四川省成都市第七中学实验学校2019届高三化学上学期10月月考试题（含解析）.doc

《四川省成都市第七中学实验学校2019届高三化学上学期10月月考试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省成都市第七中学实验学校2019届高三化学上学期10月月考试题（含解析）.doc（21页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、- 1 -四川省成都七中实验学校 2019 届高三 10 月月考化学试题1.下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质 弱电解质 酸性氧化物 碱性氧化物A H2SO4 CH3COOH NO2 Na2OB BaSO4 HClO Mn2O7 CaOC NaCl 氨水 SO2 MnO2D HI HF CO2 Fe3O4A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、NO 2和碱反应除了生成盐和水，还生成 NO，故不是酸性氧化物， 选项 A 错误；B、BaSO 4在水溶液中能完全电离，故为强电解质；HClO 在水溶液中不能完全电离，故为弱电解质；

2、Mn 2O7能和碱反应生成盐和水的氧化物，故为酸性氧化物；CaO 能和酸反应生成盐和水的氧化物，故为碱性氧化物，选项 B 正确；C、氨水为混合物，故不是电解质；MnO 2不能和酸反应生成盐和水，故不是碱性氧化物，选项 C 错误；D、Fe 3O4和酸反应生成两种盐和水，故不是碱性氧化物，选项 D 错误。答案选 B。2. 化学与环境材料信息能源关系密切，下列说法中不正确的是A. 高铁酸钾（K 2FeO4）是一种新型高效多功能水处理剂，既能杀菌消毒又能净水B. “光化学烟雾” “臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C. 尽量使用含 12C 的产品，减少使用含 13C 或 14C 的产品符合“促进低碳经

3、济”宗旨D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】C【解析】试题分析：A、高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原生成的铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，所以能净水，正确；B、光化学烟雾和臭氧空洞都与氮氧- 2 -化合物有关，正确；C、 12C、 13C、 14C 都属于碳元素，不能减少碳的排放，错误；D、光导纤维由 SiO2制得，但 SiO2可与强碱反应，所以遇强碱会“断路” ，正确。考点：考查化学与科学、技术、社会、环境的联系。3.NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是A. 18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NAB.

4、 2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+个数为 2NAC. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NAD. 密闭容器中 2molNO 与 1molO2充分反应，产物的分子数为 2NA【答案】C【解析】【详解】A、根据 n= 并结合 D2O、H 2O 中的电子数来计算；18g 水的物质的量为 1mol，含有质子数为 10NA，18gD 2O 物质的量是 0.9mol，含质子数为 9NA，选项 A 错误；B、亚硫酸是弱酸存在电离平衡，2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+数小于 2NA ，选项 B 错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素的价态由-1

5、 价变为 0 价，故当生成 0.1mol 氧气时转移0.2mol 电子即 0.2NA个，选项 C 正确；D、NO 和 O2反应方程式为 2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO 与 1molO2恰好完全反应生成 2molNO2，但 NO2和 N2O4之间存在转化，方程式 2NO2N2O4，所以产物分子数小于 2NA，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。易错点为选项 D，注意存在平衡 2NO2N2O4。4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是迄今

6、发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（ ）A. 元素 X、W 的简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由 Y、Z 两种元素组成的化合物是离子化合物C. W 的简单气态氢化物的热稳定性比 Y 的强D. 原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）【答案】B【解析】Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，应为 F，X 原子的最外层有 6 个电子，且原子序数小于- 3 -F，应为 O 元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，由原子序数关系可知 Z 为 Na 元素，W 与 X 属于同一主族，W 应为 S 元素。A元素 X、W 的简单阴离子分别为 O

