山東省泰安市2022屆高三上學期期末化學試卷

1、2022學年山東省泰安市高三（上）期末化學試卷一、本卷共18小題1-8題每小題2分，9-18題每小題三分，共46分每小題只有一個選項是符合題目要求的1晉代煉丹家、醫(yī)學家葛洪所著抱樸子一書是中國為世界科技花園貢獻出的一顆璀璨明珠，書中記載有“丹砂燒之成水銀，積變又成丹砂”這句話中的丹砂指的是HgS，下列關于這句話的說法正確的是（）A這個過程只涉及物理變化B這個過程是可逆反應C這個過程發(fā)生了復分解反應D“丹砂燒之成水銀”過程中還可能產生SO2【考點】物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系【分析】丹砂為硫化汞，不穩(wěn)定，加熱發(fā)生HgSHgS，溫度降低時，又可發(fā)生HgS=HgS，以此解答該題【解答】解：A反應中

2、涉及HgS的分解和生成，為化學變化，故A錯誤；BHgSHgS與HgS=HgS的反應條件不同，不是可逆反應，故B錯誤；C丹砂燒之成水銀，發(fā)生HgSHgS，為分解反應，溫度降低時，又可發(fā)生HgS=HgS，為化合反應，無復分解反應，故C錯誤；D“丹砂燒之成水銀”的過程中，分解生成的S可能燃燒生成二氧化硫，故D正確故選D2下列有關化學用語表達正確的是（）A35Cl和37Cl離子結構示意圖均可以表示為：BHClO的結構式：HClOCHF的電子式：D質子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子：14692U【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合；電子式；原子結構示意圖【分析】ACl離子的質子數(shù)為17，核外電

3、子數(shù)為18；BHClO的電子式為；CHF為共價化合物，只含共價鍵；D質子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子，其質量數(shù)為92146=238【解答】解：ACl離子的質子數(shù)為17，核外電子數(shù)為18，則35Cl和37Cl離子結構示意圖均可以表示為，故A正確；BHClO的電子式為，結構式為HOCl，故B錯誤；CHF為共價化合物，只含共價鍵，HF的電子式為，故C錯誤；D質子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子，其質量數(shù)為92146=238，則U原子為23892U，故D錯誤；故選A3從物質分類的角度進行下列判斷，正確的是（）A根據(jù)是否具有丁達爾效應，可將分散系分為溶液、濁液和膠體BSiO2既能與NaOH溶液反應，

4、又能與氫氟酸反應，但SiO2不屬于兩性氧化物CAgCl的水溶液不易導電，故AgCl是弱電解質D燒堿、純堿、熟石灰均屬于堿【考點】膠體的重要性質【分析】A、分散系的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小；B、二氧化硅只能和酸中的HF反應；C、氯化銀在水溶液中能完全電離；D、純堿為碳酸鈉【解答】解：A、分散系的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小，而不是丁達爾效應，故A錯誤；B、二氧化硅只能和酸中的HF反應，且和HF反應后生成的不是鹽和水，故二氧化硅不是堿性氧化物，即不是兩性氧化物，故B正確；C、氯化銀雖然難溶于水，但在水溶液中能完全電離，故是強電解質，故C錯誤；D、純堿為碳酸鈉，是鹽不是堿，故D錯誤故選B4下列有

5、關物質的性質與其應用相對應的是（）A鋁熱反應可以快速制取單質鐵，工業(yè)上常用此法冶煉鐵BNaHCO3能與堿反應，食品工業(yè)中用做焙制糕點的膨松劑CK2FeO4具有強氧化性，其產物水解生成Fe（OH）3膠體，故可用于自來水消毒和凈化DSO2具有漂白性，可用于食品的消毒和漂白【考點】物質的組成、結構和性質的關系【分析】A依據(jù)工業(yè)煉鐵原理解答；B依據(jù)碳酸氫鈉不穩(wěn)定性解答；CK2FeO4具有強氧化性，生成鐵離子可水解生成氫氧化鐵膠體；D二氧化硫有毒【解答】解：A工業(yè)上用焦炭還原鐵礦石制備鐵，故A錯誤；BNaHCO3不穩(wěn)定，受熱分解生成二氧化碳，食品工業(yè)中用做焙制糕點的膨松劑，故B錯誤；CK2FeO4具有強

