安徽省淮北市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份安徽省淮北市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共24页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

安徽省淮北市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

一、填空题
1．（2021·安徽淮北·统考一模）矾是一类含硫化合物，在生活和生产中有着重要应用。
(1)蓝矾(CuSO4•5H2O)属于的物质类别有___(填序号)。
a.混合物         b.电解质        c.氧化物       d.离子化合物
(2)绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显__性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式___，绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为___(填化学式)。
(3)黄矾[FexSyO9•zH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6。y=2时，x=__，采用热重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉2个结晶水，失重7.2%，黄矾的化学式为___。
2．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸     b.稀硫酸    c.氢碘酸     d.磷酸

二、实验题
3．（2020·安徽淮北·统考一模）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：

将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。
各物质的溶解性表
物质
水
苯
乙醇
2-苯甲酰基苯甲酸
难溶
易溶
易溶
二正丁基氧化锡
难溶
易溶
易溶
正丁基锡羧酸酯
难溶
易溶
易溶

回答下列问题：
（1）仪器甲的作用是___，其进水口为___。
（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是___。
（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是__（填标号）
A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动
B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间
C．分离有机溶剂和水
D．主要起到冷凝溶剂的作用
（4）回流后分离出苯的方法是__。
（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是__（填标号）
A．水      B．乙醇      C．苯
（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为__。
4．（2021·安徽淮北·统考一模）正丁醚，无色透明液体，是一种性能优良的有机萃取剂。用正丁醇制备正丁醚的反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。副反应：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O
反应物和产物的相关数据如表：
化合物
状态
密度(g•mL-1)
沸点(℃)
溶解性
正丁醇
无色液体
0.80
118.0
微溶于水，可以与50%硫酸混溶
正丁醚
无色液体
0.76
142.0
不溶于水
浓硫酸
无色液体
1.84
340.0
与水互溶
丁烯
有毒气体
0.0025
-6.9
不溶于水

实验步骤如图：

(1)加热回流装置如图所示(夹持装置已略去)。在100mL二颈瓶中加入2.0mL浓硫酸和20.0mL正丁醇，加入顺序是___，分水器中加水至接近支管，安装好冷凝回流装置，用电热套给二颈瓶加热，随着冷凝回流到分水器中的液体增加，上层有机液体从右侧支管自动流回二颈瓶(如果分水器中的水层接近了支管时可打开底端旋塞放掉一部分，防止水流回二颈瓶)。实验中一般不用酒精灯加热的原因是___，回流时使用分水器的好处是___。

(2)洗涤过程中，先用50%硫酸洗涤，洗去的杂质主要是___。证明有机层水洗呈中性的操作是___。
(3)将干燥后的产物小心注入圆底烧瓶中，装上蒸馏头，蒸馏并收集到139～142℃馏分共5.0mL，实验后所得正丁醚的产率为___%。(计算结果保留一位小数)
(4)实验过程中，下列仪器还能用到的有___(填名称)。

5．（2022·安徽淮北·统考一模）新冠肺炎疫情期间使用了大量的消毒剂，其中亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，某研究性学习小组利用如图装置制备亚氯酸钠。

回答下列问题：
(1)A仪器的名称是______，实验过程中始终缓缓通入空气的原因是______。
(2)C装置为NaClO2的发生装置，C中的化学反应方程式为______。
(3)C中水浴温度的变化对亚氯酸钠含量的影响如图所示。回答下列问题：

温度低于11℃时，随着水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能的原因如下：
①______促进了过氧化氢的分解。
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种是NaClO3，该离子方程式为______。
(4)测定产品中NaClO2的纯度。取样品8.0g配制成100mL溶液，从中取出10.00mL加入锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定终点的现象为______。
②三次滴定数据记录如下：
滴定次数
待测液体(mL)
标准液读数(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.50
20.52
第二次
10.00
1.00
20.98
第三次
10.00
1.50
23.60

该样品中亚氯酸钠的纯度为______(结果保留3位有效数字)。

三、原理综合题
6．（2020·安徽淮北·统考一模）含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。
（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。
（2）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式__。
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为__。
（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml·L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。

