高中化内蒙古高考拔高练习试卷【26】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学内蒙古高考拔高练习试卷【26】含答案考点及解析班级:___________姓名：___________分数：___________题号一二三四五六总分得分注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是A．滴有酚酞的Na2CO3溶液B．溶有SO2的品红溶液C．滴有石蕊的CH3COOH溶液D．滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液【答案】D【解析】试题分析：A、滴有酚酞的Na2CO3溶液加热促进水解，溶液的碱性增强，红色加深，A不正确；B、SO2能与品红发生化合反应，生成不稳定的无色物质，使品红褪色，加热时，生成的无色物质不稳定分解，SO2气体逸出，又生成品红，故溶液变为红色，B不正确；C、滴有石蕊的CH3COOH溶液加热促进电离酸性增强，溶液颜色加深，C不正确；D、滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液加热降低氢氧化钙的溶解度，溶液碱性降低，颜色逐渐变浅，D正确，答案选D。考点：考查物质性质的判断2.在一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷，放出热量为QkJ(Q＞0)，经测定完全吸收生成的二氧化碳需要消耗5mol·L－1的KOH溶液100mL，恰好生成正盐，则此条件下反应C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH为（

）A．＋8QkJ·mol－1B．－8QkJ·mol－1C．＋16QkJ·mol－1D．－16QkJ·mol－1【答案】D【解析】0.5molKOH与0.25molCO2恰好反应生成K2CO3，丁烷完全燃烧生成0.25molCO2放出QkJ热量，则生成4molCO2放出的热量为16Q，所以ΔH＝－16QkJ·mol－1，D对。3.下列实验方案不能达到实验目的的是()

实验目的实验方案A探究接触面积对化学反应速率的影响相同温度下,取等质量的大理石块、大理石粉分别投入等体积、等浓度的盐酸中B证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热几分钟,然后加入适量稀NaOH溶液,再向其中加入新制的银氨溶液,并水浴加热D测定铝箔中氧化铝的含量取ag铝箔与足量稀盐酸充分反应,逸出的气体通过碱石灰后,测其体积为bL(已转化为标准状况下)

【答案】B【解析】B选项中NaOH过剩,会与FeCl3反应生成Fe(OH)34.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

操作现象结论A向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I－B向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色原溶液中含有Fe2＋和Fe3＋C将铜片放入浓硝酸中产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色浓硝酸有强氧化性和酸性D向Na2SiO3溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶酸性：硅酸＞盐酸

【答案】AC【解析】试题分析：A、下层溶液显紫色，说明反应中有单质碘生成。由于氯水具有强氧化性，因此原溶液中含有碘离子，A正确；B、铁离子能和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水，若先无明显现象，后溶液变成血红色，这说明原溶液中含有Fe2＋，不存在Fe3＋，B不正确；C、浓硝酸具有强氧化性，能把铜氧化生成硝酸铜，水和NO2，因此产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色，C正确；D、根据较强的酸制备较弱酸的原理可知，硅酸的酸性弱于盐酸的酸性，D不正确，答案选AC。考点：考查离子检验、硝酸性质、酸性强弱比较以及实验方案设计与评价等5.如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是A．电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极（1）按上图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，应首先进行的操作是__________；A处U形管盛放的药品是__________________,其作用为_______________________。（2）指导老师在审阅设计方案后指出需要在E处增加一装置，你认为该装置应该是_____________________________.（3）加热前需要向该装置缓缓鼓入空气数分钟，其目的是___________________；此时对活塞的操作方法是：打开活塞____________________，关闭活塞_________________。（4）关闭活塞K1、K2，打开K3，加热一段时间后，同学们发现C处洗气瓶中几乎没有气泡冒出，这是由于_________________________。（5）反应完全后，打开K1，再缓缓鼓入空气数分钟，其目的是_____________________。（6）实验测得数据如下：碱式碳酸镁样品22．6g；反应前C装置的质量为87．6g，反应后质量为89．4g；反应前D装置的质量为74．7g，反应后质量为83．5g。请计算推导该碱式碳酸镁的化学式______________________，该碱式碳酸镁受热分解的化学方程式为____________。【答案】（共15分）（1）检查装置的气密性；

碱石灰（或氧化钙）；

除去进入装置的空气中所含带的水蒸气和二氧化碳。（3分，每空1分）（2）盛有碱石灰（或氧化钙）的干燥管。（2分）（3）赶走装置中含有水蒸气和二氧化碳的空气；（2分）K1、K2（1分）；K3（1分）。(4)

B装置中的反应已完全。（1分）（5）将反应生成的残留在装置中的水蒸气和二氧化碳全部赶到装置C和D中。（1分）（6）Mg3(OH)2(CO3)2[或Mg(OH)2·2MgCO3]，Mg3(OH)2(CO3)2

