精品解析：四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试化学试题

四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期期末考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137 一、选择题(每小题只有一个正确答案，1-5每小题2分，6-15每小题3分，共40分) 1. 劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理 A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧 B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键 C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解 D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 煤的气化和液化可获得清洁燃料，有助于实现“碳中和” B. 白酒和食醋都可由淀粉得到 C. 蛋白质、油脂都高分子化合物，一定条件下能发生水解 D. 二氧化硅属于无机非金属材料，可制成太阳能电池 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4L己烷中含有碳碳单键的数目大于5NA B. 32gCu与足量浓硝酸反应得到气体分子总数为NA C. 1mol组成为CnH2n的烃一定含有NA个双键 D. 1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3·H2O微粒数目为0.1NA 4. 以下实验装置正确，且能达到实验目的的是 A．测定中和反应的反应热 B．测定生成氢气的反应速率 C．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 D．制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 5. 阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是 A. 产物A的结构简式为CH3COOH B. 水杨酸分子苯环上的一氯取代有两种(不考虑立体异构) C. 该合成实验最好采用直接加热法 D. 阿司匹林能发生取代反应，但不能发生水解反应 6. 部分含N物质及含S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断错误的是 A. 常温下，可用铁或铝制容器来盛装浓的e或e′溶液 B. c′通入到紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色 C. 用两根玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e溶液，将两根玻璃棒靠近时有白烟产生 D. 工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3 7. 海洋中蕴含丰富的资源，利用海水提取溴、镁的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 通入空气将溴蒸气带出，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动 B. 加热无水氯化镁所得的镁蒸气可在Ar的环境里冷却为固体镁 C. 从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 海水提溴工艺中“吹出”和“吸收”两环节的目的是富集溴 8. 工业生产中产生的、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用化学原理吸收和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4)和产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素)： 下列说法正确的是 A. 装置Ⅰ中发生的离子反应为： B. 装置Ⅱ中每消耗1mol Ce4+装置Ⅱ中可吸收22.4LNO C. 装置Ⅲ中生成1molNa2S2O4同时生成2molCe4+ D. 向装置Ⅳ所得溶液中滴加稀的NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则未生成 9. 根据下列实验操作和实验现象，能够得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向溶液中缓慢滴加浓硫酸，溶液由黄色变为橙色 增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动 B 向钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的无色气体使品红溶液褪色 该钾盐一定是K2SO3或KHSO3 C 将50 mL 0.55 mol/L 的烧碱溶液分多次加入到盛有50 mL 0.5 mol/L 盐酸的量热计中，温度计示数由t1升高至t2 测定并计算中和反应的反应热 D 红热木炭插入浓硝酸中，产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2 A. A B. B C. C D. D 10. 过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 3SO2 + 2S2- = 3S↓ + 2SO B 溶液由棕黄色变浅绿色 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + 4H+ + SO C 溶液褪色，产生白色沉淀 SO2 + 2Cu2+ + 2Cl- + 2H2O = 2CuCl↓+ 4H+ + SO D (含酚酞) 溶液由红色变无色 2SO2 + CO + H2O = CO2 + 2HSO A. A B. B C. C D. D 11. 查资料知：一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多。如图表示铁与不同浓度硝酸反应时的主要还原产物()及含量，下列说法错误的是 A. 曲线代表的还原产物分别为和 B. 浓硝酸与少量的铁粉完全反应，生成和的物质的量之比约为 C. 56g铁粉与足量稀硝酸完全反应，此反应过程中表现酸性的的总质量为 D. P点时，生成与物质a转移电子的物质的量之比为 12. 