2023-2024学年北京171中高三(上)期中化学试卷(第三次质检)

2023-2024学年北京171中高三（上）期中化学试卷（第三次质检）一、本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列关于有机化合物的说法不正确的是（）ABCD血红蛋白中Fe2+与O2以配位键结合，该配位键易断聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成青蒿素不能加热萃取，说明醚键受热容易断裂A．A B．B C．C D．D2．（3分）下列说法不正确的是（）A．NF3的电子式： B．基态Cu2+价层电子的轨道表示式： C．青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极 D．Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同3．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．浓硝酸用棕色瓶保存：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O B．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．硫酸铵溶液显酸性：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ D．电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e﹣═Cu4．（3分）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（）A．向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体 B．向水中加入Na2O2固体，产生无色气体 C．向碘水中通入SO2气体，碘水颜色变浅 D．向CuSO4溶液中通入H2S气体，生成黑色沉淀5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是（）A．0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.3NA B．标准状况下，22.4L乙炔中σ键数为NA、π键数为2NA C．100mL1mol•L﹣1醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA D．60g二氧化硅晶体中含有Si﹣O键数为2NA6．（3分）2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如图所示，下列说法不正确的是（）A．分子中不含手性碳原子 B．分子中氧原子有孤电子对 C．氯巴占的分子式为：C16H14ClN2O2 D．氯巴占可以发生加成反应、取代反应7．（3分）25℃、101kPa下，①H2O（l）＝H2（g）+O2（g）ΔH1＝+285.8kJ/mol；②H2O（l）＝H2O（g）ΔH2＝+44.0kJ/mol。下列说法不正确的是（）A．液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力 B．水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量 C．标准状况下，11.2L水中含共用电子对总数约为6.02×1023 D．25℃、101kPa下，H2O（g）＝H2（g）+O2（g）ΔH＝+241.8kJ/mol8．（3分）常用的除甲醛试剂有：①活性炭；②RNH2；③ClO2。其中试剂②去除甲醛的第一步反应原理为：RNH2+HCHO→RNHCH2OH。下列说法不正确的是（）A．常温、常压下，甲醛是一种有刺激性气味的无色气体，可以用试剂①吸附 B．依据电负性，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合 C．试剂③与试剂②去除甲醛的反应原理类似 D．甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应9．（3分）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（）ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa（OH）2Ca（OH）2Ba（OH）2NH3•H2OA．A B．B C．C D．D10．（3分）研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验：①向试管里放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；②取5mL溶液a，再加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；③将②所得下层溶液全部取出，加入1mLKI溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色（颜色比溶液a深）。已知：i.I2+H2O⇌H++I﹣+HIO；ii.I2+I﹣⇌。下列说法不正确的是（）A．H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性I2更易溶于CCl4 B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C．溶液b中c（I2）＜溶液a中c（I2） D．向①所得浊液中加入KI，使c（I﹣）增大，反应i平衡逆向移动，析出I211．（3分）直接H2O2﹣H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是（）A．电极Ⅰ为负极 B．电极Ⅱ的反应式为：H2O2+2e﹣+2H+═2H2O C．电池总反应为：2H2O2═O2↑+2H2O D．该电池的设计利用了H2O2在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异12．（3分）B﹣N键与C﹣C键是等电子结构。将环己烷中的C﹣C键用B﹣N键进行代替，科研工作者合成了具有储氢能力的X、Y、Z。Y经受热分解，产生5%的质量损失，并得到高纯氢。下列说法不正确的是（）A．B﹣N是极性共价键 B．1mol分子Y受热分解得到6molH2 C．分子Y与Z互为同分异构体 D．环己烷、X、Y、Z所含的电子数目一定相等13．（3分）2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如图：某课题组借助该点击化学反应，用单体X（含有﹣N3基团）和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P（结构如图）。下列叙述不正确的是（）A．