河北省實驗中學(xué)高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試卷

河北省實驗中學(xué)2021屆高三年級上學(xué)期期中考試化學(xué)注意：第Ⅰ卷答案必須用2B鉛筆涂在答題卡中相應(yīng)的位置。第Ⅱ卷的非選擇題，答案必須填在答題紙的相應(yīng)位置。相對原子量：K-39O-16Fe-56Ca-40Mg-24N-14C-12Cu-64Fe-56Ni-59第Ⅰ卷一、選擇題：每小題只有一個選項符合要求。1.宋代張杲《醫(yī)說》引《集驗方》載：每每外出，用雄黃桐子大，在火中燒煙薰腳繃、草履、領(lǐng)袖間，以消毒滅菌，防止疫菌通過衣物的接觸而傳染。雄黃的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法錯誤的是()。A.雄黃中硫的價態(tài)為-2價B.古代熏蒸的消毒原理與H2O2、酒精相同C.佩戴藥劑香囊是中醫(yī)獨特的防疫措施D.生活中也可使用火、鹽水消毒器具【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)雄黃的結(jié)構(gòu)可知化學(xué)式As4S4，As的化合為+2價，S的化合價為-2價，故A正確；B．過氧化氫用于殺菌消毒與其具有強氧化性有關(guān)；而雄黃火燒后生成二氧化硫和三氧化二砷，二者都不具有強氧化性，與過氧化氫原理不同；乙醇也能使蛋白質(zhì)變性，與過氧化氫也不同，故B錯誤；C．佩戴藥劑香囊是借中藥氣味揮發(fā)，是中醫(yī)獨特的防疫措施，故C正確；D．生活中也可使用火消毒器具，即高溫使蛋白質(zhì)變性，使用鹽水也可以抑菌，殺菌，故D正確；故選：B。2.根據(jù)v-t圖分析外界條件改變對可逆反應(yīng)A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH<0的影響。該反應(yīng)的速率與時間的關(guān)系如圖所示：可見在t1、t3、t5、t7時反應(yīng)都達(dá)到平衡，如果t2、t4、t6、t8時都只改變了一個反應(yīng)條件，則下列對t2、t4、t6、t8時改變條件的判斷正確的是A.使用了催化劑、增大壓強、減小反應(yīng)物濃度、降低溫度B.升高溫度、減小壓強、減小反應(yīng)物濃度、使用了催化劑C.增大反應(yīng)物濃度、使用了催化劑、減小壓強、升高溫度D.升高溫度、減小壓強、增大反應(yīng)物濃度、使用了催化劑【答案】D【解析】【分析】從“斷點”入手突破改變的條件,t2時正、逆反應(yīng)速率均增大，且平衡逆向移動，不是使用了催化劑，排除A，增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動，排除C，t6時正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，逆反應(yīng)速率瞬時不變，應(yīng)是增大反應(yīng)物濃度，排除B?！驹斀狻縯2時正、逆反應(yīng)速率均增大，且平衡逆向移動，排除A、C項；t4時正、逆反應(yīng)速率均減小，平衡逆向移動，可以是減小壓強；t6時正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，逆反應(yīng)速率瞬時不變，平衡正向移動，所以是增大反應(yīng)物濃度，D項符合。故選D。3.為增強鋁的耐腐蝕性，現(xiàn)以鉛蓄電池為外電源，以Al作陽極、Pb作陰極，電解稀硫酸，使鋁表面的氧化膜增厚。其反應(yīng)原理如下：電池：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)電解池：2Al+3H2O=Al2O3+3H2↑對該電解過程，以下判斷正確的是()電池電解池AH+移向Pb電極H+移向Pb電極B每消耗3molPb生成1molAl2O3C正極：PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O陽極：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DPb電極反應(yīng)質(zhì)量不變Pb電極反應(yīng)質(zhì)量不變A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．電池中，溶液中氫離子向正極二氧化鉛電極移動，故A錯誤；B．串聯(lián)電池中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，每消耗3molPb，根據(jù)電子守恒生成lmolAl2O3，故B正確；C．原電池正極上二氧化鉛得電子生成硫酸鉛，故C錯誤；D．原電池中鉛作負(fù)極，負(fù)極上鉛失電子和硫酸根離子反應(yīng)生成難溶性的硫酸鉛，所以質(zhì)量增加，在電解池中，Pb陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，所以鉛電極質(zhì)量不變，故D錯誤；答案選B。4.利用太陽能電解水制H2是解決能源危機的重要方向。采用固體氧化還原調(diào)節(jié)劑作為離子交換體系，實現(xiàn)H2、O2分離。下列分析正確的是()A.左側(cè)電解池應(yīng)選用酸性溶液，a極反應(yīng)式為：2H++2e－＝H2↑B.b極反應(yīng)式：NiOOH+H2O+e－＝Ni(OH)2+OH－C.c為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)D.電解一段時間后，可將b、c對調(diào)，循環(huán)利用物質(zhì)【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖示，左側(cè)電解池應(yīng)選用堿性溶液，連接電源負(fù)極的為陰極，則a為陰極，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH―，故A錯誤；B．連接電源負(fù)極的為陰極，則a為陰極，b為陽極，陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故電極反應(yīng)方程式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B錯誤；C．連接電源正極的為陽極，則d為陽極，c為陰極，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，故C錯誤；D．