①Na2S2O4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。
②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。
0-t1段发生反应的离子方程式为__，t1-t2段溶液的pH变小的原因是__（用离子方程式表示）。
7．（2020·安徽淮北·统考一模）氮氧化物（NOx）造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。
（1）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）    △H1=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）    △H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）    △H3=-556.0kJ•mol-1
则反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）△H=__kJ•mol-1
（2）用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N，测量相同时间内烟气的脱氮率，结果如图所示。

①在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是___。
②判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率__（填“是“或“不是”）该温度下的平衡脱氮率。
③25℃下，用NaOH溶液作捕捉剂吸收产生的CO2，不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后得到pH=12的溶液，已知：25℃下Ka2（H2CO3）=5.6×10-11，试通过计算溶液中c（CO32-）：c（HCO3-）=__。
（3）在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）△H＜0进行相关实验探究。改变投料比（n0（SO2）：n0（NO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定SO2的平衡转化率[α（SO2）]。已知：KR=16，KZ=1，部分实验结果如图所示。

①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，应采取的措施是__。
②图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ通过计算选择下列选项中两个温度相等是__（填标号）。
A．TR和TY B．TR和TZ C．TX和TZ D．TY和TZ
8．（2021·安徽淮北·统考一模）甲醇是目前人类认知最为安全、高效、清洁的替代燃料，可用如下方法制备：碳的氧化物和氢气合成法，其主要反应包括：
Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=—90.8kJ•mol—1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=—49.0kJ•mol—1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3
(1)在恒温的合成塔中发生上述反应，达到平衡时合成塔出口处总压强为5.0MPa，各组分的体积分数如表所示：
CO
CO2
H2
CH3OH
其他
10.0%
5.0%
50.0%
2.5%
32.5%

①反应Ⅲ的焓变△H3=___。
②此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=___(MPa)—2。
(2)反应Ⅰ是合成甲醇的主要反应，在二氧化碳存在时，单位体积催化剂上生成甲醇的速率如图：

①加入二氧化碳对甲醇反应速率的影响是___。
②在无二氧化碳的体系中加入适量氧气也可以起到和二氧化碳相似的作用，原因是___。
(3)一氧化碳与氢气的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

①该反应历程中控速步骤的能垒为___eV。
②写出虚线框内发生的化学反应方程式___。
9．（2022·安徽淮北·统考一模）我国力争于2060年前实现碳中和。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，研发二氧化碳的利用技术，对于改善环境，实现绿色发展至关重要。
(1)CO2和C2H6反应制备C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+136kJ•mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
相关的几种化学键键能如表所示：
化学键
C=O
H—H
C≡O
H—O
键能/(kJ•mol-1)
803
436
1072
464.5

则反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)的△H3=______kJ•mol-1。
(2)T℃时在2L密闭容器中通入2molC2H6和2molCO2混合气体，发生反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，初始压强为mPa，反应进行到100min时达到平衡，平衡时的体积分数为20%。0到100min内C2H6的平均反应速率为______Pa/min，则该温度下的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。
(3)乙烷热裂解制乙烯的主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，还存在副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)。向乙烷热裂解制乙烯体系中加入10g的催化剂，在不同温度下，催化剂固体质量变化对催化效率的影响如图所示。


①对于主反应，图中M和N两点的化学平衡常数大小：KM ______KN(填“>”、“<”或“=”)。
②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是______。
③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是______。

四、工业流程题
10．（2020·安徽淮北·统考一模）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可用作还原剂，印染媒染剂、食品防腐剂等。一种湿法制备焦亚酸钠的工艺流程如图。

已知：过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5。
（1）硫磺先加热成液态后喷人燃硫炉中，作用是__。
（2）“净化”需要除去的杂质气体是__。
（3）溶碱槽Ⅰ中需要通入足量SO2，若SO2不足，则生成__。
（4）溶碱槽Ⅲ中反应的化学方程式为__。
（5）离心机分离后的母液需要返回到溶碱槽__循环使用（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
（6）气流干燥器中发生的化学方程式为__。
（7）为了测定所得产品中Na2S2O5的百分含量，取m克样品加水溶解，用cmol·L-1的碘标准液滴定到终点消耗碘标准液VmL．该产品中Na2S2O5的百分含量为__（用字母表示）。
11．（2021·安徽淮北·统考一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：

