北京市順義區(qū)2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次統(tǒng)練試卷（含解析）.docx

北京市順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 161.化學(xué)使人們的生活越來越美好，下列過程沒有涉及化學(xué)反應(yīng)的是A可燃冰做燃料B黃豆釀醬油C爆竹燃放D活性炭除味A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A.可燃冰的主要成分是甲烷，燃燒生成水和二氧化碳屬于化學(xué)變化，故A不符合題意；B.黃豆釀醬油的過程中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化故B不符合題意；C.燃放爆竹過程中有新物質(zhì)二氧化碳生成，屬于化學(xué)變化，故C不符合題意；D.活性炭除味過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D符合題意答案選D。【點(diǎn)睛】本題解題的關(guān)鍵是理解化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化。化學(xué)變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成，據(jù)此分析判斷。2.下列解釋事實(shí)或?qū)嶒?yàn)現(xiàn)象化學(xué)用語正確的是A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍(lán)：4I+O2 + 4H+ 2I2+2H2OB. 鐵和稀硝酸反應(yīng)制得淺綠色溶液：Fe + 4H+ + NO3 Fe3+ + NO+ 2H2OC. 水垢上滴入CH3COOH溶液有氣泡產(chǎn)生：CaCO3+2H+ Ca2+CO2+ H2OD. SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2+2ClO-+H2O CaSO3+2HClO【答案】A【解析】【詳解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后變藍(lán)，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正確；B.鐵和稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)物與量有關(guān)，鐵少量時(shí)變成三價(jià)鐵，溶液由無色變?yōu)辄S色，離子方程式為Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O；鐵過量時(shí)變成二價(jià)亞鐵，溶液由無色變?yōu)闇\綠色，離子方程式為：3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O，故B錯(cuò)誤；C.醋酸是弱酸，不能拆成離子，反應(yīng)的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C錯(cuò)誤；D.SO2通入漂白粉溶液中產(chǎn)生白色渾濁：SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2HClO，生成的次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能氧化亞硫酸鈣，故D錯(cuò)誤。答案選A。【點(diǎn)睛】本題考查的是實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋和離子方程式的書寫。解題時(shí)需注意B選項(xiàng)鐵與稀硝酸反應(yīng)的產(chǎn)物與反應(yīng)條件有關(guān)，鐵少量時(shí)變成三價(jià)鐵，鐵過量時(shí)變成二價(jià)亞鐵，產(chǎn)物不同溶液的顏色不同；D選項(xiàng)次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣。3.下列實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是ABCD實(shí)驗(yàn)新制氯水滴入Na2S 溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中飽和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4 酸性溶液中現(xiàn)象產(chǎn)生黃色渾濁溶液由橙色變?yōu)榫G色液體變?yōu)榧t褐色且澄清透明產(chǎn)生無色氣體，溶液紫紅色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【詳解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反應(yīng)方程式為Cl2+Na2S=2NaCl+S，有元素化合價(jià)升降，屬于氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-轉(zhuǎn)化為Cr3+，Cr元素化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?3價(jià)，有化合價(jià)變化，所以屬于氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；C.