【化学】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试 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 Fe 56 Cu 64 I 127‎ 一、单选题（每题3分）‎ ‎1.下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 有机化合物都易燃烧 B. 氯化钠、苯甲酸钠均可做食品防腐剂 C. 易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物 D. 乙炔产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧，如四氯化碳不容易燃烧，可做灭火剂，故A错误；‎ B项、氯化钠、苯甲酸钠均可做食品防腐剂，可以起到改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分的作用，故B正确；‎ C项、易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质易溶于有机溶剂，但溴是无机物，故C错误；‎ D项、乙烯产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，7.8g乙炔和苯的混合物中含C—H键数目为0.6NA B. 10g46%的乙醇溶液中，含H—O键的数目为0.1NA C. 1L0.1mol·L−1 FeCl3溶液中含Fe3+数目为0.1NA D. 将1molNH3通入足量水中，NH3 ·H2O、NH4+ 粒子数目之和为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、乙炔和苯的最简式相同，均为CH，依据最简式可知7.8gCH的物质的量为=0.6mol，0.6molCH含C—H键数目为0.6NA，故A正确；‎ B项、乙醇溶液中乙醇和水均含有H—O键，则10g46%的乙醇溶液中含H—O键的数目大于0.1NA，故B错误；‎ C项、FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中水解，则1L0.1mol·L−1 FeCl3溶液中含Fe3+数目小于0.1NA，故C错误；‎ D项、由物料守恒可知，将1molNH3通入足量水中，NH3 ·H2O、NH4+ 和NH3粒子数目之和为NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】乙醇溶液中乙醇和水均含有H—O键，计算10g46%的乙醇溶液中含H—O键的数目时，不能忽略水中H—O键数目计算是解答易错点。‎ ‎3.下列有关实验的选项正确的是 A．配制0.l0mol/L NaOH溶液 B．除去CO中的CO2‎ C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作 D．记录滴定终点读数为12.20mL A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；‎ B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；‎ C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；‎ D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；‎ 合理选项是B。‎ ‎4.下列应用与盐类水解有关的是（ ）‎ ‎①明矾和FeCl3可作净水剂；②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量稀盐酸；③制备无水AlCl3时，应在HCl气流中加热蒸发；④NH4Cl与ZnCl2溶液可作为焊接中的除锈剂；⑤实验室存放NaF溶液应用塑料瓶；⑥用Al2(SO4)3和NaHCO3两种溶液可作为泡沫灭火器；⑦长期使用硫酸铵，土壤酸性变强；⑧草木灰与铵态氮肥不能混合使用 A. ①③④⑦ B. ①②⑤⑥ ‎ C. ②⑤⑥⑧ D. 全部有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①明矾和氯化铁水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，因此可以做净水剂；‎ ‎②在氯化铁溶液中加入盐酸，抑制水解；‎ ‎③在HCl气流中加热蒸发AlCl3溶液，抑制AlCl3的水解，可制备无水AlCl3；‎ ‎④氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物；‎ ‎⑤NaF水解生成HF，与二氧化硅反应；‎ ‎⑥碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合，发生双水解；‎ ‎⑦硫酸铵水解，溶液呈酸性； ‎ ‎⑧铵态氮肥水解呈酸性，草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，二者相互水解降低肥效；‎ 答案选D。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-‎ C. =1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-‎ D. NaHS溶液中：K+、S2-、SO42-、Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、pH=1的溶液是酸性溶液，酸性溶液中，Fe2+和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B项、由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液可能为酸溶液或碱溶液，HCO3-既能与氢离子反应，也能与氢氧根离子反应，则无论是酸溶液中，还是碱溶液中都不可能存在HCO3-，故B错误；‎ C项、=1012的溶液中c(H+)为0.1mol·L-1，为酸性溶液，酸性溶液中NH4+、Al3+、NO3-、Cl-不发生任何反应，能大量共存，故C正确；‎ D项、铝离子和硫离子和硫氢根离子在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】硝酸具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性溶液中，Fe2+和NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存是解答关键，也是易错点。