广西专用2024年高考化学一轮复习滚动测试卷5第一~十单元含解析新人教版

PAGEPAGE14滚动测试卷(Ⅴ)(第一~十单元)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学与资源利用、环境爱护及社会可持续发展亲密相关。下列说法错误的是()。A.将煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B.利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理改变C.在阳光照耀下,利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,实现“碳”的循环利用答案:A解析:将煤转化为水煤气加以利用是为了削减环境污染,A项错误;利用太阳能蒸发淡化海水得到含盐量较大的淡水,其过程属于物理改变,B项正确;在阳光照耀下,利用水和二氧化碳合成甲醇,甲醇为可再生燃料,C项正确;用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯,聚碳酸酯再降解回来自然,实现了“碳”的循环利用,D项正确。2.依据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的试验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分别NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到试验目的的是()。答案:C解析:A项,加热NH4Cl分解生成的NH3与HCl遇冷会重新化合生成NH4Cl,错误;B项,为保证CO2充分反应,进气管应伸入液面以下,错误;C项,从溶液中分别溶解度较小的NaHCO3晶体,用过滤法,正确;D项,NaHCO3受热会分解,不能加热干燥,错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A.32g甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.60g熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAC.Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2,转移电子的数目为0.4NAD.惰性电极电解食盐水,当线路中通过电子数为NA时,阳极产生气体11.2L答案:C解析:1个甲醇分子中含有3个C—H键,32g甲醇的物质的量为1mol,含有3molC—H键,含有C—H键的数目为3NA,A项错误;60g熔融的NaHSO4的物质的量为0.5mol,0.5mol熔融硫酸氢钠电离出0.5mol钠离子和0.5mol硫酸氢根离子,总共含有1mol离子,含有的离子数为NA,B项错误;过氧化钠中氧元素的化合价为-1价,Na2O2与足量H2O反应产生0.2molO2,转移了0.4mol电子,转移电子的数目为0.4NA,C项正确;无法确定是标准状况下,因此不能运用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积,D项错误。4.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族,X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素,Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法不正确的是()。A.X与W形成的化合物与稀盐酸反应不行能产生氧气B.原子半径:X>Y>Z>WC.简洁氢化物的稳定性:W>Z>YD.Y与W形成的化合物能与NaOH溶液反应答案:A解析:已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W、Z同主族,X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素,Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,可推知Z为S元素;W、Z同主族,则W为O元素;X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素,X可能是Na、Mg或Al,Y可能是Si或P。A项,X可能为Na、Mg或Al,W为O,则形成的化合物为金属氧化物,与稀盐酸反应生成盐和水,但是2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2↑,A项错误;B项,依据同周期主族元素从左到右原子半径渐渐减小,同主族元素从上到下原子半径渐渐增大,可推知原子半径:X>Y>Z>W,即Na>Si>S>O,B项正确;C项,依据同主族元素气态氢化物的稳定性从上到下依次降低,同周期元素的气态氢化物的稳定性从左到右依次增加,则推知简洁氢化物的稳定性:W>Z>Y即H2O>H2S>PH3(或SiH4),C项正确;D项,Y为Si或P,W为O,其形成的化合物为SiO2或P2O5,均属于酸性氧化物,能与NaOH溶液反应,D项正确。5.(2024广西柳州高三模拟)“一硫二硝三木炭”描述的是我国古代四大独创之一的黑火药配方,黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑,对于该反应,下列说法不正确的是()。A.氧化产物是CO2B.爆炸的缘由是反应释放大量热,并生成大量气体C.反应中有三种元素的化合价发生改变D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3答案:D解析:碳元素从0价上升至+4价,故CO2为氧化产物,A项正确。从反应的化学方程式可知,该反应放出大量气体,结合爆炸品主要具有反应速度极快、放出大量的热、产生大量的气体等特性可知,B项正确。由反应的化学方程式可知,反应后S、N元素的化合价降低,C元素化合价上升,C项正确。该反应中,氧化剂为S和KNO3,还原剂为C,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,D项错误。6.两个碳环共用两个或两个以上碳原子的一类多环脂环烃称为“桥环烃”,下图①和②是两种简洁的桥环烃。下列说法正确的是()。A.①与2-丁烯互为同分异构体B.①和②的二氯代物均有4种C.②分子中全部碳原子处于同一平面内D.在肯定条件下,①和②均能发生取代反应、氧化反应答案:D解析:①的分子式是C4H6,2-丁烯的分子式是C4H8,两者的分子式不同,因此不互为同分异构体,A项错误。①分子中有2种不同的H原子,2个Cl原子在同一个C原子上有1种;若2个Cl原子在不同的C原子上,有3种,因此二氯代物有4种;②的分子式是C6H10,分子中有2种H原子,2个Cl原子在同一个C原子上有1种;若2个Cl原子在不同的C原子上,有6种,故其二氯代物有7种,故①和②的二氯代物种类数目不同,B项错误。②分子中的C原子是饱和碳原子,与其连接的C原子构成的是四面体结构,因此全部碳原子不行能处于同一平面内,C项错误。①和②都是环状烷烃,在肯定条件下,均能发生取代反应,同时两者都是烃,因此都可以燃烧,即发生氧化反应,D项正确。7.常温下,下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是()。A.使甲基橙溶液变红的溶液中:Na+、Cl-、CH3COO-、Fe2+B.水电离的OH-浓度为10-12mol·L-1的溶液中:Mg2+、NH4+、AlOC.