7、2-、S 2-，离子的电子层结构不同，故 A 错误；BY 为 F，Z 为 Na，由 Y、Z 两种元素组成的化合物为 NaF，是离子化合物，故 B正确；C非金属性 FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故 C 错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径 r(F)r(O)r(S)r(Na)，故 D 错误；故选 B。视频5.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Ca(ClO)2溶液中通入少量 SO2：Ca 2+2ClO +SO2+H2O=CaSO4+H +Cl + HClOB. 向 FeCl2溶液加入足量 NaClO 溶液：6Fe 2+3ClO +

8、3H2O=2Fe(OH)3+4Fe 3+3ClC. NH4HCO3溶液和少量的 NaOH 溶液混合：HCO 3 OH =CO32 H 2OD. 向 Fe(NO3)3溶液中加入足量的 HI 溶液：2Fe 3 +2I = 2Fe2 +I2【答案】C【解析】【详解】ACa(ClO) 2溶液中通入少量 SO2的离子反应为 Ca2+3ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl -+2HClO，选项 A 错误；B向 FeCl2溶液加入足量 NaClO 溶液的离子反应为 2Fe2+5ClO-+5H2O2Fe(OH) 3+Cl -+4HClO，选项 B 错误；CNH 4HCO3溶液和少量的 NaOH 溶液混合

9、的离子反应为 HCO3-+OH-CO 32-+H2O，选项 C 正确；D向 Fe(NO3)3溶液中加入足量的 HI 溶液的离子反应为 3NO3-+12H+Fe3+10I-=Fe2+3NO+6H 2O+5I2，故 D 错误；答案选 C。6.室温下，将 1mol 的 CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H 1，将 1mol的 CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H 2：CuSO 45H2O 受热分解的化学方程式为 CuSO45H2O（s） CuSO4（s）+5H 2O（l） ，热效应为H 3，则下列判断正确的是A. H 2H 3 B. H 1H 3C. H 1+H

10、3=H 2 D. H 1+H 2H 3【答案】B【解析】【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为 CuSO45H2O（s）=Cu 2+（aq）+SO 42-（aq）+5H 2O（l）- 4 -H 10；CuSO 4（s）=Cu 2+（aq）+SO 42-（aq）H 20；已知 CuSO45H2O（s）=CuSO 4（s）+5H2O（l）H 3，根据盖斯定律确定之间的关系。【详解】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为 CuSO45H2O（s）=Cu 2+（aq）+SO 42-（aq）+5H2O（l）H 10；CuSO 4（s）=Cu 2+（aq）+SO 42-（aq）H 20；已知 CuSO45

11、H2O（s）=CuSO4（s）+5H 2O（l）H 3；依据盖斯定律-得到，所以H 3=H 1-H 2；H 20，H10，则H 30，A、上述分析可知H 2H 3，选项 A 错误；B、分析可知H 2=H 1-H3，由于H 20，H 3H 1 ，选项 B 正确；C、H 3=H 1-H 2，选项 C 错误；D、H20，H 10、H 3H 1+H 2，选项 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等。7.下列图示与对应的叙述不相符合的是A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B. 图乙表示酶催化反应的反应速

12、率随反应温度的变化C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】试题分析：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故 A 错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故 B 正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故 C 正确；D强碱滴定强酸，溶液 pH 增大，存在 pH 的突变，图象符合，故 D正确；故选 A。考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。视频- 5 -8.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是A. 洗净的锥形

13、瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体C. 酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用标准溶液润洗【答案】D【解析】试题分析：A、容量瓶为精密计量仪器，洗净的容量瓶不能放进烘箱烘干，错误；B、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体，会造成浓度偏低，应重新配制，错误；C、酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶会造成浓度偏高，增大实验误差，错误；D、酸式滴定管装标准溶液前，必须先用标准溶液润洗，正确。考点：考查化学实验基础知识9.用 H2O2溶液处理含 NaCN 的废水的反应原理

