海南省部分学校2024-2025学年高一下学期第二次月考模拟考试化学试题

2024-2025学年海南省部分学校高一下学期 第二次月考模拟考试化学试题 测试范围人教必修第二册 命题人海南省农垦中学 陈良兴 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列实验操作或装置能达到相应实验目的的是 A．实验室制备SO2气体 B．测定NaClO溶液的pH C． 验证铜和浓硝酸反应放热 D．验证非金属性：C＞Si A．A B．B C．C D．D 2．下列关于银锌钮扣电池的说法正确的是(内部构造如图所示) A．负极电极反应为： B．正极电极反应为： C．电池工作时，正极附近pH增大 D．该电池工作时KOH没有发挥作用 3．某反应  的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A．碳酸氢钠与盐酸的反应中能量变化也符合过程a B．过程b发生两步反应，第二步为决速步 C．加入催化剂会降低该反应的焓变 D．该反应在低温下可以自发进行 4．对于反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是 A．v(A)=0.01 mol/(L•s) B．v(B)=0.04 mol/(L•s) C．v(B)=0.60mol/(L•min) D．v(C)=1.0mol/(L•min) 5．化学与生产、生活和科技息息相关，下列说法错误的是 A．火箭推动剂的发展是从古代的火药到固液推进剂，再到现如今的高能推进剂和绿色推进剂 B．高纯硅制成的太阳能电池可将太阳能转化为电能 C．飞秒化学是用的时间分辨技术监测反应中寿命极短的中间体或过渡态的技术 D．燃料电池极大地改善了人们的生活，它是一种将热能转化为电能的装置 6．已知，速率方程为，其中k为速率常数，只与温度、催化剂、固体接触面积有关，与浓度无关；n为该反应级数，可以为正数、0、负数；起始浓度消耗一半的时间叫半衰期，在某催化剂表面上分解的实验数据如表： t/min 0 10 20 30 40 50 60 0.30 0.25 0.20 a 0.10 0.05 0.00 下列说法错误的是 A．该反应为0级反应 B．该反应速率常数为 C．表格中的 D．若起始浓度为，半衰期为60min 7．已知：。若反应速率分别用表示，则下列关系正确的是 A． B． C． D． 8．催化剂上甲烷化的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．上述甲烷化过程的总反应可表示为 B．图中碳元素为+2价的中间体只有 C．经过一个甲烷化循环后的再次与结合形成碳酸盐，开始一个新的甲烷化循环过程 D．真正起催化作用的是 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9.利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，一段时间后乙室电极质量增加。已知电池总反应为：，下列说法正确的是 A．乙室Cu电极为负极 B．扩散到乙室将对电池放电效率产生影响 C．甲室电极反应式： D．隔膜为阳离子膜 10．一定温度下，向容积为的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示。下列对该反应的推断合理的是 A．该反应的化学方程式为： B．反应进行到时， C．反应开始到时，的平均反应速率为 D．反应进行到时，各物质的反应速率相等 11．用溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是 实验编号 温度/℃ pH ① 25 1 ② 45 1 ③ 25 7 ④ 25 1 A．实验①在15min内M的降解速率约为 B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C．若其他条件相同，实验①③证明pH升高，不利于M的降解 D．实验③和④对比，说明M的起始浓度越小，降解速率越快 12．对水样中M的分解速率的影响因素进行研究，每次取2L水样进行实验，在相同温度下，M的物质的量[n(M)]随时间(t)变化的有关实验数据如下图所示，下列说法正确的是 A．由③④得，水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率 B．由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快 C．由②④得，水样的pH越小，M的分解速率越快 D．在0～20min内，②中M的平均分解速率为0.0075mol/(L·min) 13．在一容积可变的密闭容器中加入WO3和H2进行反应：WO3(s)＋3H2(g)W(s)＋3H2O(g)，下列说法不正确的是 A．将容器的体积缩小一半，其反应速率增大 B．保持体积不变，充入氩气，其反应速率增大 C．保持压强不变，充入氖气，H2O(g)的生成速率增大 D．保持压强不变，充入氖气，H2(g)的反应速率减小 14．