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河南省南阳市一中2020届高三上学期第五次月考化学试题
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南阳一中2019年秋期高三第五次月考化学试题
本试卷可能用到的相对原子质量:H:1 Li:7 Be:9 B:11 C:12 N: 14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 I:127 Ba:137
一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.中华民族为人类文明进步做出了巨大贡献，下列分析不合理的是( )
A. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
D. 国画唐· 周防的《 挥扇仕女图》 全卷所画人物共计13人 。画卷为绢本设色,描绘嫔妃的生活,画面结构井然,线条秀劲细利,赋色柔丽多姿,艳而不俗。画中的红色颜料,主要用赤铁矿粉。
【答案】C
【解析】
【详解】A.瓷器的原料为黏土，故A正确；
B. 司母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，故B正确；
C. 谷物中的淀粉在酿造过程中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳，酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，故C错误；
D.氧化铁是红棕色固体，可以做涂料，故D正确。
故选C。
2.下列说法正确的有几个 ( )
①重水的化学式为T2O
②CO2的比例模型:
③H2O2的电子式:
④硅酸盐Ca2 Mg5 Si8 O22（OH）2可用氧化物形式表示为:2CaO﹒5MgO﹒8SiO2 ﹒H2O
⑤硅胶有吸水性，是常用的食品干燥剂
⑥医疗上常用乙醇体积分数为95％的酒精杀菌消
⑦聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
⑧水中的钢闸门连接电源的负极属于牺牲阳极的阴极保护法
⑨食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】①重水的化学式为D2O，故错误；②CO2的比例模型中应该中间的碳原子半径比两边的氧原子半径大，故是错误的；③H2O2属于共价化合物，其电子式中不出现电荷和括号，故错误；④硅酸盐Ca2 Mg5 Si8 O22（OH）2可用氧化物形式表示为:2CaO﹒5MgO﹒8SiO2 ﹒H2O是正确的；⑤硅胶有吸水性，无毒，是常用的食品干燥剂，故正确；⑥医疗上常用乙醇体积分数为75％的酒精杀菌消毒，不是95%，故错误；⑦聚四氟乙烯是有机高分子材料，性质稳定，与酸碱不反应，耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，故正确；⑧水中的钢闸门连接电源的负极属于外接电源保护法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故错误；⑨食盐具有咸味是可作调味剂，食盐可以是细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作食品防腐剂，故正确。共4个正确。
故选D。
3.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )
A. K+、AlO2-、Cl-、SO42- B. Ca2+、Fe2+、NO3-、HCO3-
C. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Na+、Cl-、CO32-、SO32-
【答案】A
【解析】
【分析】
水溶液中加入过氧化钠，反应生成氢氧化钠和氧气。
【详解】A.四种离子和氢氧化钠或氧气不反应，能大量存在，故正确；
B.钙离子和亚铁离子都能和氢氧化钠反应，碳酸氢根离子也能和氢氧根离子反应，故不能大量共存，故错误；
C.铵根离子和氢氧根离子反应，故错误；
D.亚硫酸根离子能被氧化生成硫酸根离子，故错误。
故选A。
【点睛】掌握水溶液中加入过氧化钠，溶液显碱性，并具有强氧化性，注意亚铁离子能被氧化。
4.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 硫化钠水解:S2-+2H2O=H2S+2OH-
B. 强碱溶液吸收工业制取硝酸产生的尾气:NO2+2OH-=2NO2-+H2O
C. 醋酸与氨水混合:CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O
D. 向 NaAlO2溶液中通入少量CO2:2A1O2-+CO2+3H2O=2A1(OH)3↓ +CO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫离子分步水解，以第一步为主，水解过程微弱，应用可逆号，S2-+H2OHS-+OH-，故错误；
B.硝酸产生的尾气为二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故错误；
C.醋酸和氨水反应生成醋酸铵和水，醋酸铵能拆成离子形式，故错误；
D.偏铝酸钠和少量的二氧化碳反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，故正确。
故选D。
5.下列分离方法正确的是( )
