高中化學人教版有機化學基礎本冊總復習總復習【全國一等獎】

河南省洛陽市第二十三中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．硼有兩種天然同位素、，已知B元素的原子量為．下列對B元素中的質量分數的判斷正確的是（）Ａ.等于20%Ｂ.略大于20%Ｃ.略小于20%Ｄ.等于80%【答案】C【解析】2．設NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．1mol氦氣中有2NA個氦原子B．14g氮氣中含NA個氮原子C．2Lmol·L－1Na2SO4溶液中含個Na＋D．18g水中所含的電子數為8NA【答案】B【解析】試題分析：氦是單原子分子，1mol氦氣中有NA個氦原子，A錯；14g氮氣的物質的量為，氮分子中有2個氮原子，則氮原子的物質的量為1mol，個數為NA，B對；n(Na＋)=2L×mol·L－1×2=,Na＋的個數為個，C錯；18g水的物質的量為1mol，一個水分子有10個電子，含有的電子數為10NA，D錯。考點：阿伏伽德羅常數的應用。3．關于反應的有關敘述中，正確的是（）A．KCl中含有B．KCl中含有C．生成物的相對分子質量大于71D．該反應轉移電子數為【答案】A【解析】氯酸鉀中氯元素的化合價由＋5價降低到0價。氯化氫中氯元素的化合價從－1價升高到0價，因此根據電子得失守恒可知，氧化劑和還原劑的物質的量之比是1︰5，即反應的實質是與6份中的5份發(fā)生歸中反應生成氯氣，所以正確的答案選A。4．下列離子方程式正確的是（）A．澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2OB．銅與FeCl3溶液反應：Cu+Fe3+＝Cu2++Fe2+C．硫酸溶液與氫氧化鋇溶液反應：SO42－+Ba2+＝BaSO4↓D．氯氣通入FeCl2溶液：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl-【答案】D【解析】A錯誤，澄清石灰水應寫成離子形式B錯誤，電荷不守恒Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+C錯誤，2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OD正確。5．一定條件下合成乙烯6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖，下列說法錯誤的是A．生成乙烯的速率：v(M)有可能小于v(N)B．平衡常數：KM＞KNC．催化劑可能會影響CO2的平衡轉化率D．若投料比n(H2)n(CO2)＝31，則圖中M點時，乙烯的體積分數為%【答案】C【解析】試題分析：A、化學反應速率隨溫度的升高而加快，催化劑的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A正確；B、升溫平衡逆向移動，化學平衡常數減小，故B正確；C、催化劑只影響反應速率，不影響平衡移動和轉化率，故C錯誤；D假設加入的氫氣和二氧化碳分別為3mol和1mol，則M點時，有氫氣，二氧化碳，乙烯，水蒸氣1mol，所以M點時乙烯的體積分數為×100%=%，故D正確；故選C?？键c：考查了化學反應速率的影響因素、平衡計算、平衡移動的相關知識。6．測得醋酸甲的pH：a，醋酸乙的pH：a＋1。下列推斷中正確的是（）A．醋酸甲中H＋的物質的量是醋酸乙中的10倍B．醋酸乙的電離程度比醋酸甲大C．中和等物質的量的NaOH溶液需甲、乙兩酸的體積之比為10∶1D．甲、乙溶液加水稀釋，當pH相等時甲需加更多的水【答案】B【解析】A選項錯誤，物質的量與溶液的體積有關；B選項正確，醋酸乙的pH大，說明溶液濃度小，CH3COOH電離程度大；C選項錯誤，甲、乙兩酸中CH3COOH的物質的量之比不是10∶1，故所需甲、乙兩酸的體積比也不是1∶10；D選項錯誤，溶液體積未知。7．16．鉛蓄電池的工作原理為Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O。研讀下圖，下列判斷不正確的是A．