江西省吉安市五校2019届高三化学上学期联考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -吉安市 2019届五校联考高三化学试题可能用到的相对原子质量：Be9 C12 N14 016 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Ag108 Cr52一、选择题(本题共 16小题，每小题 3分，共 48分。每小题只有一个选项符合题意)1.2018年 11月 2日凌晨 1时 13分，福建省“东港石化”执行“碳九”装船作业时，码头连接海域软管处发生泄漏，造成一起安全生产责任事故引发的环境污染事件。该事件的“主角”“碳九”是指( )A. 碳元素的一种含有 9个中子的放射性核素B. 至今为止发现的第 9种具有放射性的碳原子C. 一种含有 9个碳原子的有毒无机物D.

2、一系列含碳原子数在 9左右的碳氢化合物【答案】D【解析】【详解】 “碳九”是指石油经过催化重整以及裂解后副产品中含碳原子数在 9左右的碳氢化合物，碳九属于易燃危险品，可造成水体、土壤和大气污染；具有麻醉和刺激作用，吸入、接触高浓度本品蒸汽有麻醉和刺激作用，会引起眼鼻喉和肺刺激，头痛、头晕等中枢神经和上呼吸道刺激症状，长期反复接触可致皮肤脱脂；同时食用被碳九污染过的动植物海产品，还有中毒、致癌等风险。故 A、B、C 错误，D 正确，答案选 D。【点睛】本题是化学与社会、环境、安全等相联系的试题，课本上没有，需要同学们在学习时要多关注实事，要注意所学知识与生产生活等的联系。2.我国科学家通过测量

3、SiO2中 26 Al和 10 Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。下列关于 26 Al和 10 Be的说法不正确的是( )A. 10 Be和 9 Be是中子数不同、质子数相同的不同原子B. 10 Be原子核内的中子数比质子数多C. 5.2g 26 A13+中所含的电子数约为 1.2 1023D. 26AI和 26 Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同【答案】C【解析】- 2 -【分析】A. 10 Be和 9 Be互为同位素；B. 10 Be的原子核内质子数为 4，中子数为 10-4=6；C.结合 n= 、N=nN A计算；mMD. 26Al和 26 Mg的

4、质子数分别为 13、12，中子数分别为 13、14，质子数等于核外电子数。【详解】A. 10 Be和 9 Be互为同位素，中子数不同，质子数相同，所以 A选项是正确的；B. 10 Be的原子核内质子数为 4，中子数为 10-4=6，中子数比质子数多，所以 B选项是正确的；C. 5.2g 26 A13+中所含的电子数约为 (13-3) 1. 2 1024，故 C错5.26/gmol36.01=误； D. 26Al和 26 Mg的质子数分别为 13、12，中子数分别为 13、14，质子数等于核外电子数，所以 D选项是正确的。答案选 C。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A.

5、过氧化氢分解制得标准状况下 2.24LO2，转移电子的数目为 0.4NAB. 1L1molL-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为 3NAC. 将 0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目为 0.1NAD. 1mol硝基(NO 2)与 46g二氧化氮(NO 2)所含的电子数均为 23NA【答案】D【解析】【详解】A.用双氧水分解制取氧气，氧元素的价态由-1 价变为 0价，故当生成标况下 2.24L氧气即 0.1mol氧气时，转移 0.2NA个电子，故 A错误；B. 1mol碳酸根中含有 3NA个氧原子，但是溶液中有大量水分子，水分子中也有氧原子，故B错误；C.氢氧化铁胶粒为氢氧化

6、铁的聚集体，所以将 0.1molFeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目小于 0.1NA，故 C错误；D. 硝基(NO 2)与二氧化氮(NO 2)分子中均含有 23个电子，所以 1mol硝基(NO 2)与 46g二氧化氮(NO 2)所含的电子数均为 23NA，故 D正确。- 3 -答案选 D。【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，注意硝基(NO 2)与二氧化氮(NO 2)分子所含电子数相同。4.某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准 NaOH溶液(浓度有 0.100 0 mol/L和 0

