2017届江苏省泗阳中学高三上学期第二次月考
化学试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）
1．化学与生产、生活、环境、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它属于新型无机非金属材料 B．补血口服液中添加维生素C，作为氧化剂
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可以实现“碳”的循环利用
D．国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业落后产能总量，是落实“低碳经济”的具体举措
2．下列有关化学用语正确的是 n（ ）
A．聚丙烯的结构简式： B．二氧化碳的电子式：C．中子数为18的硫原子：
S
D．乙醇的分子式：CH3CH2OH
3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A．利用图1装置制备乙烯
B．利用图2装置除去Cl2中的HCl
C．利用图3装置证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚 D．利用图4装置探究NaHCO3的热稳定性
4．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）
A．将某气体通入品红溶液中，品红褪色，说明该气体一定是SO2
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定不存在K+ C．利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解
D．向含X的溶液中加入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象，说明X中一定不含醛基 5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、NO3﹣ B．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣ C．澄清透明的溶液中：SO42﹣、K+、Cu2+、Cl﹣
D．由水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣22的溶液：Fe2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ 6．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣
1
C．氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO+8H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+4H2O D．4 mol?L﹣1的NaAlO2溶液和7 mol?L﹣1的盐酸等体积混合：4AlO2﹣+7H++H2O=3Al（OH）
3+
3↓+Al
7．下列有关物质的性质和应用均正确的是（ ）
A．酒精能使蛋白质变性，医学上使用无水酒精来杀菌消毒
B．NH3溶于水后显碱性，在FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe（OH）3胶体 C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，有优于氯气的高效安全性 D．Na2CO3能与盐酸反应，广泛用于治疗胃酸过多 8．X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系， 下列判断正确的是（ ）A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2 B．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3 C．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2 D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3 9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ） A．1mol乙基中含有的电子数为13NA
B．标准状况下，22.4L三氯甲烷中共价键数目为4NA C．6.4gCaC2晶体中含有阴阳离子总数为0.3NA
D．1mol硫粉与足量的Cu粉共热，转移的电子数为2NA
10．W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素．W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X能形成化合物WX2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物．关于W、X、Y、Z的说法正确的是（ ）
A．气态氢化物稳定性：X＞Z
B．最高价氧化物对应的水化物酸性：X＜Y C．化合物WX2和XY2均为共价化合物 D．W、Y、Z的简单离子半径：W＞Y＞Z
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．下列叙述中正确的是（ ）
A．反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率减小
B．常温下，2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）能够自发进行，则该反应的△H＜0 C．向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量的冰醋酸，溶液中
的值变小
D．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
12．硼化钒（VB2）﹣空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5．下列说法正确的是（ ）
2
A．电极a为电池正极
B．图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过 C．电子由VB2极经KOH溶液流向a电极
D．VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH﹣﹣22e﹣═V2O5+2B2O3+11H2O 13．某药物中间体的合成路线如下．下列说法正确的是（ ）
A．对苯二酚在空气中能稳定存在
B．1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应
C．2，5﹣二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应 D．该中间体分子中含有1个手性碳原子 14．下列叙述错误的是（ ）
A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）═（CO32﹣）+c（OH﹣）
B．25℃时，0.2mol?L﹣1盐酸与等体积0.05mol?L﹣1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1 C．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+）
D．25℃时，若0.3mol?L﹣1 HY溶液与0.3mol?L﹣1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH﹣）﹣c（HY）=c（H+）=1×10﹣9mol?L﹣1
15．一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）：向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示．下列说法正确的是（ ） 容器 甲 乙 丙 0.5L 0.5L V 容积 T1℃ T2℃ T1℃ 温度 2molC 1molCO 4molC 起始量 1molH2O 1molH2 2molH2O
3
