2022-2023学年重庆市第三十七中学校化学高三第一学期期中检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、25时，将10mL 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（ ）A上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质B上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD俯视容量瓶颈刻度线定容，所

2、配溶液的浓度偏低2、如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素CO(NH2)2的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜。下列说法中正确的是（ ）A铜电极应与X相连接BH经过质子交换膜由右向左移动C当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16gDM电极反应式：CO(NH2)2H2O6e=CO2N26H3、铝热焊法是一种具有高效率的铁轨快速焊接方法。铝热剂的成分可能是A铝粉和铁粉B铁粉和氧化铝粉末C铝粉和氧化铁粉末D氧化铝粉末和氧化铁粉末4、在反应3S6KOH=2K2SK2SO33H2O中，被氧化的硫与被还原的硫的物质的量之比为()A2:1 B1:3 C3:

3、1 D1:25、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到222mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到26g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到366g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5种离子BCl-一定存在，且c（Cl）23mol/LCSO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在DCO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在6、某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2

4、=Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A通入N2是为了排尽装置中的空气B装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO7、下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH明显下降的是AABBCCDD8、用1L1.0molL-1的NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）A13B21C23D329、生产硫酸最古老的方法是以绿矾为原料，在蒸馏釜中煅烧。反应的化学方程式为：2FeSO47H2OFe2O3+ SO2+ SO3+ 14H2O。其中三氧化硫与水蒸气同时冷

5、凝便得到硫酸。用如图装置模拟用绿矾制硫酸的实验，并检验生成的硫酸和二氧化硫（加热装置已略去）。其中b为干燥的试管。下列关于该反应说法正确的是A若将反应后的三种气体通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO3、BaSO4Bb中产物用紫色石蕊试液即可检验出其中H+和SO42C为检验反应的另一种生成物，试管c中应加入的试剂为NaOH溶液Db中所得到的硫酸的质量分数为29.5%10、铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe+2

6、OH-2e-=Fe(OH)2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O11、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ( )NaHCO3Al2O3Al (OH )3AlABCD全部12、下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是()选项环境要求离子A溶液中c(K)”、“”或“=”，下同）；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_0.1000molL-1。取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_作指示剂，测得标准液消耗的体积为20

7、.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为_ molL1。20、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用如图实验制取漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，并进行纯度的测定。已知：饱和NaClO溶液析出晶体与温度的关系如表所示。纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下。温度/60晶体成分NaClO23H2ONaClO2NaClO2分解生成NaClO3和NaCl实验一、制备NaClO2晶体(1)装置C的作用是_ 。(2)装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为_。(3)装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO、ClO、Cl-

8、、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是_。(4)从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压，55蒸发结晶；_；_；低于60干燥，得到成品。(选择合适的操作编号填空)A冷却到室温后，过滤 B趁热过滤 C常温洗涤 D冰水洗涤 E3860的温水洗涤实验二、测定产品纯度(5)准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。(已知

9、：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O)达到滴定终点时的现象为_。该样品中NaClO2的质量分数为_(用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简)。若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21、合成氨所需H2取自CH4，CH4和O2作用成CO2、H2（反应），然而CH4和O2反应还能生成CO2、H2O（反应），当有水生成时，H2O和CH4反应（反应）。下表 为三个反应在不同温度下的平衡常数K。 （1）反应的平衡常数K的表达式为_。（2）反应的平衡常数K、K、K之间的关系为K=_（用含K、 K的式

10、子表示）。反应的反应焓变：H、H、H之间的关系为H= _（用含H、H的式子表示）。（3）恒温条件下，反应的能量与反应进程关系应对应下图中的_，反应 的能量与反应进程关系应对应下图中的_。（4）为使反应尽可能按生成H2的方向进行，若只考虑反应，且不降低反应速率，可采 取_措施；若只考虑反应，除采取控温措施外，还可采取_（写出两条措施即可）。（5）250时，以镍合金为催化剂，发生CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)，向40L 的密闭容器中通入6molCO2(g)和6molCH4(g)，平衡时测得体系中CH4的体积分数 为10%，则混合气体的密度为_g/L，CO2的转化率为_（保留

