1、- 1 -上海市吴淞中学 2018 届高三化学上学期第一次调研考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 S-32 O-16 N-14 Ca-40 Cl-35.5 Cu-64 Na-23 C-12 一、选择题（本题共 40 分，每小题 2 分，每题只有一个正确选项）1.漂粉精的有效成分是A. Ca (ClO) 2 B. CaCl2 C. CaCO3 D. Ca(OH)2【答案】A【解析】漂白精的成分是 Ca(ClO)2和 CaCl2，其有效成分是 Ca(ClO)2，漂白精的成分与漂白粉的成分相同，漂白精中 Ca(ClO)2的含量高于漂白粉中次氯酸钙的含量，故 A 正确。2. 不能用浓硫酸干燥的气体
2、是（ ）A. NH3 B. SO2 C. Cl2 D. HCl【答案】A【解析】试题分析：ANH 3是碱性气体，与浓硫酸会发生反应，不能用浓硫酸干燥，正确；BSO 2与浓硫酸不能发生反应，可以用浓硫酸干燥，错误；CCl 2与浓硫酸不能发生反应，可以用浓硫酸干燥，错误；DHCl 与浓硫酸不能发生反应，可以用浓硫酸干燥，错误。【考点定位】考查物质干燥的知识。【名师点睛】物质干燥需要的干燥剂有酸性干燥剂、碱性干燥剂、中性干燥剂三类。常见的酸性干燥剂有浓硫酸、硅胶、五氧化二磷；中性干燥剂如无水 CaCl2；碱性干燥剂如碱石灰、固体 CaO、Ca(OH) 2、NaOH。浓硫酸具有酸性、氧化性、吸水性、脱
3、水性，酸性干燥剂可干燥中性、酸性气体；碱性干燥剂可干燥碱性、中性气体，中性干燥剂从理论上说可以干燥三类气体。如浓硫酸可以干燥酸性、不具有还原性的气体、中性气体，或具有还原性但是与浓硫酸不能发生反应的气体，如干燥 SO2气体。要掌握被干燥的气体本身的性质及干燥剂的性质，然后根据干燥剂只吸收水分，不吸收被干燥的气体本身为依据，作出正确的判断。3.下列氮肥中含氮量最高的是A. NH4NO3 B. NH4HCO3 C. CO(NH2)2 D. NH4Cl【答案】C- 2 -【解析】【分析】化合物中某元素的质量分数=该元素原子的原子量原子个数/化合物的分子量100%，据此结合选项即可比较出含氮量的大小。
4、【详解】根据以上分析进行计算：NH 4NO3中含氮量为：28/80100%=35%；NH 4HCO3中含氮量为：14/79100%17.7%；CO(NH 2)2中含氮量为：28/60100%46.7%；NH 4Cl 中含氮量为：14/53.5100%=26.2%；通过计算比较可知，CO（NH 2） 2 中含氮量最高；C 正确；正确选项 C。4.下列曲线表示 F、Cl、Br 元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A同一主族中，元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故 A 正确；B同
5、一主族中，元素的非金属性从上到下，逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，故 B 错误；C同一主族中，从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故 C 错误；D由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故 D 错误；故选 A。5.将等物质的量的 SO2气体和 Cl2同时作用于湿润的红色布条，则布条的颜色（ ）A. 变白 B. 不变 C. 先褪色后又复原 D. 变为无色【答案】B【解析】二氧化硫和氯气虽然都能使湿润的红色布条褪色。但等物质的量的二氧化硫和氯气同时作用于湿润的有色布条时则发生反应：SO 2Cl 22H 2OH 2S
6、O42HCl。不再具有漂白作用。布条的颜色保持不变。- 3 -6. 下列属于自然固氮的是A. N2和 O2在雷电作用下生成 NO B. 某金属化合物将氮气转化为化合态氮C. 在一定条件下使 N2、H 2合成 NH3 D. NO 生成 NO2【答案】A【解析】试题分析：A、通过闪电或微生物将氮气转化为含氮化合物，正确；B、某些金属化合物将氮气转化为含氮化合物，属于人工固氮，错误；C、合成氨是人工固氮，错误；D、含氮化合物变为含氮化合物，不是固氮，错误。考点：考查氮的固定类型等相关知识。7.甲、乙、丙三种溶液中各含有一种 X (X 为 Cl 、Br 或 I )，向甲溶液中加入淀粉溶液和氯水，溶液变
7、为橙色，再加入丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙含有的卤素离子依次为( )A. Br 、Cl 、I B. Br 、I 、Cl C. I 、Br 、Cl D. Cl 、I 、Br 【答案】B【解析】按 Cl、Br、I 的顺序，其单质的氧化性逐渐减弱，简单阴离子的还原性逐渐增强。甲中加入淀粉溶液和氯水混合后，未出现蓝色，说明甲中无 I，溶液变为橙色，说明甲中有 Br；再将混合液加入丙中，若溶液变蓝说明丙中含有 I，若无此现象，说明丙中无 I，而含 Cl，则乙中含 I。答案选 B。8.NaCl 是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。下列说法中正确的是( )A. 25 时，NaHCO 3在水
