2025届高三化学一轮复习---卤族与氮族及其应用

2025届高三化学一轮复习---卤族与氮族及其应用 一、单选题 1．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．NH3易溶于水，可用作制冷剂 C．氧化铝熔点高，可用来制造耐火材料 D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　） A．Cl2能溶于水，可用于与H2反应制HCl B．NaHCO3受热易分解，可用制备抗酸药物 C．Al2O3能与酸反应，可用于制备耐高温材料 D．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的脱氧剂 3．水合肼（）及其衍生物产品在许多工业中得到广泛的使用，可用作还原剂、抗氧剂、发泡剂等。一种利用NaClO溶液与氨气反应制备水合肼的装置如图所示。下列说法不正确的是 A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗 B．试剂X可选择CaO固体 C．为防倒吸，试剂Y可选择苯 D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为 4．下列有关化学用语的表示正确的是 A．N2的结构式：N=N B．NH3的电子式： C．中子数为18的氯原子： D．氯化铵的电离方程式：NH4Cl=+Cl－ 5．下列离子方程式书写正确的是（　　） A．通入水中： B．溶于足量稀硝酸： C．溶液腐蚀印刷线路板： D．溶液与足量浓溶液反应： 6．海水中溴元素以形式存在，工业上用“空气吹出法”从海水中提取溴的工艺流程如图： 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ工业上通常用电解饱和食盐水来实现 B．步骤Ⅱ通入的同时需进行酸化，以减少副反应 C．步骤Ⅲ的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．步骤Ⅳ中发生的反应的离子方程式： 7．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图是氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是（　　） A．Y既有氧化性，又有还原性 B．Z的电子式为： C．可存在的转化关系 D．X和Z在水溶液中不能大量共存 8．表示下列过程的方程式不正确的是 A．乙烯加聚： B．酸化的碘化钾淀粉试纸检验食盐中的碘： C．一元弱酸电离： D．氯化氢将硅与杂质分离： 9．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是（　　） ①氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2 ②向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- ③向氯中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ ④向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO A．只有①② B．只有③ C．①②③ D．②③④ 10．一定条件下，将6体积的和一定体积的混合气体与4.5体积的氧气反应后置于试管中。将试管倒置于水中，充分反应后，剩余1.5体积气体，则原体积可能为 ①2体积②3体积③4体积④5体积⑤5.5体积 A．①或⑤ B．①或④ C．④或⑤ D．①或③ 11．下列化学用语正确的是 A．甲酸甲酯的结构简式： B．的结构式： C．的电子式： D．基态硫离子的价电子轨道表示式： 12．下列关于离子的检验方法及结论错误的是 实验操作 现象 结论 A 取少量待测液于试管中，滴入适量硝酸银溶液，再加入少量稀硝酸 产生白色沉淀，且不溶于稀硝酸 溶液中含有Cl- B 取已灼烧干净的铂丝醮取少量待测液，放在酒精灯外焰上灼烧 火焰呈黄色 溶液中含有Na+ C 取少量待测液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液 溶液变成红色 溶液中含有Fe3+ D 取少量待测液于试管中，滴入氯化钡溶液 产生白色沉淀 溶液中含有 A．A B．B C．C D．D 13．喷泉是一种常见的自然现象，其产生原因是存在压强差。如图为化学教学中用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中不可能形成喷泉的是 A．和 B．和 C．和 D．和溶液 14．a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c mol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（　　） A．(a+b)×63g B．b×189g C．(a+b)mol D．Vc‒mol 15．下列物质性质与用途具有对应关系的是（　　） A．氮气为无色气体，可用作焊接金属的保护气 B．硝酸受热易分解，可用于制 C．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂 D．磷酸难挥发，可用于保护金属免受腐蚀 16．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是 A．向溶液中通入少量SO2： B．氯化铝溶液中加入过量的氨水： C．室温下用稀溶解铜： D．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳： 17．镁及其合金是用途很广的金属材料，可以通过以下步骤从海水中提取镁。 下列说法不正确的是（　　） A．试剂①可以选用石灰乳 B．加入试剂①后，能够分离得到沉淀的方法是过滤 C．溶液通过蒸发结晶可得到无水 D．