6、氧化性，生成鐵離子可水解生成氫氧化鐵膠體，可用于凈水，故C正確；D二氧化硫有毒，不能用于食品消毒和漂白，故D錯誤；故選：C5已知某藥物具有抗痙攣作用，制備該藥物其中一步反應為：下列說法不正確的是（）Aa中參加反應的官能團是羧基B生活中b可作燃料和溶劑Cc極易溶于水D該反應類型為取代反應【考點】有機物的結構和性質【分析】由a、c的結構簡式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b發(fā)生酯化反應生成c，b為乙醇，以此解答該題【解答】解：由a、c的結構簡式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b發(fā)生酯化反應生成c，b為乙醇，Aa與b反應生成c含有酯基，則a參加反應的官能團是羧基，故A正確；Bb為乙醇，可作燃料和溶劑

7、，故B正確；Cc含有酯基，不溶于水，故C錯誤；D反應類型為酯化反應，也為取代反應，故D正確故選C6用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A常溫常壓下，36g18O2中所含的中子數(shù)為16NAB和CuO的混合物中含有的銅原子數(shù)為C電解飽和食鹽水時，陽極生成氣體時，陰極生成氣體分子NA個D標準狀況下，與足量NaOH溶液反應，轉移電子數(shù)為2NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A18O2中含有20個中子；BCu2S的摩爾足量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍；C氣體狀況未知，Vm不確定；D氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉為歧化反應，1mol氯氣反應轉移1mol電子【解答】解：A

8、常溫常壓下，36g18O2中所含的中子數(shù)為20NA=20NA，故A錯誤；BCu2S的摩爾質量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍，故混合物可以認為均由CuO構成，故含有的CuO的物質的量為n=，則含個銅原子，故B正確；C氣體狀況未知，Vm不確定，無法計算陽極氣體的物質的量，無法計算電子轉移數(shù)目，故C錯誤；D氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉為歧化反應，1mol氯氣反應轉移1mol電子，標準狀況下，物質的量為1mol，與足量NaOH溶液反應，轉移電子數(shù)為NA，故D錯誤；故選：B7下列說法正確的是（）A鍍銅鐵制品鍍層破損后，鐵制品比破損前更容易生銹B室溫下向1LolL1的溶液中：K、N

9、a、SO42、ClOD有較多Fe3的溶液中：Na、NH4、SCN、HCO3【考點】離子共存問題【分析】A四種離子之間不反應，都是無色離子；B該溶液呈酸性，溶液中存在大量氫離子，硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化碘離子；C該溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，次氯酸根離子能夠與氫離子反應；D鐵離子與硫氰根離子、碳酸氫根離子反應【解答】解：ACa2、Na、Cl、HCO3之間不發(fā)生反應，且都是無色離子，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B能使olL1的溶液呈酸性或堿性，ClO與氫離子反應，在酸性溶液中不能大量共存，故C錯誤；DFe3與SCN、HCO3發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選A10根據(jù)侯

10、氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的是（）A制取氨氣B制取NaHCO3C分離NaHCO3D干燥NaHCO3【考點】化學實驗方案的評價【分析】A氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B氣體通入方向錯誤；C從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；D碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥【解答】解：A氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應用氯化銨和氫氧化鈣為反應物，故A錯誤；B應將二氧化碳從長導管進入，否則將液體排出，故B錯誤；C從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用

11、過濾的方法，故C正確；D碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯誤故選C11四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X的簡單離子具有相同電子層結構，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與Y同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性下列說法正確的是（）A簡單離子半徑：WXZBW與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WYD最高價氧化物的水化物的酸性：YZ【考點】元素周期律和元素周期表的綜合應用【分析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉；Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這

12、種鹽不水解，Z只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化物的水溶液屬于強酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結構，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，Y在X與Z之間，位置關系如圖：，據(jù)此解答【解答】解：四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉；Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，Z只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化物的水溶液屬于強酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結構，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，Y在X與Z之間，位置關系如圖：，AX、W離子的電子層

13、為2層，Z離子即氯離子電子層為3層，電子層多半徑大，電子層結構相同時，序小半徑反而大，則簡單離子半徑大小順序是：XWZ，故A錯誤；BW在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧，與鈉形成的化合物可能是氮化鈉，氧化鈉，過氧化鈉，它們與水反應都能生成氫氧化鈉使溶液呈堿性，故B正確；CW與Y處于同于主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱，則WY，故C錯誤；DY與Z處于同同期，從左到右，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強，則ZY，故D錯誤；故選：B12反應ABC分兩步進行：ABX，XC，反應過程中能量變化如下圖所示，E1表示反應ABX的活化能下列有關敘述正確的是（

