江苏省苏州市震泽中学2020届高三化学上学期第二次月考试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年第一学期高三第二次月考化学 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.下列做法与社会可持续发展理念相符合的是 A. 推广一次性塑料袋的使用 B. 应用高效洁净的能源转换技术 C. 加快化石燃料的开采与使用 D. 大量开采地下水以满足工业生产需求 【答案】B 【解析】 【详解】A. 推广一次性塑料袋的使用会导致白色污染，故 A 错误； B. 应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故 B 正确； C. 加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故 C 错误； D. 大量开采地下水，不利于水资源的保护，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】节能减排，科学发展的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划 的发展，科学的发展。减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可 持续发展，并注意节约能源。 2.用化学用语表示 2H2S+3O2 2SO2+2H2O 中的相关微粒，其中正确的是 A. 中子数为 18 的硫原子： S B. H2S 的比例模型： C. H2O 的结构式：H-O-H D. S 的结构示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A. 中子数为 18 的硫原子，质子数=16，质量数=16+18=34，原子符号 ，故 A 错误； B. H2S 的比例模型 ，故 B 错误； C. H2O 分子中含两个共价键，分子的结构式：H−O−H，故 C 正确； = 点燃 18 16 34 16S D. 硫原子核内质子数为 16，核外电子数为 16，硫的原子结构示意图为： ，故 D 错 误； 答案选 C。 【点睛】比例模型需要注意原子半径 大小。 3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. MgO 熔点很高，可用作耐高温材料 B. Al(OH)3 受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C. FeCl3 溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路 D. NaClO 溶液能与 CO2 反应，可用作漂白剂 【答案】A 【解析】 【详解】A. MgO 是离子化合物，离子键强，所以 MgO 熔点很高，具有高熔点的物质可用作耐 高温材料，故 A 正确； B. Al(OH)3 能与盐酸反应生成氯化铝和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期服用，与 Al(OH)3 受热易分解无关，故 B 错误； C. FeCl3 具有强氧化性，能与 Cu 反应，将 Cu 溶解，所以 FeCl3 溶液可用于蚀刻印刷电路，与 其水解显酸性无关，故 C 错误； D. NaClO 具有强氧化性，用作漂白剂，与 NaClO 溶液能与 CO2 反应关系不大，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】结构决定性质，性质决定用途。 4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A 0.1 mol·L－1 Na2SO3 溶液：NH4+、K+、ClO−、Cl− B. 0.1 mol·L－1 Fe2(SO4)3 溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42- C. 0.1 mol·L－1 HCl 溶液：Ba2+、K+、HCO3-、NO3- D. 0.1 mol·L－1 Ba(NO3)2 溶液：K+、Na+、SO42-、Cl− 【答案】B 【解析】 的 . 【详解】A. 亚硫酸钠与次氯酸根离子发生氧化还原反应，导致溶液中亚硫酸根离子与次氯酸 根离子减小，而氯离子的浓度增大，故 A 错误； B. 四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应，所以能大量共存，故 B 正确； C. 盐酸与碳酸氢根离子反应，生成二氧化碳气体，导致碳酸氢根离子浓度减小，故 C 错误； D. 钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，导致溶液中硫酸根离子浓度减小，故 D 错误； 答案选 B。 5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙在铁制品表面镀铜 C. 用装置丙除去 CO2 中的少量 HCl D. 用装置丁分液，放出水层后再从分液漏斗下口放出有机层 【答案】C 【解析】 【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，图示装置中缺少加热装置，无法制取氯气， 故 A 错误； B. 在铁制品表面镀铜，镀件为 Fe，Fe 应该与电源负极相连，图示为在铜上镀铁，故 B 错误； C.饱和碳酸氢钠溶液可降低二氧化碳的溶解度，且能够除去 HCl，可用装置丙除去 CO2 中的少 量 HCl，故 C 正确； D. 分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，防止 污染试剂。 6.下列有关物质性质的叙述错误的是 A. HNO3 受热分解可生成 NO2 B. Na 在 O2 中燃烧可生成 Na2O2 C. CaCl2 暴露在空气中可生成 CaCO3 D. 向 FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液，溶液显红色 【答案】C 【解析】 【详解】A. 