1、江苏省扬州市江都区大桥高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-12O-16K-39Cr-52Fe-56Cu-64Sn-118选择题单项选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意1.大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”。下列活动会导致大气中CO2含量增加的是A. 燃烧煤炭供热B. 利用风力发电C. 增加植被面积D. 节约用电用水【答案】A【解析】【详解】A、煤炭的主要成分是碳，燃烧会产生二氧化碳，导致大气中CO2的含量增加，A符合题意；B、利用风力发电能减少CO2的排放，B不符合题意；C、绿色植物的光合作用能吸收CO2，降低大气中CO
2、2的含量，C不符合题意；D、我国的能源主要来自燃煤发电，节约能源，会降低大气中CO2的含量，D不符合题意。答案选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为10的氧原子：B. Mg2+的结构示意图：C. 硫化钠的电子式：D. 乙醇的结构简式：C2H6O【答案】B【解析】【详解】AO的质子数为8，中子数为10，则质量数为18，可表示为，故A错误；BMg2+核外有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，故B正确；C硫化钠为离子化合物，电子式为，故C错误；D乙醇分子结构中含有羟基，其结构简式为C2H5OH或CH3CH2OH，故D错误；故答案为B。3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的
3、是A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料【答案】D【解析】【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；答案选D。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
4、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. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)C. W简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物【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，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，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题。【详解】由上述分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S；A元素Y、W的简单阴离子分别
5、为F-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则四种元素的原子半径由小到大的顺序为FOSNa，故B错误；CF的非金属性比S强，则HF比H2S稳定，故C错误；DNa是活泼金属，F是活泼非金属，两者组成的化合物NaF为离子化合物，故D正确；故答案为D。5.下列实验方法、结论不正确的是A. 向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，该溶液中不一定含有SO42-B. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+C. 用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液D. 硝酸钾固体中含少量氯化钾：配制80
6、的饱和溶液，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【解析】【详解】A向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀出现，沉淀为硫酸钡或AgCl，则溶液中可能含有SO42-或Ag+，但二者不能同时存在，故A正确；B观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃，则用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能含有K+，故B错误；C胶体有丁达尔效应，而溶液没有，则利用丁达尔效应可鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故C正确；DKNO3和KCl溶解度受温度影响不同，则配制80的饱和溶液，冷却、结晶、过滤、洗涤干燥可除杂，故D正确；故答案为B。6.下列装置能达到实验目的的是
7、A. 图1用于分离酒精和水B. 图2用于验证木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2C. 图3用于除去CO2中的少量HClD. 图4用于制备蒸馏水【答案】C【解析】A、酒精和水任意比互溶，不能用分液的方法分离，选项A不能达到实验目的；B、木炭与浓硫酸的反应产物中含有CO2、SO2，两者都能使澄清石灰水变浑浊，选项B不能达到实验目的；C、盐酸的酸性比碳酸强，HCl气体与NaHCO3容易反应生成NaCl、CO2气体和H2O，用饱和碳酸氢钠溶液洗气能除去CO2中混有的少量HCl，选项C能达到实验目的；D、制备蒸馏水时温度计应置于蒸馏烧瓶支气管口中央，冷凝水应下进上出，选项D不能达到实验目的。答案选C。7.
