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2022届山东省菏泽市高三二模考试化学试题含解析
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这是一份2022届山东省菏泽市高三二模考试化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省菏泽市2022届高三二模考试
化学试题
一、单选题
1．2022年1月，国务院办公厅印发了《中央生态环境保护整改工作办法》，凸显了国家治理环境的决心和力度。下列说法错误的是（ ）
A．工业上用氨水消除燃煤烟气中的SO2
B．纳米铁粉主要通过物理吸附除去污水中的Cu2+、Hg2+、Ag+等重金属离子
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水，实现了水的再生循环
D．中国科学院在国际上首次实现了从CO2到淀粉的全合成，有利于促进“碳中和”
2．化学与社会、生活、生产密切相关。下列事实与解释一致的是 （ ）
选项
事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去油污
纯碱可以直接与油污反应
B
常在食品包装袋中放入生石灰
为防止月饼等富脂食品氧化变质
C
利用氯化铁溶液可以制作铜质印刷线路板
FeCl3溶液置换出铜单质
D
牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶
溶入极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止变质
A．A B．B C．C D．D
3．下列关于实验操作的描述正确的是（ ）
A．氧化还原反应滴定时，用酸式滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液
B．从食盐水中得到NaCl晶体，当坩埚中出现大量固体时，停止加热，利用余热蒸干
C．用苯萃取溴水中的Br2，分离时溴和苯的混合溶液从分液漏斗下口放出
D．配制一定物质的量浓度溶液时，将量取好的物质放入容量瓶中，加水溶解至刻度线
4．科学家为了解决电池的导电性问题，合成出了一种高效化合物，其结构如图1所示，其中W、Y、Z、X、Q均为短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图2，Z和Q位于同一主族。下列说法错误的是 （ ）
A．简单离子的半径：Q>Y>Z>X
B．第一电离能：Z>Y>Q
C．简单氢化物分子的键角：Z>Q
D．W、X、Q均可与Z形成两种常见的二元化合物
5．下列装置能达到实验目的的是 （ ）
A
B
C
D
实验室制氨气
蒸馏时的接收装置
除去CO2中少量HCl
吸收多余的HCl气体
A．A B．B C．C D．D
6．一种合成吲哚-2-酮类药物的中间体，其结构如下图所示，下列有关X的说法错误的是 （ ）
A．不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．含有3种官能团
C．该物质的分子式为C11H9Br2NO3
D．1mol该分子最多能与6mol氢氧化钠发生反应
7．实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是 （ ）
A．样品制成粉末的目的是增大接触面积，提高浸取率
B．步骤(1)需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤
D．步骤(4)需要用到球形冷凝管
8．目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘的酸性废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是 （ ）
A．滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
B．该流程涉及的化学反应均为氧化还原反应
C．制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
D．制备CuI过程中，理论上消耗的SO2与I2的物质的量之比为1：1
9．(CH3)3SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。下列说法正确的是 （ ）
A．CH3CN中σ键与π键的个数相等
B．甲分子中采取sp2杂化的碳原子有6个
C．有机物乙的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点
D．常温下，(CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键易断裂
10．某课题研究小组设计如下图所示装置(电极材料均为铂)，该装置可将工业废水中的乙胺(CH3CH2NH2)转化成无毒无害物质。下列分析错误的是 （ ）
A．电极M为电池的正极
B．电池工作时，左侧溶液pH保持不变
C．电极N的电极反应式为：2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+
D．为了保证电池效率，该电池工作时温度不易过高
11．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是 （ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向CH2=CHCHO中滴加KMnO4酸性溶液
紫红色退去
CH2=CHCHO中含碳碳双键
B
加热某盐与NaOH的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
红色石蕊试纸变蓝
该盐为铵盐
C
将用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄色
氧化性：H2O2>Fe3+(酸性条件)
D
向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体
产生黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4强
A．A B．B C．C D．D
12．一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺的工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．第一步中当消耗标况下O211.2L时，右侧电极质量减小46g
C．第二步中，放电结束后，电解质溶液中NaCl的含量增大
D．第三步的总反应为：2AgCl通电__2Ag+Cl2↑
二、多选题
13．1-甲基-2-氯环己烷()存在如图转化关系，下列说法错误的是 （ ）
A．X分子所有碳原子一定共面
B．X和Y均能使能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．Y在一定条件下可以转化成X
D．Y的同分异构体中，含结构的有9种(不考虑立体异构)
14．随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应(RWGS)的研究。单一分子RWGS在Fe3O4催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程[TS1-TS2-TS3-TS4-CO(a)+H2O(a)]和中间物种分解历程[TS1-TS6-TS7-TS5-HCOO(a)+H(a)]。[已知(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]。下列说法正确的是 （ ）
A．该反应为吸热反应
B．RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的主要历程是中间物种分解历程
C．氧化还原历程控速步骤为：CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)
D．使用高效催化剂，加快化学反应速率，从而提高平衡转化率
15．25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示c(HX)c(X-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]
A．②代表滴定CuSO4溶液的变化关系
B．滴定HX溶液至a点时，溶液中PH=8
C．滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时，溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D．如果完全除去工业废水中的Cu2+，需要调节溶液的PH≥6.7
三、综合题
16．钪(Sc)及其化合物具有许多优良的性能，被应用于航空航天、超导、核能等领域，以赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)为原料提取Sc2O3的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂(密度小于水)；②ScCl3易水解。
请回答下列问题：
（1）“酸浸”时，当温度高于40℃钪的浸出率开始下降，其原因是 ；滤渣的主要成分 (填化学式)。
（2）用盐酸“洗涤”的目的是 。
（3）SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，化学反应方程式为： ，“回流过滤”中SOCl2的作用除了将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂外，还有一个作用是 。
（4）在空气中灼烧草酸钪得到Sc2O3的化学反应方程式为 。
（5）已知Kal(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4⇌Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。
17．镍铜合金由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态镍原子的价电子排布式为 ，同周期且基态原子的单电子数与Ni相同的元素有 种。
（2）Cu与Fe的第二电离能分别为：I2(Cu)=1958kJ⋅mol-1，I2(Fe)=1561kJ⋅mol-1，I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因是 。
（3）Cu+可与4-甲基咪唑()形成配合物。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
①4—甲基咪唑中， (填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是 。
（4）已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(12，12，12)，则d的坐标参数为 ，它代表 原子。
②若铜、氧的原子半径分别为r1pm、r2pm，Cu2O晶体的密度为ρg⋅cm-3，NA是阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中原子空间占有率为 ×100%(用含r1、r2、ρ、NA的式子表示，不必化简)。
18．我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
（1）Ⅰ．一定温度下，CO2和H2在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
a：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ⋅mol-1
b：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ⋅mol-1
