云南省峨山彝族自治县第一中学2018_2019学年高一化学6月月考试题（含解析）.docx

峨山一中20182019学年下学期6月月考高一年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mg-24 Mn-55 Al-27 I-127 Fe-56一、选择题(本题包括25题，每题2分。每题只有一个选项符合题意)1.下列设备工作时，将化学能转化为热能是（ ）A. 硅太阳能电池B. 锂离子电池C. 太阳能集热器D. 燃气灶【答案】D【解析】【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。2.在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（ ）A. 熔点：CO2KClSiO2B. 沸点：乙烷正丁烷异丁烷C. 热稳定性：HFNH3H2OD. 酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A.对于不同类型的晶体来说，原子晶体熔点大于离子晶体，离子晶体熔点大于分子晶体，因此熔点：CO2KClH原子，所以其比例模型：，C正确；D.Cl原子最外层有7个电子，所以Cl的结构示意图：，D错误；故合理选项是C。5.通过控制或改变反应条件可以加快、减缓甚至阻止反应的进行，使化学反应有利于人类的生存和提髙生活质量。下列各图所示的措施中，是为了加快化学反应速率的是A. 铁门表面喷漆 B. 橡胶里价炭黑 C. 扇子扇煤炉子 D. 【答案】C【解析】试题分析：A铁门表面喷漆使铁与氧气隔绝，减慢了反应速度，故A错误；B橡胶里加炭黑是为了提高橡胶的强度，增加它的耐磨性，与反应速率无关，故B错误；C扇子扇炉火给煤炭提供了足量的氧气，使反应速度加快，故C正确；D木电杆烤焦是为了生成焦炭，由于焦炭化学性质稳定，减慢了腐蚀速度，故D错误；故选C。考点：考查影响化学反应速率的因素。6.下列说法正确的是 ()A. 对于吸热反应，反应物所具有的总能量总是低于生成物所具有的总能量B. 任何放热反应在常温条件下一定能发生反应C. 形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多【答案】A【解析】【详解】A.反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量时，反应吸收能量，为吸热反应，A正确；B.任何化学反应发生都有吸收能量断裂反应物中化学键的过程，也都有形成生成物中化学键释放能量的过程，因此放热反应不一定在常温条件下能发生，如燃烧反应，B错误；C.形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时，反应放出能量，该反应为放热反应，C错误；D.等质量的同一物质含有的能量：气态大于固态，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧放出的热量，前者比后者放出的热量多，D错误；故合理选项是A。7.白磷黑磷，黑磷比白磷稳定，结构与石墨相似，下列叙述正确的( )A. 黑磷与白磷互为同分异构体B. 黑磷和白磷均不能导电C. 白磷转化为黑磷是氧化还原反应D. 白磷转化为黑磷是放热反应【答案】D【解析】【详解】A.黑磷、白磷都是磷元素的单质，性质不同，二者互为同素异形体，A错误；B.黑磷结构与石墨相似，能够导电，B错误；C.白磷转化为黑磷的过程中元素的化合价没有发生变化，因此不是氧化还原反应，C错误；D.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于黑磷比白磷稳定，说明白磷的能量比黑磷高，因此白磷转化为黑磷的过程是放热过程，D正确；故合理选项是D。8.向等质量的两份锌粉a、b中，分别加入过量的稀H2SO4，同时a中加入少量的CuSO4溶液，下图中产生H2的体积(V)与时间(t)的关系基本正确的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】Zn与CuSO4发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出来的Cu与未反应的Zn及硫酸构成原电池，使反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2速率加快，但由于置换Cu时消耗了金属Zn，所以最终放出氢气的量比未加入CuSO4溶液的少，所以符合反应事实的图像是A。故合理选项A。9.酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色的Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是( )乙醇沸点低 乙醇密度比水小 乙醇有还原性 乙醇的组成中含氧元素A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】乙醇沸点低，易挥发，若饮酒，呼出的气体中含有酒精，与测定原理有关；乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；K2Cr2C7遇乙醇迅速生成蓝绿色的Cr3+，Cr元素的化合价由+6价降为+3价，K2Cr2O7被还原，则乙醇被氧化，具有还原性，与测定原理有关；乙醇的组成中含氧元素，与测定原理无关；则与反应原理有关的序号为，因此合理选项是C。10.