1、河南省内黄县第五中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1对于1mol CO2 ,下列说法错误的是（NA代表阿伏加德罗常数） A含有的分子数为NA B含有氧原子2 molC体积是22.4 L D质量是44 g【答案】C试题分析：1molCO2分子中含有的分子数是NA，A正确。同样分析选项BD正确。C不正确，因为不一定是在标准状况下，答案选C。考点：考查物质的量的有关计算点评：在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。2用铝箔包着2.3g金属钠，放入50
2、ml水中，放出的H2体积（标准状况）是()A等于2.24L B等于1.12L C大于1.12L D小于1.12L【答案】C【解析】由2Na+2H2O=2NaOH+H2知2.3g金属钠反应生成H2体积（标准状况）是1.12L，但铝箔与生成的NaOH还可以继续反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3 H2，所以放出H2体积（标准状况）大于1.12L，答案选C。3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(H)/c(OH)11012的溶液：K、Na、AlO2、CO32B能溶解Al2O3的溶液：Na、K、HCO3、NO3C饱和氯水中：Cl、NO3、Na、SO32D能使甲基橙显
3、红色的溶液：K、Fe2、Cl、NO3【答案】A【解析】试题分析：A、常温下c(H)/c(OH)11012的溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性，四种离子间不反应可以大量共存，A正确；B、能溶解Al2O3的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；C、饱和氯水具有强氧化性，能把SO32氧化为硫酸根离子，不能大量共存，C错误；D、能使甲基橙显红色的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2与NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查离子共存正误判断【名师点晴】该题的难点在于题目中隐含条件的判断，例如选项A、B、D中
4、溶液的酸碱性等。题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”，例如选项C中能溶解氧化铝的溶液；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等，答题时注意甄别和灵活应用。4下列根据实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）选项实验操作实验现象结论A 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2 min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸硅酸B向蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液有固体析出蛋白质发生
5、变性C常温下，向浓硫酸中投入铁片铁片不溶解常温下，铁不与浓硫酸反应D向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色溶液中含有Fe2，没有Fe3【答案】C【解析】试题分析：A试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据较强酸制备较弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，故A正确；B硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，故B正确；C常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，而不是不反应，原因是在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，故C错误；D先无明显现象，后溶液变成血红色，说明溶液中含有Fe2+，没有Fe3+，氯水氧化Fe2+生成Fe3+，故D正确，故选C。考点：考查化学实验方案的设计5设NA为
6、阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( ) A23gNa在氧气中完全燃烧失电子数为0.5NAB1L2molL1的MgCl2溶液中含Mg2数为2NAC标准状况下，11.2LSO3所含分子数为0.5NAD室温下，8g甲烷含有共价键数为2NA【答案】D 【解析】选项A中n(Na)1mol，转移的电子数为NA；选项B中n(MgCl2)2mol，但Mg2部分水解，所以溶液中含Mg2数小于2NA；选项C中SO3在标准状况下为液体。6右图是5.56g绿矾(FeSO47H2O)隔绝空气受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。将加热产生的所有气体通入足量的BaCl2溶液，得白色沉淀2.33g。下列说法中正确
