陕西省汉中市2021届高三教学质量第一次检测考试化学试卷 Word版含解析

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- 1 - 汉中市 2021 届高三年级教学质量第一次检测考试 化 学 注意事项： 1.试题分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)。满分 100 分，考试时间 90 分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。 3.选择题答案用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，非选择题用 0.5mm 黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。 4.可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 C1 35.5 N i 59 Cu 64 第Ⅰ卷(选择题，共 42 分) 一、选择题(1~14 题，每小题 3 分，共 42 分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法不正确的是（ ） A. 华为公司自主研发的“麒麟 9000 芯片”需要以高纯度的硅为原料 B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的毛笔与宣纸均含有机物 C. 新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，其消毒原理相同 D. 将生活垃圾露天焚烧，减少对人类生活的影响 【答案】D 【解析】 【详解】A．硅为良好的半导体，常用作芯片，故 A 正确； B．毛笔的毛的主要成分是蛋白质，宣纸的主要成分为纤维素，均为有机物，故 B 正确； C．新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，都是利用它们的强氧化性杀菌消毒，故 C 正确； D．将生活垃圾露天焚烧，会产生有毒气体，危害人类健康，故 D 错误； 故答案为 D。 2. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( ) A B C D - 2 - 实 验 装 置 实 验 目 的 除去 Fe(OH)3 胶体 中混有的 NaCl 溶液 制备并收集少量 NO2 实验室灼烧 Na2CO3·10 H2O 测定中和反应的反应 热 A A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A． 胶体和溶液中的分散质都可以通过滤纸，除去 Fe(OH)3 胶体中混有的 NaCl 溶液 应该用渗析，故 A 错误； B．二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集二氧化氮 ，应用排空气法收集，故 B 错误； C．实验室灼烧固体应该在坩埚中 ，蒸发皿是蒸发溶液的，故 C 错误； D．符合中和热实验的测定装置，故 D 正确； 故选：D。 3. 下列有关化学用语表达正确的是( ) A. 二硫化碳的结构式S=C=S B. 23 37Na Cl 中质子数和中子数之比是8:7 C. HCl 的电子式为： . + - .. . :Cl:H [ ] D. 结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平衡 【答案】A 【解析】 【详解】A．二硫化碳的结构式为S=C=S ，故 A 正确； B． 23 37Na Cl 中质子数和中子数之比是   11+17 : 23-11+37-17 =7:8，故 B 错误； - 3 - C． HCl 的电子式为 ，故 C 错误； D．结构示意图为 的阴离子中，当 n=16 时，表示的是硫离子，硫化氢为弱酸，故硫离 子能够结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故 D 错误； 故选 A。 4. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( ) A. 标准状况下，2.24L CCl4 含有的分子数为 0.1NA B. 8g 甲醇中含有的 C-H 键数目为 NA C. 22.4L(标况下)NO 与 0.5mol O2 混合充分反应，最后得到 NO2 分子数小于 NA D. 常温下，pH=13 的 Ba(OH)2 溶液中含有 OH-数目为 0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下 CCl4 为液体，2.24L CCl4 的物质的量不是 0.1mol，故 A 错误； B．甲醇的结构简式是 CH3OH，8g 甲醇中含有的 C-H 键数目为 A 8g 3 N32g/mol    0.75NA， 故 B 错误； C．22.4L(标况下)NO 的物质的量是 1mol，1mol NO 与 0.5mol O2 混合充分反应生成 1molNO2， 由于存在 2 2 42NO N O 平衡，最后得到 NO2 分子数小于 NA，故 C 正确； D．常温下，pH=13 的 Ba(OH)2 溶液中 OH-的浓度是 0.1mol/L，没有溶液体积，不能计算 OH- 数目，故 D 错误； 选 C。 5. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某物质 X，发现铜粉逐渐溶解，请问 X 不可能 是( ) A. Fe2(SO4)3 B. HCl C. H2O2 D. KNO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜能和 Fe2(SO4)3 反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在 Fe2(SO4)3 溶液中溶解 ， - 4 - 故 A 不选； B． 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入 HCl，铜仍然不溶解 ，故 B 选； C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入 H2O2，过氧化氢具有氧化性，发现铜粉逐渐 溶解 ，故 C 不选； D．