1、江苏省苏州新草桥中学2020届高三化学上学期10月月考试题（含解析）相对原子质量：H-1 O-16 C-12 S-32 Fe-56第卷（共46分）一、单项选择1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【答案】A【解析】【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有
2、以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。2.下列说法正确的是A. 强电解质溶液的导电性一定比弱电解
3、质溶液的导电性强B. 食盐溶液能导电，所以它是电解质C. SO3的水溶液可以导电，但它不是电解质D. NaHSO4无论是在水溶液里还是在熔融状态都可以电离去出Na+、H+和so42【答案】C【解析】【详解】A溶液的导电性与离子浓度成正比，所以强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，故A错误；B食盐溶液能导电，说明氯化钠电解质，氯化钠溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；CSO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是SO3，所以SO3是非电解质，故C正确；D硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下
4、电离出钠离子和硫酸氢根离子，D错误；故选C。3.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）A. 中子数为8的氮原子：B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式：D. Cl的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl的结构示意图为，选项D错误。答案
5、选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。4.巳知某溶液中存在较多的H、SO42-、NO3-，则该溶液中还可能大量存在的离子组是（ ）A. Al3+、CH3COO-、Cl-B. Mg2+、Ba2+、Br-C. Mg2+、Cl-、I-D. Na+、NH4+、Cl-【答案】D【解析】【详解】AAl3+、CH3COO-、Cl-中的CH3COO-可与 H+、SO42-、NO3-中的 H+反应生成弱电解质醋酸，故A错误；BMg2+、Ba2+
6、、Br-中的Ba2+可与H+、SO42-、NO3-中的SO42-反应，即Ba2+SO42-BaSO4，故B错误；C在H+、SO42-、NO3-中含有的硝酸是氧化性酸，而能与具有强还原性的I-发生氧化还原反应，故C错误；DH+、SO42-、NO3-中的任何离子与Na+、NH4+、Cl-中的任何离子都不发生反应，因此可以大量共存，故D正确；故选D。5.下列说法正确的是()A. Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Zn+Cu2+=Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应B. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Cl2+H2O=HCl+HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应C. Na2SO3与H2O
7、2的反应为氧化还原反应D. 生石灰用作食品抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，A错误；B、两个反应中，水中H、O元素化合价都没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C、Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应，SO32-被氧化为SO42-，C正确；D、生石灰不具有还原性，在食品中可作干燥剂，D错误；故选C。6.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（ ）A. 生石灰能与水反应，可用于实验室干燥氯气B. 二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒C. 常温下，铝与浓硫酸发生钝化，可用铝槽车贮运浓硫酸D. 钠是一种具有强还原性的金属，可用于冶炼钛、
8、锆、铌等金属【答案】A【解析】【详解】A生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能够与氯气反应，不能干燥氯气，故A错误；B二氧化氯中氯的化合价为+4价，不稳定，易转变为1价，从而体现较强的氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；C浓硫酸具有强氧化性，可使铝钝化，所以在常温下用铝质容器贮运浓硫酸，故C正确；D金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故D正确；答案选A。【点睛】酸性或中性气体用浓硫酸干燥，碱性或中性气体用碱石灰、氢氧化钠等干燥。7.下列有关物质的性质与应用不相对应的是（ ）A. 明矾能水解生成Al(OH)3
9、胶体，可用作净水剂B. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D. Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【答案】C【解析】【详解】A明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，可以做净水剂，故A正确；B铁离子具有氧化性，能和铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，所以氯化铁能腐蚀铜板，故B正确；C二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故C错误；D锌是金属易导电，锌在氧化还原反应中易失电子而作还原剂，还原剂具有还原性，可用作锌锰干电池的负极材料，故D正确；答案选C【点睛】
10、性质和用途必须相对应，二氧化硫有漂白性，可以用来漂白纸浆。8.下列反应的离子方程式中，正确的是（ ）A. 向硝酸银溶液中加盐酸Ag+C1-=AgClB. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I-+IO3-+6H+=I2+3H2OC. 盐酸跟氢氧化镁反应：H+OH-=H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2+H2【答案】A【解析】【详解】A向硝酸银溶液中加盐酸的离子反应为Ag+ClAgCl，故A正确；B离子方程式电荷不守恒，正确的离子反应为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故B错误；C盐酸跟氢氧化镁反应的离子反应为2H+Mg(OH)2Mg2+2H2O，故C错误；D电解饱和食盐
11、水生成氯气、氢气和氢氧化钠，正确的离子反应为：2Cl-+ 2H2OCl2+H2+2OH-，故D错误；答案选A。【点睛】离子方程式要满足符合客观事实，电荷守恒，原子个数守恒等原则，注意各种物质要拆分正确，固体，气体，水，弱电解质不能拆成离子形式。9.下列物质的转化在给定条件下均能实现的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】【详解】A. 铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以转化不能实现，A项错误；B. 氯化镁与石灰
12、乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B项正确；C. 硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，C项错误；D. 氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，D项错误；答案选B。10.下列陈述、均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、SO2能使酸性高锰酸钾褪色，利用SO2的
13、还原性和KMnO4的强氧化性，与SO2的漂白性无关，I和之间无因果关系，故A不符合题意；B、NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和之间存在因果关系，故B符合题意；C、浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C不符合题意；D、钝化也是化学反应，故D不符合题意。【点睛】易错点是选项A，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用SO2的还原性，SO2的漂白性一般仅限于使品红溶液褪色，且不能漂白酸碱指示剂，基础知识应记准。11.下列有关说法正确的是A. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAB. 在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3
14、H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC. 根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀) HNO3(浓)D. 含有大量NO3的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl【答案】D【解析】【详解】A选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA，故A错误；B选项，在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 +3H2O中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，所以每生成3 mol I2转移电子数为5NA，故B错误；C选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧
15、化性：HNO3(稀) ZYB. 由X、Y组成的化合物中均不含共价键C. Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱D. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表A族，且原子序数大于Y，则Z为Al元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、S元素，据此进行解答。【详解】A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径YZW，故A错误；BX、Y分别为O、Na元素，
16、O、Na组成的化合物可能是Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；CY、Z分别为Na、Al元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：YZ，Y最高价氧化物对应水化物的碱性强于Z，故C错误；D元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性XW，所以X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；答案选D。13.下列有关实验原理或实验操作不正确的是（ ）A. 用图1所示装置制取少量的氨气B. 用图2装置可以完成“喷泉”实验C. 用图3所示装置收集SO2D. 同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，可滴加酚酞进行鉴别【答案】C【解析】【详解】
17、A浓氨水中的水与CaO反应放出大量热，NH3H2O受热分解产生氨气，故A正确；BCl2与NaOH溶液反应使烧瓶内压强降低，形成负压喷泉，故B正确；CSO2的密度比空气大，收集时应从长管进短管出，故C错误；D由于碳酸钠比碳酸氢钠的水解程度大，同浓度时前者碱性强，滴加酚酞，前者呈红色，后者呈浅红色，即前者红色深，故D正确；答案选C。二、不定项选择（每题有12个正确答案）14.下列指定反应的离子方程式错误的是（ ）A. 用惰性电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-B. NaHSO3溶液在空气中变质：2HSO3-+O2=2SO42-+2H+C. 酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水：
18、Cr2O72-+8H+3H2O2=2Cr3+3O2+7H2OD. 向Ag(NH3)2OH溶液中加入盐酸：Ag+Cl-=AgCl【答案】AD【解析】【详解】A惰性电极电解氯化铝溶液，生成氢氧化铝沉淀、氢气、氯气，离子反应为2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3，故A错误；BNaHSO3溶液在空气中变质：2HSO3-+O2=2SO42-+2H+，故B正确；C酸性K2Cr2O7溶液氧化双氧水，生成Cr3+、O2和H2O，离子反应：Cr2O72-+8H+3H2O2=2Cr3+3O2+7H2O，故C正确；DAg(NH3)2OH的溶液中加入足量盐酸产生沉淀，离子方程式：Ag(NH3
19、)2+OH+3H+Cl=AgCl+2NH4+H2O，故D错误；答案选AD。15.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、SiO32-、CO32-B. c(ClO-)=1molL-1的溶液中：H+、NH4+、Cl-、I-C. c(H+)/c(OH-)=11012molL-1的溶液中：NH4+、Cu2+、SO42-、CH3COO-D. 由水电离产生的c(H+)=110-13 molL-1的溶液中：Na+、Fe2+、SCN-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH、Na+、K+、SiO32-、CO32-各离子相互之间不
20、反应，能大量共存，选项A正确；Bc(ClO-)=1molL-1的溶液中：H+、ClO-、I-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；Cc(H+)/c(OH-)=11012molL-1的溶液呈酸性，CH3COO- 不能大量存在，选项C错误；D由水电离产生的c(H+)=110-13 molL-1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则H+、NO3-、Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则Fe2+不能大量存在，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意D中由水电离产生的c(H+)=110-13 molL-1的溶液可能呈
21、酸性也可能呈碱性，若酸性则H+、NO3-、Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则Fe2+不能大量存在。16.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A. WZ的水溶液呈碱性B. 元素非金属性的顺序为XYZC. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素
22、。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为ClSP，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。17.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，
23、上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向浓度均为0.01mol/L的NaCl和NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】A苯酚和Na2CO3反应生成NaHCO3和苯酚钠，导致浊液变澄清，根据强酸制取弱酸原理知，苯酚酸性大于HCO3而不是碳酸，故A错误；B向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，由此证明I2在CCl4中的溶
24、解度大于在水中的溶解度，故B正确；C同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应为Cu2+Fe=Cu+Fe2+，所以该反应中氧化剂是Cu2+、氧化产物是Fe2+，则氧化性：Cu2+Fe2+，故C错误；D离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀，观察到产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D正确；答案选BD。18.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是()A. 、中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B. 管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声
25、音判断气体纯度C 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。第卷（共74分）19.下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为11
26、8号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题：（1）D的化学式为_；F的结构式为_。（2）A与B生成D的反应在工业上是生产_的反应原理之一。（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为_。（4）B和C反应的化学方程式为_。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：_。【答案】 (1). NO (2). NN (3). 硝酸 (4). 3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O (5). 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O (6). 2Cu2+2Cl-+
27、SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42【解析】【分析】E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu(NO3)2，I为Cu(OH)2，J为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为NN；(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO
28、是工业生成硝酸的重要反应之一；(3)G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；(4)B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42。20.（1）盐酸中加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。该反应的化学方程式是_。（2）用NaClO-NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：_。（3）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状
