【精选3份合集】昆明市2019-2020学年高考化学调研试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A B C D E 、、、、为原子序数依次增大的五种短周期元素，A 是周期表原子半径最小的元素，
B C D 、、同周期且相邻，C 的L 层电子数是K 层的3倍，E 原子的核外电子数是B 原子质子数的2倍。

下列说法不正确的是（ ）
A ．纯净的E 元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维
B ．A B
C 、、三种元素形成的化合物中一定只含共价键 C ．由元素A C 、组成的某种化合物可与2SO 反应生成24H SO
D ．元素A 与B C D
E 、、、形成的常见化合物中，热稳定性最好的是AD 2．依据下列实验现象，得出的结论正确的是
操作
实验现象
结论
A
向NaBr 溶液中加入过量氯水，再加入淀粉 KI 溶液
最终溶液变蓝
氧化性：Cl 2>Br 2>I 2
B 向某无色溶液中滴加浓盐酸
产生能使品红溶液褪
色的气体
不能证明原溶液中含有SO 32－或HSO 3－ C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后， 加入新制氢氧化铜，加热
得到蓝色溶液
蔗糖水解产物没有还原
性
D
向2mL 0.01mol/L 的AgNO 3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl 溶液后，滴加 KI 溶液 先产生白色沉淀，后
出现黄色沉淀
证明K sp (AgI)＜K sp (AgCl)
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
3．12mL NO 和NH 3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH 3
5N 2+6H 2O ，若还原产物比氧
化产物多1mL (气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO 和NH 3体积比可能是 A ．2：1
B ．1：1
C ．3：2
D ．4：3
4．下列离子方程式书写正确的是
A ．小苏打治疗胃酸过多的反应：CO 32－＋2H ＋＝CO 2↑＋H 2O
B ．次氯酸钠溶液通入少通的CO 2：2ClO －＋CO 2＋H 2O ＝2HClO ＋CO 32－
C ．H 218O 2中加入H 2SO 4酸化的KMnO 4：5H 218O 2＋2MnO 4－＋6H ＋＝518O 2↑＋2Mn 2＋＋8H 2O
D ．过量SO 2通入到Ba(NO 3)2溶液中：3SO 2＋2NO 3－＋3Ba 2＋＋2H 2O ＝3BaSO 4↓＋2NO↑＋4H ＋ 5．将足量CO 2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ） A ．K +、OH ﹣、Cl ﹣、SO 42﹣ B ．H +、NH 4+、Al 3+、NO 3﹣
C．Na+、S2﹣、Cl﹣、SO42﹣
D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
6．已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。

下列说法错误的是
A．电极Y应为Li
B．X极反应式为FeS+2Li++2e－=Fe+Li2S
C．电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
D．若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变
7．室温下，在20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示。

已知：K(HClO)=3×10-8，H2CO3：K a1=4.3×10-7，K a2=5.6×10-11。

下列说法正确的是
A．m一定等于20
B．b、d点对应的溶液显中性
C．c点溶液中c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO)
D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
8．根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是
组号今加反应的物质生成物
①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···
②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3
③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－> Cl2>Fe3＋>Br2
9．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。

下列说不正确的是
A．E a为催化剂存在下该反应的活化能，E a′为无催化剂时该反应的活化能
B．该反应为放热反应，△H=E a-E a′
C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动
10．向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。

呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。

由此得不到的结论是
A．该新制氯水c(H+)=10-2.6mol/L
B．开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和
C．OH-和Cl2能直接快速反应
D．NaOH和氯水反应的本质是OH-使Cl 2+H2O H++Cl-+HClO平衡右移
11．国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。

其工作原理如图所示。

下列说法正确的是
A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B．吸附层b 发生的电极反应：H2– 2 e- + 2OH- = 2H2O
C．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D ．“全氢电池”的总反应: 2H2 + O2 =2H2O
12．化学与生产、生活密切相关。