向稀硫酸反应加入硝酸钾后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝 酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸钾后能溶解铜，故 D 不选； 故选：B。 6. 将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2 和 CuCl2 的混合溶液中回收 S，其转化如图所示 (CuS 不溶于水)。下列说法错误的是( ) A. 过程①发生复分解反应，由弱酸反应得到强酸 B. 过程②中，发生反应的离子方程式为： S2-＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋ C. 过程③中，标准状况下 11.2L O2 参加反应转移 2mol 电子 D. 在②中 Fe3＋作氧化剂，在③中 Fe3＋是氧化产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程①发生的反应 2 2H S+CuCl =CuS +2HCl 是复分解反应，由硫化氢生成氯 化氢，由弱酸生成强酸，A 不选； B．过程②中，Fe3＋转化为 Fe2＋，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是 3+ 2+ 2+CuS+2Fe =Cu +S+2Fe ，故 B 选； C．过程③中，标准状况下 11.2L O2 参加反应其物质的量是 11.2L 22.4L/mol =0.5mol，转移 0.5mol×2×2=2mol 电子，故 C 不选； D．过程②中，Fe3＋转化为 Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，在③中 ，Fe2＋转化为 Fe3＋，Fe3＋是氧化产物， 故 D 不选； 故选：B。 - 5 - 7. W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，W 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍，X-、Y＋具有相同的电子层结构，Z 的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是( ) A. 原子半径：Y>Z>X>W B. 简单氢化物的沸点：W>X>Z C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Z D. W、X 可分别与 Y 形成化合物，其所含的化学键类型一定完全相同 【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，W 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍，W 是 O 元素；Z 的阴离子不能发生水解反应，Z 是 Cl 元素，X-、Y＋具有相同的电子层结 构，X 是 F 元素、Y 是 Na 元素。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径： Na>Cl>O>F，故 A 错误； B．H2O、HF 分子间能形成氢键，水分子间氢键多，HCl 不能形成氢键，简单氢化物的沸点： H2O>HF>HCl，故 B 正确； C．F 元素没有正价，F 不能形成含氧酸，故 C 错误； D．O 与 Na 能形成化合物 Na2O2、Na2O，Na2O2 含的化学键为离子键、共价键；Na2O 含的化 学键为离子键；F 与 Na 能形成化合物 NaF，所含的化学键为离子键；所以含的化学键类型不 一定完全相同，故 D 错误； 选 B。 8. 下列离子方程式书写正确的是（ ） A. 将过量 SO2 气体通入 NaClO 溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=SO 2- 4 ＋Cl-＋2H＋ B. 电解氯化镁溶液：2Cl-＋2H2O 电解 2OH-＋H2↑＋Cl2↑ C. NaHCO3 溶液水解：HCO - 3 ＋H2O=CO 2- 3 ＋H3O＋ D. 同浓度同体积的 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合：NH + 4 ＋OH-=NH3·H2O 【答案】A 【解析】 - 6 - 【详解】A．将过量 SO2 气体通入 NaClO 溶液中，发生氧化还原反应，离子方程式为 SO2＋ H2O＋ClO-=SO 2- 4 ＋Cl-＋2H＋，故 A 正确； B．电解氯化镁溶液生成的氢氧化镁是沉淀，离子方程式为 Mg2++2Cl- +2H2O 电解 H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故 B 错误； C．NaHCO3 溶液水解生成碳酸和氢氧根，离子方程式为 HCO - 3 ＋H2O=H2CO3＋OH-，故 C 错 误； D．由于 NH4HSO4 电离的 H+、NH + 4 中 H+结合 OH-的能力强于 NH + 4 ，所以同浓度同体积的 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合，反应的离子方程式为 H+＋OH-=H2O，故 D 错误； 故答案为 A。 9. T K 时，向 2.0L 恒容密闭容器中充入 0.10mol COCl2，发生反应 COCl2(g)  Cl2(g)+ CO(g)，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的 是( ) t/s 0 2 4 6 8 n(Cl2)/mol 0 0.030 0.039 0.040 0.040 A. 反应在前 2s 的平均速率 v(COCl2)=0.015mol·L-1·s-1 B. 平衡后，温度不变再充入一定量 COCl2，该反应的化学平衡常数减小 C. 保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时 c(Cl2)=0.038 mol·L-1，则反应的△H＜0 D. 