人教版高中化学选修四高二下期第二次月 (2)

河南省安阳县第四高级中学2015-2016学年高二下期第二次月
考化学试题（解析版）
1．在pH＝0的无色透明溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是（）A．Na+、K+、MnO4—、Cl—B．Cl—、SO42—、K+、Na+
C．Na+、Cl—、CH3COO—、K+D．K+、I—、Na+、ClO—
【答案】D
【解析】由题意知溶液呈酸性且为无色，其中的D选项中的ClO—与I—可发生氧化还原反应而不能大量共存。

2．下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是
A．NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4
B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C．Na2O2、KOH、Na2SO4
D．HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氢氧化钠和硫酸铵中既有离子键又有共价键，硫酸中只有共价键，A错误；B、硫酸钠和碳酸氢铵中既有离子键又有共价键，氧化镁中只有离子键，B错误；C、三种物质中既有离子键又有共价键，C正确；D、氧化铝和氯化镁中只有离子键，氯化氢中只有共价键，D错误，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查化学键判断
【名师点晴】掌握离子键和共价键的含义、组成微粒以及判断依据是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，需要注意的是氯化铝中含有共价键，稀有气体中没有化学键。

3．下列关于甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，不正确
．．．的是 ( )
甲、乙、丙、丁、
A．甲是乙酸分子的球棍模型，分子中所有碳原子和氧原子共平面
B．乙是氨分子的比例模型，1 mol NH3中含有共用电子对数为3N A（N A表示阿伏加德罗常数）
C．由丙可知，双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为
2H2O2(l) =2H 2O(l)＋O2(g) ∆H=-2(Ea2’- Ea2) kJ·mol-1
D．丁是向硝酸银溶液中滴加氨水时，沉淀质量与氨分子的物质的量的关系图
【答案】D
【解析】
试题分析：A、羧基的C与O原子一定共面，则另一个C原子一定在羧基所在的平面内，正确；B、乙是氨分子的比例模型，1个氨气分子中有3对共用电子对，所以1 mol NH3中含有共用电子对数为3N A，正确；C、催化剂只改变反应的活化能，不改变反应热，所以双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为2H2O2(l) =2H2O(l)＋O2(g) ∆H=-2(Ea2’- Ea2) kJ·mol-1，正确；D、向AgNO3溶液中滴加稀氨水，先产生白色沉淀：AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3，继续滴加氨水，沉淀消失：AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O 分析两次消耗的氨水的量之比为1：2，错误，答案选D。

考点：考查球棍模型、比例模型、热化学方程式的书写、方程式的计算
4．固体NH5属离子化合物。

它与水反应的方程式为：NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。

下列有关NH5叙述正确的是
A．与水反应时，水作氧化剂
B．NH5中N元素的化合价为+5价
C．1 mol NH5中含有5N A个N—H键
D．与乙醇反应时，NH5被还原
【答案】A
【解析】
试题分析：A、该反应中，水中的氢元素化合价由+1价→0价，所以水得电子作氧化剂，故A正确；B、NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为-1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为-3价，故B错误；C、NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4N A 个N-H键，故C错误；D、根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由-1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选A。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

5．下列各组元素性质递变规律正确的是( )
A．Na、Mg、Al原子半径依次减小B．Li、Be、B原子最外层电子数依次减小
C．P、S、Cl元素最高正价依次降低D．Li、Na、K的金属性依次减弱
【答案】A
【解析】
试题分析：A．Na、Mg、Al位于同一周期，根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg＞Al，A正确；B．Li、Be、B最外层电子数依次为1、2、3，最外层电子逐渐增多，B错误；
C．P、S、Cl最外层电子数分别为5、6、7，最高化合价依次为+5、+6、+7，最高正价依次升高，C错误；
D．Li、Na、K位于同一主族，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性：Li ＜Na＜K，D错误．故选A．
考点：考查元素周期律的递变规律
6．下列表述正确的是
A．H2、D2、T2互为同位素
B．金属氧化物均为碱性氧化物
C．质量数为131，中子数为78的碘原子常用于核反应堆的燃料棒。

其核外电子数为53
D．S2－的结构示意图：
【答案】C
【解析】
试题分析：H2、D2、T2分子，同位素指原子，故A错误；金属氧化物不一定为碱性氧化物，如：Mn2O7，故B错误；电子数等于质子数=质量数—中子数，故C正确；S2－最外层有8个电子，故D错误。