相同温度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3= 。
（2）在传统的催化固定反应床(CFBR)中，CO2转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器(CMR)，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中投料比按n(H2)n(CO2)=3投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
n(H2)n(CO2)
温度/℃
CO2转化率
CH3OH选择性
①
CFBR
3
260
21.9
67.3
②
CMR
3
260
36.1
100.0
已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比。
①CMR模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．n(H2)n(CO2)不再变化 D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
②由表中数据可知CMR模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
（3）反应b在进气比[n(CO2)：n(H2)]不同时，测得相应的CO2平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系：T(D) T(F)(填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率v正=k正x(CO2)x(H2)，v逆=k逆x(CO)x(H2O)，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当CO2的转化率刚好达到20%时，v正v逆= 。
（4）Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中HCO3-物质的量基本不变。
阴极电极反应式为： 。
19．靛蓝类色素广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：ⅰ．R1-CHO+⇌OH-⇌OH-
（1）B的名称是 。
（2）E→G的反应类型是 。
（3）符合下列条件的J的同分异构体有 种；
a．苯环上含有两个取代基，其中一个是硝基 b．能发生银镜反应
c．可与氢氧化钠溶液发生化学反应
其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的有机物结构简式是 。
（4）G→J的化学反应方程式是 。
（5）K中除苯环外还含有一个五元环，K中所含官能团的名称是 。
（6）已知：ⅱ．R1-CO||-R2+R3-NH2→一定条件R1-CHR2|=NR3
ⅲ．R1-CH2-CN-R2||-R3中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似ⅰ的反应。根据上述信息写出M与L在一定条件下转化为Y的路线图 。
20．Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3⋅5H2O(M=248g⋅mol-1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为 。
（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的 ；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为 。
（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是 (用离子方程式表示)。
（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是 。
（5）设计实验测定Na2S2O3⋅5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入
5mL2mol⋅L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mLl%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
试计算Na2S2O3⋅5H2O的纯度为 (保留三位有效数字)。
（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4⋅10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．酸性氧化物二氧化硫能与氨水反应，所以工业上用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫，防止形成酸雨，故A不符合题意；
B．纳米铁粉能与污水中的Cu2+、Hg2+、Ag+等重金属离子发生置换反应达到除去重金属离子的目的，与物理吸附无关，故B符合题意；
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水的过程实现了水的再生循环利用，故C不符合题意；
D．中国科学院在国际上首次实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，该过程有助于减少二氧化碳的排放，有利于促进“碳中和”的实现，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据生活中常见的污染和治理分析解答。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．油污在碱中完全水解成可溶于水的物质，纯碱为Na2CO3，溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，温度升高，促进水解，碱性增强，去油污能力增强，不是碳酸钠直接与油污反应，故A不符合题意；
B．生石灰作用时干燥剂，无抗氧化作用，故B不符合题意；
C．发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，没有置换出铜单质，故C不符合题意；
D．Ag+为重金属离子，能使蛋白质变性，杀死牛奶中的细菌，防止变质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.油污的主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸；
B.生石灰容易吸水；
C.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，溶解铜制造线路板；
D.重金属离子能使蛋白质变性。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．重铬酸钾溶液具有强氧化性，为防止重铬酸钾溶液氧化碱式滴定管中的橡胶管，氧化还原反应滴定时，应用酸式滴定管盛装重铬酸钾标准溶液，故A符合题意；
B．从食盐水中得到氯化钠晶体，当蒸发皿中出现大量固体时，停止加热，利用余热蒸干，故B不符合题意；
C．苯的密度比水小，所以用苯萃取溴水中的溴，分离时溴和苯的混合溶液从分液漏斗上口倒出，故C不符合题意；
D．容量瓶是精量器，不能用于溶解或稀释溶液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碱式滴定管下部是橡胶管不适合强氧化性物质；
B.从食盐水中得到氯化钠晶体是使用蒸发皿；
C.依据苯和溴的密度的大小分析解答；
D.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．电子层数越大，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，S2-有3个电子层，而N3-、O2-、Na+有2个电子层，核电荷数Na＞O＞N，因此原子半径：S2-＞N3-＞O2-＞Na+，A不符合题意；
B．N为2p3半充满稳定结构，较难失去电子，故第一电离能N＞O，B符合题意；
C．Z为O元素，Q为S元素，H2O、H2S分子的中心原子均含有2对孤电子对，均为V形结构，但由于原子半径O＜S，孤电子对越近排斥力越大，则键角越大，故键角：H2S＜H2O，C不符合题意；
D．H、Na、S可与O元素分别形成H2O、H2O2，Na2O、Na2O2，SO2、SO3，均是两种常见的二元化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 W、Y、Z、X、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，每个Z原子均形成2对共用电子，每个Q形成6对共用电子，Z和Q位于同一主族且Z的原子序数小于Q，则Z为O， Q为S；W均形成一个共价键，W是H元素；Y的原子半径大于Z，则Y是N元素；X可形成X+，可知X为Na元素。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A不符合题意；
B．锥形瓶不能密封，否则馏分难以流下，B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，C符合题意；
D．氯化氢极易溶于水，直接通入水中容易引起倒流，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵受热分解后，在试管口二者又重新化合生成氯化铵；
B.锥形瓶不能密封；
C.碳酸氢钠溶液和氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
D.氯化氢极易溶于水。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由结构简式可知，X分子中与酯基和酰胺基相连的碳原子上含有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A符合题意；
B．由结构简式可知，X分子中含有的官能团为溴原子、酯基和酰胺基，共3种，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，X分子的分子式为C11H9Br2NO3，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，X分子中含有的溴原子、酯基和酰胺基都能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol溴原子会消耗2mol氢氧化钠，所以1mol该分子最多能与6mol氢氧化钠发生反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据该有机物中含有溴原子、酯基和酰胺分析解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．样品制成粉末的，增大了样品与浸取液的接触面积，提高浸取率，A不符合题意；
B．步骤(1)为过滤浸取液，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，B不符合题意；
C．步骤(2)所得的溶液中含有NaNO3和天然产物；从左图的溶解度曲线可知，较高温度下，NaNO3和天然产物溶解度有较大的差异，故步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤，以得到粗产品，C不符合题意；
D．步骤(4)为蒸馏，回收甲苯，需要用到直形冷凝管，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述分析，滤渣1为Cu和Fe，Cu不与稀硫酸反应，Fe与稀硫酸反应，滤渣1不能完全溶解，故A不符合题意；