K閉合時，d電極反應式：PbSO4＋2H2O-2e－=PbO2＋4H＋＋SO42-B．當電路中轉移mol電子時，Ⅰ中消耗的H2SO4為molC．K閉合時，Ⅱ中SO42-向c電極遷移D．K閉合一段時間后，Ⅱ可單獨作為原電池，d電極為正極【答案】C【解析】試題分析：K閉合時，I是原電池，Ⅱ是電解池，在電解池中陰離子向陽極移動。C電極是陰極，所以選項C不正確；K閉合后相當于I為II充電。K閉合，I中a為正極，b為負極；II中c為陰極，d為陽極。a：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；b：Pb+SO42--2e-=PbSO4。c：PbSO4+2e-=Pb+SO42-；d：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-。電流方向：a→d→c→b.考點：原電池、電解池點評：本題考查了電解池和原電池的相關知識，難度較大。8．參照反應Br+H2HBr+H的能量對反應歷程的示意圖，下列敘述中正確的()A．正反應為吸熱反應B．加入催化劑，該化學反應的反應熱不變C．正反應為放熱反應D．加入催化劑可增大正反應速率，降低逆反應速率【答案】A【解析】試題分析：根據反應物的總能量小于生成物的總能量，可知反應吸熱，A．因正反應為吸熱反應，故A正確；B．催化劑與反應熱無關，故B錯誤；C．正反應為吸熱反應，故C錯誤；D．催化劑可增大正反應速率，也增大逆反應速率，故D錯誤；故選A。考點：考查反應熱9．關于如圖所示①、②兩個裝置的評價正確的是（）選擇敘述評價A能量轉換:①把化學能轉變成電能,②把電能轉變成化學能正確B硫酸濃度變化:①增大,②減小錯誤C電極名稱及電極反應式:①正極:4OH-—4e-====2H2O+O2↑②陰極:Zn—2e-====Zn2+正確D離子移動方向:①H+向陰極移動②H+向負極移動正確【答案】B【解析】試題分析：A.:①是電解池，把電能轉變成化學能；②是原電池，把化學能轉變成電能，錯誤；B.①是電解池，陽極4OH－-4e-=2H2O＋Ｏ２↑，陰極2H++2ｅ－=H2↑，相當于電解水，硫酸濃度增大；②是原電池，負極上鋅失電子生成鋅離子進入溶液，正極上氫離子得電子生成氫氣，硫酸濃度減?。籆.①是電解池，兩極是陰極和陽極，②是原電池，兩極是正極和負極，錯誤；D.①H+向陽極極移動，②H+向正極移動，錯誤?？键c：考查原電池、電解池原理。10．下列說法正確的是（）A．分子數不同的CO與N2的體積一定不等B．體積相同的CO與N2的質量一定相等C．質量相同、密度不同的CO與N2所含的原子數目一定相等D．質量不同、密度相同的CO與N2所含分子數可能相同【答案】C【解析】A．分子數不同的CO與N2的物質的量不相等，因為氣體摩爾體積未知，所以其體積可能相等，故A錯誤；B．溫度和壓強未知，氣體摩爾體積未知，相同體積的CO與N2的物質的量不一定相等，根據m=nM知，其質量不一定相等，故B錯誤；C．CO與N2的摩爾質量相等，質量相同時，其物質的量相等，再結合N=nNA、分子構成知，二者的原子個數相等，故C正確；D．CO與N2的摩爾質量相等，質量不相同時，其物質的量不相等，再結合N=nNA知，其分子數一定不等，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查了阿伏伽德羅定律及其推論，明確各個物理量之間的關系即可解答，注意氣體摩爾體積的適用范圍及適用條件，為易錯點．11．下列關于氧化還原的說法，錯誤的是：A．氧化還原反應一定有單質參與B．氧化還原反應的實質是電子轉移C．有元素化合價升降的反應一定是氧化還原反應D．氧化劑在反應中化合價降低【答案】A【解析】試題分析：A、氧化還原反應不一定有單質參與，如SO2與H2O2生成H2SO4，錯誤；B、氧化還原反應的實質是電子轉移，正確；C、有元素化合價升降的反應一定是氧化還原反應，正確；D、氧化劑在反應中化合價降低，正確?？键c：考查氧化還原反應基本概念。12．某溫度時，鹵化銀（AgX，X=Cl，Br，I）的3條溶解平衡曲線如圖所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次減小。