浙江省2018-2019学年高三化学选考科目模拟试题（含解析）.doc

1、浙江省浙江省 20182018- -20192019 学年高三化学选考科目模拟试题（含解析）学年高三化学选考科目模拟试题（含解析） 1.下列属于碱的是 A. HI B. KClO C. NH3 .H 2O D. CH3OH 【答案】C 【解析】 【详解】A.HI 在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故 A 错误； B.KClO 是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故 B 错误； C. NH3 .H 2O 在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故 C 正确； D. CH3OH 是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故 D 错误； 答案选 C。 2.仪器名

2、称为“干燥管”的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 A、此装置为研钵，故 A 错误；B、此装置为干燥管，故 B 正确；C、此装置为干燥器，故 C 错 误；D、此装置为分液漏斗，故 D 错误。 3.下列属于电解质的是( ) A. 酒精 B. 食盐水 C. 氯化钾 D. 铜丝 【答案】C 【解析】 【分析】 电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此分析。 【详解】A、酒精结构简式为 CH3CH2OH，属于非电解质，故 A 不符合题意； B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故 B 不符合题意； C、氯化钾属于盐，属于电解质，故 C 符合题意； D、铜丝属于

3、单质，既不是电解质也不是非电解质，故 D 不符合题意； 答案选 C。 4.下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是 A. 4Na + O2 = 2Na2O B. 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 C. 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 D. 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO 【答案】D 【解析】 【详解】A4Na+O22Na2O 反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是 同一元素，故 A 错误； B2FeCl2+Cl22FeCl3反应中 FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被 还原的元素不是同一元素，故 B 错

4、误； C2Na+2H2O2NaOH+H2反应中钠元素化合价升高被氧化，H 元素化合价降低被还原，被氧化 与被还原的元素不是同一元素，故 C 错误； D3NO2+H2O2HNO3+NO 该反应中只有 N 元素的化合价变化，N 元素既被氧化又被还原，故 D 正 确； 故选 D。 5.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是( ) A. 分散质粒子直径在 1100 nm 间的分散系 B. 能使淀粉KI 试纸变色的分散系 C. 能腐蚀铜板的分散系 D. 能使蛋白质盐析的分散系 【答案】A 【解析】 【分析】 能产生“丁达尔效应”的分散系为胶体，据此分析。 【详解】A、分散质的粒子直径在 1nm100nm 之

5、间的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应， 故 A 符合题意； B、能使淀粉KI 试纸变色，说明该分散系具有强氧化性，能将 I 氧化成 I 2，该分散系可能 是溶液，如氯水等，溶液不具有丁达尔效应，故 B 不符合题意； C、能腐蚀铜板，如 FeCl3溶液，溶液不具有丁达尔效应，故 C 不符合题意； D、能使蛋白质盐析的分散系，可能是溶液，如硫酸铵，溶液不具有丁达尔效应，故 D 不符合 题意； 答案选 A。 6.下列说法不正确的是( ) A. Na-K 合金用作快中子反应堆的导热剂 B. MgO 是一种常用的耐高温材料 C. 亚铁盐是常用的补血药剂 D. 石英坩埚常用来熔融碱 【答案】D 【解析】

6、【详解】A、NaK 合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂， 故 A 说法正确； B、MgO 熔沸点高，常用作耐高温材料，故 B 说法正确； C、我国最常见的贫血症是缺铁性贫血，铁是制造血红蛋白必不可缺少的原料，因此亚铁盐是 常用补血剂，故 C 说法正确； D、石英是 SiO2，属于酸性氧化物，与碱能发生反应，因此石英坩埚不能熔融碱，常用铁制坩 埚，故 D 说法错误； 答案选 D。 7.下列有关化学用语表示不正确 的是（ ） A. 蔗糖的分子式： C12H22O11 B. HClO 的结构式 H-Cl-O C. 氯化钠的电子式： D. 二硫化碳分子的比例模型： 【答案】

7、B 【解析】 【详解】A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A 正确； B、HClO 为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过 1 对共用电子对结合，结构式为 H OCl，B 错误； C、氯化钠为离子化合物，电子式： ，C 正确； D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第 二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D 正确； 答案选 B。 8.下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是 A. SO2 B. H2O2 C. 新制氯水 D. 碘酒 【答案】A 【解析】 A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故 A 正确； B.