B．根据上述分析，制备KI溶液，发生反应：FeI2＋K2CO3=FeCO3↓＋2KI，该反应为复分解，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．制备KI时，pH过大，促进Fe2＋水解，Fe2＋水解形成胶状物吸附KI，造成I－损失，因此需要控制溶液的pH不宜过大，故C符合题意；
D．制备CuI发生反应的方程式为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，消耗SO2和I2物质的量之比为2∶1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】制备CuI发生反应的方程式为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，CuI中加入铁粉和水，利用铁的金属性强于铜，发生Fe+2CuI=FeI2+Cu， 滤渣I为Fe、 Cu的混合物，FeI2与碳酸钾溶液反应：FeI2＋K2CO3=FeCO3↓＋2KI，滤渣2为FeCO3，利用过氧化氢的氧化性，将I-氧化成I2，利用氯气的氧化性，与I2发生反应5Cl2+I2+12OH-=2IO32-+10Cl-+6H2O。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则由结构简式可知，CH3CN分子中含有5个，π键为2个，σ键与π键的个数不相等，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有7个，故B不符合题意；
C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的分子间作用力小于对羟基苯甲酸，沸点低于对羟基苯甲酸，故C符合题意；
D．氯元素的电负性大于碘元素，所以(CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键难断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；
B.由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化；
C.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键；
D.氯元素的电负性大于碘元素， (CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键难断裂。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，电极M为原电池的正极，故A不符合题意；
B．由分析可知，电极M为原电池的正极，酸性条件下空气中的氧气在正极得到得到生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，则电池工作时，左侧溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B符合题意；
C．由分析可知，电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+，故C不符合题意；
D．由分析可知，电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，若温度过高，微生物的主要成分蛋白质会发生变性，催化能力下降，电池效率下降，所以为了保证电池效率，该电池工作时温度不易过高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 由图可知，电极M为原电池的正极，酸性条件下空气中的氧气在正极得到得到生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O， 电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、 氮气和氢离子，电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，故该实验中酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO含有碳碳双键，A不符合题意；
B．反应产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3；铵盐和NaOH的混合溶液受热后，会产生NH3，则该盐为铵盐，B符合题意；
C．NO3-在酸性条件下具有强氧化性；向硫酸酸化的H2O2溶液中滴加Fe(NO3)2溶液，溶液变黄，H2O2和NO3-都可以氧化Fe2+，该实验不能说明H2O2的氧化性比Fe3+（酸性条件）强，C不符合题意；
D．向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀，不能说H2S的酸性比H2SO4强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色；
B.依据氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝分析；
C.NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
D.向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气转移电子的物质的量为2mol，根据阳极反应式可知转移2mol电子电极右侧减小2molNa+，质量为46g，故B不符合题意；
C．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C符合题意；
D．根据图示可知，第三步中阴极氯化银生成银，阳极生成氯气，故总反应为：2AgCl通电__2Ag+Cl2↑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由图可知，第一步生产NaOH的装置为电解池，O2在阴极得电子生成OH-；第二步提取Na+和Cl-的装置为原电池，Ag失电子生成AgCl，Ag作负极；第三步生产Cl2的装置为电解池，AgCl在阴极得电子生成Ag和Cl-。
13．【答案】A,D
【解析】【解答】A．或分子中都含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以分子中的所有碳原子不能共面，故A符合题意；
B．或分子中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，分子中与羟基相连的碳原子上连有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成羰基，使溶液褪色，则X和Y均能使能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；
C．在浓硫酸作用下，能共热发生消去反应生成或，故C不符合题意；
D．含有结构的Y的同分异构体的环上可能连有乙基或2个甲基，其中连有乙基的有3种结构，连有2个甲基的有9种结构，共有12种，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 由转化关系可知，
在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成或，则X为或；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则Y为。
14．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，逆水煤气反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故A符合题意；
B．由图可知，中间物种分解历程的各步活化能均高于氧化还原历程的各步活化能，所以RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的主要历程是氧化还原历程，故B不符合题意；
C．由图可知，氧化还原历程中最后一步反应的活化能最大，反应速率最慢，是氧化还原历程的控速步骤，反应的方程式为CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)，故C符合题意；
D．使用高效催化剂，能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但化学平衡不移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.依据图示分析反应物总能量和生成物总能量的大小；
B.依据图示分析活化能的大小；
C.反应速率最慢的活化能最大；
D.催化剂可以影响活化能和反应速率但是对化学平衡没有影响。
15．【答案】B,D
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示滴定硫酸铜溶液的变化关系，故A不符合题意；
B．由图可知，a点时，曲线②中c(Fe2+)与曲线③中c(HX)c(X-)相等，则Ksp[Fe(OH)2]c2(OH-)=c(H+)Ka，c(OH-)= Ka×Ksp[Fe(OH)2]Kw=10-5×10-1510-14mol/L=10-6 mol/L，所以溶液的pH为8，故B符合题意；
C．由图可知，曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系，当滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时，溶液中pH为5，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C不符合题意；
D．由分析可知，曲线①表示滴定硫酸铜溶液的变化关系，氢氧化铜的溶度积10—19.6，则当废水中铜离子完全沉淀时氢氧根离子的浓度为10-19.610-5mol/L=10-7.3mol/L，所以全除去工业废水中的铜离子，需要调节溶液的pH≥6.7，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】 由氧氧化铜的溶度积小于氨氧化亚铁可知，曲线①表示氧氧化钠溶液滴定硫酸铜溶液的变化关系，曲线②表示氧氧化钠溶液滴定硫酸亚铁溶液的变化关系，曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系，由图可知，氢氧化调的溶度积为10-19.6，氢氧化亚铁的溶度积为10-15，HX的电离常数为Ka=10-5。
16．【答案】（1）温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢；SiO2
（2）除去有机相中的FeCl3、AlCl3
（3）SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；抑制Sc3+水解
（4）2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2
（5）a3b3c
【解析】【解答】向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
(1)盐酸是挥发性酸，若温度高于40℃，氯化氢受热挥发，盐酸的浓度减小，酸浸速率减慢，导致钪的浸出率下降；由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢；SiO2；
(2)由分析可知，用盐酸洗涤的目的是洗涤除去有机相中残留的氯化铁、氯化铝，故答案为：除去有机相中的FeCl3、AlCl3；
(3)由题意可知，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；回流过滤中SOCl2能起到溶剂的作用，将氢氧化钪转化为氯化钪，同时还可以抑制易水解的氯化钪发生水解，故答案为：SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；抑制Sc3+水解；
