2014届高三全国高考模拟重组预测试卷一
化学
答案
适用地区：大纲地区
考查范围：化学反应及能量变化、碱金属、物质的量
注意事项：
1. 答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真核准准考证号、姓名和科目。
2. 本试卷中所有试题答案均需用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
3. 本试卷共19小题。其中第I卷共12小题，每小题3分，共36分，第II卷共7小题，共64分。
4.本试卷答题时间为90分钟。
以下数据可提供解题时参考：
可能用到的相对原子质量：H 1 C l2 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 C1 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷
一、：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
3、(2014全 国卷13) 某含铬(Cr2O2－7)废水用硫酸亚铁铵[FeSO4?(NH4)2SO4?6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol FeO?FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( )
A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol
B．处理废水中Cr2O2－7的物质的量为nx2mol
C．反应中发生转移的电子数为3nx mol
D．在FeO?FeyCrxO3中，3x＝y
4、 亚氨基羟（Li2NH）是一种储氢容量大，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH＋H2＝LiNH2＋LiH。下列有关说法正确的是( )
A. Li2NH中N的化合价是－1B.该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C.Li＋和H-的离子半径相等D.此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
5、物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）
A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5
6、（2014?河北衡水中学模拟）下列离子方程式正确的是( )
A．硫酸与氢氧化钡溶液反应： Ba2＋+SO42－＝BaSO4↓
B．铝和氢氧化钠溶液反应：Al + 2OH- + H2O == AlO2- +2 H2↑
C．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：
D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液：
7、某溶液可能含有：K+、NH4+、NO3-、SO42-，SO32-，CO32-，进行如下实验：
①取10mL溶液与足量烧碱共热，产生标准状况下气体22.4mL
②另取10mL原溶液加入足量盐酸，无明显现象，再加足量BaCl2溶液得0.233g白色固体，则该溶液中：（ ）
A．可能含有K+，CO32-B．一定含有K+，且c（K+）≥0.1mol/L
C．一定含有K+，且c(K+)一定为0.1mol/LD．肯定只含SO42-，NH4+
8、（2014江苏南京模拟）下列说法正确的是（ ）
A．钠的金属活泼性大于铜，在溶液中钠可以置换出铜
B．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成气体
C．碳、钠与O2反应时，由于O2的量不同，可分别生成CO、CO2和Na2O、Na2O2
D．工业上电解熔融MgCl2制取镁，也可电解熔融AlCl3制取铝
9、若用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A．12.5gCH2==CHCl和12.5g 聚氯乙烯中含氯原子数均为0.2NA
B．18g2H2O和18g3H2O中含有的质子数均为10NA
C．23gNa与氧气完全反应，消耗氧气分子数一定为0.5NA
D．84g NaHCO3固体和106g Na2CO3固体中CO2-3的数目均为NA
10、使用胆矾配制1 L 0．1 mol?L－1的CuSO4溶液，正确的操作是( )
A．将胆矾加热除去结晶水后，称取16 g溶解在1 L水中
B．称取胆矾25 g溶于1 L水中
C．将25 g胆矾溶于少量水，然后将溶液稀释到1 L
D．将16 g胆矾溶于水，然后将溶液稀释至1 L
11、（2014北京11）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )
A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
12、下列离子组一定能大量共存的是（ ）
A．使甲基橙呈黄色的溶液中：Cl—，I—，ClO—，Na+
B．使石蕊呈蓝色的溶液中：Na+，AlO2—，NO3—，NH4+
C．加镁能放出H2的溶液中：NH4+，Na+，Cl—，SO42—
D．pH=0的溶液中：A13+，K+，NO3—，F—
第Ⅱ卷
二、非：本题共7小题，共64分。