平衡后向上述容器中再充入 0.10 mol COCl2，平衡正向移动，COCl2 的转化率减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据表格数据可知，前 2s 生成 Cl20.03mol，由方程式可知，消耗 0.03molCOCl2， 则 v(COCl2) -1 -1 0.03mol 2L 0.0075mol L s2s    ，A 错误； B．平衡常数只与温度有关，温度不变时，平衡常数不发生改变，B 错误； C．根据表格数据可知，反应达到平衡时，c(Cl2)=0.020 mol·L-1，保持其他条件不变，升高温 度，若新平衡时 c(Cl2)=0.038 mol·L-1，说明平衡正向移动，则反应为吸热反应，即△H＞0，C - 7 - 错误； D．平衡后向上述容器中再充入 0.10 mol COCl2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，但根 据勒夏特列原理原理，只能削弱不能抵消，COCl2 增加的更多，所以 COCl2 的转化率减小，D 正确； 答案选 D。 10. 分子式为 C7H14O 的有机物，含有六元环状结构且能与 Na 反应放出 H2 的化合物，其可能 的结构有( ) A. 5 种 B. 4 种 C. 3 种 D. 2 种 【答案】A 【解析】 【详解】分子式为 C7H14O 的有机物，不饱和度为 1，含有六元环状结构且能与 Na 反应放出 H2，说明含有 1 个羟基，结构为 、 、 、 、 ，故 选 A。 11. 由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是( ) 选 项 实验操作 实验现象 结论 A 向 Co2O3 中滴加浓盐酸 产生黄绿 色气体 氧化性： Co2O3 > Cl2 B 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一 段时间后滴加几滴 K3[Fe(CN)6]溶液 无明显现 象 锌对铁依然具有保 护作用 C 将铁片投入浓硫酸中 无明显变 化 常温下铁不与浓硫 酸反应 D 将 10mL 2mol/L 的 KI 溶液与 1mL 1mol/L FeCl3 溶液 混合充分反应后滴加 KSCN 溶液 溶液颜色 变红 KI 与 FeCl3 的反应 具有可逆性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C - 8 - 【解析】 【详解】A． 发生氧化还原反应生成氯气，Co 元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧 化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3 > Cl2，故 A 正确； B． 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn 为负极，发生氧化反 应，Fe 为正极被保护，故 B 正确； C． 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应， 故 C 错误； D． KI 过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则 KI 与 FeCl3 的反应具有可逆性，故 D 正确； 故选：C。 12. 我国科学家研发了一种水系可逆 Zn—CO2 电池，电池工作时，复合膜(由 a、b 膜复合而成) 层间的 H2O 解离成 H＋和 OH- ，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合 K1 时， Zn—CO2 电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是( ) A. 闭合 K1 时，H＋通过 a 膜向 Pd 电极方向移动 B. 闭合 K1 时，Zn 表面的电极反应式为 Zn＋4OH--2e- = Zn(OH) 2- 4 C. 闭合 K2 时，Zn 电极与直流电源正极相连 D. 闭合 K2 时，在 Pd 电极上有 CO2 生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．闭合 K1 时，形成原电池，锌为负极，Pd 电极是正极 ，氢离子是阳离子，向正极 移动，故 A 不选； B．闭合 K1 时，形成原电池，锌为负极，Zn 表面的电极反应式为 Zn＋4OH--2e- = Zn(OH) 2- 4 ， 符合原电池原理，电荷守恒，原子守恒，故 B 不选； C．闭合 K2 时，形成电解池，Zn 电极发生还原反应做阴极，应与直流电源负极相连，C 选； - 9 - D．闭合 K2 时，Pd 电极是阳极，发生氧化反应， HCOOH 氧化生成 CO2，故 D 不选； 故选：C。 13. 工业以软锰矿(主要成分是 MnO2，含有 SiO2、Fe2O3 等少量杂质)为主要原料制备高性能的 磁性材料碳酸锰(MnCO3)，其工业流程如图。下列说法错误的是( ) A. 浸锰过程中 Fe2O3 与 SO2 反应的离子方程式为： Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SO 2- 4 ＋H2O B. 过滤 I 所得滤液中主要存在的金属阳离子为 Mn2＋、Fe3＋和 Fe2＋ C. 滤渣 II 的主要成分含有 Fe(OH)3 D. 过滤 II 所得的滤液中加入 NH4HCO3 溶液发生反应的主要离子方程式为： Mn2＋＋ 2HCO - 3 =MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 浸锰过程通入过量的 SO2，将 Mn4+和 Fe3+还原成 Mn2+和 Fe2+，过滤Ⅰ所得滤渣为 SiO2，加入 MnO2 氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有 Fe2+和未反应的 SO2，调 pH 是为了将上一步氧 化生成的 Fe3+沉淀下来与 Mn2+分离，加入 NH4HCO3 溶液将 Mn2+沉淀下来，再经过一系列步 骤可得到纯的 MnCO3。 