在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质生成1mol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图所示，已知：、、的标准摩尔生成焓为0，下列有关判断正确的是 A. 根据图中信息，可判断热稳定性： B. ；ΔH >-483.6kJ·mol-1 C. 2mol的键能小于1mol与1mol的键能之和 D. 燃烧热的热化学方程式为 ΔH =-534.2kJ·mol-1 13. 在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应： 反应②和③的速率方程分别为和，其中、分别为反应②和③的速率常数、反应③的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A. 内，W的平均反应速率为 B. 若升高温度，平衡时减小 C. 若，平衡时 D. 若增大容器容积，平衡时Y的产率增大 14. 一定条件下，CH4与FeO+反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是 说明：过渡态中“---”表示化学键未完全断裂或形成 A. 反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B. 相同条件下，CD4与FeO+发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比b低 C. FeO+与CH2D2反应，单位时间内CH2DOD的产量大于CHD2OH D. CH3D与FeO+发生上述反应，生成的氘代甲醇有2种 15. 肼()是一种含氢量高的燃料。向恒容密闭容器内加入，一定条件下体系中存在以下平衡： I． Ⅱ． 不同温度下达到平衡时，均几乎完全分解，分解产物的物质的量如图。下列说法正确的是 A. 曲线a对应的物质是 B. 低于M点对应温度时，以反应Ⅰ为主 C. 体系中还存在 D. N点时，体系内为3：4 二、填空题(共60分) 16. 已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，密度为1.67g/mL。遇水发生剧烈反应生成两种强酸，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)SO2Cl2(g) ∆H<0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。 回答下列问题。 （1）装置A中发生反应离子方程式是___________。 （2）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是___________。(填序号) A．69%的硝酸和Na2SO3固体   B．70%的硫酸和Na2SO3固体 C．70%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 （3）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______。 (箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。 （4）仪器甲名称为___________，水应从___________口进入(选填“m”或“n”)。 （5）仪器乙的作用是___________。 （6）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是___________。 （7）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯SO2Cl2，最佳分离操作的名称是___________。 （8）设计如下实验，以检验SO2Cl2产品中是否溶有杂质。 ①组装仪器，检查气密性； ②添加试剂抽取7.0mL液体产品，组装仪器； ③打开止水夹，缓慢推动注射器活塞将液体产品全部推入锥形瓶中； ④充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g， 表明液体产品中溶有___________，其理由是___________。 17. 氧化镓(Ga2O3)是一种常用的无机催化剂。某兴趣小组设计以砷化镓废料(主要成分为GaAs、、)为原料生产Ga2O3的工业流程如图所示： 已知：ⅰ.Ga和Al的化学性质相似； ⅱ.NO2对硝酸参与的氧化还原反应有催化作用。 回答下列问题： （1）Ga元素位于周期表第___________周期___________族。 （2）滤渣1的主要成分为___________。“粉碎”的目的是___________。 （3）①“浸取”时GaAs发生反应的化学方程式___________。 ②若取A、B两组样品分别进行“浸取”实验，向A所在溶液中不断通入，其他条件、操作完全一样，得到镓元素的浸出率随时间变化情况如图所示： 前10min内，浸出速率A___________B(填“>”“<”或“=”)，其可能原因是___________。 （4）“沉镓”时的离子方程式为___________，需要控制硝酸用量的原因___________。 （5）查阅资料后发现，实际工业生产中，在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，从绿色化学角度分析加入的优点___________。 18. 现代煤化工产生大量H2S废气，其回收利用有重要意义。 I．热解H2S制H2 （1）已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S(g) + 3O2(g)2SO2(g) + 2H2O(g) ΔH1=-1036kJ·mol-1 ②4H2S(g) + 2SO2(g)3S2(g) + 4H2O(g) ΔH2=＋94kJ·mol-1 ③2H2(g) + O2(g)2H2O(g) ΔH3=-484kJ·mol-1 写出H2S热分解反应的热化学反应方程式___________。 （2）在一定温度和压强下，将的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为___________。(分压=总压×物质的量分数) （3）在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示： 越大，H2S平衡转化率___________(填“越大”“越小”或“不变”)，理由是___________。 Ⅱ．H2S可转化成羰基硫(COS)：。 （4）绝热恒压条件下，密闭容器中充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A. 混合气体的平均相对分子质量不再改变 B. 生成，同时形成键 C. 