浙江省磐安县第二中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试题

2020年磐安二中期中考试高二化学出卷人：陈江兴审题人：赵钰翔考生须知：1．本卷试题分为第I卷、第II卷，满分100分，考试时间100分钟。2．可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu643．学考生做130题，选考生做137一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。）1.苯的分子式是（）A.C3H3 B.C6H6 C.C5H5 D.C4H6【答案】B【解析】【详解】苯是由6个碳原子和6个氢原子组成的平面型分子，所以分子式为C6H6，答案选B。点睛：本题主要考查了苯的分子式，掌握苯的分子结构是解题的关键，根据苯是由6个碳原子和6个氢原子组成的平面型分子。2.根据物质的组成与性质进行分类，H2SO4属于（）A.氧化物 B.酸 C.碱 D.盐【答案】B【解析】【详解】A.氧化物是指两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，H2SO4不属于氧化物，A错误；B.酸是指电离出的阳离子全部都是氢离子的化合物，H2SO4属于强酸，B正确；C.碱是指电离出的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物，H2SO4不属于碱，C错误；D.盐是指电离出的阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，H2SO4不属于盐，D错误；故答案为：B。3.下列仪器名称为“镊子”的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A项为镊子；B项为试管夹；C项为坩埚钳；D项为滴管。4.下列物质中，能使品红溶液褪色的是A.甲烷 B.盐酸 C.二氧化硫 D.二氧化碳【答案】C【解析】【分析】

【详解】在所给的物质中，只有SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，其余选项不可以，因此正确的答案选C。5.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A.盐酸 B.食盐水 C.蔗糖溶液 D.淀粉溶液【答案】D【解析】【详解】A.盐酸是水溶液，不具有胶体的性质，不能产生丁达尔效应，故A不选；B.食盐水是水溶液，不具有胶体的性质，不能产生丁达尔效应，故B不选；C.蔗糖溶液是水溶液，不具有胶体的性质，不能产生丁达尔效应，故C不选；D.淀粉溶液是胶体，具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D选；故选D。6.在中，氯气是A.只作氧化剂 B.只作还原剂C.既作氧化剂又作还原剂 D.既不是氧化剂又不是还原剂【答案】C【解析】【详解】反应中氯气中的化合价有升高和降低，既作氧化剂又作还原剂。故选C。7.下列属于弱电解质的是A.氨水 B.麦芽糖 C.干冰 D.碳酸【答案】D【解析】【分析】

【详解】A.氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B.麦芽糖在溶液中和熔融状态都不导电是非电解质，B错误；C.干冰是二氧化碳晶体，属于非电解质，C错误；D.碳酸为弱酸,在溶液中部分电离，为弱电解质，D正确；正确选项D。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。8.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A.羟基的电子式：B.CH4分子的球棍模型：C.乙烯的最简式：CH2D.氟离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．羟基中O原子最外层有7个电子，羟基的电子式是，错误；B．CH4分子的球棍模型是：，错误；C．乙烯分子式是C2H4，所以最简式：CH2，正确；D．氟离子的核外有10个电子，其离子结构示意图是，错误。9.下列说法不正确的是（）A.12C和14C互为同位素 B.乙醇与二甲醚（CH3OCH3）互为同分异构体C.红磷与白磷互同素异形体 D.H2O与D2O互为同位素【答案】D【解析】【详解】A．12C和14C是质子数相同，而中子数不同的原子，互为同位素，正确；B．乙醇与二甲醚（CH3OCH3）分子式相同而结构不同，互为同分异构体，正确；C．红磷与白磷是由同种元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，正确；D．H2O与D2O是有同位素原子形成的水分子，化学性质相似。但是二者不能互为同位素，错误。10.下列有关物质用途的说法不正确的是A.乙醇可用作燃料 B.碳酸钠可用来治疗胃酸分泌过多C.明矾可用作净水剂 D.食醋可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】B【解析】【分析】

