[化学][期中]江苏省南京市六校联合体2023-2024学年高一下学期5月期中考试试题(解析版)

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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56
第I卷 选择题(共39分)
单项选择题：每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 二氧化硅可用作航天器的太阳能电池板
B. 将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨
C. 通讯材料碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
D. “绿氢”火炬储氢瓶中的储氢合金是新型合金材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．单质硅可用作航天器的太阳能电池板，故A选项错误；
B．SO2排放会形成酸雨，将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨，故B选项正确；
C．碳纳米管与石墨烯为碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体，故C选项正确；
D．储氢合金是新型合金材料，故D选项正确；
故答案选A。
2. 少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法不正确的是（ ）
A. Na2O2的电子式为
B. 中子数为10氧原子可表示为
C. H2O2分子中只含有极性共价键
D. NaOH中含离子键和极性共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A． Na2O2既含有离子键又含有非极性共价键，Na2O2的电子式为，故A正确；
B． 核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为10的氧原子可表示为，故B正确；
C． H2O2分子中含有O-H极性共价键，O-O非极性共价键，故C错误；
D． NaOH中含钠离子与氢氧根离子间的离子键和O-H极性共价键，故D正确；
故选C。
3. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A. FeCl3具有氧化性，可用作净水剂
B. NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈剂
C. 小苏打可以与酸反应，可用作抗酸药
D. SO2具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCl3中三价铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体具有吸附能力，可用作净水剂，A选项错误；
B．NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈反应，B选项正确；
C． SO2具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，C选项正确；
D．小苏打中碳酸氢根可与酸反应，可用作抗酸药，D选项正确；
故答案选A。
4. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. SiO2H2SiO3B. NaCl(aq)NaHCO3
C. Fe(s)Fe2O3(s)D. NH3(g)NO2(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2不能与水反应生成H2SiO3，A错误；
B．在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再通入二氧化碳，在溶液中析出溶解度最小的NaHCO3，B正确；
C．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，C错误；
D．氨气和氧气发生催化氧化可得一氧化氮，D错误；
故选B。
5. 下列化学反应表示正确的是（ ）
A. NO2与水反应：NO2＋H2O=2HNO3
B. 铅蓄电池放电时的正极反应：Pb-2e-＋=PbSO4
C. 甲烷的燃烧：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=890.3kJ·ml-1
D. SO2通入少量NaClO溶液中：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2与水反应生成HNO3和NO，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，A错误；
B．铅蓄电池放电时PbO2在正极得到电子生成PbSO4，电极方程式为：，B错误；
C．甲烷的燃烧热是1ml甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，正确的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890.3kJ·ml-1，C错误；
D．SO2通入少量NaClO溶液中生成和Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：SO2＋ClO-＋H2O=＋Cl-＋2H＋，D正确；
故选D
6. 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的三倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；Z的原子序数是W的两倍。下列叙述中，不正确的是（ ）
A. 离子半径：W>X
B. 常见简单的气态氢化物沸点：W>Z
C. 工业上用电解熔融Y的氯化物的方法冶炼金属Y
D. Z的最高价氧化物对应水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】由题可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W元素的最外层电子数是其电子层数的三倍，则W为O元素，X元素在短周期中原子半径最大，则X为Na元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素，Z的原子序数是W的两倍，则Z为S元素，据此分析解答。
【详解】A．O2-、Na+，核电荷数越小半径越大，所以离子半径Na+X，故A选项正确；
B．H2O分子间有氢键，故沸点比H2S高，常见简单的气态氢化物沸点W>Z，故B选项正确；
