四川省成都市2020届高三摸底测试化学试题

四川省成都市2020届高三摸底测试化学试题

成都市2017级高中毕业班摸底测试 化学 本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ι卷（选择题）1至4页，第Ⅱ卷（非选择题）5至7页，共7页，满分100分，考试时间100分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。‎ ‎3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。‎ ‎4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。‎ ‎5．考试结束后，只将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H—l C—12 O—16 S—32 Fe—56‎ 第Ι卷 （选择题，共40分）‎ 本卷选择题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。‎ ‎1.冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是 A. 奶油是可产生较高能量的物质 B. 人造脂肪属于酯类物质 C. 植物油中含有碳碳双键 D. 油脂的水解反应均为皂化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；‎ B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；‎ C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；‎ D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.下列物质分类正确的是 A. 豆浆、蛋白质溶液均属于胶体 B. H2O、CO2均为电解质 C. NO、SO3均为酸性氧化物 D. H2S、O2常作还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分散质粒子直径介于1-100nm之间的为胶体，豆浆、蛋白质溶液均属于胶体，故A正确；‎ B．H2O是弱电解质，CO2属于非电解质，故B错误；‎ C．SO3为酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故C错误；‎ D．H2S中S的化合价为最低价，是常见的还原剂，O2是常见的氧化剂，故D错误；‎ 故选A ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，是反应生成的碳酸能够电离，而二氧化碳不能电离。‎ ‎3.下列化学用语正确的是 A. 中子数为2的氢原子：H B. Na+的结构示意图：‎ C. OH-的电子式：[H]一 D. N2分子的结构式：N—N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数为2氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；‎ B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；‎ C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；‎ D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.下列比较错误的是 A. 与水反应的剧烈程度：KHC1‎ C. 原子半径：Si>N D. 碱性：Ca(OH)2> Mg(OH)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属性K＞Ca＞Na＞Mg，金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞S，所以氢化物的稳定性HF＞H2S，故B正确；‎ C．C、Si同主族，电子层依次增大，故原子半径Si＞C，C、N同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径C＞N，因此原子半径：Si>N，故C正确；‎ D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg，所以碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；‎ 故选A ‎5.下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是 A. 用小刀切开金属钠 B. 将钠放在坩埚中加热 C. 把钠保存在煤油中 D. 将钠放入盛水的烧杯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；‎ B．将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B错误；‎ C．把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明钠的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；‎ D．钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。‎ ‎6.甲苯是重要的化工原料。下列有关甲苯的说法错误的是 A. 分子中碳原子一定处于同一平面 B. 可萃取溴水的溴 C. 与H2混合即可生成甲基环己烷 D. 光照下与氯气发生取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯环具有平面形结构，甲苯中侧链甲基的碳原子取代的是苯环上氢原子的位置，所有碳原子在同一个平面，故A正确；‎ B．甲苯不溶于水，可萃取溴水的溴，故B正确；‎ C．与H2混合，在催化剂，加热的条件下才能反应生成甲基环己烷，故C错误；‎ D．光照下，甲苯的侧链甲基上的氢原子能够与氯气发生取代反应，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎7.在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是 A. 石油分馏 B. 从海水中制取镁 C. 煤干馏 D. 用SO2漂白纸浆 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；‎ B．镁是活泼金属，在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；‎ C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；‎ D．二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是 A. 图甲：实验室制氨气 B. 图乙：干燥氨气 C. 图丙：收集氨气 D. 图丁：实验室制氨气的尾气处理 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气，故A正确；‎ B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气。故B正确；‎ C．氨气的密度比空气小，于空气中的物质不反应，可以用排空气法收集，用图示装置收集氨气需要短进长出，故C正确；‎ D．氨气极易溶于水，用图示装置进行氨气的尾气处理，会产生倒吸，故D错误；‎ 故选D ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。‎ ‎9.下列有机实验操作正确的是 A. 证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液 B. 验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中 C. 制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸 D. 检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；‎ B．铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；‎ C．加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；‎ D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.下列解释对应事实的离子方程式正确的是 A. FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓‎ B. 漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1O C. AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓‎ D. K2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；‎ B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；‎ C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；‎ D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是 A. 