江西省抚州临川市第二中学2026届高三一轮第五次阶段性过关化学试题试卷含解析

江西省抚州临川市第二中学2026届高三一轮第五次阶段性过关化学试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．b极为正极，发生还原反应B．一段时间后b极区电解液的pH减小C．H+由a极穿过质子交换膜到达b极D．a极的电极反应式为-e-=Cl-+2、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（）A．密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：B．Fe在Cl2中的燃烧产物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D．氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：3、我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的“碘”。下列关于“碘盐”的说法中错误的是A．“碘盐”就是NaIB．“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物C．“碘盐”应保存在阴凉处D．使用“碘盐”时，切忌高温煎炒4、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NAB．当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC．pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD．该反应释放CO2分子数目为NA5、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A．C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈碱性C．简单离子半径：D>C>BD．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A6、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：dC．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱7、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量双氧水③适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C．向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色D．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I28、下列对化学用语的理解正确的是（）A．乙烯的结构简式：CH2CH2B．电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D．结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-9、某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下：下列说法错误的是A．过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物B．氧化剂参加反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分离10、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A．循环物质E为水B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=CuD．若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g11、碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示（加入两极的物质均是常温常压下的物质）。下列说法不正确的是（）A．石墨2极与直流电源负极相连B．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+C．H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动D．电解一段时间后，阴极和阳极消耗的气体的物质的量之比为2：112、化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成13、用“吸收—电解”循环法脱除烟气中的SO2，可减少对大气的污染。室温下，电解液K再生的装置如图所示，其中电解液的pH随变化的关系见下表，下列对此判断正确的是电解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．当电解液呈中性时溶液中：B．再生液M吸收SO2主反应的离子方程式为：C．HSO3－在b极发生的电极反应式为：D．若产生标准状况下2.24L气体N，则d膜上共通过0.2mol阳离子14、分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是()A．化合物：干冰、明矾、烧碱B．同素异形体：石墨、C60、金刚石C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸15、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C．1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5molH2D．分子中不含手性碳原子16、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)=COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，经过4min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是()A．CO2的平衡转化率α＝2.5%B．用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1C．在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了D．反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变17、下列离子方程式正确的是A．钠粒投入硫酸铜溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+B．在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-D．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O18、下列说法不正确的是A．在光照条件下，正己烷（分子式C6H14）能与液溴发生取代反应B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C．总质量一定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量一定D．对二氯苯仅一种结构，说明苯环结构中不存在单双键交替的结构19、下列实验方案中，可以达到实验目的的是（）选项实验操作与现象目的或结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溴B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D20、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)21、下列过程中，共价键被破坏的是（）A．碘升华 B．NaOH熔化C．NaHSO4溶于水 D．酒精溶于水22、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点114.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2D．装置Ⅰ中b为泠凝水出水口二、非选择题(共84分)23、（14分）如图是部分短周期元素（用字母x等表示）化合价与原子序数的关系图。根据判断出的元素回答问题：（1）h在周期表中的位置是__________。（2）比较z、f、g、r常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：______＞______＞______＞______；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：______＞______＞；比较d、m的氢化物的沸点：______＞______。（3）x与氢元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）______，实验室制取该物质的化学方程式为：____________________________________。（4）由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：___________________________。（5）用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为（写化学式）___________________________。铅蓄电池放电时正极反应式为式）___________________________。24、（12分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）①的反应类型为_____________________；B分子中最多有_________个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为______________________；③的“条件a”为____________________。（3）④为加成反应，化学方程式为__________________________________。（4）⑤的化学方程式为__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_________________。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：______________25、（12分）用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__，作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。④若撤去E，则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1mol·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}27、（12分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知：①C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaC1O2晶体，温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是____；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为____。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为____。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥，得到成品实验Ⅱ样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为____，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是____（写一条）。28、（14分）脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.9kJ/mol②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/mol③H2O(g)H2O(l)△H=-44kJ/mol写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式：____________。(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3：4，则脱除后NO转化为____________。②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示：图中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为____________；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为____________。(3)过硫酸钠(Na2S2O8)氧化去除NO第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为NO2-+S2O82-+2OH-NO3-+2SO42-+H2O。不同温度下，平衡时NO2-的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图所示：①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为____________，原因是____________。②若a点(0.1，40%)时，NO2-的初始浓度为amol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=____________。(用含a的代数式表示)(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示：某电化小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应为_______。29、（10分）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。（2）上述物质中属于非极性分子的是___。（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。a.甲醇b.乙二醇c.乙二酸d.尿素工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。2、B【解析】

A.该过程涉及的化学方程式有：，，A错正确；B.Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C.该过程涉及的化学方程式有：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。3、A【解析】

A.“碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A不正确；B.“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物，B正确；C.“碘盐”中的碘酸钾易分解，所以应保存在阴凉处，C正确；D.使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D正确。故选A。4、A【解析】

A.1个HOOC—COOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。5、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)×=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D>B>C，故C错误；D．非金属性Cl＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。6、A【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，选项A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，选项B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，选项C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，选项D错误；故选：A。7、C【解析】

向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。8、D【解析】

A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电子式为，氢氧根离子带有一个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、35Cl-和37Cl−的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“[]”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。9、C【解析】

实验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。【详解】A．海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A正确；B．氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；C．萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；D．因I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分离，故D正确；故选C。10、B【解析】