飽和FeCl3溶液滴入沸水中，此過程為制備氫氧化鐵膠體的過程，離子方程式為Fe3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，過程中無化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故C符合題意；D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反應(yīng)方程式為2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，高錳酸鉀轉(zhuǎn)化為硫酸錳，錳元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)，有化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意。答案選C。【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是理解氧化還原反應(yīng)的特征和實(shí)質(zhì)。有元素化合價(jià)升降的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是有電子得失。據(jù)此判斷反應(yīng)是否與氧化還原反應(yīng)相關(guān)。4.一種用于隱形眼鏡材料的聚合物片段如下：下列關(guān)于該高分子說法正確的是A. 結(jié)構(gòu)簡式為：B. 氫鍵對該高分子的性能沒有影響C. 完全水解得到的高分子有機(jī)物，含有官能團(tuán)羧基和碳碳雙鍵D. 完全水解得到的小分子有機(jī)物，具有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù)題中隱形眼鏡材料的聚合物片段可知，該高分子的鏈節(jié)為，則該高分子的結(jié)構(gòu)簡式為：，故A正確；B.氫鍵為一種特殊的分子間作用力，影響物質(zhì)的物理性質(zhì)，如：熔沸點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C.該高分子完全水解的產(chǎn)物和HOCH2CH2OH。其中高分子有機(jī)物為，含有的官能團(tuán)為羧基，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)C選項(xiàng)的分析，水解得到的小分子有機(jī)物為HOCH2CH2OH，有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，故D錯(cuò)誤。答案選A。【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是找出高分子有機(jī)物的鏈節(jié)。鏈節(jié)指的是高分子化合物中不斷重復(fù)的基本結(jié)構(gòu)單元。找出鏈節(jié)可確定高分子的結(jié)構(gòu)簡式，可進(jìn)一步確定水解產(chǎn)物。據(jù)此解答。5.磺酸樹脂催化下的烯烴二羥化反應(yīng)歷程的示意圖如下：(R1、R2、R3、R4均表示烴基或H原子。)下列說法不正確的是A. 過程中，H2O2作氧化劑B. 過程中，有碳碳鍵、碳?xì)滏I斷裂C. 過程中反應(yīng)的原子利用率為100%D. 在反應(yīng)歷程中，有水參與反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A.過程中H2O2中的氧元素由-1價(jià)降低到-2價(jià)得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成H2O，H2O2作氧化劑，故A正確；B.過程中 和生成和，斷裂的是中的碳碳鍵和中的硫氧鍵、氧氧鍵，故B錯(cuò)誤；C.過程中只生成了 ，沒有其他物質(zhì)生成，原子利用率為100%，故C正確；D.過程中有水參與反應(yīng)，故D正確。答案選B。6.研究表明，在催化劑a(或催化劑b)存在下，CO2和H2能同時(shí)發(fā)生兩個(gè)平行反應(yīng)，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下： CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1= - 53.7 kJ/mol CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) H2= + 41.2 kJ/mol某實(shí)驗(yàn)小組控制CO2和H2初始投料比為12.2。在相同壓強(qiáng)下，經(jīng)過相同反應(yīng)時(shí)間測得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：實(shí)驗(yàn)編號(hào)T(K)催化劑CO2轉(zhuǎn)化率(%)甲醇選擇性(%)1543催化劑a12.342.32543催化劑b10.972.73553催化劑a15.339.14553催化劑b12.071.6【備注】甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比。下列說法不正確的是A. 相同溫度下，在該時(shí)刻催化劑b對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH有較高的選擇性B. 其他條件不變，升高溫度反應(yīng)中CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率增大C. 其他條件不變，增大反應(yīng)體系壓強(qiáng)反應(yīng)中平衡常數(shù)不變D. 