1、河南省郑州六十一中2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1下列说法正确的是A乙烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色 B纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C煤的干馏和石油的分馏均属化学变化 D酯类和糖类均能发生水解反应【答案】B【解析】试题分析：A、乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B、纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物，正确；C、石油的分馏属于物理变化，错误；D、单糖不能水解，错误，答案选B。考点：考查有机物性质、组成以及变化的有关判断2下列溶液中Cl的物质的量浓度最大的是A、200mL 2.5mol/L MgCl2溶液 B、1000mL 4mol/L NaCl溶液
2、C、400mL 5mol/L KClO3溶液 D、250mL 2mol/L AlCl3溶液【答案】D【解析】试题分析：A项中c(Cl-)为5mol/L，B项中c(Cl-)为4mol/L，C项中没有Cl-，A项中c(Cl-)为6mol/L，所以D中Cl-浓度最大，答案选D。考点：物质的量浓度点评：本题注意KClO3中含有Cl原子而不含有Cl-。3下列叙述正确的是A电能是二次能源 B水力是二次能源C天然气是二次能源 D水煤气是一次能源【答案】A【解析】试题分析：A、电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，A正确；B、水能是自然界中以现成形式提供的能源，不需依靠
3、其他能源的能量间接制取，为一级能源，B错误；C、天然气可以从自然界直接获得，则为一级能源，C错误；D、水煤气是通过煤制取的，属于二次能源， D错误，答案选A。考点：考查对一次能源、二次能源的分类4下列各原子或离子的基态电子排列式错误的是 A、N3+ 1s22s22p6 B、F- 1s22s22p6 C、Fe2+ 1s22s22p63s23p63d6 D、O2- 1s22s22p6【答案】A【解析】试题分析：A中N3+应该为1s22s2，故A错误，为本题的正确选项。考点：电子排列式点评：该题属于对基础知识的考查，是高考的常考考点，该题不难，注意N3+为正离子，若为N3-，则其电子排列式为1s22
4、s22p6。5在一定温度下，固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g）H0，n（SO2）随时间的变化如表：时间/min012345n（SO2）/mol0.200.160.130.110.080.08则下列说法正确的是（）A当v（SO2）v（SO3）时，说明该反应已达到平衡状态B用O2表示04 min内该反应的平均速率为0.005 mol/（Lmin）C若升高温度，则SO2的反应速率会变大，平衡常数K值会增大D平衡时再通入O2，平衡右移，O2转化率减小，SO2转化率增大【答案】D【解析】对v（SO2）、v（SO3）未指明反应速率的方向，A项错误；04 min内O
5、2的平均速率为：v（O2）v（SO2）/2（0.200.08） mol/（2 L4 min）1/20.0075 mol/（Lmin），B项错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，C项错误；增大氧气的浓度，平衡向右移动，可提高SO2的转化率，但是O2转化率降低，D项正确。6把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比为12。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为 A1：1 B1：2 C1：3 D2：3【答案】C【解析】试题分析：把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。由于所得溶液中F
6、e2+和Fe3+的物质的量浓度之比为12。假设得到Fe2+为1mol，则反应消耗Fe3+的物质的量是2/3mol，所以已经反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比2/3mol：2mol=1：3。故答案是C。考点：考查Fe元素的各种价态的化合物的计算的知识。7下列说法正确的是（ ）A在氧化还原反应中，氧化剂经化学变化变成还原剂B在氧化还原反应中，氧化剂被氧化，还原剂被还原C在化学反应中，能把其他物质氧化的物质是氧化剂D在氧化还原反应中，还原剂生成的氧化产物一定只具有氧化性【答案】C【解析】试题分析：氧化剂在化学反应中得电子，发生还原反应被还原，生成还原产物，故A错误；氧化剂被还原，还原剂被
7、氧化，B错误；在化学反应中，能把其他物质氧化的物质是氧化剂，C正确；还原剂生成氧化产物，若处于最高价态则只具有还原性，若处于中间价态则既有氧化性又有还原性，D错误，答案选C。考点：氧化还原反应8如图是可逆反应X2+3Y22Z2 在反应过程中的反应速率V与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是At1时，只有正方向反应Bt2时，反应到达限度Ct2t3，反应不再发生Dt2t3，X2、Y2、Z2的物质的量浓度之比为132【答案】B【解析】试题分析：A、根据图像可知，t1时，逆反应速率不为0，所以不只有正方向反应，还有逆反应方向，A不正确；B、t2时，正逆反应速率相等且不为0，所以反应到达限度，B正确；