考点：本题考查原子结构。

7．如图把气体缓慢通过盛有足量试剂的试剂瓶A，在试管B中可以观察到明显现象的是（）
【答案】B
【解析】
试题分析：A． SO2、CO2气体通过酸性KMnO4溶液时SO2会被氧化为硫酸，而KMnO4被还原为Mn2+，所以溶液的紫色褪去；CO2与品红溶液不能发生反应，所以品红溶液不褪色，无明显现象，错误；B． Cl2、HCl与浓硫酸不能发生反应，将混合气体通入KI淀粉溶液，发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2 ，I2遇淀粉会变为蓝色，现象明显，正确；C．NH3、CO2气体通过浓硫酸, NH3被吸收，再将CO2通入BaCl2试液中，由于酸性HCl>H2CO3，所以不会发生反应，无明显现象，错误；D．CO2、HCl的混合气体通过饱和NaHCO3溶液，HCl发生反应产生CO2；再将CO2通入AgNO3溶液，在酸性环境中不会发生反应产生沉淀，错误。

考点：考查混合气体通过装有不同试剂的溶液的现象的知识。

8．当一小块金属钠久置在潮湿的空气中，可能有如下现象产生：①生成白色粉未；②表面变暗；③生成白色块状固体；④发生潮解，表面产生液体。

这些现象的先后顺序为() A．①②③④B．②④③①C．②①③④D．④②③①
【答案】B
【解析】
试题分析：钠放置在空气中发生的变化为
Na 2O −−→Na 2O 2H O −−−→NaOH(s)2H O −−−→NaOH(aq)2CO −−−→Na 2CO 3·10H 2O −−−
→风化Na 2CO 3。

考点： 物质的变化
点评： 氧化钠与二氧化碳和水都反应，但更易与水反应。

9．已知热化学方程式：
H 2O （g ）═H 2（g ）+O 2（g ）△H=+241.8kJ/mol H 2（g ）+O 2（g ）═H 2O （1）△H=﹣285.8kJ/mol
当1g 液态水变为水蒸气时，其热量变化是
A ．吸热44kJ
B ．吸热2.44KJ
C ．放热44kJ
D ．放热2.44KJ 【答案】B 【解析】
H 2O （g ）=H 2（g ）+O 2（g ）；△H=+241.8kJ/mol① H 2（g ）+O 2（g ）=H 2O （l ）；△H=﹣285.8kJ/mol②
将方程式①+②得H 2O （g ）=H 2O （l ）；△H=+241.8kJ/mol﹣285.8kJ/mol=﹣44kJ/mol ， 所以H 2O （l ）=H 2O （g ）；△H=+44kJ/mol，
1g 水的物质的量==
，当1g 液态水变为水蒸气时，吸收热量
=
×44kJ/mol=2.44kJ，故选B ．
10．关于下图的说法正确的是
A ．构成原电池时Cu 是负极
B ．构成电解池时Cu 是阴极
C ．构成电解池时质量增重的极是阴极
D ．电池工作时溶液中的24SO -
一定移向Cu 极
【答案】C 【解析】
试题分析：A ． 由于活动性Fe>Cu ，所以构成原电池时Cu 是正极，错误；B ． 构成电解池时Cu 是阳极，错误；C ． 构成电解池时，Cu 2+在阴极发生还原反应产生Cu 单质附着在金属
上，因此该电极的质量增加，正确；D ． 若构成的是原电池，则电池工作时溶液中的24
SO -
移向Fe 极，若构成的是电解池，则电池工作时溶液中的24SO -
移向Cu 极，错误。

考点：考查原电池、电解池的工作原理的知识。

11．关于下列各装置图的叙述中，正确的是
A ．装置①可用于分离I 2与NH 4CI 混合物
B ．装置②可用于检验火柴头燃烧产生的S02
C ．装置③可用乙醇萃取碘水中的碘
D ．装置④可用于实验室制取和收集少量氨气 【答案】B 【解析】
试题分析：A 、碘易升华，遇冷又凝结为固体，氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，所以装置①不能分离碘和氯化铵，错误；B 、若火柴头燃烧的气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色或颜色变浅，证明该气体中含有二氧化硫，正确；C 、乙醇与水互溶，不符合萃取剂的选择，错误；D 、氯化铵与氢氧根固体加热制取氨气时，产物中有水生成，所以试管口应倾斜向下，同时收集氨气的试管无法排出空气，错误，答案选B 。

