天津市红桥区2020届高三第一次模拟考试化学试题

天津市红桥区2020届高三第一次模拟考试化学试题

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：NaNa D. S2-水解的离子方程式：S2-＋2H2O = H2S ＋2OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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-
F－> 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 C. 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－Feγ－Feα－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 ‎ ‎(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：‎ 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】‎ ‎（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，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。‎ ‎ ‎