电池是人类生产和生活中的重要能量来源，下列有关电池的叙述正确的是( )A. 锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B. 铅蓄电池放电时铅在负极被氧化成二氧化铅C. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅D. 氢氧燃料电池产物为水，属于环境友好电池【答案】D【解析】【详解】A.锌锰干电池中碳棒为正极，不参加反应，不发生变化，起导电作用，因此工作一段时间后碳棒不会发生变化，A错误；B.铅蓄电池放电时铅在负极失去电子被氧化成Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成硫酸铅，B错误；C.太阳能电池的主要材料是高纯度的晶体硅，C错误；D.氢氧燃料电池产物为水，不会对环境造成污染，因此该电池属于环境友好电池，D正确；故合理选项是D。11. 两名日本科学家与一名美国科学家利用钯作催化剂，将有机物进行“裁剪”、“缝合”，创造出具有特殊功能的新物质而获2010年诺贝尔化学奖。下列说法正确的是()A. 有机物中一定含有碳和氢两种元素B. 一定条件下，使用催化剂能提高反应的平衡转化率C. 将有机物进行“缝合”可以不遵循原子守恒定律D. 将有机物进行“裁剪”需要破坏旧的化学键【答案】D【解析】试题分析：A：有机物一定含有碳元素，但不一定含氢元素，如CCl4；B：催化剂的作用是降低化学反应活化能，使反应更快进行，但并不能提高反应的平衡转化率；化学反应必须遵守质量守恒定律，且化学反应的实质为旧化学键的断裂同时生成新化学键。故C错。考点：对化学反应的正确认识点评：此题属于基础题，较为简单12. 下列叙述中错误的是( )A. 平衡体系PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)中加入一定量的37Cl2，一段时间后37Cl存在于五氯化磷、三氯化磷和氯气这三种物质中B. CH3COOH与H18OCH2CH3发生酯化反应是可逆反应，达到平衡后，18O一定仅存在于乙醇和乙酸乙酯分子里，不可能存在于乙酸和水分子里C. 在氧气中完全燃烧后生成物只有CO2和H2O的有机物一定是烃D. CH2Cl2没有同分异构体的事实证明了甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构【答案】C【解析】试题分析：A、根据可逆反应的特点，37Cl2与PCl3反应生成PCl5，PCl5分解产生PCl3和氯气，所以三种物质中都含有37Cl，正确；B、乙酸与乙醇发生酯化反应时，根据酸去羟基醇去氢的原则，乙醇分子中的18O只能存在于乙醇和乙酸乙酯分子里，不可能存在于乙酸和水分子里，正确；C、含有C、H、O三种元素的有机物完全燃烧后的产物也是二氧化碳和水，所以该有机物不一定属于烃类，错误；D、若甲烷是正方形结构，则CH2Cl2存在同分异构体，所以CH2Cl2没有同分异构体的事实证明了甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，正确，答案选C。考点：考查对可能反应历程的分析，有机物的结构、类别的判断13.下列说法正确的是( )A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率B. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速度不变C. 将铜片放入稀硫酸中，无现象。若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气产生D. 对于反应2H2O2=2H2OO2，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有强氧化性，常温下与铁发生钝化作用，不能增大反应速率，如加热，则生成二氧化硫气体，A错误；B.氯化钠不参与反应，但会降低盐酸的浓度，因此制取氢气的反应速率减小，B错误；C.Cu与AgNO3溶液发生置换反应产生Ag单质，Cu、Ag及电解质溶液会形成原电池反应，由于硝酸具有强的氧化性，硝酸被还原生成NO，C错误；D.MnO2为反应的催化剂，加入催化剂或升高温度，可增大活化分子百分数，增大反应速率，D正确；故合理选项是D。14.X、Y、Z是同周期的三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HXO4H2YO4H3ZO4。则下列说法正确的是( )A. 原子半径：XYZB. 元素的非金属性：XYZC. 气态氢化物定性：XYZD. 原子序数：ZYX【答案】B【解析】【详解】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性相对强弱：HXO4H2YO4H3ZO4，可知非金属性XYZ，原子序数XYZ。A同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：XYZ，故A错误；B最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，故B正确；C非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性XYZ，所以气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，故C错误；D由上述分析可知，原子序数：XYZ，故D错误；故选B。15.