14、）AE2表示反應XC的活化能B反應ABC的H0CX是反應ABC的催化劑D加入催化劑可改變反應ABC的焓變【考點】反應熱和焓變【分析】A、依據(jù)分子從常態(tài)轉變?yōu)槿菀装l(fā)生化學反應的活躍狀態(tài)所需要的能量稱為活化能；B、依據(jù)圖象分析可知反應物AB能量高于生成物C的能量，反應是放熱反應；C、依據(jù)催化劑是先作為反應物參與化學反應，然后再通過化學反應轉變成原物質；D、催化劑改變反應速率不改變化學平衡【解答】解：A、反應的活化能E1E2，故A錯誤；B、圖象分析可知反應物AB能量高于生成物C的能量，反應是放熱反應，H0，故B正確；C、若X是反應A（g）B（g）C（g）的催化劑，則X是反應的反應物，是反應的生成物，

15、故C錯誤；D、焓變和反應物和生成物能量有關，與反應變化過程無關，催化劑只改變反應速率，不改變反應的焓變，故D錯誤；故選B13下列離子方程式書寫正確的是（）A向酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水：2I2HH2O2I22H2OB向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱：NHOHNH3H2OC利用食醋除去熱水瓶中的水垢：CaCO32HCa2CO2H2ODCl2通入水中：Cl2H2O2HClClO【考點】離子方程式的書寫【分析】A雙氧水具有氧化性，能夠將碘離子氧化成碘單質；B氫氧化鈉過量，銨根離子和碳酸氫根離子都參與反應；C醋酸為弱酸，離子方程式中醋酸不能拆開；D次氯酸為弱酸，離子方程式中次氯酸

16、不能拆開【解答】解：A向酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水，二者發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2I2HH2O2I22H2O，故A正確；B向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱，反應生成碳酸鈉、氨氣和水，正確的離子方程式為：OHNH4HCO3CO32NH32H2O，故B錯誤；C碳酸鈣和醋酸都需要保留化學式，正確的離子方程式為：CaCO32CH3COOH=Ca2H2OCO22CH3COO，故C錯誤；DCl2通入水中生成氯化氫和次氯酸，正確的離子方程式為：Cl2H2OHClHClO，故D錯誤；故選A14L，產生的氣體A為（標準狀況），則X中c（Fe2）=L1【考點】常見離子的檢驗方法

17、【分析】olCo2O3參加反應時，2molHCl被氧化【考點】氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應的計算【分析】A、在氧化還原反應中，還原劑在反應中失電子（或偏移離子）后被氧化后的產物是氧化產物，化合價升高；B、在同一個氧化還原反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性；C、在氧化還原反應中，還原性最強的微粒最先被氧化；D、根據(jù)化合價的升降來確定反應轉移電子數(shù)【解答】解：A、在已知的三個反應中，元素化合價升高的只有I2、Fe3、C12，是氧化產物，故A錯誤；B、氧化還原反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，在反應中，C12I2，在反應中，Br2Fe3，在反應中，Co2O3C12，氧化性

18、順序是：Co2O3C12Br2Fe3，故B錯誤；C、根據(jù)還原性順序：BrFe2，C12和FeBr2反應時，氯氣先氧化亞鐵離子，再氧化溴離子，故C錯誤；D、在反應中生成1molCl2時，有6mol的鹽酸參加反應，其中2molHC1被氧化，故D正確故選：D16燃煤脫硫可減少SO2尾氣的排放，燃煤脫硫技術受到各界科研人員的關注一種燃煤脫硫技術的原理是：CaO（s）3CO（g）SO2（g）CaS（s）3CO2（g）H=mol保持其他條件不變，不同溫度下起始CO物質的量與平衡時體系中CO2的體積分數(shù)的關系如圖所示（T表示溫度）：下列有關說法正確的是（）AT1比T2高Bb點SO2轉化率最高Cb點后曲線下降

