15．为了节能减排，提高综合经济效益，某工厂采用焦炉气一含硫烟道气联合生产硫酸铵和亚硫酸氢铵两种产品，其工艺流程图如下：

说明：对苯二酚在空气中易被氧化，具有较强的还原性。

(l)下列有关说法正确的是_ _　　　　　 　　_。

a、含SO₂烟气直接排放易引起酸雨

b、焦炉气若用河水洗涤后直接排放，易引起水体的富营养化

c、脱氨焦炉气可作燃料发电

d、检验硫酸铵产品中是否混有较多的亚硫酸铵杂质，可用溴水作试剂

(2)生产亚硫酸氢铵时，加入少量对苯二酚的作用是_ _　　 　　　　　

(3)氨气吸收塔中发生反应的离子方程式为：_　　 　　　　　　_。

(4)已知烟气含SO₂ 2%，焦炉气中含NH₃ 4.8%，若只生产硫酸铵一种产品，吸收后的尾气中所含的SO₂或NH₃可忽略，则含SO₂烟气与焦炉气的流量(每分钟流过的体积)比为_ _　 　　　。

解析：本题是以“含硫废气和焦炉气”的综合利用为背景，从工艺流程、实验基础知识、反应原理、简单流量计算等角度考查学生对新知识、新情景的整合，试题关注学生对资源利用和环境保护理念的形成，运用化学知识解决实际问题的能力。

(1)SO₂溶于水形成亚硫酸，氧化后又能生成硫酸，a选项正确；焦炉气有含氮化合物能引起水体富营养化，b选项正确；脱氨焦炉气中含有CO、H₂等可燃气体，c选项正确；亚硫酸根能使溴水褪色而硫酸氢铵不能，d选项正确。

(2)亚硫酸氢铵易被空气氧化，而使产品纯度降低，加对苯二酚还防止其氧化。

(3)NH₄HSO₃与氨气或氨水反应的离子方程式

(4)生成一种产品硫酸铵，由流程图可知，SO_2、、NH₃的物质的量之比为1：2。

设含SO₂烟气与焦炉气的流量比为x:y，则2%x : 4.8%y=1:2 ； x:y=1.2∶1

答案：

(1)abcd

(2)对苯二酚作还原剂，保证亚硫酸氢铵不被氧化

(3)HSO3－+NH3·H2O = SO32－+NH4++H2O (或：HSO3－+NH3 = SO32－+NH4+)

(4)1.2∶1(或6∶5)。 

14．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F分别是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍。又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：

(1)1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为　　　　　　　　 。

(2)A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为　　　　　　　　 ；

(3)科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关。单质B的燃烧热为a kJ/mol。由B、C二种元素组成的化合物BC 14g完全燃烧放出热量b kJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：　　　　　　　 ；

(4)工业上在高温的条件下，可以用A₂C与BC反应制取单质A₂。在等体积的I、II两个密闭容器中分别充入1 molA₂C和1mol BC、2 mol A₂C和2 mol BC。一定条件下，充分反应后分别达到平衡(两容器温度相等)。下列说法正确的是。

A．达到平衡所需要的时间：I>II　　　　 B．达到平衡后A₂C的转化率：I=II

C．达到平衡后BC的物质的量：I>II　　 D．达到平衡后A₂的体积分数：I<II

(5)用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为　　　　　　　　　　　　 。

解析：依题意，F元素的原子最外层电子数为8×0.75=6，F位于第VIA族，C与F同主族，C为氧， F为硫；B的最外层电子数是内层电子数的2倍，B为碳；短周期中，原子最外层电子数等于电子层数的元素有氢、铍、铝，由原子序数大小知，E的质子数大于8，所以，E为铝。又因为质子数：Z(A)+Z(F)+2=Z(C)+Z(D)，有Z(D)-Z(A)=16-8+2=10，得8<Z(D)<13，Z(D)=10+Z(A)，若A为氢，则D为钠；若A为氦，则D为镁(A为主族元素，不符合要求，舍去)，故A为氢，D为钠。综上所述，A为氢，B为碳，C为氧，D为钠，E为铝，F为硫。