8、C、t2t3，正逆反应速率相等且不为0，所以反应仍然再进行，C不正确；D、平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此D不正确，答案选B。考点：考查可逆反应限度的有关判断以及图像分析等9向50 mL18 molL H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量为 （ ） A、小于0.45 mol B、等于0.45 mol C、 在0.45和0.90mol 之间 D、 大于0.90mol【答案】A【解析】Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，随着反应进行浓硫酸的浓度逐渐减小，最终不能与铜反应产生SO2 ，所以由方程式可知50 m
9、L18 molL H2SO4溶液被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol 10下列说法正确的是A.CO2溶于水得到的溶液能导电，则CO2属于电解质B.电离需要通电才能进行C.氯化氢的水溶液能导电，液态氯化氢不能导电D.NaCl晶体不能导电，所以NaCl是非电解质【答案】C【解析】试题分析：A.CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子，得到的溶液能导电，CO2属于非电解质，错误；B.电解是指在水分子的作用下离解成自由移动的离子的过程，不需要通电，错误；C.氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，它的水溶液能导电，液态氯化氢是共价化合物，不能导电，正确；NaCl晶体不能导电，溶于水导电，所以Na
10、Cl是电解质，错误；选C。考点：考查电解质、非电解质的概念，溶液的导电性等知识。11下列关于难溶电解质溶液说法正确的是 ( )A在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大B相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 molL1盐酸、0.1 molL1氯化镁溶液、0.1 molL1硝酸银溶液中，Ag浓度：C向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgClS2=Ag2S2ClD25 时，在Mg(OH)2悬浊液中加入少量的NH4Cl固体后，c(Mg2+)增大【答案】C D【解析】试题分析：A、在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度
11、积一定温度下是常数，加入Na2SO4固体后硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故A错误；B、相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积是常数，与蒸馏水相比较，中0.1 molL-1盐酸溶液中氯离子0.1molL1，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小；中0.1 molL-1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2molL1，平衡逆向进行，银离子浓度减小；中0.1 mol?L-1硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1molL1，平衡逆向进行，银离子浓度增大，则Ag浓度：，故B错误；C、硫化银溶解度小于氯化银，可以实现沉淀转化，则向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2Ag
12、Cl+S2=Ag2S+2Cl，故C正确；D、氢氧化镁溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化铵水解显酸性，与氢氧根离子结合，促进平衡向溶解方向进行，所以镁离子浓度增大，故D正确；故选CD考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化12某固体粉末甲中可能含有K2CO3、KNO3、NaNO2、K2SO3、Na2SO4、FeO、Fe2O3中的若干种，某同学为确定该固体粉末的成分，取甲进行连续实验，实验过程及现象如下 （ ） 该同学得出的结论正确的是 A根据现象1可推出该固体粉末中含有钠元素，但不含钾元素B根据现象2可推出该固体粉末中一定含有NaNO2C根据现象3可推出该固体粉末中一定含有Na2SO4D根据现象4和现象5
13、可推出该固体粉末中一定含有FeO和Fe2O3【答案】D【解析】试题分析：A、由焰色反应为黄色可知该固体中含有钠元素，但不能判断是否含有钾元素，错误；B、红棕色气体是二氧化氮，说明该固体中含有N元素，但不能确定一定含有NaNO2，若固体中含有K2SO3、KNO3，加入稀盐酸后也会有NO产生，所以不能由现象2判断该固体粉末中一定含有NaNO2，错误；C、若固体中含有K2SO3、KNO3，加入稀盐酸后再加入氯化钡溶液，也会有硫酸钡的白色沉淀，所以不能由现象3推出该固体粉末中一定含有Na2SO4，错误；D、该固体中不溶于水的物质是FeO、Fe2O3，加入足量盐酸后，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶
14、液中一定存在铁离子，所以原固体中含有Fe2O3，加入K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中一定存在亚铁离子，所以原固体中一定含有FeO，正确，答案选D。考点：考查对混合物的分析，离子的鉴定，实验现象的分析13元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是( )A元素形成的单质晶体均属于原子晶体B、对应的简单离子半径依次减小C形成的化合物阴阳离子个数比可能为11D元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键【答案】D【解析】试题分析：由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为C
