2018-2019学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查化学试题 解析版

2018-2019学年福建省龙岩市非一级达标校高二上学期期末教学质量检查化学试题 解析版

龙岩市非一级达标校2018～2019学年第一学期期末高二教学质量检查 化 学 试 题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 Al-27‎ 第Ⅰ卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.在生活中常用热的碳酸钠溶液去除餐具油污，这利用碳酸钠的水溶液呈 A. 酸性 B. 中性 C. 碱性 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是吸热反应，加热促进水解，可以除金属餐具表面的油污，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】油污的主要成分是油脂，热的纯碱溶液呈碱性，而油脂在碱性条件下水解生成可溶于水的硬脂酸钠和甘油，达到洗去油污的目的。‎ ‎2.下列属于吸热反应的是 A. 氯化铵的水解 B. 天然气燃烧 C. 铝与盐酸的反应 D. 醋酸与氢氧化钾溶液反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；铝热反应； 常见的吸热反应有：绝大数分解反应；个别的化合反应(如C和CO2)；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解(如铵盐和强碱)。‎ ‎【详解】A、盐的水解反应是中和反应的逆反应，为吸热反应，所以氯化铵的水解为吸热反应，故A符合题意；‎ B、天然气燃烧是燃烧反应。为放热反应，故B不符合题意；‎ C、铝与盐酸的反应为放热反应，故C不符合题意； D、醋酸与氢氧化钾溶液反应是中和反应，为放热反应，故D不符合题意。 故选A。‎ ‎3.在1L的密闭容器中，发生3A(g)+B(g)⇌2C(g)的反应，若最初加入A和B都是4mol，1min内，测得υ(A)=1.2mol·L﹣1·min﹣1，则此时容器中B的物质的量是 A. 1.6mol B. 2.8mol C. 3.2mol D. 3.6mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A的平均反应速率是1.2mol·L﹣1·min﹣1，则1min内A的物质的量减少△n(A)= 1.2mol·L﹣1·min﹣1×1min×1L=1.2mol，根据化学方程式计量数关系可知B减少0.4mol，则1min后容器中的B的物质的量是4mol-0.4mol=3.6mol，故D项正确。‎ 故选D。‎ ‎4.下列化学用语表述正确的是 A. CH3COOH = CH3COO﹣+H+ B. CO2+H2O⇌CO32﹣+ 2H+‎ C. CO32﹣+ 2H2O⇌H2CO3 + 2OH﹣ D. HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式用“⇌”，即CH3COOH ⇌ CH3COO﹣+H+，故A错误； ‎ B. 二氧化碳和水反应生成碳酸，为可逆反应，方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，故B错误；‎ C. 碳酸根离子水解分步进行，第一步水解为：CO32﹣+ H2O⇌HCO3-+ OH﹣，故C错误； ‎ D. HS﹣为弱酸的酸式根离子，部分电离生成S2-和H3O+，其电离方程式可表示为HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.25℃时某溶液的pH=7，下列说法正确的是 A. c(H+)=c(OH﹣)‎ B. 一定是纯水溶液 C. 一定是盐溶液 D. 水电离出来的c(OH﹣)一定是1×10﹣7 mol·L﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】25℃时某溶液的pH=7，则该溶液为中性，c(H+)=c(OH﹣)=110-7mol/L，可能是纯水，也可能是盐溶液，如CH3COONH4‎ 溶液。由于弱碱阳离子和弱酸根离子水解促进水的电离，所以水电离出来的c(OH﹣)不一定是1×10﹣7 mol·L﹣1，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎6.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是 A. H2O的分解反应是放热反应 B. 光分解过程只涉及太阳能与电能的转化 C. 2H2O(l) = 2H2(g) + O2(g) △H > 0‎ D. 氢气不易贮存和运输，无开发利用价值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O的分解反应是吸热反应，所以A选项是错误的； B.化学物质中存在化学能，光分解过程是太阳能转换成化学能，所以B选项是错误的； C. 2H2O(l) = 2H2(g) + O2(g)为吸热反应，△H > 0，故C正确； D.因为氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决。氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高，所以氢能开发利用价值高，所以D选项是错误的。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见的能量转化形式和氢能源的优点，但氢能源也有缺点，如：氢气制备成本高、不易保存、安全性低等，同学们需要全面的分析问题。‎ ‎7.如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是 A. 锌是负极，电子从铜片经导线流向锌片 B. 铜片上的电极反应式为2H+ + 2e- =H2↑‎ C. 如果将铜片换成铁片，电路中的电流方向将改变 D. 装置中只存在“化学能→电能”的转换 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.铜锌原电池中，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌片经导线流向正极铜片，故A错误； B.在该原电池中，铜为正极，Cu电极上氢离子得电子生成氢气被还原，电极反应式为2H+ + 2e- =H2↑，故B正确； C. 如果将铜片换成铁片，锌比铁活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铁为正极，电子从负极锌片经导线流向正极铁片，电路中的电流方向不变，故C错误；‎ D. 