A. 回收水溶液中的I2加入乙酸分液蒸发
B. 回收含有KCl的MnO2:加水溶解，过滤，干燥
C. 用加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶液得到AlCl3
D. 除去Fe粉中混有的少量Cu粉:加入浓硝酸待无气泡产生后过滤洗涤，干燥.
【答案】B
【解析】
【详解】A.回收水溶液中的碘应加入四氯化碳进行萃取，乙酸溶于水，不能分液，故错误；
B.氯化钾溶于水，二氧化锰不溶于水，所以可以用加水溶解，过滤，干燥的方法分离，故正确；
C.氯化铝在加热过程中促进水解，最后得到氢氧化铝，不是氯化铝，故错误；
D.铁在浓硝酸中钝化，有消耗，故错误。
故选B。
6.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的有几个( )
①58.5g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
②1mol 碳烯( :CH2)中含有的电子数为8 NA
③常温常压下,3.2g CH4中含有电子数为2 NA
④标准状况下,2.24 L 四氯化碳含碳原子数为0.1NA
⑤1L 1mol/LAlCl3溶液中含有NA个Al3+
⑥常温下，42 g C2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数为3 NA
⑦pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
⑧1molK2Cr2O7，被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
⑨标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
⑩0.1molH2和0.1mol l2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】①58.5g氯化钠固体的物质的量为1mol，含有NA个氯化钠，但不含分子，故错误；②一个:CH2含有8个电子，所以1mol 碳烯( :CH2)中含有的电子数为8 NA，故正确；③常温常压下，3.2g CH4的物质的量为0.2mol，含有电子数为2 NA，故正确；④标准状况下，四氯化碳不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故错误；⑤由于Al3+水解，1L 1mol/LAlCl3溶液中铝离子数目小于1mol，故错误；⑥常温下，混合物中每14克含有1mol碳原子，故42 g C2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数为3NA，故正确；⑦没有说明溶液的体积，不能计算，故错误；⑧1molK2Cr2O7，铬元素化合价从+6降低到+3，被还原为Cr3+转移的电子数为6NA；⑨标准状况下，5.6LCO2气体物质的量为0.25mol，含有的氧原子数为0.5NA，故正确；⑩0.1molH2和0.1mol l2于密闭容器中充分反应，虽然为可逆反应，但反应前后气体分子总数不变，故反应后其分子总数为0.2NA，故正确。共4个错误。
故选C。
【点睛】掌握物质的微粒种类和变化是解决阿伏伽德罗常数问题的关键。如离子化合物不能说分子，特殊物质中的原子或电子数值等，注意能水解的溶液中离子的物质的量。注意可逆反应的不完全性等。
7.钠离子电池具有和锂离子电池类似的工作原理,其利用钠离子的脱嵌过程实现充放电(如图所示 )。 下列有关说法正确的是
A. 放电时,钠离子向负极移动
B. 放电时,a是负极
C. 消耗等质量的钠和锂时,锂 离子电池转移电子数少
D. 充电时,b电极发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中阳离子向正极移动，故错误；
B.放电时，钠离子向b极移动，则b极为正极，a为负极，故正确；
C.因为钠的摩尔质量比锂的大，所以等质量的钠和锂，锂转移电子数多，故错误；
D.充电时，b为阳极，发生氧化反应，故错误。
故选B。
【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意离子的移动方向。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电解池中阳离子向阴极移动。
8.将 NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，其漂白能力是漂白粉的4~5倍、工业上用ClO2气体制 NaClO2的工艺流程如下:
已知: NaClO2的溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2。下列说法不正确的是( )
A. 流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤
B. 提高吸收器中的反应温度可以提高反应速率，也提高反应物的利用率
C. 吸收器中生成的NaClO2的离子方程式:2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O
D. 发生器中反应结束后，向其中通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被充分吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaClO2的溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，所操作应是蒸发结晶、趁热过滤，故正确；
B.温度升高，双氧水分解，故不能提高反应物的利用率，故错误；
C.吸收器中二氧化硫和氢氧化钠和过氧化氢反应生成NaClO2，离子方程式书写正确，故正确；
D.通入空气可以驱赶出二氧化氯，使其被充分吸收，故正确。
故选B。
9.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X 为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW-含有相同的电子数。下列说法正确的是
A. 原子半径:Y>X>Z>W
B. 最简单氢化物的沸点:Y>Z
C. X 与W形成的[XW4]-具有较强的还原性
D. 可用NaOH 溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物
【答案】C
【解析】
已知X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，在短周期中，Y可能为Li或Si，X 为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al，所以Y为Si，又X的离子与ZW—含有相同的电子数，则Z为O，W为H，由此分析：A、原子半径为X>Y>Z>W，即Al>Si>O>H，所以A错误；B、最简单氢化物的沸点SiH4
10.下列实验与对应的图象符合的是（ ）
A. ①是向一定量的CH3COOH溶液中通入氨气
B. ②是向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
C. ③是对于达到平衡状态的反应，在t1时缩小容器，并在t2时又达到平衡。
D. ④是将pH=2的盐酸和醋酸分别加水稀释
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，在溶液中离子浓度较小，向醋酸溶液中通入NH3至过量，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故A错误；
B．向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的化学反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O 、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据反应方程式知，生成沉淀量最大时所用的氢氧化钠是沉淀完全消失时的3倍，故B错误；
C．反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，缩小容器体积，容器内气体的压强增大，导致正逆反应速率都增大，但正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故C错误；
D．pH=2的盐酸和醋酸中，醋酸是弱电解质、氯化氢是强电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸的pH变化小于盐酸的变化，故D正确；
故选D。
11.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 K1 C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 K2 ；C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 K3；CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H K(其中△H为焓变，K为平衡常数)下列说法正确的是
A. △H=2△H3-2△H2-△H1
B. K=2K3-K2-K1
C. 若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，则K一定等于1(mol/L)2
D. 减小压强可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率
【答案】D
【解析】