7、的有A可用酸性高锰酸钾溶液检验FeSO4溶液是否变质B温度为t2时，固体B的化学式为FeOC在隔绝空气条件下A得到B的化学方程式为FeSO4FeO+SO3D若将2.88g草酸亚铁(FeC2O4)隔绝空气加热至100，得到1.44g黑色细粉，则可推知该黑色细粉为FeO【答案】D【解析】 若FeSO4溶液变质，则溶液中含有Fe3+，因此须鉴定溶液中是否含有Fe3+才能达到实验目的，显然使用酸性高锰酸钾溶液是错误的，宜选KSCN溶液。5.56g绿矾相当于0.02mol，含有0.14mol结晶水共2.52g，当温度为t1时，晶体共失重5.56-3.04=2.52g，正好全部是结晶水的质量，由此可知温度
8、为t1时绿矾完全失水得到FeSO4。根据题意将加热产生的所有气体通入足量的BaCl2溶液，得白色沉淀2.33g，该白色沉淀应为BaSO4，共含有0.01molSO42-，小于绿矾中所含SO42-的物质的量，因此在加热过程中必有SO2气体生成，B点固体的质量1.60g，加热过程中铁元素不会损失，化合物B中氧元素的质量为：1.60-0.0256=0.48g，相当于0.03mol，因此可得固体B的化学式为Fe2O3，所以A到B发生化学反应的方程式应为2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3。同样利用铁元素守恒可得该条件下草酸亚铁热分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO+CO2，所以本题应选AD
9、。7下列措施不符合节能减排的是（ ）A大力发展火力发电，解决电力紧张问题B发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能C用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏D用杂草、生活垃圾及有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气【答案】A【解析】试题分析：A、火力发电不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故A错误；B、太阳能、风能均是清洁能源，发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能有利于节能减排，故B正确；C、用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故C正确；D、沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故D正确，答案选A。
10、考点：考查节能减排的有关判断8关于如图所示装置的叙述正确的是A甲、乙装置中的锌片都作负极B甲、乙装置中的溶液内的H在铜片被还原C甲、乙装置中锌片上发生的反应都是还原反应D甲装置中铜片有气泡生成，乙装置中的铜片质量减小【答案】D【解析】试题分析：根据装置的结构特点可知甲为原电池，Zn为负极，失去电子。Cu为正极，溶液中的氢离子在铜电极上得到电子，发生还原反应。乙装置中有外接电源，属于电解池。铜与电源的正极相连，Cu为阳极，发生氧化反应。锌与外接电源的负极相连，Zn为阴极，发生还原反应，以此判断。A、乙为电解池装置，Zn为阴极，故A错误；B、乙为电解池装置，Zn为阴极，溶液中的氢离子在阴极得到电子
11、，发生还原反应，故B错误；C、甲为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，故C错误；D、甲装置中Cu为正极，氢离子在铜片上得到电子被还原生成氢气。乙装置中Cu为阳极，发生氧化反应，铜片质量减小，故D正确，答案选D。考点：考查电化学原理的有关应用与判断9已知可逆反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H1025 kJmo1l。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（ ）【答案】D【解析】试题分析：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确；B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增
12、大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确；C、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故C正确；D、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故D错误，答案选D。考点：考查外界条件对平衡状态的影响以及图像分析10已知有如图转化关系：则反应、的反应类型分别为A取代、加成、取代 B还原、消去、加成C氧化、加成、消去 D氧化、取代、取代【答案】B【解析】试题分析：反应是乙醛与氢气的加成反应，也是还原反应；是乙醇的消去反应；是乙烯与溴化氢的加成反应，故选B。考点：考查了有机反应
13、类型的判断的相关知识。11下列离子方程式书写正确的是A铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH= 2AlO2+H2BAlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+ 3OH = Al(OH)3C三氯化铁溶液中加入铁粉：DFeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【答案】D【解析】试题分析：A2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；错误。B氨水是弱碱，在溶液中主要以离子的形式存在。且Al(OH)3只能被强酸、强碱溶解。因此离子方程式为：Al33NH3H2O3 NH4+Al(OH)3.错误；C三氯化铁溶液中加入铁粉，没配平，电荷、电子不守恒；正确的应该是：2Fe3+Fe=3F
