1、 江西省红色七校江西省红色七校 20182018 届高三第一次联考化学试题届高三第一次联考化学试题 （分宜中学、会昌中学、莲花中学、南城一中、任弼时中学、瑞金一中、遂川中学）（分宜中学、会昌中学、莲花中学、南城一中、任弼时中学、瑞金一中、遂川中学） 命题人：会昌中学命题人：会昌中学 汪裕春汪裕春 分宜中学分宜中学 廖余平廖余平 莲花中学莲花中学 刘泉成刘泉成 第第 I I 卷（选择题，共卷（选择题，共 4848 分）分） 一、选择题（本题包括一、选择题（本题包括 1616 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 4848 分。毎小题只有一个选项符合题意。 ）分。毎小题只有一个选项符合题
2、意。 ） 1.下列生活用品的主要成分是蛋白质的是 A. 羽绒被 B. 有机玻璃 C. 面巾纸 D. 涤纶布 【答案】A 【解析】 A、生活用品主要成分是蛋白质是羽绒被，故 A正确；B、有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯，不是蛋白 质，故 B 错误；C、面巾纸的成分是纤维素，故 C 错误；D、聚对苯二甲酸乙二醇酯，故 D错误。 2.在稀硫酸与锌反应制氢气的实验中，下列因素对产生 H2速率没有 影响的是 A. 升高溶液的温度 B. 初始加入的稀硫酸由 5 mL变成 10 mL C. 将锌块换成锌粉 D. 滴加几滴硫酸铜溶液 【答案】B 【解析】 A. 升高溶液的温度反应速率加快，A 错误；B. 初始
3、加入的稀硫酸由 5 mL变成 10 mL，氢离子浓度不变，反 应速率不变，B 正确；C. 将锌块换成锌粉增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C 错误；D. 滴加几 滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，构原电池，加快反应速率，D 错误，答案选 B。 3.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 10g 质量分数为 46%的乙醇溶液中，氢原子的总数约为 1.2NA B. 用惰性电极电解 CuSO4溶液后，如果加入 0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为 0.2NA C. 1L pH=13 的 NaOH溶液中含有 OH-的数目一定为 0.1 NA D. 0.1molO
4、2完全反应时，转移的电子数为 0.4NA 【答案】A 【解析】 A. 10g 质量分数为 46%的乙醇溶液中，乙醇和溶剂水中均含有氢原子，氢原子的总数约为 =1.2NA，A 正 确 ；B. 用 惰 性 电 极 电 解 CuSO4 溶 液 后 ， 如 果 加 入 0.1molCu(OH)2能使溶液复原， 根据氧原子守恒可知生成 0.1mol 氧气， 则电路中转移电子的数目为 0.4NA，B 错误；C. 溶液温度未知，1L pH=13的 NaOH溶液中氢氧根的浓度不一定是 0.1mol/L，因此含有 OH-的数目 不一定为 0.1 NA，C错误；D. 0.1molO2完全反应时， 转移的电子数不一
5、定为 0.4NA，例如与钠反应生成过氧 化钠时转移 0.2mol电子，D错误，答案选 A。 点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、 化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子 数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还 原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电 子数。选项 A 是解答的易错点，容易忽略溶剂水中的氢原子。 4.25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. pH
6、1 的无色溶液中：Na、Cu2、Cl、 B. 使酚酞呈红色的溶液中：K、Na、NO3、Cl C. 0.1 mol L1的 FeCl2溶液中：H、Al3、SO42、S2 D. 由水电离出的 c(H)1 1010 mol L1的溶液中：Mg2、NH4、SO42、HCO3 【答案】B 【解析】 A. pH1 的无色溶液显酸性，则 Cu 2、CO 3 2均不能大量共存，A错误；B. 使酚酞呈红色的溶液显碱性，K、 Na 、NO 3 、Cl之间不反应，可以大量共存，B 正确；C.H、Al3与 S2均不能大量共存，C 错误；D. 由水 电离出的c(H )11010 molL1的溶液中水的电离被抑制，如果显
