黑龙江省伊春市西林区第二中学高二化学下学期期末复习模拟试卷(含解析)

黑龙江省伊春市西林区第二中学高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）黑龙江省伊春市西林区第二中学高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）/黑龙江省伊春市西林区第二中学高二化学下学期期末复习模拟试卷（含解析）黑龙江省伊春市西林区第二中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1．常温下，对于pH相同的盐酸和醋酸两溶液，下列说法中正确的是A．两溶液的导电能力相同B．分别稀释100倍后，溶液pH相同C．盐酸中水的电离程度比醋酸中的小D．分别与足量Zn反应时，醋酸中生成的n（H2）较多【答案】D【解析】试题分析：A项：盐酸是强电解质，完全电离，导电能力强，故错。B项：分别稀释100倍，醋酸的PH值改变的程度比盐酸的小的多，故错。C项：醋酸中水的电离程度大，故错。故选D。考点：强电解质和弱电解质点评：本题考查的是强、弱电解质的比较的知识，学生需要注意的是，强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中是部分电离。2．下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是()A．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料C．用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应【答案】D【解析】试题分析：A、淀粉和纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物，正确，不选A；B、丙烷燃烧后生成水和我要退货，不会对环境造成影响，是一种清洁燃料，正确，不选B；C、大米发酵后生成乙醇，乙醇浓度越大越香醇，同时有酯生成，从而具有香味，正确，不选C；D、葡萄糖不能水解，错误，选D。考点：生活中的有机物3．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A．氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑C．表示乙炔“燃烧热”对应的热化学方程式：C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g)△H＝－1256kJ/molD．M与N是同素异形体，由M＝N△H＝＋119kJ/mol可知，N比M稳定【答案】B【解析】试题解析：A、氢氧燃料电池的负极为氢气失电子，若是酸性介质，则其电极反应式为：H2-2e-═2H+；若是碱性介质，则其电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，故A错误；B、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故B正确；C．该反应中，常温下，生成物水蒸气不是稳定氧化物，故C错误；D．根据热化学反应方程式知，M吸收能量生成N，所以N的能量大于M，则M较稳定，故D错误。考点：电极反应；热化学方程式4．下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是ABCD反应装置或图像实验现象或图像信息温度计的水银柱不断上升反应物总能量大于生成物总能量反应开始后，甲处液面低于乙处液面反应开始后，针筒活塞向右移动【答案】D【解析】根据实验现象可知，选项ABC都是放热反应。选项D中由于反应生成氢气，压强增大，所以随着反应的进行，针筒活塞向右移动，这与反应是放热反应或吸热反应无关，答案选D。5．下列说法不正确的是A．焓变是一个与反应能否自发进行相关的因素，多数放热反应能自发进行.B.自发进行的反应一定能迅速进行C．在同一条件下不同的物质具有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大。D．一个反应能否自发进行，由焓变和熵变共同决定。【答案】B【解析】试题分析：A、焓变是一个与反应能否自发进行相关的因素，大多数放热反应是能量降低的过程，所以多数放热反应能自发进行，A正确；B、自发反应只说明了反应的方向性，不能说明反应的快慢，B错误；C、体系的混乱度越大，其熵值越大，C正确；D、判断反应的自发性，应从焓变和熵变两方面判断，D正确。答案选B。考点：反应进行的方向6．能在水溶液中大量共存的一组离子是A．H＋、Cl、NO3、SiO32B．Ag＋、Fe3＋、Cl、SO42C．K＋、SO42、Cu2＋、NO3D．NH4＋、OH、Cl、HCO3【答案】C【解析】试题分析：H＋+SiO32=H2SiO3↓，故A错误；Ag＋+Cl=AgCl↓，故B错误；K＋、SO42、Cu2＋、NO3不反应，故C正确；NH4＋+OH+HCO3=+CO32+H2O，故D错误。考点：本题考查离子共存。7．我国科学家屠呦呦获2015年诺贝尔生理学或医学奖。她研究得到的青蒿素挽救了数百万疟疾病人的生命，有关青蒿素说法不合理的是A．化学式为C15H22O5B．能发生取代反应和氧化反应C．在H2SO4或NaOH溶液中均不能稳定存在D．可用乙醇从青蒿浸取液中萃取出青蒿素【答案】D【解析】试题分析：A、由该物质的结构判断，该物质的化学式为C15H22O5，正确；B、根据该物质的结构判断，该物质能发生取代反应和氧化反应，正确；C、该物质中含有羧基，在H2SO4或NaOH溶液中均发生水解反应，不能稳定存在，正确；D、乙醇可与水和绝大多数有机物互溶，不能用乙醇从青蒿浸取液中萃取出青蒿素，错误。考点：考查有机物的结构与性质。8．某有机物的蒸气完全燃烧时，需要三倍于其体积的O2，产生二倍于其体积的CO2，则该有机物可能是（体积在同温同压下测定）（）A．C2H6B．CH3COOHC．CH3CH2OHD．CH2OHCH2OH【答案】C【解析】试题分析：，产生二倍于其体积的CO2，x=2即碳原子数是2；三倍于其体积的O2，，故C正确。考点：本题考查有机物燃烧规律。9．在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是（