【详解】A．乙醇易燃烧，可用作燃料，故A正确；B．碳酸氢钠可用来治疗胃酸分泌过多，故B错误；C．明矾遇水可生成氢氧化铝胶体，可作净水剂，故C正确；D．食醋中的醋酸可溶解碳酸钙，可用于除去暖水瓶中的水垢，故D正确，答案为B。11.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如下图所示：W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小。下列说法不正确的是（）XYZWA.W元素位于元素周期表的第3周期第III族B.单质Z能够在X元素最高价氧化物中燃烧C.由X元素与氢元素组成的某种化合物能够与氯化氢反应D.元素Y的气态氢化物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y属于第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小，则W是Al元素，则Z是Mg元素、X是C元素、Y是N元素。【详解】A、W是Al元素，处于第三周期第IIIA族，故A错误；B、Z为Mg元素，X是C元素，Mg与二氧化碳反应生成MgO和碳；故B正确；C、X是C元素，C与H元素可以形成乙烯等不饱和烃，能与氯化氢发生加成反应，故C正确；D、Y是N元素，其气态氢化物是氨气，氨气是碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；答案选A。12.下列方程式不正确的是A.氢氧化亚铁在空气中最终变为红褐色的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3B.乙醇的催化氧化反应的化学方程式：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OC.碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑D.碳酸钠水解的离子方程式：CO+2H2OH2CO3+2OH【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化，最终变为红褐色的氢氧化铁，其化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3，A正确；B．乙醇与氧气在催化剂作用下发生氧化反应，其化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，B正确；C．碳酸镁为难溶物，在离子方程式中保留化学式，其与稀硫酸反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，C正确；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中发生分步水解，其第一步水解方程式为：CO+H2OHCO+OH，D错误；故选D。13.实验室用如图所示装置蒸馏海水,下列说法不正确的是(

