一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是（ ）
A B C D 有机金属材料吸附与转化CO2 A．A
研发出水溶液锂 离子电池 B．B
研发出“可呼吸” Na﹣CO2电池 C．C
常温常压下用电解 法制备高纯H2 D．D
2．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D FeCl3溶液滴入MgAgNO3溶液滴入氯Na块放在坩埚里并H2C2O4溶液滴入 （OH）2浊液中 水中 加热 KMnO4酸性溶液中 白色浑浊转化为红产生白色沉淀，随发出黄色火焰，生成产生气泡，随后紫 褐色沉淀 A．A
后淡黄绿色褪去 B．B
淡黄色固体 C．C
色褪去 D．D
3．（6分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B．HCHO在反应过程中，有C﹣H键发生断裂 C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2 D．该反应可表示为：HCHO+O2
CO2+H2O
4．（6分）我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光 解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该装置可将太阳能转化为化学能 B．催化剂a表面发生还原反应，产生H2 C．催化剂b附近的溶液pH增大 D．吸收1molSO2，理论上能产生1molH2
5．（6分）2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是（ ）
A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B．原子半径比较：甲＞乙＞Si
C．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D．推测乙可以用作半导体材料
6．（6分）一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是（ ）
A．该高分子是一种水溶性物质
B．该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成
C．该高分子的结构简式为
D．该高分子在碱性条件下可发生水解反应 7．（6分）探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2） 下列说法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
C．推测出现白色浑浊的原因：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣ D．加热和H2逸出对CO32﹣ 水解平衡移动方向的影响是相反的 二、解答题
8．（17分）药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。
已知：
（1）A的分子式是C6H6，A→B的反应类型是 。 （2）B→C是硝化反应，试剂a是 。
（3）C→D为取代反应，其化学方程式是 。 （4）E的结构简式是 。 （5）F含有的官能团是 。 （6）G→X的化学方程式是 。
（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是 。
（8）将下列E+W→Q的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：
9．（13分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。
（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO，相关热化学方程式如下： ⅰ．4NO（g）+3O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq）△H1 ＝﹣423 kJ•mol﹣1 ⅱ．Ca（ClO）2（aq）＝CaCl2（aq）+O2（g）△H2＝﹣120 kJ•mol﹣1
ⅲ．3Ca（ClO）2（aq）+4NO（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq）+3CaCl2（aq）△H3 ①△H3＝ kJ•mol﹣1。
②反应ⅲ的平衡常数随温度升高的变化趋势是 。
（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca（OH）
2制取漂粉精的化学方程式是
。
（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下： a．NO+HClO＝NO2+HCl b．NO+NO2+H2O⇌2HNO2 c．HClO+HNO2＝HNO3+HCl 下列分析正确的是 。
A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 B．NO2单独存在时不能被脱除
C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。
①图1中，pH降低NO脱除率增大的原因： 。
②脱除过程中往往有Cl2产生，原因是 （用离子方程式表示）。 ③图2中，60～80℃NO脱除率下降的原因： 。（至少答出两点）
10．（13分）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。O2氧化MnO（OH）的化学方程式是 。
（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①溶液a呈酸性，原因是 。
②根据右图所示的溶解度曲线，将溶液a （填操作），可得NH4Cl粗品。 ③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：
化合物 熔点 沸点 ZnCl2 365℃ 732℃ NH4Cl 337.8℃分解 ﹣ 根据上表，设计方案提纯NH4Cl： 。
（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入 （填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。
（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。 ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因： 。 ②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因： 。
上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。 11．（15分）某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。
资料：IO3﹣在酸性溶液氧化I﹣，反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O （1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有 性。 （2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能 （填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3， （用离子方程式表示），I2被消耗。 （3）下述实验证实了假设ii合理。
