【精品试卷】高考化学复习江苏省盐城多伦多国际学校高三下期4月月考化学试卷(复习必备)

高中化学学习材料
（灿若寒星**整理制作）
江苏省盐城多伦多国际学校2016届高三下期4月月考化学试卷
（苏教版，解析版）
1．下列溶液一定呈中性的是（）
A．c(OH－) = 的溶液B．pH＝7 的溶液
C．c(H+) =10－14的溶液D．加甲基橙呈黄色的溶液
【答案】A
【解析】A、kw=c(H+)c(OH-), c(OH－) =，故溶液为中性；
B、如果不在25℃，该溶液不为中性，
C、该溶液可能为碱性；
D、甲基橙的变色范围为3.1~4.4，大于4.4为黄色。

2．下列化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是（）
A. 甲醇
B. 新戊烷
C. 丁烯
D. 丁烷
【答案】A
【解析】
试题分析：甲醇在常温下呈液态，其余都是气态，答案选A。

考点：考查有机物状态的判断
点评：该题是基础性试题的考查，属于识记性的，难度不大。

该题的关键是熟练记住常见有机物的状态即可，学生不难得分。

3．关于萃取的理解，下列说法正确的是
A．可以用四氯化碳把溴水中的溴萃取出来，静置分层后，上层呈橙红色
B．可以用酒精萃取碘水中的碘
C．可以用水做萃取剂把碘从四氯化碳溶液中分离出来
D．萃取之后一般通过分液的方法将互不相溶的液体分离
【答案】D
【解析】
试题分析：A、四氯化碳的密度比水大，用四氯化碳把溴水中的溴萃取出来，静置分层后，下层呈橙红色，故A错误；B、酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，故B错误；C、碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取是通过加入萃取剂，把溶质从溶解度较低的溶剂中转移到萃取剂中的操作，不能用水做萃取剂把碘从四氯化碳溶液中分离出来，故
C错误；D、互不相溶的液体可以用分液的方法分离，故D正确；故选D。

考点：考查了萃取的相关知识。

4．下列物质与常用危险化学品的类别不对应
．．．的是（）
A．氢氧化钠——腐蚀品 B．高锰酸钾——氧化剂
C．钠——遇湿易燃物品 D．甲烷——易燃液体
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氢氧化钠是一元强碱，具有强的腐蚀性，属于腐蚀性的药品，错误；B．高锰酸钾具有强的氧化性，是氧化性的药品，错误；C．钠容易与空气中的氧气产生过氧化钠等，与水发生反应产生氧气，是遇湿易燃物质，错误；D．甲烷的状态是气态，是易燃气体，错误。

考点：考查危险化学品分类正误判断的知识。

5．在过氧化钾与水的反应中，其还原产物和氧化产物质量比为( )
A.7∶4
B.4∶7
C.7∶2
D.2∶7
【答案】C
【解析】Ｋ２Ｏ２与H２Ｏ反应：
还原产物是KOH，氧化产物是O２，4个KOH中仅有2个是还原产物，故二者质量之比为：２×５６∶３２＝７∶2。

6．萃取碘水中的碘，可选用的萃取剂是①四氯化碳②汽油③酒精
A、只有①
B、①和②
C、①和③
D、①②③
【答案】B
【解析】
试题分析：碘易溶于有机溶剂，所以选择的萃取剂必须是与水不互溶，且碘在该萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以选用的萃取剂是四氯化碳、汽油，酒精与水互溶，不能做萃取剂，答案选B。

考点：考查对萃取剂的判断
7．甲乙丙是三种不含相同离子的可溶性电解质。

他们所含的离子如表所示。

取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c（甲）<c（乙）<c（丙），下列说法正确的是
阳离子Na+ NH4+ Fe3+
阴离子OH-Cl-SO42-
、乙中一定含有NH4+
C、丙中一定含有Fe3+
D、丙中一定含有SO42-
【答案】B
【解析】
试题分析：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则OH-只能与Na+组成NaOH，三种化合物不
含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：NaOH、NH4Cl、Fe2（SO4）3；第二组：NaOH、（NH4）2SO4、FeCl3，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小可知相对分子质量：Mr（丙）＞Mr（乙）＞Mr（甲），第一种情况：NaOH、NH4Cl、Fe2（SO4）3，NaOH相对分子质量为40，NH4Cl相对分子质量为58.5、Fe2（SO4）3相对分子质量为400，第二种情况：NaOH、（NH4）2SO4、FeCl3，NaOH相对分子质量为40、（NH4）2SO4相对分子质量为132、FeCl3相对分子质量为162.5，所以甲为NaOH，乙可能是（NH4）2SO4或NH4Cl，丙为Fe2（SO4）3或FeCl3，由上述分析可知，甲中一定含有钠离子、乙中一定含有铵根离子、丙中一定含有铁离子，但是丙中不一定含有硫酸根离子，可能含有氯离子，故D错误；故选D。

