名校高三化学第一次模拟考试联考试卷(含答案和解析)15

名校高三化学第一次模拟考试联考试卷（含答案和解析)15
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．垃圾分类，有利于资源充分利用，下列处理错误的是 A ．厨房菜蔬与残羹回收处理后作肥料 B ．旧报纸等废纸回收再生产纸 C ．电池等电子产品有毒需特殊处理 D ．塑料袋等白色垃圾掩埋处理 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 厨房菜蔬与残羹成分为有机物，回收发酵处理后可作有机肥料，故A 正确；
B. 旧报纸等废纸属于可回收垃圾，回收后可以再生产纸，故B 正确；
C. 电池等电子产品中含有重金属等有毒物质，可以污染土壤和水体，需特殊处理，故C 正确；
D. 塑料袋等白色垃圾属于可回收垃圾，难降解，不能掩埋处理，故D 错误。

故选D 。

2．据报道科学家在宇宙中发现了3H 分子。

3H 与2H 属于 A ．同位素 B ．同系物 C ．同分异构体 D ．同素异形体
【答案】D 【解析】 【详解】
A.同种元素的不同种原子互为同位素，故A 错误；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH 2原子团的有机物互称为同系物，故B 错误；
C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，故C 错误；
D.3H 与2H 都是由氢元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D 项正确。

故选D 。

【点睛】
准确掌握“四同”的概念及它们描述的对象，是解决此题的关键。

3．下列物质属于弱电解质的是
A．酒精B．水C．盐酸D．食盐
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 酒精的水溶液不导电，属于非电解质，故A错误；
B. 水可以部分电离生成氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故B正确；
C. 盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，氯化氢在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D. 食盐属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。

故选B。

【点睛】
电解质的前提必须是化合物，化合物中的酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水是电解质。

4．物质性质的差异与分子间作用力有关的是
A．沸点：Cl2＜I2B．热稳定性：HF＞HCl
C．硬度：晶体硅＜金刚石D．熔点：MgO＞NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】
A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；
B、非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；
C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；
D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键大小有关，D错误；
正确选项A。

5．与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是
A．NaCl利用率高B．设备少
C．循环利用的物质多D．原料易得
【答案】A
【解析】
【分析】
氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。

【详解】
氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。

保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。

6．一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是
A．钾B．镁C．铁D．铜
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；
B. 加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；
C. 加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；
D. 铜和水不反应，故D不选。

故选C。

7．有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C
B．轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
C H O可以表示乙酸，也可以表示乙二醇
D．分子式242
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 原子序数为6，应为碳元素的粒子，可以表示12C，也可以表示14C，故A正确；
B. 由轨道表示式可知电子排布式为1s 22s 22p 2，可以表示碳原子，
不能表示氧原子最外层电子，故B 错误； C.比例模型
可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因为二氧化碳分子是
直线形分子，故C 错误；
D. 分子式为242C H O ，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH 3，而乙二醇的分子式为262C H O ，故D 正错误； 故选A 。

8．有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是 A ．浓硫酸的脱水性是化学性质 B ．使铁、铝钝化表现了强氧化性
C ．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用
D ．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性 【答案】D 【解析】 【详解】
A . 浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A 正确；
B . 浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B 正确；
C . 制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C 正确；
D . 浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D 错误； 故选D 。

9．下列变化不涉及氧化还原反应的是 A ．明矾净水 B ．钢铁生锈 C ．海水提溴 D ．工业固氮
【答案】A 【解析】 【详解】
A. 明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A 选；
B. Fe 、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；
C. Br 元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C 不选；
D.工业固氮过程中， N 元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D 不选； 故选A 。

10．下列符合实际并用于工业生产的是
A．工业炼铝：电解熔融的氯化铝
B．制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水
C．工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收
D．工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误；
B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；
C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用浓硫酸吸收，故C正确；
D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误；
故选C。

11．下图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能含有的官能团有
A．一个羟基，一个酯基B．一个羟基，一个羧基
C．一个羧基，一个酯基D．一个醛基，一个羟基
【答案】B
【解析】
【详解】
比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。