实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。 （4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。 实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 表盘 时间/min 偏转 位置 0～t1 t2～t3 t4 右偏至Y 指针回到“0”处，指又返至“X”处；针 如此周期性往复归多次…… 零 ①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是 。
②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3﹣ 在a极放电的产物是 。 ③结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因： 。 （5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是 。 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，I中SO32﹣被完全氧化 B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前IO3﹣未发生反应
C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32﹣
2019年北京市朝阳区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是（ ）
A B C D 有机金属材料吸附与转化CO2 A．A
研发出水溶液锂 离子电池 B．B
研发出“可呼吸” Na﹣CO2电池 C．C
常温常压下用电解 法制备高纯H2 D．D
【分析】根据是否能构成原电池、电解池判断，如果能构成原电池、电解池，与电化学有关，据此分析解答。
【解答】解：A．有机金属材料吸附与转化CO2，属于化学反应，和电化学无关，故A选；
B．研发出水溶液锂离子电池，利用原电池原理，与电化学有关，故B不选； C．研发出“可呼吸”Na﹣CO2电池，利用原电池原理，与电化学有关，故C不选； D．常温常压下用电解法制备高纯H2，利用电解池原理，与电化学有关，故D不选； 故选：A。
【点评】本题考查原电池、电解池原理的应用判断，明确原电池、电解池的原理即可解答，难度中等。
2．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D FeCl3溶液滴入MgAgNO3溶液滴入氯Na块放在坩埚里并H2C2O4溶液滴入 （OH）2浊液中 水中 加热 KMnO4酸性溶液中 白色浑浊转化为红产生白色沉淀，随发出黄色火焰，生成产生气泡，随后紫 褐色沉淀 A．A
后淡黄绿色褪去 B．B
淡黄色固体 C．C
色褪去 D．D
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【解答】解：A．FeCl3溶液滴入Mg（OH）2浊液中，产生红褐色沉淀，为Fe（OH）3，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故A选；
B．AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，则淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去，C、Mn元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。 故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
3．（6分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是（ ）
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B．HCHO在反应过程中，有C﹣H键发生断裂 C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2 D．该反应可表示为：HCHO+O2
CO2+H2O
【分析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率；
B．HCHO在反应中有C﹣H断裂和C＝O键形成； C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂。
【解答】解：A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确；
B．HCHO在反应中有C﹣H断裂和C＝O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考 查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。4．（6分）我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光 解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
CO2+H2O，故D正确；
A．该装置可将太阳能转化为化学能 B．催化剂a表面发生还原反应，产生H2 C．催化剂b附近的溶液pH增大 D．吸收1molSO2，理论上能产生1molH2
【分析】由电子移动方向可知，催化剂a为正极氢离子得电子生成氢气发生还原反应，催化剂b为负极SO2失电子生成硫酸根发生氧化反应，电极反应为4OH﹣+SO2﹣2e﹣═SO42﹣+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．由图可知，该装置可将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．由电子移动方向可知，催化剂a为正极氢离子得电子生成氢气发生还原反应，故B正确；
C．催化剂b为负极SO2失电子生成硫酸根发生氧化反应，电极反应为4OH﹣+SO2﹣2e﹣
═SO42﹣+2H2O，则附近的溶液pH减小，故C错误；
D．由正负极得失电子守恒，吸收1molSO2，理论上能产生1molH2，故D正确； 故选：C。
【点评】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。
5．（6分）2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是（ ）
A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B．原子半径比较：甲＞乙＞Si
C．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D．推测乙可以用作半导体材料
【分析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。
【解答】解：A．甲为Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，故A正确； B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；
C．非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，故C错误； D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确； 故选：C。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下
列关于该高分子的说法正确的是（ ）
A．该高分子是一种水溶性物质
B．该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成
C．该高分子的结构简式为
D．该高分子在碱性条件下可发生水解反应
A． 【分析】该分子中含有亲水基酚羟基，但是其憎水基憎水性远远大于亲水基的亲水性；B．类似酚醛缩合反应；