已知pAg=－lgc(Ag+)，pX=－lgc(X－)，利用pX－pAg的坐標系可表示出AgX的溶度積與溶液中的c（Ag+）和c（X－）的相互關系。下列說法錯誤的是（）A．A線是AgCl，C線是AgIB．e點表示由過量的KI與AgNO3反應產生AgI沉淀C．d點是在水中加入足量的AgBr形成的飽和溶液D．B線一定是AgBr【答案】B【解析】略13．將苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，用分液漏斗分離出上層液體放置于一試管中，若向其中加入一種試劑，可發(fā)生反應并產生白霧，這種試劑可以是（）A．亞硫酸鈉B．溴化鐵C．鋅粉D．鐵粉【答案】BD【解析】苯和溴水混合后，苯可以將溴水中的溴萃取出來。形成了苯和液溴的混合物，位于水層上面。分液漏斗分出的即為苯和液溴的混合物，用FeBr3作催化劑，可生成溴苯和HBr出現白霧，Fe常溫下和Br2反應生成FeBr3，所以加入的這種試劑為B、D選項。14．下列圖示與對應敘述相符合的是A．圖1表示在含等物質的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加鹽酸至過量時，產生氣體的體積與消耗鹽酸的關系B．圖2表示C12通入H2S溶液中pH的變化C．圖3表示酸性溶液氧化溶液時，隨時間的變化（M對該反應有催化作用）D．圖4表示已達平衡某反應，在時改變某一條件后反應速率隨時間變化，則改變的條件一定是加入催化劑【答案】C【解析】試題分析：A、滴加鹽酸先后發(fā)生反應：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，根據化學方程式可以開出不產生氣體階段所需鹽酸體積與生成氣體階段所需鹽酸體積之比為：2:1，錯誤；B、Cl2與H2S發(fā)生反應：Cl2+H2S=2HCl+S，由弱酸生成強酸，pH降低，錯誤；C、生成Mn2+，具有催化作用，化學反應速率加快，正確；D、對于反應前后氣體系數相等的反應，反應速率的變化也符合圖4，錯誤?？键c：本題重要物質的性質和化學反應速率。15．下列離子方程式書寫正確的是A．稀硝酸溶液中加入氫氧化亞鐵：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OB．NaOH溶液中加入過量Ba（HCO3)2溶液：Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－C．FeI2溶液中通入極少量Cl2：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－D．AICl3溶液中加入過量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O【答案】C【解析】試題分析：A、硝酸具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故錯誤；B、NaOH少量，系數定為1，其離子反應方程式為：OH－＋HCO3－＋Ba2＋=BaCO3↓＋H2O，故錯誤；C、I－的還原性強于Fe2＋，因此氯氣和I－發(fā)生氧化還原反應，2I－＋Cl2＋I2＋2Cl－，故正確；D、Al(OH)3不溶于NH3·H2O，因此離子反應方程式為：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故錯誤?？键c：考查離子反應方程式的正誤判斷等知識。16．（6分）現用質量分數為98%，密度為1．84g/cm3的濃硫酸來配制480ml0．2mol/L的稀硫酸，可供選擇的儀器有：①玻璃棒②燒杯③膠頭滴管④量筒⑤容量瓶⑥托盤天平⑦藥匙（1）上述儀器中，配制過程中用不到的有___________。（2）計算所需濃硫酸的體積為__________mL（3）在配制過程中，下列操作可引起所配溶液濃度偏高的有____________。（填代號）①洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉移到定量瓶中。