13、(10分)甲状腺激素对于人和高等动物具有极其重要的生理作用，下图是关于碘及其化合物与甲状腺素的转化网络图示。
(1)请写出在强酸性条件下，由KI和KIO3反应制得I2的离子方程式 ，该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为 。
（2)上述图示中，碘元素发生氧化反应的过程有 (填序号)。
(3)制备KIO3的方法较多：利用③的原理是I2在一定条件下还原KClO3(生成Cl2)，写出该反应的化学方程式 。
(4)利用①的原理是以石墨为阳极，不锈钢为阴极，KI溶液为溶液(混有K2Cr2O7)电解，总反应方程式为 KI+3H2O KIO3+3H2↑。试写出阴极反应方程式 。
14、(7分) (2014?浙江宁波一中模拟)水是组成生命体的重要化学物质，没有水就没有生命。2010年春，发生在滇、黔、桂、渝、川等省的严重旱情牵动了全国人民的心，再一次警示人们关注水资源。下列有关水的问题并正确作答。
(1).水分子自身作用生成含有相同电子数的阴、阳两种离子，写出此过程的方程式 。
（2）25℃时，在由水电离产生的c（H+）＝1×10-14 mol?L-1的溶液中，①NH4+、Al3+、Br-、SO42- ② Na+、Mg2+、Cl-、NO3-③K+、Ba2+、Cl-、NO3- ④K+、Na+、HCO3-、SO42-四组离子中，一定可以大量共存的是 (填序号，下同)，可能大量共存的是 ，一定不能大量共存的是 。
（3）在下列反应中，水仅做氧化剂的是 (填字母，下同)，水既不做氧化剂又不做还原剂的是 。
A．Cl2＋H2O＝HCl＋HClOB．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑
C．CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑ D．3Fe＋4H2O（g） Fe3O4＋4H2
（4）“神舟七号”飞船上的能量主要来自于太阳能和燃料电池，H2、O2和KOH的水溶液可形成氢氧燃料电池，负极的电极反应为
15、(2014年四川26) 甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z,0.1 mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。
请回答下列问题：
(1)戊离子的结构示意图为________。
(2)写出乙的单质的电子式：________。
(3)戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2∶4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。
(4)写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：________________。
(5)按图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：____________________。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是_。
16、(10分)（2014年模拟）A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍。又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：
（1）1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为 。
（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为 ；
（3）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关。单质B的燃烧热为a kJ/mol。由B、C二种元素组成的化合物BC 14g完全燃烧放出热量b kJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式： ；
（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C与BC反应制取单质A2。在等体积的I、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1 molA2C和1mol BC、2 mol A2C和2 mol BC。一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）。下列说法正确的是（ ）。
A．达到平衡所需要的时间：I>Ⅱ B．达到平衡后A2C的转化率：I=Ⅱ
C．达到平衡后BC的物质的量：I>Ⅱ D．达到平衡后A2的体积分数：I<Ⅱ（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为 。
接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图如上。据此回答下列问题：
（1）M为电源的 极（填写“正”或“负”），电极b上发生的电极反应为 。
（2）计算电极e上生成的气体在标准状态下的体积： 。
（3）写出乙烧杯的电解池反应 。
（4）如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
。
（5）若经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g，要使丙恢复到原来的状态，操作是 。
