高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 校赛得奖

河南省洛阳市宜阳县实验中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列说法中正确的是()A.酯在一定条件下水解的产物一定是醇和酸B.完全燃烧某有机物，生成CO2和H2O的物质的量之比为1∶1，该有机物只可能是烯烃或环烷烃C.凡含有醛基的物质都能发生银镜反应，但不一定是醛类D.芳香烃的通式是CnH2n-6(n≥6)【答案】C【解析】酯在碱性条件下水解生成盐，A项不正确；C∶H=1∶2可能是烯烃、环烷烃、羧酸或酯等，B项不正确；甲酸的酯也能发生银镜反应，C项正确；CnH2n-6(n≥6)是苯及苯的同系物通式。2．下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A．室温下，pH=3的氢氟酸加水稀释后，电离常数Ka(HF)和pH均减小B．室温下，将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c(SO2－)＞c(NH＋)C．向L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大D．室温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色【答案】D【解析】试题分析：A、加水稀释，酸性会减弱，PH会变大，故A错误；B、PH=7，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度且，c(SO2－)=c(NH＋)，故B错误；C、加入氯化铵抑制氨水的电离，减小，故C错误。故选D。考点：离子浓度大小的比较盐类水解的应用酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算点评：本题考查学生溶液中离子浓度之间的守恒关系以及离子共存知识，考查学生分析和解决问题的能力，难度大。3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A.用图甲所示装置制取少量的氨气B.用图乙所示装置配制一定物质的量浓度的硫酸C.用图丙所示装置从食盐水中提取NaClD.用图丁所示装置除去NO2中的NO【答案】A【解析】试题分析：A、氧化钙与水反应生成氢氧化钙增大氢氧根离子的浓度，同时反应是放热反应，促进氨气挥发，可以制备氨气，A正确；B、容量瓶不能用来稀释溶液，浓硫酸应先在小烧杯中稀释，冷却后再转移至容量瓶，B错误；C、坩埚用来加热固体，蒸发液体应用蒸发皿，C错误；D、NO2能与水反应生成NO，不能除去NO2中的NO，D错误，答案选A。考点：考查化学实验方案设计与评价4．下列说法正确的是（）=2的H2SO4与pH=1的硝酸溶液中c(H+)之比为1∶10mol·L-1与mol·L-1醋酸中c(H+)之比为2∶1C.100℃时，纯水的pH=6，显酸性mL，pH=3的盐酸和醋酸溶液，分别与足量锌反应后，所得H2的质量相等【答案】A【解析】pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=mol·L-1，pH=1的HNO3溶液中c(H-1)=mol·L-1，二者c(H+)之比为1∶10。5．实验法和比较法是研究物质性质的基本方法．以下实验设计中，不合理或不严密的是A．钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱B．测定相同温度下盐酸和醋酸溶液的pH，就可证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸C．铁分别与氯气和硫反应，判断氯气与硫的氧化性强弱D．测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，判断碳与硫的非金属性强弱【答案】B【解析】试题分析：与水反应剧烈的金属，其金属性强，则钠和镁分别与冷水反应，Na反应剧烈，可判断钠和镁金属性强弱，故A正确；盐酸、醋酸的浓度未知，应测定等浓度的溶液的pH，才能确定电离的程度，所以该选项不能证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸，故B错误；Fe与氯气反应生成氯化铁，与S反应生成FeS，氯气得电子能力强，则判断氯气与硫的氧化性强弱，故C正确；Na2SO4溶液不水解，Na2CO3溶液水解显碱性，则硫酸的酸性大于碳酸的酸性，非金属性S＞C，所以可断碳与硫的非金属性强弱，故D正确。考点：本题考查化学实验评价。6．锂离子电池种类很多，其中有一种锂电池，用金属锂和石墨做电极材料，电解质溶液时由四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯（SOCl2）而形成的，电池总反应为8Li+3SOCl2＝6LiCl+Li2SO3+2S则下列叙述中错误的A．电解质溶液中混入水，会影响电池反应B．反应中亚硫酰氯既是溶剂，又是氧化剂C．电池工作(放电)过程中，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为Li2SO3D．电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极生成的硫物质的量之比为4：1【答案】C【解析】试题分析：A、因为电池中有金属锂，所以电解质溶液中混入水，会影响电池，不选A；B、反应中亚硫酰氯是溶剂，四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯，同时反应过程中硫元素化合价降低，又是氧化剂，正确，不选B；C、放电时，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S，所以错误，选C；D、通过电池反应分析，金属锂提供的电子为8摩尔时，生成2摩尔硫，二者比例为4:1，正确，不选D。考点：原电池的原理7．下列说法正确的是（）A．化学反应除了生成新的物质外，只伴随着热量的变化B．物质燃烧不一定是放热反应,放热的化学反应不需要加热就能发生C．太阳能、氢能、生物质能属于新能源D．化石燃料是一次能源,乙醇是不可再生能源【答案】C【解析】试题分析：A．化学反应除了生成新的物质外，还伴随着热量的变化以及发光等，A错误；B．物质燃烧一定是放热反应，放热的化学反应也可能需要加热才能发生，例如木炭燃烧等，B错误；C．