2021版江苏新高考选考化学（苏教版）一轮复习教师用书：专题26专题综合检测（二）从海水中获得的化学物质

专题综合检测(二) (时间：90分钟；满分：100分)一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是(　　)A．小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污B．过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白C．医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D．使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀解析：选D。常用于生产玻璃的是碳酸钠，A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B错误；医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非将病毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加快腐蚀，D正确。2．鉴别NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液可以选用的试剂是(　　)①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯④硝酸、AgNO3溶液　⑤氯水、苯　⑥氯水、己烯A．①②④ B．②③⑥C．②④⑤ D．④⑤⑥解析：选C。试剂②：下层颜色呈黄绿色的是NaCl溶液、呈橙红或红棕色的是NaBr溶液、呈紫红色的是NaI溶液；试剂④：加稀HNO3后再加AgNO3溶液产生沉淀的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，对应的溶液为NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液；试剂⑤：上层颜色为黄绿色、橙红或红棕色、紫红色的溶液分别为NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液。3．下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是(　　)A．Na和O2 B．NaOH和CO2C．NaHCO3和NaOH D．Na2CO3和HCl解析：选C。A项，反应条件不同，生成物不同；B项，CO2的用量不同，生成物不同；D项，HCl的用量不同，生成物不同。4．(2020·南京高三模拟)25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)A．0.1 mol·L－1 Ca(NO3)2溶液中：Na＋、NH、CO、CH3COO－B．能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Na＋、NO、Cl－C．3% H2O2溶液中：Fe2＋、H＋、SO、Cl－D．0.1 mol·L－1 KSCN溶液中：Fe3＋、NH、Br－、SO解析：选B。A项，Ca2＋与CO反应生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C项，H2O2能氧化Fe2＋而不能大量共存；D项，Fe3＋与SCN－不能大量共存。5．下列关于卤素(用X表示)的叙述，错误的是(　　)A．卤素单质与水反应均可用X2＋H2OHXO＋HX表示B．HX都极易溶于水，它们的热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱C．卤素单质的颜色由F2→I2随相对分子质量增大而变深D．X－的还原性强弱依次为F－<Cl－<Br－<I－解析：选A。卤素单质中，氟气和水反应生成HF和O2，不符合X2＋H2OHXO＋HX，故A错误；卤素原子得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减弱，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱，故B正确；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，故C正确；卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱，对应阴离子的还原性F－<Cl－<Br－<I－，故D正确。6．(2020·承德高三检测)下列有关NaHCO3和Na2CO3的性质，叙述错误的是(　　)A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小B．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，两者产生的CO2一样多解析：选C。Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O。解答此类题目用归“1”法：A项，假设二者都是1 g，则n(NaHCO3)＝n(CO2)＝ mol，n(Na2CO3)＝n(CO2)＝ mol，故A正确；B项，假设二者均为1 mol，则消耗的盐酸：Na2CO3为2 mol，NaHCO3为1 mol，故B正确；C项，假设二者均为1 g，Na2CO3需盐酸为2× mol＝ mol，NaHCO3需盐酸  mol，故C错误。7．对氯水处理或氯水与下列物质反应过程中不会产生气体的是(　　)解析：选C。A项，氯水中的HClO见光分解生成O2；B项，氯水中的H＋与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2；C项，氯水滴入NaBr溶液反应生成Br2和NaCl，没有气体产生；D项，氯水滴入Na2O2中会产生O2。8．(2020·苏锡常镇四市调研)下列解释事实的离子方程式正确的是(　　)A．石灰水表面漂着的“白膜”可用醋酸溶解：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2OB．NH4HSO4溶液呈酸性的主要原因：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋C．盐碱地(含较多NaCl 、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性：Ca2＋＋CO===CaCO3 ↓D．漂白粉溶液在空气中失效：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓解析：选D。石灰水表面漂着的“白膜”为碳酸钙，用醋酸溶解的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===2CH3COO－＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑，A项错误；NH4HSO4溶液呈酸性的主要原因是NH4HSO4===NH＋H＋＋SO， B项错误；盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，石膏微溶于水，反应的离子方程式为CaSO4＋CO===CaCO3＋SO，C项错误；漂白粉溶液在空气中失效，是Ca(ClO)2与空气中的二氧化碳、水反应，离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓，D项正确。9．在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生如下离子反应：Mn2＋＋S2O＋H2O―→MnO＋SO＋H＋(未配平)，下列说法不正确的是(　　)A．可以利用该反应检验Mn2＋B．氧化性比较：S2O>MnOC．该反应中酸性介质可以为盐酸D．