8、中的溶解度比 Na2CO3的大- 4 -B. 石灰乳与 Cl2的反应中，Cl 2既是氧化剂，又是还原剂C. 常温下干燥的 Cl2能用钢瓶贮运，所以 Cl2不与铁反应D. 上图所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】25 ,NaHCO 3在水中的溶解度比 Na2CO3的小,A 项错误;常温下 Cl2不与铁反应,加热条件下则可以反应,C 项错误;图中所示转化反应中生成 NaHCO3、Na 2CO3的反应都是非氧化还原反应,D项错误。视频9. 下列叙述正确的是 ( )。A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H 2S 等气体B. 浓硫酸与单质硫反
9、应的化学方程式为：S2H 2SO4(浓) 3SO22H 2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性C. 把足量铜粉投入到只含 H2SO42 mol 的浓硫酸中，得到气体体积标准状况下为 22.4 LD. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓 H2SO4，是因为浓 H2SO4的强氧化性使其钝化【答案】D【解析】A 项浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH 3)。B 项金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和 SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与 S、C 等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性。C 项 Cu 与浓H2SO4反应
10、时，浓 H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀 H2SO4时，反应自行停止，故产生的 SO2在标准状况下不足 22.4 L。10.硝化细菌可将 NH 4+转化为 NO3-，离子方程式为：NH 4+2O2NO 3-+2H+H2O，下列判断不正确的是A. NO3-既是氧化产物，又是还原产物 B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2C. 反应一段时间后，溶液酸性增强 D. 1mol NH 4+完全反应，转移电子 8mol【答案】B- 5 -【解析】【详解】针对 NH4+2O2=NO3-+2H+H2O 反应，NH 4+中氮元素为-3 价，NO 3-中氮元素为+5 价，氮元素化合价升高，发生氧
11、化反应，NO 3-为氧化产物；O 2中氧元素为 0 价，反应后降低到-2 价，其对应的还原产物为 NO3-和 H2O；A.通过以上分析可知，NO 3-既是氧化产物，又是还原产物，A 正确；B.通过以上分析可知，氧化剂为氧气，还原剂为 NH4+，二者量之比为 2:1，B 错误；C.根据反应可知，反应生成了氢离子，溶液酸性增强，C 正确；D. NH4+中氮元素为-3 价，NO 3-中氮元素为+5 价，发生氧化反应，所以 1mol NH4+完全反应，转移电子 8mol，D 正确；正确选项 B。11.下列关于同温同压下的两种气体 12C18O 和 14N2的判断正确的是（ ）A. 体积相等时密度相等B
12、. 原子数相等时具有的中子数相等C. 体积相等时具有的电子数相等D. 质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为 16，后者为 14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为 14，后者为 14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。考点：考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。视频12.相同条件下
13、，在体积相同的三个烧瓶中分别装有氨气、氯化氢、二氧化氮气体；并分别倒立于水槽中， 充分反应后烧瓶内溶液的物质的量的浓度之比为（设烧瓶内液体未扩散）A. 2:2:3 B. 3:3:2 C. 2:2:1 D. 1:1:1【答案】D- 6 -【解析】【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的 2/3，根据 c= n/V 计算溶液的物质的量浓度。【详解】二氧化氮和水反应方程式为：3NO 2+2H2O=2HNO3+N
14、O，根据方程式知，水会充入烧瓶的 2/3，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的 2/3，假设烧瓶的体积是 1L，则n（NH 3）=n（HCl）=n（NO 2）=1/22.4mol，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n（NH 3）=n（HCl）=1/22.4mol,n（HNO 3）=1/22.4mol2/3 mol；三种溶液的体积分别是 V（NH 3）=V（HCl）=1L，V（HNO 3）=2/3L，根据 c=n/V 知，三种溶液的物质的量浓度相等，所以其浓度之比为 1：1：1，故选 D。正确选项 D。【点睛】本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据 c=n/V 分析解答，明确溶液中的溶质是解
