1、2020-2021第一学期高三年级化学期中检测考试时间：60分钟；命题人：注意事项：1.答题前填写好自己的刑名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上相对原子质量：H-1，S-32，O-16，P-31，C-12，N-14，Na-23，Cl-35.5第I卷(选择题 共36分)1. 下列物质的使用不涉及化学变化的是A. 明矾用作净水剂B. 液氨用作制冷剂C. 氢氟酸刻蚀玻璃D. 生石灰作干燥剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+，而Al3+很容易水解，生成胶状氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，
2、属于化学变化，A错误；B液氨汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，D错误；答案选B。2. 对于可逆反应A(g)+3B(s) 2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是( )A. v(A)=0.5 molL-1s-1B. v(B)=1.2 molL-1s-1C. v(D)=0.4 molL-1s-1D. v(C)=0.1 molL-1s-1【答案】A【解析】【分析】根据用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学
3、方程式中物质的化学计量数的比，把各种物质表示的化学反应速率都转化为用A物质表示的反应速率，并且速率单位相同，然后再比较其大小。【详解】Av(A)=0.5 molL-1s-1；Bv(B)=1.2 molL-1s-1，则v(A)=v(B)=0.4 molL-1s-1；Cv(D)=0.4 molL-1s-1，则v(A)=v(D)=0.2 molL-1s-1；Dv(C)=0.1 molL-1s-1，v(A)=v(C)=0.05 molL-1s-1；可见用A物质表示反应速率，速率最大值是v(A)=0.5 molL-1s-1，故合理选项是A。3. 工厂排放的废水中可能含有K+、Ag+、NH、Mg2+、SO
4、、Cl-、NO、HCO等离子。经检测废水呈强碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（ ）A. Ag+、K+、NO、HCOB. K+、NH、NO、SOC. Ag+、NH、Mg2+、HCOD. K+、Mg2+、SO、Cl-【答案】C【解析】【分析】【详解】由废水呈强碱性可知，溶液中含有大量的氢氧根离子，氢氧根离子能与银离子和镁离子反应生成沉淀，能与铵根离子反应生成弱碱一水合氨，能与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，则溶液中一定不含有银离子、铵根离子、镁离子和碳酸氢根离子，故选C。4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2 L SO3含有的分子数为0.
5、5NAB. 含有NA个原子的氦气体积约为22.4 LC. 25 、1.01105 Pa时，44 g CO2中含有的氧原子数为2NAD. 1 mol NaOH溶解在1 L水中，则其100 mL溶液中Na数为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.标准状况下，SO3不是气态，所以11.2 L SO3含有的分子数大于0.5NA，故A错误；B.含有NA个原子的氦气，物质的量是1mol，但未指明是标准状况，所以其体积不一定是22.4L，故B错误；C.44 g CO2物质的量为1mol，含有氧原子的物质的量为2mol，故C正确；D.1 mol NaOH溶解在1 L水中，1 mol NaOH电离出1
6、molNa+，此时溶液的体积大于1L，所以取出100ml溶液，含有的Na+数小于0.1NA，故D错误；本题答案为C。5. 在25、101kPa条件下，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJmol-1、285.8kJmol-1、870.3kJmol-1，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为（ ）A. -488.3kJmol-1B. +488.3kJmol-1C. -191kJmol-1D. +191kJmol-1【答案】A【解析】【分析】【详解】在25、101kPa条件下，H2(g)、C(s)和CH3COOH(l)的燃烧热分别是2
7、85.8 kJmol-1、393.5 kJmol-1和870.3 kJmol-1；分别写出燃烧热的热化学方程式可以得到：H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=-285.8 kJmol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5 kJmol-1，CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H=-870.3kJmol-1，由盖斯定律可知，2+2-可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，则此反应的H =2(-285.8 kJmol-1)+2(-393.5 kJmol-1)+870.3 kJmol-1=-488.3 kJmol-1，答案选
8、A。6. 已知三个氧化还原反应：若某溶液中、和共存，要想除去而又不影响和，可加入的试剂是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据三个氧化还原反应可知氧化性强弱顺序为：KMnO4Cl2FeCl3I2，为除去I-而不影响Fe2+和，加入的氧化剂的氧化性要弱于Cl2而强于I2，则可加入FeCl3除去I-；答案选C。7. 在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )A. 体系的体积不再发生变化B. v正(CO
9、)v逆(H2O)C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2D. 1 mol H-H键断裂的同时断裂2 mol H-O键【答案】C【解析】【分析】【详解】A由于反应前后气体的物质的量发生变化，容积可变，则若体系的体积不再发生变化，说明反应达到了平衡状态，A不符合题意；B根据反应可知，自始至终v正(CO)=v正(H2O)，若v正(CO)=v逆(H2O)，则v正(H2O)=v逆(H2O)，说明反应到达了平衡状态，B不符合题意；C根据反应可知，生成n mol CO的同时生成n mol H2，表示反应正向进行，不能说明反应到达平衡，C符合题意；Dl mol H-H键断裂的同时断裂2 mol H
10、-O键，断裂2 mol H-O键同时生成l mol H-H键，说明反应到达平衡状态，D不符合题意；故合理选项是C。8. 下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. 将铝片加入烧碱溶液中：2Al+2OH-2H2O2AlO2-+3H2B. 将少量金属钠放入冷水中：Na+2H2ONa+2OH-+H2C. 向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸：SO32-2H+SO2+H2OD. 向澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O【答案】A【解析】A将铝片加入烧碱溶液中发生的离子反应为2Al+2OH-2H2O2AlO2-+3H2，故A正确；B将少量金属钠放入冷水中发生的离子反应为2Na
