山东省师范大学附属中学2025届高三化学上学期第二次考试试题含解析

PAGE21-山东省师范高校附属中学2025届高三化学上学期其次次考试试题（含解析）考生留意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题纸上。可能用到的相对原子质量H-1C-12O-16Zn-65Cl-35.5Cs-133第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本题包括10个小题，每小题2分，共20分。)1.劳动创建美妙生活，在生产、生活中蕴含了丰富的化学学问。下列有关说法正确的是()A.烧制“青如玉、明如镜、薄如纸、声如磬”的瓷器时未涉及化学改变B.海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化C.K2FeO4具有强氧化性，可以软化硬水D.过氧碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)可以用作去污剂、消毒剂【答案】D【解析】【详解】A．瓷器是利用黏土高温煅烧制得，该过程中有新物质生成，发生了化学改变，故A错误；B．明矾可以除去水中色素、异味等不溶性杂质，但不能除去水中的氯化钠、氯化镁等可溶性盐，实现海水淡化，故B错误；C．K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，能够吸附水中固体杂质颗粒而具有净水作用，但不能除去钙镁离子软化硬水，故C错误；D．过氧碳酸钠应具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂，故D正确；综上所述答案为D。2.用6.02×1023表示阿伏伽德罗常数(NA)的值，下列说法中错误的是A.5L水汲取标准状况下2.24LCl2，溶液中，N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)=1.204×1023个B.16.85gCsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示结构单元C.6.5gZn与肯定量浓H2SO4反应完全溶解，转移的电子数为0.2NAD.1mol−CH3中的电子数为5.418×1024个【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下2.24LCl2的物质的量是0.1mol，但由于Cl2与H2O的反应是可逆反应，溶液中Cl元素的存在形式有Cl2、Cl-、HClO、ClO-，所以依据Cl元素守恒可知N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＜1.204×1023个，A错误；B．依据晶胞结构可知，1个晶胞中含有1个CsCl，16.85gCsCl晶体的物质的量是n(CsCl)==0.1mol，所以其中含有的结构单元为6.02×1022个，B正确；C．6.5gZn的物质的量是0.1mol，Zn与浓硫酸发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当硫酸浓度变稀后，发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，可见当Zn完全反应后变为Zn2+，故0.1molZn完全反应转移电子的物质的量是0.2mol，则转移的电子数为0.2NA，C正确；D．1个−CH3中含有9个电子，则1mol−CH3中含有9mol电子，则其中含有的电子数为9mol×6.02×1023个/mol=5.418×1024个，D正确；故答案为A。3.某中德联合探讨小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是()A.“水瓶”、冰水混合物、CuSO4•5H2O都是混合物B.金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，其中金刚石更稳定C.磷酸钙是难溶性弱电解质D.肯定条件下石墨转化为C60是化学改变，属于有单质参与的非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.冰水混合物、CuSO4•5H2O都是纯净物，故A错误；B.金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，其中金刚石和石墨相比较，石墨的能量低，比较稳定，故B错误；C.磷酸钙犯难溶物，但溶解的部分在水溶液中完全电离，是强电解质，故C错误；D.同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学改变，反应前后化合价没有发生改变，属于有单质参与的非氧化还原反应，故D正确；故选：D。4.宋代闻名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是()A.X的化学式为Ag2SB.银针验毒时，空气中氧气得到电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1molX，反应转移2mole－【答案】C【解析】【详解】A项，依据元素守恒可知X化学式为Ag2S，故A正确；B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；C项，反应时，Ag化合价上升，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；D项，依据Ag元素的化合价改变，每生成1molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。综上所述，本题选C。5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液CCO2(SO2)饱和NaHCO3、浓硫酸DNO(NO2)H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.

Fe与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，涉及氧化还原反应，故A不选；B.虽然氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，但可能引人NaOH杂质，不行除杂，故B不选；C.

二氧化硫能与饱和的碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，再用浓硫酸进行干燥得到纯净的二氧化碳，能除杂且除杂过程不涉及氧化还原反应，故C选；D.