无色溶液中:Al3+、NO3-、Cl-D.c(H2C2O4)=0.5mol·L-1的溶液中:Na+、K+、MnO4-答案:C解析:使甲基橙溶液变红的溶液显酸性,不能大量存在CH3COO-,A项错误;水电离的OH-浓度为10-12mol·L-1的溶液,可能为酸或碱溶液,酸溶液中不能大量存在AlO2-、SO32-,碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+,B项错误;C组离子之间不反应,可大量共存,且离子均为无色,C项正确;MnO4-8.(2024广西柳州高三模拟)有机物M是合成治疗癌症的药物中间体,其结构如图所示,下列说法正确的是()。A.有机物M和油脂分子中都含有,两者在酸性或碱性条件下都能发生取代反应B.M在肯定条件下能发生加聚反应,不能发生酯化反应C.在Ni作催化剂并加热的条件下,1molM最多只能与1molH2发生加成反应D.不行用酸性高锰酸钾溶液区分苯和M答案:A解析:M分子中含有酯基,在酸性或碱性条件下都能发生水解反应,水解反应属于取代反应,A项正确。M分子中含有碳碳双键,在肯定条件下能发生加聚反应,含有醇羟基,能发生酯化反应,B项错误。1molM最多能与4molH2发生加成反应,C项错误。苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而有机物M的分子中含有碳碳双键和醇羟基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D项错误。9.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相像,可用于提取中药材的有效成分,工艺流程如下。下列说法中错误的是()。A.浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B.高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取C.升温、减压的目的是实现CO2与产品分别D.超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点答案:B解析:高温条件下,二氧化碳为气态,而萃取是利用超临界状态下的CO2流体,故高温条件下不利于超临界CO2流体萃取,B项错误。10.中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列依据有关“规律”推出的结论正确的是()。选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大,反应速率越大常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相像的物质,沸点随相对分子质量增大而上升NH3的沸点低于PH3的D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀答案:D解析:次氯酸不稳定,光照分解生成HCl,A项错误;浓硝酸与Al快速反应,使其表面生成氧化膜而钝化,而稀硝酸不能使Al钝化,因此稀硝酸中的Al先溶解完,B项错误;NH3分子间存在氢键,故NH3的沸点高于PH3的,C项错误;ZnS的溶解度比CuS的大,故ZnS沉淀在CuSO4溶液中可转化为CuS沉淀,D项正确。11.下列叙述正确的是()。A.0.1mol·L-1CH3COONa溶液:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后,复原至原温度,pH增大,KW不变C.肯定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中,c(H+)相等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体,溶液中c(S2-)不改变答案:C解析:0.1mol·L-1CH3COONa溶液因CH3COO-水解呈碱性,c(OH-)>c(H+),A项错误;Na2CO3溶液加水稀释后,复原至原温度,pH减小,KW不变,B项错误;因为pH=-lgc(H+),故肯定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中c(H+)相等,C项正确;溶液中加入AgCl固体,存在平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与S2-反应生成Ag2S沉淀,使溶液中c(S2-)减小,D项错误。12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10依据表中数据推断以下说法不正确的是()。A.在冰醋酸中,高氯酸的酸性最强B.水对于这四种酸的强弱没有区分实力,但醋酸可以区分这四种酸的强弱C.在冰醋酸中1mol·L-1的高氯酸的电离度约为0.4%D.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H++SO4答案:D解析:在冰醋酸中,HClO4的Ka最大,酸性最强,A项正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,因此用冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,B项正确;因为Ka=c(H+)·c(ClO4-)c(HClO4)=1.6×10-5,在冰醋酸中1mol·L-1的高氯酸的c(H+)=4×13.(2024广西高三调研)如图所示五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统,其工作原理是在外接电源下,通过在膜材料内部发生氧化还原反应,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调整。已知WO3和LiFe4[Fe(CN)6]3均为无色透亮,LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色的物质。下列有关说法不正确的是()。A.当外电流通过1mol电子时,通过离子导体层的Li+的物质的量为1molB.为了获得较好的遮光效果,A应当接电源的负极C.该电致变色系统在较长时间的运用过程中离子导体层中Li+的量可基本保持不变D.当B接电源正极时,离子储存层反应为Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e-Li4Fe4[Fe(CN)6]3答案:D解析:当外电流通过1mol电子时,通过离子导体层的电量与1mol电子的电量相同,故Li+的物质的量为1mol,A项正确。假如A接电源的负极,A为阴极,发生电极反应式为Li++WO3+e-LiWO3,WO3为无色透亮,LiWO3为蓝色,可以获得较好的遮光效果,B项正确。电致变色系统在较长时间的运用过程中Li+不会参加电极反应,Li+的量可基本保持不变,C项正确。B接电源正极,B电极为阳极,电极反应式为Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e-4Li++Fe4[Fe(CN)6]3,D项错误。14.在25℃时,H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者所占的物质的量分数(a)随溶液pH改变关系如图所示,下列叙述错误的是()。A.H2R是二元弱酸,其Ka1=1×10-2B.当溶液恰好呈中性时,c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)C.NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D.