天津市部分区2020年高三化学质量调查（一）试题（解析版） 21页

天津市部分区 2020 年高三质量调查试卷(一) 化学试卷 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2.本卷共 12 题，每题 3 分，共 36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项最符合 题目要求。 可能用到的相对原子质量： H :1 C :12 O :16 Na : 23 S: 32 Fe:56 1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是( ) A. 现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金 B. 二氧化硫能用于漂白纸张草帽，还能作为杀虫剂、杀菌剂 C. 能消杀病毒的过氧乙酸，具有强氧化性、弱酸性等性质 D. 在海轮外壳上镶入钠块，可减缓船体的腐蚀速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金，A 正确； B．二氧化硫具有漂白性，能用于漂白纸张草帽，也可杀菌消毒，所以能作为杀虫剂、杀菌剂， B 正确； C．过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，且在水溶液中能 部分电离出氢离子，具有弱酸性，C 正确； D．钠比铁活泼，但钠会与水剧烈反应，所以在海轮外壳上镶入钠块，无法与船体外壳构成原 电池，起不到防护作用，D 错误； 答案选 D。 【点睛】对于金属的保护和防护，并不是加入另一种更活泼的金属就能保护该金属，还要考 虑较为活泼的金属在该环境下的反应情况。如船体镶入钠块，钠会先与水剧烈反应，完全起 不到保护船体的作用。 2.下列化学用语表示正确的是( ) A. Fe 原子的电子排布式： 5 3[Ar]3d 4s B. 2CaCl 的电子式： 2 2Ca [:Cl:] ‥ ‥   C. 2N 的结构式： N N D. 原子核内有 10 个中子的氧原子：18 8 O 【答案】D 【解析】 【详解】A．s 能级最多能容纳 2 个电子，所以 Fe 原子的电子排布式为： 6 2[Ar]3d 4s ，A 错误； B． 2CaCl 的电子式为： ，B 错误； C． 2N 的结构式为： N N ，C 错误； D． 18 8 O 氧原子的原子核内中子数为：18-8=10，符合要求，D 正确； 答案选 D。 【点睛】离子化合物的电子式书写：先根据离子电子式的书写方法，分别画出阴、阳离子的 电子式，然后让阴、阳离子间隔排列，相同离子不能合并，如 MgCl2 的电子式为： 。 3.下列说法中错误的是( ) A. 3NO  离子中心原子上的孤电子对数是 1，立体构型为平面三角形 B. 元素周期表第三周期主族元素中，简单离子半径最小的是 3+Al C. 金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨比金刚石稳定 D. 2CO 、 3BF 都是非极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A． 3NO  离子中心原子上的孤电子对数为：(5-3×2+1)/2=0，立体构型为平面三角形， A 错误； B．非金属元素原子形成电子时，其半径会变大，而金属元素形成离子时，其半径会变小。第 三周期中，只有 Na、Mg、Al 三种金属元素，金属元素原子失去最外层电子而形成离子后， 他们的核外电子数都为 10，质子数比电子数多，质子吸引电子，质子越多，引力就越大，半 径就越小，Al 的质子数最多，故其半径最小，B 正确； C．金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨的总能量比金刚石的低，所以石墨比 金刚石稳定，C 正确； D． 2CO 为直线形分子， 3BF 为平面三角形分子，它们的分子构型是对称的，正负电荷中心重 合，合力均为 0，都是非极性分子，D 正确； 答案选 A。 【点睛】只含极性键的化合物不一定是极性分子，如甲烷，分子的极性与非极性是由分子的 电荷分布情况决定的。非极性分子其分子内部电荷分布均匀，分子构型是对称的，正负电荷 中心重合；而极性分子的内部电荷分布不均匀，分子构型是不对称的，正负电荷中心不重合。 4. AN 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( ) A. 7.8g 2 2Na O 固体中离子总数为 A0.4N B. 1mol OH (羟基)所含电子数为 A10N C. 1mol Fe 与足量浓盐酸反应转移电子数为 A3N D. 常温下， 21L0.1mol / LNa S 溶液中 2-S 数目小于 A0.1N 【答案】D 【解析】 【详解】A．1mol 的 2 2Na O 中含有 1mol 的 O22-和 2mol 的 Na+，所以 7.8g 2 2Na O 固体中离子 总数为：(7.8g/78g·mol-1)×3=0.3NA，A 错误； B．1mol OH (羟基)所含电子数为 9NA，B 错误； C．铁和浓盐酸反应与稀盐酸反应相同，为：Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，所以1mol Fe 与足量浓 盐酸反应转移电子数为 A2N ，C 错误； D．