陕西省西安市第一中学2018届高三上学期第二次模拟考试化学试题Word版含解析.doc

西安市第一中学2017-2018学年度第一学期高三 第二次模拟考试化学试题 ‎1. 化学工业是国民经济的支柱产业。下列生产过程中不涉及化学变化的是( )‎ A. 氮肥厂用氢气和氮气合成氨 B. 钢铁厂用热还原法冶炼铁 C. 硫酸厂用接触法生产硫酸 D. 炼油厂用分馏法生产汽油 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成．‎ 解：A．N2和H2合成NH3发生了化学变化，故A错误；‎ B．钢铁厂炼铁的原理是用还原剂将铁从其氧化物中还原出来，发生的是化学变化，故B错误；‎ C．接触法制硫酸发生的三个反应是S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O═H2SO4，发生了化学变化，故C错误；‎ D．炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变化，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：本题主要考查了物理变化和化学变化的区别，题目难度不，可以依据化学变化的实质进行．‎ ‎2. 下表所列物质或概念间的从属关系符合下图所示关系的是( )‎ 选项 X Y Z A 光导纤维 酸性氧化物 复合材料 B 苛性钠 碱 化合物 C 化合物 电解质 纯净物 D 胶体 气溶胶 分散系 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A、光导纤维为二氧化硅，属于酸性氧化物，但不是复合材料，选项A错误；B、苛性钠是氢氧化钠属于碱，碱属于化合物，选项B正确；C、电解质是化合物，化合物为纯净物，前两者的图示关系不符合，选项C错误；D、气溶胶属于胶体，胶体属于分散系，前两者的图示关系不符合，选项D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查了物质分类的方法和依据，物质组成和物质性质是解题关键，由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。‎ ‎3. 下列各组物质的分类正确的是( )‎ ‎①混合物：氯水、氨水、漂白粉、水银；②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱；③同位素：1H＋、2H＋、3H＋；④同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨；⑤弱电解质：Fe(SCN)3、SO2、NH3、H2O A. ②④ B. ②③④ C. ②④⑤ D. 全部正确 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①水银是单质，不是混合物，错误；②明矾、冰醋酸、石膏、纯碱都是电解质，正确；③同位素是质子数相同而中子数不同的原子，1 H是原子；2H2是分子；3H+是离子，因此不能互称同位素，错误；④C60、C80、金刚石、石墨都是C元素的不同性质的单质，属于同素异形体，正确；⑤ Fe(SCN)3是强电解质， H2O是弱电解质，SO2、NH3都是非电解质，错误。因此分类正确的是②④；选项是A。‎ 考点：考查物质分类的知识。‎ ‎4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B. 2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA D. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B．亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C．过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从—1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的计算。‎ ‎【名师点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。‎ ‎5. 分类法是学习和研究化学的一种常见的科学方法，以下分类合理的是( )‎ A. 根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸 B. 根据溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质 C. 盐酸、醋酸既是化合物又是酸 D. 甘油不是油、纯碱不是碱、干冰不是冰 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如H3BO3，1个酸分子中含有的H原子个数为3个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，故A错误；B．溶液的导电能力与自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关，电解质强弱是根据其电离程度划分的，故B错误；C．盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，醋酸为化合物，故C错误；D．甘油是丙三醇，属于醇，纯碱是碳酸钠的俗名，为盐，干冰是固体二氧化碳，冰是固体水，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查物质的分类、物质的成分、基本概念等。‎ ‎【名师点晴】注意物质的结构及成分是解本题关键，题中涉及酸为电解质电离时阳离子全部是H+的化合物，碱为电解质电离时阴离子全部为OH-的化合，而电解质为熔融状态或水溶液里能导电的化合物，而溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，搞清概念的内涵解题即 可。‎ ‎6. “纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质( )‎ ‎①是溶液　②是胶体　③能产生丁达尔效应　④能透过滤纸　⑤不能透过滤纸　⑥静置后会析出黑色沉淀 A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确。答案选B。‎ 考点：胶体的性质 ‎7. 