发生氧化还原反应的反应程度更大，C正确；
D．测定中和反应的反应热应防止热量散失、应在量热计内进行，和迅速混合，盖上杯盖，玻璃搅拌器搅拌，采集温度数据，D错误；
故选C。
8. 扎染是我国重要的非物质文化遗产，扎染用到的靛蓝已具有三千多年历史，战国时期荀况的“青，出于蓝而胜于蓝”就源于当时的染蓝技术。染色时发生以下反应，有关说法正确的是
A. 靛蓝耐碱、耐酸、耐氧化
B. 由靛白与碱反应生成靛白盐的反应可推知，靛白中的五元环有着类似于苯环的性质
C. 靛蓝分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
D. 已知靛白中N原子是杂化，靛白分子中存在氢键
【答案】B
【解析】
【分析】掌握有机物官能团性质及变化规律
【详解】A．靛蓝含有亚胺基，显碱性，不与碱反应，但要和酸反应，不耐酸。靛蓝含有不饱和的碳碳双键，可以被高锰酸钾等氧化剂氧化，故A错误；
B．靛白与碱反应以后，其羟基上的氢原子与碱反应，说明显酸性，根据苯酚性质进行类推，故B正确；
C．靛蓝分子中的π键应该是p轨道“肩并肩”形成，故C错误；
D．靛白中的N原子属于饱和结构，属于sp3杂化，故D错误；
故答案选B。
【点睛】考查有机物官能团性质及其相互转化，要求掌握有机物官能团性质。
9. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法错误的是
A. 加入降低了正极反应的活化能
B. 加入后可降低能量的“损失”，相关方程式为
C. 放电时、若消耗，正极区电解质溶液理论上增重
D. 从左向右通过质子交换膜的的物质的量与消耗的物质的量之比为
【答案】D
【解析】
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剥落后，影响了反应的进行；加入KI后，提高了电池的工作效率，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。据此分析解题。
【详解】A．加入降低了正极反应的活化能，可以提高电池的工作效率，A正确；
B．加入后MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以让I在正极继续得电子，恢复损失的能量，B正确；
C．放电时、若消耗即转移2ml电子，2ml H+通过质子交换膜进入正极区域，1ml MnO2溶解，正极区电解质溶液理论上增重，C正确；
D．放电时，负极每消耗1ml Zn，转移2ml电子，则会有2ml H+通过质子交换膜进入正极，两者物质的量之比为，D错误；
故选D。
10. 某含铜催化剂的阴离于的结构如图所示。是原子序数依次增大的短周期元素，乙是电负性最大的元素。下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 该阴离于中铜元素的化合价为
C. Z元素的单质可以与水发生置换反应D. 仅由W和Y不可以构成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W形成1条共价键，则W为H元素，X能形成四条共价键且属于短周期元素，则X为C元素，Y为N元素，Z是电负性最大的元素，则Z为F元素；
【详解】由分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为F元素；
A．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：F>N>C>H，故A正确；
B．与Cu形成配位键的4个基团均为-1价基团，整个阴离子表现-1价，则Cu元素表现+3价，故B正确；
C．Z为F元素，单质F2与水反应生成HF和O2，发生置换反应，故C正确；
D．仅由H和N可以构成离子化合物NH4H，故D错误；
故选：D。
11. 电镀废水中含有的甘氨酸铬（Ⅲ）等重金属污染已成为世界性环境问题。常用的处理方法有纳米零价铁法，纳米零价铁对有机物的降解通常是产生液相羟基自由基对有机物官能团进行断键，使有机络合态Cr（Ⅲ）被释放到溶液中，同时氧化成无机Cr（Ⅵ）。甘氨酸铬的结构简式和纳米零价铁对甘氨酸铬的去除机理如下图所示。有关说法正确的是
结构简式 去除机理
A. 基态的核外电子空间运动状态有14种
B. 铬更易与N原子形成配位键，故甘氨酸铬分子中与铬配位的原子只有N
C. 纳米零价铁主要通过物理吸附作用除去污水中的
D. 从去除机理图可知溶液中的铬浓度在去除过程中会有短暂的上升，随即又减少，并和纳米零价铁的氧化产物形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．的原子序数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，共有15个原子轨道填充了电子，故核外电子空间运动状态有15种，故A错误；
B．由甘氨酸铬的结构简式可知，甘氨酸铬分子中与铬配位的原子有N和O，故B错误；
C．纳米零价铁在反应过程中作还原剂，通过化学变化作用除去污水中的，故C错误；
