江苏省连云港市东海县2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期期中调研考试高二化学试题(选修)注意事项1.本试卷包含选择题(第1题~14题，共14题)、非选择题(第15题~18题，共4题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。考试结束后，请将答题纸交回。。2.请将自己的学校、姓名、班级、考试证号填、涂在答题纸上。3.作答非选择题时必须用0.5mm黑色签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题请用2B铅笔涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23C1-35.5S-321-127一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法(又称联合制碱法)，其中涉及的反应之一为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关说法正确的是A.CO2属于电解质B.NH4Cl溶液显碱性C.NaHCO3中只含离子键D.该反应属于非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．CO2在水溶液或熔融状态自身不能电离，属于非电解质，A错误；B．NH4Cl溶液中铵根水解溶液显酸性，B错误；C．NaHCO3中钠离子和碳酸氢根之间为离子键，非金属原子之间为共价键，C错误；D．该反应中各元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，D正确；故选D。2.反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O可用于雕刻玻璃。下列有关说法正确的是A.Si在周期表中位于第3周期VIA族。B.HF的的电子式为H：FC.SiF4是非极性分子D.H2O中氧原子轨道杂化类型为sp2【答案】C 【解析】【详解】A．Si在周期表中位于第3周期IVA族，故A错误；B．HF的的电子式为，故B错误；C．SiF4为正四面体形，是非极性分子，故C正确；D．H2O中氧原子的价层电子对数为2+=4，轨道杂化类型为sp3，故D错误；故选C。3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌B.Na2CO3易溶于水，可用于除油污C.Na2SO3有还原性，可用作抗氧化剂D.NaHCO3受热易分解，可用于制发酵粉【答案】B【解析】详解】A．NaClO有氧化性，能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌，A不符合题意；B．Na2CO3溶于水碳酸根水解使溶液显碱性，可使油脂的水解，可用于除油污，B符合题意；C．Na2SO3有还原性，在氧化还原反应中失去电子，为还原剂，可用作抗氧化剂，C不符合题意；D．NaHCO3受热易分解产生气体二氧化碳，可用于制发酵粉，D不符合题意；故选B。4.在指定条件下，下列选项所示物质间转化能实现的是A.Fe(s)FeCl2(s)B.FeO(s)Fe(NO3)2(aq)C.Fe(OH)2(s)Fe(OH)3(s)D.FeCl3(aq)Fe(s)【答案】C【解析】【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，A错误；B．氧化亚铁和足量硝酸反应生成硝酸铁，B错误； C．Fe(OH)2(s)很容易被氧气氧化为Fe(OH)3(s)，C正确；D．铜没有铁活泼，铜不能置换出铁，D错误；故选C。5.下列有关反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1的说法正确的是A.NH3分子间能形氢键B.反应中N2体现了还原性C.提高的值可增大N2的转化率D.可以使用酶作该反应的催化剂【答案】A【解析】【详解】A．氮元素的电负性强，NH3分子间能形氢键，A正确；B．反应中氮元素化合价降低，N2体现了氧化性，B错误；C．提高的值，可理解为保持氢气的量不变，增大氮气的量，N2的转化率降低，C错误；D．酶在高温下会失去活性，不可以使用酶作该反应的催化剂，D错误；答案选A。6.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层电子数与最内层电子数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，W是前4周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B.X简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C.Y的第一电离能比Z的大D.W的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的弱【答案】B【解析】【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y原子的最外层电子数与最内层电子数相等，Y为Mg；基态时Z原子3p原子轨 道上有2个未成对电子，Z为Si或S；W是前4周期中金属性最强的元素，W为K，据此解题。【详解】A．同周期元素原子随核电荷数的递增半径减小，故r(Y)>r(Z)，故A错误；B．非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越强，故X(O)的简单气态氢化物的热稳定性比Z(Si或S)的强，故B正确；C．同周期元素随核电荷数的递增，其第一电离能越大，故Y的第一电离能比Z的小，故C错误；D．元素的金属性越强其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故W的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的强，故D错误；故选B。