）。A．正极附近的SO42－离子浓度逐渐增大B．电流由锌片流向铜片C．溶液的pH逐渐变小D．铜片上析出氢气【答案】D【解析】考查原电池的判断。在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子，生成氢气，所以正确的答案是D。10．把0.05molNaOH固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是A．自来水B．0.5mol·L—1KOH溶液C．0.5mol·L—1醋酸D．0.5mol·L—1NH4Cl溶液【答案】D【解析】试题分析：溶液的导电能力由溶液中离子浓度的大小和离子所带的电荷数决定，A.自来水是极弱的电解质，几乎不导电，加入NaOH固体，形成氢氧化钠溶液，导电性增强，错误；KOH和NaOH不反应，加入NaOH固体后，离子浓度增大，导电能力增强，错误；C.醋酸是弱酸，与NaOH反应生成醋酸钠，离子浓度增大，导电能力增强，错误；D.NH4Cl+NaOH=NaCl+H2O，开始是NH4Cl导电，加入NaOH固体后，NaCl导电，离子浓度几乎不变，导电能力变化不大，正确；选D。考点：考查溶液导电能力大小的比较。11．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是A．NH3溶于水后显碱性，在FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe(OH)3胶体B．NaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂C．Mg(OH)2分解吸热且生成高熔点固体，可用作阻燃剂D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸【答案】C【解析】试题分析：A、NH3溶于水后显碱性，在FeCl3饱和溶液中通入足量NH3生成氢氧化铁沉淀，不能制取Fe(OH)3胶体，A错误；B、NaHCO3能与酸反应产生二氧化碳，因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂，B错误；C、Mg(OH)2分解吸热且生成高熔点固体氧化镁，可用作阻燃剂，C正确；D、铜的金属活动性比铝弱，但铜不能在浓硝酸中钝化，因此不能用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，D错误，答案选C。考点：考查物质性质和用途的判断12．下列关于离子的检验方法一定正确的是A．向某溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加足量稀HNO3，沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Ag+B．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含NH4+C．向某溶液中滴加足量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明原溶液中一定含CO32-D．用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧，直接观察火焰颜色未见紫色，说明原溶液中不含K+【答案】B【解析】试题分析：A.溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀，可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，二者都不溶于稀稀HNO3，则说明原溶液中不一定含Ag+，A错误；B.若溶液中含有NH，向溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，会发生反应NH+OH－NH3↑+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，B正确；C.CO32-和HCO3-都能与HCl反应生成CO2气体，不能判断出是否含有CO32-，应该用BaCl2或CaCl2来检验CO32-，C错误；D.实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰，D错误；答案选B。【考点定位】离子的检验【名师点睛】离子的检验是考纲要求的重要考点，也是每年高考命题的重要出题点。教材中介绍了Cl－、CO32-、SO42-、Na＋、K＋、Fe3＋、NH的检验方法，而高考命题将这些知识点以选择题的形式考查溶液中所含离子的检验及物质的鉴别，以填空题的形式考查检验离子的实验方案设计及溶液中所含离子的推断。命题将侧重于离子检验时排除其他离子可能造成的干扰及简答题的答题规范和实验方案的设计。13．除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），加入试剂或方法不正确的是A．NaCl溶液（BaCl2）：加入足量Na2CO3溶液，过滤，再向滤液中加适量盐酸并加热B．KNO3溶液（AgNO3）：加入足量KCl溶液，过滤C．NaCl固体（Na2CO3）：加适量稀盐酸，加热蒸发D．CO2（HCl）：将混合气体通过NaHCO3饱和溶液【答案】B【解析】试题分析：A选项利用Na2CO3可以除去Ba2+，再用适量的盐酸除去过量的Na2CO3。正确。B选项引入过量的Cl-，错误。C选项适量稀盐酸除去Na2CO3，再加热蒸发，正确。