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2022-2023学年江苏省南通市通州区高一下学期第一次月考化学试题
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可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
选择题：(每题仅有一个正确答案符合题意，每题3分，共42分)。
1. 新材料的蓬勃发展彰显化学学科的魅力。下列说法不正确的是
A. 太阳能电池光电转换材料的主要成分是二氧化硅
B. 液冷散热技术使用的石墨烯属于无机非金属材料
C. 火星车的热控材料纳米气凝胶能发生丁达尔效应
D. 深海载人潜水器外壳使用的钛合金属于金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．太阳能电池材料为Si，A项错误；
B．石墨烯为C的单质，为无机非金属材料，B项正确；
C．纳米气凝胶为胶体，胶体可以产生丁达尔效应，C项正确；
D．钛合金为金属Ti与其他金属单质的混合物为金属材料，D正确；
故选A。
2. 反应CH4 + Cl2CH3Cl + HCl的产物主要用作有机硅的原料。下列说法正确的是
A. 反应为加成反应B. 四种物质均含有共价键
C. CH3Cl的电子式为 D. 丙烷的空间填充模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为甲烷和氯气在光照条件下的取代反应，A错误；
B．甲烷、氯气、一氯甲烷和氯化氢分子中均存在共价键，B正确；
C．Cl原子外围不满足8电子结构，应该为，C错误；
D．为丙烷的球棍模型，丙烷的空间填充模型为，D错误；
答案选B。
3. 下列关于氮氧化物的形成、吸收等说法正确的是
A. 汽车尾气中含氮氧化物，主要来源于烃类燃料
B. 用石灰乳吸收NO和NO2，增加气体流速可提高氮氧化物的吸收率
C. 收集NO2气体时采用排水法，可提高NO2气体的纯度
D. 用尿素可将NO2转化为N2，是利用了的还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车尾气中含氮氧化物，主要来源于空气中的氮气和氧气在气缸中高温条件下化合生成，A错误；
B．用石灰乳吸收NO和NO2生成亚硝酸钙，减慢气体流速可提高氮氧化物与石灰乳的接触时间，提高氮氧化物的吸收率，B错误；
C．NO2能和水反应生成硝酸和NO，因此NO2不能采用排水法收集， C错误；
D．用将NO2转化为N2，该过程中NO2为氧化剂，则为还原剂，D正确；
故选D。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 15g甲基(－CH3)所含有的电子数是10 NA个
B. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA个
C. 4.4g C3H8中含有的共价键数一定为0.6NA
D. 常温下，46g NO2和N2O4的混合物中总原子数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A．n(甲基)= ，-CH3与外界物的是电子关系是为，则15g甲基中电子数为9NA，A项错误；
B．标况下，CHCl3为液体无法计算，B项错误；
C．CnH2n+2中共价键数为=3n+1。n(C3H8)= ，每个C3H8中含有10个共价键，则0.1ml中含有1ml（NA个）共价键为，C项错误；
D．NO2和N2O4的组成单元为NO2，n(NO2)= 。每个NO2中含有3个原子，则0.1ml的NO2中含有3ml（或3NA个）原子，D项正确；
故选D。
5. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁高温的时候和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝可以发生铝热反应生成单质铁，A正确；
B．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，但是电解氯化铝溶液无法得到单质铝，B错误；
C．单质硅在加热的时候可以和氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能和水反应，C错误；
D．硫在氧气点燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，D错误；
故选A。
6. 下列指定反应离子方程式正确的是
A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−=AlO+H2↑
B. Fe与足量稀硝酸反应：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C. 向氨水中通入过量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH＋SO＋H2O
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=4 NH＋AlO＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，电极方程式：2Al+2H2O+2OH−=2AlO+3H2↑，故A错误；
B．Fe与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，离子方程式为：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故B正确；
C．向氨水中通入过量SO2生成亚硫酸氢铵，一水合氨是弱碱，在离子方程式中要保留化学式，反应的离子方程式：SO2+NH3•H2O═NH+HSO，故C错误；
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓＋3NH，故D错误；
故选B。
7. 下列方案能达到实验目的的是
A. 用KSCN溶液检验溶液中的Fe2+
B. 用通入O2的方法除去NO2中含有的NO
C. 加适量氯水除去FeCl3溶液中的少量FeCl2
D. 用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．用KSCN溶液检验溶液中的，不能检验亚铁离子，A错误；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质氧气，B错误；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁，达到除杂的目的，C正确