太阳能、氢能、生物质能属于新能源，C正确；D．化石燃料是一次能源，粮食发酵可以制备乙醇，乙醇乙醇是可再生能源，D错误，答案选C。考点：考查反应热及能源的有关判断8．常温下，mol·L-1CH3COONa溶液pH=11，下列表述正确的是A．c(Na+)=c(CH3COO—)B．c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=mol·L-1C．由水电离出来的c(OH—)=×10-11mol·L-1D．往该溶液中加入mol·L-1的CH3COONa，pH值变大【答案】B【解析】试题分析：CH3COONa是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液中存在水解平衡：CH3COO—+H2O⇌CH3COOH+OH—。A、CH3COO—水解，离子浓度减小，c(Na+)>c(CH3COO—)，A错误；B、根据物料守恒可知：c(CH3COO—)+c(CH3COOH)=c(Na+)=mol·L-1，B正确；C、盐的水解促进水的电离，由水电离出来的c(OH—)=×10-3mol·L-1，C错误；D、往该溶液中加入mol·L-1的CH3COONa，溶液浓度变稀，水解程度增大，但c(OH—)减小，pH值变小，D错误。答案选B。考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用。9．吸热反应N2（g）＋O2（g）2NO（g），在2000℃时，K＝×10－4。2000℃时，在10L密闭容器内放入×10－3molNO、×10－1molN2和×10－2molO2A．此反应的初始状态为化学平衡状态B．此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将正向进行C．此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将逆向进行D．无法判断【答案】C【解析】10．二氯丙烷的同分异构体（不考虑空间异构）数目为A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】B【解析】试题分析：根据“烷烃同分异构体”的书写规律，二氯丙烷的同分异构体为：、、、，选项B正确。考点：考查同分异构体的书写。11．下列叙述不正确的是A．蔗糖、麦芽糖、淀粉溶液本身均不能发生银镜反应，但水解后均能发生银镜反应。B．铅蓄电池在放电过程中，负极、正极质量均增加。C．胶体能稳定存在的主要原因是同种胶粒带同种电荷。D．石油裂化的主要目的提高轻质油（如汽油）的产量。【答案】A【解析】略12．在2NO2N2O4的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是()A．N2O4和NO2的分子数比为1∶2B．N2O4和NO2的浓度相等C．平衡体系的颜色不再改变D．单位时间内有1molN2O4变为NO2的同时，有2molNO2生成【答案】C【解析】试题分析：A、B不能说明可逆反应已达平衡；C颜色不变可作为平衡判据；D中表示的速率方向一致，不能判定反应达到平衡。考点：化学平衡状态13．若mgNa在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55g)，则mgNa与氧气反应，生成固体的质量可能为：①(m＋0.8g)②(m＋1.0g)③(m＋1.2g)④(m＋1.6g)⑤(m＋1.4g)A．①④B．①⑤C．③④D．①②③④⑤【答案】D【解析】试题分析：钠在氯气中燃烧生成氯化钠，根据mgNa在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55g)可知，参加反应的氯气质量是3.55g，物质的量是＝，反应中氯气得到电子的物质的量是×2＝。则根据电子得失守恒可知mg钠在反应中失去电子。如果mg钠与氧气反应完全转化为氧化钠，则需要氧气的物质的量是＝，质量是×32g/mol＝0.8g，即反应后生成固体的质量是m＋0.8g；如果反应中钠完全转化为过氧化钠，则需要氧气的物质的量是＝，质量是×32g/mol＝1.6g，因此反应后生成固体的质量是m＋1.6g；如果反应中既有氧化钠，也有过氧化钠生成，则反应后生成固体的质量一定介于m＋0.8g和m＋1.6g之间，所以考点：考查金属钠与氯气、氧气反应的有关判断和计算14．下列反应的离子方程式正确的是A．铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al＋2OH－＝＋H2↑B．硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应：＋Ba2＋＝BaSO4↓C．碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑D．铜片跟稀硝酸反应：Cu＋＋4H＋＝Cu2＋＋NO↑＋2H2O【答案】C【解析】试题分析：离子方程式正误判断——注意“七查”。1.“一查”是否符合客观事实，2.“二查”“反应条件”“连接符号”“↑”“↓”是否使用恰当，3.“三查”拆分是否正确，4.“四查”是否“漏写”离子反应，5.“五查”是否符合三个守恒(1)质量守恒(2)电荷守恒(3)得失电子守恒，6.“六查”是否符合离子配比，7.“七查”反应物的“量”——过量、少量、足量等。A、铝片跟氢氧化钠溶液反应，电荷不守恒，错误；B、硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应，漏掉氢氧根和镁离子之间的反应，错误；C、碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，正确；D、铜片跟稀硝酸反应，电荷不守恒，错误。考点：考查离子方程式正误判断。15．最近报道了一种新型可充电式铝电池。电解质为阳离子(EMl+)与阴离子(AlCl4－)组成的离子液体。右图为该电池放电过程示意图，Cn为石墨烯，下列说法正确的是A．充电时，每生成1molAl，电解质溶液中会增加7molAlCl4－B．充电时，Cn为阳极，电极方程式为Cn+AlCl4－-e－＝Cn[AlCl4]C．放电时，正极反应方程式为Al+7AlCl4－-3e－=4Al2Cl7－D．