河北省隆化县存瑞中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.docx

河北省隆化县存瑞中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）本试卷分第卷(选择题)和第卷（非选择题）两部分,共100分。考试时间90分钟。注意事项：1答第卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔涂写在答题卷上。2每小题选出答案后，用铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在试题卷上。3考试结束，将答题卷交回。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S: 32 Cl：35.5 K：39 Si：28第卷（选择题，共50分）一、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）1.下列物质分类正确的是（ ）A. SiO2、NO2均为酸性氧化物 B. 稀豆浆、淀粉溶液均为胶体C. 烧碱、乙醇均为电解质 D. 水玻璃、冰醋酸均为混合物【答案】B【解析】【详解】A. NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B.稀豆浆、淀粉溶液中的有机大分子的直径处于1nm100nm范围内，故它们属于胶体，故B正确；C.乙醇为非电解质，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，但冰醋酸为纯的乙酸，为纯净物，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。2.某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料.下列说法正确的是A. 电极A表面反应之一为NO2e+H2O= NO3_+2H+B. 电极B附近的c(NO3_)增大C. 电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反D. 该电池工作时，每转移4mol电子，消耗22.4L O2【答案】A【解析】试题分析：A、电极A通入的是汽车尾气，则二氧化氮发生氧化反应，与氢离子结合为硝酸，正确；B、电极B通入的氧气，则氧气得到电子与氢离子结合生成水，所以硝酸根离子的物质的量浓度减小，错误；C、A为负极，B为正极，则电解质溶液中的电流是从A到B，外电路中电流从B到A，电子从A到B，错误；D、该电池工作时，每转移4mol电子，则消耗1mol氧气，标准状况下的体积是22.4L，错误，答案选A。考点：考查原电池反应原理的判断3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数为NA个B. 0.1 molL-1 Na2CO3溶液1 L所含碳酸根数目为0.1NAC. 110 g Na2S2中含有的离子数为3NAD. 1 mol Cl2与足量的水反应时断裂的Cl-Cl键为NA个【答案】C【解析】【详解】A、酯化反应是可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子个数小于NA个，故A错误；B、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个，故B错误；C、110gNa2S2的物质的量为1mol，而Na2S2由2个钠离子和1个S22-离子构成，故1molNa2S2中含3NA个离子，故C正确；D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，则断裂的Cl-Cl键个数小于NA个，故D错误；故选C。4.下列结论正确的是（ ）微粒半径：r(K+)r(Al3+)r(S2-)r(Cl-) 氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4还原性：I-Br-Cl-Fe2+ 氧化性：Cl2SSeTe 酸性：H2SO4H3PO4H2CO3H3BO3 非金属性：ONPSi 金属性：BeMgCac(SO42-)c(H+)c(OH-)B. 常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，混合溶液呈酸性C. 用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，选择甲基橙作指示剂D. 常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，溶液pH=10.6【答案】B【解析】分析：甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lg Kb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3+OH-。因此甲胺类似与氨气。A.根据 (CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液分析判断；B. CH3NH2是弱碱，根据常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合，甲胺剩余分析判断；C. 用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，据此分析判断；D. 根据Kbc(OH-)，结合c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)分析解答。详解：A. 甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb，pKb=-lg Kb=3.4。CH3NH2+H2OCH3NH3+OH-。 因此(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液，CH3NH3+H2OCH3NH2H2OH+，离子浓度:c(CH3NH3+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)，故A正确；B. CH3NH2是弱碱，常温下，pH=3的盐酸溶液和pH=11的CH3NH2溶液等体积混合有大量的甲胺分子剩余，混合溶液呈碱性，故B错误；C. 用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2溶液的实验中，恰好完全中和时溶液呈弱酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故C正确；D. Kbc(OH-)，pH14pOH143.410.6，故D正确；故选B。15.若下图表示向含Mg2、Al3、NH4的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。 下列各表述与示意图一致的是（ ）A. 图三种离子的物质的量之比为:n(Mg2):n(Al3):n(NH4)2:3:2B. 图中曲线表示某反应过程的能量变化， 若使用催化剂，B点会降低C. 图中使用的NaOH的浓度为2 mol/LD. 