高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习【全国一等奖】

河南省洛阳市第二十三中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．硼有两种天然同位素、，已知B元素的原子量为．下列对B元素中的质量分数的判断正确的是（）Ａ.等于20%Ｂ.略大于20%Ｃ.略小于20%Ｄ.等于80%【答案】C【解析】2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1mol氦气中有2NA个氦原子B．14g氮气中含NA个氮原子C．2Lmol·L－1Na2SO4溶液中含个Na＋D．18g水中所含的电子数为8NA【答案】B【解析】试题分析：氦是单原子分子，1mol氦气中有NA个氦原子，A错；14g氮气的物质的量为，氮分子中有2个氮原子，则氮原子的物质的量为1mol，个数为NA，B对；n(Na＋)=2L×mol·L－1×2=,Na＋的个数为个，C错；18g水的物质的量为1mol，一个水分子有10个电子，含有的电子数为10NA，D错。考点：阿伏伽德罗常数的应用。3．关于反应的有关叙述中，正确的是（）A．KCl中含有B．KCl中含有C．生成物的相对分子质量大于71D．该反应转移电子数为【答案】A【解析】氯酸钾中氯元素的化合价由＋5价降低到0价。氯化氢中氯元素的化合价从－1价升高到0价，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰5，即反应的实质是与6份中的5份发生归中反应生成氯气，所以正确的答案选A。4．下列离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2OB．铜与FeCl3溶液反应：Cu+Fe3+＝Cu2++Fe2+C．硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42－+Ba2+＝BaSO4↓D．氯气通入FeCl2溶液：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl-【答案】D【解析】A错误，澄清石灰水应写成离子形式B错误，电荷不守恒Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+C错误，2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OD正确。5．一定条件下合成乙烯6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法错误的是A．生成乙烯的速率：v(M)有可能小于v(N)B．平衡常数：KM＞KNC．催化剂可能会影响CO2的平衡转化率D．若投料比n(H2)n(CO2)＝31，则图中M点时，乙烯的体积分数为%【答案】C【解析】试题分析：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A正确；B、升温平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故B正确；C、催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；D假设加入的氢气和二氧化碳分别为3mol和1mol，则M点时，有氢气，二氧化碳，乙烯，水蒸气1mol，所以M点时乙烯的体积分数为×100%=%，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动的相关知识。6．测得醋酸甲的pH：a，醋酸乙的pH：a＋1。下列推断中正确的是（）A．醋酸甲中H＋的物质的量是醋酸乙中的10倍B．醋酸乙的电离程度比醋酸甲大C．中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积之比为10∶1D．甲、乙溶液加水稀释，当pH相等时甲需加更多的水【答案】B【解析】A选项错误，物质的量与溶液的体积有关；B选项正确，醋酸乙的pH大，说明溶液浓度小，CH3COOH电离程度大；C选项错误，甲、乙两酸中CH3COOH的物质的量之比不是10∶1，故所需甲、乙两酸的体积比也不是1∶10；D选项错误，溶液体积未知。7．16．铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O-2e－=PbO2＋4H＋＋SO42-B．当电路中转移mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为molC．K闭合时，Ⅱ中SO42-向c电极迁移D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极【答案】C【解析】试题分析：K闭合时，I是原电池，Ⅱ是电解池，在电解池中阴离子向阳极移动。