2018-2019年高中化学广西高考汇编试卷【88】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学广西高考汇编试卷【88】含答案考点及解析
2018-2019年高中化学广西高考汇编试卷【88】含答案考点及
解析
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
题号一二三四五六总分得分
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人得分
一、选择题
1.下列说法正确的是( )
A．1 mol葡萄糖能水解生成2 mol CH3CH2OH和2 mol CO2
B．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀
C．油脂不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸
D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2并加热
【答案】C
【解析】葡萄糖为单糖，不能水解，A项错误；蛋白质溶液中加入重金属盐出现不可逆的变性，而非盐析，B项错误；油脂是1 mol甘油与3 mol
试题分析：A. NaCl是离子化合物，Na的最外层的的1个电子失去，变为Na+，Cl原子获得一个电子后最外层达到8个电子的稳定结构。

在Cl-的最外层的电子要划上，而且要写上综括号。

错误。

B. 钠离子带有1个正电荷，离子的核外只有2个电子层，各个电子层上的电子数为2、8，结构示意图错误。

C．HClO分子中H、Cl都是与O原子形成的共价键。

结构式为H—O—Cl。

正确。

D．碘是53号元素，含78个中子的碘的放射性核素。

错误。

考点：考查有关化学用语的知识。

4.下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是
A．氢氧化铁与氢碘酸反应：
Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O
B．铁与稀硝酸反应：Fe +4H++ NO 3－Fe3++ NO↑+ 2H2O
C．磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe 3O4＋8H＋2Fe3＋
＋Fe2＋＋4H2O
D．溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2＋＋4Br－＋
3Cl 22Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
【答案】A
【解析】
试题分析：氢碘酸有还原性，要还原+3价的铁：
2Fe(OH)
3+6H＋+2I－＝2Fe2＋+I
2
+6H
2
O，A选项错误。

考点：考查离子方程式。

5.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是
A．3-甲基-1,3-丁二烯
B．2-羟基丁烷
C．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D．CH3CH(NH­2)CH2COOH3-氨基丁酸
【答案】D
【解析】A项，编号有误，应该为为2-甲基-1,3-丁二烯；B项叫2-丁醇；C项主链选错了，应该为3-甲基己烷；D正确。

【考点定位】本题考查有机物的命名。

6.下列说法正确的是
A．C2H2的电子式为H:C:::C:H
B．酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是
CH3CO18OH和C2H5OH
C．鸡蛋白溶液中滴加饱和硫酸铵溶液，出现沉淀，该过程属于蛋白质的盐析
D．6个碳原子形成的烃分子中，最多有5个碳碳单键
【答案】C
【解析】
试题分析：A项：C
2H
2
的电子式为，故A
错。

B项：CH
3CO18OC
2
H
5
的水解产物是CH
3
COOH和
C
2H
5
18OH,酯化反应，酸去羟基醇去氢，故B错。

D
项：中有6个碳碳单键，故D错。

故选C。

考点：电子式酯化反应蛋白质化学键
点评：解答本题需要对知识的灵活运用。

电子式书写要求组成各种微粒的各个原子的电子式，必须力求均匀、对称。

蛋白质的性质为：1.具有两性。

2.在酸性或碱性的条件下水解，最终形成多种a-氨基酸。

3.盐析（蛋白质在高浓度的中性盐溶液中，由于水化层被破坏和表面电荷被中和，容易发生沉淀）。

4.变性（蛋白质在某些理化因素的作用下，其特定的空间结构被破坏而导致其理化性质改变及生物活性丧失，蛋白质变性的因素有：高温、高压、电离辐射、超声波、紫外线及有机溶剂、重金属盐、激烈的搅拌强酸强碱等。