‎ ‎6.有8种物质：①乙烷②乙烯③乙炔④苯⑤甲苯⑥四氯化碳⑦聚丙烯⑧环己烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）‎ A. ①②③⑤ B. ①⑥⑦⑧ ‎ C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】烷烃和苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，烯烃和炔烃既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，苯的同系物能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能与溴水反应使溴水褪色，则乙烷、苯、四氯化碳和聚丙烯既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故选C。‎ ‎7.已知常温下，不同酸的电离常数如下表所示 ‎ ‎ ‎ H2CO3‎ HClO CH3COOH ‎ H2SO3‎ K ‎ K1=4. 30×10-7 ‎ K2=5.61×10-11 ‎ K =3×10-8‎ K =1.75×10-5 ‎ ‎ K1=1.54×10-2‎ ‎ K2=1.O2×10-7‎ 下列说法中正确的是 A. 少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO－＝2H++ Cl－+SO42－‎ B. 常温下，稀释CH3COOH或HClO溶液时，溶液中不变（HR代表CH3COOH或HClO）‎ C. 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中： c（HSO3－)＞c（CH3COO－)＞c（CO32－)‎ D. 含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：c（OH－)—c（H+)＝c（H2CO3)+c（CH3COOH)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．次氯酸根离子具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，但氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；‎ B.分子、分母同时乘以氢离子浓度后再进行分析；‎ C．亚硫酸氢钠与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，则溶液中硫酸氢根离子、碳酸根离子浓度远远小于醋酸根离子；‎ D．根据混合液中的电荷守恒、物料守恒分析。‎ ‎【详解】A． 少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO过量，反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子，正确的离子方程式为：，故A错误；‎ B．的分子、分母同时乘以c(H＋)可得：，由于电离平衡常数和水的离子积都不变，所以该比值不变，故B正确；‎ C． 等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3，则溶液中的HSO3-、CO32-浓度远远小于CH3COO-，故C错误；‎ D． 等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中，根据电荷守恒可得：①，根据物料守恒可得：②，将②带入①可得：‎ ‎，故D错误。‎ 故答案选：B。‎ ‎8.将一定量的氨基甲酸置于恒容的密闭真空容器中（固体体积忽略不计），使其达到化学平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体总浓度/10－3mol/L ‎24‎ ‎3.4‎ ‎4.8‎ ‎6.8‎ ‎9.4‎ 下列有关叙述正确的是 A. 在低温下该反应能自发进行 B. 15℃时，该反应的化学平衡常数约为2.0‎ C. 当混合气体平均相对分子质量不变时，该反应达到化学反应限度 D. 恒温条件下，向原平衡体系中再充入2molNH3和1molCO2，达平衡后CO2浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的△S＞0，温度升高平衡时总浓度增大，说明正方向吸热，即△H＞0，根据△G=△H-T△S可知在高温下该反应才能自发进行，故A错误；‎ B．15.0℃时，总浓度为2.4×10-3 mol/L，容器内气体的浓度之比为2∶1，故NH3和CO2的浓度分别为1.6×10-3 mol/L、0.8×10-3 mol/L，代入平衡常数表达式：K=(1.6×10-3)2×0.8×10-3 =2.048×10-9，故B错误；‎ C．反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2:1，混合气体平均相对分子质量始终是定值，无法判断反应达到平衡状态，故C错误；‎ D．恒温条件下，平衡常数不变，且K=c2(NH3)×c(CO2)，反应混合气体中NH3和CO2的比值始终是2:1，故重新平衡时CO2的浓度不变，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】难点和易错点为选项D，很容易利用勒夏特列原理判断重新平衡时浓度会增大，但事实是在恒温下平衡常数不变，结合平衡关系式即可判断平衡浓度不变。‎ ‎9.脑白金的主要成分的结构简式如图：‎ 下列对脑白金主要成分的推论错误的是（ ）‎ A. 其分子式为C13H16N2O2 B. 可以和H2发生加成反应 C. 能使溴水褪色 D. 属于芳香烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由结构简式可知脑白金的分子式为C13H16N2O2，故A正确；‎ B项、由结构简式可知脑白金含有苯环和碳碳双键，可以和H2发生加成反应，故B正确；‎ C项、由结构简式可知脑白金含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；‎ D项、由结构简式可知脑白金含有N和O元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】脑白金含有苯环和碳碳双键，苯环和碳碳双键可以和H2发生加成反应，能与溴水发生加成反应使溴水褪色是解答关键，‎ ‎10.