2026届安徽省泗县九里沟中学高考仿真卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省泗县九里沟中学高考仿真卷化学试卷含解析，共14页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32 g铜
B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 NA个氟化氢分子
C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4 ml Cl2转移的电子数为8NA
D．25 ℃时，1 L pH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子
2、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是
A．SO42－B．NO3－C．Na+D．Fe3+
3、某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若E中FeS换成Na2S，该装置也可达到相同的目的
B．若F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强
C．若G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强
D．若H中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸
4、下列关于电化学的实验事实正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6、当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．适宜的物质是
A．NaOHB．KIC．NH3D．Na2CO3
7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05ml/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径：WX
C．化合物XYZ中只含共价键D．K、L、M中沸点最高的是M
8、常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 ml·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是
A．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)
B．b点所示溶液中：c(NH4＋)＝2 c(SO42－)
C．V＝40
D．该硫酸的浓度为0.1 ml·L－1
9、下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是
A．乙装置中溶液颜色不变
B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋
D．当N电极消耗0.25 ml气体时，铜电极质量减少16g
10、下列有关说法正确的是
A．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应ΔS＞0
B．常温下向0.1 ml·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H＋)·c(CH3COO－)增大
C．将1 ml Cl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02×1023个
D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和
11、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Pd作正极
B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
12、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是
A．空气被二氧化硫污染后形成酸雨B．植物进行光合作用
C．用漂粉精杀菌D．明矾净水
13、 “结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是
A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性
B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水
C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性
D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化
14、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是
A．图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重
B．若M是锌片，可保护铁
C．若M是铜片，可保护铁
D．M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池
15、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是
A．原子半径:Br>Ga>Cl>AlB．镓元素为第四周期第ⅣA元素
C．7935Br与8135Br得电子能力不同D．碱性:Ga(OH)3>Al(OH)3 ，酸性:HClO4>HBrO4
16、化学反应前后肯定没有变化的是
①原子数目 ②分子数目 ③元素种类 ④物质的总质量 ⑤物质的种类
A．①④B．①③⑤C．①③④D．①②③④
二、非选择题（本题包括5小题）
17、美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一。它的一种合成路线如下:
已知:CH3COCH2RCH3CH2CH2R。
(1)A物质化学名称是_________。
(2)反应B→C的化学方程式为_________________;C→D的反应类型为________。
(3)D中所含官能团的名称是______________。
(4)G的分子式为________; 已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则H(美托洛尔)中含有________个手性碳原子。
(5)芳香族化合物X与C互为同分异构体。写出同时满足下列条件的X的一种结构简式___________。
①能发生银镜反应;
②不与FeCl3发生显色反应;
③含"C-Cl”键;
④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2:2:2:1。
(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4基苯酚的合成路线:__________(无机试剂任选)。
18、物质有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体和固体。单质可与的浓溶液发生反应，为砖红色沉淀。
请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：______、______。
（2）反应②的化学方程式是__________________________________________。
（3）利用电解可提纯物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_________，阳极物质是____________。是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为________。
（4）将和充入一个固定容积为的密闭容器中， 在一定温度并有催化剂存在下，进行反应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含，则____________；若温度不变，继续通入和，则平衡____________移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，____________。
（5）写出转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式： ____________。
19、实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)＋NaBrNaHSO4＋HBr↑、CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：
（1）A中放入沸石的作用是__，B中进水口为__口（填“a”或“b”）。
（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为__。
（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式__。
（4）给A加热的目的是__，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收__和溴蒸气，防止__。
（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是__。
（6）将C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO41～2mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃的馏分约10.0g。
①分液漏斗在使用前必须__；
②从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是__（精确到0.1%）。
20、ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：
已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
②ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
