天津市七校（静海一中，杨村中学，宝坻一中，大港一中等）2018_2019学年高二化学上学期期中联考试卷（含解析）.doc

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1、120182019 学年度第一学期期中七校联考高二化学可能用到的相对原子质量：H: 1 C: 12 N: 14 O: 16 Na: 23 S: 32 Cl: 35.5 I: 127第 I 卷 选择题（每小题只有一个选项符合题意，共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分）1.下列对能源的说法中不正确的是A. 化学能是能量的一种形式，它不仅可以转化为热能，也能转化为电能或光能B. 为了应对能源危机，应加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求C. 大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系D. 氢能具有燃烧热值高，资源丰富的优点，目前氢已用作火箭和燃料电池的燃料【答案】B【解析】【详解】A.

2、化学反应中，不同能量之间可进行转化，化学能可转化为热能、光能、电能等，故 A 正确；B. 煤、石油等化石能源是不可再生能源，不能无限制的开采，故 B 错误；C. 新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，故 C 正确； D.氢能因燃烧热值高、污染小、水作为其原料，资源实在太丰富了，氢气燃烧产物为水无污染，目前氢已用作火箭和燃料电池的燃料，故 D 正确；故答案为 B。2.下列对于化学反应进行的方向理解正确的是A. 同种物质在气态时熵值最小，固态时最大B. 在密闭条件下，体系可以自发的从无序变为有序C. 大理石在常温下能够自发分解D. 虽然硝酸铵溶于水要吸

3、热，但它能够自发的向水中扩散【答案】D【解析】【详解】A 项，气态下分子混乱程度最大，固态下分子排列混乱程度最小，故 A 项错误；2B 项，在密闭条件下，体系有自有序转变为无序的倾向，属于熵增过程，是自发过程，故B 项错误；C 项，大理石分解的过程H0，S0，所以该反应常温下不能自发进行，故 C 项错误；D 项，在密闭条件下，体系有由有序自发地转变为无序的倾向，因为与有序体系相比，无序体系“更加稳定” 。虽然硝酸铵溶于水要吸热，但它能够自发的向水中扩散，故 D 项正确。综上所述，本题正确答案为 D。【点睛】判断反应进行的方向要用综合判据，若H-TS氢氧化钠，故 B 错误；分别加热到相同温度时，

4、NaOH溶液 c（OH -）不变，加热促进 CH3COONa 水解，CH 3COONa 溶液中 c（OH -）增大，升高相同温度，NaOH 溶液的 pH 小于 CH3COONa 溶液，故 C 错误；两溶液因 pH 均为 9，因此 c（ CH3COONa）大于 c（NaOH） ，因此 CH3COONa 溶液中 c（Na +）大于 NaOH 溶液中 c（Na +） ，故D 正确。【点睛】本题考查盐类水解的应用，注意：酸、碱、能水解的盐对水的电离的影响是解答本题的关键，明确温度、稀释对水解的影响，题目难度中等。14.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是A. pH2 的醋酸溶液与 pH12 的氢氧

5、化钠溶液等体积混合：c(CH 3COO )c(Na )c(H )c(OH )B. 浓度为 0.1 molL1 的碳酸氢钠溶液：c(Na ) c(H )c(HCO 3 )c(OH )C. 浓度为 0.1 molL1 的(NH 4)2CO3溶液：c(NH 4 )2c(CO 32 )2c(HCO 3 )2c(H 2CO3)D. 浓度均为 0.1 molL1 的醋酸溶液与 NaOH 溶液混合后：c(OH )c(H )c(CH 3COOH)【答案】A【解析】【详解】A、因醋酸为弱酸，pH2 的醋酸与 pH12 的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，该溶液显酸性，弱电解质的电离大于醋酸

6、根离子的水解，则c(CH3COO )c(Na )c(H )c(OH )，故 A 正确；B、浓度为 0.1 molL1 的碳酸氢钠溶液，由电荷守恒可以知道 c(Na ) c(H )2cCO 32-)+c(HCO3 )c(OH )，故 B 错误；C、浓度为 0.1 molL1 的(NH 4)2CO3溶液，由物料守恒可以知道 c(NH4 )+c(NH3 H2O)2c(CO 32 )2c(HCO 3 )2c(H 2CO3) ，故 C 错误；D、浓度均为 0.1 molL1 的醋酸溶液与 NaOH 溶液若等体积混合，恰好生成醋酸钠，由质10子守恒可以知道 c(OH )c(H )c(CH 3COOH)，但