下表中对应关系正确的是( )‎ A CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl ‎ CH2===CH2＋HCl―→CH3CH2Cl 均为取代反应 B 由油脂得到甘油 由淀粉得到葡萄糖 均发生了水解反应 C Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2 ‎ Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu 均为单质被还原的置换反应 D ‎2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑‎ Cl2＋H2O===HCl＋HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。‎ ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA B. 室温下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－ 离子数目为0.1NA C. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA D. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75 NA ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确。故答案D。‎ 考点：考查阿伏伽德罗常数的相关计算。‎ ‎9. 有下列8种物质，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（ ）‎ ‎①甲烷 ②苯 ③聚乙烯 ④1,3-丁二烯 ⑤2-丁炔 ⑥邻二甲苯 ⑦乙醛 ⑧环己烯 A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】①甲烷、②苯、③聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；④1，3-丁二烯、⑤2-丁炔、⑥邻二甲苯、⑦乙醛、⑧环己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；④1，3-丁二烯、⑤2-丁炔、⑧环己烯中都含有不饱和键，与溴水发生加成反应而导致溴水褪色；⑦乙醛含有醛基，可与溴水、高锰酸钾发生氧化还原反应，则既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是④⑤⑦⑧，答案选B。‎ ‎10. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. 1 L 0.2 mol·L－1 CH3COONa溶液中含有0.2NA个CH3COO－‎ B. 标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，转移的电子数为NA C. 常温常压下，23 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA D. 100 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO—发生水解反应变为醋酸而消耗，所以1 L 0.2mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO—的个数小于0.2NA个，错误；B．由于氯气溶于水，只有一部分发生反应产生盐酸和次氯酸，Cl2＋H2OHCl＋HClO，所以标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数远小于0. 5NA，错误；C．常温常压下，23g NO2的物质的量是0. 5mol，含有的原子个数是1.5NA；23g N2O4的物质的量是0. 25mol，含有的原子个数是1.5NA；所以23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，正确；‎ D．浓硫酸能够与Cu在加热时发生反应，随着反应的进行，硫酸变稀，这时反应就不再发生所以100 mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数小于0.92NA，错误。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。‎ ‎11. 将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，二氧化碳先与氢氧根反应生成碳酸根，碳酸根与钡离子生成碳酸钡沉淀，钡离子完全沉淀时相当于氢氧化钡恰好完全反应，再通入二氧化碳相当于和氢氧化钠反应生成碳酸钠，然后再与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，最后通入二氧化碳把碳酸钡溶解，而氢氧化铝不会溶解，所以生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为D，本题选D。‎ ‎12. 实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作都正确的是( )‎ 选项 容量瓶容积 固体质量 实验操作 A ‎480 mL 硫酸铜：7.68 g 加入500 mL水 B ‎480 mL 胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液 C ‎500 mL 硫酸铜：8.0 g 加入500 mL水 D ‎500 mL 胆矾：12.5 g 配成500 mL溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：配制480mL 0.10mol•L-1的硫酸铜溶液，由于实验室没有480mL的容量瓶，需要选用500mL的容量瓶，实际配制的溶液是：500mL 0.10mol•L-1的硫酸铜溶液，配制500mL 0.10mol•L-1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.10mol•L-1×0.5L=0.05mol，需要硫酸铜的质量为：160g/mol×0.05mol=8.0g，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.05mol=12.5g。A．容量瓶的规格没有480mL，故A错误；B．容量瓶的规格没有480mL，故B错误；C．将硫酸铜加入500mL水中，得到的溶液体积不是500mL，配制的不是500mL 0.10mol•L-1的硫酸铜溶液，故C错误；D．12.5g胆矾的物质的量为0.05mol，配成500mL溶液，溶液的浓度为0.10mol/L，故D正确。