7、.0100 mol/L两种)对其进行滴定。下列说法正确的是( )A. 该实验应选用甲基橙作指示剂B. 用 0.100 0 mol/L标准 NaOH溶液滴定时误差更小C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后,可以再加少量蒸馏水后开始滴定D. 滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下【答案】C【解析】【分析】用标准 NaOH溶液滴定白醋，由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，又由于醋酸是弱酸，滴定终点生成醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故应用酚酞作指示剂，以此分析解答。【详解】A. 该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞

8、作指示剂，故 A错误；B. 由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用 0.0100 mol/L标准 NaOH溶液滴定时误差较小，故 B错误；C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故 C正确；D. 滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故 D错误。故答案选 C。5.物质 A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是( )A. AF,H =一H 6- 4 -B. H 1 +H 2 + H 3 + H 4 + H 5 + H 6=0C. CF, H= H 1+ H 2 + H 6D. 若 AC 为放热过程，则H

9、3 + H 4 + H 5 + H 6 0【答案】C【解析】【详解】依据盖斯定律来分析判断。A.AF和 FA的焓变数值相等符号相反，A 项正确；B.由 A 循环到 A，能量变化为 0，H 1+H 2+H 3+H 4+H 5+H 6=0，B 项正确；C.由 CF，H=H 3+H 4+H 5，由 FC，H=H 1+H 2+H 6，二者的绝对值相等，符号相反，故 C项错误；D. 若 AC 为放热过程，则 CA 为吸热过程，即H 3 + H 4 + H 5 + H 6 0，D 项正确。故选 C项。【点睛】本题考查了盖斯定律的含义理解和计算应用，主要是焓变的分析判断，化学反应的焓变只与各反应物的始态和各

10、生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；注意反应的方向改变，焓变符号改变。6.在含有 Na+、Fe 2+ 、Fe 3+、Al 3+、NH 4+、Mg 2+等的溶液中加人足量的 Na2O2固体，再加人过量的稀盐酸，完全反应后，上述离子的离子数目几乎没有改变的有( )A. 1种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种【答案】B【解析】【详解】Na 2O2溶于水会有 NaOH生成，而 Fe2+ 、Fe 3+、Al 3+、Mg 2+均会与 NaOH反应生成沉淀，Fe(OH)2会迅速氧化成 Fe(OH)3，所以再加入过量的盐酸后，Fe 2+ 、Fe 3+、Al 3+、Mg 2+离子数目变化分别为减少

11、、增加、不变、不变，而 NH4+与 NaOH反应会生成氨气，所以 NH4+离子数目减少，由于加入 Na2O2，引入 Na+，故 Na+也会增加，故 6种阳离子只有 Al3+和 Mg2+几乎不变。综上所述，本题正确答案为 B。7.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是( )- 5 -A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】试题分析：A、铜和浓硫酸的反应需要加热，装置没有加热装置，错误；B、SO 2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，应为长管进气短管出气，错误；C、浓硫酸溶于水放

12、出大量的热，应用装置稀释反应后的混合液，正确；D、用氢氧化钠溶液滴定余酸，氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价8.下列图示不能说明某反应(或某可逆反应的正反应)一定是放热反应的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应； - 6 -B. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应； C. 由图可知，反应速率先增大后减小，但不知道反应速率增大的原因，故不能说明反应一定是放热反应； D

13、. 由图可知，根据“先拐先平，数值大” ，可判断温度 T1T2，升温后，反应物的体积分数减小，说明升温使平衡向逆向移动，即逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应。故答案选 C。9.O3在水中易分解，一定条件下， O 3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。据表中的递变规律，推测 O3分别在条件40、pH=3.0,10、pH=5. 0, 30、pH=7.0下，分解速率依次增大的顺序为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH 越大反应速率越快，所以 40、pH=3.0时，所需时间在 31min158min 之