b電極發(fā)生的反應(yīng)Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，c電極發(fā)生的反應(yīng)為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故電解一段時間后，可將b、c對調(diào)，循環(huán)利用，故D正確；故選D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，Y元素最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，Q與Y同主族，X與Y構(gòu)成的化合物可引起光化學(xué)煙霧，Z、W、Q的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)。下列說法正確的是A.簡單氫化物的沸點：Y<QB.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y<XC.簡單離子半徑最大的為ZD.W的氧化物可作耐高溫材料【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，Y元素最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，Y為O元素；Q與Y同主族，Q為S元素；X與Y構(gòu)成的化合物可引起光化學(xué)煙霧，X的原子序數(shù)小于Y，X為N元素；Z、W、Q的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)，則Z為Na元素，W為Al元素?！驹斀狻慷讨芷谥髯逶豖、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大，Y元素最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，Y為O元素；Q與Y同主族，Q為S元素；X與Y構(gòu)成的化合物可引起光化學(xué)煙霧，X的原子序數(shù)小于Y，X為N元素；Z、W、Q的最高價氧化物的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)，則Z為Na元素，W為Al元素；A．Y的簡單氫化物為H2O，Q的簡單氫化物為H2S，由于水分子間形成氫鍵，故H2O的沸點大于H2S，A錯誤；B．X的氣態(tài)氫化物為NH3，Y的氣態(tài)氫化物為H2O，非金屬性：N<O，則H2O的穩(wěn)定性強于NH3，B錯誤；C．根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，這幾種元素的簡單離子半徑最大的是S2-，C錯誤；D．W的氧化物為Al2O3，Al2O3的熔點較高，可做耐高溫材料，D正確；故選D。【點睛】解答本題的關(guān)鍵是推出各字母所代表的元素，結(jié)合相關(guān)規(guī)律和性質(zhì)作答。6.下列實驗方案不能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?)實驗?zāi)康膶嶒灧桨窤制備CuSO4用稀硫酸、過氧化氫和銅粉反應(yīng)B加快酸性KMnO4與H2C2O4加入一粒黃豆大的MnSO4固體C除去NaC1固體表面的少量KC1雜質(zhì)用飽和NaC1溶液洗滌D探究濃度對反應(yīng)速率的影響向盛有同體積、不同濃度NaHSO3溶液的試管中同時加入同體積、同濃度NaC1O溶液，觀察現(xiàn)象A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．銅粉與稀硫酸、過氧化氫反應(yīng)生成硫酸銅和水，反應(yīng)過程中無污染物，且原料利用率高，選項A正確；B．MnSO4是該反應(yīng)的催化劑，能加快酸性KMnO4與H2C2O4溶液的反應(yīng)速率，選項BC．NaCl晶體難溶于飽和NaCl溶液，可用于洗滌除去KCl雜質(zhì)，選項C正確；D．該實驗沒有明確說明溫度相同，且本實驗現(xiàn)象不明顯，故不能達(dá)到實驗?zāi)康?，選項D錯誤。答案選D。7.Na2CO3(aq)與鹽酸反應(yīng)過程中的能量變化示意圖如圖，下列選項正確的是()A.H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)為放熱反應(yīng)B.CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)?H=akJ·mol-1C.HCO(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)?H=(c-b)kJ·mol-1D.CO(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)?H=(a+b-c)kJ·mol-1【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)H2CO3(aq)和CO2(g)、H2O(l)的能量高低可知，H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)為吸熱反應(yīng)，A項錯誤；B．由圖可知，CO(aq)+H＋(aq)=HCO(aq)△H=-akJ/mol，B項錯誤；C．HCO(aq)+H＋(aq)=CO2(g)+H2O(l)，此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H＞0，故△H=(c-b)kJ/mol，C項正確；D．CO(aq)+2H＋(aq)=CO2(g)+H2O(l)為放熱反應(yīng)，△H＜0，故△H=(c-a-b)kJ/mol，D項錯誤；故選C。8.用如圖裝置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反應(yīng)。通入適當(dāng)比例的C12和NO2，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列敘述正確的是()A.實驗室中可用Cu與1mol·L-1的硝酸制備二氧化氮氣體B.裝置II中的玻璃管起到平衡氣壓作用，可將多余氣體直接排出C.由該反應(yīng)可知氧化性順序：NO2＞NaNO3D.通過觀察裝置I、III中的氣泡的快慢控制C12和NO2的通入量【答案】D【解析】【詳解】A．實驗室中用Cu與1mol·L-1的硝酸反應(yīng)，1mol·L-1的硝酸是稀硝酸只能生成NO，得不到二氧化氮氣體，制備二氧化氮應(yīng)該用濃硝酸，故A錯誤；B．裝置II中的玻璃管起到平衡氣壓作用，但Cl2和NO2都是有毒氣體，需要使用完全處理裝置，不能直接排放，故B錯誤；C．