7、混合时溶液体积未知，故 D 错误；所以 A 选项是正确的。15.在恒容密闭容器中通入 X 并发生反应：2X（g） Y（g） ，温度 T1、T 2下 X 的物质的量浓度 c（X）随时间 t 变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是A. T1T 2 H 0B. 该反应进行到 M 点放出的热量等于进行到 W 点放出的热量C. M 点的正反应速率 v（正）大于 N 点的逆反应速率 v（逆）D. M 点时再加入一定量 X，平衡后 X 的转化率减小【答案】C【解析】【详解】A、根据图像给出的在不同温度下达到平衡所需要的时间可得出，温度为 T1时，化学反应速率大于温度为 T2时的反应速率，所以 T1T2，当温度

8、由 T1变到 T2时，降温，平衡向着正反应方向移动，所以正反应为放热反应，故 A 错误；B、由图可知，M 点 X 的转化率小于 W 点 X 的转化率，因此该反应进行到 M 点放出的热量小于进行到 W 点放出的热量，故 B 错误；C、根据先拐先平，知 T1T2，M 与 W 点，反应均达到平衡，温度越高，反应速率越大，M 点的速率大于 W 点的反应速率，N 点没有达到平衡，此时反应正向程度大，即 N 点的正向速率大于逆向速率，因此 M 点的正反应速率大于 N 点的逆反应速率，故 C 正确；D、M 点已达到平衡，M 点时再加入一定量的 X，则相当于增大压强，平衡正向移动，X 的转化率增大，故 D 错

9、误。故答案选 C。16.下列说法正确的是A. 任何酸与碱发生中和反应生成 1mo1H2O 的过程中，能量变化均相同11B. 已知： C(s 石墨)+O 2(g)=CO2(g) H 1=-393.5 kJ/mol C(s 金刚石)O 2(g)=CO2(g) H 2=-395.0 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定C. 同温同压下，H 2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的 H 相同D. 表示硫的燃烧热的热化学方程式：S(s) +3/2O 2(g)=SO3(g)；H=-315kJ/mol【答案】C【解析】【分析】A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；B、根据物质的能

10、量越低越稳定来判断；C、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关；D、根据燃烧热的定义判断。【详解】A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成 1mo1H2O 的过程中，能量变化可能不同，故 A 错误；B、由 C(s 石墨)+O 2(g)=CO2(g) H 1=-393.5 kJ/mol C(s 金刚石)O 2(g)=CO2(g) H2=-395.0 kJ/mol，则-得，C(s 石墨)= C(s 金刚石) H=+1.5kJ/mol ，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故 B 错误；C、根据盖斯定

11、律分析可以知道，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关，所以 C 选项是正确的；D、硫的燃烧热是 1molS 完全燃烧生成二氧化硫放出的热量，故 D 错误；所以 C 选项是正确的。17.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A. 制取无水 AlCl3：将 AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B. 除去锅炉水垢中含有的 CaSO4：先用 Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量 NH4Cl 固体，溶液红色变浅D. 配制 FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸【答案】B【解析】【详解】A.AlCl 3会水解生成 Al(O

12、H) 3，灼烧后失水成为 Al 2O3，故 A 错误；B.根据沉淀转化原理知，硫酸钙能转化为碳酸钙，再加酸溶解碳酸钙而除去，故 B 正确；C.由于 NH4+能发生水解，使溶液中 H+增大，pH 减小，也可以使溶液红色变浅，故不能证明12氨水中存在电离平衡，故 C 错误；D. 配制 FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀盐酸抑制水解，不能用稀硫酸，否则会引入杂质，故 D 错误；故答案选 B。18.25时，向 20 mL 0.01 molL-1HA(aq)中不断滴入 0.02 molL-1 NaOH(aq)，混合溶液 pH 变化如图所示。此过程溶液下列说法不正确的是（已知：25时一元酸 HA(

