2018-2019年高中化学海南高考冲刺预测试卷[19]含答案考点及解析

③ a=\且b>1（或a=2b且 a>2） （3分） 【解析】略

15.（1）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题： ①黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS2+8O2

6SO2+Fe3O4，氧化产物为___________，若有3mol FeS2参加反应，转移_____mol电子。 ②与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为：___________(用离子方程式表示)。 ③FeC13与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_________________。 （2）己知：S2O32-具有较强的还原性，实验室可用I测定K2S2O8样品的纯度，反应方程式为： S2O82-+2I=2SO42-+I2① I2+2S2O32-=2I+S4O62- ② S2O82-、S4O62-、I2氧化性强弱顺序_______。

（3）己知溶液中，还原性为HSO3-＞I，氧化性为IO3-＞I2>SO42-。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。

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①a点处的还原产物是：________（填离子符号）； b点→c点反应的离子方程式是________。

②当溶液中的I为0.5mol时、加入的KIO3可能是_________mol。 【答案】(1) ①SO2 Fe3O4；32；②Fe+3H2O

-3+

-

Fe(OH)3(胶体)+3H ；③2Fe+2I=2Fe+I2；

-+

+3+-2+

(2) S2O82-> I2>S4O62-；(3) ①I；3HSO3-+IO3-=3SO42-+I+3H；②0.5或1.1。 【解析】

试题分析：（1）①在反应3FeS2+8O2

6SO2+Fe3O4中，FeS2中Fe、S元素的化合价升高，

失去电子，被氧化，O2中的O元素的化合价降低，被还原，所以氧化产物为SO2 Fe3O4；3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol×2×（2-0）=32mol；

3+3++

②硫酸铁是强酸弱碱，在溶液中Fe发生水解反应：Fe+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H，产生的Fe(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体，使之形成沉淀，从而可以使水净化，作水的净水剂；③FeC13与氢碘酸反应时可生成棕色物质是I2，根据电子守恒、

3+-2+

电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为2Fe+2I=2Fe+I2；（2）根据物质的氧化

--性：氧化剂>氧化产物，由S2O82-+2I=2SO42-+I2可知氧化性：S2O82-> I2；由I2+2S2O32-=2I+S4O62--可知氧化性：I2> S4O62-.所以氧化性：S2O82-> I2>S4O62-；（3）HSO3-＞I，在含3 mol NaHSO3的

-+

溶液中逐滴加入KIO3溶液，首先发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I+3H；HSO3-反应完毕，继续

+-加入KIO3，由于氧化性IO3-＞I2，再发生反应：IO3-+6H +5I =3H2O+3I2。①由图可知，a点没

-+

有生成碘，故发生反应3HSO3-+ IO3-=3SO42-+I+3H，反应中S元素化合价升高，还原剂是

HSO3-，I元素的化合价降低，I元素被还原，所以此处的还原产物是I，由图可知，b点到c

+--点由于生成I2，故发生反应：IO3-+6H +5I =3H2O+3I2。；②当溶液中的I为0.5mol时，有两

-+-种情况：一是只发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I+3H，生成I为0.5mol，根据碘元素守恒

-+--n(KIO3) =n(I)=0.5mol；二是HSO3-反应完毕后，还发生IO3-+6H +5I =3H2O+3I2，剩余I为0.5mol，

-+--3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI，故反应IO3-+6H +5I =3H2O+3I2中消耗的I为1mol-0.5mol=0.5mol，消耗KIO3的物质的量为0.5mol×1/5=0.1mol，故共加入的KIO3为

1mol+0.1mol=1.1mol，故答案为：0.5或1.1。

考点：考查有关氧化还原反应的综合应用及有关物质的量在化学反应方程式计算的应用的知识。

16.电镀废水中常含有NaCN，工业上规定其含量低于0.5 mg/L才可排放，对NaCN超标的废水可用两段氧化法处理：

-

己知：HCN的酸性比碳酸的酸性弱，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。 请回答下列问题：

(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为______（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是___________。反应中，欲使1 mol NaCN变为NaOCN，则需要氧化剂NaClO至少为________mol。

(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：_____________________。反应中被氧化的元素是__________。