3MgO+2CO2↑+H2O

（4分，每空2分）【解析】略评卷人得

分

三、填空题12.下表为元素周期表的一部分，参照元素①～⑦在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：(1)④、⑤、⑦的原子半径由大到小的顺序为

(用元素符号表示，下同)。(2)⑥和⑦的最高价含氧酸的酸性强弱为

＞

。(3)①、②两种元素按原子个数之比为1∶1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2＋氧化，写出该反应的离子方程式

。(4)由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性。①写出D溶液与G反应的化学方程式

。②写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法：

。③常温下，若电解1L0.1mol/L的A溶液，一段时间后测得溶液pH为12(忽略溶液体积变化)，则该电解过程中转移电子的物质的量为

mol。④若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质有

。【答案】(1)Na＞Cl＞F(2)HClO4H2SO4(3)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4)①2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑②取少量A溶液滴加几滴(稀硝酸酸化的)硝酸银溶液有白色沉淀生成③0.01④Al(OH)3、H2O、NaCl【解析】根据元素在周期表中的位置可以确定各元素。(1)由元素周期表中原子半径递变规律可知，原子半径Na＞Cl＞F。(2)非金属性S＜Cl，故酸性H2SO4＜HClO4。(3)H、O按1∶1组成H2O2，可氧化Fe2＋：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4)黄绿色气体B为Cl2，由图中转化关系可知A为NaCl，C为H2，D为NaOH，由D(NaOH)可以和G反应生成C(H2)可知，G为Al。①2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。②检验Cl－应取少量试液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液。③2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，产生OH－的物质的量为：0．01mol/L×1L＝0.01mol，每生成1molNaOH转移1mol电子。故转移电子为0.01mol。④由各步反应恰好完全转化可知HCl和NaAlO2溶液等物质的量混合，发生反应：HCl＋NaAlO2＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl。13.（1）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2该电池反应的化学方程式是________。（2）化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化学法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NO的原理如图所示。①电源正极为__________（填A或B），阴极反应式为________________________。②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差（Δm左－Δm右）为__________克。（3）能量之间可相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线。①完成原电池甲的装置示意图（见图），并作相应标注，要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极__________。③甲乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是_________________________________________________________________。④根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在所给的材料中应选__________作阳极。【答案】（1）Al＋3NiO（OH）＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋3Ni（OH）2（2）①A2NO3-＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－②14.4（3）①（或其他合理答案）②失去金属光泽，被腐蚀或氧化，溶液蓝色变浅③甲在甲装置中，两个电极反应是在彼此隔离的条件下进行的，锌与Cu2＋不直接发生反应，这样可以更彻底地将反应所释放的能量转化为电能④锌片【解析】（1）该新型电池放电时，关键判断Al的氧化产物。由于NaOH溶液的存在，Al被氧化生成NaAlO2而不是Al（OH）3，故电池反应的化学方程式为：Al＋3NiO（OH）＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋3Ni（OH）2。（2）阴极：2NO3-＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－阳极：10OH－－10e－=5H2O＋

O2↑在阳极区生成的H＋通过质子交换膜到达阴极区，所以，当电子过程中转移10mole－时，Δm左＝

mol×32g·mol－1＋10g＝90gΔm右＝28g－10g＝18g所以当转移2mole－时，膜两侧电解液的质量变化差为＝14.4g。（3）①根据题给条件和原电池的构成条件可得：a．若用Zn、Cu、CuSO4（aq）、ZnSO4（aq）组成原电池，Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4（aq）中，Cu插入到CuSO4（aq）中。b．若用Fe、Cu、FeSO4（aq）、CuSO4（aq）组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4（aq）中，Cu插入到CuSO4（aq）中。c．注意，画图时要注意电极名称，电极材料，电解质溶液名称（或化学式），并形成闭合回路。②由于金属活动性Zn＞Fe＞Cu，锌片或铁片作负极，由于Zn或Fe直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极本身被腐蚀或氧化，失去金属光泽，质量减轻，蓝色变浅。③带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。④由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极（阴极）时被保护，作负极（阳极）时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极（阳极）才能有效地保护铁不被腐蚀。14.电气石是一种具有保健作用的天然石材，其中含有的主要元素为B、Si、Al、Mg、Na、O等元素。上述元素中，原子半径最小的是

