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安徽省滁州市定远县民族中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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定远县民族中学2019-2020学年第一学期期中考试
高三化学
一、选择题（本大题共16小题，满分48分。）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将1mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
B. 100g CaCO3晶体和100g KHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NA
C. 标准状况下，4.48L NO和2.24L O2混合后，原子总数为0.6NA
D. 已知3BrF3 + 5H2O＝HBrO3 + Br2 + 9HF + O2↑，若有5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；
B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；
C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；
D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+ Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。
2.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是
A. 原子半径:W＞X＞Y＞Z
B. X、Y的简单离子的电子层结构相同
C. W的简单氢化物的稳定性比Z的强
D. Z分别与W、X形成的化合物中所含化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【分析】
W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。
【详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:Na＞Al＞Cl＞C，故A错误；
B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒，故B正确；
C、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；
D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。
答案选B。
3.1905年德国化学家哈伯发明了合成氨方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要20﹣50Mpa的高压和500℃的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%～15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（ ）
A. 不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同
B. 哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应
C. 新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键
D. 新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景
【答案】D
【解析】
【详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；
B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；
C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；
D.高温条件需要大量能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。
4.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是
A. Q的氧化物一定含有离子键和共价键 B. 最高价含氧酸的酸性:Z＜Y
C. P的最低价氢化物常温常压下为液体 D. Y形成的化合物种类最多
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。
【详解】A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Z＞Y，所以其最高价含氧酸酸性Z＞Y，故B错误；
C．P的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；
D．Y为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；
故选D。
5.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均属于氧化还原反应
B. 上述转化中包含了氨气、硝酸、硝铵、小苏打、纯碱的工业生产方法
C. 反应Ⅳ和Ⅵ中的部分产物可在上述流程中循环利用
D. 反应V是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3
【答案】D
【解析】
反应Ⅰ是N2+3H22NH3、反应Ⅱ是 、反应Ⅲ是 、反应Ⅳ是 ,都有化合价变化，都属于氧化还原反应，故A正确；反应Ⅰ是合成氨、反应Ⅳ生成硝酸、硝酸与氨气生成硝酸铵、反应Ⅴ生成碳酸氢钠、反应Ⅵ生成纯碱，故B正确；反应Ⅳ中生成的NO、反应Ⅵ中生成的二氧化碳可在上述流程中循环利用，故C正确；反应V是先向饱和氯化钠溶液中通氨气再通二氧化碳，故D错误。
6.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+
C. 在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；
D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。
7.高铁酸钾（K2FeO4）是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂.工业上可先制得高铁酸钠（离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+ 3Cl-+5H2O).然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH.可析出高铁酸钾.下列说法不正确的是
A. 高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等
B. 高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀毒
C. 业上制各高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子
D. 高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降
【答案】C
【解析】
A．K2FeO4具有强氧化性，可以氧化H2S，所以能除去水中溶解的H2S等，选项A正确；B．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，选项B正确；C．工业上制备高铁酸钠时，根据2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，则每生成1mol还原产物即Cl-，转移2mol电子，选项C不正确；D．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，选项D正确。答案选C。
8.根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是
操作
结论
A．
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
B．
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色
原溶液中有I-
C．
向偏铝酸钠溶液中滴入碳酸氢钠，有白色沉淀生成
偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸根强
D．
将燃烧的金属钠迅速深入集满CO2 的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒生成
CO2 具有氧化性
A. A B. B C. C
D. D
【答案】A
【解析】