8、H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B 错误; C. 新 制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C 错误； D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D 错误。答案 选 A. 9.下列反应或过程吸收能量的是( ) A. 苹果缓慢腐坏 B. 弱酸电离 C. 镁带燃烧 D. 酸碱中和 【答案】B 【解析】 【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故 A 不符合题意； B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故 B 符合题意； C、镁带燃烧，属于放热反应，故 C 不符合题意

9、； D、酸碱中和，属于放热反应，故 D 不符合题意； 答案选 B。 10.下列说法正确的是 A. 检验(NH4)2Fe(SO4)212H2O 晶体中的 NH4 +：取少量晶体溶于水，加入足量浓 NaOH 溶液并加 热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体 B. 验证 FeCl3与 KI 反应的限度：可将少量的 FeCl3溶液与过量的 KI 溶液混合，充分反应后用 CCl4萃取，静置，再滴加 KSCN 溶液 C. 受溴腐蚀至伤时，先用稀 NaOH 溶液洗，再用水洗 D. 用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应 【答案】B 【解析】 【详解】A向某无色溶液中加入浓 NaOH 溶液，加热试管，检验氨气

10、，利用湿润的红色石蕊 试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含 NH4 +，不是用蓝色石蕊试纸检验，故 A 错误； B反应中氯化铁不足，KSCN 溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存 在化学反应的限度，故 B 正确； C氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量 水冲洗，故 C 错误； D淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故 D 错误； 故选 B。 11.下列说法正确的是 A. 12 6C表示质量数为 6、中子数为 6 的核素 B. 在光照下与氯气反应,生成的一氯代物有 3 种 C. CH3COOCH2

11、CH3和 CH3COOCH3互为同系物 D. 某有机物的名称为 3-乙基丁烷 【答案】C 【解析】 A、12 6C表示质量数为 12、质子数为 6 的一种核素，故 A 错误；B、 分子结构中有 两种氢原子，所以其一氯代物有 2 种，即 B 错误；C、同系物是结构相似，分子组成上相差若 干个 CH2原子团的一系列有机化合物，所以 C 正确；D、某有机物的名称为 3-乙基丁烷，不符 合最长碳链为主链的原则，故 D 错误。本题正确答案为 C。 点睛：同系物概念中的结构相似，是指结构特征或碳原子的成键特征相似，若有官能团时， 不仅要求官能团相同，官能团的数目也要相同；有机物的命名要遵循最长碳链为主链，

12、支链 的位置最小或位置和最小，要正确表达取代基的位置、数目、名称以及与主链的关系等。 12.工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)2N2(g)6H2(g)Si3N4(s)12HCl(g) H丁戊， 故 A 错误； B、若丙为 Na，丁为 Mg，则戊为 Al，故 B 错误； C、同周期从左向右金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性： 丙丁戊，故 C 正确； D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲c(HCl)，中和相同的 NaOH 溶液时，浓度大的醋酸消耗的体 积小，故 D 正确； 答案选 D。 19.根据如下能量关系示意图，下列说法

13、正确的是 A. 1 mol C(g)与 1 mol O2(g)的能量之和为 393.5 kJ B. 反应 2CO(g)+O2(g)2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量 C. 由 CCO 的热化学方程式为：2C(s)+O2(g)2CO(g) H=221.2 kJmol 1 D. 热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则 CO 热值 H=10.1 kJmol 1 【答案】C 【解析】 【详解】 A、 由图可知： 1molC(s)与 1molO2(g)的能量之和大于 393.5kJ， 而 1molC(g)与 1molO2(g) 的能量之和远大于 393.5kJ，故 A 错误

14、； B、由图可知：1molCO(g)和 0.5mol 的 O2(g)生成 1molCO2(g)放出 282.9kJ 的热量，所以反应 2CO(g)+O2(g)2CO2(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故 B 错误； C、由图可知：1molC(s)和 0.5molO2(g)转化为 1mol 的 CO(g)，放出热量为：393.5 kJ -282.9 kJ=110.6kJ，所以 2C(s)+O2(g)2CO(g)H=-221.2kJ/mol，故 C 正确； D、热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种 较为稳定的状态，则 CO 的热值为 282.9