18、(8分)实验室用98%的浓H2SO4(密度1.84 g?cm－3)配制1.5 mol?L－1稀H2SO4溶液200 mL．
(1)计算所需浓H2SO4体积为________．
(2)精确量取所需H2SO4：选用量具的名称是_____，量取液体之前应：________．
(3)稀释浓H2SO4的方法(简要操作)：________________．
(4)容量瓶使用前，检验其是否漏水的方法是：________________________．
(5)稀释后的浓H2SO4应________转移至容量瓶中．
(6)向容量瓶中继续加水至距刻度1 cm～2 cm处，改用胶头滴管逐滴加水，使溶液的凹面与刻度线恰好相切．在这一步操作前尚缺少的一步操作是________________，如果缺少这一步操作，将导致结果________．
19、（2014北京卷27）（11分）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)。
实验操作和现象：
操作现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解
(1)A中反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)C中白色沉淀是__________，该沉淀的生成表明SO2具有__________性。
(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是________________________________________________________________________；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是__________。
②进行实验，B中现象：
甲大量白色沉淀
乙少量白色沉淀
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案与解析
1、【答案】C
【解析】根据中和热定义，在稀溶液中，强酸强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量。醋酸是弱酸，电离会吸热，浓硫酸溶解会放出大量热，所以醋酸溶液、浓硫酸、稀硝酸分别与1.0L 0.1mol?L-1的NaOH溶液恰好完全反应实际放出的热量顺序为：浓硫酸（A）＞稀硝酸（B）＞醋酸溶液（C），b点生成0.1molH2O，所以b点的值为5.73。
2、【答案】C
【解析】此题考查了元素化合物、图像数据的处理知识。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生：HCl+ Na2CO3= NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl =NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，分析图像，可知选C。
3、【答案】A
【解析】Cr2O2－7中Cr的化合价为＋6价，具有强氧化性，被＋2价铁还原为＋3价，根据生成物的化学式可判断部分铁被氧化，被氧化的铁的化合价升高为＋3价，因此根据得失电子守恒D项正确。铬元素的化合价由＋6价降低为＋3价，即1 mol Cr得到3 mol电子，因此C项正确。由质量守恒判断B项也正确。
4、【答案】B
【解析】A选项中Li2NH中氮的化合价为-3;C选项中Li+半径小于H—；D选项钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法。
5、【答案】A
【解析】设2molZn参与反应，因Zn无剩余，最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3－ ，这部分是没有参与的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。
6、【答案】D
【解析】A项漏写了OH－与H＋的反应。B项Al与H2的化学计量数之比应为2∶3。C项HSO3－能被HClO氧化成SO42－。
7、【答案】B
【解析】实验①说明存在NH4+，且n(NH4+)=0.001mol；实验②说明存在SO42—，且n（SO42—）=0.001mol，同时也说明一定无碳酸根离子、亚硫酸根离子，但可能有硝酸根离子，若无硝酸根离子时，根据电荷守恒c（K+）=0.1mol/L，若有硝酸根离子时c（K+）>0.1mol/L，故c（K+）≥0.1mol/L是正确的。
8、【答案】B
【解析】钠在溶液中先和水反应，无法置换出铜，A错；Na2O2与水反应产生O2，Fe与水蒸气产生H2，B对，钠和O2反应由于条件不同生成Na2O和Na2O2，并不是由于O2的量不同，C错；AlCl3是共价化合物，熔融不导电，无法进行电解，D错。
9、【答案】A
【解析】 B选项中18g3H2O中含有的质子数小于10NA；C选项可能生成过氧化钠也可能生成氧化钠；D选项NaHCO3固体无CO32-。
10、【答案】C
【解析】若用胆矾(CuSO4?5H2O)配制CuSO4溶液，并不需要先加热除去结晶水，说明A错误；B虽称量正确，但溶于1 L水后，溶液的体积一定不是1 L，B也错误，故C正确；D中胆矾不够，D错误．
11、【答案】C
