高中化內蒙古高考拔高練習試卷【26】含答案考點及解析

2018-2019年高中化學內蒙古高考拔高練習試卷【26】含答案考點及解析班級:___________姓名：___________分數(shù)：___________題號一二三四五六總分得分注意事項：

1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2．請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得

分

一、選擇題1.在試管中注入某紅色溶液，給試管加熱，溶液顏色逐漸變淺，則原溶液可能是A．滴有酚酞的Na2CO3溶液B．溶有SO2的品紅溶液C．滴有石蕊的CH3COOH溶液D．滴有酚酞的飽和氫氧化鈣溶液【答案】D【解析】試題分析：A、滴有酚酞的Na2CO3溶液加熱促進水解，溶液的堿性增強，紅色加深，A不正確；B、SO2能與品紅發(fā)生化合反應，生成不穩(wěn)定的無色物質，使品紅褪色，加熱時，生成的無色物質不穩(wěn)定分解，SO2氣體逸出，又生成品紅，故溶液變?yōu)榧t色，B不正確；C、滴有石蕊的CH3COOH溶液加熱促進電離酸性增強，溶液顏色加深，C不正確；D、滴有酚酞的飽和氫氧化鈣溶液加熱降低氫氧化鈣的溶解度，溶液堿性降低，顏色逐漸變淺，D正確，答案選D?？键c：考查物質性質的判斷2.在一定條件下，充分燃燒一定量的丁烷，放出熱量為QkJ(Q＞0)，經測定完全吸收生成的二氧化碳需要消耗5mol·L－1的KOH溶液100mL，恰好生成正鹽，則此條件下反應C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH為（

）A．＋8QkJ·mol－1B．－8QkJ·mol－1C．＋16QkJ·mol－1D．－16QkJ·mol－1【答案】D【解析】0.5molKOH與0.25molCO2恰好反應生成K2CO3，丁烷完全燃燒生成0.25molCO2放出QkJ熱量，則生成4molCO2放出的熱量為16Q，所以ΔH＝－16QkJ·mol－1，D對。3.下列實驗方案不能達到實驗目的的是()

實驗目的實驗方案A探究接觸面積對化學反應速率的影響相同溫度下,取等質量的大理石塊、大理石粉分別投入等體積、等濃度的鹽酸中B證明Mg(OH)2沉淀可以轉化為Fe(OH)3沉淀向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液C檢驗蔗糖水解產物具有還原性向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸,水浴加熱幾分鐘,然后加入適量稀NaOH溶液,再向其中加入新制的銀氨溶液,并水浴加熱D測定鋁箔中氧化鋁的含量取ag鋁箔與足量稀鹽酸充分反應,逸出的氣體通過堿石灰后,測其體積為bL(已轉化為標準狀況下)

【答案】B【解析】B選項中NaOH過剩,會與FeCl3反應生成Fe(OH)34.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是

操作現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色原溶液中有I－B向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先無明顯現(xiàn)象，后溶液變成血紅色原溶液中含有Fe2＋和Fe3＋C將銅片放入濃硝酸中產生大量紅棕色氣體，溶液變?yōu)樗{綠色濃硝酸有強氧化性和酸性D向Na2SiO3溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去2min后，試管里出現(xiàn)凝膠酸性：硅酸＞鹽酸

