【校级联考】安徽省江南片2019届高三上学期入学摸底考试化学试题（解析版）

《【校级联考】安徽省江南片2019届高三上学期入学摸底考试化学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【校级联考】安徽省江南片2019届高三上学期入学摸底考试化学试题（解析版）（17页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、安徽省江南片安徽省江南片 20192019 届高三入学摸底考试化学届高三入学摸底考试化学 相对原子质量：相对原子质量：H H- -1 C1 C- -12 N12 N- -14 O14 O- -16 Mg16 Mg- -24 S24 S- -32 Cu32 Cu- -6464 一、选择题（一、选择题（1616 小题，共小题，共 4848 分，每小题均只有一个正确选项）分，每小题均只有一个正确选项） 1.化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是 A. 可用钢瓶储存液氯或浓硫酸 B. PM2.5与呼吸道疾病的形成无关 C. 对矿物燃料脱硫脱硝可有效防治酸雨 D. 聚乙烯塑料可用来制作食品

2、周转箱 【答案】B 【解析】 A常温下 Fe 与液氯不反应，Fe 与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项 A 正确；B、大气 颗粒物中 PM2.5 是导致雾霾天气主要污染物成分,与呼吸系统疾病关系密切，选项 B 不正确；C、矿物燃料 脱硫脱硝就是向燃料中加入适当的物质，将其中的硫和氮转化为无毒、无害的物质，从而减少氮硫的化合 物向空气中的排放，达到防止污染、防止酸雨形成的目的，选项 C正确；D、聚乙烯塑料可用来制造多种包 装材料、食品周转箱、农用薄膜等，选项 D 正确。答案选 B。 2.一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH33F2=NF33NH4F，其中 NF3分子构型与 NH3相

3、似。下列有关说法 错误的是 A. NF3中只含极性共价键 B. NF3既是氧化产物，又是还原产物 C. NH4F 中既含有离子键又含有共价键 D. 上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物 【答案】D 【解析】 试题分析：A氨气分子只有极性键，NF3分子构型与 NH3相似，所以 NF3中只含有极性共价键，A 正确； B、NH3反应中 N：-3-+3，F：0-1，所以 NF3既是氧化产物又是还原产物，B 正确；C、NH4Cl 与 NH4F 含的阳离子相同，阴离子是同一主族元素，所以 NH4Cl 与 NH4F 具有相同的化学键，所以 NH4F 中存在的化 学键是离子键、共价键，C 正确；D氟气为

4、单质，NH4F 中存在的化学键是离子键、共价键，NH4F 是离子 化合物，D 错误；答案选 D。 考点：考查物质的结构、化学键、物质的分类等知识 3.设 NA为阿伏加徳罗常数的数値，下列说法正确的是( ) A. 常温常圧下，7.0g 由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为 NA B. 向 1L 的密闭容器中充入 46gNO2气体，容器中气体的分子数为 NA C. 6.4g 铜与足量的硫单质混合加热，转移电子的数目为 0.2NA D. 标准状况下，2.24LSO3中含有 0.1NA个 SO3分子 【答案】A 【解析】 分析：A. 丁烯与丙烯的最简式都为 CH2，利用 7.0g/142NA

5、可以求出氢原子数目；B. 存在 2NO2 N2O4可逆反应；C. 铜与硫加热反应生成硫化亚铜；D. 标准状况下， SO3为固态，不能用气体摩尔 体积进行计算。 详解：丁烯与丙烯的最简式都为 CH2，所以 7.0g 由丁烯与丙烯组成的混合气体中，n(CH2)=0.5mol，所以含 有的氢原子数目为 NA，A正确；46gNO2气体为 1mol，由于存在 2NO2 N2O4可逆反应，所以容器内的 分子数小于 NA，B 错误；铜与足量的硫单质混合加热，生成硫化亚铜；铜元素的化合价由 0 价升高+1 价， 因此 6.4g 铜（即为 0.1mol）完全反应后，转移电子的数目为 0.1NA，C 错误；标准状

6、况下 SO3为固体，不 能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；正确选项 A。 点睛：金属铁、铜分别与氯气加热反应均生成高价化合物氯化铁、氯化铜；金属铁、铜分别与硫 蒸气反应均生成低价化合物硫化亚铁、硫化亚铜；这是因为氯气的氧化性大于单质硫的氧化性。 4.下列离子方程式中正确的是（ ） A. 将 SO2气体通入 NaClO 溶液中：SO2+2ClO+H2O=SO32+2HClO B. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水 2Fe2+H2O2=2Fe3+O22H+ C. 向硫酸氢钾溶液中加入 Ba（OH）2溶液至中性：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O D. NH4HCO3溶液与过量

