天津市红桥区2020届高三化学第一次模拟试题（Word版附解析）

高三化学 第Ⅰ卷 以下数据可供解题时参考：H 1 O 16 C 12 S 32 Ba 137 1.下列“中国制造”所用材料属于有机高分子材料的是 A. 北京大兴国际机场航站楼所用水泥 B. 北斗卫星太阳能电池板所用高纯硅 C. 国产航母“山东舰”舰身所用无磁镍铬钛合金钢 D. 医用口罩中间过滤层所用高熔融指数聚丙烯（PP）材料 【答案】D 【解析】 【详解】A. 北京大兴国际机场航站楼所用水泥属于硅酸盐材料，不属于有机高分子材料，故 A 错误； B. 北斗卫星太阳能电池板所用高纯硅属于非金属单质，不属于有机高分子材料，故 B 错误； C. 国产航母“山东舰”舰身所用无磁镍铬钛合金钢属于金属材料，不属于有机高分子材料，故 C 错误； D. 医用口罩中间过滤层所用高熔融指数聚丙烯是合成高分子材料，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】有机高分子材料又称聚合物或高聚物，是一类由一种或几种分子或分子团(结构单元 或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，其分子量高达 104～106，可以是天 然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、 合成纤维等非生物高聚物等。 2.下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为 20 的硫原子： B. N2 的共价键类型：π 键和 σ 键 C. Na2S 的电子式：Na Na D. S2-水解的离子方程式：S2-＋2H2O = H2S ＋2OH－ 【答案】B 【解析】 20 16S【详解】A. 中子数为 20 的硫原子的质量数为 36，原子符号为 ，故 A 错误； B. N2 的的结构式为 N≡N，分子中含有 1 个 σ 键和 2 个 π 键，故 B 正确； C.硫化钠属于离子化合物，由钠离子和硫离子形成，电子式为 ，故 C 错误； D. S2-是二元弱酸根，在溶液中分步水解，水解的离子方程式为 S2-＋H2O HS— ＋OH－， 故 D 错误； 故选 B。 3.下列各组性质比较中，正确的是 A. 第一电离能：K > Na > Li B. 沸点：HF > HCl > HBr > HI C. 离子还原性：S2－> Cl－> Br－> I－ D. 离子半径：O2－ > F－> Na＋> Mg2＋ 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一主族元素，从上到下第一电离能随着原子序数的增大而减小，则第一电离能： Li＞Na＞K，故 A 错误； B．HF 分子间形成氢键，沸点最高， HCl、HBr、HI 分子间不能形成氢键，结构相似的分子 晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则氢化物沸点：HF＞HI＞HBr＞ HCl，故 B 错误； C．非金属单质的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性 Cl2>Br2>I2>S，则离子还原 性 Cl- Na＋> Mg2＋，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，但 HF 分 子间形成氢键，在同主族的氢化物中出现沸点反常。 4.新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在 60～140 nm，怕酒精，不耐高温。下列 说法正确的是 A 该病毒由碳、氢、氧三种元素组成 B. 该病毒扩散到空气中可形成气溶胶 36 16SC. 该病毒怕酒精是因为酒精具有强氧化性 D. 该病毒因在高温下发生盐析而不耐高温 【答案】B 【解析】 详解】A. 蛋白质中一定含有碳、氢、氧、氮元素，也可能含有 S、P 等元素，故 A 错误； B. 胶体粒子的直径大小在 1nm～100nm 之间，新冠病毒的直径大约在 60～140 nm，则该病毒 扩散到空气中可形成气溶胶，故 B 正确； C. 乙醇不具有强氧化性，酒精可用来消毒是由于乙醇能使蛋白质变性，从而杀死细菌，故 C 错误； D. 蛋白质受热、紫外线、X 射线、强酸、强碱、重金属的作用会凝结，这种凝结是不可逆的， 即凝结后不能在水中重新溶解，这种变化叫做变性，则该病毒因在高温下发生变性而不耐高 温，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】蛋白质是以氨基酸为基本单位构成的生物高分子，一切蛋白质都含氮元素，且各种 蛋白质的含氮量很接近，蛋白质的分子直径达到了胶体微粒的大小（1nm～100nm）时，蛋白 质具有胶体的性质。 5.全世界每年因钢铁锈蚀造成了巨大的损失，下列有关说法不正确的是 A. 钢铁腐蚀时化学能不能全部转化为电能 B. 钢铁腐蚀的负极反应式为 Fe－2e－=Fe2＋ C. 如图所示，将导线与金属锌相连可保护地下铁管 D. 如图所示，将导线与外接电源的正极相连可保护地下铁管 【答案】D 【解析】 【详解】A． 