高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习【区一等奖】

山东省海阳市第一中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．已知七种短周期元素a～g的有关信息如下表所示：元素编号abcdefg原子半径/nm最高化合价或最低化合价+1－2+3－2+3+1+1下列推断正确的是A．简单离子的离子半径：g＜eB．氢化物的稳定性强弱：b＞dC．元素e的氧化物是两性氧化物D．元素a与元素d形成的化合物属于离子化合物【答案】BC【解析】试题分析：最高正价等于主族序数，最低负价等于8—主族序数（除氢外），电子层数越大原子半径越大，由此推断表中a、f、g三种元素位于第IA族，分别是氢、锂、钠；b、d位于第VIA族，分别是氧、硫；c、e位于第IIIA族，分别是硼、铝。g、e的简单离子分别为Na+、Al3+，二者核电荷数分别为11、13，核外都是28电子层结构，电子层数相同的离子半径与核电荷数成反比例，则Na+的半径比Al3+大，故A错误；b、d分别是O、S，同主族元素的非金属性随核电荷数增大减弱，则O的非金属性比S强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则氧元素的气态氢化物比硫的稳定，故B正确；e的氧化物是Al2O3，氧化铝属于两性氧化物，故C正确；a、d分别是H、S，都属于非金属，二者形成的H2S是共价化合物，而不是离子化合物，故D错误。考点：考查物质结构与元素周期律，涉及离子半径、氢化物的稳定性、氧化物的性质、硫化氢的结构等。2．有效碰撞概念模型是研究化学反应速率的基础。下列说法中正确的是A．升高温度，有效碰撞次数增加B．发生有效碰撞时，不一定发生化学反应C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入催化剂，分子能量不变，有效碰撞次数不变【答案】A【解析】试题分析：发生有效碰撞时，一定发生化学反应，B不正确；活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，C不正确；加入催化剂，分子能量不变，有效碰撞次数增加，反应速率加快，D不正确，答案选A。考点：考查有效碰撞概念的正误判断点评：该题是基础性试题的考查，试题比较抽象，有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是记住有效碰撞的概念以及影响因素，有助于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。3．现有五种离子化合物A、B、C、D和E，都是由下表中离子形成的：阳离子Na+H+Ba2+阴离子OH–CO32–SO42–为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果如下：①A溶液与B溶液反应生成无色气体，少量的该气体可以和C溶液反应生成沉淀E，沉淀E可与B溶液反应；②B溶液与C溶液反应生成白色沉淀D，沉淀D不溶于B溶液；请根据上述实验结果，填空：（1）写出化合物的化学式：B：__________；C：__________；（2）现有A、B、C三种物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，如果出现沉淀则过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液（填“可能”或“不可能”）为酸性。写出最终所得的溶液碱性的混合顺序。【答案】（1）B：H2SO4C：Ba（OH）（2）不可能，（Na2CO3和H2SO4）→Ba（OH）2或（Ba（OH）2和H2SO4）→Na2CO3【解析】本题考查的是物质的鉴定与推断。难度适中。阴阳离子形成离子化合物注意离子之间结合物的溶解性。根据题意A、B、C三种物质为溶液，D、E为沉淀。A溶液与B溶液反应生成无色气体，A、B溶液分别为Na2CO3溶液和H2SO4溶液，沉淀E为碳酸盐，能溶于B溶液，所以B为H2SO4溶液，A为Na2CO3溶液。Ｃ溶液含有Ba2+，根据离子共存，Ｃ溶液只能是Ba（OH）2，E为BaCO3，D为BaSO4。A、B、C三种溶液混合有三种顺序，A、B混合再加入C，即Na2CO3和H2SO4混合生成Na2SO4，然后加入Ba（OH）2得到BaSO4和NaOH，溶液呈碱性。如果B、C混合后加入A，即Ba（OH）2和H2SO4混合生成BaSO4，再加入Na2CO3，最终溶液呈碱性。如果A、C混合后加入B，即Na2CO3和Ba（OH）2混合生成BaCO3和NaOH，再加入H2SO4最终得到Na2SO4，溶液呈中性。所以混合结果不可能呈酸性，呈碱性的结果有2种。4．下列事实，可以证明氨水是弱碱的是A．氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁B．铵盐受热易分解C．L的氨水可以使酚酞试液变红D．L的NH4Cl溶液的pH约为5【答案】D【解析】试题分析：A．氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，该反应为复分解反应，无论是强碱还是弱碱均可发生该类反应，不能说明氨水是弱碱，A错误；B．铵盐受热易分解是铵盐的热不稳定性，与氨水是弱碱无因果关系，B错误；C．L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明溶液呈碱性，不能说明氨水是弱碱，C错误；D．L氯化铵溶液的pH约为5，是因为弱碱根NH4+水解使溶液呈酸性，证明NH4Cl是强酸弱碱盐，从而说明氨水是弱碱，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查弱电解质的判断【名师点晴】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质，据此可设计实验方案。5．在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的倍，下列叙述正确的是A．A的转化率变小B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大D．a＞c＋d【答案】A【解析】试题分析：反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半的瞬间，的浓度为原平衡的2倍.但当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的倍，这说明增大压强，平衡向消耗D的逆反应方向移动，因此正方应是体积增大的，即a＜c＋d，A的转化率变小，D的体积分数变小。答案选A。考点：平衡移动6．下列有关物质性质的应用不正确的是（）A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏罐贮运浓硫酸B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．