浓 HNO3 受热分解可生成 NO2，故 A 正确； B. Na 在 O2 中燃烧可生成 Na2O2，常温下反应生成氧化钠，故 B 正确； C. 碳酸酸性小于盐酸，氯化钙和二氧化碳不发生反应，故 C 错误； D. 向 FeCl3 溶液中滴加 KSCN 溶液，反应生成 Fe(SCN)3，溶液显红色，故 D 正确； 答案选 C。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 用 KIO3 溶液氧化酸性溶液中的 KI：5I－+ IO3- + 3H2O = 3I2 + 6OH－ B. 醋酸溶液与水垢中的 CaCO3 反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2 C. Cu 溶于稀 HNO3：Cu + 2H+ + NO3- = Cu2+ + NO2↑+ H2O D. Ca(HCO3)2 溶液与足量 NaOH 溶液反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. KIO3 氧化酸性溶液中的 KI 产物中不能生成氢氧根离子，反应的离子方程式为： 5I－+ IO3- +6H+═3I2+3H2O，故 A 错误； B. 醋酸溶液除水垢中的 CaCO3 反应的离子反应为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑， 故 B 错误； C. Cu 溶于稀 HNO3 生成硝酸铜、NO 气体和水，正确的离子方程式为：3Cu +8H+ + 2NO3- = ═3Cu2++2NO↑+4H2O，故 C 错误； D. Ca(HCO3)2 溶液与足量 NaOH 溶液反应，离子方程式：2HCO3- + Ca2+ + 2OH－= CaCO3↓ + CO32-+ 2H2O 故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】酸性溶液中不能出现氢氧根离子，离子反应要遵循客观事实，注意量的关系。 8.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为 15。X 与 Y 位于相邻周期，Z 是地壳中含量最高的金属元素，W 原子最外层电子数是 X 原子内层电子数 ↑ 的 3 倍。下列叙述一定正确的是 A. 原子半径的大小顺序：r(W) > r(Z) > r(Y) > r(X) B. X 的简单气态氢化物易溶于水 C. Y 的最高价氧化物对应的水化物的碱性比 Z 的强 D. Z 的最高价氧化物的水化物能溶于 X 的最高价氧化物的水化物 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为 15；Z 是地壳中 含量最高的金属元素，则 Z 为 Al 元素；W 原子最外层电子数是 X 原子内层电子数的 3 倍，最 外层电子数不超过 8 个，K 层不超过 2 个，则 X 内层电子数是 2，X 位于第二周期，X 与 Y 位 于相邻周期，则 Y 位于第三周期，W 的原子序数大于 Y，则 W 位于第三周期、最外层电子数为 6，为 S 元素；四种原子的最外层电子数之和为 15，X、Y 的最外层电子数为：15-6-3=6，Y 处 于第三周期，原子序数小于 Al，若 Y 为 Na 元素，则 X 为 N 元素，若 Y 为 Mg 元素，则 X 为 C 元素，据此解答。 【详解】短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为 15；Z 是地壳中含量最高的金属元素，则 Z 为 Al 元素；W 原子最外层电子数是 X 原子内层电子数的 3 倍，最外层电子数不超过 8 个，K 层不超过 2 个，则 X 内层电子数是 2，X 位于第二周期，X 与 Y 位于相邻周期，则 Y 位于第三周期，W 的原子序数大于 Y，则 W 位于第三周期、最外层电 子数为 6，为 S 元素；四种原子的最外层电子数之和为 15，X、Y 的最外层电子数为： 15−6−3=6，Y 处于第三周期，原子序数小于 Al，若 Y 为 Na 元素，则 X 为 N 元素，若 Y 为 Mg 元素，则 X 为 C 元素。 A. X 位于第二周期，其原子半径最小，Y、Z、W 位于第三周期，原子序数越大原子半径越小， 则原子半径的大小顺序为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故 A 错误； B. 若 X 为 C 元素，其简单氢化物为甲烷，甲烷难溶于水，故 B 错误； C. 金属性：Y>Z，则 Y 的最高价氧化物对应的水化物的碱性比 Z 的强，故 C 正确； D. Z 的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，X 的最高价氧化物对应的水化物可能为硝酸 或碳酸，氢氧化铝能够溶于硝酸，但是不能溶于碳酸，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】元素周期律的题掌握位置决定结构，结构决定性质，要将元素推断正确。 9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. Al Al(OH)3 Al2O3 B. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水 FeCl3 C. NaCl(aq) Cl2 漂白粉 D. N2 NH3 NO 【答案】D 【解析】 【详解】A. 铝和氨水不反应，不能实现，故 A 错误； B. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，加热蒸发氯化铁溶液得到水解产物氢氧化铁沉淀，不能得 到氯化铁固体，故 B 错误； C. 电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成漂白粉，和澄清石灰 水反应不能得到漂白粉，故 C 错误； D. 氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两步反应都可以 实现，故 D 符合； 答案选 D。 10.下列说法正确的是 A. 2NO(g) + 2CO(g) = N2(g) + 2CO2 (g)在常温下可自发进行，则该反应的 ΔH＞0 B. 