由于常温下 2-S 在溶液中会水解，所以 21L0.1mol / LNa S 溶液中 2-S 数目小于 A0.1N ，D 正确； 答案选 D。 【点睛】羟基不是离子而是基团，羟基比 OH-少一个电子，不能按算 OH-的电子数的方式去计 算它的电子数。 5.根据已有知识判断下列说法错误的是( ) A. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入硅胶 B. 汽车使用乙醇汽油与传统汽油相比可以减少尾气污染 C. 浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土与水果放在一起可以保鲜水果 D. 鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 【答案】A 【解析】 【详解】A．硅胶具有吸水性，能做干燥剂但不能抗氧化，A 错误； B．乙醇含有碳、氢、氧三种元素，燃烧只生成二氧化碳和水，不生成有害物质，乙醇汽油是 由乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的混合物，汽车使用乙醇汽油使得尾气中氮氧化物、 酮类等污染物浓度明显降低，B 正确； C．水果在存放的过程中会产生乙烯并释放到空气中，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以将乙 烯氧化为二氧化碳，阻止水果过度成熟，从而达到保鲜水果的目的，C 正确； D．鸡蛋煮熟过程中，由于高温破坏了蛋白质的空间结构，导致蛋白质变性失活，D 正确； 答案选 A。 6.在 2BaCl 溶液中通入 2SO 气体，未见到沉淀。若再通入或加入下列物质中的一种，则可以看 到沉淀，则该物质不可能为( ) A. 2Cl B. 2CO C. 3NH D. 2 2H O 【答案】B 【解析】 【详解】A． 2Cl 与 SO2 反应，把 SO2 氧化为SO42-，SO42-会与 Ba2+反应，得到 BaSO4 沉淀，A 不符合题意； B．再通入 2CO 看不到沉淀，因为 2CO 不能与 SO2 反应，在该体系中也没有其他能产生沉淀 的反应，B 符合题意； C． 3NH 能与 SO2 反应，得到 SO32-，并使溶液为碱性。SO32-与 Ba2+反应，得到 BaSO3 沉淀， C 不符合题意； D． 2 2H O 与 SO2 反应，把 SO2 氧化为 SO42-，SO42-会与 Ba2+反应，得到 BaSO4 沉淀，D 不符 合题意； 答案选 B。 7.盆栽使用S- 诱抗素可保证鲜花盛开，它的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是 ( ) A. S- 诱抗素不能发生缩聚反应 B. 1 mol S-诱抗素能与 24molBr 发生加成反应 C. S- 诱抗素中羟基不能被氧化为醛基 D. S- 诱抗素属于芳香族化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 该有机物中含有羰基、碳碳双键、醇羟基、羧基，具有酮、烯烃、醇、羧酸的性质。 【详解】A．S- 诱抗素含-OH 和-COOH 可发生缩聚反应，A 错误； B．1 mol S-诱抗素含有 3mol 的碳碳双键，所以能与 23mol Br 发生加成反应，B 错误； C．S- 诱抗素中与羟基相连的碳上无氢原子，所以羟基不能被氧化为醛基，C 正确； D．S- 诱抗素不含苯环，其不属于芳香族化合物，D 错误； 答案选 C。 8.下列叙述正确的是( ) A. 常温下，相同浓度的溶液碱性比较： 3 2 3NaHCO Na CO B. 常温下，往 2 3Na CO 溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有 3NaHCO 、 NaCl C. 加热 3FeCl 溶液至蒸干，可得到纯净的 3FeCl 固体 D. 常温下，若 3FeCl 溶液中含有 2FeCl 可用 NaOH 溶液鉴别 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下，由于酸性 2 3 3 -H CO HCO＞ ，所以其相同浓度的弱酸强碱盐溶液的碱性 比较为： 3 2 3NaHCO Na CO ，A 正确； B．常温下，往 2 3Na CO 溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分为 NaCl，B 错误； C．FeCl3 在水溶液中易水解生成 Fe(OH)3 和 HCl，水解的反应化学方程式：FeCl3+3H2O  Fe(OH)3+3HCl；加热促进水解，而且 HCl 易挥发，所以加热蒸干 3FeCl 溶液会生成的氢氧化 铁，无法得到纯净的 3FeCl 固体，C 错误； D．常温下，若 3FeCl 溶液中含有 2FeCl ，滴入 NaOH 溶液时，两者均与 NaOH 反应，但 3FeCl 与 NaOH 反应生成红褐色的 Fe(OH)3 沉淀，会掩盖住白色的 Fe(OH)2，肉眼无法判断，所以不 能用 NaOH 溶液鉴别 3FeCl 溶液中是否含有 2FeCl ，D 错误； 答案选 A。 【点睛】加热盐溶液制取溶质固体时，要考虑盐溶液中的离子是否水解和水解的产物，若会 水解，在没有采取相应的抑制措施的情况下，一般不能制取得到该溶质固体的。 9.以铅蓄电池为外电源，Al 作阳极、Pb 作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。