详解】A.①C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 ②C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 ③C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 将方程式2×③-①-②可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=2△H3-△H1-△H2，A错误；
B.根据化学平衡常数的含义可得K1=；K2=；K3=；K=，B错误；
C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是x，则K==，若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1(mol/L)2，C错误；
D.由于反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率，D正确；
故合理选项是D。
12.有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：
（1）a和b混合气体变红棕色
（2）c和d混合产生白烟
（3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体
（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊
a、b、c、d、e依次可能是( )
A. O2、NO、HCl、NH3、CO2 B. O2、NO、NH3、HCl、SO2
C. NO、O2、NH3、HCl、SO2 D. HCl、CO2、NH3、H2S、CH4
【答案】C
【解析】
【详解】由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b分别为NO和O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3和HCl中的一种；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e可能为SO2。综上可得答案选C。
13.下列操作对应的现象不符合事实的是
A. 将灼烧至黑色的铜丝插入无水乙醇，铜丝变成红色
B. 用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应
C. 将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的瓶中，布条不褪色
D. 将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，气球体积由小变大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将灼烧至黑色的铜丝插入无水乙醇，会发生乙醇的氧化反应，乙醇被氧化为乙醛，氧化铜被还原为铜单质，所以铜丝变成红色，故A符合实验事实；
B. 用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应，故B符合实验事实；
C. 氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，干燥的氯气会使湿润的有色布条退色，故C不符合实验事实；
D. 将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，会产生二氧化碳气体，气球体积由小变大，故D符合实验事实；
故答案选C。
14.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用双氧水滴定KI-淀粉溶液
溶液变蓝
达到滴定终点
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有KIO3
C
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
D
最后试管有浅黄色沉淀
有机物中含有溴原子
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、KI-淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉-KI溶液无法判定终点，因为只要加很少的双氧水溶液就变蓝了，选项A错误；
B、在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，选项B正确；
C、NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，选项C错误；
D、加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，选项D错误。
答案选B。
15.如图所示为氢气燃烧的实验。发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeSO4溶液，溶液呈红色。下列说法不正确的是
A. 将烧杯中溶液换成氢硫酸溶液，溶液无明显变化
B. 与酸性FeSO4溶液发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】A
【解析】
【详解】氢气在空气中燃烧，产物遇到冰块冷凝滴落到烧杯中。该产物能使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，也能使Fe2+被氧化为Fe3+，具有氧化性。
A项，氢硫酸溶液能被H2O2氧化为硫单质，溶液变浑浊，故A错误；
B项，H2O2具有氧化性，可以将FeSO4中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B正确；
C项，由上述分析可知，该产物既具有氧化性又具有还原性，故C正确；
D项，根据质量守恒定律，氢气在空气中燃烧，是与氧气反应，生成物中含有氢、氧元素，且具有氧化性和还原性，所以该物质可能是H2O2，故D正确。
答案选A。
16.据统计城市机动车辆每年以15%至20%速度增长，交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是
A. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8
B. 若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol
C. 每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化
D. NaN3是只含有离子键的离子化合物
【答案】B
【解析】
A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2:3，故A错误；B．由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C．反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B。
点睛：把握反应中元素化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO3═ K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e-。
二、非选择题（共52分）
17.某透明溶液仅含 Na+、F、B、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的 4种离子，所含离子均为 1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。回答下列问题：
（1）溶液中存在的离子是_________________；
（2）写出溶液中加入过量稀硫酸反应的离子方程式___________________；
（3）向原溶液中滴加足量NaOH 溶液后，过滤洗涤灼烧，最终得到固体质量为_________g。
【答案】 (1). Na+、Fe2+、 、 (2). (3). 80
【解析】
【分析】
根据溶液中加入硫酸，有气泡，且溶液中阴离子种类不变，说明溶液发生的反应为亚铁离子被硝酸氧化生成一氧化氮，则溶液中存在亚铁离子和硝酸根离子和硫酸根离子，在根据电荷守恒分析，另外存在的离子只能是钠离子。
【详解】(1)溶液中加入硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，说明不含有钡离子，有硫酸根离子，气体的产生只能是亚铁离子和硝酸根离子在酸性条件下反应生成的一氧化氮，溶液中4种离子，所含离子均为 1mol，根据电荷守恒分析，另外存在的阳离子为钠离子，故溶液中存在Na+、Fe2+、 、；
(2)溶液中加入硫酸，是亚铁离子被硝酸氧化，离子方程式为：；
(3)原溶液中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化亚铁，过滤洗涤灼烧，最终得到固体为氧化铁，根据亚铁离子为1mol分析，氧化铁的物质的量为0.5mol，质量为80g。
18.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：
（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
【答案】 (1). 第二周期第ⅢA族 (2). (3). (4). 负极 (5). 37g
【解析】
【分析】
原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；
(2) ①根据元素分析，该反应方程式为；
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；
③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