7、NaOH 溶液反应：NH4+OH=NH3+H2O 【答案】C 【解析】 A. SO2气体具有还原性，NaClO 具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成 SO42和 Cl，正确的离子方程 式应为：SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+，故 A 错误；B. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生反应： 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 故 B 错误；C. 向硫酸氢钾溶液中加入 Ba(OH)2溶液至中性时，硫酸氢钾与氢 氧化钡以 2:1 的物质的量比来反应，过量 SO42离子实际不参加反应，故 C 正确；D. NH4HCO3溶液与过量 NaOH 溶液时，HCO3与 OH也反应,正确的离

8、子方程式为：NH4+HCO3+2OH=NH3 H 2O+CO3 2+H 2O，故 D 错误。本题选 C。 5.下列制取 Cl2并用其氧化含 I废液，回收提纯 I2的装置和原理能达到实验目的的是（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 A、稀盐酸与二氧化锰不反应，应选用浓盐酸、二氧化锰加热制备，选项 A错误；B、导管应长进短出，图 中气体可将液体排出，选项 B 错误；C、碘溶于水，不能用过滤分离，应选择萃取法，选项 C 错误；D、加 热碘易升华，冷却变为固体碘，则图中装置可分离碘，选项 D正确。答案选 D。 6.下列说法正确的是 A. 金刚石和石墨互为同素异构体，熔点

9、和硬度都很高 B. 氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都为 1 C. 乙醇和二甲醚(CH3OCH3)互为同系物 D. C4H10的一氯取代物只有一种 【答案】B 【解析】 A金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，石墨的硬度小，故 A错误；B氕、氘、 氚是质子数相同，中子数不同的同元素的不同原子，三者是氢元素的三种核素，质子数都是 1，故 B正确； C乙醇和二甲醚不属于一类物质，官能团不同，不是同系物，故 C 错误；D分子式为 C4H10的烷烃为丁 烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体，正丁烷 CH3CH2CH2CH3有 2氢原子，所以其一氯代物有 2； 异丁烷 CH3C

10、H（CH3）CH3有 2 氢原子，其一氯代物有 2 种，所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有 4 种，故 D 错误；故选 B。 点睛： 本题考查了同素异形体、 同分异构体、 同系物等知识点， 掌握基础是解题关键。 本题的易错点为 CD， 同系物必为同一类物质，所含官能团及官能团数目相同；丁烷有正丁烷和异丁烷 2 种同分异构体，有机物 分子中有几种氢原子就有几种一氯代烃。 7.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是 A. 检验试液中的 SO42-：试液无沉淀 白色沉淀 B. 检验试液中的 SO32-：试液气体褪色 C. 检验试液中的 I：试液棕黄色溶液 蓝色溶液 D. 检验试液中的

11、 CO32-：试液白色沉淀 沉淀溶解 【答案】C 【解析】 A、若溶液中含有 SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，选项 A 错误；B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项 B 错误；C、试液加入 过氧化氢氧化碘离子为单质碘， 遇淀粉变蓝， 选项 C正确； D、 若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子， 试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项 D 错误； 答案选 C。 点睛：本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析，题目难度中等。A、分析亚 硫酸根离子的干扰；B

12、、分析氯气的干扰；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、亚硫酸根离子也会发生反应具有 此现象。 8.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W 原子最外层电子数是其所在周期数的 2 倍；Y 和 X 2的电子层结构相同；Z 的原子序数等于 W 和 Y 的核外电子数之和。下列说法正确的是 A. 由化学键角度推断，能形成 WXZ2这种共价化合物 B. 离子半径大小：ZYX C. 工业上用 MnO2和 Z 的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取 Z 的单质 D. Z 的氢化物的酸性比 WX2的水化物的强，说明 Z 的非金属性比 W 的强 【答案】A 【解析】 周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次