14、为 NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN 的酸性比 H2CO3弱。下列有关说法正确的是A. 该反应中氮元素被氧化B. 该反应中 H2O2作还原剂C. 0.1molL-1NaCN 溶液中含有 HCN 和 CN-的总数为 0.16.021023D. 实验室配制 NaCN 溶液时，需加入适量的 NaOH 溶液【答案】D【解析】试题分析：A、该反应中氮元素的化合价没有发生变化，而碳元素的化合价由+2 价升高到+4价，被氧化，错误；B、该反应中 H2O2中氧元素的化合价由-1 价降低为-2 价，得电子，作氧化剂，错误；C、缺少溶液的体积，无法确定 0.1molL-1NaCN 溶

15、液中含有 HCN 和 CN-的总数，错误；D、NaCN 为强碱弱酸盐，为防止 CN 水解，实验室配制 NaCN 溶液时，需加入适量的NaOH 溶液，正确。考点：考查氧化还原反应、盐类的水解10.制备(NH 4)2Fe(SO4)26H2O 的实验中，需对过滤出产品的母液（pHKsp(Ag2S)B室温下，向浓度均为 0.1 molL1的 BaCl2和 CaCl2混合溶液中滴加 Na2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp（BaSO 4）K sp（CaSO 4）C室温下，向 FeCl3溶液中滴加少量 KI 溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比 I2的强D室温下，用 pH 试纸测得 0.1m

16、olL1Na2SO3溶液的 pH约为 10；0.1molL 1NaHSO3溶液的 pH 约为 5HSO3结合 H 的能力比SO32的强A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、将稀硫酸和 Na2S 反应生成的气体通入 AgNO3与 AgCl 组成的浊液中，无法证明Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)，错误；B、室温下，向浓度均为 0.1 molL1的 BaCl2和 CaCl2混合溶- 7 -液中滴加 Na2SO4溶液，硫酸钙、硫酸钡均为白色沉淀，无法证明二者 Ksp的大小，错误；C、室温下，向 FeCl3溶液中滴加少量 KI 溶液，发生反应：2Fe 3 2I =2F

17、e2 I 2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，证明 Fe3+的氧化性比 I2的强，正确；D、室温下，用 pH 试纸测得0.1molL1Na2SO3溶液的 pH 约为 10；0.1molL 1NaHSO3溶液的 pH 约为 5，证明 HSO3结合 H 的能力比 SO32的弱，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价12.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A. 海带提碘 B. 氯碱工业 C. 氨碱法制纯碱 D. 海水提溴【答案】C【解析】【详解】A海带提碘是由 KI 变为 I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项 A 不符合；B氯碱工业是由 NaCl 的水溶液在通电时反应产生 Na

18、OH、Cl 2、H 2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项 B 不符合；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，选项 C 符合；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项 D 不符合。答案选 C。13.能证明乙酸是弱酸的实验事实是A. CH3COOH 溶液与 Zn 反应放出 H2 B. 常温下，0.1 mol/L CH 3COONa 溶液的 pH 大于 7C. CH3COOH 溶液与 Na2CO3反应生成 CO2 D. 0.1 mol/L CH3COOH 溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【分析】A只能证明乙酸具有

19、酸性；B该盐水溶液显碱性，由于 NaOH 是强碱，醋酸根水解而呈碱性；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强；D可以证明乙酸具有酸性。【详解】A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，选项 A 错误；B该盐水溶液显碱性，由于 NaOH 是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，选项 B 正确；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，选项 C 错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，选项 D 错误。答案选 B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，关键是原理的理解，难度不大。14.下列说法正确的是- 8 -A. 有质子的微粒一定有中子B. 通常所说的氢元素是指C.