7、酸性碳酸氢根离子不能大量共存，如 果显碱性，Mg 2、NH 4 、HCO 3 均不能大量共存，D错误，答案选 B。 点睛：掌握常见离子的性质特点、发生的化学反应是解答的关键。另外解决离子共存问题时还应该注意题 目所隐含的条件， 题目所隐含的条件一般有： （1） 溶液的酸碱性， 据此来判断溶液中是否有大量的 H +或 OH-； （2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu 2+、Fe2+、Fe3+、MnO 4 -等有色离子的存在； （3）溶液的具体反应条件， 如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”； （4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。 5.根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是 A
8、. 由于相对分子质量：HClHF，故沸点：HClHF B. 硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料 C. 由于氮元素的最低化合价只有-3价，故 NH5这种物质不可能存在 D. Cl、S2、Ca2、K半径逐渐减小 【答案】B 【解析】 试题分析：AHF 分子间存在氢键，则沸点：HClHF，A 错误；B硅处于金属与非金属的过渡位置，硅 可用作半导体材料，B 正确；C虽然氮元素的最低化合价只有-3 价，但铵跟能与 H结合生成 NH5这种物 质，C 错误；D核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，则 S2、Cl、K、Ca2 半径逐渐减小，D 错误，答案选 B。 考点：考查氢化
9、物沸点、硅的性质与用途、氮及其化合物以及离子半径比较 6.随着各地治霾力度的加大，大力发展高性能燃料电池汽车成为研究课题。如图是某课题组设计的液体燃料 电池示意图。下列有关叙述不正确的是 A. 该电池的优点是不产生污染气体，且液体燃料便于携带 B. 电池内部使用的是阴离子交换膜，OH-经交换膜移向负极 C. 该燃料电池的电极材料采用多孔纳米碳材料（如图） ，目的是增大接触面积，增加吸附量 D. 该电池中通入 N2H4的电极为正极，发生的电极反应式为 N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O 【答案】D 【解析】 A该燃料电池中，联氨和空气中的氧气反应生成氮气和水，不会造成大气污染，同时液态联氨
10、便于携带， 正确；B该原电池中，正极上氧气结合电子生成氢氧根离子，氢氧根离子移向负极，所以离子交换膜要选 取阴离子交换膜，正确；C因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电 极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，正确；D通入 N2H4的电极为负极， 负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，错误。 点睛：电化学类试题在分析过程中先确定池型（燃料电池），然后分析电极（左：N2H4N2，发生氧化反 应，负极）；分析电极反应：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O；最后判断电子、离子的流向及数目等。 7.下
11、列叙述正确的是 A. 0.1 mol L-1pH 为 4 的 NaHB 溶液中：c(HB-)c(H2B)c(B2-) B. 常温下，PH=2的 CH3COOH 溶液和 H2SO4溶液、pH=12 的氨水和 NaOH 溶液，四种溶液中由水电离出 的 c(H+)不相等 C. 常温下将浓度为 0.1 mol L-1的 HF溶液加水不断稀释，溶液中 c(H+)/c(HF)的值始终保持增大 D. 常温下 0.1 mol L-1的下列溶液NH4Fe(SO4)2 NH4Cl NH3H2O CH3COONH4中：c(NH4+)由大 到小的顺序是： 【答案】C 【解析】 ANaHB 溶液 pH=4，说明 HB-
12、电离大于水解程度，则 c（B2-）c（H2B） ，A错误；BpH=2 的 CH3COOH 溶液和 H2SO4溶液、pH=12 的氨水和 NaOH 溶液，氢离子、氢氧根离子浓度相等，水中存在 H2OH+OH-， 等浓度 H+或 OH-对水的电离程度影响相同，则四种溶液中由水电离出的 c(H+)相等，B 错误；C常温下将 浓度为 0.1 molL-1的 HF溶液加水不断稀释，溶液中 n（H+）增大，n（HF）减小，则 n(H+)/n(HF)增大，又 c(H+)/c(HF)n(H+)/n(HF)，所以溶液中 c(H+)/c(HF)的值始终保持增大，C 正确；DNH4Fe(SO4)2中 NH4+和 F
13、e2+都水解呈酸性，相互抑制 c（NH4+） ：，一水合氨是弱电解质，醋酸铵中水解相互促进，因此 D 错误，c(NH4+)由大到小的顺序是：，答案选 D。 8.某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ） 通过化学变化可以实现 16O 与18O 间的相互转化 煤的气化与液化都是物理变化 碱性氧化物一定是金属氧化物 只由一种元素组成的物质一定为纯净物 石墨和 C60是同素异形体 糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 同位素之间的转化不是化学变化，错误；煤的气化与液化都是化学变化，错误；碱性氧化物一 定是金属氧化物，正确；只由一种元素组成的
