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2022-2023学年江苏省连云港高级中学高一下学期3月月考化学试题
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一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 高纯硅晶体可用于制作太阳能电池
B. 稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素
C. 生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是烧碱
D. 干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池工作原理的基础是半导体PN结的光生伏特效应，高纯硅晶体是一种良好的半导体材料，故可用于制作太阳能电池，A正确；
B．稀土元素都位于周期表中的过渡金属区，故稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素，B正确；
C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱，和明矾中的Al3+发生双水解反应产生CO2，使油条疏松多孔，C错误；
D．由于Hg为重金属，重金属离子会污染土壤和地下水，故干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染，D正确；
故答案为：C。
2. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于放热的是
A. 氢氧化钠与稀硫酸反应B. 灼热的木炭与反应
C. 铁与稀硫酸反应D. 石灰石高温分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠与稀硫酸反应放热，但该反应不是氧化还原反应，A不选；
B．碳与二氧化碳反应生成一氧化碳是氧化还原反应，但属于吸热反应，B不选；
C．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，是放热反应，且是氧化还原反应，C选；
D．石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳是吸热反应，且不是氧化还原反应，D不选；
答案选C。
3. 已知：H2 (g)+F2(g) =2HF(g) △H=- 270 kJ /ml，下列说法正确的是
A. 1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ
B. 1 ml 氢气与1 ml 氟气反应生成2ml 液态氟化氢放出的热量小于270kJ
C. 在相同条件下，2 ml 氟化氢气体的总能量大于1 ml 氢气与1 ml 氟气的总能量
D. 2 ml氟化氢气体分解成1ml氢气积1ml的氟气吸收270kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．热化学方程式中的化学计量数代表物质的量，不代表分子数，A错误；
B．2ml液态氟化氢所含能量比2ml气态氟化氢所含能量低，故生成2ml液态氟化氢比生成2ml气态氟化氢放热多，B错误；
C．该反应是放热反应，所以在相同条件下，2 ml 氟化氢气体的总能量小于1 ml 氢气与1 ml 氟气的总能量，C错误；
D．由热化学方程式可知，2ml氟化氢气体分解成1ml的氢气和1ml的氟气时应吸收270kJ的热量，D正确。
答案选D。
4. 锌—铜原电池示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 电子由锌片流向硫酸铜溶液再流向铜片
B. 溶液颜色由无色变为蓝色
C. 负极质量减少，正极质量增加
D. 该装置能将化学能完全转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子由锌片经导线流向铜片，电子不能进入溶液移动，故A错误；
B．总反应为，铜离子浓度降低，溶液蓝色变浅，故B错误；
C．负极反应式，负极质量减少；正极反应式，正极质量增加，故C正确；
D．该装置为原电池，能将化学能转化为电能，但不可能100%转化为电能，故D错误；
选C。
5. 下列气体既能用碱石灰干燥，又能用浓硫酸干燥的是
A. NH3B. SO2C. O2D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱石灰反应，不能使用碱石灰干燥，故B错误；
C．氧气为中性气体，既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥，故C正确；
D．HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
故选C。
【点睛】用干燥剂干燥气体时，总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体；酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体；碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体，注意浓硫酸具有强氧化性，不能用于干燥具有较强还原性的气体，如硫化氢。
6. 下列图示的装置不能形成原电池的是
A. 稀硫酸B. 硫酸铜溶液
C. 稀硫酸D. 稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn金属活泼性强于Cu，装置中存在可自发进行的氧化还原反应，电极、导线、电解质溶液形成了闭合回路，图示装置能形成原电池，A错误；
B．Zn、C活动性不同，装置中存在可自发进行的氧化还原反应，电极、导线、电解质溶液形成了闭合回路，图示装置能形成原电池，B错误；
C．Fe、Cu金属活动性不同，存在自发进行的氧化还原反应，Fe、Cu接触与电解质溶液形成闭合回路，图示装置能形成原电池，C错误；
D．图示装置中两个电极均为Fe，活动性相同，不能形成原电池，D正确；
故答案选D。
7. CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)是CO2综合利用的一种方法。下列关于该反应的说法正确的是
A. 升高温度能加快反应速率
B. 催化剂对反应速率无影响
C. 减小H2浓度能加快反应速率
D. 达到化学平衡时，CO2能100%转化为CH3OH
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度能增大活化分子百分数，温度越高反应的速率越快，所以适当升温能加快反应速率，A正确；
B．使用催化剂能降低反应活化能，能加快化学反应的速率，所以催化剂对反应速率有影响，B错误；
C．反应物浓度降低，反应速率减慢，C错误；
D．反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，CO2不可能100%转化为CH3OH，D错误；
故合理选项是A。
8. 以粗铜为原料制取并收集NO2。从反应后的溶液中回收Cu(NO3)2 • 6H2O。实验装置如下：
下列设计不能达到实验目的的是
A. 用装置①制取NO2
B. 用装置②收集NO2
C. 用装置③除去反应残液中的不溶物
D. 用装置④蒸发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、固液分离
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，同时将球形分液漏斗的顶端与蒸馏烧相连也有利于浓硝酸顺利流入蒸馏烧瓶中，能达到实验目的，故A不选；
B．二氧化氮不仅能溶于水还能与水反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，应选用向上排空气法或选用真空收集法收集，故选B；
C．除去反应残液中的不溶物选用过滤装置，故C不选；