请回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。
(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。
(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：
浸出体系对钯浸出率的影响
废催化剂质量(g)
浸出体系
现象
钯浸出率(%)
10.02
HCl+HNO3
反应剧烈、有黄烟
98.45
10.01
HCl+H2O2
反应剧烈
98.48
10.12
HCl+NaClO3
反应平稳
98.73

选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。
(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：

由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
12．（2022·安徽淮北·统考一模）三氧化钼(MoO3)和五氧化二钒(V2O5)是石油炼制中的重要催化剂，可利用炼油废催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、MoO3，还有少量的Al2O3、Fe2O3、有机物等)来制备。工艺流程图如图：

已知：溶液中五价钒的存在形态如图所示：

(1)“焙烧”的目的是______。
(2)滤渣的主要成分是______。
(3)向滤液①中加H2O2的作用是______(用离子方程式表示)；有人提出用HNO3代替H2O2和盐酸，你认为是否合理，理由是______。
(4)除了调控滤液①pH为8外，还需要控制溶液中钒的总浓度不超过______mol•L-1；通过计算说明此时铝元素有无完全沉淀______。(已知：Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-    K=100.63；溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全)
(5)NH4VO3受热分解的化学方程式为______。

参考答案：
1．     bd     酸          H2SO4、Fe     2     Fe2S2O9•10H2O
【详解】(1)CuSO4•5H2O属于盐，为电解质、属于离子化合物，故答案：bd；
(2) FeSO4•7H2O溶于水产生Fe2+，， 故其溶于水后显酸性，久置后溶液显酸性，。绿矾水溶液保存时防变质可加入H2SO4防水解、Fe防氧化。故答案：酸、，H2SO4、Fe
(3) ，根据化合价可知化学式为：Fe2S2O9•zH2O，失重7.2%指失去2个结晶水后Fe2S2O9•zH2O的质量分数则：，z=10，故黄矾的化学式为：Fe2S2O9•10H2O，故答案为：2、Fe2S2O9•10H2O。
2．(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2)     通入过量CO2     在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4)     2     b

【解析】(1)
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
3．     冷凝反应物使之回流     b     苯能腐蚀橡胶     ABC     蒸馏     B     72.0%
【详解】(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b；
(2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶；
(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；
B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；
C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；
D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；
故答案为：ABC；
(4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
(5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B；
(6)根据反应方程式可知存在数量关系

因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=×100%=72.0%，故答案为：72.0%。
【点睛】第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以降低产品的溶解度，更方便产品晶体析出。
4．     先加正丁醇再加浓硫酸     有机物易挥发，为了防止产生明火爆炸等事故     便于正丁醇回流，增大正丁醇的利用率     正丁醇     用玻璃棒蘸取少量的有机层溶液，点滴在pH试纸上与标准比色卡进行对照，若颜色与pH=7的颜色对应，则有机层溶液呈中性     13.5%     分液漏斗
【详解】(1)浓硫酸的密度比正丁醇大，两者混合时要将浓硫酸缓慢注入正丁醇中，目的是为防止浓硫酸在稀释时放热导致液体飞溅；该反应过程中的反应物为有机物沸点较低，加热时会挥发，且均为易燃物，接触酒精灯明火时可能会发生燃烧爆炸，因此不能用酒精灯直接加热；反应过程中有机物和生成的水会挥发出去，经冷凝管冷凝后回流到分水器中，其中水的密度比正丁醇和正丁醚的密度大在下层，有机物在上层，当液面达到一定高度时正丁醇和正丁醚可以回流到反应装置中，可以提高正丁醇的利用率，故答案为：先加正丁醇再加浓硫酸；有机物易挥发，为了防止产生明火爆炸等事故；便于正丁醇回流，增大正丁醇的利用率；
(2) 洗涤过程中，先用50%硫酸洗涤，可以洗去其中易溶于50%硫酸的正丁醇，证明有机层水洗呈中性可通过pH试纸测有机层水洗液的酸碱性，具体操作：正丁醇；用玻璃棒蘸取少量的有机层溶液，点滴在pH试纸上与标准比色卡进行对照，若颜色与pH=7的颜色对应，则有机层溶液呈中性；
(3)实际收集到的正丁醚为5mL，其质量为：5mL×0.76 g•mL-1=3.8g，20.0mL正丁醇的质量为：20.0mL×0.80 g•mL-1=16g，则理论生成的正丁醚的质量为：=14.1g，则正丁醚的产率为：，故答案为：27.0%；
(4)实验过程中需要分离有机物和水，需要用分液的方法分离，因此还需分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
5．(1)     恒压滴液漏斗     提高ClO2的使用效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2
(2)2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O
(3)     升高温度     2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O
(4)     滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复     56.6%