14、间；10、pH=4.0 时，所需时间231min；30、pH=7.0时，所需时间15min，则分解速率依次增大的顺序为、。故答案选 C。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究，本题注意对表中数据的分析和处理。在其他条件相同的情况下，温度越高，反应速率越快；注意易错点：只有在其他条件相同的情况下，温度越高反应速率越快，而本题中 pH值对反应速率也有影响。10.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的 2倍，Z 是地壳中含量最高的元素，四种元素原子最外层电子数之和为- 7 -12。A、B、C、D、E 是由其中的 2种或 3种元素组成的化

15、合物，F 是由 Z元素形成的单质。已知 A+B=D+F，A+C=E+F。常温下，0.1mol/L D 溶液的 pH 为 13。下列说法正确的是( )A. 原子半径:WZYXB. A、C 中所含的化学键类型相同C. 1.0L0.1mol/L E溶液中阴离子的总的物质的量为 0.1molD. lmol A 与足量 B完全反应共转移 1mol 电子【答案】D【解析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的 2倍，Y 为 C元素；Z 是地壳中含量最高的元素，Z 为 O元素，四种元素原子最外层电子数之和为 12，则 X和 W最外层都是 1个 1电子，则

16、 W为 Na元素；A、B、C、D、E 是由其中的 2种或 3种元素组成的化合物，F 是由 Z元素形成的单质，F 为氧气或臭氧；已知A+B=D+F，A+C=E+F，则 A为过氧化钠，B、C 为二氧化碳和水，则 X为 H元素；常温下，0.1mol/L D溶液的 pH 为 13，则 D为氢氧化钠，因此 B为水，C 为二氧化碳，E 为碳酸钠。A. 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：WY Z X，故 A错误；B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，二氧化碳中只含有共价键，故 B错误；C. 1.0L0.1mol/L碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢

17、氧根离子，阴离子的总的物质的量大于 0.1mol，故 C错误；D. 过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，lmol 过氧化钠与足量水完全反应共转移 1mol 电子，故 D正确；故选 D。11.常温下，已知电离常数：K b ( N H3H2O)=1.810-5；K (H2C2O4)=5.910-2,K H2C2O4)1aa=6.210-5。下列说法正确的是( )A. (N H4)2C2O4溶液中，c(NH )=2c(C2O )4+4-B. 等物质的量浓度的氨水和 H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性C. pH=11的氨水和 pH=3的 H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸

18、性D. 用 H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中。c(NH )=2c(C2O )+c(HC2O )4+4-4-【答案】D【解析】【详解】A 项，在(NH 4)2C2O4溶液中，由于 NH4+和 C2O42-均发生水解反应，且水解程度不同，- 8 -则 c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立，故 A项错误；B项，等物质的量浓度的氨水和 H2C2O4溶液等体积混合生成 NH4HC2O4，NH 4+水解使溶液显酸性，同时由 H2C2O4两级电离平衡常数可知，HC 2O4-的电离程度明显大于水解，且电离也使溶液显酸性，因此溶液一定呈酸性，故 B项错误；C项，H 2C2O4的一级和二级电离均

19、大于 NH3H2O的电离，故 pH=11的氨水，其真实浓度远远大于 pH=3的 H2C2O4，则等体积混合后，溶液显碱性，故 C项错误；D项，根据电荷守恒可得：c(NH 4+)+ c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)， 因为溶液呈中性，则有 c(H+)=c(OH-)，带入上式得：c(NH 4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故 D项正确。综上所述，本题正确答案为 D。12.将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu 2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是( )A. 电极 X是正极,其电极反应为 Cu-2e-= Cu2+

20、B. 银电极板质量逐渐减小，Y 溶液中 c(Ag+)增大C. 当 X电极质量变化 0.64 g时，Y 溶液质量变化 2.16 gD. 外电路中电流由银极流向铜极【答案】D【解析】A、电极 X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为 Cu-2e-= Cu2+，错误；B、银电极为电池的正极，被还原,发生的电极反应为:Ag + e-=Ag，银电极质量逐渐增大，Y 溶液中c(Ag+)减小，错误；C、当 X电极质量减少 0.64 g时，即 0.64g 64g/mol=0.01 mol，则正极有 0.02 mol的银单质析出，即 0.02mol108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为 2.16