则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。

故选B。

12．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是A．溶解时有少量液体溅出B．洗涤液未全部转移到容量瓶中
C．容量瓶使用前未干燥D．定容时液面未到刻度线
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；
B. 洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；
C. 容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；
D. 定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；
故选D。

13．下列转化过程不能一步实现的是
A．Al(OH)3→Al2O3B．Al2O3→Al(OH)3
C．Al→AlCl3D．Al→NaAlO2
【答案】B
【解析】
【详解】
A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；
B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；
C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；
D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；
答案选B。

14．2A(g)B(g)+Q（Q>0）；下列能量变化示意图正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
根据热化学方程式2A(g) B(g)+Q（Q>0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。

15．研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—+53N N -
，若+
5N 离子中每个氮原子均
满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A ．+5N 有24个电子
B ．N 原子中未成对电子的电子云形状相
同
C ．3N -
质子数为20 D ．+
5N 中N 原子间形成离子键
【答案】B 【解析】 【详解】
A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N 5分子中含有35个电子，N 5+是由N 5分子失去1个电子得到的，则1个N 5+粒子中有34个电子，故A 错误；
B.N 原子中未成对电子处于2p 轨道，p 轨道的电子云形状都为纺锤形，故B 正确；
C.N 原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则3N -
质子数为21，故C 错误； D..N 5+离子的结构为，+
5N 中N 原子间形成共价键，故D 错误；
故选B 。

16．化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
A ．A
B ．B .
C ．C
D ．D
【答案】C 【解析】 【详解】
A. Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
NaHCO受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；
B.3
C. 乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；
D. 次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D 正确；
故选C。

17．根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是
A．钢闸门含铁量高，无需外接电源保护
B．该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”
C．将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀
D．辅助电极最好接锌质材料的电极
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；
B. 该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；
C. 将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，可防止其被腐蚀，故C正确；
D. 辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C。

【点睛】
电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。

这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。

18．某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO 和2O 物质的量百分含量分别是10%
和6%，发生反应为：()()222NO g +O g 2NO g ƒ（）
，在其他条件相同时，测得试验数据如下：
根据表中数据，下列说法正确的是 A ．温度越高，越有利于NO 的转化 B ．增大压强，反应速率变慢
C ．在5110Pa ⨯、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡
D ．如进入反应塔的混合气体为a mol ，如速率v n /t =⊿⊿表示，则在5810Pa ⨯、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段，NO 的反应速率为4a /370mol /s 【答案】D 【解析】 【详解】
A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO 转化，故A 错误；
B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B 错误；
C.在1.0×105Pa 、90℃条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C 错误；
D.8.0×105Pa 、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO ，时间为3.7s ，转化的NO 为amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol ，反应速率v=△n/△t ，则NO 的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s ，故D 正确；
故选D 。

【点睛】
从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。

19．有一未知的无色溶液中可能含有2+Cu 、+Na 、+
4NH 、2+Ba 、2-
4SO 、-I 、2-S 。

分别取样：①用pH 计测试，溶液显弱酸性；②加适量氯水和淀粉无明显现象。

由此可知原溶液中 A ．可能不含2-S B ．可能含有2+Ba
C ．一定含有2-
4SO D ．一定含有3种离子
【答案】C 【解析】 【详解】
溶液为无色，则溶液中没有Cu 2+；由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH 4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH 4+；而S 2-能水解显碱性，即S 2-与NH 4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S 2-；再由氯水能氧化I -生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I -；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH 4+，必须同时存在阴离子，即SO 42-必然存在；而Ba 2+、SO 42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba 2+；显然剩下的Na +是否存在无法判断，综上所述C 正确。