‎ 考点：考查物质的量浓度溶液配制 ‎13. 把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为( )‎ A. (10b－5a) mol·L－1 B. (2b－a) mol·L－1‎ C. (－) mol·L－1 D. (5b－) mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】一份NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则一份NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为b mol－0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol－0.5a mol)×0.5，则c(Na＋)＝＝(10b－5a)mol·L－1。答案选A。‎ ‎14. 下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（ ）‎ A. 室温下，测的氯化铵溶液pHc(OH-)，所以溶液显碱性，离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3+3H+,错误；B．a~b段，随着NaOH溶液的不断滴入，OH－会中和水解产生的H+，使盐的水解程度增大，所以溶液中Al3+浓度减小，而溶液的pH增大，错误；C．b~c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，正确；D．在d点时，NaOH过量，溶液是NaAlO2和NaOH的混合溶液，错误；故答案选C。‎ 考点：考查图像法在表示铝盐与强碱溶液反应时溶液的酸碱性、离子浓度与pH关系的知识。‎ ‎23. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2O B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓‎ C. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，离子方程式为Fe2++2NH4++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式，注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大，易错选项是B，注意B中离子反应先后顺序及反应物的量，为易错点。‎ ‎24. 等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol·L－1和b mol·L－1，则a与b的关系为( )‎ A. 2a＝b B. a＝2b C. a＝b D. a＝5b ‎【答案】A ‎【解析】该溶液中，n(CuO)∶n(MgO)＝∶＝∶＝1∶2，体积相同时，物质的量的比等于物质的量浓度的比，所以＝＝，即2a＝b，答案选A。‎ ‎25. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2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. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B. T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝(a-b)/t1mol/(L·min)‎ C. M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆 D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小 ‎【答案】C ‎【解析】由图可得，温度为T1时先达到平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A项、X的初始浓度相同，该反应进行到M点时X的转化率比进行到W点时偏低，由于正反应为放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)mol•L-1，则Y的浓度变化为 c(Y)=c(X)=(a-b)mol•L-1，所以v(Y)=mol·L-1·min-1，故B错误；C、由上分析T1＞T2，温度越高反应速率越大，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡相比，压强增大，增大压强促进平衡正向移动，所以X的转化率增大，故D错误。‎ ‎26. （1）某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图1所示。由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是___________________，烧杯的实际质量为__________ g。‎ ‎（2）需配制150 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，该同学转移溶液的示意图如图2所示。指出实验中存在的两个错误：_________________________________。‎ ‎（3）用质量分数为98%密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸配制1 000 mL 0.1 mol·L－1的稀硫酸。‎ ‎①应用量筒量取浓硫酸________ mL；‎ ‎②配制硫酸时需用到的仪器有量筒、小烧杯、玻璃棒、_______________________；‎ ‎③下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是________(填序号)。‎ A．称量时用了生锈的砝码 B．将NaOH放在纸张上称量 C．定容时俯视刻度线 D．往容量瓶中转移时，有少量液体溅出 E．未洗涤溶解NaOH的烧杯 F．定容时仰视刻度线 G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线 ‎【答案】 (1). 物质与砝码放反了 (2). 27.4g (3). 没有用玻璃棒引流；容量瓶容积选错 (4). 5.4 (5). 