【解析】（1）
A仪器的名称是恒压滴液漏斗；实验过程中ClO2与NaOH溶液反应制备NaClO2，始终缓缓通入空气的原因是提高ClO2与NaOH溶液反应效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2；
（2）
C装置为ClO2与NaOH溶液反应的发生装置，化学反应方程式为2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O；
（3）
①水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能是升高温度促进了过氧化氢的分解；
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，根据氧化还原反应可知ClO2发生自身氧化还原，Cl元素的化合价升高到+5价，降低到+3价，其中一种是NaClO3，离子方程式为2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；
（4）
①NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液显示蓝色，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；
②NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，表格中第三次数据误差较大舍去，滴定消耗1.0mol•L-1Na2S2O3标准液平均体积为20.00mL，根据反应的关系式可知，该样品中亚氯酸钠的纯度为；
6．     氧化          离子键、共价键     碱     S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-     c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）     2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-     2HSO3-+O2=2H++2SO42-
【详解】(1)葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；
(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，故答案为：；
(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K2S2O7)，一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；
(4)①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，故答案为：碱；S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，故答案为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-。
7．     2NO（g）+C（s）CO2（g）+N2（g）   △H=-569kJ/mol     催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低     不是     56     升高温度     CD
【详解】(1)用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，
①N2(g)+O2(g)═2NO(g)    △H1=+180.5kJ•mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g)   △H2=-221.0kJ•mol-1
③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)  △H3=-556.0kJ•mol-1
将方程式(②+③)-①得2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+N2(g)
所以△H=(△H2+△H3)-△H1=(-221.0kJ•mol-1-556.0kJ•mol-1)-180.5kJ•mol-1=-569kJ/mol；
(2)①催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低；
②根据催化剂N的曲线可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，而A点的温度要比催化剂N的曲线最高点的温度要低，该反应为放热反应，降低温度平衡右移，所以A点的对应温度下的平衡脱氮率应该更大，所以A点不是对应温度下的平衡脱氮率；
③pH=12 的溶液，由HCO3-⇌CO32-+H+，可知K2(H2CO3)=5.6×10-11=，则c(CO32-)：c(HCO3-)=；
(3)①如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行；
②对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，X点时，起始物料比=1.0，SO2的平衡转化率为α(SO2)=50%，设起始时c(NO2)=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为KX==1，所以KX=KZ=1，则TX=TZ，
Y点时，起始物料比为=1.5，SO2的平衡转化率为α(SO2)=40%，设起始时c(SO2)=1.5ymol/L，c(NO2)=ymol/L，化学平衡常数为KY==1，所以KY=KZ=1，
则TY=TZ，所以选CD。
【点睛】第2题第二小问为本题难点，要注意“测量相同时间内烟气的脱氮率”，而在该时间内反应不一定达到平衡，该反应为放热反应，升温平衡右移，据图可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，说明A点一定不是平衡点。
8．     +41.8kJ/mol     0.04     先增大后减小     氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳     0.8     H3CO *+H2=CH3OH*
【详解】(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得反应Ⅲ，则焓变△H3=△H2—△H1= (—49.0 kJ/mol)—(—90.8kJ/mol)= +41.8kJ/mol，故答案为：+41.8kJ/mol；
②由题给数据可知，一氧化碳、氢气和甲醇的平衡分压分别为10.0%×5.0MPa=0.5 MPa、50%×5.0MPa=2.5 MPa、2.5%×5.0MPa=0.125 MPa，则反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.04(MPa)—2，故答案为：0.04；
(2)①由图可知，随着二氧化碳百分含量的增加，单位体积催化剂上，甲醇反应速率先增大后减小，故答案为：先增大后减小；
②若在无二氧化碳的体系中加入适量氧气，氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳，从而起到和二氧化碳相似的作用，故答案为：氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳；
(3)①化学反应速率取决于化学反应速率最慢的一步，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应历程中控速步骤的能垒为(—0.1eV)—(—0.9eV)=0.8eV，故答案为：0.8；
②由图可知，虚线框内发生的反应为H3CO *与H2反应生成CH3OH*，反应的化学反应方程式为H3CO *+H2=CH3OH*，故答案为：H3CO *+H2=CH3OH*。
9．(1)+177或177
(2)     或0.0025m     Pa或0.25mPa
(3)     <     副反应生成的固态碳附着在催化剂表面     通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率