下列说法错误的是
A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
C．铁粉和维生素C 均可作食品袋内的脱氧剂
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
13．某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（）
离子NO3－SO42－H+M
浓度/(mol/L) 2 1 2 2 A．Cl－B．Ba2+C．Na+D．Mg2+
14．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是
选项实验操作现象结论
A
向一定浓度的CuSO4溶液中通入
适量H2S气体
出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强
B 向4mL0.01mol·L-1 KMnO4酸性溶
液中分别加入2 mL 0.1mol·L-1
H2C2O4 溶液和2mL
0.2mol·L-1H2C2O4溶液
后者褪色所需时间短
反应物浓度越大，反应速率
越快
C
将铜粉放入10mol·L-1 Fe2（SO4）3
溶液中溶液变蓝，有黑色固体
出现
说明金属铁比铜活泼
D 向蔗糖中加入浓硫酸变黑、放热、体积膨胀，
放出有刺激性气味的气
体
浓硫酸具有吸水性和强氧化
性，反应中生成C、SO2和CO2
等
A．A B．B C．C D．D 15．只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论的是
选
项
①②③实验结论
A 稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液
非金属性：
Cl>C>Si
饱和食
B
电石高锰酸钾溶液生成乙炔
盐水
C 浓盐酸MnO2NaBr溶液氧化性Cl2>Br2
D 浓硫酸Na2SO3溴水SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。

实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：
已知：① SO2(g) + Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ΔH＝－97.3 kJ/mol。

②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。

③ 100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。

回答下列问题：
(1) 装置A中发生反应的离子方程式为___________。

(2) 装置B的作用为_______________________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________。

(3) 仪器F的名称为_________________，E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”)，F的作用为
_______________________________________________。

(4) 当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为____________。

为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶
(5) 氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_____
A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取
(6) 长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_______________________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：
已知：①芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；②
③RCN RCOOH
④
回答下列问题：
(1)F的结构简式是_________________________________________。

(2)下列说法正确的是________。

A．化合物A的官能团是羟基
B．化合物B可发生消去反应
C．化合物C能发生加成反应
D．化合物D可发生加聚反应
(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_________。

(4)写出同时符合下列条件的 D的同分异构体的结构简式：_________。

①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质。

(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．含硫化合物在自然界中广泛存在。

请按要求回答下列问题：
(1)火山喷发产生在大气中发生如下反应：
①
②。

写出与反应产生和的热化学方程式：_________________。

(2)和混合加热的反应是
①某温度下，在恒容密闭容器中，通入和，平衡时测得的转化率为60％，则该温度下反应的平衡常数__________。

②由图分析该反应的______0（填“＜”“＞”）。

③如图250℃以前，曲线变化的可能原因：_____________。

(3)工业上可用碱性溶液脱硫，吸收大气污染物之一。

①该反应的离子方程式为_______________________________。

②用作催化剂，催化该反应的过程如图示：
过程2中，所起的作用是______________________________。

（填“氧化剂”“还原剂”或“既作氧化剂又作还原剂”）。

(4)不同温度下溶液与酸性溶液反应速率的探究：均取溶液（含少量淀粉）与（过量）酸性溶液混合（已知：），做不同温度下系列实验，℃间溶液由无色变蓝的时间，55℃未观察到溶液变蓝，实验记录结果如图所示：
①X 点的反应速率为______。

②40℃之前溶液由无色变蓝速率变快的主要因素是__________________；40℃之后溶液由无色变蓝的时间变长，且55℃未观察到溶液变蓝，可能的原因是__________________。

19．（6分）含有K 2Cr 2O 7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K 2Cr 2O 7
的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：
已知：CaCr 2O 7、BaCr 2O 7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。

物质 CaSO 4 CaCrO 4 BaCrO 4 BaSO 4 溶度积
9.1×10-6
2.30×10-2
1.17×10-10
1.08×10-10
（1）用离子方程式表示K 2Cr 2O 7溶液中同时存在K 2CrO 4的原因（将离子方程式补充完整）：
227
1Cr O -+__________=24CrO -
+__________。

____________ （2）向滤液1中加入BaCl 2·2H 2O 的目的，是使24CrO -
从溶液中沉淀出来。

①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。

②结合表中数据，说明选用Ba 2+而不选用Ca 2+处理废水的理由：__________。

③研究温度对24CrO -
沉淀效率的影响。

实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下24CrO -
的沉淀
率24242CrO 100%1CrO -
-
⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭
固体中的量沉淀率滤液中的量，如下图所示。

已知：BaCrO 4(s)
Ba 2+(aq)+()24
CrO aq -
ΔH>0
24CrO -
的沉淀效率随温度变化的原因是__________。

（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。

①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。

结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L 的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L 的硫酸的原因：__________。