钢铁腐蚀时，化学能不能全部转化为电能，还转化为热能，故 A 正确； B．钢铁腐蚀时，铁作负极被损耗，电极反应式为 Fe－2e－=Fe2＋，故 B 正确； C．锌的金属性强于铁，锌、铁和电解质溶液可形成原电池，锌作负极，铁作正极，锌的腐蚀 可保护地下铁管，故 C 正确； 【D．采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，与外加直流电源的正 极相连，地下铁管作阳极，更易被腐蚀，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】地下铁管易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池而被腐蚀，要保护地下铁管 不被腐蚀，则钢管应该与电源的负极相连或作原电池的正极。 6.下列解释事实的离子方程式书写正确的是 A. FeCl3 溶液腐蚀线路板：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+ B. Na2CO3 溶液处理水垢中的 CaSO4：Ca2+ + CO32－= CaCO3↓ C. 84 消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+ 2H+ + Cl- = Cl2↑ + H2O D. 稀 HNO3 洗涤做过银镜反应的试管：Ag + 2H+ + NO3－= Ag+ + NO2↑ + H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．FeCl3 溶液与线路板中的铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+，故 A 错误； B．碳酸钠溶液与微溶的硫酸钙反应生成硫酸钠和碳酸钙，硫酸钙微溶，不能拆写，反应的离 子方程式为 CO32-+CaSO4═CaCO3+SO42-，故 B 错误； C．84 消毒液的主要成份是次氯酸钠，洁厕灵的主要成份是盐酸，次氯酸钠具有强氧化性，能 与具有还原性的盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，反应的离子方程式为 ClO-+ 2H+ + Cl- = Cl2↑ + H2O，故 C 正确； D． 稀 HNO3 与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为 3Ag + 4H+ + NO3－= 3Ag+ + NO↑ + 2H2O，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】84 消毒液的主要成份是次氯酸钠，洁厕灵的主要成份是盐酸，次氯酸钠具有强氧化 性，能与具有还原性的盐酸反应生成有毒的氯气，84 消毒液与洁厕灵不能混用。 7.下列说法中正确的是 A. 共价化合物中一定不含离子键 B. 非极性分子中一定不含极性键 C. 元素的金属性越强，第一电离能一定越小 D. 分子间作用力越大，分子的热稳定性一定越强 【答案】A【解析】 【详解】A. 共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，故 A 正 确； B. 非极性分子中可能含有极性键，如甲烷为非极性分子，分子中含有 C-H 极性键，故 B 错误； C. 第一电离能呈现周期性变化，IIA 族元素由于 s 轨道为全充满、VA 族元素 p 轨道半充满导 致第一电离比相邻元素大，如氧元素的非金属性强于氮元素，氮的第一电离能大于氧，故 C 错误； D. 分子间作用力影响分子的熔沸点，而分子晶体的热稳定性与化学键有关，分子间作用力与 热稳定性无关，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】第一电离能呈现周期性变化，IIA 族元素由于 s 轨道为全充满、VA 族元素 p 轨道半 充满导致第一电离比相邻元素大。 8.下列实验操作会使实验最终结果偏高的是 A. 用湿润的 pH 试纸测定 NaOH 的 pH B. 配制 100 mL 1.00 mol·L -1 NaCl 溶液，定容时俯视刻度线 C. 用 0.0001 mol·L -1 盐酸滴定 20.00 mL NaOH 溶液，起始读数时仰视 D. 测定中和热的数值时，将 0.5 mol·L -1NaOH 溶液倒入盐酸后，立即读数 【答案】B 【解析】 【详解】A. 用湿润的 pH 试纸测定 NaOH 溶液的 pH 相当于将 NaOH 溶液稀释，所测溶液 pH 偏低，故 A 错误； B. 配制 100 mL 1.00 mol·L -1 NaCl 溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液体积小于 100 mL，所测 结果偏高，故 B 正确； C. 用 0.0001 mol·L -1 盐酸滴定 20.00 mL NaOH 溶液，起始读数时仰视，起始盐酸体积偏大导 致所消耗标准溶液体积偏小，所测结果偏低，故 C 错误； D. 测定中和热的数值时，将 0.5 mol·L -1NaOH 溶液倒入盐酸后，立即读数会因为酸碱没有充 分反应，导致所测温度偏低，中和热的数值偏低，故 D 错误； 故选 B。 