13、增加，其中 W 原子最外层电子数是其所在周期数的 2 倍，则 W 为碳，Y和 X2的电子层结构相同，则 X为氧，Y为钠，Z的原子序数等于 W 和 Y的核外电子数之和，所 以 Z为氯。由此判断 A、一般情况下，碳显+4价，氧显-2 价，氯显-1 价，所以从化学键角度推断，可以形成 COCl2这种共价化 合物，故 A正确；B、O、Na、Cl形成离子时的半径大小为 ClO2Na，所以 B 错误；C、实验室里用 MnO2和浓盐酸加热制氯气，而工业上用电解食盐水制氯气，故 C 错误；D、HCl 即盐酸是强酸，而 CO2的 水化物即碳酸是弱酸，但不能说明 Cl的非金属性比 C的强，应该用 HClO4的酸性

14、强于碳酸来证明，所以 D 错误。本题正确答案为 A。 点睛：A选项一定注意从化合价的角度去思考就可以判断其正确与否， 不要考虑形成的物质是什么； 判断金 属性、非金属性强弱是有明确的判断依据的：金属性强弱可以通过金属单质与酸或水反应置换出氢气的难 易、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱来判断，而非金属性强弱可以用其单质与氢气反应的难易、氢 化物的稳定性、最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断。 9.1.76g 铜镁合金完全溶解于 50mL、 密度为 1.40g/cm3、 质量分数为 63%的浓硝酸中， 得到 NO2 气体 1792mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的 1.0mol/

15、LNaOH 溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说 法不正确的是 A. 该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0mol/L B. 加入 NaOH 溶液的体积是 50mL C. 浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为 0.08mol D. 得到的金属氢氧化物的沉淀为 3.12 g 【答案】B 【解析】 分析：A.根据计算； B.根据原子守恒计算； C.起氧化性的硝酸生成 NO2气体，根据 N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质 的量； D由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物

16、质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和。 详解：A. c(HNO3)=14.0mol/L，A 正确； B. 1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为 1.792L22.4L/mol=0.08mol，原硝酸的物质的量是 0.05L14.0mol/L0.7mol，当溶液中的金属离子全部沉淀时形成 NaNO3溶液，根据原子守恒可知 n(NaNO3)n(NaOH)0.7mol0.08mol0.62mol，所以加入 NaOH溶液的体积是 0.62mol1mol/L 0.62L620mL，B 错误； C. 1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为 1.792L22.4L/mol=0.

17、08mol，浓硝酸在与合金反应中起了 酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量等于 NO2的物质的量为 0.08mol，C 正确； D. 由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为 0.08mol（5-4）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，D 正确。 答案选 B。 点睛：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查， 注意根据守恒思想进行的解答。 10.在恒温、恒容条件下，能说明可逆反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g)达到平衡状态的是 A. 气

18、体的压强保持不变 B. v(H2)正=2v(HI)逆 C. 气体的密度保持不变 D. 气体的颜色保持不变 【答案】D 【解析】 【分析】 化学平衡状态是可逆反应在一定条件下正逆反应速率达到相等、各物质的浓度保持不变的状态，故判断一 个可逆反应是否达到平衡状态可抓住这两个标准来进行分析。 【详解】A.因为反应 H2(g)+I2(g)2HI(g)是一个反应前后分子数目不变的反应，在反应的过程中气体的 压强始终不变，则气体的压强不变不能说明反应达到平衡状态，故 A 项错误；B.根据方程式的计量数可得 当达到平衡状态时应有 2v(H2)正=v(HI)逆，故 B 项错误；C.在恒容条件下，由反应的质量守

19、恒可知反应混合物 的密度始终不会改变，所以气体的密度不变不能说明可逆达到平衡状态，故 C 项错误；D.气体的颜色不变 即碘蒸气的浓度不变，反应处于平衡状态，故 D 项正确；答案选 D。 【点睛】在判断一个可逆反应是否处于平衡状态时，需要注意反应的条件（温度、容积、压强等）对某些 物理量的影响，如该反应若在绝热恒容的条件下进行，则反应体系的压强不变能说明反应处于平衡状态。 11. 下列过程或现象与盐类水解无关的是( ) A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈 C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 浓硫化钠溶液有臭味 【答案】B 【解析】 本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解、钢