13、aq)电离平衡常数 Ka=1.610-5）A. a 点溶液的 pH 大于 3B. b 点溶液中离子：c(A -)c(Na +)c(H +)c(OH -)C. c 点表示酸 HA(aq)和 NaOH(aq)溶液恰好完全反应D. d 点溶液加水稀释后 c(H+)/c(HA)的值会增大【答案】C【解析】【分析】A、a 点时，为 0.01 molL-1HA 溶液，根据电离常数计算 c(H+)；B、b 点溶液为 HA 和 NaA 的混合物，溶液呈酸性；C、根据反应方程式，结合溶液呈中性进行判断；D、d 点溶液存在 A-的水解平衡，在一定温度下水解平衡常数不变，据此分析。【详解】A、a 点时，为 0.01

14、 molL-1HA 溶液，已知 25时一元酸 HA(aq)电离平衡常数Ka=1.610-5，HA H+A-起始浓度（mol/L） 0.01 0 0平衡浓度（mol/L） 0.01-x x x 13=1.6 10-5，由于 x 很小，0.01-x 0.01，则 x2=1.6 10-7，解得 x=4 10-4，pH=-x20.01-x lg4 10-4=4-2lg2=4-2 0.3=3.43，故 A 正确； B、b 点时酸过量，溶液为 HA 和 NaA 的混合物，溶液呈酸性，应存在 c(A-)c(Na +)c(H +)c(OH -)，故 B 正确；C、若酸 HA(aq)和 NaOH(aq)溶液恰好

15、完全反应则生成 NaA 为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH7，与 c 点溶液呈中性不符，故 C 错误；D、d 点为 NaOH 和 NaA 的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A -+H2O HA+OH-，水解常数 Kh= = ，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A -)减小，则 c(HA) c(HA)c(OH-)c(A-) c(HA)Kwc(A-)c(H+)/c(H+)减小，故 c(H+)/c(HA)的值增大，故 D 正确；故选 C。第 II 卷 非选择题（共 4 小题，共 46 分）19.水煤气法制取甲醇（CH 3OH）的反应及其反应的焓变、平衡常数如下： CH 4(g) +1/2O2(g

16、) CO(g) + 2H2(g) H 1 =35.4kJmol 1 平衡常数 K1 CO(g) + 2H 2(g) CH3OH (g) H 2 =90.1 kJmol 1 平衡常数 K2 2CH 4(g) + O2(g) 2CH3OH(g) H 3 平衡常数 K3（1）在 25、101kPa 下，1g 液态甲醇燃烧生成 CO2和液态水时放热 22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_。（2）依据盖斯定律求出反应 2CH 4(g) + O2(g) 2CH3OH(g) H 3 =_kJmol1 ，相同温度下 K3=_（用含 K1、K 2代数式表示） 。（3）下列关于化学反应中的能量及变化理

17、解错误的是（填字母序号）_。a反应中活化能的作用是使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率b化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化c在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（H）决定d氯化钠晶体熔化时，离子键被破坏，吸收能量，发生化学变化e200、101kPa 时，1 mol H 2和碘蒸气作用生成 HI 的反应，热化学方程式表示如下：H2(g)I 2(g) = 2HI(g) H= -14.9 kJmol 1f燃烧热定义中“生成稳定的氧化物” ，意味着这些氧化物不能再燃烧了【答案】 (1). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+

18、2H2O(l) H-725.76kJmol -1 (2). 14-251 (3). K12K22 (4). b d e【解析】【分析】（1）由 1g 液态甲醇燃烧放热 22.68kJ，则 1mol CH3OH 燃烧放热 22.68 kJ32=725.76kJ，并在热化学方程式中标明物质的状态；（2）根据盖斯定律求反应热；通过化学方程式加和求反应的平衡常数；（3）a活化能的作用在于使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率；b成键释放能量，但不一定发生氧化还原反应；c在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（H）决定；d氯化钠熔化只有离子键的断裂，没有新键的

