1、2015-2016学年甘肃省武威市凉州区二中高三（上）期末 试卷一、单一选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关下列说法正确的是（）A人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B推广燃煤发电，停建核电站，以防核泄漏事故发生C设计绿色化工工艺，提高反应的选择性和原子利用率D棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质2氯化钠是一种重要的生活、生产必需品下列表述中正确的是（）ANaCl的电子式为BNaCl的水溶液是强电解质C23Na37Cl中质子数和中子数之比是8：7D电解熔融氯化钠可得到氯
2、气和金属钠3下列有关物质的性质或应用说法正确的是（）A糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解BSiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF，说明SiO2是两性氧化物C从海水中得到氯化镁晶体，电解氯化镁晶体可获得金属MgD锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去4下列离子方程式中，正确的是（）ANaAlO2溶液中通入少量二氧化碳：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3B高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2OC用稀硫酸除去铁片表面的铁锈：FeO+2H+=Fe2+H2OD用惰性电极电解饱和食盐水：2C1
3、+2H2O Cl2+H2+2OH5设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1mol金刚石中含有CC键数目为4NAB56g铁粉在1mol Cl2中充分反应失去电子数为2NAC1L 0.1molL1氨水中所含的离子和分子总数为0.1NAD标准状况下，44.8L NO2与N2O4混合气体中分子总数小于2NA6常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）AFeCl3溶液中：Al3+、K+、MnO4、SO42B甲基橙呈黄色的溶液中：K+、Br、S2、ClOC加入铝粉产生氢气的溶液中：Na+、NH4+、NO3、ClDKw/c（OH）=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、
4、CO327下列实验装置科学合理的是（）A实验室制取少量Cl2B硝基苯的制取CCO还原氧化铁并尾气吸收D乙酸乙酯制备8短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）A在地壳中，C元素的含量位于第一位BA、B、D三种元素形成的化合物可能是强酸CC元素位于元素周期表中的第3周期第A族DB元素与氢元素形成化合物的化学式一定为H2B9下列说法正确的是（）ASO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质B测量溶液的导电性可区分出盐酸和醋酸，导电能力强
5、的是盐酸CNaHCO3溶液中有：HCO3+H2OCO32+H3O+加水稀释后，H+浓度增大D汽车尾气的净化反应 2NO+2CO=2CO2+N2能够自发进行，则该反应的H010常温下，向20mL x molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）下列说法中正确的是（）A图中V120 mLB上述 CH3COOH溶液中：c（H+）=1103molL1Ca点对应的溶液中：c （CH3COO）=c （Na+）D当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c （CH3COOH）+c （H+）c （OH）11下
6、列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生验证两者都发生了水解反应，且相互促进B苯酚溶液中加入几滴稀溴水没有白色沉淀出现说明苯酚与溴没有发生反应C常温下白磷可自燃而氮气需要在放电时才与氧气反应非金属性：PND向相同体积、相同pH的两种一元酸中分别加入足量锌粉，测量产生氢气的体积可以比较两种一元酸的酸性相对强弱AABBCCDD12镁电池毒性低、污染小，电压高而平稳，它逐渐成为人们研制绿色电池的关注焦点其中一种镁电池的反应原理为：XMg+Mo3S4MgxMo3S4下列说法正确的是（）A放电时，Mo3S4发生
7、氧化反应B放电时，负极反应式：Mo3S4+2xeMo3S42xC充电时，Mg2+向阴极迁移D充电时，阳极反应式：xMg2+2xexMg13相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热 23.15kJ0.61.80.8Q（Q0）下列叙述不正确的是（）A容器、中反应的平衡常数相等B容器中反应达到平衡时放出的热量为QC达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 molL1D若容器体积
8、为0.20 L，则达平衡时放出的热量大于23.15 kJ14FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（）A1：6B1：7C2：11D16：25二、解答题（共6小题，满分58分）15为检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应产生的SO2和CO2气体，设计了如图所示实验装置，a、b、c为止水夹，B是用于储气的气囊，D中放有用I2和淀粉的蓝色溶液浸湿的脱脂棉请回答下列问题：（1）装置A、D中发生反应的化学方程式为；（2）实验前欲检查
9、装置A的气密性，可以采取的操作是；（3）此实验成败的关键在于控制反应产生气体的速率不能过快，因此设计了虚框部分的装置，则正确的操作顺序是（用操作编号填写）向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止加热；待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b；打开止水夹a和c，关闭止水夹b；（4）实验时，装置C中的现象为；（5）当D中产生现象时，可以说明使E中澄清石灰水变浑浊的是CO2，而不是SO2；（6）装置D的作用为16硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、Fe3O
10、4、FeO、SiO2）等是工业生产硫酸的废渣，利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如图所示：（1）硫铁矿烧渣焙烧时所添加的还原剂最有可能的是（填字母） A、铝 B、锌 C、碳（2）酸浸、过滤后滤液中的主要成分是（3）反应的反应温度一般需控制在35以下，其目的是 （4）空气中煅烧FeCO3生成产品b的化学反应方程式为（5）检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作时：取少量产品a于试管中配成溶液，17高铁酸盐（K2FeO4、Na2FeO4）在能源、环保等方面有着广泛的用途干法、湿法制备高铁酸盐的原理如下表所示干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物湿法强碱性