化学平衡常数不再改变 D. 混合气体的密度不再改变 （5）T℃下，将2molH2S(g)与1molCO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时COS(g)的体积分数为10％。则此时该反应的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，保持温度不变，在上述平衡体系中再通入0.1molH2S(g)、0.1molCO(g)、0.1molCOS(g)、0.1molH2(g)，则平衡___________移动。(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”) 19. 聚甲基丙烯酸甲酯(PMMA)俗称有机玻璃，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）X分子的空间结构呈___________形， F分子中含氧官能团的名称___________， C→D的反应类型是___________反应。 （2）B→C的化学反应方程式是___________。 （3）E的结构简式是___________。 （4）由G合成PMMA的化学反应方程式是___________。 （5）下列有关说法正确的是___________。 ①等物质的量的A和B完全燃烧消耗等量的氧气 ②B能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多 ③E在浓硫酸作用下可以形成环状酯 ④F与油酸、亚油酸互为同系物 ⑤1molPMMA与足量NaOH溶液反应需消耗1mol的NaOH （6）H与G互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴的CCl4褪色；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体。则H的结构有___________种(不包括立体异构)。写出其中含有两个甲基的同分异构体的结构简式___________。 （7）已知：RCOOR1+ R2OHRCOOR2+ R1OH，G与HOCH2CH2OH发生反应，可得到结构含-OH的高分子材料单体，写出该化学反应方程式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期期末考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137 一、选择题(每小题只有一个正确答案，1-5每小题2分，6-15每小题3分，共40分) 1. 劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理 A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧 B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键 C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解 D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确； B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确 C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，不能促进纤维素溶解，C错误； D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，D正确； 故答案选C。 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 煤的气化和液化可获得清洁燃料，有助于实现“碳中和” B. 白酒和食醋都可由淀粉得到 C. 蛋白质、油脂都是高分子化合物，一定条件下能发生水解 D. 二氧化硅属于无机非金属材料，可制成太阳能电池 【答案】B 【解析】 【详解】A．煤经过气化和液化等化学变化可以转变为清洁燃料，但是其燃烧产物依然是二氧化碳，不利于实现“碳中和”，故A错误； B．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，故B正确； C．油脂不属于高分子化合物，故C错误； D．高纯硅可用于制作太阳能电池，故D错误； 故答案选B。 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4L己烷中含有碳碳单键的数目大于5NA B. 32gCu与足量浓硝酸反应得到的气体分子总数为NA C. 1mol组成为CnH2n的烃一定含有NA个双键 D. 1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NH3·H2O微粒数目为0.1NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．己烷在标准状况下是液态，22.4L己烷的物质的量大于1mol，正己烷碳骨架为C-C-C-C-C-C，则含有碳碳单键数目大于5NA，故A正确； B．32 g Cu的物质的量是0.5 mol，其与足量浓硝酸发生反应：，根据方程式中物质反应转化关系可知0.5 mol Cu反应产生1 mol NO2气体，但的存在会使气体分子数变小，则反应得到的气体分子总数小于NA，故B错误； C．CnH2n的烃若为烯烃，则为单烯烃，含有1个碳碳双键，则1mol组成为CnH2n的烃含有NA个双键，但若为环烷烃则不含碳碳双键，故C错误； D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，发生反应：NH3＋H2O NH3·H2O，生成的微粒数目小于0.1NA，故D错误； 故答案选A。 4. 以下实验装置正确，且能达到实验目的的是 A．测定中和反应的反应热 B．测定生成氢气的反应速率 C．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 D．制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，还需要实验玻璃搅拌器，A错误； B．测定生成氢气的反应速率，但长颈漏斗处漏气，生成的氢气会逸出，B错误； C．铜与浓硫酸加热条件：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫能使品红溶液褪色，浸有NaOH的棉团吸收二氧化硫，防止污染空气，C正确； D．导管一端应接近饱和碳酸钠液面，为了防止倒吸，不能伸入液面以下，D错误； 故答案选C。 5. 阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是 A. 