A．甲容器中，反应在前15min的平均速率v（H2）=0.1 mol?L﹣1?min﹣1 B．丙容器的体积V＞0.5L
C．当温度为T1℃时，反应的平衡常数K=4.5
D．乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1＜T2
三、解答题（共6小题，满分80分）
16．碘化钠是实验室中常见的分析试剂，常用于医疗和照相业．工业上通常用水合肼（N2H4?H2O）还原法制取碘化钠，工艺流程如下：]
（1）合成过程的反应产物中含有IO3﹣，写出合成过程的离子方程式 ． （2）工业上也可以用Na2S或Fe屑还原制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，原因是 ．
（3）请补充完整检验还原液中是否含有IO3﹣的实验方案：取适量还原液， ．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液． （4）测定产品中NI含量的实验步骤如下：
a．称4.000g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容； b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中；
c．用0.1000mol?L﹣1AgNO3溶液滴定至终点记录消耗AgNO3溶液的体积； d．重复b、c操作2～3次，记录相关实验数据．
①滴定过程中，AgNO3溶液应放在 中；步骤d的目的是 ． ②若用上述方法测定产品中的NaI含量偏低（忽略测定过程中的误差），其可能的原因是 ．
17．化合物F是合成抗过敏药孟鲁斯特钠的重要中间体，其合成过程如下：
请回答下列问题：
（1）化合物C中含有氧官能团为 、 （填名称）．
（2）化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为 ．
（3）由C→D、E→F的反应类型依次为 、 ．
（4）写出符合下列条件C的一种同分异构体的结构简式 ． Ⅰ、属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环 Ⅱ、能够发生银镜反应
4
Ⅲ、分子中有5种不同环境的氢原子． RCl（5）已知：
RMgCl，写出CH3CH2OH、
为原料制备
的合成路线流程图（乙醚溶剂及无机试剂任用） ； 合成路线流程图示例如下：H2C=CH2
CH3CH2Br
CH3CH2OH．
18．一种回收并利用含碘（I﹣）废液的工艺流程如图1：
（1）“沉淀”中生成CuI的离子方程式为 ．
（2）CuSO4的投加量对废水中I﹣的去除量影响较大，不同投加量（用过量系数表示）下，反应后I﹣和Cu2+的浓度如图2所示，则适宜的CuSO4过量系数应为 ，分析原因 ． （3）反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物（其中铁与碘的质量比为21：127），则加入的水的作用是 ，反应Ⅱ的化学方程式是 ．
（4）操作Ⅰ包括 ，冰水洗涤的目的是 ．
19．过氧乙酸是一种弱酸性氧化剂，极不稳定，广泛用作漂白剂和高效杀菌消毒剂等．
1混合，Ⅰ、制备：冰醋酸与H2O2浓溶液按体积比1：加入适量浓硫酸，控制温度5℃～30℃，搅拌30min并静置4～6h．反应原理为：H2O2+CH3COOH
（过氧乙酸）
+H2O
Ⅱ、含量测定：称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL备用．取上述稀释后过氧乙酸试样5.00mL，用0.0100mol?L﹣1KMnO4溶液滴定到终点以除去其中的H2O2，随即加入10%KI溶液10mL（足量），加入0.5%淀粉溶液3滴，摇匀，并用0.0500mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定到终点离子反应方程式为：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣），消耗Na2S2O3标准溶液的总体积为20.00mL．
（1）制备过氧乙酸时，温度不宜过高，其原因可能是 ．
（2）稀释样品时，除用到烧杯及玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有 、 ．
5
（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点的现象是 ．
（4）通过计算确定原试样中过氧乙酸的质量分数（写出计算过程）． 20．世界能源消费的90%以上依靠化学技术．
（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气． 已知：2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H1=﹣220.70kJ?mol﹣1 2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ?mol﹣1 H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ?mol﹣1
则C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H4=
（2）燃料气（流速为3000mL?h﹣1；体积分数为50% H2，0.90% CO，1.64% O2，47.46% N2）
CeO2可由中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除．
草酸铈[Ce2（C2O4）3]灼烧制得，反应的化学方程式为 ；在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度变化如图1所示．
加入 （填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好．催化剂为CuO/CeO2﹣HIO3，120℃时，反应1h后CO的体积为 mL．
（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，其电解法制备的装置如2图．已知产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去．则M极为电
B极区电解液为 溶液源的 （填“正”或“负”）极，（填化学式），该离子交换膜是 （填
“阳”或“阴”）离子交换膜．
21．原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24．
（1）W基态原子的核外电子排布式为 ．元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为 ．
（2）与XYZ﹣互为等电子体的一种分子、一种离子分别为 、 （填化学式）． （3）二元弱酸H2X2Z4中X原子轨道的杂化类型是 ，1mol H2X2Z4分子中含有σ键的数目为 ．
（4）YH3极易溶于水的主要原因是 ．
6
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）
1．化学与生产、生活、环境、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它属于新型无机非金属材料 B．补血口服液中添加维生素C，作为氧化剂
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可以实现“碳”的循环利用
D．国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业落后产能总量，是落实“低碳经济”的具体举措
【考点】氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料． 【分析】A．碳化硅、陶瓷和纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料； B．维生素C具有还原性；
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳的排放； D．钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放．
【解答】解：A．碳化硅、陶瓷和纤维复合而成，原料是无机非金属物质，它是一种新型无机非金属材料，故A正确；