考点：考查了离子共存的相关知识。

8．已知某化学反应A2（g）＋2B2（g）===2AB2（g）（AB2的分子结构为B—A—B）的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是
A．该反应的进行一定需要加热
B．该反应的ΔH＝－（E1－E2）kJ/mol
C．该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和
D．断裂1 mol A—A键和2 mol B—B 键放出E1 kJ能量
【答案】C
【解析】
试题分析：A．观察题给图像可以得到，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，但发生吸热反应不一定需要加热，错误；B．吸热反应ΔH＞0，错误；C．观察题给图像可以得到，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，错误；D．化学反应过程中，化学键断裂为吸热过程，化学键形成为放热过程，错误。

【考点定位】考查化学键与化学反应中能量变化的关系
【名师点睛】化学反应中，当破坏旧化学键所吸收的能量小于形成新化学键所释放的能量时，为放热反应；
当破坏旧化学键所吸收的能量大于形成新化学键所释放的能量时，为吸热反应。

本质是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定。

如果反应物的总能量大于生成物的总能量,那这个反应就是放热反应,反之则是吸热反应。

等压条件下，反应热等于焓变。

高中认为焓变等同于热效应，放热：焓变 = 反应热 < 0，吸热：焓变 = 反应热 > 0，它们的符号是一致的。

从图像可知，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH＞0。

9．下列各组离子一定能大量共存的是
A．pH＝2的溶液中：SO42-、K+、NO3-、Mg2+
B．pH试纸呈红色的溶液中：Fe2＋、K+、NO3-、Na+
C．水电离出的c（H+）＝1×10-14mol·L-1的溶液中：Na+、Al3＋、Cl-、SO42-
D．CO32－可以大量共存的溶液中：Ag+、K+、NO3-、Cl-
【答案】A
【解析】
试题分析：A、pH＝2的溶液显酸性，四种离子之间不反应，可以大量共存，A错误；B、pH 试纸呈红色的溶液显酸性，则Fe2＋与NO3-之间发生氧化还原滴定，不能大量共存，B错误；
C、水电离出的c（H+）＝1×10-14mol·L-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，此溶液如果显碱性，铝离子不能大量共存，C错误；
D、银离子与氯离子、碳酸根离子均不能大量共存，D 错误，答案选A。

考点：考查离子共存问题等知识
10．下列离子方程式的书写正确的是
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3＋CO2＋H2O=2Na＋＋CO32-＋H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2＋2CO2=Ca2＋＋2HCO3-
C．硅与氢氟酸的反应：Si＋4H＋＋4F－=SiF4↑＋2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．水玻璃中通入过量二氧化碳，产生硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式是： SiO32-＋2CO2＋2H2O=2HCO32-＋H2SiO3↓，错误；B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH
－＋CO
2=HCO3-，错误；C．硅与氢氟酸的反应，氢氟酸是弱酸，反应的方程式是：Si＋4HF=SiF
4↑
＋2H2↑，错误；D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，反应符合事实，拆下符合离子方程式的原则，正确；
考点：考查离子方程式正误判断的知识。

11．X、Y、Z是三种短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示，有关说法正确的是
A．X、Y、Z不可能全是金属元素( )
B．若Z能与X、Y分别形成原子晶体，则Z一定是硅元素
C．若X、Y、Z的最高价氧化物形成的水化物分别为a、b、c，则a的酸性最弱
D．若X、Y、Z分别形成氢化物a、b、c，则其沸点相对高低一定为：c>a，b>a
【答案】B
【解析】A不正确，可以都是金属，例如分别是Li、Be、Na。

同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，所以选项C中Y的非金属性最强，相应最高价氧化物的水化物的酸性最强，C不正确。