7.CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(1)ΔH=-319.68kJ·mol-1。下列有关Cu、SO、Cu2+的说法正确的是A.Cu可以使蛋白质变性B.Cu基态价电子排布式为3d94s2C.SO的空间构型为正四面体D.Cu2+与NH3形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是2【答案】C【解析】【详解】A．单质铜不能使蛋白质变性，重金属盐可以使蛋白质变性，A错误；B．全满或半充满为稳定结构，Cu基态价电子排布式为3d104s1，B错误；C．SO的中心原子S的价层电子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C正确；D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，则形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是4，D错误；答案选C。8.CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混 合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ·mol-1。对于反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ·mol-1，下列有关说法正确的是A.可以采用高温条件加快该反应的速率B.反应后可以采用加热方法除去多余的H2O2C.该反应在常温下能自发进行，则反应的ΔS一定大于0D.反应中每转移lmol电子，理论上至少需消耗lmolH2O2【答案】B【解析】【详解】A．高温下H2O2分解使H2O2浓度减小，会使反应速率减慢，同时使H2O2的利用率降低，故不能采用高温条件加快反应速率，A项错误；B．由于H2O2受热易分解成H2O和难溶于水的O2，故反应后可以采用加热方法除去多余的H2O2，B项正确；C．∆G=∆H-T∆S＜0的反应一定能自发进行，该反应在常温下能自发进行的主要因素是∆H＜0，该反应的∆S不一定大于0，C项错误；D．反应中Cu元素的化合价由0价升至+2价，O元素的化合价由H2O2中的-1价降至-2价，每消耗1molH2O2转移2mol电子，则每转移1mol电子理论上至少需要消耗0.5molH2O2，D项错误；答案选B。9.CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(1)ΔH=-319.68kJ·mol-1。实验室利用废铜屑与浓硫酸反应制备CuSO4并进行有关实验时，下列装置能达到相应实验目的的是 A.用装置甲制取CuSO4B.用装置乙观察CuSO4溶液的颜色C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液。D.用装置丁吸收多余的SO2【答案】D【解析】【详解】A．烧瓶不能直接加热，需要垫石棉网，A错误；B．反应用到了浓硫酸，欲使反应完全，浓硫酸过量，反应后的溶液中有硫酸，观察CuSO4溶液的颜色，应将反应后的溶液倒入水中，B错误；C．过滤分离不溶性杂质和溶液，要用玻璃棒引流，C错误；D．二氧化硫为酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，可用装置丁吸收多余的SO2，D正确；答案选D。10.工业上常用“热空气法”将从海水中提取的粗溴精制得到高纯度的溴单质。下列说法正确的是A.Br2与SO2、H2O反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SOB.用CO2代替流程中的SO2也可以达到同样的目的C.通入Cl2的目的是将Br-还原为Br2D.向“Br2溶液”中加入AgNO3溶液会生成AgBr沉淀，1个AgBr晶胞(如图所示)中含有14个Br- 【答案】A【解析】【分析】粗溴中通入过量的二氧化硫，溴单质与二氧化硫发生氧化还原反应，化学方程式为：，得到了含溴离子的水溶液，通入氯气后，氯气将溴离子氧化成溴单质，溴易挥发，鼓入热空气能将溴带出得到高纯溴。【详解】A．根据分析Br2与SO2、H2O反应的离子方程式正确，A正确；B．CO2不具有还原性，不能起到富集溴离子的作用，用CO2代替流程中的SO2不会达到同样的目的，B错误；C．通入Cl2的目的是将Br-氧化为Br2，C错误；D．向“Br2溶液”中加入AgNO3溶液会生成AgBr沉淀，晶胞中根据均摊法，溴离子的个数为：，D错误；故选A。11.化合物Z是制备液晶材料的中间体之一，可由下列反应制得：下列有关X、Y、Z的说法正确的是A.X在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大B.Y与足量H2反应生成的分子中含2个手性碳原子C.1molZ中含有1mol碳氧π键D.化合物X、Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】D【解析】【分析】X经过一系列反应得到Y，甲基变成了醛基，Y到Z发生了酯化反应。【详解】A．X中酚羟基对位为甲基，为疏水基团，Y中酚羟基对位为醛基，为亲水基团，X比Y在水中的溶解度小，A错误；B．Y与足量氢气反应生成的产物为，不含手性碳原子，B错误；C．1molZ中含有1mol酯基和1mol醛基，故含有2mol碳氧π键，C错误；D．X中含羟基和酚羟基，Y中含醛基和羟基，Z中含醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；故选D。12.甲醇(CH3OH)燃料电池可以作为笔记本电脑、汽车等的能量来源，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A.放电过程中，电能转化成化学能B.放电过程中，H+由a极区向b极区迁移C.电极a上反应为CH3OH+H2O-4e-=CO2↑+6H+D.放电过程中1molCH3OH参与反应，理论上需通入33.6LO2【答案】B【解析】【分析】电极b上O2发生得电子的还原反应，电极b为正极；电极a上CH3OH发生失电子的氧化反应，电极a为负极；结合原电池原理作答。 