浙江省2020学年高三化学选考科目模拟试题（含解析）

浙江省2020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. HIB. KClOC. NH3.H2OD. 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.H2O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=2Na2OB. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2D. 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I2，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】【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： C12H22O11B. HClO的结构式 H-Cl-OC. 氯化钠的电子式： D. 二硫化碳分子的比例模型：【答案】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HOCl，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. SO2B. H2O2C. 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. 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；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，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. 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. CH3COOCH2CH3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、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，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，下列说法正确的是A. 1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJB. 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 kJmol1D. 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 kJmol1【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；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SO42-之间的离子键，又有S和O原子间的共价键，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 molL1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录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5.0105molL1s1【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0.020molL1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为=0.0040molL1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040molL1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=5.0105mol/(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0.02molL1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0.1NAB. 25时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0.2NAC. 常温下，14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD. 等质量的1H218O与D216O，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1H218O与D216O，所含中子数相等，均为NA，故D错。答案为C。23.常温下，向1 L 0.1 mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3 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 H2OB. a0.05C. 在M点时，n(OH)n(H)(a0.05) molD. 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(NH3H2O)， 与题意不符，故B说法错误；C、在M点时，n(Na)=amol，n(Cl)=0.1mol，n(NH4)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4)n(Na)n(H)=n(OH)n(Cl)，则n(OH)n(H)=n(NH4)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0.1molNaCl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滤液白色结晶(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HClB. 加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2OC. 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CaCl22NH3H2OH2O2=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=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H2SiO3C. 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】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H2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、FE.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，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：2CH2CH2+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，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). Fe2O36H2Fe33H2O (3). 2FeSO4Fe2O3SO2SO3【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=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=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=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=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(3.04g0.02mol56gmol10. 02mol32gmol1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=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=2Fe33H2O；（3）FeSO4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). 2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S【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+1.05mol2）=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2Fe3+H2S=2Fe2+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I2II3，已知还原性HSO3I)。(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SO42与I的物质的量之比为_(用含a的表达式)【答案】 (1). 1.2 (2). 3(65a)【解析】【分析】HSO3的还原性强于I，发生离子反应的顺序是IO33HSO3=I3SO423H、6HIO35I=3I23H2O，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IO33HSO3=I3SO423H、6HIO35I=3I23H2O，（1）IO33HSO3=I3SO423H 1 3 1 36HIO35I=3I23H2O 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，溶液中n(SO42)=3mol，第二个离子方程式中，IO3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(a1)mol=(65a)mol，则溶液中SO42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NaHSO3溶液滴加NaIO3，因此IO3中I原子被还原成I，而不是I2，即反应离子方程式为IO33HSO3=I3SO423H，当NaHSO3被消耗完，继续滴加IO3，IO3能将I氧化成I2，其离子方程式为6HIO35I=3I23H2O。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。 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，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)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). Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+【解析】【详解】（1）反应BaSO4(s)4C(s，石墨)4CO(g)BaS(s) H1=571.2 kJ/mol为H10，反应物均为固态，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/molC(s，石墨)O2(g)CO2(g) H3 =393.5 kJ/mol由盖斯定律可知-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；（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，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Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。31.五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182gmol-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0.253g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V3+,滴加指示剂,用0.250molL-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL,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，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为88.5的目的就是让AlO2转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错