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32-+O2+XOH- =Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（ ）A. 硫元素被氧化，铁元素被还原B. Fe2+、S2O32- 都是还原剂C. X=2D. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子数2mol【答案】B【解析】【详解】A.化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+；硫元素的化合价变化为：+2+，Fe和S元素都被氧化，A错误；B.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，B正确；C.由电荷守恒可知：23+2(-2)-X=-2，X=4，C错误；D.由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol4=4mol，D错误。故合理选项是B。16.下列说法中，正确的是( )A. NaCl的摩尔质量是58.5gB. 在1L水中溶解5.85gNaCl，即可配制得0.1mol/L的NaCl溶液C. 标准状况下，22.4L H2O含有氢原子的数目为2NAD. 17g NH3中含有分子数为NA【答案】D【解析】【分析】A、摩尔质量单位是g/mol；B、在1L水中溶解5.85gNaCl，溶液体积大于1L；C、标准状况水不是气体；D、根据n=计算物质的量得到分子数。【详解】A、摩尔质量单位是g/mol，NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，故A错误；B、在1L水中溶解5.85gNaCl，溶液体积大于1L，配制得的NaCl溶液浓度小于0.1mol/L，故B错误；C、标准状况水不是气体，22.4L H2O不是1mol，故C错误；D、n=，则物质的量=1mol，得到分子数为NA，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。17.下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是 ( )A. 乙酸乙酯和水，酒精和水，乙酸和水B. 溴苯和水，甲苯和苯，醋酸和水C. 汽油和水，乙酸和水，乙酸和乙醇D. 乙酸乙酯和水，甲苯和水，苯和水【答案】D【解析】【详解】A.酒精和水混溶，乙酸溶于水，因此不能用分液方法分离，A错误；B甲苯溶于苯，醋酸溶于水，不能用分液方法分离，B错误；C乙酸溶于水，乙酸溶于乙醇，不能用分液方法分离，C错误；D.乙酸乙酯和水，甲苯和水，苯和水都是互不相溶的液体混合物，因此都能用分液方法分离，D正确；故合理选项是D。18.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是()A. 元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B. 元素C、D的最高价氧化对应的水化物之间能发生反应C. 化合物AE与CE含有相同类型的化学键D. D的最高价氧化对应的水化物是强碱【答案】B【解析】【分析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，B为3个电子层时为S，由于C、D、E是原子序数比B大的短周期主族元素，则B为C；A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则A为H，C为Na，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，然后结合元素及其化合物的性质来解答。【详解】根据上述分析可知A是H元素；B是C元素；C是Na元素；D是Al元素；E是Cl元素。A.元素A、B组成的化合物常温下可能为气体如CH4，也可能为液态，如苯等，还可能为固态，A错误；B.元素C、D的最高价氧化对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，NaOH是强碱，可以与两性氢氧化物Al(OH)3发生反应生成NaAlO2和水，B正确；C.化合物AE是HCl含有共价键，化合物CE是NaCl，含有离子键，因此二者含有的化学键不相同，C错误；D.D是Al，Al元素的最高价氧化对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，D错误；故合理选项是B。19. 根据元素周期律和周期表，下列各项叙述正确的组合是同一主族元素，原子半径越大，非金属单质的熔点一定越高；同一周期元素的原子（除稀有气体），半径越大越容易失去电子；若R2和M+ 的电子层结构相同，则原子序数：RM；原子半径X小于Y的同一主族的两种元素，若X（OH）n是强碱，则Y（OH）n也是强碱；除第一周期外，第n周期的最后一种金属元素位于第n主族； 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：同一主族元素，非金属单质的熔点与晶体结构有关，晶体结构相同的卤族原子半径越大，非金属单质的熔点越高，但碳族元素金刚石的熔点比晶体硅的熔点高，错误；同一周期元素的原子（除稀有气体）自左而右原子半径减小，金属性减弱，故半径越大越容易失去电子，正确；若R2-和M+的电子层结构相同，则核电荷数MR，错误；原子半径X小于Y的同一主族的两种元素，原子序数YX，若X（OH）n是强碱，则金属性YX，则Y（OH）n也是强碱，正确；除第一周期外，当最外层电子数周期数为非金属元素，则每周期的最后一种金属元素为主族元素，且最外层电子数=周期数，故第n周期的最后一种金属元素位于第n主族，正确；元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素通常具有两性，过渡元素是指除主族和0族元素外的元素，错误；选项D符合题意。