考点：考查对装置的判断
12．X 、Y 、Z 三种气体，把a mol X 与b mol Y 充入一密闭容器中，发生反应X ＋2Y 2Z.达到平衡时，若它们的物质的量满足：n(X)＋n(Y)=n(Z)，则Y 的转化率为
A ．5b
a +×100% B．
b b a 5)(2+ ×100%
C ．52b a +×100% D．a b
a 5+×100% 【答案】B 【解析】
试题分析：假设反应消耗X 的物质的量是m ，则Y 消耗2m ，产生Z 的物质的量是2m ， X + 2Y 2Z 开始（mol ）： a b 0 变化（mol ）： m 2m 2m 平衡（mol ）：a-m b-2m 2m
由题意知(a-m)+(b-2m)=2m ，a+b=5m ，则平衡时Y 的转化率是：2m b ×100%=b b a 5)(2+×100% ，
B 正确，故选B 。

考点：考查了化学平衡的计算的相关知识。

13．室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20mL，向混合物中逐滴加入0．05mol·L－1Ba(OH)2溶液时，生成的BaSO4和pH的变化如图所示（不考虑溶液混合时体积的变化）。

下列说法正确的是
V[Ba(OH)2(aq)]/mL
A．图中A点对应溶液的pH：a＝1
B．生成沉淀的最大质量m＝2．33g
C．原混合液中c(HCl)=0．2mol·L－1
D．当V[Ba(OH)2(aq)]＝30mL时，有关离子浓度大小：c(Cl-)＞c(Ba2+)＞c(H+)
【答案】AC
【解析】
试题分析：A．硫酸与Ba(OH)2发生反应：H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O,当沉淀完全时，n(H2SO4)=n(Ba(OH)2)= 0．05mol·L－1×0．02L=1．0×10-3mol,由于溶液显中性时消耗Ba(OH)2的体积是60ml,所以HCl的物质的量是n(HCl)=2 n(Ba(OH)2)= 2×0．05mol·L－1×0．04L=4．0×10-3mol,所以在a点时溶液的c(H+)=4．0×10-3mol ÷0．04L=0．1mol/L，所以pH=1，正确；B．生成沉淀的最大质量m(BaSO4)＝1．0×10-3mol×233g/mol= 0．233g，错误；C．原混合液中c(HCl)= n(HCl) ÷V=4．0×10-3mol ÷0．02L=0．2mol·L－1，正确；D．当V[Ba(OH)2(aq)]＝30mL时，n(Cl-)=4．0×10-3mol,n(Ba2+)=0．05mol·L－1×0．01L=1．0×10-4mol；n(H+)=4．0×10-3mol-2×0．05mol·L－1×0．01L=3．0×10-3mol．在同一溶液中，微粒的物质的量越大，则其物质的量浓度就越大，所以有关离子浓度大小：c(Cl-)＞c(H+)＞c(Ba2+)，错误。

考点：考查酸的混合溶液与碱反应时溶液的体积与溶液的酸碱性、微粒浓度的大小及沉淀的关系的知识。

14．下列有关溶液的说法正确的是
A．向0．1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H 2O)增大B．物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2
溶液中，c()的大小关系：④>①>②>③
C．将0．2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0．1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液pH 大于7，则反应后的混合液：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)
D．物质的量浓度之比为1∶1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)+ c(CO32－)
【答案】C
【解析】
试题分析：向0．1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，抑制电离，c(NH3·H2O)增大，c(OH－)减小，则溶液中c(OH－)/ c(NH3·H2O)减小，选项A不正确；因溶液里Fe2+的水解抑
制NH4+的水解，HCO3－的水解促进NH4+的水解，物质的量浓度相等的① (NH4)2SO4溶液、② NH4HCO3溶液、③ NH4Cl 溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小关系是：④>①>③>②，选项B不正确；将0．2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0．1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后得到HA和NaA等浓度混合，此时溶液pH大于7，说明HA的电离小于A－的水解，则反应后的混合液：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，选项C正确；HCO3－在水溶液里既水解也电离，物质的量浓度之比为1∶1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3－)+ c(CO32－) ＋c(H2CO3)，选项D不正确。