C．Al的氯化物AlCl3为共价化合物，熔融状态下不能导电，无法电解，一般电解熔融状态下的Al2O3制取铝单质，故C选项错误；
D．Z的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，为二元强酸，故D选项正确；
故答案为C。
7. 下列装置和原理能达到实验目的的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸与MnO2在加热条件下反应生成氯气，图中缺少加热装置，A错误；
B．图示装置中，做了很好的隔热措施，有效减少了热量的散失，能用于测定中和热，B正确；
C．该装置中，生成的O2会从长颈漏斗中逸出，应该选择分液漏斗，C错误；
D．该条件下，铁粉发生的是吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，D错误；
故答案选B。
8. 氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质的价类二维关系如图所示。下列推断错误的是（ ）
A. A可与E反应生成BB. B、C均可作为自来水消毒剂
C. C中氯元素既能被氧化，又能被还原D. D、E、F都属于强电解质
【答案】D
【解析】
【分析】根据价类二维图可知： A为HCl、B为Cl2、C为ClO2、D为HClO、E为HClO3、F为HClO4。
【详解】A．根据氧化还原反应规律，盐酸和氯酸可反应生成氯气，故A正确；
B．根氯气、二氧化氯均有强氧化性，都可作为自来水的消毒剂，故B正确；
C．二氧化氯中氯为价，处于中间价态，可以被氧化也可以被还原，故C正确；
D．次氯酸为弱酸，属于弱电解质，故D错误；
故选D。
9. 通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是（ ）
A. 电极A的电极反应式：LiMn2O4＋3e-＋8H+=Li+＋2Mn2+＋4H2O
B. 电极B附近溶液氢离子浓度增大
C. 电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D. 该装置将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为LiMn2O4+3e−+8H+=Li++2Mn2++4H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2。
【详解】A．由分析可知，电极A的电极反应式为：LiMn2O4+3e−+8H+=Li++2Mn2++4H2O，A正确；
B．由分析可知，电极B的电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，附近溶液氢离子浓度增大，B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，C错误；
D．该装置为电解池，将电能转化为化学能，D正确；
故选C。
10. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A．将Al(OH)3固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Al(OH)3能够和NaOH溶液反应，体现了其酸性，没有体现其碱性，A错误；
B．向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出，该红色气体为NO2，实验所用的硝酸也可以是稀硝酸，产生的NO被空气中的O2氧化为NO2，B错误；
C．若溶液中含有，向盛有某溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液，加热后才能生成NH3，C错误；
D．向a、b两试管中同时加入4mL0.01ml·L-1KMnO4溶液和2mL0.1ml·L-1H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快，催化剂可以加快反应速率，说明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂，D正确；
故选D。
11. 臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 催化反应①②均为放热反应
B. 决定O3分解反应速率的是催化反应②
C. E2+是催化反应②对应的逆反应的活化能
D. 温度升高，总反应的正反应速率增加，逆反应速率减小。
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A错误；
B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B错误；
C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+∆H为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，则E2+是催化反应②对应的逆反应的活化能，C正确；
D．温度升高，总反应的正逆反应速率均增加，D错误；
故选C。
12. 氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入0.1mlN2和0.3mlH2。10min时，测得容器中NH3的物质的量浓度为0.04ml/L。下列说法正确的是（ ）
A. 0~10min的反应速率v(N2)=0.02ml∙L-1∙min-1
B. 10min时，H2的转化率为40%
C. 10min时，反应前后气体压强之比为5∶1
D. 及时将体系中的NH3液化分离出来有利于加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．0~10min的反应速率，A错误；
B．10min时，H2的变化量为，转化率为40%，B正确；
C．反应为气体分子数减小2的反应，10min时，氨气为0.08ml，则反应后总的物质的量为0.1ml+0.3ml-0.08ml=0.32ml，反应前后气体压强之比为(0.1ml+0.3ml):0.32ml=5∶4，C错误；
D．及时将体系中的NH3液化分离出来，物质浓度减小，不有利于加快反应速率，D错误；
故选B。
13. 利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO和SiO2等)制备K2FeO4的工艺流程如图所示
下列说法不正确的是（ ）
A. “酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化
B. 浸渣的主要成分为硅酸，若酸浸时不进行过滤，将会导致K2FeO4产品纯度降低
C. “氧化”时，74.5g氧化剂参与反应，转移电子2ml
D. 根据流程可知K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，洗涤K2FeO4固体时可选择KOH溶液