14、物质不一定为纯净物，例如氧气和臭氧等，错误； 石墨和 C60是碳元素形成的单质，互为同素异形体，正确；糖类中的单糖和二糖、油脂等均不是高分子 化合物，错误，答案选 C。 9. 右下表为元素周期表的一部分，其中 X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素的核电荷数为 X 元素的 2 倍。下 列说法正确的是（ ） A. X、W、Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B. Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 C. YX2晶体熔化、液态 WX3气化均需克服分子间作用力 D. 根据元素周期律，可以推测 T 元素的单质具有半导体特性，T2
15、X3具有氧化性和还原性 【答案】D 【解析】 从表中位置关系可看出，X 为第 2 周期元素，Y 为第 3 周期元素，又因为 X、W 同主族且 W 元素的核电荷 数为 X 的 2 倍，所以 X 为氧元素、W 为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y 为硅元素、 Z 为磷元素、T 为砷元素。A、O、S、P 的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳 定性为：H2OH2SPH3，A 不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B 不正确； C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间和作用力为共价键，C 不正确；D、砷在元素周期表中位 于金属元素与非金属
16、的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3 价，处于中间价态，所以具有氧 化性和还原性，D 正确，答案选 D。 【考点定位】本题主要是考查位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律，涉及 O、S、Si、P、As 等五 种元素。考查的知识点有原子半径半径、氢化物稳定性、S 的存在、晶体类型及作用力、氧化还原反应、元 素周期表的应用等 10.下列离子方程式书写正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量 CO2：2C6H5O +CO2+H2O2C6H5OH+CO32 B. NH4HSO3溶液与足量 NaOH 溶液反应：HSO +OHSO32+H2O C. Fe(OH)2溶于稀 HNO3：Fe(O
17、H)2+2H+Fe2+2H2O D. H218O2中加入 H2SO4酸化的 KMnO4：5H218O2+2MnO +6H+ 518O2+2Mn2+8H2O 【答案】D 【解析】 试 题 分 析 ： A 苯 酚 的 酸 性 弱 于 碳 酸 ， 但 强 于 碳 酸 氢 钠 。 向 苯 酚 钠 溶 液 中 通 入 少 量 CO2: C6H5O +CO2+H2OC6H5OH+HCO3，A 错误；BNH4HSO3溶液与足量 NaOH 溶液反应生成亚硫酸钠、 氨气和水，方程式不正确，B 错误；CFe（OH)2溶于稀 HNO3中发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO 和水， 方程式不正确，C 错误；DH218O2
18、中加入 H2SO4酸化的 KMnO4中发生氧化还原反应，即 5H218O2+2MnO +6H+=518O2+2Mn2+8H2O，D 正确。答案选 D。 考点：考查离子方程式判断 11.一定条件下，CH4与 H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下， 平衡时 (CH4)的体积分数与 Z和 T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的焓变 H0 B. 图中 Z的大小为 b3a C. 图中 X点对应的平衡混合物中=3 D. 温度不变时，图中 X点对应的平衡在加压后 (CH4)增大 【答案】D 【解析】 A、 从图分析， 随着温度升高
19、甲烷的体积分数逐渐减小， 说明升温平衡正向移动， 则正反应为吸热反应， H 0，A 错误；B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故 a3b，B 错误；C、起始加入量的比值 为 3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是 3，C 错误；D、温度不变 时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，D正确，答案选 D。 点睛：注意化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势，曲线的特 殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律；三、 作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。 12.A 是
