内蒙古包头市高考化学一模试卷

1、内蒙古包头市高考化学一模试卷内蒙古包头市高考化学一模试卷内蒙古包头市高考化学一模试卷2018年内蒙古包头市高考化学一模试卷一、选择题1（6分）化学与人类生活、社会亲近有关。以下有关说法正确的选项是（）A纤维素属于糖类，是人体中能量的重要根源B维生素C拥有复原性，能帮助人体将食品中摄入的不易汲取的3+，转变成易汲取FeFe2+C酶是蛋白质水解的催化剂，所以温度越高，越能加速蛋白质水解的速率D用于3D打印资料的光敏树酯是纯净物2（6分）以下化工生产过程中，未波及氧化复原反响的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值。以下说法正确的选项是（）A0.1mo

2、lNaHSO4晶体中，含有H+的数目为0.1NAB46gCHOH中含极性共价键数目为7NA25C1L0.1mol?L1的Na2CO3溶液中HCO3和CO32离子数目之和为0.1NAD室温下，1LpH7的CH3COONH4溶液中，由水电离产生的+的数目为107HNA4（6分）科学家从某中草药提取的有机物构造以以下图。以下说法正确的选项是（）A分子式为CHO61410B环上氢原子被代替，所得一氯代物有3种C1mol该有机物与足量NaOH溶液反响最多耗费4molNaOH该有机物的熔点可能比同碳原子的烃分子熔点高5（6分）利用实验器械（规格和数目不限，夹持装置省略），能达成相应实验的一项为哪一项（）选

3、项实验器械（省略夹持装置）相应实验A坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除掉BaSO4中的少许碳酸银C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用NaOH固体配制0.5mo/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除掉NaBr溶液中少许NaI第1页（共26页）AABBCCDD6（6分）W、X、Y、Z、Q是原子序数挨次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为21，W与Y同主族，X与Z同主族，X是地壳中含量最多的元素。以下叙述必定正确的选项是（）A原子半径是：YXWB简单氢化物的热稳固性：ZXC最高价氧化物对应水化物的酸性：QZD

4、X与Y形成的化合物只好含有离子键7（6分）已知：25时，Kb（NH3?H25，该温度下，用0.100mol?L1的氨O）1.810水滴定10.00mL0.100mol?L1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中lg的关系以以下图。以下说法不正确的选项是（）Aa10BHA为强酸+9C25时，NH4的水解均衡常数为10D当滴入氨水的体积V20mL时，溶液中存在c（NH4+）c（A）二、非选择题8（14分）某实验科研小组研制了一种从废旧的含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）回收镍的新工艺。工艺流程如图1：第2页（共26页）回答以下问题：（1）浸

5、出渣主要成分为CaSO4?2H2O和两种物质。（2）图2表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原由是。（3）工艺流程中的“副产品”为（填化学式）。（4）已知有关氢氧化物开始积淀和积淀完整的pH如表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始积淀的pH1.56.57.7积淀完整的pH3.79.79.2操作B是为了除掉滤液中的铁元素，某同学设计了以下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调理溶液pH为3.77.7，静置，过滤。请对该实验方案能否正确进行判断并做出议论：（若原方案正确，请说明原由；若原方案错误，请加以

6、更正）。（5）操作C是为了除掉溶液中的2+31031Ca，若控制溶液中F浓度为mol?L，则溶液中11。（常温时，Ksp（CaF2）2.710）（6）电解产生2NiOOH?H2O的原理分两步：碱性条件下Cl在阳极被氧化为ClO；生产1molClO，耗费OHmol。Ni2+被ClO氧化产生2NiOOH?H2O积淀。则该步反响的离子方程式为。9（15分）氢气是一种理想的洁净能源，氢气的制取与存储是氢能源利用领域的研究热门。（1）直接热分解法制氢。某温度下，H2O（g）?H2（g）+O2（g）。该反响的均衡常数表达式为K。（2）乙醇水蒸气重整制氢。其部分反响过程和反响的均衡常数随温度变化曲线如图1所