原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.右图为直流电源电解稀Na2SO4溶液的装置。通电一段时间后，在石墨电极a和b附近分别滴加一滴酚酞溶液。则下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. a电极产生H2‎ B. 两极产生的气体均有刺激性气味 C. 通电一段时间后，稀Na2SO4溶液酸性增强 D. a电极附近呈无色，b电极附近呈红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、电解硫酸钠溶液，a与电源的负极相连是电解池的阴极，阴极上是阳离子放电，根据离子放电顺序，氢离子放电生成氢气，正确；B、b极是电解池的阳极，氢氧根离子放电，产生氧气，氢气和氧气都不是刺激性气体，错误；C、硫酸钠溶液呈中性，电解的实质是电解水，所以硫酸钠溶液的pH不变，仍是中性溶液，错误；D、a极是氢离子放电，所以氢氧根离子浓度增大，则a极附近呈红色，错误，答案选A。‎ 考点：考查电解中离子的放电顺序的判断，电极产物的判断，电解后溶液的酸碱性的判断 ‎9.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度最小是 A. 20mL蒸馏水 B. 30mL 0.03mol·L﹣1 HCl溶液 C. 40mL 0.05mol·L﹣1AgNO3溶液 D. 50mL 0.02mol·L﹣1 CaCl2溶液．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl的溶解度大小取决于溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，从平衡移动的角度分析。‎ ‎【详解】根据c(Ag+)或c(Cl-)大小比较AgCl的溶解度，c(Ag+)或c(Cl-)越大，AgCl的溶解度越小， A. 20mL蒸馏水，c(Ag+)或c(Cl-)为0；‎ B. 30mL 0.03mol·L﹣1 HCl溶液中c(Cl-)= 0.03mol·L﹣1；‎ C. 40mL 0.05mol·L﹣1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.05mol·L﹣1；‎ D. 50mL 0.02mol·L﹣1 CaCl2溶液中c(Cl-)= 0.04mol·L﹣1。‎ 则AgCl的溶解度最小是C。 故选C。‎ ‎10.探究等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中不正确的是 A. 第1、2组实验的目的是探究浓度对反应速率影响X > 2.5‎ B. 第2、3组实验的目的是探究温度对反应速率影响Y < 30‎ C. 第2、4组实验的目的是探究铁的颗粒状态对反应速率影响Z为片状 D. 第3组实验一定加了催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d；‎ 根据外界条件（浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积）对化学反应速率的影响进行分析；‎ 温度越高、固体表面积越大、反应物的浓度越大，化学反应速率越快，据此解答。‎ ‎【详解】相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d； A、第1、2组实验比较，第1组实验反应所用时间短，故反应速率快，根据控制变量法的原则知第1组实验盐酸的浓度应大于2.5mol•L-1，即X > 2.5，故A正确；‎ B、第2、3组实验，第2组反应速率比第3组快，2、3组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，故第3组实验的反应温度低于30℃，即Y < 30，故B正确； C、第2、4组实验，第2组实验，铁是粉末状，根据控制变量法原则知第4组实验铁为片状，即Z为片状，故C正确； D、催化剂能加快反应速率，而由图知，反应速率a＞b＞c＞d，所以第3组实验不一定是加了催化剂，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎11.25℃时，将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，下列说法不正确的是 A. c(NH4+)> c(Cl﹣)‎ B. 溶液pH < 7‎ C. c(NH4+)+ c(NH3·H2O)= c(Cl﹣)‎ D. c(OH﹣)+ c(Cl﹣)= c(H+)+c(NH4+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，恰好生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，则氯离子浓度大于铵根离子浓度，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 将0.1mol·L-1氨水和0.1mol·L-1稀盐酸等体积混合，恰好生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，则氯离子浓度大于铵根离子浓度，故A错误；‎ B.氯化铵溶液中因为铵根离子的水解使溶液显酸性，pH < 7，故B正确；‎ C. 氯化铵溶液中氮原子与氯原子原子个数比为1：1，据物料守恒： c(NH4+)+ c(NH3·H2O)= c(Cl﹣)，故C正确；‎ D.氯化铵溶液中共有c（Cl-）、c（NH4+）、c（H+）、c（OH-）四种离子，据电荷守恒 c(OH﹣)+ c(Cl﹣)= c(H+)+c(NH4+)，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，侧重盐类水解规律的应用，明确水解的抑制、水解的相互促进是解题的关键。‎ ‎12.N2+3H2 2NH3，是工业上制造氮肥的重要反应。下列关于该反应的说法正确的是 A. 降低体系温度能加快反应速率 B. 使用恰当的催化剂能加快反应速率，又能提高N2的转化率 C. 达到反应限度时各组分含量之比一定等于3∶1∶2‎ D. 若在反应的密闭容器加入1mol N2和过量的H2，最后不能生成2mol NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 降低体系温度，反应速率减小，故A错误； B. 使用催化剂能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高N2的转化率，故B错误；‎ C.平衡时各组分含量不变，是否为 3∶1∶2与起始浓度、转化率有关，故C错误； D.由于可逆反应不能进行到底，所以若在反应的密闭容器加入1mol N2和过量的H2，最后不能生成2mol NH3，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.