9.线型 PAA（ ）具有高吸水性，网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是：将丙烯酸用 NaOH 中和，加入少量交联剂 a，再引发聚 合。其部分结构片段 如图所示，列说法错误的是 A. 线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象 B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应 C. 交联剂 a 的结构简式是 D. PAA 的高吸水性与—COONa 有关 【答案】C 【解析】 【详解】A. 线型 PAA 的单体为 CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故 A 正确； B. CH2=CHCOONa 中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应， 故 B 正确； C. 分析结构可知交联剂 a 的结构简式是 ，故 C 错误； D. 线型 PAA( )具有高吸水性，和−COONa 易溶于水有关，故 D 正确； 故选：C。 10.如图已知反应 S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)，若向该溶液中加入含 Fe3+的某溶 液，反应机理如下：下列有关该反应的说法不正确的是 ①2Fe3+ (aq) + 2I- (aq) I2 (aq) + 2Fe2+ (aq)②2Fe2+ (aq) + S2O82- (aq) 2Fe3+ (aq) + 2SO42- (aq) A. Fe3+是该反应的催化剂 B. S2O82- (aq) + 2I-(aq) 2SO42-(aq) + I2(aq)是放热反应 C. 加入 Fe3+ 后降低了该反应的活化能 D. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深 【答案】D 【解析】 【详解】A.由方程式可知，反应①中 Fe3+是反应物，反应②中 Fe3+是生成物，则 Fe3+是该反 应的催化剂，故 A 正确； B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故 B 正确； C.催化剂能降低反应的活化能，Fe3+是该反应的催化剂，则加入 Fe3+ 后降低了该反应的活化能， 故 C 正确； D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故 D 错误； 故选 D。 【点睛】反应①中 Fe3+是反应物，反应②中 Fe3+是生成物，则 Fe3+是该反应的催化剂，催化 剂能降低反应的活化能。 11.铁有 δ、γ、α 三种晶体结构，以下依次是 δ、γ、α 三种晶体在不同温度下转化的图示。下 列有关说法中正确的是 δ－Fe γ－Fe α－Fe A. δ、γ、α 三种晶体互为同分异构体 B. γ－Fe 晶体为面心立方体紧密堆积 C. α－Fe 晶体与每个 Fe 原子距离相等且最近的 Fe 原子有 8 个 D. 将 Fe 加热到 1 500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同 【答案】B 【解析】【详解】A．Fe 是单质，δ、γ、α 三种晶体结构不同，属于同素异形体，不是同分异构体， 故 A 错误； B．γ-Fe 晶体中 Fe 原子处于顶点与面心，属于面心立方密堆积，故 B 正确； C．α－Fe 晶体中 Fe 原子处于顶点，属于简单立方堆积，晶体中与每个铁原子距离相等且最近 的铁原子是相邻顶点上铁原子，与每个铁原子等距离且最近的铁原子有 6 个，故 C 错误； D．由题给信息可知，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，得到的晶体类 型不相同，故 D 错误； 故选 B。 12.室温下将 0.1mol·L-1 的烧碱溶液不断滴加到 10.00mL 相同浓度的 HA 溶液中，溶液中-lgc 水 (H+)与 NaOH 溶液的体积关系如图所示[注：c 水(H+)为溶液中水电离的 c(H+)]。下列说法不正 确的是（ ） A. a、c 两点溶液中均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-) B. b 点溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OH-) C. a、b、c 三点溶液中，b 点溶液导电性最强 D. 0.1mol·L-1HA 溶液中 HA 的电离度约为 1% 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知，HA 为弱酸，b 点溶液中水电离的 c(H+)最大，说明氢氧化钠和 HA 恰好完全反应生 成 NaA，a 点为 HA 和 NaA 的混合液，c 点为 NaA 和 NaOH 的混合液。 