由X与Y合成P的反应属于加聚反应 B．X的结构简式为 C．Y的官能团为碳碳三键和酯基 D．P可发生水解反应得到X和Y14．（3分）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如图。已知：分金液中含[AuCl4]﹣；分金渣的主要成分为AgCl；N2H4•H2O在反应中被氧化为N2。下列说法不正确的是（）A．“分铜”时加入NaCl的目的是降低银的浸出率 B．得到分金液的反应为：2Au++7Cl﹣+6H+═2[AuCl4]﹣+3H2O C．得到分银液的反应为：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用二、第二部分15．（9分）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。①基态26Fe2+的价层电子排布式为。②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为。③草酸亚铁晶体的化学式为。（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是。②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。NH4H2PO4++P2O5。（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。①i表示（填“充电”或“放电”）过程。②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为，平均每个晶胞脱嵌个Li+。16．（12分）以BaS粗液（含少量BaSO3、BaCO3）为原料制备BaCl2溶液。已知：BaS易溶于水。（1）一次脱硫①反应体现出酸性关系：HClH2S（填“＞”或“＜”）。②产生S的方程式是。（2）经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是。（3）二次脱硫通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下：Ⅰ．取v1mLBaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用；Ⅱ．取v2mLamol•L﹣1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液；Ⅳ．向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI；Ⅴ．用bmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3与Na2S4O6均无色①Ⅱ中加入KBr的质量＞g（KBr的摩尔质量为119g/mol）。②Ⅲ中发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣、。③Ⅴ中滴定至终点的现象是。④1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2mol。⑤由于Br2易挥发，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果（填“偏高”或“偏低”）。（4）将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2•2H2O。17．（13分）抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如图：已知：ⅰ．R−CHOR−CNⅱ．R1−NH2+R2−OHR1−NH−R2+H2O（1）A分子中含氧官能团名称是。（2）下列关于B的说法正确的是。a．在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应b．可以使酸性KMnO4溶液褪色c．能与Na2CO3发生反应产生CO2d．存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体（3）D的结构简式为。（4）E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为，F→G的反应类型为。（5）试剂a的结构简式为。（6）J的结构简式为。18．（11分）工业烟气中常含有NOx（NO、NO2）。用NaClO溶液将NOx氧化为，实现烟气中NOx的脱除。（1）NOx在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现性。（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对NOx脱除率的影响，结果如下。已知：NOx脱除率＝×100%。①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是。②将pH＝3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：NO++⇌+Cl﹣+。③pH＜5.5时，分析NOx脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：。（3）用CrO3分别将脱除前后的NOx全部转化为NO2，并用库仑仪测定NO2的量，可计算NOx脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。NO2进入电解池后与I﹣反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出NO2的物质的量。①NO2在电解池中被I﹣还原为NO的离子方程式为。②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。NOx脱除率是。③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致NO2测定结果（填“偏高”或“偏低”），需进行校正。19．（13分）研究小组探究高铜酸钠（NaO2）的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH﹣。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：。（2）探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是。②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是。（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl﹣反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：。②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣”的原因。i．提出假设1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，。ii．提出假设2：，经证实该假设也成立。（4）改进实验方案，进行实验。实验Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是。（5）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是。（6）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、和。