C电极是阴极，所以选项C不正确；K闭合后相当于I为II充电。K闭合，I中a为正极，b为负极；II中c为阴极，d为阳极。a：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；b：Pb+SO42--2e-=PbSO4。c：PbSO4+2e-=Pb+SO42-；d：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-。电流方向：a→d→c→b.考点：原电池、电解池点评：本题考查了电解池和原电池的相关知识，难度较大。8．参照反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的()A．正反应为吸热反应B．加入催化剂，该化学反应的反应热不变C．正反应为放热反应D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】A【解析】试题分析：根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A．因正反应为吸热反应，故A正确；B．催化剂与反应热无关，故B错误；C．正反应为吸热反应，故C错误；D．催化剂可增大正反应速率，也增大逆反应速率，故D错误；故选A。考点：考查反应热9．关于如图所示①、②两个装置的评价正确的是（）选择叙述评价A能量转换:①把化学能转变成电能,②把电能转变成化学能正确B硫酸浓度变化:①增大,②减小错误C电极名称及电极反应式:①正极:4OH-—4e-====2H2O+O2↑②阴极:Zn—2e-====Zn2+正确D离子移动方向:①H+向阴极移动②H+向负极移动正确【答案】B【解析】试题分析：A.:①是电解池，把电能转变成化学能；②是原电池，把化学能转变成电能，错误；B.①是电解池，阳极4OH－-4e-=2H2O＋Ｏ２↑，阴极2H++2ｅ－=H2↑，相当于电解水，硫酸浓度增大；②是原电池，负极上锌失电子生成锌离子进入溶液，正极上氢离子得电子生成氢气，硫酸浓度减小；C.①是电解池，两极是阴极和阳极，②是原电池，两极是正极和负极，错误；D.①H+向阳极极移动，②H+向正极移动，错误。考点：考查原电池、电解池原理。10．下列说法正确的是（）A．分子数不同的CO与N2的体积一定不等B．体积相同的CO与N2的质量一定相等C．质量相同、密度不同的CO与N2所含的原子数目一定相等D．质量不同、密度相同的CO与N2所含分子数可能相同【答案】C【解析】A．分子数不同的CO与N2的物质的量不相等，因为气体摩尔体积未知，所以其体积可能相等，故A错误；B．温度和压强未知，气体摩尔体积未知，相同体积的CO与N2的物质的量不一定相等，根据m=nM知，其质量不一定相等，故B错误；C．CO与N2的摩尔质量相等，质量相同时，其物质的量相等，再结合N=nNA、分子构成知，二者的原子个数相等，故C正确；D．CO与N2的摩尔质量相等，质量不相同时，其物质的量不相等，再结合N=nNA知，其分子数一定不等，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点．11．下列关于氧化还原的说法，错误的是：A．氧化还原反应一定有单质参与B．氧化还原反应的实质是电子转移C．有元素化合价升降的反应一定是氧化还原反应D．氧化剂在反应中化合价降低【答案】A【解析】试题分析：A、氧化还原反应不一定有单质参与，如SO2与H2O2生成H2SO4，错误；B、氧化还原反应的实质是电子转移，正确；C、有元素化合价升降的反应一定是氧化还原反应，正确；D、氧化剂在反应中化合价降低，正确。考点：考查氧化还原反应基本概念。12．某温度时，卤化银（AgX，X=Cl，Br，I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小。已知pAg=－lgc(Ag+)，pX=－lgc(X－)，利用pX－pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X－）的相互关系。下列说法错误的是（）A．A线是AgCl，C线是AgIB．e点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀C．d点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液D．B线一定是AgBr【答案】B【解析】略13．将苯与溴水混合，充分振荡后静置，用分液漏斗分离出上层液体放置于一试管中，若向其中加入一种试剂，可发生反应并产生白雾，这种试剂可以是（）A．亚硫酸钠B．溴化铁C．锌粉D．铁粉【答案】BD【解析】苯和溴水混合后，苯可以将溴水中的溴萃取出来。形成了苯和液溴的混合物，位于水层上面。