山東省海陽市第一中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．已知七種短周期元素a～g的有關信息如下表所示：元素編號abcdefg原子半徑/nm最高化合價或最低化合價+1－2+3－2+3+1+1下列推斷正確的是A．簡單離子的離子半徑：g＜eB．氫化物的穩定性強弱：b＞dC．元素e的氧化物是兩性氧化物D．元素a與元素d形成的化合物屬于離子化合物【答案】BC【解析】試題分析：最高正價等于主族序數，最低負價等于8—主族序數（除氫外），電子層數越大原子半徑越大，由此推斷表中a、f、g三種元素位于第IA族，分別是氫、鋰、鈉；b、d位于第VIA族，分別是氧、硫；c、e位于第IIIA族，分別是硼、鋁。g、e的簡單離子分別為Na+、Al3+，二者核電荷數分別為11、13，核外都是28電子層結構，電子層數相同的離子半徑與核電荷數成反比例，則Na+的半徑比Al3+大，故A錯誤；b、d分別是O、S，同主族元素的非金屬性隨核電荷數增大減弱，則O的非金屬性比S強，非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，則氧元素的氣態氫化物比硫的穩定，故B正確；e的氧化物是Al2O3，氧化鋁屬于兩性氧化物，故C正確；a、d分別是H、S，都屬于非金屬，二者形成的H2S是共價化合物，而不是離子化合物，故D錯誤。考點：考查物質結構與元素周期律，涉及離子半徑、氫化物的穩定性、氧化物的性質、硫化氫的結構等。2．有效碰撞概念模型是研究化學反應速率的基礎。下列說法中正確的是A．升高溫度，有效碰撞次數增加B．發生有效碰撞時，不一定發生化學反應C．活化分子之間發生的碰撞一定為有效碰撞D．加入催化劑，分子能量不變，有效碰撞次數不變【答案】A【解析】試題分析：發生有效碰撞時，一定發生化學反應，B不正確；活化分子之間發生的碰撞不一定為有效碰撞，C不正確；加入催化劑，分子能量不變，有效碰撞次數增加，反應速率加快，D不正確，答案選A。考點：考查有效碰撞概念的正誤判斷點評：該題是基礎性試題的考查，試題比較抽象，有助于培養學生的邏輯推理能力和抽象思維能力。該題的關鍵是記住有效碰撞的概念以及影響因素，有助于調動學生的學習興趣，激發學生的學習求知欲。3．現有五種離子化合物A、B、C、D和E，都是由下表中離子形成的：陽離子Na+H+Ba2+陰離子OH–CO32–SO42–為鑒別它們，分別完成以下實驗，其結果如下：①A溶液與B溶液反應生成無色氣體，少量的該氣體可以和C溶液反應生成沉淀E，沉淀E可與B溶液反應；②B溶液與C溶液反應生成白色沉淀D，沉淀D不溶于B溶液；請根據上述實驗結果，填空：（1）寫出化合物的化學式：B：__________；C：__________；（2）現有A、B、C三種物質的量濃度與體積都相等的溶液，若以不同順序將它們中的兩種混合起來，如果出現沉淀則過濾，再將濾液與第三種溶液混合起來，最終所得的溶液（填“可能”或“不可能”）為酸性。寫出最終所得的溶液堿性的混合順序。【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】本題考查的是物質的鑒定與推斷。難度適中。陰陽離子形成離子化合物注意離子之間結合物的溶解性。根據題意A、B、C三種物質為溶液，D、E為沉淀。A溶液與B溶液反應生成無色氣體，A、B溶液分別為Na2CO3溶液和H2SO4溶液，沉淀E為碳酸鹽，能溶于B溶液，所以B為H2SO4溶液，A為Na2CO3溶液。Ｃ溶液含有Ba2+，根據離子共存，Ｃ溶液只能是Ba（OH）2，E為BaCO3，D為BaSO4。A、B、C三種溶液混合有三種順序，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，溶液呈堿性。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，最終溶液呈堿性。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最終得到Na2SO4，溶液呈中性。所以混合結果不可能呈酸性，呈堿性的結果有2種。4．下列事實，可以證明氨水是弱堿的是A．氨水能跟氯化亞鐵溶液反應生成氫氧化亞鐵B．銨鹽受熱易分解C．L的氨水可以使酚酞試液變紅D．L的NH4Cl溶液的pH約為5【答案】D【解析】試題分析：A．氨水能跟氯化亞鐵溶液反應生成氫氧化亞鐵，該反應為復分解反應，無論是強堿還是弱堿均可發生該類反應，不能說明氨水是弱堿，A錯誤；B．銨鹽受熱易分解是銨鹽的熱不穩定性，與氨水是弱堿無因果關系，B錯誤；C．L的氨水可以使酚酞試液變紅，只能說明溶液呈堿性，不能說明氨水是弱堿，C錯誤；D．