2023-2024学年北京171中高三（上）期中化学试卷（第三次质检）参考答案与试题解析一、本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列关于有机化合物的说法不正确的是（）ABCD血红蛋白中Fe2+与O2以配位键结合，该配位键易断聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成青蒿素不能加热萃取，说明醚键受热容易断裂A．A B．B C．C D．D【考点】配合物的形成与组成；有机高分子化合物的结构和性质．【答案】D【分析】A．Fe2+具有空轨道，O2分子中O原子含有孤电子对，符合配位键的形成条件；B．线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合，强度小，网状结构的物质作用力强，强度高；C．DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基对中间存在氢键；D．青蒿素的结构中含有过氧键，过氧键不稳定，受热容易断裂。【解答】解：A．Fe2+具有空轨道，O2分子中O原子含有孤电子对，血红蛋白中Fe2+与O2以配位键结合，但Fe2+半径较大，导致该配位键不牢固，易断裂，故A正确；B．线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合，强度小，聚乙烯由线型结构转变为网状结构时作用力增强，材料的强度增大，故B正确；C．DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基对中间存在氢键，复制过程氢键断裂形成单链，而后单链通过氢键又形成双螺旋结构，即DNA分子复制过程中存在氢键的断裂和形成，故C正确；D．青蒿素的结构中含有过氧键﹣O﹣O﹣，过氧键不稳定，受热容易断裂，醚键较为牢固，不易断裂，故D错误；故选：D。2．（3分）下列说法不正确的是（）A．NF3的电子式： B．基态Cu2+价层电子的轨道表示式： C．青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极 D．Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同【考点】原子核外电子排布．【答案】B【分析】A．NF3为共价化合物，据此书写电子式；B．基态Cu2+价层电子排布式为3d9，结合泡利原理、洪特规则画出价电子轨道表示式；C．青铜器分式电化学腐蚀时，Cu失电子发生氧化反应；D．胶体与悬浊液本质区别分散质粒度大小不同。【解答】解：A．NF3为共价化合物，则电子式为：，故A正确；B．基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表示式为，故B错误；C．青铜器分式电化学腐蚀时，Cu失电子发生氧化反应，作负极，故C正确；D．胶体与悬浊液本质区别分散质粒度大小不同，则Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3悬浊液的本质区别是分散质微粒直径不同，故D正确；故选：B。3．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．浓硝酸用棕色瓶保存：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O B．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．硫酸铵溶液显酸性：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ D．电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e﹣═Cu【考点】离子方程式的书写．【答案】D【分析】A．浓硝酸见光易分解，用棕色瓶保存；B．碳酸氢钠过量，氢氧化钡全部反应；C．硫酸铵溶液显酸性是溶液中铵根离子水解促进水电离，溶液显酸性；D．电解精炼铜的阳极反应是铜失电子发生氧化反应，杂质铁、锌、镍等，也失电子发生氧化反应。【解答】解：A．浓硝酸见光易分解，用棕色瓶保存，反应的化学方程式为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故A正确；B．Ba（OH）2少，可设氢氧化钡的量为1，则钡离子为1和氢氧根离子为2，碳酸氢钠过量，则反应离子方程式为：2HCO3﹣+2OH﹣+Ba2+═2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，故B正确；C．硫酸铵溶液显酸性的原因是铵根离子发生了水解，水解离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故C正确；D．电解精炼铜的阳极反应是铜失电子发生氧化反应，杂质铁、锌、镍等，也失电子发生氧化反应，阳极电极反应为Cu﹣2e﹣＝Cu2+、Fe﹣2e﹣＝Fe2+、Zn﹣2e﹣＝Zn2+等，故D错误；故选：D。4．（3分）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（）A．向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体 B．向水中加入Na2O2固体，产生无色气体 C．向碘水中通入SO2气体，碘水颜色变浅 D．向CuSO4溶液中通入H2S气体，生成黑色沉淀【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应；氧化还原反应的基本概念及规律．【答案】C【分析】A．反应为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2H2O+NO2↑；B．发生反应为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；C．发生反应为SO2+I2+H2O﹣2HI+H2SO4；D．发生反应为CuSO4+H2S＝CuS+H2SO4↓。【解答】解：A．向浓硝酸中加入铜粉，反应为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2H2O+NO2↑，存在化合价变化，属于氧化还原反应，消耗硝酸，pH增大，故A错误；B．