（1）NaClO2中氯元素的化合价是__。
（2）仪器A的作用是__。
（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：__。冰水浴冷却的目的是__(写两种)。
（4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因__。
（5）Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：
①__(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。
（6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20ml•L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）
21、甲醇的用途广泛，摩托罗拉公司也开发出一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电、请完成以下与甲醇有关的问题：
（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49kJ·ml-1。在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：
①从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为___。
②A中达到平衡时CO2的转化率为___。
③a=___。
（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：
①写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式___。
②理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，写出在t1后，石墨电极上的电极反应式___；在t2时所得溶液的pH约为___。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；
B．在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；
C．在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7ml电子时生成4ml氯气，即当生成4ml氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；
D．25℃时，1 L pH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1ml/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；
答案选D。
2、A
【解析】
某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42－，且至少含有NO3－、Cl－中的一种，若含有NO3－、Cl－两种，则还含有Na+，故答案选A。
3、C
【解析】
A. 若E中FeS换成Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A错误；
B. 若F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故B错误；
C. 若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强，故C正确；
D. 若H中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D错误。
综上所述，答案为C。
4、A
【解析】
A、锌与硫酸发生：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，且锌比铜活泼，因此构成原电池时锌作负极，铜作正极，依据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，A正确；
B、电解CuCl2溶液，电子从负极流向阴极，阳离子在阴极上得电子，阴离子在阳极上失去电子，电子从阳极流向正极，B错误；
C、弱酸环境下，发生钢铁的析氢腐蚀，负极上发生Fe－2e－=Fe2＋，正极上发生2H＋＋2e－=H2↑，C错误；
D、钢闸门与外电源的负极相连，此方法称为外加电流的阴极保护法，防止钢闸门的腐蚀，D错误；
故选A。
【点睛】
本题的易错点是选项B，在电解池以及原电池中，电解质溶液中没有电子的通过，只有阴阳离子的定向移动，形成闭合回路。
5、C
【解析】
A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误；
B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；
C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；
D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；
故选C。
6、D
【解析】
A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A错误；
B．KI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；
C．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；
D．Na2CO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确；
故选：D。
7、C
【解析】
0.05ml/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，甲是单质，且与浓硫酸反应生成SO2、H2O，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。
【详解】
A项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，C＞O，故A错误；
B项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，O＞S，故B错误；
C项、化合物COS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；
D项、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。
8、A
【解析】
A. c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，物料守恒式为c(NH4＋) +c(NH3.H2O)═2c(SO42−)，两式相减可得：c(H+)−c(OH−)═c(NH3.H2O)，故A正确；
B. 根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH−)Al>Cl，选项A错误；
B、镓元素为第四周期第ⅢA元素，选项B错误；
C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；
D、同主族从上到下金属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；
答案选D。
16、C
【解析】
在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。
【详解】
化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述, ①③④反应前后不变；
综上所述，本题正确选项C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯酚 还原反应 羟基、氯原子 C12H16O3 1 等
【解析】
根据C结构简式及A分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H。据此解答。
【详解】
（1）A为，其化学名称是苯酚；
（2）反应B→C的化学方程式为：，C→D的反应类型为还原反应；
（3）D为，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；
（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；
（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为等；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为。
18、（1）SO2Cu2O
（2）Cu+2H2SO4浓）SO2↑+ CuSO4+2H2O
（3）CuSO4溶液 粗铜 MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-
（4）0.036 ； 正反应方向 ； 0.36 ；0.40；
（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O ↓
或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O ↓
【解析】
试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G为砖红色沉淀，则G为Cu2O； A为某金属矿的主要成分，则A中含有Cu元素，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，判断C为Cu单质，则E为酸，B能与氧气反应生成C，C能与水反应生成相应的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。
（1）根据以上分析，B的化学式是SO2；G为Cu2O；
（2）反应②为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2↑+ CuSO4+2H2O；
（3）提纯Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-；