故选C 。

【点睛】
解决此类问题的通常从以下几个方面考虑：溶液的酸碱性及颜色；离子间因为发生反应而不能共存；电荷守恒。

20．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：
已知：CuCl 难溶于水和稀硫酸；+2+
22Cu O+2H Cu+Cu +H O
下列说法错误的是
A ．步骤②中的2SO 可用23Na SO 替换
B ．在步骤③中为防止CuCl 被氧化，可用23H SO 水溶液洗涤
C ．步骤④发生反应的离子方程式为：--22Δ2CuCl+2OH Cu O+2Cl +H O −−→
D ．如果2Cu O 试样中混有CuCl 和CuO 杂质，用足量稀硫酸与2Cu O 试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
【答案】D
【解析】
【分析】
碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl 2溶液，向此溶液中通入SO 2，利用SO 2的还原性将Cu 2+还原生成CuCl 白色沉淀，将过滤后的CuCl 与NaOH 溶液混合加热得砖红色沉淀Cu 2O ，据此解答。

【详解】
A ．Na 2SO 3有还原性，则步骤②还原Cu 2+，可用Na 2SO 3替换SO 2，故A 正确；
B ．CuCl 易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO 2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，故B 正确；
C ．CuCl 与NaOH 溶液混合加热得砖红色沉淀Cu 2O ，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH -Cu 2O+2Cl -+H 2O ，故C 正确；
D ．CuCl 也不溶于水和稀硫酸，Cu 2O 溶于稀硫酸生成不溶于的Cu ，则过滤后所得滤渣为Cu 和CuCl 的混合物，无法计算出样品中Cu 2O 的质量，即无法计算样品纯度，故D 错误；
故选D 。

二、推断题
21．用煤化工产品810C H 合成高分子材料I 的路线如下：
已知：（1）B 、C 、D 都能发生银镜反应，G 的结构简式为
（2）NaOH/Δ2RCHO+R'CH CHO −−−−→稀
根据题意完成下列填空：
（1）A 的结构简式为__________________。

（2）实验空由A 制得B 可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为2Cl /光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为____________________。

（3）①的反应类型为_______________反应。

（4）③的试剂与条件为__________________________。

（5）I 的结构简式为___________；请写出一个符合下列条件的G 的同分异构体的结构简式____________。

①能发生银镜反应 ②能发生水解反应
③苯环上一氯取代物只有一种 ④羟基不与苯环直接相连
（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（3222CH CH CH CH OH ），写出其合成路线________________。

（合成路线需用的表示方式为：
A B −−−−→−−−−→反反反件反件
……目物应试剂应试剂应条应条标产） 【答案】 加成反应 氢氧化钠水溶液加热
2533322222O H
NaOH/ΔCu C H OH CH CHO CH CH=CHCHO CH CH CH CH OH −−−−→−−−−−→−−−−−→热化剂加热稀加催
【解析】
【分析】
B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E 碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D 和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D
中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B 为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。

【详解】
（1）根据上述分析，A的结构简式为；
（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22 +2H2O；
（3）根据上述分析，①的反应类型为加成反应；
（4）E碱性条件下水解得到F，则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；
（5）根据上述分析，I的结构简式为；
①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；
②能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；
③苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；
④羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G 的同分异构体结构简式为；
（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：
2533322222O H
NaOH/ΔCu C H OH CH CHO CH CH=CHCHO CH CH CH CH OH −−−−→−−−−−→−−−−−→热化剂加热稀加催。

【点睛】
逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G 的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。

三、综合题
22．氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。

氯化铵T 1温度下有以下平衡：()()()43g NH Cl s NH +HCl g -Q ƒ
（1）N 原子最外层电子有______种运动状态；上述平衡中物质，在晶体时属于离子晶体的是__________。

（2）3NH 的电子式为______________。

（3）Cl 的非金属性强于S ，用原子结构的知识说明理由：_________________。

（4）上述该反应的平衡常数表达式为____________________________________。

（5）在2L 密闭容器中建立平衡，不同温度下氨气浓度变化正确的是_________。

（6）T 1温度在2L ，容器中，当平衡时测得()3c NH 为amol /L ，保持其他条件不变，压缩容器体积至1L （各物质状态不变），重新达到平衡后测得()3NH c 为bmol /L 。