产物A的结构简式为CH3COOH B. 水杨酸分子苯环上的一氯取代有两种(不考虑立体异构) C. 该合成实验最好采用直接加热法 D. 阿司匹林能发生取代反应，但不能发生水解反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．结合反应物和阿司匹林结构，产物A的结构简式为CH3COOH，A正确； B．水杨酸分子无对称性，苯环上有4种类型的H原子，因此苯环上的一氯取代有4种，B错误； C．反应温度低于100℃，采用水浴加热更好，C错误； D．阿司匹林含有苯环、羧基、酯基，能发生取代反应，含有酯基能发生水解反应，D错误； 故答案选A。 6. 部分含N物质及含S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断错误的是 A. 常温下，可用铁或铝制容器来盛装浓的e或e′溶液 B. c′通入到紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色 C. 用两根玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e溶液，将两根玻璃棒靠近时有白烟产生 D. 工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3 【答案】D 【解析】 【分析】根据化合价分析，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3，a'为H2S、b'为S、c'为SO2，d'为SO3，e'为H2SO4，以此分析。 【详解】A．常温下，铁、铝在浓硫酸、浓硝酸中钝化，可以用铁或铝制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸，A正确； B．SO2通入到紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，B正确； C．氨气和硝酸蒸气反应生成离子化合物硝酸铵，会有大量白烟产生，则用玻璃棒分别蘸取挥发性的浓氨水和浓硝酸，玻璃棒靠近时挥发出的氨气和硝酸蒸气反应生成离子化合物硝酸铵，会有大量有白烟产生，C正确； D．氨气和氧气催化反应转化为NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，D错误； 故答案选D。 7. 海洋中蕴含丰富的资源，利用海水提取溴、镁的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 通入空气将溴蒸气带出，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动 B. 加热无水氯化镁所得的镁蒸气可在Ar的环境里冷却为固体镁 C. 从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 海水提溴工艺中“吹出”和“吸收”两环节的目的是富集溴 【答案】B 【解析】 【分析】综合利用海水的目的，一方面制得工业溴，另一方面制得金属镁。首先将海水与石灰乳反应，将海水中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，然后过滤、盐酸溶解、蒸发结晶获得，在HCl气流中加热去除结晶水，然后熔融电解得Mg；酸化滤液后通入Cl2，生成的Br2用热空气吹出后，用二氧化硫水溶液吸收，生成HBr、H2SO4，再通入Cl2转化为Br2，蒸馏便可获得工业溴。 【详解】A．溴易挥发，含溴溶液中通入空气将溴蒸气带出，Br2(g)减小，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动，A正确； B．利用无水氯化镁制镁时，不是采用热分解法，而是采用熔融电解法，B不正确； C．从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体可采用冷却结晶法，故从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体主要操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确； D．滤液酸化后通入氯气，得到低浓度的溴单质，进入吸收塔用二氧化吸收得到氢溴酸，再通入氯气得到高浓度的溴单质，故海水提溴工艺中“吹出”和“吸收”两环节的目的是富集溴，D正确； 故选B。 8. 工业生产中产生的、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用化学原理吸收和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4)和产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素)： 下列说法正确的是 A. 装置Ⅰ中发生的离子反应为： B. 装置Ⅱ中每消耗1mol Ce4+装置Ⅱ中可吸收22.4LNO C. 装置Ⅲ中生成1molNa2S2O4同时生成2molCe4+ D. 向装置Ⅳ所得溶液中滴加稀的NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则未生成 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应： ，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH+2NO，据此分析解题。 【详解】A．据分析可知，装置Ⅰ中发生的离子反应为：SO2+OH−=HSO，A错误； B．不确定是否为标准状况，不能计算吸收一氧化氮的量，B错误； C．装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，阴极电极装置Ⅲ中生成1mol连二亚硫酸钠阳极同时生成，C正确；     D．向装置Ⅳ所得溶液中滴加稀的NaOH溶液，并且需要加热，再通过湿润的红色石蕊试纸变蓝检验是否有氨气生产，进而判断是否有生成，D错误； 故选C。 9. 根据下列实验操作和实验现象，能够得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向溶液中缓慢滴加浓硫酸，溶液由黄色变为橙色 增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动 B 向钾盐溶液中滴加浓盐酸，产生的无色气体使品红溶液褪色 该钾盐一定是K2SO3或KHSO3 C 将50 mL 0.55 mol/L 的烧碱溶液分多次加入到盛有50 mL 0.5 mol/L 盐酸的量热计中，温度计示数由t1升高至t2 测定并计算中和反应的反应热 D 红热木炭插入浓硝酸中，产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．