【化学】重庆市南开中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

重庆市南开中学2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56
第I卷 选择题(共75分)
一、选择题(本题共25个小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题3分，共计75分)
1.某同学胃部不适，医生诊断后让其服用胃舒平[主要成分有Al(OH)3]，试分析下列饮食中，该同学在服药期间不宜食用的是( )
A. 可乐 B. 白粥 C. 面条 D. 矿泉水
【答案】A
【解析】
【详解】胃部不适，医生诊断后让其服用胃舒平[主要成分为Al（OH）3]，可知该同学是胃酸过多，而可乐是酸饮料，能与胃舒平的主要成分反应，降低药效，所以不宜食用可乐，
故答案选A。
2.暖宝宝贴有散热均衡、发热持久、直接撕开外包装便可发热等优点，它能保持51~60℃约12个小时，它采用铁的“氧化放热”原理，利用微孔透氧的技术，采用完全隔绝空气的方式，使其发生原电池反应，铁粉在原电池中( )

原材料名：铁粉、水、活性炭、蛭石、食盐
A. 作正极 B. 得到电子 C. 被还原 D. 作负极
【答案】D
【解析】
【详解】在原电池中，铁是活泼金属易失去电子作负极，被氧化，发生氧化反应，另一个电极是正极，正极上得电子发生还原反应；
故答案选D。
3.下列物质的量浓度相同的溶液中，pH最小的是( )
A. CH3COONa B. Na2SO4
C. KH2PO4 D. NaHCO3
【答案】C
【解析】
【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；Na2SO4是强酸强碱盐，其溶液呈中性；KH2PO4是强碱弱酸的酸式盐，但H2PO4-的电离程度大于水解程度使溶液呈酸性；NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，HCO3-的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性；所以pH最小的是KH2PO4溶液，
故答案选C。
4.下列过程或现象与盐类水解无关的是( )
A. 纯碱溶液去油污 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C. 浓的硫化钠溶液有臭味 D. 小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故A项不选；
B．醋酸为弱酸，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故B项选；
C．浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠水解生成硫化氢气体，故C项不选。
D．小苏打溶液与AlCl3溶液可发生互相促进的双水解反应生成气体和沉淀，与水解有关，故D项不选；
故答案选B。
5.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 丙烯的结构简式：C3H6
B. 氢氧根离子的电子式：
C. 乙醇的球棍模型：
D. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3的名称为2-乙基戊烷
【答案】B
【解析】
【详解】A.烯烃的结构简式要表示出碳碳双键，则丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A项错误；
B.OH-是阴离子，要表示出各原子的最外层电子，其电子式为，故B项正确；
C.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，乙醇的球棍模型为，故C项错误
D.烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基己烷，故D项错误。
故答案选B。
【点睛】本题易错选项为D，注意烷烃主链的选取原则。
6.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. SO3溶于水后能导电，故SO3为电解质
B. 一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解
C. 硫酸酸性强于醋酸，但CaCO3难溶于硫酸，可溶于醋酸
D. pH=5的盐酸和氯化铵溶液，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO3溶于水后生成硫酸，硫酸是强电解质完全电离出离子能导电，并不是SO3电离而导电，SO3属于非电解质，故A项错误；
B．有弱才水解，如碳酸钾，硝酸铵，都含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子，能够水解，故B项错误；
C．碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙表面，碳酸钙与醋酸反应生成易溶性醋酸钙，所以CaCO3难溶于硫酸，易溶于醋酸，故C项正确；
D．盐酸抑制水的电离，氯化铵可水解，能够促进水的电离，故D项错误；
故答案选C。
【点睛】本题主要考查电解质的性质与判断，要注意理解掌握电解质的定义，电解质发生水解的条件等，试题难度不大。
7.下列各组物质中，只用一种试剂就能鉴别的是( )
A. 己烯、苯、四氯化碳 B. 己烯、己炔、环己烷
C. 苯、己烯、己烷 D. 甲烷、乙烯、乙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．己烯、苯、四氯化碳与溴水混合的现象为：溴水褪色—己烯，萃取后有机层在上层—苯，萃取后有机层在下层—四氯化碳，现象不同，一种试剂可鉴别，故A项正确；
B．己烯、己炔均能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，一种试剂不能鉴别，故B项错误；
C．苯、己烷与溴水或高锰酸钾均不反应，萃取现象相同，不能鉴别，故C项错误；
D．甲烷、乙烷均为气体，与溴水或高锰酸钾均不反应，一种试剂不能鉴别，故D项错误。
故答案选A。
8.维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式如图，合成它的单体为( )

