2018-2019年高中化学重庆高三期末考试精品试卷【10】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学重庆高三期末考试精品试卷【10】含
答案考点及解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题
1.下列关于乙醇的说法不正确的是
A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取
C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
试题分析：A项纤维素水解产物得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用产生乙醇，正确；B项乙烯与水加成得乙醇，正确；C项乙醇与乙醛的分子式不同，不是同分异构体，错误；D项乙醇与乙酸通过酯化反应(或取代反应)得乙酸乙酯，正确。

考点：考查乙醇的性质。

2.下列图示与对应的叙述相符的是
A．图Ⅰ表示盐酸滴加到0.1 mol/L某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂
B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO 2＋O22SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积
C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液，沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系，溶液时铝离子恰好沉淀完全
在加入20 mL Ba(OH)
2
D．图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸
【答案】B
【解析】
试题分析：A.人的视觉有滞后性，为了减少滴定误差，选择指示剂时滴定终点的颜色变化从浅到深，这样误差较小。

用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取甲基橙作指示剂。

错误。

B.反应在t 2时刻SO 2和O 2浓度减小，而SO 3的浓度增大，化学平衡正向移动，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以改变的条件可能是缩小容器体积，使容器内的气体
压强增大，平衡正向移动。

正确。

C 向某明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液，当Al 3+
沉淀完全时发生反应：2KAl(SO 4)2+3Ba(OH)2=K 2SO 4+ 2Al(OH)3↓ +3BaSO 4↓，当SO 42-沉淀完全是发生反应：KAl(SO 4)2+2Ba(OH)2=KAlO 2+2BaSO 4↓+2H 2O 。

所以在加入15mlBa(OH)2溶液时铝离子恰好沉淀完全;在加入20 mL Ba(OH)2溶液时硫酸根离子恰好沉淀完全。

错误。

D ．向pH 相同的盐酸与醋酸中分别加入等体积的水时，由于在醋酸溶液中存在醋酸分子会继续电离产生H+，因此醋酸溶液的pH 变化较小。

故其中曲线a 对应的是醋酸，曲线b 对应的是盐酸。

错误。

考点：考查图像法在酸碱中和滴定、平衡移动、沉淀反应及电解质溶液稀释中的应用的知识。

3.下列有关有机物的说法正确的是（ ）
A ．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到。

B ．米酒变酸的过程涉及了氧化反应。

C ．乙烯和聚丙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应。

D ．淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应。

【答案】B 【解析】
试题分析：A ．甲烷、在工业上都可通过石油分馏得到，而乙烯和苯不是石油的成分，因此分馏不可能得到。

错误。

B ．米酒的主要成分是乙醇，它变酸是物质在一定条件下被氧化为乙酸。

乙酸变酸的过程涉及了氧化反应。

正确。

C ．乙烯的分子结构中含有C=C 双键，能与氢气在一定条件下发生加成反应；而聚丙烯分子中每个C 原子都是饱和的C 原子，因此不可以发生加成反应。

错误。

D ．淀粉、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应；而葡萄糖是单糖，不能发生水解反应。

错误。

考点：考查有机物的存在结构、性质的知识。

4.下列物质的转化在给定条件下能实现的是 ①
②
③ ④ ⑤
A ．①③⑤
B ．②③④
C ．②④⑤
D ．①④⑤
【答案】A
【解析】②中S 与O 2只能生成SO 2，错；④中FeCl 3溶液在加热时，Fe 3
＋水解生成Fe(OH)3，进而分解生成Fe 2O 3，得不到无水FeCl 3，错。

【考点定位】无机物之间的转化关系 5.下列能达到实验目的的是( )
【答案】B
【解析】A 中若液体倒吸入广口瓶，由于左边导管在瓶底，液体会继续倒吸，不能起到安全瓶的作用；B 项CO 2被挤入的NaOH 溶液吸收，压强减小，喷泉形成；C 项HBr 能被浓硫酸氧化；D 项关闭止水夹后，H 2仍然送出，不能将NaOH 溶液压入左边的试管，因而不能制取Fe(OH)2。

