1、日照一中2018级高三第一次调研考试化学试题试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分。考试用时90分钟。第I卷（选择题共40分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A. 强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用B. 在包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质C. 制作航天服的聚酯纤维属于新型无机非金属材料D. 通过蒸馏“地沟油”获得汽油，可实现资源的再利用【答案】A【解析】【详解
2、】A. 根据氧化铝的物理性质知，氧化铝熔点高不易燃，且氧化铝比较致密，耐腐蚀耐磨，故A正确；B. 生石灰与水反应，可以作干燥剂使用，但不能防止月饼被氧化，故B错误；C. 制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料，故C错误；D. 地沟油属于油脂，而汽油是烃类，无法通过蒸馏获取，故D错误。故选A。2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1 mol HClO中所含H-Cl键的数目为NAB. 8.8 g乙酸乙酯中所含碳原子数为0.4NAC. 1.2 g C与0.1 mol CO2在高温下充分反应生成的CO分子数为0.1NAD. 标准状况下，1 L0.1 molL-1 HCl溶液中滴加
3、氨水至pH=7，溶液中的数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】AHClO结构式是H-O-Cl，分子中无H-Cl键，故1 mol HClO中所含H-Cl键的数目为0，A错误；B乙酸乙酯分子式是C4H8O2，分子中含有4个C原子，其相对分子质量是88，所以8.8 g乙酸乙酯的物质的量是0.1 mol，则0.1 mol乙酸乙酯中含有0.4 mol C原子，C原子数目为0.4NA，B正确；CC与CO2反应方程式为：C+CO22CO，1.2 g C的物质的量是0.1 mol，则0.1 mol C与0.1 mol CO2在高温下充分反应生成的0.2 mol CO，CO分子数为0.2NA，C错误；D溶液
4、中存在电荷守恒，则c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(Cl-)，但溶液体积不是1 L，故溶液中的数目大于0.1NA，D错误；故合理选项是B。3. 氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子【答案】C【解析】【分析】【详解】ANH3和CH4
5、中心原子价层电子对数均为4，都是sp3杂化，故A错误；BNH3和CH4中中心原子都是sp3杂化，均形成4个sp3杂化轨道，故B错误；CCH4分子中杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，故CH4为正四面体构型，而NH3分子中只有3个杂化轨道用于成键，另一个杂化轨道中有一对孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，所以为三角锥形，故C正确；D虽然氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子，但不是分子空间构型不同的原因，这是分子空间构型不同造成的结果，故D不符合题意；故答案为C。4. 关于有机物的说法正确的是（ ）A. a、b 互为同系物B. c 中所有碳原子可能处于同一平面C. b 的同分异构体中含
6、有羧基的结构还有 7 种(不含立体异构)D. a、b、c 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】A、a是酯类，b是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B、c是在环己烷上连了两个羟基，环己烷的碳原子不都在同一平面上，故B错误；C、b 是1-戊酸，含有羧基的结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，新戊烷的碳链上有1种，共7种，故C正确；D、只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。点睛：审题时，切记要小心苯环和环己烷往往容易混淆，苯环是平面结构，而环己烷是立体结构，原子不都在同一平面上。5. 在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程
7、式均正确的是（ ）选项条件离子组离子共存判断及的离子方程式A=1溶液Fe2+、Al3+、Cl-不能大量共存，3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2OB由水电离出c(H+)=110-13molL-1K+、Cl-、AlO2-能大量共存C含有大量Al3+的溶液Na+、Cl-能大量共存D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、不能大量共存， 2ClO-+SO2+H2O2HClO+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A=1溶液呈中性，Fe2+和Al3+都能水解使溶液呈酸性，所以它们不能共存于中性溶液，对应的离子方程式也是在酸性条件下才能发生的反应，A不正确；B由水电离出c(H+
8、)=110-13molL-1，小于10-7mol/L，所以水的电离受到酸或碱的抑制。遇碱会发生反应生成一水合氨，所以它不能与碱大量共存；遇到少量酸会生成氢氧化铝沉淀，遇到过量酸则转化为铝离子，所以它不能与酸大量共存。所以无论溶液是酸性还是碱性，总有离子不能大量共存，B不正确；C含有大量Al3+的溶液一定是酸性的，Na+、Cl-四种离子都能在酸性溶液中大量共存，C正确；D二氧化硫有还原性，而次氯酸根有强氧化性，所以向此溶液中通入二氧化硫后，二氧化硫将被氧化为硫酸，而次氯酸根被还原为氯离子，D不正确；答案为C。6. 下列化学用语表示正确的是（ ）A. 硫原子的结构示意图：B. 三氟化氮的电子式：C
9、. 小苏打在溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+D. 次氯酸的结构式：HOCl【答案】D【解析】【详解】AS是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，故硫原子的结构示意图是，A错误；BNF3分子中F原子最外层有8个电子，其电子式是，B错误；C小苏打在溶液中的电离产生Na+、，其电离方程式为：NaHCO3=Na+，C错误；D在HClO分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，结构式是HOCl，D正确；故合理选项是D。7. X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素,X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的
10、2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )A. X、Z、W三元素所形成的化合物一定为共价化合物B. 原子半径：r(M)r(Y)r(Z)r(W)r(X)C. W和M形成的化合物不能与强碱反应D. Y、Z的最高价含氧酸的酸性：YZ【答案】B【解析】【分析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，X是H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y是C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，是Al元素；X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大，则Z、W的原子序数大干6、小于13，又Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它
