贵州省安顺市达标名校2019年高考三月适应性考试化学试题含解析

贵州省安顺市达标名校2019年高考三月适应性考试化学试题
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．研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。

减少氨排放的下列解决方案不可行的是()
A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放
C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥
2．下列有关实验能达到相应实验目的的是（）
A．实验室制备氯气B．制备干燥的氨气
C．石油分馏制备汽油D．制备乙酸乙酯
3．β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。

β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是
A．分子式为(C6H l2O6)n B．与葡萄糖互为同系物
C．可以发生氧化反应D．葡萄糖发生加聚反应可生成β-l，3一葡聚糖
4．下列实验目的能实现的是
A．实验室制备乙炔B．实验室制备氢氧化亚铁C．实验室制取氨气D．实验室制取乙酸丁酯
5．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()
A．铝制器皿不宜盛放酸性食物
B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
6
．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选
项
实验操作和现象结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3
的酸性
B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH约为5 HSO3-结合H+的能力比SO32-弱
D
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄
色沉淀
CH3CH2Br没有水解A．A B．B C．C D．D
7．关于下列转化过程分析不正确的是
A．Fe3O4中Fe 元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中每消耗58 g Fe3O4转移1 mol 电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2O 加热
Fe3O4+H2↑
D．该过程总反应为2H2O═2H2↑+O2↑
8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋
B．pH＝12 的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—
C．水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+
D．0.1 mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—
9．吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。

下列说法正确的是
A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7N
B．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应
C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面
D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3mol NaOH反应
10．下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（）
A．汽油B．煤油C．凡士林D．石油气
11．12mL NO和NH 3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，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NH3体积比可能是
A．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：3
12．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）
A．为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸
B．食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂
C．用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素
D．化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施
13．Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

以NaOH 溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。

下列说法不正确
A．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出
B．铁电极上的主要反应为：Fe－6e-+8OH-= FeO42-+4H2O
C．电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小
D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜
14．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．36g由35Cl和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17N A
B．5.6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用电子对的数目为1.2N A
C．含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子数为4N A
D．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2N A
15．如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。

下列说法错误的是
A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀
B．图中生成铁锈最多的是乙区域
C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋
D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。

Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：
(1)仪器A的名称____________。

(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。

(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。

请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。

②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。

实验操作及现象见表：
序号实验操作实验现象
1 向10 mL 1 mol/L Na2S溶液中通O215 min后，溶液才出现浑浊
2 向10 mL 1 mol/L Na2S溶液中通SO2溶液立即出现黄色浑浊
由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。

你认为上表实验1反应较慢的原
因可能是____________。

Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 mol·L-1KIO3标准溶液进行滴定。

检测装置如图所示：
[查阅资料] ①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2
②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2
③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+
④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O
(4)工业设定的滴定终点现象是____________。

(5)实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1
实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2
①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。

则设置实验一的目的是___________。

②测得V2的体积如表：
序号 1 2 3
KIO3标准溶液体积/mL 10.02 9.98 10.00
该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．已知：（Ⅰ）当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对位或间位的氢原子。

使新取代基进入它的邻、对位的取代基有—CH3、—NH2等；使新取代基进入它的间位的取代基有—COOH、—NO2等；
（Ⅱ）R—CH=CH—R′R—CHO+R′—CHO
（Ⅲ）氨基（—NH2）易被氧化；硝基（—NO2）可被Fe和盐酸还原成氨基（—NH2）
下图是以C7H8为原料合成某聚酰胺类物质（C7H5NO）n的流程图。

回答下列问题：
（1）写出反应类型。

反应①________，反应④________。

（2）X、Y是下列试剂中的一种，其中X是____，Y是_____。

(填序号)
a．Fe和盐酸b．酸性KMnO4溶液c．NaOH溶液
（3）已知B和F互为同分异构体，写出F的结构简式_____。

A~E中互为同分异构体的还有____和____。

(填结构简式)
（4）反应①在温度较高时，还可能发生的化学方程式________。

（5）写出C与盐酸反应的化学方程式________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。

在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。

(l) N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。

(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) =2N2(g)+O2(g) △H。

已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/mol
4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △H2=-1531KJ/mol
△H=__________。

(3)N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①Fe++N2O FeO+N2；反应
②______________
由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用时间。

(4)在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率。

部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：____ ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为T C和T D，，通过计算判断T C____T D(填“>”“=”或“<”)。

(5)在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：
时间/min 0 2 4 6 8 10
物质的量
50.0% 40.25% 32.0% 26.2% 24.0% 24.0%
分数
则该温度下反应的平衡常数K=____。