D不正确，例如水、HF等含有氢键，其沸点高于同主族其它氢化物的。

所以正确的答案选B。

12．已知：①CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝- Q1 kJ／mol；
② 2H2(g)+O2(g) == 2H2O(g) ΔH＝- Q2 kJ／mol；③ H2O(g) = H2O(l) ΔH ＝- Q3 kJ／mol
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（）
A． 4Q1+0．5Q2 B． 4Q1+Q2+10Q3 C． 4Q1+2Q2 D． 4Q1+0．5Q2+9Q3
【答案】D
【解析】
试题分析：n(气体)= 5mol,由于n(CH4):n(H2)= 4：1,所以n(CH4)= 4mol； n(H2)= 1mol。

（①
+③×2）整理可得CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(;) ΔH＝- (Q1+2Q3)kJ／mol；由于含有4mol
的甲烷，所以燃烧放出热量是0．4(Q1+2Q3)kJ；②+③×2整理可得2H2(g)+O2(g) ==2H2O(l) ΔH＝- (Q2+2Q3)kJ／mol；由于含有1mol的氢气，所以燃烧放出热量是0．5(Q2+2Q3)kJ；
因此体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为4(Q1+2Q3)kJ+0．5 (Q2+2Q3)kJ=4Q1+0．5Q2+9Q3 KJ。

故选项是D。

考点：考查物质发生反应的放出热量的计算的知识。

13．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。

Q元素的原
子最外层电子数是其内层电子数的2倍。

W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。

元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是
A．原子半径的大小顺序：r Y> r X >r Q>r W
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应
C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性
D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
【答案】D
【解析】
试题分析： X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子
数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数
相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍， W为氧元素，Z为硫元素；元素
Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。

A、同周期自左向右原
子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半
径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；B、X、Y的最高价氧化物
的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故
B错误；C、非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C错误；D、元素Q和Z能形成QZ
2是CS2属于共价化合物，故D正确；故答案选D。

考点：考查元素周期律。

14．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．在Na2S稀溶液中：c (Na＋)＞c (S2－)＞c (OH－)＞c (H＋)＞c (HS－)
B．在Na2C2O4稀溶液中：c (Na＋)＋c (H＋)= c (OH－)＋c (C2O42－)＋c (HC2O4－)
C．在含等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中： 3 c (Na＋)=2[c (CO32－)+ c (HCO3－)+ c (H2CO3)]
D．在NaHSO3稀溶液中：c (OH－)＋c (SO32－)= c (H＋)＋c (H2SO3)
【答案】D
【解析】
试题分析：A.在Na2S的稀溶液中，S2－发生水解：
S2－+H2OHS－+OH－、HS－+H2OH2S+ OH－，所以离子浓度的关系为c (Na＋)＞c (S2－)＞c (OH－)＞c
(HS
－)
＞c (H＋),A项错误；B.不符合电荷守恒，应为c (Na＋)＋c (H＋)= c (OH－)＋2c (C2O42－)＋c (HC2O4－)，B项错误；C.不符合物料守恒，应为2 c (Na＋)=3[c (CO32－)+ c (HCO3－)+ c (H2CO3)]，C项错误；D.符合质子守恒；答案选D。

考点：考查离子浓度的大小比较，电解质溶液中的守恒。

15．A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。

已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍。

下列说法正确的是A．原子半径的大小顺序：r(B)>r(C)>r(D)
B．B的简单气态氢化物的热稳定性比D的弱
C．E分别与A、C形成的化合物中化学键类型相同
D．C的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强
【答案】D
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。

已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍，则这五种元素分别是H、O、Na、S、Cl。

A．电子层数相等的元素，原子序数移动，原子半径越小，电子层数不同的元素，原核外电子层数越多，原子半径越大。

所以原子半径的大小顺序：r(C)>r(D) >r(B)，错误；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。

由于元素的非金属性B>D，所以B的简单气态氢化物的热稳定性比D的强，错误；C．E分别与A形成的化合物HCl是共价化合物，含有共价键；E与C形成的化合物NaCl是离子化合物，含有离子键，二者的化学键类型不相同，错误。

D．由于Na是第IA的元素，在同一周期中非金属性最强，所以C的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强，正确。

考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。

16．将下列离子Na+、K+、Cu2+、H+、NO3-、Cl-、CO32-、OH-按可能大量共存于同一溶液的情况，把它们分成A、B两组，而且每组中均含两种阳离子和两种阴离子。