含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液的pH=7.2答案:C解析:由pH=2可知c(H+)=0.01mol·L-1,其K1=c(H+)·c(HR-)c(H2R)=0.01,A项正确;当溶液恰好呈中性时,依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)得出c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-),B项正确;NaHR在溶液中pH≈5,HR-电离倾向大于水解倾向,C项错误;含Na2R与NaHR各015.在T℃时,将N2O4、NO2分别充入两个容积均为1L的密闭容器中,反应过程中浓度改变如下[2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0]:容器物质起始浓度/(mol·L-1)平衡浓度/(mol·L-1)ⅠN2O40.1000.040NO200.120ⅡN2O400.0142NO20.1000.0716下列说法不正确的是()。A.平衡时,Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)>α(NO2)B.平衡后,上升相同温度,以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)<v(Ⅱ)C.平衡时,Ⅰ、Ⅱ中正反应的平衡常数K(Ⅰ)=1D.平衡后,上升温度,Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将变深答案:B解析:容器Ⅰ中α(N2O4)=0.100mol·L-1-0.040mol·L-10.100mol·L-1=0.6;容器Ⅱ中α(NO2)=0.100mol·L-1-0.0716mol·L-10.100mol·L-1=0.284,故平衡时Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)>α(NO2),A项正确。由表中数据可知,平衡时容器Ⅰ中c(N2O4)大于容器Ⅱ中c(N2O4),故以N2O4表示的反应速率v(Ⅰ)>v(Ⅱ),上升相同温度,反应速率加快,仍有v(Ⅰ)>v(Ⅱ),B项错误。Ⅰ中反应为N2O4(g)2NO2(g),Ⅱ中反应为2NO2(g)N2O4(g),两者平衡常数互为倒数,故16.X、Y、Z是三种气态物质,在肯定温度下其改变符合下图。下列说法不正确的是()。A.图Ⅰ中反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)B.若上升温度,图Ⅰ中反应的平衡常数减小,Y的转化率降低C.若图Ⅱ中有一种是加入了催化剂,则曲线B是加入催化剂时的能量改变曲线,曲线A是没有加入催化剂时的能量改变曲线D.若图Ⅲ中甲表示压强,乙表示Z的含量,则其改变符合图Ⅲ中曲线答案:D解析:依据图Ⅰ中各物质的改变,可知X、Y是反应物,Z是生成物,浓度改变比值为(0.5-0.3)∶(0.7-0.1)∶(0.4-0)=1∶3∶2,依据浓度改变之比等于化学计量数之比可知化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),A项正确;依据图Ⅱ可知,该反应为放热反应,上升温度平衡逆向移动,平衡常数减小,Y的转化率降低,B项正确;加入催化剂能降低反应的活化能,所以图Ⅱ中曲线B是加入催化剂的能量改变曲线,C项正确;压强增大平衡右移,Z的含量增大,D项错误。17.已知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,当反应器中按n(N2)∶n(H2)=1∶3投料后,在不同温度下,反应达到平衡时,得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的改变曲线a、b、c如下图所示。下列说法正确的是()。A.曲线a对应的反应温度最高B.上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)<K(N)C.相同压强下,投料相同,达到平衡所需时间关系为c>b>aD.N点时c(NH3)=0.2mol·L-1,则N点的c(N2)∶c(NH3)=1∶1答案:D解析:合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应正向进行,曲线a的氨气的物质的量分数最高,其反应温度最低,故A项错误;平衡常数只与温度有关,该反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,题图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)>K(N),故B项错误;反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,相同条件下曲线a、b、c的氨的物质的量分数a>b>c,则反应温度a<b<c,温度越高反应速率越大,达到平衡时间越短,即达到平衡的时间c<b<a,故C项错误;在N点氨气的物质的量分数为20%,剩余氮气和氢气的物质的量分数的和为80%,N点c(NH3)=0.2mol·L-1时,氮气和氢气的浓度和为0.8mol·L-1,因为n(N2)∶n(H2)=1∶3,则c(N2)=0.2mol·L-1,c(N2)∶c(NH3)=1∶1,故D项正确。18.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-CrO42-Cr2O72-Cr3+已知转化过程中的反应为2CrO42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g·L-1,CrO4A.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeSO4·7H2O)作还原剂,处理1L废水,至少须要458.7gC.常温下转化反应的平衡常数K=1×1014,则转化后所得溶液的pH=5D.常温下Ksp=1×10-32,要使处理后废水中的c(Cr3+)降至1×10-5mol·L-1,应调溶液的pH=5答案:C解析:A项,溶液颜色保持不变,说明Cr2O72-和CrO42-的浓度不变,则题给可逆反应达到平衡状态,正确;B项,依据氧化还原反应中得失电子总数相等可得:28.6g×352g·mol-1=m(FeSO4·7H2O)278g·mol-1,解得m(FeSO4·7H2O)=458.7g,正确;C项,1L废水中n(Cr)=28.6g52g·mol-1=0.55mol,CrO42-有1011转化为Cr2O72-,则酸化后c(CrO42-)=0.55mol·L-1×(1-1011)=0.05mol·L-1,c(Cr2O72-)=0.55mol·L-1×1011×12=0.25mol·L-1二、非选择题(本题共4个小题,共46分)19.(8分)现有A、B、C、D四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物,且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子,C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图:(1)写出B(单质)+乙甲+C(单质)的化学方程式:。(2)依据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种,不能被确定的第四种元素是(填写序号)。

