北京市牛栏山一中2026届化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

北京市牛栏山一中2026届化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、W、X、Y、Z

均为短周期主族元素，Y的原子序数是W和Z

的原子序数之和的一半，Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7；W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水中不能促进水的电离；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌．下列说法正确的是A．四种元素原子中,原子半径最大的是ZB．X、Y形成的化合物能溶于盐酸C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z强于YD．1molW单质与足量X单质反应,转移的电子数为2、根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2O2MnO2③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2A．表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B．表中②生成1mol的O2将有4mol的电子转移C．表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D．表中③还原产物是KCl3、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu4、下列离子方程式或热化学方程式与所述事实不相符的是（）A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+B．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+D．298K、101kPa，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中，充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ。其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-15、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是化学性质实际应用ASO2具有漂白性SO2水溶液吸收Br2蒸气BClO2具有强氧化性自来水消毒杀菌CCa(OH)2具有碱性修复被酸雨侵蚀的土壤DNH3具有还原性将烟道气中的NOx转化为N2A．A B．B C．C D．D6、常温下联氨(N2H4)的水溶液中有：①N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－K1②N2H5＋＋H2ON2H62＋＋OH－K2(提示：二元弱碱的电离也是分步电离)该溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随－lgc(OH－)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A．据A点可求：K1＝10－6B．D点溶液的c(OH－)＝10－l1C．若C点为N2H5Cl溶液，则存在：c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)D．在N2H5Cl水溶液中，c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)7、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数为0.1NA8、2016年诺贝尔化学奖授予借助某些金属离子制造出复杂新分子，从而合成分子机器的三位科学家，合成新分子过程模拟如下：下列有关信息错误的是A．图中新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用B．利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新“机械键”C．在创造新分子技术中，铜离子是唯一可以借助的金属离子D．此技术可以“互锁”合成分子，甚至成更复杂的分子9、正确掌握好基本概念和化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是（）A．H、D、T互为同素异形体B．H2O2分子中含有非极性键和极性共价键C．NH4Cl的电子式为：D．CO2分子的比例模型图：10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下,1.8gD2O含有的电子数是NAB．标准状况下，5.6L一氯甲烷中共价键数目为NAC．NaH与水反应生成0.5molH2时，转移电子数为NAD．1.0L0.5mol/L的NH4NO3溶液中NH数目为0.5NA11、在100℃时，容积为5L的真空密闭容器中加入一定量的N2O4，容器内N2O4和NO2的物质的量变化如表所示：时间/s0210306090n(N2O4)/mol0.3c0.150.125b0.12n(NO2)/mol0da0.350.360.36下列说法正确的是A．10s时，以NO2浓度变化表示的该反应速率为0.006mol·L-1·s-1B．该温度下反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K=0.216C．2s时容器内压强至少为反应前的1.1倍以上D．其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2，建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量减小12、化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（）A．氯气作水杀菌消毒剂B．硅胶作袋装食品的干燥剂C．二氧化硫作纸浆的漂白剂D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂13、已知第三周期元素M，其原子最外层达到饱和时所需的电子数小于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的正整数倍。下列关于元素M的说法一定错误的是()A．M元素存在同素异形体B．M元素为非金属元素C．M的最高价氧化物对应的水化物都是强酸D．常温下，能稳定存在的M的氧化物都是酸性氧化物14、常温下，A是由X和Y两种短周期元素组成的气体，X的原子序数小于Y，甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素对应的单质，Z是地壳中含量最高的元素，它们有如图所示的转化关系。下列说法不正确的是()A．X、Y、Z三种元素可能组成是离子化合物B．反应②为化合反应，反应③为置换反应C．常温常压下，Z的氢化物熔点为同族最高D．原子半径：Y＞Z＞X15、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I-A．A B．B C．C D．D16、下列实验方案不能达到相应目的的是ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱实验方案A．A B．B C．C D．D17、常温下pH=2的溶液中离子数据如下：则该溶液中还存在的一种离子是A．K+ B．Ba2+ C．Cl- D．CO32-18、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+19、下列指定反应的离子方程式正确的是A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+=I2+3H2OD．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O20、下列图示与对应的叙述相符的是()A．图甲中阴影部分的面积表示v(正)与v(逆)的差值B．图乙表示溶液中含铝微粒浓度随pH变化曲线，a点所示溶液中存在大量AlOC．图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D．图丁表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系21、下列物质的转化在给定条件下能实现的是A．B．C．D．22、短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图所示：下列有关说法正确的是A．离子半径大小顺序：e>f>g>hB．由x、z、d三种元素形成的化合物中一定不含离子键C．y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是g的氢化物D．装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升约2/3二、非选择题(共84分)23、（14分）氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：（1）A的结构简式是________。（2）C的化学名称是__________。（3）②的反应类型是________。（4）E中不含N原子的官能团名称为_______。（5）氨甲环酸（G）的分子式为________。（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：________。a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰（7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：__（无机试剂任选）。24、（12分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）根据以上信息填空：（1）写出下列物质的化学式：A______G__________；（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应④____________________________；25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=−97.3kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1)仪器C的名称是___________，冷凝管的进水方向______(填“a”或“b”)。(2)乙、丁中的试剂是_______________________。(3)下列操作或描述正确的是_________________。A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：_____________。(5)长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是:_______。(6)若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。(产率＝×100%)26、（10分）使用下图装置可进行测定SO2转化成SO3转化率的实验探究：已知：SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃。（1）请从下图A～F装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中Ⅰ____________、Ⅱ___________、Ⅲ___________。冰水浓硫酸生石灰水NaOH溶液热水ABCDEF（2）用1molNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置Ⅲ增重了12.8g，则实验中SO2的转化率为_______%。（3）为使SO2有较高的转化率，应均匀通入O2,，且试验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作顺序是________________；尾端球形干燥管的作用是_____________。（4）将S02通过Na2O2粉末，完全反应后除生成O2外还生成一种白色粉末。证明该白色粉末既有Na2SO3又有Na2SO4所需的试剂是水、_______、________、品红溶液。27、（12分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等。①请完成下列表格试剂作用A___验证SO2的还原性BNa2S溶液___C品红溶液___②A中发生反应的离子方程式为____。（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的___(填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积__(填序号)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/LNaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是___。A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．配制溶液定容时，俯视刻度线E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视28、（14分）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。①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______________________。②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①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。②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ClO2①写出制备ClO2的离子方程式：____________________；②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pH<2.0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:①用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为amol/L。②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VmL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cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。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)。29、（10分）用废铅蓄电池的铅泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制备精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)，主要制备流程如下。请回答下列问题：（1）铅蓄电池在生活中有广泛应用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时转移了1mol电子，则理论上两极质量之差为_____________。（2）将滤液Ⅰ、滤液Ⅲ合并，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作，可得到一种结晶水合物(Mr=322)，其化学式为______________________。（3）步骤③酸溶时铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO。滤液Ⅱ中溶质的主要成分为______(填化学式)。（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为______________________。（5）步骤⑦的洗涤操作中，检验沉淀是否洗涤完全的操作方法是__________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【分析】Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，则Y是Si元素；Y的原子序数是W和Z

