贵州省达标名校2018年高考五月大联考化学试卷含解析

贵州省达标名校2018年高考五月大联考化学试卷
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．烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙……，1、2、3……，一、二、三……。

其中“一、二、三……”是说明
A．碳原子数B．烷基位置编号C．氢原子数D．同种烷基数目
2．根据某种共性可将CO2、SO2归为一类氧化物，下列物质中与它们属于同一类的是（）A．CaCO3B．P2O5C．CuO D．KMnO4
3．镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是
A．高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性
B．镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应
C．镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应
D．铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物
4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）
A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)
D．N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
5．下列有关物质分类正确的是
A．液氯、干冰均为纯净物
B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物
C．互为同系物
D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
6．不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱B．Na和AlCl3溶液反应
C．单质与H2O反应的难易程度D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小
7．下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确
．．．的是
A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫
B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。

萁在釜中燃，豆在釜中泣。

……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应
D ．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H +，所以“味酸” 8．双酚A 是重要的有机化工原料，其结构如图所示。

下列关于双酚A 的说法正确的是（ ）
A ．双酚A 的分子式为C 15H 14O 2
B ．一定条件下能发生取代和水解反应
C ．最多有13个碳原子在同一平面
D ．苯环上的二氯代物有4种
9．设A N 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A ．常温常压下，9.5 g 羟基（18OH -）含有的中子数为A 5N
B ．260gSiO 中含有的Si O -键数量为A 2N
C ．2MnO 与足量浓盐酸反应产生222.4L Cl 时转移电子数为A 2N
D ．1230.1mol L Na SO -⋅溶液中含有的阴离子总数大于A 0.1N
10．关于CaF 2的表述正确的是（ ）
A ．构成的微粒间仅存在静电吸引作用
B ．熔点低于CaCl 2
C ．与CaC 2所含化学键完全相同
D ．在熔融状态下能导电
11．下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A ．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B ．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C ．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D ．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
12．W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素。

已知W 原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X 元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y 原子最外层电子数等于电子层数，Z 离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。

下列说法正确的是
A ．W 的氢化物沸点一定低于X 的氢化物沸点
B ．简单离子半径： X ＞ Y ＞ Z
C ．X 的一种单质和Z 的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒
D ．Y 、Z 形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1
13．Fe 3+、SO 42﹣、Al 3+和X 四种离子以物质的量之比2: 4 :1 :1大量共存于同一溶液中，X 可能是（ ） A ．Na + B ．Cl ﹣ C ．CO 32﹣ D ．OH ﹣
14．短周期元素 X 、Y 、Z 、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。

X 、Y 、Z 三种原子最外层电子数的关系 为 X+Z=Y 。

电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作
用，可得到化合物ZWX 的溶液。

下列说法正确的是
A．W 的氢化物稳定性强于Y 的氢化物
B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．Z 与Y 形成的化合物的水溶液呈碱性
D．对应的简单离子半径大小为W >Z > X>Y
15．下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是
A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2 + 4H+ = 2I2+2H2O
B．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+ 4H+ + NO3－= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
C．水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+ H2O
D．SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．SO2是一种大气污染物，但它在化工和食品工业上却有广泛应用。

某兴趣小组同学对SO2的实验室制备和性质实验进行研究。

(1)甲同学按照教材实验要求设计如图所示装置制取SO2
①本实验中铜与浓硫酸反应的化学方程式是______，铜丝可抽动的优点是_______。

②实验结束后，甲同学观察到试管底部出现黑色和灰白色固体，且溶液颜色发黑。

甲同学认为灰白色沉淀应是生成的白色CuSO4夹杂少许黑色固体的混合物，其中CuSO4以白色固体形式存在体现了浓硫酸的
________性。

③乙同学认为该实验设计存在问题，请从实验安全和环保角度分析，该实验中可能存在的问题是________。

(2)兴趣小组查阅相关资料，经过综合分析讨论，重新设计实验如下(加热装置略)：
实验记录A中现象如下：
序号反应温度/℃实验现象
1 134 开始出现黑色絮状物，产生后下沉，无气体产生
2 158 黑色固体产生的同时，有气体生成
3 180 气体放出的速度更快，试管内溶液为黑色浑浊
有大量气体产生，溶液变为蓝色，试管底部产生灰白色固
4 260
体，品红溶液褪色
5 300 同上
查阅资料得知：产物中的黑色和灰白色固体物质主要成分为CuS、Cu2S和CuSO4，其中CuS和Cu2S为黑色固体，常温下都不溶于稀盐酸，在空气中灼烧均转化为CuO和SO2。