次氯酸具有强氧化性，因此氯气可用于自来水的杀菌消毒D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】B【解析】试题分析：A．浓硫酸具有强氧化性，能与金属发生氧化还原反应，常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化，阻止反应进一步发生，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸，故A正确；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，故B错误；C．氯气与水反应生成HClO，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D．液氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境的温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故D正确。7．25℃某浓度的盐酸、氯化铵溶液中水电离出的氢离子浓度分别为：×10－amol·L－1×10－bmol·L－1，则这两种溶液的pH之和为A．14－a＋bB．14＋a＋bC．14－a－bD．14＋a－b【答案】A【解析】试题分析：25℃某浓度的盐酸中水电离出的氢离子浓度分别为：×10－amol·L－1，则由于该溶液中H+主要由酸电离产生决定。该溶液中H+的浓度是c(H+)=×10-14mol/L)÷×10－amol/L)=×10－(14-a);溶液的pH=14-a；氯化铵溶液中水电离出的氢离子浓度分别为：×10－bmol/L；则该溶液的pH=b，所以这两种溶液的pH之和为14-a+b,因此选项是A。考点：考查酸溶液、水解显酸性的盐溶液的pH关系的知识。8．将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应:4A(g)+B(g)=2C(g)反应进行到4s末，测得A为0．5mol，B为0．4mol，C为0．2mol。则：用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为用反应物B浓度的减少来表示该反应的速率应为用生成物C浓度的增加来表示该反应的速率应为【答案】（1）0．05mol/(L·s)（2）0．0125mol/(L·s)（3）0．025mol/(L·s)【解析】试题分析：4A(g)+B(g)=2C(g)起始：(4x+0．5)(x+0．4)0转化：4xmolxmol2xmol4s末：0．5mol0．4mol0．2mol2x=0．2molx=0．1mol⑴用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为：⑵依据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用反应物B浓度的减少来表示该反应的速率应为：⑶依据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用反应物C浓度的增加来表示该反应的速率应为：考点：考查化学反应速率。9．检验S02气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是A．通过品红溶液B．通过澄清石灰水C．先通过氢氧化钠溶液，再通过澄清石灰水D．先通过酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水【答案】D【解析】试题分析：A、二氧化硫与二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水检验二氧化硫中是否含有二氧化碳，错误；B、二氧化硫能使品红溶液褪色，但不能检验二氧化碳的存在，错误；C、二氧化硫与二氧化碳都是酸性氧化物，都与氢氧化钠溶液反应，所以不能检验二氧化硫中的二氧化碳，错误；D、气体先通过可没时间溶液，二氧化硫与高锰酸钾溶液反应，被氧化为硫酸根离子，从而除去二氧化硫，然后再通入澄清石灰水中，若变浑浊，证明存在二氧化碳，正确，答案选D。考点：考查二氧化碳与二氧化硫性质的区别10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是：A．标准状况下，22.4LHF中含HF分子数目为NAB．28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目为NAC．71gNa2SO4固体中含钠离子数目为NAD．25g质量分数68％的H2O2水溶液中含氧原子数目为NA【答案】C【解析】试题分析：标准状况下，HF是液态，不能摩尔体积来计算体积，A错；28g由乙烯和丙烯组成的混合气体，乙烯和丙烯的物质的量无法计算，所以碳碳双键数目无法计算，B错；71gNa2SO4固体的物质的量为，钠离子物质的量为1mol。数目为NA，C对；H2O2水溶液中含氧原子数还应该包括水中的氧原子，D错。考点：阿伏伽德罗常数的应用。11．下列离子方程式错误的是A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+B．烧碱溶液中滴入少量同物质的量浓度的氯化铝溶液Al3++4OH－AlO2－+2H2OC．向碳酸钠溶液中滴加过量的稀硫酸：CO32－+2H+CO2↑+H2OD．氢氧化铁溶于过量的氢碘酸：Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O【答案】D【解析】氢氧化铁溶于过量的氢碘酸时，生成的Fe3+氧化性较强，必定与还原性较强的I—发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故答案为D12．下列图示与对应的叙述相符的是A．图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【答案】D【解析】试题分析：A、向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体抑制醋酸的电离，溶液的pH增大，A错误；B、醋酸溶液的导电性越强，氢离子浓度越大，pH越小，则CH3COOH溶液的pHa＜b，B错误；C、催化剂能改变活化能，当不能改变焓变，C错误；D、NO2含量到达最低时继续升高温度反而升高，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以该反应的△H＜0，即为放热反应，D正确，答案选D。考点：考查弱电解质的电离、溶液导电性、焓变以及反应热判断等13．把气体X和气体Y混合于2L容器中，发生反应：，5分钟末已生成，若测知以Z浓度变化来表示的平均速率为，则：上述反应在5分钟末时，已用去的Y占原有量的物质的量分数是（）A．