6.在元素周期表短周期元素中，X 元素与Y 、Z 、W 三元素相邻，X 、Y 的原子序数之和等于Z 的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为20。

下列判断正确的是 A ．四种元素的原子半径：r Z >r X >r Y >r w B ．X 、Y 、Z 、W 形成的单质最多有6种 C ．四种元素均可与氢元素形成18电子分子
D ．四种元素中，Z 的最高价氧化物对应水化物酸性最强 【答案】C 【解析】
试题分析：由题意分析，X 为第二周期元素，且与X 、Y 与Z 不同周期，则Z 在第三周期，且与X 同主族，所以可计算出X 为N 元素，则W 、Y 、Z 分别为C 、O 、P 元素。

A 、四种元素的原子半径应是r Z >r W >r X >r Y ,错误；
B 、碳元素的单质有金刚石、石墨、碳60等，氮元素的单质有氮气，氧元素的单质有氧气、臭氧，磷元素的单质有白磷、红磷，不只6种，错误；
C 、四种元素均可与氢元素形成18电子分子分别是C 2H 6、N 2H 4、H 2O 2、PH 3,正确；
D 、四种元素中，X 的最高价氧化物对应水化物酸性最强，错误，答案选C 。

考点：考查元素周期表和元素周期律的运用 7.对下列事实的解释正确的是（ ）
A ．氯气可以使湿润的有色布条褪色,是因为氯气具有漂白性
B ．用氢氟酸雕刻玻璃,是由于氢氟酸能与二氧化硅反应
C ．向50 mL 18 mol·L -1
的H 2SO 4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后,被还原的H 2SO 4的物质
的量等于0.45 mol
D ．常温下,浓硝酸可以用铝制容器贮存,说明铝与浓硝酸不反应 【答案】B
【解析】氯气使湿润的有色布条褪色,是因为氯气与水反应生成的HClO 具有漂白性,A
错;4HF+SiO 2SiF 4↑+2H 2O,B 正确;随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,而稀硫酸与铜不反应,所以被还原的H 2SO 4的物质的量<×0.05 L×18 mol·L -1
="0.45" mol,C 错误;常温下,浓硝酸可以用铝制容器贮存,是因为常温下铝与浓硝酸发生了钝化,钝化是浓硝酸与铝反应,在铝表面生成了一层致密的氧化膜,D 错。

8.下列与化学有关的表述正确的是
A ．生物质能源是可再生能源，缺点是严重污染环境
B ．人类的活动不影响氮、硫元素在自然界的循环
C ．高纯度的单晶硅用于制造登月车的光电池和光导纤维
D ．可溶性铜盐有毒，但在生命体中，铜是一种不可缺少的微量元素 【答案】D 【解析】
试题分析：A.所谓生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。

它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，同时也是唯一一种可再生的碳源。

不会导致严重的环境污染。

错误。

B ．人类在燃烧煤炭等化石能源时会产生SO2散逸至空气；在各种机动车辆启动时在燃气缸内会产生高压电，这时空气中的氮气与氧气就会发生反应产生NO 气体，进而产生NO 2，散逸至空气，而参与大气的循环。

所以人类的活动会影响氮、硫元素在自然界的循环。

错误。

C ．高纯度的单晶硅用于制造登月车的光电池，但是制造光导纤维的材料是二氧化硅。

错误。

D ．可溶性铜盐会造成人体重金属中毒，对人产生危害，但在生命体中，铜是一种不可缺少的微量元素。

正确。

考点：考查物质的性质与用途及生物质能、铜元素与人类的关系的知识。

9.YBa 2Cu 8O x (Y 为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料,下列关于的说法不正确的是( )
A ．属于金属元素
B ．质子数与中子数之差为50
C ．原子的核外电子数是39
D ．和是两种不同的核素
【答案】B
【解析】结合Y 放在化学式的最前面及钇带金字旁可知,钇元素是金属元素,A 项正确;中质子数为39,中子数为89-39=50,质子数与中子数之差为11,B 项错误。