19、是因CO體積分數(shù)升高D減小壓強可提高CO、SO2轉化率【考點】化學平衡的影響因素【分析】A、CaO（s）3CO（g）SO2（g）CaS（s）3CO2（g）H=mol，正反應是放熱反應，溫度越高二氧化碳的含量越少；B、增加一種反應物本身的轉化率降低，但另一種物質的轉化率升高；C、一氧化碳的物質的量增加，導致一氧化碳體積分數(shù)變大，二氧化碳的體積分數(shù)減??；D、CaO（s）3CO（g）SO2（g）CaS（s）3CO2（g）正反應是氣體體積縮小的反應；【解答】解：A、CaO（s）3CO（g）SO2（g）CaS（s）3CO2（g）H=mol，正反應是放熱反應，溫度越高二氧化碳的含量越少，所以由圖可知T1比

20、T2低，故A錯誤；B、增加一種反應物本身的轉化率降低，但另一種物質的轉化率升高，所以b點二氧化硫的轉化率最低，而c點二氧化硫的轉化率最高，故B錯誤；C、一氧化碳的物質的量增加，導致一氧化碳體積分數(shù)變大，二氧化碳的體積分數(shù)減小，所以b點后曲線下降是因CO體積分數(shù)升高，故C正確；D、CaO（s）3CO（g）SO2（g）CaS（s）3CO2（g）正反應是氣體體積縮小的反應，所以增大壓強，平衡正向移動，則減小壓強可降低CO、SO2轉化率，故D錯誤；故選C17如圖甲是利用一種微生物將廢水中的尿素（H2NCONH2）的化學能直接轉化為電能，并生成對環(huán)境友好物質的裝置，同時利用此裝置產生的電能對乙裝置進行鐵

21、上鍍銅的實驗下列說法中不正確的是（）AH透過質子交換膜由左向右移動BM電極反應式：H2NCONH2H2O6eCO2N26HC鐵電極應與X相連接D當N電極消耗氣體時，則鐵電極增重32g【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】由題給信息可知，該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M是負極，N是正極，電解質溶液為酸性溶液，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，銅為陽極應與正極相連，根據(jù)得失電子守恒計算，以此解答該題【解答】解：該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由甲圖可知，M是負極，N是正極，電解質溶液為酸性溶液，負極上失電子發(fā)生氧化反應，

22、正極上得電子發(fā)生還原反應，AM是負極，N是正極，H透過離子交換膜由左M極移向右N極，故A正確；BH2NCONH2在負極M上失電子發(fā)生氧化反應，生成氮氣、二氧化碳和水，電極反應式為H2NCONH2H2O6eCO2N26H，故B正確；C鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與負極相連，故C正確；D當N電極消耗氧氣時，則轉移4=2mol電子，所以鐵電極增重64g/mol=64g，故D錯誤；故選D18某溫度下，向一定體積L1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液ol電子，則生成標準狀況下N2的體積為L（2）25時，將amolL1的氨水與L1的鹽酸等體積混合，當溶液中離子濃度關系滿足c（NH4）c（Cl）時，則

23、反應的情況可能為（填序號）a鹽酸不足，氨水剩余b氨水與鹽酸恰好完全反應c鹽酸過量（3）向NH4HSO4溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液的離子方程式（4）25，兩種酸的電離平衡常數(shù)如表：Ka1Ka2H2SO3102108H2CO31071011HSO3的電離平衡常數(shù)表達式K=；H2SO3溶液和NaHCO3溶液混合，主要反應的離子方程式為；下列有關L1的Na2SO3溶液說法正確的是（填序號）Ac（Na）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H）Bc（Na）=c（H2SO3）c（HSO3）c（SO32）Cc（OH）c（H）=2c（H2SO3）c（HSO3）（SO32）c（HSO3）c（OH）c（

24、H）=L1【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；氧化還原反應；離子濃度大小的比較；酸堿混合時的定性判斷及有關ol，根據(jù)電子得失、原子守恒配平計算；（2）溶液中離子濃度關系滿足c（NH4）c（Cl）時，由電荷守恒可知c（H）c（OH），溶液呈堿性，結合選項根據(jù)反應物量的關系，判斷溶液酸堿性；（3）向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，則氫氧根離子少量只與氫離子反應，據(jù)此書寫離子方程式；（4）HSO3的電離方程式為：HSO3HSO32，平衡常數(shù)表達式為K=；由表可知H2SO3的二級電離小于H2CO3的一級電離，則酸性強弱H2SO3H2CO3HSO3，據(jù)此書寫；的Na2SO3溶液中亞硫