【详解】A. a 点为 HA 和 NaA 的混合液，c 点为 NaA 和 NaOH 的混合液，溶液中均存在电荷 守恒关系 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，故 A 正确； B. b 点为 NaA 溶液，溶液中存在质子守恒关系 c(H+)+c(HA)=c(OH-)，故 B 正确； C. a 点为 HA 和 NaA 的混合液，b 点为 NaA 溶液，c 点为 NaA 和 NaOH 的混合液，c 点中离子浓度最大，溶液导电性最强，故 C 错误； D.由图可知 0.1mol·L-1 的 HA 溶液中水电离的 c(H+)为 10—11mol·L-1，溶液中的 c(H+)为 mol·L-1=10—3mol·L-1，HA 的电离度约为 ×100%≈1%，故 D 正确； 故选 C 【点睛】b 点溶液中水电离的 c(H+)最大，说明氢氧化钠和 HA 恰好完全反应生成 NaA 是判断 解答的关键。 第Ⅱ卷 13.砷化镓(GaAs)灯泡寿命是普通灯泡的 100 倍，而耗能即为 10%，推广砷化镓(GaAs)、 氮化 镓(GaN)等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措。请回答下列问题： (1)基态 N 原子核外电子排布图为 _____________________ ；Ga 与 Al 同主族，且位于 Al 的下 一周期，则基态 Ga 原子的价电子排布式为 ________________。 (2)Ga 的电负性比 As______（填“大”或“小”）；Ga 逐级失去电子的电离能 （单位：kJ·mol-1） 的数值依次为 577、1985、2962、6192，由此可推知 Ga 的主要化合价为__和+3。 (3)比较下列 Ga 的卤化物的熔点和沸点， GaCl3、GaBr3、GaI3 的熔、沸点依次升高, 分析其变 化的原因是：_____________________________________________________。 镓的卤化物 GaCl3 GaBr3 GaI3 熔点/℃ 77.75 122.3 211.5 沸点/℃ 201.2 279 346 GaF3 的熔点超过 1000℃，可能的原因是____________________________。 (4)GaAs 是将(CH3)3Ga 和 AsH3 用金属有机物化学气相淀积方法制备得到，该反应在 700℃下 进行 ①则该反应的化学方程式为：____________________________________________。 ②反应物 AsH3 分子的几何构型为________________，(CH3)3Ga 中镓原子杂化方式为 ____________________。 【答案】 (1). (2). 4s24p1 (3). 小 (4). +1 (5). GaCl3、 GaBr3、GaI3 均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强 。 - 14 - 11 10 10 - 3 3 10 mol / ( 0. 1 10 ) / L mol L−−(6). GaF3 为离子晶体 (7). (CH3)3Ga + AsH3 GaAs + 3CH4 (8). 三角锥形 (9). sp2 【解析】 【分析】 （1）N 原子核外有 7 个电子，核外电子排布式为 1s22s22p3；同主族元素最外层电子数相同； （2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增大，电负性依次增大；由题给四个电离能的 数据可知，第一和第二、第三和第四电离能差别较大； （3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点和沸点越高；离子 晶体具有较高的熔点和沸点； （4）①在 700℃时，（CH3）3Ga 和 AsH3 反应生成 GaAs 和甲烷； ②AsH3 分子中含有 3 个 σ 键和 1 个孤电子对；（CH3）3Ga 中 Ga 原子形成 3 个 σ 键，没有 孤电子对。 【详解】（1）N 原子核外有 7 个电子，核外电子排布式为 1s22s22p3，则核外电子排布图为 ；同主族元素最外层电子数相同，Ga 与 Al 同主族，Al 的价电子排布式为 3s23p1，则下一周期 Ga 原子的价电子排布式为 4s24p1，故答案为： ； 4s24p1； （2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增大，电负性依次增大，则 Ga 的电负性比 As 小；由题给四个电离能的数据可知，第一和第二、第三和第四电离能差别较大，则 Ga 的主要 化合价为+1 和+3，故答案为：小；+1； （3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点和沸点越高，依据 题给卤化物的熔点和沸点可知，GaCl3、GaBr3、GaI3 为结构相似的分子晶体，则 GaBr3、GaI3 的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高；离子晶体具有较 高的熔点和沸点，由 GaF3 的熔点超过 1000℃可知，GaF3 为离子晶体，故答案为：GaCl3、 GaBr3、GaI3 均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3 为离子晶体； （4）①在 700℃时，（CH3）3Ga 和 AsH3 反应生成 GaAs 和甲烷，反应的化学方程式为 (CH3)3Ga + AsH3 GaAs + 3CH4，故答案为：(CH3)3Ga + AsH3 GaAs + 3CH4； ②AsH3 分子中含有 3 个 σ 键和 1 个孤电子对，空间构型为三角锥形；（CH3）3Ga 中 Ga 原 子形成 3 个 σ 键，没有孤电子对，杂化方式为 sp2 杂化，故答案为：三角锥形；sp2。 