信息必刷卷01（上海专用）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_2025考前信息卷_2025年高考化学考前信息必刷卷（上海专用）34334815

绝密★启用前 2025 年高考考前信息必刷卷 01(上海专用) 化 学 考情速递 高考·新动向：上海高考化学试题独树一帜，题目以课题形式出现，有助于引导高中化学教学方式的转 变。上海高考化学中设置一些与实际教学内容相联系但形式为课题研究的题目，促使教师在教学中更 加注重将知识与实际的课题研究相融合，培养学生解决复杂问题的能力，也让学生适应这种在课题情 境下运用知识的考查方式。 高考·新考法：上海高考化学试卷设置了五道主题式综合题，这可以看作是一种课题形式的体现。每道 大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，形式新颖。这些主题式综合题多角 度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平。 高考·新情景：创设真实情境是上海高考化学命题的一大特点，这与课题形式出题相契合。比如以医药 健康中的降血糖药物瑞格列奈的合成情境出题，这类似于一个药物合成课题。学生要在这个情境下分 析合成过程中的化学物质转化、反应条件、反应类型等化学知识，从原料出发，经过多步反应得到目 标产物，如同在研究一个具体的化学课题。这种情境化的课题形式命题有助于考查学生将化学知识应 用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能力。 命题·大预测：预测在2025年的高考试题中仍会继续延续课题出题方式，更贴近工业生产。以课题形式 出现的题目要求考生具备综合运用化学知识的能力。例如在一道关于环境污染治理的课题形式题目中， 考生可能需要运用化学平衡、氧化还原反应、离子反应等多方面知识来提出治理方案。这需要考生将 所学的各个知识点串联起来，从整体上分析和解决问题，而不是孤立地看待每个知识点，这是应对课 题形式题目的关键能力之一。 (试卷满分100分，考试时间60分钟) 1．本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号，并将核对后的条 形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 2．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个符合条件的选项；标注“双选”的试题， 每小题有两个符合条件的选项；标注“单选”的试题，每小题只有一个符合条件的选项。 3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127 一、铜及其化合物(本题共22分) 1．在元素周期表中，铜元素位于 。 A．s区 B．p区 C．d区 D．f区 2．铜或铜盐的焰色反应为绿色，该光谱属于 。A．原子吸收光谱 B．原子发射光谱 C．紫外光谱 D．红外光谱 3．基态Cu原子简化的电子排布式为： ，其最外层电子的电子云轮廓图为 。 4．某同学想要利用反应 Cu + 2H+ Cu2+ + H ↑来制备 CuSO ，应选择装置 2 4 A． B． C． D． 5．在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN) ]2-，则1mol该配合物含有π键的数目为 4 _______N 。 A A．2 B．4 C．6 D．8 6．CuSO 溶液中逐滴加入氨水，先产生蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液[Cu(NH )]SO 。 4 3 4 4 (1)写出沉淀溶解生成深蓝色溶液的离子方程式 。 (2)该配合物正离子的中心是 (填微粒符号)，外界离子的中心原子的杂化方式为： 。 7．晶体铜的晶胞结构如下图所示，铜原子的配位数为 ，已知晶胞的边长为apm(1pm=1×10- 10cm，阿伏加德罗常数用N 表示)，计算晶体铜的密度为 g·cm-3(用含a的代数式表示)。 A 8．Cu O与Cu S都属于离子晶体，但前者熔点(1235℃)比后者熔点(1130℃)高，原因是 。 2 2 【答案】1．C(2分) 2．B(2分) 3．[Ar]3d104s1(2分) 球形(1分)4．C(2分) 5．D(2分) 6．(1)Cu(OH)+4NH ·H O=[Cu(NH )]2++2OH-+4H O(2分) 2 3 2 3 4 2 (2) Cu2+(1分) sp3(2分) 7．12(2分) (2分) 8．