B．维生素C俗称抗败血酸，具有还原性，故B错误；
C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可减少二氧化碳的排放，且可降解，可以实现“碳”的循环利用，故C正确；
D．钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放，控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量能节能减排，落实“低碳经济”，故D正确． 故选B．
2．下列有关化学用语正确的是 n（ ）
A．聚丙烯的结构简式： B．二氧化碳的电子式：C．中子数为18的硫原子：
S
D．乙醇的分子式：CH3CH2OH
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
【分析】A．聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，链节的主链上含有2个C； B．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子； C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数； D．CH3CH2OH为结构简式，不是分子式．
【解答】解：A．聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，其结构简式为
，故A错误；
B．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，则其正确的电子式为，故B错误；
7
C．S原子的质子数为16，中子数为18的硫原子的质量数为34，其表示方法为：故C正确；
D．乙醇分子中含有2个C、6个H和1个O，其分子式为：C2H6O，故D错误； 故选C．
3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
S，
A．利用图1装置制备乙烯
B．利用图2装置除去Cl2中的HCl
C．利用图3装置证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚 D．利用图4装置探究NaHCO3的热稳定性 【考点】化学实验方案的评价． 【分析】A．170℃反应得到乙烯；
B．氯气在饱和食盐水中的溶解度较小； C．醋酸易挥发；
D．试管口应略向下倾斜．
【解答】解：A．170℃反应得到乙烯，温度计应插入液面以下，故A错误； B．氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，氯化氢极易溶于水，故B正确；
C．醋酸易挥发，苯酚钠变浑浊，可能是醋酸与苯酚钠反应，应设计一个装置除去CO2中混有的醋酸蒸气，故C错误；
D．试管口应略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流，试管炸裂，故D错误． 故选B．
4．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）
A．将某气体通入品红溶液中，品红褪色，说明该气体一定是SO2
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定不存在K+ C．利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解
D．向含X的溶液中加入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象，说明X中一定不含醛基 【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计． 【分析】A．氯气也能使品红褪色；
B．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃； C．明矾水解生成胶体，具有丁达尔现象； D．银镜反应应在碱性条件下．
【解答】解：A．将某气体通入品红溶液中，品红褪色，气体可能为二氧化硫，也可能为氯气等，故A错误；
B．用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定存在Na+，不能确定是否存在K+，故B错误；
8
C．利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，可知有胶体分散系，即说明明矾一定发生了水解，故C正确；
D．向含X的溶液中加入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象，不能说明X中一定不含醛基，因银镜反应需要在碱性条件下发生，故D错误； 故选C．
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、NO3﹣ B．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣ C．澄清透明的溶液中：SO42﹣、K+、Cu2+、Cl﹣
D．由水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣22的溶液：Fe2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ 【考点】离子共存问题．
【分析】A．使苯酚显紫色的溶液，含铁离子；
B．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液； C．该组离子之间不反应；
D．由水电离出的c（H+）?c（OH﹣）=10﹣22的溶液，为酸或碱溶液．
【解答】解：A．使苯酚显紫色的溶液，含铁离子，Fe3+与SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；
B．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中H+、NO3﹣、Al发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确； D．由水电离出的c（H+）=10﹣22的溶液，?c（OH﹣）为酸或碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中H+、NO3﹣、Al（或Fe2+）发生氧化还原反应不生成氢气，故D错误； 故选C．
6．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好沉淀完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣ C．氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO+8H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+4H2O D．4 mol?L﹣1的NaAlO2溶液和7 mol?L﹣1的盐酸等体积混合：4AlO2﹣+7H++H2O=3Al（OH）
3+
3↓+Al
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，说明SO42﹣与Ba2+的比例是1：2；
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢根离子； C．原子不守恒、电荷不守恒；
D．4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合，1：1转化为沉淀，则生成3mol沉淀和1mol氯化铝．
【解答】解：A．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al（OH）3↓+NH3?H2O+2BaSO4↓，故A错误；
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故B错误； C．氧化亚铁溶于稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+5H2O，故C错误；
9
D.4mol/LNaAlO2溶液和7mol/L盐酸等体积混合，1：1转化为沉淀，则生成3mol沉淀和1mol氯化铝，离子反应为4AlO2﹣+7H++H2O═3Al（OH）3↓+Al3+，故D正确； 故选D．
