1、山西省运城市 2018 届高三上学期期中考试化学试题2017.11本试卷分第 I 卷(选择题)和第 1 卷( 非选择题)两部分,共 100 分，考试时间 90 分钟。可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N14 O-16 S-32 Na-23 Al 27 Ba137 Cu-64 Fe-56 Cl35.5 Mg24第 I 卷(选择题,共 48 分)一、选择题( 每小题只有一个正确选项，每小题 3 分,共计 48 分)1. 随着生活水平的不断提高，人们对食品化学的需求越来越高，下列的叙述不正确的是A. 人体虽然不能直接吸收纤维素,但是它已成为人们健康饮食的一部分。B. 食盐可作调味剂，也可作食
2、品防腐剂C. 新鲜蔬菜做熟后，所含维生素 C 会有损失D. 食用加碘盐因为含有单质碘所以不能放在油里烹炸【答案】D【解析】人体虽然不能直接吸收纤维素,但纤维素可以促进肠蠕动，是人们健康饮食的一部分，故 A 正确；食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故 B 正确；维生素 C 具有还原性，能被氧化，新鲜蔬菜做熟后维生素 C 会有损失，故 C 正确；食用加碘盐含有 ，故 D 错误。2. 下列图示与对应的叙述一定正确的是A. 图 1 所示反应:X(g) +Y(g) 2Z(g),曲线 b 一定是增大了反应体系的压强。B. 图 2 表明合成氨反应是放热反应，b 表示在反应体系中加入了催化剂C. 图 3 表示
3、向 Ca(HCO3)2溶液中滴入 NaOH 溶液所得沉淀的质最变化D. 图 4 表示明矾溶液受热时氢氧根离子浓度随温度的变化【答案】B【解析】图 1 所示反应:X(g) +Y(g) 2Z(g),曲线 b 是增大了反应体系的压强或加入了高效催化剂，故 A 错误；加入催化剂能降低反应的活化能，故 B 正确；向 Ca( HCO3)2溶液中滴入 NaOH 溶液，开始就有碳酸钙沉淀生成，故 C 错误；明矾溶液受热，铝离子水解平衡正向移动，溶液酸性增强，氢氧根离子浓度减小，故 D 错误。3. NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是58.5g 氯化钠固体中含有 NA个氯化钠分子1mol 碳烯( :CH
4、2)中含有的电子数为 8 NA常温常压下,3.2g CH 4中含有电子数为 2 NA标准状况下,2.24 L 四氯化碳含碳原子数为 0.1NA1L 1mol/LAlCl 3溶液中含有 NA个 Al3+常温下，42 g C 2H4和 C4H8的混合物中含有的碳原子数为 3 NAA. B. C. D. 【答案】D【解析】氯化钠是离子化合物，不含氯化钠分子，故 错误；1 个碳烯( :CH 2)中含有 8个电子，1mol 碳烯( :CH 2)中含有的电子数为 8 NA，故正确；3.2g CH 4的物质的量是，每个甲烷分子含有 10 个电子，所以含有电子数为 2 NA，故正确；标准状况下，四氯化碳是液体
5、，故错误； 铝离子能水解，1L 1mol/LAlCl 3溶液中含 Al3+小于NA个，故 错误；C 2H4和 C4H8的最简式都是 CH2，42 g C 2H4和 C4H8的混合物中含有的碳原子数 ,故正确 。4. PASS 是新一代高效净水剂,它由 X、Y、Z、W、R 五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X 原子半径最小,Y、R 同主族,Z、W、R 同周期,Y 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍,Z 是常见的金属，能层数等于主族序数，W 单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是A. Z 的阳离子与 R 的阴离子在溶液中因发生氧化还原反应无法共存B. WY2能与碱反
6、应,但不能与任向酸反应C. 原子半径按 X、Y、R、W、Z 的顺序依次增大D. 熔沸点:X 2R X2Y【答案】C5. 下列说法或表达正确的是次氯酸的电子式为含有离子键的化合物都是离子化合物等质量的 O2与 O3中，氧原子的个数比为 3：2丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，云、雾均能产生丁达尔效应将金属 Zn 与电源的负极相连，可防止金属 Zn 被腐蚀稀硫酸、氨水均为电解质A. B. C. D. 【答案】A【解析】次氯酸的电子式为 ，故错误；含有离子键的化合物是离子化合物，故正确；等质量的 O2与 O3中，氧原子的个数比为 1：1，故错误；云、雾都是胶体，云、雾均能产生丁达尔效应，故正确；将金属