的原子序数之和的一半，W和Z

的原子序数之和为28，WZ溶于水中不能促进水的电离，则W是Na元素、Z是Cl元素；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，则X是O元素。【详解】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越少，半径越大，四种元素原子中，原子半径最大的是Na，故A错误；B.X、Y形成的化合物是SiO2，SiO2是酸性氧化物，不溶于盐酸，故B错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性HClO4>H2SiO3，故C正确；D.1molNa与足量氧气反应，钠元素化合价由0升高为+1，所以转移的电子数为，故D错误；故答案选C。2、C【解析】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故B错误；C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。3、C【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。4、D【详解】A．向显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后溶液变无色，碘单质与SO2、H2O反应生成H2SO4和HI，离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO+4H+，离子方程式与所述事实相符，故A不选；B．硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓，离子方程式与所述事实相符，故B不选；C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，离子方程式与所述事实相符，故C不选；D．该反应为可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜-38.6kJ•mol-1，故D选；答案选D。5、A【解析】A、二氧化硫漂白发生的是非氧化还原反应，利用反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，吸收溴蒸气，是利用其还原性，选项A错误；B、ClO2具有强氧化性，可使病毒蛋白发生变性，选项B正确；C、酸雨中的硫酸、亚硫酸及硝酸等与氢氧化钙发生中和反应，选项C正确；D、脱硝反应：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O中，氨显还原性，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查物质的性质与用途相关知识，意在考查考生对中学化学基础知识正确复述、再现、辨认，并融会贯通的能力。6、B【分析】已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-．曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+。【详解】A.K1=，A点c(N2H5＋)=c(N2H4)，K1=c(OH−)=10−6，故A正确；B.K2=，B点c(N2H5＋)=c(N2H62+)，则K2=c(OH−)=10−15；①N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－，②N2H5＋＋H2ON2H62＋＋OH－，①+②得N2H4＋2H2ON2H62＋＋2OH－，则K1∙K2==10−15×10−6=10−21，D点溶液中c(N2H4)=c(N2H62+)，则c(OH－)＝=10－10.5，故B错误；C.