11、介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色Na2FeO4溶液（1）干法制备K2FeO4的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（2）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图所示：反应的离子方程式为反应的化学方程式为加入饱和KOH溶液的目的是（3）高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂它能消毒杀菌是因为，它能净水的原因是18下表是某食用碘盐包装袋上的部分说明：配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量3515mg/kg储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹饪时，待食品熟后加入碘盐（1）下列说法
12、正确的是A高温会导致碘的损失 B碘酸钾可氧化氯化钠C只用淀粉就能检验碘盐中的碘酸钾 D该碘盐中碘酸钾含量为2050mg/kg（2）碘酸钾在工业上可用电解法制取以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应的方程式为：KI+3H2O KIO3+3H2则阳极电极反应式为（3）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式，并标出电子转移的方向和数目KIO3+KI+H2SO4=K2SO4+I2+H2O，该反应的氧化剂为（4）已知：I2+2S2O32=2I+S4O62某学生测定食用碘盐中碘的含量，其步骤为：a准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解 b用稀硫酸酸化所得溶液
13、，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全 c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0103molL1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全则所测盐中碘的含量是（以含w的代数式表示）mg/kg19下列实验操作或对实验事实的描述正确的是用量筒量取稀硫酸溶液8.0mL；中和热的测定实验中，可用金属丝（棒）代替环形搅拌玻璃棒；用热的浓盐酸洗涤附着有MnO2的试管；在硫酸铜晶体结晶水含量的测定中，若加热后的无水硫酸铜粉末表面发黑，则所测结晶水含量可能会偏高； Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液可用过滤的方法分离；用碱式滴定管量得KMnO4溶液20.50mL；将水沿烧杯内壁缓缓注入浓硫酸中
14、，不断用玻璃棒搅拌以稀释浓硫酸；用湿润的pH试纸测量某溶液pH时，测量值一定比真实值小；锌和一定量稀硫酸反应，为加快速率而不影响H2的量可向溶液中加适量Cu（NO3）2晶体202013年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0该反应平衡常数表达式若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的
15、污染已知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：2015-2016学年甘肃省武威市凉州区二中高三（上）期末 试卷参考答案与试题解析一、单一选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关下列说法正确的是（）A人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B推广燃煤发电，停建核电站，以防核泄漏事故发
16、生C设计绿色化工工艺，提高反应的选择性和原子利用率D棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质【考点】蔗糖、麦芽糖简介；常见的生活环境的污染及治理；淀粉的性质和用途【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用【分析】A相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B推广燃煤发电，会加重环境的污染；C绿色化学即对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中；D棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质【解答】解：A光导纤维的成分是二氧化硅，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误； B推广燃煤发电，会加重环境的污染，核电是清洁能
17、源，故B错误；C绿色化学即对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，有利于环境保护，故C正确；D棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白质，人造丝的主要成分是合成纤维，故D错误故选C【点评】本题考查高分子化合物、清洁能源和有机物的成分，比较基础，注意对基础知识的理解掌握与识记2氯化钠是一种重要的生活、生产必需品下列表述中正确的是（）ANaCl的电子式为BNaCl的水溶液是强电解质C23Na37Cl中质子数和中子数之比是8：7D电解熔融氯化钠可得到氯气和金属钠【考点】氯碱工业；电子式；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；强电解质和
18、弱电解质的概念【专题】电化学专题【分析】A、氯化钠是离子化合物，根据离子化合物的电子式的书写方法来回答；B、电解质是纯净物中化合物的范畴，混合物不属于电解质；C、质子数=核内电子数=原子序数，中子数=质量数质子数；D、电解熔融的氯化钠可以在阴极上获得金属钠，在阳极上可以获得氯气【解答】解：A、氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其电子式为，故A错误；B、NaCl的水溶液是混合物，不属于强电解质，故B错误；C、根据质子数=核内电子数=原子序数，中子数=质量数质子数，23Na37Cl中质子数=11+17=28，中子数=（2311）+（3717）=32，质子数和中子数之比28：3
