北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了 下列物质属于有机高分子的是， 下列事实与氢键无关的是， 下列说法不正确的是， 富马酸亚铁是一种补铁剂， 下列实验不能达到对应目的的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共10页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 K 39 I 127
第一部分 选择题(共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列物质属于有机高分子的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．是由有机物发生缩聚反应生成的，属于有机高分子，故A正确；
B．是Ca、Cu两种金属元素形成的无机物，故B错误；
C．不含碳元素，不是有机物，故C错误；
D．只含碳元素，为C元素所形成的单质，不属于有机高分子，故D错误；
故答案为：A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式：B. 分子的球棍模型：
C. 的结构示意图：D. 乙炔的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．是共价化合物，其电子式为，故A错误；
B．为正四面体形，分子球棍模型：，故B正确；
C．Al的原子序数为13，即的结构示意图：，故C正确；
D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：，故D正确；
故选A。
3. 下列事实与氢键无关的是
A. 沸点：B. 0℃下密度：水＞冰
C. 热稳定性：D. 水中的溶解度：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨分子形成氢键，导致其沸点高于PH3，与氢键有关，A不符合题意；
B．冰中一个水分子与周围四个水分以分子间氢键形成四面体结构，中间有空隙，因此密度比水小，与氢键有关，B不符合题意；
C．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，因此稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C符合题意；
D．丙酮能和水分子形成氢键，导致水中的溶解度：，与氢键有关，D不符合题意；
故选C。
4. 下列说法不正确的是
A. 葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
B. 植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料
C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D. 向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖氧化生成和发生氧化反应，属于放热反应，故A正确；
B．植物油氢化后所得的硬化油中不含碳碳双键，不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料，故B正确；
C．由氨基乙酸形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，存在1个氨基和1个羧基和一个肽键，故C错误；
D．轻金属盐的浓溶液能使蛋白质发生盐析，向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析，故D正确；
选C。
5. 富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图所示，下列说法不正确的是

A. 铁位于元素周期表第四周期、第VIII族
B. 富马酸分子中σ键与π键的数目比为11∶2
C. 富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
D. 1 ml富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2 ml CO2
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。
【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．1ml富马酸分子中存在11ml的σ键和3ml的π键，数目比为11:3，故B错误；
C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；
D．1 ml富马酸中存在2ml羧基，与足量NaHCO3溶液反应可生成2ml CO2，故D正确；
故本题选B。
6. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 电镀铜时阴极析出铜：
B. 钠在空气中加热生成淡黄色固体：
C. 电解饱和食盐水制氯气：
D. 氨催化氧化生成一氧化氮：
【答案】B
【解析】
【详解】A．电镀铜时阴极析出铜，铜离子得电子生成铜：，A正确；
B．钠在空气中加热生成淡黄色固体为过氧化钠：，B错误；
C．电解饱和食盐水制氯气，同时生成氢氧化钠和氢气：，C正确；
D．氨催化氧化生成一氧化氮：，D正确；
故选B。
7. 下列实验不能达到对应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用饱和食盐水浸泡过的铁钉，发生吸氧腐蚀，装置中的压强减小，浸入水中的导管液面上升，高于试管中的液面，该装置可以验证铁的吸氧腐蚀，A正确；
B．1-溴丁烷在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成1-丁烯，1-丁烯中含有挥发的乙醇，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明有1-丁烯生成，不能验证1-溴丁烷发生消去反应，B错误；
C．实验室制取氨气的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，C正确；
D．乙酸、乙醇、浓硫酸混合加热发生酯化反应，可以制取乙酸乙酯，用饱和Na2CO3溶液可以吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，D正确；
故答案选B。
8. “鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色，如图所示为鲁米诺的一种合成原理，下列叙述正确的是
A. 一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应
B. 鲁米诺的分子式为
C. ①、②两步的反应类型分别为加成反应和取代反应
D. 若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．X含有羧基，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应形成酯，但不能发生缩聚反应，A错误；
B．根据鲁米诺分子结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C8H7N3O2，B错误；
C．根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应①为取代反应，反应②为还原反应，C错误；
D．“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺分子中含有氨基，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液，D正确；
故合理选项是D。
9. 关于和的下列说法中，不正确的是
A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B. 可用溶液使转化为
C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【解析】
【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确；
B．加入溶液会发生反应：，B正确；
C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；
D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误；
故选D。
10. 以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是
A. 反应1中，每生成1mlClO2有0.5mlSO2被氧化
B. 从母液中可以提取Na2SO4
C. 反应2中，H2O2作氧化剂
D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】
【分析】氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原为ClO2，则反应1的离子方程式为：，所以得到的母液中含氢离子、钠离子和硫酸根离子，分离出来的ClO2经过反应2在碱性条件下继续被H2O2还原为NaClO2溶液，其离子方程式为：，得到的NaClO2溶液再经过55减压蒸发、冷却结晶方法得到亚氯酸钠(NaClO2)粗产品，据此结合氧化还原规律分析解答。
【详解】A．反应1：，NaClO3被SO2还原为ClO2，Cl元素化合价降低1，而S元素化合价从+4价升高到+6价，升高2，所以还原剂SO2与还原产物ClO2的物质的量制备为1：2，A正确；
B．根据分析可知，母液中含氢离子、钠离子和硫酸根离子，可经过分离提取Na2SO4，B正确；
C．结合工艺流程所得产物和上述分析可知，反应2中，H2O2作还原剂，将ClO2还原为NaClO2，C错误；
D．NaClO2受热易分解，减压蒸发在低温条件下进行，可防止其分解，D正确；
故选C。
11. 土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是
A. O的非金属性大于S，推知热稳定性：
B. 两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量
C.