D．氯化铵受热分解，不能用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl，D错误；
答案选C。
8. 侯氏制碱法原理为。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 制Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，选项A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，选项B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，选项C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，选项D错误；
答案选C。
9. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为-1
C. 净化器内SO2被还原
D. 净化器内NO发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，A正确；
B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；
C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，C错误；
D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，D正确；
故选C。
10. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故A符合题意；
B．KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br-，氯气优先氧化亚铁离子，对氯气和溴单质氧化性比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．稀硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，稀硝酸也能与硅酸钠反应，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，除去了原有物质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
11. 史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生三种气态氧化物。
下列说法正确的是
A. 烧渣的成分为
B. “吸收”过程中发生反应之一为
C. 加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸的酸性强于硝酸
D. 该流程中涉及化合、分解、置换、复分解四种基本反应类型
【答案】B
【解析】
【详解】A．“煅烧”后产生三种气态氧化物，则高温分解为Fe2O3、SO2、SO3、H2O，烧渣的成分为Fe2O3，故A错误；
B．“吸收”过程中发生反应为、SO3+H2O=H2SO4，故B正确；
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸难挥发，硝酸易挥发，故C错误；
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，没有发生置换反应，故D错误；
选B。
12. 向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入的稀HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24LNO气体(标准状况)。[已知：。]下列说法错误的是
A. 发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1ml
B. 得到溶液中n(Cu2+)=0.25ml
C. Cu与稀硝酸反应的离子方程式为
D. 若混合物中含0.1mlCu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8g
【答案】D
【解析】
【分析】HNO3的物质的量为0.6ml/L×1L=0.6ml，NO的物质的量为=0.1ml。
【详解】A．HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1ml，故发生还原反应的HNO3为0.1ml，A正确；
B．反应后溶液中的溶质为Cu(NO3)2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6ml-0.1ml=0.5ml，故n(Cu2+)=n(HNO3)=0.25ml，B正确；
C．Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为，C正确；
D．混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的总电子为HNO3所得电子，物质的量为0.1ml×3=0.3ml，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3ml -0.1ml×2=0.1ml，n(Cu2O)=×0.1ml=0.05ml，根据溶液中n(Cu2+)=0.25ml，可知Cu元素共0.25ml，原混合物中n(CuO)= 0.25ml-0.05ml×2-0.1ml=0.05ml。混合物与稀硫酸反应时， Cu不与稀H2SO4反应，根据可知，生成的Cu的物质的量n’(Cu)= n(Cu2O)=0.05ml，故反应后所得的Cu的物质的量为n(Cu)+n’(Cu)=0.15ml，质量为0.15ml×64g/ml=9.6g，D错误；
故选D。
13. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
14. 硫酸和硝酸混合的稀溶液200mL，向其中加入过量锌粉充分反应。反应后溶液中只含有一种溶质，且浓度为2ml/L(溶液体积变化可忽略)，收集到无色气体6.72L(标况)。下列说法不正确的是
A. 无色气体遇空气变为红棕色
B. 无色气体中两种气体体积比为2∶1
C. 原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为3∶2
D. 参与反应的锌的物质的量为0.4ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．无色气体中含有NO，遇空气被氧化为NO2，因此变为红棕色，A正确；
