2020-2021学年高二化学下学期期末测试卷（浙江专用）02（全解全析）

2020-2021学年高二下学期期末测试卷02

高二化学•全解全析

12345678910

BAABBBDDCA

111213141516BDAA

A17181920CCBCB

2122232425

ABBBB

1.【答案】B

【解析】A项，CaO为活泼金属氧化物，是强电解质，故A错误；B项，NH3为非电解质，溶于水后

生成一水合氨，一水合氨为一元弱碱电离生成镀根和氢氧根离子，水溶液能够导电，故B正确；C项，

CH3co0H为一元弱酸，属于弱电解质，故C错误；D项，HC1为一元强酸，属于强电解质，故D错误；

故选Bo

2.【答案】A

【解析】提纯含有少量NaCl的KNO3晶体时，先将固体在烧杯中溶解，加热蒸发，冷却结晶，过滤后

可得到纯净的KNCh晶体，过程中需要用到的仪器为烧杯、蒸发皿、漏斗，实验过程中没有用到的仪器为生

堪，A项符合题目要求；故选A。

3.【答案】A

【解析】A项，NaHCCh为强碱弱酸盐，水解显碱性，故A正确；B项，Ba(OH)2为强碱，不属于盐，

故B错误；C项，FeCb属于盐，水解显酸性，故C错误；D项，NaHSCh属于盐，显酸性，故D错误；故

选Ao

4.【答案】B

【解析】A项，重晶石为BaSCh,A错误；B项，木醇为甲醇，结构简式为CHQH,B正确；C项，

摩尔盐是(NH4)2Fe(SO4)2-6H2O,C错误；D项，(NHQ2SO4属于钱盐，名称为硫酸镀，别称为硫钱，D错误；

故选Bo

5.【答案】B

【解析】A项，H2O2是共价化合物，电子式为故A错误；B项，蔗糖是二糖，分子式是

••

Cl2H22。“故B正确；C项，乙焕的比例模型是,故C错误；D项，乂。/是乙酸甲酯的键

线式，故D错误；故选B。

6.【答案】B

【解析】A项，易腐垃圾经过发酵后会转化为热值较高的物质如甲烷等，故易腐垃圾富含生物质能，A

正确；B项，氢氧燃料电池放电时化学能部分转化为电能，部分转化为热能，所以不能全部转化为电能，B

错误；C项，石油通过分储可用得到汽油、柴油等燃料油；以石油分储得到重油为原料，经催化裂化可得到

分子中含有C原子数比较少的短链液态烧，从而可提高液态轻质油的产量和质量，因此也能得到燃料油，C

正确；D项，煤经干镯得到的煤焦油中含有甲苯，将其分离出来，然后与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生

