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【化学】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2018届高三上学期期末考试(解析版)

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高中化学审核员

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  辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、

           东北育才学校             2018  届高三上学期期末考试

可能用到的相对原子质量:B:11            O:16  P:31  S:32  Cu:64  Zn:55  Ba:137

                              客观卷    I    (50 分)

一.选择题(50    分,每题有一个选项符合题意,1-10             每题  2 分,1-20  每题  3 分)

1. 化学与社会、生产生活和科技都密切相关。下列说法正确的是

A. 在军舰船底镶嵌锌块作正极,以防船体被蚀

B. “天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料


C. SO2 具有氧化性,可用于漂白纸浆

D. 维生素   C 易被氧气氧化,用作食品抗氧化剂

【答案】D

【解析】A.锌的活泼性强于铁,军舰船底镶嵌锌块作负极,以防船体被腐蚀,为金属的

牺牲阳极的阴极保护法,故            A 错误;B.碳纤维成分为碳单质,是无机物,不是有机高分

子材料,故     B 错误;C.二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性,不是二氧

化硫的氧化性,故        C 错误;D.维生素       C 具有还原性,则用作食品抗氧化剂,故                 D 正确;

故选   D。


2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是


A. 0.1mol 苯乙烯中含有碳碳双键的数目为            0.4NA


                                                                -7
B. 25℃,1LpH=7  的  NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中,含        OH-的数目为     10 NA


C. 一定条件下,0.1molSO2      与足量氧气反应生成        SO3,转移电子数为        0.2NA


D. 电解精炼铜,当电路中通过的电子数目为                  0.2NA 时,阳极质量减少       6.4g

【答案】B
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【解析】A.苯环中无双键,故             0.1mol 苯乙烯中含    0.1mol 碳碳双键,故      A 错误;B、

                                                -   -7                      -
25℃,1LpH=7   的  NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中      c(OH )=10 mol/L,氢氧根的个数为       10

7
 NA,故   B 正确;C.SO2    与足量氧气反应生成         SO3 的反应为可逆反应,不能进行彻底,故

转移电子数小于       0.2NA,故  C 错误;D.电解精炼铜时,若阳极质量减少                  6.4g,由于阳极

有铁杂质存在,铁的摩尔质量小于铜的,所以阳极减少                       6.4g,转移的电子的物质的量不是

0.2mol,故  D错误;故选      B。

点睛:本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题

关键。本题的易错点为          D,要注意粗铜中含有杂质(铁、锌等),作阳极时,铁、锌也要放

电。

3. 下列说法对应的离子方程式合理的是


                      2-                              -
A. 碳酸钙与醋酸反应:CO3         +2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO


                                     3+   2-  2+     -            -
B. 明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:Al                +SO4 +Ba  +4OH =BaSO4↓+AlO2 +2H2O


                             -  -    -
C. 工业制取漂白液原理: Cl2+2OH        =Cl +ClO +H2O


                          3+     2-
D. 泡沫灭火器的工作原理:2A1           +3CO3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑

【答案】C

【解析】A.碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,醋酸和碳酸钙都需要保

                                                 2+                   -
留化学式,正确的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH=Ca                  +H2O+CO2↑+2CH3COO   ,故

                                                                  3+    2-
A 错误;B.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为:Al                               +2SO4

    2+     -             -
+2Ba  +4OH = 2BaSO4↓+AlO2 +2H2O,故  B 错误;C.氯气与      NaOH  溶液反应制备漂白液,

                    -  -    -
则离子反应为      Cl2+2OH ═Cl +ClO +H2O,故  C 正确;D.泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳

酸氢钠,硫酸铝溶液水解呈酸性,碳酸氢钠溶液水解呈碱性,所以硫酸铝和碳酸氢钠相互

                                               3+       -
促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解离子反应为                      Al  +3HCO3 ═Al(OH)3↓+3CO2↑,故

D 错误;故选     C。

点睛:本题考查了离子方程式的正误判断,要注意检查各物质拆分是否正确,如难溶物、

弱电解质等需要保留化学式。本题的易错点为                    D,要知道泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳

酸氢钠。
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4. X、Y、Z、W    为原子序数递增的        4 种短周期元素,其中         Y、Z  为金属元素。X、Y、Z、

W 的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连

的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是


A. X 是元素周期表中非金属性最强的元素

B. Z 冶炼可通过电解其氯化物的方式获得

C. 4 种原子中,Y     离子半径最小

D. W 的阴离子可能促进水的电离

【答案】D

【解析】Y、Z      为金属元素,对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应,则应为氢氧

化铝和氢氧化钠的反应,可知             Y 为 Na、Z  为  Al,乙为   NaOH,丙为    Al(OH)3,X  应为  N,

甲为   HNO3,W   可为为   S、Cl,则丁可能为       H2SO4、HClO4。由以上分析可知         X 为  N、

Y 为 Na、Z  为  Al、W  为 S 或 Cl,甲为    HNO3,乙为    NaOH,丙为    Al(OH)3,丁为

H2SO4 或 HClO4。A.X    为 N,元素周期表中非金属性最强的元素为                 F,故  A 错误;

B.Z  为  Al,位于周期表第三周期ⅢA           族,故   B 错误;C.4   种原子中,半径最小的为           N,

Y 为 Na,原子半径最大,故          C 错误;D.如     W 为  S,对应的离子为       S2-,水解呈碱性,可

促进水的电离,故        D 正确;故选     D。


                         +
5. 研究表明    N2O 与 CO 在  Fe 作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,下列说法

错误的是
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A. 反应总过程△H<0

B. Fe+使反应的活化能减小

C. 总反应若在     2L 的密闭容器中进行,温度越高反应速率一定越快


    +          +        +        +
D. Fe +N2O→FeO  +N2、FeO  +CO→Fe  +CO2 两步反应均为放热及应

【答案】C

【解析】A、反应物的总能量高生成物的总能量,则反应是放热反应,所以反应的△H<

0,故   A 正确;B、Fe+是催化剂,降低该反应的活化能,所以                    Fe+使该反应的活化能减小,

故  B 正确;C、该反应的总反应为           N2O+CO= N2+CO2,反应过程中使用了催化剂,催化剂

的活性与温度有关,只有在适当的温度范围内才能发挥催化剂的催化活性,因此温度越高,

                                           +          +
反应速率不一定越快,故           C 错误;D、由图可知        Fe +N2O→FeO   +N2、

    +       +
FeO +CO→Fe   +CO2 两步反应,都是反应物的总能高于生成物的总能量,所以两步反应均

为放热反应,故       D 正确;故选     C。

6. 下列说法错误的是

A. 硬脂酸甘油酯在       NaOH  溶液中水解完全后,加入饱和食盐水,下层析出硬脂酸钠


B. 乙酸的分子模型可表示为

C. 石油分馏是物理变化,可得到汽油、煤油和柴油等产品


D. 相同物质的量的       C3H6 和 C3H8O,充分燃烧,消耗氧气量相同

【答案】A
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【解析】A.加入氯化钠发生盐析,下层为水层,上层析出硬脂酸钠,故                              A 错误;B.乙

