海南省海南师范大学附属中学2016届高三第九次月考化学(详细答案版).doc

海南省海南师范大学附属中学2016届高三第九次月考化学

一、单选题：共9题

1．化学与社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是

A.蒸馏“地沟油”可以获得汽油

B.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂

C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理

D.高纯度的二氧化硅广泛应用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”

【答案】D

【解析】本题考查了化学与生活。地沟油的主要成分是脂肪酸甘油酯，蒸馏只是一种物理过程，脂肪酸甘油酯的分子结构并没有发生变化，只有通过高温裂解，使脂肪酸甘油酯的分子裂解成小分子的烃类物质，再经过精馏，才能得到汽油、煤油、柴油等，故A错。氢氧化铝胶体没有漂白性，故B错。绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错。二氧化硅可用于光导纤维，由于二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确。

2．下列化学用语的表述正确的是

A.Cl－的结构示意图：

https://www.360docs.net/doc/0117456955.html,l4的电子式：

C.丙烯的结构简式：CH3CH2CH2

D.次氯酸的结构式：H—Cl—O

【答案】A

【解析】本题考查了化学用语。Cl－的结构示意图为：，故A正确。CCl4的电子式为：，故B错。丙烯的结构简式为：CH3CH=CH2，故C错。次氯酸的结构式为：H—O—Cl，故D错。

3．设N A代表阿伏加罗常数的值，下列叙述正确的是

A.标准状况下，22.4LCCl4中含有共价键的数目为4N A

B.常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4N A

C.室温时，1L pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的H＋为10-12N A

D.一定条件下6.4 g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2N A

【答案】B

【解析】本题考查了阿伏加罗常数的计算。标准状况下CCl4为液体，无法计算22.4LCCl4

的物质的量，故A错。氧气和臭氧中只含O，所以常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的

原子的物质的量为=0.4mol，即含有的原子总数为0.4N A，故B正确。NH4Cl溶液中的

H+完全由水电离出，应为10-2N A，故C错。6.4 g二氧化硫的物质的量为0.1 mol，由于二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫的物质的量小于0.1 mol，转移的电子小于0.2 mol，故D错。

4．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是

A.将乙醛加入新制氢氧化铜中加热，出现砖红色沉淀

B.将乙醇滴入酸性重铬酸钾溶液中，溶液由橙色变为绿色

C.将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去

D.新制氯水敞口久置，颜色褪去

【答案】C

【解析】本题考查了氧化还原反应的判断。

CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，该反应中C元素化合价由-1价变为0价、Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，A错。

2K 2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO42K2SO4 +2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72-转化为

Cr3+，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故B错。

2NaOH+SO 2Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故C正确。

Cl 2+H2O HClO+HCl 中Cl元素化合价由0价变为+1价、由0变为-1价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故D错。

5．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是

A.用装置甲制取氯气

B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢

C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液

D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O

【答案】C

【解析】本题考查实验知识,意在考查考生对知识的掌握能力、迁移能力以及探究能力。浓盐酸与二氧化锰反应制氯气需要加热，不加热反应不能发生，A项错误；除去氯气中的少量氯化氢应用饱和食盐水，且导气管应长进短出，不能使用NaHCO3饱和溶液，否则会引入CO2杂质，B项错误；二氧化锰不溶于水，氯化锰溶于水，可用过滤的方法分离，C项正确；加热过程中氯化锰水解,最终得不到所要产物，D项错误。答案选C。

【备注】【易错点拨】本题易错选D选项,没有考虑盐的水解。

6．将0.05mol某烃完全燃烧生成的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重13.2g，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，若其结构中只含有一个亚甲基，则该烃的结构(不考虑立体异构)最多有

A.3种

B.4种

C.5种

D.6种

【答案】B

【解析】本题考查了有机物分子式和结构式的确定。浓硫酸增重 5.4g，说明生成物水是5.4g，物质的量是=0.3mol，碱石灰增重13.2 g，说明CO2是13.2g，物质的量是

=0.3mol 。有机物的物质的量是0.05mol，所以该有机物中含有的碳原子是6个，氢原子是12，所以有机物的分子式是C6H12，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明该烃为烯

烃，若其结构中只含有一个亚甲基，则该烃的结构有、

、、

共4种，故该题选B。

7．将溶液(或气体)X 逐渐加入(或通入)到一定量Y 溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如下图，符合图中情况的一组物质是