25、酸根離子水解溶液顯堿性；B溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（S）；C溶液中存在質子守恒；D溶液中存在電荷守恒分析計算【解答】解：（1）在反應AlNaNO3NaOH=NaAlO2N2H2O中，鋁元素從0價變?yōu)?價，氮從5價變?yōu)?價，根據(jù)電子得失守恒可知，Al的系數(shù)為10，NaNO3的系數(shù)為6，NaAlO2的系數(shù)為10，N2的系數(shù)為3，根據(jù)鈉元素守恒可知，NaOH的系數(shù)為4，根據(jù)氫元素守恒可知，H2O的系數(shù)為2，所以反應方程式為10Al6NaNO34NaOH=10NaAlO23N22H2O，該反應中每生成3mol氮氣，轉移的電子數(shù)目為30mol，所以反應過程中轉移5mole，則生成標準狀況下N

26、2的物質的量為，其體積為，故答案為：10、6、4、10、3、2；（2）溶液中離子濃度關系滿足c（NH4）c（Cl）時，由電荷守恒可知c（H）c（OH），溶液呈堿性，a鹽酸不足，氨水剩余，為氯化銨與氨水的混合溶液，銨根離子水解程度小于氨水的電離時，溶液可能呈堿性，故a可能；b氨水與鹽酸恰好完全反應，為氯化銨溶液，銨根離子水解，溶液呈酸性，故b不可能；c鹽酸過量，溶液為氯化銨、鹽酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c不可能；故選：a，故答案為：a；（3）向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，則氫氧根離子少量只與氫離子反應，所以離子方程式為：2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O，故答案

27、為：2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O；（4）HSO3的電離方程式為：HSO3HSO32，平衡常數(shù)表達式為K=；故答案為：；由表可知H2SO3的二級電離小于H2CO3的一級電離，所以酸性強弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反應的主要離子方程式為H2SO3HCO3=HSO3CO2H2O，而不是為H2SO32HCO3=SO322CO22H2O，故答案為：H2SO3HCO3=HSO3CO2H2OAL1的Na2SO3溶液中亞硫酸根離子分步水解溶液顯堿性，c（Na）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H），故A正確；B溶液中存在物料c（Na）=2c（H2SO3）2c（HSO3）2c（S

28、O32），故B錯誤；C溶液中存在質子守恒，c（OH）=c（H）2c（H2SO3）c（HSO3），得到c（OH）c（H）=2c（H2SO3）c（HSO3），故C正確；D溶液中存在電荷守恒：2c（SO32）c（HSO3）c（OH）=c（H）c（Na），2c（SO32）c（HSO3）c（OH）c（H）=L1，故D錯誤；故答案為：AC21已知：CH3Cl常溫下為氣態(tài)，難溶于水，易溶于乙醇等有機溶劑實驗室制備CH3Cl原理為：CH3OHHCl（濃）CH3ClH2O（1）實驗步驟如下：由ZnCl26H2O晶體制得無水ZnCl2的實驗方法是；稱取研細的無水ZnCl2，量取20mL濃鹽酸、一定量的CH3OH，

29、分別放入下列最佳裝置（填裝置編號）的對應儀器中；產生的CH3Cl氣體，最好選用（填“向上排空氣法”、“向下排空氣法”或“排水法”）收集，原因是（2）為探究CH3Cl與CH4分子穩(wěn)定性的差別，某化學興趣小組設計實驗驗證CH3Cl能被強氧化劑酸性高錳酸鉀溶液氧化（已知：CH3Cl被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成兩種氣體）將CH3Cl制備裝置中產生的氣體依次通過裝有下列試劑的洗氣瓶（填編號順序）（H）溶液B蒸餾水CNaOH溶液如果觀察到現(xiàn)象，則證明CH3Cl穩(wěn)定性弱于CH4，其反應的離子方程式為；為處理未反應完的CH3Cl，還應在上述洗氣瓶后接一只盛（填試劑名稱）的洗氣瓶【考點】制備實驗方案的設計【分析】