(4)由分析可知，在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气在高温条件下反应生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2；
(5)由题给方程式可知，反应的平衡常数K=c6(H+)c2(Sc3+)c3(H2C2O4)=1c2(Sc3+)c3(C2O42-)×c6(H+)c3(C2O42-)c3(H2C2O4)=K13K23Ksp[Sc2(C2O4)3]=a3b3c，故答案为：a3b3c。
【分析】由题给流程分析可知，向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
17．【答案】（1）3d84s2；3
（2）基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
（3）3；O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱
（4）(34，34，14)；Cu；(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%
【解析】【解答】(1)镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，基态原子的单电子数为2，第四周期中钛、锗、硒三种原子的单电子数与镍相同，也为2，故答案为：3d84s2；3；
(2)铜元素的原子序数为29，失去1个电子后Cu+的价电子排布式为3d10的全充满结构，较难失去电子，而铁元素的原子序数为26，失去1个电子后Fe+的价电子排布式为3d64s1，较易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于铁元素，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
(3)①由题意可知，4—甲基咪唑中1号氮原子的孤电子对因参与形成大π键，使电子云密度降低，所以3号氮原子易提供孤对电子与亚铜离子形成配位键，故答案为：3；
②4—甲基咪唑中氧元素的电负性强于氮元素，氧原子对孤对电子吸引力强，所以氧原子原子做配体时，提供孤电子对与亚铜离子形成配位键的能力弱于氮原子，故答案为：O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱；
(4)①由位于顶点a和体心b的坐标参数依次为(0，0，0)和(12，12，12)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线14处d点的坐标参数为(34，34，14)，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的小球的个数为8×18+1=2，位于体内的大球为4，由氧化亚铜化学式可知，d点原子代表铜原子，故答案为：(34，34，14)；Cu；
②设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：288NA=Vρ，解得V=288NAρ，晶胞中铜原子和氧原子的体积之和为43πr13×10-30×4+43πr23×10-30×2，则晶体的空间利用率为(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%，故答案为：(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%。
【分析】(1)依据原子核外的电子排布和原子的结构分析解答；
(2)依据离子的价电子排布判断得失电子的难易；
(3)依据配位键的相关知识分析解答；
(4)依据晶胞的计算分析解答。
18．【答案】（1）-90.7kJ/mol
（2）B；CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
（3）＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；328
（4）7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6HCO3-
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应a—b可得反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ，则△H3=△H1-△H2=(-49.5kJ/mol)-(+41.2 kJ/mol)= -90.7kJ/mol，故答案为：-90.7kJ/mol；
(2)①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
C．n(H2)n(CO2)的比值与化学计量数的比值相等，反应中n(H2)n(CO2)始终不变，则n(H2)n(CO2)不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
故答案为：B；
②由表中数据可知CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
(3)①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1=0.6mol/L×0.6mol/L0.4mol/L×0.4mol/L=2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2=0.75mol/L×0.75mol/L0.75mol/L×0.25mol/L=3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3=0.6mol/L×0.6mol/L0.9mol/L×0.4mol/L=1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正x(CO2)x(H2)=k逆x(CO)x(H2O)，K正K逆=x(CO)x(H2O)x(CO2)x(H2)=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)= K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则v正v逆=K正K逆×c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=1×0.3mol/L×0.3mol/L1.2mol/L×0.7mol/L=328，故答案为：328；
(4)由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-，故答案为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-。
【分析】(1)依据盖斯定律分析解答；
(2)依据化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不为0，各个物质的状态不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确的结论；
②依据化学平衡移动原理分析；
(3)结合图示依据化学平衡常数和化学反应速率的相关知识分析解答；
(4)依据 电解池的相关知识分析解答。
19．【答案】（1）2-硝基甲苯或邻硝基甲苯
（2）氧化反应
（3）15；
（4）
（5）酮羰基、酰胺键
（6）
【解析】【解答】由E可知，该有机物中含有苯环，故可知A为甲苯，B为甲苯与浓硫酸和浓硝酸发生硝化反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯和卤素单质发生取代反应，然后发生水解反应生成邻硝基苯甲醇，具体反应流程如下所示：。
(1)由上述流程可知B为 ，名称为2-硝基甲苯或邻硝基甲苯；
(2)从E到G为 ，该反应为醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；
(3)由同分异构体满足的条件可知，苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一个能发生银镜反应说明要有醛基，可以与氢氧化钠反应说明有酯基，则该物质为甲酸某酯，符合以上条件的J的同分异构体有：、、、 、，两个取代基分别有邻间对三种排列，所以共5×3=15种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的有机物结构简式是 ；
(4)G和I发生已知信息的反应生成J，根据G和J的结构简式可判断I为丙酮，反应方程式为：
(5)由分析可知K的结构简式为 ，该有机物中含有的官能团为酮羰基和酰胺键；
(6)由分析可知该流程为：
【分析】A的分子式为C7H8，结合E的结构简式，可知A分子含有苯环，故A为甲苯，由B的分子式、E的结构简式，可知A发生硝化反应生成B，B与氯气(或溴)在光照条件下发生一卤取代生成D，D发生卤代烃的水解反应生成E，故A为甲苯、B为，D为；E发生催化氧化生成G是，和I反应生成J，由信息可知I是；X水解为K、L，根据K、L的分子式，(5)中K中除苯环外还含有一个五元环，推知K是、L是，K水解为M，M是；(6)L为，M为，M、L发生信息i的反应生成，最后发生消去反应生成Y。
20．【答案】（1）检查装置气密性
（2）Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气；Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2
（3）S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出
（5）93.0%
（6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【解析】【解答】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
(1)该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2；
(3)由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
(5)由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O7—3I2—6Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为0.294g294g/mol×6×10×248g/mol16.00g×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
(6)利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
【分析】(1)该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性；
(2)因为硫化钠水解显碱性，且其水解程度较大，其水解产物为有毒气体硫化氢，碳酸钠溶液碱性较强，所以先溶解碳酸钠可以抑制硫化钠水解；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，；
(3)硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水；
(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇；
(5)由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O7—3I2—6Na2S2O3，依据化学方程式的计算分析解答；
(6)利用甲装置中的残渣( Na2SO4和Na2SO3的混合物) 制备Na2SO4⋅10H2O晶体，首先要用氧气将
Na2SO3氧化为Na2SO4；Na2SO3水解使溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性，故可通过测定溶液的pH来进行控制，再结合硫酸钠的溶解度曲线图采用40°C减压蒸发浓缩，冰水冷却降温结晶的方法获取晶体。