D．装置④为蒸发装置可用于发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、过滤进行固液分离，故D不选。
答案选B
9. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法，不正确的是
A. 雷电作用下发生了固氮反应B. 工业合成氨属于固氮的方式之一
C. 整个循环没有发生氧化还原反应D. 碳、氢、氧等其他元素也参与了氮循环
【答案】C
【解析】
【详解】A．雷电作用下，氮气与氧气发生反应：N2+O22NO，属于天然固氮，故A正确；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．固氮反应中氮气转变为含氮化合物，元素化合价变化、发生氧化还原反应，故C错误；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选C。
10. 如图所示，烧瓶中充满a气体，滴管和烧杯中盛放足量b液体，将滴管中液体挤入烧瓶，打开止水夹f，能形成喷泉的是
A. a是O2，b是H2OB. a是NO，b是H2O
C. a是Cl2，b是饱和食盐水溶液D. a是SO2，b是NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】喷泉实验的原理为形成压强差，利用圆底烧瓶种的气体易溶于烧杯中的液体或者两者能够发生化学反应，导致圆底烧瓶内的压强小于外界大气压，从而形成喷泉现象。据此解答。
【详解】A．氧气难溶于水，不能形成喷泉，A不符合题意；
B．一氧化氮难溶于水且是不成盐氧化物，不能形成压强差，B不符合题意；
C．Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，不能形成压强差，C不符合题意；
D．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，生成亚硫酸钠和水，能形成喷泉，D符合题意；
答案选D。
11. 某课外实验小组设计的下列实验合理的是
A. 氨气发生装置B. 制备并收集少量 NO2
C. 配制一定浓度的硫酸溶液D. 吸收多余氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，在试管口冷却后又结合生成氯化铵固体，不能制取氨气，应选用氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，故A错误；
B．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，应选向上排空气法收集，故B错误；
C．不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；
D．氨气极易溶于水，则图中导管在CCl4有机层可防止发生倒吸，故D正确；
故选：D。
12. 若表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，含有的分子数为
B. 7.8g过氧化钠与足量水反应，转移电子数为
C. 常温常压下，含有的分子数为
D. 常温下，0.1ml铜与0.4ml浓硝酸反应，失去的电子数一定为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．标准状况下水不是气态，11.2LH2O物质的量远大于0.5ml，A错误；
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，7.8gNa2O2为0.1ml，根据化学方程式可知，0.1mlNa2O2与水反应转移电子数为0.1ml，B错误；
C．8gCH4为0.5ml，含有的分子数为0.5NA，C正确；
D．铜与浓硝酸反应消耗的物质的量之比为1：4，铜与稀硝酸反应消耗的物质的量之比为3：8，现有0.1ml铜和0.4ml浓硝酸反应，则铜可完全转化为Cu2+，失去的电子数为0.2NA，D正确；
故答案选CD。
13. 下图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是
A. F与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C. M可能纯净物或混合物
D. D在一定条件下可以与C发生置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．F为二氧化氮，与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，A错误；
B．C为氨气，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口检验是否收集满，B正确；
C．M为碳酸铵或碳酸氢铵，或二者的混合物，可能为纯净物也可能为混合物，C正确；
D．D为氧气，可与氨气发生置换反应生成氮气，D正确；
答案选A。
14. 一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B. 过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C. 由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；
故选B。
15. 一定温度下，将甲和乙组成的混合气体通入过量的丙溶液中，一定没有沉淀产生的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2溶于水生成硝酸，硝酸把SO2氧化为硫酸，硫酸和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故不选A；
B．SO3溶于水生成硫酸，硫酸和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故不选B；
C．NH3、SO2溶于水生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故不选C；
D．盐酸的酸性大于亚硫酸、碳酸，根据强酸制备弱酸的原理可知，SO2、CO2都不能与BaCl2溶液反应，没有沉淀现象出现，故选D；
故选D。
16. 中学化学中的氯水和氨水是非常重要的两种“水”，下列说法正确的是
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明Cl2与水不反应
B. 氯水能使有色布条褪色，说明Cl2有漂白性
C. 氨水是一元弱碱，其中只存在两种分子NH3和NH3·H2O
D. 可用玻璃棒蘸取浓氨水靠近收集氯化氢的试管口检验氯化氢气体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由于存在Cl2+H2OHCl+HClO反应，氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈浅黄绿色，不能根据氯水的颜色变化说明氯气与水没有发生反应，故A错误；
B．氯气与水反应产生次氯酸，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，可以使有色布条褪色，但是氯气没有漂白性，故B错误；
C．氨水是一元弱碱，溶液中存在NH3、NH3·H2O、H2O分子，故C错误；
D．浓氨水易挥发，挥发出的氨气与氯化氢相遇发生反应，生成氯化铵固体小颗粒，有白烟产生，据此现象可以检验氯化氢气体的存在，故D正确；
故选D。
二、非选择题：共4题，共52分。
17. 如图所示，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中。
（1）将锌片直接插入稀硫酸中，发生反应的化学方程式是_______。用导线将锌片和石墨棒连接，再插入稀硫酸中，构成原电池反应。铜片上的现象是_______，电极反应式为_______。
（2）电子由_______经导线流向_______(填“锌”或“铜”)，说明_______为负极。
（3）若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为_______。
【答案】（1） ①. ②. 铜片上有气泡产生 ③.