15、28 kJ/g=10.1kJ/g，单位不正确，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题主要考查了热化学方程式的书写以及反应热的计算，要能根据热值来计算一定 量的物质燃烧时放出的热量。本题的易错点为 D，要注意热值的单位。 20.下列说法正确的是 A. Na2SO4 晶体中只含离子键 B. HCl、HBr、HI 分子间作用力依次增大 C. 金刚石是原子晶体，加热熔化时需克服共价键与分子间作用力 D. NH3 和 CO2 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构 【答案】B 【解析】 A、Na2SO4晶体中既有 Na +和 SO 4 2-之间的离子键，又有 S 和 O 原子间的共价键，

16、故 A 错误；B、 由于 HCl、HBr、HI 分子组成相同，结构相似，所以相对分子质量越大其分子间作用力超强， 所以 B 正确；C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键，故加热融化时只克服原子间的 共价键，故 C 错误；D、NH3中 H 原子只能是 2 电子结构，故 D 错误。本题正确答案为 B。 21.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量 KIO3氧化，当 NaHSO3完全消耗即有 I2析出，依据 I2 析出所需时间可以求得 NaHSO3的反应速率。将浓度均为 0.020 molL 1NaHSO 3溶液(含少量淀 粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液 40.0 mL 混合，记录

17、 1055 间溶液变蓝时间，55 时 未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是( ) A. 40 之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短 B. 40 之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长 C. 图中 b、c 两点对应的 NaHSO3的反应速率相等 D. 图中 a 点对应的 NaHSO3的反应速率为 5.010 5molL1s1 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据图像，40以前由 80s 逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故 A 说法正 确； B、根据图像，40之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故 B 说法正确； C、40以前，温度越高，反应速率越快，40以后温度越

18、高，变色时间越长，反应越慢，可 以判断出 40前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故 C 说法错误； D、混合前 NaHSO3的浓度为 0.020molL 1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据 c 1V1=c2V2，混 合后 NaHSO3的浓度为 -3 -3 10 10 L 0.020mol/L (10+40) 10 L =0.0040molL 1，a 点溶液变蓝时间为 80s，因为 NaHSO3不足或 KIO3过量，NaHSO3浓度由 0.0040molL 1变为 0，根据化学反应速率 表达式，a 点对应的 NaHSO3反应速率为 0.0040mol/L 80s

19、 =5.010 5mol/(Ls)，故 D 说法正确； 答案选 C。 【点睛】易错点是选项 D，学生计算用 NaHSO3表示反应速率时，直接用 0.02molL 1和时间 的比值，忽略了变化的 NaHSO3浓度应是混合后 NaHSO3溶液的浓度。 22.用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 4.6 g Na 与含 0.1 mol HCl 的稀盐酸充分反应，转移电子数目为 0.1NA B. 25时，pH=13 的 Ba(OH)2溶液中含有 OH 的数目为 0.2N A C. 常温下，14 克 C2H4和 C3H6混合气体所含的原子数为 3NA D. 等质量的 1H 2 18O

20、与 D 2 16O，所含中子数前者大 【答案】C 【解析】 【详解】A. Na 既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6 g 钠物质量为 0,2mol,转移电 子数为 0.2mol，即 0.2NA，故 A 错； B. pH=13 的 Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有 OH 的数目，故 B 错； C. 常温下，C2H4和 C3H6混合气体混合气体的最简比为 CH2，14 克为 1mol，所含原子数为 3NA， C 正确； D. 等质量的 1H 2 18O 与 D 2 16O，所含中子数相等，均为m 10 20 NA，故 D 错。 答案为 C。 23.常温下，向 1 L 0.1 mo

21、l/LNH4Cl 溶液中，不断加入固体 NaOH 后，NH4 +与 NH 3 H2O变化 趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是( ) A. 当 n(NaOH)0.1 mol 时，溶液中存在 NH3 H2O B. a0.05 C. 在 M 点时，n(OH )n(H)(a0.05) mol D. 当 n(NaOH)0.1 mol 时，c(Na )c(Cl)c(OH) 【答案】B 【解析】 【详解】A、当 n(NaOH)=0.1mol，与 NH4Cl 恰好完全反应，NaOHNH4Cl=NaClNH3H2O，溶液 中存在 NH3H2O，故 A 说法正确； B、当