电解熔融所得副产物是工业制备试剂②的主要原料 18．下列关于氯水光照实验的叙述，正确的是（　　） A．光照氯水有气泡逸出，该气体是 B．氯水光照后颜色变浅，pH将增大 C．光照氯水后溶液导电能力增强 D．光照氯水后溶液漂白能力增强 19．由核电荷数1～18的某些元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有如图所示的转换关系，A是地壳中含量最多的金属元素，下列选项正确的是 A．往丁溶液中滴加氨水至过量可得到澄清溶液 B．甲物质在工业上可用作耐火材料 C．甲→乙＋丙反应的离子方程式为 D．A→乙＋C反应的化学方程式为 20．下列离子方程式书写正确的是 A．铁与硫酸铜溶液反应： B．氨水与盐酸反应： C．二氧化氮与水反应： D．铁和稀硝酸反应： 二、综合题 21．除去下列物质中所混有的少量杂质，指明应加入的试剂和使用的分离方法，写出有关的反应方程式。 （1）铜粉中混有少量铝粉　 　。 （2）FeCl3溶液中混有少量FeCl2　 　。 （3）Na2CO3固体中混有少量NaHCO3　 　。 22．价类二维图(化合价和物质类别的关系图)有利于我们分类研究物质，系统掌握物质的性质。如图为钠和氯的价类二维图，请据图完成下列问题： （1）分别由和形成的等物质的量的氯气的质量之比为　 　。 （2）属于　 　(填“酸性”或“碱性”)氧化物，与相遇会生成　 　(填化学式)。 （3） A、B两处分别对应的物质是　 　、　 　。(填化学式) （4）A可用于自来水消毒，是因为该物质具有　 　性，与氯气相比，其用于消毒的优点有　 　。 （5）将和按一定比例混合后，用稀硫酸酸化，能够生成一种刺激性气味的气体，写出该反应的离子方程式　 　。 （6）研究发现，具有漂白性是因为不稳定，会分解释放出活性氧原子，具有很强的氧化性，可将部分有颜色的物质氧化成无色(或白色)物质，则下列与性质相似的物质是　 　。(填序号) ①②③活性炭 23．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。 （1）Ⅰ制备亚氯酸钠 关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量ClO2，充分反应。 仪器b的名称为　 　，作用是 　 　。 （2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为：　 　。 （3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、　 　、过滤、　 　干燥等。 （4）Ⅱ．探究亚氯酸钠的性质 停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹①，打开止水夹②，向A中滴入稀硫酸。 B中现象为　 　。 （5） 实验完成后，再次打开止水夹①，从进气口又通入一段时间的空气目的是：　 　。 24．回答下列问题： （1）①Fe2O3的俗称　 　。 ②漂白粉有效成分的化学式是　 　。 （2）小苏打在水中的电离方程式：　 　。 （3）实验室制取氯气的化学方程式为　 　。 25．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。 （1）O3氧化。 O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示， Ea1是反应的活化能，一定条件下，活化能越大反应速率越慢，反应越困难。 ①写出NO与O3反应的热化学方程式：　 　。 ②在相同条件下，O3与SO2反应的速率　 　O3与NO的反应速率。(填>、=、<) ③其他条件不变时，工厂烟气处理主要发生NO与O3反应，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能原因是　 　。 （2）NaClO2氧化。 40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。 ①写出溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式：　 　。 ②刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO，可能原因是　 　。 ③烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高，可能原因是　 　。 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A．碳酸氢铵中含有氮元素，可以用作化肥，与其受热易分解的性质无关，故A不选； B．液氨气化时吸收大量的热，具有制冷作用，可做制冷剂，与氨气的水溶性无关，故B不选； C．氧化铝熔点高，可用来制造耐火材料，性质与用途具有对应关系，故C选； D．ClO2具有强氧化性，能够使蛋白质变性而死亡，可用于自来水的杀菌消毒，故D不选； 故答案为：C。 【分析】A、碳酸氢铵中含有氮元素可以作为化肥； B、氨气易液化可以作为制冷剂； C、氧化铝熔点高，可以作为耐火材料； D、二氧化氯具有强氧化性，可以用于杀菌消毒。 2．【答案】D 【解析】【解答】A、氯气能在氢气中点燃生成氯化氢，因此可用于与H2反应制HCl，与氯气能溶于水无关，故A不符合题意； B、碳酸氢钠具有碱性，能与酸反应，因此可用制备抗酸药物，故B不符合题意； C、氧化铝用于制备耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，故C不符合题意； D、铁粉具有还原性，能与氧气反应，可用作食品保存的脱氧剂，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、氯气能与氢气反应生成氯化氢； B、碳酸氢钠具有碱性； C、氧化铝熔点高； D、铁具有还原性。 3．【答案】C 4．【答案】D 5．【答案】B 【解析】【解答】A.