15、l。A碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错误；B电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-Cl-Na+，故B错误；CNa2O与Na2O2中阴阳离子个数比均为1:2，故C错误；D氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故D正确。故选D。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。14下列图示与叙述正确的是A图甲表示用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00ml，0.1000mol/L的醋酸溶液得到的滴定曲线B图乙表示压强对可逆反应2A (g) B (g) 3C (g)+D (s)的影响且甲的比乙的压强大C图丙表
16、示可逆反应Fe3+(aq)+SCN(aq)Fe(SCN)2+(aq)平衡时，物质的量浓度 Fe(SCN) 2+与温度T的关系，反应处于D点时，一定有V（正）V（逆）D图丁所示装置可证明溴与苯发生取代反应【答案】C【解析】试题分析：A.醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，当溶液的浓度是0.1000mol/L时，溶液中c(H+) 1，图示显示未滴定时pH=1，不符合反应事实，错误；B.中的压强，物质的浓度增大，反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，因此压强甲乙，但是由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，改变压强平衡不发生移动，与图像不吻合，错误；C.根据图像可知，升高温度，Fe(SCN) 2+的
17、浓度减小，说明平衡逆向移动。逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应。当反应处于D点时，由于没有达到该温度下的平衡状态，反应正向进行，因此V(正)V(逆)，正确；D.苯与液溴在铁作催化剂时发生取代反应产生溴苯和HBr，HBr与AgNO3会发生沉淀反应，但是溴发生的取代反应是放热反应，溴挥发至试管中，Br2溶于水，也产生Br-，因此不能确定Br-是取代反应产生，应该先用有机溶剂将气体洗气后再通入到AgNO3溶液中检验，错误。考点：考查实验装置图或图像在化学反应的表示中的应用的知识。15下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A氯水中：c（Cl2）2c（ClO）2c（Cl）2c（HClO）BN
18、a2CO3溶液：c（OH）c（HCO3-）2c（H2CO3） c（H）C等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）c（ClO）c（HCO3-）c（H2CO3）D室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H）【答案】BD【解析】试题分析：氯气溶于水时不会全部都与水发生反应，故不存在等式中的守恒，A错；Na2CO3溶液中c（OH）c（HCO3-）2c（H2CO3） c（H）是质子守恒，B对；根据物料守恒，等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中有：c（HClO）c（ClO）c（HCO3-）c（H
19、2CO3）+ c（CO32-），C错；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，NaOH溶液要稍过量，故c（Na）c（SO42-）c（NH4+）c（OH）c（H），D对。考点：利用物料守恒、盐类水解等比较溶液中离子浓度的大小。16某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，实验小组利用A制备Al(OH)3的操作流程如下：据此回答下列问题：（1）、四步中分离溶液和沉淀所采取的操作名称是_，该实验操作所用到的玻璃仪器有_ _。（2）根据上述流程，写出D、E所含物质的化学式：沉淀D_；溶液E_、_。（3）写出、反应的离子方程式：_ _ _；_ _。【答案】（1）过滤 玻璃棒、烧杯、
20、漏斗（2）Fe2O3 (NH4)2SO4 K2SO4（3） Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+AlO2-CO22H2O=Al(OH)3 HCO3-【解析】试题分析： （1）分离溶液和沉淀用过滤的方法，用到的仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗。（2）由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应中生成的沉淀为Al（OH）3，受热分解生成B为Al2O3，反应为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3H2O。（3）据以上分析得反应为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+，反
21、应AlO2-CO22H2O=Al(OH)3 HCO3-。考点：考查物质分离17某100mL的CuCl2溶液中，已知溶液中的Cl的浓度为0.2mol/L。现将一定量的铁粉投入到该溶液中，回答下列问题：（忽略反应过程中体积变化）（1）原溶液中Cu2+的浓度为 ；（2）反应后测得Cl的浓度为 ；（3）若反应后测得Fe2+的溶液为0.05mol/L，则反应生成铜单质的质量为 g；（4）剩余的Cu2+的浓度为 mol/L。【答案】（1）0.1 mol/L；（2）0.2 mol/L；（3）0.32g（4）0.05 mol/L；【解析】试题分析：（1）根据溶液中氯离子的浓度是0.2mol/L，可知溶液中铜离
