浙江省杭州市学军中学2022学年高三化学下学期第十次月考试卷含解析

2022-2022学年浙江省杭州市学军中学高三（下）第十次月考化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2022春•杭州校级月考）化学与工农业生产和人类生活密切相关，下列说法中正确的是（　　）A．超高分辨荧光显微技术能观察到纳米尺度，故能看见化学键的断裂与形成B．把粉末状的氢化钛泡沫剂添加到熔融的金属铝中，冷却后可得到强度大、质量轻的金属泡沫，利用该金属泡沫可以建造海上漂浮城市C．煤液化的途径之一是将煤转化为CO和N2再合成甲醚D．向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变，但可以达到减排的目的　2．（6分）（2022春•杭州校级月考）有关下列说法正确的是（　　）A．用高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液至终点，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液颜色恰好由紫红色变为无色且半分钟不变色B．燃料电池制作的实验中，石墨棒用海绵包裹是为了更好的固定电极C．pH试纸在检测溶液时不能湿润，使用石蕊试纸检测气体时需要湿润并粘在洁净玻璃棒的一端D．海带中提取碘，可将灰化后的海带加水煮沸一段时间后过滤，在滤液中加入稀硫酸后转移到分液漏斗中用CCl4萃取分离　3．（6分）（2022春•杭州校级月考）短周期元素X、Y、Z原子序数依次递增且原子序数和为32，Y、Z在同一周期但不相邻，Z的最外层电子数等于其电子层数．下列有关叙述不正确的是（　　）A．X、Y两元素能形成阴阳离子个数比都是1：2的化合物Y2X、Y2X2B．Z的简单离子在同周期元素所形成的简单离子中半径最小，Z的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应又能与强碱反应C．Y、Z所在周期的所有元素中Y的金属性最强，工业上通过电解其熔融氯化物得到Y单质D．X元素形成的单质存在同素异形现象，其中以X2单质最为常见且氧化性最强　4．（6分）（2022春•杭州校级月考）下列有关实验的操作或实验现象的描述不正确的是（　　）A．表面有黑色氧化铜的热铜丝伸进乙醇中，铜丝会变成紫红色B．C5H12有三种不同的结构，其中一种异构体的名称是2，3﹣二甲基丙烷C．有四瓶失去标签的溶液，知道他们是乙醛、乙酸、乙醇和甲酸，用新制的氢氧化铜悬浊液可以将四种溶液一一鉴别D．切一小块钠投入到盛有约半试管乙醇的试管中，钠在试管的底部会浮起，放出气体后又回到试管底部，再重复前面的现象　5．（6分）（2022•惠州模拟）金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（　　）19\nA．放电时，空气极为负极B．放电时，电池反应为：4Li+O2=2Li2OC．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．在更换锂电极的同时，要更换水性电解液　6．（6分）（2022•江西校级一模）常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（　　）A．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc　7．（6分）（2022•闸北区二模）某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（　　）A．一定含有Al，其质量为4.5gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等　　二、解答题（共5小题，满分46分）19\n8．（10分）（2022春•杭州校级月考）已知A是气态烃，其相对分子量小于30．在如图所示的变化中，中间产物C跟葡萄糖一样也能跟新制的Cu（OH）2发生反应产生砖红色沉淀，E有香味，F是常见的一次性塑料包装袋的主要成分（反应条件未写出）．请回答下列问题：（1）由A生成B的反应类型是　　　　　　，B生成C的反应类型是　　　　　　．（2）F的最简式为　　　　　　．（3）一次性塑料包装袋给我们生活带来便利的同时也带来了“白色污染”．最近我国科学院以麦芽为原料，研制出的一种新型高分子可降解塑料﹣﹣聚丁内酯（其结构：），它可代替F，以减少“白色污染”．聚丁内酯可用环丁内酯开环聚合而成，其工业生产方法和降解原理如下：①写出环丁内酯的结构简式：　　　　　　．②写出图中①的相应化学方程式　　　　　　．③写出I被微生物分解的化学方程式：　　　　　　．　9．（4分）（2022春•杭州校级月考）A、B、C、D、E是高中常见的化学物质，它们间的反应关系如图所示：（1）若A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，写出该反应的离子方程式　　　　　　．（2）A是2：1型的离子化合物，B是正盐溶液，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，且A与B以物质的量之比为3：1恰好完全反应，推知A、B的化学式为　　　　　　．　10．（12分）（2022春•杭州校级月考）将某矿物质1.68gA（含四种元素）溶于过量盐酸，生成式量为44的气体B，标准状况下体积是0.224L，过滤得到质量0.6g的残渣C（含氧量为53.2%，不溶于稀碱）和滤液D，取少量D溶液加热煮沸、加KSCN有血红色．