14、e2+.D,反应符合客观事实，拆写符合离子方程式的原则。正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。12下列各组物质中，每种物质都既能被氧化又能被还原的是（ ）A.FeCl2、Cl2、CuSO4 B.H3PO4、HNO2、H2SO4 C.H2S、HCl、H2SO3 D.Na2S、NaClO、NH4HCO3 【答案】C【解析】元素的化合价处于中间价态就既能被氧化又能被还原。 13在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是AA的转化率增大 B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大 D
15、a cd【答案】D【解析】试题分析：将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，各物质的浓度将变为原来的2倍，而实际D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D的物质的量减小，C项错误；平衡向逆反应方向移动，A项、B项错误；逆反应方向为气体系数减小的方向，D项正确。考点：本题考查根据化学平衡移动判断条件的变化。14用NA表示阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是A标况下，1molC6 H12 O6含氧原子数为6NAB0. 1moICl2与足量水充分混合，转移电子数为0.1NAC25，pH=13的Ba(OH)2溶液含有OH-数目为0.2NAD22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3NA【答案】A【解
16、析】试题分析：A、1molC6H12O6含有氧原子的物质的量为6mol，故正确；B、Cl2H2OHClHClO，此反应是可逆反应，不能进行到底，故错误；C、没有说明溶液体积，故错误；D、没有标明标准状况，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数等知识。15根据右边两幅图，可判断出下列离子方程式中错误的是( )A2Ag(s)+Cd2+(aq)=2Ag+(aq)+Cd(s)BCo2+(aq)+Cd(s)=Co(s)+Cd2+(aq)C2Ag+(aq)+Cd(s)=2Ag(s)+Cd 2+(aq)D2Ag+(aq)+Co(s)=2Ag(s)+Co2+(aq)【答案】A【解析】试题分析：原电池中活泼性较强的为
17、负极，活泼性较弱的为正极，依据图中原电池装置可知金属单质的活泼性顺序为：CdCoAg，A、反应中Ag为还原剂，Cd为还原产物，所以还原性AgCd不符合题意，故A错误；B、反应中Cd为还原剂，Co为还原产物，所以还原性CdCo符合题意，故B正确；C、反应中Cd为还原剂，Ag为还原产物，所以还原性CdAg符合题意，故C正确；D、反应中Co为还原剂，Ag为还原产物，所以还原性CoAg符合题意，故D正确；故选A。【考点定位】考查原电池的工作原理【名师点晴】本题以原电池为载体考查了还原剂还原性强弱的判断，明确原电池工作原理和氧化还原反应强弱规律是解题关键。原电池中活泼性较强的为负极，活泼性较弱的为正极，
18、依据图中原电池正负极判断金属的活泼性，依据氧化还原反应的强弱规律：还原剂的还原性大于还原产物的还原性。16（本题16分）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业制备无水AlCl3的流程如下： （1）氯化炉中通入O2的目的是 _。 （2）氯化炉中Al2O3、C12和C反应的化学方程式是_。 （3）氯化炉中导出的气体，通常用亚硫酸钠溶液来吸收，请写出用Na2SO3溶液处理尾气时发生反应的离子方程式_。 （4）在升华器中加入铝粉的目的是_。（5）用氯化铝晶体（AlCl36H2O）在HCl气中加热也能进行无水氯化铝的制备。但若实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝化学式为Al2(
19、OH)nCl(6-n)，且质量是原氯化铝晶体（AlCl36H2O）的40%，则可推算n的值为 。（6）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4形式存在，则阳极的电极反应式为_。【答案】（1）与C反应，提供反应所需的热量 （2分） （2）Al2O3+3Cl2+3C = 2AlCl3+3CO （800 ）（3分） （3）SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H+2Cl- （3分） （4）将FeCl3杂质还原成Fe除去 （2分）（5）4 （3分）（6）Al-3e-4Cl-= AlCl4-（3分）【解析】试题分析：工艺流程题要弄清原料及成分、所要制备的产品，给出的已知条件也
20、是常设问题的地方要十分注意。（1）通入氧气的目的，通氧气后出来的产物就可以知道是和碳反应，除此以外就是反应放热为其它反应提供能量。（2）根据箭头的指向，C被还原成CO，氯气被还原成AlCl3，所以C+Al2O3+Cl2CO+AlCl3然后再利用氧化还原反应的配平方法进行配平。（3）利用的是亚硫酸钠的还原性，氯气的氧化性，在溶液中亚硫酸根被氧化后生成硫酸根离子，氯气单质被还原后则是氯离子，写方程式时可以先写SO2+ Cl22Cl+SO42再根据电原子守恒和电荷守恒，在边补上水，右边补上氢离子，配平就可以了。（4）由“升华器”处可知，要将铁元素除去，结合题意可知将FeCl3杂质还原成Fe除去。（5