离子晶体Cu O与Cu S正离子相同、负离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以 2 2 Cu O中离子键更强，熔点更高(2分) 2 【解析】1．铜元素的原子序数为29，位于周期表的IB，属于d区，故选C。 2．基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能 量，为发射光谱，故选B。 3．Cu的原子序数是29，位于周期表第四周期第ⅠB族，基态Cu原子简化的电子排布式为： [Ar]3d104s1，其最外层电子为4s，电子云轮廓图为球形。 4．A项，浓硫酸与铜加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为：Cu+2H SO CuSO +SO↑+2H O， 2 4 4 2 2 得不到氢气，A错误；B项，铜、锌和稀硫酸形成的原电池，Zn为负极失去电子得到Zn2+，H+得电子生成 H，总反应方程式为：Zn+2H+=Zn2++H ↑，B错误；C项，该装置是电解池，Cu做阳极失去电子得到铜离 2 2 子，阴极上H+得电子生成氢气，总反应的方程式为：Cu + 2H+ Cu2+ + H ↑；C正确；D项，Cu、稀硫 2 酸和HO 生成CuSO 和HO，方程式为Cu+H O+H SO CuSO +2H O，不产生氢气，D错误；故选C。 2 2 4 2 2 2 2 4 4 2 5．单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键；CN－存在碳氮三键，1个碳氮三键中有2个π键，所 以1mol该配合物含有8molπ键，数目为8N ，故选D。 A 6．(1)氢氧化铜沉淀和氨水反应生成配离子[Cu(NH )]2+而溶解生成深蓝色溶液，同时生成氢氧根离子 3 4 和水，离子方程式Cu(OH)+4NH ·H O=[Cu(NH )]2++2OH-+4H O；(2)该配合物正离子的中心是Cu2+；外界 2 3 2 3 4 2 离子为SO 2-，其中心原子的价层电子数为 ，为sp3杂化。 4 7．离铜原子最近且距离相等的原子为铜原子的配位原子，根据图甲可知，以底面面心铜原子为例， 同层、上下层各有4个配位原子，故铜原子配位数是12；晶胞的棱长为apm，根据“均摊法”，晶胞中含个Cu，则晶体密度为 。 8．离子晶体Cu O与Cu S正离子相同、负离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以 2 2 Cu O中离子键更强，熔点更高。 2 二、合成氨(本题共18分) 氨是最基本的化工原料之一，用途广泛。自1913年合成氨工业化以来，科学家一直致力于合成氨技 术的研究和发展。已知：N(g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH＝-92kJ·mol−1。 2 2 3 1．有关温度对该反应自发性的影响，下列说法正确的是___________。 A．低温自发 B．高温自发 C．任何温度下均自发 D．任何温度下均不自发 2．合成氨反应中部分共价键的键能如下表所示： 共价 键能(kJ∙mol-1) 键 436 946 计算N-H的键能为___________ kJ∙mol-1。 A．1173 B．782 C．391 D．360 3．下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分。 (1)上图反应历程中，表示使用了铁催化剂的是___________线，基元反应有___________个。 A．实，4 B．虚，5 C．实，6 D．虚，7 (2)上图反应历程中，控速步骤的反应为___________。A． B． C． D． 4．工业合成氨采用铁催化剂，需将反应温度控制在500℃左右的主要原因是 。 5．实验室模拟工业合成氨，在铁催化剂作用下，500℃时，将amolN(g)和3amolH(g)充入某恒容密闭 2 2 容器中发生反应。测得体系中相关组分的物质的量随时间变化的曲线如图所示。 (1)图中表示NH 的物质的量随时间变化的曲线是 。 3 A．M B．M C．M 1 2 3 (2)b点 的物质的量分数为 。 6．进一步研究发现，在45℃、 、100 kPa的条件下用“球磨法”能够合成氨，氨的体积分数可 高达82.5%。该法分为两个步骤(如图1)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，氮分子被吸 附在这些缺陷上，生成[Fe(N*)]；第二步，N*与氢气反应得到NH 。