常温下，向l0mL0.1mol/L 的HR 溶液中逐渐滴入0.lmol/L 的NH3·H2O 溶液，所得溶液pH 及导电性变化如图。下列分析不正确的是 A. a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸 B. b点溶液c(NH3·H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)‎ C. c点溶液，存在c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 常温下，HR 和NH3·H2O 的电离平衡常数近似相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B．根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒c(NH3•H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B错误；C．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．根据B中分析可知常温下，HR和NH3•H2O的电离平衡常数相等，D正确；答案选B。‎ ‎11.最近意大利科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知Ⅰ、断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，形成1 mol 放出942 kJ热量；Ⅱ、N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝－92 kJ/mol，N4(g)＋6H2(g)4NH3(g) ΔH2(kJ/mol)根据以上信息和数据，下列说法正确的是(　　)‎ A. ΔH2＞0 B. N2分子比N4分子稳定 C. ΔH2＝2ΔH1 D. ΔH2与方程式系数无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎1 mol N4气体中含有6mol N-N键，1 mol N2中含有1 mol N≡N键，1mol N4气体转变为2mol N2的反应热ΔH＝化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol -2×942 kJ/mol =1002kJ/mol -1884kJ/mol=-882 kJ/mol，则可得热化学方程式：N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol，再结合已知的热化学方程式和盖斯定律进行分析判断。‎ ‎【详解】在1mol N4气体中含有6mol N-N键，1 mol N2中含有1 mol N≡N键，1mol N4气体转变为2mol N2的反应热ΔH＝化学键断裂吸收的热量-形成化学键放出的热量=6×167kJ/mol -2×942 kJ/mol =1002kJ/mol -1884kJ/mol=-882 kJ/mol，则可得热化学方程式：N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol， A. 已知N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol；N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝-92 kJ/mol； 根据盖斯定律可知，热化学方程式N4(g)＋6H2(g) 4NH3(g)可由第一个热化学方程式加上第二个热化学方程式的2倍得到，则ΔH2= -882 kJ/mol + 2(-92 kJ/mol)=-1066 kJ/mol， ΔH2<0，A项错误； ‎ B. 由分析知，N4(g)=2 N2(g) ΔH＝-882 kJ/mol，该反应为放热反应，则反应物1mol N4的总能量大于生成物2mol N2的总能量，而物质的能量越低越稳定，则N2分子比N4分子稳定，B项正确；‎ C. ΔH1＝-92 kJ/mol，ΔH2=-1066 kJ/mol，C项错误；‎ D. 热化学方程式中化学式前面的化学计量数表示参加反应物质的量，ΔH单位中的“每摩尔”是指每摩尔反应，反应热与化学方程式的系数成正比，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.某有机物A用质谱仪测定如图1，核磁共振氢谱示意图如图2，则A的结构简式可能为（ ）‎ A. CH3CH2OH B. CH3OCH3 ‎ C. HCOOH D. CH3CH2COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图1可知，有机物A的相对分子质量为46，由图2可知，有机物A的核磁共振氢谱有3组峰，含有三类氢原子，则CH3CH2OH符合题意，故选A。‎ ‎13.图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水中的有机物转化为无机物同时产生电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中正确的是（ ）‎ A. a极要与Y极连接 B. N电极发生还原反应，当N电极消耗5.6L（标准状况下）气体时，则a电极增重64g C. 不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2C1--2e-=Cl2↑‎ D.‎ ‎ 若有机废水中主要含有乙醛，则图甲中M极发生的电极应为：CH3CHO+3H2O-l0e-=2CO2↑+l0H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，图甲为原电池，图乙为电解池，图甲中M电极为负极，有机废水中的有机物在负极失电子发生氧化反应，N电极为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，由铜离子和氯离子的移动方向可知，a极为阴极，应与X极相连，b极为阳极，与Y极连接。