绝大多数蛋白质分子的变性是不可逆的。

）5.显色：遇浓硝酸显黄色。

6.燃烧产生烧焦羽毛的味道。

不能忽视环烷烃中的C-C键。

7.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A．氢气的燃烧热为-285.5kJ／mo1，则水电解的热化学方程式为：
2H2O（1） =2H2（g）+O2（g）；△H=+285.5KJ／mo1
B．1mol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O（1）时放出890kJ热量，它的热化学方程式为
1/2CH4（g）+O2（g）= 1/2CO2（g）+H2O（1）；△H= 一445kJ／mol
C．已知2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H= 一221kJ·mol-1，则C的燃烧热为一110.5kJ／mo1 D．HF与NaOH溶液反应：H+（aq）+OH—（aq）=H2O （1）；△H= 一57.3kJ／mol
【答案】B
【解析】
试题分析：燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成
稳定的化合物，A项应该是2H
2O（1）=2H
2
（g）+O
2
（g）；△H=+571KJ／mo1；B项正确；C项C的燃烧热指的是完全燃烧生成稳定的化合物CO
2
；D项H+（aq）+OH—（aq）=H
2
O（1）；△H= 一57.3kJ／mol指的是强酸和强碱中和反应放出的热量，HF 是弱酸，放出的热量小于57.3 kJ。

考点：考查热化学方程式的正误。

点评：可将热化学反应方程式的系数扩大或缩小，应注意ΔH也要同比例扩大或缩小，也可将热化学方程式逆向改写，此时ΔH绝对值相等，符号相反。

8.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。

高铁电池的总反应为3Zn＋2K
2FeO
4
＋
8H
2O3Zn(OH)
2
＋2Fe(OH)
3
＋4KOH，下列叙述不
正确的是
A．放电时负极反应为：Zn＋2OH－－2e－＝Zn(OH)2 B．充电时阳极反应为：Fe(OH)3＋5OH－－3e－＝FeO42－＋4H2O
C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
试题分析：放电时负极反生氧化反应，A正确；充电时阳极发生氧化反应；B正确，正极发生还
原反应，所以正极有1mol K
2FeO
4
被还原，转移
3mol电子，C错误；放电时正极除了生成Fe(OH)
3外还生成了OH-，所以碱性增强。

答案选A。

考点：原电池
点评：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。

电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。

正极得到电子，发生还原反应，据此可以进行有关的判断。

9.某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液。

下列有关电池的叙述不正确的是
A．正极反应式为：O2+2H2O+4e-4OH—
B．工作一段时间后，电解液中的KOH的物质的量不变
C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O22H2O D．放电过程中，溶液中K+向负极移动
【答案】D
【解析】原电池电解质溶液中阳离子一般认为是向正极移动，故选D
10.下列过程或现象与盐类水解无关的
是
A．纯碱溶液去油污
B．加热稀醋酸溶液其pH 稍有减小
C．小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
D．浓的硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】盐的离子与水电离出的氢离子或OH－结合生成弱电解质的反应是盐类的水解。

醋酸是弱酸，存在电离平衡。

电离是吸热的，加热促进电离，所以酸性增强，与水解无关
答案选B。

评卷人 得 分
二、实验题
11.（1）图1表示10mL 量筒中液面的位置，A 与
B 、B 与
C 刻度间相差1mL, 如果刻度A 为4，量筒中液体的体积是________mL 。

（2）图II 表示50mL 滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a ，则滴定管中液体的体积(填序号)______________。

a ．是
amL b
．是(50－a)mL
c ．一定大于amL
d ．一定大于(50－a)mL
（3）如图所示①②③④分别是几种常见漏斗的上部，A 、B 、C 、D 是实际操作应用时，各漏斗的下部插入容器中的示意图。