21、）由2（AlCl36H2O）转化成Al2(OH)nCl(6-n)可知，2（27+35.53+618）40%=272+17n+35.5(6-n),求得n=4（6）先写Al-3e- AlCl4,根椐原子守恒和电荷守恒补齐就行。考点：氧化还原反应、离子反应方程式书写、电化学、与守恒法有关的计算。17工业生产硝酸铵的流程如下图所示：（1）硝酸铵的水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)；其水溶液中各离子的浓度大小顺序为 。（2）已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H c(NH4+)c(H+)c(OH)（2分）（2） 200（1分）ACE（2分） （3）2NH3(g)CO2(g)H2O(g)
22、CO(NH2)2 (s) H=134kJ/mol（2分）（4） 2（1分） 55（1分） （1分）（5）CO(NH2)28OH6eCO32N26H2O（2分）【解析】试题分析：（1）硝酸铵中铵根离子水解使溶液显酸性，所以溶液中离子浓度为c(NO3)c(NH4+)c(H+)c(OH)。（2）因为反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，所以a为200；A、及时分离出氨气平衡正向移动，提高氢气的转化率，A正确；B、P点的原料转化率接近100%，但是压强的增大转化率提高的并不多，还需要考虑设备的要求，所以不是当前工业采用的温度和压强，B错误；C、b的温度比c温度低，平衡正向移动
23、，平衡常数大，但在相同的温度下平衡常数不变，C正确；D、N点温度高于M点，所以M点比N点的反应速率慢，D错误；E、如果N点时c(NH3)0.2 molL1，假设氮气的起始加入的浓度为amol/L，氢气的浓度为3amol/L，有N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量（mol） a 3a 0转化量（mol） 0.1 0.3 0.2平衡量（mol）a-0.1 3a-0.3 0.2则0.2/（a-0.1+3a-0.3+0.2）20%，解得a0.3，则平衡常数，E正确，答案选ACE。（3）根据盖斯定律可知反应+反应即可氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)CO2(g) H2O(g)
24、CO(NH2)2 (s) H134kJ/mol。（4）从图分析生成尿素最慢，所以反应的快慢由第二步反应决定。反应到55min时各物质的浓度几乎不变，反应达到平衡。反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数变大，所以图像如下。（5）电解尿素 CO(NH2)2 的碱性溶液制纯净氢气的过程中同时产生氮气。电解时阳极失去电子，发生氧化反应，氮气是氧化产物，则阳极的电极反应式为CO(NH2)28OH6eCO32N26H2O。【考点定位】本题主要是盐类水解，平衡移动，化学平衡计算以及电极反应式的书写等【名师点晴】有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图
25、像，想原理，巧整合”四步法。第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。第四步：巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。18（12分）实验室常用强
26、氧化剂（如KMnO4、KClO3、MnO2等）氧化浓盐酸的方法来制备氯气。某研究性学习小组欲探究用Na2O2与浓盐酸制备并检验氯气。供选用的实验试剂及装置如下（部分导管、蒸馏水略）： （1）写出用Na2O2与浓盐酸制备氯气的化学方程式_。（2）下列装置组合最合理的是_ （填序号，需考虑实验结束撤除装置时残留有害气体的处理）。组合制备装置净化装置检验装置/试剂尾气处理装置A/eB、/gC/eD、/g（3）尾气经处理后仍有较多气体排出，其主要原因可用化学方程式表示为：_ 。（4）某小组成员建议用双氧水代替过氧化钠进行实验更好，请你给出两条合适的理由： _， _。（5）你是否同意将Na2O2与浓盐酸
27、的反应作为实验室制备氯气的方法之一？_（填“是”或“否”）；理由是_ 。 【答案】（12分）（1）Na2O2+4HCl2NaCl+Cl2+2H2O（2分）（2）D（4分，若选B，得2分）（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（或4Na2O2+4HCl4NaCl +2H2O+ O2）（2分）。（4） Na2O2能与水反应，会使原料的利用率降低 （1分）。 双氧水比Na2O2更经济 （1分）。 来源:Zxxk.Com 产生等量的Cl2，用双氧水消耗的盐酸的量少。 Na2O2能与水反应，生成的NaOH能与盐酸反应。 Na2O2能与水反应，生成的NaOH吸收了Cl2（以上任两点即可，凡合理答案
28、均可，每空1分）（5）否（1分）， 产物不纯且难以分离（1分）。【解析】19(14分)某实验小组用0.50 molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 的硫酸溶液进行中和热的测定。配制0.50molL- 1 硫酸溶液（1）若配制250 mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84 gcm- 3、质量分数为98的浓硫酸 mL。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示：（2）仪器A的名称为 ；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是 ；（4）写出该反应中和热的热化学方程式：(中和热为57.3 kJmol- 1) ；（5）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下