硝化反应产生三硝基甲基，即得到炸药TNT,D正确；故选B。

7.【答案】B

【解析】A项，海水中漠的储藏量十分丰富，约占地球澳总藏量的99%,故漠有“海洋元素”之称，但

其浓度很小，故A错误；B项，高铁酸钾有强氧化性，能使病毒变性，且还原产物Fe3+易形成Fe(0H)3胶

体吸附悬浮物，可用于自来水的净化消毒，故B正确；C项，石灰石、纯碱、石英可作为制备玻璃的主要

原料，制备水泥的主要原料是石灰石和黏土，故C错误；D项，绿色化学核心就是要利用化学反应原理从

源头消除污染，故D错误；故选B。

8.【答案】D

2+

【解析】A项，用惰性电极电解氯化镁溶液时日极的电极反应式为：Mg+2H2O+2e=H2T+Mg(OH)21,

A错误;B项，工业制备粗硅的主要反应为:SQ+2C通继Si+2C0f,B错误;C项，由于2H2S+SO2=2H2O+3Si，

2

故过量二氧化硫通入K2s溶液反应为：2S+2H2O+5SO2=4HSO3+3Si，C错误；D项，根据反应：

+1

A1O2+H+H2O=A1(OH)3J.,A1O2-+4H+=2H2O+A13+,将Imol-LNaAlCh溶液和1.5mol/L的HC1溶液等体积混

+3+

合时n(A10"：n(H+)=2：3,故离子方程式为：6A1O2+9H+3H2O=5A1(OH)31+A1,D正确；故选D。

9.【答案】A

【解析】A项，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分为高级脂

肪酸钠，因此可以生产肥皂和甘油，但不能直接生产得到高级脂肪酸，故A错误；B项，氨基酸在酸性条

件下，以阳离子形式存在，在碱性条件下以阴离子形式存在，当以两性离子存在时，其在水中的溶解度最

小，可形成晶体，故B正确；C项，铜氨纤维是再生纤维，可用浓氨水溶解得到的氢氧化铜沉淀，获得较

高浓度的铜氨溶液，取30mL制得的铜氨溶液于烧杯中，加入脱脂棉，不断搅拌使之形成黏稠液，用注射器

将黏稠液吸入针筒，再将其注入稀盐酸(或稀硫酸)中，取出稀盐酸(或稀硫酸)中的生成物，用水洗涤可获得

铜氨纤维，故C正确；D项，在葡萄糖溶液中，链状的葡萄糖分子几乎全部转变为两种旋光活性不同的环

状结构，故D正确；故选A。

10.【答案】A

【解析】A项，如图所示:分子中有2个手性碳原子，注意有一个对称轴，故A错误;

B项，羟基与竣基、羟基与羟基可发生缩聚反应，产物为聚酯类物质或聚醛类物质，故B正确；C项，羟

基相连的碳的邻碳上有氢，该物质可发生消去反应，羟基、竣基上可发生取代反应，羟基相连的碳上有氢

可发生氧化反应，故C正确；

D项，分子中只有一个竣基，Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗ImolNaOH且只生成一种

钠盐，故D正确；故选A。

11.【答案】A

【解析】A项，S的氧化性比较弱，S与变价金属Fe反应产生FeS,与Cu反应产生CsS,A正确；B

项，C在足量的02中燃烧生成CO2,而S在足量的中燃烧生成SO2,B错误；C项，C12与水反应生成

HC1和HC1O,但F2与水反应却生成HF和C错误；D项，Na?。?与CO?反应生成Na2cCh和。2,由于

NazCh具有强氧化性，SO2具有还原性，则Na2C>2与SO2反应生成Na2so4,不能生成Na2sO3和。2,D错误；

故选Ao

12.【答案】D

【解析】A项，该反应是放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；B项，升高温

度可使更多的普通分子变为活化分子，活化分子的数目增大，有效碰撞频率次数增多，因而反应速率加快;

但升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以温度越高越不利于获得乙醇，B错误；C项，使用合

适的催化剂能够加快反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此不能提高原料的平衡转化率，C错误；D项,

该反应是放热反应，在绝热密闭容器中进行反应，当容器中温度不再改变时，说明已达平衡状态，D正确；

故选D。

13.【答案】D

【解析】A项，Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而

CM+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和CM+得到

分离，所以氨熏显色后上方出现棕色斑点，下方出现蓝色斑点，故A正确；B项，AgNCh溶液与NaCl、NaNO2

溶液发生反应，分别产生白色沉淀AgCl,加稀硝酸不溶解：淡黄色沉淀AgNCh,加稀硝酸溶解；AgNCh

溶液与NaNCh不反应，所以可用AgNCh溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNCh和NaNCh,故B正确；C项，

锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率，铁的活泼性小于锌，

且只有铁时不能构成原电池，所以生成氢气的速率减小，所以当产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀

层已反应完全，故C正确；D项，溶质的溶解度小，溶液的浓度越低，越不容易析出晶粒，故D错误；故

选D。

14.【答案】C

【解析】A项，pH相等的HN03和HCN两种酸溶液中，氢离子的浓度相等，酸根离子等于对应的氢

离子浓度，所以c(NC")=c(CN-),故A错误；B项，NaHB溶液呈酸性，可以是NaHSOh对应的是H2s04

在水中能完全电离，故B错误；C项，NH4cl溶液中镂根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入镁粉与氢