A组：________________________________ 。

B组：________________________________ 。

【答案】Cu2+、H+、Cl-、NO3-；Na+、K+、OH-、CO32-
【解析】由于铜离子不能与碳酸根离子、氢氧根离子大量共存，所以它们不能在一组，又氢离子不能与碳酸根离子、氢氧根离子大量共存，所以它们也不能在一组，即铜离子和氢离子在一组，碳酸根离子和氢氧根离子在一组，由每组中均含两种阳离子和两种阴离子可得一组中含有Cu2+、H+、Cl-、NO3-；另一组含有Na+、K+、OH-、CO32-。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0
2C N O Ne
3Na Mg Al Si S Cl
）常温下，会在浓硫酸中发生钝化的金属是（填名称）
（2）化学性质最不活泼的元素是（填元素符号）。

（3）镁的原子结构示意图为。

（4）C与N相比，原子半径较小的是。

（5）最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是碱性最强的是（填化学式）。

（6）常用于制半导体材料的元素是。

（7）H2S和HCl相比，热稳定性较强的是。

（8）硫的一种氧化物可使品红溶液褪色，写出该氧化物的化学式，其中硫元素和氧元素的质量比m(S): m(O)= 。

（9）常温下金属钠能与水激烈反应，请写出反应的化学方程式：
【答案】（12分）
（1）铝（2） Ne （3）
（4） N
（5）HClO4； NaOH （6）Si （7） HCl
（8）SO2； 1:1 （9） 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
【解析】
试题分析：（1）常温下，Al、Fe在浓硝酸、浓硫酸中钝化，所以会在浓硫酸中发生钝化的金属是铝。

（2）惰性气体原子的最外层达到8电子（He是2电子）稳定结构，化学性质不活泼，则化学性质最不活泼的元素是Ne。

（3）镁是12号元素，原子结构示意图为
（4）同周期元素的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，则C与N相比，原子半径较小的是N。

（5）同周期元素，随着原子序数的递增，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同主族元素，随着原子序数的递增，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，而非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以酸性最强的是HClO4；金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以碱性最强的是NaOH。

（6）处于金属和非金属分界线上的元素常用于制半导体材料，则常用于制半导体材料的元素是Si。

（7）非金属性S<Cl，则H2S和HCl相比，热稳定性较强的是HCl。

（8）硫的一种氧化物可使品红溶液褪色，则该氧化物为SO2，其中硫元素和氧元素的质量比m(S): m(O)=32:32=1:1.
（9）常温下金属钠能与水剧烈反应，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
考点：考查元素周期表及元素周期律的应用。

18．实验测定酸碱中和滴定曲线是高中化学的重要定量实验。

下表是用0.10 mol/L的盐酸滴定 0.10 mol/L 20.00 mL NaOH 溶液时获得的一些相关数据。

请回答下列问题：
（1）填写表中①②对应的 pH （结果保留两位小数）
（2）下图是本实验的滴定曲线图。

请根据该图，说明强酸溶液滴定强碱溶液时，为什么既可以使用甲基橙作为指示剂，又可以使用酚酞试液作指示剂来指示滴定终点？
（3）若在滴定终点时俯视读数，最终测得的氢氧化钠溶液的浓度会（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”，下同）；若滴定结束时，滴定管尖嘴悬有半滴标准盐酸，最终测得的氢氧化钠溶液的浓度会；若盛装待测液的锥形瓶洗涤干净后，未干燥即盛装待测液，最终测得的氢氧化钠溶液的浓度会。

【答案】（1）①13.00 ②7.00 （2）因为甲基橙和酚酞的变色范围均与滴定曲线中的突跃范围有重叠
（3）偏小偏大没有影响。

【解析】
试题分析：结合NaOH的初始浓度确定其p H为13.00，当滴加盐酸至20.00m L时恰好完全反应，溶液的p H 为7.00；而滴定过程中的误差分析则取决于盐酸的加入量。

考点：酸碱中和滴定实验。

19．实验题
（1）烧碱在保存过程会部分变质（杂质主要为Na2CO3）。

准确称取5.0g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液10.00mL于锥形瓶中，分别向锥形瓶中各加入1～2滴酚酞指示剂，（已知：酚酞变色时，此时只有NaOH与HCl反应，Na2CO3还没有与HCl反应）用浓度为0.20mol·L-1的盐酸标准液进行滴定。