11、+2H2O2Na+2OH-+H2，故B错误；C向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸，硝酸能氧化SO32-生成SO42-，同时硝酸被还原为NO，故C错误；D向澄清石灰水中通入过量的二氧化碳发生的离子反应为OH-+CO2HCO3-，故D错误，答案为A。9. 氢气用于烟气的脱氮、脱硫的反应：4H2(g)2NO(g)SO2(g)N2(g)S(l)4H2O(g)H0。下列有关说法正确的是（ ）A. 当v(H2)v(H2O)时，达到平衡B. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，化学平衡逆向移动C. 使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率D. 化学平衡常数表达式为K【答案】D【解析】【分析】A. 达到平衡状态时
12、，正反应速率等于逆反应速率；B. 升高温度，正逆反应速率均增大；C. 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动；D. 平衡常数是生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值。【详解】A. 没有说明反应速率的方向，不能证明v(正)=v(逆)，因此不能判断是否达到平衡，A项错误；B. 升高温度，正、逆反应速率都增大，B项错误；C. 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动平衡转化率不变，C项错误；D. 化学平衡常数为达到平衡时生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，K，D项正确；答案选D。10. 在一个固定体积的密闭容器中，保持一定温度，进行以下反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g)已知起始时加
13、入1molH2和2molI2(g)，当达到平衡时H2的体积分数为下列四种情况分别投入上述容器，且始终保持原温度，平衡时H2的体积分数也为的是()A. 2molH2(g)和1molI2(g)B. 3molHI(g)C. 2molH2(g)和2molI2(g)D. 1molI2(g)和2molHI(g)来科【答案】D【解析】【分析】等温等容条件下，对于反应前后气体物质的量不变的反应，经过等价转化只要最初加入的物质的量之比与原平衡相等，就会建立等效平衡，平衡时各物质的体积分数相同。题干起始n(H2):n(I2)=1：2。【详解】A、起始n(H2):n(I2)=1:2，不能建立等效平衡，故A错误；B、
14、加3molHI(g)相当于起始加入1.5molH2 和1.5molI2， n(H2):n(I2)=1:1，不能建立等效平衡，故B错误；C、起始n(H2):n(I2)=1:1，不能建立等效平衡，故C错误；D、起始加入1molI2(g)2molHI(g)相当于起始加入1molH2和2molI2(g)， n(H2):n(I2)=1；2，能建立等效平衡，所以D选项是正确的。所以选D。【点睛】等温等容条件下，对于反应前后气体物质的量不变的反应，经过等价转化只要最初加入的物质的量之比与原平衡相等，就会建立等效平衡，平衡时各物质的体积分数相同。由此分析解答。11. 利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的
15、应用。下列说法正确的是( )A. 氯碱工业中，X电极上反应式是4OH-4e-=2H2O+O2B. 电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变C. 在铁片上镀铜时，Y是纯铜D. 制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁【答案】D【解析】【分析】【详解】A项、X电极跟电源的正极相连，X为电解池的阳极，氯离子在阳极水失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2，故A错误；B项、精炼铜时，电解液为含Cu2溶液，粗铜除含有Cu外，还含有比铜活泼的锌、铁等杂质，锌、铁和铜在阳极发生氧化反应生成离子，而阴极上只有Cu2得电子发生还原反应生成铜，则Z溶液中的Cu2+浓度减小，故B错误；C项、在铁片上镀铜时，
16、镀层金属铜与电源正极相连做阳极，镀件铁片与电源负极相连作阴极，则与负极相连是铁片，故C错误；D项、工业上电解熔融氯化镁得到金属镁，故D正确；故选D。12. Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）A. Mg 电极是该电池的正极B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应C. 石墨电极附近溶液的pH 增大D. 溶液中Cl向正极移动【答案】C【解析】【分析】【详解】A.组成原电池的负极被氧化，在MgH2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；C.工作时，正极反应式为H
17、2O2+2H+2e-2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl向负极移动，D项错误。答案选C。【点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H+2e-2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。第II卷(非选择题 共64分)13. 按要求填空：(1)氢能是重要的新能
18、源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一、氢气是清洁燃料，其燃烧产物为_。NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为_。(2)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：_Ce3_ H2O2 _ H2O= Ce(OH)4_(3)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是_。(4)Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程
19、式为2AgClMg=Mg22Ag2Cl-电池的负极材料为_，发生的电极反应为_。电池正极发生的电极反应为_。(5)为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)O2(g)=H2O(g) H=-241.8 kJmol-1。C(s)O2(g)=CO(g) H=-110.5 kJmol-1。写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：_。(6)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). H2O (2). NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2 (3). 4NA或24081024， (4). 2Ce3+H2O