該反應(yīng)Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O中Cl2是氧化劑，NO2是還原劑，NaNO3是氧化產(chǎn)物，故只能得出氧化性順序Cl2＞NO2、Cl2＞NaNO3，但不能得出NO2＞NaNO3，故C錯誤；D．由于同溫同壓下，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，故可以通過觀察裝置I、Ⅲ中的氣泡的快慢控制Cl2和NO2的通入量，故D正確；答案為D。9.用下列裝置完成相關(guān)實驗，合理的是()A.圖①：驗證H2CO3的酸性強于H2SiO3B.圖②：收集CO2或NH3C.圖③：分離Na2CO3溶液與CH3COOC2H5D.圖④：分離CH3CH2OH與CH3COOC2H5【答案】B【解析】【詳解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氫，氯化氫也能與硅酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生硅酸沉淀，干擾二氧化碳與硅酸鈉反應(yīng)，A錯誤；B．氨氣的密度比空氣密度小，二氧化碳的密度比空氣密度大，則導(dǎo)管長進短出收集二氧化碳，短進長出收集氨氣，B正確；C．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5分層，應(yīng)選分液法分離，C錯誤；D．CH3CH2OH與CH3COOC2H5互溶，不能分液分離，應(yīng)選蒸餾法，D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，把握物質(zhì)的性質(zhì)、酸性比較、氣體收集、混合物分離、實驗技能為解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合，選項A是解答的易錯點，注意濃鹽酸的揮發(fā)性。10.在KI溶液中存在平衡，測得不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)如表所示：t/℃515253550K1100841680533409下列說法正確的是（）A.反應(yīng)的B.利用該反應(yīng)可以除去硫粉中少量的碘單質(zhì)C.在上述體系中加入苯，平衡不移動D.25℃時，向溶液中加入少量KI固體，平衡常數(shù)K小于680【答案】B【解析】【詳解】A．由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高，平衡常數(shù)越小，說明升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即，選項A錯誤；B．硫難溶于水，而碘單質(zhì)與形成而溶于水，可以達(dá)到除去硫粉中少量碘的目的，選項B正確；C．加入苯，碘能溶于苯，使水中碘的濃度變小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，選項C錯誤；D．加入KI固體，平衡向正反應(yīng)方向移動，但平衡常數(shù)只受溫度影響，與物質(zhì)的濃度無關(guān)，選項D錯誤。答案選B。11.某工廠的一個生產(chǎn)工藝流程如圖所示，下列敘述正確的是（）A.該工藝流程是用來制備的B.氣體是C.氣體參加的反應(yīng)是化合反應(yīng)D.參加反應(yīng)時氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是【答案】D【解析】【詳解】A.由工藝流程中的箭頭指向可知，該過程中硫酸亞鐵和硫酸鐵可循環(huán)使用，氣體和為反應(yīng)物，指向流程之外的箭頭只有硫酸（部分硫酸又參與循環(huán)），即硫酸鐵和二氧化硫作用生成硫酸和硫酸亞鐵，氣體和硫酸、硫酸亞鐵作用生成硫酸鐵。根據(jù)上述分析知該工藝流程是用來制備硫酸的，故A錯誤；B.根據(jù)反應(yīng)關(guān)系知氣體、和作用生成，F(xiàn)e元素的化合價升高，是具有氧化性的氣體，如等，H2S具有還原性，故B錯誤；C.氣體、溶液和硫酸作用除生成外，還有生成，氣體參加的反應(yīng)不是化合反應(yīng)，故C錯誤；D.參加反應(yīng)時的化學(xué)方程式為，參加反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是，故D正確；答案：D?！军c睛】難點是氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，如選項D，應(yīng)該找準(zhǔn)氧化劑+還原劑→氧化產(chǎn)物+還原產(chǎn)物，SO2中S化合價升高，SO2為還原劑，SO42－為氧化產(chǎn)物，F(xiàn)e3＋的化合價降低，F(xiàn)e3＋為氧化劑，F(xiàn)e2＋為還原產(chǎn)物，即有SO2＋Fe3＋→SO42－＋Fe2＋，然后根據(jù)化合價升降法配平，即有SO2＋2Fe3＋→SO42－＋2Fe2＋，然后電解質(zhì)環(huán)境、原子守恒配平其他即可。12.臭氧層中臭氧分解過程如圖所示，下列說法正確的是A.催化反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)B.E1是催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，（E2+ΔH）是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能。C.決定O3分解反應(yīng)速率的是催化反應(yīng)②。D.溫度升高，總反應(yīng)正反應(yīng)速率的增加幅度小于逆反應(yīng)速率的增加幅度，且平衡常數(shù)增大?！敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．從圖上可知，①反應(yīng)中生成物能夠高于反應(yīng)物，①是吸熱反應(yīng)，故A錯誤；B．據(jù)圖可知E1為催化反應(yīng)①中反應(yīng)物斷鍵吸收的能量，即催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，E2+ΔH為催化反應(yīng)②生成物成鍵時釋放的能量，即催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能，故B正確；C．