7．下列有关物质的性质和应用均正确的是（ ）
A．酒精能使蛋白质变性，医学上使用无水酒精来杀菌消毒
B．NH3溶于水后显碱性，在FeCl3饱和溶液中通入足量NH3可制取Fe（OH）3胶体 C．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，有优于氯气的高效安全性 D．Na2CO3能与盐酸反应，广泛用于治疗胃酸过多
【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的重要性质；氧化还原反应；钠的重要化合物．
【分析】A．医用酒精为75%；
B．FeCl3饱和溶液中通入足量NH3反应生成氢氧化铁沉淀； C．依据二氧化氯中氯元素化合价及性质分析判断； D．碳酸钠的碱性较强．
【解答】解：A．医用酒精为75%乙醇溶液，故A错误；
B．FeCl3饱和溶液中通入足量NH3反应生成氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故B错误；
C．二氧化氯中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，相同量的二氧化氯与氯气相比得电子数更多，更高效，故C正确；
D．碳酸钠的碱性较强，不能用来中和胃酸，故D错误； 故选C． 8．X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是（ ）A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2 B．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3 C．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2 D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3 【考点】无机物的推断．
【分析】由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y， A．NaAlO2与NaOH不反应；
B．NH3与一元强酸反应生成铵盐；
C．如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO； D．氯气与铁反应只生成FeCl3．
【解答】解：由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，A．如X为NaAlO2，与NaOH不反应，故A错误；
B．如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，故B错误；
C．如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，故C正确；
D．如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，故D错误． 故选C．
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
10
A．1mol乙基中含有的电子数为13NA
B．标准状况下，22.4L三氯甲烷中共价键数目为4NA C．6.4gCaC2晶体中含有阴阳离子总数为0.3NA
D．1mol硫粉与足量的Cu粉共热，转移的电子数为2NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【分析】A、乙基不显电性； B、标况下三氯甲烷为液态；
C、求出碳化钙的物质的量，然后根据1mol碳化钙中含1molC22﹣来分析； D、硫与铜反应后变为﹣2价．
【解答】解：A、乙基不显电性，故1mol乙基中含17mol电子即17NA个，故A错误； B、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误； C、6.4g碳化钙的物质的量为0.1mol，而1mol碳化钙中含1mol钙离子和1molC22﹣，故0.1mol碳化钙中含0.1mol阳离子和0.1mol阴离子，共0.2NA个，故C错误；
D、硫与铜反应后变为﹣2价，故1mol硫转移2mol电子即2NA个，故D正确． 故选D．
10．W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素．W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X能形成化合物WX2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物．关于W、X、Y、Z的说法正确的是（ ）
A．气态氢化物稳定性：X＞Z
B．最高价氧化物对应的水化物酸性：X＜Y C．化合物WX2和XY2均为共价化合物 D．W、Y、Z的简单离子半径：W＞Y＞Z 【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素．W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY，为ⅠA、ⅦA元素或ⅡA、ⅥA族元素，而Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，Y、Z为ⅥA族元素，则Y、Z分别为O元素、Z为S元素中的一种，故W处于ⅡA族；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，W和X能形成化合物WX2，考虑X为C元素，则Z为O元素、Y为S元素，则W为Ca元素，Ca与碳可以形成CaC2，C和S不在同一周期，它们能形成组成为CS2，验证符合题意，据此解答．
【解答】解：W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素．W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY，为ⅠA、ⅦA元素或ⅡA、ⅥA族元素，而Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，Y、Z为ⅥA族元素，则Y、Z分别为O元素、Z为S元素中的一种，故W处于ⅡA族；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，W和X能形成化合物WX2，考虑X为C元素，则Z为O元素、Y为S元素，则W为Ca元素，Ca与碳可以形成CaC2，C和S不在同一周期，它们能形成组成为CS2，验证符合题意，
A．X为C、Z为O，非金属性C＜O，故氢化物稳定性X＜Z，故A错误；
B．X为C、Y为S，非金属性C＜S，故最高价含氧酸的酸性：碳酸＜硫酸，故B正确； C．化合物CaC2属于离子化合物，CS2属于共价化合物，故C错误；
11
D．W、Y、Z的简单离子分别为Ca2+、S2﹣、O2﹣，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Ca2+＞O2﹣，故D错误， 故选B．
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11．下列叙述中正确的是（ ）
A．反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率减小
B．常温下，2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）能够自发进行，则该反应的△H＜0 C．向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量的冰醋酸，溶液中D．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；铜的电解精炼；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素．
【分析】A、反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），其他条件不变时充入N2，氮气的浓度增大，据此分析正逆反应速率的改变；
B、根据△H﹣T△S＜0反应自发进行判断；