8、通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)H1=+571.6kJmol-1焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H2=+131.3kJmol-1甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H3=+2061kJmol-1A. 反应中电能转化为化学能B. 反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的H=+74.8kJmol-1C. 反应使用催化剂，H3减小D. 反应为放热反应【答案】B【解析】【详解】A太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B根据盖斯定律，目标反应CH
9、4(g)C(s)+2H2(g)相当于-，故H=H3-H2，H=+206.1kJmol-1-(+131.3kJmol-1)=+74.8kJmol-1，故B正确；C催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D反应的H20，则该反应为吸热反应，故D错误；故答案B。【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系，注意盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点。8
10、.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25时，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的数目为210-2NAB. 一定条件下，1molN2与3molH2混合充分反应，转移电子数目为6NAC. 常温下，1.0L0.1molL1FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAD. 用石墨电极电解足量CuSO4溶液，当阴极析出6.4gCu时，转移电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误；B氮气和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于6NA个，故B错误；CFe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的Fe3+小于
11、0.1NA个，故C错误；D6.4g铜的物质的量为0.1mol，而阴极的电极方程式为Cu2+2e-=Cu，故当生成0.1mol铜时转移0.2NA个电子，故D正确；故答案为D。9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. Kw/c(H+)=110-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-B. 使酚酞变红色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-C. 与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、SO42-D. 水电离的c(H+)=110-13mol/L的溶液中:K+、Na+、A1O2-、CO32-【答案】A【解析】A. 11013 molL1的溶液
12、中氢离子浓度是0.1mol/L，因此溶液显酸性，四种离子间不反应，可以大量共存，A正确；B. 使酚酞变红色的溶液显碱性，Al3不能大量共存，B错误；C. 与Al反应能放出H2的溶液如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，如果显酸性Fe2与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D. 水电离的c(H)11013 molL1的溶液中水的电离被抑制，溶液如果显酸性，则偏铝酸根离子、碳酸根离子不能大量共存，D错误，答案选A。点睛：明确常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2
13、）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。10.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】【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
14、应，B项错误；C.工作时，正极反应式为H2O2+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。不定项选择题：每小题有一个或两个
15、选项符合题意11.反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用于判断氯气管道是否漏气，关于该反应的说法正确的是A. NH3是还原剂B. 被氧化与未被氧化的NH3物质的量之比为1:3C. Cl2发生氧化反应D. 每生成1molN2，转移3mol电子【答案】AB【解析】【详解】A反应中N元素的化合价部分从-3价升高为0价，则NH3为还原剂，故A正确；B3Cl2+8NH36NH4Cl+N2反应中有8mol氨参加反应，2mol是还原剂，还有6mol未被氧化，所以被氧化与未被氧化的NH3物质的量之比为1：3，故B正确；C反应中Cl元素化合价降低，则Cl2为氧化剂，发生还原反应，故C错误；D每生成1 m
16、ol N2，有6mol(1-0)=6mol电子转移，故D错误；故答案为AB。【点睛】以氨气的性质为载体，考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，反应3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成。12.下列指定反应的离子方程式正确的是A. HCO3-水解：HCO3-+H2OCO32-+H3OB. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+C. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2D. NaHSO4溶液和Ba
17、(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2+2OH+2H+SO=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】AHCO3-水解的离子反应方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故A错误；B向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉时发生的离子反应方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故B错误；C用惰性电极电解MgCl2溶液时发生的离子反应方程式为Mg2+2Cl+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2，故C错误；DNaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，此时发生的离子反应方程式为Ba2+2OH+2H+SO=BaSO4+2H2O，故D正确；故答案为D。13.根据下列实验操作和现象所
18、得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化B室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp（BaSO4）Ksp（CaSO4）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向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色说明氯水中含有HClOA. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详解】A亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，而硫酸钡不溶；加入足量稀盐酸，部分沉淀溶