【详解】A．甲醇燃料电池放电过程为原电池原理，放电过程中将化学能转化为电能，A项错误；B．电极a为负极，电极b为正极，放电过程中H+由负极区（a极区）向正极区（b极区）迁移，B项正确；C．电极a上CH3OH发生失电子的氧化反应生成CO2，1molCH3OH失去6mol电子，电极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，C项错误；D．该燃料电池的总反应为2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O，放电过程中1molCH3OH参与反应理论上消耗1.5molO2，但O2所处温度和压强未知，无法计算O2的体积，D项错误；答案选B13.室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。实验1：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol·L-1Na2SO3溶液，溶液褪色实验2：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，溶液的pH从10下降到8实验3：用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为4实验4：向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中滴加NaClO溶液，观察不到实验现象下列说法正确的是A.实验1中溶液褪色，说明Na2SO3有氧化性B.实验2得到的溶液中有c(OH-)＞c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)C.实验3可以得出：c(H+)+c(SO)＞c(OH-)+c(H2SO3)D.实验4中反应的离子方程式：HSO+ClO-=SO+HClO【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾有强氧化性，可以氧化亚硫酸钠，从而使高锰酸钾溶液褪色，体现了亚硫酸钠的还原性，A错误；B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，可得c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)-c(H+)，通入少量二氧化硫会生成少量亚硫酸氢钠，含硫微粒会增多，可得c(Na+)<2c(HSO)+2c(SO)+2c(H2SO3)，将(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)-c(H+)代入此式可得：c(OH-)<c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，B错误； C．pH约为4，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性说明HSO电离出的SO更多，水解出的H2SO3更少，则c(H+)+c(SO)＞c(OH-)+c(H2SO3)，C正确；D．次氯酸有氧化性，可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，D错误；故选C。14.利用工业废气中的CO2制备甲醇。该过程发生的主要反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ·mol-1反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ·mol-1反应III：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H3=-90.5kJ·mol-1恒压条件下，将n(CO2)：n(H2)为1：3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，在出口处测得CO2转化率、CH3OH产率[×100%与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.反应I的平衡常数可表示为K=B.反应3CO(g)+2H2O(g)=2CO2(g)+CH3OH(g)的△H=+172.7kJ·mol-1C.240°C时，CH3OH产率最大，说明反应I、反应III已达到平衡状态D.提高CO2转化为CH3OH的转化率，可以研发在低温区高效的催化剂【答案】D【解析】【详解】A．反应I的平衡常数可表示为K=，A错误；B．由盖斯定律可知该反应=I-3II，则△H=(-49.4)-3×41.1=-172.7kJ·mol-1，B错误；C．反应III所需要的CO是反应II生成的，此时CH3OH产率最大，说明三个反应都达到平衡， C错误；D．由题中的信息可知反应I和反应III的产物有甲醇，且这两个反应都是放热反应，低温有利于反应正向进行，故提高CO2转化为CH3OH的转化率，可以研发在低温区高效的催化剂，D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共58分。15.以磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池的正极废料(含LiFePO4及少量Fe、Al、炭黑)为原料回收锂，并重新用于制备磷酸亚铁锂电池的正极材料。过程表示如下：（1）“浸取”后溶液中除H+和Li+外，还含有的阳离子为___________(填化学式)。（2）“除杂”包括加足量H2O2、滴加NaOH溶液调节pH、过滤等步骤。有关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8①滴加NaOH溶液调节pH时，调节溶液pH至少为___________。②Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33当溶液中Fe3+、Al3+完全沉淀时，溶液中的为___________。