11、们的单质在常温下均为无色气体，Z、W分别属于N、O，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W、M分别是H、C、N、O和Al，则：A. H、N、O三元素所形成的化合物NH4NO3，是离子化合物，A项错误；B. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径大小比较为:AlCNOH，B项正确；C. W和M形成的化合物为氧化铝，属于两性氧化物，可以与强碱反应，C项错误；D. 元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越大，则酸性：HNO3 H2CO3，D项错误；答案选B。【点睛】同周期从左到右元素金属性依次减弱，非金属性依次增强；同主族元素中从上到下，元素金属性依次增强
12、，非金属性依次减弱；且非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强；金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中碱性越强。8. 明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）A. 合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B. 从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al
13、,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D9. 我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为。下列说法正确的是A. 固氮时，锂电极发生还原反应B. 脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li+N2C. 固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D. 脱氮时，Li+向钌复合电极迁移【答案】B【解析】【分析】据总反应可知：放电时
14、锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li+N2+6e-2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答。【详解】A. 固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li+N2，故B正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误；答案：B【点睛】明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。10. 25时
15、，向20mL0.1molL-1四氯金酸( HAuCl4)溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数()随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是A. b点溶液中存在关系：2c(H+)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)B. X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数与pH的关系C. c点溶液中存在关系：c(Na+)=c(AuCl4-)D. d点时，溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【详解】Ab点溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由电荷守恒
16、可知2c(H+)+2c(Na+)=2c(OH-)+ 2c(AuCl4-)，由物料守恒可知：2c(Na+) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)，由-得2c(H+)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)，故A正确；B由题图1可知，起始20mL0.1molL-1HAuCl4溶液的pH=3，说明酸为弱酸，b点酸恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故B错误；Cc点溶液的pH=7，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(AuCl4-)，故C正确；Dd点时，HAuCl4与NaOH恰好完全反应，此时溶液的溶质为
17、NaAuCl4，AuCl4-水解，溶液显碱性，所以c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)，故D正确；故选B。二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)11. 已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）A. 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B. Cl2+FeI2=FeCl2+I2C Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2OD. 2Fe3+2I-=2Fe2+I2【答案】A【
18、解析】【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立。【详解】A根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2FeCl3，但是氧化性是FeCl3I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A符合题意；B因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B不符合题意；C根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，得出氧化性是：Co2O3Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；D因为氧化性FeCl3I2，所
19、以2Fe3+2I-=2Fe2+I2能发生，故D不符合题意。答案选A。12. 已知：某溶液中可能含有、，且所有离子物质的量浓度相等向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色下列关于该溶液的判断正确的是（ ）A. 肯定不含B. 肯定不含C. 可能含有D. 肯定含有【答案】B【解析】【详解】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，说明原溶液为无色，所以原溶液不存在，由可知，的还原性大于，所以溴水加入后先和反应，生成SO42-和Br-，溶液是无色的，所以一定有。不能确定是否存在。 又离子浓度相等、溶液为电中性，讨论：若阴离子只有，则含、中的两种，若含、，则含、，若含、，不遵循电荷守恒，则一定不存在。答
20、案选B。13. 下列有关说法正确的是（）A. 一定条件下反应2SO2+O22SO3达到平衡时，v正（O2）=2v逆（SO3）B. 用如图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀C. 常温下，向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，溶液中 的值增大D. 常温下，pH=2HCl溶液与pH=12的Ba（OH）2溶液等体积混合，两者恰好完全反应【答案】CD【解析】【详解】A. 达到平衡时，不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，则一定条件下反应2SO2+O22SO3达到平衡时，2v正(O2)=v逆(SO3)，故A错误；B.保护钢闸门不被腐蚀，应让钢闸门连接外加电源的负极作电解池的阴极，故B错误；C.在