決定總反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，活化能越大反應(yīng)越慢，據(jù)圖可知催化反應(yīng)①的正反應(yīng)活化能更大，反應(yīng)更慢，所以催化反應(yīng)①決定臭氧的分解速率，故C錯誤；D．據(jù)圖可知總反應(yīng)的反應(yīng)物能量高于生成物的能量，所以總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，總反應(yīng)的正反應(yīng)速率的增加幅度小于逆反應(yīng)速率的增加幅度，平衡常數(shù)減小，故D錯誤；故答案為B。13.四甲基氫氧化銨[(CH3)4NOH]常用作電子工業(yè)清洗劑，以四甲基氯化銨[(CH3)4NCl]為原料，采用電滲析法合成[(CH3)4NOH]，其工作原理如圖所示(a、b為石墨電極，c、d、e為離子交換膜)，下列說法不正確的是A.N為電源正極B.b極電極反應(yīng)式：4OHˉ－4eˉ=O2↑＋2H2OC.c為陽離子交換膜，d、e均為陰離子交換膜D.a、b兩極均有氣體生成，同溫同壓下體積比為2∶1【答案】C【解析】【分析】以四丁基溴化銨[（CH3）4NCl]為原料，采用電滲析法合成[（CH3）4NOH]的過程中，根據(jù)第三個池中濃度變化得出：鈉離子從第四池通過e膜，氯離子從第二池通過d膜，得到c、e均為陽離子交換膜，a為陰極b為陽極，陽極電極反應(yīng)式為4OH－-4e－=O2↑+2H2O?！驹斀狻緼．a(chǎn)為陰極b為陽極，N為電源正極，故A正確；B．b為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，b極電極反應(yīng)式：4OHˉ－4eˉ=O2↑＋2H2O，故B正確；C．鈉離子從第四池通過e膜，氯離子從第二池通過d膜，得到c、e均為陽離子交換膜，d為陰離子交換膜，故C錯誤；D．a(chǎn)電極為氫離子放電生成氫氣，故電極反應(yīng)方程式為2H＋+2e－=H2↑，b電極為氫氧根離子放電生成氧氣4OH－-4e－=O2↑+2H2O，標(biāo)況下制備1mol（CH3）4NOH，轉(zhuǎn)移電子是1mol，a、b兩極產(chǎn)生氣體物質(zhì)的量分別為和，a、b兩極均有氣體生成，同溫同壓下體積比為2∶1，故D正確；故選C【點睛】本題考查了電解池的相關(guān)知識，注意根據(jù)離子的移動方向判斷陰陽極是解決本題的關(guān)鍵，難點D，根據(jù)電極反應(yīng)進行計算。14.碘循環(huán)工藝不僅能吸收SO2降低環(huán)境污染，同時又能制得氫氣，具體流程如圖，下列說法不正確的是()A.該工藝中I2和HI的相互轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了“碘循環(huán)”B.反應(yīng)器中，控制溫度為20-100℃，溫度過低速率慢，溫度過高水氣化且增大碘的流失，反應(yīng)速率也慢C.分離器中的物質(zhì)分離操作為過濾D.碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為SO2+2H2O=H2+H2SO4【答案】C【解析】【分析】從流程圖可知，在反應(yīng)器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，在分離器中分離硫酸和HI，在膜反應(yīng)器中HI發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生H2和I2?！驹斀狻緼．在反應(yīng)器中I2反應(yīng)轉(zhuǎn)換HI，在膜反應(yīng)器中HI分解轉(zhuǎn)化為H2和I2，從而實現(xiàn)了碘循環(huán)，A說法正確；B．在反應(yīng)器中，控制溫度為20-100℃，根據(jù)溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，若反應(yīng)溫度過低速率慢，但溫度過高，水氣化，會使碘單質(zhì)升華，增大碘的流失，也會導(dǎo)致反應(yīng)速率比較慢，B說法正確；C．H2SO4、HI都溶于水，所以分離器中的物質(zhì)分離操作不可能是過濾，C說法錯誤；D．在反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：2HI=H2+I2，所以碘循環(huán)工藝總反應(yīng)為SO2+2H2O=H2+H2SO4，D說法正確；答案為C。15.氮氣是制備含氮化合物的一種重要物質(zhì)，而含氮化合物的用途廣泛，如圖表示兩個常見固氮反應(yīng)的平衡常數(shù)對數(shù)值(lgK)與溫度的關(guān)系：①N2＋3H22NH3，②N2＋O22NO。根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)判斷下列說法正確的是()A.反應(yīng)①和②均為放熱反應(yīng)B.升高溫度，反應(yīng)①的反應(yīng)速率減小C.在常溫下，利用反應(yīng)①固氮和利用反應(yīng)②固氮反應(yīng)程度相差很大D.在1000℃時，反應(yīng)①和反應(yīng)②體系中N2【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)圖象①可知溫度越高，平衡常數(shù)越小，說明升高溫度，平衡逆向移動，逆反應(yīng)方向是吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；②溫度越高，平衡常數(shù)越大，說明升高溫度，平衡正向移動，正反應(yīng)方向是吸熱反應(yīng)，故A錯誤；B.升高溫度，無論是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)速率都增大，故B錯誤；C.在常溫下，根據(jù)平衡常數(shù)可知：利用反應(yīng)①固氮和利用反應(yīng)②固氮反應(yīng)程度相差很大，故C正確；D.在1000℃時,反應(yīng)①和反應(yīng)②體系平衡常數(shù)對數(shù)值(lgK)相等，而不是氮氣的濃度相等，故D答案選C?！军c睛】充分利用圖像，從圖像①中找到曲線的變化趨勢，得出溫度越高，平衡常數(shù)越小的結(jié)論，再根據(jù)勒夏特列原理，判斷出外界條件改變，平衡移動的方向。二、選擇題：每小題有一個或兩個選項符合題目要求16.國際能源期刊報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)保“全氫電池”，有望減少廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.