分液漏斗分出的即为苯和液溴的混合物，用FeBr3作催化剂，可生成溴苯和HBr出现白雾，Fe常温下和Br2反应生成FeBr3，所以加入的这种试剂为B、D选项。14．下列图示与对应叙述相符合的是A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示C12通入H2S溶液中pH的变化C．图3表示酸性溶液氧化溶液时，随时间的变化（M对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡某反应，在时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂【答案】C【解析】试题分析：A、滴加盐酸先后发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，根据化学方程式可以开出不产生气体阶段所需盐酸体积与生成气体阶段所需盐酸体积之比为：2:1，错误；B、Cl2与H2S发生反应：Cl2+H2S=2HCl+S，由弱酸生成强酸，pH降低，错误；C、生成Mn2+，具有催化作用，化学反应速率加快，正确；D、对于反应前后气体系数相等的反应，反应速率的变化也符合图4，错误。考点：本题重要物质的性质和化学反应速率。15．下列离子方程式书写正确的是A．稀硝酸溶液中加入氢氧化亚铁：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OB．NaOH溶液中加入过量Ba（HCO3)2溶液：Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－C．FeI2溶液中通入极少量Cl2：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－D．AICl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O【答案】C【解析】试题分析：A、硝酸具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、NaOH少量，系数定为1，其离子反应方程式为：OH－＋HCO3－＋Ba2＋=BaCO3↓＋H2O，故错误；C、I－的还原性强于Fe2＋，因此氯气和I－发生氧化还原反应，2I－＋Cl2＋I2＋2Cl－，故正确；D、Al(OH)3不溶于NH3·H2O，因此离子反应方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故错误。考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。16．（6分）现用质量分数为98%，密度为1．84g/cm3的浓硫酸来配制480ml0．2mol/L的稀硫酸，可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧杯③胶头滴管④量筒⑤容量瓶⑥托盘天平⑦药匙（1）上述仪器中，配制过程中用不到的有___________。（2）计算所需浓硫酸的体积为__________mL（3）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏高的有____________。（填代号）①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到定量瓶中。②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒⑤定容时，俯视刻度线【答案】（1）⑥⑦（2）；（3）①②⑤【解析】试题分析：结合题中给出的条件，利用公式：C=1000ρω/M,可求得浓硫酸的浓度为L,且需选取500mL的容量瓶，假设所需的浓硫酸的体积V，L×VL=0.5L×L,计算得体积为;误差分析过程需要根据公式进行，本题的公式为C=n/V,不难确定答案。考点：物质的浓度溶液的配制。17．[化学—选修物质结构和性质]（15分）下表为部分短周期元素的性质或原子结构，已知A—D的原子序数依次增大。元素编号元素性质或原子结构AA原子所处的周期数、族序数、原子序数均相等B核外电子有6种不同运动状态C最简单氢化物的水溶液呈碱性D基态原子的S轨道电子数等于P轨道电子数请结合表中信息完成下列各小题（答题时用所对应的元素符号）A：（1）写出C原子的电子排布图____________（2）A、B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为______________（3）用电离方程式表示C的最简单氢化物的水溶液呈碱性的原因

