1、河南省许昌市许昌县第三高级中学2019-2020学年高二化学月考试题（含解析）1.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol-1，则氢气的燃烧热为241.8kJmol-1B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨稳定C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O H=-57.4kJmol-1D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2，则H10，则金刚石的能
2、量比石墨高，石墨比金刚石稳定，B不正确；C. 在方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O中，没有标明各物质的状态，此方程式不表示反应的热化学方程式，C不正确；D已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H2，由于前一反应C(s)燃烧得更充分，所以放热更多，H10，下列叙述正确的是()A. 加入少量W，逆反应速率增大B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C. 升高温度，平衡逆向移动D. 平衡后加入X，上述反应的H增大【答案】B【解析】该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。所以当压强不再变化时，反应即到达平衡状态。升高温度平衡向吸热反应的方向移动，即向
3、正反应方向移动。W是固体，其质量多少，不能影响反应速率。反应热只有方程式中的化学计量数和物质的状态有关，所以该反应的反应热是不变的。答案选B。7.一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：X(g)3Y(g)2Z(g)，经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是（ ）A. 以X浓度变化表示反应速率为1/8mol/(LS)B. 12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为原来的1/5C. 若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小D. 若该反应的H0 ，升高温度，平衡常数K减小【答案】D【解析】【详解】A生成0.6molZ，则消耗X是0.3mol，所以X的反应速
4、率是，A不正确；B容器容积扩大，则压强减小，平衡向逆反应方向移动，所以再次平衡时Z的平衡浓度小于原来的1/5，B不正确；C增大X的浓度，平衡向正反应方向移动，所以物质Y的转化率增大，C不正确；D反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，衡常数K减小，D正确；答案选D。8.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是A. a为电池的正极B. 电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLiC. 放电时，a极锂的化合价发生变化D. 放电时，溶液中Li从b向a迁移【答案】C【解析】【详解】A、Li发生氧化反应，所以Li为负极，故A正确；B、电池充电反应为Li
5、Mn2O4=Li1-xMn2Ox+xLi，故B正确；C、放电时，b极锂的化合价升高发生氧化反应，故C错误；D、a为正极，放电时溶液中Li+从b向a迁移，故D正确。答案选C。9.用一种试剂能鉴别苯酚溶液、己烯、己烷、乙醇四种无色透明液体，这种试剂是( )A. 酸性KMnO4 溶液B. 饱和溴水C. 紫色石蕊溶液D. FeCl3溶液【答案】B【解析】【详解】A. 四种溶液中，只有己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，A不正确；B. 取样，分别滴加饱和溴水并振荡，能产生白色沉淀的是苯酚，溴水褪色且静置后分层的是己烯，静置后分层且上层为橙红色的是己烷，余下的是乙醇，B可以鉴别；C. 紫色石蕊溶液无法鉴别己
6、烯和己烷，C不正确；D. FeCl3溶液无法鉴别己烯和己烷，D不正确。答案选B。10.不溶于水且比水轻的一组液体是A. 甲苯、四氯化碳B. 苯、汽油C. 硝基苯、一氯丙烷D. 酒精、溴【答案】B【解析】【详解】A二者均不溶于水，但四氯化碳的密度比水大，故A不符合题意；B苯和汽油均不溶于水，且密度均比水小，故B符合题意；C硝基苯和一氯丙烷均不溶于水，但硝基苯的密度比水大，故C不符合题意；D酒精可以和水互溶，且溴可溶于水，故D不符合题意；故答案为B。11.线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再
7、引发聚合。其部分结构片段如下： 下列说法不正确的是（ ）A. 线型PAA的单体不存在顺反异构现象B. 交联剂a的结构简式是C. 形成网状结构的过程发生了加聚反应D. PAA的高吸水性与COONa有关【答案】B【解析】【详解】A. 由线型PAA（结构简式可知：线型PAA的单体为没有顺反异构，故A正确；B. 由结构简式可知交联剂a的结构简式是，故B错误；C. 形成网状结构的过程发生了加聚反应，故C正确；D.属于强碱弱酸盐，易发生水解，属于 PAA的高吸水性与COONa有关，故D正确；答案:B。12.下列有关电解质溶液的叙述正确的是A. 同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B. 在含有