)A.蒸馏烧瓶中加入沸石的目的是防止暴沸B.蒸馏海水获得蒸馏水可以不用温度计C.冷凝水从冷凝器的下口流入,上口流出D.该装置可用于分离海水中的NaCl和MgCl2【答案】D【解析】【分析】蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，据此解答。【详解】A、加热时液体会剧烈跳动，因此蒸馏烧瓶中加入沸石的作用是防止暴沸，A正确；B、水的沸点一定，蒸馏海水获得蒸馏水可以不用温度计，B正确；C、冷却时要逆向冷凝，所以冷凝水从冷凝器的下口流入，上口流出，C正确；D、海水中的NaCl和MgCl2沸点高，利用蒸馏装置中不能分离，D不正确。答案选D。14.下列关于有机化合物的说法正确的是A.乙醇和乙醛都存在碳氧双键 B.乙醛和葡萄糖都能发生银镜反应C.乙酸乙酯在酸性条件下水解更彻底 D.苯能与氢气加成，说明含有碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A．乙醇分子中含羟基，不含碳氧双键，A错误；B．乙醛和葡萄糖分子中均含有醛基，都能发生银镜反应，B正确；C．乙酸乙酯在酸性条件下发生水解反应生成乙酸和乙醇，属于可逆反应，但在碱性条件下水解生成乙酸会结合碱会生成盐和水，促使乙酸乙酯的水解反应更彻底，C错误；D．苯分子中含有一种介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊的键，不含碳碳双键，D错误；故选B。15.下列关于各物质水解应用的说法中不正确的是A.油脂的水解又称为皂化反应，故可用油脂的酸性水解来制备肥皂和甘油B.可以以淀粉、纤维素为原料通过水解制得葡萄糖C.人体对食物中蛋白质的消化其实就是使蛋白质发生了水解D.用粮食酿酒与淀粉的水解有着密切的关系【答案】A【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，A错误；B．淀粉、纤维素的水解产物都是葡萄糖，B项正确；C．食物中的蛋白质进入人体后，在酶的作用下发生水解生成氨基酸，才能被人体吸收，C正确；D．酿酒首先利用的就是多糖水解生成葡萄糖，再由葡萄糖转化成酒精，D项正确。16.已知CuO高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与稀H2SO4反应的离子方程式为:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O。现将经高温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合溶液，有关说法正确的是（）A.反应中Cu2O只作氧化剂B.若有28.8gCu2O参加反应，则转移电子数为0.2NAC.Cu2O的稳定性比CuO弱D.如果溶液中出现蓝色，说明CuO已分解【答案】B【解析】【分析】A、根据反应中Cu元素的化合价变化判断；B、根据n=计算出28.8gCu2O物质的量，反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亚铜完全反应注意1mol电子，据此计算转移电子的物质的量及数目；C、高温下氧化亚铜被氧化铜温度；D、CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜，溶液呈蓝色。【详解】A、反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中Cu元素的化合价从+1价升高+2价，部分降低到0价，则Cu2O既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亚铜完全反应注意1mol电子，28.8gCu2O物质的量为：=0.2mol，0.2mol氧化亚铜完全反应转移了0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故B正确；C、二者稳定性需要根据所处条件分析，在温度不是很高时CuO比氧化亚铜稳定，在高温的时候，氧化亚铜比氧化铜稳定，故C错误；D、如果溶液中出现蓝色，不能说明CuO已分解，因为CuO与稀硫酸反应溶液也呈蓝色，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查铜及其化合物性质，涉及氧化还原反应、物质的量的计算、物质稳定性判断等知识，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质。17.一种子弹头形的纳米铜铂电池，它在稀溴水中能沿着铜极方向移动(如图)，电池反应为Cu+Br2=CuBr2。下列说法正确的是（）A.铜为电池的正极B.铂不断溶解C.稀溴水为电解质溶液D.电池工作时实现机械能向电能再向化学能转化【答案】C【解析】【详解】A．已知电池反应为：Cu+Br2=CuBr2，Cu失电子被氧化作负极，故A错误；B．Cu为负极，Cu逐渐溶解，铂为正极，正极上Br2得电子，铂不反应，故B错误；C．Cu、Pt、稀溴水构成原电池，稀溴水为电解质溶液，故C正确；D．原电池中化学能转化为电能，机械能没有转化为电能，故D错误。故选：C。18.对于CH3COOH、HCl、H2SO4三种溶液，下列判断正确的是A.pH相同的三种溶液，物质的量浓度最小的是HClB.物质的量浓度相同的三种溶液，pH最小的是H2SO4C.含溶质的物质的量相同的三种溶液与过量镁粉反应，CH3COOH产生的H2最多D.相同pH、相同体积的三种溶液用NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液一样多【答案】B【解析】【详解】A．HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，氢离子浓度相同时，硫酸的浓度是盐酸的一半，故选项A错；B．物质的量浓度相同的三种溶液硫酸的氢离子浓度最大，pH最小，选项B正确；C．含溶质的物质的量相同的三种溶液与过量镁粉反应，硫酸电离出的氢离子总物质的量是另外两种算的两倍，硫酸产生的氢气最多，选项C错误；D．相同pH、相同体积的三种溶液用NaOH溶液完全中和时，因醋酸是弱酸其酸的浓度远远大于已电离出的氢离子浓度，醋酸消耗的氢氧化钠最多。19.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】【详解】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。20.下图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是A.拆开2molH2(g)和1molO2(g)中的化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【解析】【详解】A．