山东省临沂琅琊中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省临沂琅琊中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．将4
mol
A气体和2
mol
B气体在2
L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若2
s(秒)后测得C的浓度为0.6
mol/L，现有下列几种说法：
①用物质A表示反应的平均速率为0.3
mol/(L·s)②用物质B表示反应的平均速率为0.6
mol/(L·s)③2
s时物质A的转化率为70%④2
s时物质B的浓度为0.7
mol/L
其中正确的是
①③
C．②③
①④
D．③④
【答案】B
【解析】
试题分析：
2A(g)＋B(g)2C(g)
起始浓度（mol/L）
2
1
0
转化浓度（mol/L）
0.6
0.3
0.6
平衡浓度（mol/L）
1.4
0.7
0.6
所以用物质A表示反应的平均速率为0.6mol/L÷2s＝0.3
mol/(L·s)
用物质B表示反应的平均速率为0.3mol/L÷2s＝0.15
mol/(L·s)
2
s时物质A的转化率为
2
s时物质B的浓度为0.7
mol/L
则答案选B。
考点：考查反应速率、物质浓度以及转化率的有关计算
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的规范答题能力和应试能力。该类试题需要注意的是在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。
2．你认为下列数据可信的是
(
)
A.
某雨水的pH为5．6
B．某澄清石灰水的浓度是2．0
mol/L
C．某胶体粒子的直径是160
nm
D．某常见气体的密度为1．8
g/cm3
【答案】A
【解析】
试题分析：A、pH值小于5.6的雨叫酸雨，正常的雨水都为中性或略小于7，微偏酸，某雨水的pH为5.6，可能是形成的酸雨，故A正确；B、氢氧化钙属于微溶物质，溶解度介于0.01g～1g之间，100g水中溶解氢氧化钙的物质的量小于1g÷40g/mol=0.025mol，溶液体积约等于水的体积100mL，故氢氧化钙的物质的量浓度小于0.025mol÷0.1L=0.25mol/L，故B错误；C、胶体微粒直径在1nm-100nm间，粒子的直径是160nm形成的分散系为浊液，故C错误；D、通常条件下，水的密度约是1g/mL，气体的密度应小于水的密度，故D错误；故选A。
考点：考查溶液浓度有关计算、对微观粒子大小的理解等
3．下列化合物的分子式可能代表混合物的是：
（
）
A、C3H8　
B、C4H10　　
C、CH3Cl　　
D、CH2Br2
【答案】B
【解析】化合物的分子式可能代表混合物，说明含有同分异构体。选项B中可以是正丁烷，也可以异丁烷，存在2种同分异构体，其余都不存在同分异构体，答案选B。
4．下列化学用语书写正确的是
A．氧化铝：AlO
B．2个氢原子：H2
C．：Mg2+
D．2Na﹣2个钠元素
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氧化铝中Al为＋3价，即Al2O3，故错误；B、这表示的氢气分子，应表示为2H，故错误；C、Mg是12号元素，第三周期，故正确；D、表示2个Na原子，元素是说种的，故错误。
考点：考查化学用语的正确使用等知识。
5．下列日常生活中的现象与氧化还原反应无关的是(
)
A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B．用石膏点豆腐
C．不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”
D．自来水厂用氯气对水进行消毒
【答案】B
【解析】
试题分析：A.铜铸塑像上出现的铜绿是[Cu2(OH)2C03]，变化过程中Cu元素的化合价从0价升高到+2价，与氧化还原反应有关，A项不选；B.用石膏点豆腐，是利用了胶体聚沉的性质，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，B项选；C.不良商贩用硫黄熏蒸法制作“白豆芽”，S与氧气反应生成二氧化硫，S、O的化合价都发生变化，与氧化还原反应有关，C项不选；D.自来水厂用氯气对水进行消毒，Cl元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，D项不选；答案选B。
【考点定位】本题考查氧化还原反应。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素化合价发生变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的判断与生活中化学的联系的考查，题目难度不大。（1）氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化，且化合价升高的总数等于化合价降低的总数；（2）氧化还原反应的本质的有电子转移，且氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数；（3）一般用化合价是否发生变化来判断反应是否是氧化还原反应，确定物质中各元素（特别是变价元素）的化合价。基本方法是先标出熟悉的元素的化合价，再根据化合物中正负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．9g甲基（－CH3）所含有的电子数是10NA个
B．22.4L乙烷中含有的共价键数为7NA个
C．常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个
D．4.2gC3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA
【答案】C
【解析】
试题分析：9g甲基（－CH3）所含有的的物质的量×
NA个，故A错误；标准状况下，22.4L乙烷中含有的共价键数为7NA个，故B错误；乙烯和丙烯的最简式是,14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为×NA个，故C正确；C3H6若是环己烷，则没有碳碳双键，故D错误。
考点：本题考查阿伏加德罗常数。
7．下物质分类组合正确的是
A
B
C
D
强电解质
AlCl3
HClO4
H3PO4
HClO
弱电解质
CH3COOH
HF
BaSO4
Ca(OH)2
非电解质
酒精溶液
NH3
H2O
SO2
【答案】B
【解析】
试题分析：A.