8、BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大C. 含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO3-)D. 在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)【答案】D【解析】【详解】A、同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH不一定等于7，如同浓度、同体积的氢氧化钠和硫酸混合后，PH c(HCO3)，C错误；D、CH3COONa溶液呈碱性，加入适量CH3COOH，使溶液呈中性时，根据电荷守恒可使c(Na)= c(CH3COO)，D正确。答案选D。13.下列实验现象与结论不一致是选项实验操作实验现象结论A
9、等体积等浓度的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，用排水法收集气体HA放出氢气的反应速率更快酸性：HBHAB以铜、铁、浓硝酸构成原电池铁表面有红棕色气泡产生铜作原电池的负极C向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液前者为黄色，后者为红褐色升高温度，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中一段时间后，检验固体主要成分为CaCO3K sp ( CaSO4) K sp ( CaCO3 )A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A等体积等浓度的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，用排水法收集气体，HA放出氢气的反应速率更快，则HA溶液中
10、氢离子浓度大，所以酸性HBHA，A正确；B以铜、铁、浓硝酸构成原电池，铁钝化，铜为负极，铁为正极，硝酸根在正极得到电子转化为NO2，B正确；C生成的红褐色是氢氧化铁胶体，现象和结论均正确，C正确；D只要溶液中碳酸根和钙离子浓度之积大于溶度积常数，即可产生碳酸钙沉淀，与溶度积常数相对大小无关，碳酸钙的溶度积常数小于硫酸钙，D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较及pH与浓度的关系、原电池、化学反应速率以及沉淀转化等，把握化学反应原理及实验中细节为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析。选项B和D是易错点。14.下列说法正确的是常温下，将pH3的醋酸溶液
11、稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的a蒸馏水b0.1molL-1盐酸、c0.1molL-1氯化镁溶液d0.1molL-1硝酸银溶液中，Ag浓度：adbc用0.2000molL-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1molL-1），至中性时，溶液中的酸未被完全中和将水加热到100，pH=6：c(OH) c(Na+)0.lmoIL-1的硫酸铵溶液中：c() c() c(H+)pH=2的一元酸和pH=
12、12的一元强碱等体积混合：c(OH)= c(H+)A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，由于醋酸的电离程度增大，所以溶液的pHabc，不正确；用0.2000molL-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1molL-1），至中性时，溶液中同时存在CH3COOH与CH3COONa，即酸未被完全中和，正确；将水加热到100，水的电离程度增大，pH=6，但c(OH)=c(H+)，不正确；醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：依据电荷守恒c(CH3COO)=c(Na+)，不正确；0.lmoIL-
13、1的(NH4)2SO4溶液中，电离产生的c()=2c()，虽然发生水解，但水解进行的程度很小，所以c() c() c(H+)，正确；pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，由于溶液的温度未知，KW未知，所以c(OH)与c(H+)的关系不定，不正确；综合以上分析，只有正确，故选C。15.某同学测得物质的量浓度均为0.01 mol/L CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性后，得出了关系式，你认为其中不正确的是 （ ）A. c(CH3COOH) c(Na+)c(H+)c(OH-)C. c(CH3COOH)+ c(H+) = c(CH3COO-)+ c(OH-)D. c(CH3CO
14、OH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L【答案】C【解析】【详解】A在物质的量浓度均为0.01 mol/L CH3COOH和CH3COONa混合溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在CH3COO-的水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解使溶液显碱性，由于混合溶液显酸性，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，所以溶液中微粒的浓度c(CH3COOH) c(Na+) c(Na+)c(H+)c(OH-)，B正确；C根据A的分析c(CH3COOH) c(Na+)c(CH3COO-)，