氯气和水反应是可逆反应，HClO是弱酸，不拆，正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误； B.HNO3具有强氧化性，和Fe2+发生强化还原反应，正确的离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++5H2O+NO，B错误； C.FeCl3溶液腐蚀印刷线路板是Fe3+与Cu发生反应，离子方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，C正确； D.NH4HSO3溶液与足量的NaOH 反应，NH4+和HSO3-均和OH-发生反应，正确的离子方程式是：NH4++HSO3-+2OH-=NH3•H2O+SO32-+H2O，D错误； 故答案为：B 【分析】离子方程式正误判断的审题要点 6．【答案】D 7．【答案】B 【解析】【解答】A、Y为Cl2O，其中Cl元素为＋1价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，A不符合题意。 B、Z为HClO，其电子式为，B符合题意。 C、X为HCl，能与HClO反应生成Cl2，Cl2能与NaOH溶液反应生成NaClO。因此可实现X→Cl2→NaClO的转化关系，C不符合题意。 D、HCl能与HClO发生反应HCl＋HClO=Cl2＋H2O，因此二者不可大量共存，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、Y为Cl2O，Cl元素处于中间价态。 B、Z为HClO，其中Cl原子只能形成一个共价键。 C、X为HCl，可转化为Cl2。 D、HCl和HClO可反应生成Cl2。 8．【答案】A 9．【答案】C 【解析】【解答】①氯气为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，正确； ②与硝酸酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，可推出白色沉淀是氯化银，说明氯水中含有Cl-，正确； ③酸与NaHCO3反应生成气体（CO2），向氯中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水呈酸性，含有H+，正确； ④向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明FeCl2被氧化为FeCl3，，而氯气、HClO都有强氧化性，不能说明氯水中含有HClO，错误； 故答案为：C。 【分析】新制氯水中存在反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合物质性质进行分析。 10．【答案】A 【解析】【解答】Ⅰ若剩余的1.5体积气体为O2，设原混合气体中NO的量为2x体积，则可得 ， 所以可得 解得 x=1 所以原混合气体中NO的体积为2体积。 Ⅱ若剩余的1.5体积气体为NO，则6体积NO2发生反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，则参与反应的O2为1.5体积。圣域3体积O2与NO发生反应：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，则参与反应的NO为4体积。反应后剩余NO1.5体积，因此原混合气体中NO的体积为5.5体积。 综上，原NO的体积为2体积或5.5体积，A符合题意； 故答案为：A 【分析】NO、NO2和O2混合后发生反应：2NO＋O2=2NO2。再将反应后的试管倒扣在水中，发生反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。充分反应后1.5体积的气体剩余，则剩余的气体可能为NO或O2。相同状态下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可直接将体积当做物质的量进行计算。 11．【答案】B 12．【答案】D 【解析】【解答】A．待测液中滴入适量硝酸银溶液，再加入少量稀硝酸，生成的白色沉淀只能为AgCl，所以溶液中含有Cl-，A不符合题意； B．用洁净铂丝醮取待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，则表明溶液中含有Na+，B不符合题意； C．待测液中滴入几滴硫氰化钾溶液，溶液变为红色，则溶液中一定含有Fe3+，C不符合题意； D．待测液中滴入氯化钡溶液，产生的白色沉淀可能为AgCl、BaSO4、BaCO3等，则溶液中不一定含有，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.该白色沉淀为AgCl，由此可知溶液中含有氯离子； B.钠元素的焰色反应呈黄色； C.铁离子遇硫氰化钾变红色。 13．【答案】B 14．【答案】D 【解析】【解答】 反应前，铁元素化合价+2价，S元素化合价-2价，反应后，铁元素化合价+3价，S元素化合价+6价，铁元素化合价升高1价，S元素化合价升高+8价，化合价总升高数为(9a+b)mol。反应前HNO3中N元素化合价为+5价，反应后，NO中化合价为+2价，化合价降低3价，氧化还原反应中化合价升高总数等于化合价降低总数，因此反应消耗的硝酸总数为mol。反应前硝酸的物质的量为Vc mol，未被还原的硝酸的为Vc-mol； 故答案为：D 【分析】氧化还原反应中，化合价升高总数与降低总数相等，失电子总数与得电子总数相等。 15．【答案】C 【解析】【解答】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定，与颜色无关 ，故错误； B.硝酸受热分解生成二氧化氮，水和氧气，和制备硝酸铵没有直接关系，故错误； C.液氨汽化吸收大量的热，会使温度降度，所以可用作制冷剂； D.磷酸处理金属，可以在金属表面生成一层难溶的磷酸盐薄膜，进而保护金属不受腐蚀，和难挥发没有关系，故错误。 故答案为：C 【分析】A.