L氯化銨溶液的pH約為5，是因為弱堿根NH4+水解使溶液呈酸性，證明NH4Cl是強酸弱堿鹽，從而說明氨水是弱堿，D正確，答案選D。【考點定位】本題主要是考查弱電解質的判斷【名師點晴】弱電解質的證明，是基于與強電解質對比進行的。弱電解質與強電解質最大的區別就是弱電解質存在電離平衡，而強電解質不存在電離平衡。因此只要證明有電離平衡存在，就證明了弱電解質，據此可設計實驗方案。5．在密閉容器中發生下列反應aA(g)cC(g)＋dD(g)，反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的倍，下列敘述正確的是A．A的轉化率變小B．平衡向正反應方向移動C．D的體積分數變大D．a＞c＋d【答案】A【解析】試題分析：反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半的瞬間，的濃度為原平衡的2倍.但當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的倍，這說明增大壓強，平衡向消耗D的逆反應方向移動，因此正方應是體積增大的，即a＜c＋d，A的轉化率變小，D的體積分數變小。答案選A。考點：平衡移動6．下列有關物質性質的應用不正確的是（）A．常溫下濃硫酸能使鋁發生鈍化，可在常溫下用鋁制貯藏罐貯運濃硫酸B．二氧化硅不與強酸反應，可用石英器皿盛放氫氟酸C．次氯酸具有強氧化性，因此氯氣可用于自來水的殺菌消毒D．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑【答案】B【解析】試題分析：A．濃硫酸具有強氧化性，能與金屬發生氧化還原反應，常溫下濃硫酸能使鋁表面形成致密氧化膜，發生鈍化，阻止反應進一步發生，可在常溫下用鋁制貯藏貯運濃硫酸，故A正確；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體和水，所以不能用石英器皿盛放氫氟酸，故B錯誤；C．氯氣與水反應生成HClO，次氯酸具有強氧化性，能殺菌消毒，所以氯氣可用于自來水的殺菌消毒，故C正確；D．液氨汽化時要吸收大量的熱，使周圍環境的溫度降低，所以液氨可用作制冷劑，故D正確。7．25℃某濃度的鹽酸、氯化銨溶液中水電離出的氫離子濃度分別為：×10－amol·L－1×10－bmol·L－1，則這兩種溶液的pH之和為A．14－a＋bB．14＋a＋bC．14－a－bD．14＋a－b【答案】A【解析】試題分析：25℃某濃度的鹽酸中水電離出的氫離子濃度分別為：×10－amol·L－1，則由于該溶液中H+主要由酸電離產生決定。該溶液中H+的濃度是c(H+)=×10-14mol/L)÷×10－amol/L)=×10－(14-a);溶液的pH=14-a；氯化銨溶液中水電離出的氫離子濃度分別為：×10－bmol/L；則該溶液的pH=b，所以這兩種溶液的pH之和為14-a+b,因此選項是A。考點：考查酸溶液、水解顯酸性的鹽溶液的pH關系的知識。8．將氣體A、B置于容積為2L的密閉容器中，發生如下反應:4A(g)+B(g)=2C(g)反應進行到4s末，測得A為0．5mol，B為0．4mol，C為0．2mol。則：用反應物A濃度的減少來表示該反應的速率應為用反應物B濃度的減少來表示該反應的速率應為用生成物C濃度的增加來表示該反應的速率應為【答案】（1）0．05mol/(L·s)（2）0．0125mol/(L·s)（3）0．025mol/(L·s)【解析】試題分析：4A(g)+B(g)=2C(g)起始：(4x+0．5)(x+0．4)0轉化：4xmolxmol2xmol4s末：0．5mol0．4mol0．2mol2x=0．2molx=0．1mol⑴用反應物A濃度的減少來表示該反應的速率應為：⑵依據化學反應速率之比等于化學計量數之比可知，用反應物B濃度的減少來表示該反應的速率應為：⑶依據化學反應速率之比等于化學計量數之比可知，用反應物C濃度的增加來表示該反應的速率應為：考點：考查化學反應速率。9．檢驗S02氣體中是否混有CO2氣體，可采用的方法是A．通過品紅溶液B．通過澄清石灰水C．先通過氫氧化鈉溶液，再通過澄清石灰水D．先通過酸性高錳酸鉀溶液，再通過澄清石灰水【答案】D【解析】試題分析：A、二氧化硫與二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁，所以不能用澄清石灰水檢驗二氧化硫中是否含有二氧化碳，錯誤；B、二氧化硫能使品紅溶液褪色，但不能檢驗二氧化碳的存在，錯誤；C、二氧化硫與二氧化碳都是酸性氧化物，都與氫氧化鈉溶液反應，所以不能檢驗二氧化硫中的二氧化碳，錯誤；D、氣體先通過可沒時間溶液，二氧化硫與高錳酸鉀溶液反應，被氧化為硫酸根離子，從而除去二氧化硫，然后再通入澄清石灰水中，若變渾濁，證明存在二氧化碳，正確，答案選D。