离子反应生成氢气，促进镂根离子水解，生成一水合氨较多，转化为氨气，所以可生成两种气体，故C正

确；D项，溶液呈中性，则存在c(H+)=c(OH),任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守

恒得2c(CO32-)+c(HCCh-)=c(Na+),故D错误；故选C。

15.【答案】A

【解析】A项，盐酸和醋酸均是一元酸，在二者量相等以及选用相同指示剂的条件下，用

O.lOOOmolLTNaOH标准溶液滴定至终点时，两者消耗的NaOH溶液体积相等，A正确；B项，醋酸是弱酸,

稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的3VpHV4,B错误；C项，硫酸是强

酸，只电离不水解，亚硫酸根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，水解程度越大，阴离子浓度越

大,则均为O.lmolL”的Na2co3、Na2so3、H2sO4溶液中阴离子的浓度依次减小，C错误；D项，碱抑制

水的电离，常温下pH=ll的碱溶液中水电离产生的c(H+)小于纯水电离产生的c(H+),D错误；故选A。

16.【答案】C

【解析】A项，白磷着火点只有40℃,容易发生自燃，涂在火柴盒侧面不安全，应该涂红磷，A错误;

B项，COCL・6H2O的乙醇溶液为蓝色，加水后变红，B错误；C项，Na2s2O3与H2s04反应生成硫和二氧化

硫气体，单质硫不溶于水为淡黄色沉淀，可以通过观察出现浑浊的快慢来比较反应速率大小，二氧化硫气

体能溶于水，反应一开始观察不到气泡，不能用气泡产生的快慢来比较反应速率大小，C正确；D项，AgCl、

AgNCh都不溶于水，但AgNCh能溶于酸，AgCl不溶于酸，可用AgNCh溶液和稀硝酸来鉴别，D错误。故

选C。

17.【答案】C

【解析】A项，pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为O.lmol/L,而在硫酸溶液中，氢离子和硫酸根的

浓度之比为2:1,故溶液中硫酸根的浓度为0.05mol/L,物质的量"=cV=0.05mol/Lx1L=0.05mol,个数为

0.05NA个，故A错误；B项，lOOmLO.lOmolLTFeCb溶液中〃(Fe3+)=0.01mol,FeCb溶液中加入足量Zn粉

充分反应的化学方程式为2Fe3++3Zn=2Fe+3Zn2+,转移电子数为0.03moL转移电子数目为0.03NA,故B错

误：C项，Imol乙醇和二甲醛的混合物，二者均含有8条共价键，所以Imol乙醇和二甲醛的混合物中含共

价键数目为8NA,故C正确；D项，SO?和02反应是可逆反应，生成的S03分子数小于2必，故D错误；

故选C。

18.【答案】B

【解析】两个反应都为分解反应，属于吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，△">(),AH2

>0,一定时间内测得n(GoHi2)显著低于n(CioH8),说明反应①速率小于反应②，反应①的活化能大于反应

②。A项，图中△氏<0,故A不选；B项，图中AHI>0,△H2>0,且反应①的活化能大于反应②，故B

选；C项，图中为放热反应，故C不选；D项，图中反应①的活化能小于反应②，故D不选；故选B。

19.【答案】C

【解析】A项，由表中数据可计算，42〜242s,消耗CH3cH。的平均反应速率为

(6.68-4.64)mol-L-1..