C、向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量的冰醋酸，溶液中的c（H+）和c（CH3COO﹣）均增大，c（OH﹣）减小；
D、电解精炼铜时，需要将粗铜溶解．
【解答】解：A、反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），其他条件不变时充入N2，氮气的浓度增大，故正反应速率增大，导致氨气的浓度逐渐变大，则逆反应速率也逐渐增大，故A错误；
B、常温下，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）能够自发进行，说明△H﹣T△S＜0，已知该反应△S＜0，所以该反应的△H＜0，故B正确；
C、向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量的冰醋酸，醋酸溶液中的c（H+）和c（CH3COO
﹣
的值变小
）均增大，则溶液中的c（OH﹣）减小，故增大，故C错误；
D、电解精炼铜时，需要将粗铜溶解，故粗铜做阳极，纯铜做阴极，故D错误． 故选B．
12．硼化钒（VB2）﹣空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5．下列说法正确的是（ ）
12
A．电极a为电池正极
B．图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过 C．电子由VB2极经KOH溶液流向a电极
D．VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH﹣﹣22e﹣═V2O5+2B2O3+11H2O 【考点】化学电源新型电池．
【分析】硼化钒﹣空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O2→4B2O3+2V2O5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动．
【解答】解：A、硼化钒﹣空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故A正确；
B、氧气在正极上得电子生成OH﹣，OH﹣通过选择性透过膜向负极移动，故B错误； C、“电子不下水”，电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；
D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH﹣﹣22e﹣
→V2O5+2B2O3+11H2O，故D正确； 故选AD．
13．某药物中间体的合成路线如下．下列说法正确的是（ ）
A．对苯二酚在空气中能稳定存在
B．1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应
C．2，5﹣二羟基苯乙酮能发生加成、取代、缩聚反应 D．该中间体分子中含有1个手性碳原子 【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．对苯二酚在空气中易被氧气氧化； B．中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应；
C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应、取代反应；
D．碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子．
【解答】解：A．对苯二酚中含有酚羟基，在空气中易被氧气氧化，故A错误；
B．中间体中苯环、羰基能和氢气发生加成反应，所以1 mol该中间体最多可与11 mol H2反应，故B正确；
C.2，5﹣二羟基苯乙酮中含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、缩聚反应、取代反应，故C正确；
D．碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，故D错误； 故选BC．
14．下列叙述错误的是（ ）
13
A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）═（CO32﹣）+c（OH﹣）
B．25℃时，0.2mol?L﹣1盐酸与等体积0.05mol?L﹣1 Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1 C．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+）
D．25℃时，若0.3mol?L﹣1 HY溶液与0.3mol?L﹣1 NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH﹣）﹣c（HY）=c（H+）=1×10﹣9mol?L﹣1
【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
B．二者混合后溶液中的溶质是0.05mol/L的盐酸、0.025mol/L的BaCl2，溶液中c（H+）=0.05mol/L；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D．二者恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，则Y为弱酸，根据电荷守恒和物料守恒判断． 【解答】解：A、NaHCO3溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣），物料守恒为c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=c（Na+），所以得c（H+）+c（H2CO3）═（CO32﹣）+c（OH﹣），故A正确；
B、混合后溶液中c（H+）=（0.2﹣0.1）÷2=0.05mol/L，溶液的pH＞1，故B错误； C、溶液中电荷守恒为2c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），pH等于7，故有2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+），故C正确；
D、两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，电荷守恒为c（OH﹣）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+）；物料守恒为c（HY）+c（Y+）=c（Na+），两式相减为c（OH﹣）﹣c（HY）=c（H+）=1×10﹣9 mol?L﹣1，故D正确； 故选B．
15．一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）：向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示．下列说法正确的是（ ） 容器 甲 乙 丙 0.5L 0.5L V 容积 T1℃ T2℃ T1℃ 温度 2molC 1molCO 4molC 起始量 1molH2O 1molH2 2molH2O
A．甲容器中，反应在前15min的平均速率v（H2）=0.1 mol?L﹣1?min﹣1
B．丙容器的体积V＞0.5L
C．当温度为T1℃时，反应的平衡常数K=4.5
D．乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1＜T2 【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
14
【分析】A．由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算
v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
B．丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，等效为在甲平衡基础上增大压强，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）＜3mol/L；
C．根据甲容器中反应数据计算 T1℃时各物质的平衡浓度，再根据平衡常数K=
计算；