20、2+6H2O= 2Ce(OH)4+6H+ (5). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (6). Mg (7). Mg-2e-=Mg2+ (8). 2AgCl+2e-=2Ag+2Cl- (9). C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+13l.3 kJmol-1 (10). S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+【解析】【分析】【详解】(1)氢气的燃烧产物为H2O；反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O中H元素发生归中反应，H元素化合价由-1价、+1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒配平反应方
21、程式：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目依据氢元素化合价变化，-1价和+1价变化为0价计算得到电子转移总数4mol，转移的电子数目为4NA或2.4081024；(2)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3+H2O2+6H2O= 2Ce(OH)4+6H+；(3)惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，Mn化合价升高，发生失去电子的氧化反应，所以阳极的电极反应
22、式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；(4)根据总反应可知该电池放电时Mg被氧化，所以负极材料为Mg，电极反应为Mg-2e-=Mg2+；Ag元素化合价由+1价变为0价，发生还原反应，所以AgCl为电池正极，正极上电极反应式为2AgCl+2e-=2Ag+2Cl-；(5)已知： H2(g)+O2(g)=H2O(g) H=-241.81kJmol-1C (s)+O2(g)=CO (g) H=-110.51kJmol-1利用盖斯定律，将-可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=(-110.51kJmol-1)-(-241.81kJmol-1)=+13l.3 kJmol-1；
23、(6)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，氯气被还原为氯离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子反应为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+。14. 利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50 mL 050 molL1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；用另一量筒量取50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？_。 （2）倒入NaOH溶液的正确操作是_(填序号)。 A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量倒入 C一
24、次迅速倒入（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_(填序号)。 A用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动 （4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 molL1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为H1、H2、H3，则H1、H2、H3的大小关系为_。（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 gcm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c4.18 Jg11。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_(结果保留一位小数)。 （6）_(填“能”或“不能”)用
25、Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_。【答案】 (1). 确保盐酸被完全中和 (2). C (3). D (4). H1H2H3 (5). 51.8 kJmol1 (6). 不能 (7). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定【解析】【分析】（1）在中和热的测定实验中为了确保反应物被完全中和，常常使加入的一种反应物稍微过量一些；（2）为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入；（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；（4）稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离，它们的中和热
26、相同，稀氨水中的溶质是弱电解质，它与盐酸的反应中一水合氨的电离要吸收热量，故反应热的数值要小一些(注意中和热与H的关系)；（5）取三次实验的平均值代入公式计算即可；（6）因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应中和热的测定，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。【详解】（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为确保盐酸被完全中和；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，C正确，故答案为C；（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是
27、：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，D正确，故答案为D； （4）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以H1=H2H3，故答案为H1=H2H3； （5）第1次实验盐酸和NaOH溶液