A、能使品红溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯气等，A错误；B、下层溶液显紫色，说明有单质碘生成，氯水具有强氧化性，因此溶液中含有碘离子，B正确；C、碳酸氢钠的酸性强于氢氧化铝，根据较强酸制备较弱酸可知偏铝酸钠能与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，即可以说明偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根，C正确；D、钠在CO2中燃烧生成碳酸钠和碳，说明CO2具有氧化性，D正确，答案选A。
9.草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华,170℃以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是
A. 装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水
B. 装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验
C. 装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊
D. 本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳
【答案】A
【解析】
A项，草酸晶体的熔点101℃小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。
10.根据下列实验现象，所得结论正确的是( )
实验
实验现象
结论
A
左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡
氧化性：Al3+>Fe2+>Cu2+
B
左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
C
左边烧杯中无明显变化，右边烧杯中澄清石灰水变浑浊
热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
D
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊
非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.原电池中，较活泼的金属作负极；
B.与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响；
C.外管温度比内管温度高；
D.比较非金属性，应用元素对应的最高价氧化物的水化物。
【详解】A.原电池中，较活泼的金属作负极，左边烧杯中铁表面有气泡，说明Al比Fe活泼，右边烧杯中铜表面有气泡，说明Fe比Cu活泼，所以金属活动性Al>Fe>Cu，金属活动性越强，金属阳离子的氧化性就越弱，所以氧化性：Al3+
C.由于玻璃导热性差，套管中外管温度比内管温度高，Na2CO3在外管，石灰水无明显变化，说明未发生分解反应，而NaHCO3在温度低的内管，反应产生了CO2，说明其稳定性较差，因此可以证明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C正确；
D.HCl有挥发性，在锥形瓶中可能发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，即不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，也不能证明元素的非金属性：Cl>C>Si，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及金属性、非金属性的比较以及物质的稳定性，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和评价能力，注意把握物质性质的异同以及相关实验操作方法。
11.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。
12.已知反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是
A. H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=ckJ·mol-1
B. 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=—2(a-b)kJ·mol-1
C. 1mol氢气与0.5mol氧气总能量为akJ
D. 2mol氢气与1mol氧气完全反应生成2mol液态水放出的热量小于2（b-a）kJ
【答案】B
【解析】
A、反应物的能量更高，该反应为放热反应，△H=-c kJ·mol-1，A错误。B、2molH2O逆向分解时，共吸收2bkJ能量，又释放2akJ能量得到产物，△H=-2(a-b) kJ·mol-1，B正确。C、图中标示了1 mol氢气与0.5 mol氧气总能量，但是在纵坐标中没有具体可用的读数，akJ 是由此变化到气态原子时的能量变化，C错误。D、如果反应生成液态水，释放的能量更大，所以2 mol氢气与1 mol氧气完全反应生成2 mol液态水放出的热量大于2（b-a）kJ，D错误。正确答案B。
13. 元素X的单质及X与元素Y形成的化合物存在如图所示的关系(其中m ≠ n，且均为正整数)。下列说法正确的是
A. X一定是金属元素
B. (n-m)一定等于1
C. 由X生成1molXYm时转移的电子数目一定为4NA
D. 三个化合反应一定都是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据物质之间的转化关系可知：X应该有多种化合价。X可以是Fe；Y是Cl。Fe+HCl=FeCl2+H2↑，2FeCl2+Cl2= 2FeCl3; 2FeCl3+Fe=3FeCl2。满足上述关系。当X是C,Y 是O时，C+H2OCO+ H2;2 CO+ O22CO2；C+ O2CO2；CO2+C2CO,也符合上述关系，因此选项A错误；在过渡元素中，两种化合物中原子个数的差值比一定是1，因此选项B错误；C．若X是Fe，Y是Cl。XYn= FeCl2，XYm= FeCl3，由X生成1molXYm时转移的电子数目为3NA，错误；D．在这三个反应中元素的化合价都发生了变化，因此三个化合反应一定都是氧化还原反应，正确。
考点：考查元素的单质及化合物的推断、物质的性质、反应及电子转移的知识。
14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL 的CuSO4溶液， 振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀
Y中不含有醛基
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟和黑色颗粒
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液呈酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下，该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性，所以实验不成功，A错误；B．瓶中产生大量白烟和黑色颗粒，说明有碳和氧化钠生成，因此CO2具有氧化性，把钠氧化，B正确；C．分解生成物中还含有酸性氧化物CO2，所以湿润的红色石蕊试纸不可能变蓝，C错误；D．二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，导致碳酸根浓度降低，溶液碱性降低，氯化钡溶液显中性，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析，选项C是解答的易错点。
15.下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液
B. 用图乙所示操作配制100 mL 0.1 mol·L-1硫酸溶液
C. 用图丙所示装置制备氨气
D. 用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫
【答案】D
【解析】
A. 碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分离，应该蒸馏，A错误；B. 浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，B错误；C. 氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新结合生成氯化铵，不能用图丙所示装置制备氨气，C错误；D. SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，D正确，答案选D。
16.已知：AgOH很不稳定，易分解生成Ag2O（黑色）。溶液X中可能含有下列离子：Ag+，NH4+、Fe3+、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A，可推测该溶液中不存在SO32-
B. 溶液X中一定不含Ag+
C. 溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-
D. 取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，则有Cl-
【答案】D
【解析】