N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，C点显酸性，c(H+)>c(OH−)，c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，故C正确；D.N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，质子守恒为c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)，故D正确；答案选B。7、A【详解】A．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为n==1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故A正确；B．2molNO和1molO2发生反应生成2molNO2，即2NO+O2=2NO2，生成的NO2会存在平衡，即2NO2N2O4，故所得产物分子小于2NA个，故B错误；C．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D．1L0.1mol/LNa2S溶液中，Na2S是强电解质，完全电离，即Na2S=2Na++S2-，S2-会发生水解，即S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，则S2-数会减少，即1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数小于0.1NA，故D错误；答案为A。8、C【解析】A.由图2可以知道，铜离子将分子组合在一起，所以新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，所以A选项是正确的；

B.由图可以知道，在铜离子作用下，合成新分子，新分子中通过机械键互锁而链接在一起，所以B选项是正确的；

C.由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子，故C错误；

D.四个环形分子“互锁”可以合成分子，多个环形分子“互锁”可以合成更加复杂的分子，所以D选项是正确的。

故选C。【点睛】本题以科学界的最新研究成果为知识背景，考查了学生的分析能力和阅读、应用信息的能力，注意把握题目中包含的信息，审题要细心，由题干信息可以知道，科学家借助某些金属离子制造出复杂新分子，铜离子不是唯一可以借助的金属离子。9、B【解析】试题分析：A、同素异形体研究对象是单质，而H、D、T属于原子，三者互为同位素，故错误；B、H2O2的结构式为H－O－O－H，含有非极性键和极性共价键，故正确；C、Cl－没有表示出最外层电子，故错误；D、同周期从左向右原子半径减小，C的半径大于O，故错误。考点：考查化学用语的正确使用等知识。10、B【详解】A.D2O摩尔质量为20g/mol，则1.8gD2O物质的量，D2O中含有10个电子，则1.8gD2O含有的电子数是0.9NA，故A错误；B.标准状况下，5.6L一氯甲烷物质的量，一氯甲烷含4条共价键，则标准状况下，5.6L一氯甲烷中共价键数目为NA，故B正确；C.NaH与水反应,0.5molH2时有0.5molNaH参与反应，转移电子数为0.5NA，故C错误；D.NH会发生水解，则1.0L0.5mol/L的NH4NO3溶液中NH数目小于0.5NA，故D错误。故答案选：B。11、C【分析】根据表格数据可知，60s时反应已经达到平衡，则b=0.12mol，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，10s时，N2O4物质的量的变化量=0.3mol-0.15mol=0.15mol，则a=0.3mol，据此分析解答。【详解】A．10s内，以NO2表示的该反应平均速率为v(NO2)==0.006mol·L-1·s-1，10s时为瞬时速率，小于0.006mol·L-1·s-1，故A错误；B．根据分析，60s时反应达到平衡，平衡时，N2O4为0.12mol，NO2为0.36mol，容积为5L，该温度下反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K==4.63，故B错误；C.前10s内，以NO2表示的该反应平均速率为v(NO2)==0.006mol·L-1·s-1，若以此反应速率计算，2s时NO2的物质的量为0.06mol，N2O4的物质的量为0.27mol，气体总物质的量为0.33mol，同温同体积时，气体的压强比等于气体物质的量之比，则2s时容器内压强为反应前的=1.1倍，但随着反应的进行反应速率逐渐减小，前2s内的化学反应速率大于0.006mol·L-1·s-1，所以2s时生成的NO2的物质的量大于0.06mol，气体总物质的量大于0.33mol，所以2s时容器内压强至少为反应前的1.1倍以上，故C正确；D．其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2，因为容器体积不变，充入NO2或N2O4越多，N2O4的体积分数越大，建立新平衡时，与原平衡相比较，气体平均相对分子质量增大，故D错误；答案选C。12、B【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。答案选B。【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。13、C【分析】第三周期元素M，次外层与最内层电子数之差为6，其原子的最外层达到饱和时所需电子数小于6，且等于最内层电子数的正整数倍，则M为S或Si，据此分析作答。【详解】A．S元素存在同素异形体，A项正确；B.Si、S元素为非金属元素，B项正确；C.Si的最高价氧化物对应的水化物H2SiO3是弱酸，C项错误；D.常温下，能稳定存在的M的氧化物为SO2、SO3、SiO2都是酸性氧化物,D项正确；答案选C。14、A【解析】地壳中含量最高的元素Z是氧元素，则丙为氧气，根据图中信息可知A为烃，则X为氢，Y为碳，甲为氢气，乙为碳单质，B为二氧化碳，C为水。A、X、Y、Z三种元素是氢、碳、氧，不能组成离子化合物，错误；B、反应②为高温下碳与二氧化碳化合生成一氧化碳，属于化合反应，反应③为高温条件下水蒸汽与碳反应生成氢气和一氧化碳，属于置换反应，正确；C、常温常压下，Z的氢化物水，由于存在氢键，故其熔点为同族最高，正确；D、氢原子半径最小，而同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故原子半径：Y>Z>X，正确。答案选A。15、D【解析】A．氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故A错误；B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为亚硫酸根离子滴加稀硝酸会被硝酸氧化成硫酸根离子，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，故B错误；C．黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈浅紫色说明有钾离子，该选项中火焰呈黄色，原溶液中有钠离子不一定有钾离子，故C错误；D．原溶液为无色溶液说明原溶液中无碘单质，氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色，所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故D正确；故选D。16、A【解析】A.比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B.本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C.本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D.本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；故合理选项为A。【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。17、C【分析】pH=2的溶液含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，结合溶液为电中性来解答。【详解】pH=2的溶液含大量的H+，c(H+)=1.0×10-2mol/L，结合表中数据可知，1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L×3>1.0×10-2mol/L+1.75×10-2×2，则还含离子为阴离子，且CO32-与Fe3+反应生成沉淀不能共存，只有C合理，故合理选项是C。【点睛】本题考查常见离子的检验及离子共存，把握溶液的pH及电荷守恒为解答的关键，注意电荷守恒的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。18、D【解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。19、D【详解】A.氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；B.CO32−的水解为可逆反应，应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，正确的离子方程式：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，生成BaCO3和氢氧化钠、水，发生HCO3−+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。20、C【解析】A.图甲中阴影部分的面积表示正反应浓度与逆反应浓度的差值，A错误；B.图乙表示溶液中含铝微粒浓度随pH变化曲线，a点所示铝离子转化为氢氧化铝的过程，溶液中存在大量Al3+，B错误；C.在合成氨的反应，增加氢气浓度，提高氮气的转化率，自身转化降低，a点N2的转化率小于b点，C正确；D.同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系不是线性关系，而是点状关系，且整个过程中氧气的压强是不变的。D错误。21、A【解析】A.SO2与Ca(ClO)2发生氧化还原反应而不能生成HClO；B.NH3与O2在一定条件下反应生成NO，不能生成NO2；C.Cu2(OH)2CO3+4HCl2CuCl2+3H2O+CO2↑，CuCl2(aq)Cu+Cl2↑；D.NaCl(aq)与CO2不能发生反应生成NaHCO3。故选C。22、D【详解】由图1得，f原子半径最大，原子序数最大，且最高正价为+3，故猜测f为Al，又y、d原子序数递增，原子半径减小，最高正价或最低负价分别为+4，-2，故猜测y为C，d为O，x半径最小，原子序数最小，且最高正价为+1，故x为H，h的原子序数最大，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，说明是一元强酸，故猜测h为Cl，g原子序数小于h，且最高价氧化物对应的水化物pH小于2，说明是多元强酸，故猜测g为S，生成的酸为H2SO4，e最高价氧化物对应的水化物的pH为12，是一元强碱，故猜测e为Na，z的原子序数最小，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，故猜测z为N。A.e、f、g、h对应的元素分别为Na、Al、S、Cl，离子半径大小为S2->Cl->Na+>Al3+，故离子半径大小顺序为g>h>e>f，故A错误；B.x、z、d对应的元素分别是H、N、O，三种元素形成的化合物中NH4NO3含有离子键，故B错误；C.y、d、g对应的元素分别是C、O、S，氢化物的稳定性可以根据非金属性来比较，非金属性越强则氢化物越稳定，同周期元素原子序数越大非金属性越强，同主族元素原子序数越小非金属性越强，故最稳定的是d的氢化物，故C错误；D.z、d对应的元素分别是N、O，zd2为NO2，则装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3体积二氧化氮生成1体积的一氧化氮，则试管液面上升约2/3，故D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH-CH=CH22-氯-1,3丁二烯消去反应碳碳双键、酯基C8H15NO2、【分析】由合成路线可知，A为1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；D→E为-Cl被-CN取代，E→F为酯的水解反应，F→G为加氢的还原反应，以此分析解答。【详解】（1）由以上分析可知，A为1,3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1,3-丁二烯；（3）反应②为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；（6）E的同分异构体：a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为：24、NaFe(OH)3产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。25、蒸馏烧瓶a浓硫酸BD2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中75%【分析】本实验目的是用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，甲为制取二氧化硫装置，戊为制取氯气装置，乙和丁均为除杂装置，己为吸收空气中水蒸气装置和吸收尾气。（6）中，根据物质的量之比等于化学方程式中计量数之比可推得，消耗氯气的量等于理论生成硫酰氯的物质的量，进而计算硫酰氯的产率。