2023年北京市朝阳区高考化学一模试卷(附答案详解).docx

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1、2023 年北京市朝阳区高考化学一模试卷1. 以下变化属于物理变化的是()A. 液氨汽化C. 煤转化为汽油B. 火炬中的H2燃烧D. 聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O2. 以下物质的应用中，利用了氧化复原反响的是()A. 用NaHCO3固体制备纯碱B. 用Na2O2作为潜水艇或呼吸面具的氧气来源C. 用Al2(SO4)3净化含少量泥土的浑浊水D. 用Na2CO3除去粗盐中的钙离子3. 以下化学用语或图示表达不正确的选项是()A. Cl的构造示意图：B. 2 甲基丁烷的构造模型：C. 乙醇的核磁共振氢谱：D. NaCl的电子式：4. 干冰(固态二氧化碳)在78时可直接升华为气体，其晶胞构造如下图

2、。以下说法不正确的选项是()A. 干冰晶体是共价晶体B. 每个晶胞中含有4个CO2分子C. 每个CO2分子四周有12个紧邻的CO2分子D. 干冰升华时需抑制分子间作用力5. 以下性质的比较，不正确的选项是()A. 酸性：H2SO4 H3PO4C. 热稳定性：H2S H2O6. 以下方程式与所给事实不相符的是()B. 电负性：S ClD. 第一电离能：S OA. SO2通入氯水中，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4B. 酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色：HCO CO2 + H+33C. 冷凝NO2气体得到N2O4液体：2NO2(g) N2O4(l)H 0

3、第 1 页，共 23 页D. 制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，防止发生：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)37. 某同学进展如下试验：试验操作和现象向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色向KBr、KI的混合液中参加CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；连续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色以下分析不正确的选项是()A. 中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2B. 中的现象说明I2，在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性C. 中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强

4、于I2D. 中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I8. 2023年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图：以下说法不正确的选项是()A. 反响中分解H2O制备H2需从外界吸取能量B. 反响中CO2 CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化C. 核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与自然淀粉的组成构造是否全都D. C6 淀粉的过程中只涉及O H键的断裂和形成9. 以下做法或试验(图中局部夹持略)，不能到达目的的是()第 2 页，共 23 页防止铁管道被腐蚀 检验产生的SO2制备并收集NH3精炼粗铜ABCDA. AB. BC. CD. D10. 测量汽车尾气中氮

5、氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：i. 在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2ii. 再利用O3与NO反响，产生激发态的NO2(用NO 表示)，当NO 回到基态NO2时，22产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比以下说法不正确的选项是()2A. 基态NO2与NO 具有的能量不同B. NO2在大气中形成酸雨：4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO32C. O3与NO发生反响：NO + O3 = NO + O2D. 测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高11. 聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透亮性好、强度高、不易碎，能够给运发动供给足够的保护，其构造

6、简式如图。：。L可由两种链状单体经这反响制备。以下关于L的说法不正确的选项是()A. 制备L的反响是缩聚反响B. 制备L的每个单体分子中均含两个苯环C. L中的官能团是酯基和醚键D. 通过蒸馏出苯酚可促进L的合成12. 在T，HCl气体通过铁管时，发生腐蚀反响(X)：反响X：Fe(s) + 2HCl(g) FeCl2(s) + H2(g)H(K = 0.33)。以下分析不正确的选项是()A. 降低反响温度，可减缓反响X的速率B. 在HCl气体中参加肯定量H2能起到防护铁管的作用C. 反响X的H可通过如下反响获得：Fe(s) + Cl2(g) FeCl2(s)H1；H2(g) + Cl2(g)

7、第 3 页，共 23 页2HCl(g)H2D. T时，假设气体混合物中c(HCl) = c(H2) = 0.5mol L1，铁管被腐蚀13. 探究Na2S溶液的性质，进展如下试验。(：H2S的Kal 1.3 107)试验装置气体a现象SO2溶液马上变黄，产生乳白色沉淀O2一段时间后，溶液略显浑浊以下分析或解释正确的选项是()A. Na2S溶液呈碱性：S2 + 2H2O 2OH + H2SB. 试验、的现象说明，SO2的氧化性强于O2C. 两个试验中，通入气体后，试管中溶液的pH均降低D. 试验中，Na2S溶液能促进SO2气体的溶解14. Fe2(SO4)3溶于肯定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。

