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辽宁省沈阳市第一二〇中学2021-2022学年高三上学期第四次质量监测化学试题
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这是一份辽宁省沈阳市第一二〇中学2021-2022学年高三上学期第四次质量监测化学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第一二〇中学2021-2022学年高三上学期第四次质量监测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B．氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应
C．棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维
D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮
2．下列有关说法正确的是
A．氧原子处于基态的轨道表示式
B．用价层电子对互斥理论预测的空间结构为三角锥形
C．用电子式表示的形成：
D．向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因为粉末降低了反应的焓变
3．代宋应星所著的《天工开物》被誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法正确的是
A．“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。”“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是蛋白质
B．“纷纷灿烂如星陨，燔燔喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色
C．古代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要成分为硅酸盐
D．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO
4．以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA
5．异丁苯( )是合成镇痛药物布洛芬( )的原料。下列关于两种有机物的描述中正确的是
A．布洛芬的分子式为
B．异丁苯中碳原子有三种杂化方式
C．1mol布洛芬最多能与4mol发生加成反应
D．异丁苯的一氯取代物有6种(不考虑立体异构)
6．分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
7．下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个钛原子和12个氧原子紧相邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A．①②③⑥ B．①②④ C．③⑤⑦ D．③⑤⑧
8．如图是某元素形成物质的“价—类”图，图中显示各物质之间的转化关系。其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D的大16。下列说法正确的是
A．A是适合与草木灰混合施用的肥料 B．C可用排空气法收集
C．B和F能发生复分解反应生成盐 D．B在一定条件下可直接与Y反应生成D
9．2020年9月中科院研究所报道了一种高压可充电碱﹣酸Zn﹣PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(如图)，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是
A．充电时，阳极反应式为PbO2+4H++SO+2e-═PbSO4+2H2O
B．电池工作时，a、d两极室电解质溶液pH都增大
C．离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质减少1mol
10．下列实验及现象能推出相应结论的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
常温下，测定饱和CH3COONa和NaNO2溶液的pH
pH(NaNO2)＜pH(CH3COONa)
HNO2酸性大于CH3COOH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴加少量BaCl2固体
溶液颜色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向10 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.01 mol/L NaCl，再滴加2滴0.01 mol/ LNaBr溶液
先产生白色沉淀，然后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)
D
把固体AgCl加入到较浓的KI溶液
白色固体变黄
AgCl溶解度小于AgI
A．A B．B C．C D．D
11．—定条件下，合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的逆反应为放热反应
B．生成乙烯的速率：(N)一定大于(M)
C．增大压强，平衡正向移动，平衡常数K的值将增大
D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低
12．不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是
A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
13．Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理示意图如下，刻蚀溶液有一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为，由Ag薄膜覆盖的硅晶片部分逐渐被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法不正确的是
A．Ag薄膜附近随着反应的进行，pH逐渐减小
B．Si极发生的反应为，
C．该刻蚀的总反应可表示为
D．该刻蚀过程的是由微小的Si、Ag、HF和H2O2的原电池组成
14．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是
A．原子半径的顺序为Q>Y>X>Z>W
B．简单氢化物沸点的顺序为Q>Z>X
C．阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应
15．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是
A．m点对应的NaOH溶液体积小于10 mL B．Ka(HA)为10-4.76
C．l点所示溶液中：c(Na＋)m>l
二、填空题
16．硒()与人类的健康密切相关，硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段。
(1)基态Se原子的价电子排布图为：_______。
(2)、、三种氢化物的稳定性大小顺序是_______，其中还原性最强的是_______。下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是_______(填字母代号)。
A
B
C
D
(3)工业上用浓焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生、的混合气体，写出反应的化学方程式_______。理论上该反应每转移1mol电子，可得到的质量为_______g。
(4)已知硒酸()在水溶液中的电离方程式为：。溶液中微粒(不含)浓度由大到小的顺序为_______，Na与Se两种元素的守恒关系为：_______。
三、工业流程题
17．金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是)可制备单质钼和钼酸钠晶体()，部分流程如图所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。回答下列问题：
(1)钼精矿焙烧时，每有1mol反应，转移电子的物质的量为_______。
(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_______。
(3)本流程中，金属钼的冶炼方法为_______。
a热还原法 b热分解法 c电解法 d物理方法
由钼酸得到所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_______。
(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中，，在结晶前需加入固体以除去溶液中的，中S原子的杂化方式为_______；当开始沉淀时，的去除率是_______。[，，溶液体积变化可忽略不计]
(5)熔烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。则x=_______。
四、原理综合题
18．研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
Ⅰ.已知：
(1)能将NO转化成无毒物质.写出在298K时该反应的热化学方程式：_______。
Ⅱ.我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：