考点：元素周期律与元素周期表，重点考查位、构、性三者之间的关系。20.肼（N2H4）空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%30%的KOH溶液。电池总反应为：N2H4O2N22H2O。下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是A. 溶液中阴离子物质的量基本不变B. 正极的电极反应式是：O24H+4e2H2OC. 正极的电极反应式是:N2H44OH4eH2ON2D. 溶液中阴离子向正极移动【答案】A【解析】试题分析：A、根据该电池的总反应判断，溶液中阴离子即氢氧根离子的物质的量基本不变，正确；B、该电池的正极是氧气发生还原反应，电解质溶液是KOH溶液，所以正极反应是O2+2H2O+4e-=4OH-，错误；C、根据B的分析，错误；D、原电池中阴离子向负极移动，错误，答案选A。考点：考查原电池的反应原理，电极反应的判断，离子的移动方向的判断21.根据下列实验现象，所得结论正确的是( )实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3+Fe2+Cu2+B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C左边烧杯中无明显变化，右边烧杯中澄清石灰水变浑浊 热稳定性：Na2CO3NaHCO3D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.原电池中，较活泼的金属作负极；B.与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响；C.外管温度比内管温度高；D.比较非金属性，应用元素对应的最高价氧化物的水化物。【详解】A.原电池中，较活泼的金属作负极，左边烧杯中铁表面有气泡，说明Al比Fe活泼，右边烧杯中铜表面有气泡，说明Fe比Cu活泼，所以金属活动性AlFeCu，金属活动性越强，金属阳离子的氧化性就越弱，所以氧化性：Al3+Fe2+NaHCO3，C正确；D.HCl有挥发性，在锥形瓶中可能发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，即不能证明酸性H2CO3H2SiO3，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，也不能证明元素的非金属性：ClCSi，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及金属性、非金属性的比较以及物质的稳定性，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和评价能力，注意把握物质性质的异同以及相关实验操作方法。22.下列物质中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的物质是乙烯CH3COOHCH3CH2OHCH2=CHCOOH A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：甲烷性质稳定，与酸性高猛酸钾溶液不反应；乙烯能被酸性高猛酸钾氧化而使高猛酸钾溶液褪色；乙酸性质稳定，与酸性高猛酸钾溶液不反应；乙醇能被酸性高猛酸钾溶液氧化；该分子中含有碳碳双键，能被酸性高猛酸钾溶液氧化；苯性质稳定，不能被酸性高猛酸钾溶液氧化，答案选D。考点：考查常见有机物的化学性质23.下列物质中只含有共价键的是 ( )A. NaCl、HCl、H2O、NaOHB. Cl2、Na2S、HCl、SO2C. HBr、CO2、H2O、CS2D. Na2O2、H2O2、H2O、O3【答案】C【解析】【详解】A.NaCl是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键、极性共价键，A错误；B.Na2S是离子化合物，含离子键，B错误；C.HBr、CO2、H2O、CS2都是共价化合物，只含共价键，C正确；D.Na2O2是离子化合物，含有离子键、非极性共价键，D错误；故合理选项是C。24. 某学生将电流表用导线与两个电极连接在一起，再将两个电极同时插入某种电解质溶液中，能观察到有电流产生的是()。A. 用铜片、铅笔芯作电极插入稀硫酸中B. 用两个铜片作电极插入硝酸银溶液中C. 用锌片、铜片作电极插入番茄中D. 用铜片、铁片作电极插入酒精中【答案】C【解析】要构成原电池，除要形成闭合回路外，还需要有两个活动性不同的电极材料，其中一个电极要能与电解质溶液发生自发的氧化还原反应。A项，铜和石墨与稀硫酸均不反应；B项，电极材料相同；D项，酒精是非电解质；C项，一些水果中含有有机酸，可作电解质溶液。25.