陜西省寶雞市陳倉(cāng)區(qū)2023年高考化學(xué)一模試卷及答案

高考化學(xué)一模試卷一、單項(xiàng)選擇題1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會(huì)開展密切相關(guān)，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A.二氧化氯泡騰片和75％酒精均可殺滅新型冠狀病毒，二者消毒時(shí)均表現(xiàn)為強(qiáng)氧化性

B.臺(tái)積電斷供華為5G麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)，此芯片主要成分是二氧化硅

C.熱的純堿溶液可用于除去金屬外表的礦物油(如機(jī)油、潤(rùn)滑油等)

D.亞硝酸鈉易致癌，但火腿腸中可參加少量的亞硝酸鈉以保持肉質(zhì)新鮮2.表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.2g氘化鋰()中含中子數(shù)為

B.與完全反響時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2

C.固體中含離子數(shù)為0.4

D.晶體含陽(yáng)離子的數(shù)目為0.23.以下各實(shí)驗(yàn)的表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作內(nèi)容實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將尖嘴垂直向下，擠壓膠管內(nèi)玻璃球?qū)馀菖懦龀A式滴定管膠管內(nèi)的氣泡B向鹽酸酸化的Cu〔NO3〕2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀證明Cu2＋的氧化性大于H2SO4C將NaAlO2溶液與NaHCO3溶液混合，有白色絮狀沉淀生成證明AlO結(jié)合質(zhì)子的能力強(qiáng)于COD向鹽酸中滴加Na2SO3溶液，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的氣體證明非金屬性:Cl>SA.A

B.B

C.C

D.D4.某工廠的一個(gè)生產(chǎn)工藝流程如下列圖，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

該工藝流程是用來制備的

B.

氣體M是

C.

氣體M參加的反響不是氧化復(fù)原反響

D.

參加反響時(shí)氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比是1：15.某離子化合物的結(jié)構(gòu)如下列圖，其中W、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為0，W與X構(gòu)成的某種化合物是一種綠色氧化劑，X與Z同主族。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.X、Y、Z三種元素組成的化合物的水溶液一定呈堿性

B.原子半徑大?。篩>Z>X>W

C.W、Y組成的化合物中各微粒均達(dá)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

D.最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：Z>X6.我國(guó)自主研發(fā)對(duì)二甲苯的綠色合成路線取得新進(jìn)展，其合成示意圖如圖。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

過程①發(fā)生了取代反響

B.

中間產(chǎn)物M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

C.

利用相同原理以及相同原料，也能合成鄰二甲苯和間二甲苯

D.

該合成路線原子利用率為100%，最終得到的產(chǎn)物易別離7.常溫下，向某濃度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴參加NaOH溶液，pC與溶液pH的變化關(guān)系如下列圖(pC=－lgx，x表示溶液中溶質(zhì)微粒的物質(zhì)的量濃度)。以下說法正確的選項(xiàng)是〔

〕A.

常溫下，H2C2O4的Ka1=100.8

B.

pH=3時(shí)，溶液中

C.

pH由0.8增大到5.3的過程中，水的電離程度逐漸增大

D.

常溫下，隨著pH的增大，的值先增大后減小二、綜合題8.新冠疫情期間使用了大量的消毒劑，其中二氧化氯〔ClO2〕與亞氯酸鈉〔NaClO2〕都具有強(qiáng)氧化性。兩者作漂白劑時(shí)，不傷害織物；作飲用水消毒劑時(shí)，不殘留異味。某研究性學(xué)習(xí)小組利用如下裝置由二氧化氯制備NaClO2·3H2O，并探究其性質(zhì)。I.查閱資料：①ClO2易與堿溶液反響生成等物質(zhì)的量的兩種鹽，其中一種為氯酸鹽。②NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ⅱ.制備與別離：〔1〕實(shí)驗(yàn)加藥品前應(yīng)進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作是________。〔2〕盛放NaClO3和Na2SO3固體的儀器名稱是________。〔3〕裝置A中參加反響的氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為________?！?〕B裝置的作用是________?！?〕假設(shè)要從裝置C反響后的溶液獲得無(wú)水NaClO2晶體的操作步驟如下，請(qǐng)完成以下操作步驟②的內(nèi)容。①減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶；