15、溶液中的电荷守恒为c(Na+)+ c(H+) = c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(CH3COOH)+ c(H+) c(CH3COO-)+ c(OH-)，C错误；D溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L，D正确；答案选C。16.为获得电能，某实验小组设计了如图装置，若向容器中加入_可以使装置中电流计的指针发生偏转。A. 汽油B. 食醋C. 蔗糖溶液D. 纯水【答案】B【解析】【分析】“使装置中电流计的指针发生偏转”，需形成原电池，Zn、Cu为两个活动性不同的电极，所以溶液中应存在自由移动的离子。【详解】A汽油为各种烃的混合物，不能电离产生离子
16、，不具有导电能力，A不合题意；B食醋为醋酸的水溶液，能发生部分电离，生成H+和CH3COO-，具有导电性，B符合题意；C蔗糖为非电解质，其溶液中只有水发生微弱电离，不导电，C不合题意；D纯水虽然为电解质，但电离程度很小，导电能力很弱，很难看到电流计指针发生偏转，D不合题意；故选B。17.室温下，有两种溶液：0.01molL-1NH3H2O溶液、0.01molL-1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH4+)都增大的是（ ）A. 通入少量HCl气体B. 加入少量NaOH固体C. 加入少量H2OD. 适当升高温度【答案】A【解析】【分析】NH3H2O电离，溶液显碱性，NH4Cl水解，溶液
17、显酸性，据此进行分析。【详解】A向0.01molL-1NH3H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3H2O电离，c(NH4+)增大；向0.01molL-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH4+水解，c(NH4+)增大，故选A；B向0.01molL-1NH3H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3H2O电离，c(NH4+)减小；向0.01molL-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选B；C向0.01molL-1NH3H2O溶液中加入少量H2O，NH3H2O浓度降
18、低，c(NH4+)减小；向0.01molL-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH4+)减小，故不选C；D升高温度，促进NH3H2O电离，c(NH4+)增大；升高温度，促进NH4+水解，c(NH4+)减小，故不选D；故答案选A。18.下列各项叙述中，正确的是（ ）A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第A族，是p区元素C. 2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量也相等D. C、N、O的气态氢化物稳定性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A. 同主族元素从上到下电负性减小，N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A
19、错误；B. 价电子排布为4s24p3的元素是位于第四周期第A族的As，属于p区元素，故B正确；C. 2p和3p轨道形状均为纺锤形，3p能量大于2p，故C错误；D. 同周期元素从左到右非金属性增强，简单气态氢化物的稳定性增强，稳定性CH4NH30【答案】A【解析】【详解】A.锌、铁和海水构成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，A选项正确；B加水时电离平衡正向移动，n(NH4+)增大，n(NH3H2O)减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则比值增大，B选项错误；C醋酸为弱酸，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中H+浓度相等，则醋酸浓度大于盐酸，设盐酸的浓度为C1，醋酸
20、的浓度为C2，则C1 C2 ，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=C1V1=C2V2，因C1 V2，消耗盐酸的体积更大，C选项错误；D反应NH3(g)+ HCl(g)= NH4Cl(s)在室温下可自发进行，G=H-TS 0，S 0 ，则该反应的H 1.5amol。设起始时，n(N2)=x，n(H2)=y，将NH3全部转化为反应物，此时N2的物质的量为x+0.5mol，H2的物质的量为y+1.5mol，由于平衡时n(NH3)=0.5amol，为原平衡体系的0.5倍，所以采用一边倒后，各反应物的物质的量也为已知平衡体系中起
21、始量的0.5倍，所以x+0.5=0.5，x=0；y+1.5=2，y=0.5；起始时，n(N2)=m，n(H2)= g（g=4m）, n(NH3)=0，与题干中的平衡体系等效，所以达平衡时，n(NH3)为原平衡时的m倍或倍，所以n(NH3)= am或者。答案为：1.5a；0；0.5；am或者。【点睛】若采用一边倒的方法，反应物的物质的量之比不等于化学计量数之比时，可将物质的量切分，分出一个等效平衡，另一个为改变某一条件。28.红磷（P）和白磷（P4）均为磷的同素异形体。已知：P4（s）5O2（g）P4O10（s） H=-2983.2kJ/molP（s）5/4O2（g）1/4P4O10（s） H=