考點：考查二氧化碳與二氧化硫性質的區別10．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是：A．標準狀況下，22.4LHF中含HF分子數目為NAB．28g由乙烯和丙烯組成的混合氣體中含碳碳雙鍵數目為NAC．71gNa2SO4固體中含鈉離子數目為NAD．25g質量分數68％的H2O2水溶液中含氧原子數目為NA【答案】C【解析】試題分析：標準狀況下，HF是液態，不能摩爾體積來計算體積，A錯；28g由乙烯和丙烯組成的混合氣體，乙烯和丙烯的物質的量無法計算，所以碳碳雙鍵數目無法計算，B錯；71gNa2SO4固體的物質的量為，鈉離子物質的量為1mol。數目為NA，C對；H2O2水溶液中含氧原子數還應該包括水中的氧原子，D錯。考點：阿伏伽德羅常數的應用。11．下列離子方程式錯誤的是A．氯化鋁溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+B．燒堿溶液中滴入少量同物質的量濃度的氯化鋁溶液Al3++4OH－AlO2－+2H2OC．向碳酸鈉溶液中滴加過量的稀硫酸：CO32－+2H+CO2↑+H2OD．氫氧化鐵溶于過量的氫碘酸：Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O【答案】D【解析】氫氧化鐵溶于過量的氫碘酸時，生成的Fe3+氧化性較強，必定與還原性較強的I—發生氧化還原反應：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故答案為D12．下列圖示與對應的敘述相符的是A．圖甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，溶液pH的變化B．圖乙表示向CH3COOH溶液中加水時溶液的導電性變化，則CH3COOH溶液的pH：a＞bC．圖丙表示催化劑能改變化學反應的焓變D．圖丁表示等量NO2在容積相同的恒容密閉容器中，不同溫度下分別發生反應：2NO2(g)N2O4(g)，相同時間后測得NO2含量的曲線，則該反應的△H＜0【答案】D【解析】試題分析：A、向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體抑制醋酸的電離，溶液的pH增大，A錯誤；B、醋酸溶液的導電性越強，氫離子濃度越大，pH越小，則CH3COOH溶液的pHa＜b，B錯誤；C、催化劑能改變活化能，當不能改變焓變，C錯誤；D、NO2含量到達最低時繼續升高溫度反而升高，這說明升高溫度平衡向正反應方向移動，所以該反應的△H＜0，即為放熱反應，D正確，答案選D。考點：考查弱電解質的電離、溶液導電性、焓變以及反應熱判斷等13．把氣體X和氣體Y混合于2L容器中，發生反應：，5分鐘末已生成，若測知以Z濃度變化來表示的平均速率為，則：上述反應在5分鐘末時，已用去的Y占原有量的物質的量分數是（）A．20%B．25%C．33%D．50%【答案】B【解析】5分鐘末已生成，則根據方程式可知消耗Y是，所以已用去的Y占原有量的物質的量分數是÷＝，答案選B。14．雷雨天閃電時空氣中有臭氧（O3）生成，下列說法正確的是A．O2和O3互為同位素B．O2和O3的相互轉化是物理變化C．在相同溫度和壓強下，等體積的O2和O3含有相同的分子數D．等物質的量的O2和O3含有相同的質子數【答案】C【解析】試題分析：A、同位素是指質子數相同，中子數不同的同種元素的不同原子之間的互稱，而由同種元素組成的性質不同的單質稱為同素異形體；O2和O3為同素異形體，A項錯誤；B．O2和O3的結構不同，是不同的單質，相互轉化是化學變化，B項錯誤；C．根據阿伏伽德羅定律，同溫同壓同體積的氣體含有相同的分子數，C項正確；D、等物質的量的O2和O3含有的質子數為16：24=2：3，D項錯誤；選C。考點：考查同位素，化學變化和物理變化的實質。15．電導率可用于衡量電解質溶液導電能力的大小，且電導率越大溶液的導電能力越強。室溫下，用mol·L-1的NH3·H2O滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液，電導率曲線如圖所示。下列說法正確的是A．①溶液中c（H+）為0.200mol·L-1B．溶液溫度高低為①＞③＞②C．③點后因離子數目減少使電導率略降低D．