7、示：第3页（共26页）反响中，某温度下每生成1molH2（g）热量变化是62KJ则该温度以下图1所示反响的热化学方程式是。（3）水煤气法制氢。CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）H0，在进气比n（CO）：n（H2O）不一样时，测得相应的CO的均衡转变率见图2（各点对应的反响温度可能同样，也可能不一样）。往保持恒温的2L密闭容器中加入必定量的CO和0lmolH2O（g），在图中G点对应温度下反响经5min达到均衡，则v（CO）等于mol/（L?min）图中B、E两点对应的反响温度分别为TB和TE判断：TBTE（填“”“”或“”）。经分析，A、E和G三点对应的反响温度都同样为T，其原

8、由是A、E和G三点对应的同样。当T时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入3.0molCO、1.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，要使上述反响开始时向正反响方向进行，则x应满足的条件是。（4）光电化学分解制氢。其原理如图3，钛酸锶光电极的电极反响为：4OH4eO2+2H2O，则铂电极的电极反响为。（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350时，Mg2Cu与H2反响，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（此中氢的质量分数约为0.077）。Mg2Cu与H2反响的化学方程式为。10（14分）如图1，某化学兴趣小组做以手下于对SO2的性质进行研究。请回答以下问题：第4页（共26页）（1）装

9、置B的作用是。（2）装置C的目的是检验SO2的性。装置D中NaOH所有转变成NaHSO3的标志是。（3）请设计简单实考证明：室温下，NaHSO3溶液中HSO3的电离均衡常数Ka与水解均衡常数Kb的相对大小关系。（4）向装置D所得NaHSO3溶液中加入NaClO溶液时，反响有以下三种可能的状况：甲同学分别取上述混淆溶液于试管中，经过以下实验确立该反响属于哪一种状况，请完成表：（已知酸性：H2SO3H2CO3HClO）实验序号实验操作现象结论加入几小块CaCO3固体有气泡产生或滴加少许淀粉KI溶液，振荡滴加少许溴水，振荡滴加少许酸性KMnO4溶液，振荡溶液呈紫色（5）测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量

10、（以游离SO2计算）的方案如图2：（已知：滴准时反响的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，耗费标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g?L1。在上述实验过程中，如有部分HI被空气氧化，则测得结果（填“偏高”、偏第5页（共26页）低”或“不变”）。【化学-选修3：物质构造与性质】11（15分）镍（Ni）是一种重要的金属，在资料科学等领域有宽泛应用。（1）Ni在元素周期表中的地点是，其价电子层中有个未成对电子。（2）镍易形成配合物，如：Ni（CO）4、Ni（NH3）62+等。Ni（CO）4熔点为19.3，沸点43，则其

11、熔、佛点较低的原由是。其分子中键与键数目之比为。写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子符号。2+中配体NH3中N原子的杂化种类为2+Ni（NH3）6，若Ni（NH3）6为正八面体构型，则Ni（CO）2（NH3）42+的构造有种。（3）金属Ni与富勒烯（C60）可制备一种低温超导资料，晶胞以以下图，Ni原子位于晶胞的棱上与内部，该超导资料的化学式为。（4）NiO的晶体构造与氯化钠的晶体构造同样。将NiO晶体在氧气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，晶体构造产生镍离子缺位的缺点，其构成为Ni0.97O，但晶体仍保持电中性，则晶体中Ni2+与Ni3+离子的数目之比为；若阿伏伽德罗常数的值为NA，晶

12、体密度为dg?cm3，则该晶胞中近来的O2之间的距离为pm。【化学-选修5：有机化学基础】12科学家研制出合成药物W对肝癌的治疗，拥有很好的成效。其由有机物A合成药物W的合成路线以下：第6页（共26页）已知：2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa+（DielsAider反响）丁烯二酸酐构造简式为当每个1，3丁二烯分子与一分子氯气发生加成反响时，有两种产物：CH2ClCHCHCH2Cl；CH2ClCHClCHCH2。请回答以下问题：（1）物质A中的含氧官能团名称为；第步反响中除生成外，还生成另一产物，此产物的构造简式为。（2）写出H的构造简式；第步反响的反响种类是。（3）药物W与N互为同分