①A②B③C④D(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素:①甲与丙以及乙与丙均能发生反应,②甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质。据此,请回答下列问题:A.写出上述第四种元素在周期表中的位置:;

B.写出C(单质)+丙乙+丁的化学方程式:。

答案:(1)2F2+2H2O4HF+O2(2)④(3)其次周期第ⅤA族4NH3+5O24NO+6H2O解析:依据题给信息可初步确定A是氢元素,考虑到B(单质)可置换出C(单质),可初步确定B是氟元素,C是氧元素,D是碳元素或氮元素;假如确定B是氯元素,C是硫元素,则D为磷元素或硅元素,这与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”冲突,故A是氢元素,B是氟元素,C是氧元素,D是氮或碳元素,甲是HF,乙是H2O,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2。(1)B(单质)+乙甲+C(单质)的反应是氟气与水反应生成氟化氢和氧气的反应,化学方程式为2F2+2H2O4HF+O2。(2)依据分析可知,D元素不能确定。(3)由题给信息可知丙为NH3,丁为NO,故D元素为氮元素,在周期表中位于其次周期第ⅤA族;C(单质)+丙乙+丁的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。20.(12分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行试验探究。操作现象Ⅰ.A中溶液变红Ⅱ.稍后,溶液由红色变为黄色(1)B中反应的离子方程式是。

(2)A中溶液变红的缘由是。

(3)为了探究现象Ⅱ的缘由,甲同学进行如下试验:①取A中黄色溶液放入试管中,加入NaOH溶液,有红褐色沉淀生成,则溶液中肯定存在。②取A中黄色溶液于试管中,加入过量的KSCN溶液,最终得到红色溶液。甲同学的试验证明产生现象Ⅱ的缘由是SCN-与Cl2发生了反应。