山东省菏泽市2022届高三二模考试
化学试题
一、单选题
1．2022年1月，国务院办公厅印发了《中央生态环境保护整改工作办法》，凸显了国家治理环境的决心和力度。下列说法错误的是（ ）
A．工业上用氨水消除燃煤烟气中的SO2
B．纳米铁粉主要通过物理吸附除去污水中的Cu2+、Hg2+、Ag+等重金属离子
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水，实现了水的再生循环
D．中国科学院在国际上首次实现了从CO2到淀粉的全合成，有利于促进“碳中和”
2．化学与社会、生活、生产密切相关。下列事实与解释一致的是 （ ）
选项
事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去油污
纯碱可以直接与油污反应
B
常在食品包装袋中放入生石灰
为防止月饼等富脂食品氧化变质
C
利用氯化铁溶液可以制作铜质印刷线路板
FeCl3溶液置换出铜单质
D
牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶
溶入极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止变质
A．A B．B C．C D．D
3．下列关于实验操作的描述正确的是（ ）
A．氧化还原反应滴定时，用酸式滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液
B．从食盐水中得到NaCl晶体，当坩埚中出现大量固体时，停止加热，利用余热蒸干
C．用苯萃取溴水中的Br2，分离时溴和苯的混合溶液从分液漏斗下口放出
D．配制一定物质的量浓度溶液时，将量取好的物质放入容量瓶中，加水溶解至刻度线
4．科学家为了解决电池的导电性问题，合成出了一种高效化合物，其结构如图1所示，其中W、Y、Z、X、Q均为短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图2，Z和Q位于同一主族。下列说法错误的是 （ ）
A．简单离子的半径：Q>Y>Z>X
B．第一电离能：Z>Y>Q
C．简单氢化物分子的键角：Z>Q
D．W、X、Q均可与Z形成两种常见的二元化合物
5．下列装置能达到实验目的的是 （ ）
A
B
C
D
实验室制氨气
蒸馏时的接收装置
除去CO2中少量HCl
吸收多余的HCl气体
A．A B．B C．C D．D
6．一种合成吲哚-2-酮类药物的中间体，其结构如下图所示，下列有关X的说法错误的是 （ ）
A．不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．含有3种官能团
C．该物质的分子式为C11H9Br2NO3
D．1mol该分子最多能与6mol氢氧化钠发生反应
7．实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是 （ ）
A．样品制成粉末的目的是增大接触面积，提高浸取率
B．步骤(1)需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤
D．步骤(4)需要用到球形冷凝管
8．目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘的酸性废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是 （ ）
A．滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
B．该流程涉及的化学反应均为氧化还原反应
C．制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
D．制备CuI过程中，理论上消耗的SO2与I2的物质的量之比为1：1
9．(CH3)3SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。下列说法正确的是 （ ）
A．CH3CN中σ键与π键的个数相等
B．甲分子中采取sp2杂化的碳原子有6个
C．有机物乙的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点
D．常温下，(CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键易断裂
10．某课题研究小组设计如下图所示装置(电极材料均为铂)，该装置可将工业废水中的乙胺(CH3CH2NH2)转化成无毒无害物质。下列分析错误的是 （ ）
A．电极M为电池的正极
B．电池工作时，左侧溶液pH保持不变
C．电极N的电极反应式为：2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+
D．为了保证电池效率，该电池工作时温度不易过高
11．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是 （ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向CH2=CHCHO中滴加KMnO4酸性溶液
紫红色退去
CH2=CHCHO中含碳碳双键
B
加热某盐与NaOH的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
红色石蕊试纸变蓝
该盐为铵盐
C
将用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄色
氧化性：H2O2>Fe3+(酸性条件)
D
向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体
产生黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4强
A．A B．B C．C D．D
12．一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺的工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．第一步中当消耗标况下O211.2L时，右侧电极质量减小46g
C．第二步中，放电结束后，电解质溶液中NaCl的含量增大
D．第三步的总反应为：2AgCl通电__2Ag+Cl2↑
二、多选题
13．1-甲基-2-氯环己烷()存在如图转化关系，下列说法错误的是 （ ）
A．X分子所有碳原子一定共面
B．X和Y均能使能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．Y在一定条件下可以转化成X
D．Y的同分异构体中，含结构的有9种(不考虑立体异构)
14．随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应(RWGS)的研究。单一分子RWGS在Fe3O4催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程[TS1-TS2-TS3-TS4-CO(a)+H2O(a)]和中间物种分解历程[TS1-TS6-TS7-TS5-HCOO(a)+H(a)]。[已知(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]。下列说法正确的是 （ ）
A．该反应为吸热反应
B．RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的主要历程是中间物种分解历程
C．氧化还原历程控速步骤为：CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)
D．使用高效催化剂，加快化学反应速率，从而提高平衡转化率
15．25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示c(HX)c(X-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]
A．②代表滴定CuSO4溶液的变化关系
B．滴定HX溶液至a点时，溶液中PH=8
C．滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时，溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D．如果完全除去工业废水中的Cu2+，需要调节溶液的PH≥6.7
三、综合题
16．钪(Sc)及其化合物具有许多优良的性能，被应用于航空航天、超导、核能等领域，以赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)为原料提取Sc2O3的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂(密度小于水)；②ScCl3易水解。
请回答下列问题：
（1）“酸浸”时，当温度高于40℃钪的浸出率开始下降，其原因是 ；滤渣的主要成分 (填化学式)。
（2）用盐酸“洗涤”的目的是 。
（3）SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，化学反应方程式为： ，“回流过滤”中SOCl2的作用除了将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂外，还有一个作用是 。
（4）在空气中灼烧草酸钪得到Sc2O3的化学反应方程式为 。
（5）已知Kal(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4⇌Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。
17．镍铜合金由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
（1）基态镍原子的价电子排布式为 ，同周期且基态原子的单电子数与Ni相同的元素有 种。
（2）Cu与Fe的第二电离能分别为：I2(Cu)=1958kJ⋅mol-1，I2(Fe)=1561kJ⋅mol-1，I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因是 。
（3）Cu+可与4-甲基咪唑()形成配合物。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
①4—甲基咪唑中， (填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是 。
（4）已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(12，12，12)，则d的坐标参数为 ，它代表 原子。
②若铜、氧的原子半径分别为r1pm、r2pm，Cu2O晶体的密度为ρg⋅cm-3，NA是阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中原子空间占有率为 ×100%(用含r1、r2、ρ、NA的式子表示，不必化简)。
18．我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
（1）Ⅰ．一定温度下，CO2和H2在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
a：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ⋅mol-1
b：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ⋅mol-1
相同温度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3= 。