已知NaHCO3溶液呈碱性，则下列关系式表示不正确的是 A. c(Na+)＞c(HCO3﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)‎ B. c(Na+)+c(H+)= c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(OH﹣)‎ C. c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)‎ D. c(OH﹣)+c(CO32﹣)=c(H+)+c(H2CO3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、已知NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离，所以c(Na+)＞c(HCO3﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正确；‎ B、根据电荷守恒，得c(Na+)+c(H+)=2 c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(OH﹣)，故B错误；‎ C、根据组成钠与碳元素之比为1：1，所以c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)，故C正确；‎ D、根据质子守恒得：c(OH﹣)+c(CO32﹣)=c(H+)+c(H2CO3)，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎14.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 分离器中的物质分离操作为蒸馏 B. 膜反应器中，增大压强有利于提高HI的分解速率和平衡转化率 C. 反应器中消耗了碘，膜反应器中生成了碘，体现了“碘循环”‎ D. 碘循环工艺的总反应为SO2＋2H2O=H2＋H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由流程图可知，分离器中为硫酸和氢碘酸，二者可以互溶，应根据沸点不同进行蒸馏，故A正确；‎ B. 膜反应器中的反应为2HI(g)H2(g)+I2(g)，该反应为反应前后气体分子数目不变的反应，增大压强，有利于提高HI的分解速率，但平衡不移动，则不能提高碘化氢的平衡转化率，故B错误；‎ C. 反应器中反应方程式为SO2＋I2＋2H2O=2HI＋H2SO4，在膜反应器中发生的反应为2HIH2+I2，由化学方程式可知，反应器中消耗了碘等于膜反应器中生成了碘，该工艺中碘和碘化氢的相互转化体现了碘循环，故C正确；‎ D. 由以上分析可知，碘循环工艺中I2相当于催化剂，总反应中没有I2，总反应为SO2＋2H2O=H2＋H2SO4，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎15.在20mL bmol·L﹣1KOH溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1‎ 醋酸溶液，溶液pH和加入醋酸的体积关系曲线如图所示，下列关系不正确的是 A. a=20‎ B. b=0.1‎ C. 在C点：c(CH3COO﹣)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH﹣)‎ D. 在D点：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(K+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当a=20时，等体积、等浓度的KOH溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钾，溶液显碱性，若为中性时，需要加入过量的醋酸，即a＞20，故A错误； B．根据图象可知KOH溶液的pH=13，则其浓度为0.1mol/L，故B正确；‎ C．C点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c(CH3COO﹣)＞c（K+），则c(CH3COO﹣)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，故C正确；‎ D．D点时的溶液为等浓度的CH3COOH与CH3COOK的混合溶液，根据物料守恒关系：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(K+)，故D正确。 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，涉及离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒等知识，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。‎ ‎16.高炉炼铁过程中发生的反应：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表，下列说法正确的是 温度/℃‎ ‎1000‎ ‎1150‎ ‎1300‎ 平衡常数 ‎4.0‎ ‎3.7‎ ‎3.5‎ A. △H>0‎ B. 该反应的平衡常数表达式是 C. 其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小 D. 其他条件不变，增大压强，平衡往逆向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；  B、依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式，注意固体和纯液体不能写入表达式，平衡常数K=  ，故B正确；  C、平衡常数随温度变化，不随浓度变化，其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值不变，故C错误；  D、由反应式：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)可知，反应前后气体体积不变，故其他条件不变，增大压强，平衡不移动，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学平衡的影响因素，主要是平衡常数随温度变化，掌握基础是关键。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、填空题(4小题，共52分)‎ ‎17.