图中物质A反应生成物质C，H0【答案】B【解析】【详解】A、图涉及到的离子方程式有：Mg2+2OH-Mg(OH)2，Al3+3OH-Al(OH)3，NH4+OH-NH3H2O，Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n(NH4+)=0.01xmol，nAl(OH)3=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=0.005xmol，则：n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，故A错误；B、图中表示某反应过程的能量变化，使用催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C、设NaOH溶液的浓度为xmol/L，根据n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故C错误；D、图中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物，则反应放热，H0，故D错误；故选B。【点睛】本题考查离子浓度的计算以及反应能量变化等知识，催化剂对反应的影响。本题的易错点和难点为A，要注意根据图像，判断发生反应的先后顺序，结合图像分析解答。16.下列各选项中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（ ）选项甲乙丙丁AAlAlCl3Al2O3NaAlO2BSH2SSO2SO3CNaNa2ONaOHNa2O2DN2NH3NONO2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】Al与氯气反应生成AlCl3，Al与反应生成Al2O3，Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，故A正确；S单质不能直接生成SO3，故B错误；NaOH不能直接生成Na2O2，故C错误；N2与氧气不能直接生成NO2，故D错误。17.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是 （ ）A. 甲用于实验室制取少量CO2 B. 乙用于配制一定物质的量浓度的硫酸C. 丙用于模拟生铁的电化学腐蚀 D. 丁用于蒸干A1Cl3溶液制备无水AlCl3【答案】C【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本知识。根据图示和对应的文字说明，思考每个实验要求的要点，进而选择合适的答案。详解：A实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，所以选项A错误。B实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，所以选项B错误。C装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，选项 C正确。D蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解，得到氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，所以选项D错误。18.化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是（ ）A. mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5 mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，则计量数m+npB. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)，则CO2的体积分数不变能作为平衡判断的依据C. 对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n，此时若给体系加压则A的体积分数不变D. 2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的H0【答案】C【解析】【详解】A. mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍的瞬间A的浓度变为0.25mol/L，但达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，这说明减小压强平衡向逆反应方向进行，则计量数m+np，A错误；B. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)，由于只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终是2：1，则CO2的体积分数不变不能作为平衡判断的依据，B错误；C. 对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n，此时若给体系加压，由于反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，则A的体积分数不变，C正确；D. 2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，由于是熵值减少的反应，则根据GHTS0可知该反应一定是放热反应，即H0，D错误。答案选C。19.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示，下列叙述错误的是（ ）A. M室发生的电极反应式：2H2O4e-=O2+4H+B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C. N室中：ac(H2NCH2CH2NH3+)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】A. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息Kb1=10-4.07、Kb2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-，故A正确；B. H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，电离方程式分别为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-、H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，根据方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为H3NCH2CH2NH32+，故B正确；C. 曲线II代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H3NCH2CH2NH32+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-可知，Kb2=10-7.15=c(OH-)，则c(H+)=10-6.85，pH=6.85，故C错误；D. 在0.1molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈酸性，则各离子浓度大小关系为c(Cl-)(H2NCH2CH2NH3+)c(OH-)c(H+)，故D正确；答案选C。