1000mL容量瓶，胶头滴管 (6). A、C ‎【解析】（1）天平称量物体时遵循左物右码的原则，在该实验图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是砝码与烧杯放反了位置，根据天平平衡原理：左盘物体质量=右盘砝码质量+游码质量，若果放反了，则左盘砝码质量=右盘物体质量+游码质量，所以右盘物体质量=左盘砝码质量-游码质量=30g-2.6g=27.4g；（2）根据装置图可知，共有两处错误，分别是①没有用玻璃棒引流；②容量瓶规格错误，没有用150mL容量瓶；；(3)①浓H2SO4的物质的量浓度c＝ mol/L＝18.4 mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为x mL，则有：x mL×18.4 mol/L＝1000 mL×0.1 mol/L，解得：x≈5.4；②步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。由提供的仪器可知还需要仪器有玻璃棒、烧杯、1000 mL容量瓶、胶头滴管；③A、生锈的砝码质量偏大，而m物＝m砝＋m游，故称量出的药品的质量偏重，‎ 则配制出的溶液的浓度偏大，选项A正确；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正称得的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小，选项B错误；C、定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则浓度偏大，选项C正确；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小，选项D错误；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小，选项E错误；F、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，选项F错误；G、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，选项G错误；H、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静臵后，液面不到刻度线是正常的，再加水至刻度线导致浓度偏小，选项H错误。答案选AC。‎ ‎27. 两个研究性学习小组分别进行探究性的实验：‎ 甲组：为了探究Cl2和SO2同时通入H2O中发生的反应，设计了如图所示的实验装置。‎ ‎（1）气体发生装置A中产生的气体化学式为_______________________________。‎ ‎（2）装置D中发生反应的化学方程式为__________________________________；‎ ‎（3）装置E的作用是___________________________________________________。‎ 乙组：为了分别研究SO2和Cl2的性质，设计了如图所示的实验装置。‎ ‎（4）当通入SO2时，装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为________________；该反应中SO2表现出__________性。‎ ‎（5）若装置Ⅱ中装有5.0 mL 1.0×10－3 mol·L－1碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10－5 mol电子，则该反应的化学方程式为_____________________________。‎ ‎（6）你认为乙组设计的装置是否有不足之处？__________(填“有”或“无”)。如果有，请写出改进方法：______________________________(如果无，此空不答)。‎ ‎【答案】 (1). SO2 (2). Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4 (3). 防止倒吸，吸收多余的SO2或Cl2 (4). 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋ (5). 还原 (6). I2＋5Cl2＋6H2O=10HCl＋2HIO3 (7). 有 (8). 装置Ⅳ去掉胶塞或将广口瓶的塞子换成双孔塞，另一孔插入一根直导管 ‎【解析】（1）由装置图可知，B装置气体生成后通入饱和食盐水中，说明是Cl2的发生装置，通过食盐水除去气体中的HCl气体，所以A装置产生的气体为SO2，SO2是易溶于水的气体，通过F通入水防止倒吸；（2）氯气和二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，且两者都能和氢氧化钠溶液反应，E装置中含有缓冲装置，能防止倒吸，所以尾气处理中用氢氧化钠溶液吸收氯气和二氧化硫、防止倒吸，（4）III中铁离子具有氧化性，能和二氧化硫发生氧 化反应生成硫酸和亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；该反应中，硫元素失电子化合价升高，所以二氧化硫作还原剂，表现出还原性；（5）装置B中装有5.0mL 1.0mol?L-1的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10-2mol电子，故I元素在氧化产物中的化合价为+=+5，故氧化产物为HIO3，氯气被还原为HCl，反应方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=10HCl＋2HIO3；（6）尾气处理装置中，如果气体压强过大，导致塞子冲出而引起安全隐患，其处理方法为：装置Ⅳ去掉胶塞或将广口瓶的塞子换成双孔塞，另一孔插入一根直导管。‎ 点睛：本题考查了探究次氯酸、二氧化硫的漂白性，明确实验原理是解本题关键，根据实验目的进行对比实验，根据物质的性质分析解答，注意F和E装置有相似性，两者都有缓冲作用，能防止倒吸。‎ ‎28. 石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10C8H10(g)＋5H2在不同温度下的平衡常数变化如下：‎ 温度(℃)‎ ‎400‎ ‎450‎ ‎500‎ 平衡常数K a ‎6a ‎40a ‎（1）该反应的正反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（2）向2 L密闭定容容器中充入2 mol C4H10，反应10 s后测得H2浓度为1 mol·L－1，此10 s内，以C8H10表示的平均速率为____________________。‎ ‎（3）能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是__________。