【解析】（1）
由△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则△H2=(2×803+436-1072-2×464.5)kJ•mol-1=+41kJ•mol-1，根据盖斯定律，反应I+II得到C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，△H3=△H1+△H2=+177 kJ•mol-1；
（2）
列三段式：，平衡时的体积分数为20%，则，解得x=1，在恒温恒容下，物质的量和压强成正比，则得平衡时总压为Pa，起始时C2H6的分压为mPa×=mPa，平衡时的分压为Pa×=mPa，0到100min内C2H6的平均反应速率为，该温度下的平衡常数Kp==；
（3）
①对于主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)是吸热反应，温度越高，K值越大，由于温度：M ②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是副反应生成的固态碳附着在催化剂表面；
③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率。
10．     增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率     氧气     Na2SO3     SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3（或者2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2）     Ⅰ     2NaHSO3=Na2S2O5+H2O     %
【分析】该原理为：硫磺燃烧生成SO2，净化后在溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，NaHSO3在溶碱槽Ⅱ中与碳酸钠再反应生成Na2SO3，Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5。
【详解】(1)硫磺燃烧前先加热成液态并通过喷嘴喷入焚硫炉中，增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；故答案为：增大硫与空气的接触面积，使硫磺充分燃烧，加快反应速率；
(2)由转化关系可知，反应中需要的是空气，故要除去多余的氧气，故答案为：氧气；
(3)SO2足量生成NaHSO3，若SO2不足，则生成Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
(4)Na2SO3在溶碱槽Ⅲ中与SO2反应生成NaHSO3，若在溶碱槽Ⅱ中碳酸钠过量，那么碳酸钠在溶碱槽Ⅲ中也与SO2反应，故答案为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；(或者2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2)；
(5)过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离，故离心机分离后的母液为NaHSO3溶液，可和溶碱槽Ⅰ中与碳酸钠反应生成NaHSO3一起被用，故答案为：Ⅰ；
(6)过饱和NaHSO3溶液经结晶、离心分离、干燥制得Na2S2O5，反应为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(7)设产品中Na2S2O5的百分含量为ω，则利用化合价升降配平可知：2I2+S2O52-+3H2O=4I-+2SO42-+6H+，则有数量关系Na2S2O5～2I2，则n(Na2S2O5)= cmol•L-1×VL×10-3×=Vc×10-3mol，所以产品的纯度为=，故答案为：。
11．     将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO          HCl+NaClO3     反应平稳可控，且Pd的浸出率高          5mol/L     盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl
【详解】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO；
(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；
(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。
12．(1)除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质
(2)Fe2O3
(3)     H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O     不合理，硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染
(4)     0.01     pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑

【分析】Na2CO3加入废催化剂焙烧，由于Fe2O3难溶于水碱液，滤渣是Fe2O3，加入H2O2将VO氧化为VO，调节pH生成Al(OH)3沉淀，加入NH4Cl结合VO生成NH4VO3沉淀，在500~550℃受热分解为V2O5，滤液3内含MoO，系列操作后生成MoO3；
(1)
Na2CO3是强碱弱酸盐，呈碱性，“焙烧”的目的是除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
(2)
Fe2O3难溶于水碱液，滤渣的主要成分是Fe2O3；
(3)
滤液①中加H2O2的作用是将VO氧化为VO，离子方程式为：H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O；若用HNO3代替不合理，因为硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染；
(4)
由图知，pH=8时，五价钒的存在形态为VO，lgc(V)=-2.0，c(V)=0.01mol/L，pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀；
(5)
NH4VO3受热分解生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。