C．由对甲基苯酚与甲醛缩合生成； D．含酚﹣OH，具有酸性。
【解答】解：A．苯基、甲基均不溶于水，不易溶于水，故A错误； B．类似酚醛缩合反应，由甲醛和对甲基苯酚缩聚生成，故B正确；
C．高分子的结构简式为，故C错误；
D．含酚﹣OH，具有酸性，与碱发生中和反应，故D错误； 故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握酚醛缩合反应、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7．（6分）探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2） 下列说法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
C．推测出现白色浑浊的原因：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣ D．加热和H2逸出对CO32﹣ 水解平衡移动方向的影响是相反的 【分析】A．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主； B．依据实验Ⅰ中没有明确现象，实验Ⅲ中有气泡冒出解答；
C．碳酸钠水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与氧化铝反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子； D．加热或者减小生成物浓度都能促进盐类的水解。
【解答】解：A．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．依据铝能与热水反应，实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验Ⅲ有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，故B正确；
C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离AlO2﹣+HCO3﹣+H2O子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式：＝Al（OH）3↓+CO32﹣，故C正确；
D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32﹣ 水解平衡移动都起到促进作用，故D错误； 故选：D。
【点评】本题考查了盐类水解的性质，铝及其化合物性质，明确盐类水解规律及影响盐
类水解平衡移动的因素、铝及其化合物性质是解题关键，题目难度中等，有利于提高学生分析问题、解决问题能力。 二、解答题
8．（17分）药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。
已知：
（1）A的分子式是C6H6，A→B的反应类型是 取代反应 。 （2）B→C是硝化反应，试剂a是 浓硫酸、浓硝酸 。 （
3
）
C
→
D
为
取
代
反
应 。
，
其
化
学
方
程
式
是
（4）E的结构简式是 。
（5）F含有的官能团是 碳碳双键、酯基 。 （
6
）
G
→
X
的
化
学
方
程
式
是
。
（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是 。
（8）将下列E+W→Q的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：
【分析】根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，
B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简E中含有两个相邻的氨基，式知，则E为试剂a为浓硝酸、浓硫酸；
W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为
，F为CH3COOCH＝CH2；
D为，
C为、
，
（8）E和W先发生取代反应生成，然后发生信息中的加成
反应生成。
【解答】解：（1）A为苯、B为氯苯，A→B的反应类型是取代反应， 故答案为：取代反应；
（2）B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸，浓硫酸作催化剂， 故答案为：浓硫酸、浓硝酸；
C→D为取代反应，（3）其化学方程式是
，
故答案为：；
（4）E的结构简式是，
故答案为：；
（5）F为CH3COOCH＝CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基， 故答案为：碳碳双键、酯基； （
6
）
G
→
X
的
化
学
方
程
式
是
，
故答案为：；
（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是，
故答案为：；
（8）E和W先发生取代反应生成，然后发生信息中的加成
反应生成，
故答案为：；。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识迁移能力，根据某些物质结构简式、反应条件、习题信息采用正逆结合的方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，题目难度中等。 9．（13分）脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。
（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO，相关热化学方程式如下： ⅰ．4NO（g）+3O2（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq）△H1 ＝﹣423 kJ•mol﹣1 ⅱ．Ca（ClO）2（aq）＝CaCl2（aq）+O2（g）△H2＝﹣120 kJ•mol﹣1
ⅲ．3Ca（ClO）2（aq）+4NO（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq）+3CaCl2（aq）△H3 ①△H3＝ ﹣783 kJ•mol﹣1。
②反应ⅲ的平衡常数随温度升高的变化趋势是 减小 。
（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca（OH）
2制取漂粉精的化学方程式是 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下： a．NO+HClO＝NO2+HCl b．NO+NO2+H2O⇌2HNO2 c．HClO+HNO2＝HNO3+HCl 下列分析正确的是 AC 。
A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 B．NO2单独存在时不能被脱除
C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。
pH降低NO脱除率增大的原因：ClO﹣+H+＝HClO，cHClO）①图1中， pH降低，溶液中（增大 。
②脱除过程中往往有Cl2产生，原因是 HClO+Cl﹣+H+＝Cl2↑+H2O（或ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O） （用离子方程式表示）。
③图2中，60～80℃NO脱除率下降的原因： HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；气体溶解度降低等 。（至少答出两点）
【分析】（1）①根据盖斯定律反应i+3×ii得到反应iii的焓变△H3；
②根据平衡常数k与反应的热效应判断：若反应放热，升温则平衡逆向移动，平衡常数k减小；若反应吸热，升温则平衡常数k增大；
（2）漂白精的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，C12和Ca（OH）2生成反应Ca（ClO）