7、 Zn 与电源的负极相连，Zn 做阴极，可防止金属Z 被腐蚀，故正确；稀硫酸、氨水都是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故错误；选 A。6. 化学与教轴有密切的关系，将某些化学知识用数轴表示，可以达到直观形象、简明易记的良好效果。下列数轴表示的化学知识错误的是A. 分散系的分类B. 氯化铝溶液中滴加氡氧化钠溶液后铝元索的存在形式C. 常温下,溶液的 PH 与其酸碱性的关系D. 二氧化碳通入澄清的石灰水中反应的产物【答案】D【解析】A 中，分散系微粒直径在 1100 nm 之间的为胶体，小于 1 nm 的为溶液，大于 100 nm 的为浊液，故 A 正确；在溶液中 n(OH-)/n(Al3+)
8、=3:1 时恰好生成 Al(OH)3沉淀，n(OH -)/n(Al3+)=4:1 时恰好生成 NaAl(OH)4，故 n(OH-)/n(Al3+)4 时，Al 元素的存在形式为Al(OH) 4-，故 B 正确；常温下,溶液的 PH=7呈中性，PH7 呈碱性，PH 越大碱性越强，故 C 正确；D 中，CO2通入澄清石灰水中反应:n(CO 2)/ nCa(OH)2 1:1 时生成 CaCO3，n(CO 2)/ nCa(OH)22:1 时生成 Ca(HCO3)2，在 1:12:1 之间既有 CaCO3，又有 Ca(HCO3)2，故 D 错误。7. 某溶波可能含有 Cl-、SO 42-、CO 32-、
9、NH 4+、Fe 3+、Al 3+和 K+。取该溶液 100mL,加入过量NaOH 溶液,加热,得到 0.02mol 气体,同时产生红褐色沉淀;过滤，洗涤、灼烧，得到 1.6g 固体;向上述滤液中加足显 BaCl2溶液,得到 4.66g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A. 至少存在 4 种离子B. Cl-一定存在,且 c(Cl-)=0.4mol/LC. SO42-、NH 4+一定存在,Cl -可能不存在D. CO32-、Al 3+一定不存在,K +可能存在【答案】A【解析】根据加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，说明有 NH4+，而且为 0.02 mol，同时产生
10、红褐色沉淀，说明有 Fe3+，红褐色沉淀是氢氧化铁，过滤，洗涤、灼烧，得到1.6g 固体，固体是 Fe2O3，物质的量是 0.1mol,所以原溶液含有 Fe3+ 0.02 mol，Fe 3+与 CO32-不能共存，则一定不含 CO32-，加足显 BaCl2溶液,得到 4.66g 不溶于盐酸的沉淀，沉淀是硫酸钡，说明有 SO42-，且为 0.02 mol，再根据电荷守恒可知一定含有 Cl-，至少为(0.023+0.021-0.022) =0.04 mol，不能确定是否含有 Al3+和 K+ ，若含有 Al3+和 K+，则氯离子的物质的量大于 0.04mol，若没有 Al3+和 K+，则氯离子的物
11、质的量等于 0.04mol；根据以上分析，一定含有 Fe3+、NH 4+、SO 42-、Cl -，一定不含 CO32-，可能含有 Al3+和 K+，故 A正确。8. 下列陈述 I、正确并且有因果关系的是选项陈述 陈述A SO2有漂白性 SO2可使溴水褪色B分别测定室温下等物质的量浓度的 Na2SO3与 Na2CO3溶液的 pH,后者较大证明非金属性:SCC向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加 KSCN 溶液显红色:若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去该溶液中既有 Fe3+,还有 Fe2+D 浓硫酸有脱水性浓硫酸可用于干燥H2和 COA. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】SO 2可使溴
12、水褪色，体现 SO2的还原性，故 A 错误；Na 2SO3不是 S 元素的最高价含氧酸盐，所以室温下等物质的量浓度的 Na2SO3与 Na2CO3溶液的 pH,后者较大，不能证明非金属性:SC，故 B 错误；Fe 3+能使 KSCN 溶液显红色，Fe 2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 正确；浓硫酸可用于干燥 H2和 CO，利用浓硫酸的吸水性，故 D 错误。点睛：非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；室温下等物质的量浓度的 Na2SO4与 Na2CO3溶液的 pH,后者较大，能证明非金属性:SC。9. 下列相关反应的离子方程式书写正确的是A. 向氧化铁中加入氢碘酸：Fe 2O3+