15、本题的关键，注意盛放二氧化氮的烧瓶中水的体积及溶质的物质的量，为易错点。13.海带提碘实验中，不会用到的装置是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】A.灼烧海带用到 A 装置，故 A 不选；B.过滤灼烧后的海带灰的浸取液用到 B 装置，故 B 不选；C.分离碘的有机层与水层用到 C 装置，故 C 不选；D. 海带提碘实验中无需水浴加热，故 D选；故选 D。点睛：本题考查海水提碘实验，为高频考点，把握发生的反应、混合物分离方法为解答的关键。海带提碘的步骤：海带灼烧成灰，浸泡海带灰，过滤，滤液中加入氧化剂，利用有机溶剂萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质。14. 除去下列物质中少量杂质的
16、方法正确的是（ ）A. 除去 FeCl2溶液中混有的 FeCl3加入过量铁粉，过滤- 7 -B. 除去 NO2中混有的 NO:用水洗气C. 除去 SO2中混有的 HCl:用饱和亚硫酸钠溶液洗气D. 除去 Cu 粉中混有的 Cu0：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤【答案】A【解析】试题解析：B 错误，NO 2与水反应。C除去 SO2中混有的 HCl 可用饱和亚硫酸氢钠溶液洗气。D，Cu 与稀硝酸反应。考点：考查除杂问题。15.室温下有下列四种溶液：0.1 mol/L 氨水 0.1 mol/L NH 4Cl 溶液 混合溶液：盐酸和 NH4Cl 的浓度均为 0.1 mol/L 混合溶液：NaOH 和氨水的
17、浓度均为 0.1 mol/L。四种溶液中 c(NH4 )由大到小排列正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：氨水是弱碱，存在电离平衡；氯化铵是强电解质，完全电离，但氯化铵水解显酸性；盐酸的存在能抑制氯化铵水解；氢氧化钠的存在，能抑制氨水的电离，所以答案选 D。考点：本题考查电离平衡和盐类水解原理的运用。16.在给定的 4 种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe 2+、NH 4+、Cl -、NO 3-B. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na +、NH 4+ 、S 2-、Br -C. 水电离出来的 c(H +)=10-13
18、mol/L 的溶液：K +、HCO 3- 、Br - 、Ba 2+D. pH 为 13 的溶液：CO 32-、SO 32-、S 2O32-、Na +【答案】D【解析】【分析】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性；B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性； C.水电离出来的 c(H+)=10-13mol/L 的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性； - 8 -D.pH 为 13 的溶液呈碱性；结合溶液的性质判断离子之间能否发生反应，以此可判断离子能否电离共存；【详解】A.滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下 Fe2+与 NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存,故 A 错
19、误；B.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液应具有强氧化性，具有还原性的 S2-不能大量共存，故 B 错误；C.水电离出来的 c(H+)=10-13mol/L 的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,无论溶液呈酸性还是碱性 HCO3- 都不能大量共存，故 C 错误；D.pH 为 13 的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存,故 D 正确；正确选项 D。【点睛】室温下，水电离产生的 c(H+)10-7 mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。17.所示装置目的不能达到的是（ ）A吸收多余氨气 BFe 3+、Cu 2+的分离C酒精和浓硫酸制取乙烯D充分利用反应中
20、的能量A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、氨气极易溶于水，需要有防倒吸装置，A 正确；B、采用纸上层析法可以分离铁离子和铜离子，B 正确；C、制取乙烯时温度计水银球放在反应液中，控制温度 170，C 错误；D、采- 9 -用热交换器可以充分利用反应中的能量，D 正确。答案选 C。18.将 6.4 g 铜与 140 mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的 NO 和 NO 2 混合气体的体积为 3.36 L（标准状况） ，其中 NO 的体积为（标准状况）A. 0.56 L B. 1.344 L C. 2.016 L D. 2.8 L【答案】A【解析】n（Cu）= =0.