反應(yīng)在無催化劑、有催化劑a和有催化劑b三種情況下能量示意圖如下：【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)實(shí)驗(yàn)1和2、實(shí)驗(yàn)3和4的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行對比，相同溫度下，催化劑b對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH的數(shù)據(jù)較高，則催化劑b對CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH有較高的選擇性，故A正確；B.反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其他條件不變，升高溫度，反應(yīng)向逆向移動(dòng)，CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率減小，故B錯(cuò)誤；C.平衡常數(shù)與溫度相關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變。則其他條件不變，增大反應(yīng)體系壓強(qiáng)，反應(yīng)中平衡常數(shù)不變,，故C正確；D.從表中的數(shù)據(jù)分析，在催化劑b的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑b對反應(yīng)催化效果更好，催化劑能降低反應(yīng)的活化能，說明使用催化劑b的反應(yīng)過程中活化能更低，故D正確。答案選B。7.實(shí)驗(yàn)小組探究鋁片做電極材料時(shí)的原電池反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)如下：煮沸冷卻后的溶液電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)，鎂片、鋁片表面產(chǎn)生無色氣泡電流計(jì)指針迅速向右偏轉(zhuǎn)，逐漸向零刻度恢復(fù)，經(jīng)零刻度后繼續(xù)向左偏轉(zhuǎn)；鎂片表面開始時(shí)無明顯現(xiàn)象，一段時(shí)間后有少量氣泡逸出；鋁片表面持續(xù)有氣泡逸出。電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)。鋁片表面有氣泡逸出，銅片沒有明顯現(xiàn)象；約3分鐘后，銅片表面有少量氣泡產(chǎn)生，鋁片表面氣泡略有減少。下列說法不正確的是A. 實(shí)驗(yàn)中，鎂片做原電池的負(fù)極B. 實(shí)驗(yàn)中，初始時(shí)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象對應(yīng)的原電池反應(yīng)為：2Mg + O2 + 2H2O 2Mg( OH) 2C. 實(shí)驗(yàn)中，一段時(shí)間后，鋁片發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Al - 3 e - Al 3+D. 實(shí)驗(yàn) 可推知，鋁片做電極材料時(shí)的原電池反應(yīng)與另一個(gè)電極的電極材料、溶液的酸堿性、溶液中溶解的O2等因素有關(guān)【答案】C【解析】【詳解】A.實(shí)驗(yàn)中，電解質(zhì)溶液為鹽酸，鎂和鋁都可以和鹽酸反應(yīng)，但是金屬鎂更活潑為負(fù)極，故A正確；B.實(shí)驗(yàn)中，初始時(shí)鎂為負(fù)極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Mg+2OH-2e-=Mg(OH)2，Al為正極，溶解的氧氣在此電極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，電池總反應(yīng)2Mg + O2 + 2H2O 2Mg( OH) 2，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)中，一段時(shí)間后，鋁為負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2Al+8OH-6e-=2AlO2-+4H2O，鎂為正極，氫離子在此電極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為6H2O+6e-=3H2+6OH-，故C錯(cuò)誤；D. 實(shí)驗(yàn) 可推知，鋁片做電極材料時(shí)的原電池反應(yīng)與另一個(gè)電極的電極材料、溶液的酸堿性、溶液中溶解的O2等因素有關(guān)，故D正確。答案選C。8.(藥物利伐沙班臨床主要用于預(yù)防髖或膝關(guān)節(jié)置換術(shù)患者靜脈血栓栓塞。藥物利伐沙班的合成路線如下：已知： (R代表烴基)(1)A的名稱是_。(2)BC的化學(xué)方程式是_。(3)CD的反應(yīng)類型是_。(4)F的結(jié)構(gòu)簡式是_。(5)FG所需的試劑a是_。(6)GH的化學(xué)方程式是_。(7)以為原料，加入ClCH2CH2OCH2COCl，也可得到J，將下列流程圖補(bǔ)充完整： _、_(8)J制備利伐沙班時(shí)，J發(fā)生了還原反應(yīng)，同時(shí)生成了水，則J與HCl物質(zhì)的量之比為_?！敬鸢浮?(1). 乙烯 (2). (3). 氧化反應(yīng) (4). (5). 濃HNO3、濃H2SO4 (6). (7). (8). (9). 1:6【解析】【分析】本題考查的是有機(jī)推斷。