20、16O 中的“16”表示氧元素的近似相对原子质量D. 根据反应 K35ClO3+6H37Cl=KCl+3Cl2+3H 2O 得到的 Cl2，其相对分子质量为 73.3【答案】D【解析】试题分析：A、核素 1H 只有质子没有中子，错误；B、通常所说的氢元素是指各种氢原子的总称，错误；C、 16O 中的“16”表示该核素的质量数，错误；D、利用价态归中规律结合反应方程式知生成的 3molCl2中含有 1mol35Cl 和 5mol37Cl，根据 M=m/n 计算生成氯气的摩尔质量为73.3mol/L，其相对分子质量为 73.3，正确。考点：考查原子结构15.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液

21、漂白能力的是（ ）A. 碳酸钙粉末 B. 稀硫酸 C. 氯化钙溶液 D. 二氧化硫水溶液【答案】A【解析】试题分析：在氯水中存在反应 Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，A由于酸性 HClH 2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H 2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故 A 正确；B加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故 B 错误；C加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱

22、，故 C 错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查氯气的化学性质【名师点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应 Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。视频- 9 -16.O2F2可以发生反应：H 2S+4O2F2SF 6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成 4.48 L HF，则转移 0.8 mol

23、电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1：4【答案】D【解析】试题分析：AO 元素由+1 价降低到 0 价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故 A 正确；B在反应中，O 2F2中的 O 元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的 S 元素的化合价是-2 价，反应后升高为+6 价，所以 H2S 表现还原性，O 2F2表现氧化性，故 B 错误；C不是标准状况下，且标准状况下 HF 为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算 HF 的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故 C 错误；D该反应中，S 元素化合价由-2 价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到

24、0 价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为 O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是 4：1，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应 H2S+4O2F2SF 6+2HF+4O2中，S 元素化合价由-2价升高到+6 价被氧化，O 元素由+1 价降低到 0 价被还原；氧化产物为 SF6，还原产物为 O2，以此解答该题。视频17.下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是选项 试剂 试纸或试液 现象 结论A 浓氨水、生石灰 湿红色石蕊试纸 变蓝

25、 NH3为碱性气体B 浓盐酸、浓硫酸 湿 pH 试纸 变红 HCl 为酸性气体C 浓盐酸、二氧化锰 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有还原性- 10 -A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH 3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明 NH3为碱性气体，故 A 正确；B利用浓硫酸的高沸点性，可以制取 HCl 气体，pH 试纸变红，则说明气体为酸性气体，故 B 正确；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取 Cl2，Cl 2可以用湿润的淀粉碘

26、化钾试纸检验，试纸变蓝，说明 KI 转化为 I2，则说明 Cl2有强氧化性，故 C 正确；DSO 2使品红溶液褪色体现的是 SO2的漂白性，故 D 错误；故选 D。视频18.298 K 时，在 20.0 mL 0.10 mol/L 氨水中滴入 0.10 mol/的盐酸，溶液的 pH 与所加盐酸的体积关系如图所示。已知：在 0.10 mol 氨水中有 1.32%的 NH3H2O 发生电离，下列有关叙述正确的是A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B. M 点对应的盐酸体积为 20.0 mLC. M 点处的溶液中 c(NH4 ) c(Cl ) c(H ) c(OH )D. N 点处的溶液中 pH0

27、 B. 压强 P1P2P3P4C. 1100该反应的平衡常数为 64 D. 压强为 P4时，在 Y 点：v(正)v(逆)【答案】A【解析】A 项，温度越高，转化率越大，升温平衡右移，H0，正确；B 项，增大压强，平衡左移，- 16 -CH4的转化率减小，所以 p4p 3p 2p 1，错误；C 项， CO 2(g)CH 4(g) 2CO(g)2H 2(g)起始/molL 1 0.1 0.1 0 0平衡/molL 1 0.1x 0.1x 2x 2x100%80% x0.08K 1.638 4，错误；D 项，Y 点未达平衡，若要达平衡，CH 4的转化率应增大，所以 v(正)v(逆)。26.联氨（又称

28、肼，N 2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为_，HCN 中 C 的化合价为_。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。（3）2O 2(g)+N2(g)=N2O4(l) H1 N 2(g)+2H2(g)=N2H4(l) H2O 2(g)+2H2(g)=2H2O(g) H3 2N 2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) H 4=-1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为 H4=_，联氨和 N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与