13、6H+2Fe 3+3H2OB. 向含有 0.1mol FeBr2的溶液中通入 0.1molCl2反应: 2Fe 2+ Cl2 =2Fe3+2Cl-C. NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液使 SO42-刚好沉淀完全:2Ba2+NH4+Al3+2SO42- +4OH- = Al(OH)3 + 2BaSO 4+ +NH 3H2OD. 向 NaHSO4溶液中滴加 Ba(OH)2溶液至中性 Ba 2+OH-+H+SO42- =BaSO4+H 2O【答案】C【解析】向氧化铁中加入氢碘酸：Fe 2O3+6H+2I-2Fe 2+3H2O+I2，故 A 错误；还原性 Fe2+Br-，向含有 0
14、.1mol FeBr2的溶液中通入 0.1molCl2反应: 2Fe 2+2 Br-+ 2Cl2 =2Fe3+Br2+4Cl-，故 B 错误；NH 4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液使 SO42-刚好沉淀完全，则 NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的比为 1:2: 2Ba2+NH4+Al3+2SO42- +4OH- = Al(OH)3 + 2BaSO 4+ NH 3H2O，故 C正确；向 NaHSO4溶液中滴加 Ba(OH)2溶液至中性，则 NaHSO4与 Ba(OH)2的比为 2:1，离子方程式为 Ba2+SO42- +2OH-+2H+ = BaSO4+2H 2O，故 D
15、错误。 H+ + SO42- + Ba2+ +2OH-=BaSO4 +2H 2O10. 下列图中的实验方案,能达到实验目的的是A B C D实验方案 将 NO2球浸泡在冰水热水中实验目的探究温度对平衡2NO2 N2O4的影响验证 FeCl3对 H2O2分解反应有催化作用除去 CO2气体中混有的 SO2比较 HCl、H 2CO3和H2SiO3的酸性强弱A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】将 NO2球分别浸泡在冰水、热水中，根据颜色判断平衡移动的方向，故 A 正确；实验改变了温度、催化剂两个变量，不能验证 FeCl3对 H2O2分解反应有催化作用，故 B 错误；碳酸钠溶液与二氧
16、化碳、二氧化硫都能反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去 CO2气体中混有的SO2，故 C 错误；氯化氢易挥发，氯化氢能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能根据图示装置比较 H2CO3和 H2SiO3的酸性强弱，故 D 错误。点睛：要证明 H2CO3和 H2SiO3的酸性强弱，在烧瓶、烧杯之间增加一个盛有变化碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中含有的氯化氢。11. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。则下列判断不正确的是A. 若有 0.5mol 氧化剂反应,则转移电子的物质的量为 2.5molB. 若氧化产物比还原产物多 0.7mol,生成 0.8
17、molN2(标准状况)C. KNO3的氧化性强于 N2D. 被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为 1:5【答案】D【解析】根据方程式可知硝酸钾中氮元素的化合价从+5 价降低到 0 价得到电子，因此硝酸钾是氧化剂；钠在化合物中显+1 价，因此氮化钠中氮元素的化合价是- 价，氮化钠中氮元素化合价升高到 0 价，氮化钠是还原剂；氮气既是氧化产物又是还原产物；根据方程式可知2mol KNO3参加反应转移电子电子的物质的量为 10mol，若有 0.5mol KNO3反应,则转移电子的物质的量为 2.5mol，故 A 正确；根据反应方程式可知每当生成 16mol N2，则氧化产物比还原产物多 14mo
18、l，现氧化产物比还原产物多 07mol，则生成生成 N2 0.8molN2，故 B 正确；氧化剂 KNO3的氧化性大于氧化产物 N2，故 C 正确；被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为 2:30=1:15，故 D 错误。12. 在下列溶液中一定能大量共存的离子组是A. c(H+)=110-13mol/L 的溶液:Na +、Ca 2+、SO 42-、CO 32-B. c(HCO3-)=0.1mol/L 的溶液中:Na +、K +、CO 32-、Br -C. 含有大量 Fe3+的溶液;Na +、Mg 2+、NO 3-、SCN -D. 含有大量 NO3-的幣液:H +、Fe 2+、SO 42-、