【点睛】常见的物质中，我们能够比较容易判断出中心原子有多少个 σ 键和孤对电子对数，因此可以逆向推出中心原子的价电子对数，判断出杂化类型。 14.某有机物 K 是治疗急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病药物的中间体， 其合成路线如下，回答下列问题： 已知信息： ① ② ③R1CHO+R2NH2 →R1CH=N−R2 (1)B→C 的反应类型为____________， H 中官能团的名称为__________________。 (2)G 的结构简式为______________，F→G 的反应类型为_______________。 (3)D→E 的反应方程式为___________________________________________。 (4)写出化合物 D 同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_____________。 ①苯环上有两个取代基，官能团与 D 相同，苯环上的一氯代物有两种 ②核磁共振氢谱显示峰面积比为 2:2:2:3 (5)已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。写出以 和 为原料制备 的合成路线 ______________________（其他试剂任选）。 【答案】 (1). 取代反应 (2). 氨基和羟基 (3). (4). 氧化反应 (5). +2Br2 +2HBr (6). (7). 【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知，A 被高锰酸钾氧化生成 B，B 在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应 生成 C，根据已知信息①，C 在铁做催化剂条件下和 HCl 反应将硝基还原为氨基生成 D，D 在与冰乙酸、水作用下与溴单质发生取代反应生成 E，根据 E 的结构简式可推知，B 的结构简 式为 ，C 的结构简式为 ，D 的结构简式为 ； 根 据 已 知 信 息 ②E 在 三 乙 胺 、 ZnCl2 、 NaBH4 作 用 下 转 化 为 F ， F 的 结 构 简 式 为 ，根据信息③，F 在浓硫酸和二氧化锰作用下醇羟基被氧化为醛生成 G， 则 G 的结构简式为 ，G 和 H 发生信息③的加成反应生成 K。 【详解】（1）B→C 的反应为在浓硫酸作用下， 与甲醇共热发生酯化反应生成 ，酯化反应属于取代反应；H 的结构简式为 ，官能团为 氨基和羟基，故答案为：取代反应；氨基和羟基；（2）由分析可知，G 的结构简式为 ；F→G 的反应为在浓硫酸和二氧化锰作 用下， 发生氧化反应生成 ，故答案为： ；氧化反应； (3)D→E 的反应为( 在冰乙酸、水作用下与溴单质发生取代反应生成 E ，反应的化学方程式为 +2Br2 +2HBr，故答案为： +2Br2 +2HBr； （4）D 的结构简式为 ，与 D 官能团相同的同分异构体中苯环上有两个取代 基、苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基在对位，核磁共振氢谱显示峰面积比为 2:2:2:3 的同分异构体的结构简式为 、 ，故答案为： 、 ； (5)由题给信息和有机物的转化流程可知，制备 的步骤为 在铁做催化剂条件下和 HCl 反应将硝基还原为氨基生成 ； 在 NaOH 水溶液加热条件下发生反应生成，加酸进行酸化形成 ， 与 发生加成反应生成 ，则合成路线为： 。 【点睛】限定条件的同分异构体的结构简式书写，可以遵循以下步骤：(1)判类别：据有机物 的分子组成判定其可能的类别异构(一般用通式判断)。(2)写碳链：据有机物的类别异构写出各 类异构可能的碳链异构。一般采用“减碳法”，可概括为写直链，一线串；取代基，挂中间； 一边排，不到端；多碳时，整到散。即写出最长碳链，依次写出少一个碳原子的碳链，余下 的碳原子作为取代基，找出中心对称线，先把取代基挂主链的中心碳，依次外推，但到末端 距离应比支链长。多个碳作取代基时，依然本着由整到散的准则。(3)移官位：一般是先写出 不带官能团的烃的同分异构体，然后在各个碳链上依次移动官能团的位置，有两个或两个以 上的官能团时，先上一个官能团，依次上第二个官能团，依次类推。(4)氢饱和：按“碳四键” 的原理，碳原子剩余的价键用氢原子去饱和，就可得所有同分异构体的结构简式。 15.某学习小组为了验证 SO2 的还原性并测定产生 SO2 的质量，组装了下图装置。