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2021届新高考化学适应性练习试卷（江苏省）1
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这是一份2021届新高考化学适应性练习试卷（江苏省）1，共35页。试卷主要包含了的一种工艺流程如图等内容，欢迎下载使用。
2021年新高考化学适应性试卷（江苏）
一．选择题（共13小题，满分57分）
1．（3分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
2．（3分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．硫化氢的电子式为：
B．实验室用稀硝酸与锌单质制备氢气
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气等气体
D．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅
3．（3分）下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（ ）
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，主要原因是乙醇分子间能形成氢键
C．红宝石、蓝宝石和金刚石都是由碳元素组成的宝石
D．非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性
4．（9分）关于氨的下列叙述中，错误的是（ ）
A．氨易液化，因此可用来做制冷剂
B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验
C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定
D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色
5．（9分）下列关于工业生产的说法正确的是（ ）
A．工业生产中催化剂被大量使用是因为催化剂可以提高反应速率和转化率
B．合成氨的工业生产需在高温、高压和催化剂条件下进行是因为该反应是吸热反应
C．合成氨的工业生产中，及时将NH3液化分离出来将有利于提高生成物的产量
D．硫酸的工业生产中，SO2的催化氧化没有采用高压是因为压强对该反应无影响
6．（9分）下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案与现象
A
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B
证明酸性条件下，氧化性：H2O2＞Fe3+
向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C
证明同温下，溶度积常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）
向体积为100mL、浓度均为0.01mol•L﹣1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D
证明溶液X中含有SO42﹣
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）为迎接挑战，华为公司一直致力于研究开发自己的芯片，制造芯片需要单晶硅，其中硅元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第二周期VA族 B．第三周期ⅥA族
C．第三周期ⅣA族 D．第二周期ⅣA族
8．（3分）处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜（含有LiCoO2、Al等）的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
（ ）
A．碱浸时有可燃性气体生成
B．还原时发生反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑
C．已知若用盐酸代替硫酸，可不使用H2O2，则使用盐酸还原时有Cl2生成
D．若上述过程在实验室中进行，则需要过滤两次
9．（3分）利用LiOH可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，如图，两极区电解质溶液分别为LiOH和LiCl溶液．下列说法错误的是（ ）
A．B极区电解质溶液为LiOH溶液
B．阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．电解过程中主要是H+通过阳离子交换膜向B电极迁移
D．电极A连接电源的正极
10．（3分）某同学做葡萄糖的还原性实验，取4mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液和1mL0.5ml•L﹣1的NaOH 溶液，将它们混合后，滴入1.0mL的10%葡萄糖溶液，加热煮沸，结果没有看到红色沉淀生成，这是因为（ ）
A．NaOH 溶液不足量 B．加热时间不够
C．CuSO4溶液不足量 D．葡萄糖溶液太浓
11．（3分）甲（）、乙（）、丙（）都是重要有机物。下列说法错误的是（ ）
A．在一定条件下，甲、乙、丙都能发生酯化反应
B．丙分子中所有碳原子可能共平面
C．甲和乙都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2
12．（3分）有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A．A装置的气球膨胀速率大
B．若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
C．若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D．最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同
13．（3分）在恒容密闭容器中发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2（g）的质量分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b、c两点的反应速率：b＜c
B．a、b两点的气体的密度：a＝b
C．a、b、c三点的平衡常数：a＜b＜c
D．b、c两点反应体系的颜色一样
二．解答题（共4小题，满分61分）
14．（15分）某科研小组对O3氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO2、NOx的研究（NOx中，NO 占95%以上，NO2的含量小于5%）提出以下问题：
（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇3把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO2．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO2，反应总的离子方程式为 ．
吸收后溶液中C（Na+）＝ C（SO32﹣）+ C（HSO3﹣）+
②在有催化剂存在的情况下，O3氧化SO2时，平衡不随压力的改变而改变，则SO2与O3反应的化学方程式为 ．
③在90℃时，反应体系中NO和NO2浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O3反应的化学方程式为 ．当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为 ．
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是：
a．SO2与O3反应的活化能大于NO与O3反应的活化能
b．SO2与O3反应的反应热大于NO与O3反应的反应热
c．SO2与O3反应的反应速率小于NO与O3反应的反应速率
（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．
①若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为 mol．
②某小组在右室装有10L 0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2 （不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO2．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO3、0.2mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比 （假设尾气中不含氮氧化物）
15．（14分）工业上以芳香烃X为原料制备药物中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件省略）。
回答下列问题：
（1）反应B→C的“一定条件”为 。
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是 。
（3）指出下列反应的反应类型：X→A ，D→E 。
（4）足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为 。
（5）D在一定的条件下可转化为，请写出满足下列条件的的同分异构体的结构简式： 。
①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应和银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2。
（6）请写出以X为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）： 。
16．（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用下列实验制取漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），并进行纯度的测定。
已知：
①饱和NaClO2溶液析出晶体与温度的关系如表所示。
温度/℃
＜38
38～60
＞60
晶体成分
NaClO2•3H2O
NaClO2
NaClO2分解生成NaClO3和NaCl
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
实验一、制备NaClO2晶体
（1）装置C的作用是 。
（2）装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为 。
（3）装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是 。
（4）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；② ；③ ；④低于60℃干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A．冷却到室温后，过滤
B．趁热过滤
C．常温洗涤
D．冰水洗涤
E．38～60℃的温水洗涤
实验二、测定产品纯度
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 。（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简）
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
17．（16分）煤燃烧产生的烟气含有的SO2，是大气主要污染物之一．减少煤燃烧对大气造成的污染，应从多方面采取措施．
（1）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．
①一种烟气脱硫技术是向煤中加入适量石灰石，可大大减少燃烧产物中SO2的含量，最后生成CaSO4，该反应的化学方程式为 ．
FeS2Fe2+、SOFe3+、SO
②煤炭中以FeS2（铁元素为+2价）形式存在的硫，可以采用微生物脱硫技术脱去，其原理如图所示：
1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为 ．
（2）燃煤后烟气脱硫方法之一是利用天然海水的碱性吸收烟气中SO2并转化为无害的SO42﹣，其流程的示意图如下：
①海水中碳元素主要以HCO3﹣的形式存在．用离子方程式表示海水呈碱性的原因： ．
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是 ．
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是 ．
2021年新高考化学适应性试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题，满分57分）
1．（3分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳；
D．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A不选；
B．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故B不选；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C不选；
D．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D选。
故选：C。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧、化合反应等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．硫化氢的电子式为：
