2022-2023学年江苏省秦淮中学、宇通实验学校等六校高三上学期10月学情调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省秦淮中学、宇通实验学校等六校高三上学期10月学情调研化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
江苏省秦淮中学、宇通实验学校等六校2022-2023学年高三上学期10月学情调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将还原为甲醇
【答案】D
【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；
B．大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；
D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；
故选D。
2．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含、、等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意；
B．含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意；
C．用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意；
D．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意；
故选C。
3．下列有关化学用语书写错误的是
A．的核外电子排布式：
B．基态氮原子的价电子排布图：
C．的原子组成符号：
D．的结构示意图：
【答案】A
【详解】A． S是16号元素，S2-的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，A选项错误；
B． 基态氮原子的价电子排布图：符合构造原理，符合洪特规则，B选项正确；
C． O-18的质量数为18，质子数为8，所以原子组成符号为：，C选项正确；
D． Cl-电子数为18，所以结构示意图为：，D选项正确；
答案选A。
4．下列装置能达到相应实验目的的是




A．制备并收集少量
B．制备氢氧化铁胶体
C防止金属铁被腐蚀
D．验证反应产物

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，并且两者遇冷又化合生成氯化铵，无法得到纯净氨气，A错误；
B．加热条件下，饱和氯化铁溶液滴加到氢氧化钠溶液中得到的是氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，B错误；
C．铁与外接电源的负极相连作阴极，保护铁不被腐蚀，C正确；
D．加热条件下，木炭与浓硫酸反应还生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，无法验证二氧化碳，D错误；
答案选C。
5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．S SO3H2SO4
C．NH4Cl (s)NH3Mg(OH)2
D．Al2O3Al(OH)3NaAlO2
【答案】C
【详解】A．铁在氯气中点燃生成氯化铁，而不是氯化亚铁，转化不能实现，故A不符合题意；
B．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能实现，故B不符合题意；
C．氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气溶于水显碱性，可使氯化镁转化为氢氧化镁沉淀，均可一步实现转化，C符合题意；
D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应转化为氢氧化铝，转化不能实现，故D不符合题意；
故选C。
6．我国科学家最近发现一种可用于制造半导体材料的新物质，其结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Y处于同一主族。下列说法正确的是

A．原子半径：
B．电负性：
C．W、Z形成的化合物各原子最外层满足8电子稳定结构
D．W的氧化物对应的水化物为强电解质
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物结构式可知，X形成1条共价键，Z形成4条共价键，W形成1条共价键，Z、Y处于同一主族，可确定Z、Y都为第IVA元素，原子序数Z>Y，则Z为Si，Y为C，再根据原子序数大小关系，可推出X为H，W为Cl，即X、Y、Z、W分别为H、C、Si、Cl。
【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，A项错误；
B．电负性：，B项错误；
C．的电子式为，化合物中各原子最外层满足8电子稳定结构，C项正确；
D．的氧化物对应的水化物，并无说明是最高价氧化物的水化物，如是弱电解质，D项错误；
故选C。
7．下列离子方程式的书写正确的是
A．用饱和溶液浸泡锅炉水垢除去其中的：
B．明矾溶液中加入溶液至沉淀物质的量最大：
C．碱性条件下，用溶液与反应制备新型净水剂：
D．氯碱工业制备氯气：
【答案】A
【详解】A．用饱和溶液浸泡锅炉水垢除去其中的，存在难溶物间的转化：，故A正确；
B．明矾溶液中加入溶液至沉淀物质的量最大即两者按照2:3反应：，故B错误；
C．碱性条件下，用溶液与反应制备新型净水剂：，故C错误；
D．氯碱工业制备氯气：，故D错误；
综上所述，答案为A。
8．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．26gC2H2与C6H6混合气体中含σ键的数目为3NA
B．过量的铜与含0.2molHNO3的浓硝酸反应，转移电子的数目大于0.1NA
C．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
D．标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
【答案】B
【详解】A．C6H6结构未知，无法计算C2H2与C6H6混合气体中含σ键的数目，故A错误；
B．过量的铜与含0.2molHNO3的浓硝酸反应，如果只生成NO2，发生反应为,氮元素由+5价变为+4价，0.2mol浓硝酸参与反应，其中0.1mol浓硝酸被还原，转移电子数为0.1NA，随着反应进行，浓硝酸浓度变低，产物变为NO，氮元素由+5价变为+2价，转移电子数增多，所以转移电子的数目大于0.1NA，故B正确；
C．16.25gFeCl3物质的量为，一个氢氧化铁胶体粒子是由多个Fe(OH)3形成的聚集体，所以形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D．标准状况下11.2LCl2物质的量为，氯气与水反应是可逆反应，不能完全反应，所以溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；
故答案选B。
9．我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是