与水发生氧化还原反应生成NO，涉及氧化还原反应，故D不选；故选：C。6.下列说明有关试验现象的离子方程式错误的是()选项试验操作试验现象离子方程式A大理石中加入足量醋酸溶液大理石渐渐溶解CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2OB新制氯水中加过量氢氧化钠溶液溶液由黄绿色变无色Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液溶液紫色褪去，有气泡产生2MnO+3H2O2+10H+=2Mn2++3O2↑+8H2OD将稀硫酸滴入淀粉-KI溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I-+O2=2I2+2H2OA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．大理石主要成分为碳酸钙，醋酸酸性强于碳酸，二者可以反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故A正确；B．新制氯水中由于溶有大量氯气而显黄绿色，氢氧化钠可以和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液褪色，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C．溶液紫色褪去，说明高锰酸钾可以将双氧水氧化生成氧气，依据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；D．酸性环境下空气中的氧气可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉碘化钾溶液变蓝，离子方程式为4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故D正确；综上所述答案为C。7.自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮依据肯定方向转化始终是科学领域探讨的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述不正确的是A.催化剂a表面发生的反应属于氮的固定B.催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C.催化剂a、b表面断裂的化学键极性并不相同D.催化剂a、b均可以降低反应活化能从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．在催化剂a下，发生了反应，属于氮的固定，A正确；B．在反应中，氮元素的化合价降低，发生还原反应，故B错误；C．在催化剂a表面，氮气中的氮氮非极性键断裂；在催化剂b表面，氨气中的氮氢极性键断裂，二者化学键极性不相同，故C正确；D．加入催化剂a、b，通过降低反应活化能，使反应速率加快，D正确；答案选B。8.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是()A反应②反应过程中有大量不行使带火星木条复燃气体冒出B.反应①得到的ClO2消毒漂白实力比氯气强，运用起来比较平安C.反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】A【解析】【分析】NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A．反应②方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；B．ClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白实力比氯气强，因此运用起来比较平安，B正确；C．依据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，依据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；D．据流程图可知反应②为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故答案为B。9.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（）A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C.在Z导管出来的气体中没有二氧化碳D.在Z导管口排出无色气体【答案】B【解析】【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。A.依据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；B.依据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；C.CO2不能被BaCl2溶液汲取，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；D.反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；答案选B。10.试验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是()A.装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB.装置D中水浴限制在80℃C.将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4·H2OD.装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O【答案】B【解析】【详解】A．Na2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；B．当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，B正确；C．MnSO4•H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4•H2O，C错误；D．石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应当写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，D错误；故答案为B。二、不定项选择题(本题包括5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个正确选项。若正确答案只包含一个选项，多选0分；若正确答案包含两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就不得分)11.下列试验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论AKIO3溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶液溶液出现蓝色KIO3氧化性比I2强B向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强C将一小块Na放入乙醇中产生气泡乙醇含有羟基D沿杯壁向水中加浓H2SO4，搅拌烧杯外壁发烫浓硫酸溶于水放热A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．