21、 g-0.64 g=1.52 g。错误；D、电极 X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极） 。正确；故选 D。13.下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作 实验现象 实验结论- 9 -A向盛有 1 mL浓硫酸的试管中加人 5 mL 0 .1 mol/L的 K2 Cr2 O7溶液溶液橙色变深增大生成物浓度，平衡 Cr2 O +H2O7-2CrO +2H逆向移动24-B向 Mg(OH)2悬浊液中加人少量醋酸铵晶体沉淀溶解，溶液变澄清说明反应 Mg2+2NH3H2O Mg(OH)2+2NH ,具有可逆性4+C相同温度下，同时向4m

22、L0.1 mol/L. KMnO4)，酸性溶液和4 mL 0.2 mol/LKMnO4，酸性溶液中，分别加人 4mL 1 mol/L. H2 C2 O4溶液中溶液先褪色该实验条件下，KMnO 4浓度越小，反应速率越快D 向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水产生淡蓝色火焰煤炭燃烧更旺加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，向盛有 1 mL浓硫酸的试管中加人 5 mL 0 .1 mol/L的 K2 Cr2O7溶液容易发生迸溅，且溶液温度升高无法判断平衡移动方向，故 A错误；B.铵根离子可结合氢氧化镁电离出的氢氧

23、根离子，发生 Mg(OH)2+2NH4+ Mg2+2NH3H2O ，说明反应 Mg2+2NH3H2O Mg(OH)2+2NH4+具有可逆性，故 B正确；B.由于 KMnO4溶液本身有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的 KMnO4溶液，故 C错误；D.C燃烧生成二氧化碳，能量变化与途径无关，则煤炭燃烧放出热量不变，结论不合理，故D错误。所以 B选项是正确的。14.在 T时，发生反应 Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)，该反应的平衡常数 K= 64，在 1L恒容密闭容器甲和乙中，甲中加有四种物质各 1 mol，

24、乙中加有 Fe2O3 、Fe、CO 2- 10 -各 1 mol, CO 2 mol。达平衡后，两容器中不相等的是( )A. 用 CO表示的反应速率 B. 平衡混合气体的平均相对分子质量C. CO的转化率 D. CO 2的体积分数【答案】C【解析】【分析】可逆反应 Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数 K= =64，整理可得：()32cCO= =4，即达到平衡时二氧化碳和 CO的浓度之比相等，则混合气体中二氧化碳的()2cC3K体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等；按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小；设达到平衡时甲、乙

25、消耗的 CO分别为 xmol、ymol，利用平衡常数计算出 x、y，然后计算出 CO的转化率。【详解】可逆反应 Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数 K= =64，整()32cCO理可得： = =4，即达到平衡时二氧化碳和 CO的浓度之比相等，则混合气体中二()2cC3K氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等，故 B、D 不符合题意；按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小，故 A不符合题意；设达到平衡时甲消耗 CO的物质的量为 x，乙中消耗 CO的物质的量为 y，则： Fe 2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s)

26、 +3CO2 (g)起始量（mol） 1(2) 1变化量（mol） x (y) x (y) 平衡量（mol） 1-x (2-y) 1+x (1+y)反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，甲中根据平衡常数可得： = =4，计算得出 x=0.6mol，()2cCO31xK+-则甲中 CO的转化率为： 100%=60%；0.6mol- 11 -乙中根据平衡常数可得： = =4，计算得出：y=1.4mol，()2cCO31yK+-则乙中 CO的转化率为： 100%=70%；.4mol所以甲中 CO的转化率小于乙，所以 C选项符合题意，故选 C。15.由短周期元素组成的中学常见无机物