AlCl3是强电解质，CH3COOH是弱电解质，酒精溶液是混合物，不是化合物，因此不是非电解质，错误；B.
HClO4是强电解质，HF是弱电解质，NH3是非电解质，正确；C.
H3PO4是弱电解质,
BaSO4是强电解质，H2O是弱电解质,错误；D.
HClO是弱电解质;
Ca(OH)2是强电解质，SO2是非电解质，错误。
考点：考查物质的分类及判断的知识。
8．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3和Fe3O4的混合物中加入240mL
5mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出8960mLNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为
A．0.4mol
B．0.6mol
C．0.8mol
D．
1.0mol
【答案】A
【解析】
试题分析：因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入240mL5mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，8.96LNO（标准状况）的物质的量为8.96L÷22.4L/mol＝0.4mol，设混合物中铁原子的物质的量为x，由原子守恒可知，则
2HNO3～Fe（NO3）2～Fe

2
1
0.24L×5mol/L-0.4mol
x
解得x＝0.4mol
故选A。
考点：考查利用原子守恒的方法来计算
9．下列化学反应中，反应物总能量高于生成物总能量的是
A．铝片和稀盐酸反应
B．氢氧化钡晶体和氯化铵反应
C．灼热的碳与CO2反应
D．甲烷在氧气中燃烧
【答案】AD
【解析】
试题分析：反应物总能量高于生成物总能量，说明是放热反应。A．铝片和稀盐酸反应是放热反应，A正确；B．氢氧化钡晶体和氯化铵反应是吸热反应，B错误；C．灼热的碳与CO2反应是吸热反应，C错误；D．甲烷在氧气中燃烧是放热反应，D正确，答案选AD。
【考点定位】本题主要是考查放热反应和吸热反应判断
【名师点晴】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。注意相关基础知识的积累。
10．下列各图有关量的变化趋势中错误的是
A.
B.
C.
D.