请指出A、B、C、D分别与①②③④相匹配的可能组合：
A与； B
与；
C与； D
与。

（4）某兴趣小组要进行有关氢气的定量测定实验，为保证氢气不损失，设计用甲、乙两装置及橡胶管完成锌粒和稀硫酸制取氢气的操作。

步骤如下：
①将锌粒放于(填“甲”或“乙”，下同)装置中，将稀硫酸放
于装置中。

②用橡胶管连接对应接口(填编号)：A
接，B
接。

③将盛稀硫酸的试管倒置，即可发生反应放出气体。

【答案】（1）3.2（2）d
（3）③；①②④；①②；④
（4）①甲，乙②D，E
【解析】
试题分析：（1）量筒从小到上刻度值逐渐增大，A与B，B与C刻度间相差1ml，则每刻度为
0.2ml，则如果刻度A为4，则B为3，量简中液体的体积是3.2ml，故答案为：3.2；
（2）滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管活塞下方或橡皮管无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50ml，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50-a)ml，故答案为：d；
（3）A与③组合，长颈漏斗用于制备气体时，漏斗下端应插入到试管底部，可用于制备气体；B 与②④(或①②④)组合，可用于分液或过滤；C 与①②组合，可用于制备气体；D与④组合，便于加入酒精，防止外流，故答案为：③；
②④(或①②④)；①②；④；
（4）根据实验室制备氢气的原理，生成的氢气从发生装置出来，为了便于硫酸的流下，常用橡皮
管将分液漏斗的口部和发生装置连接，根据这个原理，应该选用甲为发生装置，乙为盛放硫酸的装置。

①将锌粒放于甲装置中，将稀硫酸放于乙装置中，故答案为：甲；乙；
②用橡胶管连接对应接口：A接D,B接E，故答案为：D；E。

【考点定位】考查常见计量仪器的使用、氢气的制备
【名师点晴】本题考查了常见仪器的作用，为高频考点，侧重于学生的实验能力的考查，题目难度不大，熟悉常见的化学实验仪器，明确其使用是解题的关键。

长颈漏斗用于制备气体时，漏斗下端应插入到试管底部，分液漏斗由球形和梨形两张，球形漏斗可用于制备气体，梨形漏斗用于分液，普通漏斗用于过滤以及加入溶液；量筒从小到上刻度值逐渐增大，A与B，B与C刻度间相差1ml，则每刻度为0.2ml；滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，注意滴定管活塞下方或橡皮管无刻度等。

本题的难点是氢气的制备实验装置的设计，要充分理解实验室制备氢气的原理。

评卷
得分三、填空题
人
12.“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过。

(1)请你帮助它走出迷宫(请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线)。

(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于酸碱中和反应的有个，属于氧化还原反应的有个，其中能“吃掉”盐酸的盐是，写出该反应的离子方程
式：。

(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是，属于非电解质的
是(填写物质序号)。

(4)如果将盐酸换成氯气，它能沿着盐酸走出的路线“走出”这个迷宫吗？为什
么？。

【答案】(1)③⑥⑩⑦⑪⑫(2)2；1；Na 2CO 3；CO 32-＋2H ＋=CO 2↑＋H 2
O (3)⑥⑪；③⑩(4)不能，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应而被“吃掉”。

【解析】(1)图中物质③、⑥、⑩、⑦、⑪、⑫均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫。

(2)盐酸与NaOH 、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，与Zn 的反应属于氧化还原反应，能“吃掉”盐酸的盐是Na 2CO 3，该反应的离子方程式为CO 32-＋2H ＋=CO 2↑＋H 2O 。

(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是H 2SO 4、NaCl ，属于非电解质的是CO 2、SO 2。

(4)如果将盐酸换成氯气，它沿着盐酸走出的路线不能“走出”这个迷宫，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应而被“吃掉”。

13.(1)在酸性介质中，往MnSO 4溶液里滴加
(NH 4)2S 2O 8
(连二硫酸铵)溶液会发生如下离子反应(未配平)： Mn 2＋＋S 2O 82—＋H 2O→MnO 4—＋SO 4
2—＋H ＋
； ①该反应常用于检验Mn 2
＋的存在，其特征现象是___________________________________。

②若反应中有0.1 mol还原剂参加反应，则转移电子数为________N
A
，消耗氧化剂的物质的量
______________mol。

③写出该反应的离子方程式
_________________________________。

(2)①向CuSO
4
溶液中通入硫化氢生成黑色沉淀CuS的离子方程式为
___________________________________；
②向FeCl
3
溶液中加入过量的碘化钠溶液的离子方程式为_____________。

(3)在碱性介质中，H
2O
2
有较强的还原性，可与
Ag
2
O反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。

