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7.下列关于化工生产的叙述中，符合目前工业生产实际的是( )
正确答案
解析
A．石油工业中，利用馏分沸点不同，采用蒸馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品，A错误；
B．硝酸工业中，不使用能被硝酸腐蚀的铁触媒作催化剂，B错误；
C．纯碱工业中，氨碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用，提高了原料的利用率，C正确；
D．改变压强，平衡常数不变，D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
A．石油工业中，利用馏分沸点不同，采用蒸馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品；
B．铁触媒作催化剂能被硝酸腐蚀；
C．纯碱工业中，氨碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用，提高了原料的利用率；
D．改变压强，平衡常数不变。
易错点
解题的关键是注意硝酸工业中，不使用能被硝酸腐蚀的铁触媒作催化剂。
知识点
8.常温下，下列叙述错误的是( )
正确答案
解析
A．醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOH
B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac-水解程度，则（Ac-）＞c （Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+），溶液中浓度大小为：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+），B错误；
C．醋酸是弱电解质，电离程度不大，pH=4的醋酸浓度远大于10-4 mol/L，pH=10的NaOH溶液浓度为10-4 mol/L，二者等体积混和，醋酸剩余，溶液呈酸性，C正确；
D．0.1 mol·L－1某一元酸HA溶液中c(OH-)/c( H+)＝1×10－8，此弱酸溶液中的c(OH－)=10－11mol/L全部来自于水的电离，即由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol/L，D正确。
故选B。
考查方向
解题思路
A．醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOH
B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac-水解程度，则（Ac-）＞c （Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+），溶液中浓度大小为：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；
C．醋酸是弱电解质，电离程度不大，pH=4的醋酸浓度远大于10-4 mol/L，pH=10的NaOH溶液浓度为10-4 mol/L，二者等体积混和，醋酸剩余，溶液呈酸性；
D．0.1 mol·L－1某一元酸HA溶液中c(OH-)/c( H+)＝1×10－8，此弱酸溶液中的c(OH－)=10－11mol/L全部来自于水的电离，即由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol/L。
易错点
本题考查离子浓度大小比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，本题注意反应后溶液溶质的物质的量关系，明确弱电解质部分电离的特点。
知识点
9.大功率的镍氢电池使用在油电混合动力车辆中。镍氢电池NiMH电池正极板材料为NiOOH，负极板材料为吸氢合金，下列关于该电池的说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
A．放电时电池内部H+向正极移动，故A错误；
B．充电时，将电池的负极与外接电源的负极相连，故B错误；
C．原电池正极反应为NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，则充电时阳极反应为：Ni(OH)2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O，故C正确；
D．放电时负极的电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
NiOH为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，氢气为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，总反应式为2NiOOH+H2=2Ni(OH)2，以此解答该题。
易错点
本题考查原电池和电解池的综合应用，注意正确书写电极方程式的书写为解答该题的关键，题目难度中等。
知识点
10.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2（g）+3B2（g）
下列说法正确的是（ ）
正确答案
考查方向
解题思路
A．丙为AB3的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲＜V丙；
B．合成AB3是放热反应，其逆反应AB3分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，A2和B2浓度比丙低，K乙＞K丙；
C．条件相同时，甲与乙是等效平衡．甲与乙容器体积相同，乙分解AB3吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成AB3方向移动，平衡时AB3浓度乙大于甲；
D．甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解AB3生成B2和A2，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以υ甲＞υ丙。
易错点
本题主要考查学生对表格数据的分析利用能力和利用勒夏特列原理分析平衡移动的思维，题目有一定难度。
知识点