根据原子中质子数等于核外电子数,C 项正确。

含有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素,D 项正确。

10.下列化学用语正确的是（ ） A ．I-131：78
53I B ．Cl -的结构示意图：
C ．Na 2S 的电子式：
D ．乙烯的结构式：CH 2＝CH 2
【答案】C
【解析】I-131指的是质量数为131的碘原子，A 错；Cl -核外电子数为8，B 错；Na 2S 中Na
+
最外层没有电子，带一个正电荷，S 2-核外有8个电子，带2个负电荷，C 对；CH 2＝CH 2为乙烯的结构简式，D 错。

二、实验题
11.(12分) 下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图
（1）仪器a 的名称是_______________________。

（2）利用上图装置制备纯净、干燥的氯气。

①圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为_______________________________。

②装置B 中的溶液为____________________；烧杯中溶液的作用为________________。

（3）在上图所示圆底烧瓶内加入碳，a 中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：
实验1：证明SO 2具有漂白性和还原性 实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强
①B 中为少量品红溶液，C 中为少量酸性KMnO 4溶液,则证明SO 2具有漂白性的现象为__________。

②D 中应加入足量的____________（填溶液名称），E 中加入____________（填溶液名称），证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为____________________________。

【答案】（1）分液漏斗 （2）①MnO 2+4H +
+2Cl -
Mn 2+
+Cl 2↑+2H 2O
②饱和食盐水 吸收多余的氯气,防止污染空气 （3）①B 中品红溶液褪色
②酸性高锰酸钾溶液，硅酸钠溶液，D 中高锰酸钾溶液不褪色，E 中溶液变浑浊 【解析】（1）根据a 的结构可判断，a 是分液漏斗。

（2）①实验室制取氯气的试剂是二氧化锰和浓盐酸，方程式为 MnO 2+4H +
+2Cl
-Mn 2+
+Cl 2↑+2H 2O 。

②由于浓盐酸易挥发，因此生成的氯气中含有氯化氢杂质，所以B 中可以盛放饱和食盐水来除去氯化氢；由于氯气有毒，直接排放会污染空气，所以烧杯中应该盛放氢氧化钠溶液，原来吸收多余的氯气，防止污染空气。

（3）①碳在加热的条件下，能被浓硫酸氧化，生成SO 2和CO 2以及水。

所以如果B 中品红溶液褪色，则就能证明SO 2具有漂白性。

②要证明碳元素的非金属性比硅元素的强，则可以利用较强的酸制取较弱的酸来实现，即将生成的CO 2通入到硅酸钠溶液即可。

但由于SO 2也能和硅酸钠反应，所以要先除去SO 2，可以利用SO 2的还原性，通过酸性高锰酸钾溶液除SO 2。

所以D 中加入的是酸性高锰酸钾溶液，用来检验SO 2是否被除尽。

E 中加入的则是硅酸钠溶液，因此当D 中高锰酸钾溶液不褪色，E 中溶液变浑浊时，即能证明碳元素的非金属性比硅元素的强。

三、填空题
12.汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一，在汽车排气管上安装“催化转换器”使汽车的尾气转换成无毒气体是目前最有效的手段之一。

如果用表示碳原子，用表示氧原子，用表示氮原子，如图为气体转换的微观过程。

请你根据图示回答下列问题：
(1)A 、B 、C 三种物质可以归为一类的依据是 。

(2)将C 归为化合物，将D 归为单质的理由是 。

(3)用化学反应方程式表示为 。

化学变化过程中消耗的A 物质和生成的C 物质的质量比为 。

(4)从微观的角度去描述你获得的关于化学变化的有关信息(答出一条即可) 。

【答案】(1)都由两种元素组成且都含有氧元素
(2)二氧化碳是由不同种元素构成的分子，而氮气是由同种元素构成的分子 (3)2CO ＋2NO
N 2＋2CO 2 15∶22
(4)化学变化中原子的种类、数目、质量没有发生改变(其他合理答案也可)
【解析】(1)根据图示可知A 、B 、C 、D 分别是NO 、CO 、CO 2和N 2，NO 、CO 、CO 2都属于氧化物，都含有氧元素。