(4)为测定大气中的臭氧(O
3
)含量，将0℃、
1.01×105 Pa的空气V L慢慢通入足量KI溶液，使臭氧完全反应；然后将所得溶液用a mL c
mol·L－1的Na
2S
2
O
3
溶液进行滴定，恰好达到终点。

已知：2Na
2S
2
O
3
＋I
2
=Na
2
S
4
O
6
＋2NaI。

①该滴定过程中可选择的指示剂为________。

②O
3
与KI溶液反应生成两种单质，则反应的化学方程式为___________________________。

③空气中臭氧的体积分数为________(用含“a、
c、V”的字母表示)。

【答案】 (1)①溶液变成紫色 ②0.5 0.25 ③2Mn 2＋＋5S 2O 82—＋8H 2O=2MnO 4—＋10SO 4
2—＋16H ＋
(2)①Cu 2＋＋H 2
S=CuS↓＋2H ＋
②2Fe 3＋＋2I －=2Fe 2
＋＋I 2
(3)1∶1
(4)①淀粉溶液
②2KI＋O 3＋H 2O=2KOH ＋O 2＋I 2
③0.0112ac/V
【解析】 (1)②首先标化合价，Mn 元素化合价由＋2升高到＋7，S 元素化合价由＋7降低到＋6，所以1 mol 还原剂(Mn 2＋)失去5 mol 电子，1 mol 氧化剂(S 2O 82—)得到2 mol 电子，0.1 mol Mn 2＋参加反应转移0.5 mol 电子，依据得、失电子守恒，消耗n(S 2O 8
2—)＝0.5/2 mol ③利用化合价升降法配平
(2)①由产物可知化合价没有变化是复分解反应，溶液中的Cu 2＋与H 2S 提供的S 2－反应生成CuS 沉淀，注意H 2S 是弱电解质；②Fe 3＋具有氧化性，I －
具有还原性。

(3)1 mol H 2O 2被氧化成氧气，失去2 mol 电子，1 mol Ag 2
O 被还原为Ag ，得到2 mol 电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1。

(4)O
3将I－氧化成I
2
，I
2
和Na
2
S
2
O
3
反应，利用淀粉溶
液作指示剂，终点现象为蓝色变为无色。

由O
3
～
I
2～2Na
2
S
2
O
3
，可计算出臭氧的体积分数。

14.(10分)在某澄清、透明的浅黄色溶液中，可能含有K+、NH
4
+、Fe3+、Ba2+、Al3+、SO42-、HCO3-、Cl-离子。

进行下述实验（所加试剂均过量）。

(1)气体A的化学式
是，沉淀A的化学式是；
(2)待测液中一定存
在；一定不存在 _______ ；(3)写出溶液C与过量氨水反应的离子方程
式。

(4)三硅酸镁被用来治疗胃酸过多的胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用
持久。

把三硅酸镁(Mg
2Si
3
O
8
·nH
2
O)改写成氧化物
的形式为，
它中和胃酸(HCl)的离子方程式
是：。

【答案】（1）NH
3；Fe(OH)
3
（2）
NH
4
+ Fe3+ Al3+ SO42-； Ba2+ HCO
3
-
（3）Al3++3NH
3·H
2
O=Al(OH)
3
↓+3NH
4
+ （4）
2MgO·3SiO
2·nH
2
O；(以上各1分)
2MgO·3SiO
2·nH
2
O+4H+=2Mg2++3H
2
SiO
3
+(n-1) H
2
O（2
分）
【解析】（1）溶液显浅黄色，所以一定含有Fe3+，则一定没有HCO
3
-。

待测液和氢氧化钠溶液反应生成气体A，所以A是氨气，沉淀A是氢氧化铁；溶液A和盐酸酸化的氯化钡反应，所以B沉淀一定是硫酸钡，因此一定含有SO
4
2-，则一定没有Ba2+。

溶液B和硝酸酸化的硝酸银反应生成沉淀C，则C是氯化银，但由于前面加入铝盐酸，因此无法确定原溶液中是否含有氯离子；溶液C和氨水反应生成沉淀D，所以沉淀D一定是氢氧化铝，则原溶液中一定含有铝离子。