21、1mol，n（NOx）= =0.15mol，设 NO 的物质的量为 x，NO 2的物质的量为 y，根据氮原子守恒、电子守恒得 x+y0.15，(52) x+(54)y0.12，解得x0.025， y0.125，,所以 V（NO）=0.025mol22.4L/mol=0.56L，故选 A。点睛：本题考查化学反应方程式的计算，守恒思想思想的运用为解答的关键。本题的解答思路为：铜失电子、氮原子得电子生成氮氧化物，该反应中得失电子守恒，根据转移电子守恒、氮原子守恒列方程式进行计算。19.在 a L Al2(SO4)3和(NH 4)2SO4的混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的 SO4
22、2 完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到 c mol NH3，则原溶液中的 Al3 浓度为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：向 aL 混合溶液中加入 bmolBaCl2，恰好使溶液中的 SO42-离子完全沉淀，根据SO42-+Ba2+BaSO 4，有 c(SO42-)= = mol/L，向 aL 混合溶液中加入足量强碱并加热可得到 cmolNH3，根据 NH4+OH- NH3+H 2O，有 c(NH4+)= = mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的 Al3+浓度为 x，由电荷守恒可知，x3+ mol/L1= mol/L2，解得 x= mol/L，故选 C。【考点定位】考查
23、有关混合物反应的计算【名师点晴】本题考查混合物的有关计算、根据离子方程的计算、物质的量浓度的计算等，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式。根据 SO42-+Ba2+BaSO 4计算溶液中的 SO42-离子的物质的量，根据 NH4+OH- NH3+H 2O 计算- 10 -NH4+的物质的量，再根据 c= 计算 SO42-离子、NH 4+离子浓度，再利用电荷守恒有 3n(Al3+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，最后计算原溶液中的 Al3+浓度。20.接触法制硫酸的炉气组成是 SO 2 占 7%，O 2 占 11%，N 2 占 82%，现有 100L
24、 混合气体进入接触室反应 后，总体积变为 97.2L。则该变化过程中 SO 2 转化率为A. 50% B. 60% C. 70% D. 80%【答案】D【解析】【详解】设参加反应的二氧化硫体积为 x，根据反应前后体积变化，进行计算如下：2SO2 + O2 2 SO3 2 1 2 反应后体积减小 1 L L。x 反应后体积减小 100-97.2 L列方程：2：1= x：（100-97.2） ，解出 x=5.6L，二氧化硫的转化率为5.6L7L100%=80%；正确选项 D。21.工业上常用如下的方法从海水中提碘：完成下列填空：(1)上述流程中有两步都涉及到氯气。写出氯元素在周期表中的位置：_；氯
25、气分子中所含的化学键名称是：_；在 原子钟，其核外存在_种运动状态不同的电子。（2）和氯元素位于同主族的另外一个短周期元素单质的电子式是：_，两者气态氢化物的稳定性是：_（填写化学式） 。（3）步骤中体现了溴具有的性质是_（文字简述） 。（4）写出步骤中反应的化学方程式（说明：此反应在水溶液中进行）：_；在该反应中被氧化的元素是：_。（5）工业上利用海水还有一个重要的反应就是电解饱和食盐水，此反应中的阴极产物是：_和_（写化学式） 。（6）溴蒸汽还可以用饱和碳酸钠溶液来吸收，产物为溴化钠、溴酸钠，同时放出二氧化碳，请写出该反应的化学方程式并标明电子转移方向与数目：_。- 11 -【答案】 (1
26、). 第三周期第A 族 (2). 共价键 (3). 17 (4). (5). HF (6). HCl (7). 沸点低，易挥发 (8). Br2+SO2+2H2OH 2SO4+2HBr (9). S (10). H2 (11). NaOH (12). 【解析】(1)氯元素核电荷数 17，原子核外三个电子层，最外层电子数 7 个，位于周期表中第三周期第A，氯气分子中氯原子间相处一对共用电子对，形成一个共价键，氯原子核外 17 个电子，其核外存在 17 种运动状态不同的电子，故答案为：第三周期第A；共价键；17；(2)和氯元素位于同主族的另外一个短周期元素单质为 F2，氟原子间形成一对共用电子对，