NOCl常用于有机合成，其合成原理为2NO(g)＋Cl2(g)⇌2NOCl(g)，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)所具有能量低76kJ B．该反应为吸热反应 C．该反应中每生成2molNOCl(g)放出热量76kJ D．形成1molNOCl(g)中的化学键放出热量90kJ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15.以硫铁矿(主要成分为)为原料制备氯化铁晶体()的工艺流程如图。 (1)中铁元素的化合价是 ； (2)焙烧前将矿石粉碎的目的是 ，焙烧的产物与温度、空气含量有关，若焙烧得到的固体全是，焙烧时发生反应的化学方程式为 ； (3)经检验，过滤所得滤液中含有，检验最好选用的试剂为 ； (4)通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为 ； (5)尾气主要含、、和少量的、，尾气可用碱液吸收，的NaOH溶液最多可吸收 (标准状况)； (6)已知碘单质的氧化性比三价铁离子弱，写出一个离子方程式证明： 。 16.下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。 方法I 用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4 方法Ⅱ 用生物质热解气(主要成分CO、CH4、H2)将SO2在高温下还原成单质硫 方法Ⅲ 用Na2SO3溶液吸收SO2 (1)如果不对燃煤烟气脱硫，易形成酸雨，酸雨一般指的是pH小于 的降雨，为减少酸雨的产生，可采取的措施有 (填序号)； ①把工厂烟囱造高；②化石燃料脱硫；③开发新能源；④在已酸化的土壤中加石灰。 (2)方法I中氨水吸收燃煤烟气中SO2的化学反应为：2NH3＋SO2＋H2O=(NH4)2SO3、 ； (3)用方法I脱硫时，能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有 (填字母)； A．增大氨水浓度        B．升高反应温度        C．使燃煤烟气快速通过氨水 (4)方法Ⅱ中CO将SO2还原为S时，自身转化为 (填化学式)； (5)对方法Ⅲ吸收SO2后的溶液加热可使吸收液再生，其反应属于基本反应类型中的 反应； (6)某兴趣小组为了测定燃煤烟气中二氧化硫的体积分数，做了如下实验。取标准状况下的燃煤烟气2.000L(含氮气、氧气、二氧化碳、二氧化硫等)，缓慢通过足量溴水，反应的化学方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4。在所得溶液中加入稍过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，过滤后将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为0.466g。试计算该燃煤烟气样品中二氧化硫的体积分数 (写出计算过程)。 17.甲醇(CH3OH)是重要的化工原料，应用前景广阔。工业上可以用CO2加氢来生产甲醇燃料，总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。 I．某温度下，在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CH3OH和CO2的物质的量随时间变化如图所示。 (1)下列说法能表明该反应达到平衡状态的是 (填序号)； A．容器内气体的压强保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量不变 C．υ逆(CO2)=3υ正(H2)    D．混合气体的密度不变 E．n(CO2)：n(H2)保持不变 F．CO2的物质的量分数不变 (2)a点正反应速率 (填“大于”、“等于”或“小于”)逆反应速率； (3)前3min，用CH3OH表示的反应速率为 ，平衡时CO2 的转化率为 ；(计算结果均保留两位有效数字) Ⅱ．甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如下图所示； (4)电极A为燃料电池的 (填“正”或“负”)极，该电极反应式为 ； (5)当电路中通过2mol电子时，消耗O2的体积为 L(标准状况)。18.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。在此基础上，将工业纯碱(含、等杂质)进行提纯，能获得更高质量的纯碱。 (1)从A～D中选择合适的仪器制备，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)； (2)B中使用雾化装置的优点是 ； (3)生成的总反应的化学方程式为 ； (4)反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体和滤液。 ①对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量，增重，则固体的质量为 g； ②市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是小苏打。苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量使口感发涩，写出一种除去中改善口感的方法 (用离子方程式表示)； ③向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(固体)＋NH4Cl(溶液)→NaCl(溶液)＋NH4Cl(固体)过程。通过一系列操作使固体析出后将其 、洗涤、干燥(填操作)； (5)流程中加入NaOH除去杂质离子的离子方程式为 。 19.利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气(主要成分为、和NO)进行协同脱硫脱硝的流程示意图如下： 已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。 ②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示： 还原剂 NO 反应快慢 极慢 快 极慢 快 (1)将溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是 ； (2)氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出将NO转化为的化学方程式： ； (3)以溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。 ①写出溶液吸收的离子方程式： ； ②吸收剂中初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中含量显著提升，写出溶液吸收的离子方程式： ； ③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示： i．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因； ； ii．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因： ； (4)该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为 。 答案解析 1.C 【详解】A．亚硫酸钠固体易溶于水1，在启普发生器中用70%的浓硫酸与亚硫酸钠反应，亚硫酸钠会溶解，与硫酸溶液混合，无法控制反应的进程，不能用启普发生器制备SO2，A不能达到实验目的； B．次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测其溶液的pH，B不能达到实验目的； C．观察U形管左右两端的红墨水液面的高低，铜和浓硝酸反应放出大量热，使大试管中的气体受热膨胀，U形管中液面左端低于右端，C能达到实验目的； D．浓盐酸具有强挥发性，通入硅酸钠溶液中的二氧化碳气体中含有HCl杂质，干扰实验，无法证明非金属性：C＞Si，D不能达到实验目的； 故选C。 2．C 【详解】A．负极上Zn被氧化，在碱性条件下不能以锌离子形式存在，生成ZnO或等，A错误； B．正极上得电子被还原，发生的电极反应为，B错误； C．电池工作时，正极反应式为，正极附近pH增大，C正确； D．该电池工作时KOH溶液是电解质溶液，传递离子，具有导电作用，D错误； 故选C。 3．D 【详解】A．碳酸氢钠与盐酸的反应过程是，第一步反应成键放热，第二步反应断键吸热，故其能量变化与a不同，A错误； B．过程b发生两步反应，第一步活化能更高，故第一步为决速步，B错误； C．催化剂通过改变反应活化能而改变反应速率，不会改变反应的焓变，C错误； D．由图可知，根据反应方程式可知，当时反应可自发进行，故T越小越有利于G<0，D正确； 本题选D。 4．B 【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。 【详解】A．=0.01 mol/(L•s) B．≈0.013 mol/(L•s) C．=0.0033mol/(L•s) D．=0.0083mol/(L•s) 故速率最快的是B项，答案选B。 5．D 【详解】A．火箭推动剂的发展历史是从古代的火药到液体推进剂、固体推进剂，再到现如今的高能推进剂和绿色推进剂说明火箭技术的发展经历了多个阶段，每个阶段都标志着技术的进步和对更高飞行性能的追求，A正确； B．硅单质具有良好的半导体性能，高纯硅制成的太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，B正确； C．飞秒化学是采用10−15∼10−12s的时间分辨技术跟踪监测化学反应中寿命极短的中间体或过渡态的技术，秒化学的时间分辨率之所以能达到如此高的精度，是因为它能够精确地测量和分析在极短时间内发生的化学反应，这对于揭示化学反应的细节和动力学过程非常关键，C正确； D．燃料电池，它是一种将化学能转化为电能的装置，D错误； 故选D。 