D选项HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，正确。考点：溶液离子的除杂方法。14．下列物质的各组成元素原子最外层都为8电子结构的是()A．H2OB．CS2C．PCl5【答案】D【解析】试题分析：只要分子中元素化合价的绝对值和该元素最外层电子数之和满足8，则该元素的原子就满足8电子稳定结构，据此可知B正确，A中氢元素，C中P元素，D中B元素均不能满足8电子稳定结构，答案选B。考点：考查8电子稳定结构的判断点评：该题的关键是明确8电子稳定结构的判断依据，然后根据元素的化合价判断即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。15．25℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液，②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A．1∶10B．1∶5C．1∶20D．1∶10【答案】A【解析】试题分析：①中水电离出的氢离子浓度为10-14mol/L，②氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则水电离出的氢离子浓度为10-13mol/L。所以二者发生电离的水的物质的量之比为10-14：10-13=1：10，选A。考点：水电离的离子浓度的计算16．（6分）将下列物质进行分类：①H与H②O2与O3③乙醇与甲醚（CH3—O—CH3）④H2O与D2O⑤CH3CH2CH2CH3与CH3-CH（CH3）-CH3⑥C60与C35（1）互为同位素的是（填编号、下同）；（2）互为同素异形体的是；（3）互为同分异构体的是。【答案】（1）①（2分。多选或选错本小题不得分）（2）②⑥（各1分，共2分。只要选错一个，本题不得分）（3）③⑤（各1分，共2分。只要选错一个，本题不得分）【解析】17．组同学发现84消毒液与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混和有Cl2生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取Cl2。（1）若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用下图装置制取Cl2。装置中仪器a的名称为。甲同学想证明Cl2溶于水有酸性物质生成，将发生装置产生的气体直接通入适量水中，并加入NaHCO3粉末，有无色气泡产生。乙同学认为不合理，理由是。又知：室温下H2CO3的电离常数K1=4．2×10-7，K2=5．6×10-11，则pH为8．0的NaHCO3溶液中[CO32-]：[HCO3-]=。（2）经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。设计如下装置制备无水FeCl3。①下列操作步骤的正确排序为(填字母)。A．体系冷却后，停止通入Cl2B．通入干燥的Cl2赶尽装置中的空气C．在铁屑下方加热至反应完成D．用干燥的H2赶尽Cl2E．检验装置的气密性②该实验装置存在的明显缺陷是。（3）世界环保联盟要求ClO2逐渐取代Cl2作为自来水消毒剂。已知：NaCl+3H2ONaClO3+3H2，2NaClO3+4HCl=2C1O2+Cl2+2NaCl+2H2O。有关物质性质：物质熔点／℃沸点／℃C1O2-5911Cl2-107-34.6ClO2的生产流程示意图：该工艺中，需要补充的物质X为(填化学式)，能参与循环的物质是(填化学式)。从ClO2发生器中分离出ClO2可采用的方法是。【答案】（1）分液漏斗（2分）制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3反应产生气泡（2分）5.6×10-3（3分）（2）①ebcad（3分）②缺少尾气吸收装置（2分）（3）Cl2（2分）Cl2、NaCl（2分）将生成的气体冷水浴降温使ClO2液化分离出来（2分）【解析】试题分析：（1）根据实验装置图可知仪器a为分液漏斗；因为浓盐酸具有挥发性，制取的Cl2中含有HCl，HCl溶于水后能与NaHCO3反应产生CO2气体；HCO3‾电离产生CO32‾：HCO3‾CO32‾+H+，K2=[CO32‾][H+]/[HCO3‾]=5．6×10-11，可得[CO32-]：[HCO3-]=K2/[H+]=5．6×10-11/10-8=5.6×10-3（2）①首先检验装置的气密性，为防止空气影响实验，通入干燥的Cl2赶尽装置中的空气，然后加热铁屑进行Fe与Cl2的反应，反应完成后，等到体系冷却后，停止通入Cl2，最后用干燥的H2赶尽Cl2，所以正确顺序为：ebcad②尾气中含有Cl2，有毒污染环境，需要进行尾气处理，所以该实验装置存在的明显缺陷是缺少尾气吸收装置。（3）根据题目所给信息，电解NaCl溶液和NaClO3与HCl反应的化学方程式，可知Cl2产量少，所以需要补充的物质X为为Cl2；NaClO3与HCl反应能生成Cl2和NaCl，所以能参与循环的物质是Cl2、NaCl；因为ClO2的沸点为11℃，所以将生成的气体冷水浴降温，可使使ClO2考点：本题考查基本仪器、基本操作、实验步骤、离子浓度的计算、实验方案的设计与分析。18．（８分）校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度。（1）盛装0.2000mol/L盐酸标准液应该用式滴定管。（2）当接近滴定终点时，很少量的碱或酸就会引起溶液的发生突变。（3）有关数据记录如下：实验序号待测液体积（mL）所消耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前滴定后120.000.5020.70220.006.0026.00320.001.4021.20则NaOH溶液的物质的量浓度为______________mol/L。