19、CO 32-【答案】B【解析】c(H +)=110-13mol/L 的溶液呈碱性，氢氧化钙微溶，硫酸钙微溶、碳酸钙难溶， 所以 Ca2+、SO 42-、CO 32-、 OH -不能大量共存，故 A 错误；c(HCO 3-)=0.1mol/L 的溶液中:Na+、K +、CO 32-、Br -不反应，故 B 正确；含有大量 Fe3+的溶液中 Fe3+与 SCN-生成 Fe(SCN)3，故 C 错误；含有大量 NO3-的幣液:H +、Fe 2+、NO 3-发生氧化还原反应，CO 32-、H +生成二氧化碳和水，故 D 错误。13. 空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC), R
20、FC 是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为 RFC 工作原理示意图，有关说法正确的是A. 转移 0.1mol 电子时，a 电极产生标准状况下 O2 1.12LB. c 电极上进行还原反应，B 池中的 H+可以通过隔膜进入 A 池C. b 电极上发生的电极反应是：2H 2O+2e H 2+2OH D. d 电极上发生的电极反应是：O 2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab 电极是电解池的电极，由电源判断 a 为阴极，产生的气体是氢气；b 为阳极，产生的气体是氧气；cd 电极是原电池的正负极，c 是正极，d 是负极；
21、电解池中的电极反应为：b 电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH-4e-=2H2O+O2；a 电极为阴极得到电子发生还原反应：4H +4e-=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d 为负极失电子发生氧化反应：2H 2-4e-=4H+；c 电极为正极得到电子发生还原反应：O 2+4H+4e-=2H2O； A a 电极为原电池正极，电极反应为 4H+4e-=2H2，生成氢气，故 A 错误； Bc 电极为正极得到电子发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，故 B 正确； b 电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH -4e-=2H2O+O2，故 B 错误；Cb 电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH -
22、4e-=2H2O+O2，故 C 错误； Dd 为负极失电子发生氧化反应：2H 2-4e-=4H+，故 D 错误；故选 B。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极。14. 甲、乙、丙、丁 4 种物质均含有两种元素,其分子均含有 18 个电子，下列说法正确的是A. 若气体乙的摩尔质量与 O2相同，则乙一定可以做燃料B. 若气体甲的水溶液在常温下的 pH7，则甲一定是 HClC. 若丙分子结构为空间正四面体，则丙一定比甲烷稳定D. 若丁为四原子分子，则一定含有非极性共价键【答案】A【解析】含有 18 个电子的常见化合物有 HCl、H 2S
23、、PH 3、SiH 4、N 2H4、H 2O2、C 2H6等。若乙的摩尔质量与 O2相同，为 32g/mol，则可能为 N2H4或 SiH4 ，N 2H4、SiH 4都可以做燃料，故 A 正确；若气体甲的水溶液在常温下的 PH7， HCl、H 2S 水溶液都呈酸性，故 B 错误；C、若丙分子结构为空间正四面体，则丙是 SiH4，甲烷比 SiH4稳定，故 C 错误；若丁为四原子分子，不一定含有非极性共价键，如 PH3中不含非极性共价键，故 D 错误。15. 一定量的锌粉和 3mol/L 的过量盐酸反应，当向其中加人少量的下列物质时能加快化学反应速率但不影响产生 H2总量的是铁粉 银粉 石墨粉 稀
24、硝酸 CaCO 3 浓盐酸A. B. C. D. 【答案】C16. 将 30.8g Al、Fe、Cu 组成的合金溶于足量的 NaOH 溶液中，产生 6.72L 气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成 11.2L NO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的 NaOH 溶液，得到沉淀的质量为A 39.3g B.40.7g C.56.3g D.34.2g【答案】B【解析】合金溶于足量的 NaOH 溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气 6.72L（标准状况） ，所以金属铝的质量是 5.4g，金属铝失电子的量是 0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成 Al3 、Fe