12

-/…公------=1.02xl0-molL-,-s-'A项正确；B项，随着反应的进行，cCECHO)减小，

(242-42)s)

反应速率减慢，所以第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率，B项正确；C项，由于CH3CHO的

初始浓度及气体体积未知，故无法计算反应105s时，混合气体的体积，C项错误；D项，L是催化剂，能

降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，提高反应速率，D项正确；故选C。

20.【答案】B

【解析】A项，实验1中，前20min中A的平均反应速率为

v=—=0-33mObL-=0.0165mol-U'-min'1,故A正确；B项，实验1、2中，A的最终浓度相同，实

At20min

验2相同时间改变量增多，说明反应速率加快，因此实验2可能使用了催化剂，但由于该反应C的状态不

清楚，若C为气态，该反应是等体积反应，则可能压缩了体积，若C不是气体，则不可能是压缩了体积，

故B错误；C项，实验3温度比实验2温度高，温度升高，A的浓度减小，说明平衡正向移动，则正向是

吸热反应，因此该反应的△”>(),故C正确；D项，实验3中，若C为非气体，在40min时加入一定量的

C物质，平衡不移动，故D正确。故选B。

21.【答案】A

【解析】若为吸热反应，△”>()，随着反应进行，温度降低，K减小，P增大，说明气体物质的量增多，

AS>0,因此高温下能自发进行，P减小，反应不能自发进行。若为放热反应，△“<(),随着反应进行，温

度升高，K减小，P增大，任何条件都能自发进行，P减小，低温自发进行；对照各图像，故选A。

22.【答案】B

【解析】水系锌离子电池是二次电池，活泼金属Zn为负极，MnCh为正极，锌离子在电池的正负极来

回奔跑，放电时，负极上Zn失电子变为Zn2+,正极上MnCh得电子并结合Zi?+生成ZnMmCU；当锌离子从

MnCh隧道结构中脱出时，此时为充电过程，发生的反应与放电时相反，ZnMmO4为阳极，Zn为阴极。A项,

当锌离子从MnCh隧道结构中脱出时，为电解装置，此时ZnMmO4为阳极，故A正确；B项，锌失去电子

变为锌离子，嵌入MnO2的隧道中，为原电池反应，能量转化形式：化学能一电能，故B错误；C项，放电

时，负极上Zn失电子变为Z/+,正极上MnCh得电子并结合Zi?+生成ZnMmCU,Zr?+移向正极补充，溶液

中ZM+浓度不变，故C正确；D项，将放电时两电极反应式相加可得，水系锌离子二次电池的总反应式：

Zn+2MnC>2、#,ZnMmCU,故D正确；故选B。

充电

23.【答案】B

【解析】A项，适当提高N2分压，可以加快N2(g)—*N2反应速率，进而加快了化学反应速率，故A正

确；B项，由题图可知，用反应生成NH3的过程为N2-N=N-HTH-N=N-HTH-N-NH2-H2N-NH2-TNH3,

氮元素的化合价逐渐降低，即发生多步还原反应生成NE,故B错误；C项，由题图分析可知，两个氮原

子上的加氢过程是分步进行的，故C正确；D项，NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的