考点：溶液里离子浓度的比较
15．钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2S x)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其反应原理如图所示。

下列说法正确的是
A．电子流向：A电极→用电器→B电极→电解质→A 电极
B．充电时，电极B与外接电源正极相连，电极反应式为 S x2-－2e－=xS
C．若用该电池在铁器上镀锌，则铁器应与B电极相连接
D．若用该电池电解精炼铜，电路中转移1mol电子时，阳极质量减少32 g
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═S x2-，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；A．电池工作时，电子在外电路由负极向正极移动，电解质中只有阴、阳离子移动，故A错误；B．充电时，B是阳极与电源正极相连，电极反应式为S x2-－2e－=xS，故B正确；C．电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属铁为负极，应与电池的A极相连接，故C错误；D．电解精炼铜时，阳极为粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，电路中转移1mol 电子时，阳极质量不为32 g，故D错误；答案为B。

【考点定位】考查原电池原理和电解原理，涉及电镀和粗铜精炼。

【名师点晴】根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═S x2-，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析答题。

16．绿矾(FeSO4·7H2O)硫酸法生产一种稀有金属产品过程中产出的副产品，产品外观为淡绿色或淡黄绿色结晶固体。

加入适量可调节碱性水中的pH，与水中悬浮物有机结合，并加速沉淀，主要应用于水质净化和工业废水处理，同时具有杀菌作用。

（1）98% 1.84 g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为 (保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为 (填>、<、=")40%" 。

（2）实际生产用20%发烟硫酸(100克发烟硫酸含SO3 20克)配制稀硫酸，若用SO3·nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=____________(保留两位小数)。

（3）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL(标准状况)氯气恰好将Fe2＋完全氧化，推测晶体的化学式为。

（4）硫酸亚铁铵［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］(俗称莫尔盐)，较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量。

现取8.64克Cu2S 和CuS的混合物用200 mL 2 mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：
10NO3-＋3Cu2S＋16H＋=6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O
8NO3-＋3CuS＋8H＋=3Cu2＋＋3 SO42-＋8NO↑+ 4H2O
剩余的稀硝酸恰好与V mL 2 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。

已知：NO3-＋3Fe2＋＋4H＋= NO↑＋3Fe3+＋2H2O
①V值范围；
②若V=48，试计算混合物中CuS的质量分数 (保留两位小数)。

【答案】（1）7.14 mol·L－1 ; ＞(各2分) （2）0.77(2分)
（3）FeSO4·Fe2(SO4)3·10H2O (3分) （4）①42～60mL(3分)；②0.33或1/3(3分)
【解析】试题分析：（1）密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为：
c＝=7.14 mol·L－1，
50%的硫酸与30%的硫酸等体积(假设羰基为1，密度分别是ρ1和ρ2)混合，混合酸的浓度为
＞40%。

（2）因为20%发烟硫酸为80克H2SO4含SO3 20克，，若用SO3·nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=0.77。

（3）配制溶液加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克，n(SO42-)==0.04mol；再通入112mL(标准状况)氯气恰好将Fe2＋完全氧化(2Fe2＋+Cl2==2Fe3++2Cl-)，n(Fe2+)=2×
=0.01mol；由电荷守恒n(Fe3+)=0.02mol， 7.32克晶体含有0.01molFeSO4为
1.52g、0.01mol Fe2(SO4)3为 4.00g，还有H2O为 1.80g即0.1mol，晶体的化学式FeSO4·Fe2(SO4)3·10H2O。

（4）假设固体混合物全部为CuS，则n（CuS）==0.09mol，需要硝酸的物质的
量为y，
8NO3-+3CuS + 8H+==3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，
3 8
0.09mol y
y=0.24mol
剩余的硝酸的物质的量为：0.4mol-0.24mol=0.16mol。