22、 a=0.05mol 时，溶液中的溶质为 0.05molNH4Cl 和 0.05molNH3H2O，而 NH4 的水解程度 小于 NH3H2O 的电离，c(NH4 ) c(NH 3H2O)， 与题意不符，故 B 说法错误； C、在 M 点时，n(Na )=amol，n(Cl)=0.1mol，n(NH 4 )=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH 4 ) n(Na )n(H)=n(OH)n(Cl)，则 n(OH)n(H)=n(NH 4 )n(Na)n(Cl)=0.05n(Na )n(Cl)=(a0.05)mol，故 C 说法正确； D、加入 0.1molNaOH 后，刚好生成 0.1molNa

23、Cl 和 NH3H2O，则 c(Na )=c(Cl)c(OH)，故 D 说法正确； 答案选 B。 24.过氧化钙(CaO2)微溶于水， 溶于酸， 可作分析试剂、 医用防腐剂、 消毒剂。 实验室常用 CaCO3 为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3 稀盐酸、煮沸、过滤 滤液 氨水和双氧水过滤 冰浴 白色 结晶(CaO2)。下列说法不正确的是( ) A. 逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的 HCl B. 加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O C. 生成 CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解 D. 过

24、滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分 【答案】A 【解析】 【分析】 根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐 酸反应，发生 CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸， 加热煮沸的目的是除去溶液中多余的 CO2， 加入氨水和双氧水时发生的反应是 CaCl22NH3H2O H2O2=CaO22NH4Cl2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析； 【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量， CaCO3与盐酸反应，发生 CaCO32HCl=

25、CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化 钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的 CO2，故 A 说法错误； B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为 CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O， 故 B 说法正确； C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故 C 说法正确； D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故 D 说法正 确； 答案选 A。 【点睛】易错点是选项 A，学生注意到 CaO2溶于酸，需要将过量 HCl 除去，但是忽略了流程， 碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与

26、盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O， 没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到 CO2能溶于水， 反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去 CO2。 25.某固体混合物 X 可能是由 Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某 兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量） 。 下列说法不正确的是 A. 气体 A 一定是混合气体 B. 沉淀 A 一定是 H2SiO3 C. 白色沉淀 B 在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色 D. 该固体混合物一定含有 Fe、Na2CO3、BaCl2 【答案

27、】D 【解析】 固体混合物可能由 Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知， 气体 A 与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则 A 中一定含 CO2；混合物与足量稀盐酸反应后 的沉淀 A 为 H2SiO3。溶液 A 与 NaOH 反应后生成白色沉淀 B，则 B 为 Fe（OH）2，溶液 B 与硝酸、 硝酸银反应生成沉淀 C 为 AgCl，则原混合物中一定含有 Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有 BaCl2。 根据以上分析可以解答下列问题。A. 稀盐酸与 Na2CO3反应生成 CO2气体，与 Fe 反应生成 H2， 气体 A 是 CO2与 H

28、2的混合气体，A 正确；B. 沉淀 A 为 H2SiO3沉淀，B 正确；C. B 为 Fe（OH）2 ， 在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C 正确；D. 该固体混合物中可能含有 BaCl2，D 错误。答案选 D. 26.已知：D 为烃，E 分子中碳元素与氢元素的质量之比 61，相对分子质量为 44，其燃烧产 物只有 CO2和 H2O。A 的最简式与 F 相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。 （1）A 的结构简式为_。 （2）写出 DE 的化学方程式_。 （3）下列说法正确的是_。 A.有机物 F 能使石蕊溶液变红 B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物 C、E、F 的水溶液

29、C.等物质的量的 C 和 D 分别完全燃烧消耗氧气的量相等 D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物 B 中混有的少量 C、F E.B 的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有 2 种 【答案】 (1). CH2OH(CHOH)4CHO (2). 2CH2CH2+O22CH3CHO (3). ACDE 【解析】 【分析】 A 能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明 A 为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成 C 为乙 醇，E 分子中碳元素与氢元素的质量之比 61，说明 E 分子中 C 与 H 原子个数比为 1:2，相对 分子质量为 44，其燃烧产物只有 CO2和 H2O，则 E 为 CH3CHO，D 为烃，