下列关于有机物的说法正确的是( )C5H12有2种同分异构体甲烷和氯气光照条件下可制得纯净的一氯甲烷 乙烯、聚氯乙烯均能使溴的CCl4溶液褪色乙醇、乙烷、乙酸都能和金属钠反应乙醇、乙酸都能发生取代反应除去甲烷中含有的乙烯气体，可将混合气体通入装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中，再干燥A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】戊烷含5个C原子，由碳链异构可知存在正、新、异戊烷三种同分异构体，错误；甲烷和氯气光照下的取代反应逐步进行，取代产物较多，且反应为链锁反应，则甲烷和氯气光照条件下不能得到纯净的一氯甲烷，错误；聚氯乙烯中不含碳碳双键，不能使溴的CCl4溶液褪色，错误；乙烷无羟基，不能与Na反应，乙醇、乙酸都能和金属钠反应，错误；乙酸与乙醇的酯化反应为取代反应，也可以与其它物质发生取代反应，因此二者都能发生取代反应，正确；乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不符合除杂原则，应选溴水除杂，错误；说法正确的只有，因此合理选项是C。二、填空(共50题)26.某氯化铁样品含有FeCl2杂质。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：(1)操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、100mL的容量瓶外，还必须有_(填仪器名称)。容量瓶使用前必须进行的操作是_(填序号) A.干燥 B.验漏 C.润湿(2)写出加入氯水发生反应的离子方程式_。该反应若不用氯水，可用下列试剂中的_代替(填序号)。AH2O2 B碘水 CNaClO(3)检验沉淀已经洗涤干净的操作及现象是_。(4)坩埚质量为W1g，加热后坩埚与红棕色固体总质量为W2g，则样品中铁元素的质量分数是_(列出原始算式，不需化简)【答案】 (1). 玻璃棒、胶头滴管 (2). B (3). 2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl- (4). AC (5). 取最后一次洗涤液于试管，滴加少量硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已经洗涤干净 (6). 100%【解析】【分析】本实验目的是测定铁的质量分数，采取的方法是使样品溶解、反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数。(1)由图可知，操作I是将加水溶解后的溶液稀释成100.00mL溶液，需要烧杯溶解，用玻璃棒搅拌，引流等，定容需要胶头滴管；容量瓶使用前需要检漏；(2)加氯水就是让+2价铁变为+3价；不用氯水可以用过氧化氢、次氯酸钠代替做氧化剂，碘水中碘单质不能氧化亚铁离子；(3)溶液中存在氯化铵，可用硝酸和硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子，以判断沉淀是否洗净；(4)加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为(W2-W1)g，由于使用20.00mL溶液进行实验，因此100.00mL溶液可以得到Fe2O3质量为5(W2-W1)g，根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的定义计算原氯化铁样品中铁元素的质量分数。【详解】（1）由图可知，操作I是将加水溶解后的溶液稀释成100.00mL溶液，玻璃仪器除量筒、100mL的容量瓶外，还必须有溶解的烧杯和玻璃棒，容量瓶定容至离刻度线12cm时需要用胶头滴管定容；所以缺少的仪器是玻璃棒和胶头滴管；容量瓶使用前必须进行的操作是检查受否漏水，因此合理选项是B；(2)加氯水就是使+2价Fe2+氧化为变为+3价Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl-，若不用氯水可以用过氧化氢、次氯酸钠代替氯气作氧化剂，碘水中碘单质不能氧化亚铁离子，因此合理选项是AC；(3)Fe(OH)3沉淀是从NH4Cl溶液中过滤出来的，Fe（OH）3沉淀上吸附有氯化铵，可用硝酸和硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子，检验方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；(4)因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3的质量为W2-W1g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的，因此铁元素的质量为5(W2-W1)g，则样品中铁元素的质量分数是100%。【点睛】本题考查溶液配制、离子检验、对实验操作的理解与实验方案的评价、化学计算等知识，清楚、理解测定原理是解题的关键，本题考查了学生对所学知识的综合运用能力，需要学生具有扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力。27.I、将0.1 gMnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。解释反应速率变化的原因：_；计算H2O2的初始物质的量浓度为_。(保留两位有效数字)、苯和甲烷是两类烃的代表物质，回答下列问题：(1) 常温常压下，气态直链烷烃含碳原子数_ 。(2) 苯和甲烷中含碳量较高的是_。(3) 若将等物质的量的苯和甲烷分别燃烧，耗氧量较大的是_。(4)写出苯与溴单质反应的化学方程式 _。【答案】 (1). 