19、2=7：8，故C错误；D、根据电解原理，电解熔融的氯化钠时，在阴极上钠离子得电子获得金属钠，在阳极上氯离子失去电子可以获得氯气，故D正确故选D【点评】本题是一道综合知识的考查题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意平时知识的积累是解题的关键，难度不大3下列有关物质的性质或应用说法正确的是（）A糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解BSiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF，说明SiO2是两性氧化物C从海水中得到氯化镁晶体，电解氯化镁晶体可获得金属MgD锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去【考点】海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅；有机化学反应的综合应用；物质
20、的分离、提纯和除杂【专题】化学应用【分析】A单糖不能水解；B二氧化硅为酸性氧化物；C氯化镁晶体不导电；D发生沉淀的转化生成碳酸钙沉淀，碳酸钙溶于盐酸【解答】解：A单糖不能水解，而二糖、多糖、脂、蛋白质在一定条件下均可以水解，故A错误；B二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成盐和水，而与HF反应为其特性，故B错误；C氯化镁晶体不导电，则从海水中得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁晶体可获得金属Mg，故C错误；D锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙沉淀，碳酸钙溶于盐酸，则加酸可除去，故D正确；故选D【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、物质分
21、类、海水资源应用、沉淀的转化等，为高频考点，把握相关反应原理及物质的性质等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4下列离子方程式中，正确的是（）ANaAlO2溶液中通入少量二氧化碳：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3B高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2OC用稀硫酸除去铁片表面的铁锈：FeO+2H+=Fe2+H2OD用惰性电极电解饱和食盐水：2C1+2H2O Cl2+H2+2OH【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、通入少量二氧化碳生成碳酸盐；B、草酸是弱酸需写化学式；C、铁锈的成分是
22、三氧化二铁；D、惰性电极电解饱和食盐水，氯离子和氢离子在两个电极放电；【解答】解：A、NaAlO2溶液中通入少量二氧化碳离子方程式为：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32，故A错误；B、高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应，草酸是弱电解质写化学式：2MnO4+5H2C2O42+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故B错误；C、用稀硫酸除去铁片表面的铁锈，铁锈成分是Fe2O3：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故C错误；D、用惰性电极电解饱和食盐水离子方程式为：2C1+2H2O Cl2+H2+2OH；故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，主要考
23、查量不同产物不同的反应，弱电解质的判断，铁锈的成分，电解反应等5设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A1mol金刚石中含有CC键数目为4NAB56g铁粉在1mol Cl2中充分反应失去电子数为2NAC1L 0.1molL1氨水中所含的离子和分子总数为0.1NAD标准状况下，44.8L NO2与N2O4混合气体中分子总数小于2NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据金刚石的空间结构分析判断，每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键B、根据铁与氯气反应的关系式计算转移电子数C、溶液包含溶质和溶剂，溶液中的微粒总数既包含溶质中的又包含溶剂中的
24、微粒数D、根据N=nNA计算分子数【解答】解：A、金刚石中，每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键，所以平均每个碳原子具有2个共价键，1mol金刚石中含有CC键数目为2NA，故A错误B、铁与氯气反应生成氯化铁，56gFe的物质的量是1mol，56gFe与需要1.5mol氯气完全反应，实际上只有1mol氯气参加反应，所以铁过量，以氯气为标准进行计算转移电子数，56g铁在1mol氯气中燃烧时转移电子总数为2NA，故B正确C、氨水溶液中的微粒包含溶剂中的、溶质中的分子和离子，氨水的电离程度未知，所以无法计算微粒总数，故C错误D、标况下，44.8L NO2与N2O4混合气体的物质的量是2mol，所
25、以分子数是2NA，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度较大，明确金刚石的结构、弱电解质的电离是解本题的关键，易错选项是B，注意无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁6常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）AFeCl3溶液中：Al3+、K+、MnO4、SO42B甲基橙呈黄色的溶液中：K+、Br、S2、ClOC加入铝粉产生氢气的溶液中：Na+、NH4+、NO3、ClDKw/c（OH）=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A该组离子之间不反应；B甲基橙呈黄色的溶液中显酸性；C加入铝粉产
26、生氢气的溶液，为酸或强碱溶液；DKw/c（OH）=0.1mol/L的溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性【解答】解：A该组离子之间不反应，则能大量共存，故A正确；B甲基橙呈黄色的溶液中显酸性，S2、ClO发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C加入铝粉产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸性溶液中Al与NO3反应不生成氢气，碱溶液中NH4+、OH反应，则不能共存，故C错误；DKw/c（OH）=0.1mol/L的溶液中，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，氢离子分别与AlO2、CO32反应，则不能共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存问题，明确题目中的信息及隐含信息的挖
