2022-2023学年江苏省南京市雨花台中学高二上学期10月月考化学试题含解析

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江苏省南京市雨花台中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、多选题
1．水是最常见的溶剂。下列说法正确的是
A．水的电离方程式为H2OH+ + OH—
B．升高温度，水的离子积常数增大
C．常温下，由水电离出c(H+)=1×10-12mol/L的溶液呈碱性
D．水是非极性溶剂
【答案】AB
【详解】A．水是弱电解质，水的电离方程式为H2OH+ + OH-，故A正确；
B．水电离吸热，升高温度，电离平衡正向移动，水的离子积常数增大，故B正确；
C．酸、碱抑制水电离，常温下，由水电离出c(H+)=1×10-12mol/L，说明水电离受到抑制，溶液呈碱性或酸性，故C错误；
D．水分子是极性分子，水是极性溶剂，故D错误；
选AB。
2．一种制取晶体硅的反应为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)    =236.1 kJ·mol-1。下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下均能自发进行
B．其他条件不变，增大压强，平衡常数K减小
C．E(Si-H)+3E(Si-Cl)+E(H-H)-E(Si-Si)-3E(H-C)=236.1 kJ·mol-1(其中E表示键能)
D．总体积一定，当反应体系内混合气体的密度不再发生变化时反应到达平衡
【答案】CD
【详解】Ａ．该反应为气体系数和增大的反应，所以ΔS>0，已知ΔH>0，若反应能自发进行需要ΔG = ΔH - T·ΔS<0，则该反应应该在高温下能够进行，所以A项错误；
Ｂ．平衡常数K只与温度有关，与压强无关，温度不变，K不变，B项错误；
Ｃ．反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和，E(Si-H)+3E(Si-Cl)+E(H-H)-E(Si-Si)-3E(H-C)=236.1 kJ·mol-11，C项正确；
Ｄ．ρ=，总体积一定，但生成物中硅为固体，所以m发生变化，密度不变说明达到平衡状态，所以D项正确；
答案选CD。

二、单选题
3．工业上利用制备无水。下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．中既含离子键又含共价键
C．的电子式为
D．基态O原子的价电子排布式为
【答案】D
【详解】A．利用ABn型分子极性的判断方法可知，中心硫原子化合价的绝对值不等于最外层电子数，为极性分子，A错误；
B．中Mg2+分别于两个Cl-形成离子键，两个Cl-之间无化学键，则中只含离子键，B错误；
C．为共价化合物，其电子式为，C错误；
D．O为8号元素，基态O原子的价电子排布式为，D正确；
故选D。
4．下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是
A．氮气难溶于水，可用于合成氨 B．硝酸见光易分解，可用于制氮肥
C．二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸 D．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】D
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气，可用于合成氨原料，与氮气的物理性质无关，选项A错误；
B．N为植物生长的营养元素，则硝酸可用于制氮肥，与硝酸见光易分解的性质无关，见光易分解是硝酸的不稳定性，选项B错误；
C．二氧化氮能与水反应生成硝酸，因此可用于制硝酸，与其密度比空气大无关，选项C错误；
D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，性质与用途对应，选项D正确；
答案选D。
5．二氧化硫是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐等，也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。下列有关二氧化硫的说法正确的是
A．SO2与SO3分子中硫原子的杂化方式相同
B．SO2的水溶液能导电，SO2是电解质
C．将过量的SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变成无色
D．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2后溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性
【答案】A
【详解】A．SO2分子中硫原子价层电子对个数=2+=3，孤电子对数为1，采取sp2杂化，SO3分子中硫原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp2，故A正确；
B．二氧化硫的水溶液导电，是由于二氧化硫与水反应生成的亚硫酸发生电离，不是二氧化硫本身电离，所以二氧化硫是非电解质，故B错误；
C．SO2能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能使紫色石蕊溶液中溶液变成红色，但SO2不能漂白指示剂，所以溶液一直保持红色，故C错误；
D．滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体后溶液褪色，发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质，不是漂白性原因，故D错误；
故选：A。
6．二氧化硫的催化氧化是工业制硫酸的关键一步：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH=-196.6kJ·mol-1，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关二氧化硫催化氧化反应的说法正确的是