②回收重铬酸的原理如图所示。

当硫酸浓度高于0.450mol/L 时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。

（4）综上所述，沉淀BaCrO 4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．B 【解析】 【分析】
原子半径最小的元素是氢，A 为氢，C 的L 层是K 层的3倍，则C 为氧，B 为氮，D 为氟，B 原子有7个质子，则E 原子有14个核外电子，即硅元素，据此来分析各选项即可。

【详解】
A.二氧化硅可以用于制造光导纤维，A 项正确；
B.A 、B 、C 三种元素可以形成43NH NO ，43NH NO 中含有离子键，B 项错误；
C.22H O 可以直接和2SO 作用得到24H SO ，C 项正确；
D.非金属性越强的元素，其氢化物的热稳定性越好，B 、C 、D 、E 中非金属性最强的是氟，因此HF 的热稳定性最好，D 项正确； 答案选B 。

2．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于加入的氯水过量，加入KI 后，I -会被过量的Cl 2氧化生成能使淀粉变蓝的I 2，所以无法证明Br 2和I 2的氧化性强弱关系，A 项错误；
B ．能够让品红溶液褪色的可能是SO 2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO 2，那么溶液中含有的也可能是2-
23S O ，不一定是23SO -或3HSO -
；如果使品红溶液褪色的是Cl 2，那么溶液中可能含有ClO -或
3ClO -
；综上所述，B 项正确；
C ．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu 2O 沉淀；选项没有加NaOH 将溶液调成碱性，故C 项错误；
D ．由于先前加入的NaCl 只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag +，所以后续加入KI 溶液后，必然会生成黄色的AgI 沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI 和AgCl 的K sp 的大小关系；D 项错误； 答案选B 。

3．C 【解析】
根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；
故合理选项是C。

4．C
【解析】
【详解】
A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，故A错误；
B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3－，故B错误；
C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O2＋2MnO4－＋6H＋＝518O2↑＋2Mn2＋＋8H2O，故C正确；
D、过量SO2通入到Ba(
NO3)
2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2＋+2NO3－
+2H2O=BaSO4↓+4H＋+2SO42－+2NO↑，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

易错点B，根据电离平衡常数H2CO3＞HClO＞HCO3－可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。

5．B
【解析】
【详解】
A．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与OH-反应，不能共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B选；
C．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与S2-反应，不能大量共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与C6H5O-反应，不能大量共存，故D不选；
故选B。

6．C
本题主要考查原电池与电解池串联问题。

通过总反应可知，Li发生氧化反应,作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。

【详解】
A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，选项A正确；
B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为：FeS+2Li+ +2e- =Fe+Li2S，选项B正确；
C.电解过程中，a为阳极区,发生氧化反应: 4OH--4e- =2H2O+O2↑，a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C 中发生还原反应: Ni2+ +2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。

故电解过程中，b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，选项C错误；
D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为: 2C1--2e-=Cl2↑，故电解反应总方程式发生改变，选项D正确；
答案选C。

【点睛】
本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。

7．C
【解析】
【分析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。

在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。

据此进行判断。

【详解】
A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1mol·L-1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；
C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl-)=c(HClO)＋c(ClO-)，由物料守恒知，c(Na+)=c(Cl-)＋c(HClO)＋c(ClO-)，故c(Na+)=2c(ClO-)＋2c(HClO)，C项正确；
D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2= HCO3-＋HClO，D项错误；答案选C。

8．D
【解析】
A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n （Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。

答案选D。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．催化剂能降低反应所需活化能，E a为催化剂存在下该反应的活化能，E a′为无催化剂时该反应的活化能，故A正确；
B．生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，△H≠E a′-E a，故B错误；
C．根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；
D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；
故选B。

10．C
【解析】
【详解】
A. 没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6，氢离子的浓度c(H+)=10-2.6mol/L，故A正确；
B. 向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pH迅速上升，故B正确；
C. 新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，故C错误；
D. 由图可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HClO反应，使Cl 2+H2O H++Cl-+HClO 反应平衡右移，故D正确；
题目要求选择不能得到的结论，故选C。

11．A
【解析】
【分析】
由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为
A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；
B. 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；
C. NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；
D. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；
正确答案是A。

12．B
【解析】
【详解】
A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；
B.油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；
C. 铁粉和维生素C 都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂，正确；
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。

故答案为B。

13．C
【解析】
【详解】
溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L×1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，结合选项可知，M为Na+，正确答案是C。