②________；③用38℃～60℃熱水洗滌；

④在38℃～60℃間進(jìn)行枯燥，得到成品。〔6〕裝置D是處理尾氣，反響的化學(xué)方程式________。〔7〕實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，繼續(xù)通入一段時(shí)間N2的目的是________?！?〕Ⅲ.測(cè)量與計(jì)算：利用題中原理制備出NaClO2·3H2O晶體的樣品，可以用“間接碘量法〞測(cè)定樣品〔雜質(zhì)與I－不發(fā)生反響〕的純度，過程如下：取樣品1.4450g配制成250mL溶液，從中取出25.00mL，參加足量KI固體和適量稀H2SO4，再滴加幾滴淀粉溶液，〔：ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－〕，然后用cmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，重復(fù)2次，測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積平均值為vmL〔：I2＋2S2O＝S4O＋2I－〕。①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是________。②以下滴定操作會(huì)導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果偏低的是________〔填字母〕。a錐形瓶洗滌后沒有枯燥

b滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出c滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)

d滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失③樣品中NaClO2·3H2O的純度為________％〔用含c、v的代數(shù)式表示〕。9.某工廠從廢含鎳有機(jī)催化劑中回收鎳的工藝流程如下列圖(廢催化劑中含有70.0%及一定量的、、和有機(jī)物，鎳及其化合物的化學(xué)性質(zhì)與鐵的類似，但的性質(zhì)較穩(wěn)定)。答復(fù)以下問題：：局部陽(yáng)離子以氫氧化物的形式完全沉淀時(shí)的如下表所示。沉淀物5.23.29.79.2〔1〕濾渣a的成分是________，用乙醇洗滌廢催化劑的目的是________，從廢液中回收乙醇的方法是________〔2〕為提高酸浸速率，可采取的措施有________(答一條即可)〔3〕硫酸酸浸后所得濾液A中可能含有的金屬離子是________，向其中參加的目的是________，反響的離子方程式為________〔4〕利用化學(xué)鍍(待鍍件直接置于含有鍍層金屬的化合物的溶液中)可以在金屬、塑料、陶瓷等物品外表鍍上一層金屬鎳或鉻等金屬，與電鍍相比，化學(xué)鍍的最大優(yōu)點(diǎn)是________〔5〕濾液C進(jìn)行如下所示處理可以制得。濾液C溶液D①操作X的名稱是________②在強(qiáng)堿溶液中用氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料—，該反響的離子方程式是________10.氮氧化物()、和等氣體會(huì)造成環(huán)境問題。對(duì)燃煤廢氣進(jìn)行化學(xué)方法處理，可實(shí)現(xiàn)綠色環(huán)保、節(jié)能減排、廢物利用等目的。〔1〕利用甲烷催化復(fù)原。：那么甲烷將復(fù)原為并生成氣態(tài)水時(shí)的熱化學(xué)方程式為________?！?〕利用生成甲醇燃料。：，將和充入容積為2L的密閉容器中，恒溫下，的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖1實(shí)線所示，那么：①該反響在0～8內(nèi)的平均反響速率為________。②僅改變某一條件再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖1虛線所示。與實(shí)線相比，虛線改變的條件可能是________。〔3〕工業(yè)上利用與反響合成甲醇。：，在一恒容密閉容器中，按照和投料，測(cè)得在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示，那么以下說法正確的選項(xiàng)是___________(填字母)。A.溫度：