22、子的浓度是氯离子浓度的1/2，所以铜离子的浓度是0.2/2=0.1mol/L；（2）氯离子在该反应中未参与反应，所以离子浓度不变，仍是0.2mol/L；（3）若反应后测得Fe2+的溶液为0.05mol/L，溶液的体积是0.1L，则加入Fe的物质的量是0.1L0.05mol/L=0.005mol，该反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，所以生成单质Cu的物质的量是0.005mol，其质量是0.005mol64g/mol=0.32g；（4）原溶液中铜离子的物质的量是0.1mol/L0.1L=0.01mol，析出Cu的物质的量是0.005mol，所以溶液中剩余铜离子的物质的量是0.01-
23、0.005=0.005mol，所以剩余铜离子的物质的量浓度是0.005mol/0.1L=0.05mol/L。考点：考查溶液中离子浓度的计算、化学方程式的计算18某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有烧杯（大小两个烧杯）、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌器、量筒、05mol L-1 盐酸、055mol L-1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是 。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？ （填“能”或“否”），其原因是 _。（3）他们记录的实验数据如下：实 验 用 品溶 液 温 度中和热H（ kJmol1）t1t250mL055molL-1NaOH50mL0
24、5molL-1HCl20233 50mL055molL-1NaOH50mL05molL-1HCl20235已知：Q=Cm(t2 -t1)，反应后溶液的比热容C为418KJ-1 Kg-1，各物质的密度均为1gcm-3。计算完成上表（结果直接填写在表格中）。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式： （4）若用KOH代替NaOH，对测定结果 _（填“有”或“无”）影响；若用醋酸代替HCl做实验，对测定结果 _（填“有”或“无”）影响。【答案】（1）温度计（1分）（2）否（1分）；金属易导热，热量散失导致误差大。（2分）（3）-56.8(或-56.85)KJ/mol（3分）NaOH
25、 (aq) + HCl(aq) = NaCl(aq) + H2O(l) H=-56.8KJ/mol(用离子方程式也可)（3分）(4)无 、 有（各1分）【解析】试题分析：金属的导热系数大于玻璃，造成热量散失，误差大；多次测量，温度取平均值23.4，m（HCl）=m(NaOH)=50g，50mL055molL-1NaOH与50mL05molL-1HCl发生中和反应时放出的热量为：Q=Cm(t2 -t1)= 418KJ-1 Kg-10.1kg（23.4-20）=1.42 KJ，生成1mol水时的反应热为：=1.42 KJ0.025mol=-56.8 KJ/mol。中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中
26、和反应生成1 mol液态水时所释放的热量。KOH与NaOH同为强碱，故对测定结果无影响；醋酸为弱电解质，溶于水发生电离，放出的热量较小。考点：中和热的测定点评：对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累。难度较大。19（16分）硫酸是一种实验室常用的化学试剂。请按要求填空：（1）浓硫酸试剂瓶上适合贴上的图标是 （填写字母标号）。（2）实验室有1.00molL-1的硫酸溶液，从中准确量出10.00 mL，其物质的量浓度为 molL-1。现将准确量出的10.00 mL的硫酸溶液配制成0.100molL-1的稀硫酸，所需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒还需 和
27、 。（3）用图所示的实验装置验证铜与浓硫酸反应生成的气体产物，则装置、分别为 。A品红溶液 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 DAgNO3溶液（4）装置中发生反应的化学方程式为 ，若装置中加入铜6.4g和含有0.2molH2SO4的浓硫酸，则产生二氧化硫质量 A等于6.4克B大于6.4克 C小于6.4克 D不能确定（5）若将装置中的铜片换成木炭，装置试管内为品红溶液， 装置试管内为澄清石灰水，则装置中发生反应的化学方程式为 。装置中的现象是 。根据装置观察到有白色沉淀生成的现象 ， （填“能”或“不能”）判断该白色沉淀一定只有CaCO3。【答案】（共16分）（1）C（1分） （2） 1.00（
28、1分）；胶头滴管（1分）；100mL容量瓶（1分）（3）A（1分）；C（1分）（4）Cu+2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2+2H2O （2分） C（2分）（5）C+2H2SO4（浓）= CO2+2SO2+2H2O（2分）溶液由红色变为无色（2分） 不能（2分）【解析】试题分析：（1）浓硫酸具有强氧化性，有很强的腐蚀性。（2）在同一个溶液中的浓度是相等的。配置溶液需要的仪器有，烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。（3）中验证SO2用的是品红溶液。中是进行尾气吸收用的是NaOH溶液。（4）中发生的是铜和浓硫酸的反应，方程式为：Cu+2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2+2H2O，
29、因为浓硫酸反应过程中浓度越来越稀，到最后呈稀硫酸就不和铜反应了，故产生二氧化硫质量小于6.4克。（5）中发生的是炭和浓硫酸的反应，方程式为：C+2H2SO4（浓）= CO2+2SO2+2H2O，SO2通入到中品红溶液褪色，因为SO2能和反应生成沉淀，所以不能判断该白色沉淀一定只有CaCO3。考点：化学实验点评：本题重点考查的是浓硫酸的氧化性的相关知识，题中涉及到的化学反应均为课本中的，学生要注重对课本知识的学习。20碘酸钾（KIO3）晶体是我国规定的食盐加碘剂。它通常是以碘为原料与过量KOH溶液通过下列反应制得：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，再将 KI 和 KIO3的混合溶液电