（2）在传统的催化固定反应床(CFBR)中，CO2转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器(CMR)，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中投料比按n(H2)n(CO2)=3投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
n(H2)n(CO2)
温度/℃
CO2转化率
CH3OH选择性
①
CFBR
3
260
21.9
67.3
②
CMR
3
260
36.1
100.0
已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比。
①CMR模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．n(H2)n(CO2)不再变化 D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
②由表中数据可知CMR模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
（3）反应b在进气比[n(CO2)：n(H2)]不同时，测得相应的CO2平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系：T(D) T(F)(填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率v正=k正x(CO2)x(H2)，v逆=k逆x(CO)x(H2O)，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当CO2的转化率刚好达到20%时，v正v逆= 。
（4）Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中HCO3-物质的量基本不变。
阴极电极反应式为： 。
19．靛蓝类色素广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：ⅰ．R1-CHO+⇌OH-⇌OH-
（1）B的名称是 。
（2）E→G的反应类型是 。
（3）符合下列条件的J的同分异构体有 种；
a．苯环上含有两个取代基，其中一个是硝基 b．能发生银镜反应
c．可与氢氧化钠溶液发生化学反应
其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的有机物结构简式是 。
（4）G→J的化学反应方程式是 。
（5）K中除苯环外还含有一个五元环，K中所含官能团的名称是 。
（6）已知：ⅱ．R1-CO||-R2+R3-NH2→一定条件R1-CHR2|=NR3
ⅲ．R1-CH2-CN-R2||-R3中C=N键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似ⅰ的反应。根据上述信息写出M与L在一定条件下转化为Y的路线图 。
20．Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3⋅5H2O(M=248g⋅mol-1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为 。
（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的 ；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为 。
（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是 (用离子方程式表示)。
（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是 。
（5）设计实验测定Na2S2O3⋅5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入
5mL2mol⋅L-1H2SO4和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mLl%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
试计算Na2S2O3⋅5H2O的纯度为 (保留三位有效数字)。
（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4⋅10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．酸性氧化物二氧化硫能与氨水反应，所以工业上用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫，防止形成酸雨，故A不符合题意；
B．纳米铁粉能与污水中的Cu2+、Hg2+、Ag+等重金属离子发生置换反应达到除去重金属离子的目的，与物理吸附无关，故B符合题意；
C．中国空间站宇航员采用多次蒸馏的方法，从尿液中分离出纯净水的过程实现了水的再生循环利用，故C不符合题意；
D．中国科学院在国际上首次实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，该过程有助于减少二氧化碳的排放，有利于促进“碳中和”的实现，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据生活中常见的污染和治理分析解答。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．油污在碱中完全水解成可溶于水的物质，纯碱为Na2CO3，溶液中存在CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，温度升高，促进水解，碱性增强，去油污能力增强，不是碳酸钠直接与油污反应，故A不符合题意；
B．生石灰作用时干燥剂，无抗氧化作用，故B不符合题意；
C．发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，没有置换出铜单质，故C不符合题意；
D．Ag+为重金属离子，能使蛋白质变性，杀死牛奶中的细菌，防止变质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.油污的主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸；
B.生石灰容易吸水；
C.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，溶解铜制造线路板；
D.重金属离子能使蛋白质变性。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．重铬酸钾溶液具有强氧化性，为防止重铬酸钾溶液氧化碱式滴定管中的橡胶管，氧化还原反应滴定时，应用酸式滴定管盛装重铬酸钾标准溶液，故A符合题意；
B．从食盐水中得到氯化钠晶体，当蒸发皿中出现大量固体时，停止加热，利用余热蒸干，故B不符合题意；
C．苯的密度比水小，所以用苯萃取溴水中的溴，分离时溴和苯的混合溶液从分液漏斗上口倒出，故C不符合题意；
D．容量瓶是精量器，不能用于溶解或稀释溶液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碱式滴定管下部是橡胶管不适合强氧化性物质；
B.从食盐水中得到氯化钠晶体是使用蒸发皿；
C.依据苯和溴的密度的大小分析解答；
D.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．电子层数越大，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，S2-有3个电子层，而N3-、O2-、Na+有2个电子层，核电荷数Na＞O＞N，因此原子半径：S2-＞N3-＞O2-＞Na+，A不符合题意；
B．N为2p3半充满稳定结构，较难失去电子，故第一电离能N＞O，B符合题意；
C．Z为O元素，Q为S元素，H2O、H2S分子的中心原子均含有2对孤电子对，均为V形结构，但由于原子半径O＜S，孤电子对越近排斥力越大，则键角越大，故键角：H2S＜H2O，C不符合题意；
D．H、Na、S可与O元素分别形成H2O、H2O2，Na2O、Na2O2，SO2、SO3，均是两种常见的二元化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 W、Y、Z、X、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，每个Z原子均形成2对共用电子，每个Q形成6对共用电子，Z和Q位于同一主族且Z的原子序数小于Q，则Z为O， Q为S；W均形成一个共价键，W是H元素；Y的原子半径大于Z，则Y是N元素；X可形成X+，可知X为Na元素。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A不符合题意；
B．锥形瓶不能密封，否则馏分难以流下，B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，C符合题意；
D．氯化氢极易溶于水，直接通入水中容易引起倒流，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵受热分解后，在试管口二者又重新化合生成氯化铵；
B.锥形瓶不能密封；
C.碳酸氢钠溶液和氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
D.氯化氢极易溶于水。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由结构简式可知，X分子中与酯基和酰胺基相连的碳原子上含有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A符合题意；
B．由结构简式可知，X分子中含有的官能团为溴原子、酯基和酰胺基，共3种，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，X分子的分子式为C11H9Br2NO3，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，X分子中含有的溴原子、酯基和酰胺基都能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol溴原子会消耗2mol氢氧化钠，所以1mol该分子最多能与6mol氢氧化钠发生反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据该有机物中含有溴原子、酯基和酰胺分析解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．样品制成粉末的，增大了样品与浸取液的接触面积，提高浸取率，A不符合题意；
B．步骤(1)为过滤浸取液，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，B不符合题意；
C．步骤(2)所得的溶液中含有NaNO3和天然产物；从左图的溶解度曲线可知，较高温度下，NaNO3和天然产物溶解度有较大的差异，故步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤，以得到粗产品，C不符合题意；
D．步骤(4)为蒸馏，回收甲苯，需要用到直形冷凝管，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，从海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述分析，滤渣1为Cu和Fe，Cu不与稀硫酸反应，Fe与稀硫酸反应，滤渣1不能完全溶解，故A不符合题意；
B．根据上述分析，制备KI溶液，发生反应：FeI2＋K2CO3=FeCO3↓＋2KI，该反应为复分解，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．制备KI时，pH过大，促进Fe2＋水解，Fe2＋水解形成胶状物吸附KI，造成I－损失，因此需要控制溶液的pH不宜过大，故C符合题意；