②未等稀釋后的硫酸溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中③轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水④未洗滌稀釋濃硫酸時用過的燒杯和玻璃棒⑤定容時，俯視刻度線【答案】（1）⑥⑦（2）；（3）①②⑤【解析】試題分析：結合題中給出的條件，利用公式：C=1000ρω/M,可求得濃硫酸的濃度為L,且需選取500mL的容量瓶，假設所需的濃硫酸的體積V，L×VL=0.5L×L,計算得體積為;誤差分析過程需要根據公式進行，本題的公式為C=n/V,不難確定答案。考點：物質的濃度溶液的配制。17．[化學—選修物質結構和性質]（15分）下表為部分短周期元素的性質或原子結構，已知A—D的原子序數依次增大。元素編號元素性質或原子結構AA原子所處的周期數、族序數、原子序數均相等B核外電子有6種不同運動狀態(tài)C最簡單氫化物的水溶液呈堿性D基態(tài)原子的S軌道電子數等于P軌道電子數請結合表中信息完成下列各小題（答題時用所對應的元素符號）A：（1）寫出C原子的電子排布圖____________（2）A、B、C、D的第一電離能由大到小的順序為______________（3）用電離方程式表示C的最簡單氫化物的水溶液呈堿性的原因

_______________B：按照共價鍵理論，分子中每個原子的最外電子層電子數均已飽和。已知ABCD分子可能有三種不同結構，它們的結構可以從其他物質的結構中獲得啟發(fā)。（4）ABC的結構式是___________。向其中插入一個D原子，若形成配位鍵（用→表示）則ABCD的結構式為______________分子中C的原子的雜化類型是______________；若無配位鍵則ABCD的結構式為___________分子中D原子的雜化類型為______________。（5）BD2的電子式是____________將D原子換成等電子的所得ABCD的結構式為________，分子中C原子的雜化類型是______________。（6）在ABCD的三種可能結構中B原子的雜化類型__________（填“相同”或“不相同”）【答案】（1）（2分）（2）N>O>C>H(2分)（3）NH3·H2ONH4++OH-（2分）（4）H—CNH—CN→OSPH—O—CNSP3（5分）（5）H—N=C=OSP2（3分）（6）相同（1分）【解析】根據元素的結構及有關性質可知，A是H，B是C，C是N，D是O。根據構造原理可知，氮原子的基態(tài)電子排布圖為（2）非金屬性越強，第一電離能越大，由于氮原子的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，所以氮原子的第一電離能大于氧原子的，即N>O>C>H。（3）氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱電解質電離出OH－，所以溶液顯堿性，方程式為NH3·H2ONH4++OH-。（4）ABC的化學式為HCN，其結構式為。由于分子中氮原子還有1對孤對電子，所以能和氧原子形成配位鍵，即。如果沒有配位鍵，要滿足穩(wěn)定結構，則氧原子必需分別和氫原子及碳原子形成共價鍵，即結構式為。該化合物分子中氧原子形成的化學鍵全部是單鍵，所以氧原子是sp3雜化。（5）BD2是CO2，分子中含有碳氧雙鍵，電子式為。將D原子換成等電子的，則要滿足穩(wěn)定結構，結構式就必需是H—N=C=O，由于該化合物分子氮原子形成1個單鍵和1個雙鍵，所以是sp2雜化。（6）在這三種結構中，碳原子都是sp雜化。18．（15分）氯氣和二氧化硫是中學化學中常見的氣體。某活動小組設計如下圖所示裝置圖，分別研究氯氣和二氧化硫的性質。（1）下列裝置常用于實驗室制取氣體，其中制取氯氣選用的裝置為，反應的離子方程式為，制取二氧化硫選用的裝置為；（2）從左端分別通入氯氣或二氧化硫時，裝置B中觀察到的現象是否相同（填“相同”或“不相同”）；裝置A反應后溶液均褪色，如何利用褪色后的溶液判斷是何種氣體使其褪色（寫出簡要的實驗步驟）；（3）裝置F中盛放的溶液為；若裝置E中試劑為鐵絲，則通入氯氣與鐵絲充分反應時現象為；（4）當通入足量SO2完全反應后，向C中滴加淀粉溶液，無明顯現象。