一定条件下反应 2SO2 + O2⇌2SO3(g)达到平衡时，v 正(O2)=2v 逆(SO3) C. 铁与稀硫酸反应生成 22.4 L H2 时，转移的电子数约为 2×6.02×1023 D. 氢氧燃料电池工作时，H2 在负极上失去电子 【答案】D 【解析】 【详解】A. 该反应的△S Mn2+）。 ②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，会使铬含量的测定结果______（填“偏 大”“不变”或“偏小”）。 （3）计算铬铁矿中铬的质量分数（写出计算过程）。___________ 【答案】 (1). 过硫酸铵见光易分解 (2). 判断溶液中的 Cr3+是否完全被氧化成 Cr2O72-[或 作为 Cr3+与(NH4)2S2O8 反应的指示剂] (3). 偏大 (4). 35.53% 【解析】 【分析】 （1）棕色试剂瓶是存放见光易分解的物质； （2）①加入 5 滴 MnSO4 溶液的目的是作为 Cr3+与(NH4)2S2O8 反应的指示剂； ②“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的（NH4）2S2O8 和生成的 HMnO4 不能完全分解除去，会消耗更多（NH4）2Fe（SO4）2 标准溶液； （3）6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到：6Fe2+～Cr2O72-，结合操作过程中的定量关 系计算。 【详解】(1)过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是：过硫酸铵见光易分解， 故答案为：过硫酸铵见光易分解； (2)①“氧化”的目的是将试样溶液中的 Cr3+氧化成 Cr2O72−，加入 5 滴 MnSO4 溶液的目的是： 作为 Cr3+与(NH4)2S2O8 反应的指示剂，判断溶液中的 Cr3+是否完全被氧化成 Cr2O72−， 故答案为：判断溶液中的 Cr3+是否完全被氧化成 Cr2O72−； ②“氧化”过程中,如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的(NH4)2S2O8 和生成的 HMnO4 不 能完全分解除去，会消耗更多(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液，导致计算得到结果偏大， 故答案为：偏大； (3)6Fe2++ Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O， 得到：6Fe2+∼Cr2O72−， n(Cr2O72−)=16×0.2050mol⋅L−1×19.50mL×10−3 mL⋅L−1=6.6625×10−4 mol， 铬的质量分数= ×100%=35.53%， 故答案为：35.53%。 【点睛】利用氧化还原反应写出正确的化学方程式，利用关系式进行计算。 19.制备钙掺杂纳米 Fe3O4，并模拟吸附废水中磷元素的主要实验流程如下： 已知：①CaO2 能氧化溶液中的 FeCl2，反应生成 Fe(OH)3 和 Fe3＋。 ②掺杂的 Ca2＋嵌入 Fe3O4 中，洗涤时不损失，吸附时不形成 Ca3(PO4)2 等沉淀。 ③溶液的 pH 对吸附剂表面所带电荷有影响。pH 越高，表面所带负电荷越多； pH 越低，表面 所带正电荷越多。 46.6625 10 mol 2 52g / mol 0.1950g −× × × （1）向 FeCl2、FeCl3 混合溶液中滴加 NaOH 溶液，一定条件下反应生成 Fe3O4，其离子方程式 为___________。 （2）步骤Ⅱ调节 pH 至 11，共沉淀需在 70℃条件下进行，适宜的加热方式为________。为提 高共沉淀效果，还可采取的措施为_______________。 （3）磷元素的吸附效果、H3PO4 水溶液中含磷物种分布分数与 pH 的关系分别如图 1 和图 2 所 示。 ①步骤Ⅳ用 KH2PO4 溶液模拟废水，测得酸性条件下(pH > 2)对磷元素吸附量较大，原因是：pH 越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子；___________________ ②步骤Ⅴ将吸附剂取出，用碱液解吸回收磷。结合表中数据，分析钙掺杂纳米 Fe3O4 吸附剂与 其他类型吸附剂相比的优势有：________。 不同类型吸附剂对磷酸盐吸附能力比较 吸附剂 本产品 纯 Fe3O4 陶瓷材质 吸附量/mg·g－1 24.1 5.0 12.5 （4）请设计从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米 Fe3O4 产品的实验方案：用磁铁将 沉淀物和溶液分离，______________，用筛网筛分得到产品 (实验中须使用的试剂和仪器有： 蒸馏水、无水乙醇、pH 计、研钵、烘箱)。 【答案】 (1). Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－= Fe3O4 ↓+ 4H2O (2). 水浴加热 (3). 搅拌 (4). 磷元素酸性条件下主要以 H2PO4-形态存在，比 HPO42-所带负电荷少，有利于被吸附 (5). 吸附量大（或解吸后可以循环利用） (6). 用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用 pH 计检 测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨 【解析】 【分析】 根据流程：FeCl2•4H2O 用 CaO2 氧化，部分被氧化为 Fe(OH)3 和 Fe3+，加入水得到 FeCl2、FeCl3 混合溶液，加入 NaOH 溶液制得钙掺杂纳米 Fe3O4，钙掺杂纳米 Fe3O4 吸附 KH2PO4 溶液，加入 NaOH 溶液解吸回收磷， （1）根据电荷守恒、质量守恒书写可得； （2）100℃以下与水浴加热；搅拌可以促进混合； （3）①根据图，磷元素酸性条件下主要以 H2PO4-形态存在，结合已知③分析； ②由表可知，钙掺杂纳米 Fe3O4 吸附剂吸附能力强； （4）从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米 Fe3O4 产品，用磁铁将沉淀物和溶液分离， 用蒸馏水洗涤至洗涤液显中性，再用无水乙醇洗涤，最后烘干研磨。 