试比较a 与b 的大小a_____b （填“＞”“＜”或“=”），并说明理由：___________。

【答案】5种 4NH Cl 氯原子结构与硫原子电子层数相同，但氯原子比硫原子多一个电子，原子半径氯原子小，更容易得到电子，因此氯元素的非金属性比硫强 [][]3K=NH HCl B = 因为[][][]332
K=NH HC =NH l ，始终()()3c NH =c HCl ，温度不变，K 不变，所以a=b
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律分析原子核外电子的运功状态；根据物质的组成及性质分析判断晶体类型；根据共价化合物的成键特点书写电子式；根据反应方程式书写平衡常数表达式，根据勒夏特列原理分析判断平衡的移动方向。

【详解】
（1）N 原子最外层电子排布式为2s 22p 3，s 轨道上的2个电子自旋相反，运动状态不同，p 轨道有3种方向，所以有3种运动状态，即N 原子最外层电子共有5种运动状态；上述平衡中物质，NH 3和HCl 常温下为气态，属于分子晶体，NH 4Cl 为离子化合物，在固态时属于离子晶体，故答案为：5；NH 4Cl ；
（2）NH 3中N 原子与H 原子以共价键结合，电子式为；
（3）由于氯原子结构与硫原子电子层数相同，但氯原子比硫原子多一个电子，原子半径氯原子小，更容易得到电子，因此氯元素的非金属性比硫强；
（4）化学平衡常数表达式为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，则上述该反应的平衡常数表达式为[][]3K=NH HCl ； （5）A 图中，T 2时先达到平衡，温度越高，反应越快，则T 2大于T 1，上述反应为吸热反应，则升高温度，平衡向正方向移动，c (NH 3)应增大，所以A 图错误；B 图中T 1先达到平衡，说明T 1大于T 2，升高温度时，平衡向正方向移动，c (NH 3)增大，所以B 图正确，故答案为B ；
（6）因为[][][]332
K=NH HC =NH l ，始终c (NH 3)=c (HCl )，温度不变，K 不变，所以a=b 。

23．为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。

将
0.200g 铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用10.0200mol L -g 的4KMnO 溶液滴定，达到终点时消耗了425.00mL KMnO 溶液。

（1）配平以下方程式并标出电子转移的方向与数目____________________。

()24444242423__H SO +__KMnO +__FeSO __MnSO +__Fe SO +__K SO +__H O → （2）滴定到终点时的现象为____________________，铁片中铁元素的质量分数为_______________________。

（3）高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：_____________。

（4）()243Fe SO 溶液呈酸性，加硫酸后3+Fe 增加，请结合离子方程式并利用化学平衡移动理论解释：_____________________________。

（5）高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂。

可以氧化22H O 、2+Fe 、2-S 、2-3SO 等多种物质，如224244242H O +KMnO +H SO MnSO +_____+K SO +H O →，试推测空格上应填物质的化学式为________。

（6）上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是____________________。

【答案】
最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且30s 不褪色 70% 盐酸有还原性（或-C1有
还原性），易被高锰酸钾氧化 ()3++23Fe +3H O Fe OH +3H ƒ，加入稀硫酸，增大+
H 浓度，平衡向左移动，抑制了3+Fe 水解，所以3+Fe 增大 2O 生成的2+Mn 可能有催化作用，加快了反应速度
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中得失电子守恒配平化学方程式；根据滴定原理分析滴定终点的现象及计算物质的质量分数；根据平衡移动原理及影响速率的因素分析解答。