該反應的離子方程式為?！敬鸢浮浚?）甲，4H++2Cl-+MnO22H2O+Cl2↑+Mn2+；乙（2）不相同；分別取褪色后的A溶液于試管中，加熱，若溶液變紅色，說明是二氧化硫使其褪色，若不變紅，說明是氯氣使其褪色；（3）NaOH溶液；產生大量棕黃色的煙；（4）I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-【解析】試題分析：（1）制取氯氣是固液需要加熱制取氣體的反應，所以選擇甲裝置制取氯氣；反應的離子方程式為4H++2Cl-+MnO22H2O+Cl2↑+Mn2+；制取二氧化硫是用濃硫酸與亞硫酸鈉的固體不需加熱，所以選擇乙裝置；（2）不相同；二氧化硫溶于水顯酸性，使紫色石蕊試液變紅；氯氣溶于水生成氯化氫和次氯酸，溶液顯酸性，紫色石蕊試液變紅，同時次氯酸具有強氧化性，所以最終溶液褪色；二氧化硫的漂白性是暫時性漂白，加熱溶液又恢復紅色，而次氯酸的漂白性是永久性漂白，加熱溶液不回復紅色，所以分別取褪色后的A溶液于試管中，加熱，若溶液變紅色，說明是二氧化硫使其褪色，若不變紅，說明是氯氣使其褪色；（3）最終F用于尾氣處理，所以應放氫氧化鈉溶液；鐵在氯氣中燃燒，生成氯化鐵，產生大量棕黃色的煙；（4）通入足量SO2完全反應后，向C中滴加淀粉溶液，無明顯現象，說明C中已不存在碘單質，二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應，生成碘離子，反應的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-考點：考查氯氣、二氧化硫的制取、性質實驗，尾氣的處理，裝置的選擇19．（12分）（1）下列與化學實驗有關的描述錯誤的是_______(填序號)。①燃著的酒精燈不慎碰翻失火，可立即用濕布蓋滅②分液時分液漏斗中的下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出③錐形瓶用作反應容器時一定不能加熱④濃硝酸與濃鹽酸均易揮發(fā)，故均應保存在棕色試劑瓶中，并置于陰涼處⑤不慎將濃堿溶液濺到皮膚上，要立即用大量水沖洗，然后涂上硼酸溶液⑥稱取10.5g固體樣品(1g以下使用游碼)時，將樣品放在了天平的右盤，則所稱樣品的實際質量為9.5g。（2）某探究小組在實驗室中用鋁土礦（主要成分為Al2O3，還含有Fe2O3、SiO2）提取氧化鋁。回答下列問題：（2）①該實驗過程中，多次用到玻璃棒，如過濾時引流液體、灼燒時攪拌防止固體崩濺，試寫出該實驗過程中玻璃棒的第三個作用。②驗證濾液A含Fe3+，可取少量濾液并加入____________（填試劑名稱）。③實驗中，該小組同學用下圖裝置進行過濾操作，過濾操作中的一處錯誤是。④在灼燒操作時用到下列儀器中的（填字母代號），其名稱是。【答案】（1）③④（4分，缺一項扣2分。有錯項該題0分）（2）①溶解時，攪拌加速固體溶解（2分）②硫氰化鉀（或硫氰酸鉀、苯酚溶液等合理答案）（2分）③漏斗下端尖嘴未貼近燒杯內壁。（2分）④C坩堝（每空1分）【解析】試題分析：（1）③錐形瓶用作反應容器時可使用石棉網后加熱，故③錯誤；④濃硝酸見光易分解，故用棕色試劑瓶盛裝，濃鹽酸性質較穩(wěn)定，故不需要棕色試劑瓶盛裝，故④錯誤；（2）①鋁土礦被溶解時利用了玻璃棒的攪拌加速溶解的作用；②驗證濾液A含Fe3+，可以使用KSCN，若溶液變成血紅色，即說明溶液中含有Fe3+，或者用氫氧化鈉，若溶液中立即生成紅褐色沉淀，即說明含有Fe3+；③過濾過程中，漏斗下端尖嘴未貼近燒杯內壁；④灼燒過程中，需要用到坩堝即C?？键c：考查化學實驗基礎相關知識。20．（16分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效氧化劑、漂白劑?！ね瓿上铝刑羁眨海?）組裝好儀器后，檢查裝置氣密性的操作是。（2）裝置①中用NaClO3、Na2SO3和濃H2SO4反應制得ClO2，寫出該反應的化學方程式，裝置③發(fā)生反應的離子方程式為。（3）裝置③反應后的溶液中還含有少量NaOH雜質，從該溶液獲得無水NaClO2晶體的操作步驟為：①50℃左右蒸發(fā)結晶；②；③用50的溫水洗滌；④低于60℃干燥，得到成品。