1、江苏省无锡市普通高中2021-2022学年高二下期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32第I卷单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。1. 反应可用于制铜。下列说法不正确的是A. 青铜是铜的一种合金B. 只作还原剂C. 该反应属于置换反应D. 该制铜方法会造成环境污染2. 反应可用于污水脱氯。下列说法正确的是A. 是极性分子B. 分子的球棍模型：C. 既含离子键又含共价键D. 的电子式为3. 下列由氯气制取高浓度溶液的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲制取氯气B. 用装置乙制取氯水C. 用装置丙提高浓度D. 用装置丁分离
2、出溶液4. 下列盐的性质与用途具有对应关系的是A. 易溶于水，可用于工业电解制备钠B. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水C. 具有酸性，可用于蚀刻印刷电路板D. 具有还原性，可用于漂白纸浆5. 下列关于O、F、S、Cl元素及其化合物的说法正确的是A. S的基态核外电子排布式为B 原子半径：C. 简单气态氢化物的沸点：D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：6. 蔗糖和浓硫酸反应的“黑面包”实验如下：在烧杯中放入20 g蔗糖，滴入几滴水，向其中加入10 mL浓硫酸，充分搅拌，观察到蔗糖由白色迅速变为棕黄色，继续变为黑色。黑色固体体积迅速膨胀，呈疏松面包状。烧杯壁很烫，空气中有一股刺激性气味。下列
3、说法正确的是A. 浓硫酸遇水放热，能够升高温度，加快反应速率B. 蔗糖中滴入几滴水目的是溶解蔗糖C. 黑色固体中含有炭，炭的生成表现了浓硫酸的吸水性D. 有刺激性气味是因为生成SO2气体，除SO2外不生成其他气体7. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A. B. 稀C. D. 8. 对于反应 ，下列说法正确的是A. 反应的B. 反应的平衡常数可表示为C. 使用高效催化剂能降低反应的焓变D. 升温、加压和使用催化剂能增大SO3的生成速率9. 用生石灰废料主要成分为CaO，还含有和制取的流程如下：下列说法正确的是A. “打浆”的目的是为了让生石灰废料完全溶解B. “氯化”中主要发生的
4、化学反应为C. “转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应D. “结晶”原理是利用各物质的溶解度不同，将结晶出来10. 室温下：、。Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、供给细胞生存代谢所必需的能量和无机盐成分等作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH计测得混合溶液的pH为10.252向混合溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅3向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象4向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀下列有关说法正确的是A. 实验1溶液中存在：B. 实验2中随蒸馏水的不断加入，溶液中的
5、值逐渐变小C. 实验3所得溶液中存在D. 实验4反应的离子方程式为：11. 以铁、石墨为电极电解KI溶液获得，其工作原理如题图所示。下列说法正确的是A. b为电源的正极B. 该装置将化学能转化为电能C. 工作过程中右侧溶液pH降低D. 石墨极电极反应式为12. 室温下，将溶液和溶液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体积、浓度均为的溶液和溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是A. 溶液中存在：B. 过滤后所得滤液中一定存在：C. 沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：D. 从实验现
6、象可以得出该温度下13. 据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A. O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2OB. 中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同C. 发生步骤时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D. 步骤中，每生成1molBr2转移2mol电子14. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：反应I：反应II：一体积固定密闭容器中，在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是A. 的平衡转化率始终低于B. n曲线代表的物质
7、为，温度越高，越有利于的生成C. 270400时，平衡移动的程度：反应I反应IID. 加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率第II卷 非选择题(共58分)非选择题：共4题，共58分15. 废旧干电池拆解后的碳包滤渣(含等)，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下：已知：25时，各物质的见下表物质K（1）“浸取”时，控制温度70左右，生成和的化学方程式为_。若浸取反应在25时进行，足量，则充分浸取后溶液中_(填数值)。（2）“氧化”时，溶液中转化为的离子方程式为_；滤渣2的主要成分为_(填化学式)。（3）制备时，滤液溶液与溶液混合方式为_。（4）产率与“浸取”时的投料比关系如题图