放电时，电解质中的阳离子(EMl+)会发生反应【答案】B【解析】试题分析：A、根据电子的流向可判断充电时，Cn为阳极，溶液中的AlCl4－在阳极发生失去电子的氧化反应，即电极反应式为Cn+AlCl4－-e－＝Cn[AlCl4]，充电时，铝是阴极，电极反应式为4Al2Cl7-＋3e－＝Al＋7AlCl4－，所以每生成1molAl，电解质溶液中会增加4molAlCl4－，A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、放电时，铝是活泼的金属，铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4－结合生成Al2Cl7-，所以电极反应式为：Al-3e-+7AlCl4-＝4Al2Cl7-，正极反应式为Cn[AlCl4]＋e－＝Cn+AlCl4－，C错误；D、根据以上分析可知放电时，电解质中的阳离子(EMl+)不会发生反应，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识【名师点晴】该题属于综合知识的考查，难度中等。该类试题的关键是注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。化学原电池的正负极的判断方法：负极：较活泼的金属；氧化反应；电子流出；不断溶解；阴离子移向；正极：较不活泼金属或非金属；还原反应；电子流入；电极增重或有气体产生等；阳离子移向；原电池中电极反应的书写方法：列物质标得失：按照负极发生氧化反应，正极发生还原反应，判断出电极反应产物，得失电子的数量。看环境配守恒：电极产物在电解质溶液的环境中，应能稳定存在，电极反应式要遵守电荷守恒和质量守恒、电子守恒等加以配平。两式加验总式：两电极反应式相加。16．实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（1）在该反应中，如有1molCl2生成，被氧化的HCl的物质的量是mol，转移电子的物质的量是mol。（2）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO-与ClO3-物质的量之比为1∶1的混合液，反应的化学方程式是。（3）报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分是盐酸）与“84消毒液”（主要成分是NaClO）发生氯气中毒的事件。试根据你的化学知识分析，原因是（用离子方程式表示）。【答案】（1）22（2）4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O（3）Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O【解析】试题分析：（1）当1molCl2参加反应时，由Cl2～2HCl可知被氧化的HCl为1mol×2=2mol，转移电子的物质的量为：1mol×（4-2）=2mol；（2）由题意可知反应物为氯气和氢氧化钠，生成物为NaCl、NaClO3、NaClO和H2O，氯元素从0价变为NaClO3中+5价，两个氯原子失10个电子，氯元素从0价变为NaCl中-1价，两个氯原子得到2个电子，所以氯化钠前得系数为6，氯酸钠前的系数为1，再根据原子守恒就可得到反应的化学方程式为：4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O；（3）次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，故化学反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。考点：MnO2与浓盐酸反应制取氯气17．（18分）铵盐在工农业生产中有着重要的用途，请根据要求完成下列各题。Ⅰ.某化学兴趣小组欲从下列装置中选取必要的装置制取(NH4)2SO4溶液。（1）仪器连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a（2）试从电离平衡角度分析该实验装置A中能产生氨气的原因：。（3）将装置C中两种液体分离开的操作名称是。Ⅱ.为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]的工艺。某同学根据该原理设计的实验装置如图：请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为。（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，二是。（3）由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶体，操作为、、（4）镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。①若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是：。②由MgCl2·6H2O加热制备无水MgCl2的操作在氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl。【答案】Ⅰ（1）def（2）氢氧化钠溶于水增大了OH－浓度，电离平衡NH3·H2ONH4++OH—左移，且溶解时放热有利氨气逸出。（3）分液；Ⅱ（1）Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O（2）防止装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B（3）加热浓缩冷却结晶过滤（4）①用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧,若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠。（答焰色反应也给分）②HCl（气流）【解析】试题分析：Ⅰ（1）制取(NH4)2SO4溶液应先制取氨气，再将氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，氨气极易溶于水，氨气的吸收要防倒吸，氨气不需要干燥，故连接顺序为a→d→e→f；（2）氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH—，氢氧化钠溶于水增大了OH－浓度，电离平衡左移，且溶解时放热有利氨气逸出；（3）分离互不相溶的液体的方法是：分液。