过滤 B. 灼烧 C. 溶解 D. 检验 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；‎ B．灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；‎ C．溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；‎ D．可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎12.在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是 A. AlNaAlO2(aq)‎ B. FeFe2O3Fe2(SO4)3‎ C. NH3NOHNO3‎ D. SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；‎ B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误；‎ C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；‎ D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是 A. 常温常压下Y的单质为气态 B. X的氧化物是离子化合物 C. X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W与Y具有相同的最高化合价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。‎ A．常温常压下，S为固体，故A错误；‎ B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；‎ C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；‎ D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NA B. 100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NA C. 标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NA D. 1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；‎ B．100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；‎ C．标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量==0.5mol，混合物中所含氧原子的数目为NA，故C正确；‎ D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。‎ ‎15.研究海水中金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法错误的是 A. 桥墩的腐蚀主要是析氢腐蚀 B. 钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快 C. 图1辅助电极的材料可以为石墨 D. 图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e一=4OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．桥墩浸泡在接近中性的海水中，主要发生析氧腐蚀，故A错误；‎ B．海水中含有氯化钠等电解质，导电性比河水强，钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，故B正确；‎ C．图1为外加电源的阴极保护法，辅助电极的材料可以为石墨等，故C正确；‎ D．图2为牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩充当正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.下列操作能达到实验目的的是 目的 实验操作 A Al2O3有两性 将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中 B 浓硫酸有脱水性 蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌 C 检验SO42-‎ 向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液 D 检验Fe2+‎ 向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；‎ B．浓硫酸能将蔗糖中H、O以2∶1水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；‎ C．向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；‎ D．氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强 B. 适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大 C. 稀释0.1 mol/L NaOH溶液，水的电离程度减小 D. CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；‎ B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；‎ C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1 mol/L NaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；‎ D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。‎ ‎18.在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是 A. 反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O B. 反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+‎ C. 反应Ш是氧化还原反应 D. 黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；‎ B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；‎ C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；‎ D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。‎ ‎19.温度T℃时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. x可能为4‎ B. M为容器甲 C. 容器乙达平衡时B的转化率为25%‎ D. M的平衡常数大于N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若该反应为气体物质的量增大的反应，即x＞3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x＜3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；‎ B．根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；‎ C．根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确； ‎ D．温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x＜3的情况。‎ ‎20.0.1 mol／L二元弱酸H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H2A、HA-、A2 -‎ 的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 A. pH =1.9时，c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)‎ B. 当c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)时，溶液pH＞7‎ C. pH=6时，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)‎ D. lg[Ka2(H2A)]=-7.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像，pH =1.9时，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，有c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，因此c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)，故A正确；‎ B．