。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率随温度的变化关系如图所示：
(2)由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是_______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp).在1050K、时，该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：]。
(3)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性.在三个反应器中分别加入C、CaO/C、，通入NO使其浓度达到。不同温度下，测得2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，40℃以下反应活化能最小的是_______(用a、b、c表示)；CaO/C、去除NO效果比C更好，其理由是_______(写出一条即可)。
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是_______
A．恒容下，及时分离出 B．压缩体积 C．恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v(NO)=_______，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为_______(保留两位有效数字)。
(4)氮氧化物也可以用尿素水溶液吸收.用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为_______。
五、实验题
19．保险粉Na2S2O4大量用于印染业，并用来漂白纸张、纸浆和陶土等。某化学兴趣小组同学用甲酸法制取保险粉的装置如图所示(加持装置略去)。
已知：保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性，在空气中易被氧化：2Na2S2O4+O2+2H2O=NaHSO3或Na2S2O4 +O2+H2O =NaHSO3+NaHSO4。实验时先把甲酸(HCOOH)与溶于甲醇和水混合溶剂的NaOH混合，再通入SO2气体。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是______；装置B的作用是______。
(2)装置C中甲醇不参加反应，甲醇的作用是 ______；生成Na2S2O4的离子方程式为______。
(3)下列有关该实验的说法正确的是 ______(填序号)。
A．可用硝酸和BaCl2溶液检验制得的Na2S2O4中是否混有NaHSO4
B．实验中甲酸和NaOH最合适的物质的量之比为1：1
C．用N2排尽装置内的空气，有利于提高 的Na2S2O4纯度
D．得到Na2S2O4固体后可用甲醇洗涤
(4)测定产品中Na2S2O4质量分数，其实验步骤如下，准确称取0.5000g产品放入锥形瓶中，加入适量水使其溶解。然后加入足量甲醛，充分反应，再滴加几滴指示剂，用0.2000mol·L-1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗25.00mL标准I2溶液。实验过程中涉及的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O =NaHSO3·HCHO+NaHSO2·HCHO；NaHSO2·HCHO+2I2+2H2O= NaHSO4+HCHO+4HI。该实验加入指示剂是______ ，产品Na2S2O4 (M=174g·mol-1)的质量分数为 ______% (保留一位小数)。
(5)探究Na2S2O4的性质。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解是到固体产物Na2SO3，Na2S2O3和SO2，但该兴趣小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是______。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A. 血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用了渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳性质，故A正确，不符合题意；
B. 氨基酸含-COOH、氨基，可发生缩聚反应生成新的蛋白质，故B正确，不符合题意；
C. 棉花、蚕丝、均为天然纤维，腈纶是人工合成，故C错误，符合题意；
D. 硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故D正确，不符合题意；
故选：C。
2．B
【解析】
【详解】
A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为，A错误；
B．根据价层电子对互斥理，中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故的空间结构为三角锥形，B正确；
C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为，C错误；
D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂，催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。
答案选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．“巨竹膜”取材于竹子，为造纸的原料，主要成分为纤维素，A错误；
B．钠的焰色为黄色，但铁的焰色为无色，B错误；
C．烧制瓷器的主要原料是黏土，黏土的主要成分为硅酸盐，C正确；
D．石灰石加热后能制得生石灰，生石灰久置生成氢过氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以题述中的“粉”是碳酸钙，D错误；
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，CO2(g)+C(s)=2CO (g) ，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+CO(g)，据此分析。
【详解】
A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A错误；
B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；
C．44 g CO2气体的物质的量为，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；
答案选D。
【点睛】
D项为易错点，需要分析生成一氧化碳和消耗碳的两步反应总共转移的电子数。
5．D
【解析】
【详解】
A．由布洛芬的结构式 可知，布洛芬的分子式为C13H18O2，A错误；
B．-COOH中碳原子价层电子对个数是3，苯环中C碳原子价层电子对个数是3，其它碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，该分子中C原子含有2种杂化方式，B正确；
C．布洛芬中的苯环可以和H2加成，所以1 mol布洛芬最多能与3 mol H2发生加成反应，C错误；
D．异丁苯的一氯取代物取代位置表示如图： ，共有6种，D正确；
故选D。
6．B
【解析】
【详解】
A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；
B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；
C项，分枝酸一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；
D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】
本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。
7．D
【解析】
【详解】
①稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高(含有氢键的物质除外)，所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S。故③正确；
④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤由晶胞结构可知CaTiO3，晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4+和12个O2-紧邻，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；
⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确，
故正确序号为③⑤⑧综上所述，正确答案为D。
8．D
【解析】
【分析】
A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐，B为；B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D的大16，则Y为、C为、D为NO、E为；通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为、F为；F与X发生酸碱中和反应得到的G为硝酸盐。
【详解】
A. 草木灰的主要成分为，二者混合会反应生成氨气，降低肥效，故A项错误；
B. 氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以用排水法收集氨气，故B项错误；