B．实验室用稀硝酸与锌单质制备氢气
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气等气体
D．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅
【分析】A．硫化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；
B．稀硝酸具有强氧化性，与锌反应生成的不是氢气，应该所以非氧化性的酸制取氢气；
C．硫酸能够与氨气反应，所以不能所以浓硫酸干燥氨气；
D．石英、水晶、玛瑙三者的主要成分成分都是二氧化硅。
【解答】解：A．硫化氢为共价化合物，其电子式为，故A错误；
B．稀硝酸与锌反应生成一氧化氮，变化生成氢气，制取氢气应该使用非氧化性的酸，如稀硫酸、稀盐酸等，故B错误；
C．浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体氨气，干燥氨气应该使用碱石灰，故C错误；
D．水晶、玛瑙、石英主要材料为SiO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电子式的书写判断、硝酸的化学性质、常见的干燥剂及使用方法，题目难度不大，注意掌握电子式的书写方法，明确制取氢气使用的是非氧化性的酸，明确干燥剂的种类及使用方法．
3．（3分）下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（ ）
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，主要原因是乙醇分子间能形成氢键
C．红宝石、蓝宝石和金刚石都是由碳元素组成的宝石
D．非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性
【分析】A、分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质；
B、醇类分子间能形成氢键，会导致沸点升高；
C、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝，不是碳单质；
D、非金属的最高价含氧酸不一定具有氧化性．
【解答】解：A、分子间作用力影响分子的物理性质，不影响物质的化学性质，而分子的稳定性属于化学性质，晶体中分子间作用力和分子稳定性之间没有必然联系，故A错误；
B、乙醇分子间能形成氢键，甲醚（CH3﹣O﹣CH3）分子间不具备，氢键会导致物质沸点升高；所以乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，故B正确；
C、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝（Al2O3），不是碳单质，只有金刚石是碳元素组成的单质，故C错误；
D、碳酸、磷酸、稀硫酸等均不具有强的氧化性，硝酸、浓硫酸等有强氧化性，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生物质的组成、结构和性质之间的关系，可以根据所学知识来回答，难度中等．
4．（9分）关于氨的下列叙述中，错误的是（ ）
A．氨易液化，因此可用来做制冷剂
B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验
C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定
D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色
【分析】A、氨气的物理性质分析，液氨挥发为气体吸热；
B、依据喷泉实验的原理分析，需要气体易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉；
C、气体氢化物的稳定性取决于分子结构，和溶解性无关；
D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子显碱性；
【解答】解：A、氨易液化，液氨挥发为气体吸热，因此可用来做制冷剂，故A正确；
B、易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉，氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验，故B正确；
C、氨极易溶于水，和氨气的稳定性无关，氨气的稳定性由分子中的共价键强弱判断，故C错误；
D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子，溶液显碱性，使酚酞试剂变红色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氨气性质的分析判断，掌握氨气性质是解题关键，注意氨气的稳定性游戏因素，题目难度中等．
5．（9分）下列关于工业生产的说法正确的是（ ）
A．工业生产中催化剂被大量使用是因为催化剂可以提高反应速率和转化率
B．合成氨的工业生产需在高温、高压和催化剂条件下进行是因为该反应是吸热反应
C．合成氨的工业生产中，及时将NH3液化分离出来将有利于提高生成物的产量
D．硫酸的工业生产中，SO2的催化氧化没有采用高压是因为压强对该反应无影响
【分析】A、催化剂能够加快反应速率但不影响平衡移动；
B、合成氨的反应，该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，主要考虑反应速率与催化剂活性；
C、将NH3及时液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动；
D、压强对化学反应前后气体体积变化的反应的平衡移动有影响．
【解答】解：A、催化剂不能改变反应物的转化率，故A错误；
B、合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝﹣92.2kJ/mol，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，则加压有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率，升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间，通常采用500℃的高温，主要考虑反应速率与催化剂活性，故D错误；D、二氧化硫的催化氧化不采用高压是考虑设备的耐压程度，压强对化学平衡会产生影响，增大压强，有利于二氧化硫的转化，故B错误；
C、合成氨过程中分离出氨气，平衡正向移动，有利于提高生成物的产量，故C正确；
D、二氧化硫的催化氧化不采用高压是考虑设备的耐压程度，压强对化学平衡会产生影响，增大压强，有利于二氧化硫的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了化学实验、元素化合物的性质等知识，题目较为综合，但难度不大，可以根据已有知识进行解答，平时注意相关反应原理的理解．
6．（9分）下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案与现象
A
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B
证明酸性条件下，氧化性：H2O2＞Fe3+
向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C
证明同温下，溶度积常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）
向体积为100mL、浓度均为0.01mol•L﹣1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D
证明溶液X中含有SO42﹣
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯水中含HClO，具有漂白性；
B．酸性溶液中硝酸根离子、亚铁离子发生氧化还原反应；
C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同；
D．先滴加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀为硫酸钡。
【解答】解：A．由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，故A错误；
B．向Fe（NO3）2 溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2＞Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，故B错误；
C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断Ksp大小，故C错误；
D．向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有SO42﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）为迎接挑战，华为公司一直致力于研究开发自己的芯片，制造芯片需要单晶硅，其中硅元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第二周期VA族 B．第三周期ⅥA族
C．第三周期ⅣA族 D．第二周期ⅣA族
【分析】硅为主族元素，主族元素电子层数＝周期序数，主族族序数＝最外层电子数，据此分析解答。
【解答】解：硅元素是14号元素，该原子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；原子核外有三个电子层，主族元素电子层数＝周期序数，位于第三周期，主族族序数＝最外层电子数，最外层为4个电子，位于第三周期第ⅣA族，
故选：C。
【点评】本题考查硅元素在元素周期表中的位置，明确原子结构、主族元素电子层数＝周期序数，主族族序数＝最外层电子数是解本题关键，题目难度不大。
8．（3分）处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜（含有LiCoO2、Al等）的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
（ ）
A．碱浸时有可燃性气体生成
B．还原时发生反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑
C．已知若用盐酸代替硫酸，可不使用H2O2，则使用盐酸还原时有Cl2生成
D．若上述过程在实验室中进行，则需要过滤两次
【分析】铝钴膜废料的成分为LiCoO2和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸锂。
【解答】解：A．废料铝钴膜含有LiCoO2、Al等，碱浸时，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，有可燃性气体生成，故A正确；
B．滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，还原时发生反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑，故B正确；
C．硫酸是提高酸性环境，可以用盐酸代替硫酸，氯离子还原LiCoO2，氯离子被氧化为氯气，可不使用H2O2还原LiCoO2，故C正确；
D．上述分析可知过程在实验室中进行，则需要过滤三次，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，题目难度中等。
9．（3分）利用LiOH可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，如图，两极区电解质溶液分别为LiOH和LiCl溶液．下列说法错误的是（ ）
A．B极区电解质溶液为LiOH溶液
B．阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．电解过程中主要是H+通过阳离子交换膜向B电极迁移
D．电极A连接电源的正极
【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，根据电解池的工作原理来回答．
【解答】解：电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH。
A、A中为LiCl溶液，B极区电解质溶液为LiOH溶液，故A正确；
B、由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故B正确；
C、B为阴极，A是阳极，电解过程中，电解质中的阳离子移向阴极，H+通过阳离子交换膜向B电极迁移，同时Li+由A经过阳离子交换膜向B移动，故C错误；
D、A是阳极，A连接电源的正极，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及应用方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．
10．（3分）某同学做葡萄糖的还原性实验，取4mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液和1mL0.5ml•L﹣1的NaOH 溶液，将它们混合后，滴入1.0mL的10%葡萄糖溶液，加热煮沸，结果没有看到红色沉淀生成，这是因为（ ）
A．NaOH 溶液不足量 B．加热时间不够
C．CuSO4溶液不足量 D．葡萄糖溶液太浓
【分析】醛基能和新制的Cu（OH）2反应，该反应的本质是：醛基具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，操作的关键是碱要过量，据此即可解答。
【解答】解：A．n（CuSO4）＝0.5mol/L×0.004L═0.002mol，根据反应CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4可知：n（NaOH）＝2n（CuSO4）＝0.004mol，n（NaOH）＝0.5mol/L×V，V＝8mL，应该加0.5mol/L NaOH溶液8mL，实际只加了1mL，NaOH溶液的量不够，故A正确；