在多个恒容的相同密闭容器中，分别 3 先通入不同量的N，与铁粉碰撞生成[Fe(N*)]，再通入固定量的HH 合成氨。达到平衡时，NH 的含量随 2 2 3 N 的压强变化趋势如图2所示。 2(1)说明图2中两条曲线的变化趋势，并解释其原因 。 (2)与工业合成氨相比，“球磨法”合成氨的主要优点有 (列举两点)。 【答案】1．A(2分) 2．C(2分) 3．(1)A(2分) (2)A(2分) 4．铁催化剂的最佳活性温度为500℃左右(2分) 5．(1)C(2分) (2)0.2或20%(2分) 6．(1)由曲线Ⅰ可知，随N 压强的增大，氨的产量逐渐增大，原因是N 压强增大，使平衡正向移动， 2 2 所以氨的产量逐渐增大；由曲线Ⅱ可知，随N 压强的增大，氨的平衡体积分数逐渐减小，是由于达到平衡 2 时，气体总物质的量的增加量大于氨的物质的量的增加量(2分) (2)反应条件温和，能耗低，平衡时氨的体积分数高，原料气利用率高、成本低等(2分) 【解析】1．合成氨反应为N(g)＋3H(g) 2NH (g) ΔH＝-92kJ·mol−1，其ΔS＜0，△H＜0，要 2 2 3 使反应自发进行，应使△H-TΔS＜0，所以需采用低温条件，故选A。 2．合成氨反应的△H=-92kJ∙mol-1，则946 kJ∙mol-1+3×436 kJ∙mol-1-6×E(N-H)=-92kJ∙mol-1，E(N-H)=391 kJ∙mol-1，所以N-H的键能为391 kJ∙mol-1，故选C。 3．(1)催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应物和生成物的总能量，所以曲线中表示使用了铁 催化剂的线是实线，图中每个过渡态都是一个基元反应，图中共有4个过渡态，则图中基元反应有4个， 故选A。(2)控速反应是活化能最大的反应，从图中可以看出，反应历程中，第一个过渡态发生的反应为 ，其活化能最大，所以控速步骤的反应为A。 4．工业合成氨采用铁催化剂，其正反应为放热反应，温度低有利于提高反应物的平衡转化率，但由 于催化剂在500℃左右活性最大，所以需将反应温度控制在500℃左右的主要原因是：铁催化剂的最佳活 性温度为500℃左右。5．由题可知，图像为500°C时，将amolN (g)和3amolH (g)充入某恒容密闭容器中发生反应的相关组 2 2 分的物质的量随时间变化的曲线，其中M、M 物质的量减小且M、M 物质的量减小量为3:1，故M、M 1 2 1 2 1 2 分别对应H、N，M 的物质的量增大，M 对应NH 。(1)表示NH 的物质的量随时间变化的曲线是M，故 2 2 3 3 3 3 3 选C；(2)b点为M、M 的交点，即n(N )=n(NH )，设b点时消耗的N 的物质的量为x，则b点时n(N )=a- 2 3 2 3 2 2 xmol，n(NH )=2xmol，n(H )=3a-3xmol，则有a-x=2x，解得x= ，则b点时n(N )=n(NH )= ， 3 2 2 3 n(H )=2amol，NH 的物质的量分数为 20%； 2 3 6．(1)由曲线Ⅰ可知，随N 压强的增大，氨的产量逐渐增大，原因是N 压强增大，使平衡正向移动， 2 2 所以氨的产量逐渐增大；由曲线Ⅱ可知，随N 压强的增大，氨的平衡体积分数逐渐减小，是由于达到平衡 2 时，气体总物质的量的增加量大于氨的物质的量的增加量；(2)与工业合成氨相比，“球磨法”合成氨的主 要优点有反应条件温和，能耗低，平衡时氨的体积分数高，原料气利用率高、成本低等。 三、二氧化碳综合利用(本题共20分) 1．CO 可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=11，则溶液中含碳微粒(①HCO、②HCO -、 2 2 3 3 ③CO2-)的浓度由大到小的顺序为 (填序号)。(室温下，HCO 的K =4×10-5，K =4×10-11) 3 2 3 a1 a2 2．CO 的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。CO 合成甲醇的过程中涉及如下反应： 2 2 反应i．CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝-49.4kJ·mol−1； 2 2 3 2 1 反应ii．CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1。 2 2 2 1 T℃时，向2L恒容、密闭容器中充入1mol CO 和4molH 发生上述反应。10min末已达到平衡时测得 2 2 容器中CO 的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。 