A. 二氟乙烯和全氟丙烯 B. 1-三氟甲基-1，3-丁二烯
C. 全氟2-丁烯和2-氟乙烯 D. 1，1-二氟乙烯和全氟丙烯
【答案】D
【解析】
【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃。按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。
故选：D。
【点睛】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
9.下表中给出了四个实验装置和对应的部分实验现象，其中a、b、c、d为金属电极，由此可判断四种金属的活动性顺序是( )

A. d>a>b>c B. b>c>d>a
C. a>b>c>d D. a>b>d>c
【答案】A
【解析】
【详解】a极质量减小b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；
b极有气体产生，金属活动顺序表中b的活泼性排在H的前面，所以金属的活动性顺序b＞c；
d极溶解，d是负极，c极有气体产生，c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；
电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；
所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c。
故答案选A。
【点睛】本题主要考查原电池原理的应用，理解并掌握形成原电池时：活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动。
10.4-氯甲基苯乙烯是一种重要的化工原料，下列有关该有机物的叙述正确的是( )

A. 该有机物含有3种官能团
B. 该有机物的核磁共振氢谱中有5组峰
C. 1 mol该有机物在常温下最多能与4 mol Br2发生加成反应
D. 该有机物一定有5个碳原子共直线
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中含有碳碳双键和氯原子两种官能团，故A项错误；
B．该分子中含有5种不同化学环境的氢原子，则其核磁共振氢谱有5组峰，故B项正确；
C．只有支链上的碳碳双键能和溴发生加成反应，则1mol该有机物在常温下最多能与1mol Br2发生加成反应，故C项错误；
D．直接连接在C=C键的原子共平面，碳碳单键能旋转，-CH2Cl中的C原子、 -CH2Cl连接的苯环C原子以及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线，分子中最多有4个碳原子在同一直线上，故D项错误；
故答案选B。
11.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下，78 g苯中存在的碳碳双键数目为3 NA
B. 1 mol羟基与17 g NH3所含电子数都为NA
C. 标准状况下，22.4 L乙烷和丙烯的混合物中含氢原子数目为6 NA
D. 1 mol 2-戊烯和苯的混合物，按不同比例混合，完全燃烧时消耗氧气的量不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯分子中不含碳碳双键，故A项错误；
B.1mol羟基含有电子数为9NA，17gNH3的物质的量为1mol，所含电子数为10NA，故B项错误；
C．1个乙烷分子和1个丙烯分子都含有6个H原子，标准状况下，22.4L乙烷和丙烯的混合物，其物质的量为1mol，含氢原子数目为6NA，故C项正确；
D.1个戊烯分子完全燃烧消耗7.5个氧气分子，1个苯分子完全燃烧消耗7.5个氧气分子，1 mol2-戊烯和苯的混合物，按不同比例混合，完全燃烧时消耗氧气的量相同，故D项错误；
故答案选C。
12.将1.5 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液和1.0 mL 0.1 mol/L BaCl2溶液混合后得到浊液a，过滤，得到滤液b和白色沉淀c。下列分析不正确的是( )
A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq) + SO42-(aq)
B. 若向滤液b中滴加0.01 mol/L Na2SO4溶液，无明显现象
C. 若向滤液b中滴加0.01 mol/L BaCl2溶液，会出现白色沉淀
D. 若向滤液b中滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，无明显现象
【答案】D
【解析】
试题分析：将1.5mL0.1mol•L-1Na2SO4溶液和1.0mL0.1mol•L-1BaCl2溶液混合后，Na2SO4过量，BaCl2不足，A．浊液a中的沉淀是BaSO4，存在的沉淀溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），A正确；B．在滤液b中Na2SO4过量，因此再加Na2SO4溶液，不会出现沉淀，B正确；C．该反应充分反应后，溶液中的成分有没反应完的Na2SO4，加入BaCl2生成硫酸钡沉淀，C正确；D．滤液b中含有Cl-，加入硝酸银后会生成AgCl白色沉淀，D错误；答案选D。
考点：考查难溶物溶解平衡、离子反应及其应用
13.下列物质的水溶液能在蒸发皿中蒸干灼烧得到原物质的是( )
①FeCl3 ②绿矾 ③碳酸氢钠 ④Na2SO3 ⑤K2CO3 ⑥CaCl2
A. ②③⑥ B. ⑤⑥ C. ③④⑤ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①FeCl3溶液加热水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸挥发，灼烧生成氧化铁，故①错误；
②绿矾主要成分为硫酸亚铁，加热过程中被氧化为硫酸铁，故②错误；
③碳酸氢钠不稳定，加热易分解，蒸干得到分解产物碳酸钠，故③错误；
④Na2SO3具有还原性，加热过程中被氧化为硫酸钠，故④错误；
⑤K2CO3水解生成氢氧化钾和碳酸氢钾，加热蒸发时水挥发，得到碳酸钾固体，仍能得到原物质，故⑤正确；
⑥CaCl2不水解，较稳定，蒸干得到原物质，故⑥正确；
则能得到原物质的是⑤⑥。
故答案选B。
【点睛】本题注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物，另外，加热易分解、易氧化的物质不能得到原物质。
14.在日本，金刚烷胺一直作为帕金森病的治疗药，并于1998年被批准用于流感病毒A型感染性疾病的治疗，金刚烷胺的合成路线如图所示。下列说法不正确的是( )[提示：尿素的化学式CO(NH2)2]