21、氯化铵溶液中，铵根离子的水解平衡常数Kh=且只受温度的影响，常温下，向NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(H+)减小，所以溶液中的值增大，故C正确；D. 常温下，pH=2的HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L，等体积混合，二者恰好完全反应，故D正确，答案选CD。14. 某反应的H=+100 kJmol-1，下列有关该反应的叙述正确的是（ ）A. 正反应活化能小于100 kJmol-1B. 逆反应活化能一定小于100 kJmol-1C. 正反应活化能不小于100 kJmol-1D. 正反应活化能比逆反应活化能小1
22、00 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】某反应的H=+100 kJmol-1，则正反应的活化能逆反应的活化能=+100 kJmol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100 kJmol-1，则该正反应活化能不小于100 kJmol-1，故合理选项是C。15. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作和现象实验结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，出现白色沉淀SO2 与 BaCl2 溶液反应生成BaSO3沉淀B向某密闭容器充入 NO2，保持温度不变，慢慢扩大容器体积， 最终容器中气体颜色比开始时浅平衡2NO2(g)N2O4(g)正向移动C向蔗糖中加入适量浓
23、硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性D在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化，熔化的铝并不滴落熔点：氧化铝铝A. AB. BC. CD. D【答案】CD【解析】【详解】A由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，则二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不能生成沉淀，现象和结论均不正确，故A错误；B由勒沙特列原理可知，减小压强，平衡逆向移动，气体的体积增大，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，结论不正确，故B错误；C向蔗糖中加入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，变黑，体积膨胀，放出刺激性气体，反应中生成碳、二氧化碳、二氧化硫等，可说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C正确；D熔化的铝并不
24、滴落，是因为表面生成熔点更高的氧化铝，故D正确；故选CD。【点睛】本题的易错点为B，要注意平衡移动的原理的应用，本题中气体颜色的深浅与二氧化氮的浓度大小有关，与平衡移动的方向不一定一致。第II卷（非选择题共60分）16. 氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素CO(NH2)2、N2H4等多种含氮的化工产品。（1）以NH3与CO2为原料可以合成尿素CO(NH2)2，涉及的化学反应如下：反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) DH1=-159.5kJmol-1反应：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) DH2=+116.5kJmol反应：H2O(1)=H
25、2O(g) DH3=+44.0kJmol-1则反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(1) DH=_kJ/mol（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：a点_(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因是_。实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线、对应的水碳比最大的是_，测得b点氨的转化率为30%，则x=_。已知该反应的v(正)=k(逆)c2(NH3)c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2
26、O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡常数K与k(正)，k(逆)的关系式是_。【答案】 (1). -87.0 (2). 不是 (3). 升高温度反应逆向移动；催化剂活性降低 (4). (5). 4 (6). K=【解析】【详解】(1)已知反应I: 2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) DH1=-159.5kJmol-1反应：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) DH2=+116.5kJmol反应：H2O(1)=H2O(g) DH3=+44.0kJmol-1根据盖斯定律：反应I+反应反应即可得：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O
27、(1) DH= =159.5kJmol1+116.5kJmol144.0kJmol1=87.0kJmol1故答案为：87.0；(2) 产率最高之前，未达到平衡状态，故a点不是平衡点；反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低，故答案为：不是；升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以曲线、对应的水碳比最大的是为；由题意可知： 转化率(NH3)= = =30%，a=0.6，则x=4，故答案为：；4；当v正=v逆时反应达到平衡，则k(正)c2(NH3)c(CO2)=k(逆)c(H2O)，整理得k(正) =K，故
28、答案为：=K。17. 铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。（1）基态铜原子核外有_对自旋相反的电子。（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)_I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是_；（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_的杂化方式。（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰
29、基亚铜（I）中含_键数目。（6）Cu2O可用于半导体材料。Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为_；a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_。Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者熔点是Cu2O比Cu2S的_(填“高”或“低”)，请解释原因_。【答案】 (1). 14 (2). 大于 (3). Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH (4). sp、sp2 (5). 14 (6). 4 (7). (0.75，0.75，0.75) (8). 高 (9). 两者都是离子晶体，O2半径比S2半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高【解析】【详解