根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH＜7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B错误；‎ C．根据图像，pH=6时，c(HA-)>c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2一)＞c(H2A)，故C正确；‎ D．Ka2(H2A)=，根据图像，当pH=7.2时，c(HA-)=c(A2一)，则Ka2(H2A)== c(H+)=10-7.2，因此lg[Ka2(H2A)]=-7.2，故D正确；‎ 故选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共60分）‎ 注意事项：‎ ‎1．用黑色签字笔将答案写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2．本卷非选择题共有6个题。‎ ‎21.氢、碳和氯的单质及化合物在生产和生活中有广泛用途。‎ ‎（1）H2(g)+Cl2 (g) =2HCl(g) ΔH反应的能量变化示意图如图1所示，其中436kJ/mol表示的含义是_____，由图计算ΔH=____kJ/mol。‎ ‎（2）金刚石、石墨的燃烧热分别为395.4kJ/mol和393.5kJ/mol。图2是两者相互转化的能量变化示意图，A表示的物质为_____。‎ ‎【答案】 (1). 1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收的最少能量（或H-H键的键能） (2). -183 (3). 石墨 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示，436kJ/mol是H-H键键能；结合ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；‎ ‎(2)根据金刚石、石墨的燃烧热判断金刚石和石墨能量的相对大小再结合图像分析判断。‎ ‎【详解】(1)根据图示，436kJ/mol表示1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(或H-H键的键能)；ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则H2(g)+Cl2 (g) =2HCl(g) ΔH=(436kJ/mol+243kJ/mol)-2×431kJ/mol=-183 kJ/mol，故答案为：1molH2分子中的化学键断裂时需要吸收的最少能量(或H-H键的键能)；-183；‎ ‎(2)金刚石、石墨的燃烧热分别为395.4kJ/mol和393.5kJ/mol，说明金刚石的能量较高，因此能量较低的A表示石墨，故答案为：石墨。‎ ‎22.二氧化硫在生产和生活中有着广泛的用途。‎ ‎（1）SO2可用来制备定影剂Na2S2O3,，反应的化学方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2‎ ‎↑。请用单线桥表示该反应中的电子转移情况______，还原剂与氧化剂的物质的量之比为____。‎ ‎（2）用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应的离子方程式为______；吸收后的浓溶液可用图1的装置再生循环脱硫，并制得硫酸，电极a的电极反应为_____，乙是____。‎ ‎（3）可设计二氧化硫空气质子交换膜燃料电池处理尾气中的二氧化硫，原理如图2所示。其能量转化的主要形式是______，c电极是__极，移动的离子及方向是____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1∶2 (3). SO2+2OH-=SO42-+H2O (4). 2H2O+2e-= H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑） (5). 浓度较大的H2SO4溶液 (6). 化学能转化成电能 (7). 负 (8). H+由c电极通过质子交换膜向d电极移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑，反应中Na2S中S的化合价由-2价升高到+2价，SO2中S的化合价由+4价降低到+2价，根据化合价的变化分析解答；‎ ‎(2)用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应生成亚硫酸钠；吸收后的浓溶液可再生循环脱硫，并制得硫酸，根据化合价的变化，结合电解池原理分析解答；‎ ‎(3)二氧化硫空气质子交换膜燃料电池属于原电池，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】(1) Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2↑，反应中Na2S中S的化合价由-2价升高到+2价，Na2S为还原剂，SO2中S的化合价由+4价降低到+2价，SO2为氧化剂，反应中的电子转移情况用单线桥表示为，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故答案为：；1∶2；‎ ‎(2)用足量NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2‎ O；吸收后的浓溶液可再生循环脱硫，并制得硫酸，根据图示，电极a为阴极，溶液中的氢离子放电发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-= H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)，电极b为阳极，SO32-在阳极发生氧化反应生成硫酸，因此乙是浓度较大的H2SO4溶液，故答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；2H2O+2e-= H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)；浓度较大的H2SO4溶液；‎ ‎(3)二氧化硫空气质子交换膜燃料电池属于原电池，原电池的能量转化是化学能转化成电能，二氧化硫为燃料，在负极上发生氧化反应，通入空气的电极为正极，因此c电极是负极，溶液中的氢离子由c电极通过质子交换膜向d电极移动，故答案为：化学能转化成电能；负；H+由c电极通过质子交换膜向d电极移动。‎ ‎23.有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。‎ ‎（1）石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。‎ ‎①A的结构简式为_________，A的名称是____________。‎ ‎②A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________。‎ ‎③A→C的反应类型是____，C+D→E的化学方程式为_______，鉴别C和D的方法是_______。‎ ‎④A的同系物B的相对分子质量比A大14，B的结构有____种。‎ ‎（2）生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为__________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH=CH2 (2). 丙烯 (3). CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br (4). 加成反应 (5). CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O (6). 将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C (7). 3 (8). (C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2‎ OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答；‎ ‎ (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。‎ ‎【详解】(1)①根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为：CH3CH=CH2；丙烯；‎ ‎②A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br，故答案为：CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br；‎ ‎③根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此A→C为加成反应，C+D→E的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为：加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；‎ ‎④A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为：3；‎ ‎ (2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)，故答案为：(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)。