_______________B：按照共价键理论，分子中每个原子的最外电子层电子数均已饱和。已知ABCD分子可能有三种不同结构，它们的结构可以从其他物质的结构中获得启发。（4）ABC的结构式是___________。向其中插入一个D原子，若形成配位键（用→表示）则ABCD的结构式为______________分子中C的原子的杂化类型是______________；若无配位键则ABCD的结构式为___________分子中D原子的杂化类型为______________。（5）BD2的电子式是____________将D原子换成等电子的所得ABCD的结构式为________，分子中C原子的杂化类型是______________。（6）在ABCD的三种可能结构中B原子的杂化类型__________（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】根据元素的结构及有关性质可知，A是H，B是C，C是N，D是O。根据构造原理可知，氮原子的基态电子排布图为（2）非金属性越强，第一电离能越大，由于氮原子的2p轨道电子处于半充满状态，所以氮原子的第一电离能大于氧原子的，即N>O>C>H。（3）氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱电解质电离出OH－，所以溶液显碱性，方程式为NH3·H2ONH4++OH-。（4）ABC的化学式为HCN，其结构式为。由于分子中氮原子还有1对孤对电子，所以能和氧原子形成配位键，即。如果没有配位键，要满足稳定结构，则氧原子必需分别和氢原子及碳原子形成共价键，即结构式为。该化合物分子中氧原子形成的化学键全部是单键，所以氧原子是sp3杂化。（5）BD2是CO2，分子中含有碳氧双键，电子式为。将D原子换成等电子的，则要满足稳定结构，结构式就必需是H—N=C=O，由于该化合物分子氮原子形成1个单键和1个双键，所以是sp2杂化。（6）在这三种结构中，碳原子都是sp杂化。18．（15分）氯气和二氧化硫是中学化学中常见的气体。某活动小组设计如下图所示装置图，分别研究氯气和二氧化硫的性质。（1）下列装置常用于实验室制取气体，其中制取氯气选用的装置为，反应的离子方程式为，制取二氧化硫选用的装置为；（2）从左端分别通入氯气或二氧化硫时，装置B中观察到的现象是否相同（填“相同”或“不相同”）；装置A反应后溶液均褪色，如何利用褪色后的溶液判断是何种气体使其褪色（写出简要的实验步骤）；（3）装置F中盛放的溶液为；若装置E中试剂为铁丝，则通入氯气与铁丝充分反应时现象为；（4）当通入足量SO2完全反应后，向C中滴加淀粉溶液，无明显现象。该反应的离子方程式为。【答案】（1）甲，4H++2Cl-+MnO22H2O+Cl2↑+Mn2+；乙（2）不相同；分别取褪色后的A溶液于试管中，加热，若溶液变红色，说明是二氧化硫使其褪色，若不变红，说明是氯气使其褪色；（3）NaOH溶液；产生大量棕黄色的烟；（4）I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-【解析】试题分析：（1）制取氯气是固液需要加热制取气体的反应，所以选择甲装置制取氯气；反应的离子方程式为4H++2Cl-+MnO22H2O+Cl2↑+Mn2+；制取二氧化硫是用浓硫酸与亚硫酸钠的固体不需加热，所以选择乙装置；（2）不相同；二氧化硫溶于水显酸性，使紫色石蕊试液变红；氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，溶液显酸性，紫色石蕊试液变红，同时次氯酸具有强氧化性，所以最终溶液褪色；二氧化硫的漂白性是暂时性漂白，加热溶液又恢复红色，而次氯酸的漂白性是永久性漂白，加热溶液不回复红色，所以分别取褪色后的A溶液于试管中，加热，若溶液变红色，说明是二氧化硫使其褪色，若不变红，说明是氯气使其褪色；（3）最终F用于尾气处理，所以应放氢氧化钠溶液；铁在氯气中燃烧，生成氯化铁，产生大量棕黄色的烟；（4）通入足量SO2完全反应后，向C中滴加淀粉溶液，无明显现象，说明C中已不存在碘单质，二氧化硫与碘发生氧化还原反应，生成碘离子，反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-考点：考查氯气、二氧化硫的制取、性质实验，尾气的处理，装置的选择19．（12分）（1）下列与化学实验有关的描述错误的是_______(填序号)。①燃着的酒精灯不慎碰翻失火，可立即用湿布盖灭②分液时分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出③锥形瓶用作反应容器时一定不能加热④浓硝酸与浓盐酸均易挥发，故均应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处⑤不慎将浓碱溶液溅到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液⑥称取10.5g固体样品(1g以下使用游码)时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为9.5g。