（1）写出B的电子式　　　　　　（2）确定A的化学式　　　　　　（3）向D溶液中加入过量氢氧化钠溶液会生成红褐色沉淀，写出离子方程式　　　　　　19\n（4）与C所含元素相同的化合物E（式量是44）被科学家用质谱仪在工业制硅的反应产物中发现，若生成E的反应中氧化产与还原产物为同一物质，写出生成E的化学方程式　　　　　　．　11．（6分）（2022春•杭州校级月考）（1）已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.8kJ•mol﹣1计算甲醇蒸气的燃烧热△H=　　　　　　（2）在某温度下，发生可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.0kJ．mol﹣1①向某容器中充入1.0molH2O（g）和1.0molCO（g），在一定条件下发生上述反应．混合气体中CO的物质的量与时间关系如下表所示：05min10min15min20min25minⅠ（800℃）1.00.800.700.650.500.50Ⅱ（800℃）1.00.70.600.500.500.50相对实验Ⅰ，实验Ⅱ可能改变的条件可能是　　　　　　，该温度下，平衡常数=　　　　　　．②若开始向绝热容器中投入一定量二氧化碳、氢气在一定条件下发生上述可逆反应．下列图象正确且说明可逆反应达到平衡状态的是　　　　　　．（填序号）（Mr为反应混合物的平均相对分子质量）（3）对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的．汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=﹣QkJ/mol．一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c（NO）/mol•L﹣11.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c（CO）/mol•L﹣13.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3前2s内的平均反应速率υ（N2）=　　　　　　mol/（L•s）；达到平衡时，CO的转化率为　　　　　　．（4）氨气是重要化工原料，在国民经济中占重要地位．在恒温、容积相等的恒容密闭容器中投入一定量氮气、氢气，发生如下可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.40kJ．mol﹣1实验测得起始、平衡时的有关数据如表所示：容器编号起始时各物质的物质的量/mol平衡时反应中的能量变化H2N2NH319\nⅠ3nn0放出热量akJⅡ3n2n0放出热量bkJⅢ6n2n0放出热量ckJ下列判断正确的是　　　　　　．A．N2的转化率：Ⅱ＞Ⅰ＞ⅢB．放出热量：a＜b＜92.4nC．达到平衡时氨气的体积分数：Ⅲ＞ⅠD．平衡常数：Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ　12．（14分）（2022春•杭州校级月考）碘酸钾作为食盐﹣碘添加剂，而碘化钾则是化工生产中一种重要原料．还原法生产碘化钾是由碘与氢氧化钾反应生成碘酸钾后，用甲酸还原而得，其主要流程如图．请回答下列问题：（1）判断“合成”过程中，碘是否已完全反应的方法是　　　　　　．（2）操作a所用的主要玻璃仪器是　　　　　　．操作b包括　　　　　　．（3）写出“合成”过程中，HCOOH参与的离子反应方程式：　　　　　　．（4）测定产品中KI含量的方法是：a．称取3.340g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KIO3，用少量稀硫酸酸化，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，用0.2400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，消耗溶液体积平均值为10.00mL．已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣（无色）．①测定过程所需仪器在使用前必须检查是否漏液的有　　　　　　．②该样品中KI的质量分数为　　　　　　．（保留3位有效数字）③若滴速太慢，这样测得的KI的质量分数可能　　　　　　（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”）．（5）有学生选用家庭厨房中的有关调料（如黄酒、白醋、酱油、味精等），用简便方法来检测是否是加碘食盐．通过实践，发现厂商只要在食盐包装的封口处夹一条碘化钾淀粉试纸，并在袋上注明使用方法就能鉴别真伪．现请你写出检测使用说明书　　　　　　．　　19\n2022-2022学年浙江省杭州市学军中学高三（下）第十次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2022春•杭州校级月考）化学与工农业生产和人类生活密切相关，下列说法中正确的是（　　）A．超高分辨荧光显微技术能观察到纳米尺度，故能看见化学键的断裂与形成B．把粉末状的氢化钛泡沫剂添加到熔融的金属铝中，冷却后可得到强度大、质量轻的金属泡沫，利用该金属泡沫可以建造海上漂浮城市C．煤液化的途径之一是将煤转化为CO和N2再合成甲醚D．向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变，但可以达到减排的目的【考点】化学键；常见的生活环境的污染及治理；化石燃料与基本化工原料．