（4）若只用蒸馏水冲洗锥形瓶，则测定结果_____________(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。【答案】（共8分，每空2分）（1）酸（2）PH（3）0.2（4）无影响【解析】19．本题包含三部分.请分别作答:Ⅰ（1）下列实验方法合理的是____________。A．用加热法除去食盐固体中的氯化铵B．将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用酒精进行萃取C．实验室制取Al(OH)3：往AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量D．往FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，检验FeCl2是否已氧化变质（2）将10.7g氯化铵固体与足量消石灰混合加热使之充分反应。生成气体在标准状况下的体积是____________L。Ⅱ．工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3g—0.5g。已知NaNO2能发生如下反应：aNO2-+xI-+yH+=bNO↑+cI2+zH2O，请回答下列问题：（1）上述反应中，x、y、z的数值分别是（全对才给分）。（2）根据上述反应，可用化学试纸和生活中常见物质进行实验来鉴别工业盐和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为（3）某工厂废切削液中含有2%—5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污的N2，该物质是，a．NaClb．H2O2c．NH4Cld．浓H所发生反应的离子方程式为：。Ⅲ．向炭粉、Cu和Fe2O3组成的混合粉末中加入一定量的稀硫酸，充分反应后过滤，得到溶液A，将沉淀物洗涤、干燥，得到固体B。（1）碳的原子结构示意图为，氧元素在周期中的位置是。（2）关于固体B的成分，下列选项中可能的有。A炭粉B炭粉和CuC炭粉和Fe2O3DCu和Fe2O3E炭粉、Cu和Fe2O3【答案】（共13分）Ⅰ（1）AD；（2）4.48；Ⅱ（1）2，4，2；（2）食醋；（3）c；NH4++NO2-=N2↑+2H2O；Ⅲ（1）；第二周期第ⅥA族；（2）ABCE【解析】试题分析：Ⅰ：（1）A、氯化铵受热分解为氨气和氯化氢气体，但是氯化钠受热不分解，故可以用加热法除去食盐固体中的氯化铵，故A正确；B、酒精和碘单质以及水是互溶的，不能作为萃取剂，故B错误；C、氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钠中，不能用可溶的铝盐和强碱反应制氢氧化铝，应该让铝盐和氨水反应来制取，故C错误；D、亚铁离子易被氧化为三价铁，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，可以往FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，检验FeCl2是否已氧化变质，故D正确；故选AD；（2）氯化铵和消石灰反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2═CaCl2+2NH3↑+2H2O，10.7g氯化铵固体的物质的量为=0.2mol，根据反应知：1mol氯化铵会生成氨气1mol，所以当消耗氯化铵为0.2mol时生成氨气的物质的量为0.2mol，即体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48Ⅱ（1）由I原子守恒可知x=2，由电荷守恒可计算y=4，由H原子守恒可知z=2，故答案为：2；4；2；（2）因题目信息提示，该反应2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O在酸性条件下发生，可以选用食醋代替，故答案为：食醋；（3）因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，故答案为：c；NH4++NO2-=N2+2H2O；Ⅲ（1）C原子有6个电子，K层2个电子，L层有4个电子，原子结构示意图为；O是8号元素，在第二周期第ⅥA族，故答案为：；第二周期第ⅥA族；（3）A．炭粉：当稀硫酸足量，且铜恰好与氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子反应时，剩余的固体只有碳粉，故A正确；B．炭粉和Cu：当铜粉过量时，反应后的固体可能为碳粉和铜，故B正确；C．炭粉和Fe2O3：当稀硫酸不足时，铜完全反应，氧化铁部分溶解，则属于的固体为碳粉和氧化铁，故C正确；D．Cu和Fe2O3：剩余的固体中一定含有碳粉，故D错误；E．炭粉、Cu和Fe2O3：当稀硫酸不足时，碳粉、铜和氧化铁都可能有剩余，故E正确；故答案为：ABCE。考点：考查了铜金属及其重要化合物的主要性质、铁的氧化物和氢氧化物的相关知识。20．