2 (1)0~10min内，平均反应速率v(CHOH)= mol·L－1·min－1。 3 (2)T℃时，反应ⅱ的化学平衡常数K= 。(保留2位小数) 3．近日，我国学者研究发现，在单原子Cu/ZrO 催化时，反应ⅰ的历程以及中间体 与 2 物质的量之比随时间变化图如下：第一步 CO+H →HCOO*+H* 2 2 第二步 HCOO*+2H →CHO*+HO 2 3 2 第三步 CHO*+H*→CH OH 3 3 下列说法正确的是___________。 A．任何温度下，反应ⅰ可自发进行 B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤 D．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快 4．光催化CO 制甲醇技术也是研究热点，光催化原理与电解原理类似。铜基纳米光催化材料还原CO 2 2 的机理如图所示。 (1)低能带相当于电解池的___________极。 A．正 B．负 C．阳 D．阴 (2)写出CO 转化为CHOH的电极反应式为 。 2 3 5．工业上常用电解法将CO 转化为草酸(H C O)。草酸HC O 是二元弱酸。向10mL0.10mol·L-1 2 2 2 4 2 2 4 HC O 溶液中加入0.10mol·L-1NaOH溶液，含碳微粒的物质的量分数随溶液pH变化如图所示： 2 2 4(1)25℃时，碳酸电离平衡常数分别是K =4×10-5，K =4×10-11，写出少量草酸和过量碳酸钠反应的离子 a1 a2 方程式： 。 (2)已知25℃草酸钙的K =4.8×10-8，碳酸钙的K =2.5×10-9。回答下列问题：25℃时向20mL碳酸钙的 sp sp 饱和溶液中逐滴加入1.0×10-3mol·L-1的草酸钾溶液20mL，(填“能”或“否”) 产生草酸钙沉淀， 试通过计算说明理由 。 【答案】1．③②①(3分) 2．(1)0.03(2分) (2)1.42 (2分) 3．CD(2分) 4．(1)C(2分) (2)CO+6H++6e-=CH OH＋HO(2分) 2 3 2 5．(1)H C O+2CO 2-=C O2-+2HCO- (2分) 2 2 4 3 2 4 3 (2)否(2分) ，解得c(Ca2＋)=5.0×10-5mol·L-1，加入1.0×10-3mol·L-的 草酸钾溶液20mL，即等体积混合，离子浓度减小一半，混合后：c(Ca2＋)=2.5×10-5mol·L-1， c(C O2-)=0.5×10-3mol·L-1，则 2 4 ，所以不能产生(3分) 【解析】1．若所得溶液pH=11， ，则 ，所以 cCO2-＞cHCO -； = ，则 ，所以cHCO -＞ 3 3 3 cHCO，因此cCO2-＞cHCO -＞cHCO。 2 3 3 3 2 3 2．T℃时，向2L恒容、密闭容器中充入1mol CO 和4molH 发生上述反应。10min末已达到平衡时测 2 2 得容器中CO 的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。则反应ⅱ中n (CO)=0.3mol，则反应ⅰ中n 2 转化 2 转(CO)=0.6mol，可得： 化 2 故n (CO)=0.1mol，n (H )=1.9mol，n (CHOH)=0.6mol，n (CO)=0.3mol，n 平衡 2 平衡 2 平衡 3 平衡 平衡 (H O)=0.9mol。(1)0~10min内，平均反应速率 。(2)T℃时， 2 反应ⅱ的化学平衡常数 。(保留2位小数)。 3．A项，反应i．CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝-49.4kJ·mol−1，ΔS＜0，则低温下， 2 2 3 2 1 反应ⅰ可自发进行，故A错误；B项， 用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，改变反应速率，但不 能影响平衡转化率，故B错误；C项， 由图知，随着反应的进行HCOO*与CHO*物质的量之比不断增大， 3 说明HCOO*生成速率大于消耗速率、CHO*的生成速率小于消耗速率，即反应历程中，第二步反应的活 3 化能最高，是反应的决速步骤，故C正确；D项， 只升温时，反应速率加快，则其他条件相同时，升高 温度时，三步反应速率均加快，故D正确；故选CD。 4．(1)光催化原理与电解原理类似，则低能价带失电子，化合价升高，相当于电解池的阳极，故选 C；(2)低能价带低能价带失电子，化合价升高，物质在该处发生氧化反应，高能价带，得电子，为阴极， 发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为CO+6H++6e-=CH OH＋HO； 2 3 2 5．