安徽省阜阳市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题

阜阳一中20242025学年高二年级(上)期中考试化学试卷说明：1.考试时间：75分钟试卷满分：100分考试时间：2024.112.答题前请把答题卷上的所有信息填写完整，并把所有答案填写在答题卷上。相对原子量H：1C：12O：16K：39Fe：56第Ⅰ卷一、选择题(本大题共14题，每题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。)1.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知：①2②，则a>bB.丙烷燃烧生成水和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热C.稀盐酸和稀溶液反应的中和反应反应热，则含的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为D.已知，则和中化学键的总键能大于和中化学键的总键能【答案】D【解析】【详解】A．H2O(g)转化成H2O(l)放出热量，则2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)放出的热量＞生成2molH2O(g)放出的热量，即b＞a，A错误；B．燃烧热是101kpa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，题中不能确定生成的是气态水还是液态水，B错误；C．中和反应反应热是稀溶液中酸碱反应生成1molH2O时的反应热，含的稀硫酸与足量氢氧化钡反应除生成2mol水外，还生成了硫酸钡，放出的热量大于114.6kJ，C错误；D．△H=反应物的总键能生成物的总键能，该反应△H为正值，所以和中化学键的总键能大于和中化学键的总键能，D正确；答案选D。2.一定条件下，反应的速率可表示为，其中k为反应速率常数。该反应在不同浓度下的反应速率如下：c(H2)/(mol·L1)c(Br2)/(mol·L1)c(HBr)/(mol·L1)反应速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.20.1x4v根据表中的测定数据判断，下列结论不正确的是A.α、β的值分别为1、1.5B.表中x的值为2C.反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大D.同时减小H2(g)和HBr(g)浓度，反应速率不一定增大【答案】B【解析】【详解】A．由第2、3组实验数据：当c(Br2)=0.4mol/L，c(HBr)=2mol/L，c(H2)由0.1mol/L变为0.2mol/L，H2的浓度是原来的2倍，化学反应速率就由8v变为16v，化学反应速率也是原来的2倍，说明α=1；由第1、2组实验数据：当c(H2)=0.1mol/L，c(HBr)=2mol/L时，c(Br2)由0.1mol/L变为0.4mol/L浓度是原来的4倍，化学反应速率由v变为8v，是原来的8倍，带入速率公式可得β=1.5，A正确；B．将第一组、第四组数据带入速率公式，，解得x=1，B错误；C．由于在化学反应速率公式中，速率与c(H2)呈正比，是c(Br2)的1.5次幂，而与c(HBr)成反比，因此反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；D．根据速率公式中速率大小与c(H2)、c(HBr)的关系，若c(H2)、c(HBr)减小倍数相同，则化学反应速率不变；若减小倍数不同，反应速率可能是增大，也可能是减小，D正确；故答案选B。3.研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨气，原理如图所示。下列说法正确的是A.图中能量转化方式只有2种B.H+向a极区移动C.b极发生的电极反应式为：D.a极上每产生标况下22.4LO2转移的电子数约为2×6.02×1023【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为电解装置，其中风能和太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，a极电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O4e=O2↑+4H+，b极为阴极，酸性条件下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e+6H+=2NH3。【详解】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，A项错误；B．b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原，为阴极，故H+向阴极b极区移动，B项错误；C．b极为阴极，发生的电极反应为：N2＋6H+＋6e＝2NH3，C项正确；D．a极为阳极，电极反应为2H2O－4e＝O2↑＋4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，D项错误；故答案选C。4.燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物(主要成分NO)，可通过主反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=1627.7kJ·mol−1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=904.74kJ·mol−1。在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是A.升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率B.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.74kJ·mol−1C.图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值D.图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．主反应是气体分子数目增多的反应，增大压强平衡向气体分子数目减小的方向移动，NO的平衡转化率减小；主反应和副反应的焓变均小于0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A错误；B．根据盖斯定律×(副反应主反应)可得N2(g)+O2(g)=2NO(g)的ΔH=×[904.74kJ·mol−1(1627.7kJ·mol−1)]=180.74kJ·mol−1，B错误；C．据图可知X点的转化率低于相同温度下的Y点，说明测定转化率时X点还未达到平衡，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值，C正确；D．催化剂不影响平衡转化率，而W点的转化率低于相同温度下另一催化剂条件下的转化率，说明W点并没有处于平衡状态，所以转化率降低不可能是平衡移动造成，D错误；综上所述答案为C。5.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，若在恒压绝热的容器中发生，下列选项表明一定已达平衡状态的是A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目之比1:1D.