(2)二氧化碳是由不同种元素构成的分子，属于化合物，而氮气是由同种元素构成的分子，属于单质。

(3)根据图示直接写出化学方程式即可。

(4)根据质量守恒定律，在化学变化过程中原子的种类、数目、质量没有发生改变，元素的种类和质量也没有发生改变，只有物质的种类和分子的种类发生了改变。

13.氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。

（1）Ti （BH 4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。

①Ti 2+
基态的电子排布式可表示为 。

②BH —4的空间构型是 （用文字描述）。

（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N 2+3H 22NH 3实现储氢和输氢。

下列说
法正确的是 （多项选择）。

a.NH 3分子中N 原子采用sp 3
杂化 b.相同压强时，NH 3沸点比PH 3高 c.[Cu(NH 3)4]2+
离子中，N 原子是配位原子 —
的电子式为：
（3）2008年，Yoon 等人发现Ca 与C 60生成的Ca 32C 60能大量吸附H 2分子。

①C 60晶体易溶于苯、CS 2，说明C 60是 分子（选填：“极性”、“非极性”）； ②1mol C 60分子中，含有σ键数目为 。

（4）MgH 2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度ag·cm -3
，则晶
胞的体积为 cm 3
[用a 、N A 表示阿伏加德罗常数]。

【答案】
（1）①1s 2
2s 2
2p 6
3s 2
3p 6
3d 2
（或[Ar]3d 2
） ②正四面体 （2）abcd
(3) ①非极性 ②90N A 或5.418×1024
（4）52/aN A 【解析】
试题分析：（1）BH 4-中心原子杂化方式为sp 3
，故空间构型为正四面体；（2）a 、NH 3分子中
N 原子价电子对数为（5+3）/2=4，故采用sp 3
杂化，正确；b 、NH 3分子间存在氢键，故熔沸
点较高，正确；c 、[Cu(NH 3)4]2+离子中，Cu 是中心原子，N 原子是配位原子，正确；d 、CN
—
与氮气为等电子体，电子式同氮气的电子式，正确。

（3）相似相溶是分子晶体的性质，苯和二硫化碳是非极性分子，故其为分子晶体；采用均摊法计算σ键数目：1个碳原子形成3个σ键，每个σ键2个碳原子公用，故有60×3×1/2=90；（4）计算出晶胞的质量，再根据密度即可求出晶胞的体积。

晶胞中含有MgH 2微粒数为2个：Mg 8×1/8+1=2 H 4×1/2+2=4，列
式为2/N A =va/26 v=52/aN A cm 3
考点：考查物质结构与元素的性质，涉及原子核外电子排布、原子杂化、分子空间结构、分子间作用力、电子式书写、化学键类型等有关问题。

14.软锰矿中含MnO 2约70%，SiO 2约20%，Al 2O 3约4%，其余为水分；闪锌矿中含ZnS 约80%，FeS 、CuS 、SiO 2共约7%，其余为水分。

科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，制取Zn 、MnO 2和Na 2SO 4。

其工艺流程如下：
（1）I 的滤液中含有MnSO 4、ZnSO 4、CuSO 4、Fe 2(SO 4)3、Al 2(SO 4)3等。

写出MnO 2、CuS 与硫酸反应的化学方程式： ；
（2）已知Fe(OH)3、Al(OH)3、Zn(OH)2三种物质开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH 如下表：
则III 中调节溶液的pH 至5.2～5.4，此时生成沉淀M 的成分为 （写化学式），III 中加入MnO 2的作用是 ；
（3）Na 2SO 4和Na 2SO 4·10H 2O 的溶解度曲线（g/100g 水）如图，则IV 中得到Na 2SO 4固体的操作是：将分离出MnCO 3和ZnCO 3后的滤液升温结晶、 、用乙醇洗涤后干燥。

用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 ；
（4）V 是用惰性电极电解制得Zn 和MnO 2，则阳极的电极反应式为 ；
（5）绿色化学思想在本工艺中得到了充分体现，在本工艺流程中可循环使用的主要物质有：MnO 2、ZnCO 3、MnCO 3、 和 （写化学式）。