步驟③中用50（4）準確稱取所得亞氯酸鈉樣品10．0g于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應。將所得混合液配成250mL待測溶液。mol·L-1－→－－達到滴定終點時的現象為。該樣品中NaClO2的質量分數為。（5）在實驗過程中，下列操作會使實驗結果偏高的是a．讀取標準液體積時，開始時平視讀數，結束時仰視讀數b．配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現液面下降，又補加水重新達到刻度線c．盛裝待測液的滴定管注液前未用待測溶液潤洗d．盛裝標準液的滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失（6）已知常溫下Ka(HClO2）=1×10-2、Ka(CH3COOH）=1．75×10-5，則0．1mol/L的HClO2溶液與0．05mol/L的NaOH溶液等體積混合所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為?！敬鸢浮浚?6分）（1）關閉分液漏斗的玻璃旋塞，將干燥管的末端浸末在水中，微熱錐形瓶，干燥管末端有氣泡產生，停止加熱一段時間后，有回流的液柱，則氣密性良好（其它合理答案均給分）（2分）（2）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（濃）=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）2OH-+2Na＋＋H2O2＋=2·+O2（2分）（3）（1分）；防止·（1分）（4）①當滴入最后一滴，溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色（2分）②90．5%（2分）（5）a、d（2分）（6））c(ClO2-）＞c(Na+）＞c(H+）＞c(OH-）（2分）【解析】試題分析：（1）檢查裝置氣密性時，首先要形成一密閉系統，然后利用熱脹冷縮原理來檢測；具體操作方法是：關閉分液漏斗的玻璃旋塞，將干燥管的末端浸末在水中，微熱錐形瓶，干燥管末端有氣泡產生，停止加熱一段時間后，有回流的液柱，則氣密性良好。（2）根據反應物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物為ClO2和2Na2SO4，配平方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；裝置③中得到·ClO2的還原產物，此反應中H2O2發(fā)生反應的離子方程式為2OH-+2Na＋＋H2O2＋=2·+O2（3）因為NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶體，需在38－60℃得到晶體，故操作為趁熱過濾，防止產生·（4）②有碘單質參和生成的反應，一般采用淀粉溶液做指示劑，該反應是Na2S2O3標準液滴定碘，終點溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色；計算時一般找出關系式，由此進行計算，關系式為ClO2－——2I2——4S2O32－n(ClO2－）=1/4n(S2O32－）=1/4×20×10-3×2=0．01molm(NaClO2）=0．01×90．5=9．05g該樣品中NaClO2的質量分數為9．05g÷10g=0．905（5）在實驗過程中，讀取標準液體積時，開始時平視讀數，結束時仰視讀數，標準液的讀數偏高，使實驗結果偏高，選項a正確；配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現液面下降，又補加水重新達到刻度線，體積偏大，濃度偏低，選項b不符合題意；盛裝待測液的滴定管注液前未用待測溶液潤洗，待測液稀釋，濃度偏低，選項c不符合題意；盛裝標準液的滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失，消耗的標準液偏多，測定結果偏高，選項d正確。（6）0．