因此钾离子和氯离子无法确定。

（2）用氧化物形式表示硅酸盐时，一般按照金属性强弱排列，最后是水。

15.（8分）无色透明溶液中可能含有下列离子:K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO
-、SO42－、HCO3-、Cl-,取
3
该溶液进行如下实验:①用蓝色石蕊试纸检测该溶液,试纸显红色;
②取原溶液少许,加铜片和稀硫酸共热,产生无色气体,该气体遇空气立即变为红棕色;
③取原溶液少许,加入氨水有白色沉淀生成,继续加入过量氨水,沉淀不消失;
④取原溶液少许,滴入氯化钡溶液产生白色沉淀;
⑤取实验④后的澄清溶液,滴入硝酸银溶液产生白色沉淀,再加入过量的稀硝酸,沉淀不消失。

请回答下列问题:
(1)根据上述实验判断原溶液中上述离子肯定存在的是,
肯定不存在的
是。

(2)写出与②③两个实验有关的离子方程式:
②
,
③。

【答案】(1)Al 3+、NO 3-、SO 42-；Fe 3+、Ba 2+
、HCO 3
-； (2)②3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2+
+2NO↑+4H 2
O ； ③Al 3+
+3NH 3•H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4
+ 【解析】
试题分析：由题意知：溶液无色透明，则Fe 3+
肯定不存在； ①用蓝色石蕊试纸检测该溶液,试纸显红色，可知溶液显酸性，HCO 3-肯定不存在；②取原溶液少许,加铜片和稀硫酸共热,产生无色气体,该气体遇空气立即变为红棕色，反应方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，2NO+O 2=2NO 2，则原溶液中一定存在NO 3
-； ③取原溶液少许,加入氨水有白色沉淀生成,继续加入过量氨水,沉淀不消失，
Al 3++3NH 3•H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+ 说明原溶液中有Al 3+
存在； ④取原溶液少许,滴入氯化钡溶液产生白色沉淀，可知原溶液中有SO 4
2-存在，则Ba 2+肯定不存在； ⑤由于④加入了氯化钡,所以不能证明原溶液有没有Cl -
；
综上所述：肯定存在的离子是Al3+、NO
3
-、SO42-
肯定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、HCO
3
-。

考点：认识离子共存，掌握常见离子的性质及检验方法。

点评：本题考查了常见离子的化学性质及检验办法，要求学生熟练掌握K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO
3
-、SO
4
2-、HCO3-、Cl-的化学性质及反应现象，特别是NO
3
-在酸性溶液中的强氧化性。

16.硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨的催化氧化法制备硝酸。

(1) 已知反应N
2(g)+3H
2
(g) 2NH
3
(g)为放热反
应，下列措施可以提高H
2
的转化率的是(填序号) 。

A．选择适当的催化剂 B．增大压
强 C．及时分离生成的
NH
3
D．升高温度
(2) 一定温度下，在密闭容器中充入1molN
2
和3molH
2
发生反应。

若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N
2
的转化率α
1
= ；若容器压强
恒定，达到平衡状态时，N
2的转化率为α
2
，则
α
2α
1
(填“＞”、
“＜”或“＝”)。

(3)在容积恒定的密闭容器中进行反应
2NO(g)+O
2(g)2NO
2
(g) (吸热反应)。

该反应的反
应速率(v)随时间()变化的关系如图所示。

若
t
2、t
4
时刻只改变一个条件，下列说法正确的是
(填序号) 。

A．在t
1～t
2
时，可依据容器内气体的压强保持不
变判断反应已达到平衡状态
B．在t
2
时，采取的措施可以是升高温度
C．在t
3～t
4
时，可依据容器内气体的密度保持不
变判断反应已达到平衡状态
D．在t
5时，容器内NO
2
的体积分数是整个过程中
的最大值
(4) 消除硝酸工厂尾气的一种方法是用甲烷催化还原氮氧化物，已知：
① CH
4 (g)＋2O
2
(g)＝CO
2
(g)＋2H
2
O(g) △H
＝－890.3 kJ·mol－1
② N
2(g)＋2O
2
(g)＝2NO
2
(g) △H＝－67.0
kJ·mol－1
则CH
4(g)将NO
2
(g)还原为N
2
(g)等的热化学方程式
为。