29、表。 下表中的温度差平均值为 ； 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H= (取小数点后一位)。上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母） 。A实验装置保温、隔热效果差B量取NaOH溶液的体积时仰视读数C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】（1）6.8；（2）环形玻璃搅拌棒；（3）保温、隔热，减少热量的损失；（4）1/2H2SO4(aq)
30、+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）4.0；-53. 5KJ/mol；A、D。【解析】试题分析：（1）在稀释前后溶质的物质的量不变。(0.50mol/L0.25L)98g/mol=1.84 gcm- 3V98，解得V=6.8ml；（2）仪器A的名称为环形玻璃搅拌棒；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量的损失,是测定的温度更准确；（4）由于中和热是可溶性强酸与可溶性强碱的稀溶液发生反应产生可溶性盐和1mol的水时所放出的热量，因此该反应中和热的热化学方程式：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq) =1/2Na2SO4(a
31、q)+ H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）由于酸、碱物质的量浓度相同，而酸是二元酸，素若取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，则酸过量，反应放出的热量按照碱进行计算。 通过对表中各组数据进行观察会发现：第一组数据偏差太大，应该舍去，因此表中的温度差平均值为（31.227.2）（29.825.9）（30.426.4）3=4.0; 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H=cmtn=(4.1810-3804.0)KJ0.025mol=-5
32、3. 5KJ/mol. 上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因可能是A实验装置保温、隔热效果差,热量散失，使结果偏低，正确； B量取NaOH溶液的体积时仰视读数，碱的物质的量偏大，则热量偏多，使结果偏高，错误； C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失少，误差小，错误； D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使在测定前已经由部分发生反应，是热量测定值偏少，正确。故选项是AD。考点：考查物质的量浓度的配制、中和热的热化学方程式的书写、中和热的计算、测定及误差分析的知识。20SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，是一种主要
33、的气态污染物某化学兴趣小组拟对SO2的化学性质和用途进行探究（1）根据SO2中S元素的化合价，预测并通过实验验证SO2的性质探究过程实验装置如图1所示（夹持仪器省略）A中发生反应的离子方程式为 B中溶液可验证SO2具有 性，若C中的是品红溶液，设计该装置的实验目的是 在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中发生了氧化还原反应，取A中溶液分成两份，并设计了如下实验：方案一：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；方案二：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是 ，原因是 （2）二氧化硫通常作为保护剂添加到葡萄酒中，有杀菌、抗氧化、改善风
34、味和增酸的作用，但吸入过量的二氧化硫对人体有害我国国家标准规定葡萄酒中SO2的最大使用量为0.25g/L图2为该小组对葡萄酒中的SO2进行收集与测量的装置仪器C的名称是 A中加入200.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应除去B中过量的H2O2，然后用0.0600mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g/L该测定结果比实际值偏高，原因是 （3）该小组同学设想将SO2生产硫酸的反应设计成原电池（如图3），并采用串联方式来电解处理工业制硝酸尾气中的NO，可制得副产品NH4NO3已知：每个电池中通入
35、SO2的体积均为33.6L（标准状况），且反应完全则电池中负极的电极反应式为 ，电解池中阳极的电极反应式为 ，理论上最多能生成的NH4NO3的物质的量为 【答案】（1）2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42；氧化；验证SO2漂白的可逆性；方案一；过量的SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（2）冷凝器；0.192；盐酸易挥发，挥发的HCl进入B中也会消耗NaOH；（3）SO22e+2H2O=SO42+4H+；NO3e+2H2O=NO3+4H+；1mol【解析】（1）A中发生反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H