20、铁的电化学腐蚀等知识。纯碱水解，溶液显碱性， 有利于油脂的水解，故 A 与盐类水解有关；B 为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关；C 溶液颜色变深是 因为加热促进盐类水解；D 溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢。 12.下列实验及其结论都正确的是 实验 结论 A 氯气的水溶液可以导电 氯气是电解质 B 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落 铝箔表面氧化铝熔点高于铝 C 将 Na2S 滴入 AgNO3 和 AgCl 的混合 浊 液中产生黑色沉淀 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S) D 用分液漏斗分离苯和四氯化碳 四氯化碳密度比苯大 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【

21、解析】 【详解】A氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误；B氧 化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故 B 正确；C发生沉淀的 生成，不能比较 Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故 C错误；D苯和四氯化碳互溶，不能分液分离，应选蒸 馏法，故 D错误；故选 B。 13.下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图甲表示某吸热反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应的能量变化 B. 图乙表示常温下，0.1mol/LNaOH 溶液滴定 20.00mL0.1mol/L醋酸溶液的滴定曲线 C. 图丙表示某可逆反应的反应

22、速率随时间的变化关系，t0时刻改变的条件是使用了催化剂 D. 图丁表示一定质量冰醋酸加水稀释过程中、溶液导电能力变化曲线，且醋酸电离程度：a B. HA 的电离常数 Ka =4.93 1010，则等浓度的 NaA、HA 混合溶液中：c(Na+) c(HA) c(A) C. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与 c(HCO3)的比值将减小 D. 已知在相同条件下酸性 HF CH3COOH，则物质的量浓度相等的 NaF与 CH3COOK溶液中：c(Na+) c(F) c(K+ ) c(CH3COO) 【答案】A 【解析】 ANH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于 NH4HSO4电离时产

23、生 H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被 抑制，因此 NH4HSO4中 NH4+的浓度小于 NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此 NH4Al(SO4)2中 NH4+的浓度大于 NH4Cl，浓度的大小顺序应为：，选项 A 正确；B、NaA 中水解 平衡常数 Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)，选项 B 错误；C、 NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与 c(HCO3-) 的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH 都是弱酸，所以 NaF 与 CH3COOK 都是强碱弱酸盐，由 于酸

24、性 HF CH3COOH， 水解程度 FCH3COO， 水解程度越大剩余离子浓度越小， 故 c(Na+) c(F)c(K+ ) c(CH3COO)，选项 D 错误。答案选 A。 二、非选择题二、非选择题 17.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的 5 种短周期元素，A 最外层电子数是其电子层数的两倍；B能形 成双原子阴离子；C 与 B能形成两种常见的离子化合物，B、E同主族，C、D、E的最高价氧化物对应的水 化物之间两两皆能反应生成盐和水。请回答下列问题： （1）B的双原子阴离子电子式为_，用化学式表示一种由 B、C、E 组成的物质_。 （2）B的氢化物比 E 的氢化物的沸点_ (填“高”或

25、“低”)，理由是_。 （3）B、C、D 组成化合物的水溶液与过量 AB2反应的离子方程式_。 【答案】 (1). (2). Na2SO4 、Na2SO3 、Na2S2O3（写出其中一种） (3). 高 (4). 水分 子间存在氢键 (5). AlO +CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 【解析】 【分析】 由题给信息可知 A 元素是推断的突破口，根据其原子最外层电子数是其电子层数的两倍可知 A 可能是碳或 硫，又因 A 的原子序数最小，故 A 为碳元素，其余 B、C、D、E 各元素依次为氧、钠、铝、硫，然后再根据 这些元素的性质分析来得出结论。 【详解】 （1）氧元素形成的双原子阴离子为

26、 O2 2-，其电子式为 ，由氧、钠、硫三种元素组成的化合 物有 Na2SO4 、Na2SO3 、Na2S2O3等； （2）因为水分子间存在氢键，比硫化氢分子间的作用力要强，故 B 的氢 化物比 E 的氢化物的沸点高； （3）B、C、D 组成化合物为偏铝酸钠，故其与过量 CO2反应的离子方程式为 AlO2 +CO 2+2H2O=Al(OH)3+HCO3 。 18.某班同学用如下实验探究 Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题： （1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1 mol/L的溶液。在 FeCl2溶液中需加入少量铁屑， 其目的是_。 （2）甲组同学取 2 mL FeCl2溶

27、液，加入几滴氯水，再加入 1滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明 Cl2可将 Fe2+ 氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。 （3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2 mL FeCl2溶液中先加入 0.5 mL煤油，再于液面下依 次加入几滴氯水和 l滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是_。 （4）丙组同学取 10 mL 0.1 mol/L KI溶液，加入 6 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液混合。分别取 2 mL此溶液于 3 支 试管中进行如下实验： 第一支试管中加入 1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色； 第二支试管中加入 1滴 K3Fe(C