发生反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，为氧化还原反应，生成碱，pH升高，故B错误；C．向碘水中通入SO2气体，发生反应SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4，发生氧化还原反应，生成酸，pH减小，故C正确；D．向CuSO4溶液中通入H2S气体，发生反应CuSO4+H2S＝CuS+H2SO4↓，为非氧化还原反应，生成酸，pH减小，故D错误；故选：C。5．（3分）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是（）A．0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.3NA B．标准状况下，22.4L乙炔中σ键数为NA、π键数为2NA C．100mL1mol•L﹣1醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA D．60g二氧化硅晶体中含有Si﹣O键数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【答案】A【分析】A．1个碳酸钠和1个碳酸氢钠都含有3个O；B．三键中1个是σ键，2个是π键，乙炔中含2个C﹣H\1个C≡C；C．醋酸为弱酸，部分电离；D．二氧化硅中，平均1mol二氧化硅含有4molSi﹣O键。【解答】解：A．1个碳酸钠和1个碳酸氢钠都含有3个O，则0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.3NA，故A正确；B．标准状况下，22.4L乙炔物质的量为：＝1mol，含σ键数为3NA、π键数为2NA，故B错误；C．醋酸为弱酸，部分电离，所以100mL1mol•L﹣1醋酸溶液中含有的氢离子数小于0.1NA，故C错误；D．60g二氧化硅晶体物质的量为：＝1mol，含有Si﹣O键数为4NA，故D错误；故选：A。6．（3分）2022年9月国产药物氯巴占片获批上市，氯巴占的分子结构如图所示，下列说法不正确的是（）A．分子中不含手性碳原子 B．分子中氧原子有孤电子对 C．氯巴占的分子式为：C16H14ClN2O2 D．氯巴占可以发生加成反应、取代反应【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；B．根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对；C．分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2；D．具有苯、酰胺、氯代烃的性质。【解答】解：A．根据图知，该分子中不含手性碳原子，故A正确；B．根据图知，每个O原子形成2个共价键且每个O原子含有2个孤电子对，故B正确；C．分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是16、13、1、2、2，分子式为C16H13ClN2O2，故C错误；D．具有苯、酰胺、氯代烃的性质，苯环能发生取代反应、加成反应，酰胺和氯原子能发生取代反应，故D正确；故选：C。7．（3分）25℃、101kPa下，①H2O（l）＝H2（g）+O2（g）ΔH1＝+285.8kJ/mol；②H2O（l）＝H2O（g）ΔH2＝+44.0kJ/mol。下列说法不正确的是（）A．液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力 B．水分解为氢气和氧气，断键吸收的总能量大于成键放出的总能量 C．标准状况下，11.2L水中含共用电子对总数约为6.02×1023 D．25℃、101kPa下，H2O（g）＝H2（g）+O2（g）ΔH＝+241.8kJ/mol【考点】反应热和焓变．【答案】C【分析】A．水是由分子构成的化合物，不同状态间的转化是物理变化，只需要克服分子间作用力；B．水分解需要吸收能量；C．标准状况下，水不是气态；D．根据盖斯定律进行判断。【解答】解：A．水是分子构成的化合物，同种分子构成的物质状态间的变化化学键没有断裂，只需要克服分子间作用力，故A正确；B．水分解需要吸收能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；C．标准状况下，水不是气态，Vm≠22.4L/mol，无法计算11.2L水的物质的量，故C错误；D．25℃、101kPa下，①H2O（l）＝H2（g）+O2（g）ΔH1＝+285.8kJ/mol；②H2O（l）＝H2O（g）ΔH2＝+44.0kJ/mol，则由①﹣②得：H2O（g）＝H2（g）+O2（g）ΔH＝+241.8kJ/mol，故D正确；故选：C。8．（3分）常用的除甲醛试剂有：①活性炭；②RNH2；③ClO2。其中试剂②去除甲醛的第一步反应原理为：RNH2+HCHO→RNHCH2OH。下列说法不正确的是（）A．常温、常压下，甲醛是一种有刺激性气味的无色气体，可以用试剂①吸附 B．依据电负性，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合 C．试剂③与试剂②去除甲醛的反应原理类似 D．甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应【考点】探究化学反应机理．【答案】C【分析】A．活性炭具有很强的吸附性；B．甲醛与RNH2的反应属于加成反应；C．ClO2具有强氧化性，试剂③与甲醛的反应属于氧化还原反应；D．蛋白质中含有氨基。【解答】解：A．活性炭具有很强的吸附性，可以吸附甲醛，故A正确；B．电负性：N＞C，试剂②中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，且甲醛与RNH2的反应属于加成反应，故B正确；C．ClO2具有强氧化性，试剂③与甲醛的反应属于氧化还原反应，与试剂②和甲醛反应的原理不同，故C错误；D．蛋白质中含有氨基，甲醛使蛋白质失活，可能是醛基与蛋白质分子中的氨基发生了反应，故D正确；故选：C。9．（3分）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（）ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa（OH）2Ca（OH）2Ba（OH）2NH3•H2OA．A B．B C．C D．D【考点】物质导电性分析．【答案】D【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮﹣暗﹣熄灭﹣亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A错误；B．Ca（OH）2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B错误；C．