36、+SO42，B中二氧化硫（S为+4价）与硫化钠反应生成硫单质（S为0价），二氧化硫表现氧化性，验证二氧化硫的氧化性，C中的是品红溶液，二氧化硫能使品红褪色，水浴加热，能恢复原颜色，可验证二氧化硫的漂白的可逆性，二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，过量的二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，所以方案一不合理，（2）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝葡萄酒中的易挥发易冷凝的物质，根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：（0.0600mol/L0.020L）64g/mol=0.03
37、84g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.192g/L，由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高，（3）将SO2生产硫酸的反应设计成原电池，负极为二氧化硫失去电子生成硫酸，反应为：SO22e+2H2O=SO42+4H+，采用串联方式来电解处理工业制硝酸尾气中的NO，电解阳极发生氧化反应，为一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，反应为：NO3e+2H2O=NO3+4H+，每个电池中通入SO2的体积均为33.6L（标准状况），且反应完全n（SO2）=1.5mol，SO22e+2H2O=SO42+4H+，转移3mol电子，根据NO3e+2H2O=NO3+4H+
38、可知，生成1mol硝酸铵.21恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个容积为2L的密闭容器中，发生如下反应： N2 (g) + 3 H2(g) 2NH3(g)若反应进行到5min时，测得n (N2) = 13mol，n (NH3) = 6mol，计算a值及N2的起始浓度(要有计算过程)【答案】8mol/L【解析】略22(15分)某有机物X(C13H14O8)分子中含有多种官能团，其结构为(其中I、II为未知部分的结构)：为推测X的分子结构，现进行如图所示的转化。已知：E分子中检测到18O原子，向E的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色，E的核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比
39、为1221，E与NaHCO3反应有CO2产生；G的分子式为C2H2O4。请回答下列问题：（1）E分子所含官能团的名称是 _ ；X溶液遇FeCl3溶液不显紫色，则X的结构简式为 _ 。（2）写出B与G反应生成M(分子内含有六元环)的化学方程式：_ 。（3）F有特殊愉快的酸味，可作为食品饮料的添加剂；F的聚合物具有良好的生物相容性，可作为手术缝合线等材料广泛应用于生物医药和生物材料领域。由B经过下列途径可合成F：NT的反应类型是 _ ，N的结构简式是 _ 。写出TF的第一步反应的化学方程式： _ 。（4）E有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_ 。属于芳香族化合物；能发生
40、银镜反应；苯环上的一氯代物只有2种【答案】 羧基、(酚)羟基； 取代反应； 、 【解析】试题分析：向E的水溶液中滴入FeCl3溶液显紫色反应，说明X中含有苯环和酚羟基。E的核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1221，E与NaHCO3反应有CO2产生，说明E分子中还含有羧基。根据有机物X的分子式C13H14O8，不饱和度为（213+2-14）27，结合已知部分的结构，可判断X分子中除了苯环和两个碳氧双键外，没有其他不饱和键。由转化关系，B连续氧化生成G，G的分子式为C2H2O4，可知B为乙二醇、D为乙二醛，G为乙二酸。由于E分子中检测到18O原子，这说明E分子的结构简式为。根据G和X的分子式
41、可知X的结构简式为：，C酸化得到F，则F的结构简式为：。（1）E分子所含官能团的名称是羧基、酚羟基；X溶液遇FeCl3溶液不显紫色，则X的结构简式为。（2）写出B与G发生酯化反应，则生成M(分子内含有六元环)的化学方程式为。（3）根据F的结构简式可知，T的结构简式为。根据已知信息可知N的结构简式为。同样根据已知信息可知，P的结构简式为。B与溴化氢反应生成P，则B的结构简式为。NT的反应类型是取代反应，N的结构简式是。写出TF的第一步反应的化学方程式。（4）属于芳香族化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上的一氯代物只有2种，说明结构对称，则符合条件的有机物结构简式为、。考点：
42、考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写23A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：组成单质A的元素在周期表中的位置为_。X可能为_（填代号）。ANaHCO3 b.Na2CO3 CNa2SO3 DAl（OH）3（3）若A为淡黄色粉末，回答下列问题：A与H2O反应的氧化产物为_。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式_。若X为一种造成温室效应