【详解】A．根据上述分析可知，浸锰过程通入过量的 SO2，将 Mn4+和 Fe3+还原成 Mn2+和 Fe2+， 反应的离子方程式为：Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SO 2- 4 ＋H2O，A 正确； B．过量的 SO2，将 Mn4+和 Fe3+还原成 Mn2+和 Fe2+，因此过滤 I 所得滤液中主要存在的金属阳 离子为 Mn2＋和 Fe2＋，不会含有 Fe3+，B 错误； C．调 pH=3.7，将 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ的主要成分含有 Fe(OH)3，C 正确； D．滤液为硫酸锰溶液，向滤液种加入适量 NH4HCO3 溶液，生成 MnCO3 沉淀，同时二氧化碳 生成，发生的反应为：Mn2++2HCO - 3 =MnCO3↓+CO2↑+H2O，D 正确； 答案选 B。 - 10 - 14. 常温下，用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液滴定 10 mL 0.1 mol·L-1 HA 溶液的滴定曲线如图所示， 下列说法不正确的是( ) A. a≈3，说明 HA 属于弱酸 B. 水的电离程度：d 点>e 点 C. c 点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA) D. b 点溶液中粒子浓度大小： c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH- ) 【答案】C 【解析】 【详解】A． c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为 c(H+)=0.1mol/L，溶液的 pH=3， c(H+)=0.001mol/L，说明 HA 电离程度较小，HA 属于弱酸，故 A 不选； B． 酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d 点溶质为 NaA，促进水电离，e 点溶质为 NaA 和 NaOH，NaOH 抑制水电离，所以水电离程度：d 点>e 点，故 B 不选； C． c 点溶液显中性，由电荷守恒 + + - -c(Na )+c(H )=c(A )+c(OH ) 得：c(Na＋)=c(A-) ，故 C 选； D． b 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 HA 和 NaA，溶液 pH<7，溶液呈酸性，说明 HA 电 离程度大于 A−水解程度，所以 c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且 HA 电离程度和 A−水解程度 都较小，所以 c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故 D 不选； 故选：C。 第Ⅱ卷(非选择题，共 58 分) 二、必做题(15~17 题，共 43 分) 15. NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物。实验室模拟生产 NaClO2 的一种工 艺如下： - 11 - 己知：①ClO2 是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空 气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②NaClO2 饱和溶液在温度低于 38℃时析出的晶体是 NaClO2·3H2O，高于 38℃时析出的晶体是 NaClO2，高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl。 回答下列问题： (1)写出实验室制取 SO2 的化学方程式___________；上述流程中“反应”的离子方程式为 ___________； 尾气吸收时 H2O2 的作用是___________(填氧化剂或还原剂)。 (2)最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用 H2C2O4 代替 SO2 制备 ClO2 的新方法，该方法 的化学方程式为 H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4=Na2SO4＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2 H2O 该新方法最 突出的优点是___________。 (3)获得产品 NaClO2 的“操作”包括以下步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用 38℃～ 60℃的温水洗涤；④60℃以下___________，得到产品。 (4)为了测定产品 NaClO2 的纯度，取上述所得产品 7.5g 溶于水配成 1L 溶液，取出 20.00mL 溶 液于锥形瓶中，再加入足量酸化的 KI 溶液，充分反应后(ClO - 2 被还原为 Cl-，杂质不参加反应)， 加入 2～3 滴淀粉溶液，用 0.25 mol·L-1 Na2S2O3 标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液 24.00mL，计算产品 NaClO2 的纯度___________。 (提示：2 Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2Na I) (5)NaClO2 溶液中存在 ClO2、HClO2、ClO - 2 、Cl-四种含氯微粒。经测定 25℃各含氯微粒浓度 随 pH 的变化情况如图所示(Cl-没有画出)。 ①酸性条件下 NaClO2 溶液中存在 Cl-的原因是___________(用离子方程式解释)。 ②pH=5 时，NaClO2 溶液中 ClO2、HClO2、ClO - 2 、Cl-四种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是 - 12 - ___________。 