22、-738.5kJ/mol写出白磷转化为红磷的热化学方程式_,由此可知，红磷比白磷_。（填“稳定”或“不稳定”）【答案】 (1). P4（s、白磷）=4P（s、红磷）H29.2kJ/mol (2). 稳定【解析】【详解】白磷转化为红磷的热化学方程式P4（s、白磷）=4P（s、红磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：P4（白s）+5O2（g）P4O10（s）H-2983.2kJ/mol；P（红s）+O2（g）P4O10（s）H-738.5kJ/mol；根据白磷转化为红磷的热化学方程式可知过程是一个放热反应，所以白磷具有的能量高于红磷，能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，根据盖斯定律，白磷转化为红
23、磷P4（s、白磷）=4P（s、红磷）的H=-2983.2kJ/mol+2954kJmol-1=-29.2KJ/mol，故答案为P4（s、白磷）=4P（s、红磷）H=-29.2KJ/mol；稳定。29.已知0.1molL1CH3COONa溶液pH=8，按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各种微粒(水分子除外)_【答案】c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H+)【解析】【详解】0.1molL-1CH3COONa溶液pH=8，说明溶液呈碱性，原因是醋酸根水解使溶液呈碱性，在溶液中发生CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH，则有c(Na+)c(CH3COO-)；因呈
24、碱性，则c(OH)c(H+)；一般来说，单水解程度较低，则c(CH3COO-)c(OH)；因发生CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH，且还存在水的电离，则c(OH-)c(CH3COOH)，故有c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H+)。30.书写化学方程式并注明反应类型（有机物写结构简式）实验室制取乙炔气体：_（_）甲苯制备TNT：_（_）【答案】 (1). CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH (2). 水解反应 (3). +3HNO3+3H2O (4). 取代反应【解析】【分析】实验室制乙炔，常用电石与饱和食盐水反应，用食盐水代替水，可减少实验过程
25、中泡沫的产生并减缓反应速率；由甲苯制TNT，就是将甲苯与混酸在加热条件下反应，生成三硝基甲苯和水。【详解】实验室制取乙炔气体，使用电石(CaC2)与水反应，生成Ca(OH)2和乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH；反应的类型是水解反应。甲苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生反应，生成TNT(三硝基甲苯)，反应的化学方程式为：+3HNO3+3H2O，由于反应过程中发生的是-NO2取代苯环上H原子的反应，所以属于取代反应。答案为：CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH；水解反应；+3HNO3+3H2O；取代反应。31.某化学兴趣小组对生石灰与水反应是显著放热反应进
26、行了实验探究，在除了用手触摸试管壁感觉发热外，还设计了下列几个可行性方案。甲方案：将温度计与盛放有生石灰的小试管用橡皮筋捆绑在一起，放入有水的小烧杯中，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是_，说明反应放热。（下列装置中支撑及捆绑等仪器已略去）乙方案：将盛放有生石灰的小试管插入带支管的试管中，支管接或，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是(接)_，(接)_，说明反应放热。丙方案：用胶头滴管向盛放有生石灰且带支管的试管中滴加水，支管接的导管中盛适量无水硫酸铜粉末，看到的现象是_，说明反应放热，其原因是_。【答案】 (1). 温度计温度上升 (2). 导管口有气泡产生 (3). 左边
27、水柱下降，右边水柱上升 (4). 无水硫酸铜粉末变蓝色 (5). 水和生石灰反应放出热量，使水蒸发【解析】【详解】方案甲：胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，会看到小试管中固体变成乳状，同时有大量水蒸气产生，温度计温度上升，说明反应放热；方案乙：氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，反应会产生大量的热，导致带支管的试管中气压增大，所以会看到乙中接的烧杯中有气泡产生，接的细导管左边水柱下降，右边水柱上升，就证明反应放热；丙方案：生石灰与水反应放出了热量，使水蒸发，无水硫酸铜与水反应生成了蓝色硫酸铜晶体，证明了该反应放热。32.2016年度国家科学技术奖授予我国诺贝尔奖获得者屠