B．反应后溶液中只含有一种溶质，且浓度为2ml/L(溶液体积变化可忽略)，溶质只能是硫酸锌，物质的量是0.4ml，参加反应的锌是0.4ml，失去0.8ml电子，无色气体6.72L(标况)，物质的量是0.3ml，设H2和NO分别是xml、yml，则x+y＝0.3、2x+3y＝0.8，解得x＝0.1、y＝0.2，因此无色气体中两种气体体积比为2∶1，B正确；
C．根据原子守恒可知硫酸和硝酸的物质的量分别是0.4ml、0.2ml，因此原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为2∶1，C错误；
D．参与反应的锌的物质的量为0.4ml，D正确；
答案选C。
15. 某工厂以硝酸为原料生产亚硝酸钠，并对亚硝酸钠进行多角度探究。其工艺流程如下：
已知：；
（1）分解塔中填有大量的瓷环，其目的是____。分解塔中的温度不宜过高，其原因是________。
（2）按一定计量比在分解塔中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好则分解塔中发生反应的化学方程式为_____。
（3）设计实验验证酸性条件下NaNO2具有氧化性：取一定量KI溶液，______。补充实验方案。(必须使用的试剂：NaNO2溶液、稀硫酸、淀粉溶液。)
【答案】（1） ①. 增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率 ②. 硝酸受热会挥发、分解
（2）
（3）向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性
【解析】
【分析】将SO2通入7～10ml/L的硝酸溶液，有H2SO4生成，HNO3被还原为NO与NO2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO2的混合气体中加入碳酸钠溶液，最后将溶液结晶得到NaNO2。
【小问1详解】
分解塔中填有大量的瓷环，可增大反应物的接触面积，使原料充分接触，提高原料利用率；硝酸受热易分解，且硝酸易挥发，因此为了防止硝酸挥发、分解，分解塔中的温度不宜过高，故答案为：增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率；硝酸受热会挥发、分解；
【小问2详解】
“分解塔”中通SO2和硝酸，发生氧化还原反应生成硫酸、NO和NO2，反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好 1:1 ，则反应的化学方程式为：2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4，故答案为：2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4；
【小问3详解】
若NaNO2具有氧化性，则能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝，因此验证酸性条件下NaNO2具有氧化性的具体操作为：取一定量KI溶液，向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性，故答案为：向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性。
16. 氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为____________。
（2）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
I.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式：_________________。
II. NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是____________________。
（3）国家规定地下水中氮氧化物的排放标准不超过 400 mg∙L-1。氮氧化物可以用酸性硫酸亚铁溶液来吸收，反应原理为：NO+ Fe2+＝Fe(NO)2+；NO2+ 3Fe2++ 2H+＝2Fe3++ Fe(NO)2++ H2O。现测定某地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量：收集500.00 mL排放的气体，缓慢通过250.00 mL 0.6240 ml∙L-1 酸性FeSO4溶液(过量)，充分反应，量取吸收气体后的溶液25.00 mL置于锥形瓶中，用0.2000 ml∙L-1 酸性KMnO4溶液反应过量的Fe2+(还原产物为Mn2+)，重复上述实验操作3次，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL。试通过计算分析地下水脱硝过程中氮氧化物的排放是否符合国家标准(写出计算过程)__________________________。(已知Fe(NO)2+与酸性KMnO4溶液不反应)
【答案】（1）
（2） ①. 1:3 ②. 3HClO＋2NO＋H2O=3Cl-＋2NO＋5H+ ③. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
（3）根据5 Fe2+～KMnO4，n(Fe2+)=5n(KMnO4) =5×0.2000 ml·L-1×0.0150 L=0.0150 ml，与氮氧化物反应的n(Fe2+)=0.6240 ml·L-1×0.2500 L-10×0.0150 ml=0.0060 ml
若全部是NO，则n(NO)= n(Fe2+)=0.0060 ml
NO的含量为：0.0060 ml×30.00 g·ml-1×1000 mg·g-1÷ 0.5000L=360 mg·L-1< 400 mg·L-1
若全部是NO2，则n(NO2)=n(Fe2+)=0.0020 ml
NO2的含量为：0.0020 ml×46.00 g·ml-1×1000 mg·g-1 ÷ 0.5000 L=184 mg·L-1< 400 mg·L-1
结论：地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
【解析】
【小问1详解】