6．B 【详解】A．根据表格中的数据，浓度变化与时间成正比，即速率是一个常数，说明，该反应是零级反应，故A正确： B．速率是一个常数，，可知，故B错误； C．根据表格中数据，每10min水的浓度降低0.05mol/L，可知，故C项正确； D．设起始浓度为cmol/L，半衰期可知半衰期与起始浓度成正比，表中起始浓度为0.3mol/L时，半衰期为30min，若起始浓度为0.6mol/L，则半衰期为60min，故D正确； 选B。 7．C 【详解】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。即，故选C。 8．D 【详解】A．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，得到方程式：，故A正确； B．镁呈+2价、O呈-2价、H呈+1价，按元素化合价代数和为0可知，图中碳元素为+2价的中间体只有，故B正确； C．MgO是催化剂，在化学反应中的量不发生改变，反应前后性质不改变，经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程，故C正确； D．由图可知，整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO和Pd，故D错误； 故选D。 9.BC 【详解】A．根据乙室电极质量增加，则铜离子得到电子变为铜单质，因此乙室Cu电极为正极，故A错误； B．扩散到乙室，铜离子和氨形成，减少了铜离子的量，因此将对电池放电效率产生影响，故B正确； C．乙室为正极，则甲室为负极，其电极反应式：，故C正确； D．乙室中铜离子得到电子变为铜单质，硫酸根会向甲移动，因此隔膜为阴离子膜，故D错误。 综上所述，答案为BC。 10．AC 【分析】从图中可知，B、C物质的量减小为反应物，A、D物质的量增加为生成物，且6s时各物质的物质的量保持恒定，该反应为可逆反应且6s时反应达到平衡。 【详解】A．0-6s内，A、B、C、D四种物质的物质的量变化量分别为1.2mol、0.6mol、0.8mol、0.4mol，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应的化学方程式为，A正确； B．1s时A和C的物质的量恰好相同，但是不能说明A和C的反应速率相同，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，A的反应速率大于C，B错误； C．反应开始到6s时，B的平均反应速率为，C正确； D．反应进行到6s时，反应达到平衡，根据反应速率之比等于化学计量数之比，各物质的反应速率不同，D错误； 故答案选AC。 11．AD 【详解】A．由图中数据，可知15 min内Δc(M)=(0.3mol/L-0.1mol/L)×10-3=2×10-4mol/L，则实验①中0～15min内M的降解速率为2×10−4mol/L÷15min=1.33×l0-5mol/(L•min)，故A项错误； B．由图中曲线变化可看出实验②相对于实验①，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B项正确； C．由图中曲线变化可看出实验①相对于实验③，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C项正确； D．实验③和④相比，起始浓度不一样，pH也不一样，无法得出M的起始浓度与降解速率快慢的关系，故D项错误； 故本题选AD。 12．AD 【详解】A．根据③④知，pH相同时，添加铜离子的，相同时间内c(M)的变化量越大，则M的分解速率大，A正确； B．根据②③知，反应起始浓度及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断反应速率与浓度关系，B错误； C．根据②④知，铜离子及溶液pH都不同，两个变量，则无法判断M的分解速率与pH关系，C错误； D．由题图知0～20 min内，②中M的分解速率v(M)＝＝0.0075 mol·L－1·min－1，D正确； 故选AD。 13．BC 【详解】A．将体积缩小，各气体的浓度均增大，反应速率加快，A正确； B．体积不变充入氩气，H2(g)、H2O(g)的浓度不变，反应速率不变，B错误； C．压强不变，充入氖气，体积增大，H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，C错误； D．压强不变，充入氖气，体积增大，H2(g)的浓度减小，反应速率减慢，D正确； 故选BC。 14．CD 【详解】A．根据图示，2 mol NOCl(g)所具有能量比2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)所具有的总能量低(180-104)kJ=76 kJ，故A错误； B．反应物的能量总和大于生成物的能量总和，为放热反应，故B错误； C．