A. 金刚烷胺的分子式是C10H17N
B. 金刚烷的一溴代物有两种
C. 上述反应都属于取代反应
D. X的一种同分异构体是芳香烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知金刚烷胺的分子式是C10H17N，故A项正确；
B．金刚烷中含有2种氢原子，则其一溴代物有2种，故B项正确；
C．金刚烷中H原子被溴原子取代生成X，X中溴原子被氨基取代生成金刚烷胺，二者都属于取代反应，故C项正确；
D．苯环的不饱和度为4，X的不饱和度为==3，X的一种同分异构体不可能含苯环，故D项错误；
故选：D。
15.下列各种情况下，溶液中离子可能大量共存的是( )
A. 透明澄清溶液中：Cl-，Na+，Fe3+，SO42-
B. 水电离的H+浓度c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：Cl-，CO32-，NH4+，S2O32-
C. 使pH=1溶液中：K+，Fe2+，NO3-，Cl-
D. 含有HCO3-的溶液中：NH4+，K+，Na+，AlO2-，SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl-，Na+，Fe3+，SO42-之间不反应，能够大量共存，故A项正确；
B．水电离的H+浓度c（H+）=10-12 mol/L的溶液呈酸性或碱性，NH4+与氢氧根离子反应，CO32-、S2O32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；
C．使pH=1溶液呈酸性，Fe2+，NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C项错误；
D．HCO3-、AlO2-之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D项错误；
故答案选A。
16.《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池，其工作示意图如下。下列说法不正确的是( )

A. 电极A是负极，发生氧化反应
B. 电极B的电极反应为：O2 + 2e- + H+ = HO2-
C. 电解质溶液中H+由电极A流向B极
D. 外电路中通过6 mol电子，生成22.4 L CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．通入CH3OH的一极A为负极，失去电子发生氧化反应，反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故A项正确；
B．B极为正极，得电子发生还原反应，反应为O2+2e-+H+=HO2-，故B项正确；
C．阳离子向正极移动，则电解质溶液中H+由A极流向B极，故C项正确；
D．没有说明是否在标准状况下，无法计算气体的体积，故D项错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理，根据元素化合价变化来判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点。
17.乙苯如图在石油化学工业中十分重要，它与足量H2加成后，产物的一溴取代物有( )(不考虑立体异构)

A. 3种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】C
【解析】
【详解】乙苯分子式为 C8H10，加成产物为乙基环己烷，乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷与溴发生取代反应生成的一溴代物有6种，
故答案选C。
18.下列有关化学实验说法正确的是( )
A. 加入过量金属钠并分液，可以除去乙醇中的水
B. 苯中混有的己烯不能通过加入溴水除杂
C. 除去乙烷中混有的乙烯，可以在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷
D. 将乙炔与硫化氢的混合气体通过氢氧化钠溶液能够得到纯净的乙炔气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者都与钠反应，可加入生石灰，再用蒸馏的方法分离，故A项错误；
B．己烯与溴反应后生成的二溴己烷、溴都易溶于苯，不能用溴水除杂，故B项正确；
C．不能确定乙烯的量，易混入杂质，且在实验室难以完成实验，故C项错误；
D．将气体通入水溶液，乙炔混有水蒸气，不能得到纯净的乙炔，故D项错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯，把握物质性质的异同是解题的关键，注意除杂时不能引入新的杂质，且被提纯的物质的量不能减少，为易错点。
19.下列说法正确的是( )
A. 中和等体积等物质的量浓度的盐酸和氢硫酸，盐酸消耗的氢氧化钠更多
B. 将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中： >1
C. pH=9的Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
D. pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序为：①>②>③
【答案】B
【解析】
【详解】A、等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢硫酸溶液中，氢硫酸是二元酸，所以氢硫酸消耗的氢氧化钠更多，故A项错误；
B．将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以＞1，故B项正确；
C．pH=9的Na2CO3溶液中，根据物料守恒：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C项错误；
D．相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，即c（NH4+）大小顺序①=②＞③，故D项错误；
故答案选B。
20.工业上为了处理含有Cr2O72-的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬元素的含量已低于排放标准。关于上述方法，下列说法错误的是( )
A. 阳极反应：Fe - 2e- = Fe2+ B. 阴极反应：2H+ + 2e- = H2↑
C. 电解过程中工业废水的pH增大 D. 可以将铁电极改为石墨电极
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即阳极反应为：Fe-2e-═Fe2+，故A项正确；
B．阴极上氢离子得电子发生还原反应，阴极反应为：2H++2e-═H2↑，故B项正确；
C．阴极反应消耗H+，溶液中的氧化还原反应也消耗H+，导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高，所以在电解过程中工业废水的pH增大，故C项正确；
D．若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe2+，从而使Cr2O72-无法还原为Cr3+变成沉淀除去，所以不能用石墨作电极，故D项错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查电解池工作原理，还涉及氧化还原反应等知识，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。
21.SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是( )