“全氫電池”工作時，將酸堿反應(yīng)的中和能轉(zhuǎn)化為電能B.吸附層b發(fā)生的電極反應(yīng)：H2–2e+2OH=2H2OC.NaClO4的作用是傳導(dǎo)離子和參與電極反應(yīng)D.“全氫電池”的總反應(yīng):2H2+O2=2H2O【答案】A【解析】【分析】由電子流向可知，左邊吸附層為負(fù)極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，結(jié)合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極解答該題?！驹斀狻緼.“全氫電池”工作時，將酸堿反應(yīng)的化學(xué)能（中和能）轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B.右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，故B錯誤；C.NaClO4的作用是傳導(dǎo)離子，沒有參與電極反應(yīng)，故C錯誤；D.由電子流向可知，左邊吸附層為負(fù)極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，總反應(yīng)為：H++OH-═H2O，故D錯誤；正確答案是A。17.700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表（表中t1＞t2）反應(yīng)時間/minn(CO)/moln(H2O)/mol0t1t2下列說法正確的是A.反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v(H2)＝mol·L－1·min－1B.保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達(dá)平衡時，n(CO2)＝0.40molC.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)減小D.溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】起始至t1時刻：起始至t2時刻：A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v(H2)=＝0.20mol·L－1·min－1，故A錯誤；B．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，相當(dāng)于只是將兩反應(yīng)物交換，但量不變，所以達(dá)到平衡時各物質(zhì)轉(zhuǎn)化量一致，所以平衡時n(CO2)＝0.40mol，故B正確；C．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，平衡右移，則達(dá)到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，但H2O的轉(zhuǎn)化率減小，故H2O的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)增大，故C錯誤；D．K(700℃)===1，而K(800℃，說明溫度升高，K值減小，平衡逆向移動，則逆向是吸熱反應(yīng)，因此正向為放熱反應(yīng)，故D錯誤；綜上所述，說法正確的是B項，故答案為B。18.用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應(yīng)的實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.加熱裝置I中的燒杯分離I2和高錳酸鉀固體B.用裝置II驗證二氧化硫漂白性C.用裝置III制備氫氧化亞鐵沉淀D.用裝置IV檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體【答案】D【解析】【詳解】A．加熱碘升華，高錳酸鉀分解，加熱法不能分離兩者混合物，故A錯誤；B．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與二氧化硫的還原性有關(guān)，與漂白性無關(guān)，故B錯誤；C．關(guān)閉止水夾，NaOH難與硫酸亞鐵接觸，不能制備氫氧化亞鐵，故C錯誤；D．氯化銨分解生成氨氣、HCl，氨氣可使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t，HCl可使藍(lán)色石蕊試紙變紅，P2O5可以吸收氨氣，堿石灰可以吸收HCl,所以可檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體，故D正確；本題答案：D。19.用煤油作溶劑，二(2－乙基己基)磷酸酯作流動載體，H2SO4作內(nèi)相酸處理含銅廢水。在其他條件相同時，Cu2＋萃取率[萃取率＝×100％]與初始Cu2＋濃度關(guān)系如圖1所示；在其他條件相同時，處理前初始Cu2＋濃度為200mg·L－1，Cu2＋萃取率與廢水pH的關(guān)系如圖2所示。下列說法錯誤的是A.根據(jù)圖1可知，廢水中初始Cu2＋濃度越大，Cu2＋的萃取效果越好B.根據(jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時，去除Cu2＋的效果較好C.根據(jù)圖1可知，Cu2＋初始濃度為200mg·L－1時，Cu2＋的萃取率為97.0％D.根據(jù)圖2可知，若取800mL初始Cu2＋濃度為200mg·L－1的廢水，在pH＝1.5時處理廢水，則處理后的廢水中剩余Cu2＋的物質(zhì)的量為1.5×10－3mol(假設(shè)體積不變)【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)圖1可知，Cu2＋萃取率隨初始Cu2＋濃度（100-400mg/L）的增大而減?。桓鶕?jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時，去除Cu2＋的效果較好且穩(wěn)定，結(jié)合圖像數(shù)據(jù)進行具體分析?！驹斀狻緼．根據(jù)圖1可知，Cu2＋萃取率隨初始Cu2＋濃度的增大而減小，故A錯誤；B．根據(jù)圖2可知，廢水初始pH＞2時，去除Cu2＋的效果較好，故B正確；C．根據(jù)圖1可知，Cu2＋初始濃度為200mg·L－1時，Cu2＋的萃取率為97.0％，故C正確；D．