A的分子式為C2H4，為不飽和烴，有一個(gè)不飽和度，且A能與水發(fā)生加成反應(yīng)，則A為乙烯，B為乙醇，B能與氧氣、銅、加熱條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，C為乙醛，乙醛與氧氣、催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D為乙酸，乙酸與Cl2、PCl3反應(yīng)生成E，根據(jù)E的分子式，可知此反應(yīng)為取代反應(yīng)；F為溴苯，溴苯與試劑a生成G，此反應(yīng)為硝化反應(yīng)也為取代反應(yīng)，試劑a為濃硫酸、濃硝酸，G的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)信息提示G生成H的反應(yīng)為取代反應(yīng)，H為，E與H反應(yīng)生成I，此反應(yīng)為取代反應(yīng)，I在氫氧化鈉的條件下發(fā)生分子內(nèi)脫去，脫去小分子HCl生成J，J與鐵、HCl發(fā)生還原反應(yīng)生成利伐沙班?！驹斀狻緼的分子式為C2H4，為不飽和烴，有一個(gè)不飽和度，且A能與水發(fā)生加成反應(yīng)，則A為乙烯，B為乙醇，B能與氧氣、銅、加熱條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，C為乙醛，乙醛與氧氣、催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D為乙酸，乙酸與Cl2、PCl3反應(yīng)生成E，根據(jù)E的分子式，可知此反應(yīng)為取代反應(yīng)；F為溴苯，溴苯與試劑a生成G，此反應(yīng)為硝化反應(yīng)也為取代反應(yīng)，試劑a為濃硫酸、濃硝酸，G的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)信息提示G生成H的反應(yīng)為取代反應(yīng)，H為，E與H反應(yīng)生成I，此反應(yīng)為取代反應(yīng)，I在氫氧化鈉的條件下發(fā)生分子內(nèi)脫去，脫去小分子HCl生成J，J與鐵、HCl發(fā)生還原反應(yīng)生成利伐沙班。根據(jù)上述分析A為乙烯。本小題答案為：乙烯。B能與氧氣、銅、加熱條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，C為乙醛，反應(yīng)方程式為。本小題答案為：。C為乙醛，乙醛與氧氣、催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，此反應(yīng)為氧化反應(yīng)。本小題答案為：氧化反應(yīng)。（4）F為溴苯，結(jié)構(gòu)簡式為。本小題答案為：。（5）F溴苯，溴苯與試劑a生成G，此反應(yīng)為硝化反應(yīng)也為取代反應(yīng)，試劑a為濃硫酸、濃硝酸。本小題答案為濃硫酸、濃硝酸。（6）G的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)信息提示G生成H的反應(yīng)為取代反應(yīng)，H為，反應(yīng)方程式為+HBr。本小題答案為：+HBr。（7）以為原料，加入ClCH2CH2OCH2COCl，根據(jù)信息提示的反應(yīng)，生成，發(fā)生分子內(nèi)脫去，脫去小分子HCl，生成J為。本小題答案為：；。（8）J制備利伐沙班時(shí)，J發(fā)生了還原反應(yīng)，同時(shí)生成了水，主要是-NO2轉(zhuǎn)化為-NH2，一個(gè)-NO2中的N原子需結(jié)合2個(gè)H原子生成一個(gè)-NH2，2個(gè)O原子需結(jié)合4個(gè)H原子生成2個(gè)H2O，則共需6個(gè)H原子，即需6個(gè)HCl，則J與HCl物質(zhì)的量之比1:6。本小題答案為：1:6。9.粗銅精煉后的陽極泥含有Cu、Ag和Au(金)等。濕法處理陽極泥的一種工藝流程如下：(1)在粗銅精煉過程中，粗銅與電源的_極(填正、負(fù))連接；陰極的電極反應(yīng)式為_。(2)在浸銅過程中，浸銅反應(yīng)的離子方程式為_，生產(chǎn)中實(shí)際需要H2O2的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過浸銅所需的理論用量，可能的原因是_。(3)已知：浸金時(shí)，Au轉(zhuǎn)化為AuCl4-。在理論上，提取金的過程中反應(yīng)消耗NaClO3和H2C2O4的物質(zhì)的量之比為_。(4)已知: 浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-將HCHO氧化為CO32-。為減少廢液排放，充分利用資源，向浸銀殘液中通入氣體X得到Na2SO3再生液，X是_。在提取銀過程中，其他條件不變，Na2SO3再生液的循環(huán)使用次數(shù)與銀的浸出率關(guān)系如圖所示。試結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋產(chǎn)生這種變化的原因_。【答案】 (1). 正 (2). Cu2+2e- = Cu (3). Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O (4). 大量H2O2在CuSO4催化下，受熱分解。 (或氧化陽極泥中的銀也要消耗H2O2.) (5). 1:3 (6). SO2 (7). 在Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液會(huì)積累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解【解析】【分析】本題為工藝流程題。