30、解，将其中的I转化为IO3，装置如图。（1）在反应3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。（2）电解前，将KI和KIO3混合溶液加入阳极区；将氢氧化钾溶液加入阴极区。电解槽用水冷却。电解时，阳极上的电极反应 ；阴极上得到的气体产物为 ；（3）某同学查资料获知：KIO3在酸性介质中与碘化物作用生成单质碘，该反应的离子反应方程式为 ，为确定电解是否完成，需检验阳极区电解液中是否含有I，该同学选用淀粉溶液和稀硫酸进行实验，其它仪器及用品自选，请完成其方案：实验操作现象及结论（4）电解完毕，从电解液中得到KIO3晶体的过程为：步骤的操作名称 ，步骤中洗涤晶体的
31、目的 。【答案】（1）5:1（2）I-+6OH-6e-=IO3-+3H2O 氢气（3）IO3-+ 5I-+6H+=3I2+3H2O【实验操作】取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后，加入几滴淀粉 溶液，观察是否变蓝【现象及结论】如果不变蓝，说明没有I-（如果变蓝，说明有I-）（4）蒸发浓缩，洗去吸附在碘酸钾晶体表面的氢氧化钾等杂质【解析】试题分析：（1）碘元素由0价升为+5价，则I2是还原剂，KIO3是氧化产物，碘元素还由0价降为1价，则I2还是氧化剂，KI是还原产物；根据系数之比等于物质的量之比，由于氧化产物KIO3为1mol，则还原剂I2为1/2mol，还原产物KI为5mol，则氧化剂
32、I2为5/2mol，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5/21/2=51；（2）阳极发生氧化反应，根据题意可知其主要反应物和产物是IIO3；碘元素由1价升为+5价，根据化合价升高总数等于失去电子数可知，I6eIO3；根据KOH溶液显碱性可知，应用OH使左右电荷守恒，则I6e+6OHIO3；根据氢或氧原子个数守恒可知，I6e+6OH=IO3+3H2O；溶液中的阳离子移向阴极，H+优先得到电子，发生还原反应，产生氢气，则阴极得到的气体产物是H2；（3）碘元素由+5价降为0价，说明KIO3是氧化剂，I2是还原产物，碘元素由1价升为0价，说明I是还原剂，I2还是氧化产物；根据化合价升降总数相等
33、，则IO3+5I3I2；酸性介质中可用H+使左右电荷守恒，则IO3+5I+6H+3I2；根据氢或氧原子守恒可知，该反应为IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；检验阳极区电解液中I时，需要借助上述反应中碘离子的氧化产物（碘单质）遇淀粉变蓝的特性，就是要设法使碘离子转化为碘单质；因此实验时先取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后，再加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝，若不变蓝，说明无碘离子；若变蓝，说明有碘离子；（4）根据混合物分离提纯的方法可知，从KIO3溶液中制KIO3晶体的过程分别为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则步骤为蒸发浓缩；KIO3晶体上吸附着KOH等易溶性杂质，洗涤的目的是
34、除去晶体表面吸附的易溶性杂质。考点：考查氧化还原反应、电解原理、离子反应原理、实验方案的设计、混合物分离提纯的方法和步骤等。21(12分)氯化硫酰（SO2Cl2）主要用作氯化剂。它是一种无色液体，熔点54.1，沸点69.1，遇水生成硫酸和氯化氢。氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3kJ/mol为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是 （用编号填空）。A缩小容器体积 B使用催化剂 C增加SO2浓度 D升高温度(2)300时，体积为1 L的密闭容器中充入16.20 g SO2Cl2，达到平衡时容器中含SO
35、2 7.616 g，则300时合成SO2Cl2反应的平衡常数为 。(3)已知某温度下，已知Ksp(AgCl)2.01010，Ksp(Ag2SO4)1.6105，在SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液，当Ag+浓度为0.1mol/L时，浑浊液中Cl-浓度与SO42- 浓度之比为 。将(2)所得的平衡混合气溶于足量的BaCl2溶液中，计算最终生成沉淀的质量是多少（写出计算过程）。【答案】AC 0.0706 (3分) (3) 1.25106 (3分)SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HC
36、l由S元素质量守恒，可得：BaSO4的物质的量为0.12mol质量为：0.12mol233g/mol=27.96g (4分)【解析】（1）缩小容器体积，则气体浓度增大，即压强增大，平衡正向移动，能提高Cl2的平衡转化率；使用催化剂，不影响平衡移动，则不能提高Cl2的平衡转化率；增加SO2浓度，平衡正向移动，能提高Cl2的平衡转化率；升高温度，平衡逆向移动，Cl2的平衡转化率减小；（2） SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l) C(初始) 0 0 0.12 C 0.119 0.119 0.119C（平衡） 0.119 0.119 0.001平衡常数K=0.001mol.L-1/(0.119