D．若甲、乙温度相同，为完全等效平衡，平衡时水的物质的量相同，甲中平衡时生成CO为0.5L×1.5mol/L=0.75mol，则生成平衡时水的物质的量为1mol﹣0.75mol=0.25mol＜0.4mol，则乙相对于甲中平衡向逆反应移动．
【解答】解：A．由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v（CO）=
1
=0.1mol?L﹣1?min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=0.1mol?L﹣
?min﹣1，故A正确；
B．丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，等效为在甲平衡基础上增大压强，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）＜3mol/L，平衡时CO浓度为3mol/L，故丙容器的体积V＜0.5 L，故B错误；
C．甲容器中：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g） 起始浓度（mol/L）：2 0 0 转化浓度（mol/L）：1.5 1.5 1.5 平衡浓度（mol/L）：0.5 1.5 1.5 T1℃时，反应的平衡常数K=
=
=4.5，故C正确；
D．若甲、乙温度相同，为完全等效平衡，平衡时水的物质的量相同，甲中平衡时生成CO为0.5L×1.5mol/L=0.75mol，则生成平衡时水的物质的量为1mol﹣0.75mol=0.25mol＜
0.4mol，则乙相对于甲中平衡向逆反应移动，正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，故乙中温度低，即温度T1＞T2，故D错误， 故选：AC．
三、解答题（共6小题，满分80分）
16．碘化钠是实验室中常见的分析试剂，常用于医疗和照相业．工业上通常用水合肼（N2H4?H2O）还原法制取碘化钠，工艺流程如下：]
（1）合成过程的反应产物中含有IO3﹣，写出合成过程的离子方程式 3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O ．
15
（2）工业上也可以用Na2S或Fe屑还原制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，原因是 N2H4?H2O的氧化产物为N2和H2O ． （3）请补充完整检验还原液中是否含有IO3﹣的实验方案：取适量还原液， 加入淀粉溶液，
﹣
加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3﹣ ．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液． （4）测定产品中NI含量的实验步骤如下：
a．称4.000g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容； b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中；
c．用0.1000mol?L﹣1AgNO3溶液滴定至终点记录消耗AgNO3溶液的体积； d．重复b、c操作2～3次，记录相关实验数据．
AgNO3溶液应放在 酸式滴定管 中； ①滴定过程中，步骤d的目的是 减少实验误差 ．
②若用上述方法测定产品中的NaI含量偏低（忽略测定过程中的误差），其可能的原因是 部分NaI被空气中O2氧化 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】合成过程的反应产物中含有IO3﹣，发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，即发生反应：3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI． （1）根据发生的反应改写为离子方程式；
（2）N2H4?H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质； （3）加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若含有IO3﹣，会与I﹣反应生成I2，淀粉遇碘变蓝色； （4）①稀溶液溶液呈酸性，应放在酸式滴定管中；重复操作，减少实验误差； ②部分NaI被空气中O2氧化．
【解答】解：合成过程的反应产物中含有IO3﹣，发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，即发生反应：3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI．
（1）发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，离子方程式为3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，故答案为：3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O；
（2）N2H4?H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高，
故答案为：N2H4?H2O的氧化产物为N2和H2O；
（3）检验还原液中是否含有IO3﹣的实验方案：取适量还原液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3﹣，
故答案为：加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3﹣；
（4）①稀溶液溶液呈酸性，应放在酸式滴定管中；重复操作，减少实验误差， 故答案为：酸式滴定管；减少实验误差；
②部分NaI被空气中O2氧化，导致滴定消耗硝酸银溶液偏小，测定产品中的NaI含量偏低，
故答案为：部分NaI被空气中O2氧化．
16
17．化合物F是合成抗过敏药孟鲁斯特钠的重要中间体，其合成过程如下：
请回答下列问题：
（1）化合物C中含有氧官能团为 羰基 、 酯基 （填名称）． （2）化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为 ．
（3）由C→D、E→F的反应类型依次为 还原反应或加成反应 、 取代反应 ． （4）写出符合下列条件C的一种同分异构体的结构简式
．
Ⅰ、属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环 Ⅱ、能够发生银镜反应
Ⅲ、分子中有5种不同环境的氢原子． RCl（5）已知：
RMgCl，写出CH3CH2OH、
为原料制备
的合成路线流程图（乙醚溶剂及无机试剂任用）
；
合成路线流程图示例如下：H2C=CH2【考点】有机物的合成．
CH3CH2BrCH3CH2OH．
【分析】B发生酯化反应生成C，根据C结构简式知，B结构简式为C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生取代反应生成F；
，
17
（5）CH3CH2OH和HCl发生取代反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和Mg、乙醚反应生成CH3CH2MgCl，CH3CH2MgCl和苯甲酸乙酯、然后水解反应生成
，
和氢气
发生加成反应生成，发生消去反应生成．
B发生酯化反应生成C，B结构简式为【解答】解：根据C结构简式知，，
C发生加成反应生成D，D反应生成E，E发生取代反应生成F；
（1）根据C结构简式知，化合物C中含有氧官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）化合物B的分子式为C16H13O3Br，B的结构简式为
，
故答案为：；
（3）通过以上分析知，C发生还原反应（或加成反应）生成D、E发生取代反应生成F，
故答案为：还原反应（或加成反应）；取代反应；
（4）C的同分异构体符合下列条件：Ⅰ、属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环； Ⅱ、能够发生银镜反应说明含有醛基； Ⅲ、分子中有5种不同环境的氢原子；
符合条件的同分异构体结构简式为，
故答案为：；