8、参加少量浓HCl黄色加深(b)。 ：Fe3+ + 4Cl FeCl4(黄色)；浓度较小时Fe(H2O)63+(用Fe3+表示)几乎无色取溶液进展如下试验，对现象的分析不正确的选项是()A. 测溶液a的pH 1.3，证明Fe3+发生了水解B. 参加浓HCl，H+与Cl对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是全都的C. 向b中参加AgNO3后，黄色褪去，说明H+能抑制Fe3+水解D. 将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe3+水解15. 以NaOH、CuSO4和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：Cu2+ + 2HCHO + 4OH Cu + 2HCOO

9、+ 2H2O + H2 。(1) 基态Cu原子的价层电子排布式为。(2) 依据反响原理分析，镀铜反响中，利用了HCHO的性。选择HCHO进展化学镀铜的缘由之一是它易溶于水。以下分析正确的选项是。a. HCHO、H2O均属于极性分子b. HCHO与H2O之间能形成氢键c. 在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子4(3) 镀液中的SO2、HCHO、H2O三种微粒，空间构造为三角形的是。(4) 为防止Cu2+与OH形成沉淀，可参加EDTA使Cu2+形成协作物。EDTA能电离出H+和EDTA4。EDTA4中除局部O外，还能与Cu2+配位的原子是。第 4 页，共 23 页(5) 铜镍镀层能增加材料的耐腐蚀性

10、。依据核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。Ni位于区。(6) 聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如图构造特征：上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。缘由是：。聚合物有可能与Cu2+配位。16. 以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置示意如下。资料：i.次氯酸钠不稳定：a. 2NaClO = 2NaCl + O2 b. 3NaClO = 2NaCl + NaClO3ii.将次氯酸盐转化为次氯酸能更好地发挥消毒功能，次氯酸具有更强的氧化性【制备】(1) 产生NaClO：生成NaClO的反响包括：2Cl 2e = C

11、l2 、2H2O + 2e = H2 +2OH、 。测所得溶液pH，试纸先变蓝(pH 10)后褪色，说明溶液具有的性质是。(2) 一样温度下，在不同初始pH下电解NaCl溶液，pH对NaClO浓度的影响如下图。第 5 页，共 23 页推想NaClO浓度在pH为3或13时较小的缘由：. pH = 13时，阳极有OH放电. pH = 3时，Cl2的溶解度减小. pH = 3时，NaClO浓度增大，促使ClO被氧化检验电解产物，推想成立。需要检验的物质是。依据化学平衡移动原理，推想合理。依据的化学平衡是。经检验，推想合理。用方程式解释：。依据上述试验，电解法制备NaClO溶液，初始pH不宜过小或过大

12、。(3) 同样方法电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2，由于生成掩盖在电极外表，电解难以持续。【测量】(4) 取v1mL所得NaClO样液，加水稀释。依次参加KI溶液、稀H2SO4析出的I2用amol L1Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，连续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。(：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6)样液中c(NaClO) =mol L1。【保存】(5) 低温保存、参加Na2CO3、NaClO3等物质能增加NaClO溶液的稳定性。17. 从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeC

13、l3、制备CuSO4 5H2O的流程如图。(1) 上述流程中能加快反响速率的措施有。(2) 粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的缘由：3相对于Cu2+，粗液中NO浓度过小，缘由是(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。3粗液中NO浓度较大，但由于，不能得到硝酸铜晶体。(3) 测量粗品CuSO4 5H2O中铁(含Fe2+、Fe3+)的含量，评定纯度等级。.用水溶解肯定质量粗品，参加稀H2SO4和H2O2溶液，加热。.待溶液冷却后，参加试剂X至溶液pH = 11。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。 .用稀HCl溶解红褐色沉淀，滴入KSCN溶液，稀释至肯定体积。将溶液红色的深浅

14、与标准色阶比照，确定含量。：Cu2+完全沉淀的pH为6.7，Fe3+完全沉淀的pH为2.8中将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式是。试剂X是。第 6 页，共 23 页(4) 电解：在不同电压、不同pH(pH V1, a b)序号电压pHi V1a阴极现象阳极产物无气泡，少量金属析出 无Cl2，有Fe3+ii V1b 较多气泡，极少量金属析出无Cl2，有Fe3+iii V2a 少量气泡，少量金属析出， 有Cl2，有Fe3+iii中产生Fe3+的缘由有Fe2+ e = Fe3+、。FeCl3溶液再生的适宜条件是(填试验序号)。18. 药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线如下图。：iii(1) 的