A．图中A表示2mol SO2(g)的能量，C表示2mol SO3(g)的能量
B．充入过量O2、增大压强或降低温度，都能提高SO2的平衡转化率
C．使用催化剂能改变Ea的大小，从而改变该反应的反应热
D．反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的活化能为196.6kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，该反应是放热反应，图中A表示反应物的总能量，即表示2molSO2(g)和1mol O2(g)的能量，A错误；
B．充入过量O2、增大压强或降低温度，都能使平衡正向移动，都能提高SO2的平衡转化率，B正确；
C．催化剂可影响反应途径从而改变Ea的大小，但始末状态不改变，则反应热不变，C错误；
D．由∆H=正反应的活化能-逆反应的活化能= -196.6kJ·mol-1，则活化能不是196.6kJ·mol-1，D错误；
故选：B。
7．下列选项中所示的物质间转化均能在指定条件下实现的是
A．Al2O3Al(OH)3NH4AlO2
B．FeFeCl3FeCl2
C．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)Cl2
D．稀HNO3NO2NO
【答案】B
【详解】A．Al2O3难溶于水，不能与水反应产生Al(OH)3，且Al(OH)3是两性氧化物，不能与弱碱一水合氨反应产生NH4AlO2，因此不能实现指定条件下的物质之间的转化关系，A不符合题意；
B．Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，FeCl3具有强氧化性，能够与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，因此能够实现物质之间的转化关系，B符合题意；
C．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl、O2，不是产生Cl2，因此不能实现在指定条件下物质的转化，C不符合题意；
D．稀HNO3与Cu反应产生NO2，而不是NO，因此不能在指定条件下实现物质的转化，D不符合题意；
故合理选项是B。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．电解饱和食盐水，2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
B．若温度偏高，Cl2和NaOH溶液反应可生成NaClO3：Cl2+2OH-=ClO+Cl-+H2O
C．NaClO溶液与空气中CO2反应可生成NaHCO3：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【详解】A．电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故A错误；
B．温度偏高，Cl2和NaOH溶液反应可生成NaClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-=ClO+5Cl-+3H2O，故B错误；
C．NaClO溶液与空气中CO2反应可生成NaHCO3，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故C正确；
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，阳离子NH、阴离子HCO都会与Ca(OH)2发生反应，要以不足量的NH4HCO3为标准分析，相应的离子方程式为：NH+Ca2++HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故D错误；
故选C。
9．实验室利用度弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是

A．“溶解"时Cu发生反应的离子方程式为Cu+H2O2+2HCl=Cu2++2H2O+2Cl—
B．因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C．将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
D．“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2+、Zn2+、H+、Na+、Cl—
【答案】D
【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中存在大量Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，此时溶液中含有大量Zn2+、Cu2+、Na+、Cl-、H+，再加入锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。
【详解】A．HCl为易溶强酸，离子方程式中应拆分，因此“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O，故A错误；
B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，故B错误；
C．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，故C错误；
D．由上述分析可知，“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Na+、Cl-，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子核外只有1个电子，基态X原子2p能级上未成对电子数是同周期中最多的，基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，Z与X同主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W) B．第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(Z)
C．X2W4能与水分子间形成氢键 D．WXY3既含有离子键又含有共价键
【答案】C
【分析】W原子核外只有1个电子，W为H；基态X原子2p能级上未成对电子数是同周期中最多的，X为N；基态Y原子的2p轨道上成对电子数与未成对电子数相等，Y为O；Z与X同主族，Z为P。
【详解】A． 同周期从左往右原子半径依次减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，原子半径：r(P)>r(N)>r(O)>r(H)，A错误；
B．同周期从左往右电离能呈增大趋势，但N的2p能级半满结构，第一电离能N>O，B错误；
C．X2W4是N2H4，能与水分子间形成氢键，C正确；
D．WXY3是HNO3，只含有共价键 ，D错误；
故选C。
11．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是

A．电池工作时，Pt电极是正极
B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】C
【分析】由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【详解】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
故选C。
12．在催化剂及酸性介质条件下，H2和O2直接合成过氧化氢的反应机理如下图所示。下列说法正确的是