【答案】C

【解析】本题考查了无机物的性质。由图可以看出，反应开始一段时间无沉淀，加入一定量的X后，沉淀达到最大值且不会溶解。氯化铝溶液加入氢氧化钠溶液中，氢氧化钠过量，

发生反应为Al3++4OH-+2H 2O，无沉淀生成，当氢氧根离子反应完后，发生反应为Al3++3+6H 2O4Al(OH)3↓，当偏铝酸根离子反应完时，沉淀达到最大值且不会溶解，与图像符合，故A正确。Na2CO3溶液加入到BaCl2溶液会发生反应：

Na 2CO3+BaCl2BaCO3↓+2NaCl；立即产生沉淀，与图像不符合，故B错。将KOH溶液加入到Mg(HSO 4)2溶液中，首先发生反应：H++OH-H2O；当H+反应完全后，会继续加入发生反应：Mg2++2OH-Mg(OH)2↓.当Mg2+完全时沉淀达到最大值。与图像符合，故C 气体通入到石灰水中，会发生反应：CO2+ Ca(OH)2CaCO3↓+H2O，产生

正确。把CO

产生沉淀；当CO 2气体过量时，发生反应：CaCO3+H2O+ CO2Ca(HCO3)2。沉淀又逐渐溶解，最后消失，与图像不符合，故D错。

8．下列反应的离子方程式书写正确的是

A.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：+2H＋H 2SiO3↓

B.NaHCO 3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－BaCO3↓＋H2O

C.氯化铝溶液中加入过量氨水Al3＋+ 4NH 3?H2O AlO2－+ 4+2H2O

D.用稀HNO 3溶液FeS固体：FeS+2H+Fe2++H2S↑

【答案】B

【解析】本题考查了离子方程式的正误判断。醋酸是弱电解质，不能拆，正确的离子方程式为+2CH 3COOH H2SiO3↓+2CH3COO-，故A错。NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为＋Ba2＋＋OH－BaCO 3↓＋H2O，故B正确。氢氧化铝不能溶于弱碱一水合氨，正确的离子方程式为Al3＋+ 3NH 3?H2O Al(OH)3↓+ 3，故C错。硝酸具有强氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，正确的离子方程式为4H++3+FeS

Fe3+++2NO+2H2O，故D错。

9．某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是

A.电流方向：电极IV→→电极I

B.电极I发生还原反应

C.电极II逐渐溶解

D.电极III的电极反应：Cu2++2e-Cu

【答案】A

【解析】本题考查了原电池和电解池原理。电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A.电流方向从正极流向阳极，阴极流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，正确；B.电极Ⅰ上电极反应式为Al-3e-Al3+，发生氧化反应，错误；C.电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2++2e-Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，错误；D.电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-Cu 2+，错误；本题选A。

二、双选题：共4题

10．373K时，N2O4(g)2NO2(g)平衡体系的建立过程中各物质浓度与时间的关系如下图，下列说法正确的是

A.反应达到a点时，正反应速率大于逆反应速率

B.反应达到b时，表示反应达到平衡

C.反应达到b点时，NO2和N2O4二者浓度相等

D.反应达到d点时，N2O4的转化率为40% N A

【答案】AC

【解析】本题考查了化学平衡移动原理的应用。反应达到a点时，正在向正反应方向进行，所以正反应大于逆反应速率，故A正确。由图像可知，纵坐标表示NO2和N2O4的浓度，反应达到b时，反应还没有平衡，正在向正反应方向移动，且两曲线相交，说明此时刻NO2和N2O4二者浓度相等，故B错，C正确。反应达到d点时，NO2转化的浓度为0.12mol/L，根据可逆反应N2O4(g) 2NO2(g)可知，N2O4转化的浓度为0.06mol/L，N2O4的起始浓度为0.10mol/L，所以N2O4的转化率为=60%，故D错。

11．化工生产中常用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋(aq) ，下列有关叙述中正确的是

A.FeS的K sp小于CuS的K sp

B.达到平衡时c(Fe2＋)＝c(Cu2＋)

C.溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Cu2＋)、c(Fe2＋)都减小

D.该反应平衡常数K＝

【答案】CD

【解析】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，则FeS的K sp大于CuS的K sp，故A错。该反应达平衡时c(Fe2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，故B错。往平衡体系中加入少量Na2S固体后，硫离子浓度增大，增大硫离子的浓度，平衡向左移动，所以c(Cu2＋)、c(Fe2＋)均减小，故C正确。该反应的平衡常数K＝＝＝，故D正确。

12．下图表示25℃时，向1L，0.1mol·L－1的一元弱酸HA中加水稀释过程的变化图像，则图中纵坐标y 表示的是

A.c(H+)或c(OH-)

B.HA的电离平衡常数K a

C.c(H+)/c(HA)

D.n(H+)或n(OH-)