（2） ①. 锌片 ②. 铜片 ③. 锌片
（3）
【解析】
【小问1详解】
锌片直接插入稀硫酸中，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ ；用导线将锌片和铜片连接，该装置为原电池装置，锌为负极，铜片为正极，铜片上氢离子得电子生成氢气，现象是：铜片上有气泡产生；电极反应为：2H++2e−=H2↑；
【小问2详解】
该原电池中锌片为负极，电子由负极流出，沿着导线流向正极，故电子由锌片经导线流向铜片，说明锌片为负极；
【小问3详解】
根据正极的电极反应，电路中转移电子0.2ml时，生成氢气0.1ml，标况下氢气的体积为2.24L。
18. 依据化学能与热能的相关知识回答下列问题：
Ⅰ．键能是指在25 ℃、101 kPa，将1 ml理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B时所需要的能量。显然键能越大，化学键越牢固，含有该键的分子越稳定。如H—H键的键能是436 kJ·ml-1，是指使1 ml H2分子变成2 ml H原子需要吸收436 kJ的能量。
(1)已知H-Cl键的键能为431 kJ·ml-1，下列叙述正确的是___________(填字母，下同)。
A．每生成1 ml H-Cl键放出431 kJ能量 B．每生成1 ml H-Cl键吸收431 kJ能量
C．每拆开1 ml H-Cl键放出431 kJ能量 D．每拆开1 ml H-Cl键吸收431 kJ能量
(2)已知键能：H-H键为436 kJ·ml-1；H-F键为565 kJ·ml-1；H-Cl键为431 kJ·ml-1；H-Br键为366 kJ·ml-1.则下列分子受热时最稳定的是___________。
A．HF B．HCl C．HBr D．H2
(3)能用键能大小解释的是___________。
A．氮气的化学性质比氧气稳定 B．常温常压下溴呈液态，碘呈固态
C．稀有气体一般很难发生化学反应 D．硝酸易挥发而硫酸难挥发
Ⅱ．已知化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示，回答下列问题：
(1)1 ml N原子和3 ml H原子生成1 ml NH3(g)的过程___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。
(2)0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)生成1 ml NH3(g)的过程___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。
【答案】 ①. AD ②. A ③. A ④. 放出 ⑤. b ⑥. 放出 ⑦. b-a
【解析】
【分析】
【详解】Ⅰ．(1)已知H-Cl键的键能为431 kJ·ml-1，表示1 ml 气态H 原子与1 ml气态 Cl原子结合生成1 ml H-Cl键时会放出431 kJ的热量，或拆开1 ml H-Cl键形成1 ml H原子和1 ml的Cl原子吸收431 kJ的热量，故合理选项是AD；
(2)根据已知条件可知键能由大到小顺序为：H-F＞H-H＞H-Cl＞H-Br，物质内含有的化学键的键能越大，断裂该化学键吸收能量越高，含有该化学键的物质就越稳定。由于H-F的键能最大，故物质受热分解时，最稳定的物质是HF，因此合理选项是A；
(3) A．氮气的化学性质比氧气稳定是由于N2中2个N原子通过3个共价键结合，O2中2个O原子通过2个共价键结合，由于N≡N的键能比O=O的键能大，断裂消耗能量更高，因此N2比O2稳定，A符合题意；
B．单质溴、单质碘都是由双原子分子构成的物质，分子之间通过分子间作用力结合。分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质融化、气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。由于分子间作用力：I2＞Br2，所以常温常压下溴呈液态，碘呈固态，与分子内化学键的强弱及键能大小无关，B不符合题意；
C．稀有气体一般很难发生化学反应是由于稀有气体是单原子分子，分子中不存在化学键，原子本身已经达到最外层2个或8个电子的稳定结构，与化学键的键能大小无关，C不符合题意；
D．硝酸易挥发而硫酸难挥发是由于HNO3、H2SO4都是由分子构成的物质，由于分子间作用力：HNO3＜H2SO4，所以物质的熔沸点：HNO3＜H2SO4，因此硝酸易挥发而硫酸难挥发，与分子内化学键的强弱及键能大小无关，D不符合题意；
故合理选项是A；
Ⅱ．(1)根据图示可知1 ml N原子和3 ml H原子的能量比1 ml NH3的能量高b kJ，所以由1 ml N原子和3 ml H原子生成1 ml NH3(g)的过程会放出b kJ的热量；
(2)根据图示可知0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)的能量比1 ml NH3(g)的能量高(b-a)kJ，因此当0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)发生反应生成1 ml NH3(g)时会将多余的能量释放出来，反应过程放出热量为(b-a) kJ。
19. 某化学兴趣小组利用下列装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)图A是实验室制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为___________
(2)为探究氨气的溶解性，先利用装置 B收集氨气，氨气的进气口为___________(填“a”或“b”)，在实验过程中观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是___________。
(3)通过上面装置制得的NH3进行如下实验(实验前旋塞1、2均关闭)。
先打开旋塞1，D瓶中的现象是___________，原因是___________(用化学方程式表示)；
(4)已知NH3难溶于CCl4。以下装置(除⑤标明外，其余盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是___________(填序号)。
【答案】 ①. Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ ②. a ③. 极易溶于水 ④. 出现白烟 ⑤. NH3+HCl= NH4Cl ⑥. ②④⑤
【解析】
【分析】实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl加热制取氨气，氨气属于碱性气体，易与HCl反应生成NH4Cl(氯化铵常温下是固体)，氨气极易溶于水，因此吸收氨气时要注意防止倒吸。