A. 电子流动方向为：B→b→a→A→B
B. a、A极上均发生的是氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上发生的电极反应式为：SO2 + 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
A电极发生的反应亚硫酸根离子变化为S2O42-，硫元素化合价降低得到电子，发生还原反应，为电解池的阴极；B电极处二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素的化合价升高失去电子，发生氧化反应，为电解池的阳极，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，则a为电源负极，b电极为电源正极，据此分析判断。
【详解】A．电子流动方向为：a→A，B→b，电子不能通过电解质溶液，故A项错误；
B．a为电源负极，发生氧化反应，A极为电解池阴极，发生还原反应，故B项错误；
C．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，离子交换膜应使H+移动，应为阳离子交换膜，故C项正确；
D．B极为电解池的阳极，二氧化硫失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，故D项错误；
故答案选C。
22.已知常温下Ksp(AgCl)=1.6×10-10，Ksp(AgI)=1.6×10-16，下列有关说法正确的是( )
A. 常温下，AgCl在纯水中的Ksp比在AgNO3溶液中的Ksp大
B. 向AgI与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，不变
C. 在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，且溶液中c(Ag+)=c(Cl-)
D. 向AgCl与AgI等体积混合的饱和溶液中加入足量浓硝酸银溶液，产生的AgCl沉淀少于AgI
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ksp只随温度的改变而改变，所以二者Ksp相等，故A项错误；
B．溶液中c（Ag+）只有一个值，=不变，故B项正确；
C．在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，溶液中c（Cl-）较多，c（Ag+）、c（Cl-）不再相等，故C项错误；
D．在AgCl和AgI两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（I-），当将AgCl、AgI两饱和溶液等体积混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgI沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgI沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故D项错误，
故答案选B。
23.已知烯烃经臭氧氧化后，在Zn存在下水解，可得到醛和一种有机物酮，如：

现有化学式C7H14的烯烃，与H2完全加成后的产物，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为9:6:1，满足条件的烯烃经O3氧化后，在Zn存在下水解的产物共可能有几种(不考虑立体异构)( )
A. 2种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】化学式C7H14的烯烃，与H2完全加成后的产物，核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9：6：1，则生成的烷烃可为CH（CH2CH3）3、C(CH3)3CH(CH3)2,对应的烯烃可为CH2=CHCH（CH2CH3）2或CH3CH=C（CH2CH3）2，和C(CH3)3C(CH3)=CH2,经臭氧氧化后，在Zn存在下水解的产物有5种。
故答案选C。
24.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )

实验
现象
结论
A、
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
观察到红色变浅

证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B、
室温下，用pH试纸测0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH
pH约为5