C. 氨气与硝酸反应生成硝酸铵，属于化合反应，不属于复分解反应，故C项错误；
D. 在催化剂和加热的条件下与反应生成NO和，故D项正确；
答案选D。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．d极为原电池正极，电极反应为PbO2+4H++SO+2e-═PbSO4+2H2O，充电时，阳极反应与正极反应相反，即阳极反应式为PbSO4+2H2O-2e=PbO2+4H++SO，故A错误；
B．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，正极反应式为PbO2＋4H++SO+2e-=PbSO4＋2H2O，则α极室电解质溶液pH减小、d极室电解质溶液pH增大，故B错误；
C．该酸碱混合电池中，α极区电解质为KOH，b极区电解质为硫酸，放电时K+通过离子交换膜b、SO通过离子交换膜c移向中间中性溶液中，则离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，故C正确；
D．放电时每转移2mol电子，则有2molK+通过离子交换膜b、1molSO通过离子交换膜c移向中间中性溶液中生成1molK2SO4，所以中间K2SO4溶液中溶质增加1mol，故D错误；
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
A. 相同浓度条件下，弱酸的酸性越弱，对应阴离子的水解程度越大，比较相同物质的量浓度的CH3COONa和NaNO2溶液的pH，可以判断HNO2、CH3COOH的酸性强弱，但两种饱和溶液的物质的量浓度不同，故无法比较二者的酸性强弱，故A错误；
B. 含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性，溶液变红，加入少量BaC12固体，碳酸根离子与钡离子产生沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；
C. 向10 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.01 mol/L NaCl，AgNO3过量，先产生白色沉淀，再滴加2滴0.01 mol/ LNaBr溶液，然后产生黄色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；
D. 把固体AgCl加入到较浓的KI溶液中，白色固体变黄，部分AgCl转化为AgI，AgCl的溶解度大于AgI，沉淀向更难溶的方向转化，故D错误；
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A．升高温度二氧化碳转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B．温度越高化学反应速率越快，催化剂的催化效率越高化学反应速率越快，根据图知，M点催化效率大于N点但M点温度小于N点，催化效率大于温度对反应速率影响，则M点反应速率大于N点，B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，C错误；
D．根据图知，温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低，D正确；
故答案为：D。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图像可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．由图像可知，②和③的反应温度相同，溶液的pH不相同，pH越大，Fe2+氧化速率越慢，故B错误；
C．由图像可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
13．A
【解析】
【详解】
A．根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，所以随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH逐渐增大，A错误；
B．根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为，，B正确；
C．在Ag电极上反应为：2H++2e-+H2O2=2H2O，在Si电极上发生反应为，，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为，C正确；
D．根据上述分析可知：在Ag电极上失去电子，在Si电极上得到电子，电解质溶液为HF和H2O2，它们形成闭合回路，实现了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D正确；
故合理选项是A。
14．D
【解析】
【分析】
结合图示，X形成两个共价键即达稳定结构，说明X最外层有6个电子，X和Q位于同一主族，且原子序数X小于Q，则X为O元素，Q为S元素； S原子和O原子之间形成配位键(S原子提供孤电子对，O原子提供空轨道)，Z形成一个共价键即达稳定结构，说明Z最外层有7个电子，Z的原子序数在O、S之间，则Z为F元素；Y和Z的原子序数之和与Q相等，可知Y的原子序数为16-9=7，则Y为N元素；该化合物为离子化合物，W为正一价阳离子，则W为Li元素；据此解答本题。
【详解】
A．根据上述分析可知：W、Y、X、Z、Q分别为：W为Li元素、Y为 N元素、X为O元素、Z为F元素、Q为S元素。根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径的顺序为：Q>W > Y> X >Z，故A错误；
B．X为O元素、Z为F元素、Q为S元素，简单氢化物分别为H2O、 HF 、H2S，H2O、 HF能形成氢键，所以沸点的顺序为H2O>HF>H2S，故B错误；
C．阴离子为[NS2O4F2]-，由如图结构可知，F原子和S原子之间形成一个共价键，S原子和两个O原子之间形成四条共价键，S原子 和N原子、F原子也形成共价键，所以S原子不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．根据上述分析可知：化合物QX2为SO2、YX2为NO2，两者均能与NaOH溶液反应，故D正确；
故答案：D。
15．D
【解析】
【详解】
A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处p=0，即=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)==10-9.24，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，即当溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA时c(HA)n(NaA)，加入的NaOH的体积应小于10mL，故A正确；
B．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B正确；
C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)
综上所述答案为D。
16．(1)
(2) H2O>H2S>H2Se H2Se B
(3) CuSe+4H2SO4CuSO4 +SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.5g
(4) c(Na+ )>c(SeO)>c(OH-)>c(HSeO)>c(H+) c(Na+)=2[c(SeO)+c(HSeO)]
【解析】
【分析】
(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；
(2)同主族从上到下非金属元素依次减弱，氢化物稳定性依次减弱，还原性依次增强，元素的非金属性越强，气态氢化物越特定，能量越低；
(3)CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，结合化学方程式定量关系计算；
(4)已知硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离方程式，第一步完全电离，HSeO离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO-离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序和Na与Se两种元素的守恒关系，以此来解析；
(1)
原子核外有34个电子、分四层排布、有6个价电子，价层电子排布图：；
(2)
O、S、Se为同主族元素、非金属性由上到下依次递减，非金属性越强，气态氢化物越稳定，H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是H2O>H2S>H2Se；非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，则其中还原性最强的是H2Se；非金属性越强，其单质与氢气化合越容易、生成1mol气态氢化物放出热量越多(或吸收热量越少)、对应的反应热越小，则表中反应热由小到大排序为：DCBA，对应为O、S、Se、Te四种元素单质分别与H反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是B；
(3)
工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，反应中，Se元素从-2价升高到+4价、部分硫元素从+6价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得反应的化学方程式：CuSe+4H2SO4CuSO4 +SeO2↑+3SO2↑+4H2O，存在关系式：SeO2～6e-，则理论上该反应每转移1mol 电子，可得到SeO2的质量为mol×(79+32)g/mol=18.5g；