19、形成，不属于化学变化；e没有反应热数据，不能写出热化学方程式；f “生成稳定的氧化物” 指在燃烧的过程中不会再发生反应的氧化物，也就是完全燃烧。【详解】 （1） 由 1g 液态甲醇燃烧放热 22.68kJ，则 1mol CH3OH 燃烧放热 22.68 kJ32=725.76kJ，则该燃烧反应的热化学方程式为 CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+2H2O(l) H-725.76kJmol -1 ，因此，本题正确答案是：CH 3OH(l)+3/2O2(g)=CO 2(g)+2H2O(l) H-725.76kJmol -1 ；（2）已知： CH 4(g) +1/2O2(g) CO(

20、g) + 2H2(g) H 1 =35.4kJmol 1 CO(g) + 2H 2(g) CH3OH (g) H 2 =90.1 kJmol 1 根据盖斯定律，2+2 得 2CH 4(g) + O2(g) 2CH3OH(g) 故H 3 =（35.4kJmol 1 ）2+（90.1 kJmol 1 ）2=-251kJmol 1 ，相同温度下 K3= = = K12K22，c2(CH3OH)c2(CH4)c(O2)(c(CO)c2(H2)c(CH4)c12(O2)2(c(CH3OH)c(CO)c2(H2)2因此，本题正确答案是：-251 ；K 12K22 ；（3）a活化能的作用在于使反应物活化，从

21、而启动反应或改变反应速率，故 a 正确；b成键释放能量，但不一定发生氧化还原反应，则化学键的形成一定伴随着能量变化，不一定存在电子的转移，故 b 错误；c在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变（H）决定，故 c 正确；15d化学变化是旧键的断裂和新键的形成，氯化钠熔化只有离子键的断裂，没有新键的形成，不属于化学变化，故 d 错误；e没有反应热数据，不能写出热化学方程式，故 e 错误；f “生成稳定的氧化物” 指在燃烧的过程中不会再发生反应的氧化物，也就是完全燃烧，故 f 正确。因此，本题答案选：b d e。20.t时，将 3 mol A 和 2 mol

22、 B 气体通人体积为 2L 的密闭容器中（容积不变） ，发生如下反应：3A(g)+B(g) 2C(g)，2 min 时反应达到平衡状态（温度不变） ，测得 C 的浓度为 0.2 mol/L，请填写下列空白：（1）该过程用 A 表示的反应速率为：v(A)=_；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为_。（2）比较达到平衡时，A、B 两反应物的转化率：(A)_(B)（填“” 、 “=”或“” ） 。（3）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号）_。a生成 C 的速率与消耗 B 的速率相等 b混合气体的密度不变c混合气体的相对平均分子质量不变 dA 的质量分数不再发生变化（4）若升高温度，再次达平衡时

23、，平衡常数数值变大，则该反应的 H_0（填“” 、“=”或“” ） 。（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和 A、B、C 都不反应)后，则化学反应速率会_（填“加快” 、 “减慢”或“不变” ） ，化学平衡将_（填“正反应方向移动” 、 “逆反应方向移动”或“不移动” ） 。（6）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：A B C投料 I 3.0 mol/L 1.0 mol/L 0投料 II 2.0 mol/L 1.0 mol/L 2.0 mol/L16按投料 I 进行反应，测得达到化学平衡状态时 A 的转化率为 40，若按投料 II 进

24、行反应，起始时反应进行的方向为_（填“正向” 、 “逆向”或“不移动） 。【答案】 (1). 0.15 mol/(Lmin) (2). K=c2(C)/c3(A)c(B) (3). (4). c d (5). (6). 不变 (7). 不移动 (8). 逆向【解析】【分析】（1）列出三行式，找出转化量和平衡量，再根据 v= 计算反应速率；根据化学方程式，列ct出平衡常数表达式。（2）列出三行式，找出转化量和平衡量，求出 A、B 的转化率，再比较大小；（3）达到平衡状态时正反应速率和逆反应速率相等，各物质的百分含量保持不变；（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反

25、应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，H0；（5）恒容容器充入惰气，各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡将不移动；（6）根据投料 I 达到平衡时 A 的转化率，求出平衡时各物质的浓度，进而求出该温度下平衡常数；若按投料 II 进行反应，Q c= =0.5K，所以起始时反应向逆向进行。22231【详解】3A(g)+B(g) 2C(g)起始浓度（mol/L）1.5 1 0转化浓度（mol/L）0.3 0.1 0.2平衡浓度（mol/L）1.2 0.9 0.22min 达平衡，该过程用 A 表示的反应速率为：v(A)= =0.15 mol/(Lmin)；0.3