回答下列问 题： （1）C 中发生反应的化学方程式是________，B 装置的名称是_________，关于该套装置说法 正确的是_________（填标号）。 a 组装仪器、加入药品后检查气密性 b 实验开始和最后时均需要通入空气 c 利用 A、B 装置是为了减小实验误差 d F、G 中的碱石灰可以换为无水 CaCl2（2）甲同学认为很快可以看到 D 装置的现象，他的依据是_________（用离子方程式表示）。 乙同学做实验时发现和甲同学预测的现象不一样，先出现棕红色，经过一段时间后变为浅绿 色。于是查阅资料发现反应分为两步： 第一步： （快反应） 第二步： （慢反应） 如果需要验证第一步反应是快反应，可以事先在 D 装置中滴加数滴_________试剂，相应的实 验现象是________。 （3）学习小组通过实验后 D 和 F 装置中的数据来计算 SO2 的质量。D 中加入足量的 BaCl2 溶 液充分反应，经过________操作，测得沉淀为 m1g，F 的质量差为 m2g，C 中产生 SO2 的体积 （标准状况下）为_________L。该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是______。 【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 洗气瓶或广口瓶 (3). bc (4). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ (5). 铁氰化钾或 K3[Fe(CN)6] (6). 溶液出现棕红 色时没有生成蓝色沉淀 (7). 过滤、洗涤；干燥、称量 (8). (9). C 溶液中溶解的 SO2 未被充分排除或空气除氧不彻底 【解析】 【分析】 本实验验证 SO2 还原性并测定产生 SO2 的质量，C 装置是发生装置，制备 SO2，A 处通入空 气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使 C 中的 SO2 进入 D、F 装置 充分反应，则 A、B 装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰试验；F 装置通过碱石灰 吸收 SO2 测其含量；SO2 具有还原性，三价铁具有氧化性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿 色；若要验证第一步 是快反应，可以检测是否 立即生成 Fe2+；溶液中有沉淀生成通过过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀质量；通过 S 元素 守恒可求出 C 中产生的 SO2 的体积；据此分析。 【 详 解 】 (1)C 装 置 是 发 生 装 置 ， 制 备 SO2 ， 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 是 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；B 装置是吸收空气中的酸性气体，名称是洗气瓶或广口瓶； 组装好仪器，加入药品之前检查气密性，a 错误；实验开始和最后时均需要通入空气，实验之 前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使 C 中的 SO2 进入 D、F 装置充分反应， b 正确；A、B 装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰实验，利用 A、B 装置是为了 的 ( )23 + 2 2 3Fe SO H O Fe HSO ( )+H棕红色++ + + = ( )23 2 2 3 2 4Fe Fe HSO H O SO 2Fe 3H++ − + ++ + = + + 1 2m m 22.4233 64  + ×   ( )2+3+ + 2 2 3Fe +SO +H O=Fe S H(H O +)棕红色减小实验误差，c 正确；F 是吸收 SO2 ，SO2 与无水 CaCl2 不反应，d 错误；答案为： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；洗气瓶或广口瓶；bc； (2)D 装置中三价铁具有氧化性，SO2 具有还原性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色，离子 方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；若要验证第一步 是快反应，可以检测是否立即生成 Fe2+，则实 验前滴加几滴铁氰化钾或 K3[Fe(CN)6]，当溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀即可说明；答 案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；铁氰化钾或 K3[Fe(CN)6]；溶液出现棕红色时没有 生成蓝色沉淀； (3)D 中加入足量的 BaCl2 溶液充分反应，生成 BaSO4 沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、称量操 作，测得沉淀为 m1g，F 的质量差为 m2g，说明剩余的 SO2 的质量为 m2g，根据前后 S 原子守 恒，n(SO2)=n(BaSO4)+n(剩余 SO2)= ，标准状况下的体积为 ，该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是 C 溶液中溶解的 SO2 未被充分排除或空气除氧不彻底；答案为：过滤、洗涤、干燥、称量； ；C 溶液中溶解的 SO2 未被充分排除或空气除氧不彻底； 【点睛】SO2 具有氧化性、还原性和漂白性。