【答案】AC【解析】試題分析：A、下層溶液顯紫色，說明反應中有單質碘生成。由于氯水具有強氧化性，因此原溶液中含有碘離子，A正確；B、鐵離子能和KSCN溶液反應使溶液顯紅色，所以向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水，若先無明顯現(xiàn)象，后溶液變成血紅色，這說明原溶液中含有Fe2＋，不存在Fe3＋，B不正確；C、濃硝酸具有強氧化性，能把銅氧化生成硝酸銅，水和NO2，因此產生大量紅棕色氣體，溶液變?yōu)樗{綠色，C正確；D、根據(jù)較強的酸制備較弱酸的原理可知，硅酸的酸性弱于鹽酸的酸性，D不正確，答案選AC?？键c：考查離子檢驗、硝酸性質、酸性強弱比較以及實驗方案設計與評價等5.如圖是某同學設計的原電池裝置，下列敘述中正確的是A．電極Ⅰ上發(fā)生還原反應，作原電池的負極（1）按上圖（夾持儀器未畫出）組裝好實驗裝置后，應首先進行的操作是__________；A處U形管盛放的藥品是__________________,其作用為_______________________。（2）指導老師在審閱設計方案后指出需要在E處增加一裝置，你認為該裝置應該是_____________________________.（3）加熱前需要向該裝置緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘，其目的是___________________；此時對活塞的操作方法是：打開活塞____________________，關閉活塞_________________。（4）關閉活塞K1、K2，打開K3，加熱一段時間后，同學們發(fā)現(xiàn)C處洗氣瓶中幾乎沒有氣泡冒出，這是由于_________________________。（5）反應完全后，打開K1，再緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘，其目的是_____________________。（6）實驗測得數(shù)據(jù)如下：堿式碳酸鎂樣品22．6g；反應前C裝置的質量為87．6g，反應后質量為89．4g；反應前D裝置的質量為74．7g，反應后質量為83．5g。請計算推導該堿式碳酸鎂的化學式______________________，該堿式碳酸鎂受熱分解的化學方程式為____________?！敬鸢浮浚ü?5分）（1）檢查裝置的氣密性；

堿石灰（或氧化鈣）；

除去進入裝置的空氣中所含帶的水蒸氣和二氧化碳。（3分，每空1分）（2）盛有堿石灰（或氧化鈣）的干燥管。（2分）（3）趕走裝置中含有水蒸氣和二氧化碳的空氣；（2分）K1、K2（1分）；K3（1分）。(4)

B裝置中的反應已完全。（1分）（5）將反應生成的殘留在裝置中的水蒸氣和二氧化碳全部趕到裝置C和D中。（1分）（6）Mg3(OH)2(CO3)2[或Mg(OH)2·2MgCO3]，Mg3(OH)2(CO3)2