氨气在“氧化炉”中所发生反应的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是xml ，NO2的物质的量是(6- x)ml ，反应过程中转移的电子数是2x+(6-x)4=21，所以x=1.5ml ，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3；②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，其离子方程式为：； NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为1:3；；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
根据5Fe2+ ~ KMnO4，，，与氮氧化物反应的，
若全部是NO，则n(NO) = n(Fe2+)= 0060ml，
NO的含量为，
若全部是NO2，则n(NO2) =n(Fe2+)= 0.0200ml，
NO2的含量为，
所以地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
17. H2S是严重危害环境的气体，吸收H2S并加以利用是当前科学研究的热点。
（1）“沉淀吸收法”：将H2S用氨水溶液吸收得到(NH4)2S溶液，写出该过程的离子反应方程式_______；白色CuCl悬浊液中加入(NH4)2S溶液中，得到Cu2S黑色固体。
（2）“铁盐氧化吸收法”：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，溶液中有淡黄色的固体析出，反应的原理用离子方程式表示为____；反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生，再生方程式为__________。
（3）“H2O2氧化吸收法”：一定条件下将H2S通入双氧水中，随着参加反应的变化，产物发生变化。若产物中，则理论上消耗的=_______。
（4）“循环吸收法”：将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。空白圆圈内的物质的化学式为______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 4FeSO4＋O2＋2H2SO4=2Fe2(SO4)3＋2H2O
（3）
（4）CuS
【解析】
【小问1详解】
将H2S用氨水溶液吸收得到(NH4)2S溶液，H2S与氨水都是弱电解质不拆分，该过程的离子反应方程式：；
【小问2详解】
用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，溶液中有淡黄色的固体析出，固体为S单质，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式表示为；反应后的溶液含有硫酸亚铁，在硫杆菌作用发生氧化反应进行再生，再生方程式为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4=2Fe2(SO4)3＋2H2O；
【小问3详解】
一定条件下将H2S通入双氧水中，产物中， ， ，7mlH2S失电子总物质的量= 8ml +24ml = 32ml，H2O2~2H2O~2e-，消耗H2O2物质的量16ml，电子守恒得到 ；
【小问4详解】
将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，空白圆圈内的物质是铜离子与H2S反应的产物CuS。
18. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法和微生物法等方法进行处理。
（1）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(Ⅵ)具有很强的氧化能力，SO将Cr2O还原为Cr3＋的离子方程式为___。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(Ⅵ)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低的原因是____。
（2）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是_________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，________________。
【答案】（1） ①. 3SO＋Cr2O＋8H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O ②. 部分SO与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(Ⅵ)反应的SO的物质的量浓度减小，反应速率减慢
（2） ①. 55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 ②. H2O得到电子转化为H，SO被H还原为S2－，S2－与Fe2＋结合生成FeS
【解析】
小问1详解】
①根据题意，Cr2O还原为Cr3＋，同时SO被氧化为SO，且溶液为酸性环境，则对应的离子方程式为3SO＋Cr2O＋8H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O。②其他条件相同，当pH＜2时溶液酸性较强，会导致溶液中部分SO与H＋转化为SO2从溶液中逸出，使SO浓度降低，反应速率降低，相同时间内消耗Cr(Ⅵ)的物质的量减少；酸性增强还会使S O物质的量减少，消耗Cr(Ⅵ)的物质的量减少。
【小问2详解】
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，因为有细菌存在，因此温度升高，会导致硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性，使反应速率降低，Cr(Ⅵ)的去除率降低。②根据腐蚀的机理分析，Fe失去电子转化为Fe2＋，H2O得到电子转化为H，SO被H还原为S2－，S2－与Fe2＋结合生成FeS。
【点睛】（1）处理实际转化程度问题时，一方面要考虑反应物的物质的量对反应程度的影响，另一方面还需要考虑反应速率、化学平衡移动等方面因素对于反应程度的影响。
（2）分析反应机理过程问题，需要从最初反应物出发，根据机理逐步反生转化，直至目标生成物出现。选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证SO2有还原性
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4溶液
B
验证氧化性：Cl2>Br2
浓盐酸
KMnO4
FeBr2溶液
C