拆开化学键吸收能量，故A错误；B．形成化学键放出能量，故B错误；C．由题干方程式可知应生成气态水，而不是液态水时，放出484kJ能量，故C错误；D．依据图象数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；故答案为D。21.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.0.1mol/LNaF溶液中所含F数小于0.1NAB.标准状况下，2.24L乙醇中含有的C—H键数为0.5NAC.0.1molNa完全被氧化生成Na2O2时，转移的电子数为0.1NAD.0.1mol臭氧中所含氧原子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/LNaF溶液的体积未知，无法计算溶液中所含F数，故A错误；B．标准状况下乙醇为液态，所以2.24L乙醇的物质的量一定大于0.1mol，含有的C—H键数大于0.5NA，故B错误；C．0.1molNa完全被氧化生成Na2O2时失去电子0.1mol，所以转移的电子数为0.1NA，故C正确；D．0.1mol臭氧中所含氧原子数为0.3NA，故D错误。故选C。22.在一体积固定的密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是浓度/mol·Lˉ1时间/minc(A)c(B)c(C)01.01.2020.840.660.9A.0～2min内，B的反应速率为0.1mol·Lˉ1·minˉ1B.2min时，C的物质的量浓度为0.4mol·Lˉ1C.4min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0D.4～6min内，容器内气体分子的总物质的量不变【答案】D【解析】【详解】A.02min，A的反应速率为0.1mol·L1·min1，B的反应速率为0.2mol·L1·min1，故A错误；B.2min时，C的物质的量的浓度为0.6mol/L，故B错误；C.4分钟时达到反应平衡，但正逆反应速率不为0，而是动态平衡，故C错误；D.该化学反应中气体分子数不变，所以分子的总的物质的量不变，故D正确；故答案选D。23.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A制备Fe(OH)3胶体将0.1mol•L1的NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中B除去Cu粉中的FeO加入足量盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥C检验溶液中是否存在SO42取少量溶液于试管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液D比较金属钠、铜的活泼性将金属钠加入CuSO4溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A、向沸水中逐滴加入少量氯化铁饱和溶液加热水解可制备Fe(OH)3胶体，NaOH与FeCl3反应生成的是氢氧化铁沉淀，故A错误；B、少量的FeO溶于盐酸，加入足量盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥，得到铜固体，故B正确；C、含有SO32－的溶液，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，也会产生BaSO4沉淀，故C错误；D、钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，无法比较金属钠、铜的活泼性，故D错误；故选B。24.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是A.a点时溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B.b点时溶液中发生的反应为Fe3++Cu2+=Cu+Fe2+C.c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol/LD.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：1【答案】D【解析】【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。【详解】A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，C说法正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；答案选D。25.固体粉末X中可能含有Fe2O3、CuO、MnO2、CaO、NaCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，进行了以下实验(所加试剂均过量)：下列结论正确的是：A.固体粉末中一定含K2CO3 B.X中可能存在Fe2O3C.沉淀M一定含AgCl D.沉淀Y中不一定存在MnO2【答案】B【解析】【详解】A.固体粉末X中加入水，有难溶性的固体Y，也有可溶性的液体Z，该溶液显碱性，可能是CaO溶于水，与水反应产生的Ca(OH)2电离导致，也可能是K2CO3水解使溶液显碱性，A不合理；B.若固体粉末X中含有Fe2O3，该物质不溶于水，向其中加入盐酸，发生反应产生FeCl3和水，该盐的水溶液显黄色，从而得到有色溶液，B正确；C.向溶液Z中加入AgNO3溶液，产生沉淀M，可能是Ag2CO3，也可能是AgCl，C错误；D.向不溶于水的固体中加入浓盐酸，发生反应，产生黄绿色气体，是由于发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可以证明沉淀Y中一定存在MnO2，D错误；故合理选项是B。二、填空题（本大题共5小题，共20分）26.用正确的化学用语表达（1）写出N2的结构式：____。（2）写出1，2二溴乙烷的结构简式：____。（3）写出铜与氯化铁溶液反应的离子方程式:____【答案】①.N≡N②.CH2BrCH2Br③.Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+【解析】【详解】（1）N2的结构式：N≡N；（2）1，2二溴乙烷的结构简式：CH2BrCH2Br；（3）铜与氯化铁溶液反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；27.