15、反响方程式是。(2) B的分子式为C11 H13 NO2。E的构造简式是。(3) M P的反响类型是。(4) M能发生银镜反响。M分子中含有的官能团是。(5) J的构造简式是。(6) W是P的同分异构体，写出一种符合以下条件的W的构造简式：。i.包含2个六元环，不含甲基ii. W可水解。W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH (7)Q的构造简式是，也可经由P与Z合成。第 7 页，共 23 页：合成Q的路线如图(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的构造简式：。某小组验证“2Fe3+ + 2I 2Fe2+ + I2”(反响A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。(1) 从正反响

16、方向探究试验。取5mL0.01mol L1 KI溶液，参加2mL0.01mol L1FeCl3溶液(pH = 1)，溶液呈棕黄色，不再发生变化。通过检测出，证明反响A存在限度。参加CCl4，振荡，平衡向移动。除反响A外，KI还发生(写方程式)，促进Fe3+与I的反响。(2) 从逆反响方向探究试验：向碘水(含淀粉)中参加酸性FeSO4溶液，无明显变化。未检出Fe3+。甲同学认为参加Ag2SO4溶液可增大Fe2+与I2的反响程度。甲同学依据的原理是 。验证：参加Ag2SO4溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。(3) 乙同学认为碘水中含有I，参加Ag2SO4溶液也可能产生沉淀。做比照试验

17、：直接向碘水(含淀粉)中参加Ag2SO4溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。查阅资料：3I2 + 3H2O 5HI + HIO3试验验证：Ksp (AgI) = 8.5 1017、Ksp (AgIO3) = 3.2 108(微溶)中KI溶液的作用是。中KI溶液的作用是(用离子方程式表示)。(4) 检验、比较沉淀a、b的成分，可明确Ag2SO4的作用。(5) 问题思考：向FeSO4与碘水的混合液中参加Ag2SO4溶液，可能发生如下反响：i. Fe2+与I2在Ag+的促进下发生的氧化复原反响ii. I2与H2O在Ag+促进下发生的反响iii. Fe2+与Ag+的反响确认是否发生反响iii，设计试验：将反

18、响后混合物过滤，。第 8 页，共 23 页供选择试剂：稀HNO3、Na2S2O3溶液、KI溶液：AgI、AgIO3溶于Na2S2O3溶液；AgI难溶于稀HNO3第 9 页，共 23 页答案和解析1. 【答案】A【解析】解：A.液氨汽化是分子间距离的增大，无物质生成，为物理变化，故 A 正确；B. 火炬中的H2燃烧生成水，发生了化学反响，为化学变化，故B 错误；C. 煤转化为汽油的过程中发生了简单的化学反响，为化学变化，故C 错误；D. 聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O，过程中生成物质，为化学变化，故D 错误； 应选：A。物质变化过程中生成物质的变化为化学变化，无物质生成的变化为物理变化。 此题

19、考察了物质变化过程的分析推断，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。2. 【答案】B【解析】解：A.用NaHCO3固体制备纯碱，反响过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化复原反响，故A 错误；B. 用Na2O2作为潜水艇或呼吸面具的氧气来源，氧元素化合价发生变化，利用了氧化复原反响，故B 正确；C. 用Al2(SO4)3净化含少量泥土的浑浊水，反响过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化复原反响，故C 错误；D. 用Na2CO3除去粗盐中的钙离子，发生复分解反响，属于非氧化复原反响，故 D 错误； 应选：B。化合价升降为氧化复原反响的特征，则反响中存在元素化合价变化的反响属于氧化复原反响，以此

20、结合物质性质、反响原理进展推断。此题考察氧化复原反响，为高频考点，把握物质性质、反响中元素化合价变化为解答关键，留意把握氧化复原反响的概念，试题侧重考察学生的分析与应用力量，题目难度不大。3. 【答案】C【解析】解：A. Cl的质子数为17，核外电子数为18，故 Cl的构造示意图：， 故A 正确；B. 表示球棍模型，表示2 甲基丁烷，故B 正确；第 10 页，共 23 页C. 乙醇有三种氢原子，故核磁共振氢谱有三个峰，故C 错误；D. NaCl是离子晶体，故NaCl的电子式：，故D 正确；应选：C。A. Cl的质子数为17，核外电子数为18，据此写出原子构造示意图；B. 表示球棍模型，表示2