A．图A为向盐酸中滴加NaOH发生中和反应过程中溶液温度的变化趋势
B．图B为向醋酸中滴加NaOH发生中和反应过程中各物质浓度的变化趋势
C．图C中能量≥Ec的分子称为活化分子，E为分子平均能量，则活化能为Ec－E
D．图D为未加入催化剂和加入催化剂的反应进程中的能量变化
【答案】B
【解析】
试题分析：A、向盐酸中滴加NaOH发生中和反应，H++OH-=H2O是放热反应，故反应温度升高，当溶液中的完全反应后，温度逐步降低至室温，故A正确；B、醋酸与NaOH发生中和反应，在反应中浓度趋于平缓后变化，故B错误；C、使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知活化能为Ec－E，故C正确；D、催化剂加速反应进程，但并不影响反应中能量变化，故D正确。
考点：反应热和焓变；化学能热能转化
11．最近美国宇航局马里诺娃博士找到了一种比二氧化碳有效104倍的“超级温室气体”——全氟丙烷（C3F8），并提出用其“温室化火星”使火星成为第二个地球的计划。下列有关全氟丙烷的说法正确的是（
）
A．全氟丙烷的电子式为
B．C3F8属于烃类物质
C．全氟丙烷分子中存在极性键
D．分子中三个碳原子可能处于同一直线上
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在全氟丙烷分子中F原子最外层有8个电子，每个F原子与碳原子形成一对共用电子对，错误；B．B．C3F8属于烃类物质的衍生物，错误；C．全氟丙烷分子中存在C—C非极性键和C-F极性键，正确；D．饱和碳原子中每个原子是正四面体结构，所以分子中三个碳原子一定不处于同一直线上，错误。
考点：考查有关全氟丙烷的说法正误判断的知识。
12．在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定不相同的（
）
A．原子数
B．物质的量
C．密度
D．分子数
【答案】C
【解析】由于三种气体都是由2个原子构成的，因此在相同条件下，两容器中一定具有相同的原子数，选项A正确，体积相同，因此在相同条件下，气体的物质的量和分子数都是相同的，但密度不一定相同，答案选C。
13．镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素。下面关于镭的性质的描述中不正确的是
A．在化合物中呈+2价
B．单质与水反应放出氢气
C．氢氧化物呈两性
D．镭的还原性大于镁
【答案】C
【解析】
试题分析：镭最外层有2个电子，在化合物中呈+2价，故A正确；同主族元素从上到下金属性逐渐增强，镭的金属性较强，单质性质活泼，与水反应放出氢气，故B正确；镭的金属性较强，氢氧化物呈碱性，且为强碱，故C错误；同主族元素从上到下金属性逐渐增强，镭的还原性大于镁，故D正确，答案选C。
考点：考查同主族元素的性质递变规律的判断
点评：该题是基础知识试题的考查，主要是考查学生灵活运用元素周期律解决实际问题的能力。注意从同主族元素金属性对应单质、化合物的性质的相似性和递变性的角度解答该题，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力，题目难度不大。
14．下列事实能判断金属元素甲的金属性一定比乙强的有（
）
①甲单质能与乙盐的溶液反应并置换出乙
②甲、乙两元素原子的最外层电子数相同，且甲的原子半径小于乙
③甲、乙两短周期元素原子的电子层数相同，且甲的原子序数小于乙
④甲、乙两元素的最高价氧化物水化物的碱性甲大于乙
A．全部可以
B．仅②可以
C．仅②③可以
D．①③④可以
【答案】D
【解析】
试题分析：①Fe+Cu2＋=
Fe2＋+Cu，金属性Fe
>Cu，正确；②甲、乙两元素原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，且甲的原子半径小于乙的原子半径，则甲的原子吸引电子能力大，难失电子，若是金属则金属性较弱，错误；③甲、乙两短周期元素原子的电子层数相同，说明位于同一周期，且甲的原子序数小于乙，从左到右金属性减弱，则甲的金属性比乙的金属性强，正确；④金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，甲、乙两元素的最高价氧化物水化物的碱性甲大于乙，金属性：甲>乙，正确；①③④，答案选D。
考点：考查元素金属性强弱的判断。
15．有机物甲可氧化生成羧酸，也可还原生成醇。由甲生成的羧酸和醇在一定条件下，可以生成化合物乙，其分子式为C2H4O2。下列叙述不正确的是
A．甲分子中碳的质量分数为40%
B．甲在常温、常压下为无色液体
C．乙比甲的沸点高
D．乙和甲的实验式相同
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意可知甲是醛类，被氧化得羧酸，被还原得醇，羧酸与醇发生酯化反应生成分子式为C2H4O2的酯，说明甲中的C原子数为1，所以甲是甲醛，乙是甲酸甲酯。A、甲醛的分子式为HCHO，C的质量分数为40%，A正确；B、甲醛在常温常压下为无色气体，B错误；C、甲醛常温下是气体，甲酸甲酯常温下是液体，所以乙的沸点比甲高，C正确；D、乙和甲的最简式相同，都是CH2O，D正确，答案选B。
考点：考查有机物的推断，元素质量分数、物质的状态、沸点的高低、最简式的判断
16．下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑥元素，回答下列问题
①
②
③
④
⑤
⑥
（1）②元素在周期表中的位置是第二周期
族
（2）写出①的最高价氧化物的电子式
（3）⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是
（填化学式）
（4）写出④的单质和③的最高价氧化物的水化物反应
【答案】（1）ⅥA
（2）（3）HClO4
（4）2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑥元素分别是C、O、Na、Al、S、Cl。
（1）②元素在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族。
（2）写出①的最高价氧化物是甲烷，含有共价键，其的电子式是。
（3）非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是HClO4。
