北京市首都师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题 含解析

首都师大二附中2024-2025学年度高三第一学期九月月考第I卷(选择题共42分)一、选择题(每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的)1.下列说法不正确的是A.烟花的绚丽多彩与得失电子有关 B.橡胶老化与碳碳双键有关C.钻石的高硬度与其为共价晶体有关 D.金属可加工成各种形状与金属键有关【答案】A【解析】【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，与得失电子无关，故A项错误；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，故B项正确；C．钻石成分是金刚石，是通过共价键结合的共价晶体，具有很大硬度，故C项正确；D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，故D项正确；故答案为：A。2.下列关于HCHO及构成微粒的化学用语或图示表达不正确的是A.O的原子结构示意图： B.基态C原子的轨道表示式：C.C原子杂化轨道示意图： D.HCHO的分子结构模型：【答案】C【解析】【详解】A．氧元素原子序数是8，O的原子结构示意图：，A正确；B．基态C原子的轨道表示式：，B正确；C．甲醛中C原子杂化方式是sp2杂化，C错误；D．HCHO的分子结构模型一般指球棍模型：，D正确；故选C。3.下列实验的对应操作中，不合理的是眼睛注视锥形瓶中溶液A．用标准溶液滴定溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的溶液获得晶体D．配制一定物质的量浓度的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；答案选D。4.下列事实或现象不能用元素周期律解释的是A.相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸的pH大于盐酸B.醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷C.Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈D.向NaBr溶液中滴加氯水，溶液变黄【答案】A【解析】【详解】A．相同温度、相同物质量浓度时，醋酸是弱酸未完成电离，故醋酸的pH大于盐酸，不能用元素周期律解释，A符合题意；B．同周期元素随原子序数的递增电负性增强，故醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷，B不符合题意；C．同周期元素随原子序数的递增金属性减弱，故Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈，C不符合题意；D．同主族元素从上到下非金属性越来越弱，氯气氧化性强于溴单质，故向NaBr溶液中滴加氯水，可以置换出溴单质，溶液变黄，D不符合题意；故选A。5.下列化学用语表述正确的是A.氯气通入水中：Cl2＋H2O=2H++Cl-＋ClO-B.电解饱和食盐水：2Cl－+2H+=Cl2↑+H2↑C.向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑D.向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO4溶液使Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应该使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A项错误；B,.电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH-，漏写反应条件，B项错误；C.Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C项错误；D.假设Ba(OH)2为1mol，其中Ba2+有1mol，完全沉淀需要SO42-1mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H+和OH-反应，OH-剩余1mol，据此写出完整的离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，D项正确；答案选D项。【点睛】涉及量的离子方程式的书写，通常可设量少的为1mol。本题中D项，是恰好完全中和至中性，还是恰好完全沉淀某离子，对应的离子方程式不同。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.灼热的铁丝伸入氯气，剧烈燃烧：B.铝片溶于NaOH溶液，有无色气体产生：C.苯酚钠溶液中通入CO2，产生浑浊：+H2O+CO2→+NaHCO3D.溴乙烷与NaOH溶液共热，油层体积减少：【答案】A【解析】【详解】A．Fe与Cl2加热反应产生FeCl3，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B．铝片溶于NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：，B正确；C．由于碳酸的酸性比苯酚强，所以苯酚钠与CO2反应产生苯酚及NaHCO3，反应的化学方程式为：+H2O+CO2→+NaHCO3，C正确；D．溴乙烷难溶于水，密度比水大，将溴乙烷与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH、NaBr，导致溴乙烷减小，因而油层体积减少，反应的化学方程式为：，D正确；故合理选项是A。7.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是A.向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体B.向水中加入固体，产生无色气体C.向碘水中通入气体，碘水颜色变浅D.向溶液中通入气体，生成黑色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，因氧化还原反应pH增大，A错误；B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因氧化还原反应碱性增强，pH增大，B错误；C．向碘水中通入气体，碘水颜色变浅，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，因发生氧化还原反应使溶液pH减小，C正确；D．向溶液中通入气体，生成黑色沉淀，CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，该反应是非氧化还原反应，D错误；故选C。8.硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是A.该过程有H2O参与 B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程没有生成硫氧键【答案】D【解析】【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。9.常用的除甲醛试剂有：①活性炭；②；③。其中试剂②去除甲醛的第一步反应原理为：。下列说法不正确的是A.常温、常压下，甲醛是一种有刺激性气味的无色气体，可以用试剂①吸附B.依据电负性，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合C.