29、氨相似，联氨在水中第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N 2H4+H+ N2H5+的 K=8.7107； KW=1.010-14)。联氨与硫酸形成的正盐的化学式为_。（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量 AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧气，防止锅炉被腐蚀。理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2_kg；与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比，联氨的优点是_。【答案】 (1). (2). +2 (3). NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O (4).2 H3-2 H2- H1 (5). 反应放热量大、产生大量气体、产物对

30、环境无污染（答两点即可） (6). 8.710-7 (7). N2H6SO4 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). - 17 -1 (10). N2H4的用量少，不产生其他杂质（或还原产物为 N2和 H2O，而 Na2SO3产生Na2SO4）【解析】【详解】 （1）肼的分子式为 N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为： ；HCN 中 H 元素的化合价为+1，氮元素的化合价为-3 价，则碳元素化合价为+2 价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：NaClO+2

31、NH 3=N2H4+NaCl+H2O；（3）2O 2（g）+N 2（g）N 2O4（l）H 1；N 2（g）+2H 2（g）N 2H4（l）H 2；O 2（g）+2H 2（g）2H 2O（g）H 3；依据热化学方程式和盖斯定律计算2-2-得到2N 2H4（l）+N 2O4（l）3N 2（g）+4H2O（g）H 4=2H 3-2H 2-H 1，根据反应可知，联氨和 N2O4反应放热量大、产生大量气体、产物对环境无污染；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为 N2H4+H2ON2H5+OH-，平衡常数 Kb= = =KKw=8.71071.010-14=8.710-

32、7，第二步电离方程式为 N2H5+H2ON2H62+OH-，因此联氨与硫酸形成的正盐为N2H6SO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2 价的 N 元素被氧化为 N2，反应方程式为：N 2H4+4AgBr=4Ag+N 2+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子 N2H4N 2失去 4e-，O 2O 2-得到 4e-，联胺和氧气摩尔质量都是 32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O21

33、kg，与使用 Na2SO3处理水中溶解的 O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为 N2和 H2O） ，而 Na2SO3产生 Na2SO4。27.实验室以一种工业废渣（主要成分为 MgCO3、Mg 2SiO4和少量 Fe、Al 的氧化物）为原料制备 MgCO33H2O。实验过程如下：- 18 -（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为MgCO3(s)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=50.4 kJmol 1Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) H=225.4 kJmol 1酸溶需加热的目的

34、是_；所加 H2SO4不宜过量太多的原因是_。（2）加入 H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的 Fe3+。实验装置图中仪器 A 的名称为_。为使 Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器 A 中加入一定量的有机萃取剂，_、静置、分液，并重复多次。（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备 MgCO33H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，_，过滤、用水洗涤固体 23 次，在50下干燥，得到 MgCO33H2O。已知该溶液中 pH=8.5 时 Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0 时 Al(OH)3沉淀完全

35、。【答案】 (1). 加快反应（酸溶）速率； (2). 避免制备 MgCO3时消耗更多的碱或影响 Mg2+转化成 MgCO3 (3). H2O22Fe 2 2H =2Fe3 2H 2O (4). 分液漏斗 (5). 充分振荡 (6). 至 5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加 Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加 Na2CO3溶液，若无沉淀生成或至 5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加 Na2CO3溶液至无沉淀生成为止【解析】【详解】废渣主要成分为 MgCO3、MgSO 4和少量 Fe、Al 的氧化物，加入 40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁

36、、硫酸铝和过量的硫酸，加入 H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取 Fe3+，分液后可除去溶液中的 Fe3+，分液后水溶液中含有 Mg2+、Al 3+，可调节- 19 -溶液 pH 至 5pH8.5，可除去 Al3+，又可防止生成 Mg(OH)2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成 MgCO3沉淀，在 50下干燥，得到 MgCO33H2O。（1）酸溶需加热的目的是加快反应（酸溶）速率；H 2SO4不宜过量太多以避免制备 MgCO3时消耗更多的碱或影响 Mg2+转化成 MgCO3；（2）在酸性条件下，H 2O2氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2