（用元素符号表示），与硫同周期的元素中简单离子半径最小的是

（用离子符号表示）；【答案】O

，Al3+【解析】试题分析：同周期自左向右，原子半径逐渐减小。同主族自上而下，原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是O；由于在核外电子排布相同的情况下，微粒半径随原子序数的增大而减小，则与硫同周期的元素中简单离子半径最小的是Al3+。考点：考查微粒半径的比较点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确微粒半径的比较依据，然后灵活运用元素周期律即可，有利于培养学生的逻辑思维能力，提高学生的学习效率。15.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种元素，A元素核内只有质子；B元素的某种核素可用于考古；D原子核外电子排布为nsnnpn+2。E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。请回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)元素B、C、D的基态原子的电负性由大到小的顺序为

（用元素符号表示）。化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是

。(2)A、B、D三种元素组成的一种化合物是新装修居室中常含有的一种有害气体。则分子中B原子轨道的杂化类型为

。(3)E的核外电子排布式为

。E2D为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个D原子，其余D原子位于面心和顶点，则该晶胞中有______个E原子。E2D能与稀硫酸反应得E，E的晶胞为面心立方最密堆积，已知该晶体的密度为9.00g/cm3，则E原子的半径为

cm。(4)C2A4与ED在碱性溶液中反应生成无色气体和红色沉淀，则该反应的化学方程式可表示为：

。【答案】(1)O＞N＞C；NH3分子间能形成氢键；(2)sp2(杂化)；(3)[Ar]3d104s1；16；1.27×10-8；(4)N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O【解析】试题分析：A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，A元素核内只有质子，则A为H元素；B元素的某种核素可用于考古，则B为碳元素；D原子核外电子排布为nsnnpn+2，则D为氧元素，同时推出C为N元素；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，则为29号元素Cu；(1)(1)元素的电负性越大，非金属性越强，故C、N、O的基态原子的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；NH3分子间存在氢键，则NH3的沸点比化合物CH4的高；(2)H、C、O三种元素组成的一种化合物HCHO是新装修居室中常含有的一种有害气体，分子中C原子轨道的杂化类型为sp2(杂化)；(3)29Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；Cu的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子位于面心上，每个顶点Cu原子为12个面共用，所以Cu的配位数为12，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，则a3•ρ•NA=4×64，所以a=,由于面对角线为a，面对角线的为Cu原子半径的4倍，所以Cu原子半径cm=1.27×10-8cm；(4)N2H4与Cu在碱性溶液中反应生成无色气体和红色沉淀Cu2O，则该反应的化学方程式可表示为N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O。考点：考查元素周期表位置、结构与性质的关系及应用，涉及晶胞结构的分析与计算16.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要措施。I．研究发现利用NH3可消除硝酸工业尾气中的NO污染。NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3:1、4:1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。(1)①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为____________mg／(m3·s)。②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是____，其理由是___________________(2)已知在25℃，101kPa时：请写出用NH3脱除NO的热化学方程式：____________________________________Ⅱ．工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4(保险粉)和NH4NO3等化工用品，其生产流程如下图：(3)装置Ⅱ中NO转变为NO3-的反应的离子方程式为__________________________________(4)装置Ⅲ还可以使Ce4+再生，若用甲烷燃料电池电解该装置中的溶液，当消耗1molCH4

时，理论上可再生____mol

Ce4+。【答案】

1.5×10-4

3:1

NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大

4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol

3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+

8【解析】Ⅰ．(1)①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8

s，该时间段内NO的脱除速率==1.5×10-4mg/(m3•s)，故答案为：1.5×10-4；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b

对应NH3与NO的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大；(2)①N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H=-Q1/mol，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(1)△H=-Q2kJ/mo1，③N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+Q3kJ/mo1，用NH3脱除NO的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)，可根据盖斯定律，将3×②-2×①-3×③可得热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol；Ⅱ．SO2、NO是大气污染物，通过氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸氢钠，一氧化氮不反应，通过装置Ⅱ加入Ce4+氧化还原反应得到Ce3+、NO2-、NO3-等，和亚硫酸氢钠混合，在电解池中通电电解得到Ce4+循环使用，获得Na2S2O4，NO2-、NO3-等加入氨气和氧气在装置Ⅳ中发生反应得到NH4NO3产品。(3)装置Ⅱ中NO转变为NO3-的反应的离子方程式为3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+，故答案为：3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+；(4)消耗1molCH4转移电子8mol，根据流程图，可以将8mol

Ce3+转化为Ce4+，故答案为：8。评卷人得

分

四、计算题17.硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋+H2Y2－=NiY2－+2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL(标准状况)。（1）若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将

(填“偏高”、或“偏低”或“不变”)。（2）氨气常用

检验，现象是

。（3）通过计算确定银硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。【答案】（1）偏高（2）湿润的红色石蕊试纸

试纸颜色由红变蓝（3）n(Ni2＋)="0."04000mol·L-1×31.25mL×10-3L·mL-1="1."250×10-3moln(NH4+)=="2."500×10-3moln(SO42－)=