27、 A、B、C、D、E、X 存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是( )A. 若 A中含有非极性键，则 X可能为一种酸酐B. 若 A是单质，则 B和 E中也一定有一种是单质C. 若 B具有强氧化性，则 A、E 的组成元素可能相同D. 若 X为 O2，则 B、C、D 在常温下均可以是气体【答案】B【解析】【详解】A. 若 A中含有非极性键，则 X可能为一种酸酐,例如 A是过氧化钠，X 是 CO2，故 A正确；B. 若 A是单质，与水发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，化合价一定发生变化，则 B和 E中不一定是单质，故 B错误；C. 若 B具有强氧化性，则

28、A、E 的组成元素可能相同，例如 A是 NO2，B 是硝酸，X 是 NO，故C正确；D. 若 X为 O2，则 B、C、D 可以是气体，例如 A是氮化镁，B 是氨气，C 是 NO，D 是 NO2，故D正确。答案选 B。【点睛】无机推断中常用的思维方法：（1）正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论。（2）逆向推理：以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论。（3）猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与- 12 -题中所给条件、题意吻合，即为答案。（4）综合分析：根据题设条件、过程产物、最

29、终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。16.某温度下，将打磨后的镁条放人盛有 50 mL蒸馏水的烧杯中，用 pH传感器和浊度传感器监测溶液中的 pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液 pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是( )A. 该温度下 Mg(OH)2的 KSP的数量级约为 10-10。B. 该实验是在常温下进行的C. 50 s时向溶液中滴人酚酞试液，溶液变红D. 150 s后溶液浊度下降是因为生成的 Mg(OH)2逐渐溶解【答案】A【解析】【分析】A.该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH 不变，此时 pH=10.00，以此分析；B. 根据蒸馏水的 pH=6

30、.5分析；C.酚酞的变色范围为 810，pH 小于 8时溶液为无色；D.氢氧化镁为难溶物，氢氧化镁沉降后减小了溶液浊度。【详解】A. 该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH 不变，此时 pH=10.00，该温度下 Mg(OH)2的 KSP=c(Mg2+)c2(OH-)= c(OH-) c2(OH-)= c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积11Kw=10-6.5 10-6.5=10-13，所以 c(OH-)= =10-3mol/L，故 KSP= c3(OH-) 10- 12= = 10-9=5 10-10，即该温度下 Mg(OH)2的 KSP的数量级约为 10-10，故 A正确；3102-

31、（ ） B. 常温下蒸馏水的 pH=7，而图象中蒸馏水的 pH=6.5c(HS03-)c(S032- )c(OH-) (9). AgCl、Ag 2SO4【解析】【分析】(1)由图可以知道仪器，装置乙用来干燥氯气，装置 B中的碱石灰与气体反应； (2) 装置丁中利用 KClO3、4HCl(浓)制备氯气，以此写出离子方程式；(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl 2+H2O=SO2+2HCl，A1C1 3溶液易水解，A1C1 36H2O与 SOCl2混合加热，SOCl 2与 A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水 A1C13及 SO2和 HCl气体，SOCl2吸水，产物 SO2和 HC

32、l溶于水呈酸性抑制水解发生；(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由 SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，生成 0.08mol SOCl2，以此0.8964/Llmo计算产率；(5)0. 01 mol SOCl2与 100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为 SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，以此分析溶液酸碱性及离子浓度大小；(6) SOCl2与 H2O反应生成 SO2和 HCl，HCl 与 AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有

33、硫酸银，以此分析沉淀的成分。【详解】(1)仪器 c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置 B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的 C12、SO 2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致 SOCl2水解；(2) 装置丁中利用 KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：C1O 3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H 2O，因此，本题正确答案是：C1O 3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H 2O；-

34、15 -(3 SOCl2与水反应的方程式为：SOCl 2+H2O=SO2+2HCl，A1C1 3溶液易水解，A1C1 36H2O与 SOCl2混合加热，SOCl 2与 A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水 A1C13及 SO2和 HCl气体，SOCl2吸水，产物 SO2和 HCl溶于水呈酸性抑制水解发生， 因此，本题正确答案是：C1O 3-+5C1-+6H+ = 3C12+3H 2O ；AlCl 3易水解，A1C1 36H2O与SOCl2混合加热，SOCl 2与 A1C136H2O中的结晶水作用，生成无水 A1C13及 SO2和 HC1气体，SOCl2吸水，产物 SO2和 HCl抑制 A