【详解】(1)图A是实验室用Ca(OH)2和NH4Cl加热制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)氨气的密度小于空气，用向下排空气法收集氨气，氨气的进气口为a(填“a”或“b”)，在实验过程中观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是极易溶于水。故答案为：a；极易溶于水；
(3)先打开旋塞1，D中压强小，HCl进入D中，两种气体反应生成的氯化铵是白色固体，D瓶中的现象是出现白烟，原因是NH3+HCl= NH4Cl(用化学方程式表示)；故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；
(4)氨气极易溶于水，因此吸收氨气时要注意防止倒吸，①吸收不完全，③容易倒吸，故答案为：②④⑤。
20. “绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”，减少废气的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）氮氧化物是形成光化学烟雾的主要元凶，利用碱液吸收法可以有效地吸收氮氧化物，发生的反应有、。若某混合气体中含amlNO和bmlNO2，用NaOH溶液吸收时，要使气体完全被吸收，则a与b需满足的关系为___________，气体完全被吸收后测得溶液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4∶1，则混合气体中NO的体积分数为___________。
（2）煤燃烧时排放的烟气中含有SO2和NOx，用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2和NaOH溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下表所示(其他极微量离子忽略不计)：
①SO2和NaClO2溶液反应的离子方程式为___________。
②表中y=___________。
（3）工业生产硫酸也会产生SO2。硫铁矿(FeS2)煅烧化学方程式为___________；当有11.2L(标准状况) SO2气体生成时，反应中转移的电子数为___________NA。
【答案】（1） ①. a≤b ②. 30%
（2） ①. ②.
（3） ①. 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ②. 2.75
【解析】
【分析】
【小问1详解】
由题意可知，NO2能被NaOH溶液吸收，NO和NO2按1∶1的比例能被NaOH溶液吸收，NO不能被NaOH溶液吸收，故n(NO2)≥n(NO)即可，即a≤b；设混合气中NO、NO2物质的量分别为x、y，根据反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，该反应消耗NO2物质的量为x，生成NaNO2物质的量为2x，则反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O消耗NO2物质的量为(y-x)，生成NaNO2、NaNO3物质的量都为，溶液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4∶1，则(2x+)：=4：1，解得x：y=3：7，故混合气体中NO物质的量分数为30%，即混合气体中NO的体积分数为30%；答案为：a≤b；30%。
【小问2详解】
①根据表中离子可知，SO2被氧化成，被还原成Cl-，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，SO2和NaClO2反应的离子方程式为2SO2++2H2O=2+Cl-+4H+；答案为：2SO2++2H2O=2+Cl-+4H+。
②溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(Cl-)+c(OH-)，3×10-3ml/L+3.8×10-4ml/L=2yml/L+8.8×10-4ml/L+1×10-3ml/L+ml/L，解得y=7.5×10-4；答案为7.5×10-4。
【小问3详解】
煅烧硫铁矿生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；反应中生成8mlSO2时转移44ml电子，标准状况下11.2LSO2物质的量为0.5ml，则转移电子数为=2.75ml，转移电子数为2.75NA；答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2.75。A
B
C
D
甲气体
NO2
SO2
NH3
SO2
乙气体
SO2
SO3
SO2
CO2
丙溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
离子
Na+
SO
NO
H+
Cl-
浓度/(ml/L)
3.0×10-3
y
88×10-4
3.8×10-4
1.0×10-3
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 高纯硅晶体可用于制作太阳能电池
B. 稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素
C. 生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是烧碱
D. 干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池工作原理的基础是半导体PN结的光生伏特效应，高纯硅晶体是一种良好的半导体材料，故可用于制作太阳能电池，A正确；
B．稀土元素都位于周期表中的过渡金属区，故稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素，B正确；
C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱，和明矾中的Al3+发生双水解反应产生CO2，使油条疏松多孔，C错误；
D．由于Hg为重金属，重金属离子会污染土壤和地下水，故干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染，D正确；
故答案为：C。
2. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于放热的是
A. 氢氧化钠与稀硫酸反应B. 灼热的木炭与反应
C. 铁与稀硫酸反应D. 石灰石高温分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠与稀硫酸反应放热，但该反应不是氧化还原反应，A不选；
B．碳与二氧化碳反应生成一氧化碳是氧化还原反应，但属于吸热反应，B不选；
C．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，是放热反应，且是氧化还原反应，C选；
