1、2024届河南省郑州市外国语学校高三化学第一学期期末综合测试试题注意事项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、下列物质属于油脂的是()润滑油花生油石蜡ABCD2、将中物质逐步加入中混匀（中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（ ）选项溶液预测中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化
2、钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀AABBCCDD3、下列实验过程中，始终无明显现象的是ACl2通入Na2CO3溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AgNO3溶液中DSO2通入NaHS溶液中4、下列各组物质所含化学键相同的是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（ ）A1L
3、pH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB98g纯H2SO4中离子数目为3NAC含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NADNa2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA6、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是A生成40.0L N2（标准状况）B有0.250mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25molD被氧化的N原子的物质的量为4.75mol7、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A100g 9%的葡
4、萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C工业合成氨每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D常温下l LpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A1L0.2molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.2NABH2O2Cl2=2HClO2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子C3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NAD常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA9、主族元素
5、Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是AX与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY与Z形成的化合物只含离子键C简单氢化物的沸点：Q”“=”或“”）v逆 。其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1所示。X代表 _（填字母代号）。A 温度 B 压强 C 原料中CH4与NH3的体积比（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴
6、、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨。A-E分别代表生产中的原料或产品，b表示_（填“阴”或“阳”）离子交换膜。阳极的电极反应式为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。2、D【解析】A.OH优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO32的还原性大于I，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，A
7、l3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。故选D。3、B【解析】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag
8、(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故选B。4、D【解析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意； B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意； C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意； D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体
9、，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。5、C【解析】ApH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误；B硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D所产生的气体所处的状态不明确，气体
10、的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：气体注意条件是否为标况；物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。6、C【解析】该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10
11、mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol =44.8L，故A错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C转移电子的物质的量为10=1.25mol，故C正确；D被氧化的N原子的物质的量=30=3.75 mol，故D错误；答案选
12、C。【点睛】明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。7、C【解析】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=6+1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个NN键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)，因此c(N
13、H4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。8、A【解析】A. HCO3在溶液中既能部分电离为CO32，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的 HCO3、CO32、H2CO3的个数之和为0.1NA，故A错误；B. 在H2O2Cl2=2HClO2反应中，氧元素由1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为，又因1个CO和N2分子中两者均含14个质子，故混合物中含1
14、.8NA个质子，故C正确；D. 常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故D正确；故选：A。9、C【解析】Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化
15、物的沸点：Q（NH3）X（HF），故C正确；D. Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C10、D【解析】零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构，不容易和其它原子化合，故选D。11、D【解析】A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数
16、不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；故选D。12、C【解析】A、铝-空气电池（如图）中，铝作负极，电子是从负极通过外电路到正极，选项A正确；B、铝-空气电池中活性炭作正极材料，可以帮助电子与空气中的氧气反应，选项B正确；C、碱性溶液中，负极反应为4Al(s)12e16OH(aq)=4AlO2(aq)8H2O；正极反应式为：3O212e6H2O=12OH(aq)，所以每消耗2.7 g Al，需耗氧(标准状况)的体积为322.4L1.68 L，选项C不正确；D、金属-空气电池的正极上是氧气得电子的还原反应，电池在工作状态下要有足够的氧气，电池在非工作状态下，能够密封防止金属自腐蚀，选项D正确
17、；答案选C。【点睛】本题考查新型燃料电池的原理，易错点为选项C，注意在碱性溶液中Al发生氧化反应生成AlO2-，根据电极反应中得失电子守恒进行求算。13、D【解析】短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A电子层数F-S2-，离子半径F- Y，A选项错误；B非金属性越强，简单氢
18、化物越稳定，非金属性：FB，则有BH3HF，所以 X B，则酸性H3BO3（弱酸）H2SO4（强酸），所以X Z，C选项错误；D根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；答案选D。14、A【解析】醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A. 据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.010-5，A正确；B. 根据A项分析可知，B错误；C. 当往10 mL 0.10 molL-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 molL-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性
19、，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D. B点，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 molL-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) molL-1，D错误；答案选A。15、A【解析】A通过分析反应前后物质的结构可知，反应过程中甲分子发生了1,4加成，形成了一个新的碳碳双键，乙分子也发生了加成最终与甲形成了六元环；A项正确；B由于甲分子中存在一个sp3杂化的形成了4条单键
20、的碳原子，所以甲分子内的所有原子不可能共平面；B项错误；C由乙的结构可知，乙的分子式为：；C项错误；D酯在碱性条件下水解，产物羧酸会与碱反应生成羧酸盐，所以丙在碱性条件下水解的产物为和，D项错误；答案选A。16、C【解析】此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可
21、以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；Ba曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两
22、类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D令y=pH，x=，由图可知，在0pH4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛 -NH2和-Cl
23、取代反应或酯化反应 HOCH2CH2OH 4 、(任写一种即可) 【解析】对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为： ；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与
24、N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此
25、具体合成路线为：。18、C C7H7NO2 3 或 CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反应；2CH3CH2Cl+NH3HN(CH2CH3)2+2HCl，取代反应 【解析】由普鲁卡因、对氨基苯甲酸的结构，可知A为HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B应为（CH2CH3）2NH。【详解】（1）A由结构可知，普鲁卡因分子含有13个碳原子，A错误；B含有苯环，能与氢气发生加成反应，B错误；C含有酯基，可以发生水解反应，C正确，故答案为：C；（2）根据化合物的结构简式，可知其分子式为C7H7NO2，苯环与氢气发生加成反应，1mol化合物I能与3mol氢气发生加成反应，故答案为：C7H7NO2
26、；3；（3）化合物含有羧基、氨基，发生缩聚反应生成高聚物，则高聚物结构简式为，故答案为：或；（4）结合信息可知，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再与氨气发生取代反应生成HN（CH2CH3）2，反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3HN（CH2CH3）2+2HCl，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反应、2CH3CH2Cl+NH3HN（CH2CH3）2+2HCl ，取代反应。【点睛】19、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+H2SO4 用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液
27、，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净 滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀 减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分 玻璃棒 胶头滴管 250mL容量瓶 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 11.2% 【解析】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O42H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O42H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；(5)为亚铁
28、离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O42H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O42H2O+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O42H2O+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出
29、现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于FeC2O42H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO
30、4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=50.0100mol/L19.9810-3L1.010-3mol，m(Fe)=56gmol-11.010-3mol=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g=0.56g，晶体中铁的质量分数=100%=11.2%，故答案为11.2%。20、 降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸 冰水浴 防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量 溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化
31、1.3510-2cV 【解析】.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；. (3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】.(1)根据题给信息可知
32、：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；. (3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色
33、恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V10-3 Lcmol/L=cV10-3 mol则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=cV10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) M=cV10-3 mol67.5g/mol=1.35cV10-2g，故答案为：1.35cV10-2。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键。21、-958.0kJmol-1 0.025 0.1875(mol/L)2 B 阴 SO32-2e-+H2O=2H+ SO42- 【解析】(1)根据盖斯定律分析计算；(2)根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4)=和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，根据Qc与K的关系判断；根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合平衡移动的影响因素分析判断；(3) 由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。【详解】