向Ba（OH）2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C错误；D．一水合氨为弱电解质，醋酸和一水合氨反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D正确；故选：D。10．（3分）研究碘在不同溶剂中的溶解度。进行实验：①向试管里放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；②取5mL溶液a，再加入1mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；③将②所得下层溶液全部取出，加入1mLKI溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色（颜色比溶液a深）。已知：i.I2+H2O⇌H++I﹣+HIO；ii.I2+I﹣⇌。下列说法不正确的是（）A．H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性I2更易溶于CCl4 B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液 C．溶液b中c（I2）＜溶液a中c（I2） D．向①所得浊液中加入KI，使c（I﹣）增大，反应i平衡逆向移动，析出I2【考点】相似相溶原理及其应用．【答案】D【分析】A．相似相溶原理：极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂；B．四氯化碳密度大于水且和水不互溶，碘易溶于四氯化碳而使溶液呈紫色；C．加入碘单质，发生反应I2+I﹣⇌，使I2转化为；D．向①所得浊液中加入KI，使c（I﹣）增大，I2+I﹣⇌的平衡正向移动。【解答】解：A．相似相溶原理：极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性的I2更易溶于CCl4，故A正确；B．四氯化碳密度大于水且和水不互溶，碘易溶于四氯化碳而使溶液呈紫色，所以②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，故B正确；C．加入碘单质，发生反应I2+I﹣⇌，使I2转化为，则溶液b中c（I2）＜溶液a中c（I2），故C正确；D．向①所得浊液中加入KI，使c（I﹣）增大，I2+I﹣⇌的平衡正向移动，生成，不会析出碘，故D错误；故选：D。11．（3分）直接H2O2﹣H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是（）A．电极Ⅰ为负极 B．电极Ⅱ的反应式为：H2O2+2e﹣+2H+═2H2O C．电池总反应为：2H2O2═O2↑+2H2O D．该电池的设计利用了H2O2在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异【考点】原电池与电解池的综合．【答案】C【分析】由图可知，电极Ⅰ为电子的流出极，故电极Ⅰ为负极，电极反应式为H2O2﹣2e﹣+2OH﹣＝O2↑+2H2O，电极Ⅱ为正极，电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O，据此作答。【解答】解：A．电极Ⅰ为电子的流出极，故电极Ⅰ为负极，故A正确；B．电极Ⅱ为正极，电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O，故B正确；C．由两极反应可知，电池总反应为2H2O2+2OH﹣+2H+═O2↑+4H2O，故C错误；D．该装置利用在不同的酸碱性条件下，H2O2体现出氧化性、还原性的差异性设计成原电池，故D正确；故选：C。12．（3分）B﹣N键与C﹣C键是等电子结构。将环己烷中的C﹣C键用B﹣N键进行代替，科研工作者合成了具有储氢能力的X、Y、Z。Y经受热分解，产生5%的质量损失，并得到高纯氢。下列说法不正确的是（）A．B﹣N是极性共价键 B．1mol分子Y受热分解得到6molH2 C．分子Y与Z互为同分异构体 D．环己烷、X、Y、Z所含的电子数目一定相等【考点】“等电子原理”的应用；同分异构体的概念；极性键和非极性键．【答案】B【分析】A．不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键；B．Y的相对分子质量为86，Y经受热分解，产生5%的质量损失，并得到高纯氢，减少的质量为氢气的质量，假设有1molY受热分解，生成n（H2）＝；C．Y、Z的分子式都是C2N2B2H12，结构不同；D．B﹣N与C﹣C都含有12个电子。【解答】解：A．不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键，则B﹣N之间形成的化学键是极性共价键，故A正确；B．Y的相对分子质量为86，Y经受热分解，产生5%的质量损失，并得到高纯氢，减少的质量为氢气的质量，假设有1molY受热分解，生成n（H2）＝＝2.15mol，故B错误；C．Y、Z的分子式都是C2N2B2H12，结构不同，所以二者互为同分异构体，故C正确；D．B﹣N与C﹣C都含有12个电子，所以环己烷、X、Y、Z所含的电子数目一定相等，故D正确；故选：B。13．（3分）2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如图：某课题组借助该点击化学反应，用单体X（含有﹣N3基团）和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P（结构如图）。下列叙述不正确的是（）A．由X与Y合成P的反应属于加聚反应 B．X的结构简式为 C．Y的官能团为碳碳三键和酯基 D．P可发生水解反应得到X和Y【考点】有机物的结构和性质．【答案】D【分析】由信息中点击反应，结合高聚物P的结构简式，可知单体X为、单体Y为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH。【解答】解：A．X与Y发生信息中点击反应形成高聚物，没有小分子生成，反应类型为加聚反应，故A正确；B．根据点击反应，结合高聚物P的结构简式，可知单体X的结构简式为，故B正确；C．单体Y的结构简式为HC≡CCOOCH2CH2OOCC≡CH，含有酯基、碳碳三键共2种官能团，故C正确；D．P中酯基会发生水解生成、、HOCH2CH2OH，不能得到X、Y，故D错误；故选：D。14．（3分）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如图。已知：分金液中含[AuCl4]﹣；分金渣的主要成分为AgCl；N2H4•H2O在反应中被氧化为N2。下列说法不正确的是（）A．“分铜”时加入NaCl的目的是降低银的浸出率 B．得到分金液的反应为：2Au++7Cl﹣+6H+═2[AuCl4]﹣+3H2O C．