‎ ‎【详解】A项、由铜离子和氯离子的移动方向可知，a极为阴极，应与X极相连，故A错误；‎ B项、标准状况下，当N电极消耗5.6L氧气时，装置中转移电子的物质的量为×4=4mol，则a电极增重为4mol××64g/mol=32g，故B错误；‎ C项、b极为电解池的阳极，当阳极材料为活性电极时，电极失电子被氧化，氯离子不参与放电，故C错误；‎ D项、若有机废水中主要含有乙醛，酸性条件下，乙醛在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3CHO+3H2O-l0e-=2CO2↑+l0H+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】依据放电规律，当电解池的阳极为活性电极时，电极失电子被氧化，溶液中的氯离子不参与放电是解答关键，也是易错点。‎ ‎14.四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是 A. ①②③④的分子式相同 ‎ B. ①②中所有碳原子均处于同一平面 C. ①④的一氯代物均有2种 ‎ D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①②③④的分子式都是C8H8，故A正确；‎ B. ①中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；‎ C. ①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；‎ D. ③分子中没有碳碳双键， ④分子中有碳碳双键，③不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④能，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④，D正确。选B。‎ ‎15.已知丙烷的分子结构可简写成键线式结构。有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是 A. 有机物A的一氯代物只有5种 B. 用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3-三甲基戊烷 C. B的结构可能有3种，其中一种名称为3,4,4-三甲基-2-戊烯 D. 若有机物C与H2以1:2加成生成A，C结构只有1种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故A正确；B．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，故B正确；C．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：‎ ‎、、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，故C正确；D. 若有机物C与H2以1:2加成生成A，C的结构可以是二烯烃或炔烃，有 ‎、2种，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查有机物的命名、同分异构体、加成反应等，C选项注意利用还原双键方法书写可能的同分异构体并命名。‎ ‎16.常温下，现有0.1mol· L-1 NH4HCO3溶液，pH=7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 当pH=9时，溶液中存在下列关系：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)‎ B. NH4HCO3溶液中存在下列关系：<1‎ C. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3-浓度逐渐减小 D. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图像可得，pH=9时，溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，故A错误；‎ B、根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)c(HCO3-)，再结合①式可得：c(NH3·H2O)c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律计算可得；‎ ‎（2）由化合价变化可知，反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化；‎ ‎（3）由速率公式计算可得；‎ ‎（4）由转化率公式计算可得；‎ ‎（5）由化学平衡常数公式计算可得；‎ ‎（6）该反应是一个气体体积减小的放热反应，由化学平衡移动原理分析即可；‎ ‎（7）以甲醇为燃料，空气和熔融K2CO3构成燃料电池中，甲醇为燃料电池的负极，在熔融盐中碳酸根的作用下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳；‎ ‎（8）由题给数据计算可知二氧化碳和氢氧化钠溶液发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反应生成Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等。‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律可知，ⅰ×+ⅱ×得热化学方程式3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)，则△H3=（－76.0kJ·mol-1）×+（+113.4kJ·mol-1）×=+18.7 kJ·mol-1，故答案为：+18.7；‎ ‎（2）由化合价变化可知，反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化，设xgFeO被氧化，由反应i可得FeO与热量的关系为4mol：76.0kJ= mol：38.0kJ，解得x=144，故答案为：144；‎ ‎（3）由图可知，从反应开始到平衡生成甲醇的量为0.75mol，由化学方程式可知反应消耗氢气的量为0.75mol×3=2.25mol，则v(H2)＝==0.225 mol·(L·min)-1，故答案为：0.225；‎ ‎（4）由图可知，从反应开始到平衡生成甲醇的量为0.75mol，由化学方程式可知反应消耗氢气的量为0.75mol×3=2.25mol，则氢气的转化率为×100%=×100%=75%，故答案为：75%；‎ ‎（5）由图可知，平衡时二氧化碳浓度为0.25mol/L，氢气浓度为（3—2.25）mol/L=0.75 