酸的结构简式为       CH3COOH,含有     3 个 C-H、1  个  C=O 键和-OH,分子模型可表示为


             ,故  B 正确;C、石油的分馏是根据物质的沸点不用进行分离的,可得汽油、

煤油和柴油,属于物理变化,故              C 正确;D.C3H6    消耗氧气的物质的量为


(3+ )mol=4.5mol,C3H8O 消耗氧气的物质的量为(3+          - )mol=4.5mol,消耗的氧气相同,故
D 正确;故选     A。

7. 下列实验操作中正确的是


【答案】B

【解析】A.加液态时,胶头滴管悬空正放,操作不合理,故                          A 错误;B.双手紧握试管,

观察水槽中是否有气泡冒出,则可检验气密性,故                     B 正确;C.操作酸式滴定管滴定时,

左手控制旋塞,大拇指在管前,食指和中指在后,三指轻拿旋塞柄,手指略微弯曲,向内

扣住旋塞,避免产生使旋塞拉出的力,故                  C 错误;D.蒸发时不能蒸干,防止硝酸铜分解,

应该加热至有大量晶体析出时停止加热,用余热蒸干,故                        D 错误;故选     B。

8. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源,如图为海水利用的部分过程。下

列有关说法正确的是
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A. 制取  NaHCO3  的反应是利用其溶解度比较小


                    2+    2-    2+
B. 除去粗盐中杂质(Mg        、SO4  、Ca   ),加入的药品顺序为:NaOH        溶液→Na2CO3   溶液

→BaCl2 溶液→过滤后加盐酸

C. 在第③、④、⑤步骤中,溴元素均被氧化


D. 工业上通过电解饱和         MgCl2 溶液制取金属镁

【答案】A


点睛:本题考查海水资源的综合应用,把握金属冶炼、氧化还原反应及海水提碘、海水提

溴的反应原理为解答的关键。本题的易错点为                    C,要熟悉海水提溴的流程,溴化钠溶液中

通入氯气氧化溴离子为溴单质,溴单质被二氧化硫溶液吸收,再通入氯气得到溴单质。

9. 下列有关物质、变化的说法中,正确的是

A. 化学变化不产生新元素,产生新元素的变化不是化学变化


                 -1
B. 向煮沸的    1mol·L NaOH  溶液中滴加     FeC13 饱和溶液制备     Fe(OH)3 胶体

C. 导电性属于物质的物理性质,所以物质导电时不可能发生化学变化


D. 液氯、乙醇、NH3      均属于非电解质

【答案】A

【解析】A.原子为化学变化中的最小微粒,化学变化中遵循元素守恒,则化学变化不产
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生新元素,产生新元素的变化不是化学变化,故                    A 正确;B.Fe(OH)3    胶体的制备是将

FeCl3 饱和溶液滴入沸水中制备的,向煮沸的               1mol/LNaOH  溶液中滴加     FeCl3 饱和溶液制备

Fe(OH)3 沉淀,故   B 错误;C.导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动,如电解时导

电发生化学变化,故         C 错误;D.液氯是单质,不属于电解质,也不属于非电解质,故

D 错误;故选     A。

10. 在一定条件下,氯气与碘单质以等物质的量进行反应,可得到一种红棕色液体                                ICl,

ICl 有很强的氧化性,ICl       跟 Zn、H2O  反应的化学方程式如下: 2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2,

IC1+HO=HC1+HIO,下列关于        ICl 性质的叙述正确的是


A. ZnCl2 是氧化产物,又是还原产物


B. ZnI2 既是氧化产物,又是还原产物


C. ICl 跟 H2O 的反应,IC1   是氧化剂,H2O      是还原剂

D. 反应  6.5gZn,转移电子     0.1mol

【答案】B


【解析】2ICl+2Zn═ZnCl2+ZnI2,中      Zn 元素的化合价升高,I        元素的化合价降低,而

ICl+H2O═HCl+HIO  中,各元素的化合价不变。A.在反应中                 ZnCl2 是氧化产物,故      A 错误;

B.在反应中      ZnI2 既是氧化产物,又是还原产物,故             B 正确;C.ICl+H2O═HCl+HIO      中,

各元素的化合价不变,不属于氧化还原反应,故                    C 错误;D.6.5gZn     的物质的量为

0.1mol,反应后生成      Zn2+,转移电子     0.2mol,故 D 错误;故选     B。

点睛:本题考查氧化还原反应,明确元素的化合价变化是解答本题的关键,注意                                  ICl 中

I 为+1 价,Cl  为-1 价为解答的关键,ICl+H2O═HCl+HIO         中,各元素的化合价不变是易错

点。


11. 下列装置由甲、乙部分组成(如图所示),甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环

境友好物质形成的化学电源。当电池工作时,下列说法正确的是
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A. 电子的流动方向       M→Fe→CuSO4   溶液→Cu-N


                                   -   -
B. M 极电极反应式: H2N(CH2)2NH2+16OH      -16e ==2CO2↑+N2↑+12H2O


C. 当 N 极消耗    5.6LO2 时,则铁极增重      32g


D. 一段时间后,乙中        CuSO4 溶液浓度基本保持不变

【答案】D

【解析】根据题给信息知,甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池,M                                是负极,N    是

正极,电解质溶液为酸性溶液,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应;

乙部分是在铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连,铜为阳极应与正极相连。A.M                                  是负极,

N 是正极,电子不能通过溶液,故              A 正确;B.H2N(CH2)2NH2    在负极    M 上失电子发生氧

                                                                 -
化反应,生成但其、二氧化碳和水,电极反应式为                     H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e

               +
═2CO2↑+N2↑+16H  ,故   B 错误;C.未注明是否为标准状况,无法计算                  5.6LO2 的物质的量,

故  C 错误;D.乙部分是在铁上镀铜,电解液浓度基本不变,所以乙中                           CuSO4 溶液浓度基

本保持不变,故       D 正确;故选     D。

12. 下图所示与对应叙述相符的是


A. 图甲表示一定温度下         FeS 和 CuS 的沉淀溶解平衡曲线,则           Ksp(FeS)<Ksp(CuS)

B. 图乙表示    pH=2 的甲酸与乙酸溶液稀释时的            pH 变化曲线,则酸性:甲酸<乙酸
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C. 该温度下向     20mL0.1mol/LCH3COOH  溶液中逐滴加入       0.1mol/LNaOH 溶液,pH    变化曲