HSO3-电离大于水解

C、
加热盛有少量 NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝

NH4HCO3显碱性
D、
某有机物与溴的四氯化碳溶液混合
溶液褪色
该有机物不一定含碳碳双键
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸根离子与钡离子反应，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则红色变浅，故A项正确；
B．由NaHSO3溶液的pH可知，电离显酸性，则HSO3-电离大于水解，故B项正确；
C．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但NH4HCO3为固体，加热时分解生成氨气、二氧化碳和水，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以不能判断碳酸氢铵的酸碱性，故C项错误；
D．含碳碳三键、双键的有机物均与溴的四氯化碳发生加成反应，由现象可知不一定含碳碳双键，故D项正确；
故答案选C。
25.常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气体，A 或B 分子均最多只含有4 个碳原子，且B 分子的碳原子数比A 分子的多。将1升该混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5升CO2气体。120℃时取1 升该混合气体与9 升氧气混和，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大6.25％。则A 和B 的分子式分别为（ ）
A. C2H6、C4H8 B. C2H6、C3H6
C. CH4、C4H8 D. CH4、C3H6
【答案】A
【解析】
试题分析：因1升混合气体充分燃烧后生成2.5升CO2，且B分子的碳原子数比A分子的多，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成，它们有四种可能的组合：①CH4、C3H6；②CH4、C4H8；③C2H6、C3H6；④C2H6、C4H8。若是①，则V(CH4):V(C3H6)=1:3；若是② V(CH4):V(C4H8)=1:1；若是③ V(C2H6):V(C3H6)=1:1；若是④， V(C2H6):V(C4H8)=3:1。设1L气态烃与氧充分燃烧后体积变化为△V升，则CH4+2O2CO2 +2H2O（气）△V1=0（升）；C2H6+3.5O22CO2 +3H2O（气）△V2=0.5（升）；C3H6+4.5 O23CO2 +3H2O（气）△V3=0.5（升）；C4H8+6O24CO2 +4H2O（气）△V3=0.5（升）；各种组合的1升混合气体与9L氧气充分燃烧，体积增大为组合①(△V1+3△V3)÷4=0.375（升）；组合②(△V1+△V4)÷2=0.5（升）；组合③(△V2+△V3)÷2=0.5（升）；组合④(3△V2+△V4)÷4=0.625（升）。则0.625÷10×100%=6.25%，反应前气体总体积为10L，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大了6.25%，增大的体积为：10L×6.25%=0.625L，只有组合④符合题意，则A为C2H6、B为：C4H8。
【考点定位】考查有机物分子式确定的计算的知识。
【名师点睛】首先根据有机物燃烧产生CO2体积的体积确定混合烃平均含有碳原子数，再结合它们之间含有的碳原子数的关系确定所有可能混合的情况。在温度大于100℃水水是气体，在相同温度下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，根据每种混合气体的成分及二者的体积比确定燃烧前后的气体的物质的量的变化，从而确定其正误，就得到符合题意的可能的气体成分组成。
第Ⅱ卷 非选择题(共75分)
26.水溶液中的离子平衡是中学学习的一个重要内容。请回答下列有关问题。
(1)常温下，用0.1000 mol/L氨水滴定盐酸，当达到滴定终点时，溶液pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为_________________________；为了减小滴定误差，在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是________________。(填字母)
A、甲基橙 B、酚酞 C、石蕊 D、以上均可
(2)常温下，将1 mL pH=12的NaOH溶液加水稀释到100 mL，稀释后溶液中=__。
(3)某温度下，测得0.1 mol/L NaOH溶液pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw=____。
(4)浓度相等的盐酸和醋酸各100 mL，分别与过量的Zn反应，相同条件下生成H2的体积分别为V1和V2，则V1_____V2(填“>”、“<”或“=”)
(5)常温下，将0.1 mol/L的 CH3COOH溶液加水稀释，下列数据的值减小的是______。(填字母)
A、Kw； B、 C、；
D、 E、
(6)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3 ⇌ AlO2- + H+ + H2O K=2.0×10-13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于__________。
【答案】 (1). < (2). c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (3). A (4). 10-6 (5). 10-12 (6). = (7). BE (8). 20
【解析】
【分析】
（1）常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐酸，当达到滴定终点时生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，选择甲基橙做指示剂，以此解答该题；
（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算溶液中；
（3）某温度时，测得0.1mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，该溶液中c（OH-）=0.1mol/L、c（H+）==10-11 mol/L，Kw=；
（4）浓度、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量等于盐酸的物质的量，分别与足量的锌反应，产生氢气体积相等；
（5）常温下，将0.1mol/L的 CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液中醋酸根离子、氢离子浓度减小，结合水的离子积、电离平衡常数、水解平衡常数不变分析；
（6）Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，其平衡常数==，据此计算。
【详解】（1）常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐酸，当达到滴定终点时生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，当达到滴定终点时溶液的pH＜7，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），指示剂变色范围为：酚酞8-10，甲基橙为3.1-4.4，石蕊为5-8，为了减小滴定误差在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是甲基橙，故选A，
故答案为：＜；c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；A；
（2）1mLpH=12的NaOH溶液，加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c（OH-）=1×10-4mol/L，c（H+）=1×10-10mol/L，则：=1×10-6，
故答案为：1×10-6；
（3）某温度时，测得0.1mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，该溶液中c（OH-）=0.1mol/L，c（H+）==10-11 mol/L，Kw==0.1×10-11=10-12，
故答案为：10-12；
（4）浓度相等的盐酸和醋酸各100mL，HCl和醋酸的物质的量相等，分别与过量的Zn反应，生成氢气的体积相等，即V1=V2，
故答案为：=；
（5）A．加水稀释后水的离子积Kw不变，故A项错误；
B.=，稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则该比值减小，故B项正确；
C.=，稀释后氢离子浓度减小，电离平衡常数不变，则该比值不断增大，故C项错误；
D.=，温度不变，该比值不变，故D项错误；
E．稀释过程中醋酸的电离程度增大，则的比值减小，故E项正确；
故答案为：BE；
（6）Al（OH）3溶于NaOH溶液反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，其平衡常数=====20，
故答案为：20。
【点睛】本题考查的是弱电解质的电离平衡和水解平衡，易错点是第4小问，认为醋酸是弱酸电离的H+少导致反应生成的氢气少，要注意题中锌过量，酸不足，酸完全反应。
27.铁及其化合物在日常生活中有广泛的应用，回答下列问题。
(1)用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是____________(用离子方程式表示)；但Fe3+净水要腐蚀设备，在腐蚀钢铁设备时，除H+作用外，另一主要原因是________________________________。
(2)钢铁腐蚀造成很大损失，用如图装置防止钢铁腐蚀(烧杯中均为食盐水)，X极的电极材料应是________________(填字母)。