已知： 铅蓄电池中的总反应方程式为： 放电 2 2 4 4 2充电Pb(s)+PbO (s)+2H SO (aq) 2PbSO (s)+2H O(1) 电解的化学方程式： 2 2 3 2 通电 2Al+3H O Al O +3H  对该电解过程，下列判断错误的是( ) A. 电解池：溶液的 pH 减小 B. 电解池： 2 4SO  移向 Al 电极 C. 铅蓄电池：负极质量不变 D. 铅蓄电池：工作一段时间后，进行充电时铅蓄电池的负极接电源的负极 【答案】C 【解析】 【分析】 铅 蓄 电 池 作 为 原 电 池 ， 根 据 铅 蓄 电 池 中 的 总 反 应 方 程 式 ： 放电 2 2 4 4 2充电Pb(s)+PbO (s)+2H SO (aq) 2PbSO (s)+2H O(1) 可知，放电时 Pb 为负极，负极反 应式为 Pb＋SO42－－2e－＝PbSO4，PbO2 为正极，正极反应式为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝ PbSO4＋2H2O，铅蓄电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴 离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反， 根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。 【详解】A．电解池中 Al 作阳极、 Pb 作阴极，电解液为稀硫酸，由电解的化学方程式： 2 2 3 2 通电 2Al+3H O Al O +3H 可知，该反应消耗水，所以稀硫酸的浓度会变大，则溶液的 pH 减小，A 正确； B．在电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以 SO42-移向阳极( Al 电极)，B 正确； C．铅蓄电池放电时 Pb 为负极，负极反应式为 Pb＋SO42－－2e－＝PbSO4，所以 Pb 会溶解，则 负极质量变小，C 错误； D．放电时，铅蓄电池的负极(Pb)发生失电子的氧化反应，所以进行充电时铅蓄电池的负(Pb) 要发生得电子的还原反应，即充电时铅蓄电池的 Pb 极作为阴极，接电源的负极，D 正确； 答案选 C。 10.下列有关化学反应原理判断正确的是( ) A. 若一定条件下，反应 2 2H (g) X (g) 2HX(g)  达平衡后，压缩容器，则反应物浓度增 大，平衡正向移动 B. 已知水合肼( 2 4 2N H H O )是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，则在水中它的第 二步电离方程式为 2 5 2 2 6 2N H H O N H OH   C. 同温同压下， 2 2(g) Cl (g) HH Cl(g)  在光照和点燃条件下的 ΔH 不同 D. 在一定条件下的 2 3Na CO 溶液，若升高温度，则    3 3 2c HCO /c CO  减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应 2 2H (g) X (g) 2HX(g)  是一个气体系数不变的反应，达平衡后，压缩 容器，则反应物浓度增大，但平衡不移动，A 错误； B．已知水合肼( 2 4 2N H H O )是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，第一步电离方程 式为：N2H4+H2O  N2H5++OH-，则在水中它的第二步电离方程式为 2 5 2 2 6 2N H H O N H OH   ，B 正确； C．化学反应的热效应取决于反应的始终态，与反应过程无关，所以同温同压下， 2 2(g) Cl (g) HH Cl(g)  在光照和点燃条件下的 ΔH 相同，C 错误； D．CO32-+H2O HCO3-+OH-，碳酸根的水解是吸热过程，所以温度升高，促进其水解，c(HCO3-) 变大，c(CO32-)变小，则    3 3 2c HCO /c CO  变大，D 错误； 答案选 B。 11.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为： 2 3 2 5 22NO (g) O (g) N O (g) O (g)  ， 该反应一定条件下可自发进行。若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应作出的判断(有 关图像)错误的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 脱硝反应为： 2 3 2 5 22NO (g) O (g) N O (g) O (g)  ，该反应为气体系数减小的反应，所以 ΔS＜0，根据该反应在一定条件下可自发进行，即有ΔH-TΔS＜0，所以得出ΔH＜0，反应为放 热反应。 【详解】A．由 A 图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，与分析的结 果是相符的，A 正确； B．由分析可知该反应正反应为放热反应，所以，升温平衡向左移动，平衡常数 K 变小，B 错 误； C．t 时刻，加入催化剂，正反应速率瞬间变大，但平衡不移动，正反应速率保持不变，C 正 确； D．仅增加 O3，平衡向右移动，NO2 转化率升高，D 正确； 答案选 B。 12.