若有0.1 mol氧化产物生成，则转移电子0.5 mol解析：选C。A项，含Mn2＋的溶液中滴加(NH4)2S2O8溶液后，溶液变为紫色，所以可利用该反应检验Mn2＋，正确；B项，在反应中S2O、MnO分别为氧化剂、氧化产物，所以氧化性：S2O>MnO，正确；C项，由于MnO可以与盐酸反应生成Cl2，所以酸性介质不能为盐酸，错误；D项，由Mn2＋生成1 mol MnO转移5 mol电子，所以生成0.1 mol氧化产物(MnO)，转移0.5 mol电子，正确。10．用CuS、Cu2S处理酸性废水中Cr2O，发生反应如下。反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有关说法正确的是(　　)A．反应Ⅰ、Ⅱ中Cu2＋和SO都是氧化产物B．处理1 mol Cr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等C．反应Ⅱ中参与反应的还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5D．反应Ⅰ、Ⅱ中处理1 mol Cr2O，转移电子数不相等解析：选C。反应Ⅰ中CuSSO，Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式：3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O；反应Ⅱ中Cu2SSO，Cu2S2Cu2＋，Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。A项，反应Ⅰ中铜元素的化合价未发生变化，错误；B项，处理1 mol Cr2O时，反应Ⅰ消耗8 mol H＋，反应Ⅱ消耗9.2 mol H＋，错误；C项，反应Ⅱ中硫化亚铜是还原剂，重铬酸根离子是氧化剂，还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，正确；D项，处理重铬酸根离子的物质的量相等，则转移电子数相等，错误。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。11．下列各组离子能大量共存的是(　　)A．“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋B．加入KSCN溶液显血红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－C．能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Na＋、SO、K＋D．pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋解析：选CD。A项，“84”消毒液的水溶液中含有强氧化性离子ClO－，具有还原性的Fe2＋易被氧化而不能大量存在；B项，加入KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，S2－与Fe3＋易发生氧化还原反应而不能大量共存；C项，能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液中含有H＋和NO，Fe3＋、Na＋、SO、K＋能够大量共存；D项，pH＝2的溶液显酸性，NH、Na＋、Cl－、Cu2＋能够大量共存。12．一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得A溶液，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是(　　)A．通入的CO2气体在标准状况下可能大于22.4 LB．A溶液中n(NaOH)＝2n(Na2CO3)C．A溶液中既含Na2CO3，又含NaHCO3D．A溶液中一定只有Na2CO3解析：选B。根据碳酸钠与盐酸的反应情况：①Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl；②NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，开始滴入3 mol 盐酸无气体生成，后滴入1 mol盐酸，生成1 mol CO2，而后再滴加盐酸无气体生成，说明A溶液为氢氧化钠与碳酸钠的混合物。根据上述化学反应机理，可以推断A溶液中碳酸钠为1 mol，氢氧化钠为2 mol。13．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4＋4H＋===PbO2＋2Pb2＋＋2H2O; PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SO===2MnO＋5PbSO4＋2H2O。下列推断正确的是(　　)A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnOC．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb＋16HNO3===3Pb(NO3)4＋4NO↑＋8H2OD．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑解析：选AD。A.反应Ⅰ未发生氧化还原反应，且产物Pb2＋与PbO2的物质的量之比为2∶1，说明Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1，故A正确；B.反应Ⅰ中HNO3未能将Pb(Ⅱ)氧化成Pb(Ⅳ)，不能说明氧化性HNO3>PbO2，反应Ⅱ中PbO2将Mn2＋氧化成MnO，说明氧化性PbO2>MnO，故B错误；C.根据反应Ⅰ可知硝酸不能将Pb氧化成Pb4＋，不能生成Pb(NO3)4，故C错误；D.根据反应Ⅱ可知氧化性PbO2>MnO，而酸性条件下MnO能将HCl氧化成Cl2，则Pb(Ⅳ)也能将HCl氧化成Cl2，所以反应Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑能发生，故D正确。14．下列说法正确的是(　　)A．还原性：Fe>Cu，则电解FeCl3和CuCl2混合溶液时，阴极放电顺序为Cu2＋、Fe3＋B．含1 mol K2S的溶液中加入一定量的稀硝酸，若氧化产物S和SO的物质的量之比为2∶3，此时转移电子数为5.6NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)C．根据强酸制弱酸原理，反应Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4不能发生D．“银针验毒”的反应原理之一是4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O，转移1 mol电子时生成1 mol Ag2S解析：选B。氧化性Fe3＋>Cu2＋，放电顺序应为Fe3＋、Cu2＋，A错误；1 mol K2S对应的氧化产物为0.4 mol S和0.6 mol SO，转移电子的物质的量为0.4 mol×2＋0.6 mol×8＝5.6 mol，即5.6NA，B正确；强酸制弱酸原理只适用于复分解反应，而Cl2与SO2的反应为氧化还原反应，故可以发生，C错误；根据得失电子守恒可得关系式Ag2S～2e－，则转移1 mol电子时生成0.5 mol Ag2S，D错误。15．(2020·南通高三检测)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．上述离子方程式配平后，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶5C．该反应中，若有1 mol CN－发生反应，则有5NA个电子发生转移D．若将该反应设计成原电池，则CN－在正极区发生反应解析：选BD。