B.正反響速率：、

C.平衡常數(shù)：、

D.平均摩爾質(zhì)量：、〔4〕利用如圖3所示裝置(電極均為惰性電極)可吸收，陽(yáng)極的電極反響式為________。〔5〕常溫下，，，控制條件可實(shí)現(xiàn)如下沉淀轉(zhuǎn)換：。欲用溶液將全部轉(zhuǎn)化為，此時(shí)溶液中為________。11.氧、硫、硒、碲等氧族元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含氧族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請(qǐng)答復(fù)以下問題：〔1〕氧、硫、硒三元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_______〔用元素符號(hào)答復(fù)〕。〔2〕基態(tài)Se原子的價(jià)層電子排布式為________，其原子核外有________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子?！?〕氣態(tài)SO3為單分子狀態(tài)，其中S原子的雜化軌道類型為________。假設(shè)SO3的三聚體(SO3)3的環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下列圖，那么該結(jié)構(gòu)中S原子的雜化軌道類型為________?！?〕氧族元素的氣態(tài)氫化物中，H2S的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2Se，原因是________?！?〕氧、硫分別與鈣形成兩種化合物的晶格能大小為CaO________CaS(填“>〞，“<〞或“=〞〕?！?〕硫化鋅在光導(dǎo)材料、涂料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛，其晶體結(jié)構(gòu)如圖，那么該晶體屬于________晶體，化學(xué)式為________，假設(shè)晶體的密度為ρg·cm-3，那么晶胞邊長(zhǎng)為________cm(阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示〕。12.化合物H是合成啶氧菌酯的一種中間體。由芳香化合物A為原料制備H的一種合成路線如下。答復(fù)以下問題：〔1〕A的化學(xué)名稱________〔2〕反響④的反響類型是________。〔3〕F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________?！?〕H中的含氧官能團(tuán)的名稱是________?！?〕反響②的化學(xué)方程式為________?！?〕芳香化合物X是H的同分異構(gòu)體，能發(fā)生銀鏡反響、水解反響，也能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響，X的核磁共振氫譜由四組峰，峰面積之比為6:2:1:1。寫出一種符合題目要求的X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________?！?〕PAA〔〕常用于紡織品和紙張上膠，可由其單體在H2O2引發(fā)下制得。設(shè)計(jì)以乙炔、NaCN等為主要原料制備PAA的合成路線________。

答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題1.【答案】D【解析】【解答】A．二氧化氯消毒時(shí)表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性，但乙醇沒有強(qiáng)氧化性，其消毒原理是利用乙醇的滲透、凝固作用，把構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)凝固為變性蛋白，從而失去生物活性，故A不符合題意；B．硅是良好的半導(dǎo)體材料，可用于制造芯片，二氧化硅用于制造光纖，故B不符合題意；C．礦物油屬于烴類化合物，堿和烴類化合物不反響，所以不能用純堿除去礦物油，故C不符合題意；D．亞硝酸鈉具有復(fù)原性，在國(guó)家規(guī)定標(biāo)準(zhǔn)內(nèi)，可以做防腐劑，可以用于火腿腸中保持肉質(zhì)新鮮，假設(shè)超標(biāo)會(huì)致癌，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】

A.乙醇消毒是利用乙醇使蛋白質(zhì)變性這一特點(diǎn)對(duì)目標(biāo)病毒蛋白質(zhì)外殼進(jìn)行變性已到達(dá)消毒目的；

B.芯片一般為硅為原材料，而二氧化硅有良好的光學(xué)特性，一般用于光導(dǎo)纖維的制作；

C.礦物油不是由甘油三酯構(gòu)成，而是烴類化合物，不與熱堿反響；

D.少量的亞硝酸鹽可以保持肉的色澤，同時(shí)能夠提升肉質(zhì)，作為防腐劑，但過量會(huì)有致癌風(fēng)險(xiǎn)。2.【答案】A【解析】【解答】A．2g氘化鋰〔6LiD〕的物質(zhì)的量為2g÷8g/mol=0.25mol，6LiD中有3+1=4個(gè)中子，0.25mol6LiD中含中子數(shù)為NA，故A符合題意；B．沒有說明是否為標(biāo)況，無(wú)法計(jì)算，故B不符合題意；C．Na2O2的摩爾質(zhì)量為78g/mol，故7.8g過氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，Na2O2由鈉離子和過氧根離子按2:1構(gòu)成，故7.8g過氧化鈉中含0.3mol離子即0.3NA個(gè)，故C不符合題意；D．的物質(zhì)的量為12g÷120g/mol=0.1mol，晶體由鈉離子和硫酸氫根離子構(gòu)成，那么晶體含陽(yáng)離子的數(shù)目為0.1，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】