在3.0L密闭容器中，通入0.10molCH
4
和
0.20molNO
2
，在一定温度进行反应，反应时间表(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t
/min
0246810
总压强p
/100kPa
4.80
5.445.765.92
6.006.00
由表中数据计算0～4min内
v(NO
2
)= ，该温度下的平衡常数K= 。

【答案】(1)BC (2)12.5% ＞(3)AB (4)
CH
4(g)＋2NO
2
(g)=N
2
(g)＋CO
2
(g) ＋2H
2
O(g) △H
＝－823.3 kJ·mol－
10.01mol·L―1·min 0.675【解析】
试题分析：（1）A．选择适当的催化剂，平衡不移动，H
2
转化率不变，故A错误；B．增大压强，平衡向气体体积减少的方向移动，即正向移动，
H
2转化率提高，故B正确； C．及时分离出NH
3
，
平衡正向移动，H
2
转化率提高，故C正确；D．升高温度，平衡向吸热的方向移动，即逆反应方向移动，H
2
转化率降低，故D错误；故选：BC；
（2）根据三段式N
2+3H
2
2NH
3
开始物质的量（mol）1 3 0
变化物质的量（mol）n 3n 2n 平衡物质的量（mol）1-n 3-3n 2n
据题意，（1-n+3-3n+2n）：（1+3）=15：16，解得n="0.125mol," 则N
2
的转化率
α
1
=×100%=12.5%,若容器压强恒定，随着反应的进行，气体分子数不断减少，达到平衡状态时，气体体积减小，相当于在恒容条件下加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，则转化率
α
2大于α
1
；
（3）A．该反应是气体体积减小的可逆反应，压强随着减小，达到平衡时，压强保持不变，则在
t
1～t
2
时，可依据容器内气体的压强保持不变判
断反应已达到平衡状态，正确；B．升高温度，
v
(正)、v
(逆)
都增大，平衡正向移动，v
(正)
增幅大，
在t
2
时，采取的措施可以是升高温度，正确；C．在恒容、密闭容器中，密度始终不变，在
t
3～t
4
时，不能依据容器内气体的密度保持不变
判断反应已达到平衡状态，错误；D．由图可
知，在t
2时改变条件平衡向正反应方向移动，t
3
时达到平衡，t
4
时瞬间V（正）不变，V（逆）减
小，应是降低生成物NO
2的浓度，故容器内NO
2
的
体积分数在t
3
时的值最大，错误；选AB。

（4）根据盖斯定律，①—②得CH
4
(g)＋
2NO
2(g)=N
2
(g)＋CO
2
(g) ＋2H
2
O(g) △H＝－
823.3 kJ·mol－1。

（5）压强之比等于物质的量之比，则4min时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）
mol×=0.36mol，由方程式可知2molNO
2
反应时混合气体物质的量增大1mol，则反应的NO
2
为2×（0.36-0.3）mol=0.12 mol，0～4min内v（NO
2
）==0.01mol/（L•min）；8min时处于平衡状态，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（0.1+0.2）
mol×=0.375mol，设参加反应的均为为xmol，则：
CH
4（g）+2NO
2
（g）⇌CO
2
（g）+N
2
（g）+2H
2
O（g）
起始量（mol）：
0.1 0.2
0 0 0
变化量（mol）：
x 2x
x x 2x
平衡量（mol）：
0.1-x 0.2-2x x
x 2x
所以0.1-x+0.2-2x+x+x+2x=0.375，解得
x=0.075，
则平衡常数
K= =0.675，
故答案为：0.01mol/（L•min）；0.675。