0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应。

NO3-+3Fe2++4H+==NO↑+3Fe3++2H2O
3mol 4
1×10-3VL×2mol/L 0.16mol，解得V=60，
所以V值范围为：42＜V＜60，
②若V=48，与48mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应需要硝酸的物质的量为：
NO3-+3Fe2+ + 4H+→NO↑+3Fe3++2H2O
3mol 4
0.048L×2mol/L n
解得：n=0.128mol，
故与固体混合物反应的硝酸的物质的量为：0.4mol-0.128mol=0.272mol，
设Cu2S的物质的量xmol，CuS的物质的量为ymol，160x+96y=8.64g①．
10NO3-+3Cu2S+16H+→6Cu2++10NO↑+3SO42-+8H2O
3 16
x 16x/3
8NO3-+3CuS+8H+→3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，
3 8
y 8y/3
16x/3+8y/3=0.272②
由①②解得：x＝0.036; y＝0.03
混合物中CuS的质量分数为：×100%≈33.33%。

17．（14分）I．实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制50 g 质量分数为21.2％的Na2CO3溶液。

回答下列问题：
（1）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体g。

（2）用托盘天平和小烧杯称出碳酸钠晶体的质量，天平平衡后的状态如下图。

由图中可以看出，该同学在操作时犯了一个错误是。

实际称量的碳酸钠晶体质量为g。

II. 实验室要配制2.5 mol/L 的稀硫酸溶液90 mL，回答下列问题：
（1）用量筒量取质量分数为98％，密度为1.84 g/cm3的浓硫酸mL。

（2）配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是。

（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是。

A．量取浓硫酸时，仰视读数
B ．洗涤量取浓H 2SO 4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
C ．稀释硫酸时，有溶液溅到桌面上
D ．没有洗涤稀释硫酸的烧杯和玻璃棒
E ．定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
F ．容量瓶不干燥
（4）从容量瓶中取该溶液40 mL ，与5 mol/L 的NaOH 溶液 mL 恰好完全反应，
反应后溶液中的c (Na ＋
)＝ （忽略溶液混合过程中的体积变化） 【答案】I ．（1）28.6（2分）
（2）砝码和物品的位置放反了（1分） 21.4（1分） II ．（1）13.6（2分）
（2）100 mL 容量瓶、胶头滴管（2分） （3）A B （2分）
（4）40 mL （2分） 2.5 mol/L （2分）
【解析】考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析等。

I ．（1）50 g 质量分数为21.2％的Na 2CO 3溶液中溶质的质量是50g×21.2％＝10.6g ，则碳酸钠的物质的量是0.1mol ，所以需要Na 2CO 3·10H 2O 晶体的质量是0.1mol×286g/mol ＝28.6g 。

（2）根据图示控制，错误是砝码和物品的位置放反了，因此实际固体的质量应该是25－3.6g ＝21.4g 。

II ．（1）由于容量瓶的规格没有90ml 的，所以应该配制100ml ，则需要浓硫酸的体积是
ml 6.13%
9884.198
1.05.2=⨯⨯⨯。

（2）配制100ml 溶液，则一定需要100 mL 容量瓶，以及定容时的胶头滴管。

（3）根据c ＝n/V 可知，量取浓硫酸时，仰视读数，则浓硫酸的体积偏大，结果偏高；洗涤量取浓H 2SO 4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，则溶质增加，浓度偏高；稀释硫酸时，有溶液溅到桌面上，则溶质减少，浓度偏小；没有洗涤稀释硫酸的烧杯和玻璃棒，则溶质减少，浓度偏小；定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，则容量瓶中溶液体积增加，浓度偏小；容量瓶不干燥，不会影响实验结果，答案选AB 。

（4）40ml 溶液中溶质硫酸的物质的量是0.04L×2.5mol/L ＝0.1mol ，所以能消耗0.2mol 氢氧化钠，因此需要氢氧化钠溶液的体积是40ml 。

反应后钠离子的浓度是80
40
/5⨯L mol ＝2.5
mol/L 。

①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_________。

②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是_________。

（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O氧化性的因素。

①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_________。

②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的_________影响。

③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_________。

④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是_________；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是_________。

【答案】（1）①2H+ + 2e- = H2↑；②在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O
（2）①O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②溶液的酸碱性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）【解析】
试题分析：（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为：O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为：溶液的酸碱性；
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故
答案为：排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为：排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。