【详解】（1）仪器C为蒸馏烧瓶，冷凝水的流向是“下进上出”，所以装置丙冷凝管的进水入口为a；因此，本题正确答案是：蒸馏烧瓶；a；（2）乙的作用是干燥SO2，丁的作用是干燥氯气，所以乙、丁中的试剂都是浓硫酸；因此，本题正确答案是：浓硫酸；（3）A.98.3%硫酸缺少水，硫酸电离很少，大多以分子形式存在，而Na2SO3(s)和H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的情况下才能顺利进行，故A错误；B.同温同压下，实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等，故B正确；C.装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和NaCl溶液，才能减小氯气的溶解度，故C错误；D．装置己可吸收二氧化硫和氯气，防止污染，同时吸收空气中的水，防止硫酰氯变质，故D正确。因此，本题正确答案是：BD；(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，根据质量守恒配平，反应方程式为：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4，因此，本题正确答案是：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4；(5)由分解反应SO2Cl2=SO2+Cl2可知，分解产生少量氯气，氯气为黄绿色，溶解在其中，会导致硫酰氯发黄；因此，本题正确答案是：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生的氯气溶解在其中；(6)若反应中消耗的氯气体积为896mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，由化学方程式SO2+Cl2=SO2Cl2可知，理论上生成硫酰氯0.04mol，所以硫酰氯的理论产量m=nM=(32+32+71)g/mol=5.4g，产率=100%=100%=75%。因此，本题正确答案是：75%。26、BAE或C80先加热催化剂再滴入浓硫酸防止空气中的二氧化碳及水蒸气干扰造成误差BaCl2溶液稀盐酸【解析】试题分析：由题中信息可知，该实验首先用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，氧气和二氧化硫经干燥后，通入有催化剂的加热管中发生反应，反应后的产物经冰水冷凝后分离出三氧化硫晶体，剩余的二氧化硫经装置III吸收剂吸收后，测出该装置的增重，即可求出二氧化硫的转化率。（1）装置Ⅰ是用于干燥二氧化硫的，选B；装置Ⅱ是用于冷凝收集三氧化化硫的，选A；装置Ⅲ是用于吸收剩余的二氧化硫的，选C或E。（2）用1molNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应可以生成１molSO2，即64gSO2，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置Ⅲ增重了12.8g，则剩余的SO2质量为12.8g，实验中SO2的转化率为80%。（3）为使SO2有较高的转化率，应均匀通入O2,，且试验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作顺序是先加热催化剂再滴入浓硫酸；尾端球形干燥管的作用是防止空气中的二氧化碳及水蒸气干扰造成误差。（4）将SO2通过Na2O2粉末，完全反应后除生成O2外还生成一种白色粉末。证明该白色粉末既有Na2SO3又有Na2SO4，可以检验其中的亚硫酸根离子和硫酸根离子，方法是：取样品两份，一份与稀盐酸反应，将生成的气体通入品红溶液中，若品红褪色，则粉末中有亚硫酸钠；另一份溶于水后，先加足量的稀盐酸将溶液酸化后，再滴加少量的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则证明粉末中有硫酸钠。因此，所需的试剂是：水、BaCl2溶液、稀盐酸、品红溶液。27、FeCl3溶液验证SO2的氧化性验证SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C【分析】(1)①根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；②A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此判断；(3)由c(待测)=可知，不当操作使V(NaOH)偏大，则会造成测定结果偏高。【详解】(1)①根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；②A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正确；(3)A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；B．滴定前锥形瓶内有少量水，不影响消耗NaOH溶液的体积，由c(待测)=可知，测定浓度不变；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；D．配制溶液定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，NaOH溶液浓度偏高，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；故答案为A、C。【点睛】本题考查二氧化硫性质的探究，二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色）；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。28、1∶44H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2OBaCl2NaCl+3H2ONaClO3+H2↑2ClO3-+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O生成的CO2对ClO2起到稀释作用＜2.0(cV1-5aV)/4V【详解】(1)①NaClO2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4molClO2、5molNaCl，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1∶4，故答案为1∶4；②ClO2-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)①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；②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