28、呦呦，表彰她在抗疟疾青蒿素方面的研究。【查阅资料】青蒿素熔点156157，易溶于丙酮、氯仿和乙醚，在水几乎不溶。I.实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程如下：（1）在操作I前要对青蒿进行粉碎，其目的是_（2）操作II的名称是_。（3）操作III进行的是重结晶，其操作步骤为_ 、_、_、过滤、洗涤、干燥II已知青蒿素是一种烃的含氧衍生物为确定它的化学式，进行了如下实验：实验步骤：连接装置，检查装置的气密性。称量E、F中仪器及药品的质量。取14.10g青蒿素放入硬质试管C中，点燃C、D处酒精灯加热，充分燃烧实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量。（4）装置E、F应分别装入的药品为_、
29、_。（5）实验测得：装置实验前实验后E24.00g33.90gF100.00g133.00g通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为_。（6）若使用上述方法会产生较大实验误差，你的改进方法是_。【答案】 (1). 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率 (2). 蒸馏 (3). 加热溶解 (4). 趁热过滤 (5). 冷却结晶 (6). 无水氯化钙（五氧化二磷、硅胶） (7). 碱石灰 (8). C15H22O5 (9). 在左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装置，同时在右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置【解析】【详解】（1）根据乙醚
30、浸取法的流程可知，操作I前对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；故答案为增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率；（2）提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，故答案为蒸馏；（3）重结晶的步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶；（4）E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的无水CaCl2或硅胶或P2O5，而F中为碱石灰；故答案为无水氯化钙（五氧化二磷、硅胶）；碱石灰；（5）由数据可知m（H2O）=33.9g-24g=9.9g，所以n（H2O）=0.55mol，m（CO2）=
31、133g-100g=33g，所以n（CO2）=0.75mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m（O）=14.1g-（1.11）-（0.7512）=4g，所以n（O）=0.25mol，N（C）：N（H）：N（O）=0.75：1.1：0.25=15：22：5，且其相对分子质量为：282，所以其分子式为C15H22O5；故答案为C15H22O5；（6）需准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应排除装置内的空气，防止干扰实验，故应在左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装，同时在右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置；故答案为在左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装置，同时在右侧
32、增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置。33.把过量的CO2气体通入下列物质的饱和溶液中，不变浑浊的是( )A. Ca(OH)2B. C6H5ONaC. NaAlO2D. Na2SiO3【答案】A【解析】【详解】A过量二氧化碳通入Ca(OH)2生成可溶于水的Ca(HCO3)2，溶液不会变浑浊，故A符合题意；B苯酚的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，所以过量的二氧化碳通入苯酚钠溶液中生成难溶于水的苯酚，溶液变浑浊，故B不符合题意；C氢氧化铝不与二氧化碳反应，所以过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成难溶于水的氢氧化铝，溶液变浑浊，故C不符合题意；D过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成难溶于水的硅酸，溶
33、液变浑浊，故D不符合题意；故答案为A。34.A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:（1）写出C元素基态原子的电子排布式: _ 。（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:_。（3）元素B与D的电负性的大小关系是B_ D (填“”“S，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是K1368kJ，则2molH2（g）在适量O2中燃烧生成水蒸气共放出能量
34、1852kJ-1368kJ=484 kJ。36.常温常压条件下，把30mL甲烷和氧气的混合气体点燃，冷却至常温，测得气体的体积为16mL，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比？_【答案】8：7或7：23【解析】【详解】甲烷燃烧方程式为CH4+2O2 CO2+2H2O；设混合气体中CH4的体积为x，O2的体积为y；冷却至常温，水为液体；假设剩余甲烷过量，则剩余气体为甲烷和二氧化碳，氧气完全反应，消耗的甲烷体积为，生成的CO2为，则有，解得x=16mL，y=14mL，甲烷和氧气的体积比为16:14=8:7；假设剩余氧气过量，则剩余的气体为氧气和二氧化碳，甲烷完全反应，消耗的氧气体积为2x，生成CO2为