                                          -     +
线如图丙所示(忽略温度变化),则①点               c(CH3COO )>c(Na )>c(CH3COOH)


D. 图丁表示反应      N2(g)+3H2(g)   2NH3(g)平衡时   NH3 体积分数随起始           变化的曲线,

则转化率:αA(H2)=αB(H2)

【答案】C

【解析】A.由图像可知,当            c(S2-)相同时,平衡时      c(Cu2+)<c(Fe2+),则 c(Fe2+)·c(S2-)>

    2+   2-                   2+   2−               2+   2−
c(Cu )·c(S ),根据  Ksp(FeS)=c(Fe )·c(S ),Ksp(CuS)=c(Cu )·c(S ),则 Ksp(FeS)>

                                       +                   +            +
Ksp(CuS),故  A 错误;B.溶液中       pH 值与  c(H )间的关系为     pH=-lgc(H ),溶液中   c(H )大,

对应的   pH 值就小,当稀释弱酸时,随着水的加入,稀释可以促进弱酸的电离,但是总体


来讲,溶液体积的增量超过溶液中               H+的物质的量的增量,表现为溶液中               c(H+)=     减小,

pH 值增大;由于稀释促进弱酸的电离,因而在稀释相同倍数的弱酸时,对于酸性较弱的酸,

能够促进其电离,增加了溶液中              H+的量,也就表现为        c(H+)会较酸性较强的弱酸大些,

pH 就较酸性较强的弱酸小些,因此总的来讲,酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液                                 pH 值越

大,从图像看出,甲酸的酸性是较乙酸强,即酸性甲酸>乙酸,故                            B 错误;C.①点时加

入  10mL 氢氧化钠溶液和醋酸反应,得到溶液中是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,溶

                                       -     +
液呈酸性,以醋酸的电离为主,则               c(CH3COO )>c(Na )>c(CH3COOH),故   C 正确;D.由

图像可知,A      与 B 状态时   NH3 的百分含量相等,对于有两种反应物参加的可逆反应,增加


其中一种反应物的物料可使得另一种反应物的转化率增加;A                          状态时,        值较小,可认


为是增加了     H2 的量使得    H2 自身的转化率变小,B         状态时,        值较大,可认为是增加了

N2 的量,从而提高了        H2 的转化率,转化率       αA(H2)不一定等于     αB(H2),故  D 错误;故选

C。

13. 下列类比关系正确的是


                                         2-         -
A. 少量碳酸钠溶液与醋酸反应:2CH3COOH+CO3              =2CH3COO  +CO2↑+H2O,则与次氯酸反
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                            -8               -7        -11
应也生成    CO2(HC1O Ka=2.98×10  ,H2CO3 K1=4.3×10  K2=5.6×10


B. Fe2O3 与盐酸反应生成      FeCl3,则与氢碘酸反应也可生成           FeI3


C. FeCl3 加热蒸干、灼烧得      Fe2O3,则  FeCl2 加热蒸干、灼烧得       FeO


D. Al 与 Fe2O3 能发生铝热反应,则与        MnO2 也能发生铝热反应

【答案】D


                             -8                 -7        -11
【解析】A.根据      HClO  Ka=2.98×10  ,H2CO3 K1=4.3×10  K2=5.6×10 可知,酸性碳酸>

次氯酸>碳酸氢根离子,因此少量碳酸钠溶液与次氯酸不反应,故                            A 错误;B.Fe2O3    与氢

碘酸反应生成的铁离子具有氧化性,能够将碘离子氧化生成碘单质,故                              B 错误;C. 

FeCl3 水解生成的氯化氢易挥发,加热蒸干、灼烧得                  Fe2O3,而  FeO 不稳定,加热生成四氧

化三铁,故     C 错误;D、铝热反应是铝在高温下来还原一些高熔点的金属单质,并且放出

大量的热,所以       Al 与 Fe2O3 能发生铝热反应,与        MnO2 也能发生铝热反应,故          D 正确;故

选  D。

14. 下列说法不正确的是

A. 干冰升华和液氧气化时,都只需克服分子间作用力


B. N2 和 Cl2O 两种分子中,每个原子的最外层都具有               8 电子稳定结构

C. HF、HCl、HBr、HI    的热稳定性和还原性均依次减弱

D. 石墨转化金刚石,既有化学键的断裂,又有化学键的形成

【答案】C

【解析】A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体,所以干冰升华和液氧气化时,都只需

克服分子间作用力,故          A 正确;B、氮气含       N≡N,Cl2O   中含  2 个 O-Cl 键,N  原子上存在

1 对孤对电子,O      原子上存在     2 对孤对电子,Cl      原子上存在     3 对孤对电子,则两种分子中,

每个原子的最外层都具有           8 电子稳定结构,故        B 正确;C、同一主族,从上到下,元素的

非金属性逐渐减弱,所以非金属性:F>Cl>Br>I,元素非金属性越强,其氢化物越稳定,

对应阴离子的还原性越弱,所以热稳定性:HF>HCl>HBr>HI;还原性:HF<HCl<
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HBr<HI,故    C 错误;D、石墨转化金刚石是化学变化,既有化学键的断裂,又有化学键

的形成,故     D 正确;故选     C。

15. 有机物   X 的结构简式如下图,下列说法正确的是


A. X 分子式为    C10H20O,它是环己醇的同系物

B. X 分子环上的一氯取代物只有           3 种

C. X 分子中至少有     12 个原子在同一平面上

D. 在一定条件下,X        能发生氧化反应生成醛

【答案】A


【解析】A.根据结构简式,X             分子式为    C10H20O,X  与环己醇结构相似,分子式不同,互

为同系物,故      A 正确;B.X     的结构不同对称,环上的一氯取代物有                 6 种,故  B 错误;

C.含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,最少有                      3 个 C 原子共平面,故      C 错误;

D.X  中含有羟基,一定条件下能够发生氧化反应,但不能生成醛,是生成酮,故                                D 错误;

故选   A。

点睛:本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易

错点为   CD,C   中要注意    X 中没有苯环结构;D         中要注意羟基发生氧化反应时,—


CH2OH  氧化生成醛基,               氧化生成羰基,            不能发生催化氧化。

16. 下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是

    选项    实验及现象                                       结论


    A                                                 增大  Cl-浓度,平衡不移动
          在  KSCN 与  FeCl3 的混合液中再加入       KCl 固体,
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          溶液颜色不变