30、根据 C 和 E 可知，D 为乙 烯，F 的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明 F 为乙酸，B 在酸性条件下生成 乙酸和乙醇，则 B 为乙酸乙酯。据此判断。 【详解】(1)A 为葡萄糖，其结构简式为 CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO； (2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为：2CH2 CH2+O22CH3CHO； (3)A. 有机物 F 为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故 A 正确； B. C 为乙醇、E 为乙醛、F 为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生 成砖红色沉淀，

31、乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用 新制的氢氧化铜区分，故 B 错误； C. 1mol 乙醇完全燃烧消耗 3mol 氧气，1mol 乙烯完全燃烧消耗 3mol 氧气，则等物质的量的 乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故 C 正确； D. 饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠 溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故 D 正确； E. 乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共 2 种，故 E 正确； 答案选：ACDE。 27.为确定某盐 A(仅含三种

32、元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究： 请回答： (1)A 的化学式为_。 (2)固体 C 与稀盐酸反应的离子方程式是_。 (3)A 加热条件下分解的化学方程式为_。 【答案】 (1). FeSO4 (2). Fe2O36H 2Fe33H 2O (3). 2FeSO4Fe2O3SO2 SO3 【解析】 【分析】 气体 B 通入足量的 BaCl2溶液，有白色沉淀 D 生成，该沉淀为 BaSO4，物质的量为 2.33g 233g/mol =0.01mol，则气体 B 中含有 SO3，SO3的物质的量为 0.01mol，其体积为 0.01mol22.4Lmol 1=224mL，B 为混合气体

33、，根据元素分析可知其中还含有 224mL 的 SO 2， 固体 C 为红棕色，即固体 C 为 Fe2O3，n(Fe2O3)= 1.6g 160g/mol =0.01mol，黄色溶液 E 为 FeCl3，据 此分析。 【详解】气体 B 通入足量的 BaCl2溶液，有白色沉淀 D 生成，该沉淀为 BaSO4，物质的量为 2.33g 233g/mol =0.01mol，则气体 B 中含有 SO3，SO3的物质的量为 0.01mol，其体积为 0.01mol22.4Lmol 1=224mL，B 为混合气体，根据元素分析可知其中还含有 224mL 的 SO 2， 固体 C 为红棕色，即固体 C 为 Fe

34、2O3，n(Fe2O3)= 1.6g 160g/mol =0.01mol，黄色溶液 E 为 FeCl3， （1）根据上述分析，A 仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为 0.02mol，S 原子的物质的量为 0.02mol，A 的质量为 3.04g，则氧原子的质量为(3.04g 0.02mol56gmol 10. 02mol32gmol1)=1.28g，即氧原子的物质的量为 1.28g 16g/mol =0.08mol，推出 A 为 FeSO4； （2） 固体 C 为 Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为 Fe2O36H =2Fe33H 2O； （3） Fe

35、SO4分解为 Fe2O3、 SO2、 SO3， 参与反应 FeSO4、 SO2、 SO3、 Fe2O3的物质的量 0.02mol、 0.01mol、 0.01mol、0.01mol，得出 FeSO4受热分解方程式为 2FeSO4 Fe2O3SO2SO3。 28.为分析某盐的成分， 做了如下实验： 请回答： （1）盐 M 的化学式是_； （2）被 NaOH 吸收的气体的电子式_； （3）向溶液 A 中通入 H2S 气体， 有淡黄色沉淀产生， 写出反应的离子方程式_ (不 考虑空气的影响)。 【答案】 (1). Fe(ClO4)3 (2). (3). 2Fe 3+H 2S=2Fe 2+2H+S 【