【分析】A、纳米是长度单位；B、合金的强度一般较高；C、煤的氧化是煤与水反应生成氢气和一氧化碳；D、汽油和乙醇的热值不同．【解答】解：A、纳米是长度单位，不是时间单位，故A错误；B、把粉末状的氢化钛泡沫剂添加到熔融的金属铝中，冷却后可得到某种金属泡沫，其强度较高，故B正确；C、煤的氧化是煤与水反应生成氢气和一氧化碳，而煤的液化是直接液化和煤的间接液化两大类，故C错误；D、汽油和乙醇的热值不同，所以向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值会改变，故D错误；故选B．【点评】本题考查了能源与环境保护，题目难度不大，注意对相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．　2．（6分）（2022春•杭州校级月考）有关下列说法正确的是（　　）A．用高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液至终点，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液颜色恰好由紫红色变为无色且半分钟不变色B．燃料电池制作的实验中，石墨棒用海绵包裹是为了更好的固定电极C．pH试纸在检测溶液时不能湿润，使用石蕊试纸检测气体时需要湿润并粘在洁净玻璃棒的一端D．海带中提取碘，可将灰化后的海带加水煮沸一段时间后过滤，在滤液中加入稀硫酸后转移到分液漏斗中用CCl4萃取分离【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．高锰酸钾溶液呈紫色，Na2SO3溶液与高锰酸钾溶液恰好反应时，溶液是无色的，当高锰酸钾过量时溶液呈紫色；B．增大反应物接触面积，加快反应速率；C．pH试纸测定溶液pH时不能湿润，否则易导致溶液浓度降低，pH测定值有影响；使用石蕊试纸检测气体时需要湿润并粘在洁净玻璃棒的一端，根据试纸颜色判断气体成分；D．需要将碘离子氧化为碘单质，然后用四氯化碳萃取碘．19\n【解答】解：A、当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，所以终点时溶液由无色变为紫色，故A错误；B．增大反应物接触面积，加快反应速率，墨棒用海绵包裹是为了增大反应物接触面积，加快反应速率，故B错误；C．pH试纸测定溶液pH时不能湿润，否则易导致溶液浓度降低，导致pH测定值不准确；使用石蕊试纸检测气体时需要湿润并粘在洁净玻璃棒的一端，根据试纸颜色判断气体成分，故C正确；D．需要将碘离子氧化为碘单质，然后用四氯化碳萃取碘，需要用双氧水将碘离子氧化为碘，然后用四氯化碳萃取碘，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应滴定、反应速率影响因素、pH试纸使用方法、海带中碘的提取等知识点，明确实验原理及实验操作规范性是解本题关键，易错选项是D，题目难度中等．　3．（6分）（2022春•杭州校级月考）短周期元素X、Y、Z原子序数依次递增且原子序数和为32，Y、Z在同一周期但不相邻，Z的最外层电子数等于其电子层数．下列有关叙述不正确的是（　　）A．X、Y两元素能形成阴阳离子个数比都是1：2的化合物Y2X、Y2X2B．Z的简单离子在同周期元素所形成的简单离子中半径最小，Z的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应又能与强碱反应C．Y、Z所在周期的所有元素中Y的金属性最强，工业上通过电解其熔融氯化物得到Y单质D．X元素形成的单质存在同素异形现象，其中以X2单质最为常见且氧化性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次递增且原子序数和为32，平均电子数为10.6，Z原子一定处于第三周期，Z的最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al，Y、Z在同一周期但不相邻，则Y为Na，则X的原子序数为32﹣13﹣11=8，故X为O元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z原子序数依次递增且原子序数和为32，平均电子数为10.6，Z原子一定处于第三周期，Z的最外层电子数等于其电子层数，则Z为Al，Y、Z在同一周期但不相邻，则Y为Na，则X的原子序数为32﹣13﹣11=8，故X为O元素．A．O、Na两元素形成的离子化合物Na2O、Na2O2，阴阳离子个数比都是1：2的，故A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故第三周期中Al3+离子半径最小，Z的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，既能与强酸反应又能与强碱反应，故B正确；C．Y、Z所在周期为第三周期，第三周期中Na的金属性最强，工业上通过电解其熔融氯化钠得到Na单质，故C正确；D．氧元素形成的单质存在氧气、臭氧同素异形现象，但O3单质氧化性比O2强，故D错误，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意利用平均原子序数判断Z处于第三周期．　4．（6分）（2022春•杭州校级月考）下列有关实验的操作或实验现象的描述不正确的是（　　）A．表面有黑色氧化铜的热铜丝伸进乙醇中，铜丝会变成紫红色19\nB．C5H12有三种不同的结构，其中一种异构体的名称是2，3﹣二甲基丙烷C．有四瓶失去标签的溶液，知道他们是乙醛、乙酸、乙醇和甲酸，用新制的氢氧化铜悬浊液可以将四种溶液一一鉴别D．