根據(jù)圖2可知，若取800mL初始Cu2＋濃度為200mg·L－1的廢水，，在pH＝1.5時處理廢水，萃取率為60%，則除去的，則處理后的廢水中剩余Cu2＋的物質(zhì)的量為1×10－3mol，故D錯誤；答案選AD。20.已知：氧化鋰(Li2O)晶體形成過程中的能量變化如圖所示，下列說法正確的是()A.?H1＜0，?H2＞0B.-?H5+?H1+?H2+?H3+?H4+?H6=0C.?H3＜0，?H4＜0D.氧化鋰的晶格能=?H6【答案】BD【解析】【分析】由圖可知，晶體鋰轉(zhuǎn)化為Li(g)吸熱，?H1＞0，Li(g)轉(zhuǎn)化為Li+(g)吸熱，?H2＞0；O2(g)到O(g)是化學(xué)鍵斷裂過程吸熱，?H3＞0；O(g)→O2-(g)是得電子過程放熱，?H4＜0；由蓋斯定律可知，?H1+?H1+?H3+?H4+?H6=?H5，由此分析。【詳解】A．Li晶體轉(zhuǎn)化為Li(g)是吸熱過程，Li(g)→Li+(g)是失電子過程吸熱，即?H1＞0、?H2＞0，故A不符合題意；B．由蓋斯定律可知，?H1+?H1+?H3+?H4+?H6=?H5，即-?H5+?H1+?H2+?H3+?H4+?H6=0，故B符合題意；C．O2(g)到O(g)是化學(xué)鍵斷裂過程吸熱，O(g)→O2-(g)是得電子過程放熱，即?H3＞0、?H4＜0，故C不符合題意；D．氣態(tài)離子形成1mol離子晶體釋放的能量是晶格能，故氧化鋰的晶格能=?H6，故D符合題意；答案選BD。三、非選擇題21.輝銅礦的主要成分是Cu2S，含較多的Fe2O3、SiO2雜質(zhì)：軟錳礦的主要成分是MnO2，含有較多的SiO2雜質(zhì)。輝銅礦的濕法冶煉，目前國內(nèi)外都處于探索之中。自氧化還原氨分離法是一種較為理想的濕法冶煉方法，工藝流程如圖：回答下列問題：(1)將100g輝銅礦和40g98%的濃硫酸混合，在80~90℃條件下浸出，銅的浸出率隨軟錳礦用量的變化如表：錳礦用量(g)1520253035銅浸出率(%)則浸出100g輝銅礦，軟錳礦的最適宜用量為___________g。(2)“浸出”后的浸出液中含有CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶質(zhì)，“濾渣I”中含有淡黃色固體單質(zhì)，則“浸出”時產(chǎn)生淡黃色固體的化學(xué)方程式為___________。(3)研究表明礦物中Fe2O3在“浸出”反應(yīng)中起著重要媒介作用，促進Cu2S與MnO2的溶解，其反應(yīng)過程如下：①Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；②Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CuSO2+4FeSO4+S↓③___________。(寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式)(4)“濾渣II”的主要成分是___________；“沉錳”后，得到的深藍(lán)色溶液中除NH、H+外，還含有的陽離子為___________。(寫化學(xué)式)(5)“濾液III”經(jīng)結(jié)晶可得到(NH4)2SO4晶體。結(jié)晶時，當(dāng)___________時，即可停止加熱。(6)如圖表示用石墨作電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取Cl2時，與a相連的電極上會產(chǎn)生少量的ClO2，產(chǎn)生ClO2電極反應(yīng)式：___________；與b相連的電極上的電極反應(yīng)式：___________；電解一段時間，當(dāng)陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體112mL時，停止電解，則通過陽離子交換膜的陽離子物質(zhì)的量為___________mol。【答案】(1).25(2).2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O(3).2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+FC2(SO4)3+2H2O(4).Fe(OH)3(5).[Cu(NH3)4]2+(6).溶液表面出現(xiàn)晶膜(或溶液出現(xiàn)晶體)(7).Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H＋(8).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(9).【解析】【分析】由流程可知，加入硫酸浸出發(fā)生Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2不溶，過濾得到浸渣I含S、SiO2，得到浸出液加碳酸氫銨調(diào)節(jié)溶液pH，使鐵離子全部沉淀，濾渣II為Fe(OH)3，過濾得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氫銨和氨水過濾得到混合溶液生成加熱碳酸錳、趕出氨氣結(jié)晶析出得到堿式碳酸銅，“濾液Ⅲ”經(jīng)結(jié)晶可得到(NH4)2SO4晶體，(6)ClO2是電解飽和NaCl溶液的產(chǎn)物，因為a極通入NaCl飽和溶液，故a為陽極，b為陰極，陽極Cl-失去電子，被氧化，生成ClO2；在陰極2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成112mlH2的同時，生成-，為保持溶液中的電荷守恒，則通過陽離子交換膜的陽離子為，據(jù)此分析解題?！驹斀狻?1)由表中數(shù)據(jù)可知，浸出100g輝銅礦，軟錳礦的最適宜用量為25g時銅的浸出率為89.8%，在增加用量浸出率幾乎沒有變化，從節(jié)約原料角度考慮適宜用量為25g，故答案為：25；(2)“浸出”時產(chǎn)生淡黃色固體即硫化亞銅與二氧化錳在酸性條件下生成硫酸錳、硫酸銅、淡黃色的沉淀硫和水，故化學(xué)方程式為Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O，故答案為：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O；(3)研究表明礦物中Fe2O3在“浸出”反應(yīng)中起著重要的媒介作用，促進Cu2S與MnO2的溶解，其反應(yīng)過程如下：①Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O；②Cu2S+2Fe2(SO4)3═2CuSO4+4FeSO4+S↓；③MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，故答案為：MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O；(4)由上述分析可知，“濾渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3；“沉錳”后，得到的深藍(lán)色溶液中除NH4+、H+外，還含有的陽離子為[Cu(NH3)4]2+，故答案為：Fe(OH)3；[Cu(NH3)4]2+；(5)“濾液Ⅲ”經(jīng)結(jié)晶可得到(NH4)2SO4晶體。