30、】(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反的电子；(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)；(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的Cu(NH3)42+，则反应的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH；(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个键，无孤电子对，采取sp2杂化；(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个
31、键，H2O分子内有2个键，配位键也键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个键；(6)Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的，已知a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2半径比S2半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。18. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工
32、业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤
33、丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 (3). 安全瓶，防倒吸 (4). 4SO2+2Na2
34、S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 (5). 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于95，则含有NaOH (6). 乙醇 (7). (8). 82.7【解析】【分析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答
35、。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液
36、的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数
37、为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。19. 二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下： 已知：a发生器中制备ClO2的反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2+3HCOOH+4Na3H(SO4)2+9H2Ob相关物质的熔沸点：物质CH3OHHCOOHClO2熔点/97959沸点/6
38、510111(1)ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_性。(2)冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制的最佳温度为_（填字母）。A010 B2030 C6070(3)经过程和过程可以获得芒硝（Na2SO410H2O）并使部分原料循环利用。已知：Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：Na3H(SO4)2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：_。结合Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程的操作是：在32.4恒温蒸发，_。Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_。【答案】 (1). 氧
39、化 (2). B (3). ，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO410H2O的析出 (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 (5). H2SO4【解析】【分析】由流程可知，发生器中制备ClO2, 冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO2，最后再储存；发生器中生成的Na3H(SO4)2进入Na3H(SO4)2处理器，用H2O2和NaClO3处理得到Na2SO410H2O。【详解】（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使
40、CH3OH液化，但是ClO2不能液化，只有B项合适，答案选B；（3）在处理器中会发生反应：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO410H2O的析出，故答案为：，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO410H2O的析出；过程的操作为在32.4恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；Na3H(SO4)2处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO3和H2SO4,故答案为：H2SO4。20. 有机化合物H是一种治疗心血管疾病药物的中间体。一种合成H的路线：已知：信息 CH3CH2CH=CH2 CH3CH
41、BrCH=CH2信息 回答下列问题：（1）C的化学名称为_，D中的官能团名称是_。（2）的反应类型是_。（3）F的结构简式为_。（4）写出由E和G生成H化学方程式：_。（5）芳香族化合物Q是H的同分异构体，一定条件下，H和Q分别与足量H2加成，得到同一种产物，则Q的可能结构有_种(环中没有碳碳叁键，也没有连续的碳碳双键，不考虑立体结构)，其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为_。（6）呋喃丙烯酸()是一种医治血吸虫病的药物 呋喃丙胺的原料。设计以为原料合成呋喃丙烯酸的合成路线(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 环戊烯 (2). 溴原子、碳碳双键 (3). 消去反应 (4). (5
42、). (6). 6 (7). (8). 【解析】【分析】A为，与H2发生加成反应生成的B应为，再在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C为，C反应信息的反应生成D为，D发生水解反应生成E为； 与CH3CHO发生信息的反应生成的F为，被氧化生成G，G和E能发生酯化反应，则G为，H为；据此解答。【详解】(1)C为，其化学名称为环戊烯，D为，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键；(2)反应为在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应；(3)由分析知F的结构简式为；(4)G和E能发生酯化反应生成H的化学方程式为；(5)H为，化合物H的同分异构体Q为芳香族化合物，说明含有苯环；H、Q分别与足量H2进行催化加成，能生成同一产物，则：如果五元环上不含碳碳双键，则支链中含有CC键，有1种；如果五元环上有2个碳碳双键，且两个碳碳双键不能相邻，有3种；如果五元环上有1个CC键，有2种，则符合条件的有6种；其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为；(6)乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛和反应生成，然后催化氧化得到，其合成路线为。