江苏省连云港市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE江苏省连云港市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）留意事项：1.本试卷共8页，包含选择题（第1题~15题，共15题）、非选择题（第16题~21题，共6题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，请将答题纸交回。2.请将自己的学校、姓名、班级、考试证号填、涂在答题纸上。3.作答非选择题时必需用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题请用2B铅笔涂黑。可能用到的相对原子质量：选择题（共35分）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意1.化学在帮助人类战胜疾病的过程中发挥了重要作用。下列说法错误的是（）A.生产口罩的原料之一聚丙烯属于有机高分子材料B.抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避开蛋白质受热变性C.用于医疗消毒的酒精中乙醇所占的体积分数约为95%D.医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质【答案】C【解析】【详解】A．生产口罩的原料之一聚丙烯化学式是：，是含有碳元素的化合物，其相对分子质量在10000以上，因此属于有机高分子材料，A正确；B．温度上升，蛋白质会发生变性，因此抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避开蛋白质受热变性，B正确；C．用于医疗消毒的酒精中乙醇所占的体积分数约为75%，C错误；D．硝酸铵溶于水，温度降低，因此在医疗上可以用硝酸铵作速冷冰袋，D正确；故合理选项C。2.《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”其中涉及的主要反应为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A.基态N原子2p能级电子轨道表示式：B.中子数为8的碳原子：C.S2-的结构示意图：D.CO2的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．N是7号元素，依据构造原理可知N原子核外电子排布是1s22s22p3，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，p能级有3个轨道，故基态N原子2p能级电子轨道表示式：，A正确；B．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为8的碳原子质量数是14，可表示为：，B错误；C．S是16号元素，原子核内有16个质子，S原子得到2个电子变为S2-，其结构示意图为：，C错误；D．CO2分子中，C原子与2个O原子分别形成2对共用电子对，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为，D错误；故合理选项是A。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.Al2O3具有两性，可作耐火材料 B.NH3易溶于水，可用作制冷剂C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 D.CaO能与水反应，可用作干燥剂【答案】D【解析】【详解】A．Al2O3离子化合物，熔沸点很高，因此可用作耐火材料，A没有对应关系；B．NH3易液化，液氨气化会从四周环境汲取大量热，使环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，B没有对应关系；C．SO2具有漂白性，能够使某些有色物质变为无色物质，因此可用于漂白纸浆，C没有对应关系；D．CaO能与水反应产生Ca(OH)2，使四周水分被汲取，因此CaO可用作干燥剂，D具有对应关系；故合理选项是D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.0.1mol/LKI溶液：、、、B.0.1mol/LNa2CO3溶液中：、、、C.0.1mol/LHCl溶液中：、、、D.0.1mol/LNaOH溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+与I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，不能大量共存，A不符合题意；B．Na2CO3电离产生的离子与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．HCl电离产生的H+与CH3COO-会反应产生弱酸CH3COOH，不能大量共存，C不符合题意；D．NaOH电离产生的OH-与会反应产生碳酸根离子和水，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列有关物质结构和性质改变规律正确的是（）A.熔点：NaCl＜NaBr＜NaI B.硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 D.沸点：HF＜HCl＜HBr【答案】B【解析】【详解】A．三种物质都是离子化合物，离子半径越小，离子之间作用力就越强，离子键就越强，断裂离子键使物质熔化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高。由于离子半径：Cl-＜Br-＜I-，所以物质熔点：NaCl＞NaBr＞NaI，A错误；B．三种物质都是原子晶体，原子间以共价键结合。