③點時溶液中有c(C1一）＞（CH3COO一）【答案】D【解析】試題分析：向濃度均為0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液中滴加NH3·H2O，首先發生反應：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O，所以溶液中自由移動的離子的物質的量不變，而因為溶液的體積增大，所以離子的濃度減小，電導率逐漸減小，當該反應恰好發生時，電導率最小；此后發生反應：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O，弱電解質變為強電解質，自由移動的離子濃度增大，電導率逐漸增大，當反應恰好完全時，溶液的電導率最大，此后再加入氨水，就對溶液起稀釋作用，離子的濃度減小，電導率逐漸減小。根據電導率的變化可知HCl和CH3COOH是按照1:1混合的混合液。A．①溶液中由于鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，所以c（H+）約為0.05mol/L,錯誤；B．由于電導率都是在室溫下測定的，所以溶液溫度高低相等，錯誤；C．③點后因離子濃度減少使電導率略降，錯誤；D．③點時溶液為NH4Cl和CH3COONH4等等濃度、等體積的混合溶液，由于銨根離子水解消耗，所以溶液中有c(C1一）＞（CH3COO一），正確。考點：考查酸的混合溶液與堿發生反應時溶液的導電性與離子濃度的關系的知識。16．⑴20世紀30年代，Eyring和Pzer在碰撞理論的基礎上提出化學反應的過渡態理論：化學反應并不是通過簡單的碰撞就能完成的，而是在反應物到生成物的過程中經過一個高能量的過渡態。如題圖⑴所示是NO2和CO反應生成CO2和NO過程中的能量變化示意圖，說明這個反應是（填“吸熱”或“放熱”）反應，NO2和CO的總能量（填“＞”、“＜”或“＝”）CO2和NO的總能量。過渡態過渡態反應物生成物反應進程能量圖⑴

a

b

E1

E2圖⑵圖⑶⑵某溫度時，在一個2L的密閉容器中，X、Y、Z三種物質物質的量隨時間的變化曲線如圖⑵①該反應在min時達到平衡狀態；②該反應的化學方程式為： ；⑶一定溫度下，對于反應2A(g)+B(g)2C(g)在反應過程中C的物質的量n(C)隨著時間變化關系如圖⑶所示，現從t1時間開始對反應體系升高溫度，n(C)的變化如圖qb所示。則：①p點時反應的v正v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）；②a，b兩點的正反應速率vavb（填“＞”、“＜”或“＝”）【答案】（7分）⑴放熱；>⑵①2；②3X+Y2Z⑶①＝；②＜【解析】試題分析：（1）根據圖1可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，所以該反應是放熱反應，即NO2和CO的總能量＞CO2和NO的總能量。（2）①根據圖2可知，反應進行到2min時物質的濃度不再發生變化，說明反應達到平衡狀態。②反應進行到2min時，X和Y的物質的量分別減少了和，Z的物質的量增加了，所以根據變化量之比時相應的化學計量數之比可知，該反應的化學方程式是3X+Y2Z。（3）①p點反應達到平衡狀態，所以此時反應的v正＝v逆。②升高溫度反應速率加快，所以a，b兩點的正反應速率va＞vb。考點：考查反應熱的判斷、反應速率的計算以及外界條件對反應速率的影響點評：該題是基礎性試題的考查，側重對學生基礎知識的訓練和檢驗。意在鞏固學生的基礎，提高學生的應試能力。該題的關鍵是弄清楚圖像中曲線的變化規律，然后靈活運用加快。17．（本題包括2部分，共14分）Ⅰ．（8分）X、Y、Z、W均為短周期元素組成的單質或化合物。在一定條件下有如下轉化關系：X＋Y→Z＋W（1）若構成X的陰、陽離子個數比為1︰2，且構成X的陰、陽離子中分別含有18個和10個電子，構成Z的陰、陽離子中均含有10個電子。則Z的電子式為。（2）若X、Y、Z、W四種物質均為分子，且X分子中含18個電子，Y、Z分子中均含有10個電子，單質W分子中含有16個電子。則此化學反應的類型為。（3）若X、W均為單質，Y、Z均為氧化物且Y、Z中氧的質量分數分別為50%和40%。則該反應的化學方程式為。（4）若X、Y、Z、W均為非金屬氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化學煙霧的主要“元兇”，則該反應的化學方程式為。Ⅱ．（6分）近年來，某些輕元素的含氫化合物及其復合體系作為氫源受到廣泛關注。化合物A（XYH2）和B（XH）都是具有潛在應用價值的釋氫材料。A受熱分解生成固體化合物C并放出刺激性氣體D，D可使濕潤的pH試紙變藍；B中X元素的質量分數為%。A和B混合可優化放氫性能。研究發現，該混合體系的放氫反應分三步進行：（1）2A=C+D（2）D+B=A+H2（3）C+B=E+H2（5）X元素的名稱為。（6）寫出A和B混合放氫的化學反應方程式：。（7）A、C、E均能水解且生成同樣的產物，請寫出物質C與水反應的化學方程式：。