          向  NaHCO3 溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有
    B                                                 证明非金属性:Cl>C
          气泡产生


          将硫酸酸化的       H2O2 溶液滴入   Fe(NO3)2 溶液中,溶
                                                                       3+
    C                                                 证明氧化性:H2O2>Fe
          液变黄色


          AgCl 的浊液中加入      0.1mol/LK2CrO4 溶液,生成       Ag2CrO4 的溶度积比
    D
          Ag2CrO4 砖红色                                 AgCl 的小

【答案】A

【解析】A.KCl      对铁离子与     SCN-的络合反应无影响,则无现象,平衡不移动,故                     A 正确;

B.NaHCO3   溶液中加入过量盐酸,可知酸性盐酸大于碳酸,但盐酸为无氧酸,则不能比较

Cl、C  的非金属性,故       B 错误;C.酸性条件下硝酸根离子也能氧化亚铁离子,不能确定

是否为过氧化氢与亚铁离子反应,故                C 错误;D. AgCl  的浊液中加入       0.1mol/LK2CrO4 溶液,

生成   Ag2CrO4 砖红色,但    AgCl 和 Ag2CrO4 的组成形式不相似,无法比较            Ag2CrO4 和

AgCl 的溶度积的大小,故         D 错误;故选     A。


17. 在体积恒定的密闭容器中,一定量的               SO2 与 1.25molO2 在催化剂作用下加热到         600℃发


生反应: 2SO2(g)+O2(g)         2SO3(g) △H<0 。30s 气体的物质的量减少         0.45mol 时反应
达到平衡,在相同的温度下测得气体压强为反应前的                      80%。下列有关叙述正确的是

A. 达到平衡时,气体的密度是反应前的                80%


B. 将平衡混合气体通入过量           BaCl2 溶液中,得到沉淀的质量为           209.7g

C. 该温度下的平衡常数为          101.25L/moL


                              -2
D. 0~30s 时 SO3 生成速率为     3.0×10 mol/(L.s)

【答案】B

【解析】气体的物质的量减少             0.45mol 时,根据反应方程式可知,有            0.45mol 的氧气参加
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反应,设二氧化硫起始的物质的量为                amol,利用三段式分析,


            2SO2(g)+O2(g)  2SO3(g)    

起始(mol)  a        1.25               0

转化(mol) 0.9       0.45              0.9

平衡(mol)a-0.9      0.8              0.9


根据压强之比等于物质的量之比有                           =80%,所以    a=1。A、该反应前后气体的
质量不变,容器的体积不变,气体的密度始终不变,故                       A 错误;B、平衡混合气体中三氧

化硫的物质的量为        0.9mol,与氯化钡反应生成硫酸钡的质量为               209.7g,故  B 正确;C、根


据平衡常数     K=           ,而该反应中容器的体积未知,无法计算平衡常数,故                       C 错误;

D. 该反应中容器的体积未知,无法计算                SO3 生成速率,故     D 错误;故选     B。

点睛:本题考查了化学平衡的计算。注意三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,二

氧化硫和氯化钡溶液不反应,为易错点。由于容器的体积为主,与浓度相关的物理量均无

法计算。

18. 下列示意图表示正确的是
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A. A 图表示   Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H1=+26.7kJ/mol 反应的能量变化

B. B 图表示碳的燃烧热


C. C 图表示实验的环境温度         20℃,将物质的量浓度相等、体积分别为                 V1、V2 的 H2SO4、

NaOH  溶液混合,测量混合液温度,结果如图(已知:V1+V2=60mL)


D. D 图己知稳定性顺序:B           B     C 构成,反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3                 表

示两反应的活化能)

【答案】D

【解析】A. A    图中反应物的总能量比生成物高,反应为放热反应,而

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s) +3CO2(g)  △H1=+26.7kJ/mol 为吸热反应,故  A 错误;B.    碳的燃烧

热是指   1molC 完全燃烧放出的热量,而           B 图 2mol 碳的反应热,故       B 错误;C.   酸碱中和反

应为放热反应,物质的量浓度相等、体积分别为                    V1、V2  的 H2SO4、NaOH   溶液混合,

V1+V2=60mL,则   V1=20mL,V2=40mL    时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应,放出的热量最多,

温度最高,与图像不符,故            C 错误;D.物质的总能量越低,越稳定,所以三种化合物的

稳定性顺序:B<A<C,故           D 正确;故选     D。


                      -     2-      -     2-    2-      -   +    3+    2+
19. 某溶液中可能含有        OH 、CO3  、A1O2  、SiO3  、SO4  、HCO3  、Na  、Fe  、Mg   、

Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时,发现生成沉淀的物

质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是


                                         2-
A. 原溶液中可能含有        Na2SO4、可能不含有      CO3


                                 -      -     2-
B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH              、A1O2  、CO3


                2-      -
C. 原溶液中含     CO3  与 A1O2 的物质的量之比为        3:4

D. a-d>3/4
                 中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台

【答案】C

【解析】由图象分析可知,开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应,说明溶液

中一定含    OH-离子,则与氢氧根离子不能共存的是                Fe3+、Mg2+、Al3+;随后反应生成沉淀

                    -     2-                                               -
逐渐增大,说明是        AlO2 、SiO3 和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀,由于                      AlO2

       -                                                -
与  HCO3 发生反应生成氢氧化铝沉淀,则溶液中一定不存在                     HCO3 ;继续加入盐酸沉淀量

                             2-
不变,消耗盐酸的离子只能是             CO3 离子,反应完后继续加入盐酸,沉淀逐渐减小,到不再

改变,进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀,氢氧化铝沉淀溶于盐酸,最后剩余沉淀为

硅酸;硫酸根离子不能确定是否存在,但根据溶液的电中性可知,溶液中一定含有                                   Na+离

子。A.溶液中硫酸根离子不能确定,剩余原溶液中不一定含有                           Na2SO4,故  A 错误;

                                         -     2-     -     2-
B.依据判断原溶液中一定含有的阴离子是:OH                    、SiO3 、AlO2  、CO3  ,故  B 错误;

                                                  2-  +
C.依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为                   2 体积,CO3    +2H =CO2↑+H2O  氢氧化铝溶

                                    +  3+                       2-     -
解消耗的盐酸体积为         4 体积,Al(OH)3+3H   =Al  +3H2O,原溶液中含有       CO3  与 AlO2 的物