①实验中盛装浓硫酸的仪器名称为____________。

②实验记录表明__________对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，在操作上应该____________。

③装置C中发生反应的离子方程式是___________________。

④将水洗处理后的黑色固体烘干后，测定灼烧前后的质量变化，可以进一步确定黑色固体中是否一定含有CuS其原理为__________(结合化学方程式解释)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：
已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）
RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑
回答下列问题：
（1）A 与C在水中溶解度更大的是_________ ，G 中官能团的名称是___________。

（2）E→F 的有机反应类型是________ ，F 的分子式为______________。

（3）由A→B反应的化学方程式为___________________。

（4）物质D的结构简式为_________________。

（5）B→C 反应中加入NaOH 的作用是________________。

（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________ 。

①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5 个峰；③能发生银镜反应
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。

合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。

回答下列问题：
I.合成气的制取
（1）煤的气化制取合成气。

已知：①H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ/mol；
②部分物质的燃烧热：
则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/mol。

（2）天然气部分氧化制取合成气。

如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1︰2，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为__。

Ⅱ.利用合成气合成乙醇
在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2molCO和4molH2，发生反应：
2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。

（1）写出该反应的平衡常数表达式__。

（2）下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是__(填序号)。

A．压强不再变化B．平均摩尔质量不再变化C．密度不再变化
（3）反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为__。

(用含p1、p2的代数式表示)
Ⅲ.合成乙醇的条件选择
为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。

CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。

（1）结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响__；以及催化剂对CO吸附强度的影响__。

（2）用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是__。

19．（6分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。

回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。

A．B．
C．D．
（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为
______。

LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。

已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为N A，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。

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．D
【解析】
【分析】
据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。

【详解】
烷烃系统命名时，甲、乙、丙……，表示主链碳原子数目。

1、2、3……，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。

一、二、三……，用于表示相同取代基的数目。

本题选D。

2．B
【解析】
【详解】
CO2、SO2归属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。

A. CaCO3属于盐类，A项错误；
B. P2O5是非金属氧化物，且属于酸性氧化物，B项正确；
C. CuO属于碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C项错误；
D. KMnO4属于盐类，D项错误；
答案选B。

3．C
【解析】
A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A 错误；
B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；
C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；
D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。

答案选C。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
−−−→FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)Fe(s)
Δ
B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
煅烧Mg(s)转C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)−−−→
化不能实现，故C错误；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；
故答案选D。

5．A
【解析】
【详解】
A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；
B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；
C.属于酚类，而属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；
D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；
故合理选项是A。

6．B
【解析】
【详解】
A. 对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；
B. Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；
C. 金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；
D. AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；
答案选B。

【点睛】
金属性比较规律：
1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。

2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。

3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。

4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。

5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。

6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。

7、由电解池的离子放电顺序判断。

7．D
【解析】
【详解】
A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；
B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；
C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；
答案选D。

8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 双酚A 的分子式为C 15H 16O 2，A 错误；
B. 酚羟基有邻位H ，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B 错误；
C. 两个苯环及连接苯环的C 可能处于同一平面，C 正确；
D. 二个氯在同一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D 错误。

答案选C 。

9．A
【解析】
【详解】
A ．一个18OH -中含有10中子，常温常压下，9.5 g 羟基(18OH -)的物质的量为0.5mol ，含有的中子数为A 5N ，故A 正确；
B ．在SiO 2晶体中，，每个Si 原子形成4个Si-O 键， 260gSiO 的物质的量为1mol ，则含有的Si O -键数量为4N A ，故B 错误；
C ．未指明Cl 2的状态，不知V m 的值，则无法计算22.4LCl 2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C 错误；
D ．没有指明溶液的体积，根据n=cV ，则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D 错误； 故答案为A 。