A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)計(jì)算中子數(shù)，再根據(jù)題目條件計(jì)算物質(zhì)的量，從而計(jì)算所求的中字個(gè)數(shù)；

B.涉及體積的阿伏伽德羅常數(shù)的時(shí)候要注意是否標(biāo)注標(biāo)準(zhǔn)條件；

C.過氧化物中過氧根算一個(gè)離子；

D.NaHSO4晶體由Na+和HSO4-構(gòu)成。3.【答案】C【解析】【解答】A.除去堿式滴定管膠管內(nèi)的氣泡，尖嘴不應(yīng)垂直向下，應(yīng)向上擠壓膠管內(nèi)玻璃球?qū)馀菖懦觯蔄不符合題意；B.向鹽酸酸化的硝酸銅溶液中通入少量二氧化硫發(fā)生的反響為酸性條件下，具有強(qiáng)氧化性的硝酸根離子與二氧化硫發(fā)生氧化復(fù)原反響生成硫酸，硫酸與滴入的氯化鋇溶液反響生成硫酸鋇沉淀，實(shí)驗(yàn)證明硝酸氧化性強(qiáng)于硫酸，故B不符合題意；C.碳酸氫根的電離程度大于氫氧化鋁，將偏鋁酸鈉溶液與碳酸氫鈉溶液混合發(fā)生的反響為偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子和水反響生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根，該實(shí)驗(yàn)說明偏鋁酸根結(jié)合質(zhì)子的能力強(qiáng)于碳酸根，故C符合題意；D.比較元素非金屬性強(qiáng)弱應(yīng)比較最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱，與氫化物和氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】

A.操作堿式滴定管，排出氣泡尖嘴向上，擠壓排除氣體；

B.在有硝酸根的條件下引入酸性氣體導(dǎo)致硝酸根具有氧化性從而使得二氧化硫氧化形成硫酸，進(jìn)而對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行干擾；

C.絮狀沉淀說明產(chǎn)物為氫氧化鋁，溶液中偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子同時(shí)競(jìng)爭(zhēng)水中的OH-，以此判斷證明偏鋁酸根離子結(jié)合質(zhì)子的能力強(qiáng)于碳酸氫根離子；

D.比較非金屬性通過用元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性比較，酸性越高那么非金屬性越強(qiáng)。4.【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)上述分析知該工藝流程是用來制備硫酸的，故A不符合題意；B.根據(jù)反響關(guān)系知?dú)怏wM、和作用生成，所以M是具有氧化性的氣體，如等，故B不符合題意；C.氣體M、溶液和硫酸作用生成，氣體M參加的反響是氧化復(fù)原反響，故C不符合題意；D.參加反響時(shí)的化學(xué)方程式為，參加反響的氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比是1：1，故D符合題意；故答案為：D。【分析】由工藝流程的箭頭指向可知，該過程中硫酸亞鐵和硫酸鐵可循環(huán)使用，氣體M和為反響物，指向流程之外的箭頭只有硫酸(局部硫酸又參與循環(huán))，即硫酸鐵和二氧化硫作用生成硫酸和硫酸亞鐵，氣體M和硫酸，硫酸亞鐵作用生成硫酸鐵。5.【答案】B【解析】【解答】A.O、Na、S三種元素組成的化合物硫酸鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈中性，故A不符合題意；B.同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，同主族元素，從上到下原子半徑依次增大，那么原子半徑大?。篘a>S>O>H，故B符合題意；C.H、Na組成的化合物為NaH，氫離子最外層電子數(shù)為2，沒有到達(dá)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C不符合題意；D.元素的非極性越強(qiáng)，最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，氧元素的非金屬性強(qiáng)于硫元素，那么水的穩(wěn)定性強(qiáng)于硫化氫，故D不符合題意；故答案為：B。【分析】W、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，由W與X構(gòu)成的某種化合物是一種綠色氧化劑可知，X為O元素、W為H元素；由X與Z同主族可知，Z為S元素；由W的最低負(fù)價(jià)與Y的最高正價(jià)代數(shù)和為0可知，Y為Na元素，由題給離子化合物的結(jié)構(gòu)可知，離子化合物為硫酸氫鈉。6.【答案】B【解析】【解答】A．過程①中異戊二烯與丙烯醛發(fā)生加成反響生成M，故A不符合題意；B．由M的球棍模型知，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故B符合題意；C．異戊二烯與丙烯醛發(fā)生加成反響也能生成，經(jīng)過程②得到間二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成鄰二甲苯，故C不符合題意；D．過程①的原子利用率為100%，但過程②除生成對(duì)二甲苯外，還生成了水，原子利用率小于100%，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】根據(jù)圖示，M為，結(jié)合物質(zhì)的變化和有機(jī)反響類型分析解答。7.【答案】C【解析】【解答】A．曲線II為PC(H2C2O4)，曲線I為PC(HC2O4-)、III為PC(C2O42-)，當(dāng)pH=0.8時(shí)，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，那么Ka1==c(H+)=10-0.8，故A不符合題意；B．曲線II為PC(H2C2O4)，曲線I為PC(HC2O4-)、III為PC(C2O42-)，pH=3時(shí)，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小那么該微粒濃度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B不符合題意；C．酸抑制水電離，酸中c(H+)越大其抑制水電離程度越大，所以pH從0.8上升到5.3的過程中c(H+)減小，那么水的電離程度增大，故C符合題意；D．，電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變那么不變，故D不符合題意；故答案為C?！痉治觥靠疾槿蹼娊赓|(zhì)的電離，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析判斷能力，正確判斷曲線與微粒的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系是解此題關(guān)鍵，注意縱坐標(biāo)大小與微粒濃度關(guān)系，為易錯(cuò)點(diǎn)，pC越小那么該微粒濃度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。二、綜合題8.【答案】〔1〕檢查裝置氣密性