11． X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可组成共价化合物，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时0.01 mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为2。下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性大于S，则水的稳定性强于H2S的稳定性，故A最强；
B．Y为O、Z为Na，可以形成Na2O、Na2O2，Na2O2中的阴离子为O22-，Na2O中的阴离子为O2-，阴阳离子的个数比都为1：2，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；电子层越多半径越大，X为H、Y为O、Z为Na、R为S、W为Cl，Na、S、Cl同属于第三周期元素，同周期自左而右原子半径减小，所以Na＞S＞Cl；H属于第一周期元素，半径最小，O属于第二周期元素，半径大于H小于第三周期元素，故原子半径由大到小排列的是：Z＞R＞W＞Y＞X，故C正确；
D．Y为O、Z为Na，W为Cl，形成NaClO4属于强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误。
故选D。
考查方向
解题思路
X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素，Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2和RY3，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2、SO3，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7-6＝1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.01mol•L-1X和W形成化合物的水溶液pH为2，则X为氢元素。
易错点
本题考查位置结构性质的相互关系应用，难度中等，关键是根据化学式判断元素的化合价推断元素可能存在的族。
知识点
12.某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2-、SO42-、I-、NO3-、CO32-,已知各离子的浓度均约为0．1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：
（1）第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。
（2）第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出。
根据上述实验情况，以下说法错误的是（ ）
正确答案
考查方向
解题思路
①第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成NO，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42-；
②第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，可能含Na+、I-，以此来解答。
易错点
本题考查物质或离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应及反应现象推断离子为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意利用电话守恒分析铁离子为解答的难点，题目难度中等。
知识点
13.还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72－和CrO42－）工业废水的常用方法，过程如下：
已知转化过程中的反应为2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) 
正确答案
解析
A．CrO42﹣为黄色的，Cr2O72﹣为橙色的，如果2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) 
B．在1L废水中+6价的Cr的物质的量为n(Cr)=28.6g÷52g/mol =0.55mol，根据氧化还原反应中电子得失数目相等可得，n(FeSO4·7H2O)=3×0.55mol=1.65mol，m(FeSO4·7H2O) = 1.65mol×278g/mol=458.7g，B错误；
C．2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) 
c(CrO42-)={(28.6÷52)÷11}mol/L=0.05mol/L，c(Cr2O72-)=(11÷2)×c(CrO42-)=0.25mol/L，代入该平衡常数表达式中可得c(H+)=10-6mol/L，所以pH=6，C正确；
D．c(Cr3+)·c3(OH-)=1×10﹣32，c3(OH-)=1×10﹣32÷1×10﹣5=1×10﹣27，所以c(OH-)=1×10﹣9，c(H+)=1×10﹣14÷1×10﹣9=1×10﹣5，pH=5，D正确。
故选B。
考查方向
解题思路
A．CrO42﹣为黄色的，Cr2O72﹣为橙色的，如果2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) 
B．在1L废水中+6价的Cr的物质的量为n(Cr)=28.6g÷52g/mol =0.55mol，根据氧化还原反应中电子得失数目相等可得，n(FeSO4·7H2O)=3×0.55mol=1.65mol，m(FeSO4·7H2O) = 1.65mol×278g/mol=458.7g；
C．2CrO42﹣(aq)+2H+(aq) 
c(CrO42-)={(28.6÷52)÷11}mol/L=0.05mol/L，c(Cr2O72-)=(11÷2)×c(CrO42-)=0.25mol/L，代入该平衡常数表达式中可得c(H+)=10-6mol/L，所以pH=6；
D．c(Cr3+)·c3(OH-)=1×10﹣32，c3(OH-)=1×10﹣32÷1×10﹣5=1×10﹣27，所以c(OH-)=1×10﹣9，c(H+)=1×10﹣14÷1×10﹣9=1×10﹣5，pH=5。
易错点
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等。
知识点
一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：
14.过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为 。