（3）LiFePO4可以通过LiOH、(NH4)2Fe(SO4)与H3PO4溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80°C真空干燥、高温成型而制得。高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后LiFePO4的导电性能外，还能___________。（4）FePO4可以用于制备LiFePO4.将Fe2(SO4)3和Na2HPO4溶液混合得到FePO4，反应原理为Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4。不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图所示。 请补充完整以FeSO4溶液制备FePO4的方案：取一定量的FeSO4溶液，___________，固体干燥，得到较纯净的FePO4。(必须使用的试剂：1mol·L-1Na2HPO4溶液、3%H2O2溶液、盐酸、BaCl2溶液、蒸馏水)【答案】（1）Fe2+、Al3+（2）①.5.0②.3×10-6（3）与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化（4）向其中滴加的3%双氧水溶液，至溶液的颜色不再变化为止，边搅拌边向所得溶液中缓慢滴加，1mol·L-1Na2HPO4溶液，至溶液的pH约为2.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀出现【解析】【分析】首先用稀硫酸溶解正极废料，除杂后加入碳酸钠沉淀溶液中的锂离子，处理后得到产品磷酸亚铁锂，在除杂的时候，考虑到要除的离子为Fe2+、Al3+，结合表格中的数据，选择合适的pH，以此解题。【小问1详解】电池正极废料中含有少量的铁、铝，在酸浸的时候可以转化成Fe2+、Al3+，故还含有的阳离子为Fe2+、Al3+；【小问2详解】①除杂的目的是为了除去铝离子和三价铁离子，根据表格中的数据可知调节溶液pH至少为5.0，此时Fe3+，Al3+都可沉淀完全；②当溶液中Fe3+、Al3+完全沉淀时，此时溶液是氢氧化铁和氢氧化铝的饱和溶液，则； 【小问3详解】LiFePO4中铁为二价铁，有还原性，容易被空气中的氧气氧化为三价铁，故加入少量活性炭黑可以：与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化；【小问4详解】FeSO4中的铁为+2价，FePO4中的铁为+3价，故可以先加入氧化剂3%H2O2溶液将+2价铁氧化为+3价铁，之后加入1mol·L-1Na2HPO4溶液，根据图中数据，调整pH为2.5，具体方法为：向其中滴加的3%双氧水溶液，至溶液的颜色不再变化为止，边搅拌边向所得溶液中缓慢滴加，1mol·L-1Na2HPO4溶液，至溶液的pH约为2.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀出现。16.化合物F是一种合成活性物质的中间体，其合成路线如下：（1）A中的官能团名称为___________和___________。（2）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。①能与FeCl3溶液发生显色反应，能发生银镜反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：6：1。（3）试剂X的分子式为C3H5OBr，其结构简式为___________。 （4）E→F的反应类型为___________。（5）设计以和HC≡C-COOCH3为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。【答案】（1）①.醚键②.碳溴键(或溴原子)（2）或（3）（4）氧化反应（5）【解析】【分析】试剂X的分子式为C3H5OBr，再结合C和D的结构简式可知，C与X发生取代反应生成D，X为。【小问1详解】由A的结构简式可知，A中的官能团为醚键和碳溴键(或溴原子)。 【小问2详解】B的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基，能发生银镜反应，含-CHO，碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:2:6:1，含酯基，符合条件的物质的结构简式为：或。【小问3详解】由分析可知，X的结构简式为。【小问4详解】由E和F的结构简式可知，E中的羟基变为了羰基，发生氧化反应。【小问5详解】在铁作催化剂的条件下与溴发生对位取代生成，与HC≡C-COOCH3在一定条件下反应生成，在LiAlH4的条件下变为，再与 在Na的作用下生成，合成路线为：。17.以含硫废水(主要含有Na2S和Na2SO3)为原料制备Na2S2O3·5H2O。（1）制备Na2S2O3·5H2O。反应前先向三颈烧瓶(装置见图)中通入SO2气体，一段时间后，再向其中加入含硫废水(Na2S和Na2SO3混合溶液)，加热，充分反应，直至烧瓶中溶液变澄清为止。所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥后即得到产品。①三颈烧瓶中SO2与Na2S、Na2SO3溶液[假设其中n(Na2S)：n(Na2SO3)=2：1]反应生成Na2S2O3的其化学方程式为___________。②先向三颈烧瓶中通入SO2气体后，再滴加含硫废水的原因是___________。③NaOH溶液的作用是___________。（2）测定某样品中NaClO2的质量分数。取样品0.2000g溶于水配成100mL溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量硫酸酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，其它物质不参加反应)，加入2~3滴淀粉溶液，然后再用0.1000mol·L-1Na2S2O3 ；标准溶液滴定，经3次测定，每次消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下：实验序号123消耗Na2S2O3标准溶液的体积(mL)16.0215.9817.02已知：Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI①滴定终点的现象为___________。