2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期第一次月考（创新班）化学试题（解析版）

试卷第=page1818页，共=sectionpages1919页试卷第=page1919页，共=sectionpages1919页江苏省南通市海安高级中学2022-2023学年高二上学期第一次月考（创新班）化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质B．市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤C．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料D．中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅【答案】D【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法正确；B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说法错误；答案为D。2．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是A．NH3的电子式为 B．N2H4的结构式为C．的结构示意图： D．NaClO中存在离子键和共价键【答案】A【详解】A．NH3的电子式为，A项错误；B．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为，B项正确；C．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则的结构示意图：，C项正确；D．NaClO可电离出和，则NaClO为离子化合物，存在离子键和共价键，D项正确；答案选A。3．C和H2在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)

ΔH=-221kJ·mol-1②2H2O(g)下列推断正确的是A．C(s)的燃烧热为110.5kJ·mo1-1B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH>0，ΔS<0，该反应是非自发反应C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mo1-1D．将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，至少需要提供4×463kJ的热量【答案】C【详解】A．1molC(s)完全燃烧生成稳定的氧化物即CO2时所放出的热量为燃烧热，反应①没有生成稳定氧化物，A错误；B．2molH2断开化学键需要吸收的热量为2mol×436kJ·mol-1，1molO2断开化学键需要吸收的热量为1mol×496kJ·mol-1，4molH原子和2molO原子形成2molH2O(g)是时放出的热量为4mol×463kJ·mol-1，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，可得△H=2mol×436kJ·mol-1+1mol×496kJ·mol-1-4mol×463kJ·mol-1=-484kJ·mol-1，因此热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

△H=-484kJ·mol-1，B错误；C．反应①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ·mol-1和反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

△H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应①-②得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=+131.5kJ·mol-1，即热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

△H=+131.5kJ·mol-1，C正确；D．根据2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)

△H=+484kJ·mol-1可知，2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，提供的热量为484kJ，D错误；答案选C。4．CO2是一种常见温室气体，也是巨大的碳资源。CO2可转化为CO、H2等燃料：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ·mol-1，下列关于反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ·mol-1的说法正确的是A．该反应在任何温度下都可自发进行B．反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH2＜+247kJ·mol-1C．反应中每生成1molH2，转移电子的数目为3×6.02×1023D．选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率【答案】C【详解】A．该反应ΔH1>0，通过反应方程式可知ΔS>0，由此判断该反应可在高温下自发进行，A项错误；B．CO2由气态变为固态，这一过程为放热过程，根据盖斯定律可知，反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2>+247kJ·mol-1，B项错误；C．根据反应方程式CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以反应中每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1molH2，转移电子的数目为3×6.02×1023，C项正确；D．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，D项错误；答案选C。5．对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