D．石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳是吸热反应，且不是氧化还原反应，D不选；
答案选C。
3. 已知：H2 (g)+F2(g) =2HF(g) △H=- 270 kJ /ml，下列说法正确的是
A. 1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ
B. 1 ml 氢气与1 ml 氟气反应生成2ml 液态氟化氢放出的热量小于270kJ
C. 在相同条件下，2 ml 氟化氢气体的总能量大于1 ml 氢气与1 ml 氟气的总能量
D. 2 ml氟化氢气体分解成1ml氢气积1ml的氟气吸收270kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．热化学方程式中的化学计量数代表物质的量，不代表分子数，A错误；
B．2ml液态氟化氢所含能量比2ml气态氟化氢所含能量低，故生成2ml液态氟化氢比生成2ml气态氟化氢放热多，B错误；
C．该反应是放热反应，所以在相同条件下，2 ml 氟化氢气体的总能量小于1 ml 氢气与1 ml 氟气的总能量，C错误；
D．由热化学方程式可知，2ml氟化氢气体分解成1ml的氢气和1ml的氟气时应吸收270kJ的热量，D正确。
答案选D。
4. 锌—铜原电池示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 电子由锌片流向硫酸铜溶液再流向铜片
B. 溶液颜色由无色变为蓝色
C. 负极质量减少，正极质量增加
D. 该装置能将化学能完全转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子由锌片经导线流向铜片，电子不能进入溶液移动，故A错误；
B．总反应为，铜离子浓度降低，溶液蓝色变浅，故B错误；
C．负极反应式，负极质量减少；正极反应式，正极质量增加，故C正确；
D．该装置为原电池，能将化学能转化为电能，但不可能100%转化为电能，故D错误；
选C。
5. 下列气体既能用碱石灰干燥，又能用浓硫酸干燥的是
A. NH3B. SO2C. O2D. HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱石灰反应，不能使用碱石灰干燥，故B错误；
C．氧气为中性气体，既能用浓硫酸干燥，又能用碱石灰干燥，故C正确；
D．HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
故选C。
【点睛】用干燥剂干燥气体时，总的原则是：中性干燥剂既可以用来干燥酸性气体又可以用来干燥碱性气体；酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体；碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体，注意浓硫酸具有强氧化性，不能用于干燥具有较强还原性的气体，如硫化氢。
6. 下列图示的装置不能形成原电池的是
A. 稀硫酸B. 硫酸铜溶液
C. 稀硫酸D. 稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn金属活泼性强于Cu，装置中存在可自发进行的氧化还原反应，电极、导线、电解质溶液形成了闭合回路，图示装置能形成原电池，A错误；
B．Zn、C活动性不同，装置中存在可自发进行的氧化还原反应，电极、导线、电解质溶液形成了闭合回路，图示装置能形成原电池，B错误；
C．Fe、Cu金属活动性不同，存在自发进行的氧化还原反应，Fe、Cu接触与电解质溶液形成闭合回路，图示装置能形成原电池，C错误；
D．图示装置中两个电极均为Fe，活动性相同，不能形成原电池，D正确；
故答案选D。
7. CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)是CO2综合利用的一种方法。下列关于该反应的说法正确的是
A. 升高温度能加快反应速率
B. 催化剂对反应速率无影响
C. 减小H2浓度能加快反应速率
D. 达到化学平衡时，CO2能100%转化为CH3OH
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度能增大活化分子百分数，温度越高反应的速率越快，所以适当升温能加快反应速率，A正确；
B．使用催化剂能降低反应活化能，能加快化学反应的速率，所以催化剂对反应速率有影响，B错误；
C．反应物浓度降低，反应速率减慢，C错误；
D．反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，CO2不可能100%转化为CH3OH，D错误；
故合理选项是A。
8. 以粗铜为原料制取并收集NO2。从反应后的溶液中回收Cu(NO3)2 • 6H2O。实验装置如下：
下列设计不能达到实验目的的是
A. 用装置①制取NO2
B. 用装置②收集NO2
C. 用装置③除去反应残液中的不溶物
D. 用装置④蒸发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、固液分离
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，同时将球形分液漏斗的顶端与蒸馏烧相连也有利于浓硝酸顺利流入蒸馏烧瓶中，能达到实验目的，故A不选；
B．二氧化氮不仅能溶于水还能与水反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，应选用向上排空气法或选用真空收集法收集，故选B；
C．除去反应残液中的不溶物选用过滤装置，故C不选；
D．装置④为蒸发装置可用于发浓缩装置③所得滤液，然后冷却结晶、过滤进行固液分离，故D不选。
答案选B
9. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法，不正确的是
A. 雷电作用下发生了固氮反应B. 工业合成氨属于固氮的方式之一
C. 整个循环没有发生氧化还原反应D. 碳、氢、氧等其他元素也参与了氮循环
【答案】C
【解析】
【详解】A．雷电作用下，氮气与氧气发生反应：N2+O22NO，属于天然固氮，故A正确；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．固氮反应中氮气转变为含氮化合物，元素化合价变化、发生氧化还原反应，故C错误；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选C。
10. 如图所示，烧瓶中充满a气体，滴管和烧杯中盛放足量b液体，将滴管中液体挤入烧瓶，打开止水夹f，能形成喷泉的是
A. a是O2，b是H2OB. a是NO，b是H2O
C. a是Cl2，b是饱和食盐水溶液D. a是SO2，b是NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】喷泉实验的原理为形成压强差，利用圆底烧瓶种的气体易溶于烧杯中的液体或者两者能够发生化学反应，导致圆底烧瓶内的压强小于外界大气压，从而形成喷泉现象。据此解答。