20、中学化学中常见的单质，B、C 为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。 下列判断正确的是 A. A 可能是金属，也可能是非金属 B. A、B、C不一定含有同一种元素 C. B、C 的水溶液可能都呈碱性 D. A 的氧化物的水化物为强酸 【答案】C 【解析】 AA单质在碱性条件下发生反应生成 B 和 C两种化合物，发生了氧化还原反应，化合价既升高又降低，存 在负化合价，应为非金属元素，金属元素不存在负价，A 错误；BA发生歧化反应生成 B、C，则 A、B、 C含有一种相同的元素，B错误；C如 A 为 S，与碱反应生成硫化物和亚硫酸盐，硫化物和亚硫酸盐的水 溶液都呈碱性， C
21、正确； D A 可能为 Cl2或 S， 则 A的氧化物的水化物可能为 HClO 或者 H2SO3，都为弱酸， D 错误，答案选 C。 13.工业上可利用如图所示电解装置吸收和转化(A,B均为惰性电极)。下列说法正确的是（ ） A. B电极为电解池的阴极 B. B 极区吸收 5mo1 ，则 A 极区生成 2.5mo1 C. B 极区电解液为稀硫酸，电解一段时间后硫酸浓度增大 D. A电极的电极反应为: 【答案】C 【解析】 A 电极处通入 SO32-，产生 S2O42-，电解过程中 SO32-化合价降低，为得电子的反应，则 A极为电解池阴极， B电极就为电解池阳极，通入 SO2发生氧化反应生成
22、H2SO4，则 AB电极为电解池的阳极，A错误；BB 极区吸收 5molSO2，电解生成 H2SO4，S 化合价升高 2 价，转移电子数为 5mol 2=10mol，根据电子得失守 恒，则阴极也转移 10mol电子，2SO32-S2O42-2e-，则 A 极区生成 5molS2O42-，B 错误；CB极区电解液 为稀硫酸， 电解过程中 SO2转化为 H2SO4， 则电解一段时间后硫酸浓度增大， C正确； D A电极处通入 SO32-， 产生 S2O42-，电解过程中 SO32-化合价降低，为得电子的反应，则 A 电极的电极反应为：2SO32-+2e-+4H+ S2O42-+2H2O，D错误，答
23、案选 C。 点睛：本题考查电解原理，根据装置图中物质的变化分析电极的性质，明确电极反应式是解题的关键，注 意电子得失守恒的运用，难点是电极反应式的书写，注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性等。 14.下列实验“操作和现象“与“结论”的对应关系正确的是（ ） 选项 操作和现象 结论 A 向装有 Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸， 在管口观察到红棕色 气体 HNO3分解生成了 NO2 B 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后在加入新制 Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成 淀粉没有水解生成葡萄糖 C 向饱和 Na2CO3溶液中通入足量 CO2，溶液变浑浊 析出了 NaHCO3
24、D 向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至 170产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，溶液红色褪去 使酸性 KMnO4溶液褪色的气体 只有乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 A向 Fe（NO3）2溶液中加入 H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的 NO 在管口生成 NO2呈现红色，而不是 HNO3分解产生 NO2，A 错误； B应加入碱将水解后的淀粉溶液调节 成 碱 性 ， 才 可 以 产 生 红 色 沉 淀 ， B 错 误 ； C 饱 和 Na2CO3溶 液 中 通 入 CO2发 生 反 应 ： Na2CO3+CO2
25、+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，C正确； D乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的 SO2产生、挥发出的乙醇都可以使酸性 KMnO4溶液 褪色，D错误，答案选 C。 15.将 m g镁铝合金投入到 500 ml 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体 5.6L （标准状况下） 。向反 应所得溶液中加入 4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为 13.60 g，则 m的值为 A. 11.48 B. 9.35 C. 8.50 D. 5.10 【答案】D 【解析】 镁、铝最终转化为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，这说明 Mg、Al在反