【答案】Ⅰ。（1）（2分）（2）置換反應（氧化還原反應）（3）2Mg＋SO2點燃=2MgO＋S（2分）點燃=（4）SO2＋NO2＝SO3＋NO（或CO＋NO2＝CO2＋NO）（2分）Ⅱ。（5）鋰（2分）（6）2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑（2分）（7）Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑（2分）【解析】試題分析：Ⅰ．（1）若構成X的陰、陽離子個數比為1︰2，且構成X的陰、陽離子中分別含有18個和10個電子，構成Z的陰、陽離子中均含有10個電子，則符合條件的轉化是過氧化鈉與水的反應，即X是過氧化鈉，Y是水，Z是氫氧化鈉，W是氧氣，所以Z的電子式為。（2）若X、Y、Z、W四種物質均為分子，且X分子中含18個電子，Y、Z分子中均含有10個電子，單質W分子中含有16個電子。則符合條件的轉化是氧氣與H2S反應生成單質S和水，此化學反應的類型為置換反應。（3）若X、W均為單質，Y、Z均為氧化物，這說明反應是置換反應，又因為Y、Z中氧的質量分數分別為50%和40%。則該反應的化學方程式為2Mg＋SO2點燃=2MgO＋S點燃=（4）若X、Y、Z、W均為非金屬氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，這說明引起式量變化的是氧元素，Y是光化學煙霧的主要“元兇”，即為氮的氧化物NO2，則該反應的化學方程式為SO2＋NO2＝SO3＋NO（或CO＋NO2＝CO2＋NO）。Ⅱ。A受熱分解生成固體化合物C并放出刺激性氣體D，D可使濕潤的pH試紙變藍，因此D是氨氣，則A的化學式應該是LiNH2，C的化學式是Li2NH，物質C與水反應的化學方程式為Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑；B中X元素的質量分數為%。A和B混合可優化放氫性能，所以B是LiH，二者反應的方程式為2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑。考點：考查無機框圖題推斷18．鄰苯二甲酸二乙酯是一種重要的工業塑化劑，其合成路線很多，下圖就是其中的一種合成方法：已知以下信息：①有機化合物A可用來催熟水果。②機化合物C的核磁共振氫譜顯示其有3種不同化學環境的氫原子。（1）A的結構簡式是，B的名稱為。（2）反應Ⅱ的試劑是，該反應類型為。（3）C生成D的化學方程式為。（4）G和B的化學方程式為。（5）在G的同分異構體中，A．能與新制的Cu(OH)2懸濁液在加熱條件下反應生成磚紅色沉淀B．能與碳酸鈉反應生成二氧化碳C．能使FeCl3溶液顯色滿足上述三個條件的同分異構體有種，寫出符合上述條件的物質可能的結構簡式（只寫三種）,所有這些同分異構體中，有種化學環境的氫原子。【答案】（1）CH2=CH2乙醇（2）NaOH水溶液取代反應（或水解反應）（3）（4）—COOH—COOH+2CH3CH2OH+2H2O—COOH—COOH（5）10；OHCOOHCHO(移動官能團位置)OHCOOHCHO【解析】試題分析：（1）①A催熟水果，則A為CH2=CH2，A為乙烯，乙烯和水發生加成反應，則B為乙醇，結構簡式為CH3CH2OH；（2）鄰苯二甲酸二乙酯屬于酯，則G的結構簡式：—COOH—COOH，F→G條件是銀氨溶液，是醛基被氧化，則F的結構簡式為：—CHO—CHO，有機反應中骨架不變，C屬于芳香烴，則C的結構簡式為：——COOH—COOH—CHO—CHO—CH3—CH3CH2CH2OHOH（3）C→D發生取代反應，則；（4）G和B的化學方程式為—COOH—COOH+2CH3CH2OH+2H2O—COOH—COOH（5）能與新制Cu(OH)2懸濁液加熱產生磚紅色沉淀，說明含有－CHO，又能與碳酸鈉反應生成CO2，說明含有－COOH，能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基，因此同分異構體：CHO—OH(羧基4個位置)、CHO—COOH(羥基三個位置)、OH—COOHCHO—OHCHO—COOHOH—COOHOHCOOHCHO考點：考查有機物的推斷、官能團的性質、同分異構體等知識。19．某小組利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反應來探究“條件對化學反應速率的影響”。