【解析】 NaHCO3受热分解而Na2CO3受热不分解，因而根据加热后固体质量减少可求出NaHCO3的质量，进而求得Na2CO3的质量分数，A项正确；方案B最后所得b g固体为氯化钠，含有b58.5 mol Na原子，根据Na原子守恒，可得n(NaHCO3)＋2n(Na2CO3)＝b58.5 mol①，根据混合物质量可得84 g?mol－1×n(NaHCO3)＋106 g?mol－1×n(Na2CO3)＝a g②，①②联立可得二者的质量，从而求得质量分数，B项正确；碱石灰的成分为NaOH、CaO，会吸收二氧化碳和水蒸气，b g为CO2和H2O的总质量，无法计算混合物的总物质的量，应将所得气体先通过浓硫酸再用碱石灰吸收方可，C项错误；方案D最后所得b g固体为BaCO3，为b197 mol，根据碳元素守恒可知Na2CO3与NaHCO3的物质的量之和为b197 mol，又知两物质的质量之和为a g，故可求得碳酸钠质量分数，D项正确。
12、【答案】C
【解析】A项甲基橙呈黄色的溶液是PH>4.4的溶液，其中I—、NO3—在酸性时因而不能大量共存；B项中使石蕊呈蓝色的溶液中含大量OH—，与NH4+不能大量共存；D项中H+与F—不能大量共存。
第Ⅱ卷
13、【答案】(1)5I－+IO3－+6H＋=3I2+3H2O 5∶1
(2)①③⑩
(3)I2+2KClO3＝2KIO3+C12↑
(4) 2H+ + 2e-＝H2↑
【解析】(1) IO3－在酸性条件可以氧化I－为I2，故反应方程式为：5I－+IO3－+6H＋=3I2+3H2O。
(2)碘元素化合价升高的都为碘元素发生氧化反应，有①③⑩。
(3)I2还原KClO3，I2被氧化为KIO3，而KClO3被还原为C12。故有I2+2KClO3＝2 KIO3+C12↑。
(4)阴极得电子发生还原反应，元素的化合价降低，H＋放电，故为2H+ + 2e-＝H2↑。
14、【答案】（1）2H2O H3 O++OH- （2）③ ①② ④ (3)CD AB (4)H2-2e-+2OH-=2H2O
【解析】(1)水分子在自身作用下电离产生电子数相同的氢氧根离子和水合氢离子 （2）25℃时，在由水电离产生的c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液为酸溶液或碱溶液。
①中离子不和氢离子反应，在酸溶液中能大量共存；NH+4、Al3+和氢氧根离子反应，在碱溶液中不能共存。②中离子和氢离子不反应，在酸溶液中能大量共存；Mg2+和氢氧根离子反应，在碱溶液中不能共存。③中离子和氢离子和氢氧根离子都不反应，一定能大量共存。④中HCO3-与氢离子和氢氧根离子都反应，一定不能大量共存。
（3）A和B中水中元素化合价没变化，既不是氧化剂，也不是还原剂；C中水中氢元素化合价降低，作氧化剂；D中水中氢元素化合价降低，作氧化剂。（4）氢氧燃料碱式电池负极为氢气失去电子结合氢氧根生成水。
15．【答案】 (1)
(2)?N??N?
(3)2∶3
(4)H＋＋AlO－2＋H2O===Al(OH)3↓
(5)NaCl＋H2O===NaClO＋H2↑ 先变红后褪色
【解析】 由X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知其为NH3，所以甲为氢、乙为氮，由“甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和”可知戊为氯。由“0.1 mol/L的Y溶液pH＞1”可知Y为弱酸或强酸弱碱盐，结合题中其他信息可知，Y为NH4Cl，则Z为HCl。所以(3)中反应方程式为4NH3＋3Cl2===2NH4Cl＋4HCl＋N2，则被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2∶3。丙、丁处于同一周期且丙的原子序数小于丁，所以丙的金属性强于丁，由“丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐”可知丙为Na、丁为Al。所以L为NaAlO2，M为NaCl。(4)中少量盐酸与过量偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝。(5)中电解饱和食盐水，阳极上生成的Cl2充分和阴极上生成的NaOH接触，所以电解的总方程式为NaCl＋H2O===NaClO＋H2↑，所以充分电解后的溶液为次氯酸钠的溶液，显碱性并具有强氧化性，所以遇酚酞先变红后褪色。
16、【答案】（1）8 mol
(2) HS-+OH-=S2-+H2O
(3) C(s)+ O2(g)=CO(g)；△H= -(a-2b) kJ/mol
(4)A、B （5）2Al+8OH- -6e-=2AlO2-+4H2O
【解析】依题意，F元素的原子最外层电子数为8×0.75=6，F位于第VIA族，C与F同主族，C为氧，F为硫；B的最外层电子数是内层电子数的2倍，B为碳；短周期中，原子最外层电子数等于电子层数的元素有氢、铍、铝，由原子序数大小知，E的质子数大于8，所以，E为铝。又因为质子数：Z(A)+Z(F)+2=Z(C)+Z(D)，有Z(D)-Z(A)=16-8+2=10，8
（3）C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=-a kJ/mol??? ①
CO(g)+ O2(g)=CO2(g)；△H= -2b kJ/mol???②
①-②得：C(s)+ O2(g)=CO(g)；△H= -(a-2b) kJ/mol (4)H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
容器条件H2OCOCO2H2
I恒温恒容1 mol1 mol00
Ⅱ恒温恒容2 mol2 mol00