13、异构体。同时满足以下条件的N的同分异构体（不考虑立体异构）有种。能与FeCl3溶液发生显色反响能与Na2CO3溶液反响生成气体1molN能与3molNaOH完整反响写出满足上述条件且其核磁共振氢谱有4个汲取峰的N的一种构造简式。（4）下边是合成X的路线图：则X的构造简式为。（5）联合题中有关信息，写出由制备丁烯二酸酐的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示比方下：CH3CH2OHCH2CH2第7页（共26页）第8页（共26页）2018年内蒙古包头市高考化学一模试卷参照答案与试题分析一、选择题1（6分）化学与人类生活、社会亲近有关。以下有关说法正确的选项是（）A纤维素属于糖类，是人体中

14、能量的重要根源B维生素C拥有复原性，能帮助人体将食品中摄入的不易汲取的3+，转变成易汲取FeFe2+C酶是蛋白质水解的催化剂，所以温度越高，越能加速蛋白质水解的速率D用于3D打印资料的光敏树酯是纯净物【解答】解：A、人体内没有能消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不可以水解为糖类，不可以为人体供给能量根源，故A错误；3+转变成易汲取的2+，从而能促使铁的汲取，B、维生素C拥有较强的复原性，能将FeFe故B正确；C、酶也是蛋白质，当温度过高时会惹起蛋白质的变性，从而失掉生理活性，失掉对蛋白质的催化作用，故C错误；D、树酯是有机单体的缩聚产物，故是混淆物不是纯净物，故D错误。应选：B。2（6分）以下化

15、工生产过程中，未波及氧化复原反响的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴【解答】解：A海带提碘是由KI变成I2，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故A不选；B氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化复原反响，故B不选；C氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反响生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转变成碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不波及氧化复原反响，故选；海水提溴是由溴元素的化合物变成溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故D不选；应选：C。第9页（共26页）3（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值。以下说法正确的选项是（）

16、A0.1molNaHSO4晶体中，含有H+的数目为0.1NAB46gC2H5OH中含极性共价键数目为7NAC1L0.1mol?L1的Na2CO3溶液中HCO3和CO32离子数目之和为0.1NAD室温下，1LpH7的CH3COONH4溶液中，由水电离产生的H+的数目为107NA【解答】解：ANaHSO4晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成，晶体中不含氢离子，故A错误；B计算乙醇物质的量n1mol，不一样原子形成的共价键为极性共价键，结合乙醇分子构造获取极性共价键数目7NA，故B正确；1的Na23溶液中存在物料守恒，n（Na）n（C），溶液中H2CO3、HCO3C.1L0.1mol?LCO和CO32离子

17、数目之和为0.1NA，故C错误；D醋酸铵中醋酸根离子和铵根离子都发生水解互相促使，水电离程度增大，由水电离产+的数目大于7生的H10NA，故D错误；应选：B。4（6分）科学家从某中草药提取的有机物构造以以下图。以下说法正确的选项是（）A分子式为CHO61410B环上氢原子被代替，所得一氯代物有3种C1mol该有机物与足量NaOH溶液反响最多耗费4molNaOH该有机物的熔点可能比同碳原子的烃分子熔点高【解答】解：A由构造可知，分子式为C14H14O6，故A错误；B构造对称，环上有4种H，环上氢原子的一氯代替物4种，故B错误；C只有羧基能与氢氧化钠溶液反响，则1mol该有机物与足量的NaOH溶液

18、反响最多消耗2molNaOH，故C错误；D含有羧基、羟基，可形成分子间氢键，沸点较高，故D正确。应选：D。5（6分）利用实验器械（规格和数目不限，夹持装置省略），能达成相应实验的一项为哪一项（）第10页（共26页）选项实验器械（省略夹持装置）相应实验A坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除掉BaSO4中的少许碳酸银C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用NaOH固体配制0.5mo/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除掉NaBr溶液中少许NaIAABBCCDD【解答】解：ACuSO4溶液的浓缩结晶，需要加热，给出的仪器缺乏酒精