元素 Q、R 、 W 、 Y 、X 在元素周期表 2、3、4 周期中，元素 Q、R 、 W 、 Y 与元素 X 相邻，已知：X 元素为磷元素；W 的氯化物分子呈正四面体结构： W 与 Q可以形成一种 高温结构陶瓷； Y 的最高化合价氧化物的水化物是强酸。下列选项错误的是( ) A. W 的氧化物的晶体类型是共价晶体 B. Q的单质在空气中广泛存在 C. R 和 Y 形成的化合物中， R 可以呈现的最高化合价是 +5价 D. Q、 R 、 X 的氢化物中，沸点最低的是 Q的氢化物 【答案】D 【解析】 【分析】 由“元素 Q、R、W、Y、X 在元素周期表 2、3、4 周期中，元素 Q、R、W、Y 与元素 X 相邻， 且 X 元素为磷元素”可知 Q、R、W、Y 分别为 N、Si、S、As 中的一种。因为 W 的氯化物为 正四面体型，则应为 SiCl4，则 W 为 Si，又 W 与 Q 形成高温陶瓷，高温陶瓷可联想到 Si3N4 ， 则 Q 为 N，Y 的最高价氧化的水化物为强酸，且与 P 相邻，则 Y 只能是 S，R 为 As，所以 Q、 R、W、Y、X 分别为 N、As、Si、S、P。 【详解】A． W 的氧化物为 SiO2，其晶体类型为原子晶体，又称共价晶体，A 正确； B． Q的单质为 N2，在空气中广泛存在，在空气中的体积分数约为 78%，B 正确； C．R 最外层电子数为 5，则最高化合价为+5，在 R 和 Y 形成的化合物中，R 的最高价化合物 应为 As2S5，C 正确； D． Q、 R 、 X 的氢化物分别为 NH3、AsH3、PH3，因三者中只有 NH3 分子间存在氢键，所 以沸点最高，因相对分子质量 AsH3＞PH3，则 AsH3 分子间的作用力大于 PH3，故沸点 AsH3 ＞PH3，氢化物沸点顺序为 NH3＞AsH3＞PH3，所以沸点最低的是 X 的氢化物，D 错误； 答案选 D。 第Ⅱ卷 注意事项： 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2.本卷共 4 题，共 64 分。 13. X 、Y 、Z 、E 、F五种元素的原子序数依次递增。已知：① F位于周期表中第四周期 IB 族，其余的均为短周期主族元素：② E 的氧化物是光导纤维的主要成分；③ Y 原子核外 L 层 电子数为奇数；④ X 是形成化合物种类最多的元素；⑤ Z 原子 p 轨道的电子数为 4。请回答下 列问题： (1)写出一种 X 元素形成氢化物的化学式_____________。 (2)在 1 个由 F与 Z 形成的 2F Z 晶胞中(结构如图所示)所包含的 F原子数目为____________个。 (3)在[F(NH3)4]2+离子中， 2+F 的空轨道接受 3NH 的氮原子提供的__________形成配位键。 (4)常温下 X 、Z 和氢元素按原子数目 1:1:2 形成的气态常见物质 A 是__________(写名称)，A 物质分子中 X 原子轨道的杂化类型为__________，1molA 分子中 键的数目为 __________ AN 。 (5) X 、 Y 、 E 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为__________(写元素符号)。 【答案】 (1). CH4 (2). 4 (3). 孤电子对 (4). 甲醛 (5). sp2 杂化 (6). 3 (7). Si＜C＜N 【解析】 【分析】 X 、Y 、Z 、E 、F五种元素的原子序数依次递增。根据①F 位于周期表中第四周期 IB族可 判断其为 Cu；根据②E 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断 E 为 Si；根据④X 是形成化合 物种类最多的元素可判断 X 为 C；根据③Y 原子核外 L 层电子数为奇数且原子序数比 X 的大 可判断其属于第二周期的元素，可能为 N 或 F；根据⑤Z 的原子 P 轨道的电子数为 4 推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于 Z，E 为 Si，所以 Z 只能为 O，处于 C 和 O 之间的 Y 只 能为 N，所以 X 、 Y 、 Z 、 E 、 F分别为 C、N、O、Si、Cu，据此解题。 【详解】(1)X 为 C， X 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化 学式为 CH4； (2) 2F Z 为 Cu2O，根据化学式中原子个数比 Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为： 1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是 Cu 原子，白球代表的是 O 原子，所以该 晶胞中所包含的 Cu 原子数目为 4 个； (3)在[Cu(NH3)4]2+离子中， 2+Cu 的空轨道接受 3NH 的氮原子提供的孤电子对形成配位键； (4)常温下 C、O 和氢元素按原子数目 1:1:2 形成的气态常见物质 A 是甲醛，甲醛分子中 C 原子 可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是 4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 C=O，C 剩余的两个单电子各与两个 H 形成两个 C-H 键，双键中含有一条σ键和一条π键，两 条 C-H 单键都是σ键，所以σ键数=2+1=3，杂化轨道数=σ键数+孤对电子数(C 无孤对电子，所 以孤对电子数为 0)，所以杂化轨道数=3，为 sp2 杂化，1mol HCHO 分子中σ键的数目为 3 AN ； (5) X 、 Y 、 E 三种元素分别为 C、N、Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元 素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、N、 Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si＜C＜N。 