15.过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根） 。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_______________。
16.过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式____________________。
17.碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是__________。
18.在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）。
19.CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。右图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______。
正确答案
Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
解析
铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
考查方向
解题思路
铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
正确答案
4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
解析
Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，
故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
考查方向
解题思路
Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气；
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
正确答案
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
解析
铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
考查方向
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等。
解题思路
根据铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
正确答案
调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
解析
碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
考查方向
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等。
解题思路
碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
正确答案
解析
A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
考查方向
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等。
解题思路
A．根据电荷书恒判断；
B．根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；
C．根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；
D．根据质子守恒判断；
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
正确答案
CoCl2·2H2O
解析
CoCl2·6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg 
解得：m=119mg
A物质的化学式为CoCl2·nH2O，
则有：
CoCl2·6H2O～CoCl2·nH2O △m
238 18(6-n)
119mg 119mg-83mg
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2·2H2O，
故答案为：CoCl2·2H2O
考查方向
解题思路
根据关系式CoCl2·6H2O～CoCl2求出CoCl2·6H2O的质量，然后再根据差量法求出A物质的化学式。
易错点
本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．是一道不错的能力考查题。
碳酸钠
第1步：取适量碳酸钠溶解于一定量水中，倒入烧瓶中;再加入少量稳定剂(MgCl2和Na2SiO3)，搅拌均匀。
第2步：将适量30%的H2O2溶液在搅拌状态下滴入烧瓶中，于15℃左右反应1h。
第3步：反应完毕后再加入适量无水乙醇，静置、结晶，过滤，干燥得产品。
20.第1步中，稳定剂与水反应生成2种常见的难溶物，其化学方程式为 。
21.第2步中，反应保持为15℃左右可采取的措施是 。
22.第3步中，无水乙醇的作用是 。
23.H2O2的含量可衡量产品的伪劣。现称取mg(约0.5g)样品，用新煮沸过的蒸馏水配制成250mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，先用稀硫酸酸化，再用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点。
①配制250mL溶液所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 、 。
②滴定终点的现象是 。
24.可模拟用蒸馏法测定样品中碳酸钠的含量。装置如右图所示(加热和固定装置已略去)，实验步骤如下：
步骤1：按右图所示组装仪器，检查装置气密性。
步骤2：准确量取(4)中所配溶液50mL于烧瓶中。
步骤3：准确量取40.00mL约0.2mol·L-1 NaOH溶液2份，分别注入烧杯和锥形瓶中。
步骤4：打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，缓缓通入氮气一段时间后，关闭K1、K2，打开K3;经滴液漏斗向烧瓶中加入10mL 3mol·L-1硫酸。
步骤5：加热至烧瓶中的液体沸腾，蒸馏，并保持一段时间。