25、3 、Cu 2 离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为3=1.5mol，向反应后的溶液中加入过量的 NaOH 溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应中金属铁、铜失去电子的物质的量 0.9mol 等于生成氢氧化物结合氢氧根离子的物质的量，即 n（OH ）=0.9mol，所以反应后沉淀的质量等于 30.8g-5.4g+0.9mol17gmol1 =40.7 g。故选 B。二、填空题(本题有 4 小题,共 52 分)17. 有 A、B、C、D、E 五种短周期元素，已知:C +、D 3+均与 E 的气态氢化物分子含有相同的电子数;A 2-、B -与 B 的气态氢化物分子含有相同
26、的电子数;A 单质在空气中燃烧产生气体R;B 的气态氢化物与 E 的气态氢化物相遇时有白烟生成。请回答下列问题:(1)元素 A 在元素周期表中的位置是_(2)A、B、C、D 的简单离子半径从大到小顺序为_(用离子符号表示)(3)B 的气态氢化物与 E 的气态氢化物相遇时生成白烟的电子式为_，其中所含化学键类型为_(4)D 的最高价氧化物的水化物与 C 的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_(5)A 元素和 B 元素以原子个数比 1:1 形成化合物 Q，Q 的结构式为_己知 Q 是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生 R 气体，易溶液出现浑浊，请写 Q 与水反应的化学方程式_【答案】 (1
27、). 第三周期、A 族 (2). S 2-Cl-Na+Al3+ (3). (4). 离子键、共价键、配位键(离子键、共价键也可以) (5). Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O (6). Cl-S-S-C1 (7). 2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl【解析】试题分析：B 形成 B-，B 的气态氢化物与 E 的气态氢化物相遇时有白烟生成，则B 是 Cl 元素、E 是 N 元素；C +、D 3+均与 NH3含有相同的电子数，则 C 是 Na 元素、D 是 Al元素；A 2-、B -与 HCl 分子含有相同的电子数，则 A 是 S 元素；A 单质在空气中燃烧产生气体R，则 R
28、 是 SO2。解析：(1)S 元素在元素周期表中的位置是第三周期、A 族；(2)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，A、B、C、D 的简单离子半径从大到小顺序为 S2-Cl-Na+Al3+；(3)氯化氢与氨气相遇时生成氯化铵，氯化铵的电子式为 ，其中所含化学键类型为离子键、共价键；(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝， C 的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(5)S 元素和 Cl 元素以原子个数比 1:1 形成化合物是 S2Cl2，S 2Cl2的结构式为 Cl-S-
29、S-C1；己知 Cl-S-S-C1 是种黄色油状液体，常温下遇水易反应，产生 SO2气体，易溶液出现浑浊，即生成 S 沉淀，根据元素守恒，同时生成氯化氢， S 2Cl2与水反应的化学方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl。点睛：氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。18. 甲醇的燃点低，很容易着火,是发展前景很好的一种液体燃料。(1)已知甲醇的燃烧热为 726.5kJ/mol,则甲醇燃烧的热化学方程式为_.(2)利用合成气主要成分为 CO 和 H2)在催化剂的作用下合成甲醇，已知反应中有关物质
30、的化学键键能数据如下表所示:化学键 H-H C-O CO H-O C-HE/(kJ/mol) 436 343 1076 465 413则: CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)H=_kJmol -1,每消耗标准状况下 8.96LCO 时转移电子的物质的量是_.(3)以甲醇为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。如图是月前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。B 极为电池_极,B 极的电极反应式为_【答案】 (1). CH 3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(1) H=-726.5KJ/mol (2). -99kJ/mol (3).