，缓慢滴加硫酸，浓度增大，平衡正向移动，向转化，故溶液由黄色变成橙色，故A正确； B．向KClO中滴加浓盐酸会产生氯气，可以使品红溶液褪色，不能得出含亚硫根的结论，故B错误； C．将50 mL 0.55 mol/L 的烧碱溶液分一次性加入到盛有50 mL 0.5 mol/L 盐酸的量热计中，温度计示数由t1升高至t2，测定并计算中和热，故C错误； D．由于浓硝酸受热分解，向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体，可能是浓硝酸和碳反应得到的二氧化氮，也可能是硝酸分解得到的二氧化氮，故D错误； 故答案选A。 10. 过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 3SO2 + 2S2- = 3S↓ + 2SO B 溶液由棕黄色变浅绿色 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + 4H+ + SO C 溶液褪色，产生白色沉淀 SO2 + 2Cu2+ + 2Cl- + 2H2O = 2CuCl↓+ 4H+ + SO D (含酚酞) 溶液由红色变无色 2SO2 + CO + H2O = CO2 + 2HSO A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．过量能与反应生成，则过量与溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，因此，总反应的化学方程式为，则所给的离子方程式错误，A错误； B．溶液由棕黄色变浅绿色则氯化铁转化为氯化亚铁，过量与溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，所给的离子方程式正确，B正确； C．过量与溶液反应，溶液褪色，则铜离子被还原，生成的白色沉淀是，则总反应的化学方程式为，所给的离子方程式正确，C 正确； D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量与溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，所给的离子方程式正确，D正确； 本题选A。 11. 查资料知：一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多。如图表示铁与不同浓度硝酸反应时的主要还原产物()及含量，下列说法错误的是 A. 曲线代表的还原产物分别为和 B. 浓硝酸与少量的铁粉完全反应，生成和的物质的量之比约为 C. 56g铁粉与足量稀硝酸完全反应，此反应过程中表现酸性的的总质量为 D. P点时，生成与物质a转移电子的物质的量之比为 【答案】C 【解析】 【分析】已知，一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多，结合图像可知，初始a含量较大为铵根离子、后期b含量较大为二氧化氮。 【详解】A．由分析可知，a、b曲线代表的还原产物分别为和，A正确； B．由图可知，浓硝酸与少量的铁粉完全反应生成等量的NO、，故生成NO和的物质的量之比为1：1，B正确； C．56g铁为1mol，与足量稀硝酸完全反应生成三价铁，则与铁离子结合的硝酸根离子为3mol，则此反应过程中与铁反应表现酸性的的质量为3mol×63g/mol=189g，但是反应中还生成硝酸铵，故此反应过程中表现酸性的的总质量大于189g，C错误； D．P点时，生成等量的NO 和，氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到，则生成NO与物质转移电子的物质的量之比为3：8，D正确； 故选C。 12. 在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质生成1mol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。部分物质的如图所示，已知：、、的标准摩尔生成焓为0，下列有关判断正确的是 A. 根据图中信息，可判断热稳定性： B. ；ΔH >-483.6kJ·mol-1 C. 2mol的键能小于1mol与1mol的键能之和 D. 燃烧热的热化学方程式为 ΔH =-534.2kJ·mol-1 【答案】C 【解析】 【详解】A．的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，热稳定性：，A错误； B．由图中信息知：  ，因为的能量低于，所以，B错误； C．的标准摩尔生成焓为，则 ，由反应物的总键能-生成物的总键能，则的键能小于与的键能之和，C正确； D．标准燃烧热的热化学方程式为，标准摩尔生成焓为，标准摩尔生成焓为，可以求出 ，因为的能量低于，D错误； 故答案选C。 13. 在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应： 反应②和③的速率方程分别为和，其中、分别为反应②和③的速率常数、反应③的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A. 内，W的平均反应速率为 B. 若升高温度，平衡时减小 C. 若，平衡时 D. 若增大容器容积，平衡时Y的产率增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L，则0∼2min内，W的反应速率为=0.040 mol/(L·min)，故A错误； B．反应③的活化能大于反应②说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，Z的浓度减小，故B正确； C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，若，则X和Z的浓度关系为，故C错误； D．由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y，Y只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不变、产率不变，故D错误； 故选B。 14. 一定条件下，CH4与FeO+反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是 说明：过渡态中“---”表示化学键未完全断裂或形成。 A. 反应历程中的两个反应均涉及氢原子的成键 B. 