A. 溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A和气体A，说明X中含有Fe3+，Fe3+具有氧化性，与SO32-不能大量共存，故A正确；B. 溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，否则得到黑色沉淀，故B正确；C. 气体A能够使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，说明A为氨气，则含有NH4+，溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，一定含有SO42-，因此溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-，故C正确；D. 取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，可能是未完全沉淀的硫酸根离子，故D错误；故选D。
二、非选择题（本大题共3小题，满分52分。）
17.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。
（1）加试剂前要进行的操作是_______________。
（2）浓硫酸_______ (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是________。
（3）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是_____。
（4）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。
【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 不能 (3). 如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出 (4). 过滤 (5). d
【解析】
【详解】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性。
（2）二氧化硫易溶于水，如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出，所以浓硫酸不能用稀硫酸代替。
（3）从溶液中析出的晶体需要过滤得到。
（4）二氧化硫大气污染物，需要尾气处理，一般用碱液，同时还需要防止倒吸，答案选d。
18.X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是________, W的阴离子符号是_____。
（2） Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。
（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。
（4）写出加热时Y单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。
（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1, 1 mol甲中含有6 mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：
a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。
① 甲的化学式为________。
② 已知100 mL 1 mol·L-1的甲溶液能与20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。
【答案】 (1). 第二周期IVA族 (2). S2- (3). N≡N (4). 0.045mol/L（或1/22.4mol/L） (5). HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2） (6). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (7). (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O (8). 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【解析】
原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。
(1) Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；
(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；
(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；
(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
②100 mL 1 mol·L-1的甲溶液中含有0.1mol Fe2+，20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02mol MnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。
19.氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：(1)无水FeCl3的熔点为555 K、沸点为588 K。
(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。
(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100 g H2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ.当……时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；
Ⅲ.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。
请回答：
(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_____________________________。
(2)为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是______________。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入______________后__________________、过滤、洗涤、干燥。
(4)试写出吸收塔中反应离子方程式：______________________。
(5)捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为____________。
(6)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL(已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。
①滴定终点的现象是________________________________________________；
②样品中氯化铁的质量分数为__________________________。
【答案】 (1). 把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 (2). 装置A中不产生气泡或量气筒和水准管液面不变 (3). 盐酸 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (6). Fe2Cl6 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). %
【解析】
【详解】(1)根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3·6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3，烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子。
(2)铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气筒和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体，为了防止FeCl3溶液发生水解，则先加入盐酸，后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe＋3Cl2＝2FeCl3，因此进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。
(5)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。
(6)①称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。所以滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－可得关系式：2Fe3＋～I2～2S2O32－，求得n(Fe3＋)＝cV×10－3 mol，则样品中氯化铁的质量分数为ω(Fe3＋)＝×100%＝%。