26、应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需 要氢氧根离子的物质的量，5.6L气体是氢气，物质的量是 0.25mol，转移 0.5mol电子，即与金属阳离子结合 的氢氧根是 0.5mol，质量是 8.5g，所以 m13.60g8.5g=5.10g，答案选 D。 点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关 键，注意各种守恒法的灵活应用。 16.体积为 1 mL、浓度均为 0.10 mol/L的 XOH和 X2CO3溶液分别加水稀释至体积为 V，pH 随 lgV的变化情 况如下图所示，下列叙述中正确的是 A. XOH是弱碱 B. pH=10的两种溶液中的
27、c(X+)：XOH 大于 X2CO3 C. 已知 H2CO3的电离平衡常数 Ka1远远大于 Ka2，则 Ka2约为 1.0 10-10.2 D. 当 lgV=2时,若 X2CO3溶液升高温度,溶液碱性增强，则 c（HCO3-）/c（CO32-）减小 【答案】C 【解析】 试题分析： 由 0 10mol/L的 XOH 的溶液的 pH=13知 XOH 是强碱， A 错误； pH=10的两种溶液中的 c(X+):XOH 小于 X2CO3溶液，因为 X+的水解很微弱，B 错误；因为 H2CO3的电离 Ka1远大于 Ka2，Na2CO3的水溶液中 以CO32-的 第 一 步 水 解 为 主 ， 第 二
28、步 忽 略 不 计 ， CO32-+H2OHCO3-+OH-， c(HCO3-)c(OH-),0 10mol/LNa2CO3溶 液 的pH=11.6 ， c(H+)=10-11.6mol/L, c(OH-)=10-2.4mol/L ， c(CO32-)=010mol/L-10-2.4mol/L010mol/L，则 Ka2=1.0 10-10.2，C 正确； 当 lgV=2 时， 若 X2CO3溶液升高温度， CO32-+H2OHCO3-+OH-， 平衡正向移动， 溶液碱性增强， c(HCO3-) 增大，c(CO32-)减小，c(HCO3-)/c(CO32-)增大，D 错误；故选 C。 考点：考
29、查了弱电解质的电离平衡图像的相关知识。 第第 IIII 卷（共卷（共 4 4 题，题，5252 分）分） 二、 （本题包括二、 （本题包括 4 4 小题，共小题，共 5252 分）分） 17.短周期元素 W、X、Y、Z、M原子序数依次增大， 元素 W 的一种核素的中子数为 0，X的原子最外层电 子数是次外层的 2倍，Z与 M同主族，Z2电子层结构与氖原子相同。 （1）M 在元素周期表中的位置是_。 （2）化合物 p由 W、X、Y、M 四种元素组成。已知向 p 溶液中加入 FeCl3溶液，溶液变血红色；向 p溶液 中加入 NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p 的化学式为_。
30、 （3）由 X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为 84g mol1的物质 q，且 q分子中三种元素的原子个数之比为 1:1:1。已知 q分子中各原子均达到 8 电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的 结构式为_。 （4）(XY)2的性质与 Cl2相似，(XY)2与 NaOH溶液常温下反应的离子方程式为_。 （5）常温下，1molZ3能与 Y 的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和 1molZ2，该反应的化学方程式为 _。 【答案】 (1). 第 三周期 第 VIA 族 (2). NH4SCN (3). NCOOCN (4). (CN)2+2OH=CN+CNO+H2O (5
31、). 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O 【解析】 试题分析：元素 W 的一种核素的中子数为 0，W 是 H 元素；X 的原子最外层电子数是次外层的 2 倍，X 是 C 元素；Z2电子层结构与氖相同，Z 是 O 元素；M 是 S 元素。W、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，Y 是 N 元素。 （1）S 位于元素周期表中第三周期 VIA 族； （2） 化合物 p 由 W、 X、 Y、 M 四种元素组成。 已知向 p 溶液中加入 FeCl3溶液， 溶液变血红色 P 中含有； 向 p 溶液中加入 NaOH 溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P 中含有。p 的化学式 为 N
32、H4SCN。 （3）由 X、Y、Z 三种元素可组成摩尔质量为 84g mol1的物质 q，且 q 分子中三种元素的原子个数之比为 1:1:1。已知 q 分子中各原子均达到 8 电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q 分子的 结构式为 NCOOCN。 （4） (CN)2的性质与Cl2相似， 根据氯气与氢氧化钠反应， (CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH =CN+CNO+H 2O。 （5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐 NH4NO3和 1molO2，该反应的化学方程式为 2NH3+4O2=NH4NO3+4O2+H2O。 考点：本题考查原