8、所示，用量超过最佳值时，产率反而变小的原因是_。16. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。（1）去除废气中的相关热化学方程式如下：反应_。废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，可有效去除废气中的，原因是_。（2）甲烷与重整制氢：，为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图-1所示：图中曲线a表示物质_。某温度下，反应达平衡的标志是_(填标号)。a.b.体积分数不再变化c.不再变化d.混合气体的密度不再改变为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_(列举一条)。（3）太阳能
9、光电催化化学耦合分解H2S的装置如题图-2所示。b极为_极。该太阳能光电催化化学耦合分解H2S的过程可描述为_。17. 过硫酸钠()常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。I.制备已知：；。是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解。（1）装置B中发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_。（2）装置C的作用是_。（3）反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是_。II.测定产品纯度（4）称取样品于碘量瓶中，加入水溶解，加入固体(略过量)摇匀，溶液中被还原为，在暗处放置，再加入适量醋酸溶液酸化
10、，以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，共消耗标准溶液。计算样品的纯度(写出计算过程)。_III.探究的性质（5）溶液与铜粉反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确_。(实验中供选择试剂：粉、溶液、溶液、，溶液、溶液、溶液)18. 许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。（1）亚氯酸钠是一种高效漂白剂。在溶液中存在等微粒。经测定，25时各组分含量随变化情况如题图-1所示(未画出)。其他条件相同时，以溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随温度的变化情况如题图-2所示。25时，_
11、。25时，浓度均为的HClO2溶液和溶液等体积混合后，_(填“”“S，最高价氧化物对应水化物的酸性：，D错误；故选：A。6. 蔗糖和浓硫酸反应的“黑面包”实验如下：在烧杯中放入20 g蔗糖，滴入几滴水，向其中加入10 mL浓硫酸，充分搅拌，观察到蔗糖由白色迅速变为棕黄色，继续变为黑色。黑色固体体积迅速膨胀，呈疏松面包状。烧杯壁很烫，空气中有一股刺激性气味。下列说法正确的是A. 浓硫酸遇水放热，能够升高温度，加快反应速率B. 蔗糖中滴入几滴水的目的是溶解蔗糖C. 黑色固体中含有炭，炭的生成表现了浓硫酸的吸水性D. 有刺激性气味是因为生成SO2气体，除SO2外不生成其他气体【答案】A【解析】【分析
12、】【详解】A浓硫酸遇水放热，温度越高，反应速率越快，A项正确；B滴入水的目的是利用浓硫酸溶于水放出热量，为蔗糖的脱水碳化及氧化提供能量，B项错误；C黑色固体中含有炭，炭的生成表现了浓硫酸的脱水性，C项错误；D除SO2外还生成二氧化碳气体和水蒸气，D项错误；故答案为A。7. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A. B. 稀C. D. 【答案】C【解析】【详解】ASO2为酸性气体与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：，A项错误；B金属Cu在金属活动性顺序表H的后面不与稀硫酸反应，B项错误；CH2S中S原子的化合价为-2价，SO2中S原子的化合价为+4价，发生归中反应生成S单质，化学
13、方程式为，C项正确；DFeS2与氧气在高温下反应生成SO2，SO2与O2高温高压催化剂生成SO3，D项错误；答案选C。8. 对于反应 ，下列说法正确的是A. 反应的B. 反应的平衡常数可表示为C. 使用高效催化剂能降低反应的焓变D. 升温、加压和使用催化剂能增大SO3的生成速率【答案】D【解析】【详解】A反应物气体的计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的0，A项错误；B反应的平衡常数表达式为，B项错误；C催化剂只改变反应活化能对于反应的焓变无影响，C项错误；D升高温度、增大压强、使用催化剂都可加快SO3的反应速率，D项正确；答案选D。9. 用生石灰废料主要成分为C
14、aO，还含有和制取的流程如下：下列说法正确的是A. “打浆”的目的是为了让生石灰废料完全溶解B. “氯化”中主要发生的化学反应为C. “转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应D. “结晶”原理是利用各物质的溶解度不同，将结晶出来【答案】D【解析】【分析】生石灰的主要成分为CaO与水发生反应生成Ca(OH)2，再通入Cl2可制备Ca(ClO3)2，加入KCl发生反应可得KClO3溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶可得KClO3晶体，据此答题。【详解】A生石灰的主要成分为CaO，CaO与水发生化学反应，“打浆”的目的是为了搅拌加快反应速率，生石灰废料中有和不会完全溶解，A项错误；B向Ca(OH)2溶液中
15、通入Cl2可制备Ca(ClO3)2，发生的化学方程式为：，B项错误；C转化时Ca(ClO3)2与KCl反应生成KClO3，所有原子的化合价未发生改变，则该反应属于非氧化还原反应，C项错误；D转化时Ca(ClO3)2与KCl反应生成KClO3，通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法析出晶体，其原理是利用溶解度不同结晶，D项正确；答案选D。10. 室温下：、。Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、供给细胞生存代谢所必需的能量和无机盐成分等作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH计测得混合溶液的pH为10.252向混合溶液中滴几