②计算该样品中NaClO2的质量分数为___________。(写出计算过程！)【答案】（1）①.2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3②.防止Na2S、Na2SO3和Na2S2O3被空气中的O2氧化，导致Na2S2O3产率降低③.吸收多余的SO2，防止污染空气（2）①.溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色②.消耗Na2SO3溶液体积，100mL溶液消耗Na2SO3的物质的量：，由题意可得：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，NaClO2的质量分数=0.1810g/0.2000g×100%=90.50%【解析】【分析】该实验利用二氧化硫与含硫废水反应来制备Na2S2O3· 5H2O，在制备过程中先在三颈烧瓶中通入二氧化硫气体，Na2S、Na2SO3和Na2S2O3容易被空气中的O2氧化，先加二氧化硫，可以使滴下来的含硫废水立即反应，从而提高原料的利用率，氢氧化钠溶液为吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气。【小问1详解】假设其中n(Na2S) ： n(Na2SO3)=2：1，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，生成Na2S2O3的其化学方程式为2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3；Na2S、Na2SO3和Na2S2O3容易被空气中的O2 氧化，先加二氧化硫，可以使滴下来的含硫废水立即反应，从而提高原料的利用率，故答案为：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3；防止Na2S、Na2SO3和Na2S2O3被空气中的O2氧化，导致Na2S2O3产率降低；氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；【小问2详解】溶液中生成碘单质，加入淀粉溶液后溶液为蓝色，用硫代硫酸钠滴定至终点的现象为：溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色；消耗Na2SO3溶液的体积，100mL溶液消耗Na2SO3的物质的量：，由题意可得：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，NaClO2的质量分数=0.1810g/0.2000g×100%=90.50%。18.空气中NOx(主要指NO和NO2)、废水中NO、NH等均会对环境造成污染。有效去除它们是环境保护的重要课题。（1）将含氮氧化物(NOx)的烟气通入(NH4)2SO4、Ce2(SO4)3与Ce(SO4)2的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示。①该处理过程中，起催化作用的离子是___________。(填化学式) ②上述转化过程中，Ce4+与NH反应的离子方程式为___________。（2）电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。向0.1mol·L-1NaCl溶液(起始pH调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的去除率、溶液中含氯成分的浓度变化关系如图所示。①电解时产生的ClO-会氧化吸收NO，其反应的离子方程式为___________。②当电流强度大于4A后，废气中NO的去除率下降的原因是___________。（3）用纳米Fe/Ni复合材料可以去除废水中NO(Ni不参与反应)，其原理如图所示。纳米Fe/Ni复合材料去除废水中NO的过程可以描述为___________。【答案】（1）①.Ce4+②.6Ce4++2NH=6Ce3++N2↑+8H+（2）①.3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2NO+H2O②.随着电流强度的增大，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱（3）NO吸附在纳米Fe/Ni复合材料上被Fe还原为NO并从材料表面解吸出来，同时Fe失去电子被氧化为Fe2+；解吸出的NO又被吸附在纳米Fe/Ni复合材料上，继续被Fe还原为NH，并从复合材料表面解吸出来 【解析】【小问1详解】根据进出图可知，Ce4+把NH氧化为N2，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，同时还生成水。①该处理过程中，起催化作用的离子是Ce4+；②上述转化过程中，Ce4+与NH反应的离子方程式为6Ce4++2NH=6Ce3++N2↑+8H+。【小问2详解】①根据题意，ClO-氧化吸收NO生成硝酸根，本身还原为氯离子，且溶液为碱性，故离子方程式为3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2NO+H2O；②根据图可知电流强度增大到4A之后，次氯酸根的浓度会下降，而氧化性较弱的氯酸根离子浓度增大，从而导致NO去除率下降，而只有温度较高时才会有氯酸根生成，所以答案为：随着电流强度的增大，导致次氯酸根转化(歧化)为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。【小问3详解】根据图示，NO吸附在纳米Fe/Ni复合材料上被Fe还原为NO并从材料表面解吸出来，同时Fe失去电子被氧化为Fe2+；解吸出的NO又被吸附在纳米Fe/Ni复合材料上，继续被Fe还原为NH，并从复合材料表面解吸出来。