定远县民族中学2019-2020学年第一学期期中考试
高三化学
一、选择题（本大题共16小题，满分48分。）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将1mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
B. 100g CaCO3晶体和100g KHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NA
C. 标准状况下，4.48L NO和2.24L O2混合后，原子总数为0.6NA
D. 已知3BrF3 + 5H2O＝HBrO3 + Br2 + 9HF + O2↑，若有5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；
B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；
C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；
D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+ Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。
2.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是
A. 原子半径:W＞X＞Y＞Z
B. X、Y的简单离子的电子层结构相同
C. W的简单氢化物的稳定性比Z的强
D. Z分别与W、X形成的化合物中所含化学键类型相同
【答案】B
【解析】
【分析】
W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。
【详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:Na＞Al＞Cl＞C，故A错误；
B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒，故B正确；
C、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；
D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。
答案选B。
3.1905年德国化学家哈伯发明了合成氨方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要20﹣50Mpa的高压和500℃的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%～15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（ ）
A. 不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同
B. 哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应
C. 新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键
D. 新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景
【答案】D
【解析】
【详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；
B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；
C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；
D.高温条件需要大量能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。
4.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是
A. Q的氧化物一定含有离子键和共价键 B. 最高价含氧酸的酸性:Z＜Y
C. P的最低价氢化物常温常压下为液体 D. Y形成的化合物种类最多
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。
【详解】A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Z＞Y，所以其最高价含氧酸酸性Z＞Y，故B错误；
C．P的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；
D．Y为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；
故选D。
5.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均属于氧化还原反应
B. 上述转化中包含了氨气、硝酸、硝铵、小苏打、纯碱的工业生产方法
C. 反应Ⅳ和Ⅵ中的部分产物可在上述流程中循环利用
D. 反应V是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3
【答案】D
【解析】
反应Ⅰ是N2+3H22NH3、反应Ⅱ是 、反应Ⅲ是 、反应Ⅳ是 ,都有化合价变化，都属于氧化还原反应，故A正确；反应Ⅰ是合成氨、反应Ⅳ生成硝酸、硝酸与氨气生成硝酸铵、反应Ⅴ生成碳酸氢钠、反应Ⅵ生成纯碱，故B正确；反应Ⅳ中生成的NO、反应Ⅵ中生成的二氧化碳可在上述流程中循环利用，故C正确；反应V是先向饱和氯化钠溶液中通氨气再通二氧化碳，故D错误。
6.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+
C. 在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；
D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。
7.高铁酸钾（K2FeO4）是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂.工业上可先制得高铁酸钠（离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+ 3Cl-+5H2O).然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH.可析出高铁酸钾.下列说法不正确的是
A. 高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等
B. 高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀毒
C. 业上制各高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子
D. 高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降
【答案】C
【解析】
A．K2FeO4具有强氧化性，可以氧化H2S，所以能除去水中溶解的H2S等，选项A正确；B．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，选项B正确；C．工业上制备高铁酸钠时，根据2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，则每生成1mol还原产物即Cl-，转移2mol电子，选项C不正确；D．K2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，选项D正确。答案选C。
8.根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是
操作
结论
A．
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
B．
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色
原溶液中有I-
C．
向偏铝酸钠溶液中滴入碳酸氢钠，有白色沉淀生成
偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸根强
D．
将燃烧的金属钠迅速深入集满CO2 的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒生成
CO2 具有氧化性
A. A B. B C. C
D. D
【答案】A
【解析】
A、能使品红溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯气等，A错误；B、下层溶液显紫色，说明有单质碘生成，氯水具有强氧化性，因此溶液中含有碘离子，B正确；C、碳酸氢钠的酸性强于氢氧化铝，根据较强酸制备较弱酸可知偏铝酸钠能与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，即可以说明偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根，C正确；D、钠在CO2中燃烧生成碳酸钠和碳，说明CO2具有氧化性，D正确，答案选A。