已知某气态烃X在标准状态下的密度为1.16g/L，A能发生银镜反应，E具有特殊香味，有关物质的转化关系如下：请回答：(1)反应④的反应类型为______________________。(2)写出反应①的化学方程式___________________________。(3)下列说法正确的是_____________。A．有机物D在加热条件下可以使黑色的氧化铜变红B．有机物A分子中的所有原子在同一平面上C．有机物B与C在一定条件下可以反应生成有机物ED．有机物E中混有B和D，可用NaOH溶液将E分离出来【答案】①.加成反应②.CH≡CH+H2OCH3CHO③.AC【解析】【分析】某气态烃X在标准状态下的密度为1.16g/L，则X的摩尔质量为，故X为乙炔，A能发生银镜反应，是经过乙炔与水发生加成反应得到的，则A为乙醛，乙醛与氧气在催化剂作用下可生成乙酸，则B为乙酸；另一方面，乙炔与氢气发生加成反应可得到乙烯，则C为乙烯，乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应可生成乙醇，则D为乙醇，E具有特殊香味，则E为乙酸与乙醇发生酯化反应得到的有机物，为乙酸乙酯，据此结合有机物官能团的性质分析作答。【详解】根据上述分析可知，(1)反应④是乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应得到乙醇的过程，其反应类型为加成反应；(2)反应①为乙炔与水发生加成反应生成乙醛的过程，其化学方程式为：CH≡CH+H2OCH3CHO；(3)A．有机物D为乙醇，具有还原性，在加热条件下可以使黑色的氧化铜反应会生成乙醛和铜单质，使固体表面变红，A正确；B．乙醛分子中含甲基，其所有原子不可能在同一平面上，B错误；C．乙烯在一定条件下与水反应生成乙醇，再与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，C正确；D．乙酸乙酯氢氧化钠溶液中会发生水解，若其中混有乙酸和乙醇，可用饱和碳酸钠溶液将乙酸乙酯分离出来，D错误；故答案为：AC。【点睛】乙酸乙酯制备实验中，饱和碳酸钠的作用：中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度。28.为探究某固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。已知无色气体B能形成酸雨。请回答：(1)写出一种检验黄色溶液中金属阳离子的试剂的化学式______________。(2)将无色气体B通入黄色溶液A中，发现溶液变成浅绿色。请用离子方程式表示该反应_________。(3)X的化学式是______________。【答案】①.KSCN(或NH4SCN)②.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+③.FeS2【解析】【分析】黄色单质为S，B为SO2，红棕色化合物为Fe2O3，可知X中含有Fe、S两种元素，根据质量关系，可确定X中Fe、S原子个数比，进而可得物质化学式。【详解】黄色单质为S，n(S)==0.01mol，生成无色气体B为SO2，红棕色化合物为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.005mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.01mol，n(Fe)：n(S)=(0.005mol×2)：0.01mol=1：1，且m(S)+m(Fe)=0.32g+0.01mol×56g/mol=0.88g，则黑色固体中含有S，其质量是1.2g0.88g=0.32g，则n(Fe)：n(S)=0.01mol：0.02mol=1：2，则X化学式为FeS2。(1)红棕色化合物是Fe2O3，向其中加入H2SO4，二者发生复分解反应产生Fe2(SO4)3，该黄色溶液中含有Fe3+，检验Fe3+离子的方法是向其中滴加KSCN(或NH4SCN)溶液，若溶液变为血红色，则证明溶液中含有Fe3+；(2)将无色气体SO2通入黄色溶液Fe2(SO4)3中，二者发生氧化还原反应产生Fe2+、同时产生H2SO4，用离子方程式表示该反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；(3)根据上述分析可知X的化学式是FeS2。【点睛】本题考查物质组成探究的实验方案设计。把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键，注意元素守恒在物质含量及化学式的应用。29.硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。某课外小组的同学欲测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：请回答下列问题：(1)步骤①操作中所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有____________。(2)步骤②加入H2O2发生反应的离子方程式为_____________________。(3)步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、________、灼烧、冷却、称量。【答案】①.漏斗②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O③.洗涤【解析】【分析】测定该补血剂中铁元素的含量，由实验流程可知，将药品中的Fe2+形成溶液，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调整溶液pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，经加热氢氧化铁分解转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，结合Fe元素守恒计算补血剂中铁元素的含量，以此来解答。【详解】(1)步骤①的操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，操作为过滤，过滤所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有漏斗；(2)步骤②加入H2O2，可以在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)步骤④是将Fe(OH)3悬浊液从溶液中分离处理，经过滤、洗涤、干燥、灼烧、冷却、称量，就得到红棕色Fe2O3粉末。30.铁粉和氧化铁粉末的混合物共13.6g，加入到200mL的稀硫酸中，固体完全溶解，得到标准状况下1.12L