容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2【答案】A【解析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此解答该题。【详解】A．在恒压绝热容器中发生，达到平衡时，各物质的量不变，温度不再发生改变，故A正确；B．恒压条件下反应，压强不能用于判断是否达到平衡状态，故B错误；C．相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，都为正反应速率，不能用于判断是否达到平衡状态，故C错误；D．平衡常数未知，浓度关系不能用于判断是否达到平衡状态，故D错误。故答案选A。6.甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(”·”表示电子)：①②③④已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是A.上述过程的总反应方程式为B.光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快C.反应②~④都是由微粒通过碰撞而发生的反应D.反应①是释放能量的反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由反应历程可知，甲烷与氯气在光照条件下发生的反应为甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为，故A正确；B．光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，故B正确；C．由反应历程可知，反应②~④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，故C正确；D．反应①是吸收能量、破坏氯气分子中的共价键形成氯原子的过程，故D错误；故选D。7.恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是A.AB段主要发生析氢腐蚀B.AD段负极反应式Fe2e=Fe2+C.BC段正极反应式主要为O2+4e+2H2O=4OHD.DE段溶液pH基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同【答案】C【解析】【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。【详解】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确；B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe2e=Fe2+，B正确；C．由图可知BC段的pH为35，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，C错误；D．根据分析，D正确；故选C。8.城市污水循环用作城市稳定的第二水源，对缓解城市用水危机有重要意义。高铁酸盐作为一种绿色环保水处理剂，兼具极强的氧化性和良好的絮凝效果，电解制备(紫色固体，能溶于水，微溶于浓溶液)的装置示意图如图，下列说法正确的是A.可以循环使用，制备过程中无须添加B.工作时，左室和右室溶液的均减小C.生成高铁酸钾，左室溶液质量会增加D.交换膜为阳离子交换膜，交换膜为阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】由图可知右室铁转化为高铁酸根，铁元素化合价升高，则铁为阳极，Pt为阴极，阳极电极反应式为：，左室水得电子生成氢气，阴极电极反应式为6H2O+6e=3H2↑+6OH。【详解】A．阳极电极反应式为：，阴极电极反应式为6H2O+6e=3H2↑+6OH，由阴、阳两极电极反应式可知，转移电子物质的量相同时，阳极消耗的氢氧根比阴极生成的氢氧根多，所以制备过程中要添加KOH，故A错误；B．阴极电极反应式为6H2O+6e=3H2↑+6OH，左室氢离子放电生成氢气，氢氧根浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C．生成高铁酸钾，转移电子物质的量为6mol，由阴极电极反应式6H2O+6e=3H2↑+6OH可知，为了维持左室电荷守恒，有6mol钾离子通过阳离子交换膜进入左室，溶液质量会增加6×396=228g，故C错误；D．阳极电极反应式为：，右室负电荷减少，则中间室中的OH，通过阴离子交换膜进入右室，阴极电极反应式为6H2O+6e=3H2↑+6OH，左室负电荷增多，中间室中的K+通过阳离子交换膜进入左室，所以交换膜为阳离子交换膜，交换膜为阴离子交换膜，故D正确；故答案为：D。9.下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是A无色溶液中：、、、B.pH=1的溶液中：、、、C酸性溶液中：、、、D.由水电离出的的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．会与发生相互促进的双水解反应而不共存，A不符合题意；B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，它们会发生氧化还原反应而不共存，B不符合题意；C．铵根离子会发生水解显酸性，上述离子在酸性条件下不反应，能大量共存，C符合题意；D．由水电离出的的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸性条件下碳酸氢根离子会反应生成水和二氧化碳，碱性条件下铵根离子、碳酸氢根离子均会反应，不能大量共存，D不符合题意；故选C。10.室温下，下列实验方案不能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A向盛有2mL1.0mol·L1溶液的试管中滴加1.0mol·L1溶液，观察气泡产生的情况探究的与的的大小B分别测浓度均为0.1mol·L1的和溶液的pH值比较和的水解常数C用注射器收集一定体积气体，连接色度传感器，通过抽拉活塞改变气体体积，记录体系中气体颜色变化探究压强对化学平衡的影响D向3mL浓度分别为0.1mol·L1NaCl和0.1mol·L1NaI混合溶液中滴加几滴0.1mol·L1溶液，出现黄色沉淀比较与的大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向盛有2mL1.0mol·L1CH3COOH溶液的试管中滴加1.0mol·L1Na2CO3溶液，观察到有气泡产生，即有CO2生成，说明酸性：>H2CO3，则CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，能探究的与的的大小，A不符合题意；B．CH3COONH4是弱酸弱碱盐，其溶液中铵根离子会促进醋酸根离子的水解，NaHCO3溶液中钠离子不影响碳酸氢根离子的水解，所以测定等浓度的和溶液的pH值，不能比较和的水解常数，B符合题意；C．存在化学平衡：，当往外抽拉注射器时，管内容积增大，气体压强减小，浓度变小，混合气体的颜色先变浅又逐渐变深，颜色逐渐变深说明平衡逆向移动，即减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，能探究压强对化学平衡的影响，C不符合题意；D．向3mL浓度分别为0.1mol·L1NaCl和0.1mol·L1NaI混合溶液中滴加几滴AgNO3