(1)由图可知，向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入0.1mol/LNaOH溶液，曲线Ⅰ代表的物质的物质的 量分数不断下降，则Ⅰ表示HC O，曲线Ⅱ代表的物质的物质的量分数先增大后减小，则曲线Ⅱ表示 2 2 4 HC O-，曲线Ⅲ表示的物质的物质的量分数不断增大，曲线Ⅲ表示C O2-，Ⅰ、Ⅱ两曲线的交点草酸和 2 4 2 4 HC O-的浓度相同，根据HC O HC O-+H+可得K =c(H+)=10-1.2，同理Ⅱ、Ⅲ曲线的交点HC O-和 2 4 2 2 4 2 4 a1 2 4 C O2-浓度相同，K =c(H+)=10-4.2草酸电离平衡常数分别是K =10-1.2、K =10-4.2，再根据碳酸的电离平衡常 2 4 a2 a1 a2 数可知，酸性强弱顺序为HC O> HC O->H CO> HCO -，少量草酸和过量碳酸钠反应的离子方程式为 2 2 4 2 4 2 3 3 HC O+2CO 2-=C O2-+2HCO-；(2) ，解得c(Ca2＋)=5.0×10-5mol·L-1，碳酸 2 2 4 3 2 4 3 钙的饱和溶液中c(Ca2＋)= c(CO2-)， ，加入1.0×10-3mol·L-1的草酸钾溶液 3 20mL，即等体积混合，离子浓度减小一半，混合后：c(Ca2＋)=2.5×10-5mol·L-1，c(C O2-)=0.5×10-3mol·L-1， 2 4则 ，所以不 能产生。 四、药物中间体的合成(本题共20分) 某药物中间体G的合成路线如下： 回答下列问题： (1)A→B的反应试剂及条件是 。 (2)B分子中氯原子 和苯环共平面。 A．是 B．否 C．不确定 (3)B与足量熔融NaOH反应的方程式为 。 (4)D的结构简式为 。 (5)E-F的反应类型___________。 A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．还原反应 (6)写出G中所有含氧官能团的名称 。 (7)X是F的同分异构体，符合下列条件的X可能的结构简式为 (任写二种)。 ①可使希夫试剂显紫色 ②含有苯环、无甲基，且苯环一氯取代有三种 ③有对映体 (8)已知有机酸酐由2个羧基脱水获得，结构简式为： ，能发生反应： 。F→G经历了2个反应中间体，其中X的结构简式为 ，Y的结构简式为 。 【答案】(1)Cl 、 FeCl (2分) (2)A(2分) 2 3 (3) (2分) (4) (2分) (5)A (2分) (6)羧基、羰基、醚键(2分) (7) 、 、 (任写二种)(4分) (8) (2分) (2分) 【解析】A与氯气在FeCl 作用下发生取代反应生成B(氯苯)，B发生取代反应生成C(苯酚)，C与氢氧 3 化钠、二氧化碳在一定条件下反应生成D，D与CHCHCOCl发生取代反应生成E，根据C、E的结构简 3 2 式，可知D是 ；E在氯化铝作用下异构化为F，F与乙酸酐在一定条件下生成G。(1)苯与氯气 在FeCl 作用下发生取代反应生成氯苯、氯化氢，A→B的反应试剂及条件是Cl、 FeCl ；(2)B是氯苯，苯 3 2 3 分子为平面结构，一个氯原子代替苯分子上1个H原子得到氯苯，氯苯分子中氯原子一定和苯环共平面， 选A。(3)B与足量熔融NaOH反应生成苯酚钠、氯化钠、水，反应方程式为；(4)D的结构简式为 ；(5)E在氯化 铝作用下异构化为F ，E-F的反应类型取代反应，选A；(6)根据G的结构简式，含氧官能团的名称羧基、 羰基、醚键；(7)①可使希夫试剂显紫色，说明含有醛基；②含有苯环、无甲基，且苯环一氯取代有三种， ③有对映体，符合下列条件的F的同分异构体可能为 、 、 等；(8)根据信息可知，F和乙酸酐反应生成 ，则X是 ，X的酯基结构中含有碳氧双键，可以发生加成反应生成Y，Y发生消去反应生成G， 由G逆推，Y是 。 五、制备二氧化氯(本题共20分) 二氧化氯(ClO )是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO 保存。工业上常 2 2 用吸收法和电解法制备NaClO，其工艺流程示意图如图1。 2已知：a．纯ClO 熔点为-59℃，沸点为11℃，纯的ClO 受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以 2 2 下。 b．长期放置或高于60℃时，NaClO 易分解生成NaClO 和NaCl。 2 3 1．保存液态ClO 的条件是_______。 2 A．常温、密封、不避光 B．低温、密封、避光 C．