A．反应H2(g)+O2(g)=H2O2(aq)的ΔS>0
B．整个催化反应过程中涉及共价键的断裂与形成
C．O2在催化剂表面得到电子被氧化，发生氧化反应
D．酸电离出的H+在反应过程中也起到催化作用
【答案】B
【详解】A．反应过程中气体的总物质的量减少，所以熵减小，则△S<0，A错误；
B．反应的总方程式为H2(g)+O2(g)=H2O2(aq)，H2、O2、H2O2均存在共价键，反应中反应物的共价键断裂、生成物中形成共价键，所以整个催化反应过程中涉及共价键的断裂与形成，B正确；
C．O2中O为0价，H2O2中O为-1价，O元素的化合价由0→-1，化合价降低，O2在催化剂表面得到电子被还原，发生还原反应，C错误；
D．H+是中间产物，不是催化剂，而酸电离出的H+在反应过程中没有起到催化作用，D错误；
答案选B。
13．为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象。①测量0.01 mol/LNaHSO3溶液的pH，pH约为5；②向0.01 mol/LNaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去；③向0.1 mol/LNa2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色有刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀，经测定溶液中无；④在Ag+催化条件下，向0.1 mol/LNa2S2O8无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液中出现紫红色。由上述实验现象能得出的结论是
A．实验①说明：
B．实验②中发生反应：
C．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色有刺激性气味的气体为H2S
D．实验④说明：该条件下，的氧化性强于
【答案】A
【详解】A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性，的电离程度大于的水解程度，Ka2 (H2SO3)＞Kh()，而Kh()=，即Ka2 (H2SO3)＞，所以Ka1(H2SO3)·Ka2 (H2SO3)＞Kw，A正确；
B．向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，二者发生氧化还原反应，KMnO4溶液的紫红色褪去，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：，B错误；
C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2，不会生成H2S气体，C错误；
D．实验④溶液中出现紫红色，说明作氧化剂，生成的氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则微粒的氧化性：＜，D错误；
故合理选项是A。
14．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ•mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ•mol-1
在0.5MPa条件下，将n(CO2)∶n(H2)为1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．图中曲线②表示CH3OH的选择性随温度的变化
B．一定温度下，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率
C．升高温度时，CO的选择性降低
D．一定温度下，选用高效催化剂可提高CH3OH的平衡产率
【答案】B
【详解】A．反应①为放热反应，升高温度后平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CH3OH的选择性也降低，所以升高温度之后，CH3OH的总的选择性降低，曲线①表示CH3OH的选择性随温度的变化，A错误；
B．一定温度下，增大n(CO2)∶n(H2)的比值，平衡正向移动，氢气的转化率提高，B正确；
C．升高温度，反应反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CO的选择性升高，C错误；
D．选用催化剂只能改变反应堆速率，不能改变转化率，D错误；
故选B。

三、原理综合题
15．铁氨化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy，的制备需铁、氨气丙酮和乙醇参与。
(1)Fe3+基态核外电子排布式为_______。
(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，三种元素电负性由小到大的顺序为_______，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为_______。
(3)N、P、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_______。
(4)乙醇(CH3CH2OH)的沸点高于丙酮，这是因为_______。
(5)磷酸根离子的空间构型为_______。
【答案】(1)或
(2)     、         
(3)S (4)乙醇分子间存在氢键
(5)正四面体

【解析】（1）
的原子序数为26，基态核外电子数为23，且3d电子为半满稳定结构，可知基态核外电子排布式为或 ；
（2）
中单键均为键，双键中含1个键，甲基上C形成4个键，中C形成3个键，均没有孤对电子，则羰基上C为杂化，甲基上C为杂化；非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为；1mol丙酮共有键，数目为个；
（3）
同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，VA族能级半充满，结构稳定，所以第一电离能S （4）
乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键，不仅要破坏分子间作用力，还要破坏氢键，导致沸点高；
（5）
磷酸根离子的价层电子对数为：，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，磷酸根离子的空间构型为正四面体。
16．以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原科生产硫酸，应资源化综合利用产出的炉渣(主要含Fe2O3)和尾气，减轻对环境的污染。
(1)锻烧黄铁矿的化学方程式为_______。
(2)将尾气净化所得SO2，边搅拌边通入NaOH溶液中制备NaHSO3溶液。溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图所示，要到较为纯净的得NaHSO3溶液，应采取的实验操作为_______。

(3)工业上也用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为Na2CO3)吸收烟气中SO2，相关反应热化学方程式：2Na2CO3(aq)+ SO2(g)+H2O(l) = Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq) ΔH=akJ/ mol；
2NaHCO3(aq) + SO2(g) = Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l) ΔH=bkJ/ mol；
Na2SO3(ag)+ SO2(g)+H2O(l) =2NaHSO3(aq) ΔH=ckJ/ mol，
反应Na2CO3(aq)+ SO2(g) = Na2SO3(aq)+CO2(g)的 ΔH=_______kJ/mol。
(4)加热NaHSO3溶液可以制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，写出化学反应方程式_______
(5)炉渣中的Fe2O3可制备还原铁粉，还原铁粉的纯度可通过下列方法测定：称取0.2800g样品，溶于过量稀硫酸，平行三次用标准K2Cr2O7溶液滴定所得溶液中的Fe2+，平均消耗0.030 00 mol/L的 K2Cr2O7溶液25.10mL(测定过程中杂质不参与反应)。
①写出滴定反应的离子方程式_______。
②计算还原铁粉的纯度(写出计算过程)______
【答案】(1)
(2)测量溶液的pH值，若pH值约为4时停止通入二氧化硫
(3)
(4)
(5)          K2Cr2O7的物质的量为0.030 00 mol/L×0.02510L=0.000753mol，则样品中含有铁的物质的量为：0.000753mol×6=0.004518mol，还原铁粉的纯度为：