‎ ‎ ‎ ‎（4）下图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1～t4间C8H10的浓度变化曲线。_____________‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). 0.02 (3). b d (4). ‎ 学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...‎ 点睛：本题考查了平衡常数影响因素、反应速率概念计算应用、平衡标志的分析判断，掌握图象分析与绘制方法，曲线变化起点和变化是解题关键。‎ ‎29. M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s电子的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一 种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题：‎ ‎（1）R基态原子的电子排布式是____ ，X和Y中电负性较大的是_____（填元素符号）。‎ ‎（2）X的氢化物的沸点_____（填“>”或“S (3). H2O>H2S (4). 水中有氢键，增大了分子间作用力 (5). 平面正三角形 (6). Na+ (7). K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4=Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O ‎【解析】根据题意知M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层p轨道数是s轨道电子数的2倍，则M是O元素；R是同周期元素中最活泼的金属元素，则R是Na元素；X和M形成的一种化合物是形成酸雨的主要大气污染物，则X是S元素，Y为Cl元素；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，即价电子排布式为3d54s1，Z是Cr元素，据此作答。（1）R是Na元素，原子序数为11，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1；S和Cl比较电负性较大的是Cl元素；（2）H2S的沸点低于H2O的主要原因是水分子间形成氢键，使水的沸点升高，答案为：H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键；（3）SO3中硫原子的价层电子对为=3，没有孤电子对，硫原子的杂化方式为sp2，该分子的空间构型为平面三角形；（4）根据晶胞结构可以算出白球的个数为8×+6×=4，黑球的个数为8个，由于这种离子化合物的化学式为Na2O，黑球代表的是Na+；（5）根据题意知重铬酸钾被还原为Cr3+，则过氧化氢被氧化生成氧气，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为：K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4= K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O。‎ ‎30. 化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和Z：‎ 已知：①化合物A的结构中有2个甲基 ‎②RCOOR′+R′′CH2COOR′‎ 请回答：（1）写出化合物E的结构简式__________，F中官能团的名称是_________。‎ ‎（2）Y→Z的化学方程式是____________。‎ ‎（3）G→X的化学方程式是__________，反应类型是___________。‎ ‎（4）能与NaOH反应的G的同分异构体有_____种 ‎（5）若C中混有B，请用化学方法检验B的存在（要求写出操作、现象和结论）_________。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). (4). (5). 取代反应 (6). 28 (7). 取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀则有B存在 ‎【解析】A可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的结构中有2个甲基，则A为（CH3）2CHCH2OH，故B为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCOOH。由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HC≡CH，Y发生加聚反应生成高分子Z为。结合信息②可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反应生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，故G为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X为。（1）化合物E的结构简式为：CH2=CH2，F为CH3CH2OH，F中官能团的名称是：羟基；（2）Y→Z的化学方程式是；（3）G→X的化学方程式是：，反应类型是取代反应；（4）G为（CH3）2CHCOOCH2CH3能与NaOH反应的G的同分异构体为酯或羧酸，若为羧酸，则为己酸，则除羧基外，戊基有8种，则己酸有8种；若为酯，则甲酸酯除HCOO-外，醇部分的烷基是戊基有8种，乙酸酯除CH3COO-外，醇部分的烷基是丁基有4种，丙酸酯除CH3CH2COO-外，醇部分的烷基是丙基有2种，丁酸酯除CH3CH2CH2COO-和（CH3）2CH COO-外，醇部分的烷基是乙基只有1种则有2种丁酸酯，戊酸酯除了-COOCH3结构外，丁基有4种，故有4种戊酸酯，总共的同分异构体有：8+8+4+2+2+4=28种；（5）B为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCOOH，检验C中含有B，只需检验醛基即可，取适量试样于试管中，先用NaOH中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀则有B存在。‎ 点睛：本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写、官能团的检验等，注意根据有机物分子式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对题目给予反应信息的理解。‎