原子半径越小，共价键的键长就越短，共价键的键能就越大，断裂共价键使物质熔化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高，由于原子半径C＜Si，所以共价键的键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，因此物质熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性P＜S＜Cl，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，C错误；D．三种物质都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化消耗的能量就越多。物质的相对分子质量越大，分子间作用力越大，由于相对分子质量：HCl＜HBr，所以物质沸点：HCl＜HBr，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在三种物质中最高，故三种物质的沸点：HCl＜HBr＜HF，D错误；故合理选项是B。6.下列试验操作能达到试验目的的是（）A.中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2~3次B.用玻璃棒蘸取溶液点在水潮湿的试纸上，测定该溶液的C用装置甲蒸干溶液制无水固体D.用装置乙加热分解固体【答案】A【解析】【详解】A．中和滴定时为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗2~3次，故A正确；B．测溶液的pH时，pH试纸不能用水潮湿，故B错误；C．氯化铁易水解，若用装置甲蒸干溶液，得到Fe(OH)3固体，故C错误；D．加热分解固体，试管口应略向下倾斜，故D错误；选A。7.下列说明事实的离子方程式正确的是（）A.用治疗胃酸过多症：B.用饱和溶液将转变为：C.用溶液腐蚀铜制印刷线路板：D.有效成分为的消毒液与有效成分为浓的洁厕灵混用产生黄绿色气体：【答案】D【解析】【详解】A．Al(OH)3难溶于水，主要以固体形式存在，应当写化学式，A错误；B．BaSO4难溶于水，主要以固体形式存在，应当写化学式，B错误；C．电子不守恒，电荷不守恒，应当为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．二者在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式符合反应事实，遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，D正确；故合理选项是D。8.、是短周期的两种主族元素，它们的逐级电离能（）数据如下表所示：电离能（）……49645626912954313353……738145177331054013630……下列有关说法正确的是（）A.的最外层电子数为3 B.与水反应猛烈程度：C.的最高化合价为 D.电负性：【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X的第一电离能很低，其次电离能剧增，说明该元素原子很难失去其次个电子，所以X最外层有1个电子，X是Na元素；短周期主族元素Y的第一、其次电离能之间改变不大，第三电离能剧增，且第一电离能很低，说明该元素原子很难失去第三个电子，最高化合价为+2，应为第IIA族元素，Y是Mg元素；【详解】A．是Na，最外层电子数为1，故A错误；B．X是Na元素、Y是Mg元素，与水反应猛烈程度Na>Mg，故B错误；C．Y是Mg元素，最高化合价为，故C错误；D．同周期元素从左到右电负性增大，电负性Na<Mg，故D正确；选D。9.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.B.C.D【答案】C【解析】【详解】A．SiO2和C反应生成Si，Si和氯气反应生成SiCl4，SiO2和HCl不能干脆反应，故A不能实现；B．SO2和水反应生成H2SO3，故B不能实现；C．硝酸银溶液和氨水反应生成银氨溶液，葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应，故C能实现；D．电解熔融氯化镁冶炼金属镁，故D不能实现；选C。10.锌-空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源。总反应式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2。示意图如下所示。有关该电池的说法正确的是（）A.电池可以用稀硫酸作电解质溶液B.空气扩散电极上的电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-C.电池工作时，电子由a电极沿导线流向b电极D.电池工作过程中，化学能全部转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．电池反应产物为Zn(OH)2，Zn(OH)2与硫酸会发生反应，因此不能稳定存在稀硫酸中，所以不行以用稀硫酸作电解质溶液，A错误；B．空气扩散电极为电池的正极，得到电子发生还原反应，所以电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C．电池工作时，电子由负极流向正极，在该电池反应中，Zn电极为负极，空气扩散电极为电池的正极，则电子由b电极沿导线流向a电极，C错误；D．电池工作过程中，化学能会转化为电能，但还有一部分能量转化为热能，因此不行能化学能全部转化为电能，D错误；故合理选项是B。不定项选择题：本题包括5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小得0分；若正确答案包括两选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.