2、CaCl2和
H2O；
（3）A．由反应a、b、c可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除；
B．NO2能与H2O反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独
存在时能被脱除，故B错误；
C．脱除过程中生成HNO3和HCl，溶液的pH降低；
（4）①pH降低，溶液酸性增强，c（HClO）增大，脱除率提高；
②脱除过程中生成HCl，HCl与HClO发生氧化还原反应生成Cl2，据此写出反应式； ③HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降等等。
【解答】解：（1）①由盖斯定律反应i+3×ii得到反应iii的焓变△H3＝（﹣423 kJ•mol
﹣1
）+3×（﹣120 kJ•mol﹣1 ）＝﹣783 kJ•mol﹣1，故答案为：﹣783；
②反应ⅲ：3Ca（ClO）2（aq）+4NO（g）+2H2O（l）＝4HNO3（aq）+3CaCl2（aq）△H3＝﹣783 kJ•mol﹣1，正向放热，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数k减小，故答案为：减小；
C12和CaCaCl2和H2O，（2）（OH）（ClO）反应的化学方程式为2Cl2+2Ca2生成反应Ca2、（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（3）A．由反应a、b、c可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除，所以通入少量O2能将NO转化为NO2，提高NO的脱除率，故A正确；
B．NO2能与H2O反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，故B错误；
C．脱除过程中生成HNO3和HCl，所以溶液的pH降低，故C正确； 故答案为：AC；
（4）①pH降低，溶液酸性增强，c（HClO）增大，脱除率提高，故答案为：pH降低，ClO﹣+H+＝HClO，溶液中c（HClO）增大；
HCl与HClO发生氧化还原反应生成Cl2，②脱除过程中生成HCl，离子方程式为HClO+Cl
﹣
+H+＝Cl2↑+H2O（或ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O），
故答案为：HClO+Cl﹣+H+＝Cl2↑+H2O（或ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O）；
③HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降，
故答案为：HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；气体溶解度降低。
【点评】本题考查了盖斯定律应用、氧化还原反应规律及其应用、图象的分析与应用、
离子方程式的书写、化合物的化学性质等，为高频考点，综合考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等，注意基本原理的理解与运用。 10．（13分）以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。O2氧化MnO（OH）的化学方程式是 4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O 。
（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①溶液a呈酸性，原因是 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ 。
②根据右图所示的溶解度曲线，将溶液a 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （填操作），可得NH4Cl粗品。
③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：
化合物 熔点 沸点 ZnCl2 365℃ 732℃ NH4Cl 337.8℃分解 ﹣ NH4Cl＝NH3+HCl，根据上表，设计方案提纯NH4Cl： 加热NH4Cl的粗品至340℃左右，收集产物并冷却，NH3+HCl＝NH4Cl，得到纯净的NH4Cl 。
（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入 KSCN溶液，不变红 （填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。 （4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因： MnO2+H2O2+H2SO4＝MnSO4+O2↑+2H2O 。
MnO2作用不同的原因：MnO2②解释试剂加入顺序不同， i中MnO2作催化剂，反应快，只催化分解H2O2， ii中MnO2作氧化剂，MnO2的氧化性增强， 加入稀H2SO4后，被H2O2还原为MnSO4 。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。 【分析】黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）在空气中加热，炭被氧化为二氧化碳，MnO（OH）被氧化为MnO2，水洗过滤得到含有NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2的溶液a，以及含有氧化铁的MnO2粗产品，加入H2O2溶液、稀H2SO4，得到MnSO4溶液和氢氧化铁，向MnSO4溶液中加入氯化钙制得氯化锰， （1）O2氧化MnO（OH）得到MnO2， （2）①铵根离子水解使溶液显酸性；
②根据图可知NH4Cl的溶解度随温度变化不大，故应采用蒸发结晶的方法； ③根据NH4Cl受热分解，其产物氨气与HCl气体极易反应生成NH4Cl分析可得； （3）检验Fe3+用KSCN溶液；
（4）①ii中MnO2中加入稀H2SO4、H2O2溶液得到MnSO4和氧气； ①i中，MnO2作催化剂，H2O2溶液分解， ii中，MnO2作氧化剂，酸性条件下氧化H2O2。
【解答】解：（1）根据流程，O2氧化MnO（OH）得到MnO2，反应为：4MnO（OH）+O2
4MnO2+2H2O；
4MnO2+2H2O；
故答案为：4MnO（OH）+O2
（2）①溶液a的主要成分为NH4Cl，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，使溶液显酸性；
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
②由图可知NH4Cl的溶解度随温度变化不大，故将溶液a蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得NH4Cl粗品；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
③根据表NH4Cl受热分解，其产物氨气与HCl气体极易反应生成NH4Cl，则提纯NH4Cl的方法为：加热NH4Cl的粗品至340℃左右，NH4Cl＝NH3+HCl，收集产物并冷却，NH3+HCl＝NH4Cl，得到纯净的NH4Cl；
故答案为：加热NH4Cl的粗品至340℃左右，NH4Cl＝NH3+HCl，收集产物并冷却，NH3+HCl＝NH4Cl，得到纯净的NH4Cl；
（3）Fe3+与KSCN溶液作用显红色，检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入 KSCN溶液，不变红，证明溶液中Fe3+沉淀完全； 故答案为：KSCN溶液，不变红；