Ⅱ（1）根据题给信息，反应物为Mg(OH)2和NH4Cl，生成物为MgOHCl、NH3和H2O，化学方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，二是防止装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B；（3）由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶体的方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤；（4）①Na元素用焰色反应进行鉴别，所以操作方法是：用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧,若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠；②因为MgCl2为强酸弱碱盐，Mg2+发生水解反应，在HCl（气流）中可以抑制MgCl2的水解，所以由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2的操作在HCl气流中进行。考点：考查化学实验基本操作、实验方案的分析、物质的检验、平衡移动、盐类的水解。18．(8分)某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O、HCrO、Cr(OH)、HO、HO。已知该反应中HO只发生如下过程：HOO(1)该反应中的还原剂是____________________________________________________。(2)该反应中，发生还原反应的过程是________________________________________。(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目____________________。【答案】(1)HO(2)HCrOCr(OH)【解析】根据题意，HOO，说明HO作还原剂，O是氧化产物，则必然有另一种物质作氧化剂，元素的化合价降低，综合比较题给的几种物质，则HCrO作氧化剂，其还原产物为Cr(OH)，H为生成物。19．（10分）下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现欲用该浓硫酸配制成1mol/L的稀硫酸。现实验室仅需要这种稀硫酸220mL.试回答下列问题：（1）用量筒量取该浓硫酸mL。（2）配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是。（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是。A．用量筒量取浓硫酸时俯视B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中C．量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中。D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切E．容量瓶不干燥F．定容时，俯视容量瓶刻度线（4）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D.准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质（5）某同学用固体配制500ml·L-1溶液的过程如下图所示：你认为该同学的错误步骤有。处处处处【答案】28、（1）、（2）、250ml容量瓶，胶头滴管（3）、BCF（4）、BCE（5）、B【解析】试题分析：（1）实验室需要1mol/L硫酸溶液220mL，选用250ml的容量瓶，浓硫酸的浓度c==mol/L=L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以L×V=1mol/L×0.25L，解得V=0.0136L=，（2）所用仪器有：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，所以配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是250mL容量瓶,胶头滴管；（3）A．用量筒量取浓硫酸时俯视．用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，A错误；B．稀释硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中．液体具有热胀冷缩的性质，溶解后没有冷却到室温直接转移到容量瓶，冷却后会导致所配溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，B正确；C．量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中．量筒在设计时就考虑了不洗涤带来的误差，所以，洗涤量筒只能使配制的浓度偏大，C正确；D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，D错误；E．容量瓶不干燥．容量瓶洗涤后内壁有水珠而未作干燥处理，溶液的体积不变，浓度不变，E错误，F．定容时，俯视容量瓶刻度线，会使体积减小，浓度偏高，F正确，选BCF。（4）容量瓶不能用于贮存、加热溶液，溶解固体，只有1个刻度线不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，选：BCE；（5）在第③步将溶解的碳酸钠转移到容量瓶中后，要有摇匀操作，第⑤定容时，视线要与容量瓶中的凹液面相平，所以总共两处错误，选B。考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析和仪器的使用等知识。20．二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中S元素为-l价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，该反应中被氧化的元素是_________（填元素符号）。当该反应转移电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为_________L．（2）实验室中用如图1所示的装置测定SO2催化氧化为SO3，的转化率。（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响．）