16、滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅3向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象4向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀下列有关说法正确的是A. 实验1溶液中存在：B. 实验2中随蒸馏水的不断加入，溶液中的值逐渐变小C. 实验3所得溶液中存在D. 实验4反应的离子方程式为：【答案】A【解析】【分析】【详解】A，实验1溶液的pH为10.25，则，根据电荷守恒，故A正确；B向混合溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅，说明pH减小，氢离子浓度增大，不变，所以溶液中的值逐渐增大，故B错误；C向混合溶液中通入过量的CO2，溶质变为碳酸氢钠，根据电荷守恒，溶液中，故C错误；D实验3所得溶液
17、中的溶质是碳酸氢钠，滴加少量Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为：，故D错误；选A。11. 以铁、石墨为电极电解KI溶液获得，其工作原理如题图所示。下列说法正确的是A. b为电源的正极B. 该装置将化学能转化为电能C. 工作过程中右侧溶液pH降低D. 石墨极电极反应式为【答案】D【解析】【分析】该装置为电解池装置。铁为活性电极，电解KI溶液获得KIO3溶液，故左侧为阳极，故a极为正极，石墨电极为阳极；右侧铁电极为阴极，b电极为负极。【详解】A根据分析，b为电源负极，A错误；B根据分析，该装置为电解池装置，将电能转化为化学能，B错误；C右侧为阴极，氢离子得电子生成氢气
18、，pH增大，C错误；D石墨电极为阳极，发生的碘离子失去电子生成碘酸根，离子方程式正确，D正确；故选D。12. 室温下，将溶液和溶液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体积、浓度均为的溶液和溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是A. 溶液中存在：B. 过滤后所得滤液中一定存：C. 沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：D. 从实验现象可以得出该温度下【答案】B【解析】【详解】A 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2)+c(HS)+c(OH)，物料守恒：c(Na+)
19、=2c(S2)+2c(HS)+2c(H2S)，两式联立，可得质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故A错误；B 滤液为氯化银的饱和溶液，所以过滤后所得滤液中一定存在：，故B正确；C 由分析可知，沉淀b为氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合银离子，其离子方程式为：AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+Cl-+2H2O，故C错误；D 从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶，Ksp(Ag2SO4)Ksp(Ag2S)，故D错误；答案选B。13. 据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A. O2氧化HBr生成Br2
20、的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2OB. 中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同C. 发生步骤时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D. 步骤中，每生成1molBr2转移2mol电子【答案】D【解析】【详解】A反应为HBr+O2=HOOBr；反应为HOOBr+HBr=2HOBr；反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将+2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，选项A正确；B中间体HOOBr和HOBr中Br化合价均为+1价，相同，选项B正确；C步骤反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、B
21、r-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，选项C正确；D步骤反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1 mol Br2转移1 mol电子，选项D错误；答案选D。14. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：反应I：反应II：一体积固定的密闭容器中，在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是A. 的平衡转化率始终低于B. n曲线代表的物质为，温度越高，越有利于的生成C. 270400时，平衡移动的程度：反应I反应IID. 加入选择
22、性高的催化剂，可提高的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A 起始n(CO2): n(H2)= 1 : 3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；B m曲线代表的物质为，温度越高，的含量越低，越不利于的生成，故B错误；C 270400时，根据CO2的转化率变化曲线可知，CO2的转化率逐渐增大，说明平衡移动的程度：反应II反应I，故C错误；D加入选择性高的催化剂，可以使更多的二氧化碳和氢气生成甲醇，从而提高的产率，但催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，故D错误；故