根据图示，2 mol NOCl(g)所具有能量比2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)所具有的总能量低(180-104)kJ=76 kJ，故C正确； D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，故D正确； 故选CD。 15.(1)+2 (2) 增大接触面积，加快化学反应速率 (3)溶液 (4) (5)11.2 (6) 【分析】硫铁矿(主要成分为)在空气中焙烧生成SO2和铁的氧化物，向铁的氧化物中加入30%盐酸进行酸溶得到含铁元素的盐溶液，过滤以除去不溶物，再向滤液中通入氯气将铁元素氧化为+3价得到FeCl3溶液，再经一系列操作得到，据此解答。 【详解】（1）中硫元素的化合价是-1价，根据化合物的化合价代数和为零可知，铁元素的化合价是+2； （2）粉碎矿石减小其颗粒度，增大反应物间的接触面积，增大反应速率，则焙烧前将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，加快化学反应速率。若焙烧得到的固体全是，同时生成SO2，则焙烧时发生反应的化学方程式为：； （3）检验最好选用的试剂为溶液，与Fe2+结合生成蓝色沉淀； （4）氯气能将Fe2+氧化成Fe3+，则通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为：； （5）与NaOH溶液的反应产物可以是亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，有关反应为：或，当产物为亚硫酸氢钠时吸收的最多，此时=0.5 mol，则的NaOH溶液最多可吸收11.2 L(标准状况)； （6）已知碘单质的氧化性比三价铁离子弱，则Fe3+能将碘离子氧化成碘单质，所以证明碘单质的氧化性比三价铁离子弱的一个离子方程式为：。 16.(1) 5.6 ②③ (2)或 (3)A (4)CO2 (5)分解反应 (6)2.24% 【详解】（1）由于雨水中溶解由CO2，雨水pH一般为5.6，酸雨一般指的是小于5.6； ①把工厂烟囱造高不能减少二氧化硫的排放量，故错误； ②化石燃料脱硫能减少二氧化硫的排放量，故正确； ③开发新能源能减少化石能源的使用，能减少二氧化硫的排放量，故正确； ④在已酸化的土壤中加石灰能减少土壤的酸化程度，但不能减少二氧化硫的排放量，故错误； 故选②③； （2）方法I中氨水吸收燃煤烟气中SO2，若SO2少量时生成(NH4)2SO3，若SO2过量时生成，反应的化学方程式为：或； （3）A．增大氨水浓度，消耗SO2的物质的量增大，则SO2的去除率增大，故A正确； B．升高反应温度，减小氨水的浓度，则SO2的去除率减小，故 B错误； C．使燃煤烟气快速通过氨水，反应时间缩短，SO2的去除率减小，故C错误； 故答案为：A； （4）方法Ⅱ：用生物质热解气(主要成分、、)将在高温下还原成单质硫，二氧化硫被还原，则CO被氧化为CO2； （5）方法Ⅲ吸收SO2后的溶液生成NaHSO3，NaHSO3受热分解为Na2SO3，可使吸收液再生，其反应属于分解反应； （6）根据反应可知，所取的2.000L标准状况下的燃煤烟气中SO2与足量溴水反应生成硫酸和氢溴酸，再加入稍过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀为，因此0.466g的物质的量为，根据硫原子守恒，该空气样品中的体积分数为。 17.(1)ABF (2)大于 (3) 0.083mol·L-1·min-1 75% (4) 负极 CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O (5)11.2 【详解】（1）A．反应是气体体积减小的反应，如果没有平衡，向右进行时体系的压强会减小，现体系压强不变能说明反应达到平衡状态，故A选； B．反应是气体体积减小的反应，如果没有平衡，向右进行时气体的平均相对分子质量增大，现气体的平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡状态，故B选； C．υ逆(CO2)=3υ正(H2)，体积之比不等于计量数之比，正逆反应速率不相等，反应未达平衡，故C不选； D．容器是恒容的，反应物和生成物都是气体，混合气体的密度始终不变，故不能说明达到平衡，故D不选； E．由于n(CO2)：n(H2)的投料比等于计量数之比，改变量之比也等于计量数之比，故n(CO2)：n(H2)始终保持不变，故不能说明达到平衡，故E不选； F．如果未平衡则CO2的物质的量分数要改变，现CO2的物质的量分数不变能说明达到平衡，故F选； 答案为ABF； （2）由图像可知，a点未达平衡，正在从正向建立平衡的过程中，故正反应速率大于逆反应速率； （3）由图像可知，开始到3min时，甲醇生成了0.50mol，用CH3OH表示的反应速率为=0.083mol·L-1·min-1；由图像可知，到平衡时CO2转化了0.75mol，故平衡时CO2 的转化率为=75%； （4）A通入甲醇，为负极，在碱性介质中变为碳酸根，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O； （5）1molO2得到4mol电子，当电路中通过2mol电子时，消耗O2的物质的量为0.5mol，标况下体积为11.2L。 