验证非金属性：N>C>Si
稀硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
选择题：(每题仅有一个正确答案符合题意，每题3分，共42分)。
1. 新材料的蓬勃发展彰显化学学科的魅力。下列说法不正确的是
A. 太阳能电池光电转换材料的主要成分是二氧化硅
B. 液冷散热技术使用的石墨烯属于无机非金属材料
C. 火星车的热控材料纳米气凝胶能发生丁达尔效应
D. 深海载人潜水器外壳使用的钛合金属于金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．太阳能电池材料为Si，A项错误；
B．石墨烯为C的单质，为无机非金属材料，B项正确；
C．纳米气凝胶为胶体，胶体可以产生丁达尔效应，C项正确；
D．钛合金为金属Ti与其他金属单质的混合物为金属材料，D正确；
故选A。
2. 反应CH4 + Cl2CH3Cl + HCl的产物主要用作有机硅的原料。下列说法正确的是
A. 反应为加成反应B. 四种物质均含有共价键
C. CH3Cl的电子式为 D. 丙烷的空间填充模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为甲烷和氯气在光照条件下的取代反应，A错误；
B．甲烷、氯气、一氯甲烷和氯化氢分子中均存在共价键，B正确；
C．Cl原子外围不满足8电子结构，应该为，C错误；
D．为丙烷的球棍模型，丙烷的空间填充模型为，D错误；
答案选B。
3. 下列关于氮氧化物的形成、吸收等说法正确的是
A. 汽车尾气中含氮氧化物，主要来源于烃类燃料
B. 用石灰乳吸收NO和NO2，增加气体流速可提高氮氧化物的吸收率
C. 收集NO2气体时采用排水法，可提高NO2气体的纯度
D. 用尿素可将NO2转化为N2，是利用了的还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车尾气中含氮氧化物，主要来源于空气中的氮气和氧气在气缸中高温条件下化合生成，A错误；
B．用石灰乳吸收NO和NO2生成亚硝酸钙，减慢气体流速可提高氮氧化物与石灰乳的接触时间，提高氮氧化物的吸收率，B错误；
C．NO2能和水反应生成硝酸和NO，因此NO2不能采用排水法收集， C错误；
D．用将NO2转化为N2，该过程中NO2为氧化剂，则为还原剂，D正确；
故选D。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 15g甲基(－CH3)所含有的电子数是10 NA个
B. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA个
C. 4.4g C3H8中含有的共价键数一定为0.6NA
D. 常温下，46g NO2和N2O4的混合物中总原子数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A．n(甲基)= ，-CH3与外界物的是电子关系是为，则15g甲基中电子数为9NA，A项错误；
B．标况下，CHCl3为液体无法计算，B项错误；
C．CnH2n+2中共价键数为=3n+1。n(C3H8)= ，每个C3H8中含有10个共价键，则0.1ml中含有1ml（NA个）共价键为，C项错误；
D．NO2和N2O4的组成单元为NO2，n(NO2)= 。每个NO2中含有3个原子，则0.1ml的NO2中含有3ml（或3NA个）原子，D项正确；
故选D。
5. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁高温的时候和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝可以发生铝热反应生成单质铁，A正确；
B．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，但是电解氯化铝溶液无法得到单质铝，B错误；
C．单质硅在加热的时候可以和氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能和水反应，C错误；
D．硫在氧气点燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，D错误；
故选A。
6. 下列指定反应离子方程式正确的是
A. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−=AlO+H2↑
B. Fe与足量稀硝酸反应：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C. 向氨水中通入过量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH＋SO＋H2O
D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=4 NH＋AlO＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，电极方程式：2Al+2H2O+2OH−=2AlO+3H2↑，故A错误；
B．Fe与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮，离子方程式为：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故B正确；
C．向氨水中通入过量SO2生成亚硫酸氢铵，一水合氨是弱碱，在离子方程式中要保留化学式，反应的离子方程式：SO2+NH3•H2O═NH+HSO，故C错误；
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓＋3NH，故D错误；
故选B。
7. 下列方案能达到实验目的的是
A. 用KSCN溶液检验溶液中的Fe2+
B. 用通入O2的方法除去NO2中含有的NO
C. 加适量氯水除去FeCl3溶液中的少量FeCl2
D. 用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．用KSCN溶液检验溶液中的，不能检验亚铁离子，A错误；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质氧气，B错误；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁，达到除杂的目的，C正确
D．氯化铵受热分解，不能用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl，D错误；
答案选C。