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：‎ ‎(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁屑，其目的是_________________________。‎ ‎(2)甲组同学取2mlFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。写出FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式_____________。 ‎ ‎(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_____________。‎ ‎(4)丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：‎ ‎①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；‎ ‎②第二只试管中加入1滴K3[Fe (CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀：‎ ‎③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。‎ 已知生成蓝色沉淀的离子方程式为3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3- =Fe3 [Fe(CN)6]2↓，则实验②的目的是检验有_______________离子生成(填离子符号)。‎ 实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为___________________(填“可逆反应”、“不可逆反应”)。‎ ‎(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为___________________________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是________________________；生成沉淀的原因是_____________________(用平衡移动原理解释)。‎ ‎【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (4). Fe2+ (5). Fe3+ (6). 可逆反应 (7). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (8). Fe3+催化H2O2分解产生O2 (9). H2O2分解反应放热，以及随反应进行pH增大，均会促进Fe3+的水解平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化； (2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁； (3)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响； (4)加入1滴K3[Fe (CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；‎ ‎(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用；过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。‎ ‎【详解】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化， 因此，本题正确答案是：防止Fe2+被氧化； (2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ,  因此，本题正确答案是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；  ‎ ‎(3) 煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响， 因此，本题正确答案是：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)； (4)加入1滴K3[Fe (CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应。 因此，本题正确答案是：Fe2+ ；Fe3+；可逆反应；‎ ‎(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。‎ 因此，本题正确答案是：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+催化H2O2分解产生O2 ；H2O2分解反应放热，以及随反应进行pH增大，均会促进Fe3+的水解平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3沉淀。‎ ‎18.为减少交通事故，新交规明令禁止酒后驾车并对酒后驾车行为予以重罚。为检验驾驶员是否酒后驾车，可采用的检验方法有多种。回答以下问题：‎ ‎(1)早期曾经采用五氧化二碘和某种高分子化合物X的混合溶液来检测酒精的存在。其原理是：I2O5与CH3CH2OH先发生反应(I2O5+5CH3CH2OH=I2+5Y+5H2O)，生成的I2与高分子化合物X作用而变蓝。交警依据此原理来检测驾驶员是否饮酒。则：‎ X的化学名称是__________；‎ Y的分子式是____________；‎ ‎(2)已知：I2O5是白色固体，可用于检验并定量测定空气中CO；两者在常温条件下发生的反应为5CO+I2O5=5CO2+I2(空气中其余气体不与I2O5反应)；某同学设计如右实验装置完成上述目的。‎ ‎①指出能证明空气中有CO存在的现象。答：__________________________。‎ ‎②将上述反应生成的碘单质用硫代硫酸钠滴定(反应为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)，即可根据消耗硫代硫酸钠的量来计算空气中CO的含量。若某次实验时测得参与反应的空气体积为a mL(标准状况下)，滴定过程中，共消耗vmL c mol·L-1Na2S2O3溶液。则该空气样品中CO的体积分数是_____________。‎ ‎③有同学提出只要依据参与反应的空气体积和洗气瓶中白色沉淀的质量也可求得空气中CO的体积分数。此方案是否可行？答：_________________________。‎ ‎(3)燃料电池酒精检测仪(该电池以硫酸溶液为电解质溶液)也是检测酒精含量的一种方法。总反应是：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O。