A、锌 B、铜 C、银 D、石墨
(3)高铁电池是一种新型的二次电池，电解液为碱性溶液，其反应式如下：
3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH
①写出该电池放电时的正极反应式______________________________。
②如图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有______。

(4)从保护环境的角度考虑，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图所示。

①石墨做电解池的______极(填“阴”或“阳”)，溶液中OH-向_____移动(填“铁丝网”或“石墨”)
②电解过程中阳极的电极反应式为______________________________。
③若维持电流强度为6A，电解5小时，理论上可制得K2FeO4的质量为_________g(已知F=96500 C/mol，结果保留1位小数)
(5)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5 mol/L 500 mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入____mL 2 mol/L的盐酸(滴加盐酸前后，溶液总体积不变)。
【答案】 (1). Fe3+ +3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (2). 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ (3). A (4). FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH- (5). 使用时间长；工作电压稳定 (6). 阴 (7). 铁丝网 (8). Fe - 6e- + 8OH- = FeO42- + 4H2O (9). 36.9 g (10). 12.5
【解析】
【分析】
本题主要考查原电池、电解池的相关知识，由金属的活泼性确定原电池的正负极、电解池的阴阳极，或者由元素的化合价升降确定正负极和阴阳极。
【详解】（1）高铁酸钾被还原后的产物Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，Fe3+水解离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+；
铁离子具有氧化性，钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）装置为原电池，若用如图装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼，可以选择锌，故答案为：A；
（3）①放电时，正极得到电子发生还原反应，FeO42-获得电子生成Fe（OH）3，应有水参与反应，同时生成氢氧根离子，正极电极反应式为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-；
故答案为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-；
②由图可知，高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点；
故答案为：使用时间长；工作电压稳定；
（4）①图为电解池，铁是活泼金属失去电子发生氧化反应，作为电解池的阳极，石墨得到电子发生还原反应，作为阴极，溶液中的阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故OH-向阳极即铁丝网移动，故答案为：阴；铁丝网；
②K2FeO4能消毒、净水的原因是高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附水中悬浮物的净水作用，电解时阳极Fe失去电子发生氧化反应，阳极的电极反应式为Fe - 6e- + 8OH- = FeO42- + 4H2O，故答案为：Fe - 6e- + 8OH- = FeO42- + 4H2O；
③维持电流强度为6A，电解5小时，时间为18000s，F=96500 C/mol，Q=It=6C/s×18000s，通过的电子为，则理论上可制得K2FeO4的最大质量=≈36.9g，
故答案为：36.9g；
（5）要使溶液不产生沉淀，则溶液中c（OH-）==mol/L =2×10-13mol/L，溶液中c（H+）===0.05mol/L，加入稀盐酸体积==12.5mL；
故答案为：12.5mL。
【点睛】解决原电池、电解池相关问题，牢记在原电池中从金属的活泼性确定比较活泼的金属失去电子发生氧化反应，作为原电池的负极，另外一极为正极得到电子，发生还原反应；电解池中活泼金属作为阳极失去电子发生氧化反应，另一极为阴极得到电子发生还原反应。
28.有机物A一般用作溶剂、色谱分析标准物质以及有机合成。由A合成1，3-环己二烯的路线图如下，请回答下列问题：