D．制备CuI发生反应的方程式为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，消耗SO2和I2物质的量之比为2∶1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】制备CuI发生反应的方程式为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，CuI中加入铁粉和水，利用铁的金属性强于铜，发生Fe+2CuI=FeI2+Cu， 滤渣I为Fe、 Cu的混合物，FeI2与碳酸钾溶液反应：FeI2＋K2CO3=FeCO3↓＋2KI，滤渣2为FeCO3，利用过氧化氢的氧化性，将I-氧化成I2，利用氯气的氧化性，与I2发生反应5Cl2+I2+12OH-=2IO32-+10Cl-+6H2O。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则由结构简式可知，CH3CN分子中含有5个，π键为2个，σ键与π键的个数不相等，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有7个，故B不符合题意；
C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的分子间作用力小于对羟基苯甲酸，沸点低于对羟基苯甲酸，故C符合题意；
D．氯元素的电负性大于碘元素，所以(CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键难断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；
B.由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化；
C.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键；
D.氯元素的电负性大于碘元素， (CH3)3SiCl中Si-Cl键比(CH3)3SiI中Si-I键难断裂。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，电极M为原电池的正极，故A不符合题意；
B．由分析可知，电极M为原电池的正极，酸性条件下空气中的氧气在正极得到得到生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，则电池工作时，左侧溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B符合题意；
C．由分析可知，电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+，故C不符合题意；
D．由分析可知，电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，若温度过高，微生物的主要成分蛋白质会发生变性，催化能力下降，电池效率下降，所以为了保证电池效率，该电池工作时温度不易过高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 由图可知，电极M为原电池的正极，酸性条件下空气中的氧气在正极得到得到生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O， 电极N为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、 氮气和氢离子，电极反应式为2CH3CH2NH2+8H2O-30e-=4CO2↑+N2↑+30H+。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，故该实验中酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO含有碳碳双键，A不符合题意；
B．反应产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3；铵盐和NaOH的混合溶液受热后，会产生NH3，则该盐为铵盐，B符合题意；
C．NO3-在酸性条件下具有强氧化性；向硫酸酸化的H2O2溶液中滴加Fe(NO3)2溶液，溶液变黄，H2O2和NO3-都可以氧化Fe2+，该实验不能说明H2O2的氧化性比Fe3+（酸性条件）强，C不符合题意；
D．向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀，不能说H2S的酸性比H2SO4强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色；
B.依据氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝分析；
C.NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
D.向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A不符合题意；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，11.2L氧气的物质的量为0.5mol，0.5mol氧气转移电子的物质的量为2mol，根据阳极反应式可知转移2mol电子电极右侧减小2molNa+，质量为46g，故B不符合题意；
C．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C符合题意；
D．根据图示可知，第三步中阴极氯化银生成银，阳极生成氯气，故总反应为：2AgCl通电__2Ag+Cl2↑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 由图可知，第一步生产NaOH的装置为电解池，O2在阴极得电子生成OH-；第二步提取Na+和Cl-的装置为原电池，Ag失电子生成AgCl，Ag作负极；第三步生产Cl2的装置为电解池，AgCl在阴极得电子生成Ag和Cl-。
13．【答案】A,D
【解析】【解答】A．或分子中都含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以分子中的所有碳原子不能共面，故A符合题意；
B．或分子中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，分子中与羟基相连的碳原子上连有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成羰基，使溶液褪色，则X和Y均能使能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；
C．在浓硫酸作用下，能共热发生消去反应生成或，故C不符合题意；
D．含有结构的Y的同分异构体的环上可能连有乙基或2个甲基，其中连有乙基的有3种结构，连有2个甲基的有9种结构，共有12种，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】 由转化关系可知，
在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成或，则X为或；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则Y为。
14．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，逆水煤气反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故A符合题意；
B．由图可知，中间物种分解历程的各步活化能均高于氧化还原历程的各步活化能，所以RWGS在Fe3O4催化剂表面反应的主要历程是氧化还原历程，故B不符合题意；
C．由图可知，氧化还原历程中最后一步反应的活化能最大，反应速率最慢，是氧化还原历程的控速步骤，反应的方程式为CO(a)+H2O(a)=CO(g)+H2O(g)，故C符合题意；
D．使用高效催化剂，能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但化学平衡不移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.依据图示分析反应物总能量和生成物总能量的大小；
B.依据图示分析活化能的大小；
C.反应速率最慢的活化能最大；
D.催化剂可以影响活化能和反应速率但是对化学平衡没有影响。
15．【答案】B,D
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示滴定硫酸铜溶液的变化关系，故A不符合题意；
B．由图可知，a点时，曲线②中c(Fe2+)与曲线③中c(HX)c(X-)相等，则Ksp[Fe(OH)2]c2(OH-)=c(H+)Ka，c(OH-)= Ka×Ksp[Fe(OH)2]Kw=10-5×10-1510-14mol/L=10-6 mol/L，所以溶液的pH为8，故B符合题意；
C．由图可知，曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系，当滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时，溶液中pH为5，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C不符合题意；
D．由分析可知，曲线①表示滴定硫酸铜溶液的变化关系，氢氧化铜的溶度积10—19.6，则当废水中铜离子完全沉淀时氢氧根离子的浓度为10-19.610-5mol/L=10-7.3mol/L，所以全除去工业废水中的铜离子，需要调节溶液的pH≥6.7，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】 由氧氧化铜的溶度积小于氨氧化亚铁可知，曲线①表示氧氧化钠溶液滴定硫酸铜溶液的变化关系，曲线②表示氧氧化钠溶液滴定硫酸亚铁溶液的变化关系，曲线③表示氢氧化钠溶液滴定HX溶液的变化关系，由图可知，氢氧化调的溶度积为10-19.6，氢氧化亚铁的溶度积为10-15，HX的电离常数为Ka=10-5。
16．【答案】（1）温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢；SiO2
（2）除去有机相中的FeCl3、AlCl3
（3）SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；抑制Sc3+水解
（4）2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2
（5）a3b3c
【解析】【解答】向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
(1)盐酸是挥发性酸，若温度高于40℃，氯化氢受热挥发，盐酸的浓度减小，酸浸速率减慢，导致钪的浸出率下降；由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢；SiO2；
(2)由分析可知，用盐酸洗涤的目的是洗涤除去有机相中残留的氯化铁、氯化铝，故答案为：除去有机相中的FeCl3、AlCl3；
(3)由题意可知，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；回流过滤中SOCl2能起到溶剂的作用，将氢氧化钪转化为氯化钪，同时还可以抑制易水解的氯化钪发生水解，故答案为：SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；抑制Sc3+水解；
(4)由分析可知，在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气在高温条件下反应生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O2高温__2 Sc2O3+12CO2；