〔2〕三頸燒瓶

〔3〕2:1

〔4〕平安瓶〔或防倒吸〕

〔5〕趁熱過濾

〔6〕2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O

〔7〕將裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出，提高產(chǎn)率

〔8〕滴入最后一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色；bc；25cv【解析】【解答】(1)實(shí)驗(yàn)過程中要制備ClO2氣體，那么實(shí)驗(yàn)加藥品前應(yīng)檢查裝置氣密性；故答案為：檢查裝置氣密性。

(2)由圖可知，盛放NaClO3和Na2SO3固體的儀器是三頸燒瓶，故答案為：三頸燒瓶。(3)裝置A中反響為NaClO3和Na2SO3在濃硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，NaClO3中Cl元素的價(jià)態(tài)為+5價(jià)，反響生成ClO2，Cl元素的價(jià)態(tài)降為+4價(jià)，NaClO3為氧化劑；Na2SO3中S元素的價(jià)態(tài)為+4價(jià)，反響生成Na2SO4，S元素的價(jià)態(tài)升高為+6價(jià)，Na2SO3為復(fù)原劑，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2:1。故答案為：2:1。(4)裝置B的作用是平安瓶，有防倒吸作用；故答案為：平安瓶〔或防倒吸〕。(5)NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaC1，那么從裝置C反響后的溶液獲得無(wú)水NaClO2晶體的操作步驟包括:①減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶;②趁熱過濾;③用38℃~60℃熱水洗滌;④低于60℃枯燥，得到成品。故答案為：趁熱過濾。(6)裝置D是吸收多余氣體防止污染，反響的化學(xué)方程式為；2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O。故答案為：裝置D是吸收多余氣體防止污染。(7)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，繼續(xù)通入一段時(shí)間N2，到達(dá)將裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出，提高產(chǎn)率的目的。故答案為：將裝置內(nèi)殘留的ClO2全部排出，提高產(chǎn)率。(8)①ClO2在酸性條件下氧化I-生成I2，C1O2被復(fù)原為C1-，同時(shí)生成H2O，反響離子方程式為:ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉變藍(lán)色，選擇淀粉作指示劑，用cmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定時(shí)發(fā)生的反響為I2＋2S2O＝S4O＋2I－，當(dāng)?shù)竭_(dá)滴定至終點(diǎn)時(shí)，碘單質(zhì)恰好反響完，溶液由藍(lán)色變無(wú)色，且半分鐘不變色。故答案為：滴入最后一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色。②a．錐形瓶洗滌后沒有枯燥，不影響滴定結(jié)果，故a不正確；