由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；故合理选项是B。11、D【解析】

该装置有外接电源，是电解池，由图可知，氧气在石墨2极被还原为水，则石墨2极为阴极，B为直流电源的负极，阴极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，A为正极，石墨1极为阳极，甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，阳极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，据此解答。【详解】A.由以上分析知，石墨2极为阴极，阴极与直流电源的负极相连，则B为直流电源的负极，故A正确；B.阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正确；C.电解池中，阳离子移向阴极，则H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，故C正确；D.常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO~4e-~O2可知，阴极消耗的O2与阳极消耗的CO物质的量之比为1：2，故D错误；答案选D。12、C【解析】

A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2ONH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，在278K～283K(5℃～10℃)时，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，选项A正确。B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟（氯化铵晶体颗粒），选项B正确；C.碘是人类所必须的微量元素，所以要适当食用含碘元素的食物，但不是含高碘酸的食物，选项C错误；D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成，选项D正确。故选C。13、D【解析】

根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b极为阴极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，气体N为H2。【详解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91时，电解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1时，电解液pH=7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A项错误；B．M吸收SO2主要发生的反应为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B项错误；C．b极为阴极，发生的反应为：2H++2e¯=H2↑，C项错误；D．若产生标准状况下2.24L气体N（0.1molH2），阴极消耗0.2molH+，减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确；答案选D。14、C【解析】

A．干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；B．石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C．乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；答案选C。15、D【解析】

A．分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，A错误；B．采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、、，共有6种，B错误；C．1mol苯环能够与3molH2发生加成，1mol碳碳双键和1molH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4molH2，C错误；D．分子中只有1个饱和碳原子，但是碳原子连有2个相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。答案选D。16、A【解析】

根据题意列出三段式，如下：根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004mol/L，A、CO2的平衡转化率α==10%，选项A不正确；B、用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1，选项B正确；C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C正确；D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。答案选A。17、B【解析】A、钠粒投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应:2Na+2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2+2Na＋＋H2↑，故A错误；B、在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液，氢氧化铝具有两性，溶于过量的碱中:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故B正确；C、向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水，氯水能将溴离子和亚铁离子均氧化:2Fe2＋+4Br－＋3Cl2=2Fe3＋+6Cl－＋2Br2,故C错误；D、磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中，亚铁离子被氧化成铁离子：3Fe3O4+28H＋+NO3－=9Fe3＋+NO↑+14H2O，故D错误；故选B。18、D【解析】

A.在光照条件下，烷烃能够与卤素单质发生取代反应，故A正确；B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，故B正确；C.甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等，总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定，完全燃烧时生成水的质量一定，故C正确；D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为如果是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；故选D。本题的易错点为D，要注意是不是单双键交替的结构，要看对二氯苯是不是都是一种，应该是“邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”，因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。19、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；B.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。故选D。20、D【解析】

A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。21、C【解析】

A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏,A错误；B、NaOH为离子化合物，熔化时破坏的是离子键，B错误；C、NaHSO4溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以共价键被破坏，C正确；D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，D错误；答案选C。22、C【解析】

A．液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；

B．根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正确；

C．由题可知：SnI4易水解，所以装置Ⅱ的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C错误；

D．冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置Ⅰ中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；

故选：C。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族S2-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2NaOH、H2、Cl2PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4【解析】

根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价，没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素。(1)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大小为S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4＞H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HF＞HCl，故答案为S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；(3)x与氢元素能形成的化合物为烃类，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，实验室用电石与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，故答案为C2H2；CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，铵根离子中存在共价键，电子式为，故答案为；(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；铅蓄电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，故答案为NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4。24、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热（或：P2O5）30【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。25、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液变蓝Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O＜阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应【解析】

电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。【详解】（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)==0.00025mol，根据总反应方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。26、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，即1.0×10-5×c3(OH-)>6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9mol·L-1，c(H+)<=mol·L-1，pH>5+2lg2=5.6。答案为：pH>5.6。Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。27、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃~60℃趁热过滤（或38℃以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】

装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38℃以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38℃以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。28、4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H=-2069.9kJ/molHNO3(或NO3-)温度升高，化学反应速率加快温度升高，气体溶解度下降(或温度升高，ClO-水解增强)K(b)>K(a)=K(c)=K(d)温度相同，化学平衡常数相同，a、c、d三点在同一温度下，K值相同；该反应的正反应为吸热反应，b点温度升高，NO2的脱除率上升，说明升高温度，化学平衡向正向移动，K值增大O2+2e-+2H+=H2O2【解析】

(1)常温下氨气还原NO产生N2和液体水，方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，将已知三个热化学方程式叠加，可得该反应的热化学方程式；(2)①根据反应过程中电子守恒分析判断；②根据温度、浓度或盐的水解等原因分析；(3)①平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，根据温度与NO2-的脱除率的关系，结合平衡移动原理分析；②根据pH计算溶液中c(H+)，利用水的离子积计算c(OH-)，结合NO2-脱除率及各种物质的浓度计算第二步反应的平衡常数K的数值；(4)根据电解池反应原理分析。【详解】(1)根据盖斯定律，将①-②×5+③×6，整理可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H=-2069.9kJ/mol；(2)①Ca(ClO)2具有氧化性，NO具有还原性，二者发生氧化还原反应时物质的量之比为3：4，反应后ClO-反应变为Cl-，假设NO反应后被氧化，产物中N元素化合价为+x，根据电子守恒可知3×2×2=4×(x-2)，解得x=+5价，所以脱除后NO转化为+5价的HNO3(或NO3-)；②在图中，40～60℃

NO脱除率上升可能是由于温度升高，化学反应速率加快，可以使NO更快反应，导致NO脱除率增大；随温度升高，当温度在60～80℃

NO脱除率又随温度的升高而下降可能是由于温度升高使气体NO在溶液中气体溶解度下降(或温度升高，ClO-水