A．分子中有3种官能团 B．能与Na2CO3溶液反应
C．在空气中可发生氧化反应 D．能和Br2发生取代反应和加成反应
【答案】A
【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，A错误；
B．黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCO3强，所以黄芩素能与Na2CO3溶液反应产生NaHCO3，B正确；
C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；
D．该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2等发生加成反应，D正确；
故合理选项是A。
10．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验装置及操作



实验现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化

下列说法不正确的是A．对分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大
C．对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率
D．实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热
【答案】D
【详解】A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；
故答案为：D。
11．常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液的随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A．点所示溶液中：
B．点所示溶液中：
C．点所示溶液中：
D．点以后的溶液中可能出现：
【答案】C
【分析】(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+2NH3·H2O，向溶液中逐滴加入的溶液，NaOH溶液体积为20.00mL时恰好完全反应得到浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即d点；NaOH溶液体积为10.00mL时(NH4)2SO4反应了一半，得到浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即c点。
【详解】A．a点溶液中，水解导致溶液呈酸性，即，水解程度较小，结合物料守恒知，所以溶液中离子浓度大小顺序是，故A错误；
B．c点为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，结合分析可知c点(NH4)2SO4和Na2SO4浓度相等，则b点(NH4)2SO4浓度大于Na2SO4，b点显中性，则铵根水解量和一水合氨电离量相等，相等于铵根没有水解，一水合氨没有电离，故，故B错误；
C．c点为浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，根据电荷守恒得,根据物料守恒得 ，联立二式得,故C正确；
D．d点为浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，一水合氨电离微弱，所以，即，故D错误；
答案选C。
12．在50%负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。发生的反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
将与按照一定流速通过催化氧化管，测得的转化率与的选择性[选择性]随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A．反应Ⅱ的平衡常数可表示为
B．其他条件不变，增大压强可提高的选择性
C．其他条件不变，升高温度，出口处甲烷的量一直增大
D．在X点所示条件下，延长反应时间不能提高的转化率
【答案】B
【详解】A．反应Ⅱ的平衡常数可表示为，故A错误；
B．反应Ⅰ为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，CH4的选择性提高，故B正确；
C．生成甲烷的反应Ⅱ和Ⅲ正向均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，出口处甲烷的量减小，故C错误；
D．由图可知，在X点二氧化碳的转化率未达到最大值，说明此时反应未达到平衡，延长反应时间，反应达到平衡，二氧化碳的转化率增大，故D错误；
故选：B。

二、实验题
13．二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，实验室用如图方法制备饮用水消毒剂ClO2：