质的量之比为      3:4,故    C 正确;D.根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为                     4,假设盐

酸的浓度为     1mol/L,则消耗氯化氢       4mol,则溶解的氢氧化铝为           mol,则溶液中含有       mol 

    -              -                          -      2-
AlO2 ,沉淀   mol AlO2 需要盐酸    mol,a-d 对应于   AlO2 和 SiO3 消耗的盐酸大于       mol,即

a-d> ,故   D 错误;故选     C。

点睛:本题考查了离子检验的方法和应用,题目难度较大,正确分析图像曲线变化为解题

关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易

                                                             -     2-
错点为   D,要注意根据反应的方程式分析判断,要知道                    a-d 对应于   AlO2 和 SiO3 消耗的盐

酸。


20. 若用  AG 表示溶液的酸度,其表达式为             AG=        室温下,实验室里用         0.1mol/L 的

盐酸滴定    10mL0.1mol/LMOH  溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
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A. 该滴定过程可选择酚酞作为指示剂

B. 若 B 点加入的盐酸体积为         5mL,所得溶液中:c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)

C. 水的电离程度:A

D. MOH  的电离平衡常数为        1×10-17

【答案】B

【解析】A.用       0.1mol/L 的盐酸溶液滴定     10mL 0.1mol/L MOH 溶液,AG=-8,AG=lg[


      ],      =10-8,c(H+)c(OH-)=10-14,c(OH-)=10-3mol/L,说明 MOH 为弱碱,恰好反

应溶液显酸性,选择甲基橙判断反应终点,故                    A 错误;B.若     B 点加入的盐酸溶液体积为

5 mL,得到等浓度的       MCl 和  MOH  混合溶液,溶液中存在电荷守恒              c(M+)+c(H+)=c(OH-

)+c(Cl-),物料守恒为:c(M+)+c(MOH)=c(Cl-),消去氯离子得到:

c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-),故  B 正确;C.滴定过程中从          A 点到  D 点溶液中水的电

离程度,A-B     滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小,对水抑制程度减小,到恰好反应

MCl,M+离子水解促进水电离,电离程度最大,继续加入盐酸抑制水电离,滴定过程中从

A 点到  D 点溶液中水的电离程度,D<A<B<C,故                 C 错误;D.室温下,0.1mol/L 


MOH  溶液,AG=-8,即      AG=lg[      ]=-8,即      =10-8,而水的离子积       K=c(H+)•c(OH-

)=10-14,两式联立可知:c(H+)=10-11,c(OH-)=10-3,在      MOH  溶液中,c(M+)≈c(OH-)=10-3,


故电离平衡常数       K=             =10-5,故 D 错误;故选     B。
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                              主观卷    II    (50 分)

二、必做题(38     分)


21. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含                    SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO   等物质)。

某小组以此废玻璃为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到                             Ce(OH)4。


                             3+                     4+
己知:CeO2  不溶于强酸或强碱;Ce          易水解,酸性条件下,Ce           有强氧化性。

(1)废玻璃在    NaOH 溶液浸洗前往往要进行的操作________,反应①的离子方程式

_______。

(2)反应②的离子方程武是____________。

(3)为了得到较纯的       Ce3+溶液,反应②之前要进行的操作是______。

(4)反应③需要加入的试剂         X 可以是_________。


(5)用滴定法测定制得的        Ce(OH)4 产品纯度。


用  FeSO4 溶液滴定用_____做指示剂,滴定终点的现象_______若所用                  FeSO4 溶液在空气中

露置一段时间后再进进行滴定,则测得该                  Ce(OH)4 产品的质量分数____(填“偏大”、“偏小”

或“无影响”)。


                                   -    2-
【答案】        (1). 粉碎    (2). SiO2+2OH =SiO3 +H2O    (3). 
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              +    3+
2CeO2+H2O2+6H  =2Ce +O2↑+4H2O     (4). 洗涤    (5). O2 或其它合理答案         (6). 

K3[Fe(CN)6]    (7). 最后一滴溶液时,生成淡蓝色沉淀,且振荡也不再消失                        (8). 偏大


(1)废玻璃在    NaOH 溶液浸洗前往往要需要粉碎,可以提高浸取率和浸取速率,反应①中二

                                                        -    2-
氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠,反应的离子方程式为                       SiO2+2OH =SiO3 +H2O,故答案为:

               -    2-
粉碎;SiO2+2OH    =SiO3 +H2O;


                                          3+                            +
(2)反应②为    CeO2 与 H2O2 和稀 H2SO4 反应生成    Ce  和 O2,反应为:2CeO2+H2O2+6H       = 

   3+                                   +    3+
2Ce  +O2↑+4H2O;故答案为:2CeO2+H2O2+6H        =2Ce +O2↑+4H2O;

(3)为了得到较纯的       Ce3+溶液,反应②之前需要滤渣           B 进行洗涤,故答案为:洗涤;


(4)根据上述分析,反应③中          Ce(OH)3 悬浊液被氧化生成        Ce(OH)4,需要加入的试剂        X 可以

是  O2,故答案为:O2;


(5) K3[Fe(CN)6]能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀,用                 FeSO4 溶液滴定可以用

K3[Fe(CN)6] 做指示剂,滴定终点的现象为最后一滴溶液时,生成淡蓝色沉淀,且振荡也

不再消失;所用       FeSO4 溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定,部分亚铁离子被氧化生

成铁离子,则硫酸亚铁浓度降低,导致硫酸亚铁溶液体积增大,所以测得该                                Ce(OH)4 产品

的质量分数偏大;故答案为:K3[Fe(CN)6];最后一滴溶液时,生成淡蓝色沉淀,且振荡也

不再消失;偏大。


22. CO、CO2 的转化再利用能够很好的减少温室效应,给环境问题的解决提供了一个很好

的方法。其中用有机合成的方式可以合成醋酸、甲醇等,用无机方式转化为碳酸盐或者碳

酸氢盐。
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I.(1)土壤中也含有碳酸盐,土壤中           Na2CO3 含量较高时,pH      可高达    10.5,试用离子方程式

解释土壤呈碱性的原因:_______________。加入石膏(CaSO4·5H2O)可以使土壤碱性降低,

原因是(用化学用语表达)_____________________________。


(2)常温下在    20mL0.1mol/LNa2CO3 溶液中逐滴加入      40mL0.1mol/LHCl 溶液,溶液中含碳元

素的各种微粒(CO2      因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液                pH 变化的部分情况如图所示。

回答下列问题:


                            -     2-
①在同一溶液中,H2CO3、HCO3          、CO3   _____(填“能”或“不能”)大量共存。

②溶液中各种粒子的物质的量浓度关系正确的是为_______。


              +               2-     -    +
A.pH=11 时:c(Na )>c(H2CO3)>c(CO3 )>c(OH )>c(H )


                 -    -
B.pH=11 时:c(HCO3 )>c(Cl )


              +       -      2-      -    +
C.pH=7 时: c(Na )>c(HCO3 )>c(CO3 )>c(OH )=c(H )


               +    +       2-      -
D.pH=11 时: c(Na )+c(H )=3c(CO3 )+c(OH )

③计算出碳酸钠的水解平衡常数为________。

II.醋酸成本低,在生产中被广泛应用。


(1)若某温度下,CH3COOH(aq)与      NaOH(aq)反应的△H=-46.8kJ/mol,则     H2SO4(aq)与 NaOH(aq)的

中和热为    57.3kJ/mol,则  CH3COOH  在水溶液中电离的△H=_________。

(2)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺,

不必生产乙醇或乙醛做中间体,使产品成本降低,具有明显经济优势.其合成的基本反应如


下:   CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)                 CH3COOC2H5(l) 该反应类型是______,
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为提高乙酸乙酯的合成速率和产率,可以采取的措施有________(任写出一条)。

(3)在 n(乙烯)与  n(乙酸)物料比为      1 的条件下,某研究小组在保持不同压强下进行了在相同

时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验,实验结果如图所示。


回答下列问题:

①温度在    60~80℃范围内,乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是______[用

v(P1).v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率];

②a、b、c   三点乙烯的转化率从大到小顺序______。


③P1 下乙酸乙酯的产率        60℃~90℃时,先升高后降低的原因是_______,根据测定实验结

果分析,较适宜的生产条件是___________(合适的压强和温度)。


                  2-             -    -                  2-
【答案】        (1). CO3 +H2O    HCO3 +OH     (2). CaSO4(s)+CO3

                    2-                              -3
(aq)    CaCO3(s)+SO4     (3). 不能    (4). B    (5). 1×10     (6). +10.5kJ/mol    (7). 

加成反应        (8). 通入乙烯气体或增大压强             (9). v(P1)>v(P2)>v(P3)    (10). c>b>a    

(11). 60℃~80℃反应从正方向开始,未达平衡,温度高反应速率大,乙酸乙酯产率高;

80℃时反应已达平衡且正反应放热,故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降                                    (12). 

P1MPa、80℃


                                   2-                            -
【解析】I.(1)Na2CO3   为强碱弱酸盐,CO3        结合水电离的氢离子,生成            HCO3 、H2CO3,破

                                           2-            -   -
坏水的电离平衡,使土壤呈碱性,离子方程式                    CO3 +H2O    HCO3 +OH  ,加入石膏

                                            2-            2-
(CaSO4•2H2O)后,与   Na2CO3 反应生成    CaCO3,CO3   浓度降低,CO3      水解平衡向左移动,

   -                                  2-                  2-              2-
OH  浓度降低,反应方程式为           CaSO4(s)+CO3 (aq)   CaCO3(s)+SO4 ,故答案为:CO3
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             -   -              2-                  2-
+H2O    HCO3  +OH ;CaSO4(s)+CO3  (aq)   CaCO3(s)+SO4 ; 


 (2)常温下在   20mL0.1mol/L Na2CO3 溶液中逐滴加入      0.1mol/L HCl 溶液 40mL,先反应生成

                                                                2-
碳酸氢钠,再与盐酸反应生成二氧化碳、水,结合图像可知,曲线                            a 为 CO3 ,曲线    b 为

     -
HCO3 ,曲线    c 为 H2CO3。


                                             -     2-
①由反应及图像可知,在同一溶液中,H2CO3、HCO3                   、CO3  不能大量共存,故答案为:

不能;

②A. pH=11 时,溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠,溶液中几乎没有

                 2-
H2CO3,因此    c(CO3 )>c(H2CO3),故  A 错误;B.pH=11   时,溶液中含有等浓度的碳酸钠和

                                                         -     -
碳酸氢钠和氯化钠,溶液显碱性,以碳酸钠水解为主,因此                         c(HCO3 )>c(Cl ),故 B 正确;

C.当 pH=7 时,溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠,碳酸氢钠水解溶液显碱性,溶液中几乎

        2-          -    +      2-                            2-       -
没有   CO3 ,因此   c(OH )=c(H )>c(CO3 ),故 C 错误;D.pH=11    时,c(CO3  )=c(HCO3 ),溶

                                                           +     +       2-
液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠,根据电荷守恒, c(Na                           )+ c(H )=2c(CO3 )+ 

    -        -     -        2-      -     -
c(OH )+ c(HCO3 )+ c(Cl )=3 c(CO3 )+ c(OH )+ c(Cl ),故 D 错误;故选 B;


                                                             2-       -
③碳酸钠的水解常数         Kh=              ,根据图像,pH=11      时,c(CO3   )=c(HCO3 ),则


                       -                   -3               -3
Kh=              = c(OH )=    =       =1×10 ,故答案为:1×10       ;

                                                           -  +
II.(1)醋酸是弱酸存在电离平衡,电离方程式为:CH3COOH⇌CH3COO                     +H ,

                  -            -                       -1    +       -
①CH3COOH(aq) +OH   (aq)═CH3COO (aq)+H2O(l) △H=-46.8kJ•mol ,②H (aq)+OH

                        -1
(aq)═H2O(l) △H=-57.3kJ•mol ,用①-②可得    CH3COOH  电离的热化学方程式为:

               +            -                -1          -1           -1
CH3COOH(aq)⇌H   (aq)+CH3COO (aq) △H=-46.8kJ•mol -(-57.3kJ•mol )=+10.5kJ•mol ,故答

案为:+10.5kJ•mol-1;


(2)根据  CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)          CH3COOC2H5(l),该反应为加成反应,为提高

乙酸乙酯的合成速率和产率,改变条件加快反应速率且平衡正向进行,可以增大反应物浓

度或增大压强等,故答案为:加成反应;通入乙烯气体或增大压强;


(3)①CH2═CH2(g)+CH3COOH(l)         CH3COOC2H5(l),温度一定压强增大平衡正向进行,
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反应速率增大,图像分析可知             P1>P2>P3,则温度在      60~80℃范围内,乙烯与乙酸酯化合

成反应速率由大到小的顺序是             v(P1)>v(P2)>v(P3),故答案为:v(P1)>v(P2)>v(P3);