氮气可用作保护气，是因为其化学性质不活泼，较稳定； B.硝酸可以和NH3反应制备硝酸铵； C.液氨汽化属于物理过程，能够吸收大量的热使温度降低； D.磷酸可以在金属表面形成一层磷酸盐薄膜进而不受腐蚀。 16．【答案】D 【解析】【解答】A．向 溶液中通入少量SO2，不反应，A不符合题意； B．氯化铝溶液中加入过量的氨水，会生成氢氧化铝沉淀，B不符合题意； C．室温下用稀 溶解铜，生成硝酸铜、一氧化氮和水，C不符合题意； D．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液，D符合题意； 故答案为：D 【分析】A．和SO2不反应； B．氯化铝溶液中加入过量的氨水，会生成氢氧化铝沉淀； C．稀 和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水； D．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液。 17．【答案】C 【解析】【解答】海水（含NaCl和MgSO4等）加入石灰乳，Mg2+可与OH-反应生成难溶与水的Mg(OH)2沉淀，过滤即可，Mg(OH)2加入HCl，酸碱中和反应即可生成MgCl2溶液，经过一系列操作，即可得到无水氯化镁，电解熔融状态下的无水氯化镁即可得到镁单质，据此回答。 A．由分析知，试剂①可以选用石灰乳，从而降低成本，故A不符合题意； B．由分析知，加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤，故B不符合题意； C．由于Mg2+易水解，MgCl2溶液通过蒸发结晶无法得到无水MgCl2，故C符合题意； D．电解熔融MgCl2所得副产物Cl2，在工业制备盐酸的主要原料，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】海水中加入石灰乳可将镁离子沉淀，沉淀后加入盐酸得到氯化镁，氯化镁溶液冷却结晶后得到无水氯化镁，直接蒸发氯化镁溶液不能得到无水氯化镁，无水氯化镁电解得到镁和氯气，氯气可用于制取盐酸结合选项即可判断。 18．【答案】C 【解析】【解答】A．氯水中次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，故气泡中也会含有氧气，故A不符合题意； B．氯水中次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，盐酸为强酸，pH减小，故B不符合题意； C．氯水中次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，盐酸为强电解质，水中完全电离使得溶液导电能力增强，故C符合题意； D．光照氯水后，次氯酸分解，溶液漂白能力减弱，故D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】A、次氯酸光照条件下生成氯化氢和氧气； B、氯水光照后酸性增强； C、酸性变强，导电性变强； D、次氯酸见光分解后，漂白能力减弱。 19．【答案】B 20．【答案】C 21．【答案】（1）加入适量(或过量)盐酸或氢氧化钠溶液，过滤并洗涤沉淀得铜粉：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑或 （2）通入过量氯气：2FeCl2+Cl2=2FeCl3 （3）加热固体至无气体放出：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 【解析】【解答】（1）铜不与盐酸、氢氧化钠溶液反应，铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应。若除去铜粉中的铝可加入适量(或过量)盐酸或氢氧化钠溶液，过滤并洗涤沉淀得铜粉，发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑或，故答案为：加入适量(或过量)盐酸或氢氧化钠溶液，过滤并洗涤沉淀得铜粉；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑或； （2）氯气具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子且不引入新杂质，故答案为：通入过量氯气：2FeCl2+Cl2=2FeCl3； （3）碳酸钠热稳定强，碳酸氢钠不稳定受热易分解，故答案为：可以加热固体至无气体放出；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。 【分析】 铜不与盐酸、氢氧化钠溶液反应，铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应；氯气具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子；碳酸钠热稳定强，碳酸氢钠不稳定受热易分解。 22．【答案】（1） （2）碱性； （3）； （4）(强)氧化；高效、安全、无异味 （5） （6）② 【解析】【解答】（1）的相对原子质量是35，的相对原子质量是37，分别由和形成的等物质的量的氯气的质量之比为35：37； （2）能与元素反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物；是酸性氧化物，与相遇会生成。 （3）A是+4价氧化物，Na没有+4价，A是氯的+4价氧化物，A是，B是碱，B表示； （4）A处是高价态氯的氧化物，该物质具有强氧化性，与氯气相比，相同质量的该物质被还原时，能得到更多的电子，氧化能力更强，消毒能力大大增加；同时更安全：不会产生对人体有害的有机氯化物，排除了氯气本身的毒性，也减少了消毒时残留的氯气的气味。 （5）在酸性条件下，Cl-、发生归中反应生成氯气，该反应的离子方程式为； （6）根据题意，物质不稳定，且分解时能产生氧气， 故答案为：②。 