11.焦亚硫酸钠（NaSO）是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时易分解。实验室制备少量NaSO的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向NaCO过饱和溶液中通入SO，实验装置如下图所示。
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当溶液pH约为4时，停止反应。在20℃静置结晶，生成NaSO的化学方程式为4NaHSO=2NaSO＋2HO
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（1）SO与NaCO溶液反应生成NaHSO和CO，其离子方程式为____________________。
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（2）装置Y的作用是___________。
（3）实验制得的NaSO固体中含有一定量的NaSO和NaSO，其可能的原因是_____。
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（4）葡萄酒常用NaSO作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO计算)的方案如下：
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（已知：滴定时反应的化学方程式为SO＋I＋2HO===HSO＋2HI）
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①按上述方案实验，消耗标准I溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO计算)为________ g·L1。
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②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】 2SO + CO3 + HO = 2HSO- + CO 安全瓶，防止倒吸 在制备过程中NaSO分解生成NaSO，NaSO被氧化生成NaSO 0.16 偏低
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【解析】（1）SO与NaCO溶液反应生成NaHSO和CO，其离子方程式为2SO +CO2-+HO＝2HSO- +CO；（2）由于SO或CO与氢氧化钠溶液反应时容易倒吸，所以装置Y的作用是安全瓶，防止倒吸；（3）由于在制备过程中NaSO分解生成NaSO，NaSO被氧化生成NaSO，所以实验制得的NaSO固体中含有一定量的NaSO和NaSO。（4）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO计算)与I的物质的量之比为
1∶1，n(SO)＝n(I)＝0.01000mol·L×0.025L＝0.0025mol，残留量＝＝0.16g·L；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I，4HI+O＝2I+2HO，导致与SO反应的I减少，因此实验结果偏低。
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评卷 得 分人 三、填空题
12.(8分）U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大。其中U与W可形成三角锥形分子甲，U与X可形成常温下呈液态的分子乙，甲、乙均为10 电子分子；Y 元素原子的 K 层电子数与M层电子数相同；Z元素的单质、氧化物均为原子晶体。请回答下列问题：
（1） Z元素在周期表中的位
置 。
（2）X、Y、Z三种元素的原子半径由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。
（3）U与X形成的18电子化合物的电子式是 。
（4） ZX与NaOH溶液反应的化学方程式
是 。
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（5）已知：① N(g) + 3H (g)= 2NH (g) △H＝－92．4kJ/mol
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②2H(g) + O(g) = 2HO(g) △H＝－483．6kJ/mol
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试写出氨气完全燃烧生成气态水的热化学方程式 。
【答案】（1）第三周期ⅣA族；（2）O 2 3 2 （5）4NH(g)+3O(g)=2N(g)+6HO(g) ?H=－1266KJ/mol 3 2 2 2 【解析】 试题分析：根据题意可推知：U是H元素；W是N元素，X是O元素；Y是Mg元素；Z是Si元素。（1） Z元素在周期表中的位置是第三周期IVA族；（2）同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，元素原子的核外电子层数越多，原子半径就越大，所以X、Y、Z三种元素的原子半径由小到大的顺序是O ;（4） ZX是酸性氧化物，能够与碱NaOH溶液反应的化学方程式是SiO+2NaOH=Na2SiO+HO；（5）②×3－①×2，整理可得：4NH(g)+3O(g)=2N(g)+6HO(g) ?H=－1266KJ/mol 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 考点：考查盖斯定律的应用、元素的推断、元素的原子半径的比较、物质的电子式、化学方程式及热化学方程式的三种的知识。 13.现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。请回答下列问题： （1）用元素符号表示B、C、D三种元素的第一电离能由低到高的顺序 。 （2）下列说法错误的是 。 A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO＞CO 2 2 B．电负性顺序：C＜N＜O＜F C．N与CO为等电子体，化学性质相似 2 D．由于水分子间存在氢键，所以稳定性：HO＞HS 2 2 （3）E元素的+2价氧化物的熔点比+3价氧化物 （高或低），原因是 。
2018-2019年高中化学内蒙古高考诊断试卷【69】含答案考点及解析