已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为-3价。下列说法不正确的是
A．NCl3的空间构型为三角锥形
B．电解池中总反应的化学方程式为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑
C．饮用水制备过程中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
D．X溶液中主要存在的离子有：H+、Na+、Cl-
【答案】D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为−3价，该反应中Cl元素化合价由＋3价变为＋4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl−，溶液呈碱性，所以还存在OH−，发生反应为：NCl3＋6NaClO2＋3H2O＝6ClO2＋NH3＋3NaOH＋3NaCl。
【详解】A．NCl3分子中N原子价层电子对数＝，且N原子含有1个孤电子对，则该分子为三角锥形结构，故A正确；
B．根据图知，电解NH4Cl溶液时生成H2和NCl3，所以方程式为，故B正确；
C．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故C正确；
D．根据以上分析知，溶液X中含有Cl−、OH−，溶液呈碱性，不存在和OH−反应的离子H＋，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查物质制备过程分析判断，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析、理解能力的综合考查，综合性较强。
14．Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCoO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5mol/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线见图。

利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
(1)酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是_______。

(2)调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为_______。分两次调节pH的主要原因是_______。
(3)沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。洗涤沉淀的方法是_______，浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入_______杂质(填化学式)。
(4)Co3O4可由CoCO3热分解制备。CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案，取一定质量的CoCO3于热解装置中，_______，干燥。(须使用的试剂和仪器有：1mol/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)

【答案】(1)吸收HF，防止污染空气
(2)     Mn(OH)2，Mg(OH)2     防止铝元素转化为 AlO，无法去除
(3)     蒸馏水洗涤至清洗液中加入盐酸没有气泡产生     Na2SO4
(4)在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000°C保持一段时间，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象

【分析】以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3，向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，Li2O、Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2分别和稀硫酸反应生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MnSO4、MgSO4，同时还有HF生成，HF属于酸，能被碱吸收；Fe3＋完全沉淀时，，，溶液的pH在4左右；Mn2＋完全沉淀时，，，溶液的pH在11左右；Mg2＋完全沉淀时，，，溶液的pH在11左右；
Al3＋完全沉淀时，，，溶液的pH在5左右，当溶液的pH约为6时，Fe3＋、Al3＋完全沉淀，当溶液的pH>13时，Mn2＋、Mg2＋完全沉淀，Al(OH)3溶于强碱溶液；将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体；浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入杂质 Na2SO4；目的是制取Co3O4，根据图中Co3O4最高时的温度确定温度及是否含氧条件；用稀硫酸除去所得Co3O4中的CoO，然后过滤、洗涤，检验洗涤是否干净，实际上是检验硫酸根离子，用氯化钡溶液检验。
【详解】（1）以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3，向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，Li2O、Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2分别和稀硫酸反应生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MnSO4、MgSO4，同时还有HF生成，加热时HF挥发，HF属于酸，污染空气，能被NaOH溶液吸收，所以烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气；
故答案为吸收HF，防止污染空气；
（2）据分析可知，当溶液的pH约为6时，Fe3＋、Al3＋完全沉淀，当溶液的pH>13时，Mn2＋、Mg2＋完全沉淀，所以调节溶液的pH=13时，得到的沉淀是Mg(OH)2、Mn(OH)2，Al(OH)3溶于强碱溶液，为防止Al(OH)3溶解，所以两次调节溶液的pH值；
故答案为Mn(OH)2，Mg(OH)2；防止铝元素转化为 AlO，无法去除；
（3）将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，使用蒸馏水将滤渣洗涤至清洗液中加入盐酸没有气泡产生，烘干，得Li2CO3固体；根据图知，随着温度的升高，硫酸钠的溶解度减小，所以浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入杂质 Na2SO4；
故答案为蒸馏水洗涤至清洗液中加入盐酸没有气泡产生，Na2SO4；
（4）目的是制取Co3O4，根据图中Co3O4最高时的温度为900～1000°C且为有氧条件下；用稀硫酸除去所得Co3O4中的CoO，然后过滤、洗涤，检验洗涤是否干净，实际上是检验硫酸根离子，用氯化钡溶液检验，所以操作方案为：取一定质量的Co3O4于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000°C保持一段时间，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥；
故答案为在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000°C保持一段时间，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
【点睛】题考查物质制备，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用、计算能力，明确每一步中物质成分及其性质、溶度积常数的有关计算、物质检验方法等知识点是解本题关键，难点是物质判断，题目难度中等。
15．保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO、烟气等污染气体的处理具有重要意义。目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2。
二氧化氯(ClO2)、亚氯酸钠(NaClO2)均具有较强氧化性，其溶液可用于烟气脱硝。
(1)某温度下，实验测得反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为：v=kc2(NO2)(其中k为常数)，其反应机理有如表两种可能。与其速率方程相符的反应机理是____(填编号)。
反应机理编号
第一步反应
第二步反应
①
2NO2=N2O4(快反应)
N2O4+2CO=2NO+2CO2(慢反应)
②
2NO2=NO3+NO(慢反应)
NO3+CO=NO2+CO2(快反应)