b．滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出，待測(cè)液損失，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液減少，測(cè)定結(jié)果偏低，故b正確；c．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液消耗的體積讀數(shù)減小，測(cè)定結(jié)果偏低，故c正確；d．滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，標(biāo)準(zhǔn)液體積小消耗的讀數(shù)包含氣泡的體積，讀數(shù)偏大，測(cè)定結(jié)果偏大，故d不正確。故答案為：bc。③滴定時(shí)共消耗VmLcmol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液,那么Na2S2O3的物質(zhì)的量為VmL×10-3×cmol/L=10-3cVmol，根據(jù)NaClO2·3H2O~2I2~4可知，樣品中NaClO2·3H2O的物質(zhì)的量為，故樣品中NaClO2·3H2O的純度為。故答案為：25cV?！痉治觥垦b置A中制備得到ClO2，所以A中反響為NaClO3和Na2SO3在濃硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中還可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O;裝置c中二氧化氯和氫氧化鈉、H2O2的混合溶液反響生成NaClO2。另外A中產(chǎn)生的SO2被帶入C中，SO2與NaOH和H2O2的混合溶液反響生成硫酸鈉。由題目信息可知，應(yīng)控制溫度38℃~60℃，高于60℃時(shí)NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。裝置B的作用是平安瓶，有防倒吸作用，從裝置c的溶液獲得NaClO2晶體，需要蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、枯燥，裝置D是吸收多余氣體防止污染。

9.【答案】〔1〕；溶解、除去有機(jī)物；蒸餾

〔2〕將廢催化劑粉碎或適當(dāng)?shù)靥岣吡蛩岬臐舛然蛏呓輹r(shí)的溫度

〔3〕、、；參加的目的是將氧化為，有利于別離；

〔4〕不消耗電能，節(jié)約能源

〔5〕蒸發(fā)結(jié)晶；【解析】【解答】(1)由分析可知，濾渣a的成分是二氧化硅，用乙醇洗滌廢催化劑的目的是溶解、除去廢催化劑外表的有機(jī)物；可以利用乙醇與廢液中沸點(diǎn)不同，題給蒸餾的方法從廢液中回收乙醇，故答案為：；溶解、除去有機(jī)物；蒸餾；

(1)將廢催化劑粉碎，增大反響物的接觸面積，或適當(dāng)?shù)靥岣吡蛩岬臐舛?，或升高浸泡時(shí)的溫度等措施均可以提高酸浸速率，故答案為：將廢催化劑粉碎或適當(dāng)?shù)靥岣吡蛩岬臐舛然蛏呓輹r(shí)的溫度；(3)由分析可知，硫酸酸浸后所得濾液A中含有硫酸鎳、硫酸鋁、硫酸鐵，那么溶液中含有的金屬陽(yáng)離子為、、；向?yàn)V液A中參加過氧化氫溶液的目的是保溫條件下將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，將鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反響的離子方程式為，故答案為：、、；參加的目的是將氧化為，有利于別離；；(4)與電鍍相比，化學(xué)鍍的最大優(yōu)點(diǎn)是不消耗電能，節(jié)約能源，故答案為：不消耗電能，節(jié)約能源；(5)①由題給流程可知，酸化后的硫酸鎳溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到七水硫酸鎳晶體，故答案為：蒸發(fā)結(jié)晶；②由題意可知，生成堿式氧化鎳的反響為堿性條件下，硫酸鎳溶液與次氯酸鈉溶液發(fā)生氧化復(fù)原反響生成堿式氧化鎳沉淀、硫酸鈉、氯化鈉和水，反響的離子方程式為，故答案為：?！痉治觥坑深}給流程可知，用乙醇洗滌將廢催化劑外表的有機(jī)物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸廢催化劑，廢催化劑中的鋁、鐵、鎳與稀硫酸反響生成可溶性的硫酸鹽，二氧化硅不與稀硫酸反響，過濾得到含有二氧化硅的濾渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸鹽的濾液A；向?yàn)V液A中參加過氧化氫溶液，保溫條件下將亞鐵離子氧化為鐵離子得到濾液B；向?yàn)V液B中參加氫氧化鎳調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中的鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣b和含有硫酸鎳的濾液C；向?yàn)V液C中參加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為9.2，將鎳離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎳沉淀，過濾得到氫氧化鎳；氫氧化鎳經(jīng)灼燒、復(fù)原得到金屬鎳。