43、的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_（填代号）。A盐酸 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 DCa（OH）2溶液（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。A与H2O反应的化学反应方程式为_。检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是_（注明试剂、现象）。【答案】（1）OH-+HSO3-=SO32-+H2O（2分） （2）第三周期A族（2分）bc（2分）（3）O2（1分） CO（1分）a b（2分）（4）3NO2+H2O=2HNO3+NO（2分）取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无（2分）。【解析】试
44、题分析：（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，则C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2，则B为HClO，C为HCl。Cl原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，位于周期表第三周期A族；C为盐酸，可与NaHCO3反应生成CO2，CO2与NaHCO3不反应，a项错误；盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，b项正确；盐酸与Na2SO3反应生成SO
45、2，SO2与Na2SO3反应可生成NaHSO3，c项正确；盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，d项错误，答案选bc。（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2 。Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，一部分氧元素的化合价由-1价降低到-2价，NaOH是还原产物另一部分的氧元素的化合价由-1价升高到0价，氧气是氧化产物。若X为非金属单质，通常为黑色粉末，应为C，则D为CO2，E为CO。若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，答案为ab。（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系
46、可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用高锰酸钾溶液检验，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无。考点：考查常见物质的推断，常见物质的化学性质等知识。24（12分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答问题：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是 。（2）E是有香味的物质，实验室制取E的装置如图所
47、示。反应IV的化学方程式是_，该反应类型是_。该装置图中有一个明显的错误是_。反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是 ，可用 的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是 。反应II的化学方程式是 。【答案】（12分）（1） （2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O； 酯化（取代）反应乙试管中导管插入液面下； 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性 分液（3） CH2=CH2+H2O CH2CH3OH 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】试题分析：（1）乙烯发生加聚反应产生聚乙烯D，聚乙烯的结构简式是；（2）乙烯与水发生加成反应生成A（乙醇）
48、，乙醇催化氧化得到B（乙醛）；乙醛催化氧化得到C（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应产生E，E是有香味的乙酸乙酯，据此回答：反应IV的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；该反应类型是酯化反应，也是取代反应；该装置图中有一个明显的错误是乙试管中导管插入液面下；反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性，乙酸乙酯不溶于水溶液，可用分液的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是CH2=CH2+H2O CH2CH3OH；反应II的化学方程式是 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。考点：考查乙烯的性质，乙酸乙酯的制备，实验操作，化学方程式的书写等知识。