B．葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，只要加热即可，故B错误；
C．n（NaOH）＝0.5mol/L×0.004L＝0.002mol，根据反应CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaSO4可知：n（NaOH）＝2n（CuSO4），n（CuSO4）＝0.0001mol，应该加CuSO42mL，实际加了4mL，故C错误；
D．葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应，该反应的本质是：葡萄糖中的醛基具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，只要有醛基即可反应，与葡萄糖溶液浓稀无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查醛基的检验，解答时注意根据方程式中量的关系解题，题目难度不大。
11．（3分）甲（）、乙（）、丙（）都是重要有机物。下列说法错误的是（ ）
A．在一定条件下，甲、乙、丙都能发生酯化反应
B．丙分子中所有碳原子可能共平面
C．甲和乙都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2
【分析】A．一定条件下，﹣OH、﹣COOH都能发生酯化反应；
B．环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构；
C．碳碳不饱和键都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，碳碳不饱和键和醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，醛基能被溴水氧化而使溴水褪色；
D．乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应。
【解答】解：A．甲含有﹣OH、乙和丙都含有﹣COOH，所以一定条件下甲、乙、丙都能发生酯化反应，故A正确；
B．丙的环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以丙中所有碳原子不能共平面，故B错误；
C．甲乙都含有碳碳双键，所以都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇、酸的性质，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意乙中碳氧双键不能和氢气发生加成反应，题目难度不大。
12．（3分）有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A．A装置的气球膨胀速率大
B．若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
C．若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D．最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同
【分析】A．碳酸氢钠的反应速率较快；
B．最终两气球体积相同，生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应；
C．最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；
D．根据Na+、Cl﹣的物质的量判断
【解答】解：A．碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以A装置的气球膨胀速率小，故A错误；
B．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，若最终两气球体积相同，说明氯化氢的物质的量大于或等于0.02mol，其浓度大于或等于2mol/L，故B正确；
C．碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2 ↑+H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+＝CO2 ↑+H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0＜n（HCl）＜0.02mol，所以其浓度小于2mol/L，故C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，所以Na2CO3和 NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，题目难度中等，注意明确碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
13．（3分）在恒容密闭容器中发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2（g）的质量分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b、c两点的反应速率：b＜c
B．a、b两点的气体的密度：a＝b
C．a、b、c三点的平衡常数：a＜b＜c
D．b、c两点反应体系的颜色一样
【分析】A.升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则c点温度、压强均比b点大；
B.气体的质量不变、体积不变；
C.a、c温度相同，b点温度小于a、c点的温度；
D.b、c点二氧化氮的体积分数相同。
【解答】解：A.升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则c点温度、压强均比b点大，可知b、c两点的反应速率：b＜c，故A正确；
B.气体的质量不变、体积不变，则a、b两点的气体的密度：a＝b，故B正确；
C.a、c温度相同，b点温度小于a、c点的温度，则a、b、c三点的平衡常数：b＜a＝c，故C错误；
D.b、c点二氧化氮的体积分数相同，则b、c两点反应体系的颜色一样，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，题目难度不大。
二．解答题（共4小题，满分61分）
14．（15分）某科研小组对O3氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO2、NOx的研究（NOx中，NO 占95%以上，NO2的含量小于5%）提出以下问题：
（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇3把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO2．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO2，反应总的离子方程式为 4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O ．
吸收后溶液中C（Na+）＝ C（SO32﹣）+ C（HSO3﹣）+ c（H2SO3）
②在有催化剂存在的情况下，O3氧化SO2时，平衡不随压力的改变而改变，则SO2与O3反应的化学方程式为 SO2+O3SO3+O2 ．
③在90℃时，反应体系中NO和NO2浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O3反应的化学方程式为 NO+O3═NO2+O2 ．当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为 NO2被氧化到了更高价态 ．
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是： b
a．SO2与O3反应的活化能大于NO与O3反应的活化能
b．SO2与O3反应的反应热大于NO与O3反应的反应热
c．SO2与O3反应的反应速率小于NO与O3反应的反应速率
（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．
①若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为 0.1 mol．
②某小组在右室装有10L 0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2 （不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO2．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO3、0.2mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比 17：7 （假设尾气中不含氮氧化物）
【分析】（1）①若NaOH和SO2反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O①，若NaOH和SO2反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO2＝NaHSO3②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO2）0.15mol，n（NaOH）：n（SO2）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应；
n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO2），即3n（Na+）＝4n（SO2）①，根据物料守恒n（SO2）＝n（SO32﹣）+n（HSO3﹣）+n（H2SO3）②，联立①②得，3n（Na+）＝4n（SO32﹣）+4n（HSO3﹣）+4n（H2SO3），故n（Na+）n（SO32﹣）n（HSO3﹣）n（H2SO3），据此进行分析；
②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气；
③NO与O3反应生成二氧化氮和氧气；
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰，主要是因为SO2与O3反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应；
（2）①n（NO2）0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；
②n（H2）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，
电解前溶液中n（HNO3）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.2molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.2molHNO2生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）＝3 mol﹣0.2 mol•L﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，
生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．
【解答】解：（1）①若NaOH和SO2反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O①，若NaOH和SO2反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO2＝NaHSO3②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO2）0.15mol，n（NaOH）：n（SO2）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应，故产物既有Na2SO3又有NaHSO3，且反应物n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，故反应的离子方程式为4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O；
n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO2），即3n（Na+）＝4n（SO2）①，根据物料守恒n（SO2）＝n（SO32﹣）+n（HSO3﹣）+n（H2SO3）②，联立①②得，3n（Na+）＝4n（SO32﹣）+4n（HSO3﹣）+4n（H2SO3），则n（Na+）n（SO32﹣）n（HSO3﹣）n（H2SO3），故c（Na+）c（SO32﹣）c（HSO3﹣）c（H2SO3），
故答案为：4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O；；；c（H2SO3）；
②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气，故化学方程式为SO2+O3 SO3+O2，
故答案为：SO2+O3 SO3+O2；
③NO与O3反应生成二氧化氮和氧气，故化学反应方程式为NO+O3═NO2+O2；当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为NO2被氧化到了更高价态，
故答案为：NO+O3═NO2+O2；NO2被氧化到了更高价态；
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰，主要是因为SO2与O3反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应，故对这一现象解释最不合理的是b，