35、1C13水解；(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由 SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成 0.08mol SOCl2，则0.8964/LlmoSOCl2的产率为 100%=50.0%，.7.1/gll因此，本题正确答案是：50.0%；(5)0. 01 mol SOCl2与 100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为 SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO 3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数 Kh= =6.58 10-13c(HSO3-)c(SO32- )c(OH-)

36、，因此，本题正确答案是：(Cl -)c(HSO3-)c(SO32- )c(OH-)；(6) SOCl2+H2O=SO2+2HCl，氯化氢与 AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag 2SO4，因此，本题正确答案是：AgCl、Ag 2SO4。18.由废铁制备 FeCl2并测定 FeCl2的含量。主要过程如下所示：I.按上图所示过程制备 FeCl36H2O。(1)用离子方程式表示过程中稀硝酸的作用：_。(2)在过程中要不断向溶液中补充盐酸，目的是_。(3)步骤的操作是_ 。.由 FeCl36H2O制得干

37、燥 FeCl2的过程如下所示：向盛有 FeCl36H2O的容器中加入 SOCl2，加热，获得无水 FeCl3；- 16 -将无水 FeCl3置于反应管中，通入过程中产生的气体一段时间后加热，生成 FeCl2;收集 FeCl2， 保存备用。(4)上述过程 2中产生 FeCl2的化学方程式是_。.测定 FeCl2的含量。分析方法：取 a g样品配制成 100 mL溶液;用移液管吸取所配溶液 5.00 mL，放入 500 mL、锥形瓶内并加水 200 mL;加硫酸锰溶液 20.00mL，用 0.1 mol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液 V mL。(5)滴定终点的判断依据

38、是_。(6)滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是_ 。(7)若所配溶液中 (FeC12) (g/L) =kV(式中 V消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)，w则 k=_(保留四位有效数字)。【答案】 (1). 3Fe2+N03- +4H+ = 3Fe3+N0+2H 2O (2). 补充 H+使 N03- 继续氧化 Fe2+直至 N03- 完全消耗，既不产生 Fe(N03)3又不引入其他杂质 (3). 加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥) (4). 2FeC13+H2 2FeCl2+2HC1 (5). 最后一滴酸性高锰酸钾

39、标准溶液产生的微红色在 30s内不消失 (6). 硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子 (7). 12.70【解析】【分析】I.（1）硝酸根离子在有氢离子条件下才能氧化亚铁离子为铁离子；（2）加入盐酸，补充 H+使 NO3-继续氧化 Fe2+直至 NO3-完全消耗既不产生 Fe(NO3)3又不引入其他杂质；（3）步骤从氯化铁溶液制取 FeCl36H2O晶体，要防止水解；.（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁的反应方程式；. (5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定 FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO 4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，终点时紫红色褪色；(6)溶液中存在 Cl-，

40、当有硫酸锰存在时，能阻止高锰酸钾氧化氯离子；(7)根据高锰酸钾和氯化亚铁反应的定量关系计算。【详解】I.（1）稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe 2+NO3- - 17 -+4H+ = 3Fe3+NO+2H 2O；故答案为：3Fe 2+NO3- +4H+ = 3Fe3+NO+2H 2O；（2）在该过程中要不断向溶液中补充盐酸，可以补充 H+使 NO3-继续氧化 Fe2+直至 NO3- 完全消耗，既不产生 Fe(NO3)3又不引入其他杂质，故答案为：补充 H+使 NO3-继续氧化 Fe2+直至 NO3- 完全消耗，既不产生 Fe(NO3)3又不引入其他杂质；（3）步骤从

41、氯化铁溶液制取 FeCl36H2O晶体，要防止水解，故操作是加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)，故答案为：加人适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)；.（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeC1 3+H2 2FeCl2+2HC1，故答案为：2FeC1 3+H2 2FeCl2+2HC1；. (5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定 FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO 4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，终点时紫红色褪色，滴定终点的判断依据是：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在 30s内不消失，故答案