30、本題是利用甲醇與濃鹽酸反應制備CH3Cl，涉及具體的制備過程是先在干燥的HCl氣流中加熱ZnCl2晶體得到無水ZnCl2，再將無水ZnCl2和量取20mL濃鹽酸放入圓底燒瓶并滴加一定量的甲醇，經加熱后會有CH3Cl生成，因CH3Cl中混有揮發(fā)出的HCl及甲醇，選擇排水法收集生成的氣體的同時還可以除雜，另外還探究了的穩(wěn)定性及含有CH3Cl尾氣的處理；（1）因ZnCl2晶體直接加熱時，因Zn2水解，如果直接加熱最終得到的是Zn（OH）2，因此要用濃鹽酸或HCl氣體抑制其水解的同時加熱；該實驗為固液加熱型，且反應物易揮發(fā)，故選；因反應混合物中的鹽酸和甲醇均易揮發(fā)，生成的CH3Cl中會混有揮發(fā)出的雜質

31、，同時CH3Cl難溶于水，選用排水法收集的同時還會有除雜的作用；（2）如果CH3Cl能被酸性高錳酸鉀氧化，則酸性高錳酸鉀溶液本身會褪色，同時可能會生成CO2和Cl2，因此要注意尾氣的處理；因CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有機溶劑，因此的尾氣可選擇有機溶劑吸收【解答】解：（1）在加熱ZnCl2晶體時可選擇通HCl氣體抑制其水解；故答案為：在干燥的HCl氣流中加熱；該實驗為固液加熱型，且反應物易揮發(fā)，故選；故答案為：；因CH3Cl中混有易溶于水的雜質氣體，用排水法可以即除雜又可收集，故答案為：CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等雜質氣體；故答案為：排水法；CH3Cl難溶于水，用排

32、水法收集同時可除去HCl、CH3OH等雜質氣體；（2）如果CH3Cl能被強氧化劑酸性高錳酸鉀氧化，可選擇先通過盛有水的洗氣瓶除去可能混合有的HCl和甲醇，再通過盛有的酸性高錳酸鉀洗氣瓶，溶液的紫色會褐去，最后通過盛Na2SO3的洗氣瓶吸收生成的氯氣防污染，CH3Cl與酸性高錳酸鉀的反應為：10CH3Cl14MnO442H14Mn210CO25Cl236H2O；故答案為：BAC；KMnO4溶液紫色褪去；10CH3Cl14MnO442H14Mn210CO25Cl236H2O；CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有機溶劑，可選擇酒精吸收CH3Cl的尾氣；故答案為：乙醇（或其它有機溶劑）22綠礬（FeSO47

33、H2O）可作還原劑、著色劑、制藥等，在不同溫度下分解，產物可能有各種鐵的氧化物、硫的氧化物、氧氣、水已知SO3是一種無色晶體，熔點，沸點，氧化性及脫水性較濃硫酸強，能漂白某些有機染料，如品紅等回答下列問題：（1）甲組同學按照如圖（AC）所示裝置進行實驗，通過實驗檢驗綠礬的分解產物，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是，甲組由此得出綠礬的分解產物中含有SO2，裝置C的作用是；乙組同學認為甲組同學的實驗結論不嚴謹，認為需要補做實驗，乙對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復紅色，可證明綠礬分解的產物中（填字母）A不含SO2B可能含SO2C一定含有SO3（2）丙組同學選用甲組同學的部分裝置

34、和圖（DG）裝置設計出了一套檢驗綠礬分解后所有氣態(tài)產物的裝置：乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為（填裝置序號）；能證明分解產物中有O2的實驗操作及現(xiàn)象是；能證明分解產物中有SO2的實驗現(xiàn)象是（3）為證明綠礬分解產物中含有三價鐵，選用的實驗儀器有試管，藥匙、；選用的試劑為【考點】探究物質的組成或測量物質的含量【分析】（1）二氧化硫具有漂白性可以使品紅溶液褪色，裝置C中氫氧化鈉可以吸收二氧化硫避免二氧化硫排放到空氣中污染空氣，根據(jù)題意SO3氧化性及脫水性較濃硫酸強，二氧化硫能漂白某些有機染料；（2）檢驗綠礬分解氣態(tài)產物，由A分解綠礬，經E干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白品紅，故先檢驗三氧化硫