随着反应的进行，双氧水的浓度减少，反应速率减慢 (2). 0.11mol/L (3). 4 (4). 苯 (5). 苯 (6). 【解析】【分析】I.相同时间内生成氧气越多，反应速率越快；由图可知最终生成氧气为60mL，结合反应及c= 计算。II.(1)常温常压下气态直链烷烃含碳原子数4；(2)根据其最简式判断含碳量高低；(3)甲烷、苯燃烧生成二氧化碳和水，根据方程式判断消耗氧气的量大小；(4)在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr。【详解】I.相同时间内生成氧气越多，反应速率越快，气体体积20mL17mL13mL10mL，则反应速率为DCBA，反应速率变化的原因是由于随着反应的进行，双氧水的浓度减少，浓度越小，反应速率减慢； H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O2 2H2O+O2，则n(H2O2)=20.00536 mol，则H2O2的初始物质的量浓度为：c(H2O2)=0.11 mol/L；II.(1)常温常压下气态直链烷烃含碳原子数4；(2)根据其最简式判断含碳量高低，甲烷的分子式和最简式都是CH4，苯的最简式为CH，可见苯中含碳量高；(3)甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O，苯燃烧方程式为：C6H6+O26CO2+3H2O，则将等物质的量的苯和甲烷分别燃烧，耗氧量较大的是苯， (4)在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr，反应方程式为。【点睛】本题考查了化学反应速率的测定实验及计算、甲烷和苯的性质，烃中含碳量的比较，可根据碳氢比来判断，比值越大，则含碳量越高。掌握化学基本概念和基本理论是本题解答的关键。28.一定条件下，将3 molA气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g)xC(g)，请填写下列空白：(1)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为_；x为_。(2)若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度_0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。(3)若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为P，混合气体起始压强为P0。请用P0、P来表示达平衡时反应物A的转化率(A)为_%。(4)能够说明该反应达到平衡的标志是_。A.容器内混合气体的密度保持不变B.(A)=3(B) C.A、B的浓度之比为3:1 D.单位时间内消耗3n molA的同时生成n molBE.体系的温度不再变化【答案】 (1). 0.2mol/(Lmin) (2). 2 (3). 小于 (4). (5). DE【解析】【分析】(1)利用转化物质的量之比等于化学计量数之比计算变化的B的量，结合(B)=计算，利用转化物质的量之比等于化学计量数之比根据x的值；(2)根据随着反应的进行反应物的浓度减少，反应速率减慢，据此判断；(3)相同条件下，压强之比等于物质的量之比，据此计算平衡后混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应的A的物质的量，再根据转化率定义计算。(4)根据平衡状态时物质的浓度不变、物质的含量不变及同一物质表示的正、逆反应速率相等判断平衡状态。【详解】(1)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，由于反应开始时A的物质的量是3mol，则参加反应的A的物质的量n(A)=3mol-1.8mol=1.2mol，由于参加反应的物质的量之比等于化学计量数之比，则参加反应的B的物质的量n(B)=1.2mol=0.4mol，(B)=0.2mol/(Lmin)，生成的C的物质的量n(C)=0.4mol/L2L=0.8mol，由方程式可知，A、C变化的物质的量的比=1.2mol：0.8mol=3：x，解得x=2；(2)随着反应的进行，物质的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L；(3)若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为P，混合气体起始压强为P0，则平衡后混合气体总的物质的量n(平衡)=(3mol+1mol)mol，故平衡后混合气体物质的量减少量为(4-)mol，则根据反应方程式： 3A(g)B(g)2C(g) 物质的量减少n3 2n(A) (4-)mol故n(A)= (4-)mol= (6-)mol，所以A物质的转化率为100%=%。(4) A.由于反应混合物都是气体，容器的容积不变，因此任何条件下气体的密度都不变，故不能根据容器内混合气体的密度保持不变判断平衡状态，A错误； B.在任何条件下用A、B表示的反应速率都符合关系(A)=3(B) ，所以不能确定反应是否达到平衡状态，B错误；C.A、B两种物质加入的物质的量的比是3:1，消耗的物质的量的比是3:1，因此无论反应是否达到平衡状态，A、B的浓度之比总为3:1，不能据此判断是否为平衡状态，C错误；D.单位时间内消耗3n molA，就会消耗nmolB，同时生成n molB，说明B的浓度不变，反应达到平衡状态，D正确