(4)
已知硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离方程式，H2SeO4=H++HSeO，HSeO⇌H++SeO，第一步完全电离，HSeO离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO-离子水解、Na2SeO4溶液因微弱水解呈弱碱性：H2O+SeO⇌HSeO+OH-，则溶液中存在的粒子除了水分子外、有Na+、SeO、HSeO、OH-、H+，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+ )>c(SeO )>c(OH-)>c(HSeO )>c(H+)， Na2SeO4溶液中，钠离子和Se原子数目之比为2：1， 则Na与Se两种元素的守恒关系为：c(Na+)=2[c(SeO)+c(HSeO)]；
17．(1)14mol
(2)形成酸雨
(3) a 坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒
(4) 94.5%
(5)64
【解析】
【分析】
根据流程：灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo，以此来解析；
(1)
钼精矿焙烧时，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，Mo的化合价由+2价升高为+6价，S由-1价升高为+4价，可知MoS2～14e-，所以每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为14mol；
(2)
由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨；
(3)
根据图中信息可知，利用H2和MoO3在高温条件下反应得到金属，金属钼的冶炼方法为为热还原法，a符合题意；
故选a。
由钼酸得到MoO3是在高温灼烧条件下得到，高温灼烧一般需要在坩埚，还需要酒精灯、泥三角、玻璃棒、铁圈，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒；
(4)
SO中S原子的孤电子对数为=0，杂化轨道数为4，则S原子的杂化方式为sp3杂化；
已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10-10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，=0.80mol•L-1，=0.04mol•L-1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)====5×10-8mol/L，此时c(SO)===2.2×10-3mol/L，SO42-的去除率=；
(5)
根据图中信息可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%－18%×2=64%；
18．(1)
(2) 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 4
(3) a 活性炭负载钙、镧氧化物反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高 A 0.0225 96%
(4)
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将方程式进行叠加，即可得到目标方程式，ΔH也进行叠加即可；
(2)温度低于1050K时.反应来达到平衡状态.随温度升高，反应速率加快， NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动， NO转化率又逐渐降低，由图可知， NO转化率最大达到80% ，可列出三段式求出平衡时的量，代入Kp进行计算即可；
(3)
①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a .因为活化能越小，反应越容易进行，NO的转化率就越高。活性炭负载了活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢) ；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45% ，现测得CaO/C对NO的去除率为60% ，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2；
③490℃时， NO的去除率为45%，代入反应速率v (NO )= 进行计算即可，若该温度下的平衡常数K=121，列出三段式求出浓度代入平衛常數K的表达式进行计算即可；
(4)由题意可知，尿素与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O ，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式，以此来解析；
(1)
由题意可得：I：N2(g)+O2(g)⇌NO(g) ΔH=+180.4kJ·mol−1，II：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−kJ·mol−1，根据盖斯定律，可将II-I×5得到：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(l) ΔH=−1807.880.4kJ·mol−1；
(2)
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；温度达到衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知， NO转化率最大达到80%，可列三行式
此时n (总) =0.2mol+0.4mol+ 0.4mol=1mol，Kp===4；
(3)
①据图分析，490℃以下反应活化能最小，说明NO的去除率高，故选a；
CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高。(或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动；
A．恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，NO的去除率升高，符合题意，A正确；
B．压缩体积，反应前后气体体积不变，则平衡不移动，符合题意，B错误；
C．恒容下，向体系通入氮气，平衡逆向移动，C错误；
故选A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v(NO)==；若该温度下的平衡常数K=121，列三段式有：
则有K==121，解得：x=0.096，则此时NO的去除率为×100%=96%；
(4)
由题意可知，尿素[(NH2)2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，尿素中的-2价N元素化合价升高，NO和NO2中的N元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式为：(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；
19． 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) 防倒吸 降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出 HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O CD 淀粉溶液 87.0 取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无
【解析】
【分析】
装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。
【详解】
(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；
(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO- + SO2 + OH- → ，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO- 中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O（或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O）；
(3)A．Na2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为，故A不合理；
B．若甲酸与NaOH 物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；
C．Na2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；
D．Na2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；
故答案选CD。
(4) 涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；
根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4 ~ NaHSO2·HCHO ~ 2I2，得c(Na2S2O4)=；