20%B．25%C．33%D．50%【答案】B【解析】5分钟末已生成，则根据方程式可知消耗Y是，所以已用去的Y占原有量的物质的量分数是÷＝，答案选B。14．雷雨天闪电时空气中有臭氧（O3）生成，下列说法正确的是A．O2和O3互为同位素B．O2和O3的相互转化是物理变化C．在相同温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数D．等物质的量的O2和O3含有相同的质子数【答案】C【解析】试题分析：A、同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子之间的互称，而由同种元素组成的性质不同的单质称为同素异形体；O2和O3为同素异形体，A项错误；B．O2和O3的结构不同，是不同的单质，相互转化是化学变化，B项错误；C．根据阿伏伽德罗定律，同温同压同体积的气体含有相同的分子数，C项正确；D、等物质的量的O2和O3含有的质子数为16：24=2：3，D项错误；选C。考点：考查同位素，化学变化和物理变化的实质。15．电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小，且电导率越大溶液的导电能力越强。室温下，用mol·L-1的NH3·H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示。下列说法正确的是A．①溶液中c（H+）为0.200mol·L-1B．溶液温度高低为①＞③＞②C．③点后因离子数目减少使电导率略降低D．③点时溶液中有c(C1一）＞（CH3COO一）【答案】D【解析】试题分析：向浓度均为0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液中滴加NH3·H2O，首先发生反应：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O，所以溶液中自由移动的离子的物质的量不变，而因为溶液的体积增大，所以离子的浓度减小，电导率逐渐减小，当该反应恰好发生时，电导率最小；此后发生反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度增大，电导率逐渐增大，当反应恰好完全时，溶液的电导率最大，此后再加入氨水，就对溶液起稀释作用，离子的浓度减小，电导率逐渐减小。根据电导率的变化可知HCl和CH3COOH是按照1:1混合的混合液。A．①溶液中由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以c（H+）约为0.05mol/L,错误；B．由于电导率都是在室温下测定的，所以溶液温度高低相等，错误；C．③点后因离子浓度减少使电导率略降，错误；D．③点时溶液为NH4Cl和CH3COONH4等等浓度、等体积的混合溶液，由于铵根离子水解消耗，所以溶液中有c(C1一）＞（CH3COO一），正确。考点：考查酸的混合溶液与碱发生反应时溶液的导电性与离子浓度的关系的知识。16．⑴20世纪30年代，Eyring和Pzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如题图⑴所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是（填“吸热”或“放热”）反应，NO2和CO的总能量（填“＞”、“＜”或“＝”）CO2和NO的总能量。过渡态过渡态反应物生成物反应进程能量图⑴

a

b

E1

E2图⑵图⑶⑵某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质物质的量随时间的变化曲线如图⑵①该反应在min时达到平衡状态；②该反应的化学方程式为： ；⑶一定温度下，对于反应2A(g)+B(g)2C(g)在反应过程中C的物质的量n(C)随着时间变化关系如图⑶所示，现从t1时间开始对反应体系升高温度，n(C)的变化如图qb所示。则：①p点时反应的v正v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）；②a，b两点的正反应速率vavb（填“＞”、“＜”或“＝”）【答案】（7分）⑴放热；>⑵①2；②3X+Y2Z⑶①＝；②＜【解析】试题分析：（1）根据图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应是放热反应，即NO2和CO的总能量＞CO2和NO的总能量。（2）①根据图2可知，反应进行到2min时物质的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态。②反应进行到2min时，X和Y的物质的量分别减少了和，Z的物质的量增加了，所以根据变化量之比时相应的化学计量数之比可知，该反应的化学方程式是3X+Y2Z。（3）①p点反应达到平衡状态，所以此时反应的v正＝v逆。②升高温度反应速率加快，所以a，b两点的正反应速率va＞vb。考点：考查反应热的判断、反应速率的计算以及外界条件对反应速率的影响点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的训练和检验。意在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。该题的关键是弄清楚图像中曲线的变化规律，然后灵活运用加快。17．（本题包括2部分，共14分）Ⅰ．（8分）X、Y、Z、W均为短周期元素组成的单质或化合物。在一定条件下有如下转化关系：X＋Y→Z＋W（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1︰2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子。则Z的电子式为。（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子。则此化学反应的类型为。（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物且Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%。则该反应的化学方程式为。（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，则该反应的化学方程式为。Ⅱ．（6分）近年来，某些轻元素的含氢化合物及其复合体系作为氢源受到广泛关注。化合物A（XYH2）和B（XH）都是具有潜在应用价值的释氢材料。A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝；B中X元素的质量分数为%。A和B混合可优化放氢性能。研究发现，该混合体系的放氢反应分三步进行：（1）2A=C+D（2）D+B=A+H2（3）C+B=E+H2（5）X元素的名称为。