【答案】CD

【解析】本题考查了弱电解质的电离及平衡移动原理的应用。加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢原子浓度减小，故A错。加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢原子浓度减小，HA的浓度也减小，但弱酸浓度减少的比氢离子浓度减少的多所以c(H+)/c(HA)增大，故B正确。温度不变，电离平衡常数不变，所

以减小，故C错。加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，氢氧根离子的物质的量增大，故D正确。

13．某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是

A.X的分子式为C12H16O3

B.X在核磁共振氢谱图中共出现8组峰

C.X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应

D.在Ni作催化剂的条件下，1 mol X 最多只能与5 mol加成

【答案】BC

【解析】本题考查了有机物的结构和性质。有机物X 的结构简式可知，X的分子式为

C12H14O3，故A错。有机物X有4种不同的氢原子，所以X在核磁共振氢谱图中共出现7

组峰，故B错。有机物X中含有碳碳双键，所以可发生加成反应和加聚反应，有机物X

中含有酯基和羟基，可发生水解反应和酯化反应，该有机物可以燃烧，燃烧是氧化反应，故C正确。有机物X中含有一个苯环和一个碳碳双键，所以1 mol X 最多只能与4 molH2加成，故D错。

三、填空题：共1题

14．“8·12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题：

(1)钠、钾着火，下列可用来灭火的是____________________。

A.水

B.泡沫灭火器

C.干粉灭火器

D.细沙盖灭

(2)硝酸铵在常温下比较稳定，但在强热的条件下会发生爆炸。可以得到一种无色气体和另一种红棕色的气体等物质，请写出该反应的方程式____________________；若标况下产生13mol的气体生成，则转移的电子的物质的量为________。

(3)硝酸铵和碱溶液反应生成的氨气，可以形成氨气——空气燃料电池。其反应原理为

NH3+O2→N2+H2O(未配平)，则电解质溶液应显____性(填“酸性”、“中性”或者“碱性”，负极的电极方程式为：______________。

(4)以TiO2为催化剂，可以用NaClO将CN－离子氧化成CNO－。在酸性条件下，NaCNO继续与NaClO反应生成N2、CO2、NaCl等。请写出NaCNO在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式_________。

【答案】(1)D

(2)4NH 4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O 31.2mol

(3)碱性4NH 3 +12OH—-12e -2N2↑ +12H2O

↑+ 2CO2↑+ 3Cl- + H2O

(4)2CNO-+ 3ClO- +2H+ N

【解析】本题考查了碱金属的性质、原电池原理及氧化还原反应的书写和计算。(1)水和钠、钾反应生成氢气，干粉灭火剂、泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，故D正确。

(2) 硝酸铵在常温下比较稳定，但在强热的条件下会发生爆炸。可以得到一种无色气体(N2)和另一种红棕色的气体(NO2)，根据质量守恒定律可知还生成水，再根据化合价升降法配平可得该反应的方程式为4NH 4NO33N2↑+2NO2↑+8H2O。由化学方程式可知，N元素化合

价从-3价升高为0价，由+5价降为0价和+4价，则产生标况下5mol气体，转移12mol电子，故标况下产生13mol的气体生成，则转移的电子的物质的量为31.2mol电子。

(3) 氨气的水溶液显碱性，所以根据燃料及反应原理可确定。电解质溶液应该选碱性。在该燃料电池中，燃料作负极，发生氧化反应，通入O2的电极作正极，正极上发生还原反应。电极反应为：3O 2＋6H2O＋12e－12OH－，燃料电池的总反应方程式为4NH3+3O2

2N 2+6H2O，总反应式减去正极反应式可得负极的电极方程式为：4NH3 +12OH--12e -2N2↑ +12H2O。

(4)根据题意可知，在酸性条件下，NaCNO继续与NaClO反应生成N2、CO2、NaCl，故反

↑+ 2CO2↑+ 3Cl- + H2O。

应离子方程式为：2CNO-+ 3ClO- +2H+ N

四、推断题：共3题

15．短周期元素W、X、Y、Z 在元素周期表中的位置如右图所示。其中Z的单质是一种重要半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。

(1)W 在元素周期表中的位置是____________。

(2)W、X、氢元素形成的三原子分子的电子式____________。

(3)下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是____________。

A.相对原子质量：X>W

B.最低化合价：X>W

C.最简单氢化物的稳定性：X>W

D.最高价氧化物的水化物酸性：X>W

(4)元素周期表中与Z 同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如下图所示的转化：

其中化合物D是一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为____________；

B与C也可直接转化生成D 写出对应的离子方程式为____________。

【答案】(1)第二周期第IVA 族

(2)