3MgO+2CO2↑+H2O

（4分，每空2分）【解析】略評卷人得

分

三、填空題12.下表為元素周期表的一部分，參照元素①～⑦在表中的位置，請用化學用語回答下列問題：(1)④、⑤、⑦的原子半徑由大到小的順序為

(用元素符號表示，下同)。(2)⑥和⑦的最高價含氧酸的酸性強弱為

＞

。(3)①、②兩種元素按原子個數(shù)之比為1∶1組成的常見液態(tài)化合物，在酸性溶液中能將Fe2＋氧化，寫出該反應的離子方程式

。(4)由表中元素形成的物質可發(fā)生如圖中的反應，其中B、C、G是單質，B為黃綠色氣體，D溶液顯堿性。①寫出D溶液與G反應的化學方程式

。②寫出檢驗A溶液中溶質的陰離子的方法：

。③常溫下，若電解1L0.1mol/L的A溶液，一段時間后測得溶液pH為12(忽略溶液體積變化)，則該電解過程中轉移電子的物質的量為

mol。④若上圖中各步反應均為恰好完全轉化，則混合物X中含有的物質有

。【答案】(1)Na＞Cl＞F(2)HClO4H2SO4(3)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4)①2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑②取少量A溶液滴加幾滴(稀硝酸酸化的)硝酸銀溶液有白色沉淀生成③0.01④Al(OH)3、H2O、NaCl【解析】根據(jù)元素在周期表中的位置可以確定各元素。(1)由元素周期表中原子半徑遞變規(guī)律可知，原子半徑Na＞Cl＞F。(2)非金屬性S＜Cl，故酸性H2SO4＜HClO4。(3)H、O按1∶1組成H2O2，可氧化Fe2＋：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4)黃綠色氣體B為Cl2，由圖中轉化關系可知A為NaCl，C為H2，D為NaOH，由D(NaOH)可以和G反應生成C(H2)可知，G為Al。①2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。②檢驗Cl－應取少量試液，滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液。③2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，產生OH－的物質的量為：0．01mol/L×1L＝0.01mol，每生成1molNaOH轉移1mol電子。故轉移電子為0.01mol。④由各步反應恰好完全轉化可知HCl和NaAlO2溶液等物質的量混合，發(fā)生反應：HCl＋NaAlO2＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl。13.（1）以Al和NiO（OH）為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO（OH）轉化為Ni（OH）2該電池反應的化學方程式是________。（2）化學在環(huán)境保護中起著十分重要的作用，催化反硝化學法和電化學降解法可用于治理水中硝酸鹽的污染。電化學降解NO的原理如圖所示。①電源正極為__________（填A或B），陰極反應式為________________________。②若電解過程中轉移了2mol電子，則膜兩側電解液的質量變化差（Δm左－Δm右）為__________克。（3）能量之間可相互轉化：電解食鹽水制備Cl2是將電能轉化為化學能，而原電池可將化學能轉化為電能。設計兩種類型的原電池，探究其能量轉化效率。限選材料：ZnSO4（aq），F(xiàn)eSO4（aq），CuSO4（aq）；銅片，鐵片，鋅片和導線。①完成原電池甲的裝置示意圖（見圖），并作相應標注，要求：在同一燒杯中，電極與溶液含相同的金屬元素。②以銅片為電極之一，CuSO4（aq）為電解質溶液，只在一個燒杯中組裝原電池乙，工作一段時間后，可觀察到負極__________。③甲乙兩種原電池可更有效地將化學能轉化為電能的是________，其原因是_________________________________________________________________。④根據(jù)犧牲陽極的陰極保護法原理，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，在所給的材料中應選__________作陽極?！敬鸢浮浚?）Al＋3NiO（OH）＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋3Ni（OH）2（2）①A2NO3-＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－②14.4（3）①（或其他合理答案）②失去金屬光澤，被腐蝕或氧化，溶液藍色變淺③甲在甲裝置中，兩個電極反應是在彼此隔離的條件下進行的，鋅與Cu2＋不直接發(fā)生反應，這樣可以更徹底地將反應所釋放的能量轉化為電能④鋅片【解析】（1）該新型電池放電時，關鍵判斷Al的氧化產物。由于NaOH溶液的存在，Al被氧化生成NaAlO2而不是Al（OH）3，故電池反應的化學方程式為：Al＋3NiO（OH）＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋3Ni（OH）2。（2）陰極：2NO3-＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－陽極：10OH－－10e－=5H2O＋

O2↑在陽極區(qū)生成的H＋通過質子交換膜到達陰極區(qū)，所以，當電子過程中轉移10mole－時，Δm左＝

mol×32g·mol－1＋10g＝90gΔm右＝28g－10g＝18g所以當轉移2mole－時，膜兩側電解液的質量變化差為＝14.4g。（3）①根據(jù)題給條件和原電池的構成條件可得：a．若用Zn、Cu、CuSO4（aq）、ZnSO4（aq）組成原電池，Zn作負極，Cu作正極，Zn插入到ZnSO4（aq）中，Cu插入到CuSO4（aq）中。b．若用Fe、Cu、FeSO4（aq）、CuSO4（aq）組成原電池，F(xiàn)e作負極，Cu作正極，F(xiàn)e插入到FeSO4（aq）中，Cu插入到CuSO4（aq）中。c．注意，畫圖時要注意電極名稱，電極材料，電解質溶液名稱（或化學式），并形成閉合回路。②由于金屬活動性Zn＞Fe＞Cu，鋅片或鐵片作負極，由于Zn或Fe直接與CuSO4溶液接觸，工作一段時間后，負極本身被腐蝕或氧化，失去金屬光澤，質量減輕，藍色變淺。③帶有鹽橋的甲原電池中負極沒有和CuSO4溶液直接接觸，二者不會直接發(fā)生置換反應，化學能不會轉化為熱能，幾乎全部轉化為電能；而原電池乙中的負極與CuSO4溶液直接接觸，兩者會發(fā)生置換反應，部分化學能轉化為熱能，化學能不可能全部轉化為電能。④由犧牲陽極的陰極保護法可得，鐵片作正極（陰極）時被保護，作負極（陽極）時被腐蝕，所以應選擇比鐵片更活潑的鋅作負極（陽極）才能有效地保護鐵不被腐蝕。14.電氣石是一種具有保健作用的天然石材，其中含有的主要元素為B、Si、Al、Mg、Na、O等元素。上述元素中，原子半徑最小的是