=="2."500×10-3molm(Ni2＋)="59"g·mol－1×1.250×10-3mol="0."07375gm(NH4+)="18"g·mol－1×2.500×10-3mol="0."04500gm(SO42-)="96"g·mol-1×2.500×10-3mol="0."2400gn(H2O)=="1."250×10-2molx:y:m:n=n(NH4+):n(Ni2+):n(SO42-):n(H2O)="2:1:2:10"硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】本题为一道定量分析的计算题，首先要弄清楚计算什么，怎么计算。（1）Ni2+含量的测定是通过EDTA滴定法来测定的。要找到误差分析的依据，该滴定法类似于酸碱滴定方法。若滴定前，滴定管未用EDTA标准液润洗，则EDTA标准液的浓度就会偏低，则滴定消耗的EDTA标准液的体积就会偏高，测得的Ni2+含量就会偏高。（2）氨气的检验有两种常用的方法：①浓盐酸，具体是用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近待测气体，若产生白烟，则为氨气。②试纸法。有两种常用的试纸，一种是湿润的酚酞试纸，湿润的酚酞试纸变红；另一种是湿润的紫色（或红色）石蕊试纸，试纸变蓝。（3）实验①用EDTA滴定Ni2+由此可以计算出原100mL溶液，即2.3350g样品含Ni2+为n（Ni2+）=0.04000×31.25×10-3×4=0.005mol实验②发生的反应为：NH4++OH-=NH3↑+H2O可得出原2.3350g样品含NH4+为N(NH4+)=n(NH3)==0.01mol又根据电荷守恒：n(Ni2+)×2+n(NH4+)×1=n(SO42-)×2即原2.3350g样品含SO42-为n(SO42-)=0.01mol综上可以得出上述三种离子的质量，m（Ni2+）=0.005×59=0.295gM(NH4+)=0.01×18=0.18g

m(SO42-)=0.01×98=0.98g

则H2O的质量m（H2O）=2.3350-0.295-0.18-0.98=0.9g

n（H2O）=0.05molx：y：m：n=n(NH4+)：n(Ni2+)：n(SO42-)：n(H2O)="0.01"：0.005：0.01：0.05="2"：1：2：10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【考点定位】本题考查定量分析实验中常见滴定法的理解应用能力、知识的迁移能力和基本的计算能力。难度中档偏上。18.(6分)某混合气体由两种气态烃组成。取2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳和3.6g水。(上述气体体积，都已折算为标准状况下的数据)试通过计算，确定混合气体中两种烃可能组成。【答案】根据题意可知：n(烃)=

=

=0．1moln(CO2)===0．2moln(H2O)===0．2mol混合烃的平均分子组成为C2H4，故符合题意的两种烃可能是：CH4和C3H4、C2H2和C2H6或CH4和C4H4【解析】考查有机物分子式的确定。19.(7分)6.4克铜与过量硝酸(amol/L,30mL)充分反应,硝酸的还原产物只有NO2、NO。反应后溶液中含H+为0.1mol。(1)此时溶液中所含NO3-的物质的量为多少？(2)求生成的气体中NO2和NO的物质的量各为多少(用含有a的式子表示)（写出计算过程）【答案】【解析】略20.(8分)从100ml某种待测浓度的Na2CO3溶液中取出50ml，加入含HCl0.4mol的盐酸溶液，恰好完全反应。(1)生成CO2的物质的量是多少？(2)待测Na2CO3溶液的物质的量浓度是多少？【答案】（1）0.2mol

(2)4mol/L【解析】(1)2HCl～CO2

～

Na2CO32mol

1mol

1mol0.4mol

n(CO2)

n(Na2CO3)n(CO2)="0.2mol

"n(Na2CO3)=0.2mol(2)待测Na2CO3溶液的物质的量浓度=0.2mol×(100ml÷50ml)÷0.1L=4mol/L评卷人得

分

五、简答题21.二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_____。（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为_____________________。②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_______（填标号）。a．水

b．碱石灰

C．浓硫酸

d．饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50

mL水溶解后，再加入3

mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_______________。②玻璃液封装置的作用是

______________。③V中加入的指示剂通常为______，滴定至终点的现象是__________。（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是_______（填标号）。a．明矾

b．碘化钾

c．盐酸

d．硫酸亚铁【答案】

2：1

NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3

c

2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O

吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）

淀粉溶液

溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变

d【解析】（1）该反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，氯酸钾是氧化剂。S元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1；（2）①根据流程图知电解时生成氢气和NCl3，推知则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3。②a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，选项a错误；b、碱石灰不能吸收氨气，选