27、电子式为， ，非金属性越强氢化物稳定性越强，两者气态氢化物的稳定性是HFHCl，故答案为： ；HF；HCl；(3)步骤中用空气和水蒸气将溴吹出，并用 SO2氧化吸收，从而达到富集溴，体现了溴具有的性质是沸点低，易挥发，故答案为：沸点低，易挥发；(4)步骤中反应是溴单质和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br 2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应中被氧化的元素是 S 元素，化合价+4 价变化为+6 价，故答案为：Br 2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；S；(5)电解饱和食盐水溶液中氯离子在阳极失电子被氧化生成氯气，氢离子在阴极得到电子生
28、成氢气被还原，水电离平衡正向进行，溶液中氢氧根离子浓度增大溶液中生成氢氧化钠，故答案为：H 2；NaOH；(6)吹出 Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有 CO2放出，反应的化学方程式为：3Br 2+3Na2CO35NaBr+NaBrO 3+3CO2，溴元素 0 价变化为-1 价和+5 价，电子转移总数5e-，该反应的化学方程式并标明电子转移方向与数目为：，故答案为：。点睛：本题考查了海水资源及其综合利用，涉及的知识点较多。清楚流程中的反应原理是解题的关键。浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生 2Br-+C12=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用 SO2氧化吸收，从而
29、达到富集溴，中发生 Br2+2H2O+SO22HBr+H 2SO4，中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl。- 12 -22.汽车尾气脱硝脱碳主要原理为 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +Q（Q0） 。一定条件下密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间 NO 和 CO 浓度如下表：时间/s 0 1 2 3 4c(NO)/molL-1 9.5010-3 4.5010-3 2.5010-3 1.5010-3 1.5010-3c(CO)/molL-1 9.0010-3 4.0010-3 2.0010-3 1.0010-3 1.0010-3完成下列填空：（1） 写出该反应的平
30、衡常数表达式：_。 温度升高，二氧化碳气体的浓度将_（填“变大” 、 “变小”或“不变” ） 。（2）前 2s 内的氮气的平均反应速率是：v(N 2)=_mol/(Ls)；达到平衡时，CO 的转化率为：_。（3）工业上常采用“ 低温臭氧氧化脱硫脱硝” 技术来同时吸收 SO 2 和氮的氧化物气体（NO x ） ，以获得(NH 4)2SO4 的稀溶液。在此溶液中，水的电离程度是受到了_（填“促进”、 “抑制”或“没有影响” ） ；若往(NH 4)2SO4溶液中再加入少量稀盐酸，则 值将_（填“变大” 、 “变小”或“不变” ） 。（4）如果向 BaCl 2 溶液中通入足量 SO 2 气体，没有沉淀
31、生成，继续滴加一定量的氨水后，则会生成白色沉淀。用平衡移动原理解释上述现象：_。（5）向另一种可溶性钡盐溶液中通入少量 SO2 气体，会立即看到白色沉淀。该沉淀的化学式为_； 原可溶性钡盐可能是_。【答案】 (1). (2). 变小 (3). 1.7510-3 (4). 0.89 (5). 促进 (6). 变大 (7). 饱和 SO 2溶液中电离产生的 SO32 -很少 ，因此没有沉淀；加入氨水后，促进 H2SO3的电离，SO 32 -离子浓度增大，有沉淀产生 。 (8). BaSO4 (9). Ba(NO3)2【解析】- 13 -【详解】 （1）平衡常数表达式是各生成物浓度的化学计量数次幂的