步骤6：经K1再缓缓通入氮气一段时间。
步骤7：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用c1 mol·L-1 H2SO4标准溶液滴定至终点，消耗H2SO4标准溶液V1 mL。
步骤8：将实验步骤1-7重复2次。
①步骤3中，准确移取40.00mL NaOH溶液所使用的仪器是 。
②步骤1~7中，确保生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液完全吸收的实验步骤是 (填序号)。
③为获得样品中碳酸钠的含量，还需补充的实验是 。
正确答案
MgCl2＋Na2SiO3＋2H2O=2NaCl＋Mg(OH)2↓＋H2SiO3↓
考查方向
解题思路
第1步中，稳定剂与水反应生成2种常见的难溶物，则生成氢氧化镁和硅酸，根据反应物和生成物书写反应方程式；
易错点
本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生的分析问题、解决问题的能力，注意容量瓶的选取方法，明确酸碱式滴定管的感量，为易错点。
正确答案
15 ℃水浴或冷水浴
解析
反应保持为15℃左右可采取的措施有15℃水浴或冷水浴，故答案为：15℃水浴或冷水浴；
考查方向
解题思路
反应保持为15℃左右可采取的措施有15℃水浴或冷水浴；
易错点
本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生的分析问题、解决问题的能力，注意容量瓶的选取方法，明确酸碱式滴定管的感量，为易错点。
正确答案
降低过碳酸钠的溶解度(有利于晶体析出)
解析
根据相似相溶原理知，碳酸钠-过氧化氢在有机溶剂中的溶解度较小，为降低碳酸钠-过氧化氢的溶解度，选用无水乙醇作溶剂，故答案为：降低碳酸钠-过氧化氢化合物的溶解度（有利于晶体析出）；
考查方向
解题思路
根据相似相溶原理分析；
易错点
本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生的分析问题、解决问题的能力，注意容量瓶的选取方法，明确酸碱式滴定管的感量，为易错点。
正确答案
①250 mL容量瓶 胶头滴管
②溶液呈粉红色且30 s不褪色
解析
①配制一定物质的量浓度的溶液需要（250 mL）容量瓶，起定容作用的胶头滴管，故答案为：（250 mL）容量瓶，胶头滴管；
②当溶液呈浅红色且30 s内不褪色时达到滴定终点，所以滴定终点观察到的现象是溶液呈浅红色且30 s内不褪色，故答案为：溶液呈浅红色且30 s内不褪色；
考查方向
解题思路
①根据各仪器的作用选取仪器；
②滴定终点观察到的现象是溶液呈浅红色且30 s内不褪色；
易错点
本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生的分析问题、解决问题的能力，注意容量瓶的选取方法，明确酸碱式滴定管的感量，为易错点。
正确答案
①碱式滴定管 ②1,5,6 ③用H2SO4标准溶液滴定NaOH溶液的浓度
解析
①准确移取40.00mL氢氧化钠溶液需要的仪器是碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
②步骤1～7中，确保生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液完全吸收的实验步骤有：防止漏气，为防止烧瓶中溶液溶解二氧化碳，要将溶液加热，为防止烧瓶中含有二氧化碳，用氮气将烧瓶内的二氧化碳赶到氢氧化钠溶液，故选1，5，6；
③为获得样品中碳酸钠的含量，还需要知道氢氧化钠的浓度，所以还需补充的实验是用H2SO4标准溶液标定NaOH溶液的浓度，故答案为：用H2SO4标准溶液标定NaOH溶液的浓度。
考查方向
解题思路
①根据仪器的感量与量取溶液的体积选取仪器；
②为确保生成的二氧化碳被氢氧化钠溶液完全吸收应防止漏气，且使仪器中的二氧化碳都进入氢氧化钠溶液中；
③为获得样品中碳酸钠的含量，还要知道氢氧化钠溶液的浓度。
易错点
本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生的分析问题、解决问题的能力，注意容量瓶的选取方法，明确酸碱式滴定管的感量，为易错点。
氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物有多种方法。
25.硝酸厂常用催化还原法处理尾气：催化剂存在时用
已知：
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 。
26.NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。发生的化学反应是2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 
27.利用ClO2氧化氮氧化物反应过程如下：NO 
28.工业废气中含有的NO2还可用电解法消除。用NO2为原料可制新型绿色硝化剂N2O5。制备方法之一是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5，如图。Pt（甲）为 极，电解池中生成N2O5的电极反应式是 。
正确答案
1；4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1034.9kJ·mol-1
解析
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1，
②N2(g)+2O2(g) =2NO2(g) ΔH=+67.7kJ·mol-1，
由①×2-②得：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1×2-67.7kJ·mol-1=-1034.9kJ·mol-1，
故答案为：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1034.9kJ·mol-1；
考查方向
氮的氧化物的性质及其对环境的影响；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理。
解题思路
根据盖斯定律来写热化学方程式；
易错点
本题涉及热化学方程式、化学平衡移动、化学计算、电解原理等知识点，题目难度较高。
正确答案
增大NH3浓度(或减小压强、降低温度)
解析
增大NH3浓度、减小压强、降低温度平衡正向移动，氮氧化物的转化率增大，故答案为：增大NH3浓度（或减小压强、降低温度）；
考查方向
氮的氧化物的性质及其对环境的影响；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理。