18.(1)aefbc (2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率 (3) (4) 0.84 过滤 (5) 【分析】向饱和氯化钠溶液中先通入氨气得到饱和氨盐水，再通入二氧化碳，过滤得到碳酸氢钠固体和氯化铵溶液，母液I中主要含有氯化铵，反应I的化学方程式为，加热碳酸氢钠生成碳酸钠得到工业纯碱，其中含有镁离子、氯离子等杂质，加水溶解，然后加氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤，滤液中主要含有碳酸钠，把滤液浓缩结晶，过滤得到碳酸钠晶体，洗涤、脱水得到碳酸钠。 【详解】（1）实验室制取纯碱时先用装置A制取二氧化碳，再利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，接着通入B装置与氨盐水反应生成碳酸氢钠，则从A～D中选择合适的仪器制备，正确的连接顺序是aefbc； （2）B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率； （3）向饱和氯化钠溶液中先通入氨气得到饱和氨盐水，再通入二氧化碳，过滤得到碳酸氢钠固体和氯化铵溶液，生成的总反应的化学方程式为； （4）①对固体充分加热：，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量：，根据方程式可知，二氧化碳与过氧化钠反应，固体实际增重的是CO的质量，则增重，二氧化碳的物质的量，固体的物质的量为，固体的质量为。 ②苏打水会因储藏温度过高而分解产生少量使口感发涩，除去中可以向其中通入二氧化碳，将碳酸钠转化为碳酸氢钠，改善口感，反应的离子方程式为； ③向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(固体)＋NH4Cl(溶液)→NaCl(溶液)＋NH4Cl(固体)过程，通过一系列操作使固体析出后将其过滤、洗涤、干燥得NH4Cl； （5）工业纯碱中含有镁离子、氯离子等杂质，加水溶解，然后加氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，所以流程中加入NaOH除去杂质离子的离子方程式为。 19.(1)增大接触面积，提高反应速率 (2) (3) 氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的 氧化剂用量过大，发生分解，部分与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对和的吸收 (4)(或) 【分析】由题给流程可知，将过氧化氢溶液雾化后通入氧化反应器，过氧化氢微小液滴与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，处理后的氧化烟气从喷淋吸收塔的下方通入，二氧化硫与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，二氧化氮与浓度较大的亚硫酸根离子、亚硫酸氢根反应生成氮气和硫酸根离子，将含有氮气的烟气通入除雾器后，再通入烟气分析仪中测定脱硫率、脱氮率，反应得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵。 【详解】（1）过氧化氢溶液雾化后再通入氧化反应器可以增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率； （2）由分析可知，氧化反应器中通入过氧化氢微小液滴的目的是与烧结烟气中的一氧化氮反应转化为二氧化氮，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）①由分析可知，下方通入烟气中的二氧化硫与顶部淋入亚硫酸铵溶液反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为，故答案为：； ②由题意可知，亚硫酸铵溶液吸收二氧化氮的反应为亚硫酸铵溶液与二氧化氮反应生成氮气和硫酸铵，反应的离子方程式为； ③氧化剂/NO物质的量比较低时，氧化剂不足，不能将不溶于水的一氧化氮充分转化为易溶于水的二氧化氮，导致烟气中一氧化氮浓度较高，使得脱硝率较低；氧化剂用量过大，过氧化氢发生分解生成的氧气与烟气一起进入吸收塔中，氧气与亚硫酸根离子发生反应，反应使得亚硫酸根离子浓度减少，减少了对二氧化硫和二氧化氮的吸收，导致烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，故答案为：氧化剂不足，不能将不溶于水的NO充分转化为易溶于水的；氧化剂用量过大，发生分解，部分与烟气一起进入吸收塔中，发生反应，减少，减少了对和的吸收； （4）由分析可知，吸收塔得到的溶液中含有可以作氮肥的副产物硫酸铵和硫酸氢铵，故答案为：(或)。 学科网（北京）股份有限公司 $$