（6）写出A和B混合放氢的化学反应方程式：。（7）A、C、E均能水解且生成同样的产物，请写出物质C与水反应的化学方程式：。【答案】Ⅰ。（1）（2分）（2）置换反应（氧化还原反应）（3）2Mg＋SO2点燃=2MgO＋S（2分）点燃=（4）SO2＋NO2＝SO3＋NO（或CO＋NO2＝CO2＋NO）（2分）Ⅱ。（5）锂（2分）（6）2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑（2分）（7）Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑（2分）【解析】试题分析：Ⅰ．（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1︰2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子，则符合条件的转化是过氧化钠与水的反应，即X是过氧化钠，Y是水，Z是氢氧化钠，W是氧气，所以Z的电子式为。（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子。则符合条件的转化是氧气与H2S反应生成单质S和水，此化学反应的类型为置换反应。（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物，这说明反应是置换反应，又因为Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%。则该反应的化学方程式为2Mg＋SO2点燃=2MgO＋S点燃=（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，这说明引起式量变化的是氧元素，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，即为氮的氧化物NO2，则该反应的化学方程式为SO2＋NO2＝SO3＋NO（或CO＋NO2＝CO2＋NO）。Ⅱ。A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝，因此D是氨气，则A的化学式应该是LiNH2，C的化学式是Li2NH，物质C与水反应的化学方程式为Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑；B中X元素的质量分数为%。A和B混合可优化放氢性能，所以B是LiH，二者反应的方程式为2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑。考点：考查无机框图题推断18．邻苯二甲酸二乙酯是一种重要的工业塑化剂，其合成路线很多，下图就是其中的一种合成方法：已知以下信息：①有机化合物A可用来催熟水果。②机化合物C的核磁共振氢谱显示其有3种不同化学环境的氢原子。（1）A的结构简式是，B的名称为。（2）反应Ⅱ的试剂是，该反应类型为。（3）C生成D的化学方程式为。（4）G和B的化学方程式为。（5）在G的同分异构体中，A．能与新制的Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应生成砖红色沉淀B．能与碳酸钠反应生成二氧化碳C．能使FeCl3溶液显色满足上述三个条件的同分异构体有种，写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写三种）,所有这些同分异构体中，有种化学环境的氢原子。【答案】（1）CH2=CH2乙醇（2）NaOH水溶液取代反应（或水解反应）（3）（4）—COOH—COOH+2CH3CH2OH+2H2O—COOH—COOH（5）10；OHCOOHCHO(移动官能团位置)OHCOOHCHO【解析】试题分析：（1）①A催熟水果，则A为CH2=CH2，A为乙烯，乙烯和水发生加成反应，则B为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；（2）邻苯二甲酸二乙酯属于酯，则G的结构简式：—COOH—COOH，F→G条件是银氨溶液，是醛基被氧化，则F的结构简式为：—CHO—CHO，有机反应中骨架不变，C属于芳香烃，则C的结构简式为：——COOH—COOH—CHO—CHO—CH3—CH3CH2CH2OHOH（3）C→D发生取代反应，则；（4）G和B的化学方程式为—COOH—COOH+2CH3CH2OH+2H2O—COOH—COOH（5）能与新制Cu(OH)2悬浊液加热产生砖红色沉淀，说明含有－CHO，又能与碳酸钠反应生成CO2，说明含有－COOH，能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，因此同分异构体：CHO—OH(羧基4个位置)、CHO—COOH(羟基三个位置)、OH—COOHCHO—OHCHO—COOHOH—COOHOHCOOHCHO考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体等知识。19．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入编号H2C2O4酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①25②25③50（1）该反应的离子方程式为；（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是；（3）实验①测得KMn04溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMn04)=mol·L-1·min-1；（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(Mn04-)～【答案】（1）16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）②③；①②（3）或×10（4）【解析】试题分析：（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，则离子方程式为16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，故答案为：②和③；①和②；（3）草酸的物质的量为：•L-1×0.002L＝，高锰酸钾的物质的量为：•L-1×0.004L＝，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：：＝5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：（L×0.004L）÷（0.002L+0.004L）＝×L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝×L÷40s/60s/min=•L-1•min-1，故答案为：或×10-2；（4）25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25考点：考查探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度随时间变化的曲线20．