相关数据记录如下：
实验编号V（烧碱溶液）/mL
V（盐酸）/mL
初始读数末尾读数
110.000.5021.52
210.00 1.0021.98
310.000.2024.80
试回答：
①滴定时右手的正确操作是______________________________________。

②判断到达滴定终点的实验现象是__________________________________________，依据表中数据，计算出烧碱样品中含NaOH的质量分数为______ _％。

③下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是__________。

A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
C．滴定过程中振荡锥形瓶时，有少量待测溶液溅出
D．滴定前平视读数，滴定结束仰视读数
（2）氧化还原滴定实验同中和滴定类似。

过氧化氢是重要的氧化剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。

某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的浓度。

已知：2KMnO4＋5H2O2＋6H2SO4===2MnSO4＋8H2O＋5O2↑，请填写下列空白：①用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管移取过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，作被测试样。

②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入酸式滴定管中，高锰酸钾标准溶液用酸式滴定管原因为。

③重复滴定三次，平均耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的物质的量浓度为。

【答案】（1）不断振荡锥形瓶（2分）；溶液的颜色刚好由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点（2分）；84（2分）；BD（2分）
（2）酸式（1分）；高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶（2分）； mol/L （2分）
【解析】
试题分析：（1）①滴定时要保证酸碱充分混合反应，因此滴定时右手的正确操作是不断振荡锥形瓶。

②由于盐酸不能使酚酞显色，而氢氧化钠溶液可以使酚酞显红色，因此判断到达滴定终点的实验现象是溶液的颜色刚好由浅红色变为无色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点；根据表中数据可知，三次实验中消耗盐酸的体积分别是21.52ml－0.50ml＝21.02ml、21.98ml－1.00ml＝20.98ml、24.80ml－0.20ml＝24.60ml。

显然第三次实验中盐酸的体积误差太大，
应该舍去，实验实际消耗盐酸体积的平均值是＝21.00ml。

所以根据NaOH＋HCl=NaCl＋H2O可知，10ml溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.20mol/L×0.0210L＝0.0042mol。

因此5.0g样品中含氢氧化钠的物质的量＝×0.0042mol＝0.105mol，其质量
＝0.105mol×40g/mol＝4.2g，所以氢氧化钠的纯度＝×100%＝84%。

③根据可知，由于C标、V测均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小，据此可以判断。

A、锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗属于正确的操作，氢氧化钠的含量不变；B、酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于盐酸的浓度被稀释，则消耗盐酸的体积增加，测定结果偏高；C、滴定过程中振荡锥形瓶时，有少量待测溶液溅出，则消耗盐酸的体积减少，测定结果偏低；D、滴定前平视读数，滴定结束仰视读数，则读数值偏大，因此需要盐酸的体积增加，测定结果偏高，答案选BD。

（2）①过氧化氢溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取。

②高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以应该用酸式滴定管量取。

③消耗高锰酸钾的物质的量＝0.001cVmol，则根据2KMnO4＋5H2O2＋6H2SO4===2MnSO4＋8H2O＋5O2↑可知，
过氧化氢的物质的量
＝0.001cVmol×＝0.0025mol，所以过氧化氢的浓度＝0.0025mol÷0.025L＝0.1cVmol/L。

考点：考查酸碱中和反应滴定实验的有关判断和计算
20．(14分)黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿(含少量脉石SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：
现称取研细的黄铜矿样品1.150 g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe2O3、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05000 mol·L-1标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10 mL，末读数如右图所示。

（1）冶炼铜的反应为8CuFeS2 + 21O2 高温 8Cu + 4FeO + 2Fe2O3 + 16SO2，若CuFeS2中Fe 的化合价为＋2，反应中被还原的元素是（填元素符号）。

（2）装置a的作用是。

A.有利于空气中氧气充分反应
B.除去空气中的水蒸气
C.有利于气体混合
D.有利于观察空气流速
（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是。

（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为 mL。

用化学方程式表示滴定的原理：。

（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为。

【答案】（1）Cu、O （2分）；（2）BD （2分）；（3）将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收（2分）
（4）20.00 （2分）；I2 + SO2 + 2H2O＝H2SO4 + 2HI（3分）（5）80.00%（3分）
【解析】
试题分析：（1）若CuFeS2中Fe的化合价为＋2，则铜元素和硫元素的化合价分别为＋2价和－2价。