32、乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，针对 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)反应的平衡常数表达式： ；由题给信息可知，该反应为放热反应，温度升高，平衡左移，二氧化碳气体的浓度将变小；正确答案： ； 变小。（2）前 2s 内 c(NO)的变化量为 9.5010-3-2.5010-3=7.010-3molL-1，v(NO)= 7.010 -3/2=3.510-3 mol/(Ls),根据速率之比和系数成正比规律可知，v(N 2)=1/2 v(NO)= 1/23.510-3 mol/(Ls)= 1.7510-3 mol/(Ls)；根据图表信息可知，反应进行到 3s
33、 后达到平衡状态，c(NO)的变化量为 9.0010-3-1.0010-3=8.0010-3 molL-1，CO 的转化率为：8.0010 -3/9.0010-3=0.89；正确答案：1.7510 -3；0.89 。 （3）(NH 4)2SO4属于强酸弱碱盐，NH 4+的水解促进了水的电离；溶液中加入稀盐酸后，H +浓度增大，NH 4+的水解受到抑制，溶液中的 NH4+浓度增大，所以 值变大；正确答案：促进；变大。（4）饱和 SO2溶液中电离产生的 SO32-很少，因此没有沉淀；加入氨水后，溶液中的 H+与氨水中的 OH-结合，促进 H2SO3的电离，SO 32-离子浓度增大，有沉淀产生；正确
34、答案：饱和 SO 2溶液中电离产生的 SO32 -很少 ，因此没有沉淀；加入氨水后，促进 H2SO3的电离，SO 32 -离子浓度增大，有沉淀产生 。（5）BaSO 3的溶解度大于 BaSO4 溶解度，所以向溶液中通入少量的 SO2就立即产生的白色沉淀是 BaSO4；硫元素化合价由正 4 价升变为正 6 价，化合价升高，说明硫元素被溶液中含有的具有氧化性的离子氧化，所以原可溶性钡盐可能是 Ba(NO3)2；正确答案：BaSO 4；Ba(NO 3)2。【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应，因为亚硫酸的酸性弱于盐酸；二氧化硫与硝酸钡溶液反应，因为在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧
35、化为硫酸根离子，其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。23.我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示为下图所示- 14 -（1）侯氏制碱法又称_，副产品的一种用途为_ . （2）写出上述流程中 X 物质的分子式_。（3）为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水中，再滴加_。（4）请简述与索尔维法相比，侯氏制碱法的优点：_。（5）如图是在实验室中模拟“氨碱法”制取 NaHCO 3 的部分装置。完成下列填空：仔细观察两只通气导管内所处的位置，由此推断：气体 a 为_，气体 b 为_；两者的通入次序为_。 为防止尾气污染，c 中
36、可放入蘸_溶液的脱脂棉。（6）气体 a 与 b 均可用如图装置进行制备。 当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放_。 用该装置制备另一种气体的方法是：_（用离子方程式表示） 。（7）反应过程中可以看到装置饱和食盐水中有晶体逐渐析出，写出相关反应的化学方程式：_。（8）反应过程中采用水浴加热，其优势是_。- 15 -水浴温度维持在 42左右，温度过低，反应速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，_，也不利于晶体析出。（9）反应结束后，将热水浴换成冰水浴，冷却 15min 左右再进行过滤，目的是：_。（10）得到的 NaHCO 3 晶体中会含有少量 NaCl 杂质，可采用如下方法进行纯度测定：该试