28、起始平均温度为20.05，反应后温度为23.2，反应前后温度差为3.15；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为23.4，反应前后温度差为3.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55，反应后温度为23.6，反应前后温度差为3.05，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/（g），代入公式Q=cmT得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g）100g103kJ/J=1.2958kJ，则生成1mol的水放出热量为1.2958kJ=51.8kJ，即该
29、实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol，故答案为-51.8kJ/mol； （6）硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为不能；因为硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定。【点睛】注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。15. 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀
30、，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/浓度/ molL1体积/mL浓度/ molL1体积/mL0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1mol H2C2O4转移_mol 电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)n(KMnO4) _。（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_（填编号，下同），可探究反应物浓度对化学
31、反应速率影响的实验编号是_。（3）实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=_ molL1min1。（4）已知50时c()反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，画出25时c()t的变化曲线示意图。_【答案】 (1). 2 (2). 2.5 (3). 和 (4). 和 (5). 0.010或1.0 102 (6). 【解析】【分析】【详解】（1）草酸中碳元素为+3价，二氧化碳中碳元素为+4价，由化合价升高总数等于转移电子数可知1个H2C2O4转移2个电子，则每消耗1molH2C2O4转移2mol
32、电子；草酸与酸性高锰酸钾溶液反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O10e，只有当KMnO4完全反应，溶液的紫红色才能褪去，如果n(H2C2O4)=5mol、n(KMnO4)2mol，就能观察到紫色褪去，所以c(H2C2O4)c(KMnO4) = n(H2C2O4)n(KMnO4)2.5；（2）根据控制变量设计探究实验方案原则，实验和所用试剂的浓度、体积均相同，反应温度分别为25、50，这组对比实验的目的是探究温度对化学反应速率的影响；实验和的温度相同，酸性高锰酸钾溶液的浓度、体积均相同，草酸浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L，
33、这组实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响；实验和既改变了反应物的浓度，又改变了反应温度，不能得到合理的结论；（3）实验中：2.0mL草酸溶液加入4.0mL酸性高锰酸钾溶液，能稀释后者，设稀释后高锰酸钾的初始浓度为xmol/L，根据题意和稀释定律（c1V1=c2V2）可知，0.010 molL14.0103L=x molL1（4.0+2.0）103L，则x=0.010 molL14.0/6.0，紫色恰好褪色时高锰酸钾浓度减小为0，则c(KMnO4) =，而t= min，由v= 可得，v(KMnO4)= =0.010 molL1min1；（4）根据控制变量原则，高锰酸根离子的起始浓度不变，仅仅
34、降低温度，反应速率减小，则褪色的时间增大，相同时间内高锰酸根离子的变化浓度减小，则25时反应过程中c(MnO4)t的变化曲线位于50时曲线的右边，即图像为：16. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。其一种生产工艺如下:(1) 写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:_。(2) “电解”中阴极反应的主要产物是_。(3) “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_溶液、_溶液。(填化学式)(4) “尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。写出“尾气吸收”的离子方程式：_。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_
35、。(5) “有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力。其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_g(计算结果保留两位小数)。【答案】 (1). 2NaC1O3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (2). ClO2-(或 NaC1O2) (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). 2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O (6). 21 (7). 1.57【解析】(1)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生
36、成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；(2)ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；(3)食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；(4)依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，发生反应的离子方程式为2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O；此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21；(5)1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2Cl-4e-，Cl22Cl-2e-，可知氯气的物质的量为mol4=mol，则氯气的质量为mol71g/mol=1.57g。