溶液，出现黄色沉淀

，说明Cl

和I

起始浓度相同时，先生成黄色的AgI

沉淀，说明Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，能比较与的大小，D不符合题意；故选B。11.已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：容器温度/℃起始时物质的浓度/(mol•L1)10分钟时物质的浓/(mol•L1)c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.4丙40012a下列说法中，不正确的是A.甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L1•min1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，可能T1＜400℃D.丙中，a>0.5【答案】B【解析】【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L1•min1，A正确；B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；故选B。12.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图：下列说法正确的是A.该过程的决速步骤为反应ⅡB.和的总能量大于和的总能量C.反应Ⅱ的热化学方程式为D.选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，改变总反应的焓变【答案】C【解析】【详解】A．由图知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，故反应Ⅰ为该过程的决速步，A错误；B．从能量图看1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的总能量，B错误；C．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物，从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应的热化学方程式为反应Ⅱ的热化学方程式为，C正确；D．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，但不能改变总反应的焓变值，D错误；故选C。13.下列说法正确的是A.室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，的电离平衡不移动B.向醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸电离度增大，氢离子浓度增大C.用等浓度的溶液分别中和等值的、溶液，消耗的体积大，说明酸性HF<HNO3D.室温下，某溶液，则该溶液一定是酸或强酸弱碱盐溶液【答案】A【解析】【详解】A．室温下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氢氧化钠溶液，溶液中的氢氧根离子浓度不变，所以一水合氨的电离平衡不移动，故A正确；B．向0.01mol/L醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸溶液的浓度增大，电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，但醋酸的电离度减小，故B错误；C．氢氟酸和硝酸溶液的体积不能确定，所以pH相等的氢氟酸消耗氢氧化钠溶液的体积大不能说明氢氟酸的酸性弱于硝酸，故C错误；D．室温下，某溶液pH<7，该溶液可能是酸或强酸弱碱盐溶液，也可能是酸式盐或弱酸弱碱盐，故D错误；故选A。14.关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是A.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关B.向1mL2mo/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/L溶液，再滴加2滴0.1mo/L溶液，先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀，说明C.25℃时在水中的溶解度大于其在溶液中的溶解度D.已知某温度下，，则的平衡常数约为【答案】B【解析】【详解】A．Ksp是溶度积常数，只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，故A正确；B．向1mL2mo/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/L溶液，生成氢氧化镁沉淀，NaOH有剩余，再滴加2滴0.1mo/L溶液，则发生Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，不能说明红褐色沉淀是由白色沉淀转化而来，不能说明，故B错误；C．25℃时在水中存在溶解平衡：，在溶液中，平衡向左移动，故在纯水中的溶解度大于其在溶液中的溶解度，故C正确；D．已知某温度下，，则的平衡常数K=====1030，故D正确；答案选B。第Ⅱ卷二、填空题。15.黄钠铁矾被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为，含少量)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：（1）“盐浸”时的反应为(未配平)，其中氧化剂是_______过滤Ⅰ得到的滤渣主要成分为_______。（2）“氧化”时发生反应的离子反应方程式为_______。（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。①生成黄钠铁矾的离子反应方程式_______。②由图所示，在时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_______。（4）测定黄钠铁砜样品中铁的质量分数：称取2.000g样品置于锥形瓶中，加入足量稀溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：)①滴定终点的现象为_______。②样品中铁的质量分数为_______。【答案】（1）①.Fe2(SO4)3②.SiO2和S（2）2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O（3）①.3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑②.温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾（4）①.滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原②.8.400%【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，其中FeS2中S从1价到0，失电子，化合价升高，是还原剂，Fe2(SO4)3中Fe从+3价到+2，得电子，化合价降低是氧化剂；【小问2详解】向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O；【小问3详解】①由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑；故答案为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑；②由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；【小问4详解】①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2=2I+S4，可知：2Fe3+~~I2~~2S2，则有：n(Fe3+)=n(S2)=0.1500mol•L1×20.00×103L=3×103mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。16.某含镍废料中有等杂质，用此废料提取的工艺流程如图所示：已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图所示。②25℃时，的电离常数。HF的电离常数。（1）写出“氧化”这一步的离子反应方程式_______。（2）加调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是_______(填化学式)。（3）25℃时，的NaF溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)，其溶液中离子浓度大小关系为_______(由大到小的顺序)。溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。（4）已知沉淀前溶液中，当除镁率达到时，溶液中_______。（5）在NaOH溶液中用NaClO与反应可制得，化学方程式为_______。【答案】（1）2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O（2）Fe(OH)3、Al(OH)3（3）①.碱性②.c(Na+)>c(F)>c(OH)>c(H+)③.酸性（4）2×103（5）4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O【解析】【分析】某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液，滤液中获得NiSO4•6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，以此解答该题。【小问1详解】在酸性条件下，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；【小问2详解】由图可知，pH=5时，Al3+和Fe3+都已经完全沉淀，因此滤渣2的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问3详解】NaF为强碱弱酸盐，F水解显碱性，离子浓度关系为：c(Na+)>c(F)>c(OH)>c(H+)；【小问4详解】已知沉淀前溶液中c(Mg2+)＝185×103mol•L1，当除镁率达到99%时，c(Mg2+)＝1.85×105mol•L1，Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)c2(F)＝7.4×1011，c(F)＝2.0×103mol/L；故答案为：2.0×103mol/L；【小问5详解】在NaOH作用下，NaClO把NiSO4中二价Ni离子氧化为NiO(OH)，自身还原为NaCl，化学方程式为：4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。17.亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白以及食品消毒、水处理、杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如图实验，用为原料制备亚氯酸钠。已知：①②饱和溶液中析出的晶体成分与温度的关系如表所示：温度晶体成分分解成和NaCl③极易溶于水，不与水反应，沸点11℃。（1）漂白剂有多种类型，从漂白原理来看，与亚氯酸钠均属于同类型的漂白剂有_______。A. B.活性炭、 C.漂白粉、 D.（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是_______。（3）B中发生的反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。（4）装置C的作用为_______，装置D中生成的离子方程式为_______。（5）装置D溶液采用结晶法提取晶体，控制温度为_______℃(填写范围)减压蒸发结晶，趁热过滤，左右热水洗涤，低于条件下干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是_______。【答案】（1）D（2）稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出（3）2：1（4）①安全瓶，防止倒吸②.ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑（5）①.38～60②.NaClO3和NaCl【解析】【分析】本实验欲利用ClO2制备NaClO2，根据实验装置，利用装置B制备ClO2，装置C用于缓冲，防止D装置中的液体倒吸，装置D用于NaClO2的合成，装置A和E吸收废气，防止污染空气；【小问1详解】漂白剂有多种类型，从漂白原理来看，亚氯酸钠、HClO、H2O2、漂白粉都具有强氧化性，可用于漂白，二氧化硫与有色物质发生化合反应结合成无色物质，活性炭是利用吸附性漂白，故与亚氯酸钠均属于同类型的漂白剂有HClO、H2O2、漂白粉，故答案为：D；【小问2详解】装置B利用浓硫酸、NaClO2和Na2SO3制备ClO2，制备过程中应使用浓硫酸，若使用稀硫酸，反应过程中会带出少量水气，极易溶解生成的ClO2，影响后续的产率，故答案为：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出；【小问3详解】B中发生的反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；【小问4详解】装置C的作用为安全瓶，防止D中液体倒吸至B中；装置D用于制备NaClO2，反应中H2O2氧化ClO2同时与NaOH作用生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑，故答案为：2ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑；【小问5详解】根据已知条件NaClO2在38～60℃之间时蒸发结晶得到纯净的NaClO2，不含有结晶水，也不会分解出杂质，因此实验中应选择38～60℃进行减压蒸发结晶，反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl,故答案为：38～60；NaClO3和NaCl。18.研究烟气脱硝是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。（1）一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示。①阴极区的电极反应式为_______。②若电路中转移了1mol电子，则理论上吸收池