37、O2=2Fe3+2H2O； （3）根据仪器的构造可知，仪器 A 为分液漏斗； 萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离； （4）分液后水溶液中含有 Mg2+、Al 3+，可调节溶液 pH 至 5pH8.5，可除去 Al3+，又可防止生成 Mg(OH)2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成 MgCO3沉淀，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明已完全反应，过滤后，用水洗涤固体 2-3 次，在 50下干燥，得到 MgCO33H2O；故答案为：至 5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加 Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加 Na2CO3溶液

38、，若无沉淀生成或至5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加 Na2CO3溶液至无沉淀生成为止。28.煤燃烧排放的烟气含有 SO2和 NOx，形成酸雨、污染大气，采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：（1） NaClO 2的化学名称为_。（2）在鼓泡反应器中通入含有 SO2和 NO 的烟气，反应温度为 323 K，NaClO 2溶液浓度为5103molL1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子 SO42 SO32 NO3 NO2 Clc/（molL 1）8.35104 6.87106 1.5104 1.2105 3.4103写出 NaClO2

39、溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_。增加压强，NO 的转化率_（填“提高” 、 “不变”或“降低” ） 。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的 pH 逐渐_ （填“增大” “不变”或“减小” ） 。由实验结果可知，脱硫反应速率_脱硝反应速率（填“大于”或“小于” ） 。原因是除了 SO2和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。（3）不同温度下，NaClO 2溶液脱硫、脱硝反应中，SO 2和 NO 的平衡分压 Pe 如图所示。- 20 -由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_（填“增大”、 “不变”或“减小” ） 。反应 ClO2+2SO32=2SO42+Cl的平衡常数 K

40、 表达式为_。（4）如果采用 NaClO、Ca(ClO) 2替代 NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比 NaClO 具有的优点是_。已知下列反应：SO2(g)+2OH (aq) =SO32 (aq)+H2O(l) H1ClO (aq)+SO32 (aq) =SO42 (aq)+Cl (aq) H2CaSO4(s) =Ca2+(aq)+SO42(aq) H3则反应 SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO (aq) +2OH (aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl (aq H=_。【答案】 (1). 亚氯酸钠 (2). 4OH-3

41、ClO 2 4NO4NO 3 3Cl 2H 2O（写成3ClO2 4NO+2H 2O4NO 3 3Cl 4H+不给分） (3). 提高 (4). 减小 (5). 大于 (6). NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高或 SO2的溶解度大于 NO (7). 减小 (8). (9). 形成 CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO 2转化率提高 (10). H1 H2 H3【解析】【详解】 （1）氯+7 为高、+3 为亚，NaClO 2中氯的化合价为+3 价，化学名称为亚氯酸钠；（2）亚氯酸钠具有氧化性，且 NaClO2溶液呈碱性，则 NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为 3ClO2

42、-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO 的转化率提高；- 21 -根据反应的方程式 3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O 可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的 pH 逐渐减小；由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了 SO2和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是 NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高或 SO2的溶解度大于 NO；（3）由图分析可知，根据反应 3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，NO 的平衡分压的负

43、对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO 的平衡分压越大，NO 的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；根据反应的方程式 ClO2-+2SO32-2SO 42-+Cl-可知平衡常数 K 表达式为K= ；（4）如果采用 NaClO、Ca(ClO) 2替代 NaClO2，形成 CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以 Ca(ClO)2效果好；已知：a.SO 2(g)+2OH (aq) =SO32 (aq)+H2O(l) H 1；b.ClO (aq)+SO32 (aq) =SO42 (aq)+Cl (aq) H 2；c.CaSO 4(s) =Ca2+(aq)+SO42(aq) H 3，根据盖斯定律知abc 得反应 SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO (aq) +2OH (aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl (aq)的 H=H 1H 2H 3。