14.化合物 H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物 A 制备 H 的一种合成路线如 下： 已知：① 2NaOH/H O 3 2ΔRC CHO RCHO H=CHCHO+H O+CH  ② + 催化剂 Δ 回答下列问题： (1)有机物 A 的名称是__________。 E 所含官能团的名称是__________。 (2)已知②中物质“  ”的同系物丙烯是一种医疗卫生用布——聚丙烯无纺布的原材料，用化学 符号表示丙烯的结构简式为__________。 (3) H 能发生的反应类型分别是__________。 a.聚合反应 b.加成反应 c.消去反应 d.取代反应 (4) D E 的反应，若只把条件(1)改为 2KOH / H O ，则生成物 E 的结构简式是__________。 (5)写出 E F 的化学方程式__________。 (6) G 为甲苯的同分异构体， G 的结构简式是__________。 (7)参照如下合成路线，写出用 A 和 3CH CHO 为原料经以上合成路线制备化合物  9 8 2C C H O 的合成路线________(其它试剂任选)原料…… 反应试剂 反应条件 产物 (8)芳香化合物 X 是 F的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 2CO ，苯环上的烃基 为乙基，其核磁共振氢谱显示苯环上有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1:1:1:1。写出一 种符合要求的 X 的结构简式：__________ 。 【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳三键、羧基 (3). (4). abd (5). (6). +C2H5OH +H2O (7). (8). 2 3 NaOH/H O Δ CH CHO  、 (9). 或 （写一种即可） 【解析】 【分析】 已知各物质转变关系分析如下：芳香族化合物 A 通过多步转化后得到的 E 再与乙醇发生酯化 反应生成 F，根据 D 的分子中含碳个数及 D→E，E→F 的反应类型可判断 F 的分子中的碳原 子数为 9，结合已知② + 催化剂 Δ 的反应物连接方式，则产物 H 左侧圈内 结 构 来 源 于 G ， G 为 ， F 为 ， E 与 乙 醇 反 应 生 成 F ， 则 E 为 ，据反应条件，D→E 为消去反应，结合 D 的分子式及 D 的 生成反应，D 为 ，C→D 为加成反应，结合 C 的分子式可知 C 为 ，C 的分子式比 B 多了一个 O，则 B→C 是氧化反应， 所 以 B 为 ， 再 结 合 已 知 反 应 ① 2NaOH/H O 3 2ΔRC CHO RCHO H=CHCHO+H O+CH  ， 将 B 代 入 ， 可 判 断 出 A 为 。 【 详 解 】 (1) 有 机 物 A 为 ， 其 名 称 是 苯 甲 醛 ； E 为 ，其所含官能团的名称为：碳碳三键、羧基； (2)丙烯的结构简式为 ； (3) H ( )含有碳碳双键、酯基，所以能发生加聚反应、加成反应、取 代反应，答案选 abd； (4) D E 的反应为消去反应，若只把条件 1)改为 2KOH / H O ，则 D E 的反应为水解反 应，D 为 ，则在 2KOH / H O 条件下水解后的生成物 E 的结 构简式为： ； (5) E F 的化学方程式为： +C2H5OH +H2O； (6)由分析可知， G 的结构简式是 ； (7)A 为 ，以 和 3CH CHO 为原料制备化合物 C( )的合成路线为： 2 3 NaOH/H O Δ CH CHO  、 ； (8)芳香化合物 X 是 的同分异构体， X 能与饱和碳酸氢钠 溶液反应放出 2CO ，说明 X 中存在羧基，苯环上的烃基为乙基，其核磁共振氢谱显示苯环上 有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1:1:1:1，则符合要求的 X 的结构简式为: ， (写一种即可)。 15. 2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成 2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备 2NaClO 固体的实验装置如图所示。 已知： 2ClO 熔点-59℃、沸点 11℃、 2 2H O 沸点 150℃ A 中的化学方程式： 3 2 2 2 4 2 2 2 4 22NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O        (1) 3NaClO 放入仪器 A 中，仪器 B 中的药品是__________(写化学式)。