解题思路
根据增大NH3浓度、增大压强、降低温度平衡正向移动，氮氧化物的转化率增大；
易错点
本题涉及热化学方程式、化学平衡移动、化学计算、电解原理等知识点，题目难度较高。
正确答案
2NO2+4Na2SO3=N2+4Na2SO4 67.5
解析
二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气，方程式为2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4，故答案为：2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4；由2NO+ClO2+H2O═NO2+HNO3+2HCl，2NO2+4Na2SO3═N2+4Na2SO4得： 2ClO2 ～N2 135g 22.4L67.5g 11.2L所以共消耗ClO267.5g，故答案为：67.5；
考查方向
氮的氧化物的性质及其对环境的影响；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理。
解题思路
根据二氧化氮具有氧化性，能氧化Na2SO3生成Na2SO4，本身被还原成氮气；通过化学方程式建立关系式然后计算；
易错点
本题涉及热化学方程式、化学平衡移动、化学计算、电解原理等知识点，题目难度较高。
正确答案
阳极 N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+
解析
从电解原理来看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，反应式为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+，故答案为：阳；N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。
考查方向
解题思路
由N2O4制取N2O5需要是去电子，所以N2O5在阳极区生成。
易错点
本题涉及热化学方程式、化学平衡移动、化学计算、电解原理等知识点，题目难度较高。
碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。
29.工业上可以通过铁屑法生产KI，其工艺流程如下：
①反应Ⅰ生成铁与碘的化合物，若该化合物中铁元素与碘元素的质量比为21∶127，则加入足量碳酸钾时，反应Ⅱ的化学方程式为____________________。
②操作A包括__________________；用冰水洗涤的目的是__________________。
30.KIO3可以通过H2O2氧化I2先制得HIO3，然后再用KOH中和的方法进行生产。
①烹饪时，含KIO3的食盐常在出锅前加入，其原因是______________________________。
②若制得1284 kg KIO3固体，理论上至少需消耗质量分数为30%的双氧水________ kg。
③KIO3还可通过下图所示原理进行制备。电解时，阳极上发生反应的电极反应式为 ；阴极上观察到的实验现象是 。若忽略溶液体积的变化，则电解结束后阴极区的pH与电解前相比________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
正确答案
①Fe3I8＋4K2CO3==Fe3O4＋8KI＋4CO2↑
②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 洗涤除去表面可溶性杂质的同时减少KI的溶解损失
解析
①、根据铁元素与碘元素的质量比为21：127，铁、碘原子个数比为8：3，反应Ⅰ生成物化学式是 Fe3I8，反应Ⅱ的反应方程式是：Fe3I8＋4K2CO3==Fe3O4＋8KI＋4CO2↑；故答案是：Fe3I8＋4K2CO3==Fe3O4＋8KI＋4CO2↑；
②、反应Ⅱ的滤液需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，故用冰水洗涤；故答案是：加热浓缩、冷却结晶、过滤； 洗涤除去表面可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失．
考查方向
解题思路
①、铁元素与碘元素的质量比为21：127，铁、碘原子个数比为8：3，反应Ⅰ生成了Fe3I8，反应Ⅱ是Fe3I8和碳酸钾反应生成四氧化三铁和二氧化碳的反应，Fe3I8＋4K2CO3==Fe3O4＋8KI＋4CO2↑；
②、得到碘化钾，需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，再降温、干燥得到碘化钾固体；冰水洗涤的目的是：洗涤除去表面可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失；
易错点
本题考查了制取及提纯碘化钾、碘酸钾的方法，题中内容较多，难度稍大。
正确答案
①Fe3I8＋4K2CO3==Fe3O4＋8KI＋4CO2↑
②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 洗涤除去表面可溶性杂质的同时减少KI的溶解损失
解析
①、由于碘酸钾的热稳定性较差，烹饪时，含KIO3的食盐常在出锅前加入；
故答案是：在较高温度下K1O3易分解；
②、1284kg KIO3固体的物质的量是6kmol，根据化合价升降相等，I2→IO3-化合价升高5价、H2O2→H2O化合价降低2价，关系式为：2KIO3～5H2O2
n（H2O2）=5/2n（IO3-）=5/2×6kmol=15kmol；消耗质量分数为30%的双氧水的质量为：
③、图2中，阴极水中的氢离子得到电子生成氢气，阳极碘离子失去电子变成碘酸根离子，正反应为：I-+3H2O═IO3-+3H2↑；
阴极水得电子生成氢气，观察到的实验现象是有气泡产生；
若忽略溶液体积的变化，则电解结束后产生氢氧根离子，阴极区的pH与电解前相比增大；
故答案是：I-+3H2O═IO3-+3H2↑；有气泡产生；增大
考查方向
解题思路
①、碘酸钾加热容易分解，热稳定性差；
②、KIO3的摩尔质量是214g/mol，1284kg 固体的物质的量是6mol；根据化合价升降相等列出碘酸钾和双氧水的关系式：2KIO3～5H2O2；求出双氧水的物质的量，再计算出双氧水溶液的质量；
③、碘离子失去电子变成碘酸根离子、水中的氢离子得到电子生成氢气，反应离子方程式是：I-+3H2O═IO3-+3H2↑； 根据电解总反应方程式可知，电解结束后阴极区的pH与电解前没有变化。
易错点
本题考查了制取及提纯碘化钾、碘酸钾的方法，题中内容较多，难度稍大。