（4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18 ml，说明消耗氧气的物质的量是0.09ml，则vO（2）="0.09ml/5L/0.5min=0.036" ml/L·min)；继续通入0.20 ml B和0.10 ml O2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2倍还多，所以大于0.36ml，容器中相当于有0.4ml二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40ml；
（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O ↓
或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O ↓。
考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写
19、防止暴沸 b 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下 2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O 加快反应速率，蒸馏出溴乙烷 SO2 防止污染环境 冷却并减少溴乙烷的挥发 检漏 53.4%
【解析】
(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；
(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；
(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；
(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；
(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；
(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；
②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172ml，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172ml，其质量为18.75g，根据产率=×100%计算。
【详解】
(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；
(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；
(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；
(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；
(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；
(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；
②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172ml，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172ml，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。
【点睛】
考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。
20、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 1∶4 90.5%
【解析】
(1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
(2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸；
(3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度；
(4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；
(5)根据信息可以确定反应①的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
(6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，离子方程式为：4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系式NaClO2~4Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= ×0.2ml/L×0.02L=0.001ml，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1ml，m (NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为，故答案为：1:4；90.5%。
21、0.1c1 ml/ (L·s) 60% 19.6 CH3OH-6e- +80H-=CO32-+6H2O 4OH--4e- =O2↑+2H2O 1
【解析】
(1)①根据甲醇的浓度计算二氧化碳的浓度变化量 再根据速率公式计算CO2 的反应速率；
②根据反应放出的热量计算参加反应的二氧化碳的物质的量，再利用转化率定义计算；
③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值；
(2)①甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；
②原电池通入甲醇的为负极，乙中石墨电极 为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中I表示阴极产生的气体，II表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为:阳极2Cl--4e- =Cl2↑，阴极2Cu2++4e- =2Cu，t1~t2电极反应式为: 阳极4OH--4e- =O2↑+2H2O，阴极4H++4e - =2H2↑ ，在根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，根据公式计算得出c(H+) 从而得出溶液的pH。
【详解】
(1) ①根据表格可知A反应中甲醇的反应速率为v===0.1c1 ml/ (L· s)，根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以A中CO2的平均反应速率为0.1c1 ml/ (L·s)；
②根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49kJ·ml-1，由表中数据可知，反应达到平衡时放出的热量为29.4kJ，所以参加反应的CO2的物质的量为0.6ml，所以A中达到平衡时CO2的转化率为=；故答案为： 60%；
③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量a=反应热-放出的热量=49. 0kJ-29. 4kJ=19. 6kJ，故答案为：19.6；
(2)①由图象可知左图为甲醇燃料电池，在碱性条件下甲醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e- +80H-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e- +80H-=CO32-+6H2O；
②乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，当Cu2+反应完了，水中的H+放电，故图丙中I表示阴极产生的气体，II 表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl--2e- =Cl2↑，t1~t2电极反应放出的气体速率减小了，说明Cl-反应完了，所以t1~t2电极反应式为：阳极4OH--4e- =O2↑+2H2O，t2点后相当于电解水，电极反应式为：阳极4OH--4e- =O2↑+2H2O，阴极4H++4e - =2H2↑，所以在t1后，石墨电极上的电极反应式为4OH--4e- =O2↑+2H2O；t1前电极反应式为：阳极2Cl--2e- =Cl2↑，产生的Cl2为224mL，t2点时阴极2Cu2++4e~=2Cu，Cu2+刚好反应完，阳极4OH--4e- =O2↑+2H2O中O2的体积为336mL-224mL=112mL，消耗OH-为0.02ml，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，所以n ( H+) =0.02ml，c (H+) = =0.1ml/L， 所以溶液的pH=1；答案：4OH--4e- =O2↑+2H2O；1。
【点睛】
本题易错点a值的计算方法：对于恒温恒容下的等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，如果二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，那么放出热量与吸收热量之和等于反应热数值。
出现环境
实验事实
A
以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池
Cu为正极，正极上发生还原反应
B
电解CuCl2溶液
电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极
C
弱酸性环境下钢铁腐蚀
负极处产生H2，正极处吸收O2
D
将钢闸门与外加电源负极相连
牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀
乙醇
溴乙烷
溴
状态
无色
液体
无色
液体
深红棕色
液体
密度/g·cm-3
0.79
1.44
3.1
沸点/℃
78.5
38.4
59