(1)Al₂S₃+8 NaOH=2 NaAlO_­2+3 Na₂S+4 H₂O (2)甲为HS^-，乙为OH^-：HS^-+OH^-=S^2-+H₂O

(3)C(s)+O₂(g)=CO₂(g)；△H=-a kJ/mol··①　 CO(g)+O₂(g)=CO₂(g)；△H= -2b kJ/mol···②

①-②得：C(s)+ O₂(g)=CO(g)；△H= -(a-2b) kJ/mol　 (4) H₂O(g)+CO(g)CO₂+H₂(g)

可以将容器II看成是容器I体积压缩一半，该可逆反应是等气体分子数反应。A项，压缩I容器，浓度增大，反应加快，II的反应速率大于I的反应速率，A项正确；B项，由于等气体分子数反应，所以，加压，平衡不移动，I和II容器中水蒸汽的转化率相等，B项正确；C项，II容器中起始反应物的量是I容器的2倍，平衡时，II容器中CO的物质的量是I容器中CO的物质的量2倍(平衡不移动)，C项错误；D项，I和II平衡是等效平衡，H₂体积分数相等，D项错误；(5)以石墨、铝为电极，用氢氧化钠溶液作电解质溶液构成原电池，铝为负极，石墨为正极：负极反应式：发生反应过程有2Al-6e^-=2Al³⁺,2Al³⁺+8OH^-=2AlO₂^-+4H₂O，负电极反应式为

2Al+8OH^- -6e^-=2AlO₂^-+4H₂O

答案：(1)8 mol (2) HS^-+OH^-=S^2-+H₂O (3) C(s)+ O₂(g)=CO(g)；△H= -(a-2b) kJ/mol

　(4)A、B (5)2Al+8OH^- -6e^-=2AlO₂^-+4H₂O

13. 将磷肥生产中形成的副产物石膏(CaSO₄·2H₂O)转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。

(1)本工艺中所用的原料除CaSO₄·2H₂O、KCl外，还需要　　　　 等原料

(2)写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式：　　　　

(3)过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO₃外还含有　　　 (填化学式)等物质，该固体可用作生产水泥的原料。

(4)氯化钙结晶水合物(CaCl₂·6H₂O)是目前常用的无机储热材料，选择的依据是( )a　 熔点较低(29℃熔化)　　 b　 能导电　　 c　 能制冷　　 d　 无毒

(5)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：　　　　　　　　　　　　　　

解析：

(1)纵观整个制备流程，需要另外补充的物质有CaSO₄·2H₂O、KCl、CaO、CO₂、NH₃ 和 H₂O

所以本问答案为CaCO₃ 、NH₃ 、H₂O。注意，CaCO₃分解可提供CaO和CO₂，可以循环使用。

(2)石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液应生成更难溶的CaCO₃，离子方程式为：CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃↓+SO₄^2-

(3)(NH₄)₂CO₃ 和CaSO₄反应时只有4种物质，运用排除法，(NH₄)₂CO₃、(NH₄)₂SO₄都是易溶物，CaSO₄是微溶物，所以固体还应有CaSO₄(可用作生产水泥的原料)。

(4)氯化钙结晶水合物(CaCl₂·6H₂O)是“常用的无机储热材料”，显然a对c错，b项与储热材料的没有直接关系，结合题意，d也对。本问答案选a　 d。

(5)上述工艺流程中体现绿色化学理念的有：硫酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等(原子利用率高，无有害物质排放到环境中)。

答案：

(1)CaCO₃ 、NH₃ 、H₂O

(2)CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃↓+SO₄^2-

(3)CaSO₄(可用作生产水泥的原料)

(4)a　 d

(5)硫酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等

12．铜和稀硝酸在常温常压下反应，开始时反应非常慢，但是随着反应的进行，反应速率不断地加大。某校合作学习小组的同学拟探究影响其速率的主要因素。

(1)甲同学认为是生成的Cu²⁺对该反应起催化作用，欲验证其假设是否正确，其实验方法是：

_　　 _　　 　　　　。

(2)乙同学依据铜和硝酸是放热反应，拟研究温度升高是否为该反应速度率不断加大的主要原因，实验结果如下：

由此可得到的结论是_　　 _　　 　　　　。

(3)丙同学查阅文献，得知稀硝酸与铜反应，还原产物起始也是NO₂，NO₂对该反应起催化作用。通过下列装置验证:

实验发现左侧3min后开始大量产生气泡，右侧40min内无明显变化。

①氢氧化钠溶液的作用是_　　 _　　 　　　　。

②该学生设计在左侧加的是2mol·L^－1 HNO₃溶液，右侧加的是错误！未指定书签。.2 mol·L^－1 硝酸。左侧浓度稍偏小，这样设计主要是考虑到_　　 　　　　　　　　　　　　。

(4)丁同学与丙同学交流后，他将实验改进为：在试管中加入3mL2mol·L^－1 HNO₃并放入铜片，然后加入几粒NaNO₂晶体，发现只需1秒钟，铜片表面就开始产生气泡。由丁的实验推断出的可能结论是：_　　 _　　　　　　　　 　　　　。

解析：(1)通过对照实验，以加Cu²⁺和不加Cu²⁺进行对比，观察有何区别。

(2)由图可知，观察的时间段中，温度并没有显著升高(80min中内只升高了2℃),由此可见，温度变化不是反应速度加快的主要原因。

(3)①该实验有污染空气氮的氧化物生成，用NaOH溶液吸收尾气，防止污染。②左侧通入NO₂时，一部分NO₂与水反应会生成硝酸，使硝酸浓度变大。避免硝酸浓度不同而造成的干扰。

(4)其它条件相同，加了几粒NaNO₂反应速率大大提高，说明NO₂^－对该反应也能起催化作用。铜与稀硝酸反应中生成少量的NO₂^－，使反应速率加快。

答案：

(1)取两支试管分别加入同浓度的稀硝酸和相同的铜片，在其中一支中加入少量硫酸铜晶体，比较两者开始产生气泡的时间。

(2)80min内温度只上升了2℃，说明温度变化不是主要原因。

(3)①吸收氮的氧化物，防止污染环境；②左侧通入NO2时，一部分NO2与水反应会生成硝酸，使硝酸浓度变大。

(4)NO₂^－对该反应也能起催化作用

11．A~G为中学常见的化合物，它们之间有如图所示的转化关系(反应条件及部分产物已略去)。A为绿色粉末，含H、C、O、Cu四种元素。常温下D为无色无味气体，B为黑色粉末，E能发生银镜反应。请回答：(1)D跟G反应的化学方程式为

_____________________________________；

(2)F中一定含有的官能团的名称为

_______________________；

(3)某课外小组同学设计了下列实验装置，通过测定某些装置中试剂的质量变化，探究A中各元素的质量关系。

① 为使数据准确，还需补充装置，请你在方框内绘出装置图并写出试剂名称；

② 向装置中鼓入空气的目的是______________________________________；丙装置中药品的名称为________________，实验时，该药品未见明显变化，证明__________________________________________；

③ 如何判断A已完全分解？______________________________________________。

④ 更精确的测定得出如下数据：A受热后完全分解，固体由8.0 g变为6.0 g，装置乙增重0.9 g。写出A的化学式(表示为碱式盐)：________________________　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