19.苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理:
+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl→+KCl
实验方法:一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。
已知:苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（1）操作1为_________________，操作Ⅱ为“蒸馏”，需选用的玻璃仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）之外，还有___________（填序号）
A.球形冷凝管 B.直形冷凝管 C.接收瓶 D.烧杯
（2）操作Ⅲ具体实验步骤依次为__________、抽滤。将物质放在布氏漏斗中打开抽气泵一段时间后布氏漏斗中剩余的是白色固体B，抽滤装置可以加快过滤速率其工作原理是_______
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化达到130℃时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物。
①欲从混合物中提纯苯甲酸应进行的操作是_______________________
②在①提纯过程中应对晶体进行洗涤除去晶体表面附着杂质，如何检验洗涤已经完全:_______
③欲检验经过①提纯后的固体是否纯净，可以采用的实验方法是______,如果固体纯净对应的现象是___________________________
（4）纯度测定:称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液移取25.00mL溶液滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol产品中苯甲酸质量分数为_________（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). 分液 (2). BC (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快 (5). 重结晶 (6). 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全 (7). 测定固体熔点 (8). 白色晶体在122.4℃左右完全熔化 (9). 96%
【解析】
【分析】
（1）根据分离不互溶的液体混合物采用分液的方法分析，根据蒸馏实验中需要进行加热和冷却和接收分析使用的仪器。
（2）根据苯甲酸的溶解度随温度的变化分析分离的操作。
（3）根据固体可能吸附氯离子，氯离子能与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀进行分析。
（4）根据纯净物有固定的熔点分析检验方法。
（5）根据苯甲酸为一元酸，与氢氧化钾反应比例为1：1进行计算苯甲酸的质量分数。
【详解】（1）操作Ⅰ为分离有机物和水，属于分离分层的液体混合物，为分液操作，操作Ⅱ为“蒸馏”，需圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）和直形冷凝管和接收瓶，故选BC；
（2）苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g，因为分离苯甲酸用重结晶的方法，操作为蒸发浓缩、冷却结晶；抽滤过程中抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快；
（3）①因为苯甲酸在不同温度下的溶解度差异较大，所以用重结晶的方法分离；
②固体表面可能吸附氯离子，所以取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明没有氯离子，洗涤完全；
③纯净固体有机物一般都有固定熔点，所以可以测定固体熔点；若白色晶体在122.4℃左右完全熔化，说明固体为纯的苯甲酸。
（4）苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾按1：1反应，所以苯甲酸的质量分数为 =96%。
【点睛】掌握物质分离和提纯的物理方法的使用范围。分液一般是分离不互溶的液体混合物，过滤是分离固体和液体，分离沸点不同的互溶液体混合物用蒸馏。根据物质的溶解度随温度变化的差异，可以用重结晶的方法分离。
20.碘酸钾可用作食用盐的加碘剂，为无色或白色颗粒或粉末状结晶 ，加热至560℃ 开始分解，是一种较强的氧化剂，水溶液呈中性,溶解度在0℃ 时为4.74g，100℃ 时为32.3g。 下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程 :
(1)步骤①需控制温度在70℃ 左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低 ,原因是________________________
(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________
(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃ ,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________
(4)产品纯度测定：取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化，加入过量的KI溶液，使碘酸钾反应完全，最后加入指示剂，用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知
①实验中可用_______作指示剂。
②产品的纯度为_____%（精确到小数点后两位）。求得的纯度比实际值偏大，可能的原因是________________________。
【答案】 (1). 防止硝酸、过氧化氢分解 (2). 反应速率慢 (3). (4). 减少洗涤过程中造成的KIO3损失 (5). 淀粉 (6). 99.07 (7). 操作时间过长，过量的KI部分被氧化（或产品含氧化性杂质、取用标准液的滴定管没有用标准液润洗等合理答案）
【解析】
【分析】
（1）根据硝酸和过氧化氢不稳定分析；
（2）根据碳酸钾为可溶性盐，碘酸为强酸分析离子方程式书写。
（3）根据碘酸钾的溶解度和温度的关系分析。
（4）根据反应列关系式进行计算。
【详解】(1)硝酸和过氧化氢都能分解，所以需要控制温度，防止硝酸、过氧化氢分解；温度能影响反应速率，温度太低，反应速率慢；
(2).碳酸钾和碘酸反应生成碘酸钾和水和二氧化碳，离子方程式为：；
(3).碘酸钾在0℃ 时为4.74g，100℃ 时为32.3g，所以为了减少洗涤过程中造成的KIO3损失尽量使用冰水洗涤；
(4). ①因为反应过程中有碘单质生成，利用淀粉遇碘变蓝的特性，选择淀粉做指示剂；
② 根据反应列出关系式为IO3----6S2O32-，碘酸钾的质量分数为=99.07%；操作时间过长，过量的KI部分被氧气氧化，造成需要的亚硫酸钠的量增多，或因为产品含氧化性杂质能氧化更多的碘离子，最后消耗的亚硫酸钠的量增多，或取用标准液的滴定管没有用标准液润洗，标准液的体积变化等。
21.碘及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题:
（1）单质碘与氟反应可得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性原因在于IF5的自偶电离（如:2H2OH3O++OH-），IF5的自偶电离方程式为_________
（2）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中的反应是:Na2SO3+KIO3+H2SO4 →Na2SO4+K2SO4+I2+H2O（未配平）该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下步:
①IO3-+SO32-→IO2-+SO42-（慢）
②IO2-+SO32-→IO-+SO42-（快）
③5I-+6H++I03-→3I2+3H2O（快）
④I2+SO32-+H2O-→2I+SO42-+2H+（快）
根据上述条件推测，此反应的总反应速率由_______步反应决定（填序号）。若预先加人淀粉溶液，由题述看必在_____________离子消耗完时，才会有淀粉变蓝的现象产生。
（3）离子的吸附是重要的研究课题
①已知SO2与I2的反应，速率极快且平衡常数大溶液中存在如下平衡:I2(aq)+l-(aq)=l3-(aq)现将1 mol SO2缓通入含1mol l2的水溶液中至恰好完全反应溶液中l3-的物质的量n(l3-)时间（t）的变化曲线如图1所示。开始阶段，n(l3-)逐渐增大的原因是_____
②科研小组用新型材料Ag/TiO2对溶液中碘离子进行吸附研究。如图2是不同pH条件下，碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断Ag/TiO2材料最适合吸附___________（填“酸性”“中性”或“碱性”）溶液中的I-。
③氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为:I-(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后溶液中c(Cl-)=1.0mol·L-1.则溶液中c(I-)=______mol·L-1［k(AgCl)=2.0×10-10，k(Agl)=8.4×10-17］