【点睛】
顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl 4、HF 等为液体，SO 3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa ，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol 是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

10．D
【解析】
【详解】
A ．Ca 2+与F -间存在静电吸引和静电排斥作用，故A 错误；
B ．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF 2的熔点高于CaCl 2，故B 错误；
C．CaF2中只存在离子键，而CaC2含有离子键和共价键，故C错误；
D．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故D正确；
故答案为D。

11．A
【解析】
【详解】
A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。

12．C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。

已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W 应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z为Cl，以此解答该题。

【详解】
由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，
A．水分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故B错误；
C．X的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；
D．氯化铝为共价化合物，故D错误；
故选C。

13．B
【解析】
【分析】
【详解】
假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。

14．C
【解析】
【分析】
元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。

【详解】
A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；
B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；
C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O HF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；
D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D 错误；
故选C。

【点睛】
本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。

15．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；
B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+ 4H+ + NO3－=Fe3+ + NO↑+ 2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+ 8H+ + 2NO3－= 3Fe2+ +2 NO↑+ 4H2O，故B错误；
C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O = CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。

答案选A。

【点睛】
本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。

解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Cu＋2H2SO4(浓)Δ
CuSO4＋SO2↑＋2H2O 便于控制反应的开始与停止吸水无尾气吸收装
置，停止加热时可能发生溶液倒吸分液漏斗反应温度迅速升温至260℃Ba2+＋2NO3－＋
3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+2CuS＋3O2Δ
2CuO＋2SO2、Cu2S＋2O2
Δ
2CuO＋SO2，后
一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS 【解析】
【分析】
【详解】
（1）①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)Δ
CuSO4＋SO2↑＋2H2O，
铜丝可抽动的优点是便于控制反应的开始与停止，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)Δ
CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
便于控制反应的开始与停止；
②CuSO4呈白色，说明浓硫酸具有吸水性，吸收硫酸铜晶体中结晶水得到白色CuSO4，故答案为：吸水；
③二氧化硫易溶于水，有毒，污染空气，该装置中无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸，故答案为：无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸；
（2）①由图示知，实验中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②实验记录表明温度对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，为了防止副反应发生，在操作上应该迅速升温至260℃；故答案为：；反应温度；迅速升温至260℃；
③二氧化硫进入装置C，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、NO和硫酸，反应的离子方程式是Ba2+＋2NO3－＋3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+，故答案为：Ba2+＋2NO3－＋3SO2＋2H2O=BaSO4↓＋2NO↑＋2SO42-＋4H+；
④根据反应分析，2CuS＋3O2Δ
2CuO＋2SO2、Cu2S＋2O2
Δ
2CuO＋SO2，后一反应前后固体质量不变，因
此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS，故答案为：2CuS＋3O2Δ
2CuO＋2SO2、Cu2S＋2O2
Δ
2CuO
＋SO 2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS 。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C 8H 7OCl 或 C 8H 7ClO
催化剂、促进水解
【解析】
【分析】 与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH 2I 2反应生成
，根据信息E 和SOCl 2反应生成F ，与F 反应生成G 。

【详解】 ⑴A 是苯酚在水中溶解度不大，C 为盐，在水解溶解度大，因此A 与C 在水中溶解度更大的是C ，根据G 的结构得到G 中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C ；羰基(或酮基)、醚键。

⑵E→F 是—OH 变为—Cl ，Cl 取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F 的结构简式得到F 的分子式为C 8H 7OCl 或C 8H 7ClO ；故答案为：取代反应；C 8H 7OCl 或C 8H 7ClO 。

⑶由A→B 反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。

⑷根据D 和F 生成G 的反应得到物质D 的结构简式为；故答案为：。

⑸根据B 的结构()，加入NaOH 溶液得到C()，反应中加入NaOH 的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。