（用元素符號表示），與硫同周期的元素中簡單離子半徑最小的是

（用離子符號表示）；【答案】O

，Al3+【解析】試題分析：同周期自左向右，原子半徑逐漸減小。同主族自上而下，原子半徑逐漸增大，則原子半徑最小的是O；由于在核外電子排布相同的情況下，微粒半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則與硫同周期的元素中簡單離子半徑最小的是Al3+?？键c：考查微粒半徑的比較點評：該題是基礎性試題的考查，難度不大。該題的關鍵是明確微粒半徑的比較依據(jù)，然后靈活運用元素周期律即可，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力，提高學生的學習效率。15.已知A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種元素，A元素核內只有質子；B元素的某種核素可用于考古；D原子核外電子排布為nsnnpn+2。E是第四周期元素，最外層只有一個電子，其余各層電子均充滿。請回答下列問題(用元素符號或化學式表示)：(1)元素B、C、D的基態(tài)原子的電負性由大到小的順序為

（用元素符號表示）。化合物CA3的沸點比化合物BA4的高，其主要原因是

。(2)A、B、D三種元素組成的一種化合物是新裝修居室中常含有的一種有害氣體。則分子中B原子軌道的雜化類型為

。(3)E的核外電子排布式為

。E2D為半導體材料，在其立方晶胞內部有4個D原子，其余D原子位于面心和頂點，則該晶胞中有______個E原子。E2D能與稀硫酸反應得E，E的晶胞為面心立方最密堆積，已知該晶體的密度為9.00g/cm3，則E原子的半徑為

cm。(4)C2A4與ED在堿性溶液中反應生成無色氣體和紅色沉淀，則該反應的化學方程式可表示為：

?！敬鸢浮?1)O＞N＞C；NH3分子間能形成氫鍵；(2)sp2(雜化)；(3)[Ar]3d104s1；16；1.27×10-8；(4)N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O【解析】試題分析：A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，A元素核內只有質子，則A為H元素；B元素的某種核素可用于考古，則B為碳元素；D原子核外電子排布為nsnnpn+2，則D為氧元素，同時推出C為N元素；E是第四周期元素，最外層只有一個電子，其余各層電子均充滿，則為29號元素Cu；(1)(1)元素的電負性越大，非金屬性越強，故C、N、O的基態(tài)原子的電負性由大到小的順序為O＞N＞C；NH3分子間存在氫鍵，則NH3的沸點比化合物CH4的高；(2)H、C、O三種元素組成的一種化合物HCHO是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，分子中C原子軌道的雜化類型為sp2(雜化)；(3)29Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍，即為16個；Cu的晶胞為面心立方最密堆積，以頂點Cu原子研究，與之最近的Cu原子位于面心上，每個頂點Cu原子為12個面共用，所以Cu的配位數(shù)為12，根據(jù)晶胞的結構圖可知，晶胞中含有銅原子數(shù)為8×+6×=4，設晶胞的邊長為acm，則a3?ρ?NA=4×64，所以a=,由于面對角線為a，面對角線的為Cu原子半徑的4倍，所以Cu原子半徑cm=1.27×10-8cm；(4)N2H4與Cu在堿性溶液中反應生成無色氣體和紅色沉淀Cu2O，則該反應的化學方程式可表示為N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O?？键c：考查元素周期表位置、結構與性質的關系及應用，涉及晶胞結構的分析與計算16.污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。硫、氮氧化物是形成酸雨、霧霾等環(huán)境污染的罪魁禍首，采用合適的措施消除其污染是保護環(huán)境的重要措施。I．研究發(fā)現(xiàn)利用NH3可消除硝酸工業(yè)尾氣中的NO污染。NH3與NO的物質的量之比分別為1：3、3:1、4:1時，NO脫除率隨溫度變化的曲線如圖所示。(1)①曲線a中，NO的起始濃度為6×10-4mg/m3，從A點到B點經過0.8s，該時間段內NO的脫除速率為____________mg／(m3·s)。②曲線b對應的NH3與NO的物質的量之比是____，其理由是___________________(2)已知在25℃，101kPa時：請寫出用NH3脫除NO的熱化學方程式：____________________________________Ⅱ．工業(yè)上還可以變“廢”為“寶”，將霧霾里含有的SO2、NO等污染物轉化為Na2S2O4(保險粉)和NH4NO3等化工用品，其生產流程如下圖：(3)裝置Ⅱ中NO轉變?yōu)镹O3-的反應的離子方程式為__________________________________(4)裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，若用甲烷燃料電池電解該裝置中的溶液，當消耗1molCH4