切一小块钠投入到盛有约半试管乙醇的试管中，钠在试管的底部会浮起，放出气体后又回到试管底部，再重复前面的现象【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．乙醇能将氧化铜还原为铜单质；B．丙烷中三号碳不能接甲基；C．加入新制的氢氧化铜悬浊液现象各不相同；D．乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部．【解答】解：A．乙醇能将氧化铜还原为铜单质，铜丝会变成紫红色，故A正确；B．丙烷中三号碳不能接甲基，应为2﹣甲基丁烷，故B错误；C．乙醇和氢氧化铜不反应，无明显现象，乙酸和甲酸都能使沉淀溶解，但足量的氢氧化铜和少量甲酸混合加热产生装红色沉淀，鉴别出乙酸和甲酸，乙醛常温不和其反应，当加热有装红色沉淀，鉴别出乙醛，故C正确；D．乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，氢气使钠浮起，氢气溢出后，钠又回到底部，故D正确．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及乙醇的性质、有机物的命名以及物质的鉴别等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　5．（6分）（2022•惠州模拟）金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（　　）A．放电时，空气极为负极B．放电时，电池反应为：4Li+O2=2Li2OC．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．在更换锂电极的同时，要更换水性电解液【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答．【解答】解：A、金属锂为负极，氧气为正极，电池经外电路从负极流向正极，在电池内部没有电子流动，故A错误；19\nB、负极是：4Li﹣4e﹣=4Li+，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B错误；C、不能是乙醇，因为乙醇与金属锂要发生置换反应，故C错误；D、负极材料Li不断损耗，需要补充，故D正确；故选D．【点评】本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、电极方程式书写、电子、离子流动、电子得失守恒等相关知识．　6．（6分）（2022•江西校级一模）常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（　　）A．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正确；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；19\n故选D．【点评】本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等．　7．（6分）（2022•闸北区二模）某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（　　）A．一定含有Al，其质量为4.5gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等【考点】几组未知物的检验．【分析】14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题．【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，A．固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，故B错误；C．根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；19\nD．根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D．【点评】本题综合考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价，侧重于物质化学性质的综合应用，注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断，题目难度中等．　二、解答题（共5小题，满分46分）8．（10分）（2022春•杭州校级月考）已知A是气态烃，其相对分子量小于30．在如图所示的变化中，中间产物C跟葡萄糖一样也能跟新制的Cu（OH）2发生反应产生砖红色沉淀，E有香味，F是常见的一次性塑料包装袋的主要成分（反应条件未写出）．请回答下列问题：（1）由A生成B的反应类型是　加成反应　，B生成C的反应类型是　氧化反应　．（2）F的最简式为　　．（3）一次性塑料包装袋给我们生活带来便利的同时也带来了“白色污染”．最近我国科学院以麦芽为原料，研制出的一种新型高分子可降解塑料﹣﹣聚丁内酯（其结构：），它可代替F，以减少“白色污染”．聚丁内酯可用环丁内酯开环聚合而成，其工业生产方法和降解原理如下：①写出环丁内酯的结构简式：　　．②写出图中①的相应化学方程式　　．