27、掘、离子之间的反应即可解答，题目难度不大7下列实验装置科学合理的是（）A实验室制取少量Cl2B硝基苯的制取CCO还原氧化铁并尾气吸收D乙酸乙酯制备【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】A氯气的密度比空气密度大，且应防止倒吸；B制备硝酸苯需要水浴加热；CCO尾气与石灰水不反应；D乙酸乙酯在NaOH溶液中水解【解答】解：A氯气的密度比空气密度大，且应防止倒吸，图中收集气体时应长进短出，且吸收尾气要利用倒扣的漏斗防止倒吸，故A错误；B制备硝酸苯需要水浴加热，图中制备实验装置合理，故B正确；CCO尾气与石灰水不反应，应利用点燃法处理尾气，故C错误；D乙酸乙
28、酯在NaOH溶液中水解，则应将NaOH改为碳酸钠，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、相关反应原理等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大8短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）A在地壳中，C元素的含量位于第一位BA、B、D三种元素形成的化合物可能是强酸CC元素位于元素周期表中的第3周期第A族DB元素与氢元素形成化合物的化学式一定为H2B【考点】原子结构与元素周期律的
29、关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为34，原子最外层电子数之和为14，B为O，C为Na，D为S，它们的核电荷数1+8+11+16=36，符合题意；若B为第三周元素，则2x=8，x=4，A为碳，C为硅，B和D找不出符合题意的元素，A地壳中含量最高的元素为O；BA、B、D三种元素形成的化合物中硫酸为强酸；CC为Na，利用电子排布来分析其位置；DB为O，可与H形成H2O或H2O2【解答】解：A与C同
30、主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为34，原子最外层电子数之和为14，B为O，C为Na，D为S，它们的核电荷数1+8+11+16=36，符合题意；若B为第三周元素，则2x=8，x=4，A为碳，C为硅，B和D找不出符合题意的元素，AC为Na，地壳中含量最高的元素为O，故A错误；BA、B、D三种元素形成的化合物中硫酸为强酸，故B正确；CC为Na，原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，则位于周期表中的第3周期第A族，故C正确；DB为O，可与H形成H2
31、O或H2O2，故D错误故选BC【点评】本题考查学生利用原子结构的关系来推断元素，然后利用元素的电子排布分析位置及半径，利用物质的结构和性质来分析解答问题，推断元素是解答本题的难点，应学会利用假设和验证的方法来解答9下列说法正确的是（）ASO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质B测量溶液的导电性可区分出盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸CNaHCO3溶液中有：HCO3+H2OCO32+H3O+加水稀释后，H+浓度增大D汽车尾气的净化反应 2NO+2CO=2CO2+N2能够自发进行，则该反应的H0【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；影响盐类水解程度的主要因素【专题】电离平衡与溶液的p
32、H专题；盐类的水解专题【分析】A在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；B溶液的导电性与导电微粒的浓度有关，浓度越大导电能力越强；CNaHCO3溶液水解程度大于电离程度，不考虑电离；D反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据【解答】解：A二氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故A错误； B溶液的导电性与导电微粒的浓度有关，浓度越大导电能力越强，不能区分出盐酸和醋酸，故B错误；C稀释促进水解，但各离子的浓度都减小，氢氧根浓度减小，根
33、据水的离子积，H+浓度增大，故C正确；D反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当HTS0时，反应才能自发进行，故D错误故选C【点评】本题考查电解质和非电解质，溶液导电性，NaHCO3溶液的水解，自发反应，难度不大，注意反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当HTS0时，反应才能自发进行10常温下，向20mL x molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）下列说法中正确的是（）A图中V120 mLB上述 CH3COOH溶液中：c（H+）=11
34、03molL1Ca点对应的溶液中：c （CH3COO）=c （Na+）D当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c （CH3COOH）+c （H+）c （OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】物质的量浓度都为xmolL1的CH3COOH与NaOH溶液混合后，先发生中和反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，A根据等体积混合恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性分析；B加入NaOH溶液之前，醋酸pH=3，说明c（H+）=1103molL1；C从溶液电中性原则的角度分析；D根据无聊
35、守恒结合溶液电中性原则分析【解答】解：A如物质的量浓度都为xmolL1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，如呈中性，加入NaOH溶液的体积应小于20mL，故A错误；B由图象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸pH=3，说明c（H+）=1103molL1，故B正确；C溶液中存在：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），a点对应的溶液c（OH）=c（H+），则c（CH3COO）=c（Na+），故C正确；D当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c（CH