考点：考查了原电池原理的工作原理的相关知识。

19．某碳酸钠样品中含有少量氯化钠杂质，为测定该样品中碳酸钠的质量分数，进行了如下实验：
请回答下列问题：
（1）操作A用到的玻璃仪器除烧杯外还必需有、；（2）在实验过程中加入饱和石灰水后发生反应的离子方程式是
（3）为探究上述反应后滤液中的溶质成分，甲同学向滤液中滴加过量稀盐酸，发现无气泡产生，说明滤液中一定不含（填溶质的化学式）,若有气泡产生，那么测定的样品中碳酸钠的质量分数（填偏大、偏小、无影响）
（4）在（3）探究中，滴加盐酸前滤液中的溶质除氯化钠外，一定还含有 (填化学式) ；
滴加盐酸的过程中一定发生反应的离子方程式为。

【答案】（1）普通漏斗、玻璃棒（2）CO32- + Ca2+ == CaCO3↓
（3）Na2CO3 偏小（4）NaOH OH-- + H+ == H2O
【解析】
试题分析：（1）操作A将固体和液体分离，所以是用过滤的方法，过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）样品中的氯化钠与氢氧化钙不反应，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式是CO32- + Ca2+ == CaCO3↓；（3）滤液中有碳酸钠和氢氧化钙反应生成的氢氧化钠，向滤液中滴加过量稀盐酸，发现无气泡产生，说明滤液中一定不含Na2CO3，,若有气泡产生，该滤液中还含有碳酸钠，那么测定的样品中碳酸钠的质量分数偏小；（4）碳酸钠和氢氧化钙反应生成的氢氧化钠，在（3）探究中，滴加盐酸前滤液中的溶质除氯化钠外，一定还含有NaOH ；滴加盐酸的过程中一定发生反应的离子方程式为OH－+ H+ == H2O。

考点：考查化学实验流程分析、碳酸钠的性质及含量的测定。

20．将BaCl2·xH2O的晶体2.44g 溶于水，配成100mL溶液，取此溶液25mL，与8.5g 10%的AgNO3溶液相作用，刚好把Cl－沉淀完全。

求：
（1）求2.44g BaCl2·xH2O的物质的量；
（2）求BaCl2·xH2O的相对分子质量；
（3）求BaCl2·xH2O的x值。

【答案】（1）0.01 mol (2) 244 (3) x=2
【解析】
21．如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①反应C+G B+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：
（1）①中反应的化学方程式为；
（2）化合物Ⅰ的电子式为，它的空间构型是；
（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；
（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为；
（5）E在I中燃烧观察到的现象是．
【答案】（1）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）：；直线型；（3）0.64g；（4）
2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体．
【解析】A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，①反应C+G B+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以
C为Al，G为铁的氧化物Fe2O3；结合转化关系得到A为O2，H为Al2O3，②I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，
推断E为金属单质Mg，发生的反应为，2Mg+CO22MgO+C，F为MgO，D为单质C；MgO 中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确；
（1）①中反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，
（2）二氧化碳分子是直线型化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对，分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二氧化碳的电子式为：
，
（3）1.6g G 溶于盐酸，发生的反应为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，得到的溶液与铜粉完全反应，1.6g G 为Fe2O3物质的量为0.01mol，含Fe3+离子物质的量为0.02mol；溶解铜发生反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；至少需要的铜物质的量为0.01mol，铜的质量为
0.64g，
（4）C为Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反应后溶液为偏铝酸钠溶液与过量化合物Ⅰ（CO2）反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，
（5）E为（Mg）在I（CO2）中燃烧，观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体，反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，
【点评】本题考查物质转化关系的分析判断，物质性质的综合应用，离子方程式的书写，镁、铝、铁及其化合物性质分析反应现象的利用，是解题关键，题目难度中等．
22．下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。

各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。

（1）物质G的化学式为；物质F的名称是。

（2）①A→D的化学方程式为；
②C→E的化学方程式为。

（3）G→E的离子方程式为。

【答案】（1） HNO3二氧化氮
（2）①2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2②4NH3+5O2==4NO+6H2O
（3）3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
试题分析：C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3，A与Na2O2反应，故A为CO2，B和H2反应生成NH3，故B为N2，A与Na2O2反应生成D，D为O2，E为NO，F为NO2，G能与铜反应且含有N元素，故G为HNO3（1）物质G为硝酸，HNO3，物质F为二氧化氮；（2）A→D 是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，方程式为 2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2；C→E是NH3与O2反应生成NO和水，故方程式为4NH3+5O2==4NO+6H2O；（3）G→E生成的是NO 气体，故是稀硝酸与铜反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O。

考点：考查化学推断及氮及其化合物的性质相关知识点。