已知：
(1)B的名称是_________。
(2)①和③的反应类型依次是_________、___________。
(3)区别A和C所用的试剂是____________________。(任意填一种)
(4)写出与A互为同分异构体，且所有碳原子一定在一个平面内的有机物的结构简式_______。
(5)写出B与NaOH水溶液在加热情况下反应的化学方程式______________________。
(6)写出反应④的化学方程式__________________________________。
(7)C与1，3-环己二烯在加热条件下反应所得产物的结构简式为_____________________。
(8)根据题中信息和所学知识，设计由1-溴丙烷和1，3-丁二烯合成的路线流程图(无机试剂任选)，合成路线流程图示例如下：
CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CH2ONa
_______________________________________
【答案】 (1). 一氯环己烷 (2). 取代 (3). 加成 (4). 溴的四氯化碳溶液 (5). C(CH3)2=C(CH3)2 (6). +NaOH+NaCl (7). +2 NaOH+2NaBr+2H2O， (8). (9). CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2
【解析】
【分析】
A与氯气反应生成，则A为，发生取代反应。发生消去反应生成C为，C与溴发生加成反应生成D为，D发生消去反应生成；由乙烯与1，3-丁二烯发生加成反应生成环己烯，可知CH3CH2CH2Br发生消去反应生成CH3CH=CH2，再与1，3-丁二烯反应生成，最后与氢气发生加成反应生成。
【详解】A与氯气反应生成，则A为，发生取代反应。发生消去反应生成C为，C与溴发生加成反应生成D为，D发生消去反应生成。
（1）B为，其名称是：一氯环己烷，故答案为：一氯环己烷；
（2）①属于取代反应，③属于加成反应，故答案为：取代；加成；
（3）A为，C为，可以用溴的四氯化碳溶液检验，环己烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色，而环己烷不能，故答案为：溴的四氯化碳溶液；
（4）与A互为同分异构体，且所有碳原子一定在一个平面内的有机物的结构简式:C(CH3)2=C(CH3)2，故答案为：C(CH3)2=C(CH3)2；
（5）B与NaOH水溶液在加热情况下反应的化学方程式：+NaOH+NaCl
故答案为：+NaOH+NaCl；
（6）反应④的化学方程式：+2 NaOH+2NaBr+2H2O，
故答案为：+2 NaOH+2NaBr+2H2O；
（7）与1，3-环己二烯在加热条件下反应所得产物的结构简式为：，
故答案为：；
（8）由乙烯与1，3-丁二烯发生加成反应生成环己烯，可知CH3CH2CH2Br发生消去反应生成CH3CH=CH2，再与1，3-丁二烯反应生成，最后与氢气发生加成反应生成，合成路线流程图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2，
故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2
29.聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)为原料制备的流程如下：

(1)废铁渣进行“粉碎”的目的是_________________。
(2)在实验室进行过滤操作时，所用到玻璃仪器有___________________________。
(3)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如下表所示：
温度（℃）
40
60
80
100
120
铁浸取率（%）
50
62
79
92
83
已知：在一定温度下，Fe3+在pH=2开始沉淀，pH=3.7沉淀完全。
①酸浸时应控制溶液的pH___________，其原因是___________________。
②酸浸时通入O2的目的是_______________________________。
③当酸浸温度超过100℃时，铁浸取率反而减小，其原因是__________________________。
(4)滤渣的主要成分为____________________________(填化学式)。
(5)“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为_________________________；
已知称取2.60 g聚硅酸铁产品，加入硫酸，再加入足量SnCl2，用0.2000 mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00 mL，则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为
_____________________(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率 (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). <2 (4). pH≥2时将有部分Fe3+沉淀损失 (5). 氧化Fe2+为Fe3+ (6). 温度超过100℃时，Fe3+水解反应速率明显加快，导致Fe3+浓度降低 (7). C (8). Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O (9). 52%
【解析】
【分析】
主要成分为Fe和Fe3O4、少量碳的废铁皮粉碎后用工业硫酸溶解，同时通入氧气，其中C不溶于稀硫酸，过滤后所得滤渣为C，而滤液中主要含有Fe3+，经检测Fe3+后，再加入聚硅酸，静置后即可得聚硅酸铁；
【详解】（1）对废铁渣进行粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；
故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；
（2）在实验室进行过滤操作时，要用漏斗过滤，玻璃棒引流，烧杯接滤液，所以要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）①因Fe3+在pH=2 开始沉淀，pH=3.7 沉淀完全，则酸浸时应调节溶解的pH＜2，防止溶液pH≥2时将有部分Fe3+沉淀损失；
故答案为：＜2；pH≥2时将有部分Fe3+沉淀损失；
②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；
故答案为：氧化Fe2+为Fe3+
③铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行，温度超过100℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；
故答案为：温度超过100℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；
（4）废铁皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)，在通氧气的条件下，用硫酸酸浸，Fe和Fe3O4与硫酸反应，而碳不溶解，过滤后滤渣的主要成分为碳；
故答案为：C；
（5）在酸性条件下，用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72-被还原为Cr3+），则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；铁元素的百分含量=≈52%；
故答案为：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；52%。
【点睛】本题解题的关键是要清楚流程图中的各个环节反应物和生成物，难点在于第（5）小题铁元素的计算，要根据铁元素守恒，由离子方程式知Fe2+ 的物质的量是Cr2O72-物质的量的6倍来计算即可。
30.NOx、SO2是形成雾霾的主要物质，硫酸盐是雾霾中可吸入颗粒物的主要成分之一。请回答下列问题：
(1)当日光射入充满气溶胶的暗室时，可观察到________效应。
(2)测定某硫酸厂产生的烟气中的SO2，可用标准浓度的碘水来测定。测定时使用的指示剂为___________；发生反应的离子方程式为__________________________；实验后发现测定结果偏低，实验操作完全正确的情况下，其原因可能是____________________。
(3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2，吸收过程中，pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下表：
N(SO32-):n(HSO3-)
91:9
1:1
9:91
pH
8.2
7.2
6.2
吸收过程的最开始阶段，水的电离平衡__________(填“向左”“向右”“不”)移动；请根据表格数据计算亚硫酸的Ka2=_____________________。
(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：