第卷（非选择题，共50分）三、填空题（本题共4小题，共50分）21.已知Ca(OH)2和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小。在钨冶炼工艺中，将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中得到钨酸钙，发生反应：WO42(aq) Ca(OH)2(s) CaWO4(s)2OH(aq)。(1)如图为不同温度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。计算T1时Ksp(CaWO4)_。T1_T2(填“”、“”或“”、“”或“”)。由于溶液中离子间的相互作用，实验测得的平衡常数与理论值相距甚远。50时，向一定体积的钨酸钠碱性溶液c(Na2WO4)c(NaOH)0.5molL1中，加入过量Ca(OH)2，反应达到平衡后WO42的沉淀率为60%，计算实验测得的平衡常数_。(3)制取钨酸钙时，适时向反应混合液中添加适量盐酸，分析作用： _。【答案】 (1). 11010 (2). (5). 6.05 (6). 加入盐酸，消耗反应生成的OH，使溶液中OH浓度减小，平衡向正反应方向移动，提高WO42的沉淀率【解析】【详解】(1)根据图像，T1时KSP(CaWO4)=c(Ca2+)c(WO42-)=110-5110-5=110-10，故答案为：110-10；根据题意，Ca(OH)2和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小，即温度越高，Ksp越小，根据图像可以看出T1的Ksp较大，所以T1T2，故答案为：；(2)反应平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K=，故答案为：；根据表中温度和K之间的关系，可以看出温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，H0，故答案为：； WO42-(aq)+Ca(OH)2(s)CaWO4(s)+2OH-(aq)起始/molL-1 0.5 0.5变化/molL-10.560%=0.3 0.6平衡/molL-1 0.2 1.1K=6.05(molL-1)，故答案为：6.05；(3)向反应混合液中添加适量盐酸，消耗反应生成的OH-，使溶液中OH-浓度减小，平衡向正反应方向移动，这样可以提高WO42-的沉淀率，故答案为：加入盐酸，消耗反应生成的OH-，使溶液中OH-浓度减小，平衡向正反应方向移动，提高WO42-的沉淀率。22.近几年我国大面积发生雾霾天气，2.5微米以下的细颗粒物(PM2.5)是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。空气中的CO、SO2、NOx等污染气体会通过大气化学反应生成PM2.5颗粒物。（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) H1= -221.0 kJ/molN2(g)+O2(g)2NO (g) H2= +180.5 kJ/mol2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H3= -746.0 kJ/mol用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_。（2）已知由CO生成CO2的化学方程式为COO2CO2O 。其正反应速率为v正=k正c(CO) c(O2)，逆反应速率为v逆=k逆c(CO2) c(O)，k正、k逆为速率常数。在2500 K下，k正=1.21105 Ls-1mol-1，k逆=3.02105 Ls-1mol-1。则该温度下上述反应的平衡常数K值为_(保留小数点后一位小数)。(3)CO2可用来生产燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H49.0 kJmol1。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_ mol(Lmin) 1。氢气的转化率_。下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_。A升高温度 B充入0.5 mol CO2 和1.5 mol H2 C充入He(g)，使体系压强增大 D将H2O(g)从体系中分离出去（4）利用如图所示电解装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极室排出的溶液吸收NO2 。与电源b极连接的电极的电极反应式为_。（5）NO2在一定条件下可转化为NH4NO3和NH4NO2。相同温度下，等浓度NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH4+)较小，分析可能的原因_。【答案】 (1). 2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g) H=-573.75kJ/mol (2). 0.4 (3). 0.225 (4). 75% (5). BD (6). HSO32e2H+ = S2O422H2O (7). NO2水解对NH4+的水解起促进作用（或NO2与NH4+氧化还原产生氮气）【解析】【详解】(1)2C(s)+O2(g)2CO(g)H1=-221.0kJ/mol，N2(g)+O2(g)2NO (g)H2=+180.5kJ/mol，2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)H3=-746.0kJ/mol，根据盖斯定律，(+-)得：2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g) H=-573.75kJ/mol，故答案为：2NO(g)+C (s)CO2(g)+N2(g) H=-573.75kJ/mol；(2)由CO生成CO2的化学方程式为CO+O2CO2+O其正反应速率为v正=k正c(CO)c(O2)，逆反应速率为v逆=k逆c(CO2)c(O)，平衡常数K=0.4，故答案为：0.4；(3)根据图像分析可知甲醇变化浓度为0.75mol/L，反应速率v(CH3OH)= =0.075mol/(Lmin)，速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)=3v(CH3OH) =0.225mol/(Lmin)，故答案为：0.225；氢气的转化率= 100%=75%，故答案为：75%；A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则比值减小，故A错误；B再充入充入0.5mol CO2和1.5mol H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则比值增大，故B正确；C充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，比值不变，故C错误；D将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，比值增大，故D正确；故答案为：BD；(4)依据图示可知，阴极上HSO3-得电子生成S2O42-，阴极区发生反应2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O；故答案为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O；(5)相同温度下等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH4+)较小，是因为NO2-是弱酸阴离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，二者水解相互促进，故答案为：NO2-水解对NH4+的水解起促进作用。