21、甲基丁烷；C. 乙醇有三种氢原子； D.NaCl是离子晶体。此题考察了化学用语，侧重考察物质构造式电子式的写法，此题难度不大。4. 【答案】A【解析】解：A.干冰是二氧化碳分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体，故A 错误；B. 依据晶胞构造图可知，1个晶胞中含有二氧化碳分子数目为：1 8 + 1 6 = 4，故B82正确；2C. 晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，则晶胞中每个CO2分子四周紧邻的CO 分子数为3 8 1 = 12，故 C 正确；2D. 干冰为分子晶体，所以干冰升华时需抑制分子间作用力，故D 正确； 应选：A。A.干冰是二氧化碳分子通过分子间作用力结

22、合而成； B.依据均摊法计算每个晶胞中含有二氧化碳分子数目；C.晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用； D.分子晶体由固态转化为气态破坏的是分子间作用力。此题考察晶体类型及性质推断，明确不同类型的晶体在熔化时抑制不同的作用力、生疏均摊法计算和晶胞构造特征是解题关键，留意把握配位数的计算，题目难度中等。5. 【答案】C【解析】解：A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，同周期主族元素自左而右元素的非金属性增加，故酸性：H2SO4 H3PO4，故 A 正确；B. 同周期主族元素自左而右元素的电负性增大，故电负性：S Cl，故 B 正确；C. 元

23、素的非金属性强弱与氢化物稳定性全都，同主族自上而下元素的非金属性减弱，故热稳定性：H2S H2O，故C 错误；D. 同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：S O，故D 正确；第 11 页，共 23 页应选：C。A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强； B.同周期主族元素自左而右元素的电负性增大；C.元素的非金属性强弱与氢化物稳定性全都； D.同主族自上而下第一电离能减小。此题考察元素周期律的应用，题目比较根底，明确规律即可解答，有利于根底学问的复习稳固。6. 【答案】B【解析】解：A. SO2通入氯水中，溶液褪色，离子方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl +

24、 H2SO4，故 A 正确；B.滴酚酞溶液，溶液变为浅红色，可知水解显碱性，则HCO的水解程度大于HCO的电333离程度，水解的离子方程式为：HCO + H2O H2CO3 + OH，故 B 错误；C.2NO2(g) N2O4(l)H 0.33 = K，平衡逆向移动，铁管腐蚀程度降低，故D 错误； 应选：D。A. 温度降低，反响速率减慢；B. 增大生成物浓度，平衡逆向移动；C. 由反响的反响热通过盖斯定律计算未知反响的反响热； D.由浓度熵和K值比较推断反响方向。c2(HCl)0.52此题考察化学反响速率和化学平衡，题目难度中等，把握外界条件转变对反响速率和化第 15 页，共 23 页学平衡的

25、影响是解题的关键。13. 【答案】D【解析】解：A. Na2S溶液因水解呈碱性，水解方程式为S2 + H2O OH + HS，故 A错误；B.SO2是酸性氧化物，其水溶液显酸性，则试验、的溶液酸碱性不同，不能比较SO2和O2的氧化性，故B 错误；C.试验中随SO2的增多，酸性增加，pH减小；试验中Na2S溶液和O2反响生成S和NaOH，则最终溶液的碱性增加，pH增大，故 C 错误；D.Na2S溶液因水解呈碱性，SO2溶于水显酸性，故Na2S溶液能促进酸性SO2气体的溶解，故D 正确；应选：D。Na2S是强碱弱酸盐，S2水解溶液呈碱性，且S元素为2价，具有较强复原性，向Na2S溶液中通入含有氧化

26、性的SO2或O2，会有S生成，据此分析解题。此题考察Na2S的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考察学生学问综合应用、依据试验目的及物质的性质进展分析、试验根本操作力量及试验方案设计力量，综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。14. 【答案】B【解析】解：A.测溶液a的pH 1.3，溶液显酸性，说明铁离子是弱碱阳离子，证明Fe3+发生了水解，故A 正确；B.参加浓HCl，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，铁离子难度中等，氯离子浓度增大， 促进Fe3+ + 4Cl FeCl4(黄色)平衡正向进展，铁离子难度减小，溶液颜色不同，H+ 与Cl对溶液颜色变化、Fe3+浓

27、度大小的影响是不全都的，故B 错误；C.向b中参加AgNO3后，发生反响Ag+ + Cl = AgCl ，Fe3+ + 4Cl FeCl4(黄色)平衡逆向进展，溶液黄色褪去，故C 正确；D.将溶液a滴入沸水中，加热促进了铁离子水解，生成氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔效应，故D 正确；应选：B。A. Fe2(SO4)3溶液pH 1.3，溶液显酸性，说明铁离子是弱碱阳离子，溶液中水解使溶液显酸性；B. 参加浓HCl，氢离子浓度增大，抑制铁离子水解，铁离子难度中等，氯离子浓度增大， 促进Fe3+ + 4Cl FeCl4(黄色)平衡正向进展，铁离子难度减小，溶液颜色不同；C.向b中参加AgNO3后，发生