【答案】B
【解析】
【分析】Fe2O3与FeO在酸浸条件下转化为Fe3+和Fe2+，二氧化硅不反应在滤渣中，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁的沉淀，氢氧化铁沉淀与氢氧化钠和次氯酸钠反应转化为Na2FeO4，Na2FeO4加入KOH转化为K2FeO4，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，A正确；
B．浸渣的主要成分为二氧化硅，二氧化硅不与硫酸反应，B错误；
C．氧化时将氢氧化铁氧化为高铁酸根，离子方程式：，当有74.5g氧化剂NaClO（即1ml）参与反应，Cl元素化合价从+1价降为-1价，转移2ml电子，C正确；
D．Na2FeO4加入KOH转化为K2FeO4，通过过滤得到K2FeO4固体，用KOH洗涤K2FeO4固体可以减少溶解损失，D正确；
答案选B。
第II卷 非选择题(共61分)
14. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6kJ/ml，可实现氯的循环利用。
（1）HCl的电子式是_______。
（2）已知：
断开1mlH-O键与断开1mlH-Cl键所需能量相差为_______kJ。
（3）4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)在不同条件下的化学反应速率如下，请比较上述4种情况下反应速率的大小_______。(由大到小的顺序)
A. v(HCl)=1.0ml·L-1·min-1B. v(O2)=0.1ml·L-1·s-1
C. v(Cl2)=1.8ml·L-1·min-1D. v(H2O)=0.6ml·L-1·min-1
（4）Cl2可用氯碱工业(电解精制饱和食盐水)的方法制得。为提高原料的利用率，节能降耗。设计如图所示工艺流程，其中氯碱工业装置中的电极未标出。
①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，正确的操作步骤的顺序是_______(填序号)。
a.过滤；b.加过量NaOH溶液；c.加适量盐酸；d.加过量Na2CO3溶液；e.加过量BaCl2溶液
A．adabec B．abedac C．abdec D．dbe
②电解饱和食盐水的化学方程式为_______。
③下列生产措施有利于提高氯碱工业中的Cl2产量、降低阳极O2含量的是_______。
A．定期检查并更换阳离子交换膜
B．向阳极区加入适量盐酸
C．使用精制饱和食盐水提高c(Cl-)
④流程中NaOH溶液的质量分数a%、b%、c%，由大到小的顺序为_______。
【答案】（1）
（2）31.9
（3）BCDA
（4）①. B ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. ABC ④. c%>a%>b%
【解析】氯化氢是共价化合物依据电子式书写方法写出电子式；依据反应A中，4mlHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，焓变＝反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量计算；
（1）氯化氢是共价化合物，氯原子和氢原子形成共价键，电子式为：，故答案为：；
（2）焓变＝反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量，4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g) △H＝﹣115.6KJ/ml，4×E(H-Cl)+498﹣[243×2+4×E(H-O)]＝﹣115.6，得到4×E(H-O)﹣4×E(H-Cl)＝498﹣486+115.6＝127.6E(H-O)﹣E(H-Cl)＝31.9kJ，故答案为：31.9；
（3）A．v(HCl)=1.0ml·L-1·min-1
B．v(O2)=0.1ml·L-1·s-1则v(HCl)=24.0ml·L-1·min-1
C．v(Cl2)=1.8ml·L-1·min-1则v(HCl)=3.6ml·L-1·min-1
D．v(H2O)=0.6ml·L-1·min-1则v(HCl)=1.2ml·L-1·min-1
因此，反应速率的大小为BCDA，故答案为：BCDA；
（4）由图可知，左侧电解池发生的电极反应为：，在阳极，氯离子失去电子被氧化生成氯气，在阴极，水分子电离产生的氢离子得到电子被还原成氢气。同时，由于氢离子的消耗促进了水的电离，产生了更多的氢氧根离子，这些氢氧根离子与钠离子结合生成氢氧化钠。右侧的燃料电池发生的电极反应为：，其正极电极反应为：，负极电极反应为：；
①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，随后过滤处于泥沙，加过量NaOH溶液，加过量BaCl2溶液，再加过量Na2CO3溶液，过滤可除去沉淀，加适量盐酸，得到较为纯净的NaCl，故答案选B；
②电解饱和食盐水的化学方程式为，故答案为：；
③定期检查并更换阳离子交换膜、向阳极区加入适量盐酸和使用精制饱和食盐水提高c(Cl-)可有利于提高氯碱工业中的Cl2产量、降低阳极O2含量，故答案选ABC；
④由于燃料电池中有阳离子交换膜，只可阳离子通过，使得氢氧根离子与钠离子在右侧结合为氢氧化钠，使氢氧化钠质量分数增大，而在电解池中在右侧会生产氢氧化钠使流出的氢氧化钠溶液质量分数大于流入的氢氧化钠溶液质量分数，故答案为：c%>a%>b%。
15. 含SO2废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
（1）将SO2通入以下溶液，均会发生颜色变化，其中体现SO2还原性的是_______(填字母)。
A. 使品红溶液褪色B. 使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色
C 使溴水褪色D. 使氢硫酸溶液中出现淡黄色浑浊
（2）“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如图所示：
①流程中含SO2的烟气被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，写出该反应的化学方程式_______。
②为证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_______。
（3）目前NaClO溶液广泛应用于脱硫脱硝。
①某课外小组同学设计了如图喷淋吸收塔装置(如图)，其中，脱硝(NO)反应的离子方程式为_______。
②如图为NaClO浓度对脱硫脱硝效率(η/%)的影响。当温度为50°C，溶液的pH=10(溶液显碱性)，c(SO2)=c(NO)=300mg·m-3时，SO2的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是_______。