23.二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。已知: ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸。现有下列制备ClO2的方法:（1）方法一：氧化法可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因_。（2）方法二：氯化钠电解法用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为_。（3）方法三：草酸还原法在酸性溶液中用草酸（H2C2O4）还原氯酸钠的方法来制备ClO2写出制备ClO2的离子方程式：_；与电解法相比，用草酸还原法制备ClO2的特点是_，提高了生产、储存及运输过程的安全性。（4）已知: ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH 的关系如图所示。当pH2.0 时，ClO2-也能被I- 完全还原为Cl-。反应生成的I2与Na2S2O3 反应的方程式: 2Na2S2O3+ I2= Na2S4O6 + 2NaI。用ClO2消毒的饮用水中含有ClO2、ClO2-。测定饮用水中ClO2、ClO2-的含量，分两步进行:用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为a mol/L。用滴定法测量ClO2-的含量。请完成相应的实验步骤:步骤1: 准确量取V mL 上述水样加入锥形瓶中。步骤2: 调节水样的pH_。步骤3: 加入足量的KI 晶体，充分反应。步骤4: 加入少量淀粉溶液，用c mol/L Na2S2O3 溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3 溶液V1 mL。根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为_mol/L( 用含字母的代数式表示)。【答案】 (1). 14 (2). 4H+ClO2-+3Cl-=2Cl2+2H2O (3). BaCl2 (4). NaCl+3H2O NaClO3+ H2 (5). 2ClO3 - + H2C2O4+ 2H+ =2ClO2 + 2CO2 + 2H2O (6). 生成的CO2对ClO2起到稀释作用 (7). 2.0 (8). (cV1-5aV) /4V【解析】【详解】(1)NaClO2发生歧化反应，既是氧化剂又是还原剂，HCl起酸的作用，作氧化剂的NaClO2转化为NaCl，作氧化剂的NaClO2转化为ClO2，5molNaClO2反应生成4mol ClO2、5mol NaCl，其中4molNaCl由HCl转化得到，故NaClO2转化得到1molNaCl，故反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为14，故答案为：14；ClO2-具有强氧化性，酸性条件下与Cl-反应生成氯气，同时还生成水，反应离子方程式为：4H+ClO2-+3Cl-=2Cl2+2H2O，故答案为：4H+ClO2-+3Cl-=2Cl2+2H2O；(2)在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽，过量的离子在后续操作中必须除去，过量的BaCl2用于除去SO42-，过量的NaOH溶液来除去Mg2+，过量的Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，过滤后，滤液用盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH，故沉淀离子时，碳酸钠加入应在氯化钡之后，而NaOH加入顺序没有要求，故：往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去，故答案为：BaCl2；电解食盐水得到的氯酸钠(NaClO3)，由电子转移守恒可知电解中有氢气生成，NaClO3与盐酸反应生成ClO2，有的生成物进入氯化钠电解槽循环利用，说明有NaCl生成，有的生成物进入HCl合成塔中循环利用，说明还生成氢气，二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，因此氯化钠电解槽中发生反应为电解氯化钠生成氯酸钠和氢气，化学方程式为：NaCl+3H2O NaClO3+3H2。故答案为：NaCl+3H2O NaClO3+3H2；(3)用硫酸酸化的草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O，离子反应为H2C2O4+2ClO3-+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O，故答案为：H2C2O4+2ClO3-+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O；根据题意，ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸，此法反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性，故答案为：生成的CO2对ClO2起到稀释作用；(4)步骤4是Na2S2O3滴定溶液中I2，步骤2需要调节pH使ClO2-将I-氧化为I2，故应控制pH2.0；V mL溶液中，ClO2的物质的量为=V10-3 La mol/L=aV10-3 mol，由电子转移守恒可得：2 ClO25 I2，ClO2氧化生成I2的物质的量=2.5aV10-3 mol，消耗Na2S2O3的物质的量=V110-3 Lcmol/L=cV110-3 mol，由2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，溶液中I2总物质的量=0.5 cV110-3 mol，ClO2-氧化生成的I2的物质的量=0.5 cV110-3 mol-2.5aV10-3 mol=(0.5 cV1-2.5aV)10-3 mol，由电子转移守恒可得：ClO2-2I2，则ClO2-的物质的量= (0.5 cV1-2.5aV)10-3 mol，故c(ClO2-)= (0.5 cV1-2.5aV)10-3 molV10-3 L= mol/L，故答案为：2.0；。【点睛】本题以二氧化氯制备为载体，考查了氧化还原反应、陌生方程式的书写、物质分离提纯、物质制备实验工艺流程等。本题的易错点有：(1)中要注意根据化合价理解氧化还原反应的基本概念，(2)中要注意根据工艺流程判断二氧化氯发生器中反应产物。24.铬铁矿(FeCr2O4)中含有Al2O3、Fe2O3等杂质，