D. 结合的燃烧热，可求算的
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S，推知热稳定性，A正确；
B．由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量，B正确；
C．由图可知，第一步热化学反应为 ，第二步反应为 ，根据盖斯定律两步反应式相加 ，故C错误；
D．结合的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程式，按盖斯定律，可求算的，D正确；
故本题答案选C。
12. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。
下列说法不正确的是
A. 通过质子交换膜向a极室迁移
B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大
C. 电极b的电极反应：
D. 电池的总反应：
【答案】B
【解析】
【分析】根据燃料电池装置可知，左侧a极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应，电极反应式：；右侧b极为负极，在负极发生氧化反应，电极反应式：；
【详解】A．结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知，通过质子交换膜向a极室迁移，A正确；
B．根据分析，a极电极反应式：可知，工作过程中每当消耗4ml氢离子的同时，生成2ml水，则工作一段时间后，a极室中稀硫酸浓度减小，B错误；
C．根据分析可知，b极为负极，在负极发生氧化反应，电极反应式：，C正确；
D．结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应：，D正确；
答案选B。
13. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。
已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是
A. 与X的化学计量比为
B. P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同
C. P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D. Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
【答案】B
【解析】
【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知与X的化学计量比为，A正确；
B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为，Y的分子式为，二者分子式不相同，B错误；
C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；
D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；
故选B。
14. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。
下列分析不正确的是
A. 若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B. ③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O
C. ④中白烟的主要成分是NH4Cl
D. 一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜。
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，无法制得氨气，故A错误；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故B增强；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C错误；
D．由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜，故D正确；
故选C。
第二部分 非选择题(共58分)
本部分共5题，共58分。
15. 碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。人工合成的是医疗上常用的放射性同位素，回答下列问题：
（1）将的基态原子最外层轨道表示补充完整_______。
（2）碘单质在中的溶解度比在水中的大，解释原因_______。
（3）HI主要用于药物合成，通常用和P反应生成中的P-I键是由磷的_______轨道与碘的_______轨道重叠形成键，的空间构型为_______。
（4）已知键角。从结构角度解释其原因：_______。
（5）晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为a nm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，结构如图。
①与K原子紧邻的O原子有_______个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度是_______()。
【答案】（1） （2）碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大
（3） ①. sp3杂化 ②. 5p ③. 三角锥形
（4）PI 3 和H2O都是sp3杂化，由于PI 3 只有1个孤电子对，H2O有2个孤电子对，孤电子对的斥力大于σ键，所以键角PI 3 ＞H2O；
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态碘原子的最外层有7个电子，最外层电子排布式为5s25p5，其轨道表示式为；
【小问2详解】
碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大；
【小问3详解】
PI3中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间结构是三角锥形，P原子为sp3杂化，PI3的P—I键是由磷的sp3杂化轨道与碘的5p轨道通过头碰头的方式重叠形成σ键；
【小问4详解】
PI 3 和H2O都是sp3杂化，但由于PI 3 只有1个孤电子对，H2O有2个孤电子对，孤电子对的斥力大于σ键，所以键角是PI 3 ＞H2O；
【小问5详解】
①晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的O有：个；
②晶胞中K原子个数为，I原子个数为1，O原子个数为，晶胞含有1个KIO3，则该晶体的密度是。