相同条件下，CD4与FeO+发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比b低 C. FeO+与CH2D2反应，单位时间内CH2DOD的产量大于CHD2OH D. CH3D与FeO+发生上述反应，生成的氘代甲醇有2种 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误； B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B错误； C．反应中，实质是H原子最终被取代-OH，根据分析可知，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，因此，单位时间内CH2DOD的产量小于CHD2OH ，C错误； D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、 2种有机产物，D正确； 故答案选D。 15. 肼()是一种含氢量高燃料。向恒容密闭容器内加入，一定条件下体系中存在以下平衡： I． Ⅱ． 不同温度下达到平衡时，均几乎完全分解，分解产物的物质的量如图。下列说法正确的是 A. 曲线a对应的物质是 B. 低于M点对应温度时，以反应Ⅰ为主 C. 体系中还存在 D. N点时，体系内为3：4 【答案】C 【解析】 【详解】A．图中为分解产物的物质的量，当温度升高时，NH3趋于0，以反应Ⅰ为主，根据反应，曲线a对应的物质是，故A错误； B．低于M点对应温度时，NH3含量高，以反应Ⅱ为主，故B错误； C．由图可知，不同温度下达到平衡时，均几乎完全分解，温度升高时，NH3趋于0，所以体系中还存在，故C正确； D．N点时，，，体系内为2：3，故D错误； 故答案选C。 二、填空题(共60分) 16. 已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，密度为1.67g/mL。遇水发生剧烈反应生成两种强酸，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)SO2Cl2(g) ∆H<0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。 回答下列问题。 （1）装置A中发生反应的离子方程式是___________。 （2）利用E装置制取SO2宜选用的试剂是___________。(填序号) A．69%的硝酸和Na2SO3固体   B．70%的硫酸和Na2SO3固体 C．70%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 （3）为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______。 (箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。 （4）仪器甲的名称为___________，水应从___________口进入(选填“m”或“n”)。 （5）仪器乙的作用是___________。 （6）制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是___________。 （7）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯SO2Cl2，最佳分离操作的名称是___________。 （8）设计如下实验，以检验SO2Cl2产品中是否溶有杂质。 ①组装仪器，检查气密性； ②添加试剂抽取7.0mL液体产品，组装仪器； ③打开止水夹，缓慢推动注射器活塞将液体产品全部推入锥形瓶中； ④充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g， 表明液体产品中溶有___________，其理由是___________。 【答案】（1） （2）B （3） ①. a→e→d→b→c（或h→b→c） ②. c←b←h（或c←b←d←e←a） （4） ①. 球形冷凝管 ②. m （5）吸收Cl2和SO2，避免污染空气；并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中 （6）该反应放热，降低温度，有利于SO2(g)+ Cl2(g)SO2Cl2(l)平衡右移，提高产率 （7）蒸馏 （8） ①. SO2 (或其它形式存在的硫元素) ②. 样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，溶有的SO2酸性条件下被NO氧化生成SO(或其它形式存在的硫元素转化成的SO) 【解析】 【分析】由装置A漂白粉和浓盐酸反应产生氯气，经装置C的饱和食盐水除去HCl杂质气体，再进装置B浓硫酸干燥氯气，最后通入装置D，由装置E中产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，再通入E中与氯气发生反应SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)。 【小问1详解】 装置A中为漂白粉和浓盐酸反应产生氯气，发生反应的离子方程式是： 。 【小问2详解】 A．硝酸会将亚硫酸钠氧化，不能产生二氧化硫，故A不选； B．80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体常温下反应，故B选； C． 80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体反应产生的CaSO4会阻碍反应进行，故C不选； 故选：B 【小问3详解】 装置A产生的氯气经装置C的饱和食盐水除杂，再进装置B浓硫酸干燥，洗气导管都是‘长进短出’，则连接顺序：a→e→d→b→c→f，装置E产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，即可通入装置D，连接顺序：g ←c←b←h。 【小问4详解】 仪器甲的名称为：球形冷凝管，水应从m口进入。 【小问5详解】 已知磺酰氯(SO2Cl2) 遇水发生剧烈水解，则装置D的反应体系应为无水状态，则仪器乙的作用是：吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中。 【小问6详解】 该反应∆H＜0为放热反应，降温平衡正向移动，生成更多的SO2Cl2，则D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是：降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率。 【小问7详解】 根据题中所给物理性质，SO2Cl2沸点69.1℃，可知，需从三颈烧瓶中分离出高纯SO2Cl2，最佳分离操作的名称是蒸馏。 