解析：A、B、D、E、F、G分别是碱式碳酸铜、CuO、CO₂、CH₃CHO、CH₃CH₂OH、Na₂O₂

装置乙增重0.90g，即m(H₂O)= 0.9g，m(CO₂)= 8.0g－6.0g－0.9g=1.1 g，m(CuO)=6.0g

n(Cu)∶n(C)∶n(H)= ∶∶=3∶1∶4。则A的化学式(表示为碱式盐)：CuCO₃·2Cu(OH)₂或Cu₃(OH)₄CO₃

答案：(1)2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂　　 (2)羟基

(3)①

　　　　　　　 　或

② 将A分解产生的水蒸气送入盛有浓硫酸的洗气瓶中；无水硫酸铜；A分解产生的水蒸气全部被浓硫酸吸收。　　　　　　

③ 连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过0.1 g　

④ CuCO₃·2Cu(OH)₂或Cu₃(OH)₄CO₃

10．B解析： 氯水中：c(Cl₂)= 2c(ClO^-)+2c(Cl^-)+2c(HClO)，A错；25℃时，pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中：c(Na⁺)= c(OH^-)= c(NH₄⁺)=0.01 mol· ·L^-1，B错；pH=4的0.1 mol· ·L^-1的NaHA溶液中：c(HA^-)＞c(A^2-) ＞c(H⁺)＞c(H₂A)，C错；等物质的量的K₂CO₃、KHCO₃的混合溶液中：由电荷守恒得：2c(CO₃^2-)+c(OH^-)+c(HCO₃^-)=c(H⁺)+ c(K⁺)，由物料守恒得：2c(K⁺)=3[c(CO₃^2-)+ c(HCO₃^-)+ c(H₂CO₃)]，则c(CO₃^2-)+2c(OH^-)=c(HCO₃^-)+2c(H⁺)+ c(H₂CO₃) +3c(H₂CO₃)，D错。

10．下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是　　　　　　 (　　 )　　

　　 A．氯水中：2c(Cl₂)=c(ClO^-)+c(Cl^-)+c(HClO)

　　 B．25℃时，pH=12的NaOH溶液与pH=12的氨水中：c(Na⁺)= c(NH₄⁺)

C．pH=4的0.1 mol· ·L^-1的NaHA溶液中：c(HA^-)＞c(H⁺)＞c(H₂A)＞c(A^2-)

D．等物质的量的K₂CO₃、KHCO₃的混合溶液中：

c(CO₃^2-)+2c(OH^-)=c(HCO₃^-)+c(H₂CO₃)+2c(H⁺)

9．D解析：甲池两电极是材料不同的金属，乙池中两电极都为石墨，当 K 闭合时，在交换膜处 SO₄^2一从右向左移动，则甲池为原电池，乙池为电解池。 M是原电池的负极，K闭合后，M溶解，甲池溶液中M²⁺浓度增加，A正确；N是原电池正极，电极反应为N²⁺ +2eˉ= N，B正确；y是电解池的阳极且电极上有：2Clˉ－2eˉ=Cl₂↑，发生氧化反应，C不正确；x 是电解池的阴极且电极上有：2H₂O +2eˉ= H₂↑+2OH^-，Al³⁺在碱性环境下，先生成Al(OH)₃白色沉淀，后随着x电极区域的OH^-浓度不断增加，生成的Al(OH)₃沉淀又溶解，D正确。

9．某同学按右图所示的装置进行实验。 M、N为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水。当 K 闭合时，在交换膜处 SO₄^2一从右向左移动。下列分析正确的是　 (　 )　　 　　

A．甲池溶液中M²⁺浓度减小

B．甲池中N 的电极反应： N－2eˉ=N²⁺

C．y 电极上有 H₂ 产生，发生还原反应

D．反应初期， x 电极周围出现白色胶状沉淀，不久沉淀溶解

8．铁氧磁体法处理含Cr₂O₇^2－的废水的原理如下：向含Cr₂O₇^2－的酸性 废水中加入FeSO₄•7H₂O，将Cr₂O₇^2－还原为Cr³⁺，调节溶液的pH，使铁、铬元素转化为组成相当于

Fe^II [Fe^III_x·Cr^III_2-x]O₄ (铁氧磁体、罗马数字表示元素的价态)的沉淀。处理含1 mol Cr₂O₇^2－的废水至少需要加入a mol FeSO₄·7H₂O。下列结论正确的是　 (　 )　　　

A．x=0.5，a＝8　　　　　　 B．x＝0.5，a＝10　　　

C．x＝1.5，a＝8　　　　　 D．x＝1.5，a＝10

解析：由电子守恒得，1 mol Cr₂O₇^2－得到6mol电子，则亚铁离子必须失去6mol电子，当x=0.5，不论a取8或者10，都不符合题意，只有当x＝1.5，a＝10，由Fe^II [Fe^III_x·Cr^III_2-x]O₄可知，n(Fe²⁺)/ n (Fe³⁺)=2/3，则此时n(Fe³⁺)=6mol才符合题意。答案：D

说明：注重绿色环保，运用电子守恒解答。