19、灯，故A不选；B用盐酸除掉BaSO4中少许BaCO3，反响后过滤，给出的仪器缺乏漏斗，故B不选；C固体NaOH配制0.5mol?L1的溶液，计算称量后，在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，给出的仪器缺乏托盘天平，故C不选；D用溴水和CCl4除掉NaBr溶液中少许NaI，反响后混淆液分层，可经过分液分别，需要的仪器主要为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，能够达到实验目的，故D选；应选：D。6（6分）W、X、Y、Z、Q是原子序数挨次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为21，W与Y同主族，X与Z同主族，X是地壳中含量最多的元素。以下叙述必定正确的选项是（）A原子半径是：YXWB简单

20、氢化物的热稳固性：ZXC最高价氧化物对应水化物的酸性：QZDX与Y形成的化合物只好含有离子键【解答】解：由以上分析可知W为H或Li元素，X为O元素，Y为Na，Z为S元素，Q为Cl。A若X为H，则原子半径NaOH，若X为Li，则原子半径NaLiO，故A错误；B非金属性OS，故氢化物稳固性HOHS，故B错误；22C非金属性SCl，故酸性：硫酸高氯酸，故C正确；DO与Na能够形成氧化钠、过氧化钠，过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误。应选：C。5，该温度下，用0.100mol?L1的氨7（6分）已知：25时，Kb（NH3?H2O）1.810第11页（共26页）水滴定10.00mL0.100mol?L

21、1的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中lg的关系以以下图。以下说法不正确的选项是（）Aa10BHA为强酸+9C25时，NH4的水解均衡常数为10D当滴入氨水的体积V20mL时，溶液中存在c（NH4+）c（A）【解答】解：A当滴加NH3?H2O体积为amL时，溶液中lg1，即c（H+）c（OH），若a10，则反响恰巧生成NH4A，NH4+水解使溶液呈酸性，则a应10，故A错误；B初步时溶液中lg+12+12，即c（H）10c（OH），Kwc（H）c（OH）1014，所以溶液中c（H+）0.1mol/L，初步时HA的浓度为0.1mol/L，说明HA完整电离，则HA为一元强酸，

22、故B正确；（NH?H5，则NH+K4的水解均衡常数为C已知Kb32O）1.810a，故C正确；D当滴入20mL氨水时，恰巧生成初步时等浓度的NH4A和NH3?H2O，溶液呈碱性，NH3?H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以溶液中存在c（NH4+）c（A），故D正确，应选：A。二、非选择题8（14分）某实验科研小组研制了一种从废旧的含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、第12页（共26页）CaO、CuO、BaO等）回收镍的新工艺。工艺流程如图1：回答以下问题：（1）浸出渣主要成分为CaSO4?2H2O和BaSO4两种物质。（2）图2表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70时，镍

23、的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原由是跟着温度高升，Ni2+的水解程度增大（浸出渣中Ni（OH）2含量增大，以致镍的浸出率降低。（3）工艺流程中的“副产品”为CuSO4?5H2O（填化学式）。（4）已知有关氢氧化物开始积淀和积淀完整的pH如表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始积淀的pH1.56.57.7积淀完整的pH3.79.79.2操作B是为了除掉滤液中的铁元素，某同学设计了以下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调理溶液pH为3.77.7，静置，过滤。请对该实验方案能否正确进行判断并做出议论：方案错误；在调理pH前，应先在滤液中加入H2O2