【小问8详解】 因为SO2Cl2遇水剧烈水解生成H2SO4和HCl，HCl挥发形成白雾、使气球膨胀，而溶液中会产生BaSO4沉淀，因此充分反应后的固体硫酸钡，经过过滤、洗涤、干燥、称量固体质量为23.3g，表明液体产品中S的质量分数= ， SO2Cl2中S的质量分数为，可知，抽取7.0mL液体产品中S的质量分数大于O2Cl2中S的质量分数；SO2中S的质量分数为，大于液体产品中S的质量分数，因此必溶有SO2被硝酸根氧化生成硫酸根，故答案为：SO2 (或其它形式存在的硫元素)；样品中S的质量分数大于SO2Cl2中S的质量分数，溶有的SO2酸性条件下被NO氧化生成SO(或其它形式存在的硫元素转化成的SO)。 17. 氧化镓(Ga2O3)是一种常用的无机催化剂。某兴趣小组设计以砷化镓废料(主要成分为GaAs、、)为原料生产Ga2O3的工业流程如图所示： 已知：ⅰ.Ga和Al的化学性质相似； ⅱ.NO2对硝酸参与的氧化还原反应有催化作用。 回答下列问题： （1）Ga元素位于周期表第___________周期___________族。 （2）滤渣1的主要成分为___________。“粉碎”的目的是___________。 （3）①“浸取”时GaAs发生反应的化学方程式___________。 ②若取A、B两组样品分别进行“浸取”实验，向A所在溶液中不断通入，其他条件、操作完全一样，得到镓元素的浸出率随时间变化情况如图所示： 前10min内，浸出速率A___________B(填“>”“<”或“=”)，其可能原因是___________。 （4）“沉镓”时离子方程式为___________，需要控制硝酸用量的原因___________。 （5）查阅资料后发现，实际工业生产中，在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，从绿色化学角度分析加入的优点___________。 【答案】（1） ①. 四 ②. ⅢA （2） ①. SiO2 ②. 增大反应物接触面积，加快反应速率 （3） ①. ②. < ③. 反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降 （4） ①. ②. 硝酸用量过多，会导致Ga(OH)3沉淀溶解；若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全 （5）可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率(或H2O2氧化了部分砷化镓其产物为H2O，减少了NO2的生成) 【解析】 【分析】砷化镓废料经预处理粉碎后加入硝酸进行浸取，其中不被硝酸溶解，过滤除去，滤渣1中为；滤液中含、和，加入氢氧化钙，调节pH除铁砷，将二者元素形成沉淀、以过滤除去，滤渣2中为、，而Ga元素类比Al元素化学性质，结合题干信息可知在滤液中以形式存在，加入硝酸，发生反应以生成，经煅烧分解生成。 【小问1详解】 Ga的原子序数为31，位于第四周期第ⅢA族； 【小问2详解】 根据分析可知，滤渣1中为，“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率； 【小问3详解】 ①“浸取”后滤液中含、和，则GaAs在浓硝酸发生反应生成和，根据氧化还原反应配平的方法可知反应的化学方程式：； ②从图中可知，前10min内，镓元素的浸出速率A<B，A、B两者的区别在于A中不断通入，则A、B曲线变化的原因可能为反应生成的有催化作用，充入后逸出，反应速率下降，故答案为：<；反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降； 【小问4详解】 “沉镓”时加入硝酸，与发生反应生成，离子方程式：，镓(Ga)、铝(Al)是同主族相邻元素，化学性质相似，是两性氢氧化物，酸性过强，会溶解，但是若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全，故答案为：；硝酸用量过多，会导致Ga(OH)3沉淀溶解；若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全； 【小问5详解】 在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率，故答案为：可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率(或H2O2氧化了部分砷化镓其产物为H2O，减少了NO2的生成)。 18. 现代煤化工产生大量H2S废气，其回收利用有重要意义 I．热解H2S制H2 （1）已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S(g) + 3O2(g)2SO2(g) + 2H2O(g) ΔH1=-1036kJ·mol-1 ②4H2S(g) + 2SO2(g)3S2(g) + 4H2O(g) ΔH2=＋94kJ·mol-1 ③2H2(g) + O2(g)2H2O(g) ΔH3=-484kJ·mol-1 写出H2S热分解反应的热化学反应方程式___________。 （2）在一定温度和压强下，将的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为___________。(分压=总压×物质的量分数) （3）在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示： 越大，H2S平衡转化率___________(填“越大”“越小”或“不变”)，理由是___________。 Ⅱ．H2S可转化成羰基硫(COS)：。 （4）绝热恒压条件下，密闭容器中充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A. 混合气体的平均相对分子质量不再改变 B. 生成，同时形成键 C. 化学平衡常数不再改变 D. 混合气体的密度不再改变 （5）T℃下，将2molH2S(g)与1molCO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时COS(g)的体积分数为10％。则此时该反应的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，保持温度不变，在上述平衡体系中再通入0.1molH2S(g)、0.1molCO(g)、0.1molCOS(g)、0.1molH2(g)，则平衡___________移动。(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”) 【答案】（1） ΔH= +170kJ·mol-1 （2）50% （3） ①. 越小 ②. 该反应为正向气体体积增大的反应， H2S分压越大，平衡逆向移动，H2S平衡转化率减小 （4）A （5） ①. 0.076 ②. 