36、3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），存在电荷守恒：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），可知联式可得：c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误故选BC【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意溶液电荷守恒和物料守恒的运用，注意CH3COONa为强碱弱酸盐11下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是（）选项实验操作实验目的或结论A向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生验证两者都发生了水解反应，且相互促进B苯酚溶液中加入几滴稀溴水没有白色沉淀出现说明苯酚与溴没有发生反应C常温下白磷可自燃而氮气需要在放电时才与氧
37、气反应非金属性：PND向相同体积、相同pH的两种一元酸中分别加入足量锌粉，测量产生氢气的体积可以比较两种一元酸的酸性相对强弱AABBCCDD【考点】比较弱酸的相对强弱的实验；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类水解的应用；苯酚与Br2的反应【专题】实验评价题【分析】A、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2与HCO3电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝B、三溴苯酚溶于苯酚C、非金属性是指其元素得电子的能力，而导致活泼性是指与其他物质反应的难易程度D、若酸性相同生成氢气的体积相同酸性越弱，电离程度越小，pH相同溶液的浓度越大，相同体积生成的氢气的体积越大【解答】
38、解：A、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2与HCO3电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝HCO3电离出的氢离子促进AlO2的水解，AlO2的水解促进HCO3电离，故A错误；B、加入稀溴水生成的三溴苯酚较少，三溴苯酚溶于苯酚，没有白色沉淀出现，故B错误；C、非金属性是指其元素得电子的能力，非金属性NP，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中NN三键很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故C错误D、若酸性相同生成氢气的体积相同酸性越弱，电离程度越小，pH相同溶液的浓度越大，相同体积生成的氢气的体积越大，故可以根据产生氢气的体积比较两种一元酸的酸性相对强弱，故D正确故选：D【点评
39、】本题考查盐类水解、酸性强弱比较、物质性质等，难度不大，注意基础知识的全面掌握B选项注意应甲浓溴水D选项中注意氢离子浓度与溶液浓度的关系12镁电池毒性低、污染小，电压高而平稳，它逐渐成为人们研制绿色电池的关注焦点其中一种镁电池的反应原理为：XMg+Mo3S4MgxMo3S4下列说法正确的是（）A放电时，Mo3S4发生氧化反应B放电时，负极反应式：Mo3S4+2xeMo3S42xC充电时，Mg2+向阴极迁移D充电时，阳极反应式：xMg2+2xexMg【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由总反应式可知，放电时，为原电池反应，Mg化合价升高，被氧化，电极反应式为Mg2e=Mg2
40、+，Mo3S4被还原，为原电池正极反应，电极反应式为Mo3S4+2xe=Mo3S42x，充电是电能转化为化学能的过程，阴极反应和原电池负极相反，阳极反应和原电池正极相反，据此分析【解答】解：A放电时，负极上镁失电子发生氧化反应，Mo3S4发生还原反应，故A错误；B放电时，正极上Mo3S4得电子发生还原反应，电极反应式为Mo3S4+2xe=Mo3S42x，故B错误；C充电时，是电解池，电解池中阳离子向阴极移动，即Mg2+向阴极迁移，故C正确；D充电时，阳极反应和原电池正极相反，则阳极反应式：Mo3S42x2xe=Mo3S4，故D错误；故选C【点评】本题考查原电池与电解池知识，侧重于学生的分析能力
41、的考查，题目难度中等，注意根据电池总反应书写电极反应式，此为解答该题的关键，学习中注意体会书写方法13相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热 23.15kJ0.61.80.8Q（Q0）下列叙述不正确的是（）A容器、中反应的平衡常数相等B容器中反应达到平衡时放出的热量为QC达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 molL1D若容器体积为0.20 L，则达平衡时放出的热量
42、大于23.15 kJ【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】A平衡常数只与温度有关；B由达平衡时放出的热为23.15 kJ，计算平衡时X2、Y2和XY3的物质的量，分析是否处于平衡状态或是向哪个方向进行，判断是吸热还是放热，再根据转化率计算具体的值；C由达平衡时放出的热为23.15 kJ，计算平衡时XY3的物质的量浓度，再根据两平衡是完全等效平衡解答；D从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系【解答】解：A衡常数只与温度有关，温度不变，对同一反应平衡常数不变，故A正确；B容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为： =0.5mol， X2（g）+3Y2（g）
43、2XY3（g）起始（mol）：1 3 0 转化（mol）：0.25 0.75 0.5平衡（mol）：0.75 2.25 0.5可知平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，与为完全等效平衡，所以，平衡时容器中X2、Y2和XY3的物质的量也分别为0.75mol、2.25mol和0.5mol，可知的反应向逆反应方向进行，反应过程需要吸收热，故B错误；C由B计算可知此时XY3的物质的量浓度均为=2mol/L，将按化学计量数比换算成左边与对应的物质的物质的量相等，恒温恒容下，两平衡是完全等效平衡，平衡时各物质的浓度相等，故C正确；D若容器体积为0.20
44、L，增大压强平衡向正反应方向移动，放出热量多，故D正确故选B【点评】本题考查化学平衡移动问题、等效平衡、反应热等问题，题目难度不大，注意B项根据计算分析，从等效平衡的角度判断反应进行的方向是解答该题的关键14FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（）A1：6B1：7C2：11D16：25【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】先根据转移电子守恒计算参加反应的n（FeS），根据硫原子的物质的量计算生成