（4）工业上通常采用电解法实现烟气中硫的回收。按图所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。
每处理含38.4gSO2的烟气，理论上回收S的物质的量为_______。
【答案】（1）C
（2）①. 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 ②. 滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4
（3）①. 3ClO-+2NO+H2O=2+3Cl-+2H+ ②. SO2易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致SO2的脱除效率很高，NO脱除效率较低
（4）0.2 ml
【解析】（2）将工业废碱渣进行溶解过滤，分离出滤渣和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液可用于吸收二氧化硫气体形成亚硫酸氢钠溶液，经处理后得亚硫酸钠粗品；
（4）利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，阳极电极反应：，阴极电极反应：。
（1）A．二氧化硫使品红褪色体现其漂白性，A错误；
B．二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现其酸性氧化物性质，B错误；
C．溴水具有氧化性，二氧化硫使溴水褪色，体现其还原性，C正确；
D．二氧化硫与硫化氢发生归中反应，生成硫单质，体现其氧化性，D错误；
（2）①流程中含SO2的烟气被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该气体为二氧化碳，化学方程式：；
②为证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4；
（3）①根据装置，结合得失电子守恒及电荷守恒，脱硝(NO)反应的离子方程式：；
② SO2的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是：SO2易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致SO2的脱除效率很高，NO脱除效率较低；
（4）38.4gSO2物质的量为0.6ml，根据得失电子守恒，结合电极反应可判断，阳极处理0.4ml二氧化硫，阴极处理0.2ml二氧化硫，根据阴极电极反应：，回收S物质的量为0.2ml。
16. 碳酸亚铁(FeCO3)可以用于制备多种食品添加剂。已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2。某兴趣小组设计如下方案制备FeCO3，实验装置如图所示：
（1）仪器A的名称是_______。
（2）利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：
第一步：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；
第二步：关闭活塞3，打开活塞2，发现C中有白色沉淀和气体生成。
①第一步骤的目的是_______。
②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是_______。
③装置D中可盛装适量的水，该装置作用是_______。
（3）某FeCO3固体被部分氧化，为测定其中Fe3+的质量分数，现进行如下实验：称取5.600g固体样品，加足量盐酸溶解，将溶液稀释至100mL，量取25.00mL该溶液，加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.1000ml/LNa2S2O3溶液滴定，当滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知实验过程中发生反应如下：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2=+2I-。计算FeCO3固体样品中Fe3+的质量分数，写出计算过程_______。
（4）FeSO4与(NH4)2SO4反应可制得摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2.6H2O]。摩尔盐易溶于水，不溶于乙醇，性质比一般亚铁盐稳定，接近l00℃时易失去结晶水。相关物质的溶解度曲线如图所示。
请补充完整由久置于空气中的FeSO4·7H2O样品合成摩尔盐的。实验步骤：将样品溶于适量的硫酸溶液中，加热使其溶解，然后向其中加入_______。[可选试剂：蒸馏水、饱和硫酸铵溶液、铜粉、铁粉、无水乙醇]
【答案】（1）分液漏斗
（2）①. 蒸馏烧瓶产生氢气将装置内空气排尽，防止二价铁被氧化 ②. Fe2+ + 2 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O ③. 形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质
（3）8.0 %
（4）足量铁粉，趁热过滤，向滤液中加入计算量的饱和硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、低于100℃烘干
【解析】B中稀硫酸与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，打开活塞1和3，关闭活塞2，生成的氢气将装置内原有的空气全部排出，随后关闭活塞3，打开活塞2，生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入C中，C中亚铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，D形成液封，防止外界空气进入。
（1）仪器A的名称为分液漏斗。
（2）①步骤一的目的是通过蒸馏烧瓶中产生的氢气将装置内的空气排尽，防止二价铁被氧化。
②C中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为Fe2+ + 2 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O。
③装置D中盛放适量水，作用为形成液封，防止C中产品接触空气被氧化变质。
（3）消耗硫代硫酸钠物质的量为0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则消耗的碘单质物质的量为0.001ml，生成0.001ml碘单质消耗Fe3+0.002ml，则100mL溶液中含有铁离子0.008ml，Fe3+质量为0.448g，FeCO3固体样品中Fe3+的质量分数为0.448g÷5.6g=8%。