(3)C D

(4)NaAlO 2Al3++3+6H2O Al(OH) 3↓

【解析】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。短周期元素W、X、Y、Z 在元素周期表中的位置如右图所示。其中Z 的单质是一种重要半导体材料，则Z为Si元素，根据元素在周期表中的位置可知W为C元素，X为N元素，Y为Mg元素。

(1) W为C元素，在元素周期表中的位置是第二周期第IVA 族。

(2) W为C元素，X为N元素，则W、X、氢元素形成的三原子分子为HCN，电子式为

。

(3)元素的非金属性与原子的相对原子质量无关，故A错。元素的非金属性与元素的最低化合价无关，故B错。元素的最简单氢化物越稳定非金属性越强，故C正确。元素的最高价氧化物的水化物酸性越强非金属性越强，故D正确。

(4) 元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，A能与氢氧化钠溶液反应，则A 为铝单质，则B为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应可生成白色沉淀氢氧化铝，则W的某种氧化物为二氧化碳，D为氢氧化铝，铝与氯气反应可生成C为氯化铝，氯化铝溶液与碱溶液反应可生成氢氧化铝，则N的某种氢化物的水溶液显碱性，则N的某种氢化物为氨气，故B中溶质的化学式为NaAlO2，偏铝酸钠溶液与氯化铝溶液可发生双水解生成氢氧化铝，对应的离子方程式为Al3++3+6H 2O Al(OH) 3↓。

16．某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且能够防止环境污染，现按以下方式进行处理利用：

试回答：

(1)A的名称是____________；

(2)写出D的同分异构体的结构简式____________。

(3)D到E的反应类型为____________，D到E的反应试剂可以为____________。

(4)实验室制备H后，提纯H的分离方法为____________。

【答案】(1)纤维素(2)CH3-O-CH3

(3)氧化反应，酸性KMnO4溶液(其他合理答案也给分)

(4)分液

【解析】本题考查了无机物的推断。甘蔗渣应该含有大量纤维素，所以A的名称应该是纤维素，纤维素水解得到B(葡萄糖)，B在酒化酶的作用下生成D(酒精)。D被氧化生成D(乙酸)，D与乙醇在浓H2SO4加热条件下酯化反应生成乙酸乙酯。

(1) A的名称是是纤维素。

(2)纤维素水解可生成葡萄糖，葡萄糖在酒化梅的作用下可生成乙醇，乙醇的同分异构体位甲醚，甲醚的结构简式为CH3-O-CH3。

(3)由E得分子式可知，E为乙酸，乙醇转化为乙酸为氧化反应。乙醇在铜或银做催化剂的条件下可被氧气氧化为乙酸，也可被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸。

(4)乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应可生成乙酸乙酯，乙酸乙酯中会混入乙酸、乙醇，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度会大大减小，饱和碳酸钠溶液可溶解乙醇，可以乙酸反应生成易溶于水的乙酸钠，故可用分液的方法分离。

17．有机物G(分子式为C13H18O2)是一种香料，其合成路线如下图所示。

已知：(1)

(2) 有机物A属于烃类，其相对分子质量为56，核磁共振氢谱有2组峰

(3) E能发生银镜反应，1molE与2molH2可以发生反应生成F

(4)有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链

回答下面的问题：

(1)有机物B：____________，反应E→F的反应类型为：____________；

(2)E的结构简式为____________：

(3)A在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式为____________；

(4)D+F→G 的化学方程式：____________；

(5)已知有机化合物甲符合下列条件：①芳香族化合物②与F互为同分异构体③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有____________种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰的有机物的结构简式为(写出符合条件的其中一种即可) _____。

【答案】(1)2-甲基-1-丙醇加成反应(或还原反应)

(2)

(3)

(4)(CH3)2CHCOOH +C6H5-CH2CH2CH2OH浓硫酸

(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2-C6H5 +H2O

△

(5)13 种或

【解析】考查本题了有机物的合成与推断。根据A的相对分子质量为56可知，A的化学式为C4H8，且核磁共振氢谱有2组峰，可知A为CH3—CH=CH—CH3或者(CH3)2C=CH2，由流程图可知，A与水发生加成反应生成醇，B发生催化氧化生成C，C可与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，可知C为醛类，则可推出B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，C与氢氧化铜悬浊液反应得到D，D为(CH3)2CHCOOH，最终合成的物质中有13个碳原子，推得E、F中有9个碳原子，有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，分子式为C9H12O，则F为，再根据E生成F的反应条件可知，