【详解】
（1）元素的化合价变化为：Mn ：+7→+2，改变数为5，Fe ：+2→+3，改变数为1，根据化合价升降的总数相等可知，KMnO 4与FeSO 4的化学计量数比值为1：5，然后根据质量守恒配平化学方程式，配平后的化学方程式为8H 2SO 4+2KMnO 4+10FeSO 4＝
2MnSO 4+5Fe 2(SO 4)3+K 2SO 4+8H 2O ，电子由Fe 转移到Mn ：
；
（2）高锰酸钾滴入时被亚铁离子还原成无色，则滴定到终点时的现象为最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且30s 不褪色；根据方程式计算得
KMnO 4～～～5FeSO 4～～～5Fe
1mol 5mol
0.02mol /L ×0.025L n
n (Fe )=0.02mol /L ×0.025L ×5=0.0025mol 则铁片中铁元素的质量分数为0.0025mol 56g/mol 100%=70%0.2g
⨯⨯； （3）高锰酸钾有氧化性，盐酸有还原性（或-C1有还原性），易被高锰酸钾氧化；
（4）铁离子水解：()3++23Fe +3H O Fe OH +3H ƒ，加入稀硫酸，增大+H 浓度，平衡
向左移动，抑制了3+Fe 水解，所以3+Fe 增大；
（5）H 2O 2中O 为-1价，被高锰酸钾氧化后生成O 2，故答案为O 2；
（6）因为恒温，所以影响反应速率的因素可能是催化剂，故答案为：生成的2+Mn 可能有催化作用，加快了反应速度。

四、实验题
24．实验室中根据2232SO +O 2SO +Q Q>0ƒ，已知3SO 熔点是16.6℃，沸点44.4℃。

设计如下图所示的实验装置制备3SO 固体。

（1）实验开始时，先点燃的酒精灯是_________（填编号）。

（2）装置D 中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有___________。

（3）装置F 的作用是____________________。

（4）由于可逆反应，所以从E 管出来的气体中含有2SO 、3SO 。

为了证明含有2SO 可
以将该气体通入________（填下列编号，下同）、证明含有3SO 可以将该气体通入_____________。

A ．品红
B ．溴水
C ．2BaCl 溶液
D ．()32Ba NO 溶液 （5）如果没有装置G ，则F 中可能看到_________________。

（6）从装置G 导出的尾气常可以用烧碱或石灰乳吸收。

请写出用足量烧碱吸收尾气的离子方程式为：_________________________________________________________。

（7）尾气常采用烧碱或石灰乳吸收，请分析比较两种吸收剂吸收的优点
__________________________________________________________。

【答案】E 干燥二氧化硫与氧气 降温使3SO 以固体形式呈现，从混合气体中分
开 AB C 白色酸雾 -2-2322OH +SO SO +H O → 加烧碱反应快（吸收
快），加石灰乳价格低廉
【解析】
【分析】
根据实验装置及二氧化硫的性质分析装置中仪器的作用；根据二氧化硫及三氧化硫的性质分析检验的方法；根据工业生产需要分析尾气处理时选择合适的试剂。

【详解】
（1）二氧化硫与氧气在E 中反应，为了使之充分反应，所以实验开始时，先点燃的酒精灯是E 中酒精灯；
（2）如图所示A 装置产生二氧化硫气体，同时会带出水分，所以装置D 中浓硫酸的作用除了混合气体并观察气体流速外还有干燥二氧化硫与氧气的作用；
（3）根据题干信息，三氧化硫的熔点为16.6℃，所以装置F 的作用是降温，使3SO 以固体形式呈现，从混合气体中分开；
（4）二氧化硫有漂白性和还原性，可以使品红溶液和溴水溶液褪色，所以可以将气体通入品红或溴水证明二氧化硫的存在；二氧化硫与三氧化硫通入硝酸钡溶液中都产生白色沉淀，且二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫可以与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以可以用氯化钡溶液证明三氧化硫的存在，故答案为：AB ；C ；
（5）装置G 为干燥装置，如果没有干燥，空气中的水分与易溶于水的二氧化硫气体结合形成酸雾，所以F 中可能看到白色酸雾；
（6）装置G 导出的尾气是为了吸收未完全反应的二氧化硫，二氧化硫与碱反应生成亚
硫酸盐和水，离子方程式为：-2-2322OH +SO =SO +H O ；。