常温、敞口、避光 D．低温、敞口、不避光 2．步骤1中，生成ClO 的化学方程式是 ，通入空气的作用是 ， 2 3．方法1中，反应的离子方程式是 。 4．利用方法1制NaClO 时，温度不能超过35℃，可能的原因是 。 2 5．方法2中，NaClO 在 生成(选填“阴极”或“阳极”)。 2 6．NaClO 的溶解度曲线如图2所示，步骤3从NaClO 溶液中获得NaClO 的操作是：加热温度至略 2 2 2 低于60℃、 、 ，过滤、洗涤、干燥。 为测定制得的晶体中NaClO 的含量，做如下操作： 2 ①称取a g样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分 反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。 ②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1 Na SO 标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测 2 2 3 得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL (已知：I+2S O2-=S O2-+2I-)。 2 2 3 4 6 7．使用淀粉作指示剂，则滴定终点的现象是 。 8．样品中NaClO 的质量分数为 。(用含a、b、c的代数式表示)。 2【答案】1．B(2分) 2． 2NaClO + SO = Na SO + 2ClO (或2NaClO +SO+H SO =2NaHSO +2ClO ) (2分) 3 2 2 4 2 2 3 2 2 4 4 2 稀释二氧化氯，防止爆炸(2分) 3．2ClO + H O + 2OH- = 2 ClO -+ 2H O + O(2分) 2 2 2 2 2 2 4．防止HO(受热)分解(2分) 2 2 5．阴极(2分) 6．蒸发浓缩(2分) 冷却至略高于38℃结晶(2分) 7．滴入最后半滴标准液，溶液有蓝色变为无色，且半分钟不恢复(2分) 8． (2分) 【解析】在酸性溶液中，NaClO 能被SO 还原为ClO ，而SO 被氧化为硫酸盐，为防止ClO 发生爆 3 2 2 2 2 炸，通入空气将其稀释；由ClO 制取NaClO 的方法有两种，一种是在碱性条件下用HO 还原，另一种是 2 2 2 2 通入NaCl溶液中然后电解；从溶液中获得NaClO 时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度 2 不低于38℃。 1．因为纯的ClO 受热或遇光易发生爆炸，所以保存液态ClO 的条件是低温、密封、避光，故选B； 2 2 2．步骤1中，NaClO 在酸性溶液中被SO 还原，生成NaSO 、ClO 等，化学方程式是2NaClO + 3 2 2 4 2 3 SO = Na SO + 2ClO (或2NaClO +SO+H SO =2NaHSO +2ClO )；题中信息显示：纯的ClO 受热或遇光易 2 2 4 2 2 3 2 2 4 4 2 2 发生爆炸，一般稀释到10%以下，由此得出通入空气的作用是稀释二氧化氯，防止爆炸； 3．方法1中，ClO 被 HO 在碱性溶液中还原为ClO -等，HO 被氧化为O，反应的离子方程式是 2 2 2 2 2 2 2 2ClO + H O + 2OH- = 2 ClO -+ 2H O + O； 2 2 2 2 2 2 4．利用方法1制NaClO 时，温度不能超过35℃，主要是考虑HO 的不稳定性，可能的原因是防止 2 2 2 HO(受热)分解； 2 2 5．方法2中，NaClO 由ClO 得电子生成，所以NaClO 在阴极生成； 2 2 2 6．由NaClO 的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO∙3H O，所以温度应控制在 2 2 2 38℃以上，从而得出步骤3从NaClO 溶液中获得NaClO 的操作是：加热温度至略低于60℃、蒸发浓缩、 2 2 冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥； 7．开始碘化钾被氧化生成碘单质，与淀粉显蓝色，加入硫代硫酸钠后，碘单质被还原，慢慢蓝色褪 去； 8．由ClO -+4I-+4H+=2H O+2I +Cl-、I+2S O2-=S O2-+2I-可得关系式为：NaClO～2I～4 S O2-， 2 2 2 2 2 3 4 6 2 2 2 3n(NaClO)= n(S O2-)= ，则样品中NaClO 的质量分数为： 2 2 3 2 。