11、三位有效数字）。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；B由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；C50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；D俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；答案选C。2、D【答案解析】A、根据甲图，N电极通入氧气，因此N极为正极，M电极为负极，电镀时，待

12、镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即铁连接X，Cu连接Y，故A说法正确；B、根据选项A的分析，以及原电池的工作原理，H从负极流向正极，即从M极流向N极，故B说法正确；C、N极反应式为O24H4e=2H2O，铁极反应式Cu22e=Cu，得失电子数目守恒，因此有O24e2Cu，铁电极质量增重0.25264g=32g，故C错误；D、M极为负极，尿素产生H，因此电极反应式为：CO(NH2)2 H2O-6e =CO2+N2+6H，故D正确。3、C【题目详解】铝热反应方程式为：；故铝热剂的成分为铝粉和氧化铁粉末，故答案为C。4、D【答案解析】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的

13、化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的S的物质的量之比为1:2，故选D.点睛：应用得失电子守恒规律进行计算的一般步骤1找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；2找准一个原子或离子得失电子数，注意化学式中该种粒子的个数；3根据题中物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)=n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。5、B【答案解析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+

14、，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22mol3+2.22-2.22mol2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol2.2L=2.3mol/L。【题目详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-) 2.3molL-2，B项正确；C.一

15、定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。6、C【答案解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，

16、与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。7、D【题目详解】A、电池总反应是ZnH2SO4=ZnSO4H2，消耗H2SO4，c(H)降低，pH增大，A不符合题意；B、该装置为电解池装置，总反应是Cu2H2OCu(OH)2H2，消耗的H2O，c(OH)增大，pH增大，B不符合题意；C、电解饱和食盐水，总反应是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，c(OH)增大，pH增大，C不符合题意；D、电解CuSO4溶液的总反应式2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，溶液中c(H)增大，pH降低，D符合题意。答案选D。8、B【题目详解】用1L1molL-1Na

17、OH溶液吸收0.6molCO2，所得产物有Na2CO3和NaHCO3，设CO32-和HCO3-的物质的量分别为x、y，则x+y0.6mol，2x+y1L1.0mol/L，解得x=0.4mol，y=0.2mol，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是0.4mol0.2mol=21，故选B。9、D【题目详解】A中SO2气体通入BaCl2溶液中，不会产生BaSO3沉淀；B中紫色石蕊试液不能检验出SO42；C中NaOH溶液为尾气处理，吸收SO2，可用酸性高锰酸钾溶液或品红检验SO2；D.根据方程式可知，生成1mol三氧化硫的同时，还生成14mol

18、的水，所以冷却后，生成1mol硫酸，剩余13mol水，因此硫酸的质量分数是，答案选D。10、C【题目详解】A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e- +2OH- =Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)22Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH- ，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)22OH-2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【答案点睛】二

19、次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。11、D【题目详解】NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故正确；Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故正确；Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故正确；金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故正确。选D。12、D【答案解析】试题分析：A、若溶液中c

20、(K)c(Cl)，则含有K、AlO2、Cl、NO3的溶液由于阳离子总数少带负电荷，而不能大量共存，A错误；B、溶液pH7的溶液是碱性溶液，而S2有还原性，ClO有氧化性，会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、水电离产生的c(H)1012mol/L的溶液,可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中，CO32会发生复分解反应而不能大量共存，ClO、H、NO3、SO32会发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性溶液中，NH4、OH-会发生复分解反应而不能大量共存，C错误；D、向含有Na、Al3、Cl、SO42溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有Al(OH)3沉淀产生，当碱过量时由于Al(OH)3是两性氢氧化物

21、沉又发生反应：Al(OH)3+ OH-AlO2-+ 2H2O，沉淀消失，D正确。答案选D。【考点定位】本题主要是考查离子大量共存的知识【名师点晴】离子间能否大量共存的常设陷阱条件类型高考中的常见表述误点点拨常见的限制条件“无色”有色离子不能大量存在“pH1”或“pH13”溶液显酸性或碱性“因发生氧化还原反应而不能共存”只能是氧化性离子和还原性离子不共存，不是其他离子反应类型常见的易错点“透明”“透明”也可“有色”“不能共存”易看成“能共存”常见的隐含条件“与Al反应放出H2”溶液既可能显酸性也可能显碱性“由水电离出c(H)11012molL1”溶液既可能显酸性也可能显碱性“通入足量的NH3”与