19、解，则沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分Na2SO3被氧化，故A正确；BBaSO4、CaSO4均为白色沉淀，无法确定谁先沉淀，则无法比较Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)的大小，故B错误；C向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，即Fe3+能氧化I-，即可得出Fe3+的氧化性比I2的强的结论，故C正确；D氯水中含有Cl2和HClO，Cl2也能氧化FeCl2，则溶液颜色变成棕黄色，无法说明氯水中一定含有HClO，故D错误；故答案为AC。14.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A. Al2O3(s)+AlCl3(g)+
20、3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)，常压下该反应在1900的高温下才能进行，说明该反应的H0B. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀C. 将MgCl26H2O在坩埚中加热可获得MgCl2D. 反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的H可通过下式估算：H=反应中形成新共价键的键能之和反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】B【解析】【详解】A该反应S0，反应常压下在1900的高温下才能进行，H-TS0反应自发进行，说明该反应H0，故A错误；B用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故B正确；C将MgCl26H2O在坩埚中加热时
21、，因Mg2+的水解并生成挥发性酸HCl，最终获得固体为Mg(OH)2或MgO，故C错误；D2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的H可通过下式估算：H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；故答案为B。15. 氯碱工业是一种高耗能产业，一种将燃料电池与电解池组合的新工艺可节能30%以上，下图是该工艺图示（电极未标出）。下列说法正确的是A. X为H2，Y为Cl2B. A池为电解池，且mnC. B池为燃料电池，且abD. 该工艺优点是燃料电池提供电能且能提高烧碱产品的浓度【答案】CD【解析】如图：根据图片知，B装置中通入空气和Y，空气作氧化剂，且整个装置是原电池和电
22、解池组合的装置，B能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池；A通过以上分析知，A是电解池，B是原电池，原电池中燃料是氢气，所以Y是氢气，则X是氯气，故A错误；BA是电解池，电解氯化钠过程中，氯化钠溶液被电解时生成氯气、氢气和氢氧化钠，所以导致溶液中氯化钠浓度降低，所以mn，故B错误；CB是燃料电池，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，所以ab，故C正确；DB装置是把化学能转变为电能的装置，属于原电池，且正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，导致正极区域氢氧化钠浓度增大，故D正确；故选CD非选择题16.I、300时，将气体X和气体Y各0.16mo
23、l充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)2Z(g)H0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10(1)反应02minZ的平均速率v(Z)=_(2)能判断该反应已经达到平衡状态的是_A生成X的速率是生成Z的速率的2倍 B容器内压强保持不变C容器内气体的密度保持不变 D容器内各气体的浓度保持不变(3)温度为300时，该反应的化学平衡常数K _II、(1)常温下，0.005molL-1Ba(OH)2溶液的pH_(2)常温下，向0.1molL-1NH3H2O溶液中不断加水，过程中c(OH-)/c(NH3H2O)将
24、_(选填“增大”、“减小”或“不变”）(3)下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算）Fe3Al3Zn2开始沉淀的pH1.13.25.9完全沉淀的pH3.258.9某溶液中含Fe3、Al3、Zn2，欲除去Fe3、Al3，向其中滴加1.0moLL-1的NaOH溶液调节溶液的pH为_。【答案】 (1). 0.004molL-1min-1 (2). D (3). 1.44 (4). 12 (5). 增大 (6). 55.9或其间的一个值【解析】【分析】I(1)2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，根据v=计算v
25、(Y)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(Z)；(2)结合平衡状态的特征判断即可； (3) 由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；II(1) 常温下，Kw=110-14，0.005molL-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01 molL-1，c(H+)=；(2)向0.1molL-1NH3H2O溶液中不断加水，促进NH3H2O的电离，溶液中c(OH-)和c(NH3H2O)均减小，但n(OH-)的数目增多，而n(NH3H2O)数目减小；(3) 根据表
26、中数据分析Fe3、Al3沉淀完全时溶液的pH，Zn2开始沉淀时的pH，确定调节溶液的pH范围。【详解】I(1) 2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，则v(Y)=0.002mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，v(Z)=2v(Y)=0.004 mol/(Lmin)；(2) A生成Z的速率（为正反应）是生成X的速率（为逆反应）的2倍，反应达到平衡状态，而题给信息，速率之比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故A错误；B恒温恒容下，反应前后气体物质的量不变，容器内压强始终保持不变，故B错误；C混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内气体的密度始终保持
27、不变，故C错误；D容器内各气体的浓度保持不变，说明反应到达平衡，故D正确；故答案为D；(3) 由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.1mol，则： 由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度计算，平衡常数K=1.44；II、(1) 常温下，Kw=110-14，0.005molL-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01 molL-1，c(H+)=110-12 molL-1，则溶液的pH12；(2) 向0.1molL-1NH3H2O溶液中不断加水，促进NH3H2O的电离，溶液中c(OH-)和c(NH3H2O)均减小，但n(OH-)的数目增多，而n(NH3H
28、2O)数目减小，=，则将随水量的增加而增大； (3) Fe3沉淀完全时溶液的pH为3.2、Al3沉淀完全时溶液的pH为5，而Zn2开始沉淀时的pH为5.9，则欲除去Fe3、Al3，调节溶液的pH范围为55.9。【点睛】本题涉及化学平衡状态的判断，注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。17.氢氧化镍在乙醇悬浊液中可
29、发生如下反应生成单质镍的配合物：Ni(OH)2+5CH3NC(CH3NC)4Ni+CH3NCO+H2O(1)Ni2+基态核外电子排布式为_。(2)CH3NC(其结构简式为CH3- N C)分子中碳原子轨道的杂化类型是_；1molCH3NC中键的数目为_。(3)用光气(COCl2)与甲胺(CH3NH2)可以制取CH3NCO。与COCl2互为等电子体的一种阴离子为_。甲胺极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(4)Ni单质的晶胞结构如下图所示，晶体中每个Ni原子周围与之距离最近的原子个数为_。【答案】 (1). Ar3d8 (2). SP3 杂化、SP 杂化 (3). 5mol (4).