考点：考查平衡常数的计算、化学反应与能量的关系图、反应自发性判断、作图等内容
评卷人得分
四、计算题
17.（12分）市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：
产品标准GB5461
产品等级一级
配料食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量（以I计）20～50mg/kg
分装日期
分装企业
（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，
KIO＋5KI＋3H
2SO4 = 3K
2
SO4＋ 3＋ 3H
2
O
上述反应生成的可用四氯化碳检验：确认有生成的现象是___________________
利用稀溶液，将还原，可从碘的四氯化碳溶液中回收四氯化碳。

稀溶液与反应的离子方程式
为。

（2）已知：某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：
a．准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解：
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO与KI反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂。

逐滴加入物质的量浓
度为2．0×10mol／L的溶液10.0mL，恰好反应完全。

①判断c中恰好完全反应依据的现象是
_____________________________________。

②b中反应所产生的的物质的量是多少？（写出计算过程）
③根据以上实验和包装袋说明测得精制盐的碘(I)含量(以含w的代数式表示，单位为mg／kg)。

（写出计算过程）
【答案】
（1）层呈紫红色，
（2）①溶液由蓝色恰好变为无色且半分种内颜色不恢复
②过程略1.0×10
③过程略4.2×10/w 或
【解析】略
18.氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料。

工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO
4＋Na
2
SO
3
＋2NaCl＋Na
2
CO
3
→2CuCl↓＋3Na
2
SO
4
＋CO
2
↑
（1）CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%
的CuSO
4溶液，配制该溶液所需的CuSO
4
·5H
2
O与
H
2
O的质量之比为。

（2）准确称取所配制的0.2500g CuCl样品置于一定量的0.5mol·L－1 FeCl
3
溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L－1的
Ce(SO
4)
2
溶液滴定到终点,消耗24.60mLCe(SO
4
)
2
溶
液。

有关反应的离子方程式为：
Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+
已知国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量
指标为CuCl的质量分数大于96.50%。

试通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合国
家标准。

【答案】（1）5∶11
（2）符合国家标准
【解析】（1）5∶11（2分）
（2）设样品中CuCl的质量为x，由化学方程式可知：
CuCl ～ Fe2+～ Ce4+
x=0.1000mol·L-1×24.60×10-3L×99.5g·mol-1="
0.2448g " （1分）
样品中CuCl的质量分数=>96.50% （1分）
故样品中CuCl的质量分数符合国家标准。

（1分）
19.一定条件下1molN
2和4mol H
2
通入到V升的容
器中发生反应，反应前容器中的压强为P,保持温度和体积不变，10min后反应达到平衡，此时容器内混合气体平均相对分子质量为9,试求
（1）平衡时，体系内压强为多少?
（2）平衡时，氨气的体积分数为多少?【答案】29.（1） 0.8P （2） 25%【解析】
试题分析：（1）一定条件下1molN
2和4mol H
2
通
入到V升的容器中发生反应，反应前容器中的压强为P，10min后反应达到平衡，设氮气消耗物质的量为x
N
2+ 3H
2
= 2NH
3
起始量（mol）1 4 0
变化量（mol）x 3x 2x
平衡量（mol）1-x 4-3x 2x容器内混合气体平均相对分子质量为9，反应前后气体质量守恒，则M=（1x28+4x2）/(5-2x) =9 计算得到x=0.5 所以平衡时压强之比等于物质的量之比，P：P
平
=5：（5-2×0，5）=5：4 平衡时体系内压强为0.8P,答：平衡时，体系内压强为
0.8P；
（2）平衡时，氨气的体积分数
=2x/(5-2x)×100%=1/4×100%=25%，
答：平衡时，氨气的体积分数为25%．
考点：考查依据化学平衡三段式列式计算平衡物质的量等相关计算。

20.计算后填空：
(1)在标准状况下，448 mL某气体的质量为0.64 g，这种气体的相对分子质量为________。

(2)某氯化铁与氯化钠的混合液，已知c(Fe3＋)＝0.2 mol·L－1，c(Cl－)＝1 mol·L－1。

则c(Na＋)为
_____________。

(3)19 g某二价金属的氯化物RCl
2
中含有0.4 mol 的Cl－，则R的相对原子质量为__________。

(4)V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO42-的物质的量浓度为___________mol·L－1。