③写出I被微生物分解的化学方程式：　2+9O28CO2↑+8H2O　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）（2）A是气态烃，完全燃烧时产生的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，最简式为CH2，A的相对分子量小于30，则A为CH2=CH2，在如图变化中，中间产物C跟葡萄糖一样也能跟新制的Cu（OH）2发生反应产生砖红色沉淀，E有香味，则C含有醛基、E属于酯，故乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH319\nCHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，F是常见的一次性塑料包装袋的主要成分，则乙烯发生加聚反应生成F为；（3）在氢氧化钠溶液中发生水解生成H，反应方程式为：；环丁内酯通过开环聚合生成，则环丁内酯的结构简式为；H结果酸化生成I，则I的结构简式为：，据此进行解答．【解答】解：A是气态烃，完全燃烧时产生的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，最简式为CH2，A的相对分子量小于30，则A为CH2=CH2，在如图变化中，中间产物C跟葡萄糖一样也能跟新制的Cu（OH）2发生反应产生砖红色沉淀，E有香味，则C含有醛基、E属于酯，故乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，F是常见的一次性塑料包装袋的主要成分，则乙烯发生加聚反应生成F为．（1）由A生成B的反应类型是：加成反应，B生成C的反应类型是：氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；（2）F的最简式为，故答案为：；（3）在氢氧化钠溶液中发生水解生成H：；环丁内酯通过开环聚合生成，则环丁内酯的结构简式为；H结果酸化生成I，则I的结构简式为：，①根据分析可知，环丁内酯的结构简式为：，故答案为：；②图中①的相应化学方程式：，故答案为：；19\n③I被微生物分解的化学方程式：2+9O28CO2↑+8H2O，故答案为：2+9O28CO2↑+8H2O．【点评】本题考查有机物推断，属于拼合型题目，需要熟练掌握常见有机物结构与性质，成分利用题中信息、结构进行推断，试题侧重考查学生的分析理解能力、知识迁移能力，难度中等．　9．（4分）（2022春•杭州校级月考）A、B、C、D、E是高中常见的化学物质，它们间的反应关系如图所示：（1）若A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，写出该反应的离子方程式　Ba2++2OH﹣+2NH4++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3↑+2H2O　．（2）A是2：1型的离子化合物，B是正盐溶液，D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，且A与B以物质的量之比为3：1恰好完全反应，推知A、B的化学式为　Na2O2、Al2（SO4）3　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，结合转化关系可知，C为氨气、D为硫酸钡，则A为氢氧化钡、B为硫酸铵，可推知E为水；（2）D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明A、B在溶液中反应生成OH﹣，而A是2：1型的离子化合物，应为Na2O2，与水反应生成氢氧化钠和氧气，A与B以物质的量之比为3：1恰好完全反应，则B应为Al2（SO4）3，二者发生6Na2O2+2Al2（SO4）3+6H2O=3O2↑+4Al（OH）3↓+6Na2SO4，以此解答．【解答】解：（1）强碱与铵盐共热放氨气，因A为强碱，所以B为铵盐，根据D不溶于稀硝酸，所以D为硫酸钡，故B为硫酸铵，A为氢氧化钡，二者反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2NH4++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+2NH4++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3↑+2H2O；（2）D既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明A、B在溶液中反应生成OH﹣，而A是2：1型的离子化合物，应为Na2O2，与水反应生成氢氧化钠和氧气，A与B以物质的量之比为3：1恰好完全反应，则B应为Al2（SO4）3，二者发生6Na2O2+2Al2（SO4）3+6H2O=3O2↑+4Al（OH）3↓+6Na2SO4，故答案为：Na2O2、Al2（SO4）3．【点评】本题考查无机物推断，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，需要学生熟练掌握元素化合物性质，属于猜测验证型题目，难度中等．　10．（12分）（2022春•杭州校级月考）将某矿物质1.68gA（含四种元素）溶于过量盐酸，生成式量为44的气体B，标准状况下体积是0.224L，过滤得到质量0.6g的残渣C（含氧量为53.2%，不溶于稀碱）和滤液D，取少量D溶液加热煮沸、加KSCN有血红色．（1）写出B的电子式　　19\n（2）确定A的化学式　Fe2O3•5Fe2（CO3）3•15SiO2　（3）向D溶液中加入过量氢氧化钠溶液会生成红褐色沉淀，写出离子方程式　Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓　（4）与C所含元素相同的化合物E（式量是44）被科学家用质谱仪在工业制硅的反应产物中发现，若生成E的反应中氧化产与还原产物为同一物质，写出生成E的化学方程式　Si+SiO22SiO　．