26、mol/L2min根据化学方程式，平衡常数表达式为 K=c2(C)/c3(A)c(B)。故答案为：0.15 mol/(Lmin)； K=c 2(C)/c3(A)c(B)；17（2）达到平衡时，A 的转化率：(A)= 100%=20%，0.31.5(B)= 100%=10%，所以 (A) (B)。0.11故答案为：；（3）a生成 C 的速率与消耗 B 的速率相等不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能判断是否达到平衡，a 不选；b由于该反应容积固定，V 不变，反应物和生成物都是气体，总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断是否达到平衡，b 不选；c根据 M= ，混合气体的质量不变，但气体

27、的总物质的量随反应改变，若相对平均分子质mn量不变则说明各物质的百分含量不再改变，说明达到平衡状态，c 选；dA 的质量分数不再发生变化，则反应混合物中各组分百分含量都不变，说明达到平衡状态，d 选；故答案为：c d；（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，H0；故答案为：；（5）通入少量氦气后，由于是恒容，各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡不移动。故答案为：不变 ；不移动；（6）恒温恒容密闭容器中，起始投料 I 建立平衡:3A(g)+B(g) 2C(g)起始浓度（mol/L）3 1

28、 0转化浓度（mol/L）3x x 2x平衡浓度（mol/L）3-3x 1-x 2xA 的转化率为 40，则 100%=40%，解得 x=0.4，3x3则该温度下的平衡常数为 K= = =0.18c2(C)c3(A)c(B) 0.821.830.6若按投料 II 进行反应，Q c= =0.5K，所以起始时反应向逆向进行。22231故答案为：逆向。【点睛】本题较难，考查化学反应速率及化学平衡，学生能利用浓度商和平衡常数来分析18（6）是解答本题的关键。21.现有室温下浓度均为 1103 mol/L 的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、硫酸铵、氨水、氢氧化钠溶液，回答下列问题：（1）氨水的电离方程式为_

29、，硫酸铵在水溶液中水解的离子方程式为_。（2）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为_（填“” 、“=”或“” ） ，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为_。（3）在某温度下（Kw=110 12 ） ，将 100 mL 的与 100 mL 的溶液混合后（假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和） ，溶液的 pH=_。（4）若将等体积的、溶液加热至相同温度后，溶液的 pH _（填“” 、 “=”或“” ） 。 （5）室温时，若用滴定，适宜的指示剂为_，当滴定过程中 pH=9 时，且溶液中满足 4c(NH4+)=7c(NH3H2O)，则氨水的电离平衡常数 Kb(NH3H2O)=_（填数值）

30、 。【答案】 (1). NH3H2O NH4+ + OH (2). NH4+ + H2O NH3H2O+H+ (3). (4). c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-) (5). 6 (6). ；反应后的 pH 等于 7 的醋酸钠中性溶液，根据电荷守恒 c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)；因此，本题正确答案为：；c(Na +)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)；（3）将 100 mL、110 3 mol/L 的盐酸与 100 mL、110 3 mol/L 的氢氧化钠溶液恰好完全反应，溶液呈中性，由于此时 Kw=11012 ，则 c(H+)

31、=1106 ，pH=6。因此，本题正确答案为：6；（4）若将等体积等浓度的硫酸、醋酸溶液，由于硫酸是二元强酸，醋酸是弱酸，不完全电离，溶液中的 c(H+)硫酸大于醋酸，所以溶液的 pH ；因此，本题正确答案为：；（5）用 1103 mol/L 的盐酸滴定 1103 mol/L 的氨水，恰好完全反应时生成氯化铵，溶液呈酸性，所以适宜的指示剂为甲基橙；当滴定过程中 pH=9 时，溶液为一水合氨和氯化铵的混合溶液，氨水的电离平衡常数Kb(NH3H2O)= ，将已知 4c(NH4+)=7c(NH3H2O)，c(OH -)=10-5mol/L，代入得：c(NH+4)c(OH-)c(NH3H2O)Kb(N