（1）電解精煉銅時(shí)陽極材料為粗銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，此電極與電源正極相連；陰極材料為純銅，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，此電極與電源負(fù)極相連，學(xué)生需掌握電極反應(yīng)式的書寫；（2）本題考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，可根據(jù)化合價(jià)變化找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，再根據(jù)得失電子守恒配平方程式；（3）連續(xù)氧化還原反應(yīng)，無論過程分幾步進(jìn)行，過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)是不變的，以此為橋梁找出氯酸鈉與草酸之間的物質(zhì)的量的關(guān)系；（4）由于亞硫酸酸性強(qiáng)于碳酸酸性，向碳酸根溶液中通入SO2可將碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO2。在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液會(huì)積累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解?！驹斀狻浚?）精煉粗銅時(shí)，陽極材料為粗銅，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，此電極與電源正極相連；陰極材料為純銅，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式Cu2+2e-=Cu。本小題答案為：正；Cu2+2e- = Cu。（2）浸銅過程中銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，銅元素的化合價(jià)由0價(jià)升高到+2價(jià)，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，銅為還原劑，H2O2為氧化劑，其中的氧元素化合價(jià)由-1價(jià)降低到-2價(jià)，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，生成H2O，反應(yīng)的離子方程式為Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；生產(chǎn)中實(shí)際需要H2O2的量要遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過浸銅所需的理論用量，可能的原因是大量H2O2在CuSO4催化下，受熱分解，也可能是氧化陽極泥中的銀也要消耗H2O2。本小題答案為：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；大量H2O2在CuSO4催化下，受熱分解 (或氧化陽極泥中的銀也要消耗H2O2)。（3）浸金時(shí)，Au轉(zhuǎn)化為AuCl4-。Au元素化合價(jià)由0價(jià)升高到+3價(jià)，1molAu失3mol電子，NaClO3轉(zhuǎn)化為NaCl，Cl元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低到-1價(jià)，1molNaClO3得6mol電子，根據(jù)得失電子守恒金與氯酸鈉的物質(zhì)的量比為2:1；下一步中，AuCl4-轉(zhuǎn)化為Au，Au元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到0價(jià)，1mol AuCl4-得3mol電子，H2C2O4轉(zhuǎn)化為CO2，C元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高到+4價(jià)，1mol H2C2O4失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒AuCl4-轉(zhuǎn)與草酸的物質(zhì)的量之比為2:3，則NaClO3與草酸的物質(zhì)的量之比為1:3。本小題答案為：1:3。（4）浸銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-將HCHO氧化為CO32-，此時(shí)向溶液中通入SO2，由于亞硫酸酸性強(qiáng)于碳酸酸性，則碳酸根轉(zhuǎn)化為亞硫酸根，則X為SO2。本小題答案為：SO2。在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液會(huì)積累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。本小題答案為：在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液會(huì)積累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移動(dòng)，抑制AgCl的溶解。10.霧霾嚴(yán)重危害人類健康和生態(tài)環(huán)境，開發(fā)穩(wěn)定高效的脫硫脫硝工藝技術(shù)是國內(nèi)外研究的熱點(diǎn)。研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示。(1)NH3的電子式是_。(2)NH4NO3溶液中的離子濃度由大到小順序是_。(3)已知：SO2生成SO3總反應(yīng)方程式是2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) H196.6 kJ/mol此反應(yīng)可通過如下兩步完成：2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g) H1113 kJ/molNO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) H2_。 