合成氨反应在推动人类社会发展中发挥了重要作用。下列有关说法正确的是（）A.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目为B.反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)在较高温度下能自发进行，该反应的△H＜0C.肯定条件下反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)达到平衡时，v正(H2)=v逆(N2)D.反应3H2(g)+N2(g)2NH3(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．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则3molH2与1molN2混合反应生成NH3的物质的量小于2mol，故转移电子数目小于，A错误；B．反应在较高温度下能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应的正反应是气体体积减小的反应，△S＜0，所以该反应的△H＜0，B正确；C．在任何条件下v正(H2)：v正(N2)=3：1，即v正(H2)=3v正(N2)，若v正(H2)=v逆(N2)，则3v正(N2)=v逆(N2)，反应逆向进行，未处于平衡状态，C错误；D．断键吸热，成键放热，反应热△H等于反应中断裂反应物中旧共价键的键能之和与形成生成物中的新共价键的键能之和的差，D错误；故合理选项是B。12.化合物Y具有抗氧化和清除自由基作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（）A.1molY最多能与2molBr2发生取代反应B.X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.X与足量H2反应所得产物中有4个手性碳原子D.以Y为单体可以合成【答案】BD【解析】【详解】A．Y分子中苯环上-OH只有邻位上可发生取代反应，因此1molY最多能与1molBr2发生取代反应，A错误；B．X分子中含有酚羟基、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此能够使高锰酸钾溶液褪色；Y分子中含有酚羟基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．X与足量H2反应产生，由于手性C原子是连接4个不同的原子或原子团，则所得产物中有3个手性碳原子，用※标注为，C错误；D．Y分子中含有碳碳双键，在肯定条件下发生加聚反应产生聚合物，D正确；故合理选项是BD。13.依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项试验操作和现象试验结论A向0.1mol/LFeCl2溶液中加入几滴氯水，溶液颜色变成棕黄色氯水中含有HClOB用pH试纸测得浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8CH3COOH电离出H+的实力比HNO2的强C向3molKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D向浓度均为0.05mol/L的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【详解】A．氯水中含有的Cl2也可以将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液显黄色，因此不能确定氯水中是否含有HClO，A错误；B．依据盐的水解规律，酸越弱，其形成的盐水解程度越大，该溶液的pH就越大，所以运用pH测定等浓度CH3COONa、NaNO2溶液的pH，前者大，说明CH3COOH的酸性比HNO2的弱，更难电离产生H+，B错误；C．向3molKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明有I2生成，发生了反应：Br2+2KI=2KBr+I2，从而证明白Br2的氧化性比I2的强，C正确；D．同一溶液中含有等浓度的Cl-、I-，向溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明产生了AgI沉淀，证明c(Ag+)·c(I-)＜c(Ag+)·c(Cl-)，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D正确；故合理选项是CD。14.25℃时，向10mL0.10mol/L的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的改变关系如图所示。若溶液混合引起的体积改变可忽视，下列说法正确的是（）A.a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.pH=7时，V1＞10mLC.点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10mL时，c(HA)+c(A-)+c(Na+)=0.20mol/L【答案】A【解析】【详解】A．a点时，pH=3，c(H+)=1.0×10-3mol/L，Ka==1.0×10-3，所以c(HA)=c(A-)，依据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A-)，可知在溶液中存在c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，A正确；B．