【详解】(1)FeCl2、FeCl3 混合溶液中滴加 NaOH 溶液，一定条件下反应生成 Fe3O4，离子反应 为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O； 故答案为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4 ↓+4H2O； (2)共沉淀需在 70℃条件下进行，选用水浴加热；搅拌可以促进反应物混合，提高共沉淀效果； 故答案为：水浴加热；搅拌； (3)①已知：pH 越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子，由图可知,磷元素酸 性条件下主要以 H2PO4−形态存在，比 HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附； 故答案为：磷元素酸性条件下主要以 H2PO4−形态存在，比 HPO42−所带负电荷少，有利于被吸附； ②由表可知，钙掺杂纳米 Fe3O4 吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用； 故答案为：吸附量大(或解吸后可以循环利用)； (4)从步骤Ⅱ反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米 Fe3O4 产品：用磁铁将沉淀物和溶液分离， 用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用 pH 计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘 箱中烘干后，在研钵中研磨，用筛网筛分得到产品； 故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用 pH 计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得 固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨。 【点睛】根据电荷守恒、质量守恒书写可得离子方程式，钙掺杂纳米 Fe3O4 吸附剂吸附能力强， 故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用； 20.有效去除大气中的 NOx 和 SO2 是环境保护的重要课题。 （1）酸性条件下，NaClO2 吸收 NO 的相关热化学方程式如下： 4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq) ΔH= a kJ·mol−1 5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq) ΔH= b kJ·mol−1 反应 5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq) ΔH=________kJ·mol−1。 （2）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解 NO2 的装置如图-1 所示。写出电解 时阳极的电极反应式：________。 （3）用 CO(NH2)2 水溶液吸收 SO2 并通入 O2，反应生成(NH4)2SO4 和 CO2。写出该反应的化学方 程式：___________。 （4）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的 NO2 与活性焦炭反应 生成 N2 和 CO2，当生成 1 mol N2 时，转移的电子数为_________mol。 （5）一定条件下，将一定浓度 NOx（NO2 和 NO 的混合气体）通入 0.05 mol·L−1 的 Ca(OH)2 乳 浊液中，发生的反应为：3NO2 + 2OH－= NO +2NO3-+ H2O；NO + NO2 +2OH－= 2NO2- + H2O。改 变 ，NOx 的去除率见图-2。 ① 的合适范围是___________________。 ②当 大于 1.4 时，NO2 去除效率升高，但 NO 去除效率却降低。其可能的原因是______ 。 ③O3 和 NO 发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2。保持 NO 的初始浓度不变，改变 ， 将反应后的混合气体通入 0.05mol·L−1Ca(OH)2 乳浊液中吸收。为节省 O3 的用量，又能保持 NOx 去除效果，则 合适的值约为_________。 a．0.6 b．0.8 c．1.4 ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )3n O n NO ( ) ( )3n O n NO 【答案】 (1). 5a-3b/4 (2). NO2 − e− + H2O = 2H+ + NO3− (3). 2CO(NH2)2 + 2SO2 + 4H2O + O2 = 2 (NH4)2SO4+ 2CO2 (4). 8 (5). 1 2-1.4 (6). NO2 和 OH－反应生成 NO3- 和 NO，导致 NO 去除率降低 (7). a 【解析】 【分析】 （1）酸性条件下，NaClO2 吸收 NO 的相关热化学方程式如下： ①4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq)△H=a kJ•mol-1 ②5NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq)△H=b kJ•mol-1 盖斯定律计算（①×5-②×3）× 得到反应 5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq)； （2）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极 室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸； （3）用 CO(NH2)2 水溶液吸收 SO2 并通入 O2，反应生成(NH4)2SO4 和 CO2，结合原子守恒和电子 守恒平配平书写化学方程式； （4）被吸附 NO2 与活性焦炭反应生成 N2 和 CO2，写出化学方程式，结合方程式中的定量关系 计算电子转移总数； （5）①图象读取去除率最高时的 的合适范围； ②当 大于 1.4 时，NO2 去除效率升高，但 NO 去除效率却降低是因为二氧化氮反应生 成一氧化氮； ③O3 和 NO 发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2．