【答案】（16分）
（1）MnO 2 + CuS+ 2H 2SO 4 ="S" + MnSO 4 + CuSO 4+2H 2O （3分） （2）Fe(OH)3、Al(OH)3（各1分） 将Fe 2+氧化成Fe 3+
（2分） （3）趁热过滤（2分） 防止形成 Na 2SO 4·10H 2O （2分） （4）Mn 2+
—2e －
+2H 2O = MnO 2+4H +
（3分） （5）Zn 、H 2SO 4（各1分） 【解析】
试题分析：（1）依题意，MnO 2、CuS 、H 2SO 4反应生成MnSO 4、CuSO 4、S 、H 2O ，锰元素由+4降为为+2价，硫元素由—2升为0价，根据最小公倍数法配平，则该反应为
MnO 2+CuS+2H 2SO 4=S+MnSO 4+CuSO 4+2H 2O ；（2）根据表中信息，若溶液pH 调至5.2～5.4，则溶液中的铁离子、铝离子都被完全除去，分别变为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，所以沉淀M 的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；II 中加入适量Zn ，充分反应后过滤，得到Cu ，由此推断发生
的反应为Zn+Cu 2+=Zn 2++Cu 、Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+
，则II 的滤液中无铁离子，只有亚铁离子，为了将亚铁离子除去，需要先将其氧化为铁离子，再调节溶液pH 将其完全变为氢氧化铁沉淀，
因此III 中加入的二氧化锰是将Fe 2+氧化成Fe 3+的氧化剂，即MnO 2+2Fe 2++4H +=Mn 2++2Fe 3+
+2H 2O ；（3）读图，硫酸钠的溶解度随温度降低逐渐增大，而十水硫酸钠的溶解度随温度降低明显减小，由此说明从IV 溶液中制取硫酸钠固体的方法是蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，而制取十水硫酸钠固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥；用乙醇洗涤硫酸钠固体时，不会析出十水硫酸钠，用水洗涤硫酸钠固体时，随着温度的降低，硫酸钠溶解度增大，容易洁净析出十水硫酸钠固体；（4）电解前，V 溶液中含有锌离子、锰离子，由此推断电解时锌元素由+2降为0价，得到电子，发生还原反应，说明Zn 是阴极产物；锰元素由+2升为+4价，
失去电子，发生氧化反应，说明二氧化锰是阳极产物，即Mn 2+
—2e －→MnO 2；左边带4个正电，右边不带电，呈酸性的V 溶液中只能用氢离子使左右电荷守恒，则Mn 2+
—2e
－
→MnO 2+4H +；左边比右边少4H 、2O ，根据原子个数守恒可得阳极反应式：Mn 2+
—2e
－+2H 2O=MnO 2+4H +
；（5）根据流程图中主要步骤的反应物和生成物推断，V 的生成物有二氧化锰、锌、硫酸，它们分别是III 、II 、I 的反应物，IV 产生的碳酸锌是III 的反应物，它们都可以循环利用。

考点：考查物质制备的化学工艺流程，涉及氧化还原反应方程式的配平、滤渣的成分、解释加入试剂的目的、根据溶解度曲线推断制取晶体的操作方法、解释采取某措施的原因、阳极反应式、可以循环利用的物质等。

15.(6分)周期表中，前20号元素内X 、Y 元素的离子符号是x m+
、y n-，他们的核外电子排布相同，据此可推得：元素X 和 Y 所属周期的周期数之差为_________，元素X 和Y 的核电荷数
之差为(用含m 、n 的代数式表示)________________，X m+、y n-的离子半径由大到小的顺序是
________________。

【答案】1， m+n ，Y n-、X m+
(用>表示也可给分)
【解析】x m+
、y n-的核外电子排布相同，所以二者的周期数相差1；其中X 的质子数比Y 多
m=n 个。