【答案】 (1). Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O (2). 2ClO - 3 ＋SO2=SO 2- 4 ＋2ClO2↑ (3). 还原剂 (4). 反应生成 CO2 对 ClO2 起稀释作用，防止浓度过大时分解爆炸 (5). 干 燥 (6). 90.5％ (7). 5ClO - 2 ＋4H+=4ClO2＋Cl-＋2H2O 或 5 HClO2=4ClO2＋Cl-＋2H2O+ H+ (8). c(HClO2)> c(ClO - 2 )> c(ClO2)> c(Cl-) 【解析】 【分析】 由制备流程可知，NaClO3 和 SO2 在 H2SO4 酸化条件下生成 ClO2，其中 NaClO3 是氧化剂， 回收产物为 NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生 ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学 方程式为 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择 NaOH 除去食盐水中的 Mg2+，选择 碳酸钠除去食盐水中的 Ca2+，然后电解装置中阴极 ClO2 得电子生成 ClO2-，阳极 Cl-失电子生 成 Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收 ClO2，产物为 ClO2-，最后 NaClO2 溶液结晶、干燥 得到产品，以此解答该题。 【详解】(1) 实验室制取 SO2 的化学方程式 Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，上述流程 中“反应”中通入的是二氧化硫、亚氯酸钠，其离子方程式为 2ClO - 3 ＋SO2=SO 2- 4 ＋2ClO2↑，尾 气吸收时 H2O2 的作用是还原剂； (2)用硫酸酸化的草酸(H2C2O4)溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水， 该反应为 H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4=Na2SO4＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2 H2O，其优点是只生成一 种可溶性盐，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的 CO2 气体对 ClO2 起稀释作用，防止浓度过大时分解爆炸，； (3)获得产品 NaClO2，由题给信息可知应用 38℃∼60℃的温水洗涤，60℃以下干燥； (4)NaClO2 与足量酸化的 KI 溶液，反应为： - - + - 2 2 2ClO +4I +4H =2H O+2I +Cl ，2 Na2S2O3 ＋I2=Na2S4O6＋2Na I 令样品中 NaClO2 的物质的量 x，则： - 2- 2 2 2 3 3 - 1mol 4mol x 24 10 0.2 ClO 2I 4S 5 O     解得：x=1.5×10−3mol， 20mL 样品中 m(NaClO2)=0.0015mol×90.5g/mol，原样品中 NaClO2 的质量分数为： - 13 - 0.0015mol 90.5g/mo 100%20 ×71 l .5g000  =90.5%； (5)①酸性溶液中 NaClO2 发生歧化反应生成 NaCl 和 ClO2，离子方程式 5ClO - 2 ＋4H+=4ClO2＋ Cl-＋2H2O 或 5 HClO2=4ClO2＋Cl-＋2H2O+ H+； ②由图象可知，pH=5 时，c(HClO2)> c(ClO - 2 )> c(ClO2)，又因为酸性条件下可发生 5ClO - 2 ＋ 4H+=4ClO2＋Cl-＋2H2O，则 c(ClO2)> c(Cl-)，所以 c(HClO2)> c(ClO - 2 )> c(ClO2)> c(Cl-)。 16. 三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣 小组用 O2 直接氧化 PCl3 制备 POCl3，实验装置设计如图： 有关物质的部分性质如下表： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 其它性质 PCl3 -112 75.5 遇水生成 H3PO3 和 HCl，遇 O2 生成 POCl3 POCl3 2 105.3 遇水生成 H3PO4 和 HCl，能溶于 PCl3 回答下列问题： (1)装置 C 中反应器的名称是___________。 (2)装置 B 中试剂为___________；装置 B 的作用是___________。 (3)装置 A 中发生反应的化学方程式为___________；装置 C 中制备 POCl3 的化学方程式为 ___________。 (4)a 装置的作用是___________。 (5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中 Cl 元素的含量，实验步骤如下： Ⅰ．取 m 克产品于锥形瓶中，加入足量 NaOH 溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性； Ⅱ．向锥形瓶中加入 0.1000 mol·L-1 的 AgNO3 溶液 50.00 mL，使 Cl-完全沉淀； - 14 - Ⅲ．向其中加入 2 mL 硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖； Ⅳ．加入指示剂，用 c mol·L-1 NH4SCN 溶液滴定过量 Ag＋至终点，记下所用体积为 VmL。 已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12 ①滴定选用的指示剂是___________。 A．酚酞 B．NH4Fe(SO4)2 C．淀粉 D．甲基橙 ②Cl 元素的质量分数为(列出算式)___________。 ③若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中出现两种沉淀共存 ，此时 c(Cl-)∶c(SCN-)=___________；该 反应使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】 (1). 三颈烧瓶或三口烧瓶 (2). 浓 H2SO4 (3). 平衡气压，干燥氧气，观察 气体流速 (4). 2H2O2 2MnO 2H2O+O2↑或 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2 ↑ (5). 2PCl3＋O2 =2POCl3 (6). 冷凝回流 (7). B (8).［(5-cV)×35.5×10-3/m］×100% 或［3.55(5-cV)/m］% (9). 160∶1 或 160 (10). 偏小 【解析】 【分析】 根据实验目的可知，装置 A 是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为 H2O2 在 MnO2 催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量， 可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气，可以用浓硫酸除去，所以 B 装置中盛放浓硫 酸，装置 B 中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯 化磷在 C 中反应生成 POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高， 所以装置 C 用水浴加热，为防止 POCl3 挥发，用冷凝管 a 进行冷凝回流，POCl3 遇水剧烈水解 为 H3PO4 和 HCl，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有 碱石灰的干燥管，据此分析解答。 【详解】(1)根据装置图可知，装置 C 中盛装 PCl3 的反应器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； (2)装置 B 中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡，则装置 B 的作用 是观察 O2 的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：浓硫酸；干燥氧气、观察氧气流速、平 衡气压等； (3)装置 A 是氧气的发生装置，为固体与液体不加热制备气体的装置，可以为 H2O2 在 MnO2 催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应的化学方程式为： - 15 - 2H2O2 2MnO 2H2O+O2↑或 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；根据装置图可知，装置 C 中氧气氧化 PCl3 生成 POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式为 2PCl3+O2=2POCl3，故答案为： 2H2O2 2MnO 2H2O+O2↑或 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2PCl3+O2=2POCl3； (4)仪器 a 为球形冷凝管，起冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流； (5)①用 c mol•L-1NH4SCN 溶液滴定过量 Ag+至终点，当滴定达到终点时 NH4SCN 过量，加 NH4Fe(SO4)2 作指示剂，Fe3+与 SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点， 故答案为：B； ②用 c mol/LNH4SCN 溶液滴定过量 Ag+至终点，记下所用体积 VmL，则过量 Ag+的物质的量 为 cV×10-3mol，与 Cl-反应的 Ag+的物质的量为 0.1000mol/L×0.05L-cV×10-3mol=(5-cV)×10-3mol， Cl 元素的质量分数为   35 cV 10 mol 35.5g/mol mg    ×100%=   35 cV 35.5 10 m    ×100%， 故答案为：   35 cV 35.5 10 m    ×100%； ③若取消步骤 III，会使步骤 IV 中出现两种沉淀共存 ，此时 c(Cl-)∶c(SCN-)= Ksp(AgCl)∶Ksp(AgSCN)=3.2×10-10∶2×10-12 =160∶1；若无此操作，NH4SCN 与 AgCl 反应生成 AgSCN 沉淀，则滴定时消耗的 NH4SCN 标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与 氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的质量分数偏小，故答案为：160∶1； 偏小。 【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)③中的误差分 析，要注意滴定原理的理解。 17. 还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。 Ⅰ．氢气还原法。H2 还原 NO 发生的反应为：2NO(g)＋2H2(g)  N2(g)＋2H2O(g)。 (1)已知几种化学键的键能数据如下： 化学键 H-H NO 中的共价键 N≡N H-O 键能(kJ·mol-1) 436 630 946 463 2NO(g)＋2H2(g)  N2(g)＋2H2O(g) ΔH=___________kJ·mol-1。 - 16 - (2)2NO(g)＋2H2(g)  N2(g)＋2H2O(g) 的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k 是速率常数， 只与温度有关)。科学研究发现上述反应分两步进行： 反应 1：2NO(g)＋H2(g)  N2(g)＋H2O2(g)； 反应 2：H2O2(g)＋H2(g)  2H2O(g)。 