（2）某探究小组在实验室中用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝。回答下列问题：（2）①该实验过程中，多次用到玻璃棒，如过滤时引流液体、灼烧时搅拌防止固体崩溅，试写出该实验过程中玻璃棒的第三个作用。②验证滤液A含Fe3+，可取少量滤液并加入____________（填试剂名称）。③实验中，该小组同学用下图装置进行过滤操作，过滤操作中的一处错误是。④在灼烧操作时用到下列仪器中的（填字母代号），其名称是。【答案】（1）③④（4分，缺一项扣2分。有错项该题0分）（2）①溶解时，搅拌加速固体溶解（2分）②硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案）（2分）③漏斗下端尖嘴未贴近烧杯内壁。（2分）④C坩埚（每空1分）【解析】试题分析：（1）③锥形瓶用作反应容器时可使用石棉网后加热，故③错误；④浓硝酸见光易分解，故用棕色试剂瓶盛装，浓盐酸性质较稳定，故不需要棕色试剂瓶盛装，故④错误；（2）①铝土矿被溶解时利用了玻璃棒的搅拌加速溶解的作用；②验证滤液A含Fe3+，可以使用KSCN，若溶液变成血红色，即说明溶液中含有Fe3+，或者用氢氧化钠，若溶液中立即生成红褐色沉淀，即说明含有Fe3+；③过滤过程中，漏斗下端尖嘴未贴近烧杯内壁；④灼烧过程中，需要用到坩埚即C。考点：考查化学实验基础相关知识。20．（16分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。·完成下列填空：（1）组装好仪器后，检查装置气密性的操作是。（2）装置①中用NaClO3、Na2SO3和浓H2SO4反应制得ClO2，写出该反应的化学方程式，装置③发生反应的离子方程式为。（3）装置③反应后的溶液中还含有少量NaOH杂质，从该溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：①50℃左右蒸发结晶；②；③用50的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。步骤③中用50（4）准确称取所得亚氯酸钠样品10．0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成250mL待测溶液。mol·L-1－→－－达到滴定终点时的现象为。该样品中NaClO2的质量分数为。（5）在实验过程中，下列操作会使实验结果偏高的是a．读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数b．配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线c．盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗d．盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失（6）已知常温下Ka(HClO2）=1×10-2、Ka(CH3COOH）=1．75×10-5，则0．1mol/L的HClO2溶液与0．05mol/L的NaOH溶液等体积混合所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。【答案】（16分）（1）关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好（其它合理答案均给分）（2分）（2）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）2OH-+2Na＋＋H2O2＋=2·+O2（2分）（3）（1分）；防止·（1分）（4）①当滴入最后一滴，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色（2分）②90．5%（2分）（5）a、d（2分）（6））c(ClO2-）＞c(Na+）＞c(H+）＞c(OH-）（2分）【解析】试题分析：（1）检查装置气密性时，首先要形成一密闭系统，然后利用热胀冷缩原理来检测；具体操作方法是：关闭分液漏斗的玻璃旋塞，将干燥管的末端浸末在水中，微热锥形瓶，干燥管末端有气泡产生，停止加热一段时间后，有回流的液柱，则气密性良好。（2）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置③中得到·ClO2的还原产物，此反应中H2O2发生反应的离子方程式为2OH-+2Na＋＋H2O2＋=2·+O2（3）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤，防止产生·（4）②有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－n(ClO2－）=1/4n(S2O32－）=1/4×20×10-3×2=0．