向逆反应方向 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知， 可由得到，因此反应，H2S热分解反应的热化学反应方程式为： ΔH= +170kJ·mol-1； 【小问2详解】 在一定温度和压强下，假设压强为P，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等， ，可得，x=0.25mol，H2S平衡转化率为50%； 【小问3详解】 的正向为气体体积增大的反应，增大H2S的压强，平衡将逆向移动，越大，混合气体中H2S的分压越大，越不利于H2S分解，H2S平衡转化率越小，故答案为：越小；该反应为正向气体体积增大的反应， H2S分压越大，平衡逆向移动，H2S平衡转化率减小； 【小问4详解】 绝热恒压条件下，密闭容器中充入与进行反应 A．参与反应的物质均为气体，反应过程中气体的总质量不变，且该反应为气体等体积反应，反应过程中气体的物质的量不变，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，故A项符合题意； B．生成，表示正反应速率，同时形成键，表示生成1mol H2S，为逆反应速率，正逆反应速率相等，因此可判读反应达到平衡状态，故B项不符合题意； C．反应过程中存在热量变化，该反应在绝热容器中进行，反应过程中容器内温度会发生变化，而化学平衡常数是只受温度影响，因此当平衡常数不变时，可说明反应达到平衡状态，故C项不符合题意； D．参与反应的物质均为气体，反应过程中气体的总质量不变，该反应进行过程中容器温度会发生变化，恒压状态下容器的体积会发生变化，因此混合气体的密度不再改变时，可说明反应达到平衡状态，故D项不符合题意； 故答案为A。 【小问5详解】 T℃下，将物质的量之比为2molH2S(g)与1molCO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，的体积分数为10%，假设容器体积为VL，列出三段式：，则，解得，则此时该反应的平衡常数； 再通入0.1molH2S(g)、0.1molCO(g)、0.1molCOS(g)、0.1molH2(g)，，Q>K，因此平衡向逆反应方向移动。 19. 聚甲基丙烯酸甲酯(PMMA)俗称有机玻璃，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）X分子的空间结构呈___________形， F分子中含氧官能团的名称___________， C→D的反应类型是___________反应。 （2）B→C的化学反应方程式是___________。 （3）E的结构简式是___________。 （4）由G合成PMMA的化学反应方程式是___________。 （5）下列有关说法正确的是___________。 ①等物质的量的A和B完全燃烧消耗等量的氧气 ②B能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多 ③E在浓硫酸作用下可以形成环状酯 ④F与油酸、亚油酸互为同系物 ⑤1molPMMA与足量NaOH溶液反应需消耗1mol的NaOH （6）H与G互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴的CCl4褪色；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体。则H的结构有___________种(不包括立体异构)。写出其中含有两个甲基的同分异构体的结构简式___________。 （7）已知：RCOOR1+ R2OHRCOOR2+ R1OH，G与HOCH2CH2OH发生反应，可得到结构含-OH的高分子材料单体，写出该化学反应方程式___________。 【答案】（1） ①. V(或折线) ②. 羧基 ③. 加成 （2）2+O22+2H2O （3） （4）nCH2=C(CH3)COOCH3 （5）①③ （6） ①. 8 ②. ； （7）CH2=C(CH3)COOCH3+HOCH2CH2OHCH2=C(CH3)COOCH2CH2OH+CH3OH 【解析】 【分析】根据合成路线可知，A为丙烯，丙烯与水加成后得到B，由于C为丙酮，因此B为2-丙醇，B在铜和O2作用下发生氧化反应生成C，C丙酮与HCN发生加成反应生成D，D中-CN发生水解生成E，E为 ，E在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成F为CH2=C(CH3)COOH， F再与甲醇发生酯化反应生成G，G再发生加聚反应生成PMMA。 【小问1详解】 X为水分子，因此空间结构呈V(或折线)形；F为CH2=C(CH3)COOH，含氧官能团的名称羧基；根据分析可知C→D的反应类型是加成反应； 【小问2详解】 B为2-丙醇，B在铜和O2的作用下发生氧化反应生成C，B→C的化学反应方程式是2+O22+2H2O； 【小问3详解】 E的结构简式是； 【小问4详解】 由G合成PMMA的化学反应方程式是nCH2=C(CH3)COOCH3； 【小问5详解】 ①A为丙烯，分子式为C3H6，B为2-丙醇，可以表示为为C3H6 (H2O)，因此等物质的量的A和B完全燃烧消耗等量的氧气，①正确； ②B为2-丙醇，能与金属钠反应，O-H极性较弱，因此但没有钠与金属钠反应要剧烈，②错误； ③E为，含有羧基和羟基，因此在浓硫酸作用下可以形成环状酯，③正确； ④同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；F为CH2=C(CH3)COOH，含有1个碳碳双键和1个羧基，油酸为，含有1个碳碳双键和1个羧基亚油酸为，含有2个碳碳双键和1个羧基，因此亚油酸与F、油酸不是同系物，④错误； ⑤PMMA为，聚合度未知，因此1molPMMA与足量NaOH溶液反应需消耗nmol的NaOH，⑤错误； 故答案为：①③； 【小问6详解】 G为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体，且满足下列条件：①能使溴的CCl4褪色，说明含有碳碳双键；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，则结构有：HOOCCH=CHCH2CH3、CH2=C(COOH)CH2CH3、CH2=CHCH(COOH)CH3、CH2=CHCH2CH2COOH、HOOCCH2CH=CHCH3、CH3C(COOH)=CHCH3、、，共有8种，含有两个甲基的同分异构体的结构简式、； 【小问7详解】 根据题干信息，G与HOCH2CH2OH发生反应，可得到结构含-OH的高分子材料单体，化学反应方程式为：CH2=C(CH3)COOCH3+HOCH2CH2OHCH2=C(CH3)COOCH2CH2OH+CH3OH。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$