33、子结构、元素周期表。 18.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时易分解。 实验室制备少量Na2S2O5的方法： 在不断搅拌下，控制反应温度在 40左右，向 Na2CO3过饱和溶液中通入 SO2，实验装置如下图所示。 当溶液 pH约为 4 时， 停止反应。 在 20静置结晶， 生成 Na2S2O5的化学方程式为 4NaHSO3=2Na2S2O52H2O （1）SO2与 Na2CO3溶液反应生成 NaHSO3和 CO2，其离子方程式为_。 （2）装置 Y的作用是_。 （3）实验制得的 Na2S2O5固体中含有一定量的 Na2SO3 和 Na2SO4，其可能的原因是_。 （
34、4）葡萄酒常用 Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离 SO2计算)的方案如下： （已知：滴定时反应的化学方程式为 SO2I22H2O=H2SO42HI） 按上述方案实验，消耗标准 I2溶液 25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离 SO2计算) 为_ g L1。 在上述实验过程中，若有部分 HI被空气氧化，则测定结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】 (1). 2SO2 + CO2-3 + H2O = 2HSO3- + CO2 (2). 安全瓶，防止倒吸 (3). 在制备过程中 Na2S2O5分解生成 Na2SO3，Na2S2O5被氧
35、化生成 Na2SO4 (4). 0.16 (5). 偏低 【解析】 （1）SO2与 Na2CO3溶液反应生成 NaHSO3和 CO2，其离子方程式为 2SO2 +CO32- +H2O2HSO3- +CO2； （2） 由于 SO2或 CO2与氢氧化钠溶液反应时容易倒吸，所以装置 Y 的作用是安全瓶，防止倒吸； （3）由于在制 备过程中 Na2S2O5分解生成 Na2SO3，Na2S2O5被氧化生成 Na2SO4，所以实验制得的 Na2S2O5固体中含有一 定量的 Na2SO3和 Na2SO4。 （4）由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以 SO2计算) 与 I2的 物 质 的
36、量 之 比 为 11 ， n(SO2) n(I2) 0.01000mol L-1 0.025L 0.0025mol ， 残 留 量 0.16g L-1；由于实验过程中有部分 HI 被氧化生成 I2，4HI+O22I2+2H2O，导致与 SO2反应的 I2减少，因此实验结果偏低。 19.近年全国各地雾霾严重，为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。研究并有效控制空气中氮 氧化物、碳氧化物等污染物是一项重要而艰巨的工作。 氮氧化物的研究 （1）一定条件下，将 2mol NO 与 2mol O2置于恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，下 列状态能说明该反应达到化学
37、平衡的是（ ） A混合气体的密度保持不变 BNO 的转化率保持不变 CNO 和 O2的物质的量之比保持不变 DO2的消耗速率和 NO2的消耗速率相等 （2）已知反应. 2NO(g) N2(g)+O2(g) HO，在不同条件时 N2的体积分数随时间(t)的变化如图 1 所 示。根据图象可以判断曲线 R1、R2对应的下列反应条件中不同的是_ (填字母序号)。 A压强 B温度 C催化剂 根据图 2中的能量变化数据计算反应 2NO(g) N2(g)+O2(g)的 H=_ 碳氧化物研究 （3）CO 和 H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H”或“”或“=”） ，理由
38、是_。已知 T2时，第 20min 时容器内压强不 再改变，此时 H2的转化率为_，该温度下的化学平衡常数为_ 。 若将 1mol CO和 2mol H2通入原体积为 1L的恒压密闭容器（图 3 乙）中，在 T2下达到平衡，此时反应 的平衡常数为_;若再向容器中通入 l mol CH3OH(g)，重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分 含量_(填“变大”或“变小”或“不变”)。 （4）一定条件下也可用 NaOH 溶液与 CO反应生成甲酸钠，进一步反应生成甲酸来消除 CO污染。常温下 将 a mol的 CO通入 2 L bmol/L NaOH 溶液中， 恰好完全反应生成甲酸钠和含少量甲酸