30、 NO3- 或CO32- (5). 甲胺与水形成分子间氢键 (6). 12【解析】【分析】(1)Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+；(2)根据CH3NC中碳原子形成的价层电子对数判断杂化轨道形式；单键均为键，叁键中含有1个键，2个键；(3)原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体；分子间存在氢键溶解性增强；(4)晶胞中顶点Ni原子与面心Ni原子间距离最短。【详解】(1) Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+，N
31、i2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，所以Ni2+基态核外电子排布式为Ar3d8；(2) CH3NC中甲基上的碳形成的价层电子对数为4，无孤对电子，则为sp3 杂化，而碳氮叁键中的碳形成的价层电子对数为2，则为sp杂化，单键均为键，叁键中含有1个键，则1molCH3NC中键的5mol； (3)原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，与COCl2互为等电子体的阴离子的化学式为CO32-或NO3-；水是极性溶剂，而甲胺是极性分子，且能与水形成分子间氢键，所以甲胺极易溶于水；(4) 晶胞中顶点Ni原子与面心Ni原子间距离最短，则晶体中每个Ni原子周围与之距离最近的原子个
32、数为83=12。【点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。18.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
33、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NO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
34、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+2O2N2O+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+3H2
35、O，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NaOH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
36、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
37、小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。19.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(1)已知7gCO完全燃烧放热70.7kJ，写出CO燃烧反应的热化学方程式_。(2)CO与O2设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。该电池的负极反应式为_，用该电池电解精炼铜，粗铜与通的_一极（填“CO”或“O2”）相连。(3)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图。在015小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为_（填序号）。(4)以TiO
38、2Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如下图。当温度在_范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素。Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，同时生成两种盐，写出有关的离子方程式_。【答案】 (1). 2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H-565.6 kJmol-1 (2). CO+4OH-2e-CO32-+2H2O (3). O2 (4). IIIIII (5). 300400 (6). 3Cu2Al2O4+32H+2NO3-6Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O【解析】分析】(1) 7gCO的物质
39、的量为=0.25mol，则1molCO完全燃烧放热70.7kJ=282.8kJ；(2)CO与O2燃料电池，通氧气的极为正极，则电池负极上CO发生氧化反应；电解精炼铜，粗铜与阳极相连；(3) 在015小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快；(4)从300开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大；Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，同时生成两种盐，此两种盐应为硝酸铜和硝酸铝，结合守恒法写出发生反应的离子方程式。【详解】(1) 7gCO的物质的量为=0.25mol，则1molCO完全燃烧放热70.7kJ=282.8kJ，故CO燃烧反应的热化学方程式为CO
40、(g)O2(g)=CO2(g) H-282.8 kJmol-1；(2) CO与O2燃料电池，通氧气的极为正极，则电池负极上CO发生氧化反应，电极反应式为CO+4OH-2e-CO32-+2H2O；电解精炼铜，粗铜与阳极相连，即粗铜与通氧气的极相连；(3) 在015小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快，由图可知，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为IIIIII；(4)从300开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大，所以当温度在300400范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素；Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，同时生成两种盐，此
41、两种盐应为硝酸铜和硝酸铝，则发生反应的离子方程式为3Cu2Al2O4+32H+2NO3-6Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O。20.聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。该过程中反应温度不宜过高，原因是_；H2O2氧化Fe2+的离子方程式为_。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，
42、滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000102molL1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将_（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_。【答案】 (1). 防止温度高了H2O2分解 (2). 2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 偏大 (4). n(Cr2O72-)=5.000102 molL122.00 mL103 Lm
43、L1=1.100103 mol，由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+14H+6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O），则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=61.100103 mol=6.600103 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=100%=12.32%【解析】【分析】(1)H2O2稳定性较差，受热易分解；在酸性条件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H2O；(2)Sn2+
44、具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多；根据转移电子守恒得Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，可得关系式Cr2O72-6Fe3+，再结合消耗K2Cr2O7的物质的量计算即可。【详解】(1)H2O2受热易分解，故反应温度不宜过高，以防止温度高了H2O2分解；酸性条件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H2O，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(2)Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大；n(Cr2O72-)=5.000102molL122.00 mL103 LmL1=1.100103mol，由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+(或Cr2O72-+14H+6Fe2+=6Fe3+2Cr3+7H2O)，则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=61.100103 mol=6.600103 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=100%=12.32%。