實驗時，先分別量取兩種溶液，然后倒入編號H2C2O4酸性KMnO4溶液溫度/℃濃度/mol?L-1體積/mL濃度/mol?L-1體積/mL①25②25③50（1）該反應的離子方程式為；（2）探究溫度對化學反應速率影響的實驗編號是(填編號，下同)，可探究反應物濃度對化學反應速率影響的實驗編號是；（3）實驗①測得KMn04溶液的褪色時間為40s，忽略混合前后溶液體積的微小變化，這段時間內平均反應速率v(KMn04)=mol·L-1·min-1；（4）已知50℃時c(MnO4-)～反應時間t的變化曲線如圖。若保持其他條件不變，請在坐標圖中，畫出25℃時c(Mn04-)～【答案】（1）16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）②③；①②（3）或×10（4）【解析】試題分析：（1）根據反應后H2C2O4轉化為CO2逸出，KMnO4轉化為MnSO4，利用化合價升降相等寫出反應的化學方程式為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，則離子方程式為16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：16H++5H2C2O4+2MnO4-＝2Mn2++10CO2（2）探究溫度對化學反應速率影響，必須滿足除了溫度不同，其他條件完全相同，所以滿足此條件的實驗編號是：②和③；探究反應物濃度對化學反應速率影響，除了濃度不同，其他條件完全相同的實驗編號是①和②，故答案為：②和③；①和②；（3）草酸的物質的量為：?L-1×0.002L＝，高錳酸鉀的物質的量為：?L-1×0.004L＝，草酸和高錳酸鉀的物質的量之比為：：＝5：1，顯然草酸過量，高錳酸鉀完全反應，混合后溶液中高錳酸鉀的濃度為：（L×0.004L）÷（0.002L+0.004L）＝×L，這段時間內平均反應速率v（KMnO4）＝×L÷40s/60s/min=?L-1?min-1，故答案為：或×10-2；（4）25℃時反應速率小于50℃時，所以高錳酸根離子的濃度變化比50℃時小，反應需要的時間大于50℃條件下需要的時間，據此畫出25考點：考查探究溫度、濃度對反應速率的影響、濃度隨時間變化的曲線20．（14分）食鹽中含有一定量的鎂、鐵等雜質，加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的。已知：氧化性：＞Fe3＋＞I2；還原性：S2O32—＞I－。3I2＋6OH－＝IO3—＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3（1）某學習小組對加碘鹽進行如下實驗：取一定量某加碘鹽(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得溶液分為3份。第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色。①加KSCN溶液顯紅色，該紅色物質是________（填化學式）；CCl4中顯紫紅色的物質是_________（用化學式表示）。②第二份試液中加入足量KI固體后，反應的離子方程式為____________、____________。（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失。寫出潮濕環境下KI與氧氣反應的化學方程式：________________。將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3·H2O。該物質作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由__________________。（3）為了提高加碘鹽（添加KI）的穩定性，可加穩定劑減少碘的損失。下列物質中有可能作為穩定劑的是__________________。A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3（4）對含Fe2＋較多的食鹽(假設不含Fe3＋)，可選用KI作為加碘劑。請設計實驗方案，檢驗該加碘鹽中的Fe2＋____________________。【答案】（1）①Fe(SCN)3I2②IO3-＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I―＝2Fe2＋＋I2。（2）4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH否KI3受熱（或潮濕）條件下產生KI和I2，KI氧氣氧化，I2易升華。（3）AC。（4）取足量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2＋。