（4）Fe3+与I-在溶液中发生反应:2Fe3++2I- 2Fe2++I2，该反应的正反应速率和Fe2+与I-的浓度关系为v=k·cm(I-)·cn(Fe3+)（其中k为常数）。T℃时，实验测得c（I-）、c（Fe3+）与反应速率的关系如下表：
c（I-）/mol•L-1
c（Fe3+）/mol•L-1
v/mol•L-1•s-1
①
0.20
0.80
0.032k
②
0.60
0.40
0.144k
③
0.80
0.20
0.128k
①在v=k·cm(I-)·cn(Fe3+)中m、n的值为_____________（填序号）
A.m=1n=1 B.m=1、n=2 C.m=2、n=1 D.m=2、n=2
②I-浓度对反应速率的影响_____（填“大于”、“小于”或“等于”）Fe3+浓度对反应速率的影响。
【答案】 (1). (2). ① (3). (4). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大， 的反应平衡向右移动，不断增加 (5). 中性 (6). 4.2×10-7 (7). C (8). 大于
【解析】
【分析】
（1）根据水的自偶电离分析其电离方程式；
（2）根据总反应速率取决于最慢的反应分析，根据淀粉遇碘变蓝的特性分析，碘单质存在才变蓝，即和碘单质反应的物质消耗完即可。
（3）根据反应物浓度增大，反应速率加快进行分析；
（4）根据平衡常数的计算公式计算碘离子浓度。
【详解】(1)根据水的自偶电离分析，其电离方程式为：2IF5IF4++IF6-；
(2).反应的总速率从最慢的反应决定，所以此反应的总反应速率由①步反应；因为亚硫酸根离子能反应消耗碘单质，所以亚硫酸根离子消耗完，碘单质存在，才会有淀粉变蓝的现象发生；
(3) ①开始阶段，随着SO2和I2反应，生成的I-的浓度不断增大， 的反应平衡向右移动，不断增加；
②根据图像分析pH=7时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性；
③I-(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+Cl-(aq)，平衡常数K= ，有c(I-)= = =4.2×10-7 mol·L-1；
(4) ①根据表中数据分析，0.032k=0.20m×0.80n，0.144k=0.60m×0.40n ，0.128k=0.80m×0.20n ，解m=2，n=1。故选C；
②根据mn的大小分析，碘离子浓度对反应速率的影响大于铁离子浓度影响。
南阳一中2019年秋期高三第五次月考化学试题
本试卷可能用到的相对原子质量:H:1 Li:7 Be:9 B:11 C:12 N: 14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 I:127 Ba:137
一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.中华民族为人类文明进步做出了巨大贡献，下列分析不合理的是( )
A. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
D. 国画唐· 周防的《 挥扇仕女图》 全卷所画人物共计13人 。画卷为绢本设色,描绘嫔妃的生活,画面结构井然,线条秀劲细利,赋色柔丽多姿,艳而不俗。画中的红色颜料,主要用赤铁矿粉。
【答案】C
【解析】
【详解】A.瓷器的原料为黏土，故A正确；
B. 司母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，故B正确；
C. 谷物中的淀粉在酿造过程中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳，酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，故C错误；
D.氧化铁是红棕色固体，可以做涂料，故D正确。
故选C。
2.下列说法正确的有几个 ( )
①重水的化学式为T2O
②CO2的比例模型:
③H2O2的电子式:
④硅酸盐Ca2 Mg5 Si8 O22（OH）2可用氧化物形式表示为:2CaO﹒5MgO﹒8SiO2 ﹒H2O
⑤硅胶有吸水性，是常用的食品干燥剂
⑥医疗上常用乙醇体积分数为95％的酒精杀菌消
⑦聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
⑧水中的钢闸门连接电源的负极属于牺牲阳极的阴极保护法
⑨食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】①重水的化学式为D2O，故错误；②CO2的比例模型中应该中间的碳原子半径比两边的氧原子半径大，故是错误的；③H2O2属于共价化合物，其电子式中不出现电荷和括号，故错误；④硅酸盐Ca2 Mg5 Si8 O22（OH）2可用氧化物形式表示为:2CaO﹒5MgO﹒8SiO2 ﹒H2O是正确的；⑤硅胶有吸水性，无毒，是常用的食品干燥剂，故正确；⑥医疗上常用乙醇体积分数为75％的酒精杀菌消毒，不是95%，故错误；⑦聚四氟乙烯是有机高分子材料，性质稳定，与酸碱不反应，耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，故正确；⑧水中的钢闸门连接电源的负极属于外接电源保护法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故错误；⑨食盐具有咸味是可作调味剂，食盐可以是细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作食品防腐剂，故正确。共4个正确。
故选D。
3.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )
A. K+、AlO2-、Cl-、SO42- B. Ca2+、Fe2+、NO3-、HCO3-
C. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3- D. Na+、Cl-、CO32-、SO32-
【答案】A
【解析】
【分析】
水溶液中加入过氧化钠，反应生成氢氧化钠和氧气。
【详解】A.四种离子和氢氧化钠或氧气不反应，能大量存在，故正确；
B.钙离子和亚铁离子都能和氢氧化钠反应，碳酸氢根离子也能和氢氧根离子反应，故不能大量共存，故错误；
C.铵根离子和氢氧根离子反应，故错误；
D.亚硫酸根离子能被氧化生成硫酸根离子，故错误。
故选A。
【点睛】掌握水溶液中加入过氧化钠，溶液显碱性，并具有强氧化性，注意亚铁离子能被氧化。
4.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 硫化钠水解:S2-+2H2O=H2S+2OH-
B. 强碱溶液吸收工业制取硝酸产生的尾气:NO2+2OH-=2NO2-+H2O
C. 醋酸与氨水混合:CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O
D. 向 NaAlO2溶液中通入少量CO2:2A1O2-+CO2+3H2O=2A1(OH)3↓ +CO32-
【答案】D
【解析】
【详解】A.硫离子分步水解，以第一步为主，水解过程微弱，应用可逆号，S2-+H2OHS-+OH-，故错误；
B.硝酸产生的尾气为二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故错误；
C.醋酸和氨水反应生成醋酸铵和水，醋酸铵能拆成离子形式，故错误；
D.偏铝酸钠和少量的二氧化碳反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，故正确。
故选D。
5.下列分离方法正确的是( )
A. 回收水溶液中的I2加入乙酸分液蒸发
B. 回收含有KCl的MnO2:加水溶解，过滤，干燥
C. 用加热蒸发结晶的方法从AlCl3溶液得到AlCl3
D. 除去Fe粉中混有的少量Cu粉:加入浓硝酸待无气泡产生后过滤洗涤，干燥.
【答案】B
【解析】
【详解】A.回收水溶液中的碘应加入四氯化碳进行萃取，乙酸溶于水，不能分液，故错误；
B.氯化钾溶于水，二氧化锰不溶于水，所以可以用加水溶解，过滤，干燥的方法分离，故正确；
C.氯化铝在加热过程中促进水解，最后得到氢氧化铝，不是氯化铝，故错误；
D.铁在浓硝酸中钝化，有消耗，故错误。
故选B。
6.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的有几个( )
①58.5g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
②1mol 碳烯( :CH2)中含有的电子数为8 NA
③常温常压下,3.2g CH4中含有电子数为2 NA
④标准状况下,2.24 L 四氯化碳含碳原子数为0.1NA
⑤1L 1mol/LAlCl3溶液中含有NA个Al3+
⑥常温下，42 g C2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数为3 NA
⑦pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
⑧1molK2Cr2O7，被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
⑨标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