24、，使溶液中的2+3+（若原方案正确，请说明原由；若原方案错误，请加以更正）。Fe氧化为Fe（5）操作C是为了除掉溶液中的Ca2+，若控制溶液中F浓度为3103mol?L1，则溶液中1.0103。（常温时，Ksp（CaF2）2.71110）（6）电解产生2NiOOH?H2O的原理分两步：碱性条件下Cl在阳极被氧化为ClO；生产1molClO，耗费OH2mol。氧化产生2NiOOH?H2O积淀。则该步反响的离子方程式为Ni2+被ClOClO2+2NiOOH?H2O+Cl。+2Ni+4OH【解答】解：（1）氧化钙和氧化钡与硫酸反响生成难溶的硫酸钙和硫酸钡，所以浸出渣第13页（共26页）主要成分为Ca

25、SO4?2H2O和BaSO4，故答案为：BaSO4；（2）因为跟着温度高升，Ni2+的水解程度增大，从而以致镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，故答案为：跟着温度高升，Ni2+的水解程度增大（浸出渣中Ni（OH）2含量增大，以致镍的浸出率降低；（3）因为CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应当是胆矾，即CuSO4?5H2O，故答案为：CuSO4?5H2O；（4）因为用氢氧化钠溶液调理溶液的pH值，简单引入杂质，所以方案是错误的，正确的操作应当是在调理pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：方案错误，在调理pH前，应先在滤液中加入H

26、2O2，使溶液中的Fe2+氧化为3+Fe；（5）CaF2+，依据常温时CaF的溶度积常数K（CaF）2.710112+）C（Ca2?Ca+2F2sp22浓度为31031，则Ca2+的浓度为C（F）可知，溶液中Fmol?L6mol/L，溶液中F浓度为31031，则溶液中310mol?L1.0103，故答案为：1.0103；（6）阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反响生成次氯酸根离子和水，所以阳极反响式为Cl+2OH2eClO+H2O，生产1molClO，耗费OH的物质的量为2mol，故答案为：2；Ni2+被ClO氧化产生2NiOOH?H2O积淀，其复原产物是氯离子，则依据电子的得失守恒

27、可知，反响的离子方程式为ClO2+，+2Ni+4OH2NiOOH?H2O+Cl2+2NiOOH?H2O+Cl。故答案为：ClO+2Ni+4OH9（15分）氢气是一种理想的洁净能源，氢气的制取与存储是氢能源利用领域的研究热门。第14页（共26页）（1）直接热分解法制氢。某温度下，H2O（g）?H2（g）+O2（g）。该反响的均衡常数表达式为KK。（2）乙醇水蒸气重整制氢。其部分反响过程和反响的均衡常数随温度变化曲线如图1所示：反响中，某温度下每生成1molH2（g）热量变化是62KJ则该温度以下图1所示反响的热化学方程式是CH3CH2OH（g）+H2O（g）4H2（g）+2CO（g）H+248K

28、J?mol1。（3）水煤气法制氢。CO（g）+H22（g）+H2（g）H0，在进气比n（CO）：O（g）?COn（H2O）不一样时，测得相应的CO的均衡转变率见图2（各点对应的反响温度可能同样，也可能不一样）。往保持恒温的2L密闭容器中加入必定量的CO和0lmolH2O（g），在图中G点对应温度下反响经5min达到均衡，则v（CO）等于0.006mol/（L?min）图中B、E两点对应的反响温度分别为TB和TE判断：TBTE（填“”“”或“”）。经分析，A、E和G三点对应的反响温度都同样为T，其原由是A、E和G三点对应的K同样。当T时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入3.0molCO、1.0

29、molH2O、1.0molCO2和xmolH2，要使上述反响开始时向正反响方向进行，则x应满足的条件是0 x3。第15页（共26页）（4）光电化学分解制氢。其原理如图3，钛酸锶光电极的电极反响为：4OH4eO2+2H2O，则铂电极的电极反响为2H2O+2eH2+2OH。（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350时，Mg2Cu与H2反响，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（此中氢的质量分数约为0.077）。Mg2Cu与H2反响的化学方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2。【解答】解（1）某温度下，H2O（g）?H2（g）+O2（g），该反响的均衡常数表达式K故答案为：K；2）温度高