可以将容器Ⅱ看成是容器I体积压缩一半，该可逆反应是等气体分子数反应。A项，压缩I容器，浓度增大，反应加快，II的反应速率大于I的反应速率，A项正确；B项，由于等气体分子数反应，所以，加压，平衡不移动，I和Ⅱ容器中水蒸汽的转化率相等，B项正确；C项，Ⅱ容器中起始反应物的量是I容器的2倍，平衡时，Ⅱ容器中CO的物质的量是I容器中CO的物质的量2倍（平衡不移动），C项错误；D项，I和Ⅱ平衡是等效平衡，H2体积分数相等，D项错误；（5）以石墨、铝为电极，用氢氧化钠溶液作溶液构成原电池，铝为负极，石墨为正极：负极反应式：发生反应过程有2Al-6e-=2Al3+,2Al3++8OH-=2AlO2-+4H2O，负电极反应式为：2Al+8OH- -6e-=2AlO2-+4H2O。
17、【答案】（1） 负 4OH－－4e－=2H2O + O2↑
（2）5.6 L
（3）2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4
（4）能，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应本质为电解水的反应
（5）向丙烧杯中加4.5g水
【解析】（1）乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为:Cu2++2e-=Cu，即c处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极,M为负极，N为正极。测得乙中c电极质量增加了16 g有金属析出的是Cu2+，其他的都不可能，而Cu2+只有和SO42-结合，可以确定为B为硫酸铜 ；由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图，可以确定A为KOH或NaOH，C为K2SO4或Na2SO4。甲中为KOH或NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH——4e-=2H2O+O2↑。
（2）当乙中有16 gCu析出时，转移的电子为0.5 mol，2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4。而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。丙中为K2SO4或Na2SO4,相当于电解水，由方程式2H2O===2H2↑+O2↑可知，生成2 mol H2，转移4 mol电子，所以当整个反应中转移0.5 mol电子时，生成的H2为0.25 mol，标况下的体积为0.25 mol×22.4L/mol=5.6L。甲和丙烧杯中消耗水0.25 mol，若要恢复到原来的状态操作是向烧杯中加4.5 g水。
（4）铜全部析出后，电解质变为H2SO4，所以电解反应仍能进行。
18、【答案】(1)16.3 mL
(2)酸式滴定管 用浓H2SO4润洗
(3)向盛有100 mL 水的烧杯中慢慢滴加浓H2SO4，并不断搅拌，冷却
(4)向容量瓶中加入少量的水倒置、观察是否漏液，然后旋转瓶塞180°，重复检验
(5)沿玻璃棒
(6)未洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液未转移至容量瓶中 偏低
【解析】(1)根据H2SO4守恒，1.84×V×0.98=1.5×0.2×98 解得V=16.3 mL。(2)精确量取所需H2SO4所用仪器为酸式滴定管，为保证硫酸不被稀释需用浓H2SO4润洗酸式滴定管。(3)液体稀释应将密度大的加到密度小的液体中，浓H2SO4 溶于水放热，需用玻璃棒不断搅拌，冷却 。(6)若烧杯及玻璃棒未洗涤2～3次，H2SO4 的量将会减少，导致结果偏低。
19．(1)Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)BaSO4 还原
(3)2NO＋O2===2NO2
(4)①通N2一段时间，排除装置中的空气
饱和NaHSO3溶液
②甲：SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，乙：2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋，
白雾的量远多于装置中O2的量
(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀
【解析】 (1)在加热条件下，Cu和浓H2SO4发生氧化还原反应：Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(2)装置C中含有NO－3，通入SO2后溶液显酸性，导致NO－3将SO2氧化为SO2－4(故所得沉淀为BaSO4)，该过程中SO2体现了还原性，把NO－3还原为NO，NO被空气中的O2氧化为红棕色气体NO2；(3)C中发生反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2；(4)甲的观点是O2的氧化性所致，为了排除O2的干扰，可以通入N2；乙的观点是加热时产生硫酸酸雾所含的SO2－4所致，为了排除SO2－4的干扰，但不能吸收掉SO2，可以通过饱和NaHSO3溶液；(5)在排除了O2干扰的前提下，装置B中生成大量沉淀，说明加热时产生硫酸酸雾所含的SO2－4所致，故沉淀为BaSO4，SO2不能与可溶性钡的强酸盐反应生成BaSO3沉淀。
本文来自：逍遥右脑记忆 http://www.jiyifa.com/gaosan/67365.html
相关阅读：2010年全国高考宁夏卷理科综合能力测试(化学部分)解析