36、解析】 【详解】 （1）混合单质气体被稀 NaOH 溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明 有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为 Cl2.,说明 M 中含有 O 和 Cl 元素；由 “”说明红棕色固体为Fe2O3， 说明 M 中含有 Fe 元素； n （Fe2O3） =16g160g/mol=0.1mol， n （O2） =33.6g32g/mol=1.05mol， 则 m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g35.5g/mol=0.6mol，n（Fe） ：n（Cl） ： n（O）=0.2mol：0.6mol： （0.3mol+1.05mol

37、2）=1:3:12，则 M 的分子式为 Fe(ClO4)3。 （2）被 NaOH 吸收的气体为氯气，其电子式为：。 （3）A 为 FeCl3溶液，向溶液 A 中通入 H2S 气体， 有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式 2Fe 3+H 2S=2Fe 2+2H+S。 29.在含 3 mol NaHSO3的溶液中加入 a mol NaIO3的溶液充分反应(不考虑 I2I I 3 ，已知 还原性 HSO3 I)。 (1)当产生碘单质的量最多时，反应的 n(IO3 )_mol (2)若 1a1.2 时，则溶液中 SO4 2与 I的物质的量之比为_(用含 a 的表达式) 【答案】 (1). 1.2 (2)

38、. 3(65a) 【解析】 【分析】 HSO3 的还原性强于 I，发生离子反应的顺序是 IO 3 3HSO 3 =I3SO 4 23H、6HIO 3 5I =3I 23H2O，按照题中所给量进行计算。 【详解】HSO3 的还原性强于 I，发生离子反应的顺序是 IO 3 3HSO 3 =I3SO 4 23H、6H IO3 5I=3I 23H2O， （1）IO3 3HSO 3 =I3SO 4 23H 1 3 1 3 6H IO 3 5I=3I 23H2O 0.2 1 生成碘单质的量最多，消耗 IO3 的物质的量为(1mol0. 2mol)=1.2mol； （2）若 1a1.2 时，这两个反应都发生

39、，溶液中 n(SO4 2)=3mol，第二个离子方程式中，IO 3 不足，I 过量，此时消耗 I的物质的量为 5(a1)mol，溶液中 I的物质的量为15(a 1)mol=(65a)mol，则溶液中 SO4 2和 I物质的量之比为 3：(65a)。 【点睛】本题难点是判断反应的先后顺序，因为 HSO3 的还原性强于 I，同时是向 NaHSO 3溶液 滴加 NaIO3，因此 IO3 中 I 原子被还原成 I，而不是 I 2，即反应离子方程式为 IO3 3HSO 3 =I 3SO 4 23H，当 NaHSO 3被消耗完，继续滴加 IO3 ，IO 3 能将 I氧化成 I 2，其离子方程式为 6H I

40、O 3 5I=3I 23H2O。 30.生产钡盐的主要原料是重晶石（BaSO4） 。在高温下，重晶石与石墨存在如下反应： ： BaSO4(s)4C(s，石墨) 4CO(g)BaS(s) H1=571.2 kJ/mol ： BaSO4(s)4CO(g) 4CO2(g)BaS(s) H2=118.8 kJ/mol 回答下列问题： （1）反应在一定条件下能够自发的原因：_； （2）已知：C(s，石墨)O2(g)CO2(g) H3=393.5 kJ/mol； 求 CO 的标准燃烧热 H4=_kJ/mol； （3）图 1 为 1200K 下，恒容密闭容器中重晶石与石墨反应时，c(CO)随时间变化曲线图。

41、 请 分析图 1 曲线 c(CO)在 0t2区间变化的原因：_； （4）图 2 为实验测得不同温度下，反应体系中初始浓度比 2) c(CO c(CO) 与固体中 BaS 质量分数的 关系曲线。分析图 2 曲线，下列说法正确的有_； A提高 BaSO4 的投料量，可提高 BaS 的产率 B恒温恒容时，当混合气体的密度不变，反应、均达到化学平衡状态 C减小初始浓度比 2) c(CO c(CO) ，有利于增大 BaSO4的转化率 D适当升高温度，反应的平衡左移，对生成 BaS 不利 （5）图 1 中，t2 时刻将容器体积减小为一半，t3时刻达到新的平衡，请在图 1 中画出 t2t3 区间 c(CO)