時，理論上可再生____mol

Ce4+。【答案】

1.5×10-4

3:1

NH3與NO的物質的量比值越大，NO的脫除率越大

4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol

3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+

8【解析】Ⅰ．(1)①曲線a中，NO的起始濃度為6×10-4mg/m3，A點的脫除率為55%，B點的脫除率為75%，從A點到B點經過0.8

s，該時間段內NO的脫除速率==1.5×10-4mg/(m3?s)，故答案為：1.5×10-4；②NH3與NO的物質的量的比值越大，NO脫除率越大，故其物質的量之比分別為1：3、3：1、4：1時，對應的曲線為c、b、a，故曲線b

對應NH3與NO的物質的量之比是3：1，故答案為：3：1；NH3與NO的物質的量比值越大，NO的脫除率越大；(2)①N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H=-Q1/mol，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(1)△H=-Q2kJ/mo1，③N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+Q3kJ/mo1，用NH3脫除NO的化學方程式為4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)，可根據(jù)蓋斯定律，將3×②-2×①-3×③可得熱化學方程式4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol，故答案為：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)△H=(3Q2-2Q1-3Q3)KJ/mol；Ⅱ．SO2、NO是大氣污染物，通過氫氧化鈉溶液吸收得到亞硫酸氫鈉，一氧化氮不反應，通過裝置Ⅱ加入Ce4+氧化還原反應得到Ce3+、NO2-、NO3-等，和亞硫酸氫鈉混合，在電解池中通電電解得到Ce4+循環(huán)使用，獲得Na2S2O4，NO2-、NO3-等加入氨氣和氧氣在裝置Ⅳ中發(fā)生反應得到NH4NO3產品。(3)裝置Ⅱ中NO轉變?yōu)镹O3-的反應的離子方程式為3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+，故答案為：3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3-+4H+；(4)消耗1molCH4轉移電子8mol，根據(jù)流程圖，可以將8mol

Ce3+轉化為Ce4+，故答案為：8。評卷人得

分

四、計算題17.硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋+H2Y2－=NiY2－+2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標準狀況)。（1）若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2＋含量將

(填“偏高”、或“偏低”或“不變”)。（2）氨氣常用

檢驗，現(xiàn)象是

。（3）通過計算確定銀硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。【答案】（1）偏高（2）濕潤的紅色石蕊試紙

試紙顏色由紅變藍（3）n(Ni2＋)="0."04000mol·L-1×31.25mL×10-3L·mL-1="1."250×10-3moln(NH4+)=="2."500×10-3moln(SO42－)=

=="2."500×10-3molm(Ni2＋)="59"g·mol－1×1.250×10-3mol="0."07375gm(NH4+)="18"g·mol－1×2.500×10-3mol="0."04500gm(SO42-)="96"g·mol-1×2.500×10-3mol="0."2400gn(H2O)=="1."250×10-2molx:y:m:n=n(NH4+):n(Ni2+):n(SO42-):n(H2O)="2:1:2:10"硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】本題為一道定量分析的計算題，首先要弄清楚計算什么，怎么計算。（1）Ni2+含量的測定是通過EDTA滴定法來測定的。要找到誤差分析的依據(jù)，該滴定法類似于酸堿滴定方法。若滴定前，滴定管未用EDTA標準液潤洗，則EDTA標準液的濃度就會偏低，則滴定消耗的EDTA標準液的體積就會偏高，測得的Ni2+含量就會偏高。（2）氨氣的檢驗有兩種常用的方法：①濃鹽酸，具體是用玻璃棒蘸取濃鹽酸，靠近待測氣體，若產生白煙，則為氨氣。②試紙法。有兩種常用的試紙，一種是濕潤的酚酞試紙，濕潤的酚酞試紙變紅；另一種是濕潤的紫色（或紅色）石蕊試紙，試紙變藍。（3）實驗①用EDTA滴定Ni2+由此可以計算出原100mL溶液，即2.3350g樣品含Ni2+為n（Ni2+）=0.04000×31.25×10-3×4=0.005mol實驗②發(fā)生的反應為：NH4++OH-=NH3↑+H2O可得出原2.3350g樣品含NH4+為N(NH4+)=n(NH3)==0.01mol又根據(jù)電荷守恒：n(Ni2+)×2+n(NH4+)×1=n(SO42-)×2即原2.3350g樣品含SO42-為n(SO42-)=0.01mol綜上可以得出上述三種離子的質量，m（Ni2+）=0.005×59=0.295gM(NH4+)=0.01×18=0.18g