(5)由题给方程式可知，反应的平衡常数K=c6(H+)c2(Sc3+)c3(H2C2O4)=1c2(Sc3+)c3(C2O42-)×c6(H+)c3(C2O42-)c3(H2C2O4)=K13K23Ksp[Sc2(C2O4)3]=a3b3c，故答案为：a3b3c。
【分析】由题给流程分析可知，向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
17．【答案】（1）3d84s2；3
（2）基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
（3）3；O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱
（4）(34，34，14)；Cu；(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%
【解析】【解答】(1)镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，基态原子的单电子数为2，第四周期中钛、锗、硒三种原子的单电子数与镍相同，也为2，故答案为：3d84s2；3；
(2)铜元素的原子序数为29，失去1个电子后Cu+的价电子排布式为3d10的全充满结构，较难失去电子，而铁元素的原子序数为26，失去1个电子后Fe+的价电子排布式为3d64s1，较易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于铁元素，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
(3)①由题意可知，4—甲基咪唑中1号氮原子的孤电子对因参与形成大π键，使电子云密度降低，所以3号氮原子易提供孤对电子与亚铜离子形成配位键，故答案为：3；
②4—甲基咪唑中氧元素的电负性强于氮元素，氧原子对孤对电子吸引力强，所以氧原子原子做配体时，提供孤电子对与亚铜离子形成配位键的能力弱于氮原子，故答案为：O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱；
(4)①由位于顶点a和体心b的坐标参数依次为(0，0，0)和(12，12，12)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线14处d点的坐标参数为(34，34，14)，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的小球的个数为8×18+1=2，位于体内的大球为4，由氧化亚铜化学式可知，d点原子代表铜原子，故答案为：(34，34，14)；Cu；
②设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：288NA=Vρ，解得V=288NAρ，晶胞中铜原子和氧原子的体积之和为43πr13×10-30×4+43πr23×10-30×2，则晶体的空间利用率为(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%，故答案为：(4×43πr13+2×43πr23)ρNA288×1030×100%。
【分析】(1)依据原子核外的电子排布和原子的结构分析解答；
(2)依据离子的价电子排布判断得失电子的难易；
(3)依据配位键的相关知识分析解答；
(4)依据晶胞的计算分析解答。
18．【答案】（1）-90.7kJ/mol
（2）B；CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
（3）＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；328
（4）7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6HCO3-
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应a—b可得反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ，则△H3=△H1-△H2=(-49.5kJ/mol)-(+41.2 kJ/mol)= -90.7kJ/mol，故答案为：-90.7kJ/mol；
(2)①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故符合题意；
C．n(H2)n(CO2)的比值与化学计量数的比值相等，反应中n(H2)n(CO2)始终不变，则n(H2)n(CO2)不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不符合题意；
故答案为：B；
②由表中数据可知CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
(3)①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1=0.6mol/L×0.6mol/L0.4mol/L×0.4mol/L=2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2=0.75mol/L×0.75mol/L0.75mol/L×0.25mol/L=3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3=0.6mol/L×0.6mol/L0.9mol/L×0.4mol/L=1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正x(CO2)x(H2)=k逆x(CO)x(H2O)，K正K逆=x(CO)x(H2O)x(CO2)x(H2)=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)= K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则v正v逆=K正K逆×c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=1×0.3mol/L×0.3mol/L1.2mol/L×0.7mol/L=328，故答案为：328；
(4)由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-，故答案为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-。
【分析】(1)依据盖斯定律分析解答；
(2)依据化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不为0，各个物质的状态不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确的结论；
②依据化学平衡移动原理分析；
(3)结合图示依据化学平衡常数和化学反应速率的相关知识分析解答；
(4)依据 电解池的相关知识分析解答。
19．【答案】（1）2-硝基甲苯或邻硝基甲苯
（2）氧化反应
（3）15；
（4）
（5）酮羰基、酰胺键
（6）
【解析】【解答】由E可知，该有机物中含有苯环，故可知A为甲苯，B为甲苯与浓硫酸和浓硝酸发生硝化反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯和卤素单质发生取代反应，然后发生水解反应生成邻硝基苯甲醇，具体反应流程如下所示：。
(1)由上述流程可知B为 ，名称为2-硝基甲苯或邻硝基甲苯；
(2)从E到G为 ，该反应为醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；
(3)由同分异构体满足的条件可知，苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一个能发生银镜反应说明要有醛基，可以与氢氧化钠反应说明有酯基，则该物质为甲酸某酯，符合以上条件的J的同分异构体有：、、、 、，两个取代基分别有邻间对三种排列，所以共5×3=15种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的有机物结构简式是 ；
(4)G和I发生已知信息的反应生成J，根据G和J的结构简式可判断I为丙酮，反应方程式为：
(5)由分析可知K的结构简式为 ，该有机物中含有的官能团为酮羰基和酰胺键；
(6)由分析可知该流程为：
【分析】A的分子式为C7H8，结合E的结构简式，可知A分子含有苯环，故A为甲苯，由B的分子式、E的结构简式，可知A发生硝化反应生成B，B与氯气(或溴)在光照条件下发生一卤取代生成D，D发生卤代烃的水解反应生成E，故A为甲苯、B为，D为；E发生催化氧化生成G是，和I反应生成J，由信息可知I是；X水解为K、L，根据K、L的分子式，(5)中K中除苯环外还含有一个五元环，推知K是、L是，K水解为M，M是；(6)L为，M为，M、L发生信息i的反应生成，最后发生消去反应生成Y。
20．【答案】（1）检查装置气密性
（2）Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气；Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2
（3）S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出
（5）93.0%
（6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【解析】【解答】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
(1)该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO2Δ__3Na2S2O3+CO2；
(3)由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
(5)由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O7—3I2—6Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为0.294g294g/mol×6×10×248g/mol16.00g×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
(6)利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
【分析】(1)该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性；
(2)因为硫化钠水解显碱性，且其水解程度较大，其水解产物为有毒气体硫化氢，碳酸钠溶液碱性较强，所以先溶解碳酸钠可以抑制硫化钠水解；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，；
(3)硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水；
(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇；
(5)由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O7—3I2—6Na2S2O3，依据化学方程式的计算分析解答；
(6)利用甲装置中的残渣( Na2SO4和Na2SO3的混合物) 制备Na2SO4⋅10H2O晶体，首先要用氧气将
Na2SO3氧化为Na2SO4；Na2SO3水解使溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性，故可通过测定溶液的pH来进行控制，再结合硫酸钠的溶解度曲线图采用40°C减压蒸发浓缩，冰水冷却降温结晶的方法获取晶体。
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