如果仪器 B 改成分液 漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。 (2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。 (3)向 A 装置中通入空气，其作用是赶出 2ClO ，然后通过 C 再到 D 中反应。通空气不能过快 的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。 (4)冰水浴冷却的目的是__________。 a.降低 2NaClO 的溶解度 b.减少 2 2H O 的分解 c.使 2ClO 变为液态 d.加快反应 速率 (5)写出 D 中发生反应的化学方程式__________， 2 2H O 在反应起到__________作用。假设在 反应中消耗掉 2 2H O a g 则有__________ mol 电子转移。 【答案】 (1). H2O2 (2). 液体无法顺利滴落 (3). (4). 空气流 速快时， 2ClO 不能被充分吸收 (5). 空气流速过慢时， 2ClO 不能及时被移走，浓度过高导 致分解 (6). abc (7). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O (8). 还原剂 (9). a/17 【解析】 【分析】 氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2 与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧 化还原反应生成 NaClO2，NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到 晶体 NaClO2•3H2O。 【详解】(1) 3NaClO 放入仪器 A 中，仪器 B 中的药品是 H2O2，仪器 B 为滴液漏斗，其目的 是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器 B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的 实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行； (2)实验中 C 的作用是防止倒吸， C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置 图为： ； (3)向 A 装置中通入空气，其作用是赶出 2ClO ，然后通过 C 再到 D 中反应。空气流速不能过 快，因为空气流速快时， 2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时， 2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解； (4) NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低 2NaClO 的溶解度、减少 2 2H O 的分解，由于 2ClO 的沸点较低，所以还能使 2ClO 变为液态， 方便使用； (5)写出 D 中发生反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O， 2 2H O 在 反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系： 2 2H O ~2e-，若在反应中消耗掉 2 2H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol-1)= a/17mol。 16.治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。 (1)CO 泄漏会导致人体中毒，用于检测 CO的传感器的工作原理如图所示： ①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________ ②工作一段时间后溶液中 2 4H SO 的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”) (2)用 2O 氧化 HCl 制取 2Cl ，可提高效益，减少污染。反应为： 2CuO/CuCl 2 2 24HCl(g)+O (g) 2Cl (g)+2H O(g) ΔH ，通过控制条件，分两步循环进行，可 使 HCl 转化率接近 100%，其原理如图所示： 过程Ⅰ的反应为： 2 2 12HCl(g)+CuO(s) CuCl (s)+H O(g) ΔH 过程Ⅱ反应的热化学方程式( 2ΔH 用含有 ΔH 和 1ΔH 的代数式表示)__________。 (3)在温度 0T ℃，容积为1L 的绝热容器中，充入 20.2molNO ，发生反应：    2 2 42NO g N O 0g ΔH ＜ ，容器中 2NO 的相关量随时间变化如图所示。 ①反应到 6s时， 2NO 的转化率是__________。 ②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是________。 a. X b. Y c. Z d. W ③0~3s 内容器中 2NO 的反应速率增大，而 3s 后容器中 2NO 的反应速率减小了，原因是 _______。 ④此容器中反应达平衡时，温度若为 1T℃，此温度下的平衡常数 K =__________。 (4)工业上可用 2 3Na SO 溶液吸收法处理 2SO ，25℃时用 -11mol L 的 2 3Na SO 溶液吸收 2SO ， 当溶液 pH=7 时，溶液中各离子浓度的大小关系为：          2 + -+ - - 3 3>c HSO >c Sc Na O >c H =c OH 。(已知 25℃时： 2 3H SO 的电离常数 2 a1K 1.3 10  ， 8 a2K 6.2 10  )请结合所学理论通过计算说明    - 2- 3 3c HSO >c SO 的原 因__________。 【 答 案 】 (1). CO-2e-+H2O=CO2+2H+ (2). 不 变 (3). O2(g)+2CuCl2(s)  2Cl2(g)+2CuO(s) 2 1ΔH =ΔH-2ΔH (4). 80% (5). d (6). 反应放热，体系的温度升 高，反应速率加快，后来 NO2 的浓度减小，反应速率随之减小 (7). 225 (8). 根据 Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，将 c(H+)=1.0×10-7 代入得出 c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2×10-1<1， 所以 c(HSO3-)> c(SO32-) 【解析】 【分析】 (1) 由 传 感 器 的 工 作 原 理 图 示 可 知 ， 电 极 Ⅰ 为 负 极 ， 负 极 的 电 极 反 应 式 为 ： CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反 应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变； (2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2， 总反应的热化学方程式为： 2 CuO CuCl 2 2 24HCl(g) O (g) 2Cl (g) 2H O(g) H    、 过程Ⅰ的热化学方程式为： 2 2 12HCl(g)+CuO(s) CuCl (s)+H O(g) ΔH 所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为： O2(g)+2CuCl2(s)  2Cl2(g)+2CuO(s) 2 1ΔH =ΔH-2ΔH ； (3) 根据图中 2NO 的浓度随时间变化曲线可知， 2NO 的初始浓度为 0.20 mol/L， 2NO 的平衡 浓度为 0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出 6s 时 2NO 的转化 率； (4) 充分利用题中所给的数据，要说明 c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平 衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。 【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+； ②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的 浓度不变； (2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的 热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s)  2Cl2(g)+2CuO(s) 2 1- 2H H H    ； (3)①反应到 6s 时， 2NO 的浓度为 0.04mol/L，其初始浓度为 0.2mol/L，则 2NO 的转化率为： (0.2-0.04)/0.2×100%=80%； ②根据图示，反应进行到点 W 时， 2NO 的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的 是点 W； ③0~3s 内容器中 2NO 的反应速率增大，而 3s 后容器中 2NO 的反应速率减小了，原因是：该 反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2 的浓度减小，反应 速率随之减小； ④根据图中 2NO 的浓度随时间变化曲线可知， 2NO 的初始浓度为 0.20mol/L，W 点时反应达 到平衡， 2NO 的平衡浓度为 0.02mol/L，从而列出三段式为： 2 2 42NO (g) N O (g) 初始浓度(mol/L) 0.2 0 变化浓度(mol/L) 0.18 0.09 平衡浓度(mol/L) 0.02 0.09 从而可算出温度为 1T℃下的平衡常数 K= 2 0.09 2250.02  ； (4)要证明 c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡 常数的表达式入手，根据 Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.2 10-8，pH=7，将 c(H+)=1.0 10-7 代入得出 c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2 10-1<1，所以 c(HSO3-)> c(SO32-)。