(4)甲同学猜想SCN-可能被Cl2氧化了,他又进行了如下探讨。资料显示:SCN-的电子式为[··S····①甲同学认为SCN-中碳元素没有被氧化,理由是。②取A中黄色溶液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,此试验证明SCN-中被氧化的元素是。

③通过试验证明白SCN-中氮元素转化为NO3-,他的试验方案是④若SCN-与Cl2反应生成1molCO2,写出反应的离子方程式:

,并计算转移电子的物质的量是mol。

答案:(1)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+,Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3(3)Fe3+(4)①SCN-中的碳元素是最高价态+4价②硫元素③取足量铜粉于试管中,加入A中黄色溶液和肯定量的稀盐酸,加热,视察到试管上方有红棕色气体生成,证明A中存在NO3-,SCN-中氮元素被氧化成了NO3-④SCN-+8Cl2+9H2ONO3-+SO42解析:(4)①依据SCN-的电子式可知,S—C键中的共用电子对偏向S原子,C≡N键中的共用电子对偏向N原子,所以SCN-中各元素的化合价为S-2C+4N--3,由于碳元素已达最高价,故不能被氧化。②产生的白色沉淀应为BaSO4,故SCN-中被氧化的元素是硫元素。③检验NO3-可通过将NO3-转化为NO2的方法。④SCN-与Cl2反应生成CO2,说明反应物中还应有H2O,而生成物依据已有信息可知有CO21.(2024全国Ⅱ)(12分)化学工业为疫情防控供应了强有力的物质支撑。氯的很多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采纳如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过,氯气的逸出口是(填标号)。

图(a)图(b)(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=c(X)c(HClO)+(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO与Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的物质的量为mol;产生“气泡”的化学方程式为。

(5)“84”消毒液的有效成分为NaClO,不行与酸性清洁剂混用的缘由是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。

答案:(1)Na+a(2)10-7.5(3)2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O(4)1.25NaHCO3+NaHSO4CO2↑+Na2SO4+H2O(5)ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O203解析:(1)图(a)左侧电极为阳极,精制盐水中Cl-在阳极放电:2Cl--2e-Cl2↑,故Cl2从a口逸出,Na+通过离子交换膜进入阴极。(2)次氯酸的电离常数表达式Ka=c(H+)·c(ClO-)c(HClO),图(b)中δ(HClO)=δ(ClO(3)Cl2Cl2O的过程中Cl的化合价上升,由于Cl2与HgO的反应是歧化反应,则Cl2既是氧化剂又是还原剂,反应还应生成HgCl2,结合得失电子守恒配平反应的化学方程式为2Cl2+HgOHgCl2+Cl2O。(4)由于题述生成ClO2的反应属于歧化反应,则酸性条件下生成ClO2的同时,应有NaCl生成,配平反应的离子方程式为5ClO2-+4H+4ClO2↑+Cl-+2H2O。生成1molClO2则消耗1.25molNaClO2。同时NaHSO4与NaHCO3反应会产生CO2:NaHCO3+NaHSO4CO2↑+Na2SO4+H2O。(5)酸性条件下ClO-与Cl-发生归中反应:ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O。设原30%的NaOH溶液的质量为x,结合反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,可得方程:71g·mol解得x=796.74kg,则消耗Cl2为1000kg-796.74kg=203.26kg≈203kg。22.(14分)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。探讨氮氧化物的反应机理,对于消退环境污染有重要意义。请回答下列问题。(1)已知:H2的燃烧热ΔH为-285.8kJ·mol-1。N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH=+133kJ·mol-1H2O(g)H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1则H2与NO2反应生成两种无污染的气体的热化学方程式为。

(2)肯定温度下,向2L恒容密闭容器中充入0.40molN2O4,发生反应:N2O4(g)2NO2(g),一段时间后达到平衡,测得数据如下:时间/s20406080100c(NO2)/(mol·L-1)0.120.200.260.300.30①0~40s内,v(NO2)=。

②上升温度时,气体颜色加深,则上述反应是(填“放热”或“吸热”)反应。

③该温度下反应的化学平衡常数K=。

④相同温度下,若起先时向该容器中充入0.80molN2O4,则达到平衡后c(NO2)(填“>”“=”或“<”)0.60mol·L-1。

(3)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH的反应历程分两步:①2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1<0,v1正=k1正c2(NO),v1逆=k1逆c(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)ΔH2<0,v2正=k2正c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆c2(NO2)比较反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小:E1(填“>”“<”或“=”)E2,其推断理由是;2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、