（4）金属铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则④的单质和③的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式是2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑。
考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用和判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
17．将0.1
mol的镁、铝混合物溶于100
mL、2
mol·L－1的H2SO4溶液中，然后再滴加1
mol·L－1的NaOH溶液。请回答：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如上图所示。当V1＝160
mL时，则金属粉末中n（Mg）＝________mol，V2＝________
mL。
（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）＝________
mL。
（3）若混合物仍为0.1
mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100
mL、2
mol·L－1的H2SO4溶解此混合物后，再加入450
mL、1
mol·L－1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3。满足此条件的a的取值范围是________。
【答案】（1）0.06
440
（2）400
（3）1/2≤a<1
【解析】
试题分析：（1）100mL
2mol L-1的H2SO4溶液中硫酸的物质的量为0.1L×2mol/L=0.2mol，
当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，
由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=×0.16L×1mol/L=0.08mol
令MgSO4为xmol，Al2（SO4）3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1
根据SO42-离子守恒有：x+3y=0.2-0.08
联立方程，解得：x=0.06；y=0.02
所以金属粉末中n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol
滴加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42-离子、Na+离子和Al原子守恒有：
n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.2mol×+0.04mol=0.44mol，所以，V2==0.44L=440mL；
（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时溶液是Na2SO4溶液，根据SO42-离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）===0.4L=400ml；
（3）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为0.1（1-a）mol，反应后的混合溶液，再加入450mL
1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知n（NaAlO2）=0.1（1-a）mol，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），即0.45×1≥2×0.1×2+0.1（1-a），解得a≥0.5，故0.5≤a＜1。
考点：以图象形式考查混合物计算
18．下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据：
实验序号
金属质量/g
金属状态
c(H2SO4)
mol/L
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据，回答下列问题：
（1）反应的离子方程式：
；
（2）①实验1、2可得出的结论是，硫酸浓度越
，反应速率越慢；
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越
；
③实验3、4可得出的结论是温度越
，反应速率越快。
（3）①用铁粉和稀硫酸反应制取H2，实验过程中绘制出生成H2的体积（V）与时间（t）的关系如图所示。
试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率（分别用v
(OE)、v
(EF)、v
(FG)、v
(GH)表示）最快时段是
。
A．v
(OE)
B．v
(EF)
C．v
(FG)
D．v
(GH)
②1min内反应较慢的原因是:
；
一段时间后反应明显加快的原因是
。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（2）①稀
；②快；③高
（3）①B②温度较低
、反应放热，使溶液的温度升高
【解析】
试题分析：（1）反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（2）①实验1、2中只有浓度是变化量，可得出的结论是，硫酸浓度越稀，反应速率越慢；
②实验2、3中金属的状态不同，可得出的结论是反应物接触面越大，反应速率越快；
③实验3、4中温度是变量，可得出的结论是温度越高，反应速率越快；
（3）①EF段斜率最大，说明反应速率最快；
②1min内反应较慢的原因是温度较低；该反应放热，使溶液的温度升高，所以一段时间后反应明显加快。
考点：离子反应，影响反应速率的因素
19．（15分）某同学对Cl2与KI溶液的反应进行了实验探究。反应装置如下：