由于质子数越多，相应离子的半径越小，所以X m+、y n-的离子半径由大到小的顺序
Y n-、X m+。

16.（10分）短周期中的A 、B 、C 、D 、E 5种元素，原子序数依次增大，A 、D 同主族；A 、B
的原子序数之和等于C 的原子序数；C 2−离子与D +离子的核外电子数相等；B 原子与D +
离子的
核外电子数之和等于E 原子的核外电子数，且D 、E 两元素能形成微粒个数比为1︰1的离子化合物。

（1）E 元素的离子结构示意图为________。

（2）A 与B 元素、A 与C 元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为______、_______。

（3）A 、B 、C 、D 、中的任意三种元素可组成多种化合物，X 和Y 是其中的两种。

X 和Y 都是既含离子键又含共价键的离子化合物；将X 、Y 分别溶于水时，X 能促进水的电离，而Y 能抑制水的电离，X 水溶液的pH ＜7，Y 水溶液的pH ＞7。

将0.2mol·L −
1的X 溶液与0.1mol·L −
1的Y 溶液等体积混合后，溶液呈碱性。

请判断： ①X 的化学式为 ，Y 的化学式为 ；
②混合溶液中各种带电微粒的物质的量浓度由大到小的顺序为 。

【答案】
【解析】略
四、计算题
17.CuSO 4溶液与K 2C 2O 4溶液反应，得到一种蓝色结晶水合物晶体。

通过下述实验确定该晶体的组成：
①称取0.1680g 晶体，加入过量的H 2SO 4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用
0.02000mol·L -1
KMnO 4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色），消耗20.00mL 。

②接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO —
4转化为Mn 2+
并释放出O 2。

③冷却后加入2g KI 固体（过量）和适量Na 2CO 3，溶液变为棕色并生成沉淀。

④用0.05000mol·L -1
Na 2S 2O 3溶液滴定，近终点加指示剂，滴定至终点，消耗10.00mL 。

已知：2MnO —
4+5H 2C 2O 4+6H +
==2Mn 2+
+10CO 2↑+8H 2O 2Cu 2+
+4I —
=2CuI↓+I 2 2Na 2S 2O 3+I 2=2NaI+Na 2S 4O 6
（1）步骤②中发生反应的离子方程式为 。

（2）步骤④中加入的指示剂为 。

（3）通过计算写出蓝色晶体的化学式（写出计算过程）。

（1）4MnO 4- +12H +
=4Mn 2+
+5O 2↑+6H 2O （2）淀粉溶液
（3）n(C 2O 42-)=0.02000×20.00×10-3
×5/2=1.00×10-3
mol n(Cu 2+
)=0.05000×10.00×10-3
=5.00×10-4mol 根据电荷守恒可知，晶体还含有阳离子K+， n(K +
)=2×1.00×10-3
-2×5.00×10-4
=1.00×10-3
mol 故晶体的化学式为K 2Cu(C 2O 4)2·xH 2O m(H 2O)=0.1680-5.00×10-4
×318=0.009g n(H 2O)=0.009/18=5.00×10-4mol 故晶体的化学式为K 2Cu(C 2O 4)2·H 2O 【解析】
试题分析：本题测定物质组成的综合计算题，(2)有碘单质参与或生成的反应均可以用淀粉作为反应是否完全的依据；（3）根据第①步反应可以计算出C 2O 42-的量，n(C 2O 42-)=0.02000×20.00×10-3×5/2=1.00×10-3
mol
第②是除去溶液中多余的高锰酸钾溶液，第③④可以计算出铜离子的量 n(Cu 2+
)=0.05000×10.00×10-3
=5.00×10-4
mol 根据电荷守恒可知，晶体还含有阳离子K+， n(K +
)=2×1.00×10-3
-2×5.00×10-4
=1.00×10-3
mol 故晶体的化学式为K 2Cu(C 2O 4)2·xH 2O
然后再根据总质量计算出结晶水的量，m(H 2O)=0.1680-5.00×10-4
×318=0.009g n(H 2O)=0.009/18=5.00×10-4
mol 故晶体的化学式为K 2Cu(C 2O 4)2·H 2O
考点：考查以工业测定物质组成而设计的计算题，涉及离子方程式书写，滴定指示剂选择、根据守恒计算等有关问题。