【详解】A．氧气难溶于水，不能形成喷泉，A不符合题意；
B．一氧化氮难溶于水且是不成盐氧化物，不能形成压强差，B不符合题意；
C．Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，不能形成压强差，C不符合题意；
D．二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，生成亚硫酸钠和水，能形成喷泉，D符合题意；
答案选D。
11. 某课外实验小组设计的下列实验合理的是
A. 氨气发生装置B. 制备并收集少量 NO2
C. 配制一定浓度的硫酸溶液D. 吸收多余氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，在试管口冷却后又结合生成氯化铵固体，不能制取氨气，应选用氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氨气，故A错误；
B．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，应选向上排空气法收集，故B错误；
C．不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；
D．氨气极易溶于水，则图中导管在CCl4有机层可防止发生倒吸，故D正确；
故选：D。
12. 若表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，含有的分子数为
B. 7.8g过氧化钠与足量水反应，转移电子数为
C. 常温常压下，含有的分子数为
D. 常温下，0.1ml铜与0.4ml浓硝酸反应，失去的电子数一定为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．标准状况下水不是气态，11.2LH2O物质的量远大于0.5ml，A错误；
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，7.8gNa2O2为0.1ml，根据化学方程式可知，0.1mlNa2O2与水反应转移电子数为0.1ml，B错误；
C．8gCH4为0.5ml，含有的分子数为0.5NA，C正确；
D．铜与浓硝酸反应消耗的物质的量之比为1：4，铜与稀硝酸反应消耗的物质的量之比为3：8，现有0.1ml铜和0.4ml浓硝酸反应，则铜可完全转化为Cu2+，失去的电子数为0.2NA，D正确；
故答案选CD。
13. 下图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是
A. F与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满
C. M可能纯净物或混合物
D. D在一定条件下可以与C发生置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．F为二氧化氮，与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，A错误；
B．C为氨气，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口检验是否收集满，B正确；
C．M为碳酸铵或碳酸氢铵，或二者的混合物，可能为纯净物也可能为混合物，C正确；
D．D为氧气，可与氨气发生置换反应生成氮气，D正确；
答案选A。
14. 一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B. 过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C. 由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；
故选B。
15. 一定温度下，将甲和乙组成的混合气体通入过量的丙溶液中，一定没有沉淀产生的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2溶于水生成硝酸，硝酸把SO2氧化为硫酸，硫酸和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故不选A；
B．SO3溶于水生成硫酸，硫酸和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故不选B；
C．NH3、SO2溶于水生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故不选C；
D．盐酸的酸性大于亚硫酸、碳酸，根据强酸制备弱酸的原理可知，SO2、CO2都不能与BaCl2溶液反应，没有沉淀现象出现，故选D；
故选D。
16. 中学化学中的氯水和氨水是非常重要的两种“水”，下列说法正确的是
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明Cl2与水不反应
B. 氯水能使有色布条褪色，说明Cl2有漂白性
C. 氨水是一元弱碱，其中只存在两种分子NH3和NH3·H2O
D. 可用玻璃棒蘸取浓氨水靠近收集氯化氢的试管口检验氯化氢气体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由于存在Cl2+H2OHCl+HClO反应，氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈浅黄绿色，不能根据氯水的颜色变化说明氯气与水没有发生反应，故A错误；
B．氯气与水反应产生次氯酸，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，可以使有色布条褪色，但是氯气没有漂白性，故B错误；
C．氨水是一元弱碱，溶液中存在NH3、NH3·H2O、H2O分子，故C错误；
D．浓氨水易挥发，挥发出的氨气与氯化氢相遇发生反应，生成氯化铵固体小颗粒，有白烟产生，据此现象可以检验氯化氢气体的存在，故D正确；
故选D。
二、非选择题：共4题，共52分。
17. 如图所示，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中。
（1）将锌片直接插入稀硫酸中，发生反应的化学方程式是_______。用导线将锌片和石墨棒连接，再插入稀硫酸中，构成原电池反应。铜片上的现象是_______，电极反应式为_______。
（2）电子由_______经导线流向_______(填“锌”或“铜”)，说明_______为负极。
（3）若反应过程中有电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为_______。
【答案】（1） ①. ②. 铜片上有气泡产生 ③.