【考点】无机物的推断．【专题】计算题．【分析】将某矿物质1.65gA（含四种元素）溶于过量盐酸，生成式量为44的气体B，B应为CO2，A中含有碳元素、氧元素，过滤得到质量0.06g的残渣C（含氧量为53.2%，不溶于稀碱）和滤液D，取少量D溶液加热煮沸、加KSCN有血红色，则D中含有Fe3+，故A中含有Fe元素；（4）中与C所含元素相同的化合物E（式量是44）被科学家用质谱仪在工业制硅的反应产物中发现，工业制备Si反应为：2C+SiO2Si+2CO↑，可推知C为SiO2，E为SiO，SiO2氧元素质量分数为53.2%．标准状况下，CO2体积是0.224L，物质的量为0.01mol，则A中n（CO32﹣）=n（CO2）=0.01mol，m（SiO2）=0.6g，故n（SiO2）==0.01mol，去掉碳酸根、二氧化硅后剩余总质量为1.68g﹣0.01mol×60g/mol﹣0.6g=0.48g，若没有其它负价基团，根据电荷守恒可知，n（Fe3+）=，则Fe元素质量为×56g/mol=0.373g＜0.48g，故0.48g为Fe元素、O元素质量，设0.48g中Fe为xmol，O原子为ymol，由电荷守恒：3x=2y+0.01×2，由二者质量可得：56x+16y=0.48，联立解得x=0.008，y=0.002，Fe2O3为mol，Fe2（CO3）3为mol，故Fe2O3、Fe2（CO3）3、SiO2的物质的量之比为mol：mol：0.01mol=1：5：5，A的化学式为Fe2O3•5Fe2（CO3）3•15SiO2，据此解答．【解答】解：将某矿物质1.65gA（含四种元素）溶于过量盐酸，生成式量为44的气体B，B应为CO2，A中含有碳元素、氧元素，过滤得到质量0.06g的残渣C（含氧量为53.2%，不溶于稀碱）和滤液D，取少量D溶液加热煮沸、加KSCN有血红色，则D中含有Fe3+，故A中含有Fe元素；（4）中与C所含元素相同的化合物E（式量是44）被科学家用质谱仪在工业制硅的反应产物中发现，工业制备Si反应为：2C+SiO2Si+2CO↑，可推知C为SiO2，E为SiO，SiO2氧元素质量分数为53.2%．标准状况下，CO2体积是0.224L，物质的量为0.01mol，则A中n（CO32﹣）=n（CO2）=0.01mol，m（SiO2）=0.6g，故n（SiO2）==0.01mol，去掉碳酸根、二氧化硅后剩余总质量为1.68g﹣0.01mol×60g/mol﹣0.6g=0.48g，若没有其它负价基团，根据电荷守恒可知，n（Fe3+）=，则Fe元素质量为×56g/mol=0.373g＜0.48g，故0.48g为Fe元素、O元素质量，设0.48g19\n中Fe为xmol，O原子为ymol，由电荷守恒：3x=2y+0.01×2，由二者质量可得：56x+16y=0.48，联立解得x=0.008，y=0.002，Fe2O3为mol，Fe2（CO3）3为mol，故Fe2O3、Fe2（CO3）3、SiO2的物质的量之比为mol：mol：0.01mol=1：5：5，A的化学式为Fe2O3•5Fe2（CO3）3•15SiO2．（1）B为CO2，电子式为，故答案为：；（2）由上述分析可知，A的化学式为Fe2O3•5Fe2（CO3）3•15SiO2，故答案为：Fe2O3•5Fe2（CO3）3•15SiO2；（3）D中含有Fe3+，加入过量氢氧化钠溶液会生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；（4）E为SiO，若生成E的反应中氧化产与还原产物为同一物质，应是Si与SiO2反应，反应方程式为：Si+SiO22SiO，故答案为：Si+SiO22SiO．【点评】本题考查无机物推断，属于计算型推断，侧重考查学生的分析推理能力，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度较大．　11．（6分）（2022春•杭州校级月考）（1）已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.8kJ•mol﹣1计算甲醇蒸气的燃烧热△H=　﹣763.8kJ•mol﹣1　（2）在某温度下，发生可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.0kJ．mol﹣1①向某容器中充入1.0molH2O（g）和1.0molCO（g），在一定条件下发生上述反应．混合气体中CO的物质的量与时间关系如下表所示：05min10min15min20min25minⅠ（800℃）1.00.800.700.650.500.50Ⅱ（800℃）1.00.70.600.500.500.50相对实验Ⅰ，实验Ⅱ可能改变的条件可能是　增大压强（或缩小体积）、加催化剂　，该温度下，平衡常数=　1　．②若开始向绝热容器中投入一定量二氧化碳、氢气在一定条件下发生上述可逆反应．下列图象正确且说明可逆反应达到平衡状态的是　A　．（填序号）（Mr为反应混合物的平均相对分子质量）（3）对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的．汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=﹣QkJ/mol．19\n一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c（NO）/mol•L﹣11.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c（CO）/mol•L﹣13.