28、反响Ag+ + Cl = AgCl ，Fe3+ + 4Cl FeCl4(黄色)平衡逆向进展；第 16 页，共 23 页D.将溶液a滴入沸水中，加热促进铁离子水解，生成了氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔效应。此题考察了盐类水解、化学平衡影响因素分析推断、胶体制备和性质等学问点，留意学问的积存，题目难度不大。15. 【答案】3d104s1复原 abHCHONd该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏【解析】解：(1)Cu的原子序数为29，核外电子排布式为Ar3d104s1，故基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；(2) 镀铜反响中，HCHO被氧化为

29、HCOOH，利用了HCHO的复原性， 故答案为：复原；HCHO、H2O均属于极性分子，HCHO与H2O之间能形成氢键，依据相像相溶原理可知，HCHO易溶于水，与醛基的碳氧双键中电子偏向氧原子无关， 故答案为：ab；4(3) 镀液中的SO2为正四周体性，HCHO为平面三角形，H2O为V形，故空间构造为三角形的是HCHO，碳原子位于三角形的中心， 故答案为：HCHO；(4) EDTA4中的N原子含有一对孤电子对，Cu2+含有空轨道，两者之间可以形成配位键，故答案为：N；(5) 依据元素周期表的分区依据可知，Ni位于d区， 故答案为：d；(6) 上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，缘由是：该聚

30、酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，聚合物中O和N存在孤电子对，有可能与Cu2+配位，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。(1)第四周期副族元素的价电子是指最外层电子以及3d轨道中的电子； (2)HCHO中碳元素为0价，化合价既可以上升，也可以降低；分子极性相像以及氢键的形成均有利于甲醛溶于水；4(3)镀液中的SO2为正四周体性，HCHO为平面三角形，H2O为V形； (4)EDTA4中的N原子含有一对孤电子对；(5) 依据元素周期表的分区推断Ni的位置；(6) 聚酰亚胺基材在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。此题考察化学反响的机理，同时考

31、察学生的看图理解力量，分析力量，具体涉及核外电子排布式的书写，氧化性与复原性推断，微粒空间构型以及周期表的分区等，对学生的第 17 页，共 23 页力量要求较高，属于高考高频考点，难度中等。16.【答案】2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O漂白性 氧气 Cl2 + H2O HClO +HClH+ + ClO = HClOCa(OH)av2 ，2 2v1【解析】解：(1)氯气和氢氧根离子发生反响生成次氯酸根离子和氯离子，离子方程式为：2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O，故答案为：2OH + Cl2 = ClO + Cl + H2O；次氯酸钠具有强氧化性，具有漂白

32、性， 故答案为：漂白性；(2) 阳极OH放电生成氧气，故需要检验氧气即可，故答案为：氧气；氯气和水反响式可逆反响，反响方程式为：Cl2 + H2O HClO + HCl， 故答案为：Cl2 + H2O HClO + HCl；酸性条件下次氯酸钠转化为次氯酸，离子反响为H+ + ClO = HClO， 故答案为：H+ + ClO = HClO；(3) 电解CaCl2溶液阴极会生成OH，与钙离子生成氢氧化钙微溶于水，故答案为：Ca(OH)2；(4)NaClO与碘化钾生成碘单质的离子方程式：ClO + 2I + 2H+ = I2 + Cl + H2O，再由I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI +

33、Na2S4O6反响可知NaClO与Na2S2O3的关系为NaClO2Na2S2O3，依据关系式，NaClO2Na2S2O3 12c 103 v1mL v2mL 103 amol/L，解得c = av2 ，2v1故答案为：av2 。2v1(1)氯气和氢氧根离子发生反响生成次氯酸根离子和氯离子； (2)阳极OH放电生成氧气；氯气和水反响式可逆反响；酸性条件下次氯酸钠转化为次氯酸；(3) 电解CaCl2溶液会生成氢氧化钙微溶于水；(4) 依据Na2S2O3与碘的关系，再依据NaClO与生成碘单质的关系，可得消耗Na2S2O3与 次氯酸钠的关系式，然后进展解答即可。此题考察物质的制备，涉及物质的性质、氧化复原反响规律的应用等学问，为高频考点和常见题型，侧重考察学生的分析力量、信息处理、试验操作力量和敏捷运用力量，注第