⑩0.1molH2和0.1mol l2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】①58.5g氯化钠固体的物质的量为1mol，含有NA个氯化钠，但不含分子，故错误；②一个:CH2含有8个电子，所以1mol 碳烯( :CH2)中含有的电子数为8 NA，故正确；③常温常压下，3.2g CH4的物质的量为0.2mol，含有电子数为2 NA，故正确；④标准状况下，四氯化碳不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故错误；⑤由于Al3+水解，1L 1mol/LAlCl3溶液中铝离子数目小于1mol，故错误；⑥常温下，混合物中每14克含有1mol碳原子，故42 g C2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数为3NA，故正确；⑦没有说明溶液的体积，不能计算，故错误；⑧1molK2Cr2O7，铬元素化合价从+6降低到+3，被还原为Cr3+转移的电子数为6NA；⑨标准状况下，5.6LCO2气体物质的量为0.25mol，含有的氧原子数为0.5NA，故正确；⑩0.1molH2和0.1mol l2于密闭容器中充分反应，虽然为可逆反应，但反应前后气体分子总数不变，故反应后其分子总数为0.2NA，故正确。共4个错误。
故选C。
【点睛】掌握物质的微粒种类和变化是解决阿伏伽德罗常数问题的关键。如离子化合物不能说分子，特殊物质中的原子或电子数值等，注意能水解的溶液中离子的物质的量。注意可逆反应的不完全性等。
7.钠离子电池具有和锂离子电池类似的工作原理,其利用钠离子的脱嵌过程实现充放电(如图所示 )。 下列有关说法正确的是
A. 放电时,钠离子向负极移动
B. 放电时,a是负极
C. 消耗等质量的钠和锂时,锂 离子电池转移电子数少
D. 充电时,b电极发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中阳离子向正极移动，故错误；
B.放电时，钠离子向b极移动，则b极为正极，a为负极，故正确；
C.因为钠的摩尔质量比锂的大，所以等质量的钠和锂，锂转移电子数多，故错误；
D.充电时，b为阳极，发生氧化反应，故错误。
故选B。
【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意离子的移动方向。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电解池中阳离子向阴极移动。
8.将 NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等，其漂白能力是漂白粉的4~5倍、工业上用ClO2气体制 NaClO2的工艺流程如下:
已知: NaClO2的溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2。下列说法不正确的是( )
A. 流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、趁热过滤
B. 提高吸收器中的反应温度可以提高反应速率，也提高反应物的利用率
C. 吸收器中生成的NaClO2的离子方程式:2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O
D. 发生器中反应结束后，向其中通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被充分吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaClO2的溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，所操作应是蒸发结晶、趁热过滤，故正确；
B.温度升高，双氧水分解，故不能提高反应物的利用率，故错误；
C.吸收器中二氧化硫和氢氧化钠和过氧化氢反应生成NaClO2，离子方程式书写正确，故正确；
D.通入空气可以驱赶出二氧化氯，使其被充分吸收，故正确。
故选B。
9.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X 为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW-含有相同的电子数。下列说法正确的是
A. 原子半径:Y>X>Z>W
B. 最简单氢化物的沸点:Y>Z
C. X 与W形成的[XW4]-具有较强的还原性
D. 可用NaOH 溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物
【答案】C
【解析】
已知X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，在短周期中，Y可能为Li或Si，X 为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al，所以Y为Si，又X的离子与ZW—含有相同的电子数，则Z为O，W为H，由此分析：A、原子半径为X>Y>Z>W，即Al>Si>O>H，所以A错误；B、最简单氢化物的沸点SiH4
10.下列实验与对应的图象符合的是（ ）
A. ①是向一定量的CH3COOH溶液中通入氨气
B. ②是向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
C. ③是对于达到平衡状态的反应，在t1时缩小容器，并在t2时又达到平衡。
D. ④是将pH=2的盐酸和醋酸分别加水稀释
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，在溶液中离子浓度较小，向醋酸溶液中通入NH3至过量，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故A错误；
B．向等物质的量的HCl和AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的化学反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O 、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据反应方程式知，生成沉淀量最大时所用的氢氧化钠是沉淀完全消失时的3倍，故B错误；
C．反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，缩小容器体积，容器内气体的压强增大，导致正逆反应速率都增大，但正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故C错误；
D．pH=2的盐酸和醋酸中，醋酸是弱电解质、氯化氢是强电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸的pH变化小于盐酸的变化，故D正确；
故选D。
11.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 K1 C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 K2 ；C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 K3；CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H K(其中△H为焓变，K为平衡常数)下列说法正确的是
A. △H=2△H3-2△H2-△H1
B. K=2K3-K2-K1
C. 若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，则K一定等于1(mol/L)2
D. 减小压强可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率
【答案】D
【解析】
详解】A.①C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 ②C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 ③C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 将方程式2×③-①-②可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=2△H3-△H1-△H2，A错误；
B.根据化学平衡常数的含义可得K1=；K2=；K3=；K=，B错误；
C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是x，则K==，若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1(mol/L)2，C错误；
D.由于反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率，D正确；
故合理选项是D。
12.有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：
（1）a和b混合气体变红棕色
（2）c和d混合产生白烟
（3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体
（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊
a、b、c、d、e依次可能是( )
A. O2、NO、HCl、NH3、CO2 B. O2、NO、NH3、HCl、SO2
C. NO、O2、NH3、HCl、SO2 D. HCl、CO2、NH3、H2S、CH4
【答案】C
【解析】
【详解】由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b分别为NO和O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3和HCl中的一种；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e可能为SO2。综上可得答案选C。
13.下列操作对应的现象不符合事实的是
A. 将灼烧至黑色的铜丝插入无水乙醇，铜丝变成红色