若溶液体积V1=10mL，二者恰好反应产生NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-水解使溶液显碱性，因此要使溶液显中性，pH=7，则碱NaOH溶液的体积V1＜10mL，B错误；C．依据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可得c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)，若C选项成立，则c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)，推出c(H+)+c(HA)=0，这是不行能存在的，故该假设不成立，C错误；D．V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，在溶液中存在水解平衡：A-+H2OHA+OH-，依据元素守恒，n(HA)+n(A-)+n(Na+)=(0.10mol/L×0.01L)×2=0.002mol，由于溶液的体积为10mL+10mL=20mL，所以c(HA)+c(A-)+c(Na+)==0.1mol/L，D错误；故合理选项是A。15.三个容积相同的恒容密闭容器中各自充入1molCO和肯定量的H2，分别在T1、T2、T3温度下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0。当反应达到平衡状态时，测得CO的转化率与投料比[]的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A.H2的平衡转化率：a＞b＞cB.上述三种温度之间大小关系为T1＞T2＞T3C.a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡向正方向移动D.c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中CH3OH的体积分数增大【答案】AD【解析】【详解】A．a、b两点投料比相同，在投料比[]不变时，CO的转化率越大，则H2的转化率也越大，所以H2的平衡转化率：a＞b；投料比越大，则CO的转化率越大，H2的转化率就越小，依据图示可知c点的投料比最大，故该点H2的转化率最小，因此H2的平衡转化率大小关系为：a＞b＞c，A正确；B．该反应的正反应是放热反应，上升温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率会减小。依据图示可知在投料比相同时，CO的转化率的大小关系：T1＞T2＞T3，说明反应温度：T1＜T2＜T3，B错误；C．a点时CO的转化率是50%，在反应起先时加入CO的物质的量是1mol，则此时CO及反应产生的CH3OH的物质的量都是0.5mol，CO、CH3OH的浓度相等，a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，CO、CH3OH的浓度仍旧相同，此时Qc=K，说明化学平衡不发生移动，C错误；D．c点为平衡状态，在反应起先时其投料比[]=4，若此时再通入1molCO和4molH2，与原起先投料比相同，由于增大反应物浓度，使反应体系的压强增大，增大压强化学平衡向气体体积减小的正向移动，会产生更多的CH3OH，最终达到新平衡中CH3OH的体积分数增大，D正确；故合理选项是AD。非选择题（共65分）16.含有的悬浊液可用于检验醛基，原理可用下列化学方程式表示：（1）基态核外电子排布式为________。（2）中碳原子轨道的杂化类型是________。（3）分子中键与键的数目比________。（4）广泛应用于太阳能电池领域，其晶胞为立方体（见下图），晶胞中原子的配位数为________。（5）可溶于氨水生成配离子。探讨发觉，与的空间构型相同，而却难以与形成配离子，其缘由是________。【答案】(1).（或）(2).、(3).(4).4(5).因为元素的电负性（或吸引电子的实力）强于元素，导致中的氮原子难以供应孤电子对与形成配位键【解析】【分析】(1)Cu核外有29个电子，Cu失去最外层1个电子生成；(2)中，甲基中碳原子形成4个键，羧基中的碳原子形成3个键；(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；(4)依据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子；(5)元素的电负性（或吸引电子的实力）强于元素；【详解】(1)Cu核外有29个电子，Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去最外层1个电子生成，基态核外电子排布式为；(2)中，甲基中碳原子形成4个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是，羧基中的碳原子形成3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是；(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；的结构式是，分子中键与键的数目比6∶1；(4)依据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子，晶胞中原子的配位数为4；(5)因为元素的电负性（或吸引电子的实力）强于元素，导致中的氮原子难以供应孤电子对与形成配位键，所以难以与形成配离子。17.化合物具有抗组织胺活性，可用于减轻皮肤瘙痒，其合成路途如下：（1）中含氧官能团的名称为________和________。（2）写出反应的方程式：________。（3）的反应中的分子式为，写出的结构简式：________。（4）的一种同分异构体同时满意下列条件，写出同分异构体的结构简式：________。