该电池正极电极反应式是______________。‎ ‎【答案】 (1). 淀粉 (2). C2H4O (3). 玻璃管中白色固体变为紫黑色 (4). 56cv/a (5). 不可行 (6). O2+4H+ + 4e-=2H2O ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由I2O5+5CH3CH2OH=I2+5Y+5H2O，利用质量守恒定律确定Y，由碘遇淀粉变蓝，则X为淀粉； （2）①I2O5是白色固体，若存在CO，发生5CO+I2O5=5CO2+I2； ②由5CO+I2O5=5CO2+I2、I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，存在5CO～2 Na2S2O3，以此计算； ③空气中的二氧化碳也可转化为白色沉淀； （3）总反应是：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，则正极上氧气得到电子。‎ ‎【详解】（1）由I2O5+5CH3CH2OH=I2+5Y+5H2O，根据质量守恒定律中原子守恒可知，Y为CH3CHO，分子式为C2H4O，由碘遇淀粉变蓝，则X为淀粉， 故答案为：淀粉；C2H4O；   （2）①I2O5是白色固体，若存在CO，发生5CO+I2O5=5CO2+I2，观察到玻璃管中白色固体变为紫黑色，‎ 故答案为：玻璃管中白色固体变为紫黑色； ②由5CO+I2O5=5CO2+I2、I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知，存在5CO～2 Na2S2O3， 则5CO～2 Na2S2O3，‎ ‎   5     2    x     vc×0.001mol 解得：x=2.5vc×0.001mol ‎， 所以该空气样品中CO的体积分数是：×100%=56cv/a，‎ 故答案为：56cv/a；‎ ‎③空气中的二氧化碳也可转化为白色沉淀，则只依据参与反应的空气体积和洗气瓶中白色沉淀的质量求空气中CO，方案不可行，‎ 故答案为：不可行； （3）总反应是：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，则正极上氧气得到电子，酸性电解质条件下该电池正极电极反应式是O2+4H+ + 4e-=2H2O， 故答案为：O2+4H+ + 4e-=2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、原电池及空气中成分的测定，侧重学生分析问题解决问题能力及计算能力的考查，注重化学反应原理中高频考点的考查，掌握基础知识是解题的关键。‎ ‎19.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(主要成份是ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 相关金属离子[c(Mn+)=0.10mol·L–1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.3‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出ZnS的电子式__________________________； ‎ 焙烧过程中主要反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(2)滤渣1的成分为：___________________；‎ ‎(3)试剂Y是_________(只要求填写一种)， 调PH值的范围是___________________。‎ ‎(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应离子方程式为：___________________。‎ ‎(5)为将溶液中的Fe2+氧化，试剂X可选用的是_______。(填序号)‎ A．H2O2 B．H2S C．HNO3 D．O2‎ ‎【答案】 (1). (2). 2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2 (3). SiO2、PbSO4 (4). ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2等) (5). 2.8≤PH<6.3 (6). 2Zn2++2H2O 2Zn + 4H++O2↑ (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)ZnS为离子化合物，以此写出其电子式；在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生氧化物及SO2，以此写出反应的化学方程式；‎ ‎(2) 根据焙烧产生的PbO在H2SO4加入后产生PbSO4固体以及SiO2不溶于硫酸分析滤渣1的成分；‎ ‎(3)加试剂Y是为了调节溶液的pH，不能引入新的杂质，可选用氧化锌等化合物，由Fe3+和Zn2+等沉淀所需的pH分析调pH值的范围；‎ ‎(4) 根据阴极得电子，析出单质锌，阳极是水失电子生成氧气，写出电解的总反应离子方程式；‎ ‎(5)为将溶液中的Fe2+氧化，试剂X需选用氧化剂，且不能引入新的杂质，据此分析。‎ ‎【详解】（1）ZnS为离子化合物，其电子式为；‎ 由流程图可知，在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生氧化物及SO2，化学方程式为：2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2；‎ 故答案为：；2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2；‎ ‎（2）闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀硫酸后发生一系列反应，其中PbO在H2SO4加入后产生PbSO4固体，PbSO4和SiO2不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的成分为：SiO2、PbSO4；‎ 故答案为：SiO2、PbSO4；‎ ‎（3）加入ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2等)与过量的H2SO4反应，调节pH，使Fe3+沉淀，所以试剂Y是ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2等)；由表可知，使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，pH范围为：2.8≤pH<6.3，‎ 故答案为：ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2等) ；2.8≤PH<6.3；‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极得电子，因为Zn2+浓度较大，Zn2+得电子析出单质锌，阳极是水失电子生成氧气，所以电解的总反应离子方程式为：2Zn2++2H2O 2Zn + 4H++O2↑，‎ 故答案为：2Zn2++2H2O 2Zn + 4H++O2↑；‎ ‎（5）为将溶液中的Fe2+氧化，试剂X需选用氧化剂，且不能引入新的杂质，选项中H2O2和O2符合题意，即应选AD。