‎ ‎24.硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。‎ ‎(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。‎ ‎(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。‎ ‎②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：‎ 实验步骤 ‎ 现象 取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份 固体溶解得黄色溶液 一份滴入____‎ 溶液变成红色 另一份滴入1～2滴K3 [Fe(CN)6]溶液 ‎___________‎ A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______ 。‎ ‎(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数 ‎①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。‎ ‎②用a mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). 干燥管(或球形干燥管) (3). 结晶水 (4). l~2滴KSCN溶液 (5). 无蓝色沉淀生成 (6). 4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O (7). 淀粉溶液 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(2)①无水CuSO4‎ 变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 [Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；‎ ‎(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。‎ ‎【详解】(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；‎ ‎(2)①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为：干燥管；结晶水；‎ ‎②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 [Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入1～2滴K3 [Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为：l～2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；‎ ‎(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；‎ ‎②发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为×100%=，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意K3 [Fe(CN)6]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。‎ ‎25.碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲，其工艺流程如下：‎ 已知：CuC2O4的Ksp为2.2×10-8；离子浓度小于1×10-5mol/L时，即离子完全沉淀。‎ ‎(1)Cu2Te中Te的化合价是___。‎ ‎(2)滤渣的成分是___，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为____。氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，原因是_______。‎ ‎(3)若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于_____。‎ ‎(4)还原反应的离子方程式为______________。‎ ‎【答案】 (1). -2 (2). Ag、Au (3). H2TeO3、CuSO4 (4). 温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分 (5). 2.2×10-3mol/L (6). H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，故答案为：-2；‎ ‎(2)根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4。温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，导致氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，故答案为：Ag、Au；H2TeO3、CuSO4；温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分；‎ ‎(3) CuC2O4的Ksp为2.2×10-8，离子浓度小于1×10-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L，故答案为：2.2×10-3mol/L；‎ ‎(4) 加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3‎ 还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O，故答案为：H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O。‎ ‎26.二氧化碳的回收利用对温室气体的减排具有重要的意义。在2L密闭容器中，加入2.00molCO2和2.0 mol H2以及催化剂发生反应：CO2(g)+H2 (g)HCOOH(g) ΔH，测得，n(H2)/mol在不同温度随时间的变化如下表：‎ ‎60 min ‎90 min ‎120 min ‎150 min ‎180 min 实验I Tl/K ‎1.50 mol ‎1.32 mol ‎1.28 mol ‎1.26 mol ‎1.26 mol 实验Ⅱ T2/K ‎1.45 mol ‎1.20 mol ‎1.10 mol ‎1.10 mol ‎1.10 mol ‎(1)比较实验温度T1___T2(填“＞”、“＜”)，该反应的ΔH___0(填“＞”、“=”、“＜”)。‎ ‎(2)实验I中0～60 min内用HCOOH表示的该反应的平均反应速率为_____。‎ ‎(3)实验Ⅱ反应开始时体系压强为P0，第90min时体系压强为Pl，则Pl∶P0=___。‎ ‎(4)比较实验I、Ⅱ在80min时的逆反应速率大小vl___vⅡ(填“＞”、“＜”或“无法判断”)，原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). 4.17×l0-3mol/(L•min) (4). 4∶5 (5). ＜ (6). 80min时，实验Ⅱ反应的温度高，生成物HCOOH的浓度大，故实验Ⅱ的逆反应速率比实验I大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据表格数据，反应速率越快，建立平衡需要的时间越少，结合温度对反应速率的影响分析判断；‎ ‎(2)根据表格数据，首先计算实验I中0～60 min内用H2表示的反应速率，再根据方程式CO2(g)+H2 (g)HCOOH(g)，计算用HCOOH表示的反应速率；‎ ‎(3)同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，根据三段式分析解答；‎ ‎(4)根据(1)的分析判断出T1、T2的大小，结合温度对反应速率的影响分析判断。‎ ‎【详解】(1)根据表格数据，实验II建立平衡需要的时间较少，反应速率快，说明实验温度T1＜T2；温度由T1变化为T2，即升高温度，平衡时n(H2)较少，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，ΔH＞0，故答案为：＜；＞；‎ ‎(2)根据表格数据，实验I中0～60 min内用H2表示的反应速率为=4.17×l0-3mol/(L•min)，根据方程式CO2(g)+H2 (g)HCOOH(g)，用HCOOH表示的反应速率与用H2表示的反应速率相等为4.17×l0-3mol/(L•min)，故答案为：4.17×l0-3mol/(L•min)；‎ ‎(3) CO2(g)+H2 (g)HCOOH(g)‎ 起始(mol) 2 2 0‎ 反应(mol) 0.8 0.8 0.8‎ ‎90min(mol) 1.2 1.2 0.8‎ 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，实验Ⅱ反应开始时体系压强为P0，第90min时体系压强为Pl，则Pl∶P0=(1.2+1.2+0.8)mol∶(2+2)mol=4∶5，故答案为：4∶5；‎ ‎(4)根据(1)的分析，T1＜T2，实验Ⅱ反应的温度高，建立平衡之前，相同时间内生成物HCOOH的浓度大，故实验Ⅱ的逆反应速率比实验I大，故答案为：＜；80min时，实验Ⅱ反应的温度高，生成物HCOOH的浓度大，故实验Ⅱ的逆反应速率比实验I大。‎ ‎ ‎