42、为：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在 30s内不消失；(6) 滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，可能是溶液中存在 Cl-被氧化所致，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是能阻止高锰酸钾氧化氯离子，故答案为：硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子；(7)根据反应式：MnO 4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，5.00 mL 样品溶液消耗 0.1 mol/L酸性高锰酸钾溶液 VmL，则 (FeC12) (g/L)= =12.70Vg/L，由于 (FeC12) w30.1517VgL- w(g/L) =kV，解得 k=12.70。故答案为：12.70。19.科学家研究

43、出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统” ，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。- 18 -(1) 已知:CH 4 、CO, 、H 2的燃烧热分别为 890. 3 KJmol-1、283. 0 KJmol -1、285. 8 KJmol-1。则上述流程中第一步反应 2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g)的H=_(2)工业上可用 H2和 CO2制备甲醇，其反应方程式为 CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将 1 mol CO2和 3 mol H2充人体积不变的 2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表

44、所示:用 H2表示的前 2h的平均反应速率 v(H2)=_该温度下，CO 2的平衡转化率为_(3)在 300、8 MPa 下，将 CO2和 H2按物质的量之比 1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得 CO2的平衡转化率为 50%，则该反应条件下的平衡常数为 Kp=_ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO 2 ( g)6H 2 (g) C2H4 (g)4H 2 O(g) H。在0 .1 MPa时，按 (CO2)： (H2)=1：3 投料，如图所示为不同温度( )下，平衡时四种气态n T物质的物质的量( )的关系。该

45、反应的H_0(填“”或“”)。曲线 表示的物质为_(填化学式)。c【答案】 (1). -71.4 kJmol-1 (2). 0.225 molL-1h-1(或 13.5 molL-1minL-1 (3). 40% (4). (5). (6). C2H4148【解析】【分析】（1）根据 CH4、 、CO 和 H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：CH 4（g）+2O 2（g）=CO 2（g）+2H 2O（l）H=-890.3kJmol -1；- 19 -2CO（g）+O 2（g）=2CO 2（g）H=-566.0kJmol -1，O 2（g）+2H 2（g）=2H 2O（l）H=-571.6k

46、Jmol -1；根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；(2) 恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h 时 =0.85，求出氢气转化p后前量，进一步求出用氢气表示的反应速率；该温度下，反应进行 5h时达到平衡状态，此时 =0.80，求出二氧化碳转化量，进一步p后前求出 CO2的平衡转化率；(3)根据已知条件，列三行式，求出平衡时各气体成分所占的物质的量的分数，求出分压，进而计算平衡常数；(4)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线 a代表 CO2，C 2H

47、4(g)、H 2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线 b代表水，曲线 c代表 C2H4。【详解】 （1）根据 CH4、 、CO 和 H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：CH 4（g）+2O 2（g）=CO 2（g）+2H 2O（l）H=-890.3kJmol -1；2CO（g）+O 2（g）=2CO 2（g）H=-566.0kJmol -1，O 2（g）+2H 2（g）=2H 2O（l）H=-571.6kJmol -1；利用盖斯定律将 2-2 可得：2CH 4（g）+O 2（g）=2CO（g）+4H 2（g） H=-71.4 kJmol -1，

48、故答案为：2CH 4（g）+O 2（g）=2CO（g）+4H 2（g） H=-71.4 kJmol -1；(2) 恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h 时 =0.85，设消耗 CO2的p后前物质的量为 xmol，CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g) VA1 3 1 1 2 xmol 2x mol- 20 -则有 =0.85，解得 x=0.3，42xmol-故前 2h的平均反应速率 v(H2)= =0.225 molL-1h-1。0.3molLh该温度下，反应进行 5h时达到平衡状态，此时 =0.80，设消耗 CO2的物质的量为p后前ymol，则有 =0.85，解得 y=0.4，42yolm-故 CO2的平衡转化率为 1