①分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应；②酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢。（5）已知：（表示烃基）写出以为原料制备的合成路途流程图（无机试剂任用，合成路途流程图示例见本题题干）：________。【答案】(1).（酚）羟基(2).羧基(3).+CH2=CHCN(4).(5).(6).【解析】分析】由各物质的结构式及整体流程图可知，A发生加成反应生成了B，B→C过程是—CN到—COOH的转变，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，据此解答。【详解】（1）的结构式为：，所含氧官能团的名称为酚羟基和羧基；（2）反应的方程式：+CH2=CHCN；（3）的反应中的分子式为，依据DE的结构简式，可推想的结构简式：；（4）的同分异构体满意：分子中含有苯环，能发生银镜反应，不能与溶液发生显色反应，则该物质含醛基，不含酚羟基；酸性水解后，含苯环的产物分子中只有3种不同化学环境的氢写出同分异构体的结构简式，含酯基，且该物质高度对称，则苯环上的二取代为对位取代，且该物质属于甲酯，故结构简式为：；（5）已知：（表示烃基），以为原料制备的合成路途可参照本题题干B→D步骤，故合成路途流程图：。18.乳酸亚铁晶体是一种良好的补铁剂。以FeSO4·7H2O和乳酸为原料可制备乳酸亚铁。(1)碳酸亚铁的制备将肯定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，边搅拌边缓慢滴加NH4HCO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥，得纯净的FeCO3固体。NH4HCO3与FeSO4反应的离子方程式为________。(2)乳酸亚铁晶体的制备向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液和少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，低温蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。制备乳酸亚铁晶体的过程中加入少量铁粉的目的是________。(3)乳酸亚铁晶体纯度的测定：精确称取样品6.000g，配制成250.00mL溶液，取25.00mL溶液于250mL锥形瓶中，用0.1000mol/LCe(SO4)2溶液滴定至终点（滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+），消耗Ce(SO4)2溶液20.00mL。则样品中乳酸亚铁晶体的纯度为________（以质量分数表示；写出计算过程；乳酸亚铁晶体的相对分子质量为288）。【答案】(1).Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O(2).防止Fe2+被氧化(3).96.00%【解析】【分析】(1)NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，据此书写反应的离子方程式；(2)依据Fe2+具有强的还原性分析推断；(3)依据滴定过程中Ce4+与Fe2+反应生成Ce3+和Fe3+，利用二者反应关系，通过计算Ce4+的物质的量计算出试验溶液中含有的Fe2+的物质的量，再依据溶液总体积与试验体积关系计算配制的溶液中含有的Fe2+的物质的量及相应的乳酸亚铁晶体的质量，最终依据晶体质量与样品质量的比计算其纯度。【详解】(1)NH4HCO3与FeSO4反应产生FeCO3、CO2、H2O，依据物质拆分原则，可得该反应的离子方程式：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(2)Fe2+具有强的还原性，简单被空气中的氧气氧化产生Fe3+，加入铁粉，就可以使变质的部分再发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可防止Fe2+被氧化；(3)在滴定过程中会发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，二者的物质的量相等，在20.00mL0.1000mol/LCe(SO4)2溶液中含有的物质的量n(Ce4+)=0.1000mol/L×0.0200L=2.000×10-3mol，则滴定溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=n(Ce4+)=2.000×10-3mol，那么在6.000g样品配制成250.00mL溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=2.000×10-3mol×=2.000×10-2mol，依据铁元素守恒，产生这些Fe2+须要的乳酸亚铁的质量是m(乳酸亚铁)=2.000×10-2mol×288g/mol=5.76g，所以该乳酸亚铁样品的纯度：×100%=96.00%。【点睛】本题考查了化学方程式和离子方程式的书写及物质含量的测定。结合物质的性质，依据反应过程中已知物与待求物之间的物质的量关系及运用量与总物质的量关系分析解答。19.煤炭燃烧产生的烟气会对空气造成严峻污染。爱好小组进行了ClO2协同氨水脱除模拟烟气中NO和SO2的试验探讨，其流程如下：(1)“喷淋液”中的ClO2可通过下述方法制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O当生成1molClO2时，转移的电子为________mol。(2)所得副产物中除了NH4Cl外，还有________(填化学式)。(3)传统湿式氨法烟气处理技术以氨水作为喷淋液，在催化剂作用下，喷淋除去NO过程中有一种无污染气体生成。该反应的化学方程式为________。