一定溫度下，向2 L恒容密閉容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min達(dá)到平衡，此時(shí)容器中NO2和NO的濃度之比為13，則NO2的平衡轉(zhuǎn)化率是_。(4)利用NaClO2/H2O2酸性復(fù)合吸收劑可同時(shí)有效脫硫、脫硝。 制備少量NaClO2，其裝置如下圖所示：裝置I控制溫度在3555，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點(diǎn)：11)，反應(yīng)的離子方程式是_，裝置中反應(yīng)生成NaClO2，此反應(yīng)中作為氧化劑的是_，反應(yīng)后溶液中陰離子除了ClO2、ClO3、Cl、ClO、OH外還可能含有的一種陰離子是_。 用制得的NaClO2/H2O2酸性復(fù)合吸收劑同時(shí)對NO、SO2進(jìn)行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時(shí)，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH對脫硫脫硝的影響如下圖所示： 從上圖中可知脫硫脫硝最佳條件是_。圖 中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5時(shí)反而減小，請解釋NO去除率減小的可能原因是_?！敬鸢浮?(1). (2). c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH) (3). 41.8 kJ/mol (4). 75% (5). SO2+2ClO3=2ClO2+SO42- (6). ClO2 (7). SO42- (8). pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1 (9). 原因：pH5.5以后，隨著pH增大，NO的還原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性減弱，不能將NO氧化為硝酸【解析】【分析】本題為綜合題。（1）氮原子與氫原子是通過共用電子對相結(jié)合形成氨氣，其中含有3個(gè)共價(jià)鍵，電子式為；（2）此小題考查的是鹽類的水解，NH4NO3溶為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中發(fā)生水解，溶液顯酸性，則硝酸根離子的濃度大于銨根離子的濃度，氫離子的濃度大于氫氧根離子的濃度；（3）此小題考查的是蓋斯定律的運(yùn)用，2個(gè)NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) 等于總反應(yīng)2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) 減去其中的一個(gè)反應(yīng)2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g)；本小題考查的是三段式解題的運(yùn)用；（4）此小題考查的是氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，先根據(jù)價(jià)態(tài)升降找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，再根據(jù)得失電子守恒配平離子方程式SO2+2ClO3=2ClO2+SO42-；此外還考查了氧化劑的判斷，氧化劑是元素化合價(jià)降低得電子發(fā)生還原反應(yīng)的物質(zhì)；根據(jù)左圖NO2脫除率在n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1時(shí)效果最好，大于6:1以后變化不大，根據(jù)右圖NO2的脫除率在pH為5.56.0時(shí)效果最好，大于6.0以后反而減小，則硫脫硝最佳條件是pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5時(shí)反而減小是因?yàn)閜H5.5以后，隨著pH增大，NO的還原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性減弱，不能將NO氧化為硝酸?！驹斀狻浚?）氮原子最外層有5個(gè)電子，達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需得3個(gè)電子，氫原子最外層1個(gè)電子，達(dá)到2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需得一個(gè)電子，則氮原子和3個(gè)氫原子可形成3對共用電子對，電子式為。本小題答案為：。（2）NH4NO3溶為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中發(fā)生水解，溶液顯酸性，則離子濃度由大到小順序是c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH)。本小題答案為：c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH)。（3）根據(jù)蓋斯定律2個(gè)NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) 等于總反應(yīng)2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) 減去其中的一個(gè)反應(yīng)2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g) ，則2(-H2)H-H1196.6 kJ/mol-（113 kJ/mol）=-83.6 kJ/mol，則H2-41.8 kJ/mol。