(3)处理10 m含NaCN 10.3 mg／L的废水，实际至少需NaClO__________g（实际用量应为理论值的4倍），才能使废水中NaCN含量达到排放标准。 【答案】(1)碱性，防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，1； (2) 2OCN +3C1O =CO2↑+CO32-+3Cl+N2↑；氮（或）；(3) 1490。 【解析】

试题分析：（1）根据信息，HCN有剧毒，因此调节pH为碱性，防止生成HCN，造成人员中毒或污染环境；NaOCN中C显 ＋ 4价，NaCN中C显 ＋ 2价，根据得失电子数目守恒，1 ×

－－

(4－2)=\，n(NaClO)=1mol；(2)根据II，离子反应方程式为：2OCN ＋ 3ClO

－

=CO2↑ ＋ CO32－ ＋ 3Cl ＋ N2↑；根据化合价的变化，被氧化的元素的是氮；(3)根据得失电子数目守恒，10 × 10 × (10.3－0.5) × 10× (2 ＋ 3)/49=\，n(NaClO)=5mol，实际用量应为理论值的4倍，因此实际消耗的n(NaClO)=20mol，m(NaClO)=1490g。 考点：考查信息处理、氧化还原反应、化学计算等知识。 评卷人 3

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－3

得 分 四、计算题

17.(8分)从100ml某种待测浓度的Na2CO3溶液中取出50ml，加入含HCl0.4mol的盐酸溶液，恰好完全反应。

(1)生成CO2的物质的量是多少？

(2)待测Na2CO3溶液的物质的量浓度是多少？ 【答案】（1）0.2mol (2) 4mol/L

【解析】(1)2HCl ～ CO2 ～ Na2CO3 2mol 1mol 1mol 0.4mol n(CO2 ) n(Na2CO3 ) n(CO2 )=\2CO3 ) =0.2mol

(2) 待测Na2CO3溶液的物质的量浓度= 0.2mol×(100ml÷50ml)÷0.1L=4mol/L

18.已知固体化合物A由NaHCO3、KHCO3、MgCO3、CaCO3四种物质中的两种混合而成。请通过计算和推理回答下列问题：[n(A)表示A的物质的量；m(A)表示A的质量]

（1）取A与足量的盐酸反应：若m(A)为定值，生成气体的量即为定值，试写出A的可能组成，并用简单的语言说明你判断的理由。

（2）若先将A加热，剩余固体再与足量的盐酸反应，且先后两次产生的气体分别通入足量的澄清石灰水，生成的沉淀均为10.0g，据此推导出A的组成及物质的量。

【答案】（1）NaHCO3和MgCO3；KHCO3和CaCO3。(2分) NaHCO3和MgCO3；KHCO3和CaCO3的相对分子质量相同，碳原子数相同，即碳的质量分数相同，混合物质量为定值时，碳质量也为定值，根据碳原子守恒，因此产生的CO2气体必为定值。 （2）NaHCO3和KHCO3，(1分) 0.2mol 【解析】略

19.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： 2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3→2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑

（1）CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O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·L1 FeCl3溶液中，待样品完全

－溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关反应的离子方程式为：

Fe＋CuCl→Fe＋Cu＋Cl Ce＋Fe→Fe＋Ce

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

3+2+2+-4+2+3+3+

（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 ～ Fe ～ Ce

x=0.1000mol·L×24.60×10L×99.5g·mol=\（1分） 样品中CuCl的质量分数=

>96.50% （1分）

-1

-3

-1

2+

4+

故样品中CuCl的质量分数符合国家标准。（1分）

20.运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。 （1）已知：1/2O2(g)=1/2O2+(g)+1/2e- △H1=587.9kJ/mol K1 PtF6(g)+e=PtF6-(g) △H2=-771.1kJ/mol K2 O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6-(g) △H3=482.2kJ/mol K3

则反应O2(g)+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)的△H=________，K=_______(用K1、K2、K3表示) （2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g) 衡常数K 与温度T 的关系如图甲所示。

FeO(s)+CO(g)，已知该反应的平

-

①T℃、p Pa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_____。

A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．容器内压强不再变化 C．v正(CO2)=v逆(FeO)

②T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示．则CO2的平衡转化率为_____，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为_______。

（3）在恒温条件下起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中(甲为恒容容器、乙为恒压容器)，均进行反应：N2+3H22NH3，有关数据及特定平衡状态见下表。