【解析】（1）
锻烧黄铁矿时硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：；
（2）
由图可知，当pH值为4时，含硫微粒的存在形式为HSO，故操作为：测量溶液的pH值，若pH值约为4时停止通入二氧化硫；
（3）
①2Na2CO3(aq)+ SO2(g)+H2O(l) = Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)  ΔH=akJ/ mol；
②2NaHCO3(aq) + SO2(g) = Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)  ΔH=bkJ/ mol；
③Na2SO3(ag)+ SO2(g)+H2O(l) =2NaHSO3(aq)  ΔH=ckJ/ mol，
根据盖斯定律(①+②)×可得：Na2CO3(aq)+ SO2(g) = Na2SO3(aq)+CO2(g) ΔH=kJ/mol；
（4）
NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可以制得Na2S2O5，该反应中元素化合价未发生变化，由原子守恒可知反应方程式为：；
（5）
①K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，Cr2O被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子反应方程式为：；
②滴定过程中得关系式为：，滴定过程中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.030 00 mol/L×0.02510L=0.000753mol，则样品中含有铁的物质的量为：0.000753mol×6=0.004518mol，还原铁粉的纯度为：。

四、填空题
17．以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。
(1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(如图)。70℃下通过满液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是_______；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为_______。

(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清夜中c(F-)=0.05mol/L，则=_____[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
(3)制备MnCO3.在搅拌下向100mL1mol/LMnSO4溶液中缓慢滴加1mol/LNH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为_______。
(4)制备MnO2，MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图所示。

已知：MnO2与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。
为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，加热到_______。将固体冷却后研成粉末，边搅摔边加入一定量_______，_______，充分反应后过滤，洗涤，_______。固体干燥，得到MnO2(可选用的试剂：1mol/LH2SO4溶液、2mol/LHCl溶液、0.1mo/LBaCl2溶液、0.1mol/LAgNO3溶液)。
【答案】(1)     H2SO4溶液     MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O
(2)100
(3)200mL
(4)     450°C     1mol·L-1H2SO4溶液     加热     直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊

【解析】（1）
若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；
（2）
；
（3）
该反应的化学方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2∶1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL；
（4）
根据图像在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。
18．脱除烟气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气改善环境，是环境保护的主要课题。
(1)次氯酸盐氧化法。次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：
i.NO+HClO=NO2+HCl
ii.NO+NO2+H2O2HNO2
iii.HClO+HNO2=HNO3+HCl
①下列叙述正确的是_______(填序号)。
A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率
B．NO2单独存在时不能被脱除
C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
②研究不同温度下Ca(ClO)2溶液对NO脱除率的影响，结果如题图1所示。脱除过程中往往有Cl2产生，原因是_______(用离子方程式表示)；60~80℃NO脱除率下降的原因是_______。

(2)脱氮菌净化法。利用脱氮菌可净化低浓度NO烟气，当烟气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图2、图3所示。

①由图2知，当废气中的NO含量增加时，提高脱氮效率宜选用的方法是_______。
②图3中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其原因可能是_______。
(3)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。下图为电解NO制备NH4NO3的装置，该装置中阳极的电极反应式为_______。

【答案】(1)     AC     ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O     HClO受热易分解为HCl和O2，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降
(2)     好氧硝化法     Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用
(3)NO+2H2O-3e-=NO+4H+

【解析】（1）
①A．烟气中少量的O2能与NO反应生成NO2，还能氧化HNO2，故烟气中少量的O2能提高NO的脱除率，A正确；
B．NO2和H2O反应生成NO和HNO3，NO和NO2可以发生反应ii，故NO2单独存在时能被脱除，B错误；
C．脱除过程中生成HNO3和HCl，溶液中H+的浓度逐渐增大，溶液的pH下降，C正确；
故选AC；
②脱除过程中，ClO-被还原为Cl-，溶液酸性逐渐增强，ClO-会和Cl-反应产生Cl2，该反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；HClO受热易分解为HCl和O2，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降。
（2）
NO和NO2以物质的量之比1:1与CO(NH2)2反应生成的无毒气体为N2、CO2，该反应的化学方程式为NO+NO2+CO(NH2)2=N2+CO2+H2O。
①如图2所示，当废气中NO的含量较高时，好氧硝化法的脱氮率较高，故当废气中的NO含量增加时，提高脱氮效率宜选用的方法是好氧硝化法；
②图3中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其原因可能是Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用。
（3）
如图所示，NO在阳极上放电产生NO，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+。