故答案为：b；
（2）①n（NO2）0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，
故答案为：0.1；
②n（H2）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，
电解前溶液中n（HNO3）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.2molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.2molHNO2生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）＝3 mol﹣0.2 mol•L﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，
生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y＝1.2﹣0.2，3x+y＝2.3，解得x＝0.65，y＝0.35，
n（NO）：n（NO2）＝（0.65+0.2）mol：0.35mol＝17：7，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为17：7，
故答案为：17：7．
【点评】本题考查离子方程式以及化学方程式的书写，以及物料守恒的使用等，注意（2）②中电解后的硝酸还包含原来的硝酸，为易错点．
15．（14分）工业上以芳香烃X为原料制备药物中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件省略）。
回答下列问题：
（1）反应B→C的“一定条件”为 Cl2、光照 。
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是 H中含有酚羟基和﹣NH﹣ 。
（3）指出下列反应的反应类型：X→A 加成反应 ，D→E 取代反应 。
（4）足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为 +2NaOH+NaCl+H2O 。
（5）D在一定的条件下可转化为，请写出满足下列条件的的同分异构体的结构简式： 。
①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应和银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2。
（6）请写出以X为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）： 。
【分析】由A的结构简式可知，芳香烃X与丙烯发生加成反应，故X为，一定条件下A中异丙基转化为酚羟基而生成B，对比B、C结构可知，在光照条件下B与氯气发生一氯取代生成C，C转化生成D，D发生取代反应生成E，E转化生成F，F发生开环加成生成G，G发生取代反应生成H；
（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成。
【解答】解：（1）反应B→C是B中苯环连接的甲基上H原子被氯原子取代，故“一定条件”为：Cl2、光照，
故答案为：Cl2、光照；
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是：H中含有酚羟基和﹣NH﹣，
故答案为：H中含有酚羟基和﹣NH﹣；
（3）X→A发生加成反应，D→E发生取代反应，
故答案为：加成反应；取代反应；
（4）C中酚羟基与NaOH发生中和反应、氯原子发生水解反应，足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；
（5）满足下列条件的的同分异构体：①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有﹣OOCH，③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2，说明存在对称结构，即﹣OH与﹣OOCH处于对位，符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成，合成路线流程图为：。
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
16．（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用下列实验制取漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），并进行纯度的测定。
已知：
①饱和NaClO2溶液析出晶体与温度的关系如表所示。
温度/℃
＜38
38～60
＞60
晶体成分
NaClO2•3H2O
NaClO2
NaClO2分解生成NaClO3和NaCl
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
实验一、制备NaClO2晶体
（1）装置C的作用是 吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气 。
（2）装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为 2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2 。
（3）装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是 SO42﹣ 。
（4）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；② B ；③ E ；④低于60℃干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A．冷却到室温后，过滤
B．趁热过滤
C．常温洗涤
D．冰水洗涤
E．38～60℃的温水洗涤
实验二、测定产品纯度
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 。（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简）
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果 偏高 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【分析】A中75%硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯酸钠反应生成ClO2，B中ClO2在碱性条件下与过氧化氢反应生成NaClO2，C为尾气吸收装置，且可防止倒吸。
（1）装置B中制备NaClO2，装置C是吸收未冷却、未反应的气体，防止污染空气；
（2）装置B中利用氢氧化钠、过氧化氢和二氧化氯反应制备NaClO2，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式；
（3）装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，A制得的气体中含有SO2，在装置B中被氧化生成硫酸；
（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；
（5）①达到滴定终点时的现象是利用的是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时恰好反应碘单质，溶液蓝色褪去；
②ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，得到ClO2﹣～2I2～4S2O32﹣，结合定量关系计算；
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，导致消耗标准液体积偏大。
【解答】解：（1）装置C的作用是吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气，
故答案为：吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；
（2）装置A中制备得到ClO2，装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式，装置B中制备NaClO2的化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2；
（3）装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，A制得的气体中含有SO2，在装置B中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，
故答案为：SO42﹣；
（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，
故答案为：B；E；
（5）①用c mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至滴定终点，达到滴定终点时的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，设该样品中NaClO2的质量分数为x，则
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
90.5g 4mol
mg•x 10V×10﹣3 L×c mol•L﹣1
该样品中NaClO2的质量分数x100%，
故答案为：；
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，使此实验测得的结果偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
17．（16分）煤燃烧产生的烟气含有的SO2，是大气主要污染物之一．减少煤燃烧对大气造成的污染，应从多方面采取措施．
（1）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．
①一种烟气脱硫技术是向煤中加入适量石灰石，可大大减少燃烧产物中SO2的含量，最后生成CaSO4，该反应的化学方程式为 2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2 ．
FeS2Fe2+、SOFe3+、SO
②煤炭中以FeS2（铁元素为+2价）形式存在的硫，可以采用微生物脱硫技术脱去，其原理如图所示：
1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为 4：15 ．
（2）燃煤后烟气脱硫方法之一是利用天然海水的碱性吸收烟气中SO2并转化为无害的SO42﹣，其流程的示意图如下：
①海水中碳元素主要以HCO3﹣的形式存在．用离子方程式表示海水呈碱性的原因： HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣ ．
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是 海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大 ．
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是 将HSO3﹣氧化为SO42﹣ ．
【分析】（1）①向煤中加入石灰石起固硫的作用，该反应的化学方程式是：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2；
②4FeS2+15O2+2H2O＝4H++4Fe3++8SO42﹣，据此进行分析；
（2）含SO2的烟气可利用海水脱硫，向曝气池中通入空气的目的是把H2SO3等氧化为SO42﹣，
①碳酸氢跟离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
②温度越低，SO2溶解度越大，据此进行分析；
③鼓入大量空气能将HSO3﹣氧化成硫酸根离子．
【解答】解：（1）①向煤中加入石灰石起固硫的作用，该反应的化学方程式是：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2，
故答案为：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2 ；
②4FeS2+15O2+2H2O＝4H++4Fe3++8SO42﹣，则1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为4：15，
故答案为：4：15；
（2）含SO2的烟气可利用海水脱硫，向曝气池中通入空气的目的是把H2SO3等氧化为SO42﹣，
①碳酸氢跟离子水解生成碳酸和氢氧根离子，故离子方程式为HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，
故答案为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大，
故答案为：海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大；
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是将HSO3﹣氧化为SO42﹣，
故答案为：将HSO3﹣氧化为SO42﹣．
【点评】本题考查化学方程式以及离子方程式的书写，温度对溶解度的影响等，本题难度中等．
2021年新高考化学适应性试卷（江苏）
一．选择题（共13小题，满分57分）
1．（3分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
2．（3分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．硫化氢的电子式为：