氢气。经测定，反应后的溶液中c

(H+)

为0.200mol·L1，且无Fe3+(忽略反应前后溶液体积变化)。请计算：(1)原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比为_____________。(2)原稀硫酸的物质的量浓度为______________mol·L1。【答案】①.2∶1②.1.10【解析】【分析】(1)设Fe和氧化铁的物质的量，然后结合混合物的质量、电子守恒列式计算；(2)反应后溶质为硫酸亚铁和硫酸，结合硫酸根离子守恒计算硫酸的物质的量及浓度。【详解】(1)设混合物中Fe、Fe2O3的物质的量分别为x、y，根据混合物总质量可得：①x×56g/mol+y×160g/mol=13.6g，反应后溶液中且无Fe3+，说明Fe、Fe2O3反应后生成Fe2+，且生成标准状况下1.12L

氢气。即=0.05mol氢气，根据电子守恒可得：②2x=2y+0.05mol×2，联立①②为方程组解得：x=0.1mol、y=0.05mol，则原混合物中铁和氧化铁的物质的量之比=0.1mol∶0.05mol=2∶1，故答案为：2∶1；(2)反应后的溶液中c

(H+)

为0.200mol•L1，含有氢离子的物质的量为：0.200mol/L×0.2L=0.04mol，剩余硫酸的物质的量为0.02mol，反应后溶液中且无Fe3+，说明Fe、Fe2O3反应后生成硫酸亚铁，根据Fe守恒可知生成硫酸亚铁的物质的量为：0.1mol+0.05mol×2=0.2mol，所以原溶液中硫酸的物质的量为：0.2mol+0.02mol=0.22mol，原稀硫酸的物质的量浓度为=1.10mol/L，故答案为：1.10。加试题三、选择题（共15分，每题3分）31.工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，有关化学键的键能数据如表所示：化学键Si—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能kJ/mol360436431176347下列说法正确的是（）A.反应中的能量变化与物质的状态无关B.像这样需要加热才能进行的反应都是吸热反应C.晶体硅比SiC更稳定D.该反应中每生成1molSi(s)吸收的能量为236kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】A．化学反应中的能量变化与物质的状态有关，能量：气态>液态>固态，A错误；B．吸热反应与放热反应与反应条件无关，氢氧化钡晶体与氯化铵常温下反应，该反应为吸热反应，B错误；C．晶体硅和SiC都是原子晶体，同主族，从上到下，原子半径增大，原子半径：Si>C，则硅碳之间的键长小于硅硅之间的键长，键长越短，越稳定，所以SiC比晶体硅更稳定，C错误；D．∆H=反应物的总键能生成物的总键能，根据SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，∆H=（360×4+436×2176×2431×4）kJ/mol=+236kJ/mol，所以每生成1molSi(s)吸收的能量为236kJ，D正确；故答案为：D。【点睛】Si是原子晶体，Si原子之间以SiSi键构成正四面体型，取出一个正四面体来看，是一个Si原子在中间，四个Si原子在正四面体四个角，一个Si原子会形成4根SiSi键，但每一根SiSi键都是两个Si原子共用的，所以相当于一个Si原子只占一根SiSi键的，所以总的来说一个Si原子对应2根SiSi键（×4=2）。32.已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3kJ/mol(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0kJ/mol则Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H等于A.﹣317.3kJ/mol B.﹣379.3kJ/molC.﹣332.8kJ/mol D.+317.3kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【详解】已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3kJ/mol(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0kJ/mol根据盖斯定律，将(1)(2)，整理可得：Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H=﹣317.3kJ/mol，故合理选项是A。33.金属(M)空气电池放电的总反应方程式为:4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法正确的是A.比较Mg、Al、Zn三种金属空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高B.M空气电也放电过程的正极反应式:4Mn++nO2+2nH2O+4ne=4M(OH)nC.Al作电极材料时电解质溶液最好选酸性，这样更有利于反应的发生，同时防止负极区沉淀D.在Mg空气电也中,为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【答案】D【解析】【详解】A．1gMg失电子、1gAl失电子、1gZn失电子，Al空气电池的理论比能量最高，故A错误；B．M空气电也，放电过程中正极生成氢氧根离子，正极反应式O2