（4）①ii中MnO2中加入稀H2SO4、H2O2溶液得到MnSO4和氧气，化学反应为：MnO2+H2O2+H2SO4＝MnSO4+O2↑+2H2O；
故答案为：MnO2+H2O2+H2SO4＝MnSO4+O2↑+2H2O；
②MnO2作用不同的原因是：i中MnO2作催化剂，反应快，MnO2只催化分解H2O2， ii中MnO2作氧化剂，加入稀H2SO4后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4； 故答案为：i中MnO2作催化剂，反应快，MnO2只催化分解H2O2，
ii中MnO2作氧化剂，加入稀H2SO4后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4。 【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。 11．（15分）某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。
资料：IO3﹣在酸性溶液氧化I﹣，反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O （1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有 还原 性。 （2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能 大 （填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3， I2+SO32﹣+H2O＝2I﹣+SO42﹣+2H+ （用离子方程式表示），I2被消耗。 （3）下述实验证实了假设ii合理。
实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入 Na2SO3 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。 实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： 表盘 时间/min 偏转 位置 0～t1 t2～t3 t4 右偏至Y 指针回到“0”处，指又返至“X”处；针 如此周期性往复归多次…… 零 ①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是 生成白色沉淀 。 ②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3﹣ 在a极放电的产物是 I﹣ 。
a极区发生反应IO3﹣+5I﹣+6H+③结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因： 此时，＝3I2+3H2O，IO3﹣不再与SO32﹣发生反应，外电路无电流通过 。 （5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是 AC 。 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，I中SO32﹣被完全氧化 B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前IO3﹣未发生反应
C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32﹣
【分析】（1）根据资料KIO3酸性溶液（过量）与Na2SO3溶液反应得到I﹣，I﹣与过量的KIO3反应得到碘单质，据此分析； （2）i．反应活化能大，反应速率慢；
ii．生成的I2与Na2SO3发生氧化还原反应得到碘离子和硫酸根离子； （3）根据假设ii，加入Na2SO3可验证；
（4）0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SO42﹣、I﹣，t2～t3，a极I﹣与IO3﹣反应，b极Na2SO3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I﹣反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复， ①b极区为SO32﹣发生氧化反应生成SO42﹣，可得；
②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接
向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3﹣ 在a极放电的产物是I﹣，生成的I﹣与IO3﹣生成了碘单质；
③指针回到“0”处说明无电流生成，即a极与b极之间未发生氧化还原反应； （5）实验I中，t秒之前，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到I﹣，t秒后I﹣与多余的KIO3反应得到碘单质，溶液变蓝，实验II中，0～t1，Na2SO3I﹣，t2～t3，a极I﹣与IO3﹣反应，b极Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SO42﹣、
未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I﹣反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复，据此分析可得。
【解答】解：（1）KIO3酸性溶液（过量）与Na2SO3溶液反应，将KIO3还原得到I﹣，I
﹣
与过量的KIO3反应得到碘单质，所以溶液显蓝色；
故答案为：还原；
（2）i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能，反应速率慢导致的； 故答案为：大；
ii．t秒前生成了I2，具有氧化性，但由于存在具有还原性的Na2SO3，发生反应：I2+SO32
﹣
+H2O＝2I﹣+SO42﹣+2H+，I2被消耗，故溶液未变蓝；
故答案为：I2+SO32﹣+H2O＝2I﹣+SO42﹣+2H+；
（3）向实验I的蓝色溶液中加入少量Na2SO3，蓝色迅速消失，后再次变蓝，证明假设ii成立；
故答案为：Na2SO3；
（4）①b极区为SO32﹣发生氧化反应生成SO42﹣，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀；
故答案为：生成白色沉淀；
②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3﹣ 在a极放电的产物是I﹣，生成的I﹣与IO3﹣生成了碘单质； 故答案为：I﹣；
③t2～t3时指针指针回到“0”处说明无电流生成，原因是：此时，a极区发生反应IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，IO3﹣ 不再与SO32﹣发生反应，外电路无电流通过；
故答案为：此时，a极区发生反应IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，IO3﹣ 不再与SO32﹣发生反应，外电路无电流通过；
（5）A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，t秒后溶液变蓝，I中SO32﹣被完全氧化，A正确； B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前IO3﹣发生反应生成I﹣，B错误； C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32﹣，C正确； 故答案为：AC。
【点评】本题考查了物质性质的探究，题干信息的分析理解，对物质性质在实验中的运用是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。
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