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3前2s内的平均反应速率υ（N2）=　1.88×10﹣4　mol/（L•s）；达到平衡时，CO的转化率为　25%　．（4）氨气是重要化工原料，在国民经济中占重要地位．在恒温、容积相等的恒容密闭容器中投入一定量氮气、氢气，发生如下可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.40kJ．mol﹣1实验测得起始、平衡时的有关数据如表所示：容器编号起始时各物质的物质的量/mol平衡时反应中的能量变化H2N2NH3Ⅰ3nn0放出热量akJⅡ3n2n0放出热量bkJⅢ6n2n0放出热量ckJ下列判断正确的是　BC　．A．N2的转化率：Ⅱ＞Ⅰ＞ⅢB．放出热量：a＜b＜92.4nC．达到平衡时氨气的体积分数：Ⅲ＞ⅠD．平衡常数：Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3=﹣90.8kJ•mol﹣1根据盖斯定律知，①+②×﹣③得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；（2）①从数据看，I和II达到相同状态，说明平衡没有移动，若该可逆反应是等气体分子数反应，则增大压强，平衡不移动，或者加入催化剂也能加快反应速率，平衡不移动；等气体分子数反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，达到平衡时，各物质的物质的量都等于0.5mol，根据K=计算；②A、开始投入二氧化碳和氢气，从逆方向进行反应，反应吸热，开始温度下降，当温度不变时达到平衡状态；B、开始投入二氧化碳和氢气，从逆方向进行反应，氢气体积分数由最大逐渐减小．C、反应热只与化学计量数有关，与反应限度无关．D、因为总质量不变，总物质的量也不变，根据混合气体平均相对分子质量=判断；（3）依据反应速率V=计算一氧化碳的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率，转化率=×100%；（4）A、实验I和III比较，实验III相当于实验I体积压缩一半，加压时平衡向正方向移动，I、II实验中氢气量相等，氮气量越多，氮气转化率减小，据此回答；19\nB、根据可逆反应特点，3mol氢气和1mol氮气不能完全生成NH3；C、根据压强对化学平衡移动的影响来回答；D、温度不变，平衡常数不变．【解答】解：（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3=﹣90.8kJ•mol﹣1根据盖斯定律知，①+②×﹣③得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1﹣566.0kJ•mol﹣1×+90.8kJ•mol﹣1=﹣763.8kJ•mol﹣1，故答案为：﹣763.8kJ•mol﹣1；（2）①从数据看，I和II达到相同状态，说明平衡没有移动，若该可逆反应是等气体分子数反应，且反应物和产物都是气态，增大压强，平衡不移动，能缩短达到平衡的时间；加入催化剂也能加快反应速率，缩短达到平衡时间；等气体分子数反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，达到平衡时，各物质的物质的量都等于0.5mol，所以K===1，故答案为：增大压强（或缩小体积）、加催化剂；1；②A、开始投入二氧化碳和氢气，从逆方向进行反应，反应吸热，开始温度下降，当温度不变时达到平衡状态，故A正确；B、开始投入二氧化碳和氢气，从逆方向进行反应，氢气体积分数由最大逐渐减小，故B错误．C、反应热只与化学计量数有关，与反应限度无关，所以焓变一直不变，故C错误．D、因为总质量不变，总物质的量也不变，所以混合气体平均相对分子质量=始终不变，故D错误．故选：A．（3）前2s内的平均反应速率v（N2）=v（CO）=×=1.88×10﹣4mol/（L•s），CO的平衡转化率=×100%=25%，故答案为：1.88×10﹣4；25%；（4）A、实验I和III比较，实验III相当于实验I体积压缩一半，加压时平衡向正方向移动，N2转化率增大，III中氮气转化率大于I中氮气转化率；I、II实验中氢气量相等，氮气量越多，氮气转化率减小，I中氮气转化率大于II中氮气转化率，故III、I、II中氮气转化率依次增大，A错误；B、可逆反应的热化学方程式表示：1mol氮气和3mol氢气完全反应放出92.4kJ热量．根据可逆反应特点，3mol氢气和1mol氮气不能完全生成NH3．II生成的氨气量大于I，B项正确；19\nC、如果平衡不移动，III中氨气量是I中2倍，氨气体积分数相等．在恒容条件下，I容器加压变成III，增大压强，平衡向生成NH3方向移动，氨体积分数增大，C正确；D、温度不变，平衡常数不变，三个容器中平衡常数相等，D错误．故选BC．【点评】本题考查化学平衡的标志、平衡常数的计算及化学平衡移动原理、盖斯定律的计算应用等，知识点较多，综合性很强，难度中等．　12．（14分）（2022春•杭州校级月考）碘酸钾作为食盐﹣碘添加剂，而碘化钾则是化工生产中一种重要原料．还原法生产碘化钾是由碘与氢氧化钾反应生成碘酸钾后，用甲酸还原而得，其主要流程如图．请回答下列问题：（1）判断“合成”过程中，碘是否已完全反应的方法是　取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应，反之则未完全反应　．（2）操作a所用的主要玻璃仪器是　玻璃棒、烧杯、漏斗　．