30、升，化学均衡常数值增大，说明温度高升有益于反响正向挪动，正反响为吸热反响，依据反响图，发生的化学反响为：CH3CH2OH（g）+H2O（g）?4H2（g）+2COg），每生成1molH2（g），热量变化是62kJ，则该反响的焓变成H+624kJ/mol+248kJ/mol，故答案为：CH3CH2OH（g）+H2O（g）?4H2（g）+2CO（g）H+248kJ/mol；（3）G点时，原料进气比为1.5：1，加入0.1molH2O（g），则加入n（CO）0.15mol，均衡转变率为40%，所以v0.006mol/（L?min），故答案为：0.006mol/（L?min）；反响为放热反响，降低温度

31、有益于反响正向进行，B点的初步投料比低于E点的初步投料比，但B点和E点的均衡转变率相等，增大此中一种反响物的量，自己转变率降低，因为经过降温高升转变率，所以B点和E点的温度关系为TBTE，故答案为：；温度不变，化学均衡常数值不变，化学均衡常数值只与温度有关，所以A、B、E三点的K值相等，故答案为：K；E点原料进气比为1：1，加入amolH250%，所O（g）和amolCO（g），均衡转变率为第16页（共26页）以化学均衡常数为K1，T时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入3.0molCO、1.0molH2O（g）、1.0molCO2和xmolH2，为使上述反响开始时向正反响方向进行，则需满足Q

32、cK1，所以0 x3，故答案为：0 x3；（4）依据原电池装置分析，电子由钛酸锶电极流出，钛酸锶电极作为原电池负极，则铂电极为原电池正极，H2O转变成H2和OH，所以电极反响式为：2H2O+2eH2+2OH，故答案为：2H2O+2eH2+2OH；（5）Mg、Cu与H2反响，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（此中氢的质量分数约为7.7%），则该金属氢化物应为MgH2，则反响的化学方程式为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，故答案为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2。10（14分）如图1，某化学兴趣小组做以手下于对SO2的性质进行研究。请回答以下问题：（1）装置B的作用

33、是防倒吸（或安全瓶）。（2）装置C的目的是检验SO2的复原性。装置D中NaOH所有转变成NaHSO3的标记是溶液红色褪去。（3）请设计简单实考证明：室温下，NaHSO3溶液中HSO3的电离均衡常数Ka与水解均衡常数Kb的相对大小关系常温下，用PH试纸（或PH计）测定NaHSO3溶液的pH，第17页（共26页）若pH7，则KaKb，若pH7，则KaKb。4）向装置D所得NaHSO3溶液中加入NaClO溶液时，反响有以下三种可能的状况：HSO3与ClO恰巧反响NaClO不足NaClO过分甲同学分别取上述混淆溶液于试管中，经过以下实验确立该反响属于哪一种状况，请达成表：（已知酸性：H2SO3H2CO

34、3HClO）实验序号实验操作现象结论加入几小块CaCO3固体有气泡产生或滴加少许淀粉KI溶液，振荡溶液变成蓝色滴加少许溴水，振荡溴水退色滴加少许酸性KMnO4溶液，振荡溶液呈紫色或（5）测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如图2：（已知：滴准时反响的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI）按上述方案实验，耗费标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16g?L1。在上述实验过程中，如有部分HI被空气氧化，则测得结果偏低（填“偏高”、偏低”或“不变”）。【解答】解：（1）A中常温下制取SO2气体，亚硫酸钠与硫酸反响生

35、成硫酸钠、二氧化硫与水，反响方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，B装置的锥形瓶是空的，B装置的作用是防范倒吸（或安全瓶），故答案为：防倒吸（或安全瓶）；（2）溴单质和二氧化硫发生氧化复原反响，装置C中发生反响的离子方程式是+2S元素的化合价高升，则设计装SO2+Br2+2H2O4H+SO4+2Br；C中发生的反响中置C的目的是考证SO2的复原性，装置D中NaOH所有转变成NaHSO3时碱性降低，装D中NaOH所有转变成NaHSO3的标记是溶液红色褪去，故答案为：复原；溶液红色褪去；（3）电离显酸性，水解显碱性，则测定pH即可，则设计实验为：常温下，用pH试纸（或pH计