该反应中Cl元素化合价降低，N、C元素化合价升高，则Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；配平的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，故B错误；C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，所以若有1 mol CN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，故C正确；若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生氧化反应，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(10分)用脱脂棉包住0.78 g Na2O2粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴1 mL水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。(1)由实验现象可得出的结论是Na2O2与H2O反应有氧气生成且反应为________反应。(2)如果用嘴通过细管向脱脂棉中吹气，脱脂棉也能燃烧起来，试写出反应的化学方程式：________________________________、____________________________________；若向其中吹入的是SO2气体，脱脂棉________(填“能”或“不能”)燃烧起来。(3)H2和CO的混合气体0.02 g通入一盛有0.78 g Na2O2的密闭容器中，再通入过量O2，并用电火花点燃使其充分反应，容器中固体增加的质量为________g。解析：(1)脱脂棉能燃烧，说明Na2O2与H2O的反应属于放热反应且有助燃性气体O2生成。(2)吹出的气体中含有大量水蒸气和CO2，与Na2O2反应均为放热反应且有O2生成。而SO2与Na2O2反应无助燃性的O2产生(SO2＋Na2O2===Na2SO4)，所以脱脂棉不能燃烧。(3)根据反应：2CO＋O22CO2、2H2＋O22H2O、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑可知，固体增加的质量即为H2和CO的质量，为0.02 g。答案：(1)放热　(2)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　不能　(3)0.0217．(14分)ICl(氯化碘)是红棕色液体，熔点为13.9 ℃，沸点为 97.4 ℃，易水解，接触空气时能形成五氧化二碘，能与许多单质发生反应，易溶于乙醇、乙醚等。某校研究性学习小组的同学拟用下列仪器制备氯化碘。回答下列问题：(1)检查A装置气密性的方法为_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)上述装置，按气流方向连接的顺序为________(装置可重复使用)，A装置中发生反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)C装置的作用是______________________________________________。(4)E装置中的物质反应时需放在水浴中，控制温度大约40 ℃，其目的是________________________________________________________________________。(5)按上述连接好的装置进行实验，实验步骤如下：①检查装置气密性后，装入药品；②打开分液漏斗活塞；③关闭分液漏斗活塞；④停止加热E装置，充分冷却；⑤水浴加热E装置。请按正确的顺序填入上述步骤的序号：________。(6)在A装置后可连接如图所示装置，当反应结束关闭分液漏斗活塞后，关闭K，该装置的作用是______________________________________________________________________________________________________________________________。(7)ICl和水反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________。解析：(2)利用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，氯气中含有氯化氢、水蒸气，因此混合气体先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，氯气进入E装置中，与碘进行反应，由于ICl(氯化碘)是红棕色液体，易水解，所以还必须连接B装置，最后多余的尾气被碱液吸收，则按气流方向装置的连接顺序为A→C→B→E→B→D；A装置中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(5)装置连接好后，首先检查装置的气密性，不漏气后，加入药品；打开分液漏斗活塞，反应开始进行；用水浴法给E装置加热；反应结束后，停止加热E装置，充分冷却，待温度降到室温后，关闭分液漏斗活塞；则正确的实验步骤为①②⑤④③。(6)在A装置后可连接如题图所示的装置，当反应结束关闭分液漏斗活塞后，关闭K，该装置可以用来储存多余的Cl2，避免其释放到空气中污染空气。(7)ICl易发生水解，与水反应生成HCl和HIO，反应的化学方程式为ICl＋H2OHIO＋HCl。答案：(1)从A装置的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗活塞，手握圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，松开手后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好(答案合理即可)(2)A→C→B→E→B→D　MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(3)除去Cl2中混有的HCl气体(4)减少I2的升华和ICl的挥发(5)①②⑤④③(6)储存多余的Cl2(7)ICl＋H2OHIO＋HCl18．(10分)(1)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO3·3H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是________。A．MnO2 B．KMnO4溶液C．稀盐酸 D．Na2SO3溶液(2)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。饮用水中ClO2、ClO的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClO、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH≤2.0时，ClO与I－反应的离子方程式：____________________。在pH＝7.0～8.0时，加入KI，发生反应的离子方程式为_________________________________________。(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋ H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。当1 mol HClO2发生分解反应时，转移的电子数是________。(4)有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。解析：(1)过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质。A项，MnO2催化H2O2分解，H2O2既做氧化剂又做还原剂；C项，盐酸与Na2CO3反应；D项，H2O2氧化Na2SO3，H2O2做氧化剂，发生还原反应。