操作b包括　蒸发浓缩、冷却结晶　．（3）写出“合成”过程中，HCOOH参与的离子反应方程式：　3HCOOH+IO3﹣=I﹣+3H2O+3CO2↑　．（4）测定产品中KI含量的方法是：a．称取3.340g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KIO3，用少量稀硫酸酸化，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，用0.2400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，消耗溶液体积平均值为10.00mL．已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣（无色）．①测定过程所需仪器在使用前必须检查是否漏液的有　250mL容量瓶、滴定管　．②该样品中KI的质量分数为　0.994或99.4%　．（保留3位有效数字）③若滴速太慢，这样测得的KI的质量分数可能　偏大　（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”）．（5）有学生选用家庭厨房中的有关调料（如黄酒、白醋、酱油、味精等），用简便方法来检测是否是加碘食盐．通过实践，发现厂商只要在食盐包装的封口处夹一条碘化钾淀粉试纸，并在袋上注明使用方法就能鉴别真伪．现请你写出检测使用说明书　取少量食盐样品放入小碗（或玻璃杯）中，加少量白醋，用筷子搅拌片刻，然后蘸取液体点在试纸上，如果试纸变蓝即为加碘盐，否则不是碘盐　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验设计题．【分析】由碘与氢氧化钾反应生成碘酸钾后，用甲酸还原碘酸钾生成KI和二氧化碳气体，调节溶液pH过滤除去杂质，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、分离、干燥可得到碘化钾，（1）可用淀粉检验碘是否完全反应；19\n（2）操作a的目的分离固体和液体，所以操作a为过滤，据此写仪器名称，KI的溶解度随温度的影响较大，要从KI溶液中获得KI晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法；（3）由题意可知甲酸还原碘酸钾生成KI和二氧化碳气体，同时生成水；（4）测定产品中KI含量使用容量瓶和滴定管，使用前必须检查是否漏水；结合关系式法计算；若滴速太慢，Na2S2O3容易被空气中的氧气氧化；（5）可用试纸与食盐在酸性条件下发生反应制备碘，厨房中可用醋酸酸化．【解答】解：由碘与氢氧化钾反应生成碘酸钾后，用甲酸还原碘酸钾生成KI和二氧化碳气体，调节溶液pH过滤除去杂质，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、分离、干燥可得到碘化钾，（1）可用淀粉检验碘是否完全反应，操作方法为取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应；反之，则未完全反应，故答案为：取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应，反之则未完全反应；（2）操作a的目的分离固体和液体，所以操作a为过滤，所需仪器名称为玻璃棒、烧杯、漏斗，KI的溶解度随温度的影响较大，要从KI溶液中获得KI晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故操作b应包含蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：玻璃棒、烧杯、漏斗；蒸发浓缩、冷却结晶；（3）甲酸还原碘酸钾生成KI和二氧化碳气体，同时生成水，反应的离子方程式为3HCOOH+IO3﹣=I﹣+3H2O+3CO2↑，故答案为：3HCOOH+IO3﹣=I﹣+3H2O+3CO2↑；（4）①测定产品中KI含量使用容量瓶和滴定管，使用前必须检查是否漏水，故答案为：250mL容量瓶、滴定管；②KIO3与KI反应完全的化学方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，反应的关系式为5I﹣～3I2～6S2O32﹣，n（Na2S2O3）=0.2400mol/L×0.01L=2.4×10﹣3mol，由关系式可知n（KI）=2.4×10﹣3mol×=2×10﹣3mol，则3.340g样品中含有KI的质量为2×10﹣3mol××166g/mol=3.32g，则样品中KI的质量分数为=0.994或99.4%，故答案为：0.994或99.4%；③若滴速太慢，Na2S2O3容易被空气中的氧气氧化，则消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，所以测得的KI的质量分数可能偏大，故答案为：偏大；（5）可用试纸与食盐在酸性条件下发生反应制备碘，厨房中可用醋酸酸化，方法为取少量食盐样品放入小碗（或玻璃杯）中，加少量白醋，用筷子搅拌片刻，然后蘸取液体点在试纸上，如果试纸变蓝即为加碘盐，否则不是碘盐，答：取少量食盐样品放入小碗（或玻璃杯）中，加少量白醋，用筷子搅拌片刻，然后蘸取液体点在试纸上，如果试纸变蓝即为加碘盐，否则不是碘盐．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯以及含量的测定等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目难度中等，本题注意从质量守恒的角度利用关系式法计算纯度．19