8. 侯氏制碱法原理为。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 制Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，选项A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，选项B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，选项C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，选项D错误；
答案选C。
9. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为-1
C. 净化器内SO2被还原
D. 净化器内NO发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，A正确；
B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；
C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H2SO4，C错误；
D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，D正确；
故选C。
10. 用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，说明高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故A符合题意；
B．KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br-，氯气优先氧化亚铁离子，对氯气和溴单质氧化性比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．稀硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，稀硝酸也能与硅酸钠反应，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，除去了原有物质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
11. 史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生三种气态氧化物。
下列说法正确的是
A. 烧渣的成分为
B. “吸收”过程中发生反应之一为
C. 加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸的酸性强于硝酸
D. 该流程中涉及化合、分解、置换、复分解四种基本反应类型
【答案】B
【解析】
【详解】A．“煅烧”后产生三种气态氧化物，则高温分解为Fe2O3、SO2、SO3、H2O，烧渣的成分为Fe2O3，故A错误；
B．“吸收”过程中发生反应为、SO3+H2O=H2SO4，故B正确；
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸难挥发，硝酸易挥发，故C错误；
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，没有发生置换反应，故D错误；
选B。
12. 向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入的稀HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24LNO气体(标准状况)。[已知：。]下列说法错误的是
A. 发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1ml
B. 得到溶液中n(Cu2+)=0.25ml
C. Cu与稀硝酸反应的离子方程式为
D. 若混合物中含0.1mlCu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8g
【答案】D
【解析】
【分析】HNO3的物质的量为0.6ml/L×1L=0.6ml，NO的物质的量为=0.1ml。
【详解】A．HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1ml，故发生还原反应的HNO3为0.1ml，A正确；
B．反应后溶液中的溶质为Cu(NO3)2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6ml-0.1ml=0.5ml，故n(Cu2+)=n(HNO3)=0.25ml，B正确；
C．Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为，C正确；
D．混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的总电子为HNO3所得电子，物质的量为0.1ml×3=0.3ml，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3ml -0.1ml×2=0.1ml，n(Cu2O)=×0.1ml=0.05ml，根据溶液中n(Cu2+)=0.25ml，可知Cu元素共0.25ml，原混合物中n(CuO)= 0.25ml-0.05ml×2-0.1ml=0.05ml。混合物与稀硫酸反应时， Cu不与稀H2SO4反应，根据可知，生成的Cu的物质的量n’(Cu)= n(Cu2O)=0.05ml，故反应后所得的Cu的物质的量为n(Cu)+n’(Cu)=0.15ml，质量为0.15ml×64g/ml=9.6g，D错误；
故选D。
13. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
14. 硫酸和硝酸混合的稀溶液200mL，向其中加入过量锌粉充分反应。反应后溶液中只含有一种溶质，且浓度为2ml/L(溶液体积变化可忽略)，收集到无色气体6.72L(标况)。下列说法不正确的是
A. 无色气体遇空气变为红棕色
B. 无色气体中两种气体体积比为2∶1
C. 原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为3∶2
D. 参与反应的锌的物质的量为0.4ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．无色气体中含有NO，遇空气被氧化为NO2，因此变为红棕色，A正确；