通入氯气一段时间，KI溶液变为黄色。继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色。继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色。
（1）Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式是
。
（2）KI溶液变为黄色说明氯气具有的
性，该反应的离子方程式
。
（3）已知I2＋I－I3－，I2、I3－在水中均呈黄色。为确定黄色溶液的成分，进行以下实验。
①实验b的目的是
。
②根据实验a中，水层中含有的粒子有
。
③用化学平衡原理解释实验a中水溶液颜色变浅的原因：
。
④为保证实验的严谨性，在实验a、b的基础上，需补充一个实验，该实验为
。
（4）通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化。已知1
mol
Cl2可氧化0.2
mol
I2，该反应的化学方程式是
。
（5）根据上述实验，请预测向淀粉-KI溶液中持续通入氯气，可能观察到的现象为
。
（6）溶液最终变为浅绿色的原因是
。
【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO
+
H2O（2分）
（2）氧化性（1分）2I－＋Cl2＝2Cl－＋I2（1分）
（3）①
对比实验，证明实验a中水层显浅黄色是因为存在I2＋I－
I3－平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的。（合理给分）（2分）
②
I2、I－、I3－、Cl－、K+（可不写H2O、H+、OH－）（2分）
③由于萃取使水溶液中I2浓度降低，同时I2＋I－I3－平衡逆向向移动，I3－浓度也降低，导致水溶液颜色变浅。
（2分）
④取2~3
mL
KI溶液，滴加少量的氯水（或通入少量氯气，或加入少量碘单质），再加入足量CCl4，振荡静置，观察到水层是否为黄色。（1分）(或取少量实验a的水层溶液滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀生成。或取少量实验a的水层溶液淀粉溶液，观察是否变蓝。)
（4）I2＋5Cl2＋6H2O==12H++2IO3—＋10Cl—（2分）
（5）溶液先变蓝后褪色（1分）
（6）氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子。（1分）
【解析】
试题分析：（1）Cl2与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和水，根据电子守恒及原子守恒可得相应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO
+
H2O；（2）向KI溶液中通入氯气，发生反应：2I－＋Cl2＝2Cl－＋I2，产生的I2在水中溶解是溶液显黄色。KI溶液变为黄色说明氯气具有的氧化性。实验a证明在溶液中含有I2，I2容易溶于四氯化碳而使四氯化碳呈紫色；但是水层中仍然为黄色，说明在该溶液中还含有I3－。即a溶液中存在平衡I2＋I－I3－，实验b的目的是对比实验，证明实验a中水层显浅黄色是因为存在I2＋I－
I3－平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的。②
由于K+、Cl-与化学平衡无关，因此该溶液中存在Cl－、K+，同时由于存在可逆反应：I2＋I－
I3－，所以还存在I2、I－、I3－。因此溶液a含有的离子有I2、I－、I3－、Cl－、K+。③在a溶液中存在反应平衡：I2＋I－
I3－，当向该溶液中加入四氯化碳时，I2被萃取到四氯化碳中，水中I2的浓度减小，根据平衡移动理论：减小反应物的浓度，平衡逆向移动，I3－浓度也降低，导致水溶液颜色变浅。④为保证实验的严谨性，在实验a、b的基础上，需补充一个实验，该实验为取2~3
mL
KI溶液，滴加少量的氯水（或通入少量氯气，或加入少量碘单质），再加入足量CCl4，振荡静置，观察到水层是否为黄色。（1分）(或取少量实验a的水层溶液滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀生成。或取少量实验a的水层溶液淀粉溶液，观察是否变蓝）。（4）通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化。已知1
mol
Cl2可氧化0.2
mol
I2，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，可得该反应的化学方程式是I2＋5Cl2＋6H2O==12H++2IO3—＋10Cl—。（5）根据上述实验，则向淀粉-KI溶液中持续通入氯气，可能观察到的现象为先变为蓝色，后褪为无色；（6）溶液最终变为浅绿色的原因是氯气在水中溶解得到氯水。当溶液中氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子。
考点：考查Cl2与KI溶液的反应实验探究、实验方案的设计的知识。
20．过碳酸钠(
Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为：2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2
+O2+2H2O.市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下两种方案实施：
方案一：
（1）操作①和③的名称分别为
（2）上述操作中，使用到玻璃棒的有
__(填操作序号)。
（3）请简述操作③的操作过程
方案二：按下图安装好实验装置，Q为一塑料气袋，随意取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴入气袋中至充分反应。
（4）为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭
，打开
(填“K1”、“K2”或“K3”)。导管a的作用是
。
（5）当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓缓打开Kl。
B中装的固体试剂是
，为何要缓缓打开K1？
。