16. 的转化有助于实现碳循环和碳减排。
（1）工业用和在一定条件下分两步反应生产尿素，其能量变化示意图如下：
合成尿素总反应的热化学方程式是_______。
（2）近年科学家提出“绿色自由”构想。与在300℃、的条件下可生成甲醇，不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入2ml和5ml，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示：
①T4→T5阶段温度升高的转化率下降，该反应的_______0，理由是_______。
②计算温度为T4时a点的平衡常数为_______。
（3）利用电催化可将同时转化为多种有机燃料，其原理如图所示：
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成1.6g，则有_______ml通过质子交换膜。
③在实际生产中当pH过低时，有机燃料产率降低，可能的原因是_______。
【答案】（1）2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=-101.5kJ/ml
（2） ①. ＜ ②. T4时刻达到平衡后，其他条件不变，温度升高，CO2转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应 ③. 800(L/ml)2
（3） ①. CO2+2e-+2H+=HCOOH ②. 0.8 ③. c(H+)增大，铜电极上发生副反应2H++2e-=H2↑
【解析】
【小问1详解】
由图可得如下热化学方程式：①2NH3(g)+CO2(g)= NH2COONH4 (l) △H=—117kJ/ml，②NH2COONH4 (l) =CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=+15.5kJ/ml，由盖斯定律可知，反应①+反应②得到反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) ，则反应△H=(—117kJ/ml)+( +15.5kJ/ml) =—101.5kJ/ml，反应的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H =—101.5kJ/ml，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (l)+H2O(l) △H=—101.5kJ/ml；
小问2详解】
①由图可知，T4条件下二氧化碳的转化率最大，说明反应达到平衡，T4→T5阶段温度升高，二氧化碳的转化率下降，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是焓变小于0的放热反应，故答案为：＜；T4时刻达到平衡后，其他条件不变，温度升高，CO2转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②由图可知，温度为T4时，a点二氧化碳的转化率为80%，由题意可建立如下三段式：
，由三段式数据可知，反应的平衡常数K=(L/ml)2=800(L/ml)2，故答案为：800(L/ml)2；
【小问3详解】
①由图可知，铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②由图可知，铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，则铜电极上只生成1.6g甲烷时，即=0.1mlCH4，转移电子的物质的量为0.8ml，内外电路转移电子物质的量相等，则通过质子交换膜的氢离子的物质的量为0.8ml，故答案为：0.8；
③在实际生产中，pH过低时有机燃料产率降低是因为溶液中氢离子浓度过大，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，导致有机燃料产率降低，故答案为：c(H+)增大，铜电极上发生副反应2H++2e-=H2↑。
17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下：
（1）D中含氧官能团的名称是_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）D→E的反应类型是_______。
（4）对L的说法下列正确的是_______。
A.L中存在手性碳原子
B.L能发生加聚反应生成高分子化合物
C.L的一种同分异构体具有两性
（5）已知：
①K的结构简式是_______。
②判断并解释K中氟原子对α-H的活泼性的影响_______。
（6）在合成M的同时还生成产物_______(写物质名称)，由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为C―O键和_______键。
【答案】（1）酯基、硝基
（2）
（3）还原反应 （4）BC
（5） ①. ②. F的电负性大，使α位C—H键极性增强，易断裂，所以K中氟原子使α-H的活泼性增强
（6） ①. 甲醇、乙醇 ②. N-H
【解析】
【分析】根据流程图，A和甲醇发生酯化反应生成B，B发生硝化反应生成D，由D逆推，B是、A是；D发生还原反应生成E，根据E的分子式，可知E是；E和发生取代反应生成G，由M的结构简式，可知G是；I和乙醇发生酯化反应生成J，可知I是羧酸，则I是CH3COOH，J是CH3COOC2H5；根据第5题已知，J和CF3COOC2H5发生取代反应生成K，K是。
【小问1详解】
根据D的结构简式，D中含氧官能团的名称是酯基、硝基；
【小问2详解】
A是，A与甲醇发生酯化反应生成和水，A→B的化学方程式是
【小问3详解】
D→E是D中的硝基变为氨基，反应类型是还原反应；
【小问4详解】
A．中没有手性碳原子，故A错误；
B．L中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；
C．L的一种同分异构体，可以含有羧基、氨基，具有两性，故C正确；
选BC；
【小问5详解】
已知：
①J是CH3COOC2H5，J和CF3COOC2H5发生取代反应生成K，K是。
②F的电负性大，-CF3为吸电子基团(极性强)，α位C—H键极性增强，易断裂，所以K中氟原子使α-H的活泼性增强。
【小问6详解】
G是，G与L合成M时，L断裂的是碳氧键生成乙醇，而G断裂的碳氧键生成甲醇，所以同时还生成产物乙醇、甲醇，由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为C―O键和N-H键。
18. 对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。
Ⅰ．尿素液相脱硫脱硝
（1）尿素含有的氨基中的N原子可与形成配位键，原因是_______。
（2）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是_______。