D．纳米零价铁吸附甘氨酸铬导致溶液中铬浓度降低，随后被氧化为并从纳米零价铁表面脱附，导致溶液中铬浓度升高，在纳米零价铁表面吸附还原为，并和纳米零价铁的氧化产物形成，溶液中铬浓度下降，故D正确；
答案选D。
12. 环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法正确的是
已知：环己醇和环己烯常温下都为液体；环己烯密度，能与水形成共沸物。
A. 环己醇环上的一氯代物有3种
B. 操作依次是蒸馏、过滤、蒸馏
C. 浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因可能为浓硫酸易使原料炭化，产生，导致污染
D. 分离出有机相后，需加入无水氯化钙干燥，在操作3之前的“过滤”操作也可省去不做
【答案】C
【解析】
【分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯。
【详解】A．环己醇环上的等效氢有4种，环上的一氯代物有4种，故A错误；
B．结合流程和分析，操作依次是蒸馏、分液、蒸馏，故B错误；
C．环己醇为有机物，浓硫酸能使其碳化，并与C反应生成导致污染，故不用浓硫酸做催化剂，故C正确；
D．加入无水氯化钙后吸水变为结晶水合物，如果不过滤掉，直接蒸馏可能会导致氯化钙结晶水合物分解出水，环己烯能与水形成共沸物，故会影响产物的纯度，故D错误。
答案选C。
13. 咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。用下图所示的索氏提取器提取茶叶中的咖啡因，1中滤纸套筒内置有粉碎的茶叶末，有关说法不正确的是
A. 用乙醇做萃取剂比用水更好
B. 实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与咖啡因粉末接触，进行萃取
C. 萃取结束后，将1内混合物倒出、过滤、将滤液蒸馏即可得到咖啡因
D. 索氏提取器比常规萃取更节约、更高效
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知咖啡因易溶于乙醇，以上开始升华，用乙醇做萃取剂比用水更好，乙醇易挥发，故A正确；
B．乙醇作为溶剂，经过蒸发得到乙醇蒸汽通过导管2进入索氏提取器，与滤纸套筒1内咖啡因粉末接触，进行萃取，故B正确；
C．咖啡因以上开始升华，直接蒸馏滤液不能马上得到咖啡因，蒸馏出来的是酒精，咖啡因还留在蒸馏烧瓶内，还要进一步处理才能得到咖啡因，故C错误；
D．本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高，故D正确；
故选C。
14. 二氧化铈(CeO2)作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]。当二氧化铈晶胞发生如下图变化时，有关说法错误的是
A. 铈位于氧原子形成的八面体空隙中
B. 生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7，当1 ml CeO2发生变化时，可吸收标况下NO的体积为5.6 L
C. 晶胞的俯视图为
D. 若晶胞边长为a pm，则CeO2晶体的密度为(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】A
【解析】
【详解】A．以上底面心Ce原子为研究对象，根据图示可知在一个晶胞中，与Ce距离相等且最近的O原子有4个，由于通过该平面的Ce原子可形成2个晶胞，因此与该Ce距离相等且最近的O原子有8个，这8个O原子形成的是立方体结构，铈位于氧原子形成的立方体空隙中，A错误；
B．根据图示可知[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]晶胞中含有Ce原子数目是8×+6×=4；含有的O原子数为1×7=7，；根据化合物中元素化合价代数和为0，可知3x+4y=2z，两式联立，x=y，2z=7x，所以在生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7。当1 ml CeO2发生变化时，由0.5 ml Ce元素的化合价由+4价变为+3价，N元素化合价由+2价NO变为+4价NO2，根据化合价升降总数相等，可知关系式为2CeO2-NO，可吸收的NO的物质的量为n(NO)==0.25 ml，因此可吸收标况下NO的体积为0.25 ml×22.4 L/ml=5.6 L，B正确；
C．根据CeO2晶胞中各个原子的相对位置，可知其俯视图为，C正确；
D．根据晶胞结构可知：在CeO2晶胞中含有Ce为8×+6×=4；含有的O原子数为8，因此一个晶胞中含有4个CeO2，由于晶胞边长为a pm，则该晶胞的密度ρ=g/cm3=，D正确；
故合理选项是A。
15. 电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠溶液过程中的化学变化，得到滴定过程中溶液电位E与的关系如图所示。已知：亚磷酸是二元弱酸，常温下其电离常数分别是：，，下列说法正确的是
A. 水的电离程度：