（6）实验结束时，量筒I中有xmL水，量筒Ⅱ中收集到了ymL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是
。
【答案】（1）称量；蒸发结晶；（2）②③；（3）得到的溶液在蒸发皿中加热蒸发，用玻璃棒不断搅拌到大量晶体析出，停止加热靠余热蒸发剩余的水分得到氯化钠固体；（4）K1、K2；K3；
平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下；（5）碱石灰；让生成的二氧化碳能充分被b中碱石灰吸收，使量筒内收集到纯净的氧气；（6）。
【解析】
试题分析：样品称量可以得到样品质量为m1g，加入稀盐酸溶解后，过滤得到溶液为氯化钠溶液，蒸发浓缩结、冷却结晶、洗涤、干燥得到氯化钠，称量得到固体氯化钠的质量为m2g．
（1）操作①为称量固体质量，操作③为结晶得到氯化钠固体，故答案为：称量；蒸发结晶；
（2）固体溶解需要玻璃棒搅拌加速溶解，溶液中得到溶质固体需要在蒸发皿中加热蒸发结晶，过程中需要玻璃棒搅拌，受热均匀，上述操作中，使用到玻璃棒的有②③，故答案为：②③；
（3）溶液中得到溶质固体的方法是加热蒸发结晶析出，具体操作为：得到的溶液在蒸发皿中加热蒸发，用玻璃棒不断搅拌到大量晶体析出，停止加热靠余热蒸发剩余的水分得到氯化钠固体，故答案为：得到的溶液在蒸发皿中加热蒸发，用玻璃棒不断搅拌到大量晶体析出，停止加热靠余热蒸发剩余的水分得到氯化钠固体；
（4）反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，为使分液漏斗内液体顺利流下，应是分液漏斗内外压强相等，所以导管a的作用是平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下，故答案为：K1、K2；K3；
平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下；
（5）用碱石灰吸收二氧化碳，量筒Ⅱ中排出液态的体积为氧气体积，缓缓打开K1，让生成的二氧化碳能充分被b中碱石灰吸收，使量筒内收集到纯净的氧气，故答案为：碱石灰；让生成的二氧化碳能充分被b中碱石灰吸收，使量筒内收集到纯净的氧气；
（6）量筒I中有xmL水，则CO2、O2的总体积为xmL，量筒Ⅱ中收集到了ymL气体，则O2总体积为y
mL，则反应2Na2CO4+4HCl═4NaCl+2CO2+O2+2H2O，生成的二氧化碳为2y
mL，碳酸钠反应生成二氧化碳为(x-y-2y)=(x-3y)
mL，生成二氧化碳物质的量之比为2y：(x-3y)，则Na2CO4与碳酸钠的物质的量之比为2y：(x-3y)，故样品中过碳酸钠的质量分数是=，故答案为：。
考点：考查了物质含量的实验测定方法的相关知识。
21．（15分）工业制硫酸的尾气中含较多的SO2，为防止污染空气，回收利用SO2，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SO2的体积（标准状况）如下表（实验时设法使水中溶解的SO2几乎完全逸出）：
实验组别
①
②
③
④
硫酸溶液的体积（mL）
50
50
50
50
盐的质量（g）
9.260
13.890
20.835
32.410
二氧化硫的体积（mL）
1344
2016
3024
2464
⑴上述四组实验中，SO2体积与固体的质量之比相同的组别有__________________；由第①组实验中的SO2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SO2_________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(NH4)2SO3。
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(NH4)2SO3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(NH4)2SO4、NH4HSO3；
2.5
mol L-1（共6分）
【解析】（1）根据表中数据可知①②③中SO2体积与固体的质量之比相同，都是根据第①组实验中的SO2体积与固体的质量之比可知，6.945
g该固体生成的SO2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SO2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SO2就少。
（2）解法一：设9.260
g固体中(NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4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(NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4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(H2SO4)=[n((NH4)2SO3)+n(SO2)]=(0.14
mol+)=0.125
mol
则c(H2SO4)=
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(NH4)2SO4和NH4HSO3
第④组中固体含S为
含NH4+的0.14
mol×3.5
=
0.49
mol
反应后所得溶液中含NH4HSO3为：
则据电荷守恒得，所得溶液中含SO42—的物质的量为：（0.49
mol-0.1
mol）/2=0.195
mol
原固体中含(NH4)2SO4的0.02
mol×3.5
=
0.07
mol
∴H2SO4的物质的量为0.195
mol－0.07
mol
=
0.125
mol
∴c(H2SO4)=
2.5
mol L-1（其他合理解法均给分）
22．下列转化关系中，X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，C、D、E是中学常见的三种化合物。分析转化关系回答问题。
（1）请写出反应①的化学方程式：_________________。
（2）检验D溶液中Y离子的方法是___________。
（3）若试剂a是NaOH溶液，写出单质X与NaOH溶液反应的离子方程式____________。