28、N)6 溶液，生成蓝色沉淀： 第三支试管中加入 1滴 KSCN 溶液，溶液变红。 实验检验的离子是_（填离子符号） ；实验和说明：在 I 过量的情况下，溶液中仍含有 _（填离子符号） ，由此可以证明该氧化还原反应为_。 （5）丁组同学向盛有 H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方 程式为_；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀 生成。 产生气泡的原因是_； 生成沉淀的原因是_ （用平衡移动原理解释） 。 【答案】 (1). 防止 Fe2+被氧化 (2). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl (3). 隔绝空气（排除氧气对实验的影

29、响） (4). Fe2+ (5). Fe3+ (6). 可逆反应 (7). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (8). Fe3+催化 H2O2分解产生 O2 (9). H2O2分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动 【解析】 试题分析： （1）Fe2容易被氧气氧化成 Fe3，Fe2Fe3=3Fe2，为防止 Fe2被氧化，保存 Fe2时，加入铁 屑； （2）氯气具有强氧化性，能把 Fe2氧化成 Fe3，因此离子反应方程式为 2Fe2Cl2=2Fe32Cl； （3） 为防止空气氧气进入，煤油的作用是隔绝空气； （4）K3Fe（CN）6检验 Fe2，如果出现蓝色沉淀，说明 Fe

30、2 存在，可逆反应特点是反应物和生成物共存，因此在 I过量，溶液中仍然存在 Fe3，说明此反应是可逆反 应； （5）过氧化氢具有强氧化性，能把 Fe2氧化成 Fe3，本身被还原为 H2O，因此离子反应方程式为：2Fe2 H2O22H=2Fe32H2O，Fe3作催化剂，加速过氧化氢的分解，根据实验现象，一段时间后有气泡冒 出且放热，说明此反应是放热反应，Fe33H2OFe（OH）33H，盐类水解是吸热反应，升高温度， 促使平衡向正反应方向进行，因此有红褐色沉淀产生。 考点：考查氧化还原反应、离子检验、可逆反应、盐类水解等知识。 【此处有视频，请去附件查看】 19.二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味

31、的气体，其熔点为59，沸点为 11.0，易溶于水。工业上用稍 潮湿的 KClO3和草酸 （H2C2O4） 在 60时反应制得。 某学生用如上图所示的装置模拟工业制取及收集 ClO2， 其中 A为 ClO2的发生装置，B 为 ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置。 请回答下列问题： （1）A 中反应产物有 K2CO3、ClO2和 CO2等，请写出该反应的化学方程式：_。A部 分还应添加温水浴控制 60的温度，B部分还应补充的装置：_； （2）该装置按（1）补充完整后，装置 A、B、C 中还有一处设计明显不合理的是_(填“A”“ B”或 “C”) （3）C中的试剂为 NaOH溶液，反应时生成氯酸钠

32、和亚氯酸钠(NaClO2)，该反应的离子方程式为 _。若实验时需要 450mL 4molL的 NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取 NaOH 的质量是_g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有 _。 【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O (2). 盛有冰水混合物的水槽或冰水浴 (3). C (4). 2ClO22OH-= ClO ClO H2O (5). 80.0 (6). 500ml容量瓶，烧杯 【解析】 (1)A中 反 应 产 物 有K2CO3、ClO2、CO2， 由 反 应 物 与 生 成 物 可 知 反 应 为

33、2KClO3+H2C2O4=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O，因为 B为 ClO2的凝集装置，又二氧化氯是一种黄绿色有刺激 性气味的气体，其熔点为-59，沸点为 11.0，所以 B 部分还应补充装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的 水槽，故答案为：2KClO3+H2C2O4=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O；冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽； (2)C处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则 C 不合理，故答案为：C； (3)C为尾气吸收装置，可选择 NaOH溶液来吸收尾气，发生的氧化还原反应为 2ClO2+2NaOHNaClO2+NaClO3+H2O，离子反应为 2ClO2+