W(Na2S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；
(5)检验，需加入稀盐酸排除等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。
辽宁省沈阳市第一二〇中学2021-2022学年高三上学期第四次质量监测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
B．氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应
C．棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维
D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮
2．下列有关说法正确的是
A．氧原子处于基态的轨道表示式
B．用价层电子对互斥理论预测的空间结构为三角锥形
C．用电子式表示的形成：
D．向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因为粉末降低了反应的焓变
3．代宋应星所著的《天工开物》被誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法正确的是
A．“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。”“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是蛋白质
B．“纷纷灿烂如星陨，燔燔喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色
C．古代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要成分为硅酸盐
D．“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO
4．以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA
5．异丁苯( )是合成镇痛药物布洛芬( )的原料。下列关于两种有机物的描述中正确的是
A．布洛芬的分子式为
B．异丁苯中碳原子有三种杂化方式
C．1mol布洛芬最多能与4mol发生加成反应
D．异丁苯的一氯取代物有6种(不考虑立体异构)
6．分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
7．下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个钛原子和12个氧原子紧相邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A．①②③⑥ B．①②④ C．③⑤⑦ D．③⑤⑧
8．如图是某元素形成物质的“价—类”图，图中显示各物质之间的转化关系。其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D的大16。下列说法正确的是
A．A是适合与草木灰混合施用的肥料 B．C可用排空气法收集
C．B和F能发生复分解反应生成盐 D．B在一定条件下可直接与Y反应生成D
9．2020年9月中科院研究所报道了一种高压可充电碱﹣酸Zn﹣PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(如图)，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是
A．充电时，阳极反应式为PbO2+4H++SO+2e-═PbSO4+2H2O
B．电池工作时，a、d两极室电解质溶液pH都增大
C．离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质减少1mol
10．下列实验及现象能推出相应结论的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
常温下，测定饱和CH3COONa和NaNO2溶液的pH
pH(NaNO2)＜pH(CH3COONa)
HNO2酸性大于CH3COOH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴加少量BaCl2固体
溶液颜色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向10 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.01 mol/L NaCl，再滴加2滴0.01 mol/ LNaBr溶液
先产生白色沉淀，然后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)
D
把固体AgCl加入到较浓的KI溶液
白色固体变黄
AgCl溶解度小于AgI
A．A B．B C．C D．D
11．—定条件下，合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的逆反应为放热反应
B．生成乙烯的速率：(N)一定大于(M)
C．增大压强，平衡正向移动，平衡常数K的值将增大
D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低
12．不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是
A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
13．Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理示意图如下，刻蚀溶液有一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为，由Ag薄膜覆盖的硅晶片部分逐渐被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法不正确的是
A．Ag薄膜附近随着反应的进行，pH逐渐减小
B．Si极发生的反应为，
C．该刻蚀的总反应可表示为
D．该刻蚀过程的是由微小的Si、Ag、HF和H2O2的原电池组成
14．一种高效电解质的结构如图所示，W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，X与Q同族，Y和Z的原子序数之和与Q相等。下列说法正确的是
A．原子半径的顺序为Q>Y>X>Z>W
B．简单氢化物沸点的顺序为Q>Z>X
C．阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D．化合物QX2、YX2均能与NaOH溶液反应
15．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是
A．m点对应的NaOH溶液体积小于10 mL B．Ka(HA)为10-4.76
C．l点所示溶液中：c(Na＋)
二、填空题
16．硒()与人类的健康密切相关，硒元素的发现已有200多年，人们对硒的认识已经进入全新阶段。
(1)基态Se原子的价电子排布图为：_______。
(2)、、三种氢化物的稳定性大小顺序是_______，其中还原性最强的是_______。下表是O、S、Se、Te四种元素单质分别与反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是_______(填字母代号)。
A
B
C
D
(3)工业上用浓焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生、的混合气体，写出反应的化学方程式_______。理论上该反应每转移1mol电子，可得到的质量为_______g。
(4)已知硒酸()在水溶液中的电离方程式为：。溶液中微粒(不含)浓度由大到小的顺序为_______，Na与Se两种元素的守恒关系为：_______。
三、工业流程题
17．金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是)可制备单质钼和钼酸钠晶体()，部分流程如图所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。回答下列问题：
(1)钼精矿焙烧时，每有1mol反应，转移电子的物质的量为_______。
(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_______。
(3)本流程中，金属钼的冶炼方法为_______。
a热还原法 b热分解法 c电解法 d物理方法
由钼酸得到所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_______。
(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中，，在结晶前需加入固体以除去溶液中的，中S原子的杂化方式为_______；当开始沉淀时，的去除率是_______。[，，溶液体积变化可忽略不计]
(5)熔烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，如图为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。则x=_______。
四、原理综合题
18．研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。回答下列问题：
Ⅰ.已知：
(1)能将NO转化成无毒物质.写出在298K时该反应的热化学方程式：_______。
Ⅱ.我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：