试剂③与试剂②去除甲醛反应原理类似D.甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应【答案】C【解析】【详解】A．活性炭具有很强的吸附性，可以吸附甲醛，A正确；B．因为电负性：N＞C，所以带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，且甲醛与RNH２的反应类型属于化合反应。C．试剂③ClO2与甲醛的反应属于氧化还原反应，与试剂②和甲醛反应的类型不同，C错误；D．蛋白质中含有氨基，与RNH2由类似的性质，甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应，D正确；故答案为：C。10.溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。已知：i．与反应时，转化为和。ii．为强酸。下列说法不正确的是A.酸化海水通入提取溴的反应：B.脱氯过程和均具有脱氯作用C.用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是D.酸化后重新得到的反应：【答案】C【解析】【分析】浓缩海水酸化形成酸化海水，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出生成的单质溴，含溴空气通过溴化亚铁脱氯，通入碳酸钠吸收Br2转化为和Br-，和Br-在稀硫酸中发生氧化还原反应生成溴单质形成含溴溶液，最后得到产品溴。【详解】A．酸化海水通入氯气，氯气与溴离子反应生成Br2和Cl-，离子方程式正确，A正确；B．脱氯过程中，亚铁离子和溴离子均能与氯气反应，两者均具有脱氯作用，B正确；C．用碳酸钠溶液吸收足量溴蒸气后，发生反应3Br2+3=5Br-++3CO2↑，所得产物中的含碳粒子主要为CO2，C错误；D．硫酸酸化后，、Br-和氢离子反应生成Br2和水，离子方程式正确，D正确；故答案选C。11.某同学进行如下实验：实验操作和现象Ⅰ向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色Ⅱ向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色Ⅲ向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色下列分析不正确的是A.Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2B.Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性C.Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2D.Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-【答案】D【解析】【详解】A．向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将溴水中的溴萃取出来，CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2，A正确；B．向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将碘水中的碘萃取出来，CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，B正确；C．向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，氯气将KI中的碘置换出来，Cl2的氧化性强于I2，C正确；D．再滴加氯水，振荡后紫色褪去，氯气与碘、水反应生成了盐酸和碘酸，继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，水溶液中已不存在I-，D错误；答案选D。12.有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知n(Li)/n(LiH)。已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑②2Li(s)+H2⇌2LiH△H＜0下列说法不正确的是A.可用质谱区分D2和HDB.Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑C.若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小D.80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HD，n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；D．升温，2LiH⇌2Li+H2△H>0平衡右移，Li增多LiH减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)，D正确；答案为：C。13.H2O2是一种“绿色”试剂，许多物质都会使较高浓度H2O2溶液发生催化分解。实验发现，向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2+Br2=2H++O2↑+2Br-。下列说法正确的是A.H2O2分子中含有离子键和非极性键B.在第1步反应中，每生成0.1molO2，转移0.4mol电子C.机理中第2步反应为：2H++H2O2+2Br-===2H2O+Br2D.若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-，则说明第1步反应发生了【答案】C【解析】【详解】A、H2O2属于共价化合物，其结构式为H－O－O－H，含有共价键，不含离子键，故A错误；B、第1步反应中，生成0.1molO2，转移电子物质的量为0.1×2×1mol=0.2mol，故B错误；C、H2O2分解反应方程式为2H2O2=2H2O＋O2↑，根据第1步反应，推出第2步反应为2H＋＋H2O2＋Br－=2H2O＋Br2，故C正确；D、Br2能与水反应生成Br－，因此该溶液中检验出Br－，不能说明第1步发生，故D错误。【点睛】易错点选项B，注意H2O2中氧原子化合价，H2O2中O显－1价，转变成0价的氧原子，化合价变化1价，转移电子物质的量为0.1×2×1mol=0.1mol。14.某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法不正确的是：A.溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OB.该实验可证明蓝色恢复与空气无关C.溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快D.上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定【答案】C【解析】【详解】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，A正确；B．该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确；C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；因此答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．ⅰ中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。