31、1.6mol (4). 负 (5). CH 3OH+3O2-6e-=CO2+2H 2O【解析】试题分析：(1)甲醇燃烧热是 1mol 甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量；(2)焓变=反应物的总键能生成物的总能量；在 CO+2H2CH3OH 的反应，CO 中碳元素化合价由+2 价变为-2 价；(3)原电池中阴离子移向负极，根据 移动方向判断电极。解析：(1)甲醇燃烧热是 1mol 甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，甲醇燃烧的热化学方程式为 CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(1) H=-726.5KJ/mol；(2)焓变=反应物的总键能生成物的总能
32、量，CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)H=107643624133343465=-99kJ/mol； 在 CO+2H2CH3OH 的反应，CO 中碳元素化合价由+2 价变为-2 价，1molCO 转移 4mol 电子；标准状况下 8.96LCO 的物质的量是0.4mol，0.4molCO 转移电子 1.6mol；(3)原电池中阴离子移向负极， 移向 B 极，所以 B是负极；B 极 CH3OH 失电子生成二氧化碳和水，电极反应式为 CH3OH+3O2-6e-=CO2+2H 2O；点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极、阴离子移向负极；电解池中阳离子移
33、向阴极，阴离子移向阳极。19. 亚氯酸钠(NaClO 2)是一种高效内氧化剂、漂白剂,其有效氯含量相当于漂白粉的 7 倍，主要用于棉纺、造纸业的漂白制，也用于食品消毒。水处理等。以氯酸纳等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下:已知：亚氯酸钠(NaC1O 2)受热易分解；NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出 NaClO23H2O；ClO 2常温下为黄绿色气体,纯 ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10% 以下更安全。回答下列问题:(1)在 ClO2发生器中通入空气的作用是_(2)吸收塔中发生反应的化学方程式为:_(3)由滤液 NaClO23H2O，需采取的操作是
34、在 55C 的条件下减压蒸发、_、_洗涤、干燥。工业上通常采用“减压蒸发”而不用“常压蒸发”,原因是_;结晶后需要对晶体洗涤，为了减少损失，可以用_洗涤晶体。(4)在碱性溶液中 NaClO2比较稳定,在酸性溶液中, ClO 2-和 H+结合为 HClO2,HClO2是唯一的亚卤酸，不稳定,易分解产生 Cl2、ClO 2和 H2O,试写出 HClO2分解的化学方程式_。【答案】 (1). 稀释 ClO2以防止爆炸 (2). H 2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O2+O2 (3). 冷却结晶 (4). 过滤 (5). 常压蒸发温度过高,亚氯酸钠容易分解 (6). 冰水或酒精
35、(7). 8HClO 2=Cl2+6ClO 2+4H 2O【解析】试题分析：(1)根据纯 ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10% 以下更安全分析通入空气的目的；(2)根据流程图，吸收塔中 ClO2、H 2O2、NaOH 发生反应生成 NaClO2，根据氧化还原反应规律，同时放出氧气。(3)由滤液得到晶体一般步骤是蒸发、冷却、过滤、洗涤、干燥。NaC1O 2受热易分解；通过降低 NaC1O2的溶解度，减少损失。(4)根据得失电子守恒配平 HClO 2分解的化学方程式。解析：(1)纯 ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到 10% 以下更安全，所以 ClO2发生器中通入空气
36、的目的是稀释 ClO2以防止爆炸；(2)根据流程图，吸收塔中 ClO2、H 2O2、NaOH 发生反应生成 NaClO2，根据氧化还原反应规律，同时放出氧气，反应方程式是 H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O2+O2。(3)由滤液得到晶体一般步骤是蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由滤液NaClO23H2O，需采取的操作是在 55C 的条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。因为 NaC1O2受热易分解，所以工业上通常采用“减压蒸发”而不用“常压蒸发”, 防止温度过高，亚氯酸钠分解；结晶后需要对晶体洗涤，为了减少损失，可以降低 NaC1O2的溶解度；因为 NaClO2
37、溶解度随温度的升高而增大，所以采用冰水洗涤晶体的方法。(4) HClO2分解为 Cl2、ClO 2和 H2O，根据得失电子守恒配平化学方程式为8HClO2=Cl2+6ClO 2+4H 2O。20. 氮的氧化物是主要的空气污染物，目前消除氯氧化物污染的方法有多种。(1)用 CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)4NO(g)2N 2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H1160 kJmol 1 （）CH4(g)4NO 2(g)4NO(g)CO 2(g)2H 2O(g) H574 kJmol 1 （）H2O(g)H 2O(l) H440 kJmol 1 （）写出 CH4 (g)