(12分)实验室利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4＋6HCHO＝3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行如下实验：[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]步骤Ⅰ：称取样品1.500g步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次步骤Ⅳ：实验数据记录<若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L>滴定次数待测液的体积（mL）标准溶液的体积滴定前刻度（mL）滴定后刻度（mL）125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20根据上述实验步骤填空：（1）滴定操作时，眼睛应观察（2）滴定终点的判断方法是（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（4）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）配制样品溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、滴定管外，还有（填仪器名称）（6）该样品中氮的质量分数为【答案】(1)锥形瓶中溶液的颜色变化(2)当加入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色(3)无影响(4)偏大(5)250mL容量瓶、锥形瓶(6)18.85﹪【解析】试题分析：(1)滴定操作时，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化。(2)滴定前溶液时酸性的，酚酞在酸性环境中是无色的，滴定后溶液时弱碱性的，此时溶液时浅红色的，滴定终点的判断方法是：当加入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色。(3)滴定的原理是利用NaOH标准溶液来测定溶液中的H+的物质的量多少，锥形瓶有水不改变H+的物质的量，故对结果没有影响。(4)碱式滴定管没有用NaOH标准溶液洗涤，会导致NaOH标准溶液浓度变小，用量增大，测得样品中氮的质量分数偏大。(5)溶液配制的时候还要用到250mL容量瓶，滴定的时候待测液要用锥形瓶盛装，还要用到锥形瓶。(6)根据记录的数据，NaOH标准溶液的用量：第一次：20.01mL，第二次：19.99mL，第三次：20.00mL，取三次的平均值为：20.00mL，则25.00mL待测溶液中n(H+)=n(0H-)=0.1010mol/L×20.00×10-3L=2.020×10-3mol,在根据4NH4+＋6HCHO＝3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋和1mol和(CH2)6N4H＋与1molH＋相当得出反应时n(NH4+)=n(H+),则配制的250mL溶液中n(NH4+)=n(H+)=2.020×10-3mol×10=2.020×10-2mol，氮的总质量为：m=2.020×10-2mol×14g/mol=28.28×10-2g,质量分数为：28.28×10-2g÷考点：酸碱中和滴定的基本操作和误差分析，有关物质的量浓度的计算。21．（10分）恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生可逆反应：N2(g)+3H2(g)=====2NH3(g)。(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，计算a的值。(2)反应达到平衡时，混合气体的体积为716．8L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25％，计算平衡时N2的转化率。【答案】（10分）(1)a=16(2)N2转化率=25%【解析】22．下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质I的元素位于第__________周期_________族。（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。（3）在②、③、⑥、⑨中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是__________（填序号）（4）反应④的离子方程式是__________________________________。（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是_________________________。【答案】（1）三ⅢA（2）1:2（3）③（4）3Fe2+＋8H+＋NO3－＝3Fe3+＋NO↑＋2H2O（5）Fe2O3＋3KNO3＋4KOH＝2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O【解析】试题分析：I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，所以I是Al。K是一种红棕色气体，则K是NO2，所以根据反应⑨可知，J是硝酸。根据反应⑧可知，L是NO。根据提示可知，D应该是氧化铁，A是SO2，根据反应②可知，B是三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，所以C是硫酸。反应⑦是铝热反应，所以H是氧化铝，G是铁。根据反应④可知，M应该是硝酸亚铁，所以F是铁盐。因此根据反应⑤可知，E是氢氧化铁，氢氧化铁分解即生成氧化铁。（1）铝元素位于第三周期第ⅢA族；（2）反应⑦铝热反应2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3,Al是还原剂，Fe2O3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；（3）②、③、⑥、⑨分别是2SO2+O2=2SO3；SO3+H2O=H2SO4；2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是③；（4）反应④的离子方程式是3Fe2+＋8H+＋NO3－＝3Fe3+＋NO↑＋2H2O；（5）D与KNO3、KOH共融生成K2FeO4、KNO2和H2O，反应的化学方程式是Fe2O3＋3KN