（5）CH3CH2OH和HCl发生取代反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和Mg、乙醚反应生成CH3CH2MgCl，CH3CH2MgCl和苯甲酸乙酯、然后水解反应生成
，
和氢气
18
发生加成反应生成，发生消去反应生成，所以合成流程图为
，
故答案为：．
18．一种回收并利用含碘（I﹣）废液的工艺流程如图1：
（1）“沉淀”中生成CuI的离子方程式为 2Cu2++2I﹣+SO32﹣+H2O=2CuI↓+SO42﹣+2H+ ． （2）CuSO4的投加量对废水中I﹣的去除量影响较大，不同投加量（用过量系数表示）下，反应后I﹣和Cu2+的浓度如图2所示，则适宜的CuSO4过量系数应为 1.1 ，分析原因 小于1.1则I﹣去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2+ ． （3）反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物（其中铁与碘的质量比为21：127），则加入的水的作用是 催化剂 ，反应Ⅱ的化学方程式是 Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑ ．
19
（4）操作Ⅰ包括 蒸发（或加热）（浓缩）、（冷却）结晶、过滤 ，冰水洗涤的目的是 除去表面可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失（或防止KI的氧化） ． 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】根据流程可知，回收废液中碘离子的步骤为：先向废液中加入亚硫酸钠、硫酸铜溶液生成CuI沉淀，过滤得到滤渣CuI，然后加入浓硝酸氧化CuI，向氧化产物中加入碘单质、铁屑和水后得到Fe3I8，Fe3I8与碳酸钾溶液发生反应Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；过滤后将反应Ⅱ的滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的氯化钾，
（1）根据流程可知，铜离子、碘离子、亚硫酸根离子在溶液中发生氧化还原反应反应生成CuI沉淀和硫酸根离子、氢离子，据此写出反应的离子方程式；
（2）根据图象曲线中硫酸铜过量系数与碘离子、铜离子浓度的关系分析；
（3）根据生成产物中铁和碘元素的质量之比计算出其物质的量之比，从而得出产物的化学式；然后结合反应物、生成物写出反应的化学方程式；
（4）操作Ⅰ是从碘化钾溶液中获得碘化钾固体，需要通过蒸发（或加热）（浓缩）、（冷却）结晶、过滤等操作完成；根据冰水可以除去可溶性杂质、减少碘化钾溶解度角度分析． 【解答】解：结合流程可知回收废液中碘离子的步骤为：先向废液中加入亚硫酸钠、硫酸铜溶液生成CuI沉淀，过滤得到滤渣CuI，然后加入浓硝酸氧化CuI，向氧化产物中加入碘单
Fe3I8与碳酸钾溶液发生反应Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；质、铁屑和水后得到Fe3I8，
过滤后将反应Ⅱ的滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的氯化钾，
2Cu2++2I（1）硫酸铜、亚硫酸钠和碘离子在溶液中发生反应生成CuI，反应的离子方程式为：
﹣
+SO32﹣+H2O=2CuI↓+SO42﹣+2H+，
故答案为：2Cu2++2I﹣+SO32﹣+H2O=2CuI↓+SO42﹣+2H+；
（2）根据图象曲线变化可知，当硫酸铜过量系数小于1.1时I﹣去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2+，所以适宜的CuSO4过量系数为1.1，
故答案为：1.1；小于1.1则I﹣去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2+； （3）反应I中加入水可以加快反应速率，水起到了催化剂的作用，在反应中生成铁与碘的化合物，其中铁元素与碘元素的质量比为21：127，即物质的量比为：
：
=3：8，
铁、碘原子个数比为8：3，反应Ⅰ生成物化学式是 Fe3I8，故反应Ⅱ的化学方程式为：Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑，
故答案为：催化剂；Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；
（4）反应Ⅱ的滤液需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，故用冰水洗涤，同时减少KI的溶解损失，
故答案为：蒸发（或加热）（浓缩）、（冷却）结晶、过滤；除去表面可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失（或防止KI的氧化）．
19．过氧乙酸是一种弱酸性氧化剂，极不稳定，广泛用作漂白剂和高效杀菌消毒剂等．
20
1混合，Ⅰ、制备：冰醋酸与H2O2浓溶液按体积比1：加入适量浓硫酸，控制温度5℃～30℃，搅拌30min并静置4～6h．反应原理为：H2O2+CH3COOH
（过氧乙酸）
+H2O
Ⅱ、含量测定：称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL备用．取上述稀释后过氧乙酸试样5.00mL，用0.0100mol?L﹣1KMnO4溶液滴定到终点以除去其中的H2O2，随即加入10%KI溶液10mL（足量），加入0.5%淀粉溶液3滴，摇匀，并用0.0500mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定到终点离子反应方程式为：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣），消耗Na2S2O3标准溶液的总体积为20.00mL．
（1）制备过氧乙酸时，温度不宜过高，其原因可能是 温度过高H2O2和CH3COOOH会分解 ．
（2）稀释样品时，除用到烧杯及玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有 100mL容量瓶 、 胶头滴管 ．
（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点的现象是 溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不变化 ． （4）通过计算确定原试样中过氧乙酸的质量分数（写出计算过程）． 【考点】中和滴定． 【分析】（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应，同时过氧乙酸也容易分解；
（2）称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL时，除用到烧杯及玻璃棒外，还要用到胶头滴管取液体，要用100mL容量瓶定容；
（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点时，溶液中的碘全部参加反应，溶液的蓝色会褪色，据此答题；
（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，据此计算稀释后5mL反应中n（CH3COOOH），进而计算原试样中过氧乙酸的质量分数． 【解答】解：（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应，同时过氧乙酸也容易分解，
故答案为：温度过高H2O2和CH3COOOH会分解； （2）称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL时，除用到烧杯及玻璃棒外，还要用到胶头滴管取液体，要用100mL容量瓶定容， 故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点时，溶液中的碘全部参加反应，溶液的蓝色会褪色，所以滴定到终点的现象是溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不变化， 故答案为：溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不变化；