+

2H2O+

4e=4OH，故B错误；C．电池中是阴离子交换膜，不能选用酸性电解质，故C错误；D．若用中性电解质及阳离子交换膜，镁离子向正极移动，在正极区生成氢气氧化镁沉淀，故D正确。【点睛】原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子反应还原反应，阳离子移向正极、阴离子移向负极。34.在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qQ(g)当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是()①体系的密度不再改变②反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变⑤体系的温度不再改变⑥单位时间内消耗mmolA，同时消耗pmolC．A.③④⑤⑥ B.②③④⑥ C.①③④⑤ D.①③④⑥【答案】A【解析】【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断。【详解】①体系气体的总质量不变，体系的体积不变，则气体的密度始终保持不变，因此体系的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，①项错误；②反应体系的反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)之比始终等于化学计量数之比（m：n：p：q），则不能说明反应达到平衡状态，②项错误；③各组分的浓度不再改变，可以说明反应达到平衡状态，③项正确；④各组分的质量分数不再改变，可以说明反应达到平衡状态，④项正确；⑤化学反应伴随着能量变化，则体系的温度不再改变，说明反应达到平衡状态，⑤项正确；⑥单位时间内消耗mmolA，同时消耗pmolC，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，⑥项正确；综上所述，③④⑤⑥符合题意，A项正确；答案选A。35.已知2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，443℃时IL密闭容器中充入1molHI，体系中c(HI)与反应时间t的关系如图所示。下列说法正确的是A.0~20min内，v(H2)=0.0045mol·L1·min1 B.升高温度，HI会完全分解C.40min时，c(H2)=0.075mol·L1 D.120min反应达到最大限度，此时HI的转化率为78%【答案】C【解析】【详解】A.由图象可知20min时，HI的浓度为0.9mol·L1，根据反应方程式可知，0~20min内H2的浓度变化为0.05mol·L1，故v(H2)=，A错误；B.该反应为可逆反应，反应不能进行到底，反应物和生成物共存，故HI不会完全分解，B错误；C.由图象可知，40min时HI的浓度为0.85mol·L1，则HI的浓度变化为0.15mol·L1，根据反应方程式可知，H2的浓度变化为0.075mol·L1，故40min时，c(H2)=0.075mol·L1，C正确；D.120min后HI的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，此时HI的浓度变化量为0.22mol·L1，则其转化率为，D错误；答案选C。四、填空题（共15分）36.某化学兴趣小组在实验室利用质子酸甲醇燃料电池作电源，电解硫酸铜溶液。请回答下列问题：(1)通入氧气的电极为______（填“正极”或“负极”），通入甲醇一极的电极反应式为_________。(2)b电极上的现象为________________。(3)假设硫酸铜溶液的体积为600mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，若消耗336mL（标准状况）O2，则电解后硫酸铜溶液的pH为________。(4)若a、b均换成铜电极，则电解一段时间后硫酸铜溶液的浓度________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】①.正极②.CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+③.石墨电极表面有紫红色固体析出④.1⑤.不变【解析】【详解】(1)氧气得到电子，通入氧气的电极为正极，通入甲醇一极是负极，甲醇失去电子，由于存在质子交换膜，所以电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2↑+6H+。(2)b电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的铜离子放电析出铜，电极上的现象为石墨电极表面有紫红色固体析出。(3)假设硫酸铜溶液的体积为600mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，336mL（标准状况）O2的物质的量是0.015mol，转移0.06mol电子，则有0.06mol氢氧根放电，产生0.06mol氢离