結(jié)晶時，當(dāng)溶液表面出現(xiàn)晶膜(或溶液出現(xiàn)晶體)時，即可停止加熱，故答案為：溶液表面出現(xiàn)晶膜；(6)ClO2是電解飽和NaCl溶液的產(chǎn)物，因為a極通入NaCl飽和溶液，故a為陽極，b為陰極，陽極Cl-失去電子，被氧化，生成ClO2；陽極上產(chǎn)生ClO2的電極反應(yīng)式：Cl--5e-+2H2O═ClO2↑+4H+；在陰極2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成112mlH2的同時，生成-，為保持溶液中的電荷守恒，則通過陽離子交換膜的陽離子為；故答案為：Cl--5e-+2H2O═ClO2↑+4H+；2H2O+2e-=H2↑+2OH-，。22.氟及其化合物用途十分廣泛，回答下列問題：(1)氟化物OF2、NF3、SiF4、PF5、SF6中，中心原子采取Sp3雜化的是___________。(2)[H2F]++[SbF6]-(氟銻酸)是一種超強酸。銻的價電子排布式為___________。陽離子[H2F]+的空間構(gòu)型為___________，寫出[H2F]+的等電子體___________((3)SF6被廣泛用于高壓電器設(shè)備的絕緣介質(zhì)。根據(jù)___________理論，可判斷出其空間構(gòu)型為正八面體。SF6的鍵能可通過類似Born-Haber循環(huán)能量構(gòu)建能量圖甲計算鍵能，則S-F的鍵能為___________kJ·mol-1。(4)工業(yè)上電解Al2O3制取單質(zhì)鋁，常利用冰晶石Na3[AlF6]降低Al2O3的熔點。冰晶石的生產(chǎn)原理為2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na[AlF6]+3CO2↑+9H2O。①測定氣態(tài)HF的摩爾質(zhì)量時，往往得不到20g·mol-1的數(shù)據(jù)，原因是___________。②冰晶石的晶體不導(dǎo)電，但熔融時能導(dǎo)電，則在冰晶石晶體中存在___________(填序號)。A.離子鍵b.極性鍵c.配位鍵d.范德華力③反應(yīng)物中元素(氫除外)的第一電離能從大到小的順序為___________(用元素符號表示)。(5)NiO的晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為___________。(6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為O2-作密置單層排列，Ni2+填充其中(如圖)，已知O2-的華徑為apm，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為___________g(用含a、NA的代數(shù)式表示)。【答案】(1).OF2、NF3、SiF4(2).5s25p3(3).V型(4).H2O或H2S、NH(5).價層電子互斥(6).327(7).部分氣態(tài)HF分子間以氫鍵結(jié)合了(8).abc(9).F>O>C>Al>Na(10).(1，)(11).【解析】【詳解】(1)OF2中O形成2個鍵，孤電子對，總共電子對數(shù)為2+2=4，所以O(shè)F2為sp3雜化，故符合題意；NF3中N形成3個鍵，孤電子，總共電子對數(shù)為1+3=4，所以為sp3雜化，故符合題意；SiF4中Si形成4個鍵，沒有孤電子對，總共電子對數(shù)為0+4=4，所以為sp3雜化，故符合題意；PF5中P形成5個鍵，沒有孤電子對，總共電子對數(shù)為0+5=5，所以為sp3d雜化，故不符合題意；SF6中S形成6個鍵，孤電子對，總共電子對數(shù)為0+6=6為sp3d2雜化，故不符合題意；故答案：OF2、NF3、SiF4。(2)銻為第五周期第V主族元素，其價電子排布式為5s25p3.，[H2F]＋與H2O、NH2-均為10電子，三個原子構(gòu)成的微粒，互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，其空間構(gòu)型均為：V型，故答案：5s25p3；V型；H2O、NH2-(3)SF6被廣泛用于高壓電器設(shè)備的絕緣介質(zhì)。根據(jù)價層電子互斥理論，可判斷出其空間構(gòu)型為正八面體。根據(jù)Born-Haber循環(huán)能量構(gòu)建能量圖可知，S(s)+3F2(g)→SF6的S-F的鍵能。故答案為：價層電子互斥；327。(4)①因為HF分子間存在氫鍵，所以在測定氣態(tài)HF的摩爾質(zhì)量時，有部分HF分子通過氫鍵而結(jié)合了，往往得不到20g·mol-1的數(shù)據(jù)，故答案：有部分HF分子通過氫鍵而結(jié)合了。②冰晶石(Na3AlF6)晶體不導(dǎo)電，但熔融時能導(dǎo)電，說明屬于離子化合物，含有離子鍵，由Na＋、[AlF6]3-構(gòu)成，[AlF6]3-中含有配位鍵，也屬于極性鍵，故答案：abc；③冰晶石的生產(chǎn)原理為2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3[AlF6]+3CO2↑+9H2O，反應(yīng)物中元素(氫除外)還有Al、O、F、Na、C元素，根據(jù)非金屬性越強，其電負(fù)性越強，電力能越大，所以他們的第一電離能從大到小的順序為F>O>C>Al>Na；(5)若NiO的晶體離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，由圖可以看出C離子坐標(biāo)參數(shù)離x為1，離y為，離z為，則坐標(biāo)參數(shù)為（1，，），故答案：（1，，）。