得到分银液的反应为：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】D【分析】铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]﹣，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]﹣，分金液加入Na2SO3发生氧化还原反应生成Au；分金渣加入氨水使银转化为银氨溶液进入分银液，过滤得到分银液和分银渣，分银液加入N2H4•H2O，N2H4•H2O在反应中被氧化为N2，Ag被还原得到Ag，以此解答该题。【解答】解：A．“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，降低银的浸出率，故A正确；B．分金液的主要成分为[AuCl4]﹣，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]﹣，反应的离子方程式为：6H++2Au++7Cl﹣═2[AuCl4]﹣+3H2O，故B正确；C．AgCl和过量的氨水反应生成银氨溶液，得到分银液的反应为：AgCl+2NH3═[Ag（NH3）2]Cl，故C正确；D．[Ag（NH3）2]Cl中银离子转化为银，滤液2中含有大量的氨以及氯化铵，不可直接循环利用，故D错误；故选：D。二、第二部分15．（9分）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁、磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。（1）草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。①基态26Fe2+的价层电子排布式为3d6。②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为6。③草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4•2H2O。（2）将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定。②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。2NH4H2PO42NH3↑+3H2O+1P2O5。（3）LiFePO4晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示。充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图。①i表示充电（填“充电”或“放电”）过程。②已知：Li+的脱嵌率＝×100%。某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，则Li+的脱嵌率为25%，平均每个晶胞脱嵌1个Li+。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．【答案】（1）①3d6；②6；③FeC2O4•2H2O；（2）①氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定；②2；2；NH3↑；3；H2O；1；（3）①充电；②25%；1。【分析】（1）①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其3d能级上的电子为其价层电子；②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2O中O原子、2个草酸根离子中4个O原子相连；③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个H2O分子、1个C2；（2）①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应；②弱酸酸式的铵盐受热分解生成氨气、水等物质；（3）①根据图知，（a）LiFePO4失电子发生氧化反应生成（b）中的FePO4；②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+，同时脱嵌1个Li+，某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4；（a）中Li+个数＝8×+4×+4×＝4，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4。【解答】解：（1）①基态26Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其3d能级上的电子为其价层电子，所以其价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；②根据图知，草酸亚铁晶体中Fe2+与2个H2O中O原子、2个草酸根离子中4个O原子相连，所以其配位数是6，故答案为：6；③草酸亚铁晶体中，每个基本单元中含有1个Fe2+、2个H2O分子、1个C2，化学式为FeC2O4•2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2O；（2）①键能越大，化学键越稳定，该物质越不易发生反应，氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定，所以可以作保护气，故答案为：氮气分子中存在氮氮三键，键能大，N2化学性质稳定；②弱酸酸式的铵盐受热分解生成氨气、水等物质，根据方程式知，NH4H2PO4受热分解生成P2O5、H2O、NH3，2NH4H2PO42NH3↑+3H2O+P2O5，故答案为：2；2；NH3↑；3；H2O；1；（3）①根据图知，（a）LiFePO4失电子发生氧化反应生成（b）中的FePO4，所以为充电过程，故答案为：充电；②根据图知，Fe2+失电子生成Fe3+，同时脱嵌1个Li+，某时刻，若正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：1，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以Li+的脱嵌率为×100%＝25%；（a）中Li+个数＝8×+4×+4×＝4，脱嵌的Li+与总Li+个数之比为1：4，所以该晶胞中脱嵌1个Li+，故答案为：25%；1。16．（12分）以BaS粗液（含少量BaSO3、BaCO3）为原料制备BaCl2溶液。已知：BaS易溶于水。（1）一次脱硫①反应体现出酸性关系：HCl＞H2S（填“＞”或“＜”）。②产生S的方程式是BaSO3+2BaS+6HCl＝3BaCl2+3S↓+3H2O。（2）经一次脱硫后，BaCl2粗液依然含有少量H2S、SO2等含硫微粒。沉淀A只含一种物质，沉淀A是BaSO4。（3）二次脱硫通入Cl2需适量，避免造成资源浪费。因此，需测量BaCl2粗液中H2S、SO2等的含量，方法如下：Ⅰ．取v1mLBaCl2粗液，沉淀Ba2+。