B．实验室用稀硝酸与锌单质制备氢气
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气等气体
D．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅
3．（3分）下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（ ）
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，主要原因是乙醇分子间能形成氢键
C．红宝石、蓝宝石和金刚石都是由碳元素组成的宝石
D．非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性
4．（9分）关于氨的下列叙述中，错误的是（ ）
A．氨易液化，因此可用来做制冷剂
B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验
C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定
D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色
5．（9分）下列关于工业生产的说法正确的是（ ）
A．工业生产中催化剂被大量使用是因为催化剂可以提高反应速率和转化率
B．合成氨的工业生产需在高温、高压和催化剂条件下进行是因为该反应是吸热反应
C．合成氨的工业生产中，及时将NH3液化分离出来将有利于提高生成物的产量
D．硫酸的工业生产中，SO2的催化氧化没有采用高压是因为压强对该反应无影响
6．（9分）下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案与现象
A
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B
证明酸性条件下，氧化性：H2O2＞Fe3+
向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C
证明同温下，溶度积常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）
向体积为100mL、浓度均为0.01mol•L﹣1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D
证明溶液X中含有SO42﹣
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）为迎接挑战，华为公司一直致力于研究开发自己的芯片，制造芯片需要单晶硅，其中硅元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第二周期VA族 B．第三周期ⅥA族
C．第三周期ⅣA族 D．第二周期ⅣA族
8．（3分）处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜（含有LiCoO2、Al等）的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
（ ）
A．碱浸时有可燃性气体生成
B．还原时发生反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑
C．已知若用盐酸代替硫酸，可不使用H2O2，则使用盐酸还原时有Cl2生成
D．若上述过程在实验室中进行，则需要过滤两次
9．（3分）利用LiOH可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，如图，两极区电解质溶液分别为LiOH和LiCl溶液．下列说法错误的是（ ）
A．B极区电解质溶液为LiOH溶液
B．阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．电解过程中主要是H+通过阳离子交换膜向B电极迁移
D．电极A连接电源的正极
10．（3分）某同学做葡萄糖的还原性实验，取4mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液和1mL0.5ml•L﹣1的NaOH 溶液，将它们混合后，滴入1.0mL的10%葡萄糖溶液，加热煮沸，结果没有看到红色沉淀生成，这是因为（ ）
A．NaOH 溶液不足量 B．加热时间不够
C．CuSO4溶液不足量 D．葡萄糖溶液太浓
11．（3分）甲（）、乙（）、丙（）都是重要有机物。下列说法错误的是（ ）
A．在一定条件下，甲、乙、丙都能发生酯化反应
B．丙分子中所有碳原子可能共平面
C．甲和乙都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2
12．（3分）有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A．A装置的气球膨胀速率大
B．若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
C．若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D．最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同
13．（3分）在恒容密闭容器中发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2（g）的质量分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b、c两点的反应速率：b＜c
B．a、b两点的气体的密度：a＝b
C．a、b、c三点的平衡常数：a＜b＜c
D．b、c两点反应体系的颜色一样
二．解答题（共4小题，满分61分）
14．（15分）某科研小组对O3氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO2、NOx的研究（NOx中，NO 占95%以上，NO2的含量小于5%）提出以下问题：
（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇3把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO2．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO2，反应总的离子方程式为 ．
吸收后溶液中C（Na+）＝ C（SO32﹣）+ C（HSO3﹣）+
②在有催化剂存在的情况下，O3氧化SO2时，平衡不随压力的改变而改变，则SO2与O3反应的化学方程式为 ．
③在90℃时，反应体系中NO和NO2浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O3反应的化学方程式为 ．当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为 ．
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是：
a．SO2与O3反应的活化能大于NO与O3反应的活化能
b．SO2与O3反应的反应热大于NO与O3反应的反应热
c．SO2与O3反应的反应速率小于NO与O3反应的反应速率
（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．
①若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为 mol．
②某小组在右室装有10L 0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2 （不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO2．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO3、0.2mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比 （假设尾气中不含氮氧化物）
15．（14分）工业上以芳香烃X为原料制备药物中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件省略）。
回答下列问题：
（1）反应B→C的“一定条件”为 。
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是 。
（3）指出下列反应的反应类型：X→A ，D→E 。
（4）足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为 。
（5）D在一定的条件下可转化为，请写出满足下列条件的的同分异构体的结构简式： 。
①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应和银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2。
（6）请写出以X为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）： 。
16．（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用下列实验制取漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），并进行纯度的测定。
已知：
①饱和NaClO2溶液析出晶体与温度的关系如表所示。
温度/℃
＜38
38～60
＞60
晶体成分
NaClO2•3H2O
NaClO2
NaClO2分解生成NaClO3和NaCl
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
实验一、制备NaClO2晶体
（1）装置C的作用是 。
（2）装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为 。
（3）装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是 。
（4）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；② ；③ ；④低于60℃干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A．冷却到室温后，过滤
B．趁热过滤
C．常温洗涤
D．冰水洗涤
E．38～60℃的温水洗涤
实验二、测定产品纯度
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 。（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简）
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
17．（16分）煤燃烧产生的烟气含有的SO2，是大气主要污染物之一．减少煤燃烧对大气造成的污染，应从多方面采取措施．
（1）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．
①一种烟气脱硫技术是向煤中加入适量石灰石，可大大减少燃烧产物中SO2的含量，最后生成CaSO4，该反应的化学方程式为 ．
FeS2Fe2+、SOFe3+、SO
②煤炭中以FeS2（铁元素为+2价）形式存在的硫，可以采用微生物脱硫技术脱去，其原理如图所示：
1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为 ．
（2）燃煤后烟气脱硫方法之一是利用天然海水的碱性吸收烟气中SO2并转化为无害的SO42﹣，其流程的示意图如下：
①海水中碳元素主要以HCO3﹣的形式存在．用离子方程式表示海水呈碱性的原因： ．
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是 ．
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是 ．
2021年新高考化学适应性试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题，满分57分）
1．（3分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳；
D．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A不选；
B．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故B不选；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C不选；
D．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D选。
故选：C。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧、化合反应等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列叙述中，正确的是（ ）
A．硫化氢的电子式为：
B．实验室用稀硝酸与锌单质制备氢气
C．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气等气体
D．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅
【分析】A．硫化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；
B．稀硝酸具有强氧化性，与锌反应生成的不是氢气，应该所以非氧化性的酸制取氢气；
C．硫酸能够与氨气反应，所以不能所以浓硫酸干燥氨气；
D．石英、水晶、玛瑙三者的主要成分成分都是二氧化硅。
【解答】解：A．硫化氢为共价化合物，其电子式为，故A错误；