‎ 故答案为：AD。‎ ‎20.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。‎ 已知：CH4(g)+O2(g)＝CO2(g)+2H2(g)ΔH=-319kJ·mol−1‎ CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol−1‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出CH4-CO2催化重整反应的热化学方程式：_______________________________。‎ ‎(2)某温度下，向密闭容器中充入CH4与CO2，发生CH4-CO2催化重整反应。测得平衡混合物中CO(g)的体积分数[φ(CO)]与起始投料比Z[Z=n(CH4)/n(CO2)]的关系如图所示；‎ ‎①当Z=2时，CO2的平衡转化率ɑ=__________%。‎ ‎②当Z=3时，反应达到平衡状态后，CO的体积分数可能是图1中的_________点(填“C”、“D”或“E”)。‎ ‎(3)若CO2的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。‎ ‎①由图可知压强p1__________p2(选填“>”、“<“或“=”)；‎ ‎②在温度为T5℃，压强为P1条件下，向2L密闭容器中充入1molCH4与1molCO2发生CH4-CO2催化重整反应，则此条件下该反应的平衡常数为：_____________________；达平衡后若再充入1.5molCH4、1.5molCO2、1molCO、1molH2，则此时v正_______v逆(选填“>”、“<“或“=”)；在该条件下，以下能说明该反应已达平衡的是________________。‎ A．CH4与CO2的物质的量比为1：1‎ B．氢气的体积分数不变 C．混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．当消耗1mol的CO2同时，有2mol的CO生成 ‎【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H＝+247 kJ·mol−1 (2). 37.5 (3). E (4). < (5). 1 (6). = (7). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律计算；‎ ‎(2) ①列出三行式，找出各量，利用已知条件，列方程求解；‎ ‎②反应物按方程式中各物质的化学计量数比投料时产物的体积分数最大。‎ ‎(3)①其他条件相同时，压强越大CO2的平衡转化率(a)越小；‎ ‎②列出三行式，依据三行式计算比较；可逆反应达到平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明达到平衡。‎ ‎【详解】(1)已知①CH4(g) +O2(g) ＝CO2(g) +2H2(g)   ΔH=-319 kJ·mol−1 ‎ ‎②CO(g) +1/2O2(g) = CO2(g)     ΔH=-283 kJ·mol−1 ‎ 根据盖斯定律可知①-②2即得到催化重整反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 的△H＝（-319 kJ·mol−1）-（-283 kJ·mol−1 ）2=+247 kJ·mol−1 ；‎ 故答案为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H＝+247 kJ·mol−1；‎ ‎ (2)①n(CH4 )/n(CO2 )=2，若设n(CH4)=2amol，则n(CO2)=amol，转化的CO2的物质的量为xmol，‎ CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)‎ 起始（mol） 2a a 0 0‎ 转化（mol） x x 2x 2x 平衡（mol）2a-x a-x 2x 2x 由图可知，达到平衡状态时，CO的体积分数为20%，则100%=20%，解得x=，‎ 则CO2的平衡转化率ɑ=100%=37.5%；‎ ‎②反应物按方程式中各物质的化学计量数比投料时产物的体积分数最大，否则都会使体积分数减小，故应选E点； ‎ 故答案为：37.5 ；E；‎ ‎(3)①在相同温度下，增大压强，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率(a)降低，由图可知，压强p1 < p2；‎ ‎②在温度为T5℃，压强为P1条件下，由图可知，CO2的平衡转化率(a)为0.5，则，‎ CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)‎ 起始（mol） 1 1 0 0‎ 转化（mol） 0.5 0.5 1 1‎ 平衡（mol） 0.5 0.5 1 1‎ CH4、CO2、 CO、H2平衡时的浓度分别为：0.25mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L、0.5mol/L，‎ 则此条件下该反应的平衡常数为K===1；‎ 达平衡后若再充入1.5mol CH4 、1.5mol CO2、 1mol CO、1mol H2，‎ 此时CH4、CO2、 CO、H2的浓度分别为：1mol/L、1mol/L、1mol/L、1mol/L，‎ 浓度商Qc===1=K，说明处于平衡状态，则此时v正 =v逆；‎ A．CH4与CO2的起始量和转化量的物质的量比均为1：1，所以比值始终不变，不能说明该反应已达平衡，故不选A； ‎ B．氢气的体积分数不变，则各物质的含量都保持不变，能说明该反应已达平衡，故选B； ‎ C．该反应前后混合气体的总质量不变，物质的量发生改变，根据M=，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，则能说明该反应已达平衡，故选C； ‎ D．由方程式可知，当消耗1mol的CO2时，必然生成2mol的CO，不能说明该反应已达平衡，故不选D；故选BC。 ‎ 故答案为：< ；1；= ；BC。‎ ‎ ‎ ‎ ‎