B. b点对应溶液的
C. 第二滴定终点时发生反应的平衡常数为
D. c点对应溶液中一定存：
【答案】D
【解析】
【分析】滴定过程中先发生的反应：，所以第一次达到滴定终点时溶液的主要成分为：和，后发生的反应：，所以第二次达到滴定终点时溶液的主要成分为：和，据此分析。
【详解】A．盐酸对水的电离起抑制作用，越加盐酸抑制作用越大，水的电离程度越小，所以有水的电离程度：，故A错误；
B．b点是第一次达到滴定终点时，溶液的主要成分为：和，其中的电离常数，水解常数，可见电离程度大于水解程度，溶液显酸性，对应溶液的，故B错误；
C．第二滴定终点时发生反应的平衡常数为，故C错误；
D．c点溶液中存在电荷守恒，所以有，此时，所以一定存在：，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 一种回收锌电解阳极泥(生要成分为和，还有少量猛铅氧化物和)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：①易溶于水，不溶于乙醇。
②时，
③在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
（1）基态的最外层电子的电子排布式为_______。
（2）“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为_______；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_______。
（3）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是_______，用_______(填物质的名称)洗涤、干澡。
（4）“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为_______。
（5）整个流程中可循环利用的物质是_______。
（6）取“沉铁”操作所得的沉淀物置于水中，常温下充分溶解(忽略溶液体积的变化)，其中沉淀物中若含有，最终所得溶液中_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖
（3） ①. 蒸发结晶、趁热过滤 ②. 乙醇
（4）
（5）稀硫酸(稀)
（6）
【解析】
【分析】阳极泥的生要成分为和，还有少量猛铅氧化物和，加入稀硫酸，得到和溶液，、和中继续加入稀硫酸和葡萄糖，+4价的Mn转化为+2价的进入溶液中，过滤后得到的溶液经过一系列操作，得到晶体，加入与水反应生成二元弱酸，电解时，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积生成Mn单质，滤渣中的加入溶液，使转化为更难溶的，加入醋酸，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅中加入硫酸，生成沉淀，据此回答。
【小问1详解】
为25号元素，价电子排布式为，故基态的最外层电子的电子排布式为；
【小问2详解】
“还原酸浸”过程中，中加入稀硫酸和还原性糖，+4价的Mn转化为+2价的进入溶液中，发生的反应为：；因为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量；
【小问3详解】
根据的溶解度随温度变化的曲线，由溶液制得晶体的“一系列操作”是蒸发（至有大量晶体析出，但要注意保留足够的水）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解损耗；
【小问4详解】
放电的电极反应式为；
【小问5详解】
根据以上流程的分析，整个流程中可循环利用的物质是稀硫酸；
【小问6详解】
取“沉铁”操作所得的沉淀物置于水中，常温下充分溶解(忽略溶液体积的变化)，其中沉淀物中若含有，最终所得溶液是的饱和溶液，此时，又因为，，中。
17. 由键构建键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用苯基甘氨酸中的键在作用下构建键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如图。
已知：i．
ⅱ．
（1）E化学名称是_______。
（2）G转化为H的化学方程式为_______。
（3）J与充分反应后的产物分子中含_______个手性碳原子。中除氧原子外含有_______个杂化的原子。
（4）吡啶()是类似于苯的芳香化合物，M是比D少一个碳的同系物，M的同分异构体中，满足下列条件的芳香化合物有_______种。
①芳环上为二取代；②能与碳酸氢钠溶液反应。
（5）已知：
i．
ii．
D和I在作用下得到丁的4步反应如图(无机试剂及条件已略去)，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出结构简式：中间产物1_______中间产物3_______。
【答案】（1）3-溴丙烯
（2） （3） ①. 4 ②. 11
（4）13 （5） ①. ②.