45、硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出FeS 与HNO3的物质的量之比【解答】解：设NO2、N2O4、NO 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol（54）+1mol2（54）+1mol（52）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS），n（FeS）= mol，根据Fe2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量=，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，
46、生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选B【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（FeS），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答二、解答题（共6小题，满分58分）15为检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应产生的SO2和CO2气体，设计了如图所示实验装置，a、b、c为止水夹，B是用于储气的气囊，D中放有用I2
47、和淀粉的蓝色溶液浸湿的脱脂棉请回答下列问题：（1）装置A、D中发生反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI（2）实验前欲检查装置A的气密性，可以采取的操作是关闭分液漏斗的活塞，打开止水夹a和b，关闭止水夹c，用手捂热（或微热）圆底烧瓶A，若C中有气泡冒出，移开手掌（或热源）后，C处导管内有水上升，则证明A装置的气密性良好；（3）此实验成败的关键在于控制反应产生气体的速率不能过快，因此设计了虚框部分的装置，则正确的操作顺序是（用操作编号填写）向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止
48、加热；待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b；打开止水夹a和c，关闭止水夹b；（4）实验时，装置C中的现象为品红溶液褪色；（5）当D中产生进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变现象时，可以说明使E中澄清石灰水变浑浊的是CO2，而不是SO2；（6）装置D的作用为除去SO2并检验SO2已被除净【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）浓硫酸有强氧化性，能将C氧化为二氧化碳；碘单质能将二氧化硫氧化为硫酸；（2）设法使装置内外形成气
49、压差是气密性检查的常用手段，根据气压差产生的现象判断气密性；（3）为控制反应的速率，可先使气体充满B，用B中气体进行试验；（4）二氧化硫能使品红溶液褪色；（5）D装置用碘与二氧化硫反应除去二氧化硫，所以在进气一端碘与二氧化硫反应使得进气口一端脱脂棉蓝色变浅，在出气口一端二氧化硫被除尽，出气口一端脱脂棉蓝色不变，说明出气口出的是二氧化碳；（6）根据（5）的分析可知，装置D的作用为除去SO2并检验SO2已被除净；【解答】解：（1）装置A中浓硫酸有强氧化性，能将C氧化为二氧化碳，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，D中碘单质能将二氧化硫氧化为硫酸，反应方程式为I2+SO2+
50、2H2O=H2SO4+2HI，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；（2）设法使装置内外形成气压差，采取的操作是关闭分液漏斗的活塞，打开止水夹a和b，关闭止水夹c，用手捂热（或微热）圆底烧瓶A，若C中有气泡冒出，移开手掌（或热源）后，C处导管内有水上升，则证明A装置的气密性良好，故答案为：关闭分液漏斗的活塞，打开止水夹a和b，关闭止水夹c，用手捂热（或微热）圆底烧瓶A，若C中有气泡冒出，移开手掌（或热源）后，C处导管内有水上升，则证明A装置的气密性良好；（3）为控制反应的速率，先用气囊将气体收集起来，再用气囊中气体进行试验，所以
51、操作为：打开止水夹a和c，关闭止水夹b；向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止加热；待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b，故答案为：；（4）二氧化硫能使品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；（5）D装置用碘与二氧化硫反应除去二氧化硫，所以在进气一端碘与二氧化硫反应使得进气口一端脱脂棉蓝色变浅，在出气口一端二氧化硫被除尽，出气口一端脱脂棉蓝色不变，说明出气口出的是二氧化碳，故答案为：进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变；（6）根
52、据（5）的分析可知，装置D的作用为除去SO2并检验SO2已被除净，故答案为：除去SO2并检验SO2已被除净【点评】本题考查浓硫酸的性质、二氧化硫的性质，注意掌握实验的步骤和实验中装置的作用来解答，难度较大16硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）等是工业生产硫酸的废渣，利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如图所示：（1）硫铁矿烧渣焙烧时所添加的还原剂最有可能的是C（填字母） A、铝 B、锌 C、碳（2）酸浸、过滤后滤液中的主要成分是FeSO4 （或H2SO4和FeSO4）（3）反应的反应温度一般需控制在35以下，其目的是防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解） （4
53、）空气中煅烧FeCO3生成产品b的化学反应方程式为4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2（5）检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作时：取少量产品a于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液中滴加AgNO3溶液【考点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】实验设计题【分析】硫铁矿烧渣在灼烧时加入碳，发生氧化还原反应生成铁，加入硫酸后生成硫酸亚铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成铁红，反应过滤后所得溶液为硫酸铵和碳酸氢铵的混合物