根据化学方程式可知，反应后铜元素化合价降低，氧元素化合价也降低，硫元素化合价升高，铁元素化合价部分升高，因此反应中被还原的元素是Cu和O。

（2）由于空气中含有水蒸气，因此浓硫酸的作用是干燥空气。

另外通过观察a装置中气泡可以控制气体的流速以便于控制反应，故答案为BD。

（3）由于装置还含有未被吸收的SO2，因此继续投入空气的目的是将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收。

（4）根据滴定管的液面可知，读数是20.10ml，因此实际消耗标准液的体积为20.10ml－0.10ml＝20.00ml。

二氧化硫具有还原性，能被碘氧化生成硫酸，反应的离子方程式为I2+ SO2 + 2H2O＝H2SO4 + 2HI。

（5）消耗标准碘的物质的量＝0.05000 mol·L-1×0.02000L＝0.001000mol，所以根据方程式可知参加反应的二氧化硫的物质的量是0.001000mol，则样品产生的二氧化硫的物质的量是0.001000mol×10＝0. 01000mol。

因此根据方程式可知CuFeS2的物质的量是0.005ml，质量是0.005ml×184g/mol＝0.92g，因此该黄铜矿的纯度为×100%＝80.00%
考点：考查氧化还原反应、实验方案设计、滴定管读数以及物质含量计算
经测定，该“加碘食盐”中KIO3的含量为42.8 mg·kg。

计箅每千克“加碘食盐”中KIO3的物质的量为mol，该“加碘食盐”的含碘量为mg·kg－1。

(2)将5.0 g该“加碘食盐”溶于水中配成100 mL溶液，该溶液中IO－3离子物质的量浓度为 mol·L－1。

【答案】(6分）（1）0.0002 25.4 （2）0.00001
【解析】
试题分析：（1）每千克“加碘食盐”中KIO3的质量是42.8mg
所以物质的量是
所以该“加碘食盐”的含碘量为0.0002mol×127000mg/mol＝25.4mg
即25.4mg/kg
（2）5.0g碘盐中碘酸钾的物质的量是
所以溶液中IO－3离子物质的量浓度为0.000001mol÷0.1L＝0.00001mol/L
考点：考查碘盐的有关判断、计算以及物质的量浓度的计算
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。

学生主要熟练掌握有关的计算式即可。

该题有利于培养学生的规范答题能力，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。

22．（1）写离子方程式a.氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为；
b.碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为。

（2）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，发生反应的离子方程式为__________________；在上述溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，此步反应的离子方程式为__________________________。

（3）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。

如2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋的拆写结果是：氧化反应为：Cu－2e－＝Cu2＋；还原反应为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。

请据此将反应：Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO ↑＋2H2O拆写成两个“半反应式”：氧化反应为__________________；还原反应为__________________。

【答案】（1）Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋ CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O
（2）2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓
（3）Fe－3e－=Fe3＋4H＋＋NO3－＋3e－=NO↑＋2H2O
【解析】
试题分析：（1）氢氧化铝不能被氨水溶解，则氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；碳酸钙难溶，则碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。

（2）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性时生成硫酸钡、硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O ；在上述溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，此时硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠，此步反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。

（3）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。

如2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋的拆写结果是：氧化反应为：Cu－2e－＝Cu2＋；还原反应为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。

请据此将反应Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O中铁失去电子，发生氧化反应，则氧化反应为Fe－3e－=Fe3＋；硝酸根得到电子，发生还原反应，则还原反应为4H＋＋NO3－＋3e－=NO↑＋2H2O。

考点：考查离子方程式书写及氧化还原反应的应用
23．(12分）某些有机化合物之间具有如下转化关系:
其中：A是一种五元环状化合物,其分子中只有一种化学环境的氢原子；F核磁共振氢谱显示有三种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为2∶2∶3；G是合成顺丁橡胶的主要原料。

已知:① 2RCOOH(其中R是烃基)
②R—COOH R—CH2OH(其中R是烃基)
(1)A的结构简式是。

(2)B中所含官能团的名称是。

(3)写出反应类型:③,④。

(4)⑥的化学方程式为。

(5)E的结构简式: 。

有机物Y与E互为同分异构体,且具有相同的官能团种类和数目,则Y的结构简式可能有种。

【答案】（1）（2）碳碳双键和羧基（3）还原反应；消去反应。