⑹①与G 的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G 的同分异构体；故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．+131.3 2：1 232242c(H O)c(CH CH OH)c (CO)c (H )⋅⋅ AB 121
3p -3p 2p ×100% 在低温区，温度升高，不同催化剂对CO 的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO 的离解吸附强度均
减小 相同温度下，催化剂中Rh 质量分数越高，CO 的吸附强度越大 550℃
【解析】
【分析】
I.(1)书写出C 、CO 、H 2燃烧的热化学反应方程式，然后根据盖斯定律得到结果；
(2)分别书写出CH 4与O 2、CH 4与H 2O 、CH 4与CO 2反应的方程式，根据反应方程式的特点，进行分析判断； II.(1)根据化学平衡常数的定义进行分析；
(2)根据化学平衡状态的定义进行分析；
【详解】
I.(1)C(s)＋O 2(g)＋CO 2(g) △H=－393.5kJ·mol －1 ①，
CO(g)＋
12
O 2(g)=CO 2(g) △H=－283.0kJ·mol －1 ②, H 2(g)＋12O 2(g)=H 2O(l) △H=－285.8kJ·mol －1 ③， H 2O(g)=H 2O(l) △H=－44kJ ·mol －1 ④，根据盖斯定律，①＋④－③－②，得出△H=＋131.3kJ ·mol －1；
(2)分别发生的方程式为CH 4＋12
O 2=CO ＋2H 2、CH 4＋CO 2=2CO ＋2H 2、CH 4＋H 2O=CO ＋3H 2，要求合成气中CO 和H 2的物质的量之比为1：2，O 2可以是任意值，只需让CO 2、H 2O 反应后CO 的物质的量、H 2的物质
的量之比为1：2即可，令CO 2为amol ，则生成n(CO)=2amol ，n(H 2)=2amol ，令H 2O 为bmol ，则生成n(CO)=bmol ，
n(H 2)=3bmol ，有(2a ＋b)：(2a ＋3b)=1：2，解得a ：b=1：2；
II.(1）根据化学平衡常数的定义，K=232242c(H O)c(CH CH OH)c (CO)c (H )
⋅⋅; (2)A. 因为反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A 符合题意；
B. 组分都是气体，气体质量保持不变，该反应为气体物质的量减少的反应，根据摩尔质量的定义，因此当摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故B 符合题意；
C. 气体的总质量保持不变，容器为恒容，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C 不符合题意；
(3)相同条件下，压强之比等于物质的量，即达到平衡后气体总物质的量为21
6p p mol ，2
3222
212CO+4H CH CH OH+H O n 4
46p n(H )6-p ∆，解得n(H 2)= 121
6p -6p p mol ，则H 2的转化率为1216p -6p 100%4p ⨯=121
3p -3p 2p ×100%； III.(1)根据图像，在低温区，温度升高，不同催化剂对CO 的非离解吸附强度均增大；在高温区，温度升高，不同催化剂对CO 的离解吸附强度均减小；相同温度下，催化剂中Rh 质量分数越高，CO 的吸附强度越大；
(2)根据图像，最适宜温度为550℃。

【点睛】
II.（3）计算氢气的转化率，一般采用三段式法进行计算，我们也可以采用其他方法进行计算，该反应为物质的量减少的反应，因此可以采用差量法进行，先根据相同条件下，压强之比等于物质的量之比，求出达到平衡后，气体总物质的量，起始前气体总物质的量减去该值，即反应过程中减少的量，这种方法比三段式法要简单一些，因此平时化学反应原理计算过程中，应多总结一些计算方法。

19．D C Li +核电荷数较大 正四面体 sp 3 AB 520 498 2908
73
87416(0.466510)A N -⨯+⨯⨯ 【解析】
分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；
（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；
（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；
（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。

详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li 的基态核外电子排布式为1s 22s 1，则D 中能量最低；选项C 中有2个电子处于2p 能级上，能量最高；
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li ＋半径小于H －；
（3）LiAlH 4中的阴离子是AlH 4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp 3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al 与H 之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB ；
（4）根据示意图可知Li 原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol ；0.5mol 氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ ，所以O ＝O 键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol ；根据晶格能的定义结合示意图可知Li 2O 的晶格能是2908 kJ/mol ；
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li 2O 的密度是37387416/(0.466510)
A m g cm V N ρ-⨯+⨯==⨯。

点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。

难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱。