重慶來龍中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)月考試題含解析

重慶來龍中學(xué)2022-2023學(xué)年高三化學(xué)月考試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.下列說法錯誤的是A．含3個碳原子的有機(jī)物，每個分子中最多可形成3個C－C單鍵B．油脂、淀粉和蛋白質(zhì)都是高分子化合物，它們在一定條件下都能水解C．植物及其廢棄物可制成乙醇燃料，它是一種可再生能源D．高溫能殺死流感病毒是因為構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)受熱變性參考答案：B略2.[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]非金屬元素在化學(xué)中具有重要地位，請回答下列問題：（1）氧元素的第一電離能比同周期的相鄰元素要小，理由________。（2）元素X與硒（Se）同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，則X為_____（填元素符號），其基態(tài)原子的電子排布式為_______。（3）臭齅排放的臭氣主要成分為3－MBT－甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為（）1mol3－MBT中含有鍵數(shù)目為_______NA（NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值）。該物質(zhì)沸點低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是_______。（4）PCl5是一種白色晶體，熔融時形成一種能導(dǎo)電的液體測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子；熔體中P－Cl的鍵長只有198pm和206pm兩種，試用電離方程式解釋PCl5熔體能導(dǎo)電的原因_________，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為__________，該晶體的晶胞如圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3參考答案：(1)F對最外層電子的吸引力比O強(qiáng)，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能均高于O

(2)Cr

1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1

(3)15

（CH3）2C=CHCH2OH分子間含有氫鍵，增大分子間的作用力，使沸點升高

(4)2PCl5=PCl4+＋PCl6－

PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對。孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力

或【分析】(1)F對最外層電子的吸引力比O強(qiáng)，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)；(2)元素X與(Se)同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，X應(yīng)該是第四周期3d、4s能級半滿的原子，為24號元素；該原子核外有24個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子的電子排布式；(3)臭齅排放的臭氣主要成分為3-MBT-甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為)，共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中一個是σ鍵另一個是排鍵，所以1個3-MBT分子中含有15個σ鍵；存在分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高；(4)含有自由移動離子的化合物能導(dǎo)電；孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；該晶胞中PCl5個數(shù)=1+8×=2，晶胞體積=(a×10-10cm)3，晶胞密度=?！驹斀狻?1)F對最外層電子的吸引力比O強(qiáng)，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，所以第一電離能均高于O元素(2)元素X與(Se)同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，X應(yīng)該是第四周期3d、4s能級半滿的原子，為24號元素；該原子核外有24個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；(3)臭齅排放的臭氣主要成分為3-MBT-甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為)，共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中一個是σ鍵另一個是Π鍵，所以1個3-MBT分子中含有15個σ鍵，則1mol該分子中含有15NA個σ鍵；(CH3)2C=CHCH2OH分子間含有氫鍵，增大分子間的作用力，使沸點升高；(4)含有自由移動離子的化合物能導(dǎo)電，PCl5是一種白色晶體，熔融時形成一種能導(dǎo)電的液體測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，陽離子、陰離子分別為PCl4+、PCl6-，其電離方程式為2PCl5PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角；該晶胞中PCl5個數(shù)=1+8×=2，晶胞體積=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。3.25℃時，水溶液中c(H+)與c(OH－)的變化關(guān)系如圖中曲線ac所示，下列判斷錯誤的是A．a(chǎn)c曲線上的任意一點都有c(H+)·c(OH－)＝10-14B．bd線段上任意一點對應(yīng)的溶液都呈中性C．d點對應(yīng)溶液的溫度高于25℃，pH＜7D．CH3COONa溶液不可能位于c點參考答案：D4.（6分）X、Y、Z、W是第三周期元素，它們的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶于水，得到濃度均為0.010mol?L﹣1的溶液，其pH與對應(yīng)元素原子半徑的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是（）A．簡單離子的半徑：X＞Z＞W(wǎng) B．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞W(wǎng)＞Y C．Y單質(zhì)可用于制作半導(dǎo)體材料 D．n＝2﹣lg2參考答案：D【分析】第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)堿，則X為Na；Y、W、Z對應(yīng)的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應(yīng)的酸性比W的強(qiáng)、Y對應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié)＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，以此來解答。【解答】解：由上述分析可知，X為Na、Y為P、Z為S、W為Cl，A．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A錯誤；B．非金屬性W（Cl）＞Z（S）＞Y（P），氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＞Z＞Y，故B錯誤；C．Y為P，其單質(zhì)不能作半導(dǎo)體材料，故C錯誤；D．0.01mol/L硫酸溶液中氫離子濃度為0.02mol/L，則pH＝2﹣lg2＝n，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握最高價氧化物對應(yīng)的水化物的pH、原子半徑來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識與元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。5.下列對有機(jī)物結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的描述，錯誤的是

A．一定條件下，Cl2可在甲苯的苯環(huán)或側(cè)鏈上發(fā)生取代反應(yīng)

B．苯酚鈉溶液中通入CO2生成苯酚，則碳酸的酸性比苯酚弱

C．乙烷和丙烯的物質(zhì)的量各1mol，完成燃燒生成3molH2O

D．光照下2，2—二甲基丙烷與Br2反應(yīng)其一溴取代物只有一種參考答案：B解析：B項CO2+H2O+C6H5ONaC6H5OH+NaHCO3，則碳酸的酸性比苯酚強(qiáng)，B錯誤。6.甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由NH4＋、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－、SO42－中的不同陽離子和陰離子各一種組成。已知：①將甲溶液分別與其它三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c（H＋）>0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結(jié)論不正確的是A.甲溶液含有Ba2＋

B.乙溶液含有SO42－

C.丁溶液含有Mg2＋

D丙溶液含有Cl－

參考答案：C略7.下列對于某些離子的檢驗及結(jié)論一定正確的是A.加入鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將氣體通入石灰水中，溶液變渾濁，一定有CO32-B.向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說明該溶液中一定有SO42-C.滴加KSCN溶液后呈紅色，一定有Fe3+D.加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加鹽酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+參考答案：C略8.下列說法正確的是（）A．泥沙和水的混合物可用分液漏斗分離B．測溶液pH值：將一小塊pH試紙在待測液中蘸一下，取出后放在表面皿上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照C．用丁達(dá)爾現(xiàn)象可區(qū)分氫氧化鐵膠體和氯化鐵溶液D．氫氧化鈉溶液保存在帶有玻璃塞的試劑瓶中參考答案：C考點：化學(xué)實驗方案的評價；膠體的重要性質(zhì)；化學(xué)試劑的存放；試紙的使用．專題：實驗評價題．分析：A．應(yīng)用過濾的方法；B．試紙不能直接插入液面以下；C．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，為特征性質(zhì)；D．氫氧化鈉可腐蝕玻璃，導(dǎo)致玻璃瓶打不開．解答：解：A．泥沙不溶于水，應(yīng)用過濾的方法，故A錯誤；B．試紙不能直接插入液面以下，應(yīng)用玻璃棒蘸取或用滴管滴加，防止污染藥品，故B錯誤；C．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，為特征性質(zhì)，可用于鑒別膠體和溶液，故C正確；D．氫氧化鈉可腐蝕玻璃，導(dǎo)致玻璃瓶打不開，應(yīng)用橡皮塞，故D錯誤．故選C．點評：本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、檢驗以及藥品的保存，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握常見操作方法，難度不大．9.參考答案：答案：B10.下列敘述中正確的是（）A.物質(zhì)的溶解過程，實質(zhì)上就是其電離過程B.三氧化硫的水溶液能導(dǎo)電，所以三氧化硫是電解質(zhì)C.1L0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中含有0.2mol的Na＋D.1L0.1mol·L－1的H2SO3溶液中含有0.2mol的H＋參考答案：C略11.某品牌的家用消毒劑其有效成分為對氯間二甲苯酚（結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示），可以殺滅常見的病毒與細(xì)菌。下面有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是A．該物質(zhì)的分子式是C8H10ClOB．1mol該物質(zhì)最多可以與2molNaOH反應(yīng)C．1mol該物質(zhì)可以與2mol液溴發(fā)生取代反應(yīng)D．該物質(zhì)可以發(fā)生加成、取代、消去、氧化等反應(yīng)參考答案：C略12.7．下列說法不正確的是A．多孔碳可用氫氧燃料電池的電極材料B．pH計不能用于酸堿中和滴定終點的判斷ks5uC．科學(xué)家發(fā)現(xiàn)一種新細(xì)菌的DNA鏈中有砷(As)元素，該As元素最有可能取代了普通DNA鏈中的P元素D．CH3CH—CH2和CO2反應(yīng)生成可降解聚合物[O—CHCH2—O—C]n，該反應(yīng)符合綠O

CH3

O化學(xué)的原則參考答案：B13.按圖甲裝置進(jìn)行實驗，實驗結(jié)果如圖乙所示。乙中橫坐標(biāo)x表示電路中通過電子的物質(zhì)的量，縱坐標(biāo)y表示反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量，下列敘述不正確的是

A．E表示反應(yīng)生成銅的物質(zhì)的量 B．E表示反應(yīng)消耗水的物質(zhì)的量C．F表示反應(yīng)生成氧氣的物質(zhì)的量 D．F表示反應(yīng)生成硫酸的物質(zhì)的量參考答案：D解析：由甲可知，為電解裝置，C為陽極，發(fā)生4OH--4e-=O2↑+2H2O，Cu為陰極，發(fā)生Cu2++2e-=Cu，總反應(yīng)為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，結(jié)合乙可知，轉(zhuǎn)移4mol電子生成2molE，生成1molF，

A．由電子與物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系可知E表示反應(yīng)生成銅的物質(zhì)的量，故A正確；

B．由總反應(yīng)可知，Cu與水的物質(zhì)的量相同，則E表示反應(yīng)消耗水的物質(zhì)的量，故B正確；

C．由電子與物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系可知F表示反應(yīng)生成氧氣的物質(zhì)的量，故C正確；

D．因硫酸與氧氣的物質(zhì)的量不等，則F不能表示生成硫酸的物質(zhì)的量，故D錯誤；

故答案選D14.背景新聞：①2009年4月，德國NUK嬰兒爽身粉因含致癌物“滑石粉”[Mg3(Si4O10)(OH)2]引起關(guān)注。②2010年1月12日海地首都太子港發(fā)生7.3級地震，急需大量醫(yī)藥品、食物、飲用水等。③2009年12月下旬，渤海、黃海海域出現(xiàn)嚴(yán)重的海冰災(zāi)害。④2009年諾貝爾化學(xué)獎成果與蛋白質(zhì)知識有關(guān)。下列說法不正確的是（）A．滑石粉屬于無機(jī)硅酸鹽類物質(zhì)，滑石粉的組成可表示為3MgO·4SiO2·H2OB．次氯酸鈉、石灰、明礬可作消毒殺菌劑；碳酸鋇俗稱“鋇餐”，是一種醫(yī)療藥品C．水結(jié)冰時體積膨脹，密度減小，是因為水分子大范圍以氫鍵相連，形成疏松晶體D．毛、發(fā)等的主要成分都是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸參考答案：B略15.香煙煙霧中含有CO、CO2、SO2、H2O等氣體，用A.無水硫酸銅、B.澄清石灰水、C.紅熱氧化銅、D.酸性KMnO4溶液、E.品紅溶液等可將其一一檢出，檢出的正確順序是A.混合氣→A→E→B→C→D→B

B.混合氣→C→D→E→E→AC.混合氣→A→E→D→B→C→B

D.混合氣→B→E→A→D→C參考答案：C略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.將氯氣用導(dǎo)管通入較濃的NaOH和H2O2的混和液中，在導(dǎo)管口與混和液的接觸處有閃爍的紅光出現(xiàn)。這是因為通氣后混和液中產(chǎn)生的ClO－被H2O2還原，發(fā)生激烈反應(yīng)，產(chǎn)生能量較高的氧分子，然后立即轉(zhuǎn)變?yōu)槠胀ㄑ醴肿?，多余的能量以紅光放出。本實驗所用的儀器及導(dǎo)管如圖。根據(jù)要求填寫下列空白：(1)組裝氯氣發(fā)生裝置時，應(yīng)選用的儀器及導(dǎo)管為

(填寫圖中編號)。(2)本實驗進(jìn)行時，按氣流方向從左到右的順序，氣體流經(jīng)的各儀器及導(dǎo)管的編號依次為

。(3)儀器①的橡皮塞上至少應(yīng)有2個孔的原因是

。(4)本實驗需配置10mol·L－1的NaOH溶液500mL，用到的儀器除了托盤天平、燒杯外，還須用到的儀器有

(填儀器名稱)，定容時操作如右圖，則所配溶液濃度

(填“偏高”或“偏低”)。(5)實驗時儀器①中ClO－與H2O2反應(yīng)的離子方程式為

。參考答案：(1)③②⑤(不要求順序，多選、少選、錯選均不得分)(2)②⑤⑥④①(答成“②⑤④①”也得分，其它答案不得分)(3)使瓶內(nèi)外壓強(qiáng)相等

(答成“與大氣相通”等其它合理的答案也得分)(4)500mL容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管

(不答容量瓶規(guī)格、漏寫、錯寫均不得分)偏高(答成“偏大”等其他答案一律不得分)(5)ClO－+H2O2=Cl－+O2↑+H2O

三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.（14分）（2017?汕頭三模）碲（Te）廣泛用于彩色玻璃和陶瓷．工業(yè)上用精煉銅的陽極泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au）為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程如圖：已知TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊．（1）“堿浸”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

．（2）堿浸后的“濾渣”可以部分溶于稀硝酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是

．（3）“沉碲”時控制溶液的pH為4.5?5.0，生成TeO2沉淀．酸性不能過強(qiáng)，其原因是

；防止局部酸度過大的操作方法是

．（4）“酸溶”后，將SO2通人TeCl4酸性溶液中進(jìn)行“還原”得到碲，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是

．（5）25°C時，亞碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，Ka2=2×10﹣8①0.1mol?L﹣1H2TeO3電離度α約為

．（α=×100%）②0．lmol?L﹣1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是

．A．c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2TeO3）＞c（H+）B．c（Na+）+c（H+）＞=c（HTeO3﹣）+c（TeO32﹣）+c（OH﹣）C．c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3）D．c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣）參考答案：（1）TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；（2）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；（3）溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；（4）TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①10%；②CD