29、Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。（4）Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaClO3，该反应的离子方程式为_。（5）在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72-还原成为Cr3+，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+3Cl2+8H2O (2). 2Ag+ClO+2OH=Ag2O2+Cl+H2O (3). 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O (4). 3Cl2+6OHClO3+5Cl+3H2O (5). 3HSO3+Cr2O72+5H+=2Cr3+3SO42+4H
30、2O【解析】【分析】(1)产生黄绿色气体，可知此反应发生氧化还原反应，根据电子守恒和原子守恒书写方程式；(2)用NaClO-NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2，同时生成氯化钠和水，结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；(3)向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，据此分析书写方程式；(4) Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO3和水；(5)在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠，结合得失电子守恒和原子守恒分析。【详解】(1)盐酸中加入少量K2
31、FeO4固体，产生黄绿色气体。可知此反应发生氧化还原反应，还原产物应为FeCl3，根据电子守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+3Cl2+8H2O；(2)用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2，同时还会生成NaCl和水，氧元素从2价被氧化成Ag2O2中的1价，化合价至少升高2价；NaClO中Cl元素从+1价被还原为1价的Cl，然后结合原则守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为：2Ag+ClO+2OH=Ag2O2+Cl+H2O；(3)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的M
32、g化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；(4) Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO3和水，该反应的离子方程式为：3Cl2+6OHClO3+5Cl+3H2O；(5)在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为：3HSO3+Cr2O72+5H+=2Cr3+3SO42+4H2O。21.以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下：（1）氯化过程控制电石渣过量，在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成
33、Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_（填序号）。A适当减缓通入Cl2速率B充分搅拌浆料 C加水使Ca(OH)2完全溶解（2）氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_（填化学式）。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2 nCaCl2_15（填“”、“”或“=”）。（3）向滤
34、液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100gL-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。【答案】 (1). 2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O (2). AB (3). CaCO3、Ca(OH)2 (4). (5). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】电石渣含有Ca(OH)2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3。【详解】(1)氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸
35、钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2速率、充分搅拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，故答案为AB；(2)发生6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca(ClO3)2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca(OH)2微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca(OH)2，故答案为CaCO3、Ca(OH)2；氯化过
36、程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca(ClO)2和CaCl2，则nCa(ClO3)2：nCaCl21：5，故答案为；(3)该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶。22.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH2+H2O2NO2+2OH+H2O下列措施能提高尾气中N
37、O和NO2去除率的有_（填字母）。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_（填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。【答案】 (1). 2NH3+2O2N2
38、O+3H2O (2). BC (3). NaNO3 (4). NO (5). 3HClO+2NO+H2O3Cl+2+5H+ (6). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【解析】【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O，故答案为2NH3+2O2N2O+3H2O；（2）A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的Na
39、OH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故答案为BC；由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，故答案为NaNO3；NO；（3）在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子
40、守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+，故答案为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。23.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH
41、溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率=（1）100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_（填化学式）转化为_（填化学式）。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2
42、O3）=_。【答案】 (1). SO2+OHHSO3 (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). NaAlO2 (5). Al(OH)3 (6). 116【解析】【分析】根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O。（2）根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600，不添加CaO的矿粉低于500焙烧时，去除的
43、硫元素主要来源于FeS2。添加CaO，CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3。（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2。【详解】（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+
44、OH-=HSO3-。（2）根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600，不添加CaO的矿粉低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。【点睛】本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如NaOH溶液吸收过量SO2则产物为HSO3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。