34、2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O，配制 450mL 4mol/L的 NaOH 溶液，应该选用 500mL容量瓶、根据提供的仪器可知，还需要烧杯，需要 NaOH 的质量为 0.5L 4mol/L 40g/mol=80.0g，故答案为：2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O；80.0；500mL容量瓶、烧杯。 20.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol 1 反应：S(s)+O2(g)=SO2(g) H3=297 kJmol 1 反应的

35、热化学方程式：_。 （2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所 示。 p2_p 1（填“”或“”） ，得出该结论的理由是_。 （3）I 可以作为水溶液中 SO 2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将 ii 补充完整。 iSO2+4I +4H+=S+2I 2+2H2O iiI2+2H2O+_=_+_+2I （4）探究 i、ii 反应速率与 SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL 下列试剂中，密闭放置观察现象。 （已知：I2易溶解在 KI 溶液中） A B C D 试剂 组成 0.4 mol

36、L 1 KI a molL 1 KI 0.2 molL 1 H 2SO4 0.2 molL 1 H 2SO4 0.2 molL 1 KI 0.0002 mol I2 实验 现象 溶液变黄， 一段时间 后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较 A 快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色， 变 成黄色，出现浑浊较 A 快 B 是 A 的对比实验，则 a=_。 比较 A、B、C，可得出的结论是_。 实验表明，SO2的歧化反应速率 DA，结合 i、ii 反应速率解释原因：_。 【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol 1 (2). (3).

37、反应是 气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的 量减小， H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO4 2 (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I是 SO 2 歧化反应的催化剂，H +单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率 (9). 反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 产生的 H +使反应 i 加快 【解析】 分析：（1）应用盖斯定律结合反应 II分析。 （2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与 H2SO4物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，

38、反应 i+反应 ii消去 I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。 详解：（1）根据过程，反应 II为 SO2催化歧化生成 H2SO4和 S，反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯 定律，反应 I+反应 III 得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/m ol，反应 II的热化学方程式为 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时 H2SO4物质的量分数大于

39、p1时；反 应 II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减 小，H2SO4物质的量分数增大；则 p2 p1。 （3）反应 II的总反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反 应前后质量和化学性质不变， （总反应-反应 i）2 得，反应 ii的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。 （4）B 是 A的对比实验，采用控制变量法，B比 A多加了 0.2mol/LH2SO4，A与 B中 KI浓度应相等，则 a=0.4。 对比 A 与 B，加入 H+可以加快 SO

40、2歧化反应的速率；对比 B与 C，单独 H+不能催化 SO2的歧化反应；比 较 A、B、C，可得出的结论是：I是 SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加 快歧化反应速率。 对比 D和 A，D中加入 KI的浓度小于 A，D中多加了 I2，反应 i消耗 H+和 I-， 反应 ii中消耗 I2，D中“溶 液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快”，反应速率 DA，由此可见，反应 ii比反应 i速率快， 反应 ii产生 H+使 c（H+）增大，从而反应 i加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡 图像的分

41、析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知 识解决实际问题的能力。 21.H 是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 的名称是_，H 中官能团名称是_； （2）反应的反应条件为_； （3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。 （4）反应除生成 H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为_。 （5）符合下列条件的 G的同分异构体有_种。 能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有 4 组峰 （6）仿照 H的合成路线，设计一种由 B 合成的合成路线。_ 【 答 案 】 (1). 甲 苯 (2). 酯

42、 基 、 溴 原 子 (3). 光 照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【解析】 分析：由 A、B、C 的分子式，结合 D的结构简式，根据转化关系可知，A 为甲苯，A 中甲基上的氢原子被 氯原子取代生成 B 为，B发生取代反应生成 C为；对比 D、F结构可知，D发生取代反应生 成 E 为，E 发生水解反应生成 F，F 与甲醇发生酯化反应生成 G，G 发生取代反应得到 H，同 时还生成乙二醇，据此解答。 详解：(1)根据以上分析可知 A 的名称是甲苯，根据 H的结构简式可知 H中官能团名称是酯基、溴原子； (2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取

43、代，则反应条件为光照； (3)根据以上分析可知反应是 F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为 ； (4)根据原子守恒可知反应除生成 H外，还生成乙二醇，结构简式为 HOCH2CH2OH； (5)符合下列条件的 G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明 苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有 4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有 3类，因此符合条件的有 机物结构简式为， 共计是 4种； (6)根据已知信息结合逆推法可知由 B合成的合成路线为 。 点睛：本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化， 需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度中等。 难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。