。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率随温度的变化关系如图所示：
(2)由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是_______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp).在1050K、时，该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：]。
(3)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性.在三个反应器中分别加入C、CaO/C、，通入NO使其浓度达到。不同温度下，测得2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，40℃以下反应活化能最小的是_______(用a、b、c表示)；CaO/C、去除NO效果比C更好，其理由是_______(写出一条即可)。
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是_______
A．恒容下，及时分离出 B．压缩体积 C．恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v(NO)=_______，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为_______(保留两位有效数字)。
(4)氮氧化物也可以用尿素水溶液吸收.用尿素水溶液吸收体积比为1：1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为_______。
五、实验题
19．保险粉Na2S2O4大量用于印染业，并用来漂白纸张、纸浆和陶土等。某化学兴趣小组同学用甲酸法制取保险粉的装置如图所示(加持装置略去)。
已知：保险粉易溶于水，不溶于甲醇，具有强还原性，在空气中易被氧化：2Na2S2O4+O2+2H2O=NaHSO3或Na2S2O4 +O2+H2O =NaHSO3+NaHSO4。实验时先把甲酸(HCOOH)与溶于甲醇和水混合溶剂的NaOH混合，再通入SO2气体。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是______；装置B的作用是______。
(2)装置C中甲醇不参加反应，甲醇的作用是 ______；生成Na2S2O4的离子方程式为______。
(3)下列有关该实验的说法正确的是 ______(填序号)。
A．可用硝酸和BaCl2溶液检验制得的Na2S2O4中是否混有NaHSO4
B．实验中甲酸和NaOH最合适的物质的量之比为1：1
C．用N2排尽装置内的空气，有利于提高 的Na2S2O4纯度
D．得到Na2S2O4固体后可用甲醇洗涤
(4)测定产品中Na2S2O4质量分数，其实验步骤如下，准确称取0.5000g产品放入锥形瓶中，加入适量水使其溶解。然后加入足量甲醛，充分反应，再滴加几滴指示剂，用0.2000mol·L-1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗25.00mL标准I2溶液。实验过程中涉及的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O =NaHSO3·HCHO+NaHSO2·HCHO；NaHSO2·HCHO+2I2+2H2O= NaHSO4+HCHO+4HI。该实验加入指示剂是______ ，产品Na2S2O4 (M=174g·mol-1)的质量分数为 ______% (保留一位小数)。
(5)探究Na2S2O4的性质。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解是到固体产物Na2SO3，Na2S2O3和SO2，但该兴趣小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是______。(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A. 血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用了渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳性质，故A正确，不符合题意；
B. 氨基酸含-COOH、氨基，可发生缩聚反应生成新的蛋白质，故B正确，不符合题意；
C. 棉花、蚕丝、均为天然纤维，腈纶是人工合成，故C错误，符合题意；
D. 硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故D正确，不符合题意；
故选：C。
2．B
【解析】
【详解】
A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为，A错误；
B．根据价层电子对互斥理，中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故的空间结构为三角锥形，B正确；
C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为，C错误；
D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂，催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。
答案选B。
3．C
【解析】
【详解】
A．“巨竹膜”取材于竹子，为造纸的原料，主要成分为纤维素，A错误；
B．钠的焰色为黄色，但铁的焰色为无色，B错误；
C．烧制瓷器的主要原料是黏土，黏土的主要成分为硅酸盐，C正确；
D．石灰石加热后能制得生石灰，生石灰久置生成氢过氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以题述中的“粉”是碳酸钙，D错误；
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，CO2(g)+C(s)=2CO (g) ，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+CO(g)，据此分析。
【详解】
A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A错误；
B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；
C．44 g CO2气体的物质的量为，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；
答案选D。
【点睛】
D项为易错点，需要分析生成一氧化碳和消耗碳的两步反应总共转移的电子数。
5．D
【解析】
【详解】
A．由布洛芬的结构式 可知，布洛芬的分子式为C13H18O2，A错误；
B．-COOH中碳原子价层电子对个数是3，苯环中C碳原子价层电子对个数是3，其它碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，该分子中C原子含有2种杂化方式，B正确；
C．布洛芬中的苯环可以和H2加成，所以1 mol布洛芬最多能与3 mol H2发生加成反应，C错误；
D．异丁苯的一氯取代物取代位置表示如图： ，共有6种，D正确；
故选D。
6．B
【解析】
【详解】
A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；
B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；
C项，分枝酸一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；
D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】
本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。
7．D
【解析】
【详解】
①稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高(含有氢键的物质除外)，所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S。故③正确；
④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤由晶胞结构可知CaTiO3，晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4+和12个O2-紧邻，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；
⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确，
故正确序号为③⑤⑧综上所述，正确答案为D。
8．D
【解析】
【分析】
A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐，B为；B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D的大16，则Y为、C为、D为NO、E为；通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为、F为；F与X发生酸碱中和反应得到的G为硝酸盐。
【详解】
A. 草木灰的主要成分为，二者混合会反应生成氨气，降低肥效，故A项错误；
B. 氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以用排水法收集氨气，故B项错误；