23、选A。第II卷 非选择题(共58分)非选择题：共4题，共58分15. 废旧干电池拆解后的碳包滤渣(含等)，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下：已知：25时，各物质的见下表物质K（1）“浸取”时，控制温度70左右，生成和的化学方程式为_。若浸取反应在25时进行，足量，则充分浸取后溶液中_(填数值)。（2）“氧化”时，溶液中转化为的离子方程式为_；滤渣2的主要成分为_(填化学式)。（3）制备时，滤液溶液与溶液的混合方式为_。（4）产率与“浸取”时的投料比关系如题图所示，用量超过最佳值时，产率反而变小的原因是_。【答案】（1） . 9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+
24、Fe2(SO4)3+10H2O . 410-37 （2） . 2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O . Fe(OH)3 （3）向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌 （4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀【解析】【分析】碳包滤渣(含等)中加入FeS、稀硫酸进行浸取，发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，过滤得到滤渣1为MnO2、HgS和C，滤液中含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO2继续氧化残留的Fe2+，发生反应2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，加入碳
25、酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，所得滤液进行一系列处理得到MnCO3。【小问1详解】由分析可知，“浸取”时，生成MnSO4、Fe2(SO4)3的化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，同时硫离子和汞离子结合生成HgS沉淀，若浸取反应在25时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中S2-浓度相同，溶液中=410-37。【小问2详解】“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2
26、+2H2O，反应后的溶液中加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3。小问3详解】制备MnCO3时，为防止溶液碱性过强生成Mn(OH)2沉淀，应向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌，使溶液一直处于碱性不强的环境中，生成MnCO3沉淀。【小问4详解】浸出液中残存大量的S2-，容易与Mn2+反应生成MnS沉淀，所以当FeS用量超过最佳值时，MnCO3产率反而变小。16. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。（1）去除废气中的相关热化学方程式如下：反应_。废气中的和空气(的体积分数约为)的
27、体积比一般控制在0.4，可有效去除废气中的，原因是_。（2）甲烷与重整制氢：，为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图-1所示：图中曲线a表示物质_。某温度下，反应达平衡的标志是_(填标号)。a.b.的体积分数不再变化c.不再变化d.混合气体密度不再改变为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_(列举一条)。（3）太阳能光电催化化学耦合分解H2S的装置如题图-2所示。b极为_极。该太阳能光电催化化学耦合分解H2S的过程可描述为_。【答案】（1） . . 若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若
28、小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫 （2） . . bd . 减小压强或增大起始或及时分离出产物 （3） . 正 . 在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成【解析】【小问1详解】 反应可由，根据盖斯定律，=，故答案为：；废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，此时与的体积比为2：1，恰好发生，高于0.4时硫化氢不能完全反应，废气中脱除效率低；低于0.4氧气能与S单质反应生成二氧化硫污染空气，故答案为：若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫；【小
29、问2详解】由反应中各物质的化学计量数之比可知c为，d为，a为，b为，故答案为：；a.时反应达到平衡，故错误；b.的体积分数不再变化时反应达到平衡状态，故正确；c.始终保持恒定，不再变化时不能说明反应达到平衡状态，故错误；d. 保持体系压强为，随反应进行气体总质量不变，容器体积增大，混合气体的密度减小，当密度不变时反应达到平衡状态，故正确；故答案为：bd；【小问3详解】由图可知b极为电子流入的电极，作正极；由图可知在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成，故答案为：正；在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通