(4)利用ClO2协同氨水进行脱硫脱硝净化时，NO和SO2气体脱除效率随pH改变状况如图1所示，ClO2被还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图2所示。①NO的脱除率随着pH的增大而渐渐减弱，可能缘由是________。②写出pH≤2.0时，ClO2脱除SO2反应的离子方程式：________。【答案】(1).1(2).(NH4)2SO4、NH4NO3(3).4NH3+6NO5N2+6H2O(4).随着pH增大，ClO2易(发生歧化反应)转化为ClO2-，造成其氧化实力减弱(5).5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+【解析】【分析】(1)依据同一元素发生氧化还原反应的规律分析推断；(2)SO2、NO会被ClO2氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl；(3)NH3、NO会发生归中反应产生N2、H2O；(4)①依据溶液pH与物质氧化性强弱分析推断；②写出pH≤2.0时，溶液显强酸性，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，结合物质在溶液中存在形式，及电子守恒书写反应的离子方程式。【详解】(1)在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，只有Cl元素化合价发生改变，Cl元素由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价，得到1个电子，Cl元素由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价上升1价，得到1个电子，由于化合价升降总数相同，所以反应中每产生1molCl2，电子转移的物质的量是2mol，同时产生2molClO2，则当生成1molClO2时，转移的电子为1mol；(2)ClO2具有强的氧化性，会将SO2、NO氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl，所以所得副产物中除了NH4Cl外，还有(NH4)2SO4、NH4NO3；(3)氨水分解产生NH3，NH3、NO会在肯定条件下发生归中反应产生N2、H2O，依据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(4)①ClO2在碱性条件下会发生反应产生ClO2-、Cl-，使物质的氧化性减弱，导致NO的脱除率随着pH的增大而渐渐减弱；②当溶液pH≤2.0时，溶液显强酸性，在酸性条件下，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式：5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+。【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关学问。涉及物质的氧化性的影响因素、物质之间的反应、方程式的书写及有关计算。物质的氧化性或还原性与物质的浓度、溶液的酸碱性、温度等有关，溶液浓度越大、温度越高、溶液酸性越强，物质的氧化性或还原性越强。在氧化还原反应中氧化剂得到电子与还原剂失去电子相等，反应特征、实质与反应类型关系可概括为：“升失氧、降得还”。这是氧化还原反应分析的依据。20.爱好小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备MgCO3·3H2O。试验过程如下：(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，缘由是________。(2)加入H2O2“氧化”时反应的离子方程式为________。反应温度一般限制在40℃~50℃，目的是________。(3)用下图所示的试验装置以除去氧化后溶液中的Fe3+。①试验装置图中仪器A的名称为________。②常用________来检验水溶液中的Fe3+是否除净。(4)请补充完整由(3)中得到的水溶液来制备MgCO3·3H2O的试验方案：边搅拌边________，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。[可供选用的试剂：氨水、Na2CO3溶液、蒸馏水；已知该溶液中pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Mg(OH)2起先沉淀。]【答案】(1).避开制备MgCO3时消耗过多的碱(2).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3).适当加快反应速率，同时防止H2O2受热分解(4).分液漏斗(5).KSCN(或硫氰化钾)溶液(6).向溶液中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、用蒸馏水洗涤固体2~3次。【解析】【分析】工业废渣(主要成分为MgCO3和少量FeO、Fe2O3、Al2O3)，加入40%的硫酸进行酸溶，过滤除去不溶性杂质，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化Fe2+产生Fe3+，然后加入有机溶剂，使Fe3+进入有机溶剂中，水溶液中含有硫酸镁、硫酸铝及过量硫酸，然后向其中滴加氨水至溶液的pH在5.0~8.5之间，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，过滤除去，再向滤液中入碳酸钠溶液，可反应生成MgCO3•3H2O沉淀，以此解答该题。【详解】(1)“酸溶”过程中加入的H2SO4不宜过量太多，这是因为制备MgCO3时，过量的酸会消耗过多的碱；(2)Fe2+