C. 氨气与硝酸反应生成硝酸铵，属于化合反应，不属于复分解反应，故C项错误；
D. 在催化剂和加热的条件下与反应生成NO和，故D项正确；
答案选D。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．d极为原电池正极，电极反应为PbO2+4H++SO+2e-═PbSO4+2H2O，充电时，阳极反应与正极反应相反，即阳极反应式为PbSO4+2H2O-2e=PbO2+4H++SO，故A错误；
B．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，正极反应式为PbO2＋4H++SO+2e-=PbSO4＋2H2O，则α极室电解质溶液pH减小、d极室电解质溶液pH增大，故B错误；
C．该酸碱混合电池中，α极区电解质为KOH，b极区电解质为硫酸，放电时K+通过离子交换膜b、SO通过离子交换膜c移向中间中性溶液中，则离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，故C正确；
D．放电时每转移2mol电子，则有2molK+通过离子交换膜b、1molSO通过离子交换膜c移向中间中性溶液中生成1molK2SO4，所以中间K2SO4溶液中溶质增加1mol，故D错误；
故选C。
10．B
【解析】
【详解】
A. 相同浓度条件下，弱酸的酸性越弱，对应阴离子的水解程度越大，比较相同物质的量浓度的CH3COONa和NaNO2溶液的pH，可以判断HNO2、CH3COOH的酸性强弱，但两种饱和溶液的物质的量浓度不同，故无法比较二者的酸性强弱，故A错误；
B. 含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性，溶液变红，加入少量BaC12固体，碳酸根离子与钡离子产生沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；
C. 向10 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.01 mol/L NaCl，AgNO3过量，先产生白色沉淀，再滴加2滴0.01 mol/ LNaBr溶液，然后产生黄色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；
D. 把固体AgCl加入到较浓的KI溶液中，白色固体变黄，部分AgCl转化为AgI，AgCl的溶解度大于AgI，沉淀向更难溶的方向转化，故D错误；
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A．升高温度二氧化碳转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；
B．温度越高化学反应速率越快，催化剂的催化效率越高化学反应速率越快，根据图知，M点催化效率大于N点但M点温度小于N点，催化效率大于温度对反应速率影响，则M点反应速率大于N点，B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，C错误；
D．根据图知，温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低，D正确；
故答案为：D。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图像可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．由图像可知，②和③的反应温度相同，溶液的pH不相同，pH越大，Fe2+氧化速率越慢，故B错误；
C．由图像可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
13．A
【解析】
【详解】
A．根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，所以随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH逐渐增大，A错误；
B．根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为，，B正确；
C．在Ag电极上反应为：2H++2e-+H2O2=2H2O，在Si电极上发生反应为，，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为，C正确；
D．根据上述分析可知：在Ag电极上失去电子，在Si电极上得到电子，电解质溶液为HF和H2O2，它们形成闭合回路，实现了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D正确；
故合理选项是A。
14．D
【解析】
【分析】
结合图示，X形成两个共价键即达稳定结构，说明X最外层有6个电子，X和Q位于同一主族，且原子序数X小于Q，则X为O元素，Q为S元素； S原子和O原子之间形成配位键(S原子提供孤电子对，O原子提供空轨道)，Z形成一个共价键即达稳定结构，说明Z最外层有7个电子，Z的原子序数在O、S之间，则Z为F元素；Y和Z的原子序数之和与Q相等，可知Y的原子序数为16-9=7，则Y为N元素；该化合物为离子化合物，W为正一价阳离子，则W为Li元素；据此解答本题。
【详解】
A．根据上述分析可知：W、Y、X、Z、Q分别为：W为Li元素、Y为 N元素、X为O元素、Z为F元素、Q为S元素。根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径的顺序为：Q>W > Y> X >Z，故A错误；
B．X为O元素、Z为F元素、Q为S元素，简单氢化物分别为H2O、 HF 、H2S，H2O、 HF能形成氢键，所以沸点的顺序为H2O>HF>H2S，故B错误；
C．阴离子为[NS2O4F2]-，由如图结构可知，F原子和S原子之间形成一个共价键，S原子和两个O原子之间形成四条共价键，S原子 和N原子、F原子也形成共价键，所以S原子不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．根据上述分析可知：化合物QX2为SO2、YX2为NO2，两者均能与NaOH溶液反应，故D正确；
故答案：D。
15．D
【解析】
【详解】
A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处p=0，即=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)==10-9.24，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，即当溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA时c(HA)
B．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B正确；
C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)
综上所述答案为D。
16．(1)
(2) H2O>H2S>H2Se H2Se B
(3) CuSe+4H2SO4CuSO4 +SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.5g
(4) c(Na+ )>c(SeO)>c(OH-)>c(HSeO)>c(H+) c(Na+)=2[c(SeO)+c(HSeO)]
【解析】
【分析】
(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；
(2)同主族从上到下非金属元素依次减弱，氢化物稳定性依次减弱，还原性依次增强，元素的非金属性越强，气态氢化物越特定，能量越低；
(3)CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，结合化学方程式定量关系计算；
(4)已知硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离方程式，第一步完全电离，HSeO离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO-离子水解，据此分析判断溶液的离子浓度由大到小的顺序和Na与Se两种元素的守恒关系，以此来解析；
(1)
原子核外有34个电子、分四层排布、有6个价电子，价层电子排布图：；
(2)
O、S、Se为同主族元素、非金属性由上到下依次递减，非金属性越强，气态氢化物越稳定，H2O、H2S、H2Se三种氢化物的稳定性大小顺序是H2O>H2S>H2Se；非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，则其中还原性最强的是H2Se；非金属性越强，其单质与氢气化合越容易、生成1mol气态氢化物放出热量越多(或吸收热量越少)、对应的反应热越小，则表中反应热由小到大排序为：DCBA，对应为O、S、Se、Te四种元素单质分别与H反应生成1mol气态氢化物的反应热，其中表示生成1mol硒化氢反应热的是B；
(3)
工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，反应中，Se元素从-2价升高到+4价、部分硫元素从+6价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得反应的化学方程式：CuSe+4H2SO4CuSO4 +SeO2↑+3SO2↑+4H2O，存在关系式：SeO2～6e-，则理论上该反应每转移1mol 电子，可得到SeO2的质量为mol×(79+32)g/mol=18.5g；
(4)