37、样中 NaHCO 3 的质量分数为_（精确到 0.01） 。若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为 1.5%，写出可能导致该结果的一种情况：_。【答案】 (1). 联合制碱法 (2). 做化肥 (3). CO2 (4). 硝酸酸化的硝酸银溶液，观察产生白色沉淀 (5). 使 NH4Cl 析出，可作氮肥；减少无用的 CaCl2 生成，原料 NaCl 充分利用 (6). 氨气 (7). 二氧化碳 (8). 先通 a 再通 b (9). 硫酸 (10). 浓氨水 (11). CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H 2O (12). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH 4Cl (
38、13). 加热平稳，便于控制温度 (14). 产物溶解度高 (15). 增加碳酸氢钠的析出率，提高产率 (16). 0.94 (17). 产物水分未完全蒸干等【解析】【详解】(1)目前工业制碱方法有二：氨碱法和联合制碱法；题中方法由我们侯德榜所创，称为侯氏制碱法,也称为联合制碱法,反应方程式为 NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，得到碳酸氢钠同时得到氯化铵，故副产物为氯化铵，氯化铵可用来制作化肥；因此，本题正确答案是:联合制碱法，做化肥。 (2) 在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物,可以循环利用；因此，本题正确答案是: CO 2 。(3)检验产品碳酸
39、钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀，则说明有氯化钠存在；因此，本题正确答案是: 硝酸酸化的硝酸银溶液，观察产生白色沉淀。（4）索尔维法制碱法缺点：大量 CaCl2用途不大，NaCl 利用率只有 70%，约有 30%的 NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：原料利用率高，副产物能够做化肥，减少无用物质的生成；- 16 -正确答案：使 NH 4Cl 析出，可作氮肥；减少无用的 CaCl 2 生成，原料 NaCl 充分利用。（5）氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，溶解度相对较小，为有利于二氧化碳的溶解，则通二氧化碳的导气管伸入液面之下，且先通入氨气，形成
40、碱性溶液，吸收二氧化碳；氨气不能排放空气中，用稀硫酸吸收；正确答案：氨气；二氧化碳；先通 a 再通 b；稀硫酸。（6）图 2 装置为固液不加热型制备氨气，可选用向浓氨水中加入生石灰制取氨气；当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放浓氨水； 可以向大理石中加入稀盐酸制备二氧化碳气体，离子方程式：CaCO 3+2H+=Ca2+CO2+H 2O;正确答案：浓氨水 ；CaCO 3+2H+=Ca2+CO2+H 2O。（7）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH 4Cl；正确答案：NaCl+NH 3+CO2+H2O=NaHCO3
41、+NH 4Cl。（8）水浴加热有利于加热平稳，便于控制温度；水浴温度维持在 42左右，温度过低，反应速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，产物的溶解度大，不利于晶体析出；正确答案：加热平稳，便于控制温度； 产物溶解度高。（9）碳酸氢钠的溶解度随温度的降低而降低，反应结束后，将热水浴换成冰水浴，冷却15min 左右再进行过滤，目的是增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；正确答案：增加碳酸氢钠的析出率，提高产率。（10）设样品中 NaHCO3、NaCl 的物质的量分别为 xmol、ymol，则 84x+58.5y=8.060，加入盐酸，NaHCO 3与盐酸反应得到氯化钠，最终蒸发结晶得到氯化钠固体质量 5
42、.765g,整个反应过程遵循钠原子的量守恒：x+y=5.765/58.5，解上述两个方程，得到：x=0.09mol,y=0.009mol,所以该试样中 NaHCO 3 的质量分数为0.0984/8.060100%=94%=0.94；若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为 1.5%，说明比实际误差偏大，则可能产物水分未完全蒸；正确答案：0.94；产物水分未完全蒸。24.已知 Ca(OH) 2 与 Cl 2 反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入足量的氯气，二者恰好完全反应。生成 Cl -、ClO -、ClO 3- 三种含氯元素的离子，其中 ClO - 、ClO 3- 两种离子的物质