30、过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成；17. 过硫酸钠()常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。I.制备已知：；。是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解。（1）装置B中发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_。（2）装置C的作用是_。（3）反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是_。II.测定产品纯度（4）称取样品于碘量瓶中，加入水溶解，加入固体(略过量)摇匀，溶液中被还原为，在暗处放置，再加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，共消耗标
31、准溶液。计算样品的纯度(写出计算过程)。_III.探究的性质（5）溶液与铜粉反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确_。(实验中供选择试剂：粉、溶液、溶液、，溶液、溶液、溶液)【答案】（1）将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 （2）吸收氨气，防止倒吸 （3）减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解 （4）根据反应关系式：，故样品的纯度为： （5）向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等
32、浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确【解析】【分析】该实验的目的是制备，装置A中的NaOH溶液可除去空气中的CO2，减少副反应的发生；B装置中氢氧化钠和反应生成，反应会生成NH3，根据已知信息，NH3能够继续与反应，因此需要持续不断地通入空气，将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；装置C的目的是吸收NH3，倒扣的漏斗是为了防止倒吸。【小问1详解】根据分析，需要持续通入空气的目的是：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；【小问2详解】装置C的作用是：吸收氨气，防止倒吸；【小问3详解】加热至就会发生分解，故减压蒸
33、发的原因是：减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解；【小问4详解】根据反应关系式：，故样品的纯度为：；【小问5详解】要证明产生的Cu2+起到催化作用，应保持单一变量，除Cu2+外其他条件均相同，故：向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确。18. 许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。（1）亚氯酸钠是一种高效漂白剂。在溶液中
34、存在等微粒。经测定，25时各组分含量随变化情况如题图-1所示(未画出)。其他条件相同时，以溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随温度的变化情况如题图-2所示。25时，_。25时，浓度均为的HClO2溶液和溶液等体积混合后，_(填“”“”或“=”)。酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，该反应的离子方程式为_。温度高于60时，NO氧化率下降，其原因是_。（2）二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂。ClO2在酸性溶液中比较稳定，氧化性随着溶液酸性增强而增强；ClO2在碱性溶液中不能稳定存在，可歧化为NaClO3和NaClO2。以ClO2为吸收剂进行脱硫，实验时测得SO2的脱除率随溶液
35、pH变化如题图-3所示。当时，随pH的增大，SO2脱除率逐渐降低，其原因是_。在pH约7.6之后，随pH的增大，SO2脱除率又开始升高，其原因是_。【答案】（1） . 1.010-6 . . 3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+ . NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 （2） . 时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低 . 在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高【解析】【小问1详解】HClO2的电离平衡常数
36、K=，观察图象可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1.010-6；25C时，浓度均为0.1molL-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)c()，故答案为：1.010-6；酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，被还原为Cl-，该反应的离子方程式为3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+，NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低；【小问2详解】含氯的氧化剂具有相似性，在酸性条件下的氧化性强于中性，强于碱性，因此，在酸性条件下，体系酸性减弱，ClO2的氧化性有所减弱；故答案为：时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低；根据已知，ClO2在NaOH溶液即碱性条件下会发生歧化反应，得到的亚氯酸盐也具有优良的脱硫作用，提高了体系的脱硫率；故答案为：在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高。