已知硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离方程式，H2SeO4=H++HSeO，HSeO⇌H++SeO，第一步完全电离，HSeO离子只电离不水解，Na2SeO4溶液中SeO-离子水解、Na2SeO4溶液因微弱水解呈弱碱性：H2O+SeO⇌HSeO+OH-，则溶液中存在的粒子除了水分子外、有Na+、SeO、HSeO、OH-、H+，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+ )>c(SeO )>c(OH-)>c(HSeO )>c(H+)， Na2SeO4溶液中，钠离子和Se原子数目之比为2：1， 则Na与Se两种元素的守恒关系为：c(Na+)=2[c(SeO)+c(HSeO)]；
17．(1)14mol
(2)形成酸雨
(3) a 坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒
(4) 94.5%
(5)64
【解析】
【分析】
根据流程：灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo，以此来解析；
(1)
钼精矿焙烧时，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，Mo的化合价由+2价升高为+6价，S由-1价升高为+4价，可知MoS2～14e-，所以每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为14mol；
(2)
由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨；
(3)
根据图中信息可知，利用H2和MoO3在高温条件下反应得到金属，金属钼的冶炼方法为为热还原法，a符合题意；
故选a。
由钼酸得到MoO3是在高温灼烧条件下得到，高温灼烧一般需要在坩埚，还需要酒精灯、泥三角、玻璃棒、铁圈，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒；
(4)
SO中S原子的孤电子对数为=0，杂化轨道数为4，则S原子的杂化方式为sp3杂化；
已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10-10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，=0.80mol•L-1，=0.04mol•L-1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)====5×10-8mol/L，此时c(SO)===2.2×10-3mol/L，SO42-的去除率=；
(5)
根据图中信息可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%－18%×2=64%；
18．(1)
(2) 温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 4
(3) a 活性炭负载钙、镧氧化物反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高 A 0.0225 96%
(4)
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将方程式进行叠加，即可得到目标方程式，ΔH也进行叠加即可；
(2)温度低于1050K时.反应来达到平衡状态.随温度升高，反应速率加快， NO转化率也随之增大，温度达到1050K时，反应达到平衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动， NO转化率又逐渐降低，由图可知， NO转化率最大达到80% ，可列出三段式求出平衡时的量，代入Kp进行计算即可；
(3)
①由图可知，490℃以下反应活化能最小的是a .因为活化能越小，反应越容易进行，NO的转化率就越高。活性炭负载了活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢) ；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45% ，现测得CaO/C对NO的去除率为60% ，说明采取措施，平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2；
③490℃时， NO的去除率为45%，代入反应速率v (NO )= 进行计算即可，若该温度下的平衡常数K=121，列出三段式求出浓度代入平衛常數K的表达式进行计算即可；
(4)由题意可知，尿素与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O ，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式，以此来解析；
(1)
由题意可得：I：N2(g)+O2(g)⇌NO(g) ΔH=+180.4kJ·mol−1，II：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−kJ·mol−1，根据盖斯定律，可将II-I×5得到：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(l) ΔH=−1807.880.4kJ·mol−1；
(2)
由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；温度达到衡状态，此时NO转化率最大，在随着温度升高，平衡逆向移动，NO转化率又逐渐降低，由图可知， NO转化率最大达到80%，可列三行式
此时n (总) =0.2mol+0.4mol+ 0.4mol=1mol，Kp===4；
(3)
①据图分析，490℃以下反应活化能最小，说明NO的去除率高，故选a；
CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高。(或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施，平衡正向移动；
A．恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，NO的去除率升高，符合题意，A正确；
B．压缩体积，反应前后气体体积不变，则平衡不移动，符合题意，B错误；
C．恒容下，向体系通入氮气，平衡逆向移动，C错误；
故选A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v(NO)==；若该温度下的平衡常数K=121，列三段式有：
则有K==121，解得：x=0.096，则此时NO的去除率为×100%=96%；
(4)
由题意可知，尿素[(NH2)2CO]与1：1的NO和NO2混合气反应生成了N2、CO2、H2O，尿素中的-2价N元素化合价升高，NO和NO2中的N元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可得方程式为：(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；
19． 恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) 防倒吸 降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出 HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O CD 淀粉溶液 87.0 取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无
【解析】
【分析】
装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。
【详解】
(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置B的作用为防倒吸；
(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO- + SO2 + OH- → ，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO- 中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O（或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O）；
(3)A．Na2S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为，故A不合理；
B．若甲酸与NaOH 物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；
C．Na2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；
D．Na2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；
故答案选CD。
(4) 涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；
根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4 ~ NaHSO2·HCHO ~ 2I2，得c(Na2S2O4)=；
W(Na2S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；
(5)检验，需加入稀盐酸排除等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。
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