(6)根據(jù)結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為2a，距離最近的兩個陽離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的倍，所以其距離是2am；根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=2am×2am×sin600×l0-24，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)==；每個氧化鎳的質(zhì)量，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量。23.過氧化鈣可用于治理赤潮、應(yīng)急供氧等。已知：過氧化鈣，為白色或淡黃色結(jié)晶粉末，難溶于水，不溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，常溫下干燥品很穩(wěn)定，能溶于稀酸生成過氧化氫。某小組同學(xué)探究過氧化鈣的制法和性質(zhì)：(1)甲、乙兩位同學(xué)設(shè)計的過氧化鈣實驗室制法如下，其中產(chǎn)率較低的是______(填A(yù)、B)方法ACa(OH)2(s)+H2O2?CaO2(s)+2H2O方法BCaCl2(s)+H2O2?CaO2(s)+2HCl方法A所得產(chǎn)品中純度不高，所含雜質(zhì)主要是___________(填化學(xué)式)如果不加入穩(wěn)定劑，則兩種方法都需在5℃以下進行實驗，原因可能是______________。(2)丙同學(xué)認(rèn)為CO2、SO2與過氧化鈣的反應(yīng)原理相同，丁同學(xué)認(rèn)為SO2具有較強的還原性，而CO2沒有，故而反應(yīng)原理不相同。他們設(shè)計了如下實驗裝置，通過測量裝置E中所得氣體體積判斷反應(yīng)情況：①試劑B的作用是____________________。②若實驗中SO2足量，且與過氧化鈣充分反應(yīng)，取反應(yīng)后的固體進行探究，以驗證過氧化鈣與SO2反應(yīng)的生成物。若SO2未被氧化，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______________________________。③裝置E中收集到的氧氣體積為VL(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，若SO2完全被氧化，則V=______。(3)某工廠利用電石渣(主要成分為氫氧化鈣)生產(chǎn)過氧化鈣的生產(chǎn)流程如下：用上述方法制備過氧化鈣(CaO2·8H2O)，攪拌步驟的化學(xué)方程式是______________。②某小組釆用單變量法確定溫度、H2O2濃度對產(chǎn)率的影響，結(jié)果如下，則實際生產(chǎn)應(yīng)選擇的適宜條件為__________。H2O2%30%25%20%15%10%5%產(chǎn)率溫度(℃)50403020100產(chǎn)率【答案】(1).B(2).Ca(OH)2(3).反應(yīng)放熱，使平衡向左移動，另外過氧化氫受熱分解(4).吸收未反應(yīng)的SO2(5).2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2(6).0(7).CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl(8).溫度為30℃、H2O2濃度為【解析】【分析】(1)過氧化鈣難溶于水，能溶于稀酸生成過氧化氫；根據(jù)反應(yīng)物是否全部反應(yīng)判斷CaO2中含有的雜質(zhì)，由于反應(yīng)是放熱反應(yīng)，需要在較低溫度下反應(yīng)，另外H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解；(2)①SO2與CaO2反應(yīng)生成的氣體中可能混有未反應(yīng)的SO2，需要利用試劑B除去；②若SO2未被氧化，則SO2和過氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣和氧氣；③若SO2完全被氧化，則全部變?yōu)榱蛩徕}；(3)主要成分為Ca(OH)2的電石渣與NH4Cl混合后得到CaCl2和NH3?H2O，再加入H2O2和穩(wěn)定劑，攪拌得到CaO2?8H2O，過濾、洗滌并干燥后得到產(chǎn)品；根據(jù)反應(yīng)流程得出反應(yīng)方程式，根據(jù)實際數(shù)據(jù)得出實際生產(chǎn)應(yīng)選擇的適宜條件?！驹斀狻?1)過氧化鈣難溶于水，能溶于稀酸生成過氧化氫，因此甲、乙兩位同學(xué)設(shè)計的過氧化鈣實驗室制法中方法B生成的CaO2要與HCl反應(yīng)，導(dǎo)致產(chǎn)率低，故答案為B；方案A所得產(chǎn)品中純度不高，主要是含有未反應(yīng)的氫氧化鈣；如果不加入穩(wěn)定劑，則兩種方法都需在5℃以下進行實驗，原因可能是：①兩個反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，為提高產(chǎn)率，促進平衡正向移動，則均需要在較低溫度下進行，②避免H2O2在較高溫度下分解；(2)①反應(yīng)生成的氣體中可能混有未反應(yīng)的SO2，需要利用試劑B除去，則試劑B的作用是吸收未反應(yīng)的SO2；②若SO2未被氧化，則二氧化硫和過氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣和氧氣，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2；③若SO2完全被氧化，則全部變?yōu)榱蛩徕}，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaO2+SO2=CaSO4，則沒有氧氣生成，即V=0；(3)①根據(jù)反應(yīng)流程可知，混合后得到CaCl2和NH3?H2O的混合液，CaCl2和NH3?H2O與H2O2混合攪拌生成CaO2?8H2O，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl；②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知溫度為30℃、H2O2濃度為20%時CaO2·8H2O的產(chǎn)率最高，則實際生產(chǎn)應(yīng)選擇的適宜條件為溫度為30℃、H2O2濃度為20%。24.工業(yè)合成氨是解決人類的生存問題?；卮鹣铝袉栴}：(1)科學(xué)家研究利用鐵觸媒催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示，對