二氧化氯的制备
粗盐水中常含有Mg2+、Ca2+、SO等杂质，通过依次滴加略过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3，再过滤、滴加HCl及加热，可获得精制饱和食盐水。
(2)滤液中=_____。(已知Ksp(BaSO4)=1×10-10、Ksp(BaCO3)=5×10-9))
(3)在一定条件下，用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，原理如图所示。阳极的电极反应式为____。

(4)酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为NO。该反应的离子方程式为____。
(5)其他条件相同时，以NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随NaClO2溶液的起始浓度、温度的变化情况分别如图所示。

①NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是____。
②温度超过60℃后，NO氧化率下降，其原因是____。
【答案】(1)②
(2)50
(3)
(4)
(5)     NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；     ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低。

【分析】(1)总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，某反应的速率方程为v=kc2(NO2)，即说明慢反应要符合该速率方程；
(2)根据BaSO4和BaCO3的溶度积常数计算；
(3)电解精制食盐水制取ClO2，阴离子往阳极移动，Cl-失去电子生成ClO2；
(4) 酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为NO，根据反应物和生成物书写离子方程式；
(5) ①增大NaClO2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加；
②由题意可知，NaClO2氧化NO生成NO的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，并且温度升高，NO的溶解性降低。
（1）
总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，某反应的速率方程为v=kc2(NO2)，即说明慢反应要符合该速率方程，则与速率方程符合的是机理②；
故答案为②；
（2）
已知Ksp(BaSO4)=1×10-10、Ksp(BaCO3)=5×10-9；；
故答案为50；
（3）
电解精制食盐水制取ClO2，阴离子往阳极移动，Cl-失去电子生成ClO2；所以阳极反应为；
故答案为；
（4）
酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为NO，根据反应物和生成物书写离子方程式为；
故答案为；
（5）
①增大NaClO2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加，NO的氧化率增大；
故答案为NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增；
②NaClO2或ClO2氧化NO生成NO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；
故答案为ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低。

三、工业流程题
16．工业上从铬铁矿废渣(主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)中回收提取铬的工艺流程如图：

注：焙烧可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。
(1)为加快“水浸”速率，可采取的措施为____(写出一种即可)。
(2)已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时反应的化学方程式为____。
(3)滤渣1的主要成分是____。实验室中进行操作2用到的玻璃仪器有____。
(4)常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度≤10-5mol/L时认为沉淀完全。

浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是____。调pH时CrO转化的离子方程式为____。
(5)工业废水中苯酚的含量，可用以下步骤测定：
①把20.00mL废水样品、20mL0.0100mol/LKBrO3和0.0600mol/LKBr混合溶液置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，迅速盖好盖子，摇动锥形瓶。
②充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL(过量)，迅速加盖，充分摇匀。加入少量淀粉溶液。
③用0.025mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，用去Na2S2O3溶液22.48mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
计算该工业废水中苯酚的浓度是_____(保留四位小数)。(写出计算过程)
【答案】(1)提高水浸温度或搅拌
(2)
(3)     Fe2O3     烧杯、漏斗、玻璃棒
(4)     4.5≤pH≤9.3    
(5)0.0053mol/L