过滤，滤液备用；Ⅱ．取v2mLamol•L﹣1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液；Ⅳ．向Ⅲ中澄清溶液加入过量KI；Ⅴ．用bmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3与Na2S4O6均无色①Ⅱ中加入KBr的质量＞0.595av2g（KBr的摩尔质量为119g/mol）。②Ⅲ中发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣、H2S+4Br2+4H2O＝SO42﹣+8Br﹣+10H+。③Ⅴ中滴定至终点的现象是溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复。④1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2mol。⑤由于Br2易挥发，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高（填“偏高”或“偏低”）。（4）将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2•2H2O。【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）①＞；②BaSO3+2BaS+6HCl＝3BaCl2+3S↓+3H2O；（2）BaSO4；（3）①0.595av2；②H2S+4Br2+4H2O＝SO42﹣+8Br﹣+10H+；③溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复；④；⑤偏高。【分析】根据题中图示可知，BaS粗液（含少量BaSO3、BaCO3）中加入HCl，进行一次脱硫，硫元素转化成H2S、S除掉，得到BaCl2粗液（有少量H2S、SO2等含硫微粒），在粗液中加入Cl2，进行二次脱硫，过滤，由于沉淀A只含一种物质，所以发生反应有SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，H2S+4Cl2+4H2O＝H2SO4+8HCl，Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，则沉淀A为BaSO4，滤液为酸性BaCl2溶液，再加入BaCO3中和，得到BaCl2溶液，将中和后的精制BaCl2溶液蒸发浓缩，可得成品BaCl2•2H2O；据此解答。【解答】解：（1）①由题中信息可知，BaS中加入HCl，发生反应生成BaCl2和H2S，即BaS+2HCl＝BaCl2+H2S↑，符合强酸制弱酸的原理，所以酸性HCl＞H2S，故答案为：＞；②由题中信息可知，BaS中有BaSO3，加入HCl产生S的方程式为BaSO3+2BaS+6HCl＝3BaCl2+3S↓+3H2O，故答案为：BaSO3+2BaS+6HCl＝3BaCl2+3S↓+3H2O；（2）由上述分析可知，沉淀A是BaSO4，故答案为：BaSO4；（3）①由题中信息可知，v2mLamol•L﹣1KBrO3标准溶液，加过量KBr，加HCl酸化，溶液呈棕黄色，发生反应为KBrO3+5KBr+6HCl＝6KCl+3Br2+3H2O，则v2mLamol•L﹣1KBrO3的物质的量为n（KBrO3）＝amol•L﹣1×v2×10﹣3L＝av2×10﹣3mol，需要KBr的质量为m（KBr）＝5×av2×10﹣3mol×119g/mol＝0.595av2g，由于KBr过量，所以II中加入KBr的质量＞0.595av2g，故答案为：0.595av2；②向II所得溶液中加入滤液，得到澄清溶液，即滤液中的H2S、SO2分别与Br2反应，得到澄清溶液，那么发生的离子反应有Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣、H2S+4Br2+4H2O＝SO42﹣+8Br﹣+10H+，故答案为：H2S+4Br2+4H2O＝SO42﹣+8Br﹣+10H+；③用bmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定中Ⅳ溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，终点的现象为溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复，故答案为：溶液蓝色恰好消失，且30s不恢复；④由实验II可知，v2mLamol•L﹣1KBrO3的物质的量为n（KBrO3）＝av2×10﹣3mol，产生Br2的物质的量为n（Br2）＝3av2×10﹣3mol，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应，过量的Br2与KI发生置换反应生成I2，即Br2+2KI＝2KBr+I2，则由I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6可知，I2的物质的量为n（I2）＝，Br2分别与滤液中的H2S、SO2反应的物质的量为n（Br2）＝3aV2mol﹣mol＝×10﹣3mol，所以v1mLBaCl2粗液中，H2S、SO2消耗Br2的物质的量与消耗Cl2的物质量相等，即1LBaCl2粗液二次脱硫，需通入Cl2的物质的量为n（Cl2）＝×1000＝mol，故答案为：；⑤由于Br2易挥发，II～IV中反应须在密闭容器中进行，否则部分Br2挥发后，生成I2减小，滴定时消耗Na2S2O3减小，使粗液中SO2、H2S偏高，故答案为：偏高。17．（13分）抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如图：已知：ⅰ．R−CHOR−CNⅱ．R1−NH2+R2−OHR1−NH−R2+H2O（1）A分子中含氧官能团名称是羟基、醛基。（2）下列关于B的说法正确的是ab。a．在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应b．可以使酸性KMnO4溶液褪色c．能与Na2CO3发生反应产生CO2d．存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体（3）D的结构简式为。（4）E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr，F→G的反应类型为取代反应。（5）试剂a的结构简式为H2NCH2CH2Cl。（6）J的结构简式为。【考点】有机物的合成．【答案】（1）羟基、醛基；（2）ab；（3）；（4）BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应；（5）H2NCH2CH2Cl；（6）。