【解析】試題分析：（1）某加碘鹽可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋，用蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化后將溶液分為3份。從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應的方程式為Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血紅色；從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成．這是因為由于“氧化性：IO3—＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3—和Fe3+均能將I—氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3；第三份試液中加入適量KIO3固體后，滴加淀粉試劑，溶液不變色．由此可知該加碘鹽中不含KI①根據以上分析可知該加碘鹽溶液中加KSCN溶液顯紅色的物質是Fe(SCN)3，CCl4中顯紫紅色的物質是I2；②第二份試液中加入足量KI固體后，反應的離子方程式為IO3-＋5I－＋6H＋＝3I2＋3H2O、2Fe3＋＋2I―＝2Fe2＋＋I2；（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，KI會被空氣中氧氣氧化，KI在潮濕空氣中氧化的反應化學方程式為4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。根據題目可知，KI3?H2O是在低溫條件下，由I2溶于KI溶液可制得。再由題給的信息：“KI＋I2KI3”，可知KI3在常溫下不穩定性，受熱（或潮濕）條件下易分解為KI和I2，KI又易被空氣中的氧氣氧化，I2易升華，所以KI3?H2O作為食鹽加碘劑是不合適的。（3）提高加碘鹽（添加KI）的穩定性，主要是防止I—被氧化，根據題給信息“還原性：S2O32—＞I－”和氧化還原反應的強弱規律可知，應該選Na2S2O3作穩定劑；又由題給信息“3I2＋6OH－＝IO3—＋5I－＋3H2O”，可知I2與OH—會發生反應生成IO3—和5I—，而Na2CO3水解呈堿性，因而也可以用Na2CO3作穩定劑，防止加碘鹽（添加KI）在潮濕環境下被氧氣氧化。AlCl3水解后呈酸性，且還原性I-＞Cl-，所不能作穩定劑；NaNO2當遇強還原性物質時能表現出氧化性，則NaNO2與KI能發生氧化還原反應為2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，所以不能作穩定劑，答案選AC；（4）要檢驗Fe2+，首先可取少量該加碘鹽溶于蒸餾水中，然后用鹽酸酸化后，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），使溶液中Fe2+轉化為Fe3+，再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+，則實驗方案可設計為：取少量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+。考點：考查化學實驗方案設計與探究21．（7分）已知一定質量的硫與100mL某濃度的KOH溶液恰好完全反應，其反應方程式為：3S+6KOH（濃）=2K2S+K2SO3+3H2O，若被還原的硫元素為1.6g，求該KOH溶液的物質的量的濃度。（寫出計算過程）【答案】（7分）3S+6KOH（濃）＝2K2S+K2SO3+3H2O被還原的硫元素質量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】試題分析：根據發生反應的化學方程式3S+6KOH（濃）=2K2S+K2SO3+3H2O，分析該反應，在該反應中，S單質既是氧化劑又是還原劑，其中元素化合價升高到+4價，被氧化，對應產物是K2SO3，元素化合價降低到-2價，被還原，對應產物是K2S，所以根據題意，被還原的S元素為1.6g，即參加反應的S中有2S被還原，可列比例式，從而求解。解題過程見答案。考點：考查對氧化還原反應的分析與計算22．有X、Y、Z、W四種短周期元素，原子序數依次增大，其核電荷數總和為38。Y元素原子最外層電子數占核外總電子數的3/4；W元素原子最外層電子比同周期Z元素多5個電子；W和Y不屬同一主族。（1）寫出元素符號：X__________，Y___________，Z__________，W___________。（2）Z、W兩元素最高價氧化物對應水化物反應的方程式是。（3）把Z的單質（片狀）放入滴有酚酞的沸水中