mol/L，甲醇和水蒸气浓度均为0.75 mol/L，则反应的平衡常数为==5.33，故答案为：5.33；‎ ‎（6）A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小，故错误；‎ B、恒容条件下充入He(g)，使体系压强增大，平衡体系中各物质浓度不变，平衡不移动，不变，故错误；‎ C、再充入1 molH2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，增大，故正确；‎ D、将H2O(g)从体系中分离出去，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，增大，故正确；‎ CD正确，故答案为：CD；‎ ‎（7）以甲醇为燃料，空气和熔融K2CO3‎ 构成燃料电池中，燃料甲醇为燃料电池的负极，在熔融盐中碳酸根的作用下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH–6e-+3CO32-=4CO2↑+2H2O，故答案为：CH3OH–6e-+3CO32-=4CO2↑+2H2O；‎ ‎（8）标准状况下4.48LCO2的物质的量为=0.02mol，0.2mol，NaOH物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，由于1c（H+），碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，则c（HCO3-）>c（CO32-），由于水解程度较小，则c（CO32-）>c（OH-），溶液中各离子浓度大小顺序是c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），故答案为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）。‎ ‎【点睛】反应i中6molFeO参加反应，有2mol未被氧化，有4mol被氧化是解答难点，也是易错点。‎ ‎20.碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。如图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。‎ ‎（1）步骤①中得到熔渣B的主要成分为黑色磁性物质，其化学式为___。‎ ‎（2）步骤②中H2O2的作用是__；‎ ‎（3）步骤④用乙醇洗涤的优点是___；检验沉淀是否洗涤干净的方法是___。‎ ‎（4）溶液I中通常含少量Fe(Ⅲ)。已知该工业条件下，Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-38，据此分析常温下除去Fe(Ⅲ)(即c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L)应调节pH不小于___。‎ ‎（5）准确称取mgCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2CuI+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++I2，待样品完全反应后，用amol/L酸性KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准液的体积平均值为VmL。样品中CuI的质量分数的计算表达式为___；如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，CuI的质量分数___(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). Fe3O4 (2). 氧化剂 (3). 洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干 (4). 蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄（或取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生黄色沉淀，说明已洗净） (5). 3 (6). ×100% (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，冰铜在1200℃条件下，与空气中氧气反应生成二氧化硫、泡铜(氧化亚铜、铜)和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗、乙醇洗涤得到产品。‎ ‎【详解】（1）四氧化三铁为黑色磁性物质，冰铜在1200℃条件下，与空气中氧气反应生成二氧化硫、泡铜(氧化亚铜、铜)和四氧化三铁，四氧化三铁的化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4；‎ ‎（2）在硫酸作用下，双氧水做氧化剂，将泡铜中的铜元素氧化为硫酸铜，故答案为：氧化剂；‎ ‎（3）由于乙醇的沸点低易挥发，用乙醇洗涤可以洗去CuI沉淀残余水分，且乙醇易挥发可快速晾干；硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀表面附有可溶性的碘化钠和硫酸钠，检验沉淀是否洗涤干净，实际上就是检验洗涤液中是否存在钠离子或碘离子，故答案为：洗去残余水分且乙醇易挥发可快速晾干；蘸取最后一次洗涤液迸行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗浄（或取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不产生黄色沉淀，说明已洗净）；‎ ‎（4）由Fe(OH)3的Ksp=c（Fe3+）c3（OH—）可知，当溶液中c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L，c3（OH—）≥==1.0×10—33，则c（OH—）≥1.0×10—11 mol/L，溶液pH不小于3，故答案为：3；‎ ‎（5）由得失电子数目守恒和已知化学方程式可知，CuI—2Fe2+—MnO4—，则样品中CuI的质量为×10—3av mol×191mol/L=g，则CuI的质量分数为×100%，如果滴定前，酸式滴定管没有用标准液润洗，会导致消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，所测结果偏高，故答案为：×100%；偏高。‎