SO2 与氯化铁溶液反应体现 SO2 的还原性，由于 三价铁、二价铁离子颜色不同，可观察现象得到结论，同时也可以检验是否生成硫酸根反推 是否发生氧化还原反应；碱石灰可吸收水和酸性气体，所以在 F 装置前后均需要连接干燥装 置，左边是吸收气体中的水蒸气，右边是吸收空气中的水蒸气和酸性气体，以免对实验造成 误差，此实验思路是常考装置作用，需要理解掌握。 16.碳、氮是重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。 (1)已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l) C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋ 669.62 kJ•mol－1 该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2 转化率增大的是__________。 a．增大 CO2 浓度 b．取走一半 C6H12O6 c．加入催化剂 d．适当升高温度 (2)N2O5 的分解反应 2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g)，由实验测得在 67℃时 N2O5 的浓度随时间的 变化如下： 的 ( )2+3+ + 2 2 3Fe +SO +H O=Fe S H(H O +)棕红色 1 2m m mol233 64  +   1 2m m 22.4L233 64  + ×   1 2m m 22.4233 64  + ×  时间/min 0 1 2 3 4 5 c(N2O5) /(mol•L﹣1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17 计算在 0～2min 时段，化学反应速率 v(NO2) ＝________mol•L-1•min-1。 (3)若将 NO2 与 O2 通入甲中设计成如图所示装置，D 电极上有红色物质析出，则 A 电极处通 入的气体为_________（填化学式）；A 电极的电极反应式为_______________________，一段 时间后，若乙中需加 0.2 mol Cu(OH)2 使溶液复原，则转移的电子的物质的量为 _____________。 (4)若将 CO 和 NO 按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g) N2(g)＋ 2CO2(g)　ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2 的体积分数随 n(CO)/n(NO)的变化曲线 如下图 ①b 点时，平衡体系中 C、N 原子个数之比接近________________； ②a、b、c 三点 CO 的转化率从大到小的顺序为____________；a、c、d 三点的平衡常数从大 到小的顺序为__________________。 ③若 ＝0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为 20%，则 CO 的转化率为___________。 【答案】 (1). d (2). 0.5 (3). NO2 (4). NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋ (5). 0.8 mol (6). 1∶1 (7). a>b>c (8). a＝c>d (9). 75% 【解析】 【分析】 ( ) ( ) n CO n NO（1）a．增大 CO2 的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但 CO2 的转化率减小； b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向； c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向； d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动； （2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得 v(NO2) ＝2v(N2O5)； （3）由 D 电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极；加入 Cu（OH）2 使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电 解了部分水； （4）①b 点时，N2 的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比； ②增大反应物 CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，NO 的转化率增大，CO 的转化率减小， 由图可知， 的值增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学 平衡常数减小； ③由题意建立三段式求解可得。 