10.【答案】〔1〕

〔2〕0.125；加壓(或增大濃度)

〔3〕A,D

〔4〕

〔5〕0.25【解析】【解答】(1)將第一個(gè)方程式加上第二個(gè)方式之和除以2得到甲烷將復(fù)原為并生成氣態(tài)水時(shí)的熱化學(xué)方程式為；故答案為：。

(2)①該反響在0～8內(nèi)氫氣改變量為6mol，那么的平均反響速率為；故答案為：。②僅改變某一條件再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖1虛線所示，根據(jù)虛線說明反響速率加快，且氫氣量減少，說明平衡正向移動(dòng)，因此虛線改變的條件可能是加壓(或增大濃度)；故答案為：加壓(或增大濃度)。(3)A．該反響是放熱反響，從下到上，轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動(dòng)即降低溫蒂，因此溫度：，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溫度低于c點(diǎn)，因此正反響速率：，b點(diǎn)壓強(qiáng)大于d點(diǎn)，兩點(diǎn)溫度相同，因此正反響速率：，故B不正確；C．平衡常數(shù)：a點(diǎn)溫度低于c點(diǎn)，平衡正向移動(dòng)，因此，b、d點(diǎn)兩者溫度相同，因此，故C不正確；D．平均摩爾質(zhì)量：a點(diǎn)溫度低于c點(diǎn)，平衡正向移動(dòng)，a點(diǎn)物質(zhì)的量小于c點(diǎn)，那么，b點(diǎn)壓強(qiáng)大于b點(diǎn)，該反響是體積減小的反響，因此b點(diǎn)氣體物質(zhì)的量小于d點(diǎn)，因此，故D正確；綜上所述，答案為：AD。(4)根據(jù)圖中信息，左側(cè)二氧化硫化合價(jià)升高變?yōu)榱蛩?，那么左?cè)為陽(yáng)極，其陽(yáng)極的電極反響式為；故答案為：。(5)根據(jù)題意欲用溶液將全部轉(zhuǎn)化為，，那么此時(shí)此時(shí)溶液中；故答案為：0.25?！痉治觥俊?〕將題目給的方程式進(jìn)行簡(jiǎn)單運(yùn)算得到目標(biāo)方程式，將各個(gè)方程式焓變采用相同運(yùn)算得到目標(biāo)方程式的焓變；

〔2〕計(jì)算平均反響速率通過在定時(shí)間內(nèi)的濃度變化來計(jì)算；化學(xué)反響前后氣體體積減小的反響增大反響壓強(qiáng)或者增大另一反響物的量均可提升目標(biāo)反響物的轉(zhuǎn)化率；

〔3〕當(dāng)反響為放熱反響的時(shí)候，增加溫度使得反響逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率下降；而升溫正逆反響速率均提高，但平衡常數(shù)減小；在恒容容器內(nèi)，反響前后氣體體積減小，根據(jù)物質(zhì)的量大小來判斷平均摩爾質(zhì)量；

〔4〕陽(yáng)極失去電子，根據(jù)圖像左側(cè)陽(yáng)極S元素化合價(jià)變化來書寫電極方程式；

〔5〕將沉淀平衡用比例式的形式表示，將沉淀轉(zhuǎn)換前后物質(zhì)的濃度用分式書寫，根據(jù)簡(jiǎn)單運(yùn)算將沉淀轉(zhuǎn)換前后物質(zhì)濃度用兩沉淀物的沉淀平衡式表示，并根據(jù)題目數(shù)據(jù)進(jìn)行濃度計(jì)算。11.【答案】〔1〕O>S>Se

〔2〕4s24p4；34

〔3〕sp2；sp3

〔4〕S的非金屬性強(qiáng)于Se，且S的原子半徑小于Se的原子半徑

〔5〕>；離子；ZnS；【解析