B. 用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应
C. 将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的瓶中，布条不褪色
D. 将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，气球体积由小变大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将灼烧至黑色的铜丝插入无水乙醇，会发生乙醇的氧化反应，乙醇被氧化为乙醛，氧化铜被还原为铜单质，所以铜丝变成红色，故A符合实验事实；
B. 用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应，故B符合实验事实；
C. 氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，干燥的氯气会使湿润的有色布条退色，故C不符合实验事实；
D. 将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，会产生二氧化碳气体，气球体积由小变大，故D符合实验事实；
故答案选C。
14.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用双氧水滴定KI-淀粉溶液
溶液变蓝
达到滴定终点
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有KIO3
C
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
D
最后试管有浅黄色沉淀
有机物中含有溴原子
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、KI-淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉-KI溶液无法判定终点，因为只要加很少的双氧水溶液就变蓝了，选项A错误；
B、在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，选项B正确；
C、NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，选项C错误；
D、加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，选项D错误。
答案选B。
15.如图所示为氢气燃烧的实验。发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeSO4溶液，溶液呈红色。下列说法不正确的是
A. 将烧杯中溶液换成氢硫酸溶液，溶液无明显变化
B. 与酸性FeSO4溶液发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】A
【解析】
【详解】氢气在空气中燃烧，产物遇到冰块冷凝滴落到烧杯中。该产物能使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，也能使Fe2+被氧化为Fe3+，具有氧化性。
A项，氢硫酸溶液能被H2O2氧化为硫单质，溶液变浑浊，故A错误；
B项，H2O2具有氧化性，可以将FeSO4中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B正确；
C项，由上述分析可知，该产物既具有氧化性又具有还原性，故C正确；
D项，根据质量守恒定律，氢气在空气中燃烧，是与氧气反应，生成物中含有氢、氧元素，且具有氧化性和还原性，所以该物质可能是H2O2，故D正确。
答案选A。
16.据统计城市机动车辆每年以15%至20%速度增长，交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是
A. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为5：8
B. 若氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol
C. 每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化
D. NaN3是只含有离子键的离子化合物
【答案】B
【解析】
A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2:3，故A错误；B．由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol则转移电子为1mol，故B正确；C．反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误；故选B。
点睛：把握反应中元素化合价变化为解答的关键。将N3-作为整体来分析为解答的难点。10NaN3+2KNO3═ K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中转移10e-。
二、非选择题（共52分）
17.某透明溶液仅含 Na+、F、B、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的 4种离子，所含离子均为 1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。回答下列问题：
（1）溶液中存在的离子是_________________；
（2）写出溶液中加入过量稀硫酸反应的离子方程式___________________；
（3）向原溶液中滴加足量NaOH 溶液后，过滤洗涤灼烧，最终得到固体质量为_________g。
【答案】 (1). Na+、Fe2+、 、 (2). (3). 80
【解析】
【分析】
根据溶液中加入硫酸，有气泡，且溶液中阴离子种类不变，说明溶液发生的反应为亚铁离子被硝酸氧化生成一氧化氮，则溶液中存在亚铁离子和硝酸根离子和硫酸根离子，在根据电荷守恒分析，另外存在的离子只能是钠离子。
【详解】(1)溶液中加入硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，说明不含有钡离子，有硫酸根离子，气体的产生只能是亚铁离子和硝酸根离子在酸性条件下反应生成的一氧化氮，溶液中4种离子，所含离子均为 1mol，根据电荷守恒分析，另外存在的阳离子为钠离子，故溶液中存在Na+、Fe2+、 、；
(2)溶液中加入硫酸，是亚铁离子被硝酸氧化，离子方程式为：；
(3)原溶液中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化亚铁，过滤洗涤灼烧，最终得到固体为氧化铁，根据亚铁离子为1mol分析，氧化铁的物质的量为0.5mol，质量为80g。
18.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：
（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
【答案】 (1). 第二周期第ⅢA族 (2). (3). (4). 负极 (5). 37g
【解析】
【分析】
原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；
(2) ①根据元素分析，该反应方程式为；
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；
③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
19.苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理:
+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl→+KCl
实验方法:一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。
已知:苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（1）操作1为_________________，操作Ⅱ为“蒸馏”，需选用的玻璃仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）之外，还有___________（填序号）
A.球形冷凝管 B.直形冷凝管 C.接收瓶 D.烧杯
（2）操作Ⅲ具体实验步骤依次为__________、抽滤。将物质放在布氏漏斗中打开抽气泵一段时间后布氏漏斗中剩余的是白色固体B，抽滤装置可以加快过滤速率其工作原理是_______
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化达到130℃时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物。
①欲从混合物中提纯苯甲酸应进行的操作是_______________________
②在①提纯过程中应对晶体进行洗涤除去晶体表面附着杂质，如何检验洗涤已经完全:_______
③欲检验经过①提纯后的固体是否纯净，可以采用的实验方法是______,如果固体纯净对应的现象是___________________________
（4）纯度测定:称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液移取25.00mL溶液滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol产品中苯甲酸质量分数为_________（保留两位有效数字）。