E为醛，E和F中含有苯环，1 mol E与2 mol H2可以发生反应生成F，说明E中还有一个不饱和键，则E的结构为。

由上述推断可知B为(CH3)2CHCH2OH，名称为：2-甲基-1-丙醇，则E的结构为

，发生加成发生生成。

(2) 由上述推断可知，E的结构简式为。

(3) 由上述推断可知，A为(CH3)2C=CH2，可发生加聚反应生成，反应的化学方程式为。

(4) 由上述推断可知，D为(CH3)2CHCOOH，F为，D与F发生酯化反应可生成(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2-C6H5，化学方程式为(CH3)2CHCOOH

+C6H5-CH2CH2CH2OH(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2-C6H5 +H2O。

(5) 已知有机化合物甲符合下列条件：①芳香族化合物，则含有苯环，②与F互为同分异构体，F的结构为，③能被催化氧化成醛，则甲属于醇类，且含羟基的碳原子上氢原子数大于等于2，符合上述条件的有机物甲有

、、、

、、

、

、、

、、

、、，共13种，其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰的有机物的结构简式有

或。

五、综合题：共1题

18．硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化学试剂，可由如下反应制取：O2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g) △H 针对该反应回答下列问题：

(1)已知：①SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g) △H1=﹣a KJ·mol﹣1

Cl2+SCl2(g) 2SOCl2(g)△H2=﹣b KJ·mol﹣1

②SO

则△H= _______ kJ·mol﹣1(用含a、b的代数式表示，a＞b＞0)

(2)若在催化剂作用下，将n mol SO2与n molCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P。起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L。

①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示.则v(SO2)=_______ mol/min。

②此温度下，该反应的K=________ L/mol。

③相同条件下，若将0.5n molSO2与0.5n molCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是_______。

(3)该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式_______。

【答案】(1)-(a-b) (2)①②③0.2n mol

(3)SO 2Cl2+2H2O H2SO4+2HCl

【解析】本题考查了盖斯定律及化学平衡移动原理的应用和计算。

(1)由热化学方程式①SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g) 2SOCl2(g) △H1=﹣a KJ·mol﹣1

Cl2+SCl2(g) 2SOCl2(g)△H2=﹣b KJ·mol﹣1

②SO

根据盖斯定律①-②可得SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g) △H=-(a-b) KJ/mol。

(2)根据三段式求解可得：

同温同压，气体的体积之比等于物质的量之比可知： =，解得x==0.4n mol。

①由上述计算可知，v(SO2)= = mol/min。

②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，故此温度下，该反应的K=。

③由上述计算可知，将n molSO2与n molCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，

0.4n mol，恒温恒压条件下，将0.5n molSO2与0.5n molCl2充入该容器，与原平衡比值相同，则到达平衡状态时与原平衡等效，故将0.5n molSO2与0.5n molCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2n mol。

(3)该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，分别为硫酸和氯化氢，故化学方程式为SO 2Cl2+2H2O H2SO4+2HCl。

六、实验题：共1题

19．某活动小组进行碳酸氢钠的制备实验。有关反应的化学方程式为：

NH 3＋CO2＋H2O NH4HCO3；NH4HCO3＋NaCl NaHCO3↓＋NH4Cl

(1)一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。试回答下列有关问题：

①实验室制氨气的化学方程式__________________。

②乙装置中的试剂是______，丁装置中稀硫酸的作用是____________。

③实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是____________(填分离操作的名称)，该操作所需要的玻璃仪器有：玻璃棒和____________。

(2)碳酸氢钠受热所得固体12.28g 与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥。质量为12.00g,则所得固体中碳酸钠的质量分数为____________。

【答案】(1)①Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O

②饱和碳酸氢钠溶液；吸收未反应完的NH3 (答“防止倒吸”或“吸收CO2”不给分)；

③过滤漏斗、烧杯

(2)氨气；(3)86.3%

【解析】本题考查了碳酸氢钠的制备实验及有关问题。(1)①实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体的方法制取氨气，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑

+CaCl2+2H2O。

②利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，故乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以丁装置中稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3。

③由信息可知，生成的碳酸氢钠为沉淀，故分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗和烧杯。

(2) 碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g，则所得固体中碳酸钠的质量分数可以依据化学方程式进行计算得到，发生的反应为：2NaHCO 3Na2CO3+CO2↑+H2O，NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3↓+ H2O+ NaOH，

Na 2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH，反应生成的碳酸钙物质的量为= 0.12mol，设加热后的固体12.28g中含碳酸钠物质的量为x，碳酸氢钠物质的量为y，依据题意得到：

x+y=0.12，106x+84y=12.28，得到x=0.1mol；y=0.02mol，则所得固体中碳酸钠的质量分数为

×100%=86.3%。