9.草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华,170℃以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是
A. 装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水
B. 装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验
C. 装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊
D. 本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳
【答案】A
【解析】
A项，草酸晶体的熔点101℃小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。
10.根据下列实验现象，所得结论正确的是( )
实验
实验现象
结论
A
左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡
氧化性：Al3+>Fe2+>Cu2+
B
左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
C
左边烧杯中无明显变化，右边烧杯中澄清石灰水变浑浊
热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
D
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊
非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.原电池中，较活泼的金属作负极；
B.与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响；
C.外管温度比内管温度高；
D.比较非金属性，应用元素对应的最高价氧化物的水化物。
【详解】A.原电池中，较活泼的金属作负极，左边烧杯中铁表面有气泡，说明Al比Fe活泼，右边烧杯中铜表面有气泡，说明Fe比Cu活泼，所以金属活动性Al>Fe>Cu，金属活动性越强，金属阳离子的氧化性就越弱，所以氧化性：Al3+
C.由于玻璃导热性差，套管中外管温度比内管温度高，Na2CO3在外管，石灰水无明显变化，说明未发生分解反应，而NaHCO3在温度低的内管，反应产生了CO2，说明其稳定性较差，因此可以证明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C正确；
D.HCl有挥发性，在锥形瓶中可能发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，即不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，也不能证明元素的非金属性：Cl>C>Si，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及金属性、非金属性的比较以及物质的稳定性，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和评价能力，注意把握物质性质的异同以及相关实验操作方法。
11.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。
12.已知反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是
A. H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=ckJ·mol-1
B. 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=—2(a-b)kJ·mol-1
C. 1mol氢气与0.5mol氧气总能量为akJ
D. 2mol氢气与1mol氧气完全反应生成2mol液态水放出的热量小于2（b-a）kJ
【答案】B
【解析】
A、反应物的能量更高，该反应为放热反应，△H=-c kJ·mol-1，A错误。B、2molH2O逆向分解时，共吸收2bkJ能量，又释放2akJ能量得到产物，△H=-2(a-b) kJ·mol-1，B正确。C、图中标示了1 mol氢气与0.5 mol氧气总能量，但是在纵坐标中没有具体可用的读数，akJ 是由此变化到气态原子时的能量变化，C错误。D、如果反应生成液态水，释放的能量更大，所以2 mol氢气与1 mol氧气完全反应生成2 mol液态水放出的热量大于2（b-a）kJ，D错误。正确答案B。
13. 元素X的单质及X与元素Y形成的化合物存在如图所示的关系(其中m ≠ n，且均为正整数)。下列说法正确的是
A. X一定是金属元素
B. (n-m)一定等于1
C. 由X生成1molXYm时转移的电子数目一定为4NA
D. 三个化合反应一定都是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据物质之间的转化关系可知：X应该有多种化合价。X可以是Fe；Y是Cl。Fe+HCl=FeCl2+H2↑，2FeCl2+Cl2= 2FeCl3; 2FeCl3+Fe=3FeCl2。满足上述关系。当X是C,Y 是O时，C+H2OCO+ H2;2 CO+ O22CO2；C+ O2CO2；CO2+C2CO,也符合上述关系，因此选项A错误；在过渡元素中，两种化合物中原子个数的差值比一定是1，因此选项B错误；C．若X是Fe，Y是Cl。XYn= FeCl2，XYm= FeCl3，由X生成1molXYm时转移的电子数目为3NA，错误；D．在这三个反应中元素的化合价都发生了变化，因此三个化合反应一定都是氧化还原反应，正确。
考点：考查元素的单质及化合物的推断、物质的性质、反应及电子转移的知识。
14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL 的CuSO4溶液， 振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀
Y中不含有醛基
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶，瓶中产生大量白烟和黑色颗粒
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液呈酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，必须是在碱性条件下，该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性，所以实验不成功，A错误；B．瓶中产生大量白烟和黑色颗粒，说明有碳和氧化钠生成，因此CO2具有氧化性，把钠氧化，B正确；C．分解生成物中还含有酸性氧化物CO2，所以湿润的红色石蕊试纸不可能变蓝，C错误；D．二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，导致碳酸根浓度降低，溶液碱性降低，氯化钡溶液显中性，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及实验原理为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析，选项C是解答的易错点。
15.下列有关实验装置或操作进行的相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲所示装置分离乙醇和碘的混合液
B. 用图乙所示操作配制100 mL 0.1 mol·L-1硫酸溶液
C. 用图丙所示装置制备氨气
D. 用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫
【答案】D
【解析】
A. 碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分离，应该蒸馏，A错误；B. 浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移至容量瓶中，B错误；C. 氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新结合生成氯化铵，不能用图丙所示装置制备氨气，C错误；D. SO2能使品红溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可用图丁所示装置检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，D正确，答案选D。
16.已知：AgOH很不稳定，易分解生成Ag2O（黑色）。溶液X中可能含有下列离子：Ag+，NH4+、Fe3+、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。为了确定其组成，某同学进行了如下实验：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A，可推测该溶液中不存在SO32-
B. 溶液X中一定不含Ag+
C. 溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-
D. 取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，则有Cl-
【答案】D
【解析】