②根据   CH2═CH2(g)+CH3COOH(l)          CH3COOC2H5(l),压强越大,乙烯的转化率越大,

根据①的分析,P1>P2>P3,则转化率             c>b>a,故答案为:c>b>a;

③由图象可知,60℃~80℃反应从正方向开始,未达平衡,温度高反应速率大,乙酸乙酯产

率高;P1 MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热,故压强不变升高温度平衡逆向移动产

率下降;选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大,图像中乙酸乙酯产率最大的条件是:

P1 MPa、80℃,故答案为:60℃~80℃反应从正方向开始,未达平衡,温度高反应速率大,

乙酸乙酯产率高;80℃时反应已达平衡且正反应放热,故压强不变升高温度平衡逆向移动

产率下降;P1 MPa、80℃。

23. 土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题,有报道说,喝了自制葡萄酒差点

失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种,难以控制,而产生对神经有毒的甲醇等

物质。科学酿酒加        SO2 等辅料。我国国家标准(GB2760-2014)规定葡萄酒中                 SO2 的残留

量≤0.25g/L。


(1)葡萄酒中添加      SO2 的作用可能是________。

A.氧化细菌           B.抗氧化        C.漂白        D.增酸作用

I.实验方案一


利用   SO2 的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的                SO2 或 HSO3。设计如图     1 的实验:


(2)甲同学得出实验结论:        干白葡萄酒中不含        SO2 或 HSO3。这个结论是否合理?说明理由
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_________。

Ⅱ.实验方案二

如图   2 是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置,部分固定装置未画出。


(3)关闭弹簧夹     2,打开弹簧夹      1,注入硫酸至浸没瓶中固体,写出              C 装置反应的方程式

______,每消耗    1molNa2O2,则转移电子数___________。


(4)关闭弹簧夹     1 后,打开弹簧夹      2,残余气体进入       E、F  中,为了证明      SO2 有还原性,并

从绿色化学的角度考虑,则            Z 试剂可以是___________,现象是___________。

Ⅲ.实验方案三


用电化学法模拟工业处理           SO2。将硫酸工业尾气中的          SO2 通入图   3 装置(电极均为惰性材料) 

进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:


(5)M 极发生的电极反应式为__________。N           极区溶液    pH______(变大、变小、不变)。
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(6)若使该装置的电流强度达到           2.0A,理论上    8 分钟应向负极通入标准状况下气体的体积

为___L (已知: 1  个 e 所带电量为     1.6×10-19C,阿伏伽德罗常数      6×1023)。

【答案】        (1). BD    (2). 不合理,实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色,葡

萄酒中的    SO2 含量很低,所以也不能使品红褪色                  (3). SO2+Na2O2=Na2SO4    (4). 2NA    

(5). 酸性 KMnO4     (6). 红色溶液变浅或褪色(FeCl3       溶液,溶液由棕黄色变为浅绿色)    

               -   2-   +
(7). SO2+2H2O-2e =SO4 +4H     (8). 变大    (9). 0.112

【解析】(1)二氧化硫具有较强的还原性,可以防止葡萄酒被氧化,二氧化硫的水溶液显酸

性,可以增强葡萄酒的酸性,二氧化硫有漂白性,但二氧化硫的含量很少,没有将葡萄酒

漂白,故选     BD;

I.(2)1 滴饱和亚硫酸溶液滴入        3mL 品红溶液中不褪色,而          1 滴品红溶液滴入       3mL 饱和亚硫

酸溶液中褪色,说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果,干白葡萄酒不能使品红溶

液褪色,原因为:干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少,故答案为:不合理,实验对比说明

浓度低的亚硫酸不能使品红褪色,葡萄酒中的                    SO2 含量很低,所以也不能使品红褪色;


Ⅱ.实验方案二:装置          A 中制备二氧化硫,X        干燥二氧化硫,C        中检验   SO2 与 Na2O2 反应

是否有氧气,D       中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫,防止污染空气.E                       装置验证二氧化

硫的还原性,F      装置验证二氧化硫为酸性气体,并吸收二氧化硫,防止污染空气。

(3)关闭弹簧夹     2,打开弹簧夹      1,注入硫酸至浸没瓶中固体,A             装置中亚硫酸钠与浓硫酸

反应放出二氧化硫,二氧化硫被干燥后与过氧化钠反应生成硫酸钠,反应的方程式为

SO2+Na2O2=Na2SO4,根据方程式,每消耗          1molNa2O2,转移    2mol 电子,故答案为:

SO2+Na2O2=Na2SO4;2NA;


 (4)关闭弹簧夹     1 后,打开弹簧夹      2,残余气体进入       E、F  中,为了证明      SO2 有还原性,并

从绿色化学的角度考虑,则            Z 试剂选择酸性      KMnO4,高锰酸钾具有强氧化性,被二氧化硫

还原褪色,故答案为:酸性            KMnO4;红色溶液变浅或褪色;

Ⅲ.(5)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸,M                    电极为负极,N       电极为正极,M       电极

                             2-
上二氧化硫失去电子氧化生成             SO4 ,根据原子守恒会电荷守恒可知,有水参加反应,有氢

                                   -    2-   +                       --   +
离子生成,电极反应式为:SO2+2H2O-2e             ═SO4 +4H ,N  电极的反应式为       O2 + 4e + 4H  
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                                                 -    2-   +
== 2H2O,N  极区溶液    pH 变大,故答案为:SO2+2H2O-2e         ═SO4 +4H  ;变大;


(6)8 分钟转移电子物质的量为                    =0.01mol,则需要二氧化硫体积为:

      ×22.4L/mol≈0.112L,故答案为:0.112。

点睛:本题考查物质性质探究实验、原电池原理及计算等,掌握物质的性质理解原理是解

题的关键。本题的难点是(6),需要根据电流计算电量,再计算转移电子物质的量,结合电

子转移守恒计算通入二氧化硫物质的量。

三、选做题: 请在      24、25  两题中选择一题做答,并在答题卡上涂黑

24. 磷是生物体中不可缺少的元素之一它能形成多种化合物。

(1)磷元素位于周期表的______区,基态磷原子价层电子排布图_______。

(2)第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有________种。


(3)白磷(P4)分子是正四面体结构,磷原子杂化方式为______,3.1g                  白磷中   σ 键的数目为

___。P4 易溶于二硫化碳,难溶于水,原因是___________。


           3+                       3+
(4)磷酸与   Fe 可形成   H3[FePO4)2],基态  Fe  的核外电子排布式为______,Fe、P、O            电负

性由大到小的顺序是____________。


(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料,下图为其晶胞结构,阿伏伽德罗常数为                              NA,磷化硼