42、的变化曲线_。 （6）工业生产中产生的 SO2 废气可用如图方法获得 H2SO4。写出电解的阳极反应式_。 【答案】 (1). 反应S0，H0，在较高温度下能自发 (2). -283 (3). 开 始时反应以为主，反应体系中 c(CO)逐渐增大，随着反应的进行，生成的 CO 和硫酸钡反应 生成二氧化碳，导致 c(CO)减小，当反应达到平衡状态时 c(CO)不变 (4). BC (5). (6). Mn 2+-2e-+2H 2OMnO2+4H + 【解析】 【详解】 （1） 反应 BaSO4(s)4C(s， 石墨)4CO(g)BaS(s) H1=571.2 kJ/mol 为 H1 0，反应物均为

43、固态，生成物有气态，故反 S0。所以反应S0，H0，在较高温 度下能自发。 ： BaSO4(s)4CO(g) 4CO2(g)BaS(s) H2 =118.8 kJ/mol （2）已知： BaSO4(s)4C(s，石墨) 4CO(g)BaS(s) H1=571.2 kJ/mol ： BaSO4(s)4CO(g) 4CO2(g)BaS(s) H2=118.8 kJ/mol C(s，石墨)O2(g)CO2(g) H3 =393.5 kJ/mol 由盖斯定律可知- 4 得到 2CO(g)+ O2(g)2CO2(g) H=-566 kJ/mol，所以 CO 的标准 燃烧热 H4=-283 kJ/mol；

44、 （3）开始时反应以为主，反应体系中 c(CO)逐渐增大，随着反应的进行，生成的 CO 和硫酸 钡反应生成二氧化碳，导致 c(CO)减小，当反应达到平衡状态时 c(CO)不变。 （4）ABaSO4是固体，改变用量不会影响平衡移动，不会提高 BaS 的产率。故 A 错； B ： BaSO4(s)4C(s， 石墨) 4CO(g)BaS(s) H1=571.2 kJ/mol， ： BaSO4(s) 4CO(g) 4CO2(g)BaS(s) H2=118.8 kJ/mol， 恒温恒容时， 当混合气体的密度不变， 反应、均达到化学平衡状态，故 B 对； C 根据图像可知减小初始浓度比 2 c(CO )

45、c CO ， BaS 的质量分数增大， 有利于增大 BaSO4 的转化率， 故 C 正确； D反应为放热反应，而反应为吸热反应，适当升高温度，对生成 BaS 由利，故 D 错； 答案选 BC。 （5）图 1 中，t2时刻将容器体积减小为一半，压强迅速增大一倍，t3 时刻达到新的平衡，曲 线图为：； （6）SO2做还原剂，MnO2做氧化剂，作阳极，阳极反应式 Mn 2+-2e-+2H 2OMnO2+4H +。 31.五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为 182 gmol -1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化 工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两

46、性氧化 物。某研究小组将从某粗钒(主要含有 V2O5,还有少量 Al2O3、Fe2O3)中提取 V2O5。实验方案设计 如下： 已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。 2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O 请回答： （1）第步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是_。(填编号) （2）调节 pH 为 88.5 的目的_。 （3）第步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_。(填编号) A冷水 B热水 C乙醇 D1% NH4Cl 溶液 （4）第 步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因_。 （5）硫酸工业中,SO2转化为 SO3的催化剂就选用 V2O5,催化过程

47、经两步完成,将其补充完整： _( 用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。 （6）将 0.253 g 产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节 pH 为 88.5,向反应后的溶液中加入 硫酸酸化的 KI 溶液(过量),溶液中含有 V 3+,滴加指示剂,用 0.250 molL-1Na 2S2O3溶液滴定, 达到终点消耗 Na2S2O3标准溶液 20.00 mL,则该产品的纯度为_。(已知： I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI) 【答案】 (1). B (2). 让 AlO2 - 转化为 Al(OH) 3沉淀，避免 VO3 -的沉淀 (3). A D (4). 若空气不流通，由于 V2O5具有强氧化性，会与还原性的 NH3反应，从而影响产物的纯度 及产率 (5). SO2+V2O5=2VO2+SO3 (6). 89.9% 【解析】 本题考查实验方案设计与评价， （1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加 NaOH，为了能够使 NaOH 溶液顺利滴下，需要