【分析】（1）质量数可以作为摩尔质量的数值判断，结合公式m=n·M判断； （2）氧化钠属于碱性氧化物，可以和二氧化碳反应生成碳酸钠； （3）A中Cl价态为+4，即ClO2，B中Na对应的碱为NaOH； （4）二氧化氯具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，且没有生成有毒物质； （5）氯离子、次氯酸根离子和氢离子反应生成氯气和水； （6）过氧化氢具有氧化性，可以使有色物质漂白。 23．【答案】（1）球形干燥管；防止倒吸 （2）2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋2H2O＋O2↑ （3）降温结晶（或冷却结晶）；洗涤 （4）溶液变蓝色 （5）使装置中滞留的有毒气体全部被排到NaOH溶液中吸收，防止污染空气 【解析】【解答】（1）仪器b为球形干燥管，可起到防倒吸的作用。 （2）装置A中通入ClO2后，ClO2与NaOH、H2O2反应生成可溶性NaClO2、H2O和O2，该反应的离子方程式为：2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO2－＋2H2O＋O2↑。 （3）要从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体，可通过降温结晶操作，因此主要的操作步骤为：减压蒸发浓度、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。 （4）O2具有氧化性，关闭止水夹①，打开止水夹②后，O2进入装置B中，将溶液中的I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此装置B中的现象为溶液变蓝色。 （5）实验过程中装置内会残留有ClO2，通入空气可使ClO2被NaOH溶液完全吸收，防止污染空气。 【分析】（1）根据图示仪器确定其名称和作用。 （2）装置A中ClO2、NaOH和H2O2反应生成NaClO2、H2O和O2，据此写出反应的离子方程式。 （3）从溶液中获得溶质晶体，可采用冷却结晶方法，据此确定实验步骤。 （4）O2能将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。 （5）实验过程中装置内会残留有ClO2，通入空气可使ClO2被NaOH溶液完全吸收。 24．【答案】（1）铁红；Ca(ClO)2 （2）NaHCO3=Na++HCO （3）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 【解析】【解答】（1）Fe2O3是红棕色固体，常用作颜料，俗称铁红；漂白粉有效成分是次氯酸钙，化学式是Ca(ClO)2；故答案为：铁红；Ca(ClO)2。 （2）小苏打NaHCO3是强电解质，完全电离，在水中的电离方程式： NaHCO3=Na++HCO，故答案为：NaHCO3=Na++HCO。 （3）实验室制取氯气可以用MnO2氧化浓盐酸来制得，反应为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。 【分析】（1）①氧化铁的俗称为铁红； ②漂白粉的有效成分是次氯酸钙； （2）①小苏打在水中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子； （3）实验室通常加热浓盐酸和二氧化锰制备氯气。 25．【答案】（1）NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH=−200.9kJ·mol−1；<；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢 （2）4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－；SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水；SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高 【解析】【解答】（1）①根据图象可知NO与O3反应生成NO2和O2，放出204.1kJ－3.2kJ＝200.9kJ，因此热化学方程式为NO(g)+O3(g)＝NO2(g)+O2(g) ΔH=−200.9kJ·mol−1。 ②在相同条件下，O3与SO2反应活化能大于O3与NO反应的活化能，所以O3与SO2反应的速率＜O3与NO的反应速率。 ③由于SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此其他条件不变时，即使增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响。 （2）①根据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒可知溶液中NO与反应生成和Cl-的离子方程式为4NO+3+4OH－＝4+3Cl－+2H2O或4NO+3+2H2O＝4+4H++3Cl－。 ②由于SO2能溶于水，在水中浓度大，反应速率快，而NO难溶于水，所以刚开始，工厂烟气处理，SO2处理速率明显快于NO。 ③由于SO2反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高，所以烟气中含有少量SO2，NO的脱除率比不含SO2的烟气高。 【分析】（1）①热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关； ②依据反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小； ③同②分析； （2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写； ②依据影响反应速率的因素分析； ③根据影响化学平衡移动的因素分析。 学科网（北京）股份有限公司 $$