晶体的密度为      ρg/cm3,B  与 P 最近距离为______cm(列出计算式即可),估测该晶体的熔点

_______(填“高于”或“低于”)金刚石。


                                                     3
【答案】        (1). p    (2).              (3). 2    (4). sp     (5). 0.15NA    (6). 
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P4 和 CS2 是非极性分子,H2O       是极性分子,根据相似相溶的原理,P4               易溶于   CS2,难溶于


水     (7). 1s22s22p63s23p63d5    (8). O>P>Fe    (9).          (10). 低于

【解析】(1)P    原子核外有     15 个电子,分三层排布,即有三个能层,所以电子占据的最高能

层符号为    M;最外层为      3s2p3,则磷元素位于周期表的          p 区,基态磷原子价层电子排布图为


             ,故答案为:p;                   ;

(2)同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势,但                     P 元素原子    3p 能级是半满稳定状态,

能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故铝到磷元素的第一电离能                               P>S>Si>Al,

所以第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有                        2 种,故答案为:2;


(3)P4 分子为正四面体构型,键角为           60°,P4 分子中每个     P 原子与相邻的      3 个 P 原子形成

                                                          3
3 个 σ 键、含有    1 对孤对电子,杂化轨道数目为            4,则  P 原子采取    sp 杂化;因为     P4 分子中

每个   P 原子与相邻的     3 个 P 原子形成    3 个 σ 键,则平均每个       P 原子形成   1.5 个 σ 键,所以


3.1g 白磷中  σ 键的数目为           ×1.5=0.15mol,数目为   0.15NA;相似相溶原理是指由于极
性分子间的电性作用,使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂,难溶于非极

性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂,难溶于极性分

子组成的溶剂,P4       和 CO2 是非极性分子,H2O       是极性分子,根据相似相溶的原理,P4                易溶

                             3
于  CO2,难溶于水,故答案为:sp           ;0.15 NA;P4 和 CO2 是非极性分子,H2O        是极性分子,

根据相似相溶的原理,P4          易溶于   CO2,难溶于水;

(4)Fe 原子核外有    26 个电子,核外电子排布为          1s22s22p63s23p63d64s2,Fe 原子失去 4s 能级

2 个电子、3d    能级  1 个电子形成     Fe3+,Fe3+电子排布式为      1s22s22p63s23p63d5;同周期元素

从左到右元素的电负性逐渐增强,则电负性:S>P,同主族元素从上到下电负性逐渐减弱,

则电负性:O>S,所以电负性            O>P,又    Fe 为金属元素,则电负性由大到小的顺序是                 O>

P>Fe,故答案为:1s22s22p63s23p63d5;O>P>Fe;


(5)该晶胞中    P 原子个数=8×    +6× =4,B  原子个数为     4,化学式为     BP,设晶胞边长=acm,

则晶胞的体积      V=(acm)3,ρ=  =      g•cm3,解得   a=       cm,根据图像,B      与  P 最近
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距离为体对角线的         ,则  B 与 P 最近距离=     ×  ×      cm=  ×       cm;P-B  的键长比


C-C 键长大,熔点比金刚石低,故答案为:                  ×      ;低于。

25. 高分子材料     PET 聚酯树脂和     PMMA  的合成路线如下图:


已知:


I.RCOOR´+R "OH       RCOOR "+R´OH (R.R'、R"代表烃基)


II.                                                     (R 代表烃基)。

(1)PMMA 单体的结构简式为_______,PET          单体中的官能团名称为________。

(2)反应⑤的反应类型是________;反应②的化学方程式为_________。

(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为                 n,则缩聚反应中脱去的小分子有(___)个。

(4)PMMA  单体有多种同分异构体,某种异构体               K 具有如下性质:①不能发生银镜反应

②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为                             3:1 的两种峰,则

K 的结构简式为:__________;另一种异构体            H 含有醛基、羟基和碳碳双键,在铜催化下氧

化,官能团种类会减少一种,则              H 合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。
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【答案】        (1).                    (2). 酯基和羟基       (3). 氧化     (4). 


                                             (5). n-1    (6). CH3COCH2COCH3    
(7). 8


【解析】由     PMMA   的结构,可知      PMMA  单体为    CH2=C(CH3)COOCH3,则    D、J  分别为

CH2=C(CH3)COOH、CH3OH     中的一种,乙烯和溴发生加成反应生成                A 为  CH2BrCH2Br,

A 在 NaOH  水溶液、加热条件下发生水解反应生成                 B 为 HOCH2CH2OH,根据信息       I 及


PET 单体分子式,可知        PET 单体为                ,则  D 为 CH3OH、J   为

CH2=C(CH3)COOH,PET    单体发生信息      I 中交换反应进行的缩聚反应生成             PET 树脂为


                                                 ,F 发生信息Ⅱ中的反应得到


G,G  在浓硫酸作用下发生消去反应生成               J,则  G 为                ,故  F 为          ,


E 为              。


(1)根据上述分析,PMMA 单体为           CH2=C(CH3)COOCH3,PET    为


                                                 ,其单体为


                                                 ,其中的官能团有酯基和羟基,

故答案为:CH2=C(CH3)COOCH3;酯基和羟基;


(2)反应⑤中    E(             )在催化剂作用下发生氧化反应生成              F(         ),②为   1,
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2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇,该反应的化学方程式为 


                                         ,故答案为:氧化;


                                         ;


(3)反应④为                                                    发生缩聚反应生成


                                                 的过程,则缩聚反应中脱去的小
分子有   n-1 个乙二醇,故答案为:n-1;


 (4) PMMA 单体为    CH2=C(CH3)COOCH3,某种异构体        K 具有如下性质:①不能发生银镜

反应,说明分子中没有醛基;②不能使溴水褪色,说明没有碳碳不饱和键;③分子内没有

环状结构;④核磁共振氢谱有面积比为                 3:1 的两种峰,则     K 的结构简式为

CH3COCH2COCH3;另一种异构体          H 含有醛基、羟基和碳碳双键,在铜催化下氧化,官能

团种类会减少一种,说明氧化生成醛基,则结构中含有—CH2OH,则                           H 中除碳碳双键外的

基团的组合有:①—CH3、—CHO、—CH2OH,共有                  4 种结构;②—CH2CHO、—

CH2OH  有 2 种结构;③—CHO、—CH2CH2OH          有  2 种结构;共    8 种,故答案为:

CH3COCH2COCH3;8。

点睛:本题考查有机物的推断与合成,充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断,需

要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为                       PET 单体的判断,容易判断为

                             。
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