①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是____________．②实验过程中，需要通入氧气．试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式________．③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是____________．④实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下二氧化硫的转化率是____________（用含字母的代数式表示，不用化简）。（3）某学习小组设计用如图3装置验证二氧化硫的化学性质．①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为____________．②为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案中合理的是_______________（填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管b中发生反应的离子方程式为__________________．【答案】（1）Fe、S；；（2）①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；③使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④m/80/(m/80+n/233)；（3）①试管a中出现淡黄色浑浊；②方案Ⅲ：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。【解析】试题分析：（1）在反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化；根据反应方程式可知：每有44mol电子转移，会反应产生8molSO2，则反应转移电子，产生SO2的物质的量是n(SO2)=÷44mol)×8mol=，其在标准状况下的体积是V(SO2)=×22.4L/mol=11.2L；（2）①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②用图2所示装置是固体混合物加热制取气体的装置，则制取氧气的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④实验结束后，若装置D增加的质量为mg，则反应产生SO3的质量是mg；装置E中产生白色沉淀的质量为ng，由于未反应的SO2会被硝酸氧化产生硫酸，与溶液中的钡离子结合形成BaSO4沉淀，根据S元素守恒可知SO2的物质的量n/233mol，则此条件下二氧化硫的转化率是m/80÷(m/80+n/233)；（3）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，故证明其氧化性的现象是：试管a中出现淡黄色浑浊；②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理。考点：考查二氧化硫的性质及实验设计的知识。21．PCl5的热分解反应如下：PCl5（g）PCl3(g)＋Cl2(g)（1）写出反应的平衡常数表达式；（2）已知某温度下，在容积为10.0L的密闭容器中充入PCl5，达到平衡后，测得容器内PCl3的浓度为L。计算该温度下的平衡常数。【答案】（1）K＝或K＝(2分)（2）K＝(2分)【解析】试题分析：（1）化学常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数是K＝。（2）PCl5（g）PCl3(g)＋Cl2(g)起始浓度（mol/L）00转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L）所以该反应的平衡常数是考点：考查可逆反应中平衡常数的有关计算点评：在可逆反应的计算中，往往采用三段式进行。22．有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀．根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是_________，一定不含有的物质是_________，可能含有的物质是_________．（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式．①__________________；②__________________。【答案】（1）Ba（NO3）2、Na2CO3CuSO4NaCl；（2）①Ba2++CO32-=BaCO3↓②BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【解析】试题分析：依据题干信息和实验过程可知，①将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，一定有碳酸银沉淀，可能含有氯化银沉淀；（1）上述分析可知一定含有Ba（NO3）2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl；（2）依据各步实验现象可知，①固体混合得到白色沉淀和无色溶液，一定不含有CuSO4，生成沉淀的是Ba（NO3）2、Na2CO3，生成的碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，是碳酸钡沉淀溶于稀硝酸生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；考点：考查了离子性质的实验现象判断。23．【化学选修5—有机化学基础】有机物A～M有如图转化关系，A与F分子中含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种．已知：请回答：（1）B、F的结构简式分别为_________________、__________________；（2）反应①〜⑦中，属于消去反应的是__________(填反应序号)；（3）D发生银镜反应的化学方程式为__________________；反应⑦的化学方程式为_________________；（4）A的相对分子质量在180〜260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为_________________；（5）符合下列条件F的