【分析】由反应条件、K的结构简式，可知I发生硝化反应生成J，J中硝基还原为氨基生成K，逆推可知J为、I为，D与H脱去1分子HCl生成I，结合D的分子式，可推知D为、H为，对比A、D的结构，结合反应条件、B与C的分子式、信息i，可知A中醛基对位的酚羟基与CH3I发生取代反应引入﹣OCH3生成B和HI，B中﹣CHO转化为﹣CN生成C，C中﹣CN转化为﹣COOH生成D，故B为、C为，（4）中E的核磁共振氢谱中只有一组峰，则E为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，2分子F脱去1分子水生成G，G与试剂a发生信息ii中反应生成，故G为HOCH2CH2OCH2CH2OH、a为H2NH2CH2Cl。【解答】解：（1）A分子中含氧官能团名称是羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）a．B的结构简式为，苯环、醛基能与氢气发生加成反应，在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应，故a正确；b．B分子中含有醛基、酚羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；c．酚羟基酸性比较碳酸弱，不能与Na2CO3发生反应产生CO2，故c错误；d．B的不饱和度为5，含有苯环、醛基的羧酸类有机物的不饱和度至少为6，故不存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体，故d错误；故答案为：ab；（3）由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；（4）E的分子式为C2H4Br2，E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E的结构简式为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，E→F的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr，F→G是2分子HOCH2CH2OH脱去1分子水生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，反应类型为取代反应，故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应；（5）由分析可知，试剂a的结构简式为H2NCH2CH2Cl，故答案为：H2NCH2CH2Cl；（6）由分析可知，J的结构简式为，故答案为：。18．（11分）工业烟气中常含有NOx（NO、NO2）。用NaClO溶液将NOx氧化为，实现烟气中NOx的脱除。（1）NOx在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现还原性。（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对NOx脱除率的影响，结果如下。已知：NOx脱除率＝×100%。①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是盐酸具有还原性，能与NaClO反应。②将pH＝3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：2NO+3HClO+H2O⇌2+3Cl﹣+5H+。③pH＜5.5时，分析NOx脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率。（3）用CrO3分别将脱除前后的NOx全部转化为NO2，并用库仑仪测定NO2的量，可计算NOx脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。NO2进入电解池后与I﹣反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出NO2的物质的量。①NO2在电解池中被I﹣还原为NO的离子方程式为＝。②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。NOx脱除率是。③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致NO2测定结果偏低（填“偏高”或“偏低”），需进行校正。【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解原理．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据化合价判断；（2）①次氯酸钠具有氧化性，盐酸具有还原性，两者能发生氧化还原反应；②根据电子守恒和质量守恒及电荷守恒解答；③根据平衡移动原理解答；（3）①根据电子守恒和质量守恒及电荷守恒解答；②NOx脱除率＝×100%；③分析氮元素守恒分析解答。【解答】解：（1）NOx在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中氮元素的化合价升高，NOx表现还原性，故答案为：还原性；（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；②pH＝3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成lmolNaCl，lmolNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO+3HClO+H2O⇌，故答案为：2；3HClO；H2O；2；3；5H+；③由反应：2NO+3HClO+H2O⇌和2NO2+HClO+H2O⇌，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率，故答案为：反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率；（3）①NO2在电解池中被厂还原为NO，1molNO2得2mol电子，2molI﹣失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境H3PO4提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：＝，故答案为：＝；②可用转移电子物质的量表示NOx的物质的量，则脱除前NOx的物质的量为amol，则脱出后NOx的物质的量为bmol，NOx的脱出率为：，故答案为：；③电解池中若检测到少量和，说明NO，没有完全转化为NO2，导致NO2测定值偏低，故答案为：偏低。19．（13分）研究小组探究高铜酸钠（NaO2）的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH﹣。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣。（2）探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另