37、mol.L-10.119 mol.L-1)= 0.0706（mol.L-1）-1；（3） AgCl(S) Ag+(aq)+Cl-(aq) Ksp(AgCl)2.01010=Ag+Cl-，则Cl-=2.0109 mol.L-1Ag2SO4(S) 2Ag+(aq)+SO42-( aq) Ksp(Ag2SO4)1.6105=Ag+2SO42- ，则SO42-= 1.6103 mol.L-1故 Cl-：SO42-=1.2510622随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示根据判断出的元素回答问题：（1）f 在元素周期表的位置是 ；g的离子结构
38、示意图为 （2）在z、d、e、f 四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为 （用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是： （3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式 （4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因 （5）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 【答案】（1）第三周期A族；（2）r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+）；HClO4；（3）；（4）NH4+H2ONH3H2O+H+；（5）2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=5
39、11kJmol1【解析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；S2离子结构示意图为，（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+）；非金属性SCl，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3，电子式为：（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解：N
40、H4+H2ONH3H2O+H+，溶液呈酸性（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，2mol钠反应放出放出的热量为255.5kJ2=511kJ，反应热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol123某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是_。（2）写出以下4种物质的化学式为：B_、C_、D_、E_。（3）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为_。沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为_。溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为_。【答案
41、】（1）过滤；（2）Al2O3、Fe2O3、NaAlO2、Al(OH)3；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；Al2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3+3(NH4)2SO4。【解析】试题分析：A是Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3的混合物，加入水中，Al2O3和Fe2O3不溶解，进入沉淀F中，溶液G中含有Al2(SO4)3；向F中加入NaOH溶液，氧化铝发生反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O，得到的溶液D含有NaAlO2，沉淀C是Fe2O3；向溶液G中加入过量的氨水，发生反应：Al2(SO4)3+6 NH
42、3H2O3(NH4)2SO42Al(OH)3，形成的沉淀E是Al(OH)3，氢氧化铝是两性氢氧化物，可以与NaOH发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；将氢氧化铝加热，会发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3+3 H2O。（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是过滤；（2）物质的化学式为：B是Al2O3、C是Fe2O3、D是NaAlO2、E是Al(OH)3；（3）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；沉淀E是Al(OH)3，属于两性氢氧化物，可以与稀硫酸反应产生硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O
43、；一水合氨是弱碱，与铝盐溶液发生反应产生氢氧化铝沉淀和硫酸铵，溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6NH3H2O=2Al(OH)3+3(NH4)2SO4。【考点定位】考查混合物的分离方法、铝元素的单质及化合物的性质、转化、化学方程式和离子方程式的书写的知识。【名师点睛】铝盐、偏铝酸盐都可以溶于水，氧化铝、氢氧化铝都难溶于水，它们都是两性物质，可以与强酸、强碱发生反应，与酸反应产生铝盐，与碱反应产生偏铝酸盐，向铝盐溶液中加入弱碱，无论碱是否过量，只能形成氢氧化铝沉淀；若加入强碱，首先反应产生氢氧化铝沉淀，然后是过量的强碱与反应产生的氢氧化铝反应产生可溶性的偏铝酸盐，氢氧化铝不稳定加热发生分解反应产生氧化铝和水。可根据铝元素的单质及化合物的性质，结合质量守恒定律书写化学反应方程式，若是离子反应，书写离子方程式时再结合电荷守恒进行书写及判断其正误。