54、，加入硫酸得到硫酸铵，加入氯化钾可得到氯化铵和硫酸钾，以此解答该题【解答】解：（1）硫铁矿烧渣焙烧时所添加的还原剂最有可能的是碳，如加入铝、锌，可引入新杂质，而加入碳被氧化生成CO2气体，不会引入新杂质，故答案为：C； （2）焙烧后的固体为铁和二氧化硅的混合物，加入硫酸生成硫酸亚铁，如硫酸过量，则滤液中还含有硫酸，故答案为：FeSO4 （或H2SO4和FeSO4）；（3）为防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解），反应的反应温度一般需控制在35以下，故答案为：防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）；（4）空气中煅烧FeCO3生成铁红，反应的方程式为4FeCO3 +O22Fe2O3
55、 +4CO2，故答案为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2；（5）产品a主要为硫酸钾，为检验是否含有氯化物杂质，应加入硝酸银，但在加入硝酸银之前应加入过量的硝酸钡溶液，以除去硫酸根离子，过滤后再加入硝酸银溶液，故答案为：滴加过量Ba（NO3）2溶液，过滤后向滤液中滴加AgNO3溶液【点评】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的流程和制备原理，难度中等17高铁酸盐（K2FeO4、Na2FeO4）在能源、环保等方面有着广泛的用途干法、湿法制备高铁酸盐的原理如下表所示干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO
56、4和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色Na2FeO4溶液（1）干法制备K2FeO4的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1（2）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图所示：反应的离子方程式为2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O反应的化学方程式为3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O加入饱和KOH溶液的目的是增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出（3）高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理
57、想的水处理剂它能消毒杀菌是因为，它能净水的原因是高铁酸钾有强氧化性，高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶体有吸附性使水澄清【考点】氧化还原反应的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】氧化还原反应专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）反应Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，结合方程式判断；（2）反应：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，反应：3ClO+10OH+2Fe3+=2FeO42+3Cl+5H2O，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，
58、使平衡向右移动，以此解答该题；（3）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性；【解答】解：（1）反应Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；（2）反应为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为：2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O，故答案为：2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O；反应为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为1
59、价，反应的化学方程式：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O，故答案为：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出（3）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，故答案为：高铁酸钾有强氧化性，高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶体有吸附性使水澄清；【点评】
60、本题考查实验方案设计与评价，为高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型、也是高考难点之一本题主要考查了氧化还原反应和离子反应方程式的书写、化学平衡的移动、胶体的净水原理重点是利用化合价的升价和化学计量数判断氧化剂和还原剂的比例，难度中等18下表是某食用碘盐包装袋上的部分说明：配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量3515mg/kg储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹饪时，待食品熟后加入碘盐（1）下列说法正确的是AA高温会导致碘的损失 B碘酸钾可氧化氯化钠C只用淀粉就能检验碘盐中的碘酸钾 D该碘盐中碘酸钾含量为2050mg/kg（2）碘酸钾在工业上可用电解法制取以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液
61、，在一定条件下电解，反应的方程式为：KI+3H2O KIO3+3H2则阳极电极反应式为I 6e+3H2O=IO3+6H+（3）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式，并标出电子转移的方向和数目KIO3+KI+H2SO4=K2SO4+I2+H2O，该反应的氧化剂为KIO3（4）已知：I2+2S2O32=2I+S4O62某学生测定食用碘盐中碘的含量，其步骤为：a准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解 b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全 c以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0103molL1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全则