B．稀硝酸与锌反应生成一氧化氮，变化生成氢气，制取氢气应该使用非氧化性的酸，如稀硫酸、稀盐酸等，故B错误；
C．浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体氨气，干燥氨气应该使用碱石灰，故C错误；
D．水晶、玛瑙、石英主要材料为SiO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电子式的书写判断、硝酸的化学性质、常见的干燥剂及使用方法，题目难度不大，注意掌握电子式的书写方法，明确制取氢气使用的是非氧化性的酸，明确干燥剂的种类及使用方法．
3．（3分）下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（ ）
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，主要原因是乙醇分子间能形成氢键
C．红宝石、蓝宝石和金刚石都是由碳元素组成的宝石
D．非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性
【分析】A、分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质；
B、醇类分子间能形成氢键，会导致沸点升高；
C、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝，不是碳单质；
D、非金属的最高价含氧酸不一定具有氧化性．
【解答】解：A、分子间作用力影响分子的物理性质，不影响物质的化学性质，而分子的稳定性属于化学性质，晶体中分子间作用力和分子稳定性之间没有必然联系，故A错误；
B、乙醇分子间能形成氢键，甲醚（CH3﹣O﹣CH3）分子间不具备，氢键会导致物质沸点升高；所以乙醇的沸点比甲醚（CH3﹣O﹣CH3）高，故B正确；
C、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝（Al2O3），不是碳单质，只有金刚石是碳元素组成的单质，故C错误；
D、碳酸、磷酸、稀硫酸等均不具有强的氧化性，硝酸、浓硫酸等有强氧化性，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生物质的组成、结构和性质之间的关系，可以根据所学知识来回答，难度中等．
4．（9分）关于氨的下列叙述中，错误的是（ ）
A．氨易液化，因此可用来做制冷剂
B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验
C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定
D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色
【分析】A、氨气的物理性质分析，液氨挥发为气体吸热；
B、依据喷泉实验的原理分析，需要气体易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉；
C、气体氢化物的稳定性取决于分子结构，和溶解性无关；
D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子显碱性；
【解答】解：A、氨易液化，液氨挥发为气体吸热，因此可用来做制冷剂，故A正确；
B、易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉，氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验，故B正确；
C、氨极易溶于水，和氨气的稳定性无关，氨气的稳定性由分子中的共价键强弱判断，故C错误；
D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子，溶液显碱性，使酚酞试剂变红色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氨气性质的分析判断，掌握氨气性质是解题关键，注意氨气的稳定性游戏因素，题目难度中等．
5．（9分）下列关于工业生产的说法正确的是（ ）
A．工业生产中催化剂被大量使用是因为催化剂可以提高反应速率和转化率
B．合成氨的工业生产需在高温、高压和催化剂条件下进行是因为该反应是吸热反应
C．合成氨的工业生产中，及时将NH3液化分离出来将有利于提高生成物的产量
D．硫酸的工业生产中，SO2的催化氧化没有采用高压是因为压强对该反应无影响
【分析】A、催化剂能够加快反应速率但不影响平衡移动；
B、合成氨的反应，该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，主要考虑反应速率与催化剂活性；
C、将NH3及时液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动；
D、压强对化学反应前后气体体积变化的反应的平衡移动有影响．
【解答】解：A、催化剂不能改变反应物的转化率，故A错误；
B、合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝﹣92.2kJ/mol，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，则加压有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率，升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间，通常采用500℃的高温，主要考虑反应速率与催化剂活性，故D错误；D、二氧化硫的催化氧化不采用高压是考虑设备的耐压程度，压强对化学平衡会产生影响，增大压强，有利于二氧化硫的转化，故B错误；
C、合成氨过程中分离出氨气，平衡正向移动，有利于提高生成物的产量，故C正确；
D、二氧化硫的催化氧化不采用高压是考虑设备的耐压程度，压强对化学平衡会产生影响，增大压强，有利于二氧化硫的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了化学实验、元素化合物的性质等知识，题目较为综合，但难度不大，可以根据已有知识进行解答，平时注意相关反应原理的理解．
6．（9分）下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验方案与现象
A
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B
证明酸性条件下，氧化性：H2O2＞Fe3+
向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C
证明同温下，溶度积常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）
向体积为100mL、浓度均为0.01mol•L﹣1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D
证明溶液X中含有SO42﹣
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氯水中含HClO，具有漂白性；
B．酸性溶液中硝酸根离子、亚铁离子发生氧化还原反应；
C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同；
D．先滴加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀为硫酸钡。
【解答】解：A．由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，故A错误；
B．向Fe（NO3）2 溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2＞Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，故B错误；
C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断Ksp大小，故C错误；
D．向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有SO42﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）为迎接挑战，华为公司一直致力于研究开发自己的芯片，制造芯片需要单晶硅，其中硅元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第二周期VA族 B．第三周期ⅥA族
C．第三周期ⅣA族 D．第二周期ⅣA族
【分析】硅为主族元素，主族元素电子层数＝周期序数，主族族序数＝最外层电子数，据此分析解答。
【解答】解：硅元素是14号元素，该原子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；原子核外有三个电子层，主族元素电子层数＝周期序数，位于第三周期，主族族序数＝最外层电子数，最外层为4个电子，位于第三周期第ⅣA族，
故选：C。
【点评】本题考查硅元素在元素周期表中的位置，明确原子结构、主族元素电子层数＝周期序数，主族族序数＝最外层电子数是解本题关键，题目难度不大。
8．（3分）处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜（含有LiCoO2、Al等）的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是
（ ）
A．碱浸时有可燃性气体生成
B．还原时发生反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑
C．已知若用盐酸代替硫酸，可不使用H2O2，则使用盐酸还原时有Cl2生成
D．若上述过程在实验室中进行，则需要过滤两次
【分析】铝钴膜废料的成分为LiCoO2和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸锂。
【解答】解：A．废料铝钴膜含有LiCoO2、Al等，碱浸时，铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，有可燃性气体生成，故A正确；
B．滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，还原时发生反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+6H+═2Co2++2Li++4H2O+O2↑，故B正确；
C．硫酸是提高酸性环境，可以用盐酸代替硫酸，氯离子还原LiCoO2，氯离子被氧化为氯气，可不使用H2O2还原LiCoO2，故C正确；
D．上述分析可知过程在实验室中进行，则需要过滤三次，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，为高考常见题型，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，题目难度中等。
9．（3分）利用LiOH可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，如图，两极区电解质溶液分别为LiOH和LiCl溶液．下列说法错误的是（ ）
A．B极区电解质溶液为LiOH溶液
B．阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．电解过程中主要是H+通过阳离子交换膜向B电极迁移
D．电极A连接电源的正极
【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，根据电解池的工作原理来回答．
【解答】解：电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH。
A、A中为LiCl溶液，B极区电解质溶液为LiOH溶液，故A正确；
B、由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故B正确；
C、B为阴极，A是阳极，电解过程中，电解质中的阳离子移向阴极，H+通过阳离子交换膜向B电极迁移，同时Li+由A经过阳离子交换膜向B移动，故C错误；
D、A是阳极，A连接电源的正极，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及应用方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．
10．（3分）某同学做葡萄糖的还原性实验，取4mL0.5mol•L﹣1的CuSO4溶液和1mL0.5ml•L﹣1的NaOH 溶液，将它们混合后，滴入1.0mL的10%葡萄糖溶液，加热煮沸，结果没有看到红色沉淀生成，这是因为（ ）
A．NaOH 溶液不足量 B．加热时间不够
C．CuSO4溶液不足量 D．葡萄糖溶液太浓
【分析】醛基能和新制的Cu（OH）2反应，该反应的本质是：醛基具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，操作的关键是碱要过量，据此即可解答。
【解答】解：A．n（CuSO4）＝0.5mol/L×0.004L═0.002mol，根据反应CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4可知：n（NaOH）＝2n（CuSO4）＝0.004mol，n（NaOH）＝0.5mol/L×V，V＝8mL，应该加0.5mol/L NaOH溶液8mL，实际只加了1mL，NaOH溶液的量不够，故A正确；
B．葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2CH2OH（CHOH）4COOH+Cu2O+2H2O，只要加热即可，故B错误；
C．n（NaOH）＝0.5mol/L×0.004L＝0.002mol，根据反应CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaSO4可知：n（NaOH）＝2n（CuSO4），n（CuSO4）＝0.0001mol，应该加CuSO42mL，实际加了4mL，故C错误；