【答案】 (1). 分液 (2). BC (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快 (5). 重结晶 (6). 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全 (7). 测定固体熔点 (8). 白色晶体在122.4℃左右完全熔化 (9). 96%
【解析】
【分析】
（1）根据分离不互溶的液体混合物采用分液的方法分析，根据蒸馏实验中需要进行加热和冷却和接收分析使用的仪器。
（2）根据苯甲酸的溶解度随温度的变化分析分离的操作。
（3）根据固体可能吸附氯离子，氯离子能与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀进行分析。
（4）根据纯净物有固定的熔点分析检验方法。
（5）根据苯甲酸为一元酸，与氢氧化钾反应比例为1：1进行计算苯甲酸的质量分数。
【详解】（1）操作Ⅰ为分离有机物和水，属于分离分层的液体混合物，为分液操作，操作Ⅱ为“蒸馏”，需圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）和直形冷凝管和接收瓶，故选BC；
（2）苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g，因为分离苯甲酸用重结晶的方法，操作为蒸发浓缩、冷却结晶；抽滤过程中抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快；
（3）①因为苯甲酸在不同温度下的溶解度差异较大，所以用重结晶的方法分离；
②固体表面可能吸附氯离子，所以取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明没有氯离子，洗涤完全；
③纯净固体有机物一般都有固定熔点，所以可以测定固体熔点；若白色晶体在122.4℃左右完全熔化，说明固体为纯的苯甲酸。
（4）苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾按1：1反应，所以苯甲酸的质量分数为 =96%。
【点睛】掌握物质分离和提纯的物理方法的使用范围。分液一般是分离不互溶的液体混合物，过滤是分离固体和液体，分离沸点不同的互溶液体混合物用蒸馏。根据物质的溶解度随温度变化的差异，可以用重结晶的方法分离。
20.碘酸钾可用作食用盐的加碘剂，为无色或白色颗粒或粉末状结晶 ，加热至560℃ 开始分解，是一种较强的氧化剂，水溶液呈中性,溶解度在0℃ 时为4.74g，100℃ 时为32.3g。 下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程 :
(1)步骤①需控制温度在70℃ 左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低 ,原因是________________________
(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________
(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃ ,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________
(4)产品纯度测定：取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化，加入过量的KI溶液，使碘酸钾反应完全，最后加入指示剂，用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知
①实验中可用_______作指示剂。
②产品的纯度为_____%（精确到小数点后两位）。求得的纯度比实际值偏大，可能的原因是________________________。
【答案】 (1). 防止硝酸、过氧化氢分解 (2). 反应速率慢 (3). (4). 减少洗涤过程中造成的KIO3损失 (5). 淀粉 (6). 99.07 (7). 操作时间过长，过量的KI部分被氧化（或产品含氧化性杂质、取用标准液的滴定管没有用标准液润洗等合理答案）
【解析】
【分析】
（1）根据硝酸和过氧化氢不稳定分析；
（2）根据碳酸钾为可溶性盐，碘酸为强酸分析离子方程式书写。
（3）根据碘酸钾的溶解度和温度的关系分析。
（4）根据反应列关系式进行计算。
【详解】(1)硝酸和过氧化氢都能分解，所以需要控制温度，防止硝酸、过氧化氢分解；温度能影响反应速率，温度太低，反应速率慢；
(2).碳酸钾和碘酸反应生成碘酸钾和水和二氧化碳，离子方程式为：；
(3).碘酸钾在0℃ 时为4.74g，100℃ 时为32.3g，所以为了减少洗涤过程中造成的KIO3损失尽量使用冰水洗涤；
(4). ①因为反应过程中有碘单质生成，利用淀粉遇碘变蓝的特性，选择淀粉做指示剂；
② 根据反应列出关系式为IO3----6S2O32-，碘酸钾的质量分数为=99.07%；操作时间过长，过量的KI部分被氧气氧化，造成需要的亚硫酸钠的量增多，或因为产品含氧化性杂质能氧化更多的碘离子，最后消耗的亚硫酸钠的量增多，或取用标准液的滴定管没有用标准液润洗，标准液的体积变化等。
21.碘及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题:
（1）单质碘与氟反应可得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性原因在于IF5的自偶电离（如:2H2OH3O++OH-），IF5的自偶电离方程式为_________
（2）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中的反应是:Na2SO3+KIO3+H2SO4 →Na2SO4+K2SO4+I2+H2O（未配平）该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下步:
①IO3-+SO32-→IO2-+SO42-（慢）
②IO2-+SO32-→IO-+SO42-（快）
③5I-+6H++I03-→3I2+3H2O（快）
④I2+SO32-+H2O-→2I+SO42-+2H+（快）
根据上述条件推测，此反应的总反应速率由_______步反应决定（填序号）。若预先加人淀粉溶液，由题述看必在_____________离子消耗完时，才会有淀粉变蓝的现象产生。
（3）离子的吸附是重要的研究课题
①已知SO2与I2的反应，速率极快且平衡常数大溶液中存在如下平衡:I2(aq)+l-(aq)=l3-(aq)现将1 mol SO2缓通入含1mol l2的水溶液中至恰好完全反应溶液中l3-的物质的量n(l3-)时间（t）的变化曲线如图1所示。开始阶段，n(l3-)逐渐增大的原因是_____
②科研小组用新型材料Ag/TiO2对溶液中碘离子进行吸附研究。如图2是不同pH条件下，碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断Ag/TiO2材料最适合吸附___________（填“酸性”“中性”或“碱性”）溶液中的I-。
③氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为:I-(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后溶液中c(Cl-)=1.0mol·L-1.则溶液中c(I-)=______mol·L-1［k(AgCl)=2.0×10-10，k(Agl)=8.4×10-17］
（4）Fe3+与I-在溶液中发生反应:2Fe3++2I- 2Fe2++I2，该反应的正反应速率和Fe2+与I-的浓度关系为v=k·cm(I-)·cn(Fe3+)（其中k为常数）。T℃时，实验测得c（I-）、c（Fe3+）与反应速率的关系如下表：
c（I-）/mol•L-1
c（Fe3+）/mol•L-1
v/mol•L-1•s-1
①
0.20
0.80
0.032k
②
0.60
0.40
0.144k
③
0.80
0.20
0.128k
①在v=k·cm(I-)·cn(Fe3+)中m、n的值为_____________（填序号）
A.m=1n=1 B.m=1、n=2 C.m=2、n=1 D.m=2、n=2
②I-浓度对反应速率的影响_____（填“大于”、“小于”或“等于”）Fe3+浓度对反应速率的影响。
【答案】 (1). (2). ① (3). (4). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大， 的反应平衡向右移动，不断增加 (5). 中性 (6). 4.2×10-7 (7). C (8). 大于
【解析】
【分析】
（1）根据水的自偶电离分析其电离方程式；
（2）根据总反应速率取决于最慢的反应分析，根据淀粉遇碘变蓝的特性分析，碘单质存在才变蓝，即和碘单质反应的物质消耗完即可。
（3）根据反应物浓度增大，反应速率加快进行分析；
（4）根据平衡常数的计算公式计算碘离子浓度。
【详解】(1)根据水的自偶电离分析，其电离方程式为：2IF5IF4++IF6-；
(2).反应的总速率从最慢的反应决定，所以此反应的总反应速率由①步反应；因为亚硫酸根离子能反应消耗碘单质，所以亚硫酸根离子消耗完，碘单质存在，才会有淀粉变蓝的现象发生；
(3) ①开始阶段，随着SO2和I2反应，生成的I-的浓度不断增大， 的反应平衡向右移动，不断增加；
②根据图像分析pH=7时，吸附效果最好，故最适合吸附的是中性；
③I-(aq)+AgCl(s)=Agl(s)+Cl-(aq)，平衡常数K= ，有c(I-)= = =4.2×10-7 mol·L-1；
(4) ①根据表中数据分析，0.032k=0.20m×0.80n，0.144k=0.60m×0.40n ，0.128k=0.80m×0.20n ，解m=2，n=1。故选C；
②根据mn的大小分析，碘离子浓度对反应速率的影响大于铁离子浓度影响。
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