35、并與二氧化硫分離，三氧化硫熔沸點低，故連接F裝置冷凝三氧化硫，由裝置B檢驗二氧化硫，經過裝置D除去二氧化硫，連接裝置G，收集氧氣利用氧氣的助燃性檢驗氧氣；二氧化硫具有漂白性可以使品紅溶液褪色；（3）為證明綠礬分解產物中含有三價鐵，選用的實驗儀器有試管，藥匙和膠頭滴管，根據(jù)三價鐵離子使KSCN溶液顯紅色分析【解答】解：（1）甲組由此得出綠礬的分解產物中含有SO2，裝置B為品紅，二氧化硫有漂白性，故裝置B中褪色；二氧化硫污染環(huán)境，用氫氧化鈉吸收，裝置C的作用是；吸收尾氣，防止SO2（SO3）等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境，根據(jù)題意SO3氧化性及脫水性較濃硫酸強，能漂白某些有機染料，如品紅，三氧化硫的漂

36、白不可恢復，乙對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復紅色，則可證明綠礬分解的產物中肯定有三氧化硫，未對二氧化硫檢驗，故可能含有二氧化硫，故答案為：品紅溶液褪色；吸收尾氣，防止SO2（SO3）等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境；BC；（2）檢驗綠礬分解氣態(tài)產物，由A分解綠礬，經E干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白品紅，故先檢驗三氧化硫并與二氧化硫分離，三氧化硫熔沸點低，故連接F裝置冷凝三氧化硫，由裝置B檢驗二氧化硫，經過裝置D除去二氧化硫，連接裝置G，檢驗氧氣；故答案為：AEFBDG；氧氣收集在G中，利用氧氣支持燃燒檢驗，方法為：把G中的導管移出水面，撤走酒精燈，用姆指堵住試管口，取

37、出試管，立即把帶火星的木條伸入試管口內，木條復燃，證明試管中收集的氣體是氧氣；故答案為：把G中的導管移出水面，撤走酒精燈，用姆指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管口內，木條復燃，證明試管中收集的氣體是氧氣；能證明分解產物中有SO2的實驗現(xiàn)象是品紅溶液退色，故答案為：品紅溶液退色；（3）三價鐵使KSCN溶液顯紅色，為證明綠礬分解產物中含有三價鐵，則應用藥匙取用分解產物于試管中，加鹽酸溶解，再用膠頭滴管向其中滴入KSCN溶液，若變紅，則含有三價鐵離子；故答案為：膠頭滴管；鹽酸，KSCN溶液23二氧化碳的回收利用是環(huán)保領域研究熱點（1）在太陽能的作用下，以CO2為原料制取炭黑的流程如圖

38、1所示總反應的化學方程式為（2）在催化劑M的作用下，CO2和H2同時發(fā)生下列兩個反應：（g）6H2（g）CH2=CH2（g）4H2O（g）H0（g）6H2（g）CH3OCH3（g）3H2O（g）H0圖2是乙烯在相同時間內，不同溫度下的產率，則高于460時乙烯產率降低的原因可能是（填序號）A催化劑M的活性降低Ba反應的平衡常數(shù)變大C生成甲醚的量增加Db反應的活化能增大（3）CO2經過催化氫化合成乙烯反應為：2CO2（g）6H2（g）CH2=CH2（g）4H2O（g）H0在密閉容器中充入2molCO2和nmol，在一定條件下發(fā)生反應，CO2的轉化率與溫度、投料比X=的關系如圖3所示投料比X1X2（

39、填“”、“”或“=”下同），平衡常數(shù)KA、KB、KC的大小關系為；TK時，某密閉容器發(fā)生上述反應，反應進行到不同時間測得各物質的濃度如表：時間/min濃度/molL101020304050H2（g）CO2（g）CH2=CH2（g）02030min間只改變了某一條件，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是該溫度下010min內H2的反應速率為【考點】化學平衡的計算；化學平衡常數(shù)的含義；化學平衡的影響因素【分析】（1）在700K條件下，CO2和FeO發(fā)生反應生成C和Fe3O4，過程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整個反應過程中FeO作催化劑，根據(jù)反應物和生成物及反應條件書寫方程式；（2）根據(jù)影響產物產率的因素只能是引起平衡移動的因素，根據(jù)平衡移動原理來解釋；（3）相同條件下，投料比X=越大，二氧化碳的轉化率越大，據(jù)此判斷X1、X2的相對大小；該反應的正反應是放熱反應，溫度越高其平衡常數(shù)越?。?030min間氫氣、CO的濃度都增大，且增大倍數(shù)相同，應為