18.（15分）工业制硫酸的尾气中含较多的SO 2，为防止污染空气，回收利用SO 2，工业上常用氨水吸收法处理尾气。

某校化学兴趣小组的同学为确定该方法所得固体的成分，称取该固体四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的硫酸溶液50 mL ，产生SO 2的体积（标准状况）如下表（实验时设法使水中溶解的SO 2几乎完全逸出）：
⑴上述四组实验中，SO 2体积与固体的质量之比相同的组别有__________________；由第①组实验中的SO 2体积与固体的质量之比，可以推算用6.945 g 该固体进行同样的实验时，产生SO 2_________mL(标准状况)；根据表中 两组数据变化可确认该固体中一定含有(NH 4)2SO 3。

⑵另取9.260 g 该固体与足量的熟石灰共热，收集到标准状况的氨气的体积为3136 mL ，则该固体的成分除(NH 4)2SO 3外还有___________（填化学式），该实验中使用的硫酸的物质的量浓度为_______________。

【答案】⑴①②③；1008 mL ；③④；（每空3分，共9分） ⑵(NH 4)2SO 4、NH 4HSO 3； 2.5 mol•L -1
（共6分）
【解析】（1）根据表中数据可知①②③中SO 2体积与固体的质量之比相同，都是根据第①组实验中的SO 2体积与固体的质量之比可知，6.945 g 该固体生成的SO 2是6.945
g/9.260g×1344ml ＝1008 mL ；根据③④可知，增加固体的质量，生成上网SO 2反而减少，这说明固体中一定含有亚硫酸铵。

由于亚硫酸铵与酸反应是分步进行的，如果酸不足，则生成的SO 2就少。

（2）解法一：设9.260 g 固体中(NH 4)2SO 3、NH 4HSO 3、(NH 4)2SO 4的物质的量分别为x 、y 、z 则 x ＋ y =" 0.06" 2x ＋ y ＋z = 0.14 116x ＋ 99y ＋ 132z =" 9.26" g 解得：x =" 0.04" mol y =" 0.02" mol z="0.02" mol
第④组固体质量是第①组固体质量3.5倍，则第④组固体中(NH 4)2SO 3、NH 4HSO 3、(NH 4)2SO 4的物质的量分别为0.14 mol 、0.07 mol 、0.07 mol
消耗的硫酸的物质的量：n (H 2SO 4)=[n ((NH 4)2SO 3)+n (SO 2)]=(0.14 mol+)="0.125"
mol
则c (H 2SO 4)=" 2.5" mol•L -1
解法二：第④组中硫酸一定没有剩余，反应后所得溶液中含(NH 4)2SO 4和NH 4HSO 3 第④组中固体含S 为
含NH 4+的0.14 mol×3.5 =" 0.49" mol
反应后所得溶液中含NH 4HSO 3为：
则据电荷守恒得，所得溶液中含SO 42—的物质的量为：（0.49 mol-0.1 mol ）/2="0.195" mol 原固体中含(NH 4)2SO 4的0.02 mol×3.5 =" 0.07" mol
∴H 2SO 4的物质的量为0.195 mol －0.07 mol =" 0.125" mol ∴c (H 2SO 4)=" 2.5" mol•L -1
（其他合理解法均给分）
19.（8分）在常压和500℃时把O 2和SO 2按1∶2 体积比混合，如果混合前O 2有10 mol ， 平衡时SO 3占总体积的91% ，求： （1）平衡时有多少摩O 2转化? （2）平衡时混合气中SO 2的体积分数。