（2） ①. 锌片 ②. 铜片 ③. 锌片
（3）
【解析】
【小问1详解】
锌片直接插入稀硫酸中，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ ；用导线将锌片和铜片连接，该装置为原电池装置，锌为负极，铜片为正极，铜片上氢离子得电子生成氢气，现象是：铜片上有气泡产生；电极反应为：2H++2e−=H2↑；
【小问2详解】
该原电池中锌片为负极，电子由负极流出，沿着导线流向正极，故电子由锌片经导线流向铜片，说明锌片为负极；
【小问3详解】
根据正极的电极反应，电路中转移电子0.2ml时，生成氢气0.1ml，标况下氢气的体积为2.24L。
18. 依据化学能与热能的相关知识回答下列问题：
Ⅰ．键能是指在25 ℃、101 kPa，将1 ml理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B时所需要的能量。显然键能越大，化学键越牢固，含有该键的分子越稳定。如H—H键的键能是436 kJ·ml-1，是指使1 ml H2分子变成2 ml H原子需要吸收436 kJ的能量。
(1)已知H-Cl键的键能为431 kJ·ml-1，下列叙述正确的是___________(填字母，下同)。
A．每生成1 ml H-Cl键放出431 kJ能量 B．每生成1 ml H-Cl键吸收431 kJ能量
C．每拆开1 ml H-Cl键放出431 kJ能量 D．每拆开1 ml H-Cl键吸收431 kJ能量
(2)已知键能：H-H键为436 kJ·ml-1；H-F键为565 kJ·ml-1；H-Cl键为431 kJ·ml-1；H-Br键为366 kJ·ml-1.则下列分子受热时最稳定的是___________。
A．HF B．HCl C．HBr D．H2
(3)能用键能大小解释的是___________。
A．氮气的化学性质比氧气稳定 B．常温常压下溴呈液态，碘呈固态
C．稀有气体一般很难发生化学反应 D．硝酸易挥发而硫酸难挥发
Ⅱ．已知化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示，回答下列问题：
(1)1 ml N原子和3 ml H原子生成1 ml NH3(g)的过程___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。
(2)0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)生成1 ml NH3(g)的过程___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。
【答案】 ①. AD ②. A ③. A ④. 放出 ⑤. b ⑥. 放出 ⑦. b-a
【解析】
【分析】
【详解】Ⅰ．(1)已知H-Cl键的键能为431 kJ·ml-1，表示1 ml 气态H 原子与1 ml气态 Cl原子结合生成1 ml H-Cl键时会放出431 kJ的热量，或拆开1 ml H-Cl键形成1 ml H原子和1 ml的Cl原子吸收431 kJ的热量，故合理选项是AD；
(2)根据已知条件可知键能由大到小顺序为：H-F＞H-H＞H-Cl＞H-Br，物质内含有的化学键的键能越大，断裂该化学键吸收能量越高，含有该化学键的物质就越稳定。由于H-F的键能最大，故物质受热分解时，最稳定的物质是HF，因此合理选项是A；
(3) A．氮气的化学性质比氧气稳定是由于N2中2个N原子通过3个共价键结合，O2中2个O原子通过2个共价键结合，由于N≡N的键能比O=O的键能大，断裂消耗能量更高，因此N2比O2稳定，A符合题意；
B．单质溴、单质碘都是由双原子分子构成的物质，分子之间通过分子间作用力结合。分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质融化、气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。由于分子间作用力：I2＞Br2，所以常温常压下溴呈液态，碘呈固态，与分子内化学键的强弱及键能大小无关，B不符合题意；
C．稀有气体一般很难发生化学反应是由于稀有气体是单原子分子，分子中不存在化学键，原子本身已经达到最外层2个或8个电子的稳定结构，与化学键的键能大小无关，C不符合题意；
D．硝酸易挥发而硫酸难挥发是由于HNO3、H2SO4都是由分子构成的物质，由于分子间作用力：HNO3＜H2SO4，所以物质的熔沸点：HNO3＜H2SO4，因此硝酸易挥发而硫酸难挥发，与分子内化学键的强弱及键能大小无关，D不符合题意；
故合理选项是A；
Ⅱ．(1)根据图示可知1 ml N原子和3 ml H原子的能量比1 ml NH3的能量高b kJ，所以由1 ml N原子和3 ml H原子生成1 ml NH3(g)的过程会放出b kJ的热量；
(2)根据图示可知0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)的能量比1 ml NH3(g)的能量高(b-a)kJ，因此当0.5 ml N2(g)和1.5 ml H2(g)发生反应生成1 ml NH3(g)时会将多余的能量释放出来，反应过程放出热量为(b-a) kJ。
19. 某化学兴趣小组利用下列装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)图A是实验室制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为___________
(2)为探究氨气的溶解性，先利用装置 B收集氨气，氨气的进气口为___________(填“a”或“b”)，在实验过程中观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是___________。
(3)通过上面装置制得的NH3进行如下实验(实验前旋塞1、2均关闭)。
先打开旋塞1，D瓶中的现象是___________，原因是___________(用化学方程式表示)；