【解析】
【分析】由流程信息知，制备喹啉并内酯需先得到和，A为硝基苯，经还原后得到苯胺B，苯胺与ClCH2COOC2H5发生取代反应得到C，C为，其在酸性条件下发生水解生成；丙烯和溴单质发生取代反应得到E，E为CH2=CH-CH2Br，E与甲醛反应生成F，结合信息ii知，F为CH2=CH-CH2CH2OH ，则G为CH2BrCHBrCH2CH2OH，结合信息i知，H为，它在NaOH醇溶液和加热条件下发生消去反应生成。
【小问1详解】
丙烯和溴单质发生取代反应得到E，E为CH2=CH-CH2Br，名称为3-溴丙烯，故答案为：3-溴丙烯；
【小问2详解】
G转化为H的化学反应方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
J与H2充分反应后的产物为：，分子中含4个手性碳原子，如图所示：，故答案为：4；
J分子中除氧原子外存在11个sp2杂化的原子，如图所示：故1mlJ中除氧原子外含有11mlsp2杂化的原子，故答案为：11；
【小问4详解】
M是比D少一个碳的同系物，D分子式为C8H9O2，故M分子式为：C7H7O2，满足①芳环上为二取代②能与碳酸氢钠溶液反应的芳香化合物有：、、、、、、、、、、、、；共13种，故答案为：13；
【小问5详解】
结合(5)中信息i知，和在氧气的作用下可先生成中间产物1：，结合(5)中信息ii知，在一定条件下可转化为中间产物2：，然后 发生自身酯化反应得到中间产物3：，最后在氧气的作用下反应生成喹啉并内酯，故答案为：、。
18. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究：
（1）和制取漂粉精的化学方程式是_______。
（2）试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。
（3）向水中持续通入，未观察到白雾。推测现象i的白雾由小液滴形成，进行如下实验：
a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀；
b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。
①实验b的目的是_______。
②由实验不能判断白雾中含有，理由是_______。
（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的向能原因是_______。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀X中加入稀，无明显变化。取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_______。
②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：_______。
【答案】（1）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）漂白性； （3） ①. 检验氯气 ②. SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；
（4）随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应
（5） ①. CaSO4； ②. ；
【解析】
【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。
【小问1详解】
氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
【小问2详解】
pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；
【小问3详解】
向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；
【小问4详解】
现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．漂粉精中次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气离子方程式为：；
【小问5详解】
①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：；
19. 含氮污染物的有效去除和含碳资源的充分利用是重要研究课题。回答下列问题：
（1）利用尾气与反应制备新型硝化剂，过程见下表，其中为常数。
①反应Ⅱ的活化能_______(逆)(填“>”或“＜”)。
②的数值范围是_______。
（2）与重整是利用的研究热点之一。该重整反应体系有以下反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．(只在高温下自发进行)
在一定压强和催化剂的条件下，将等物质的的和通入重整反应器中，平衡时，的物质的量分数及转化率随温度变化的关系如图所示。平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是_______(填标号)。温度高于后，曲线d超过曲线c的可能原因为_______。
（3）用催化剂将和转化为和是处理尾气的重要方式之一。相关反应如下：
I：
Ⅱ：
Ⅲ：
为探究温度对催化剂催化效果的影响，将固定比例混合气体，以一定流速通过三元催化剂排气管，相同时间内测量尾气中的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知图中段为平衡状态，且平衡脱氮率为为常数。下列说法正确的是_______。
A. 平衡脱氮率表达式中：
B. 段因温度下降，催化剂活性降低，故平衡脱氮率下降
C. 段处于平衡状态，因反应I正向放热，升温平衡逆向移动，故脱氮率降低
D. D点平衡脱氮率为
（4）一种焦炭催化还原反应的历程如下，请补充完整相关基元反应(“*”表示吸附态)：
A．
B．
C．_______。
D．
E．_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. 0