KIO3溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶液溶液出现蓝色说明生成了I2，则是KIO3氧化了HI，所以KIO3氧化性比I2强，A正确；B．盐酸的酸性大于氢硫酸，但不能比较元素非金属性强弱；通过比较酸的酸性强弱来比较非金属性的强弱时，要比较最高价的含氧酸的酸性才可，故B错误；C．将一小块Na放入乙醇中产生气泡，只能说明钠能置换出乙醇中的H，不能确定乙醇中含有羟基，C错误；D．烧杯外壁发烫说明浓硫酸稀释时放出热量，D正确；故选AD。12.“化学多米诺试验”即只需限制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学试验依次发生。如图是一个“化学多米诺试验”，已知：Cu2++4NH3•H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2的催化剂)。下列有关分析错误的是()A.该试验胜利的重要条件是整套装置气密性良好B.若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率大于D中速率C.[Cu(NH3)4]2+中存在极性共价键和配位键，N和H2O中O原子均采纳sp3杂化D.H中出现浅黄色浑浊，证明O非金属性强于S【答案】B【解析】【分析】装置B中稀硫酸与Zn反应生成氢气，生成的氢气将C中中液体压入D中，硫酸铜和Zn发生置换反应生成Cu单质后形成原电池，加快Zn与稀硫酸的反应速率，生成的氢气进入E中，将E中液体压入过量氨水中，发生Cu2++4NH3•H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+，然后进入G中，催化双氧水的分解生成氧气，生成的氧气进入过量硫化氢溶液中发生氧化还原反应生成，装置I汲取尾气。【详解】A．该试验中要利用反应中气体产生的压力和虹吸作用，进行试验前必需进行的操作检验装置的气密性，一旦漏气试验失败，故A正确；B．B与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，故B错误；C．[Cu(NH3)4]2+中氨气分子和铜离子之间形成配位键，氨气分子中存在氢原子和氮原子形成的极性共价键，氨气分子中的N原子的价层电子对数为4，H2O分子中O原子的价层电子对数也为4，均为sp3杂化，故C正确；D．H中出现浅黄色浑浊说明氧气将硫化氢氧化成硫单质，说明氧化性O2>S，证明O非金属性强于S，故D正确；综上所述答案为B。13.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5=2+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是A.由反应I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1B.由反应I、II可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnOC.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2OD.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】AD【解析】【详解】A．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，A正确；B．反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2＞，则物质的氧化性：PbO2＞＞HNO3，B错误；C．依据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，C错误；D．据反应II可知氧化性：PbO2＞，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，D正确；故答案为AD。14.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气[n(SO2)∶n(NO)=3∶2]同时脱硫脱硝(分别生成SO、NO)，得到NO、SO2脱除率如图，下列说法错误的是()A.酸性环境下脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-B.SO2脱除率高于NO的缘由可能是SO2在水中的溶解度大于NOC.依据图中信息，在80min时，汲取液中n(NO)∶n(Cl-)=2∶3D.随着脱除反应的进行，汲取剂溶液的pH渐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A．次氯酸钙溶液应显碱性，且酸性环境下会生成弱电解质HClO，HClO不能写成离子形式，故A错误；B．SO2在水中的溶解度大于NO，更多的二氧化硫溶于水中被氧化，会使得SO2脱除率高于NO，故B正确；C．脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H++2SO+Cl-；已知n(SO2)∶n(NO)=3∶2；依据图中信息及得：在80min时，NO脱除率80%，即反应的NO为：2mol×80%=1.6mol，1.6molNO生成1.6molNO和2.4molCl-；SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生，成3molCl-，所以Cl-共3mol+2.4mol=5.4mol；汲取液中n(NO)∶n(Cl-)=1.6：5.4=8：27，故C错误；D．脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H++2SO+Cl-，生成大量H+，使H+浓度增大，pH减小；所以汲取剂溶液的pH渐渐减小，故D正确；综上所述答案为AC。15.某同学用KSCN溶液和溶液探究的还原性时出现异样现象，试验如下：

溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成经检验为。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀溶液变红且不褪色，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应。溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。下列说法不正确的是A.对比，可以判定酸性条件下可以氧化B.试验中发生的氧化还原反应有两种C.中红色溶液中含有胶体D.中发生的氧化还原反应为：【答案】B【解析】【分析】盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成经检验为，取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明离子被氧化为硫酸根离子，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，解除了氧气氧化的可能。【详解】A．对比，试验确定了离子被氧化为硫酸根离子，试验解除了氧气氧化的可能，可以判定酸性条件下可以氧化，故A正确；B．试验中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不止两种，故B错误；C．中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有胶体，故C正确；D．