22、NH3H2O反应的离子不能存在常见题干要求（1）“一定大量共存”审清关键字（2）“可能大量共存”（3）“不能大量共存”13、A【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。【题目详解】ANH5中存在离子键和共价键，1 mol NH5中含有4NA个NH键（NA表示阿伏加德罗常数），含有1mol离子键，故A错误；BNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，故B正确；

23、CNH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，故C正确；DNH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为NH4HH2ONH3H2OH2，故D正确；故答案选A。【答案点睛】明确该物质结构是解本题关键，注意该物质中存在的化学键，注意该物质中H元素化合价不都相等。14、D【题目详解】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错

24、误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题

25、。15、A【题目详解】假设反应都产生3mol氢气，则：A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应产生3mol氢气，会消耗2mol NaOH； B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反应产生3mol氢气，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。16、A【题目详解】A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2

26、=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、 1s22s22p63s23p63d8 镧 ONHCe N-HO(或N-HN或O-HN或O-HO) sp3杂化 bd 8 【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：

27、1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；(4)同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对

28、，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【题目详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s2

29、2s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：ONHCe；NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-HN)，水分子之间形成氢键(O-HO)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-HO或O-HN)；气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经

30、全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8+6=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为42=8，晶胞质量=g=(a10-10 cm)3gcm-3，整理得NA=。18、 ab 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- 2Al2O3（熔融）4Al + 3O2 3Fe + NO3- + 2H+ H2O = Fe3O4 + NH4+

31、8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe 【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。【题目详解】（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；（2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢

32、化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；答案选ab；（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（4）D为Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2；（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处

33、理，酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3- +2H+H2O=Fe3O4 +NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+ 9Fe。19、稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸(或作安全瓶) 加大氮气的通入量 烧杯、玻璃棒 淀粉溶液 0.04 【分析】（1）NaClO3和H2O2混合液在装置A中发生反应制取ClO2，B是安全瓶，防止倒吸，C中的冷水用来吸收ClO2，D中的NaOH溶液进行尾气处理。（2）用酸碱中和滴定的原理进行氧化还原滴定。先配制0.1000mol/L的Na2S

34、2O3标准溶液，根据配制步骤确定所需仪器，根据c=确定配制的溶液浓度偏高还是偏低；用方程式计算ClO2的浓度。【题目详解】（1）由于ClO2在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，所以通入氮气除了可以起到搅拌作用外，还起到了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸的作用。装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸。若发生倒吸，即看到装置C中导管液面上升时，应加大氮气的通入量。（2）用固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，图示中有容量瓶和胶头滴管，缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。根据c=，若定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，则所得溶液浓度0.100

35、0molL-1；若Na2S2O3标准溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，使溶质的物质的量变小，则所得溶液浓度0.1000molL-1。根据反应2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O ，I2+2S2O32- = 2I- +S4O62-，可找到关系：2ClO25I2 10S2O32-，即n(ClO2)=4.00010-4mol，浓度为c=0.04mol/L。【答案点睛】在一个连续实验装置中，通常在加热装置和装液体的装置之间有一个安全瓶，起防止倒吸的作用，而这个安全瓶的特点是进气管和出气管都很短，而且瓶子是空的。本题实验没有加热，但很有可能反应会放热，所以也有必要使用安全瓶。20、防

36、止污染环境或吸收多余的ClO2 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 SO B E 滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复 % 偏高 【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O; 装置B中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入B中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时N

37、aC1O2分解成NaClO3.和NaC1。，从装置B的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置C是吸收多余气体防止污染。据此解答。【题目详解】装置C的作用是吸收ClO2，防止污染空气。故答案为：防止污染环境或吸收多余的ClO2。装置B中以ClO2为原料制备NaClO2，ClO2中氯元素的价态由+4降低到+3价，ClO2为氧化剂，则H2O2还原剂，H2O2中氧元素的价态应有-1价升高到0价，则应有O2生成，则方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。装置A中在制备ClO2的同时，还可能发生Na2