01molm(NaClO2）=0．01×90．5=9．05g该样品中NaClO2的质量分数为9．05g÷10g=0．905（5）在实验过程中，读取标准液体积时，开始时平视读数，结束时仰视读数，标准液的读数偏高，使实验结果偏高，选项a正确；配制250mL待测液时，定容后摇匀发现液面下降，又补加水重新达到刻度线，体积偏大，浓度偏低，选项b不符合题意；盛装待测液的滴定管注液前未用待测溶液润洗，待测液稀释，浓度偏低，选项c不符合题意；盛装标准液的滴定管尖嘴处滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗的标准液偏多，测定结果偏高，选项d正确。（6）0．1mol/L的HClO2溶液与0．05mol/L的NaOH溶液等体积混合所得溶液为HClO2和NaClO2等物质的量混合，此时溶液显酸性，说明电离于水解，故c(ClO2-）＞c(Na+）＞c(H+）＞c(OH-）考点：无机化工流程涉及装置气密性检验、反应原理、滴定操作及数据处理、电解质溶液中离子浓度的比较等。21．Al2O3的质量分数（用小数表示，小数点后保留两位）。【答案】56．【解析】试题分析：100mL溶液中AlO2-的物质的量为，金属铝的物质的量27=,根据铝原子守恒，氧化铝的物质的量为，Al2O3的质量分数=×102）÷=.考点：考查化学计算。22．（15分）Ⅰ．为了除去KCl溶液中少量的Mg2＋、SO42-，可选用Ba（OH）2、HCl和K2CO3三种试剂，按如下步骤操作：（1）上述试剂中，B是，C是。（2）操作Ⅱ的名称是。（3）加过量A时发生有关反应的离子方程式为、。Ⅱ．一份溶液中可能含有K+、Al3+、H+、NH4+、Cl－、Br－、I－、ClO-、AlO2-等离子中的若干种。为了确定溶液的组成，进行了如下操作：（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积关系如图所示；则该溶液中一定存在的离子是，一定不存在的离子是。（2）经检测后，该溶液中含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L该混合溶液中通入一定量的氯气，则溶液中Cl－、Br－、I－与通入氯气的体积（标况下）关系如表所示，回答下列问题：Cl2的体积（标况下）2．8L5．6L11．2Ln（Cl-）1．25mol1．5mol2moln（Br-）1．5mol学]1．4mol0．9moln（I-）amol00①则a为②原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为【答案】18．（15分）Ⅰ（1）K2CO3；HCl；（2）蒸发结晶；（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓；Ba2＋+SO42-=BaSO4↓Ⅱ（1）Al3+、H+、NH4+ClO-、AlO2-（2）①0．15②10:15:4【解析】试题分析：Ⅰ．（1）氢氧化钡可以将Mg2＋、SO42-除去，除杂时，每一步所加的试剂均是过量的，过量的氢氧化钡需用碳酸钾除去，而多余的碳酸钾需用盐酸来除去，则试剂A、B、C依次是Ba（OH）2、K2CO3、HCl。（2）由物质的溶液获得该物质的晶体的方法是蒸发结晶。（3）氢氧化钡可以将Mg2＋、SO42-除去，发生反应的离子方程式为Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓、Ba2＋+SO42-=BaSO4↓。Ⅱ（1）根据图像分析可知，开始加入NaOH溶液无沉淀生成，说明溶液中含有H＋，随着NaOH的加入，有沉淀生成且最后沉淀全部溶解，说明溶液中含有Al3＋，在加入NaOH的过程中，有气体生成，说明溶液中含有NH，则该溶液中一定存在的离子是Al3+、H+、NH4+，因为在酸性条件下，ClO-、AlO2-与H＋反应生成HClO和Al（OH）3沉淀，则一定不存在的离子是ClO-、AlO2-。（2）①根据题给信息，通入的氯气的物质的量分别是0．125mol、0．25mol、0．5mol，因为还原性I－>Br－>Cl－，因此首先发生Cl2+2I－=2Cl－+I2，当I－消耗完，然后发生Cl2+2Br－=2Cl－+Br2。根据第二组数据可知，消耗Br－1．5-1．4=0．1moL，Cl2+2Br－=2Cl－+Br2、Cl2+2I－=2Cl－+I20．050．10．20．4第一组数据通入的氯气为0．125mol，消耗I－0．25mol，则a=0．4-0．25=0．15mol。②根据第三组数据，0．5mol氯气完全反应生成Cl－1mol,而溶液中的Cl－为2moL，则原溶液中含Cl－1mol。根据第一组数据Cl2+2I－=2Cl－+I2，0．4molI-消耗氯气0．2mol，实际上氯气通入了0．125mol，即氯气不足，只氧化了一部分I－