（4）若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y(OH)SO4，已知还原产物为NO，则该反应的化学方程式是______________。
（5）工业上电解熔融的B制取X时，若阳极产生的气体在标准状况下的体积为33.6
L，则阴极产物的质量为____________。
【答案】（1）Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
（2）取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明有Fe3＋
（3）2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑
（4）2FeSO4＋H2SO4＋2NaNO2===2Fe(OH)SO4＋Na2SO4＋2NO↑
（5）54
g
【解析】
试题分析：已知X、Y是生活中用途广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，说明A为Fe2O3，X为铝，它们通过铝热反应生成氧化铝(B)和铁(单质Y)；D与Fe反应生成E，则试剂b为盐酸，D、E分别是氯化铁和氯化亚铁。据此回答：
（1）反应①是铝与氧化铁发生铝热反应，化学方程式为Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3
（2）
检验D（FeCl3
）溶液中Y(Fe3＋)离子的方法是取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明有Fe3＋
（3）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学反应方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑。
（4）若试剂b为硫酸，则E为FeSO4(铁的化合价为＋2价)→Fe(OH)SO4(铁的化合价为＋3价)，而NaNO2(氮的化合价为＋3价)→NO(氮的化合价为＋2价)，根据电子得失守恒、质量守恒定律配平，反应化学方程式为2FeSO4＋H2SO4＋2NaNO2===2Fe(OH)SO4＋Na2SO4＋2NO↑。
（5）阳极反应：2O2－－4e－
=O2↑，33.6
L氧气的物质的量为1.5mol，转移电子数为6
mol，阴极反应：Al3＋＋3e－=Al，可以得到2
mol的Al，质量为2
mol×27
g·mol－1＝54g.
考点：考查物质的推断，铁、铝及其化合物的性质，铝热反应，化学方程式的书写，电解的有关计算。
23．有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电极电解（有阳离子交换膜）1L
l
mol/L的A溶液。
请按要求回答下列问题：
（1）己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原予序数为_____________；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是____________________。
（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为___________。
（3）上图转化关系中不属于氧化还原反应的有（填编号）____________。
（4）接通右图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为______。
（5）当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12（常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化），此时共转移电子数目约为________；反应②的离子方程式为_______________。
（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质（陈水外）有_________________。
【答案】(1)37（2分）；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）
（2）（2分）；（3）④（1分）；
（4）3Fe2++2[Fe（CN）6]3-
=Fe3[Fe（CN）6]2↓（2分）；
（5）6.02×l021
（2分）；
2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
（2分）；
（6）NaCl、Al（OH）3（2分）
【解析】
试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷
同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中①②③反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而④中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-
=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L×1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应①电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L×1L=0.01mol<1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol×6.02×1023/mol=
6.02×l021；反应②是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2
=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。
考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。