35、x，则有，解得x=7mL，y=23mL，甲烷和氧气的体积比为7:23。【点睛】注意在甲烷与氧气反应的实验中，若有气体剩余，只能有一种气体剩余，不能两种气体都剩余，且常温下水为液体，所以甲烷和氧气的体积比有两种可能。37.现有下列物质：乙炔苯酚溶液乙醛淀粉溶液氨基酸。请回答：（1）遇碘水呈蓝色的是_（填序号，下同）。（2）能发生成肽反应的是_。（3）能跟溴发生加成反应的是_。（4）能跟银氨溶液发生银镜反应的是_。（5）能跟饱和溴水反应生成白色沉淀的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【详解】（1）碘和淀粉能发生显色反应，使溶液显蓝色，答案选。（2）氨基酸中含
36、有氨基和羧基，能发生成肽反应，即答案选。（3）乙炔中含有碳碳三键，能和溴水发生加成反应，即答案选。（4）乙醛中含有醛基，能发生银镜反应，答案选。（5）苯酚含有酚羟基，能和浓溴水反应产生白色沉淀，答案选。38.重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应：4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2副反应：SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2、Al2O3Na2CO32NaAlO
37、2CO2部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6试回答下列问题：(1)“”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是_。(2)“”中调节pH至4.7，目的是_。(3)“”中加硫酸酸化的目的是使转化为，请写出该平衡转化的离子方程式：_。(4)称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶(锥形瓶)中，加入10mL2molL1H2SO4和足量碘化钠(铬的还原产物为Cr3)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200m
38、olL1Na2S2O3标准溶液滴定(I222I)。判断达到滴定终点的依据是：_；若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，所得产品的中Na2Cr2O7的纯度(设整个过程中其它杂质不参与反应)_。【答案】 (1). 使反应物接触更充分，加快反应速率 (2). 除去溶液中的、 (3). (4). 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不恢复 (5). 0.8384(或83.84%)【解析】【分析】铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿(主要成份为FeOCr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)，铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，根据题目信息可知煅烧后的固体主要成
39、分有Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2以及MgO，水浸后过滤除去难溶物Fe2O3和MgO；稀释后调节pH至4.7，除去溶液中的AlO、SiO，过滤后用硫酸酸化，再经加热浓缩、蒸发结晶得到硫酸钠晶体，再冷却结晶得到重铬酸钠。(4)该滴定实验的原理是：先用酸化的重铬酸钠氧化碘离子生成碘单质，之后加入淀粉指示剂，淀粉遇碘变蓝，所以此时溶液呈蓝色；之后加入Na2S2O3标准溶液将碘单质还原，滴定终点碘单质被完全消耗，溶液蓝色褪去；根据消耗的Na2S2O3标准液可以计算得出被氧化生成的碘单质的量，从而确定重铬酸钠的量。【详解】(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而加快反应速率；(2)
40、根据分析可知调节pH至4.7，可使SiO、AlO生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；(3)CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为；(4)碘单质被硫代硫酸钠还原为碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝，据此可知滴定终点的现象应为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不恢复；氧化I时自身被还原成Cr3+，根据电子守恒可知6n(Na2Cr2O72H2O)=n(I)，根据反应方程式I222I可知n(I)=n()，所以6n(Na2Cr2O7)= n()，则25.00mL试样溶液中n(Na2Cr2O72H2O)=0.0008mol，则试样中n(Na2Cr2O7)=0.0008mol=0.008mol，所以试样中重铬酸钠的纯度为=83.84%。【点睛】判断滴定终点现象时要注意整个过程中碘元素存在形式的变化为II2I，淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点蓝色褪去。