(2)由题图可知，当pH≤2.0时，ClO2被I－还原为Cl－，则ClO也被还原为Cl－；当pH＝7.0～8.0时，ClO2被I－还原为ClO。(3)配平方程式得5HClO2===4ClO2↑＋ H＋ ＋Cl－＋2H2O，5 mol HClO2参加反应转移电子数为4NA，则当1 mol HClO2分解时，转移电子数为0.8NA。(4)根据元素化合价变化Fe2＋～Fe3＋、NH～NO，可知Fe2＋与H＋、NO反应生成Fe3＋、NH、H2O。答案：(1)B　(2)ClO＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O　2ClO2＋2I－===2ClO＋I2　(3)4.816×1023(或0.8NA)　(4)1∶819．(14分)小苏打长期放置在空气中会变质(部分转变为Na2CO3)，某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案：Ⅰ.加热分解法利用图甲装置，充分加热小苏打样品。(1)仪器A的名称为________。(2)在实验过程中，需要测量的实验数据有①仪器A的质量；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。Ⅱ.测量气体体积法利用图乙装置，测定反应生成气体的体积。(3)组装好仪器后，首先进行的操作为___________________________________________。(4)导管g的作用为_________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)为了减小实验误差，B、C中最好用____________溶液代替水。(6)待反应结束，气体冷却至室温后，利用图示装置读取气体体积时，应注意的事项有①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(7)若所取样品的质量为m g，反应前滴定管C的读数为V1 mL，反应结束后滴定管C的读数为V2 mL，则样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为________(气体体积均已换算为标准状况下的体积)。解析：Ⅰ.(1)仪器A是坩埚。(2)还需要测定的实验数据有加热前仪器A和样品的总质量以及加热冷却后仪器A和残留物的总质量。Ⅱ.(3)涉及气体的实验，仪器连接好后第一步是检查装置气密性。(4)导管g的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差。(5)由于生成的二氧化碳能溶于水，会造成误差，所以最好采用饱和NaHCO3溶液代替水，从而减小误差。(6)①读数时上下移动C管，使B、C两管液面相平，减小由于压强不同引起的体积误差；②视线与凹液面最低处相平，减小由于读数引起的体积误差。(7)根据碳原子守恒，1 mol碳原子对应1 mol二氧化碳，二氧化碳的物质的量为 mol，所以样品中 NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为 mol。答案：Ⅰ.(1)坩埚　(2)②加热前仪器A和样品的总质量　③加热冷却后仪器A和残留物的总质量Ⅱ.(3)检查装置气密性(4)平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差(5)饱和NaHCO3(6)①读数时上下移动C管，使B、C两管液面相平②视线与凹液面最低处相平(7) mol20．(12分)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。(1)氧化­还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是________mol。②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为________。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为________。(3)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。①装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO、NO，请写出生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式：_____________________________________________________________________________________________________________。②装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋再生，再生时生成的Ce4＋在电解槽的________(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O的电极反应式为________________________________________________________________________。③已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO的浓度为a g·L－1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气________L(用含a的代数式表示，结果保留整数)。解析：(1)①在反应NO＋O3===NO2＋O2中，每产生1 mol 氧气，转移电子的物质的量是2 mol，则生成标准状况下11.2 L(即0.5 mol)O2时，转移电子的物质的量是1 mol。②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，反应方程式是6NO2＋4CO(NH2)2===7N2＋4CO2＋8H2O，在该反应中，NO2是氧化剂，变为还原产物N2；CO(NH2)2是还原剂，变为氧化产物N2，所以氧化产物与还原产物的质量比为8∶6＝4∶3。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则根据得失电子守恒及原子守恒，可得化学方程式为3CO＋2NO1.5===N2＋3CO2，化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为3∶1。(3)①在酸性条件下，NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO、NO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式是2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO＋NO＋6H＋＋4Ce3＋。②用质子交换膜电解槽电解Ce3＋使得Ce4＋再生，再生时Ce3＋失去电子，被氧化，所以生成的Ce4＋在电解槽的阳极，同时在另一极发生还原反应生成S2O，电极反应式为2H＋＋2HSO＋2e－===S2O＋2H2O。③已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO的浓度为a g·L－1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，则失电子数是1 000× mol。设消耗标准状况下氧气的体积是V，则得电子数是×2×(2－0) mol。根据得失电子守恒可得1 000×＝×2×(2－0)，解得V≈243a。答案：(1)①1　②4∶3　(2)3∶1　(3)①2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO＋NO＋6H＋＋4Ce3＋　②阳极　2H＋＋2HSO＋2e－===S2O＋2H2O　③243a