B．反应后溶液中只含有一种溶质，且浓度为2ml/L(溶液体积变化可忽略)，溶质只能是硫酸锌，物质的量是0.4ml，参加反应的锌是0.4ml，失去0.8ml电子，无色气体6.72L(标况)，物质的量是0.3ml，设H2和NO分别是xml、yml，则x+y＝0.3、2x+3y＝0.8，解得x＝0.1、y＝0.2，因此无色气体中两种气体体积比为2∶1，B正确；
C．根据原子守恒可知硫酸和硝酸的物质的量分别是0.4ml、0.2ml，因此原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为2∶1，C错误；
D．参与反应的锌的物质的量为0.4ml，D正确；
答案选C。
15. 某工厂以硝酸为原料生产亚硝酸钠，并对亚硝酸钠进行多角度探究。其工艺流程如下：
已知：；
（1）分解塔中填有大量的瓷环，其目的是____。分解塔中的温度不宜过高，其原因是________。
（2）按一定计量比在分解塔中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好则分解塔中发生反应的化学方程式为_____。
（3）设计实验验证酸性条件下NaNO2具有氧化性：取一定量KI溶液，______。补充实验方案。(必须使用的试剂：NaNO2溶液、稀硫酸、淀粉溶液。)
【答案】（1） ①. 增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率 ②. 硝酸受热会挥发、分解
（2）
（3）向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性
【解析】
【分析】将SO2通入7～10ml/L的硝酸溶液，有H2SO4生成，HNO3被还原为NO与NO2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO2的混合气体中加入碳酸钠溶液，最后将溶液结晶得到NaNO2。
【小问1详解】
分解塔中填有大量的瓷环，可增大反应物的接触面积，使原料充分接触，提高原料利用率；硝酸受热易分解，且硝酸易挥发，因此为了防止硝酸挥发、分解，分解塔中的温度不宜过高，故答案为：增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率；硝酸受热会挥发、分解；
【小问2详解】
“分解塔”中通SO2和硝酸，发生氧化还原反应生成硫酸、NO和NO2，反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好 1:1 ，则反应的化学方程式为：2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4，故答案为：2HNO3+2SO2+H2O=NO+NO2+2H2SO4；
【小问3详解】
若NaNO2具有氧化性，则能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝，因此验证酸性条件下NaNO2具有氧化性的具体操作为：取一定量KI溶液，向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性，故答案为：向其中滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2有氧化性。
16. 氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为____________。
（2）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
I.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式：_________________。
II. NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是____________________。
（3）国家规定地下水中氮氧化物的排放标准不超过 400 mg∙L-1。氮氧化物可以用酸性硫酸亚铁溶液来吸收，反应原理为：NO+ Fe2+＝Fe(NO)2+；NO2+ 3Fe2++ 2H+＝2Fe3++ Fe(NO)2++ H2O。现测定某地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量：收集500.00 mL排放的气体，缓慢通过250.00 mL 0.6240 ml∙L-1 酸性FeSO4溶液(过量)，充分反应，量取吸收气体后的溶液25.00 mL置于锥形瓶中，用0.2000 ml∙L-1 酸性KMnO4溶液反应过量的Fe2+(还原产物为Mn2+)，重复上述实验操作3次，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL。试通过计算分析地下水脱硝过程中氮氧化物的排放是否符合国家标准(写出计算过程)__________________________。(已知Fe(NO)2+与酸性KMnO4溶液不反应)
【答案】（1）
（2） ①. 1:3 ②. 3HClO＋2NO＋H2O=3Cl-＋2NO＋5H+ ③. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
（3）根据5 Fe2+～KMnO4，n(Fe2+)=5n(KMnO4) =5×0.2000 ml·L-1×0.0150 L=0.0150 ml，与氮氧化物反应的n(Fe2+)=0.6240 ml·L-1×0.2500 L-10×0.0150 ml=0.0060 ml
若全部是NO，则n(NO)= n(Fe2+)=0.0060 ml
NO的含量为：0.0060 ml×30.00 g·ml-1×1000 mg·g-1÷ 0.5000L=360 mg·L-1< 400 mg·L-1
若全部是NO2，则n(NO2)=n(Fe2+)=0.0020 ml
NO2的含量为：0.0020 ml×46.00 g·ml-1×1000 mg·g-1 ÷ 0.5000 L=184 mg·L-1< 400 mg·L-1
结论：地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
【解析】
【小问1详解】
氨气在“氧化炉”中所发生反应的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是xml ，NO2的物质的量是(6- x)ml ，反应过程中转移的电子数是2x+(6-x)4=21，所以x=1.5ml ，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3；②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，其离子方程式为：； NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为1:3；；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