总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，反应较慢的是___________(填 “反应 l”或 “反应 2”)。对总反应速率的影响程度 c(NO)___________c(H2)(填“>”“＜” 或“=”)。 Ⅱ．NH3 还原法。在恒容密闭容器中充入 NH3 和 NO2，在一定温度下发生反应： 8NH3(g)＋ 6NO2(g)  7N2(g)＋12H2O(g)。 (3)下列表明该反应达到平衡状态的是_____(填字母)。 A．混合气体密度保持不变 B．NO2 和 NH3 的消耗速率之比为 3∶4 C．混合气体颜色不变 D．混合气体压强保持不变 Ⅲ． CO 还原法。 利用高效催化剂处理汽车尾气中的 NO 和 CO，发生反应：2CO(g)＋2NO(g)  N2(g)＋ 2CO2(g) ΔH，在 2 L 恒容密闭容器中充入 1 mol CO 和 1 mol NO，测得 NO 的转化率与温度、 时间的关系如图所示： (4)下列说法正确的是___________(填字母)。 A．ΔH＜0 B．上述反应一定能自发进行 C．增大 NO 的浓度，反应物的转化率增大 D．温度为 T1、T2 时的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1＜K2 (5)T2 温度下，0～10 min 内用 CO 表示的平均反应速率 v(CO)=___________ mol·L-1·min-1；T1 温度下，上述反应的平衡常数 K1=___________ L·mol-1。 - 17 - (6)T1 温度下，向平衡后的容器内再加入 1 mol CO 和 1 mol NO，则再次达平衡时 NO 的转化率 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】 (1). -666 (2). 反应 1 (3). > (4). CD (5). AD (6). 0.04 (7). 2 (8). 增大 【解析】 【详解】Ⅰ．(1) ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2×436 kJ·mol-1+2×630 kJ·mol-1-946 kJ·mol-1-4×463 kJ·mol-1=-666 kJ·mol-1。 (2)总反应速率由反应较慢的一步决定，由反应的反应速率表达式为 v=kc2(NO)·c(H2)，可知， 反应 1 速率较慢；c(NO)的幂为 2，所以 c(NO)对总反应速率的影响大于 c(H2)。 Ⅱ．(3) A．反应前后气体的总质量和总体积不变，故混合气体密度始终保持不变，无法说明 反应达到平衡，故 A 错误； B．不论是否平衡，NO2 和 NH3 的消耗速率之比都为 3∶4，无法说明反应达到平衡，故 B 错 误； C．混合气体颜色不变，说明 NO2 的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故 C 正确； D．反应为气体体积增大的反应，混合气体压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故 D 正确； 故答案为 CD。 Ⅲ．(4) A．由图像可知，T1 时先达到平衡，所以 T1>T2，温度升高 NO 转化率减小，说明反应 为放热反应，ΔH＜0，故 A 正确； B．反应 2CO(g)＋2NO(g)  N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＜0，ΔS＜0，只有在低温条件下 ΔH-TΔS=ΔG＜0，才能自发进行，故 B 错误； C．增大 NO 的浓度，平衡右移，但 NO 的转化率减小，故 C 错误； D．温度为 T1、T2 时的平衡常数分别为 K1、K2，因为 T1>T2，且反应为放热反应，则 K1＜K2， 故 D 正确； 故答案为 AD。 (5) T2 温度下，0～10 min 内，NO 的转化率为 80%，则 CO 的转化率也为 80%，Δn(CO)=0.8 mol， 则 v(CO)=  CO 0.8 2L 2L 10min 10 n mol min   =0.04 mol·L-1·min-1；T1 温度下，NO 的转化率为 50%，则平 衡时 c(CO)=0.25 mol/L，c(NO)=0.25 mol/L，c(N2)=0.125 mol/L，c(CO2)=0.25 mol/L，上述反 - 18 - 应的平衡常数 K1=               22 2 2 2 22 2 N CO 0.125 / L 0.25 / L CO NO 0.25 / L 0.25 / L c c mol mol c c mol mol     =2 L·mol-1。 (6)恒容条件下，T1 温度下，向平衡后的容器内再加入 1 mol CO 和 1 mol NO，相当于增大压强， 平衡向气体体积减小的方向即正方向移动，则再次达平衡时 NO 的转化率增大。 三、选做题(请从 18、19 题中任选一题做在答题卷上，15 分) 【选修 3：物质结构与性质】 18. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题： (1)现代化学中，常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。 (2)某同学画出基态碳原子的轨道表示式： ，该表示式违背了 ___________； CH + 3 、-CH3、CH - 3 都是重要的有机反应中间体。CH + 3 的空间构型为_______； CH - 3 中 C 原子成键的杂化方式为_____。 (3)34 号元素硒的基态原子的价层电子排布式为___________，第四周期中，与硒原子未成对电 子数相同的金属元素有___________种。 (4)Fe3O4 晶体中，O2- 围成正四面体空隙(1、3、6、7 号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、 12 号氧围成)，Fe3O4 中有一半的 Fe3＋填充在正四面体空隙中，Fe2＋和另一半 Fe3＋填充在正八 面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为___________，有___________% 的正八面体空隙没有填充阳离子。 (5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子 A 的坐标参数为(0，1，0)。 ①原子 B 的坐标参数为___________； - 19 - ②若该晶体密度为 d g·cm-3，则铜镍原子间最短距离为___________。 【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平面三角形 (4). sp3 (5). 4s24p4 (6). 3 (7). 2∶1 (8). 50 (9). 1 1( ,0, )2 2 (10). 3 A 2 251 cm2 dN  【解析】 【详解】(1)光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以现代化学中，常利用原 子光谱上的特征谱线来鉴定元素； (2)洪特规则是原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨 道，且自旋状态相同，而该同学画出基态碳原子的轨道表示式： ，该表 示式违背了洪特规则；CH + 3 中心原子的价层电子对数为：3+ 4 1 3 1 2    =3，为 sp2 杂化，没 有孤电子对，为平面三角形， CH - 3 中心原子的价层电子对数为：3+ 4 1 3 1 2    =4，C 原子成 键的杂化方式为 sp3； (3) 34 号元素硒的基态原子的价层电子排布式为 4s24p4；硒有 2 个未成对电子，第四周期中， 与硒原子未成对电子数相同的金属元素有钛、镍、锗三种； (4)由 1、3、6、7 号 O2- 围成正四面体空隙有 8 个，面心位置 6 个 O2- 即 3、6、7、8、9、12 号 O2- 围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点 O2- 也围成正八 面体，而这样的正八面体为 4 个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为 1+12× 1 4 =4，则晶体中正 四面体空隙数与正八面体空隙数之比为 8∶4=2∶1；Fe3O4 中有一半的 Fe3＋填充在正四面体空 隙中，Fe2＋和另一半 Fe3＋填充在正八面体空隙中，有 2 个正八面体空隙没有填充阳离子，则有 50%的正八面体空隙没有填充阳离子； (5)①根据原子 A 的坐标参数为(0，1，0)，可知晶胞底面面心上的原子 B 的坐标为 1 1( ,0, )2 2 ； ②由晶胞结构可知，处于面对角线上的铜镍原子间距离最短，设两者之间的距离为 a cm，则 晶胞面对角线长度为 2a cm，晶胞的棱长为 2 a cm，可得 3 3 A 59 64 3( 2 ) g·cm gacm d N     ，解得 a= 3 A 2 251 cm2 dN  。 【选修 5：有机化学基础】 19. 呋喃酚是合成农药的重要中间体，其合成路线如下： - 20 - (1)A 物质的分子式为___________，B→C 的反应类型是___________；E 中含有的官能团名 称是___________，D 不能够发生的反应有___________(填序号)。 ①氧化反应 ②取代反应 ③加成还原 ④消去反应 (2)已知 X 的分子式为 C4H7Cl，写出 A→B 的化学方程式：___________。 (3)Y 是 X 的同分异构体，分子中无环状结构、无支链且不含甲基，则 Y 的结构简式是 ___________。 (4)下列有关化合物 B、C、D 、E 的说法正确的是___________。 ①可用溴水鉴别 B 和 E ②可用氯化铁溶液鉴别 C 和 D ③C、D 互为同分异构体，B、E 互为同分异构体 ④B、C、D、E 均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 (5)B 的同分异构体很多，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：___________。 ①含苯环、含有酯基 ②能发生银镜反应 ③在苯环上发生一氯取代时，产物只有一种 【答案】 (1). C6H6O2 (2). 取代反应 (3). (酚)羟基，醚键 (4). ④ (5). + +HCl (6). CH2=CHCH2CH2Cl (7). ②③④ (8). 【解析】 【详解】(1)A 的结构简式为 ，则分子式为 C6H6O2，B→C 发生的苯环上羟基的取 代反应，E 的结构简式为 ，含有(酚)羟基和醚键，D 的结构简式为 ， - 21 - 有机物本身可以与氧气发生氧化反应，分子中的苯环可发生取代和加成反应，而苯环上的羟 基不能发生消去反应，故答案选④； (2)对比 A、B 的结构，可知 A→B 属于取代反应，则 X 为 CH2=CH(CH3)CH2Cl， 反应还有 HCl 生成，反应方程式为 + +HCl； (3)由(2)可知，X 为 CH2=CH(CH3)CH2Cl，Y 是 X 的同分异构体，分子中无支链且不含不含甲 基，则 Y 为 CH2=CHCH2CH2Cl； (4)①B 和 E 均可以使溴水褪色，不能用溴水鉴别 B 和 E，①错误； ②C 不含有酚羟基，而 D 含有酚羟基，可以与氯化铁溶液发生显色反应，因此可以用氯化铁 溶液鉴别 C 和 D，②正确； ③C 和 D 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B 和 E 的分子式也相同，互为同分异 构体，③正确； ④B、C、D 均含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，E 中酚羟基可与酸性高锰酸钾 溶液发生氧化反应使其褪色，④正确； 故答案选②③④； (5)B 的同分异构体满足：含有苯环、酯基且能发生银镜反应，含有与甲酸形成的酯基，且环 上的一氯代物只有一种，结合 B 的结构可知，应还含有 4 个甲基，且为对称结构，符合条件 的同分异构体为： 、 。 【点睛】第 5 问是难点，含有酯基且能发生银镜反应说明是与甲酸反应生成的酯基，环上的 一氯代物只有一种或者很少，一般情况都是高度对称的结构，以此为突破口答题。