活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就会将减缓反应速率，故D正确；故选B。

24.【答案】B

【解析】A项，横坐标等于0时，c(CH3coO)=c(CH3coOH),因此醋酸的电离平衡常数Ka=1.0xl()476,

故A正确；B项，酸抑制水电离，A、B点溶液均显酸性，在A—B的过程中水的电离一直是抑制，故B错

误；C项，C点溶液的pH=7,显中性，醋酸显酸性，醋酸钠溶液显碱性，所以C点溶可能为CH3coOH和

CH3coONa,故C正确；D项，当0.1mol-L-1NaOH和0.1molL-1CH3COOH溶液以体积比1：2混合时，

3c(Na+)+c(H+)=2c(CH3coeT)+c(CH3coOH)+c(OH-)可以由物料守恒等式加上电荷守恒等式得到，故D正确；

故选B。

25.【答案】B

【解析】A项，发生反应2NCh(g)NzCMg),NO2是红棕色的，压缩体积，NO2的浓度增大，所以

气体颜色变深，但增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向生成N2O4的方向进行，A错误；B

项，用控制变量法探究浓度对化学反应速率的影响，则加入5mL水保持溶液体积相同，B正确；C项，重

2+3+

铭酸钾和氯离子反应在酸性条件反应：Cr2O7+6Cl+14H=2Cr+3C12t+7H2O,酸性条件下，亚硝酸根离子

与重铭酸根发生氧化反应生成硝酸根离子、铭离子和水，离子反应方程式为

2+3+

Cr2O7+3NO2+8H=2Cr+3NO3+4H2O,两溶液都由橙色变为绿色，无法鉴别，C错误；D项，配得同pH

的NaClO溶液与CH3coONa溶液，原本的物质的量的浓度就不相同，稀释后无法比较，正确的操作应是直

接测定同浓度的NaClO溶液与CH3coONa溶液的pH,根据越弱越水解，若前者的pH大，说明结合

H+的能力比CH3co0-的强，D错误：故选B。

26.【答案】(1)A1(OH)3+H2O=Al(OH)4-+H+(2分)

2

(2)HC10+CO3-C10+HCOj-(2分)

【解析】(1)A1(OH)3在水中电离得到AKOHM和H+,故电离方程式为：

+

A1(OH)3+H2O=AI(0H)4-+H；(2)已知酸性H2CO3>HC1O>HCOy,结合H+能力越强的离子则对应离子

或分子电离出H+的能力就越弱，即酸性就越弱，故用可用离子方程式：HC1O+CO32-=C1O-+HCO3.来表示

2

C03?-结合H+比CIO-的能力强，故选HC10+CO3=C1O+HCOy。

27.【答案】(1)C、K(2分)(2)〃(CO)=0.3mol,"(CC)2)=0.15mol(2分)

421-553℃

⑶2K3Fe(C2O4)3-3H2O育茂3K2cCh+Fe2O3+6COf+3cO2T+6H20T(3分)

隔绝仝气

+2+

(4)5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2t+2Mn+8H2O(2分)

(5)取红色物质少量放入试管中，向其中加入足量H2so4,充分振荡，若红色物质不溶解，溶液呈无色,

则红色物质为Cu单质；若有红色物质存在，且溶液显蓝色，说明红色物质为Cu2O(3分)