(5)在无土栽培中，配制1 L含5 mol NH
4
Cl、1.6
mol KCl、2.4 mol K
2SO
4
的某营养液，若用KCl、
NH
4Cl、(NH
4
)
2
SO
4
配制，则需KCl、NH
4
Cl的物质的
量分别为________、________。

(6)如图所示，分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气(已知空气体积占整个
容器容积的1/4)、H
2和O
2
的混合气体，在标准状
况下，若将H
2、O
2
的混合气体点燃引爆，活塞先
左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中
央。

则原来H
2、O
2
的体积之比可能为
_________________。

【答案】32 0.4 mol·L －124 6.4 mol 0.2 mol 7∶2或4∶5
【解析】(1)标准状况下，448 mL气体的物质的量为＝0.02 mol，该气体的摩尔质量为
＝32 g·mol－1。

(2)溶液呈电中性，根据电荷守恒3c(Fe 3＋)＋
c(Na＋)＝c(Cl－)，则：3×0.2 mol·L－1＋c(Na＋)＝1 mol·L－1，解得c(Na＋)＝0.4 mol·L－1。

(3)19 g某二价金属的氯化物RCl
2
中含有0.4 mol 的Cl －，则19 g RCl
2
的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol，RCl
2
的摩尔质量为＝95 g·mol－1，则RCl
2
的相对分子质量为95，所以R的相对原子质量为95－35.5×2＝24。

(4)V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，含有铁离子的物质的量为＝mol，溶液中含有硫酸根离子的物质的量为mol×＝mol，则溶液中SO的物质的量浓度为＝mol·L －1。

(5)在无土栽培中，配制1 L含5 mol NH
4
Cl、1.6
mol KCl、2.4 mol K
2SO
4
的某营养液，该培养液中
含有钾离子的总物质的量为1.6 mol＋2.4 mol×2＝6.4 mol，根据钾离子守恒，需要氯化钾的物质的量为6.4 mol；需要配制的溶液中含有氯离子的物质的量为5 mol＋1.6 mol＝6.6 mol，其中6.4 mol氯化钾中提供了6.4 mol氯离子，则还需要氯化铵的物质的量为6.6 mol－6.4 mol＝0.2 mol。

(6)令空气的物质的量为1 mol，反应前，左右两室的体积之比为1∶3，反应前右室的物质的量为3 mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室
气体物质的量为1 mol，发生反应2H
2＋O
2
2H
2
O，
设H
2、O
2
的物质的量分别为x mol、y mol，
若氢气过量，则：x－2y＝1，x＋y＝3，解得x∶y＝7∶2，
若氧气过量，则：y－0.5x＝1，x＋y＝3，解得x∶y＝4∶5。

评卷人得分
五、简答题
21.磁性材料A由两种元素组成，取2.960 g A 在足量的空气中充分煅烧，得到2.400 g红棕色固体B和无色刺激性气体D。

固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。

气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。

请回答下列问题：
（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_______________。

（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：
_______________。

（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_______________。

【答案】Fe3+ + 3H
2O Fe(OH)
3
+ 3H+或Fe3+ +
3H
2O Fe(OH)
3
(胶体）+
3H+Fe
3S
4
+3H
2
SO
4
===3H
2
S↑+3FeSO
4
+S↓H
2
SO
3
+
I
2+H
2
O===SO
4
2-+4H++2I-
【解析】试题分析：磁性材料A由两种元素组成，取2.960 g A在足量的空气中充分煅烧，得到2.400 g红棕色固体B和无色刺激性气体D。

固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN 溶液变为血红色，说明棕黄色溶液C是氯化铁溶液，B为氧化铁。

气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强，可以推断D为二氧化硫，E为亚硫酸，亚硫酸可以被碘氧化为硫酸，碘被还原为氢碘酸，所以酸性增强。

2.400 g红棕色氧化铁的物质的量为0.015mol，其中含铁0.03mol，铁元素的质量为1.68g，由铁元素守恒求得2.960 g A中含硫元素的质量为1.28g，S 的物质的量为0.04mol，所以A中的化
学式为Fe
3S
4。