32、H3H2O)= =1.7510-5。710-54因此，本题正确答案为：甲基橙；1.7510 -5。22.结合所学内容，回答下列问题：某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO 4+5H2C2O4+3H2SO4K 2SO4+2MnSO4+10CO2+8H 2O。室温下，两支试管分别编号和，实验数据如下：实验序号 20加入试剂4 mL 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液4 mL 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液一粒黄豆粒大的 MnSO4固体褪

33、色时间/s 116 6试管中 KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。请回答：(1)该实验结论是_。(2)实验选用 MnSO4固体而不是 MnCl2固体的原因是_。(3)该同学为使实验更加严密，在试管中做了如下实验，请预测褪色时间约为_。实验序号 加入试剂4 mL 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液一粒黄豆粒大的 Na2SO4固体褪色时间/s滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：产品等级 一级配料 食盐、碘酸钾(KIO 3)、抗结剂碘含量(以 I 计) 2050

34、mgkg 1已知：IO 3 5I 6H = 3I23H 2O，I 22S 2O32- = 2I S 4O62-某学生拟测定食用精制盐的碘含量，其步骤为21a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 KIO3与 KI 反应完全c加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为 2.0103 molL1 的 Na2S2O3溶液 10.0 mL，恰好反应完全(4)c 中加入的指示剂可选用_，恰好完全反应时的现象是_。(5)若操作 b 在空气中振荡时间过长，则最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会_(填“偏高” 、 “偏低”或“没有影响”)。(6)根据以上实验

35、和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含 W 的代数式表示)_mgkg1 (计算结果保留整数即可)。【答案】 (1). 在其他条件相同时，Mn 2+是 KMnO4与 H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (2). 酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化 MnCl2中的 Cl ，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除 Cl 对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）(3). 116 s (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色恰好变为无色 ,且 30s 不变化 (6). 偏高 (7). 423/W【解析】【分析】 （1）实验、中使用的反应物是都是 0.01mol/L 酸性

36、 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4溶液，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，对比其他条件以及高锰酸钾褪色时间的快慢，从催化剂对化学反应速率的影响进行分析； 根据草酸与酸性高锰酸钾反应生成了 MnSO4来分析；（2）根据酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使 KMnO4溶液褪色，产生干扰进行分析；（3）实验、中使用的反应物是都是 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液、0.1mol/L H2C2O4，实验没有 Mn2+的催化作用，反应速率和实验应相同； （4）碘遇淀粉溶液变蓝；溶液呈蓝色，随反应 I22S 2O32- = 2I S 4O62-进行，

37、溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；（5）若操作 b 在空气中振荡时间过长，则有部分 I-可能被空气中的氧气氧化成 I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏大；（6）根据 IO3 5I 6H = 3I23H 2O 反应方程式计算。22【详解】 （1）实验、中使用的反应物是都是 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液、0.1mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是，加了硫酸锰，中加的是硫酸钠与褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+， 因此，本题正确答案是：在其他条件相同时，Mn 2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的

38、作用；（2）酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化 MnCl2中的 Cl ，也会使 KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除 Cl 对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）因此，本题正确答案是：酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化 MnCl2中的 Cl ，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除 Cl 对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）；（3）实验、中使用的反应物是都是 0.01mol/L 酸性 KMnO 4溶液、0.1mol/L H2C2O4，实验没有 Mn2+的催化作用，反应速率和实验应相同，褪色时间约为 116s；因此，本题正确答案是：116s； （4）碘遇淀粉溶液

39、变蓝，故加入的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色，随反应I22S 2O32- = 2I S 4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断 c 中反应恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色,且 30s 不变化，因此，本题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色,且 30s 不变化；（5）若操作 b 在空气中振荡时间过长，则有部分 I-可能被空气中的氧气氧化成 I2,在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；因此，本题正确答案是：偏高；（6）b 中生成的碘在 c 中反应 IO3 5I 6H = 3I23H 2O，所以IO3 3I26S2O32-1mol 6molx 2.010-3mol/L0.01L=2.010-5mol解得：x= 2.010-5mol，m(I)= 2.010-5mol127g/mol=4.2310-4g=0.423mg则每千克食盐中含碘= = mg/kg，23因此，本题正确答案是：423/W。