（3）研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将NO转化为，可大大提高NO的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是_______。
Ⅱ．气相脱硫脱硝
一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。
已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。
气相氧化NO的关键基元反应：
基元反应1：
基元反应2：
气相氧化的关键基元反应：
基元反应3：
基元反应4：
（4）单独氧化时，氧化率很低。原因是_______。
（5）将和NO同时通入气相氧化反应器中时，和NO的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是_______。
（6）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键
（2）
（3）
（4）基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低
（5）很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低
（6）
【解析】
【小问1详解】
氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键；
【小问2详解】
尿素溶液吸收烟气中，生成一种正盐和，根据质量守恒可知，正盐为亚硫酸铵，故反应的化学方程式是；
【小问3详解】
与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，则中氮元素发生还原反应、中氮元素发生氧化反应生成氮气，同时碳元素转化为二氧化碳，结合质量守恒可知，还生成水，反应为；
【小问4详解】
已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。由题干可知，基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低，氧化率很低；
【小问5详解】
与将其单独通入反应器中相比，和NO同时通入气相氧化反应器中，因为很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低；
【小问6详解】
当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升，此时被氧化生成两种常见的强酸，结合质量守恒可知，反应生成硫酸和盐酸，反应为。
19. 某小组同学探究FeSO4溶液与NaClO溶液的反应。
实验Ⅰ：向敞口容器中加入一定体积0.1ml·L-1FeSO4溶液，不断搅拌，逐滴加入pH≈13的84消毒液，溶液pH变化曲线如下图所示(从B点开始滴入84消毒液)。
B～C段，开始时产生红褐色沉淀，随后沉淀消失，溶液变为暗红色；
C点之后，逐渐产生大量黄色沉淀，有刺激性气味气体产生，溶液颜色明显变浅。
已知：25℃，饱和NaClO溶液的pH约为11，Fe3+完全沉淀时的pH≈3。
（1）Cl2通入NaOH溶液可得上述84消毒液，该84消毒液中阴离子主要有___________。
（2）A～B段，FeSO4溶液在搅拌下pH略有下降，用离子方程式解释原因___________。
（3）B～C段，产生红褐色沉淀的离子方程式为___________。查阅资料可知，暗红色物质为聚合硫酸铁，是一种无机高分子化合物，其主要阳离子的结构为如下所示，该阳离子中Fe的配位数为___________。
（4）取少量C点溶液，加入___________(补充试剂和现象)，证明溶液中无Fe2+。C点之后产生的黄色沉淀经检验为铁黄(FeOOH)，写出暗红色物质转化为黄色沉淀的离子方程式___________。
实验Ⅱ：向敞口容器中加入一定体积的pH≈13的84消毒液，不断搅拌，逐滴加入0.1ml·L-1FeSO4溶液，溶液pH变化曲线如下图所示。
E→H段，迅速产生大量红褐色沉淀且逐渐增多，H后开始产生有刺激性气味的气体，最终得到暗红色溶液和大量黄色沉淀。
已知：Cl2、HClO、ClO-在不同pH条件下的百分含量如下图：
（5）G→H段pH骤降的原因是___________(用离子方程式表示)。
（6）综合以上实验，FeSO4溶液与NaClO溶液的反应产物与___________有关。
【答案】（1）Cl-、ClO-、OH-
（2）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+
（3） ①. 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+ ②. 4
（4） ①. 铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀 ②. +mOH-＝3nFeOOH↓+H2O或+mOH-=3nFeOOH↓+mH2O(或用ClO-代替OH-进行配平，合理即可)
（5）2Fe2++HClO+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+
（6）pH、反应物的相对用量、氧化剂还原剂的种类等(合理给分)
【解析】
小问1详解】
Cl2通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠，故84消毒液中阴离子主要有Cl-、ClO-、OH-；
【小问2详解】
FeSO4溶液在搅拌下与氧气发生反应：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+；随反应的进行溶液中氢离子浓度增大，pH值下降；
【小问3详解】
B～C段，开始时产生红褐色沉淀，随后沉淀消失，可知反应过程中生成氢氧化铁，同时氢离子浓度逐渐增大，最终使生成的氢氧化铁溶解，反应离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；由结构简式可知Fe的配位数为4；
【小问4详解】
检验Fe2+可向溶液中加铁氰化钾，若不产生蓝色沉淀，则说明溶液中不含Fe2+；C点之后产生的黄色沉淀经检验为铁黄(FeOOH)，即与碱继续反应生成FeOOH，反应离子方程式为：+mOH-＝3nFeOOH↓+H2O或+mOH-=3nFeOOH↓+mH2O(或用ClO-代替OH-进行配平，合理即可)；
【小问5详解】
G→H段pH骤降的原因是亚铁离子被HClO氧化，生成大量的氢离子，离子方程式为：2Fe2++HClO+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+；
【小问6详解】
A.验证铁的吸氧腐蚀
B.验证1-溴丁烷发生消去反应
C.实验室制取氨气
D.实验室制取乙酸乙酯