【小问3详解】
根据5Fe2+ ~ KMnO4，，，与氮氧化物反应的，
若全部是NO，则n(NO) = n(Fe2+)= 0060ml，
NO的含量为，
若全部是NO2，则n(NO2) =n(Fe2+)= 0.0200ml，
NO2的含量为，
所以地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
17. H2S是严重危害环境的气体，吸收H2S并加以利用是当前科学研究的热点。
（1）“沉淀吸收法”：将H2S用氨水溶液吸收得到(NH4)2S溶液，写出该过程的离子反应方程式_______；白色CuCl悬浊液中加入(NH4)2S溶液中，得到Cu2S黑色固体。
（2）“铁盐氧化吸收法”：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，溶液中有淡黄色的固体析出，反应的原理用离子方程式表示为____；反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生，再生方程式为__________。
（3）“H2O2氧化吸收法”：一定条件下将H2S通入双氧水中，随着参加反应的变化，产物发生变化。若产物中，则理论上消耗的=_______。
（4）“循环吸收法”：将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。空白圆圈内的物质的化学式为______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 4FeSO4＋O2＋2H2SO4=2Fe2(SO4)3＋2H2O
（3）
（4）CuS
【解析】
【小问1详解】
将H2S用氨水溶液吸收得到(NH4)2S溶液，H2S与氨水都是弱电解质不拆分，该过程的离子反应方程式：；
【小问2详解】
用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，溶液中有淡黄色的固体析出，固体为S单质，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式表示为；反应后的溶液含有硫酸亚铁，在硫杆菌作用发生氧化反应进行再生，再生方程式为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4=2Fe2(SO4)3＋2H2O；
【小问3详解】
一定条件下将H2S通入双氧水中，产物中， ， ，7mlH2S失电子总物质的量= 8ml +24ml = 32ml，H2O2~2H2O~2e-，消耗H2O2物质的量16ml，电子守恒得到 ；
【小问4详解】
将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，空白圆圈内的物质是铜离子与H2S反应的产物CuS。
18. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法和微生物法等方法进行处理。
（1）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(Ⅵ)具有很强的氧化能力，SO将Cr2O还原为Cr3＋的离子方程式为___。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(Ⅵ)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低的原因是____。
（2）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是_________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，________________。
【答案】（1） ①. 3SO＋Cr2O＋8H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O ②. 部分SO与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(Ⅵ)反应的SO的物质的量浓度减小，反应速率减慢
（2） ①. 55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 ②. H2O得到电子转化为H，SO被H还原为S2－，S2－与Fe2＋结合生成FeS
【解析】
小问1详解】
①根据题意，Cr2O还原为Cr3＋，同时SO被氧化为SO，且溶液为酸性环境，则对应的离子方程式为3SO＋Cr2O＋8H＋=2Cr3＋＋3SO＋4H2O。②其他条件相同，当pH＜2时溶液酸性较强，会导致溶液中部分SO与H＋转化为SO2从溶液中逸出，使SO浓度降低，反应速率降低，相同时间内消耗Cr(Ⅵ)的物质的量减少；酸性增强还会使S O物质的量减少，消耗Cr(Ⅵ)的物质的量减少。
【小问2详解】
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，因为有细菌存在，因此温度升高，会导致硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性，使反应速率降低，Cr(Ⅵ)的去除率降低。②根据腐蚀的机理分析，Fe失去电子转化为Fe2＋，H2O得到电子转化为H，SO被H还原为S2－，S2－与Fe2＋结合生成FeS。
【点睛】（1）处理实际转化程度问题时，一方面要考虑反应物的物质的量对反应程度的影响，另一方面还需要考虑反应速率、化学平衡移动等方面因素对于反应程度的影响。
（2）分析反应机理过程问题，需要从最初反应物出发，根据机理逐步反生转化，直至目标生成物出现。选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证SO2有还原性
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4溶液
B
验证氧化性：Cl2>Br2
浓盐酸
KMnO4
FeBr2溶液
C
验证非金属性：N>C>Si
稀硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
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