43、的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。- 17 -（1）t 1 时，开始有 ClO 3-生成的原因是_。（2）t 2 时，Ca(OH) 2 与 Cl 2 发生反应的总的化学方程式为_。（3）该石灰乳中含有 Ca(OH) 2 的物质的量是_mol。（4）若反应物的量不变，在某温度下恰好完全反应时，氧化产物比值为 a ，则 n(Cl-)=_mol（用含 a 的代数式来表示） 。【答案】 (1). 反应放热使温度升高，在较高温度下可生成 ClO3- (2). 10Cl2+10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O (3). 5 (4). 【解析】【分析】
44、（1）由已知条件可知，氢氧化钙和氯气反应的氧化产物与温度有关，放热反应使温度升高，在较高温度下可生成 ClO3-；（2）由图可知，t 2时 n(ClO-)=2mol，n(ClO 3-)=1mol，所以氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO) 2、Ca(ClO 3)2、H 2O，且 nCa(ClO)2:nCa(ClO3)2=2:1，配平书写方程式；（3）由图可知，t 2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n(C1O -)=2mol，故 nCa(ClO)2=1mol,n(ClO3-)=1mol，故 nCa(ClO3)2=0.5mol，根据方程式计算；（4）参加反应的氯气 n(Cl2)=nCa(OH)
45、2=5mol，根据氯元素守恒可知，n(ClO -)+ n(ClO3-) +n(Cl-)=2n(Cl2)=10mol，若 n(ClO-)/n(ClO3-)=a，则 an(ClO3-)+ n(ClO3-)=10-n(Cl-)，根据电子转移守恒有，a n(ClO 3-)+5 n(ClO3-) =n(Cl-)，联立方程计算 n(Cl-)。【详解】 （1）由图可知，t 1前发生 Cl2+Ca(OH)2=Ca2+Cl-+ClO-+H2O，该反应为放热反应，温度升高，t 1时开始反应生成 Ca(ClO3)2；正确答案：反应放热使温度升高，在较高温度下可生- 18 -成 ClO 3-。（2）由图可知，t 2时
46、 n(ClO-)=2mol，n(ClO 3-)=1mol，所以 n(ClO-)/n(ClO3-)=2；氯气与氢氧化钙反应生成 CaCl2、Ca(ClO) 2、Ca(ClO 3)2、H 2O，且 nCa(ClO)2:nCa(ClO3)2=2:1，反应方程式为 10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O；正确答案：10Cl2+10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O。（3）由图可知，t 2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n(ClO -)=2mol，故 nCa(ClO)2=1mol， n(ClO3-)=1mo
47、l，故 nCa(ClO3)2=0.5mol，根据方程式 10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O 可知，nCa(OH) 2=10nCa(ClO3)2=0.5mol10=5mol；正确答案： 5。（4）由（3）可知，参加反应的氯气 n(Cl2)=nCa(OH)2=5mol，根据氯元素守恒可知，n(ClO-)+ n(ClO3-)+n(Cl-)=2n(Cl2)=10mol，若 n(ClO-)/n(ClO3-)=a，则 a n(ClO3-)+ n(ClO3-)=10-n(Cl-)，根据电子转移守恒有，a n(ClO 3-)+5 n(ClO3-)=n(Cl-)，联立方程解得， n(ClO3-)=5a+3，则 n(Cl-)=(5a+25)/(a+3)；正确答案： 。