（3）SO 2的转化率。

（4）若保持与前相同的条件，改用20molSO 3代替O 2和SO 2，则达平衡时O 2的体积分数为多少？
【答案】（8分）解：同温，同压下，气体体积之比等于物质的量之比 O 2 + 2SO 2
2SO 3
起始 10 20 0 转化 x 2x 2x 平衡 10-x 20-2x 2x
（1）9.38 mol (2) 6% (3) 93.8% (4) 3% 【解析】略
20.(6分)向100 mL 1．5 mol ／L 稀H 2SO 4中加入过量Mg 粉，充分反应后，滤去多余Mg 粉，滤液在t ℃下恒温蒸发，当滤液质量为72．0 g 时开始析出MgSO 4·xH 2O 晶体，当析出晶体12．3 g 时，剩下滤液48．0 g 。

通过计算请回答下列问题。

(1)生成标准状况下的气体体积(请写出计算过程)； (2)开始析出MgSO 4·xH 2O 晶体时溶液的质量分数为 ； (3)MgSO 4·xH 2O 中的x= 。

【答案】（1）设：生成氢气x L H 2SO 4 → H 2 1mol 22.4L 0.15 mol x L
x =" 3.36 " 生成标准状况下的气体体积3.36 L （2分） （2）25% （2分） （3）7（2分） 【解析】略
五、简答题
21.金属钒主要用于冶炼特种钢和在化学工业、炼油工业中作催化剂，被誉为“合金的维生素”。

回收利用废钒催化剂（主要成分为V 2O 5、VOSO 4和二氧化硅）的工艺流程如下图所示。

(1) 粉碎的作用是_______，滤渣可用于_______（填用途）。

(2) 25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH 之间的关系如下表所示：
根据上表数据判断，加入氨水调节溶液pH 的最佳选择为_____；上述过滤操作过程中所需用到的玻璃仪器有__________。

(3)为了提高钒的浸出率，用酸浸使废钒催化剂中的V 2O 5转变成可溶于水的VOSO 4，酸浸过程中还原产物和氧化产物的物质的量之比为_______。

(4)完成并配平氧化过程中的离子方程式：_____ _____ClO 3-＋ VO 2+
+ = VO 3+
＋ Cl -
＋ 。

(5)废钒催化剂中V 2O 5的质量分数为6%（原料中的所有钒已换算成V 2O 5）。

取100g 此废钒催
化剂按上述流程进行实验，当加入105 mL 0.1 mol·L -1
的KClO 3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是________。

【答案】 提高VOSO 4（可溶性钒化合物）的浸出率 制作光导纤维、建筑材料等（写出一种即
可得分） 1.7-1.8（或1.7或1.8） 漏斗、烧杯、玻璃棒 2：1 1 6 6H +
6 1 3H 2O 95.55% 【解析】(1)废钒催化剂中钒元素主要以难溶的V 2O 5和易溶的VOSO 4形式存在，粉碎的目的是提高VOSO 4的浸出率；水浸后过滤，得到含VOSO 4的滤液A 和沉淀V 2O 5、SiO 2；V 2O 5经酸浸溶解，形成含VO 2+的溶液，SiO 2不与硫酸反应，最后得到的滤渣为SiO 2，SiO 2可用于制作光导纤维、建筑材料等；(2)由表中数据可知钒沉淀率达最大值时溶液的pH 为1.
7 1.8；实验室焙烧固体需要的仪器主要有:酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角、玻璃棒、坩埚钳；(3)酸浸是将废钒催化剂中的V 2O 5转变成可溶于水的VOSO 4，化学方程式
为:V 2O 5+NaSO 3+2H 2SO 4=2VOSO 4+2H 2O+Na 2SO 4,该反应中V 2O 5为氧化剂，Na 2SO 3为还原剂，故氧
化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；(4)该反应中ClO 3-将VO 2+氧化为VO 3+
,而本身被还原为Cl -，离子方程式为:ClO 3-+6VO 2++6H +=6VO 3++Cl -+3H 2O ；(5)根据钒元素守恒及反应的化学方程式
得:KClO 36VO 3+3V 2O 5，则回收到的m(V 2O 5)="3×0.105" L×0.1 mol·L -1×182 g·mol -1
="5.733" g,故钒的回收率是
×100%=95.55%。

点睛：本题以工艺流程的形式考查了化学实验的基本操作、物质的制备及有关计算等，意在考查考生的计算能力和综合分析判断能力。