中通入足量氧气溶液变红色说明生成了铁离子，发生的氧化还原反应为：，故D正确；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题(5个小题，共60分)16.我国科学家侯德榜为纯碱和氮肥工业技术的发展做出了杰出的贡献。如图是侯氏联合制碱法的工艺流程。回答下列问题：(1)试验室模拟进行操作①和配制肯定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是_______，反应①的离子方程式为：_______。(2)将NH3和CO2分别通入饱和食盐水中，正确的通入依次是_______(3)流程图中加入食盐细粉，析出的固体B是_______(填物质名称)，整个流程中可循环运用提高利用率的物质有_______(填物质的化学式)。(4)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择_______为指示剂a.石蕊溶液b.甲基橙溶液c.酚酞溶液(5)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相像，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合溶解度(S)随温度改变曲线，分析说明是否可行？_______。【答案】(1).烧杯、玻璃棒(2).Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH(3).先通入足量的NH3，再通入足量的CO2(4).氯化铵(5).CO2和NaCl(6).b(7).不行行；因为KHCO3的溶解度较大，且在常温下与KCl溶解度相差小，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾【解析】【详解】（1）操作①为过滤，得到的NaHCO3微小晶体，过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，配制肯定物质的量浓度NaCl溶液用到的玻璃仪器有烧杯，量筒，玻璃棒，容量瓶，操作①和配制肯定物质的量浓度NaCl溶液时，都需用到的玻璃仪器是烧杯，玻璃棒，反应①发生NH3+CO2+H2O═NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，本质为Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+，故答案为：烧杯、玻璃棒；Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+；（2）二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，通入NH3使溶液呈碱性，增大CO2的溶解度，才能产生足够多的HCO3-，以确保得到NaHCO3沉淀，所以应当先通氨气，故答案为：先通入足量的NH3，再通入足量的CO2；（3）①NH3+CO2+H2O═NH4HCO3②NH4HCO3+NaCl═NaHCO3+NH4Cl③2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，第②步生成的二氧化碳气体A可作为第①步的生产原料，可循环利用；在5℃～10℃时，向NH4Cl溶液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，析出的固体B是NH4Cl，可循环利用滤液BNaCl溶液和气体二氧化碳，故答案为：氯化铵，CO2和NaCl；(4)HCl溶液滴定溶液，溶液由碱性变为中性，选酚酞变色不明显，应选甲基橙作指示剂，故选：b。（5）由溶解曲线图可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大，当温度高于40℃时，由图象可知，降温结晶时会析出较多的KCl，无法大量析出碳酸氢钾；

故答案为：不行行；17.I.化学工业为疫情防控供应了强有力的物质支撑。N元素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。一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生剧烈水解，生成具有剧烈杀菌作用的HClO，是重要的水消毒剂。(1)写出NH2Cl的电子式：_______。(2)写出NH2Cl水解的化学方程式：_____。II.含氮材料为人类供应便利的同时，人类活动和工业化进程产生的N2O、NO和NO2等氮氧化物却对空气产生了巨大污染。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为________。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液汲取，主要反应为NO+NO2+2=2+H2O2NO2+2OH－=++H2O①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有______(填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采纳气、液逆流的方式汲取尾气C.汲取尾气过程中定期补加适量NaOH溶液②汲取后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_______(填化学式)；汲取后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________(填化学式)。(3)NO的氧化汲取：用NaClO溶液汲取硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调整)的改变如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为______。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其缘由是________。【答案】(1).(2).NH2Cl+H2O⇌HClO+NH3↑(3).2NH3＋2O2N2O＋3H2O(4).BC(5).NaNO3(6).NO(7).3HClO+2NO+H2O=3+2+5(8).溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的实力越强【解析】【详解】I．(1)一氯胺可看成是NH3中1个H被Cl取代得到的，其电子式为；(2)依据题中信息，NH2Cl在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有剧烈杀菌作用的HClO，其与水反应的化学方程式为NH2Cl+2H2O⇌HClO+NH3∙H2O；II.(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，依据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：2NH3＋2O2N2O＋3H2O；(2)①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B．采纳气、液逆流的方式汲取尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B正确；C．汲取尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C正确。