【详解】（1）a．增大 CO2 的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但 CO2 的转化 率减小，故错误； b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向，则取走一半 C6H12O6，平 衡不移动，CO2 的转化率不变，故错误； c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向，则加入催化剂， 平衡不移动，CO2 的转化率不变，故错误； d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，故正确； d 正确，故答案为：d； （2）由表格数据可知，0～2min 内 N2O5 的浓度变化为（1.00—0.50）mol/L=0.50mol/L，则 v(N2O5) ＝ =0.25 mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得 v(NO2) ＝2v(N2O5) ＝ ×2=0.5mol•L-1•min-1，故答案为：0.5； （3）由 D 电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极，则 A 极通入二氧化氮，在酸性条件下，二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反 应式为 NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；电解硫酸铜溶液的化学方程式为 2CuSO4+2H2O， 2Cu↓+O2↑+2H2SO4，由方程式可知反应后只问需要加入 CuO 或 CuCO3 就可以使溶液复原， ( ) ( ) n CO n NO 2 mi 0. 50 / n mol L 2 mi 0. 50 / n mol L加入 Cu（OH）2 使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继 续电解了部分水，电解时，阳极始终是 OH－放电，电极反应式为 4OH—－4e—=2H2O+O2↑， 氢氧化铜是 0.2mol，则根据氧原子守恒可知，反应中转移的电子是 0.2mol×2×2＝0.8mol，故 答案为：NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol； （4）①b 点时，N2 的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，由 化学方程式可知，C、N 原子个数之比接近 1:1，故答案为：1:1； ②增大反应物 CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，NO 的转化率增大，CO 的转化率减小， 由图可知， 的值增大， a、b、c 三点 CO 的转化率呈减小趋势，则 a>b>c；该反应为 放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，N2 的体积分 数 T1>T2，则反应温度 T2>T1，温度不变平衡常数不变，a、c 的反应温度相同，并小于 d，则 平衡常数 a＝c>d，故答案为：a>b>c；a＝c>d； ③若 ＝0.8，设 CO 的体积为 0.8L，NO 体积为 1L，CO 的转化率为 a，由题意建立如 下三段式： 由 N2 的体积分数为 20%可得 =0.2，解得 a=0.75，则 CO 的转化率为 75%，故答案为：75%。 【点睛】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加 什么，加入 Cu（OH）2 后溶液与电解前相同，说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶 液完全电解后还继续电解了部分水是解答难点。 ( ) ( ) n CO n NO ( ) ( ) n CO n NO ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2CO g 2NO g N g 2CO L . L g L .起（ ） 08 1 0 0 变（ ） 08a 0. 8a 0. 4a 0. 8a 平（ ） 0. 8- 0. 8a 1- 0. 8a 0. 4a a ＋ ＋ 0. 8  0.4 1.8 0.4− a a