保持 NO 的初始浓度不变，改变 ，节省 O3 的用量，又能保持 NOx 去除效果，需要保持 的合适范围是 1.2～1.4。 . 的 1 4 ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )3n O n NO ( ) ( )2n NO n NO 【详解】(1)酸性条件下,NaClO2 吸收 NO 的相关热化学方程式如下： ①4NO(g)+3NaClO2(aq)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3NaCl(aq)△H=akJ⋅mol−1 ②5NaClO2(aq)+4HCl(aq)=4ClO2(g)+2H2O(l)+5NaCl(aq)△H=bkJ⋅mol−1 盖斯定律计算(①×5−②×3)× 得到反应 5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(l)=5HNO3(aq)+3HCl(aq)△H= kJ/mol， 故答案为： ； (2)根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室， 阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反 应式为 NO2−e−+H2O=NO3−+2H+， 故答案为：NO2−e−+H2O=NO3−+2H+； (3)用 CO(NH2)2 水溶液吸收 SO2 并通入 O2，反应生成(NH4)2SO4 和 CO2，反应的化学方程式： 2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2， 故答案为：2CO(NH2)2+2SO2+4H2O+O2=2 (NH4)2SO4+2CO2； (4)被吸附的 NO2 与活性焦炭反应生成 N2 和 CO2，反应的化学方程式：2NO2+2C=N2+2CO2，生成 1mol 氮气电子转移 8mol， 故答案为：8； (5)①图中曲线变化分析可知， 的合适范围是 1.2∼1.4，在此范围去除率最大， 故答案为：1.2∼1.4； ②当 大于 1.4 时，NO2 去除效率升高，但 NO 去除效率却降低，原因是：NO2 和 OH−反 应生成 NO3−和 NO，导致 NO 去除率降低， 故答案为：NO2 和 OH−反应生成 NO3−和 NO，导致 NO 去除率降低； ③O3 和 NO 发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2，保持 NO 的初始浓度不变，改变 ，节省 O3 的用量,又能保持 NOx 去除效果,需要保持 的合适范围是 1.2∼1.4，则 合适 的值约为 0.6−0.7，故选 a， 故答案为：a。 1 4 5a 3b 4 − 5a 3b 4 − ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )3n O n NO ( ) ( )2n NO n NO ( ) ( )3n O n NO 【点睛】化学方程式的书写，热化学方程式，用盖斯定律进行有关反应热的计算，电解原理， 二氧化硫的化学性质，电极反应是难点。 21.X 是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由 EDTA 与 Fe3+反应得到。 （1）EDTA 中碳原子杂化轨道类型为_________________；EDTA 中四种元素的电负性由小到大 的顺序为__________________。 （2）Fe3+基态核外电子排布式为_________________。 （3）EDTA 与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但 EDTA 的沸点（540.6 ℃）比正二十一 烷的沸点（100 ℃）高的原因是_________。 （4）1 mol EDTA 中含有 σ 键的数目为______________。 （5）X 中的配位原子是___________。 【答案】 (1). sp2 和 sp3 (2). H < C < N < O (3). [Ar]3d5 或 1s22s22p63s23p63d5 (4). EDTA 分子间存在氢键 (5). 35 mol (6). N、O 【解析】 【分析】 （1）EDTA 中羧基上 C 原子价层电子对个数是 3、亚甲基上 C 原子价层电子对个数是 4，根据 价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大； （2）Fe 原子失去 3 个电子生成铁离子，根据构造原理书写铁离子核外电子排布式； （3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高； （4）共价单键为 σ 键，共价双键中含有一个 σ 键、一个 π 键，则 1 个 EDTA 分子中 σ 键 的数目 35； （5）X 中 N、O 原子提供孤电子对。 【详解】(1)EDTA 中羧基上 C 原子价层电子对个数是 3、亚甲基上 C 原子价层电子对个数是 4, 根据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化轨道类型,前者为 sp2 杂化、后者为 sp3 杂化，元 素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性 H