1mol/L的HClO2溶液與0．05mol/L的NaOH溶液等體積混合所得溶液為HClO2和NaClO2等物質的量混合，此時溶液顯酸性，說明電離于水解，故c(ClO2-）＞c(Na+）＞c(H+）＞c(OH-）考點：無機化工流程涉及裝置氣密性檢驗、反應原理、滴定操作及數據處理、電解質溶液中離子濃度的比較等。21．Al2O3的質量分數（用小數表示，小數點后保留兩位）?！敬鸢浮?6．【解析】試題分析：100mL溶液中AlO2-的物質的量為，金屬鋁的物質的量27=,根據鋁原子守恒，氧化鋁的物質的量為，Al2O3的質量分數=×102）÷=.考點：考查化學計算。22．（15分）Ⅰ．為了除去KCl溶液中少量的Mg2＋、SO42-，可選用Ba（OH）2、HCl和K2CO3三種試劑，按如下步驟操作：（1）上述試劑中，B是，C是。（2）操作Ⅱ的名稱是。（3）加過量A時發(fā)生有關反應的離子方程式為、。Ⅱ．一份溶液中可能含有K+、Al3+、H+、NH4+、Cl－、Br－、I－、ClO-、AlO2-等離子中的若干種。為了確定溶液的組成，進行了如下操作：（1）往該溶液中逐滴加入NaOH溶液并適當加熱，產生沉淀和氣體的物質的量（n）與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示；則該溶液中一定存在的離子是，一定不存在的離子是。（2）經檢測后，該溶液中含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L該混合溶液中通入一定量的氯氣，則溶液中Cl－、Br－、I－與通入氯氣的體積（標況下）關系如表所示，回答下列問題：Cl2的體積（標況下）2．8L5．6L11．2Ln（Cl-）1．25mol1．5mol2moln（Br-）1．5mol學]1．4mol0．9moln（I-）amol00①則a為②原溶液中Cl－、Br－、I－的物質的量濃度之比為【答案】18．（15分）Ⅰ（1）K2CO3；HCl；（2）蒸發(fā)結晶；（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓；Ba2＋+SO42-=BaSO4↓Ⅱ（1）Al3+、H+、NH4+ClO-、AlO2-（2）①0．15②10:15:4【解析】試題分析：Ⅰ．（1）氫氧化鋇可以將Mg2＋、SO42-除去，除雜時，每一步所加的試劑均是過量的，過量的氫氧化鋇需用碳酸鉀除去，而多余的碳酸鉀需用鹽酸來除去，則試劑A、B、C依次是Ba（OH）2、K2CO3、HCl。（2）由物質的溶液獲得該物質的晶體的方法是蒸發(fā)結晶。（3）氫氧化鋇可以將Mg2＋、SO42-除去，發(fā)生反應的離子方程式為Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓、Ba2＋+SO42-=BaSO4↓。Ⅱ（1）根據圖像分析可知，開始加入NaOH溶液無沉淀生成，說明溶液中含有H＋，隨著NaOH的加入，有沉淀生成且最后沉淀全部溶解，說明溶液中含有Al3＋，在加入NaOH的過程中，有氣體生成，說明溶液中含有NH，則該溶液中一定存在的離子是Al3+、H+、NH4+，因為在酸性條件下，ClO-、AlO2-與H＋反應生成HClO和Al（OH）3沉淀，則一定不存在的離子是ClO-、AlO2-。（2）①根據題給信息，通入的氯氣的物質的量分別是0．125mol、0．25mol、0．5mol，因為還原性I－>Br－>Cl－，因此首先發(fā)生Cl2+2I－=2Cl－+I2，當I－消耗完，然后發(fā)生Cl2+2Br－=2Cl－+Br2。根據第二組數據可知，消耗Br－1．5-1．4=0．1moL，Cl2+2Br－=2Cl－+Br2、Cl2+2I－=2Cl－+I20．050．10．20．4第一組數據通入的氯氣為0．125mol，消耗I－0．25mol，則a=0．4-0．25=0．15mol。②根據第三組數據，0．5mol氯氣完全反應生成Cl－1mol,而溶液中的Cl－為2moL，則原溶液中含Cl－1mol。根據第一組數據Cl2+2I－=2Cl－+I2，0．4molI-消耗氯氣0．2mol，實際上氯氣通入了0．125mol，即氯氣不足，只氧化了一部分I－