【解析】0.1mol的盐A在温度为421〜553℃及隔绝空气条件下分解产生0.75mol混合气体B和混合

固体F,0.75mol混合气体B通过足量无水氯化钙得到0.45mol混合气体C,气体减少0.3mol,说明在B

中含有水蒸气，其物质的量为n(H2O)=0.75mol-0.45mol=0.30mol：将混合气体C通过足量灼热CuO后得到

45g

0.45mol的气体D,将D通入足量澄清石灰水产生45g白色沉淀E,则E是

lOOg/mol

mol,气体D为CCh,H(CO2)=0.45mol,由于混合气体C转化为气体D时，质量增加了4.8g；说明混合气

体C中含有CO,发生反应CuO+COACCh+Cu,增加质量是CO发生该反应变为CO2增加的O元素的质量,

4.8g八.,

则n(CO)=--~-=0.3mol,故C中含有CO2的物质的量为n(CO2)=0.45mol-0.3mol=O.I5mol。固体F溶

16g/mol

8s

于水得到8g红棕色固体G为FeO,n(FeO)----7~~-=0.05mol,贝ijn(Fe)=2n(Fe20)=0.05molx2=0.1

2323160g/mol3

mol：溶液H为单一溶质，溶液H呈碱性，且不与氢氧化钾反应，焰色反应呈紫色，则H中含有K+离子，

H为K2c03。向H中加入足量稀盐酸，反应产生CO?的物质的量是0.15moL根据元素守恒可知

〃(K+)=2〃(K2co3)=2X0.15mol=0.3mol,n(CO32)=〃(K2co3)=0.15mol,故在0.1molA中含有C元素的物质

的量n(C)=n(CO)+??(CO2)+/?(CO32)=0.3mol+0.15mol+0.15mol=0.6mol。盐A中加入足量稀硫酸，可得到一

种二元弱酸，且该弱酸可以被酸性高镒酸钾溶液氧化生成气体D,说明该弱酸是草酸，A是草酸盐，在0.1

mol的盐A中，”(K)：〃(Fe)："(C)：”(H2O)=0.3mol：0.1mol：0.6mol：0.3mol,所以该盐化学式为

K3Fe(C2O4)3,3H2。。⑴盐A除Fe、H、O以外的两种元素是C、K元素;(2)混合气体C中含CO、82,其

中含有CO为0.3mol,含有CO2为0.15mol；⑶盐A是K3Fe(C2O4)3•3H2O,在421〜553c下分解生成混合

气体CO、CO2、H2O及FezCh、K2co3,该反应的化学方程式为：

421-553℃

2KFe(CO4)-3HO=^=7=3KCO.,+FeO3+6COT+3COt+6H2OT(4)盐A是KaFegO/SH?。，与足量

3232隔绝空气222；

稀硫酸反应产生二元弱酸H2c2O4,H2c2O4具有强的还原性，可以被酸性KMnCU溶液氧化为CO2气体,KMnCU

被还原为Mr?*。反应的离子方程式为：5H2c2O4+2MnO*+6H+=10CO2T+2Mn2++8H2O；(5)某兴趣小组用CO、

CO2的混合气体还原少量CuO粉末，使CuO完全反应得到红色产物。为确定红色产物的成分，设计实验方

案为：取红色物质少量放入试管中，向其中加入足量H2s04,充分振荡，若红色物质不溶解，溶液呈无色,

则红色物质为CU单质；若有红色物质存在，且溶液显蓝色，说明红色物质为CU20。

28.【答案】(l)2NaCIO3+4HCl(浓)=2C1O2T+C12T+2NaCl+2H20(2分)

(2)C(3分)

8+35

c(H)xc(Cr)xc(NO')(2分)③(ab)：(3分)

(3)①-544.31kJ/mol(2分)②

35

C(C1O2)XC(NO)

(4)从碱性环境中NaCICh溶液脱除NO的离子方程式中可以看出，随着反应的进行，溶液中的会被

逐渐消耗，溶液pH逐渐降低并变成酸性，而在酸性条件下，NaClCh会变为氧化性更强的CICh。根据第(3)

小题的三个反应可以看出，在酸性条件下，生成的CICh会参与脱硝，其产物有H+,这有利于溶液中的NaClO2

产生更多的CIO2,因此使用NaClCh水溶液脱硝时，能够保持长久的脱硝效率的物质是ClCh(2分)

(5)ABD(2分)

【解析】(1)使用高浓度的盐酸作为还原剂还原氯酸钠制取C102,根据C1元素的归中反应即盐酸中的

C1化合价升高，氯酸钠中的C1化合价降低可知，该反应的化学方程式为：

2NaClCh+4HCl(浓)=2C102T+CbT+2NaCl+2H20；(2)A项，活性是以等物质的量的物质失去的电子数来衡量,

故CICh是一种强氧化剂，ImolCKh得到5moi电子，而ImolCL得到2moi电子，故活性为氯气的2.5

倍，A正确；B项，由题干可知，CICh的沸点较高，其余杂质气体为Cb,沸点较低，故可采用冷却液化的

方法来除去CICh中的杂质气体，B正确；C项，由题干信息可知，CICh能溶于水，根据“相似相溶原理”，

故其难溶于四氯化碳，不与水反应，C错误；D项，利用草酸还原氯酸盐制取C102其中C1的化合价降低，

故草酸中C的化合价升高，转化为C02,析出的CICh可被C02稀释而不易爆炸，D正确；故选C；(3)①由

题干信息可知，反应I5NO(g)+2CIO2(g)+H2O(1)二^5NCh(g)+2Cr(aq)+2H+(aq)的2AH(生成

物)-EAH(反应物尸5x33.1kJ/mol+2x(-l67.08kJ/mol)+2xOkJ/mol-(5x91.29kJ/mol+2x102.5kJ/mol+(-285.8

kJ/mol))=-544.31kJ/mol；②平衡常数表达式为生成物浓度的基之积处以反应物浓度的基之积，故反应川的

c8(H+)xc3(Cljxc5(NO')