D．葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应，该反应的本质是：葡萄糖中的醛基具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，醛基与氢氧化铜中的+2价的铜发生氧化还原反应，只要有醛基即可反应，与葡萄糖溶液浓稀无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查醛基的检验，解答时注意根据方程式中量的关系解题，题目难度不大。
11．（3分）甲（）、乙（）、丙（）都是重要有机物。下列说法错误的是（ ）
A．在一定条件下，甲、乙、丙都能发生酯化反应
B．丙分子中所有碳原子可能共平面
C．甲和乙都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2
【分析】A．一定条件下，﹣OH、﹣COOH都能发生酯化反应；
B．环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构；
C．碳碳不饱和键都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，碳碳不饱和键和醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，醛基能被溴水氧化而使溴水褪色；
D．乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应。
【解答】解：A．甲含有﹣OH、乙和丙都含有﹣COOH，所以一定条件下甲、乙、丙都能发生酯化反应，故A正确；
B．丙的环上和甲基上的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以丙中所有碳原子不能共平面，故B错误；
C．甲乙都含有碳碳双键，所以都能和溴发生加成反应而使溴水褪色，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．乙中只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol乙与足量氢气反应生成C7H14O2需要消耗1mol H2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇、酸的性质，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，注意乙中碳氧双键不能和氢气发生加成反应，题目难度不大。
12．（3分）有A、B两个完全相同的装置，某学生在A的侧管中装入0.01mol Na2CO3，在B的侧管中装入0.01mol NaHCO3，并且A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）
A．A装置的气球膨胀速率大
B．若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/L
C．若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/L
D．最终两试管中Na+、Cl﹣的物质的量一定相同
【分析】A．碳酸氢钠的反应速率较快；
B．最终两气球体积相同，生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应；
C．最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；
D．根据Na+、Cl﹣的物质的量判断
【解答】解：A．碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以A装置的气球膨胀速率小，故A错误；
B．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，若最终两气球体积相同，说明氯化氢的物质的量大于或等于0.02mol，其浓度大于或等于2mol/L，故B正确；
C．碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2 ↑+H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+＝CO2 ↑+H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0＜n（HCl）＜0.02mol，所以其浓度小于2mol/L，故C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，所以Na2CO3和 NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，题目难度中等，注意明确碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
13．（3分）在恒容密闭容器中发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2（g）的质量分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b、c两点的反应速率：b＜c
B．a、b两点的气体的密度：a＝b
C．a、b、c三点的平衡常数：a＜b＜c
D．b、c两点反应体系的颜色一样
【分析】A.升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则c点温度、压强均比b点大；
B.气体的质量不变、体积不变；
C.a、c温度相同，b点温度小于a、c点的温度；
D.b、c点二氧化氮的体积分数相同。
【解答】解：A.升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则c点温度、压强均比b点大，可知b、c两点的反应速率：b＜c，故A正确；
B.气体的质量不变、体积不变，则a、b两点的气体的密度：a＝b，故B正确；
C.a、c温度相同，b点温度小于a、c点的温度，则a、b、c三点的平衡常数：b＜a＝c，故C错误；
D.b、c点二氧化氮的体积分数相同，则b、c两点反应体系的颜色一样，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，题目难度不大。
二．解答题（共4小题，满分61分）
14．（15分）某科研小组对O3氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO2、NOx的研究（NOx中，NO 占95%以上，NO2的含量小于5%）提出以下问题：
（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇3把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO2．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO2，反应总的离子方程式为 4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O ．
吸收后溶液中C（Na+）＝ C（SO32﹣）+ C（HSO3﹣）+ c（H2SO3）
②在有催化剂存在的情况下，O3氧化SO2时，平衡不随压力的改变而改变，则SO2与O3反应的化学方程式为 SO2+O3SO3+O2 ．
③在90℃时，反应体系中NO和NO2浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O3反应的化学方程式为 NO+O3═NO2+O2 ．当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为 NO2被氧化到了更高价态 ．
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是： b
a．SO2与O3反应的活化能大于NO与O3反应的活化能
b．SO2与O3反应的反应热大于NO与O3反应的反应热
c．SO2与O3反应的反应速率小于NO与O3反应的反应速率
（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．
①若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H+为 0.1 mol．
②某小组在右室装有10L 0.2mol•L﹣1硝酸，用含NO和NO2 （不考虑NO2转化为N2O4）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO2．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO3、0.2mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2．计算原气体中NO和NO2的体积比 17：7 （假设尾气中不含氮氧化物）
【分析】（1）①若NaOH和SO2反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O①，若NaOH和SO2反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO2＝NaHSO3②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO2）0.15mol，n（NaOH）：n（SO2）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应；
n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO2），即3n（Na+）＝4n（SO2）①，根据物料守恒n（SO2）＝n（SO32﹣）+n（HSO3﹣）+n（H2SO3）②，联立①②得，3n（Na+）＝4n（SO32﹣）+4n（HSO3﹣）+4n（H2SO3），故n（Na+）n（SO32﹣）n（HSO3﹣）n（H2SO3），据此进行分析；
②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气；
③NO与O3反应生成二氧化氮和氧气；
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰，主要是因为SO2与O3反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应；
（2）①n（NO2）0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；
②n（H2）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，
电解前溶液中n（HNO3）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.2molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.2molHNO2生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）＝3 mol﹣0.2 mol•L﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，
生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．
【解答】解：（1）①若NaOH和SO2反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O①，若NaOH和SO2反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO2＝NaHSO3②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO2）0.15mol，n（NaOH）：n（SO2）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应，故产物既有Na2SO3又有NaHSO3，且反应物n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，故反应的离子方程式为4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O；
n（NaOH）：n（SO2）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO2），即3n（Na+）＝4n（SO2）①，根据物料守恒n（SO2）＝n（SO32﹣）+n（HSO3﹣）+n（H2SO3）②，联立①②得，3n（Na+）＝4n（SO32﹣）+4n（HSO3﹣）+4n（H2SO3），则n（Na+）n（SO32﹣）n（HSO3﹣）n（H2SO3），故c（Na+）c（SO32﹣）c（HSO3﹣）c（H2SO3），
故答案为：4OH﹣+3SO2＝SO32﹣+2HSO3﹣+3H2O；；；c（H2SO3）；
②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气，故化学方程式为SO2+O3 SO3+O2，
故答案为：SO2+O3 SO3+O2；
③NO与O3反应生成二氧化氮和氧气，故化学反应方程式为NO+O3═NO2+O2；当c（O3）/c（NOx）＞1时，NO2浓度下降的原因为NO2被氧化到了更高价态，
故答案为：NO+O3═NO2+O2；NO2被氧化到了更高价态；
④当 1时，SO2对NO与O3的反应不产生干扰，主要是因为SO2与O3反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应，故对这一现象解释最不合理的是b，
故答案为：b；
（2）①n（NO2）0.1mol，阳极反应式为NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，