62、所测盐中碘的含量是（以含w的代数式表示）mg/kg【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算；电解原理【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】（1）根据食用碘盐的储存方法和食用方法推测可能具有的性质；（2）阳极为惰性电极材料，由电解方程式可知电解时KI在阳极被氧化；（3）根据氧化还原反应遵循电子守恒和质量守恒进行配平，元素化合价降低的物质做氧化剂；（4）根据反应的关系式：KIO33I26S2O32，进行计算【解答】解：（1）A由“烹饪时，待食品熟后加入碘盐”知，高温会导致碘的损失，故A正确；B食盐中加入碘酸钾，说明二者可共存，能稳定存在，说明二者之间不发生反应，故
63、B错误；C淀粉只能检验碘单质，与碘酸钾不反应，故C错误；D由碘的含量3515mg/kg，该碘盐中碘酸钾含量约为2050，即3484mg/kg，故D错误；故答案为：A；（2）阳极为惰性电极材料，由电解方程式可知电解时KI在阳极被氧化生成碘酸根离子，结合电荷守恒和原子守恒得到阳极电极反应为：I 6e+3H2O=IO3+6H+，故答案为：I 6e+3H2O=IO3+6H+；（3）反应中KIO3与KI之间发生氧化还原反应生成I2，根据氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等可知KIO35KI，结合原子守恒配平书写可得化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，其中KIO3为
64、氧化剂，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：，故答案为：；KIO3；（4）反应的关系式为：KIO33I26S2O32，n（Na2S2O3）=2.0103molL10.01L=2.0105mol，所以：n（KIO3）=n（Na2S2O3）=2.0105mol，m（I）=2.0105mol127g/mol=42.3105g，所以wkg食盐中含有42.3105106mg=423mg，则所测盐中碘的含量是mg/kg，故答案为：【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识、氧化还原反应、电化学以及物质的含量测定，题目
65、难度较大，本题注意计算中关系式的应用19下列实验操作或对实验事实的描述正确的是用量筒量取稀硫酸溶液8.0mL；中和热的测定实验中，可用金属丝（棒）代替环形搅拌玻璃棒；用热的浓盐酸洗涤附着有MnO2的试管；在硫酸铜晶体结晶水含量的测定中，若加热后的无水硫酸铜粉末表面发黑，则所测结晶水含量可能会偏高； Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液可用过滤的方法分离；用碱式滴定管量得KMnO4溶液20.50mL；将水沿烧杯内壁缓缓注入浓硫酸中，不断用玻璃棒搅拌以稀释浓硫酸；用湿润的pH试纸测量某溶液pH时，测量值一定比真实值小；锌和一定量稀硫酸反应，为加快速率而不影响H2的量可向溶液中加适量Cu（NO3）2晶
66、体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】量筒感量是0.1mL；中和热的测定实验中，不能用金属丝（棒）代替环形搅拌玻璃棒；加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成可溶性氯化锰；在硫酸铜晶体结晶水含量的测定中，若加热后的无水硫酸铜粉末表面发黑，导致部分硫酸铜分解； Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液都能透过滤纸；碱式滴定管只能盛放碱溶液；稀释浓硫酸时，浓硫酸倒入水中；用湿润的pH试纸测量某溶液pH时，导致所测溶液浓度偏低；锌和硝酸反应生成NO【解答】解：量筒感量是0.1mL，所以可以用量筒量取稀硫酸溶液8.0mL，故正确；中和热的测定实验中，不能用金属丝（棒）代替环形搅拌玻璃棒，因为金属
67、棒会传递热量，导致测量结果偏小，故错误；热的浓盐酸和二氧化锰反应生成可溶性氯化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故正确；在硫酸铜晶体结晶水含量的测定中，若加热后的无水硫酸铜粉末表面发黑，导致部分硫酸铜分解，固体减少的质量增大，则所测结晶水含量可能会偏高，故正确； Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液都能透过滤纸，所以不能用过滤的方法分离，应该用渗析的方法分离，故错误；高锰酸钾溶液呈酸性，只能用酸式滴定管量取，故错误；将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，为防止局部温度过高而溅出液体，不断用玻璃棒搅拌以稀释浓硫酸，故错误；用湿润的pH试纸测量某溶液pH时，溶液浓度偏小，导致测量不准确，故错误；锌和硝酸铜的酸性
68、溶液反应生成NO，从而影响生成氢气的量，故错误；故选【点评】本题考查了实验方案评价，涉及知识点较多，明确实验原理是解本题关键，注意中隐含条件，为易错点202013年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0该反应平衡常数表达式K=若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是d（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染已知：CH4
69、（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol【考点】化学平衡建立的过程；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）平衡常数等于生成物浓度的幂之积比上反应浓度幂之积；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；b、当反应进行时，产物二氧化碳和氮气的物
70、质的量一直按照系数比2：1在增加，所以它们的物质的量之比始终不变来判断；c、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，最后不再变化；d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；【解答】解：（1）平衡常数等于生成物浓度的幂之积比上反应浓度幂之积，即：K=，故答案为：K=；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、当反应进行时，产物二氧化碳和氮气的物质的量一直按照系数比2：1在增加，所以它们的物质的量之比始终不变，所以不能判断是否达到平衡，故b错误；c
71、、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确，故答案为：d；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）+2（44.0）kJ/mol=898.1kJ/mol 即CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol；【点评】本题考查了盖斯定律求焓变、化学平衡影响因素，化学反应速率，平衡常数概念计算应用，注意平衡的条件分析是解题关键，题目难度中等版权所有：高考资源网()