本小題答案為：-41.8 kJ/mol。NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g)起始濃度（mol/L） 0.5 0.5 0 0變化濃度（mol/L） x x x x平衡濃度（mol/L） 0.5-x 0.5-x x x根據(jù)題意（0.5-x）/x=1:3 x=0.375 NO2的平衡轉(zhuǎn)化率為(0.375/0.5)100%=75%。本小題答案為：75%。（4）裝置I控制溫度在3555，通入SO2將NaClO3還原為ClO2(沸點(diǎn)：11)，SO2中的硫元素的化合價(jià)由+4價(jià)升高到+6價(jià)被氧化為SO42-， NaClO3中氯元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低到+4價(jià)被還原為ClO2，離子方程式為SO2+2ClO3=2ClO2+SO42-；裝置I中產(chǎn)生的ClO2經(jīng)導(dǎo)管進(jìn)入裝置生成NaClO2，ClO2中氯元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低到+3價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，ClO2為氧化劑；裝置I中通入SO2的不完全反應(yīng)，在裝置中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-；本小題答案為：O2+2ClO32ClO2+SO42-； ClO2；SO42-。根據(jù)左圖NO2的脫除率在n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1時(shí)效果最好，大于6:1以后變化不大，根據(jù)右圖NO2的脫除率在pH為5.56.0時(shí)效果最好，大于6.0以后反而減小，則硫脫硝最佳條件是 pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5時(shí)反而減小是因?yàn)閜H5.5以后，隨著pH增大，NO的還原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性減弱，不能將NO氧化為硝酸。本小題答案為：pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；pH5.5以后，隨著pH增大，NO的還原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性減弱，不能將NO氧化為硝酸。11.實(shí)驗(yàn)小組制備焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)并探究其性質(zhì)。資料：焦亞硫酸鈉為白色晶體；可溶于水。(1)制備Na2S2O5(夾持裝置略) A為SO2發(fā)生裝置，A中反應(yīng)方程式是_。 B 中析出白色晶體，可采取的分離方法是_。 將尾氣處理裝置C補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。_(2) 探究Na2S2O5的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)編號(hào)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)取B中少量白色晶體于試管中，加入適量蒸餾水，得溶液a，測得溶液呈酸性。實(shí)驗(yàn)取少量溶液a于試管中，滴加足量氫氧化鋇溶液，有白色沉淀生成，過濾后，將沉淀放入試管中，滴加過量鹽酸，充分振蕩，產(chǎn)生氣泡，白色沉淀溶解。實(shí)驗(yàn)III取B中少量白色晶體于試管中，滴加1mL 2 mol / L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去 。實(shí)驗(yàn)IV取B中少量白色晶體于大試管中加熱，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，紅色褪去；將褪色后的溶液加熱，紅色恢復(fù)。 由實(shí)驗(yàn)可知，Na2S2O5溶于水，溶液呈酸性的原因_(用化學(xué)方程式表示) 。 實(shí)驗(yàn)中白色沉淀滴加過量鹽酸，沉淀溶解，用平衡原理解釋原因_。 實(shí)驗(yàn)III中經(jīng)測定溶液中產(chǎn)生Mn2+，該反應(yīng)的離子方程式是_。 實(shí)驗(yàn)IV 中產(chǎn)生的氣體為_，實(shí)驗(yàn)中利用該氣體的_ 性質(zhì)進(jìn)行檢驗(yàn)。 從上述實(shí)驗(yàn)探究中，體現(xiàn)出Na2S2O5具有 _性質(zhì)。 ( 至少說出兩點(diǎn) )?！敬鸢浮?(1). Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + H2O (2). 過濾 (3). (4). Na2S2O5 + H2O = NaHSO3 HSO3 H+ + SO32- (5). BaSO3存在平衡：BaSO3 (s) Ba2+(aq) + SO32-(aq) 加入鹽酸，SO32- + H+ = HSO3- + OH-，HSO3- + H+ = SO2+ H2O；平衡右移，沉淀溶解 (6). 5 S2O52- + 4 MnO4 - + 2H+ = 10 SO42- + 4 Mn2+ + H2O (7). SO2 (8). 漂白性 (9). 體現(xiàn)出Na2S2O5具有還原性、不穩(wěn)定性、鹽的通性【