m(SO42-)=0.01×98=0.98g

則H2O的質量m（H2O）=2.3350-0.295-0.18-0.98=0.9g

n（H2O）=0.05molx：y：m：n=n(NH4+)：n(Ni2+)：n(SO42-)：n(H2O)="0.01"：0.005：0.01：0.05="2"：1：2：10硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【考點定位】本題考查定量分析實驗中常見滴定法的理解應用能力、知識的遷移能力和基本的計算能力。難度中檔偏上。18.(6分)某混合氣體由兩種氣態(tài)烴組成。取2.24L該混合氣體完全燃燒后，得到4.48L二氧化碳和3.6g水。(上述氣體體積，都已折算為標準狀況下的數(shù)據(jù))試通過計算，確定混合氣體中兩種烴可能組成?！敬鸢浮扛鶕?jù)題意可知：n(烴)=

=

=0．1moln(CO2)===0．2moln(H2O)===0．2mol混合烴的平均分子組成為C2H4，故符合題意的兩種烴可能是：CH4和C3H4、C2H2和C2H6或CH4和C4H4【解析】考查有機物分子式的確定。19.(7分)6.4克銅與過量硝酸(amol/L,30mL)充分反應,硝酸的還原產物只有NO2、NO。反應后溶液中含H+為0.1mol。(1)此時溶液中所含NO3-的物質的量為多少？(2)求生成的氣體中NO2和NO的物質的量各為多少(用含有a的式子表示)（寫出計算過程）【答案】【解析】略20.(8分)從100ml某種待測濃度的Na2CO3溶液中取出50ml，加入含HCl0.4mol的鹽酸溶液，恰好完全反應。(1)生成CO2的物質的量是多少？(2)待測Na2CO3溶液的物質的量濃度是多少？【答案】（1）0.2mol

(2)4mol/L【解析】(1)2HCl～CO2

～

Na2CO32mol

1mol

1mol0.4mol

n(CO2)

n(Na2CO3)n(CO2)="0.2mol

"n(Na2CO3)=0.2mol(2)待測Na2CO3溶液的物質的量濃度=0.2mol×(100ml÷50ml)÷0.1L=4mol/L評卷人得

分

五、簡答題21.二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KC1O3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為_____。（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應的化學方程式為_____________________。②除去ClO2中的NH3可選用的試劑是_______（填標號）。a．水

b．堿石灰

C．濃硫酸

d．飽和食鹽水（3）用下圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50

mL水溶解后，再加入3

mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol·L-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為_______________。②玻璃液封裝置的作用是

______________。③V中加入的指示劑通常為______，滴定至終點的現(xiàn)象是__________。（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽。若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質最適宜的是_______（填標號）。a．明礬

b．碘化鉀

c．鹽酸

d．硫酸亞鐵【答案】

2：1

NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3

c

2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O

吸收殘余的二氧化氯氣體（避免碘的逸出）

淀粉溶液

溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內溶液顏色不再改變

d【解析】（1）該反應中氯元素的化合價從+5價降低到+4價，得到1個電子，氯酸鉀是氧化劑。S元素的化合價從+4價升高到+6價，失去2個電子，亞硫酸鈉是還原劑，則根據(jù)電子得失守恒可知該反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為2：1；（2）①根據(jù)流程圖知電解時生成氫氣和NCl3，推知則電解時發(fā)生反應的化學方程式為NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3。②a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨氣，選項a錯誤；b、堿石灰不能吸收氨氣，選