（14分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：＞Fe3＋＞I2；还原性：S2O32—＞I－。3I2＋6OH－＝IO3—＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液显红色，该红色物质是________（填化学式）；CCl4中显紫红色的物质是_________（用化学式表示）。②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为____________、____________。（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由__________________。（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是__________________。A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3（4）对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋____________________。【答案】（1）①Fe(SCN)3I2②IO3-＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I―＝2Fe2＋＋I2。（2）4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI氧气氧化，I2易升华。（3）AC。（4）取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2＋。【解析】试题分析：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份。从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应的方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3—＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3—和Fe3+均能将I—氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI①根据以上分析可知该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe(SCN)3，CCl4中显紫红色的物质是I2；②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3-＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O、2Fe3＋＋2I―＝2Fe2＋＋I2；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。根据题目可知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得。再由题给的信息：“KI＋I2KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的。（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I—被氧化，根据题给信息“还原性：S2O32—＞I－”和氧化还原反应的强弱规律可知，应该选Na2S2O3作稳定剂；又由题给信息“3I2＋6OH－＝IO3—＋5I－＋3H2O”，可知I2与OH—会发生反应生成IO3—和5I—，而Na2CO3水解呈碱性，因而也可以用Na2CO3作稳定剂，防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化。AlCl3水解后呈酸性，且还原性I-＞Cl-，所不能作稳定剂；NaNO2当遇强还原性物质时能表现出氧化性，则NaNO2与KI能发生氧化还原反应为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，所以不能作稳定剂，答案选AC；（4）要检验Fe2+，首先可取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，然后用盐酸酸化后，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），使溶液中Fe2+转化为Fe3+，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+，则实验方案可设计为：取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+。考点：考查化学实验方案设计与探究21．（7分）已知一定质量的硫与100mL某浓度的KOH溶液恰好完全反应，其反应方程式为：3S+6KOH（浓）=2K2S+K2SO3+3H2O，若被还原的硫元素为1.6g，求该KOH溶液的物质的量的浓度。（写出计算过程）【答案】（7分）3S+6KOH（浓）＝2K2S+K2SO3+3H2O被还原的硫元素质量6mol2mol×32g/moln（KOH）1.6gn（KOH)=6mol×1.6g／(2mol×32g/mol)=mol（2分）c（KOH)=mol／0.10L=1.5mol/L【解析】试题分析：根据发生反应的化学方程式3S+6KOH（浓）=2K2S+K2SO3+3H2O，分析该反应，在该反应中，S单质既是氧化剂又是还原剂，其中元素化合价升高到+4价，被氧化，对应产物是K2SO3，元素化合价降低到-2价，被还原，对应产物是K2S，所以根据题意，被还原的S元素为1.6g，即参加反应的S中有2S被还原，可列比例式，从而求解。解题过程见答案。考点：考查对氧化还原反应的分析与计算22．有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大，其核电荷数总和为38。Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的3/4；W元素原子最外层电子比同周期Z元素多5个电子；W和Y不属同一主族。（1）写出元素符号：X__________，Y___________，Z__________，W___________。（2）Z、W两元素最高价氧化物对应水化物反应的方程式是。（3）把Z的单质（片状）放入滴有酚酞的沸水中