38、与 NO2 (g)反应生成 N2 (g) ,CO2(g)和 H2O(l)的热化学方程式：_为研究不同条件下对上述反应( )的影响，在恒温条件下,向 2 L 的恒容密闭容器中加入 0.2mol CH4和 0.4mol NO2,10min 反应（）达到平衡，测得 l0min 内 v(NO)=510-3mol/(Lmin),则平衡后 n(CH4)=_mol,NO2的转化率 a1=_.其它条件不变，反应在恒压条件下进行，平衡时 NO2的转化率 a2_a1(填“大于” 小于”或“ 等于” )。（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)2NO(g) N2(g)CO 2(g)某研究小组向恒容密闭
39、容器加入一定量的活性炭和 NO，恒温（T )条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下时间浓度(mol/L)物质NO N2 CO20 0.100 0 010 0.058 0.021 0.02120 0.040 0.030 0.03030 0.040 0.030 0.03040 0.032 0.034 0.01750 0.032 0.034 0.017不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据 是_A容器内 CO2的浓度保持不变Bv 正 （N 2）= v 正 （NO）C混合气体的平均相对分子质量保持不变 D混合气体的密度保持不变E容器内压强保持不变在 T时该反应的平衡常数为_ (保留两位小数
40、)；在 30 min,改变某一条件,反应重新达到平衡,则改变的条件是_。（3）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2和 N2, 研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率如图表示在其他条件不变时，反应：2CO(g)2NO(g) N2(g)2CO 2(g) 中 NO 的浓度 c(NO)随温度(T)、催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线。该反应的 H_0（填“”或“S2，在图中画出 c(NO)在 T1、S 2条件下达到平衡过程中的变化曲线。_【答案】 (1). CH 4(g)+2NO2=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
41、 H=-955kJ/mol (2). 0.175 (3). 25% (4). 大于 (5). BE (6). 0.56 (7). 减小 CO,的浓度 (8). (9). 如图所示【解析】试题分析：(1) 根据盖斯定律写 CH4 (g)与 NO2 (g)反应生成 N2 (g) ,CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式； 根据 v(NO)=510-3mol/(Lmin)计算 10min 内 c(NO)的变化量，利用“三段式”计算平衡后 n(CH4)、NO 2的转化率 a1；CH 4(g)4NO 2(g)4NO(g)CO 2(g)2H 2O(g) H574 kJmol 1 ，正反应体积增大，其它条
42、件不变，反应在恒压条件下进行，相当于减压，平衡正向移动。 （2）根据平衡标志分析；根据 计算在T时该反应的平衡常数；根据表格数据，40min 时 NO、CO 2的浓度减小，N 2的浓度增大分析；（3）根据“先拐先平” ，T 2温度大于 T1，升高温度 NO 的百分含量增大，平衡逆向移动；催化剂表面积越大，反应速率越快，但平衡不移动，NO 的百分含量不变；解析：(1) CH 4(g)4NO(g)2N 2(g)CO 2(g)2H 2O(g) H1160 kJmol 1 （）CH4(g)4NO 2(g)4NO(g)CO 2(g)2H 2O(g) H574 kJmol 1 （）H2O(g)H 2O(l
43、) H440 kJmol 1 （） ，根据盖斯定律 （） 2得 CH4 (g)与 NO2 (g)反应生成 N2 (g) ,CO2(g)和 H2O(l)的热化学方程式 CH4(g)+2NO2=N2(g)+CO2(g) +2H2O (l) H=-955kJ/mol； v(NO)=510 -3mol/(Lmin),10min 内 c(NO)的变化量是 0.05 mol/L ，则平衡时 n(CH4)=0.0875 mol/L2L=0.175mol； NO 2的转化率 a1= ；CH 4(g)4NO 2(g)4NO(g)CO 2(g)2H 2O(g) H574 kJmol 1 ，正反应体积增大，其它条件
44、不变，反应在恒压条件下进行，相当于减压，平衡正向移动，所以平衡时 NO2的转化率 a2大于 a1。（2）A根据化学平衡定义，容器内 CO2的浓度保持不变，一定平衡；B任意时刻都满足 v 正 （N 2）= v 正 （NO） ，所以 v 正 （N 2）= v 正 （NO）时不一定平衡；C m 不变，总物质的量n 是变量，根据 ，混合气体的平均相对分子质量是变量，则平均相对分子质量保持不变一定平衡；D气体质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是定量，所以混合气体的密度保持不变不一定平衡；E气体物质的量是变量，容器体积不变，所以压强是变量，容器内压强保持不变一定平衡；故选 BE。根据 ，在 T时该反应的
45、平衡常数 0.56 ；根据表格数据，40min 时 NO、CO 2的浓度减小，N 2的浓度增大分析，所以在 30min 改变的条件是减小 CO2的浓度；（3）根据“先拐先平” ，T 2温度大于 T1，升高温度 NO 的百分含量增大，平衡逆向移动，反应的 H0；催化剂表面积越大，反应速率越快，但平衡不移动，NO 的百分含量不变，所以变化曲线是 。点睛：对于气体物质的量减小的反应，在恒容恒温的容器中反应达到平衡，若改为在恒温恒压的容器中反应达到平衡，相当于加压，平衡正向移动；对于气体物质的量增大的反应，在恒容恒温的容器中反应达到平衡，若改为在恒温恒压的容器中反应达到平衡，相当于减压，平衡正向移动；