A. 溶液X与NaOH反应生成红褐色沉淀A和气体A，说明X中含有Fe3+，Fe3+具有氧化性，与SO32-不能大量共存，故A正确；B. 溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，否则得到黑色沉淀，故B正确；C. 气体A能够使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，说明A为氨气，则含有NH4+，溶液X中加入氢氧化钡，生成白色沉淀，说明X中一定不含Ag+，一定含有SO42-，因此溶液X中一定存在NH4+、Fe3+、SO42-，故C正确；D. 取少量溶液B，加入AgNO3溶液，若有沉淀产生，可能是未完全沉淀的硫酸根离子，故D错误；故选D。
二、非选择题（本大题共3小题，满分52分。）
17.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。
（1）加试剂前要进行的操作是_______________。
（2）浓硫酸_______ (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是________。
（3）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是_____。
（4）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。
【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 不能 (3). 如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出 (4). 过滤 (5). d
【解析】
【详解】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性。
（2）二氧化硫易溶于水，如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出，所以浓硫酸不能用稀硫酸代替。
（3）从溶液中析出的晶体需要过滤得到。
（4）二氧化硫大气污染物，需要尾气处理，一般用碱液，同时还需要防止倒吸，答案选d。
18.X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是________, W的阴离子符号是_____。
（2） Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。
（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。
（4）写出加热时Y单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。
（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1, 1 mol甲中含有6 mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：
a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。
① 甲的化学式为________。
② 已知100 mL 1 mol·L-1的甲溶液能与20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。
【答案】 (1). 第二周期IVA族 (2). S2- (3). N≡N (4). 0.045mol/L（或1/22.4mol/L） (5). HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2） (6). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (7). (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O (8). 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
【解析】
原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。
(1) Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；
(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；
(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；
(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
②100 mL 1 mol·L-1的甲溶液中含有0.1mol Fe2+，20 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02mol MnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。
19.氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：(1)无水FeCl3的熔点为555 K、沸点为588 K。
(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。
(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100 g H2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ.当……时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；
Ⅲ.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。
请回答：
(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_____________________________。
(2)为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是______________。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入______________后__________________、过滤、洗涤、干燥。
(4)试写出吸收塔中反应离子方程式：______________________。
(5)捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为____________。
(6)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL(已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。
①滴定终点的现象是________________________________________________；
②样品中氯化铁的质量分数为__________________________。
【答案】 (1). 把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 (2). 装置A中不产生气泡或量气筒和水准管液面不变 (3). 盐酸 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (6). Fe2Cl6 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). %
【解析】
【详解】(1)根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3·6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3，烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子。
(2)铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气筒和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体，为了防止FeCl3溶液发生水解，则先加入盐酸，后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe＋3Cl2＝2FeCl3，因此进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。
(5)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。
(6)①称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。所以滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－可得关系式：2Fe3＋～I2～2S2O32－，求得n(Fe3＋)＝cV×10－3 mol，则样品中氯化铁的质量分数为ω(Fe3＋)＝×100%＝%。
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