36、）测定NaHSO3溶液的pH，若pH7，则KaKb，若pH7，则KaKb，第18页（共26页）故答案为：常温下，用PH试纸（或PH计）测定NaHSO3溶液的pH，若pH7，则KaKb，若pH7，则KaKb；（4）加入几小块CaCO3固体，生成CO2气体，溶液显酸性，可能是或；NaClO可氧化KI，则观察到溶液变成蓝色；溴水可氧化HSO3，则观察到溴水退色，HSO3与高锰酸钾可发生氧化复原反响，由溶液为紫色可知，不存在HSO3，则I或建立，故答案为：实验序号实验操作现象反响的可能状况或溶液变成蓝色溴水退色或（5）令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2H

37、I64g1molmg0.025L0.01mol/L所以，64g：mg1mol：0.025L0.01mol/L，解得m0.016g故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16g/L故答案为：0.16；如有部分HI被空气氧化，则耗费碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低。【化学-选修3：物质构造与性质】11（15分）镍（Ni）是一种重要的金属，在资料科学等领域有宽泛应用。（1）Ni在元素周期表中的地点是第周围期第VIII族，其价电子层中有2个未成对电子。（2）镍易形成配合物，如：Ni（CO）4、Ni（NH3）62+等。第19页（共26页）Ni（CO

38、）4熔点为19.3，沸点43，则其熔、佛点较低的原由是Ni（CO）4属于分子晶体，分子间以范德华力联合，较弱，简单被损坏。其分子中键与键数目之比为1：1。写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子符号CN（或C22）（其余合理答案皆可）。Ni（NH3）62+中配体NH3中N原子的杂化种类为sp3，若Ni（NH3）62+为正八面体构型，则Ni（CO）2（NH3）42+种。的构造有2（3）金属Ni与富勒烯（C60）可制备一种低温超导资料，晶胞以以下图，Ni原子位于晶胞的棱上与内部，该超导资料的化学式为Ni3C60。（4）NiO的晶体构造与氯化钠的晶体构造同样。将NiO晶体在氧气中加热，部分Ni2+被氧

39、化为Ni3+，晶体构造产生镍离子缺位的缺点，其构成为Ni0.97O，但晶体仍保持电中性，则晶体中Ni2+与Ni3+离子的数目之比为91：6；若阿伏伽德罗常数的值为NA，晶体密度为dg?cm3，则该晶胞中近来的O2之间的距离为1010pm。【解答】解：（1）Ni在元素周期表中位于第周围期第VIII族，其价电子层中3d轨道上有8个电子，此中2个轨道上为1个电子，所以未成对电子数是2，故答案为：第周围期第VIII族；2；2）该晶体为分子晶体，分子间以范德华力联合，较弱，简单被损坏，所以其熔沸点较低，故答案为：Ni（CO）4属于分子晶体，分子间以范德华力联合，较弱，简单被损坏；Ni（CO）4中Ni和每

40、个C原子之间有1个配位键，也属于键，C、O原子之间含有1个键、2个键，该分子中含有8个键、8个键，则键、键个数之比8：81：1，故答案为：1：1；第20页（共26页）与配体CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，则与CO互为等电子体的阴离子有CN（或C22）（其余合理答案皆可），故答案为：CN（或C22）（其余合理答案皆可）；Ni（NH3）62+中配体NH3中N原子价层电子对个数3+4，且含有一个孤电子对，依据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化种类为32+sp；若Ni（NH3）6为正八面体构型，Ni（CO）2（NH3）42+的构造有2种，故答案为：sp3；2；（3）金属Ni与富勒烯（C60）可制备一种低温超导资料，晶胞以以下图，Ni原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中C60个数8+64，Ni原子个数12+912，C60个数、Ni原子个之比4：121：3