故答案为：BC；②经浓缩、结晶、过滤，反应生成NaNO2和NaNO3，则含有的杂质为NaNO3，若一氧化氮与二氧化氮的物质的量之比大于1：1，一氧化氮不能被完全汲取，则尾气中含有NO；(3)①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成和，反应后溶液呈酸性，依据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平则反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3+2+5；②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化实力强，则提高NO转化率。18.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组用如图装置制备甘氨酸亚铁，(夹持仪器已省略)。有关物质性质如表：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸试验步骤如下：I.打开K1和K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。II.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调整溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。III.反应完成后，向c中反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后得精品回答下列问题：(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器A的优点是_______。d装置的作用是________。(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的详细操作是_____；步骤II中若调整pH偏高，则所得粗产品中会混有的杂质______；(写化学式)。(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是_________。(4)下列关于该试验的说法错误的是_____(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来推断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂(5)反应起先前c中加入的甘氨酸为0.2mol，本试验制得15.3g甘氨酸亚铁(M=204g/mol)，则其产率是_____％。【答案】(1).分液漏斗(2).平衡气压，使液体顺当流下(3).防止空气进入装置c中氧化甘氨酸亚铁(4).关闭K3，打开K2(5).Fe(OH)2(6).2H2NCH2COOH+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O(7).ad(8).75【解析】【分析】由试验装置图可知，制备甘氨酸亚铁时应先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入盛放甘氨酸和少量柠檬酸的c中；在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出得到的产品。【详解】(1)依据仪器a的结构特点可知其为分液漏斗；仪器A中分液漏斗中液体上部和下部联通，可以平衡气压，使液体顺当流下；甘氨酸亚铁含有亚铁离子，易被空气中的氧气氧化，装置d用水形成液封，可以防止空气进入装置c中氧化甘氨酸亚铁；(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭K3，打开K2，铁屑与稀硫酸反应生成的氢气使蒸馏烧瓶中的压强增大，将b中溶液压入c中；步骤Ⅱ中若调整溶液pH偏高，硫酸亚铁可能与氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，导致粗产品中会混有杂质；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b．依据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c．依据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸的物质的量为0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，依据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量为204g/mol-1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，产率为=75%。19.在肯定量的石灰乳中通入肯定量的氯气，二者恰好完全反应(发生的反应均为放热反应)。生成物中含有Cl-、C1O-、三种含氯元素的离子，其中ClO-、两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。(1)t1时刻之前发生的反应是：_______。(2)t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为10Ca(OH)2+10Cl2＝2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+7CaCl2+10H2O，则该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是______mol。(3)据分析，生成Ca(ClO3)2的反应是由温度上升引起的，通入Cl2的速度不同，ClO-和的比例也不同。若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后____2(填“＞”、“＜”或“＝”)；氯酸钙(Ca(ClO3)2)为有毒化学品，其粉尘对呼吸道、眼及皮肤有刺激性，吸入氯酸钙粉尘，会因积累在体内而引起中毒。为了防止运用漂白粉时出现意外，制备漂白粉时可以实行的措施_______(写一条即可)。【答案】(1).2Ca(OH)2+2Cl2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O(2).5(3).＜(4).限制通入氯气的速度；限制反应的温度等【解析】【分析】(1)由图可知，t1前没有生成，生成Cl-、ClO-，故t1时氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水。(2)由图可知，t2时n(ClO-)=2mol，n()=1mol，所以氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O，依据ClO-、的物质的量关系确定Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2的关系，并依据方程式确定消耗Ca(OH)2的物质的量；(3)通入氯气的速率加快，反应速率加快，反应放出的热量无法很快散失，体系温度上升，生成的n()增多；依据粉尘产生与温度、反应速率关系分析推断。【详解】(1)由图可知，t1前没有生成，生成Cl-、ClO-，故t1前氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，发生的反应是：2Ca(OH)2+2Cl2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)由图可知，t2时n(ClO-)=2mol，n()=1mol，所以n[Ca(ClO)2]=1mol，故n[C