14．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. CuSO4和H2S反应生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S的酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，故A不选；
B.相同浓度的KMnO4酸性溶液和不同浓度的H2C2O4 溶液反应，MnO4-被还原为Mn2+，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，故B选；
C. Fe2（SO4）3和Cu反应生成FeSO4和CuSO4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，故C不选；
D.浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，同时浓硫酸具有强氧化性，被还原为SO2，有刺激性气味的气体
【解析】
【分析】
【详解】
A．盐酸易挥发，且为无氧酸，挥发出来的氯化氢也能与硅酸钠反应，则图中装置不能比较Cl、C、Si的非金属性，故A错误；
B．生成的乙炔中混有硫化氢，乙炔和硫化氢都能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，不能证明气体中一定含有乙炔，故B错误；
C．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热，常温下不能生成氯气，故C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，说明SO2具有还原性，故D正确；
故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．2MnO4—+ 10Cl— + 16H+＝2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl2 + 2H2O＝2HCl + H2SO4球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气80% ①②③ C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄
【解析】
【分析】
由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B 中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生
SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)~(3)；
(4)()2
1.12
0.05 22.4/
L
n Cl mol
L mol
==，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为
0.05135/ 6.75
mol g mol g
⨯=；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；
(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解。

【详解】
(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案
为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为
SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F 的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。

故答案为：球形干燥管；a ；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；
(4) ()2 1.120.0522.4/L n Cl mol L mol
==，由SO 2(g)+Cl 2(g)═SO 2Cl 2(l)可知，理论上生成SO 2Cl 2为0.05135/ 6.75mol g mol g ⨯=，最终得到5.4g 纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为5.4100%80%6.75g g
⨯=，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。

结合信息可知不能加热。

故答案为:80%；①②③；
(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C ；
(6)由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。

【点睛】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．BC
、
【解析】
【分析】
化合物A为芳香族化合物，即A中含有苯环，根据A的分子式，以及A能发生银镜反应，A中含有醛基，核磁共振氢谱有5种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A的结构简式为，根据信息②，推出B的结构简式为，根据信息③，推出C的结构简式为
，根据信息④，－NH2取代羟基的位置，即D的结构简式为
，根据反应⑥产物，推出F的结构简式为，据
此分析。

【详解】
（1）根据上述分析，F的结构简式为；
（2）A、根据A的结构简式，A中含有官能团是醛基，故A错误；
B、根据B的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B正确；
C、C中含有苯环，能发生加成反应，故C说法正确；
D、化合物D中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D错误；
答案选BC；
（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol阿斯巴甜中含有1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键，因此1mol阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH
＋CH3OH＋H2O；
（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，根据D的结构简式，该同分异构体中含有－NO2，符合要求同分异构体是、；
（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生H2NCH2COOH，即合成路线为。

本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，即N和O组合成－NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H=-1036.46kJ/mol 2.25<温度越高，正逆反应速率越快，但该反应未达平衡，即V(正)>V(逆)ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O既作氧化剂又作还原剂
5.0×10-5mol/(L•s)温度升高可能因温度的升高，反应过程中生成H+速率的增大，均加快了淀粉水解；或因温度的升高加速了淀粉糊化，导致淀粉浓度逐渐变小至完全被消耗（合理即可给分）
【解析】
【分析】
(1)将已知的两个热化学方程式标号，然后根据盖斯定律，将二者叠加，就可得到相应的反应的热化学方程式；
(2)①利用三段式法计算出平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式可得平衡常数K值；
②根据温度对H2S的平衡转化率的影响分析反应热；
③根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；
(3)①在碱性条件下ClO-将SO2氧化为SO42-，ClO-被还原为Cl-；
②根据过程2中ClO-中Cl、O元素化合价的变化分析判断；
(4)①根据V=计算反应速率；
②从温度对化学反应速率的影响分析变快的原因；从温度对淀粉水解及H+对淀粉水解影响分析判断。

【详解】
(1)①2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H=-442.38kJ/mol，
②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.04kJ/mol，
根据盖斯定律，将①+②×2，整理可得2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)，则
△H=-442.38kJ/mol+2×(-297.04kJ/mol)=-1036.46kJ/mol；
(2)①发生反应：CO(g)+H 2S(g)COS(g)+H2(g)
c(开始)mol/L 5 5 0 0
c(改变)mol/L 3.0 3.0 3.0 3.0
c(平衡)mol/L 2.0 2.0 3.0 3.0
则化学平衡常数K==2.25；
②由图象可知：温度升高，H2S的平衡转化率降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动。

根据平。