ΔH=-196.6kJ·mol-1，下列说法正确的是A．反应的ΔH<0，ΔS>0B．反应的平衡常数可表示为K=C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能D．增大体系的压强能增大活化分子百分数，加快反应的速率【答案】C【详解】A．ΔH=-196.6kJ·mol-1<0，反应物气体的计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的＜0，选项A错误；B．反应的平衡常数表达式为，选项B错误；C．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，对于反应的焓变无影响，选项C正确；D．增大体系压强,可使单位体积内活化分子百分数增多,有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项D错误；答案选C。6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑥ D．②③④【答案】B【详解】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故③正确；④加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故④错误；⑤加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；⑥CuSO4溶液，铁单质与铜离子发生置换反应，生成的铜与铁、稀盐酸形成原电池，加快反应速率，故⑥错误；②③⑤正确，故选B。7．下列化学反应或离子反应方程式正确的是A．苯与溴水反应：2+Br22B．1-氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热：CH3CH2CH2Cl＋NaOHCH3CH=CH2↑＋NaCl＋H2OC．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+D．实验室制取乙炔的反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑【答案】D【详解】A．苯与溴水不发生化学反应，可发生萃取，与题意不符，选项A错误；B．1一氯丙烷中加入氢氧化钠的水溶液并加热，发生氯代烃的取代反应，方程式为CH3CH2CH2Cl＋NaOHCH3CH2CH2OH＋NaCl，与题意不符，选项B错误；C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和苯酚，方程式为C6H5O－+H2O+CO2→C6H5OH+，与题意不符，选项C错误；D．实验室常用碳化钙与水反应制取乙炔，方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，符合题意，选项D正确；答案选D。8．按图示装置，实验能够成功的是A．装置A用于提取I2的CCl4溶液中的I2 B．装置B用于制备乙炔并检验其性质C．装置C用于验证碳酸酸性强于苯酚 D．装置D用于检验溴丙烷消去产物【答案】C【详解】A．提取I2的CCl4溶液中的I2应用蒸馏的方法，图Ⅱ为分液装置，选项A错误；B．水与电石反应时出乙炔，反应较快，应选饱和食盐水与电石反应制备乙炔，选项B错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，可验证碳酸酸性强于苯酚，选项C正确；D．溴乙烷水解生成乙烯，挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验消去产物，选项D错误；答案选C。9．通过在隧道的路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2，发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=x(x<0)kJ·mol-1，向某恒温恒容密闭容器中通入1molNO(g)和1molCO(g)发生上述反应，下列说法正确的是A．上述反应中4种物质含有的共价键均为极性共价键B．当混合气体的颜色不再变化时，说明该反应达到平衡状态C．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态D．反应达到平衡后，升高温度，再次达到平衡时NO的平衡体积分数增大【答案】D【详解】A．中含非极性共价键，选项A错误；B．所有反应物均为无色，混合气体的颜色始终不变，混合气体的颜色不再变化不能说明反应达平衡，选项B错误；C．恒温恒容条件下，该反应体系中混合气体的密度一直保持不变，选项C错误；D．反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡时的平衡体积分数增大，选项D正确；答案选D。10．X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2+能与NH3形成[Q(NH3)4]2+，[Q(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构。Q2Z晶胞如下图所示。下列说法正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．电负性：x(Z)>x(Y)>x(X)>x(W)C．Q在周期表中位于第四周期IA族D．简单氢化物的沸点：Z>Y>X>W【答案】B【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误；B．元素非金属性越强电负性越大，电负性：x(O)>x(N)>x(C)>x(Si)，故B正确；C．Q是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C错误；D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4<SiH4，所以简单氢化物的沸点：H2O>NH3>SiH4>CH4，故D错误；选B。11．如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是不纯物质除杂试剂分离方法A乙烷（乙烯）KMnO4（酸化）洗气B溴苯（溴）NaOH溶液过滤C乙醇（水）生石灰蒸馏D苯（苯酚）浓Br2水过滤A．A B．B C．C D．D【答案】C【分析】除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。【详解】A项：酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A项错误；B项：溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离而非过滤法，B项错误；C项：乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2，蒸馏时只有乙醇能汽化，再冷凝得无水乙醇，C项正确；D项：苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中，不能过滤除去。除去苯中的苯酚，常用NaOH溶液，振荡、静置后分液，D项错误。本题选C。【点睛】有机混合物的分离提纯常用方法：分液或转化后分液、蒸馏或转化后蒸馏等。12．通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。实验实验操作和现象1室温下，用pH计测得0.1mol/LH2C2O4溶液的pH约为1.32室温下，向25.00mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，得到下图滴定曲线下列有关说法正确的是A．滴定实验时，滴定管和锥形瓶都要用待装液润洗B．0.1mol·L-1H2C2O4溶液中存在c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)C．a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>aD．V(NaOH)=25.00mL时反应所得溶液中：c(C2O)<c(H2C2O4)【答案】B【详解】A．滴定实验时，锥形瓶不能用待装液润洗，A错误；B．H2C2O4电荷守恒表达式为，所以c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)，B正确；C．a点时，溶液pH=7，水的电离处于正常电离状态(类似纯水)，b点时，溶液中溶质只有Na2C2O4，溶质的水解使水的电离受到促进，c点时，溶液中有额外的NaOH，其电离出的OH-明显抑制水的电离，所以三个状态下水的电离程度应是b>a>c，C错误；D．此状态下，溶液中溶质应为NaHC2O4，根据溶液质子守恒关系有，溶液pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以有c()>c(H2C2O4)，D错误。13．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g)，发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在amin时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是A．的、B．当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态C．55℃，向体积为0.5VL的容器中充入0.2molSCl2(g)，amin时SCl2(g)的转化率大于50%D．82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时＞【答案】C【详解】A．由图可知，温度升高，SCl2的转化率增大，可知该反应为吸热反应，；由方程式可知该反应气体分子总数不变，，A错误；B．＝，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即永远不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否到达平衡状态，B错误；C．由图可知，55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2molSCl2(g)，amin时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃，体积缩小为0.5VL，浓度增大，反应速率加快，所以amin时SCl2(g)的转化率大于50%，C正确；D．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，得出三段式：，求出平衡常数K=，在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时浓度商Qc=1<K，平衡正向移动，所以<，D错误；答案选C。二、多选题14．在恒温条件下。向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入、0.2molNO和，发生如下两个反应：①

，②

，10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用表示的平均反应速率。下列说法正确的是A．平衡时的转化率为50％B．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数增大C．平衡后D．反应的平衡常数为【答案】AD【详解】10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1-20％)=0.4mol，10min内用表示的平均反应速率，则平衡时，设①中反应的为xmol，②中反应的为ymol，则：则，，联立方程，解得、，A．平衡时的转化率为％=50％，选项A正确；B．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡常数不变，选项B错误；C．由分析可知，平衡后，选项C错误；D．由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应，则其平衡常数，选项D正确；答案选AD。三、工业流程题15．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种流程如下：(1)“酸浸”中CuS发生反应的化学方程式为_______