【分析】铬铁矿废渣（主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3）中回收提取铬，铬铁矿废渣中加入碳酸钠培烧，烧渣水浸过滤得到滤渣1主要是Fe2O3，浸出液中加入硫酸调节溶液pH4.5≤pH≤9.3，过滤得到滤渣2主要是硅酸、氢氧化铝，滤液中加入Na2S反应生成Cr(OH)3，煅烧得到Cr2O3，还原剂还原得到Cr；
(5)充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL（过量），迅速加盖，充分摇匀发生：Br2＋2I−＝I2＋2Br−，加入少量淀粉溶液做指示剂；用0.025mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，发生I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，用去Na2S2O3溶液22.48mL，列出关系式计算。
【详解】（1）为加快“水浸”速率，可采取的措施为：提高水浸温度或搅拌等；
故答案为提高水浸温度或搅拌；
（2）已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
故答案为；
（3）分析可知，滤渣1的主要成分是：Fe2O3，实验室中进行操作2用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为Fe2O3，烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）图象分析可知，浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是：4.5≤pH≤9.3，调pH时转化为，反应的离子方程式为：；
故答案为4.5≤pH≤9.3，；
（5）根据反应方程式；知，，由Br2＋2I−＝I2＋2Br−、I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6得关系式，，，由方程式，得关系式~3Br2，得，该工业废水中苯酚的浓度是；
故答案为0.0053mol/L。
【点睛】本题考查了物质制备和混合物分离、探究物质的组成或测量物质的含量的分析判断，主要是物质制备原理和流程分析的判断，要掌握根据方程式的计算，需要学生熟练根据方程式找关系式，题目难度较大。

四、有机推断题
17．化合物IX是合成一种新型多靶向抗肿瘤药物的中间体，其合成路线流程图如图：

回答下列问题：
(1)化合物I→II的反应类型____。
(2)化合物III由C、H、O三种原子组成，结构简式为____。
(3)化合物IV分子结构中的含氧官能团有____(填名称)。
(4)化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X同时满足如下条件的同分异构体有____种。
①苯环上有两种取代基，且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体。
这些同分异构体中满足核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式____。
(5)根据上述信息，写出以苯乙烯()与化合物Ⅶ为主要原料合成有机物的路线流程(无机试剂任选)____。
【答案】(1)酯化反应
(2)CH≡CCH2CH2OH
(3)羟基，酯基
(4)     15    
(5)

【分析】I到II在羧基上发生了酯化反应；II与III生成了IV，对比结构简式，III为CH≡CCH2CH2OH；IV与氢气反应，碳碳三键发生了加成反应得到V；V在在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成VI，醛基被氧化，并且发生了溴原子的取代反应；VI与VII在醋酸钠存在下发生反应得到VIII，VIII中酯基水解得到了IX；
(5)苯乙烯与水生成，参照题中制备路线， 在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成，与VII在醋酸钠作用下即可得到产物。
（1）
化合物I与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应；
故答案为：酯化反应；
（2）
对比II和IV的结构简式，III仅含C、H、O三种元素，所以III的结构简式为：CH≡CCH2CH2OH；
故答案为：CH≡CCH2CH2OH；
（3）
据化合物IV的结构可知，IV中的含氧官能团为：羟基、酯基；
故答案为：羟基，酯基；
（4）
化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X比V少两个CH2，X苯环上有两种取代基，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，说明含有羧基，满足条件的同分异构体的结构简式：两个取代基为对位时，共有、、、、 5种；同理，两个取代基为邻位和间位各有5种，共15种；核共振氢谱峰面积比为6：2：2：1：1，即有5种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1，满足条件的结构简式为；
故答案为15，；
（5）
苯乙烯与水生成，参照题中制备路线， 在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成，与VII在醋酸钠作用下即可得到产物，所以合成路线为；
故答案为。
【点睛】本题考查有机物的合成，涉及有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比有机物的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。