【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【分析】根據(jù)TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，加堿溶過濾除去雜質(zhì)，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降經(jīng)過濾得到TeO2沉淀，再用鹽酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫還原制成碲單質(zhì)，（1）TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)；（2）Ag溶于稀硝酸生成硝酸銀和NO；（3）因為TeO2是兩性氧化物，H2SO4過量會導(dǎo)致TeO2繼續(xù)與H2SO4反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；（4）SO2還原TeCl4為Te，本身被氧化為硫酸，根據(jù)得失電子守恒書寫；（5）①亞碲酸（H2TeO3）是二元弱酸分步電離，0.1mol?L﹣1H2TeO3的電離度a可以依據(jù)第一步電離計算；②A．NaHTeO3的溶液中存在電離和水解平衡，比較水解平衡常數(shù)和K2，得到電離與水解程度的相對大小，再比較微粒濃度；B．根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HTeO3﹣）+2c（TeO32﹣）+c（OH﹣）；C．根據(jù)物料守恒：c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3）D．質(zhì)子守恒：c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣）．【解答】解：（1）TeO2微溶于水，易溶于較濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)喊，是兩性氧化物，與氫氧化鈉發(fā)生類似氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，離子方程式為：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；故答案為：TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O；（2）堿浸后的“濾渣”為Ag和Au，Ag溶于稀硝酸，反應(yīng)為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；故答案為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；（3）因為TeO2是兩性氧化物，H2SO4過量會導(dǎo)致TeO2繼續(xù)與H2SO4反應(yīng)導(dǎo)致?lián)p失；防止局部酸度過大的操作方法是：緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；故答案為：溶液酸性過強(qiáng)，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)導(dǎo)致碲元素?fù)p失；緩慢加入H2SO4，并不斷攪拌；（4）SO2還原TeCl4為Te，本身被氧化為硫酸，化學(xué)方程式為TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；故答案為：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）①25℃時，亞碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，K2=2×10﹣8，H2TeO3?H++HTeO3﹣，Ka1===10﹣3，c（H+）=10﹣2mol/L，0.1mol?L﹣1H2TeO3的電離度a約為：×100%=10%；故答案為：10%；②A．NaHTeO3的溶液中存在電離和水解平衡，水解平衡常數(shù)Kh=====10﹣11＜K2=2×10﹣8，說明HTeO3﹣水解程度小于其電離程度，溶液顯酸性，則c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（H+）＞c（H2TeO3）＞c（OH﹣），故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HTeO3﹣）+2c（TeO32﹣）+c（OH﹣），故B錯誤；C．根據(jù)物料守恒：c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（HTeO3﹣）+c（H2TeO3），故C正確；D．質(zhì)子守恒：c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣），故D正確；故答案為：CD．【點評】本題考查粗銅精煉的電解反應(yīng)式的書寫，對給定條件的化學(xué)方程式、離子方程式的判斷及書寫、電離平衡常數(shù)的應(yīng)用、溶液中離子濃度大小的判斷等，難點是NaHTeO3的溶液中電離和水解平衡程度的相對大小，注意化學(xué)原理的掌握和應(yīng)用，難度較大．18.亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白與殺菌。以下是過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：已知：①NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當(dāng)條件下可結(jié)晶析出NaClO2?3H2O。②純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10％以下安全。③80g·L-1NaOH溶液是指80gNaOH固體溶于水所得溶液的體積為1L。（1）80g·L-1NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為

；（2）發(fā)生器中鼓入空氣的作用可能是

（選填序號）；a．將SO2氧化成SO3，增強(qiáng)酸性

b．將NaClO3氧化成ClO2

c．稀釋ClO2以防止爆炸（3）從“母液”中可回收的主要物質(zhì)是

；（4）吸收塔內(nèi)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為

；吸收塔的溫度不能超過20℃，其目的是

；（5）在堿性溶液中NaClO2比較穩(wěn)定，所以吸收塔中應(yīng)維持NaOH稍過量，判斷NaOH是否過量的簡單實驗方法是

；（6）吸收塔中為防止NaClO2被還原成NaCl，所用還原劑的還原性應(yīng)適中。除H2O2外，還可以選擇的還原劑是

（選填序號）；a．Na2S

b．Na2O2c．FeCl2（7）從吸收塔出的溶液中得到NaClO2?3H2O粗晶體的實驗操作依次是

（選填序號）。a．蒸發(fā)濃縮

b．蒸餾

c．過濾

d．灼燒

e．冷卻結(jié)晶參考答案：（1）2mol/L(2分)（2）c（2分）

（3）Na2SO4（2分）（4）2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2（2分）；防止H2O2分解（2分）（5）連續(xù)測定吸收塔內(nèi)溶液的pH（其它有合理答案均可）（2分）（6）b(2分)（7）a、e、c（2分）試題分析：（1）濃度g/L表示1L溶液中所含溶質(zhì)質(zhì)量的多少，80g/LNaOH溶液表示1L氫氧化鈉溶液含有80gNaOH.令溶液體積為1L，則80gNaOH的物質(zhì)的量為80g÷40g/mol＝2mol，所以該溶液氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度c（NaOH）＝2mol÷1L＝2mol/L；（2）由信息②可知，純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下安全．發(fā)生器中鼓入空氣的作用應(yīng)是稀釋ClO2以防止爆炸，