(4)已知NH3难溶于CCl4。以下装置(除⑤标明外，其余盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是___________(填序号)。
【答案】 ①. Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ ②. a ③. 极易溶于水 ④. 出现白烟 ⑤. NH3+HCl= NH4Cl ⑥. ②④⑤
【解析】
【分析】实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl加热制取氨气，氨气属于碱性气体，易与HCl反应生成NH4Cl(氯化铵常温下是固体)，氨气极易溶于水，因此吸收氨气时要注意防止倒吸。
【详解】(1)图A是实验室用Ca(OH)2和NH4Cl加热制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)氨气的密度小于空气，用向下排空气法收集氨气，氨气的进气口为a(填“a”或“b”)，在实验过程中观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是极易溶于水。故答案为：a；极易溶于水；
(3)先打开旋塞1，D中压强小，HCl进入D中，两种气体反应生成的氯化铵是白色固体，D瓶中的现象是出现白烟，原因是NH3+HCl= NH4Cl(用化学方程式表示)；故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；
(4)氨气极易溶于水，因此吸收氨气时要注意防止倒吸，①吸收不完全，③容易倒吸，故答案为：②④⑤。
20. “绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”，减少废气的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）氮氧化物是形成光化学烟雾的主要元凶，利用碱液吸收法可以有效地吸收氮氧化物，发生的反应有、。若某混合气体中含amlNO和bmlNO2，用NaOH溶液吸收时，要使气体完全被吸收，则a与b需满足的关系为___________，气体完全被吸收后测得溶液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4∶1，则混合气体中NO的体积分数为___________。
（2）煤燃烧时排放的烟气中含有SO2和NOx，用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2和NaOH溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下表所示(其他极微量离子忽略不计)：
①SO2和NaClO2溶液反应的离子方程式为___________。
②表中y=___________。
（3）工业生产硫酸也会产生SO2。硫铁矿(FeS2)煅烧化学方程式为___________；当有11.2L(标准状况) SO2气体生成时，反应中转移的电子数为___________NA。
【答案】（1） ①. a≤b ②. 30%
（2） ①. ②.
（3） ①. 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ②. 2.75
【解析】
【分析】
【小问1详解】
由题意可知，NO2能被NaOH溶液吸收，NO和NO2按1∶1的比例能被NaOH溶液吸收，NO不能被NaOH溶液吸收，故n(NO2)≥n(NO)即可，即a≤b；设混合气中NO、NO2物质的量分别为x、y，根据反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，该反应消耗NO2物质的量为x，生成NaNO2物质的量为2x，则反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O消耗NO2物质的量为(y-x)，生成NaNO2、NaNO3物质的量都为，溶液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4∶1，则(2x+)：=4：1，解得x：y=3：7，故混合气体中NO物质的量分数为30%，即混合气体中NO的体积分数为30%；答案为：a≤b；30%。
【小问2详解】
①根据表中离子可知，SO2被氧化成，被还原成Cl-，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，SO2和NaClO2反应的离子方程式为2SO2++2H2O=2+Cl-+4H+；答案为：2SO2++2H2O=2+Cl-+4H+。
②溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(Cl-)+c(OH-)，3×10-3ml/L+3.8×10-4ml/L=2yml/L+8.8×10-4ml/L+1×10-3ml/L+ml/L，解得y=7.5×10-4；答案为7.5×10-4。
【小问3详解】
煅烧硫铁矿生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；反应中生成8mlSO2时转移44ml电子，标准状况下11.2LSO2物质的量为0.5ml，则转移电子数为=2.75ml，转移电子数为2.75NA；答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2.75。A
B
C
D
甲气体
NO2
SO2
NH3
SO2
乙气体
SO2
SO3
SO2
CO2
丙溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
BaCl2溶液
离子
Na+
SO
NO
H+
Cl-
浓度/(ml/L)
3.0×10-3
y
88×10-4
3.8×10-4
1.0×10-3
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