（4）久置的硫酸亚铁中，部分亚铁离子被氧化为铁离子，因此需要先将铁离子转化为亚铁离子，随后从图中可知，摩尔盐溶解度较小，可用蒸发浓缩，冷却结晶的方法从硫酸亚铁和饱和硫酸铵混合溶液中制取，具体实验方案为将样品溶于适量的硫酸溶液中，加热使其溶解，然后向其中加入足量铁粉，趁热过滤，向滤液中加入计算量的饱和硫酸铵溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、低于100℃烘干。
17. N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，为保护环境，含有氮化合物的尾气需处理后才能排放。回答下列问题：
（1）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：
①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ΔH=-akJ/ml
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=-bkJ/ml
4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l) ΔH=_______。
（2）NO的吸收。在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为_______。
②NO转化为N2的机理可描述为O2与催化剂表面的Cu+反应生成*O-和Cu2+，_______。
（3）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH浓溶液吸收，主要离子反应为：
i．2OH-＋NO＋NO2=2＋H2O
ii．2OH-＋2NO2=＋＋H2O
①若已除去N2O的硝酸尾气中V(NO)∶V(NO2)=3∶2的混合气体，通过足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶质为_______。
②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浓溶液
D．用Ca(OH)2饱和溶液代替NaOH浓溶液
（4）将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图所示。
温度低于300℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_______。
（5）在酸性的条件下，利用电化学原理消除中的NOx、SO2，变废为宝。写出NOx转化的电极反应方程式_______。
【答案】（1）(3b-a)kJ·ml-1
（2）①. +5 ②. 部分NO与*O-、Cu2+反应生成NO2和Cu+；*NH3与钒催化剂反应生成*NH2，+5价V变为+4价V；NO或NO2与*NH2反应生成N2和H2O
（3）①. NaNO2 ②. BC
（4）低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快
（5）NOx-(5-2x) e-+(3-x) H2O =+ (6-2x) H＋
【解析】（1）由①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ΔH=-akJ/ml，②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=-bkJ/ml，由盖斯定律：②×3-①得：4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l) ΔH=(3b-a)kJ·ml-1。故答案为：(3b-a)kJ·ml-1；
（2）①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。由图可知，Cu2+→Cu+，铜元素化合价降低，则Y→X，元素化合价升高，所以X处V元素化合价为+5。故答案为：+5；
②NO转化为N2的机理可描述为O2与催化剂表面的Cu+反应生成*O-和Cu2+，部分NO与*O-、Cu2+反应生成NO2和Cu+；*NH3与钒催化剂反应生成*NH2，+5价V变为+4价V；NO或NO2与*NH2反应生成N2和H2O。故答案为：部分NO与*O-、Cu2+反应生成NO2和Cu+；*NH3与钒催化剂反应生成*NH2，+5价V变为+4价V；NO或NO2与*NH2反应生成N2和H2O；
（3）①由反应可知，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；若已除去N2O的硝酸尾气中V(NO)∶V(NO2)=3∶2的混合气体，通过足量NaOH溶液后，溶液中含有N元素的溶质为NaNO2。故答案为：NaNO2；
②A．加快通入尾气的速率，气体不能吸收完全，不能提高尾气中NO和NO2去除率，故A错误；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增大反应物接触面积，增大尾气中NO和NO2去除率，故B正确；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH浓溶液，可以提高尾气中NO和NO2去除率，故C正确；D．微溶于水，溶液浓度小，不能用Ca(OH)2饱和溶液代替NaOH浓溶液，故D错误；故答案为：BC；
（4）温度低于300℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快。故答案为：低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快；
（5）在酸性的条件下，利用电化学原理消除中的NOx、SO2，变废为宝。NOx与电源正极相连作阳极，在反应中失去电子发生氧化反应，NOx转化的电极反应方程式NOx-(5-2x) e-+(3-x) H2O =+ (6-2x) H＋。故答案为：NOx-(5-2x) e-+(3-x) H2O =+ (6-2x) H＋。
A．制取Cl2
B．测定中和热


C．测定化学反应速率
D．该条件下铁发生了析氢腐蚀

选项
实验操作和现象
结论
A
将Al(OH)3固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液
既体现碱性又体现酸性
B
向盛有铜片的试管中加入少量硝酸，一段时间后观察到试管口有红色气体逸出
实验所用为浓硝酸
C
向盛有某溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸未变蓝
该溶液中不存在NH
D
向a、b两试管中同时加入4mL0.01ml·L-1KMnO4溶液和2mL0.1ml·L-1H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