（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，n=n=×0.05mol/L由关系式可知，（CH3COOOH）（Na2S2O3）×0.02L=5×10﹣4mol，故原样品中w（CH3COOOH）=100%=15.2%，
答：原试样中过氧乙酸的质量分数为15.2%．
20．世界能源消费的90%以上依靠化学技术．
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（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气． 已知：2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H1=﹣220.70kJ?mol﹣1 2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ?mol﹣1 H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ?mol﹣1
则C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H4= +131.45kJ/mol
（2）燃料气（流速为3000mL?h﹣1；体积分数为50% H2，0.90% CO，1.64% O2，47.46% N2）
CeO2可由中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除．
草酸铈[Ce2（C2O4）3]灼烧制得，反应的化学方程式为 Ce2（C2O4）32CeO2+4CO↑+2CO2↑ ；在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），
测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度变化如图1所示．
加入 HIO3 （填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好．催化剂为CuO/CeO2﹣
HIO3，120℃时，反应1h后CO的体积为 3.528 mL．
（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，其电解法制备的装置如2图．已知产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去．则M极为电源的 负 （填“正”或“负”）极，B极区电解液为 LiCl 溶液（填化学式），该离子交换膜是 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换膜．
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理． 【分析】（1）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；
（2）灼烧草酸铈[Ce2（C2O4）3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，配平方程式即可；
CuO/CeO2催化剂催化性能最好，即化学反应速率最快，据图象来回答；催化剂为CuO/CeO2﹣HIO3，120℃时，CO的转化率是80%来计算回答；
（3）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，左侧生成氢气，则A中氢离子放电，可知A为阴极，在A中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动．
【解答】解：（1）已知：①C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.35kJ?mol﹣1 ②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ?mol﹣1 ③H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ?mol﹣1
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则：反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）可以是①+②×﹣③得到，所以△H4=①+②×﹣③=（﹣110.35kJ?mol﹣1）+×﹣44.0kJ?mol﹣1
=+131.45kJ/mol，故答案为：+131.45kJ/mol；
（2）灼烧草酸铈[Ce2（C2O4）3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即 Ce2（C2O4）
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2CeO2+4CO↑+2CO2↑，
CuO/CeO2催化剂催化性能最好，即化学反应速率最快，据图象知道当HIO3加入时，催化性能最好，催化剂为CuO/CeO2﹣，120℃时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mL?h﹣1；0.98%的CO，体积分数为：则反应1小时后CO的体积为×1800×1×0.98%×80%=3.528，
故答案为：Ce2（C2O4）3
2CeO2+4CO↑+2CO2↑；HIO3；3.528；
（3）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，左侧生成氢气，则A中氢离子放电，可知A为阴极，M是负极，在A中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动，离子交换膜是阳离子交换膜；B中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，故答案为：负；LiCl；阳．
21．原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24．
（1）W基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2 ．元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞C ．
（2）与XYZ﹣互为等电子体的一种分子、一种离子分别为 CO2 、 SCN﹣ （填化学式）．（3）二元弱酸H2X2Z4中X原子轨道的杂化类型是 sp2 ，1mol H2X2Z4分子中含有σ键
的数目为 7×6.02×1023 ．
（4）YH3极易溶于水的主要原因是 氨分子与水分子间易形成氢键 ． 【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为22，则W为Ti，据此解答．
【解答】解：元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为22，则W为Ti．
（1）W核外电子数为22，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2； 同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C， 故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；N＞O＞C；
（2）原子总数相等、价电子总数相等微粒互为得电子，与CNO﹣互为等电子体的一种分子、一种离子分别为CO2、SCN﹣等，故答案为：CO2；SCN﹣；
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（3）二元弱酸H2C2O4的结构式为
，分子中C原子形成3个σ键，没有
1mol H2C2O4分子中含有σ键的数目为7×6.02孤电子对，故C原子轨道的杂化类型是sp2，
×1023，
故答案为：sp2；7×6.02×1023；
（4）氨分子与水分子间易形成氢键，NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键．
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