Si

A

D（4）基态A原子核外电子排布式为___________。（5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：___________。【答案】（1）b（2）①.②.-1③.小（3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体沸点（4）1s22s22p63s23p63d104s24p1（5）As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素【解析】【小问1详解】a．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”；b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”；c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”；故选b；【小问2详解】①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为；②1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为-1，故中H的化合价为-1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小；【小问3详解】硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与的分离；【小问4详解】由Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示，可知，A为Ga、D为As；Ga为31号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；【小问5详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。16.黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：（1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是_________。（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为___________。（3）SO2中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：___________。（4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=___________pm(用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。【答案】（1）硫(或S)（2）2CaO+2SO2+O22CaSO4（3）①.sp2②.SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，无孤电子对（4）图1（5）S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S（6）①.图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现②.4③.×1010【解析】【小问1详解】由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，故该反应中，化合价升高的元素是硫(或S)，故答案为：硫(或S)；【小问2详解】为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，该反应的化学方程式为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案为：2CaO+2SO2+O22CaSO4；【小问3详解】SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，又知CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知：SO2为V形，而CO2为直线形，故答案为：sp2；SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，无孤电子对；【小问4详解】根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：=2，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：=4个，O原子个数为：=4，故其化学式为：CuO，故答案为：图1；【小问5详解】Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但由于S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S，则Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，故答案为：S2-半径比O2-半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S；【小问6详解】①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现，故不能作为CuFeS2晶胞，故答案为：图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为=4，故答案为：4；③由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为=4，Fe个数为：=4，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：g，CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA，故有2(a×10-10)3×4.30g/cm3=g，故CuFeS2晶胞中底边边长a=×1010pm，故答案为：×1010。17.溴酸钾可用于测定水体中的砷含量。（1）的一种制法如下。①与KOH溶液反应时，若产生1mol，理论上需要_______mol。②能提高溴的原子利用率。用离子方程式表示的作用：_______。③已知：25℃时的溶度积()设计由“含的溶液”到“较纯净的溶液”的流程：_______(按上图形式呈现，箭头上方注明试剂，下方注明操作，如)。④

的溶解度随温度变化如下图所示。从“较纯净的溶液”中得到“固体”的主要操作是_______。（2）测定水体中亚砷酸盐的含量：取amL水样，向其中加入一定量盐酸使转化为，再加入2滴甲基橙指示剂和一定量，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗溶液vmL。滴定过程中发生如下反应：反应a：反应b：当反应完全后，甲基橙与生成的反应而褪色，即达到滴定终点。①配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。②水样中含量为_______。【已知：】③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，会使测定结果_______。(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）①.3②.Cl2+2Br-=2Cl-+Br2③.④.蒸发浓缩、冷却结晶（2）①.容量瓶②.③.偏高【解析】【分析】计算物质的含量时，要根据方程式找到物质之间的比例关系，之后根据给出的数据按照比例计算。【小问1详解】①根据方程式3Br2+6KOH=KBrO3+5KBr+3H2O可知，与KOH溶液反应时，若产生1mol，理论上需要3molBr2；②加入Cl2，能将Br-氧化为Br2，继续与KOH反应，提高溴的原子利用率，离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+2Br-；③由“含的溶液”到“较纯净的溶液”，可以先加入过量的氢氧化钡溶液，生成，过滤后除去溶液中的杂质，之后向固体中加入过量的碳酸钠，使生成更难溶的碳酸钡过滤除去，得到较纯净的溶液，流程为；④由曲线图可知，的溶解度受温度影响明显，故操作可以是蒸发浓缩、冷却结晶。【小问2详解】①制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；②反应a可知3，向amL水样滴入vmL的溶液，的物质的量为cv×10-3，所以的物质的量为3cv×10-3，则1L水样中的含量为=g即gL-1；③滴定过程需保持在60℃。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，致使滴入过量的，使测定结果偏高。【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。18.选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。（1）柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。①写出的电子式：_______。②高温尾气中绝大多数为NO，推测为_______(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在催化剂作用下，还原的化学方程式为_______。（3）用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下：①写出工作电极的电极反应式：_______。②若用该传感器测定的含量，则传感器信号响应方向(即电流方向)相反，从物质性质角度说明原因：_______。（4）一种研究认为，有氧条件下与NO在催化剂表面的催化反应历程如下(催化剂中部分原子未表示)：①下列说法正确的是_______(填序号)。a.过程涉及了配位键的形成与断裂b.反应ⅰ~ⅵ均属于氧化还原反应c.与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性②根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：_______。【答案】（1）①.②.放热（2）（3）①.2H2O+NO-3e-=NO+4H+②.二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子（4）①.ac②.【解析】【小问1详解】氮元素原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，氮气的电子式为：，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮的反应推测为放热反应；【小问2详解】反应器中还原生成N2和H2O，具有还原性，发生反应的化学方程式：；【小问3详解】由图示知一氧化氮在酸性电解质中失电子发生氧化反应生成硝酸根：2H2O+NO-3e-=NO+4H+；二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子，故传感器信号响应方向(即电流方向)相反；【小问4详解】a．历程图中有铵根离子的形成和破坏，铵根离子中有配位键，故涉及了配位键的形成与断裂，a正确；b．反应ⅰ、ii、iv都不是氧化还原反应，b错误；c．与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性，c正确；故选ac；根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：。19.某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管(I)试管(II)(试管容积为50mL)实验a1.0mol·L－1FeSO4溶液24mL1.0mol·L－1Na2CO3溶液24mL倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀放置1.5～2h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0mol·L－1FeSO4溶液10mL1.0mol·L－1NaHCO3溶液20mL倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经2～4min后液面上方试管内壁粘附白色颗粒状沉淀物变成红褐色(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积