平衡常数K3的表达式为;③某温度时，在某1L密闭容器中使用C1O2作为氧

35

C(C1O2)XC(NO)

化剂，将含有NO的模拟烟气氧化，再使用含有Ca(OH)?的固定床进行吸收，若n(ClCh)：n(NO)=3：5,则

+

发生的反应为：反应HI：5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(1)=5NO3(g)+3Cl-(aq)+8H(aq)K3,反应HI可由

反应1+反应H,故K3=KK2=ab,根据题干信息可知，且进行到某时刻时固定床中的氮元素的量占初始模

拟烟气中氮元素的一半，此时体系中无N02,即NO的转化率为50%,故反应后NO和NO*CIO2和C「

c8(H+)xc3(Cr)xc5(NOj)

的浓度分别相等，故K==c8(H+)=ab,则该时刻溶液的c(H+)=色切上(4)在

335

C(C1O2)XC(NO)

碱性环境中，NaClCh溶液脱除NO的离子方程式为4NO+3C1O2+4OH=4NO3+3C1-+2H2O,在酸性环境中，

+

NaClCh溶液会发生反应：8H++8C1O2=6CIO2+CI2T+4H20、2H+4C1O2-2C1O2+CIO3+CI+H2O,从碱性环

境中NaClCh溶液脱除NO的离子方程式中可以看出，随着反应的进行，溶液中的OH一会被逐渐消耗，溶液

pH逐渐降低并变成酸性，而在酸性条件下，NaClCh会变为氧化性更强的CICh。根据第(3)小题的三个反应

可以看出，在酸性条件下，生成的C1O2会参与脱硝，其产物有H+,这有利于溶液中的NaClCh产生更多的

C1O2,因此使用NaCICh水溶液脱硝时，能够保持长久的脱硝效率的物质是C102；(5)A项，适当提高反应

温度，加快反应速率，故提高脱硝效率，A符合题意；B项，改变催化剂，寻找合适的催化剂，能够加快反

应速率，故提高脱硝效率，B符合题意：C项，由于H2O2在酸、碱性溶液中都是较强的氧化剂，但其在碱

性介质中的分解速率远比酸性介质中的快，故使溶液呈碱性，由于H2O2的分解速率加快，导致脱硝效率降

低，C不合题意；D项，提高双氧水浓度可以加快脱硝反应的速率，故提高脱硝效率，D符合题意；故选

ABD。

29.【答案】(1)倾析法(或过滤)(1分)(2)AD(2分)(3)ACD(3分)

(4)①eacd(3分)②挤捏乳胶管(1分)

③废铁屑中存在其它金属元素，使产品不纯；FeCb溶液部分水解，导致测得纯度偏低；Fe3+与I一的反

应存在一定的限度，Fe3+有剩余(2分)

【解析】由实验装置图可知，装置A中高锦酸钾固体与浓盐酸发生氧化还原反应制备氯气，装置B中

先发生铁与过量盐酸反应得到盐酸和氯化亚铁的混合溶液，再发生混合溶液与氯气反应得到氯化铁溶液，

装置C中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的有毒的氯气，防止污染空气。(1)步骤I中用碳酸钠溶液浸泡铁屑

的目的是除去铁屑表面的油脂，浸泡数分钟除去油脂后可以用倾析法或过滤的方法分离出铁屑：(2)A项，

由分析可知，制备氯化铁溶液时，混合溶液中含有盐酸，氯气中混有的氯化氢气体对实验没有影响，则不

需要在装置A、B之间应加装一个盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，故A错误；B项，装置B中，搅

拌器通过搅拌可以使混合溶液与氯气充分接触，使反应更加充分，故B正确；