故答案为：0.1；
②n（H2）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，
电解前溶液中n（HNO3）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.2molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.2molHNO2生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO2）＝3 mol﹣0.2 mol•L﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，
生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y＝1.2﹣0.2，3x+y＝2.3，解得x＝0.65，y＝0.35，
n（NO）：n（NO2）＝（0.65+0.2）mol：0.35mol＝17：7，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为17：7，
故答案为：17：7．
【点评】本题考查离子方程式以及化学方程式的书写，以及物料守恒的使用等，注意（2）②中电解后的硝酸还包含原来的硝酸，为易错点．
15．（14分）工业上以芳香烃X为原料制备药物中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件省略）。
回答下列问题：
（1）反应B→C的“一定条件”为 Cl2、光照 。
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是 H中含有酚羟基和﹣NH﹣ 。
（3）指出下列反应的反应类型：X→A 加成反应 ，D→E 取代反应 。
（4）足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为 +2NaOH+NaCl+H2O 。
（5）D在一定的条件下可转化为，请写出满足下列条件的的同分异构体的结构简式： 。
①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应和银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2。
（6）请写出以X为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）： 。
【分析】由A的结构简式可知，芳香烃X与丙烯发生加成反应，故X为，一定条件下A中异丙基转化为酚羟基而生成B，对比B、C结构可知，在光照条件下B与氯气发生一氯取代生成C，C转化生成D，D发生取代反应生成E，E转化生成F，F发生开环加成生成G，G发生取代反应生成H；
（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成。
【解答】解：（1）反应B→C是B中苯环连接的甲基上H原子被氯原子取代，故“一定条件”为：Cl2、光照，
故答案为：Cl2、光照；
（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是：H中含有酚羟基和﹣NH﹣，
故答案为：H中含有酚羟基和﹣NH﹣；
（3）X→A发生加成反应，D→E发生取代反应，
故答案为：加成反应；取代反应；
（4）C中酚羟基与NaOH发生中和反应、氯原子发生水解反应，足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，
故答案为：+2NaOH+NaCl+H2O；
（5）满足下列条件的的同分异构体：①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有﹣OOCH，③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2，说明存在对称结构，即﹣OH与﹣OOCH处于对位，符合条件的同分异构体为：，
故答案为：；
（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成，合成路线流程图为：。
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
16．（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用下列实验制取漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），并进行纯度的测定。
已知：
①饱和NaClO2溶液析出晶体与温度的关系如表所示。
温度/℃
＜38
38～60
＞60
晶体成分
NaClO2•3H2O
NaClO2
NaClO2分解生成NaClO3和NaCl
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
实验一、制备NaClO2晶体
（1）装置C的作用是 吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气 。
（2）装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为 2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2 。
（3）装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是 SO42﹣ 。
（4）从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；② B ；③ E ；④低于60℃干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A．冷却到室温后，过滤
B．趁热过滤
C．常温洗涤
D．冰水洗涤
E．38～60℃的温水洗涤
实验二、测定产品纯度
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。（已知：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）
①达到滴定终点时的现象为 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色 。
②该样品中NaClO2的质量分数为 。（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简）
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果 偏高 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【分析】A中75%硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯酸钠反应生成ClO2，B中ClO2在碱性条件下与过氧化氢反应生成NaClO2，C为尾气吸收装置，且可防止倒吸。
（1）装置B中制备NaClO2，装置C是吸收未冷却、未反应的气体，防止污染空气；
（2）装置B中利用氢氧化钠、过氧化氢和二氧化氯反应制备NaClO2，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式；
（3）装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，A制得的气体中含有SO2，在装置B中被氧化生成硫酸；
（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；
（5）①达到滴定终点时的现象是利用的是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时恰好反应碘单质，溶液蓝色褪去；
②ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，得到ClO2﹣～2I2～4S2O32﹣，结合定量关系计算；
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，导致消耗标准液体积偏大。
【解答】解：（1）装置C的作用是吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气，
故答案为：吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；
（2）装置A中制备得到ClO2，装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式，装置B中制备NaClO2的化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2；
（3）装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，A制得的气体中含有SO2，在装置B中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，
故答案为：SO42﹣；
（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，
故答案为：B；E；
（5）①用c mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至滴定终点，达到滴定终点时的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，设该样品中NaClO2的质量分数为x，则
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
90.5g 4mol
mg•x 10V×10﹣3 L×c mol•L﹣1
该样品中NaClO2的质量分数x100%，
故答案为：；
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，使此实验测得的结果偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
17．（16分）煤燃烧产生的烟气含有的SO2，是大气主要污染物之一．减少煤燃烧对大气造成的污染，应从多方面采取措施．
（1）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．
①一种烟气脱硫技术是向煤中加入适量石灰石，可大大减少燃烧产物中SO2的含量，最后生成CaSO4，该反应的化学方程式为 2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2 ．
FeS2Fe2+、SOFe3+、SO
②煤炭中以FeS2（铁元素为+2价）形式存在的硫，可以采用微生物脱硫技术脱去，其原理如图所示：
1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为 4：15 ．
（2）燃煤后烟气脱硫方法之一是利用天然海水的碱性吸收烟气中SO2并转化为无害的SO42﹣，其流程的示意图如下：
①海水中碳元素主要以HCO3﹣的形式存在．用离子方程式表示海水呈碱性的原因： HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣ ．
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是 海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大 ．
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是 将HSO3﹣氧化为SO42﹣ ．
【分析】（1）①向煤中加入石灰石起固硫的作用，该反应的化学方程式是：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2；
②4FeS2+15O2+2H2O＝4H++4Fe3++8SO42﹣，据此进行分析；
（2）含SO2的烟气可利用海水脱硫，向曝气池中通入空气的目的是把H2SO3等氧化为SO42﹣，
①碳酸氢跟离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
②温度越低，SO2溶解度越大，据此进行分析；
③鼓入大量空气能将HSO3﹣氧化成硫酸根离子．
【解答】解：（1）①向煤中加入石灰石起固硫的作用，该反应的化学方程式是：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2，
故答案为：2SO2+O2+2CaCO3＝2CaSO4+2CO2 ；
②4FeS2+15O2+2H2O＝4H++4Fe3++8SO42﹣，则1mol FeS2完全转化为Fe3+ 和SO42﹣时，FeS2与O2物质的量之比为4：15，
故答案为：4：15；
（2）含SO2的烟气可利用海水脱硫，向曝气池中通入空气的目的是把H2SO3等氧化为SO42﹣，
①碳酸氢跟离子水解生成碳酸和氢氧根离子，故离子方程式为HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣，
故答案为：HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣；
②研究表明，进入吸收塔的海水温度越低，SO2的脱除效果越好，主要原因是海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大，
故答案为：海水温度越低，SO2在其中的溶解度越大；
③从吸收塔排出的海水呈酸性，并含有较多的HSO3﹣，排入曝气池进行处理时，需要鼓入大量空气．空气的作用是将HSO3﹣氧化为SO42﹣，
故答案为：将HSO3﹣氧化为SO42﹣．
【点评】本题考查化学方程式以及离子方程式的书写，温度对溶解度的影响等，本题难度中等．
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