39、的混合溶液(假设溶液 体积不变)，测得溶液中 c(Na+)=c(HCOO-)，则该混合溶液中甲酸的电离平衡常数 Ka=_ (用含 a 和 b 的代数式表示)。 【答案】 (1). BC (2). B (3). 183kJ.mol-1 (4). (5). 温度越高，反应速率越快。在其他 条件相同时，T2时的反应速率比 T1 的反应速率快 (6). 50%或 0.5 (7). 1 (8). 1 (9). 不变 (10). （2b 107）/（a2b） 【解析】 .(1)A、反应物和生成物均为气体，其它条件不变，混合气体的密度始终保持不变，故 A 错误；B、 NO 的转化率保持不变，说明正逆反应速率
40、相同，B 正确；C、NO 和 O2的投料比不等于计量数之比， NO 和 O2的物质的量之比保持不变，说明各物质的量浓度保持不变，故 C 正确；D、O2的消耗速率和 NO2的消耗速率相等时，正逆反应速率不相等，故 D 错误；故选 BC。(2)A、R2对应压强高，加压后平衡 正向移动，N2的体积分数应大些，故 A 错误；B、R2对应的温度高，放热反应，升温后，平衡逆向移动，N2 的体积分数应小些，故 B 正确；C、催化剂对平衡没有影响，故 C 错误；故选 B。根据图 2 中的能量变化数 据 ， 计 算 反 应2NO(g) N2(g)+O2(g) 的H=（ ）kJ mol-1 （kJ mol-1 k
41、Jmol -1） -183kJmol-1 .（）T1T2，温度越高，反应速率越快。在其他条件相同时，T2时的反应速率比 T1时的反 应速率快；T2时，第 20min 时容器内压强不再改变， CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) n 始/mol 1 2 0 n 变/mol 0.5 1 0.5 n 平/mol 0.5 1 0.5 c 平/mol/L 0.5 1 0.5 H2的转化率为=1mol/2mol100%=50%,该温度下的化学平衡常数为= ；温度不变，平衡 常数不变，仍为 1。若再向容器中通入 1molCH3OH(g)，重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分 含量不变，相当于
42、逆向建立等效平衡。 (4) 由物料守恒 c(HCOOH)+c（HCOO ）= ，c(Na +)=c(HCOO-)=bmol/L，c(HCOOH)= ， 由电荷守恒 c(H )=10-7mol/L,K= 10 -7或 点睛：本题综合考查化学平衡的建立，等效平衡，化学平衡常数 的计算，难度较大。(1)化学平衡状态的 判断，同一物质的生成速率和分解速率相等，反应体系中各物质的物质的量或者浓度、百分含量、体积分 数、质量分数、物质的量分数不再改变两个基本点去判断；.（）平衡常数的计算，列出三段式， 是解题的关键；(4) 由物料守恒 c(HCOOH)+c（HCOO ）= ，c(Na +)=c(HCOO-
43、)=bmol/L，求出 c(HCOOH)= ，再由电荷守恒 c(H )=10-7mol/L,代入公式计算即可。 20.D 是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下： （1）A 的化学名称是_，C中含氧官能团的名称为_。 （2）F的结构简式为_，A 和 E 生成 F的反应类型为_。 （3）A 生成 B 的化学方程式为_。 （4）B与乙炔钠合成 C的反应类型(酸化前)是_；写出由 C 合成 D的第二个反应的化学方程 式：_。 （5）同时满足下列条件的 E 的同分异构体有_种（不含立体异构） 。 遇 FeCl3溶液发生显色反应； 能发生银镜反应 （6）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂
44、合成 1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示 有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。 【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). 加成反应 (7). (8). 9 (9). 【解析】 （1）苯酚与氢气发生加成反应生成 A，A的化学名称是环己醇；根据 C 的结构简式可知 C中含氧官能团的 名称为羟基。 （2）E 是邻羟基苯甲酸，与 A 发生酯化反应生成 F，则 F的结构简式为； （3）A 发生催化氧化生成 B，则 A 生成 B 的化学方程式为 2+O22+2H2O。 （4）B 中的羰基反应后转化为 C 中的羟基，因此 B 与乙炔钠合成 C 的反应类型(酸化前)是加成反应；C 合成 D 的 第二个反应是氯原子被氨基取代，反应的化学方程式为 。 （5）遇 FeCl3溶液发生显色反应，含有 酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基。如果苯环上含有 2 个取代基，应该是OH 和OOCH，有邻间 对三种；如果含有 3 个取代基，应该是 2 个酚羟基，1 个醛基，有 6 种，共计 9 种； （6）根据题干信息结合 逆 推 法 可 知 以 乙 炔 和 甲 醛 为 起 始 原 料 合 成1 ， 3- 丁 二 烯 的 合 成 路 线 为 。
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