。(2)写出基态Mn2+的核外电子排布式_______。(3)“调pH”后溶液pH约4，此时溶液Fe3＋物质的量浓度为_______。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38](4)“除锰”时的离子方程式为_______。(5)“还原”前需测定铜氨离子{[Cu(NH3)4]2＋}的浓度来确定水合肼的用量。20.0mL除去Mn2＋的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3mol·L-1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应为2Cu2＋＋4I-=2CuI＋I2，I2＋2S2O=2I-＋S4O)，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL。计算铜氨溶液的物质的量浓度_______。(6)保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3.25mol·L-1时Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是_______。【答案】(1)CuS＋MnO2＋2H2SO4=CuSO4＋MnSO4＋S＋2H2O(2)[Ar]3d5(3)1×10-8mol·L-1(4)Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O(5)0.4400mol·L-1(6)Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。（1）硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O；（2）Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；（3）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，pH=4，则c(OH-)=mol/L，；（4）用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为：Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O；（5）由题目所给反应可得关系式：，求得n=0.0020mol，则20.0mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的物质的量为0.0020mol4=0.0080mol，浓度为：；（6）水合肼度大于3.25mol·L-1时，水合肼被氧化成氮气，铜氨离子被还原为铜，使得[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，Cu2O的产率下降。四、有机推断题16．I．有甲、乙、丙三种物质：甲乙分子式C9H8O部分性质能使Br2/CCl4褪色丙（1）乙中含有的官能团的名称为_______________；（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：其中反应II的条件是___，反应III的化学方程式为______（不需注明反应条件）；（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：（a）写出反应③化学方程式________；（b）丙的结构简式为_______________；（c）D有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式_______。a．苯环上的一氯代物有两种

b．在空气中易被氧化，遇FeCl3溶液显紫色c．能与Br2/CCl4发生加成反应【答案】

氯原子、羟基

NaOH溶液，加热

、、（任写一种）【分析】有机物结构改变、组成变化、反应条件等，是进行推断的重要依据；根据合成反应流程方向顺展逆推，是进行推断的重要方法。【详解】（1）乙中含有的官能团为氯原子、羟基。（2）图中，甲经三步转化为乙：第I步，甲侧链甲基上的氢被氯原子代替，是甲与氯气光照时的取代反应；碳碳双键与水的加成反应较难进行，故第II步为卤代烃在NaOH溶液中加热，发生水解反应生成；第III步为碳碳双键与HCl的加成反应，化学方程式为。（3）由甲合成丙的路线中，反应①：甲与Br2加成生成A（）；反应②：A在NaOH溶液中水解生成B（）；反应③：B催化氧化生成C（），则（a）反应③化学方程式；反应⑤：C与浓硫酸共热脱“H2O”生成丙，得（b）丙的结构简式为。（c）苯环上的一氯代物有两种，可能是苯环邻位有两个相同的取代基，或对位有两个不同的取代基；在空气中易被氧化、遇FeCl3溶液显紫色，则有酚羟基；根据分子式C9H10O，得可能结构为；能与Br2/CCl4发生加成反应，－C3H5含碳碳双键。综上，D的符合题意的同分异构体有、、。五、计算题17．碘是一种人体必需的微量元素，国家标准规定合格加碘食盐(主要含有KI和KIO3)中碘元素含量为20~50

mg/kg，测定加碘食盐中碘元素含量的操作过程如下。步骤1：准确称取某加碘食盐样品100.0

g，溶于水配制成500.00

mL溶液。步骤2：取步骤1所配溶液50.

00

mL加入碘量瓶中，向其中加入适量H2C2O4-H3PO4混合溶液。再加入NaClO溶液将碘元素全部转化为，剩余的NaClO被H2C2O4还原除去。步骤3:向步骤2所得溶液中加入足量的KI溶液，充分反应。步骤4：用3.000×10-3mol

/L

Na2S2O3标准溶液滴定步骤3所得溶液至呈浅黄色时，加入淀粉溶液,继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液10.

00

mL已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI(1)步骤2中NaClO与KI反应的离子方程式为____。(2)步骤4中，Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，应盛放在如图所示的滴定管_____中(填“A"或“B")。滴定终点的现象是___。(3)通过计算确定该加碘食盐样品中碘元素含最是否合格(写出计算过程)____。【答案】

3ClO-+I-=IO3-+3Cl-

B

最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色

不合格【分析】(1)NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子；(2)根据物质的性质，选择合适的滴定管；判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，进行计算。【详解】(1)NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子，离子方程式为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-，故答案为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-；(2)Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，滴定时，合适的滴定管为碱式滴定管；淀粉遇碘单质变蓝，判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：B；最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，n()==5.000×10-6mol，则该加碘食盐中碘元素的含量为=63.5mg/kg，不在20～50mg/kg范围内，因此该加碘食盐中碘元素的含量不符合国家标准，故答案为：不合格。【点睛】本题难点(3)，多个方程式的计算题，要先确定各个反应的方程式，再根据方程式找出其关系式，进行求算，达到快速解题。六、原理综合题18．不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。(1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=-1269kJ·mol-1上述主反应的△H=____。(2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为____。②NO转化为N2的机理可描述为____。③烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为____。(3)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图2所示。①温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_____。②温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是____。【答案】(1)-1630kJ·mol-1(2)

+5

O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2