①HSO3-在阳极放电的电极反应式是___________________________。
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：__________。
(5)在实验室模拟工业上用NaClO2同时脱硝、脱硫，该过程如下：调节NaClO2吸收液的pH为5，向其中通入含SO2和NO(体积比1:1)的模拟烟气。测得脱硝、脱硫反应后溶液中的阴离子为NO3-、SO42-和Cl-，其中c(SO42-)=0.88 mol/L，c(Cl-)=0.95 mol/L，已知脱硫效率为89.8%，
请计算脱硝效率为__________。(结果保留3位有效数字)
【答案】 (1). 丁达尔 (2). 淀粉 (3). SO2 + I2 + 2H2O = SO42- + 2I- + 4H+ (4). 碘水变质 (5). 向右 (6). 10-7.2 (7). HSO3- + H2O - 2e- = SO42- + 3H+ (8). 阴极室H+放电，OH-浓度增大，当pH>8时溶液中NaOH浓度较大，可有效吸收二氧化硫循环使用 (9). 69.3%
【解析】
【分析】
（1）根据胶体的性质分析；
（2）测定某硫酸厂产生的烟气中的SO2，用标准浓度的碘水来测定，指示剂用淀粉指示剂，淀粉遇到碘单质变蓝色，据此分析；
（3）吸收过程的最开始阶段，n（SO32-）：n（HSO3-）=91：9，生成的亚硫酸钠水解促进水的电离，亚硫酸是弱酸存在电离平衡，H2SO3⇌HSO3-+H+，HSO3-⇌H++SO32-，Ka2=；
（4）①阳极上阴离子放电发生氧化反应；
②阴极上氢离子得电子发生还原反应，同时生成亚硫酸根离子，溶液中钠离子向阴极移动，导致生成吸收液；
（5）假设溶液为1L，脱硝、脱硫反应，SO2 和NO （体积比1：1），假设分别为1mol、1mol，NaClO2得电子生成Cl-，SO2失电子形成SO42-，NO失电子形成NO3-，结合反应原理计算。
【详解】（1）当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”为丁达尔现象，是胶体特有的性质，当日光射入充满气溶胶的暗室时，可观察到丁达尔效应，
故答案为：丁达尔；
（2）测定某硫酸厂产生的烟气中的SO2，可用标准浓度的碘水来测定，测定时使用的指示剂为淀粉，发生反应的离子方程式为：SO2 +I2 +2H2O=SO42-+2I-+4H+，实验后发现测定结果偏低，实验操作完全正确的情况下可能是碘单质被氧化，
故答案为：淀粉；SO2 +I2 +2H2O=SO42-+2I-+4H+；碘水变质；
（3）吸收过程的最开始阶段，n（SO32-）：n（HSO3-）=91：9，生成的亚硫酸钠水解促进水的电离，水的电离平衡向右进行，亚硫酸是弱酸，存在电离平衡，H2SO3⇌HSO3-+H+，HSO3-⇌H++SO32-，当n（SO32-）：n（HSO3-）=1：1时，pH=7.2，Ka2==c（H+）=10-7.2，
故答案为：向右；10-7.2；
（4）①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+。
故答案为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3-电离生成SO32-，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
故答案为：阴极室H+放电，OH-浓度增大，当pH>8时溶液NaOH浓度较大，可有效吸收二氧化硫循环使用；
（5）假设溶液为1L，脱硝、脱硫反应，SO2 和NO （体积比1：1），假设分别为1mol、1mol，离子反应为：5ClO2-+4SO2+4NO+6H2O=4NO3-+4SO42-+5Cl-+12H+，c（SO42-）=0.88mol/L，c（Cl-）=0.95mol/L，物质的量分别为0.88 mol、0.95mol，已知脱硫效率为89.8%，1molSO2反应，有89.8%转化，应生成硫酸根离子物质的量等于生成硝酸根离子物质的量==0.98．mol，生成0.95molCl-，根据得失电子守恒，生成NO3-物质的量结合电子守恒计算，设生成硝酸根离子物质的量x，0.95mol×4=0.88mol×2+（5-2）x，解得x=0.68mol，脱硝效率==69.3%，
故答案为：69.3%。
【点睛】本题考查了胶体性质、污染物的处理，涉及到离子方程式、化学方程式和离子浓度大小的比较等知识点，题目难度中等，需要注意的是比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答。