19．（6分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质。

具体实验步骤如下图所示(明矾石焙烧后成分不变):
完成下列填空:
（1）“浸出”反应的离子方程式为_______。

“浸出”所用稀氨水浓度为39.20g/L，配制500mL 该氨水需251.28g/L 的浓氨水________mL。

（2）“过滤”所需的玻璃仪器有______________。

（3）写出“溶解”过程中发生反应的化学方程式_________、________。

（4）检验滤液中是否含有SO42- 的实验方法__________。

（5）为测定钾氨复合肥K2SO4、(NH4)2SO4中SO42-的质量分数，设计实验步骤如下:
①_____________________。

②溶于水，加入足量BaCl2溶液，待白色沉淀不再产生为止。

③过滤、______、________ (依次填写实验操作名称) 。

④冷却、称量所得沉淀的质量。

（6）若所取试样和所得沉淀的质量分别为mg、ng,试用含有m、n的代数式表示该钾氮复合肥中SO42-的质量分数为________。

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．A
【解析】
【详解】
A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；
B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；
C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；
D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；
故合理选项是A。

2．C
【解析】
【详解】
A. 浓盐酸与MnO2的反应需要加热，故A错误；
B. 氨气的密度比空气的密度小，应选用向下排空气法收集，故B错误；
C. 蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；
D. 乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和Na2CO3溶液，故D错误；
故选C。

3．C
【解析】
【详解】
A. 如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6H l0O5)n，故A错误；
B. 根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；
C. 该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；
D. β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；
答案选C。

【点睛】
醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；
B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；
C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；
D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；
故选：C。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；
B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；
D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；
故选C。

【点睛】
金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的
氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。

6．C
【解析】
【分析】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B. 过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；
D. 水解后检验溴离子，应在酸性条件下；
【详解】
A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；
B. 过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；
C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D 错误；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。

侧重考查学生的分析与实验能力。

7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；
B．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58 g Fe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；
C．过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2O
Fe3O4+H2↑，故C正
确；
D．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)==6FeO(s)+O2(g)过程II：3FeO(s)+H2O(l)==H2(g)+Fe3O4(s)，相加可得该过程总反应为
2H2O==O2↑+2H2↑，故D正确；
故选：B。

8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN －能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；
B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；
D．0.1 mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；
答案选D。

【点睛】
在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。

9．D
【解析】A. 吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B. 吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；
C. 吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C
错误；D. 1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3mol NaOH，故D正确；故选D。

10．D
【解析】
【详解】
石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。

11．C
【解析】
【详解】
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。

12．C
【解析】
【详解】
A．常温下Fe与液氯不反应，Fe与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项A正确；
B．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项B正确；
C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，选项C不正确；
D．SO2和NO X的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施，选项D正确；
答案选C。

13．C
【解析】
【分析】
由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe－
6e-+8OH-= FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为
2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。

【详解】
A项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故A正确；
B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；
C项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，由于有OH-生成，电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH增大，故C错误；
D项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-＝FeO42-+4H2O，Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D正确。

故选C。

【点睛】
本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。

14．B
【解析】
【详解】
A．35Cl和37C1的原子个数关系不定，则36g氯气不一定是0.5mol，所含质子数不一定为17N A，A不正确；B．5.6gC3H6和5.6g C2H4中含有共用电子对的数目都是1.2N A，则5.6g混合气所含共用电子对数目也为1.2N A，B正确；
C．1个“SiO2”中含有4个Si-O键，则含4molSi-O键的二氧化硅晶体为1mol，氧原子数为2N A，B不正确；
D．铜与过量的硫反应生成Cu2S，6.4g铜转移电子数目为0.1N A，D不正确；
故选B。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；
B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B 正确；
C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；
D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；
答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．蒸馏烧瓶饱和亚硫酸氢钠溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓ 氧气中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出现稳定的蓝色空白实验0.096%
【解析】
【分析】
I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。

II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。

【详解】
(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱
酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；
(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；
②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。

表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；
II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；
(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。

设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；
②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=10.029.9810.00
3
++
mL=10.00
mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 mol/L×0.0100 L=1.0×10-5 mol，根据电子守恒及结合②③方程式可知
n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5 mol×32
g/mol=9.6×10-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为
4
9.610g
1g
-
⨯
×100%=0.096%。

【点睛】
本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。

掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。

在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。

易错点是(5)中S 含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．取代反应缩聚（聚合）反应 b a
+HCl→
【解析】
【分析】
【详解】
根据反应④，C发生缩聚反应得到高分子化合物，则C的结构简式为
；C 7H 8满足C n H 2n-6，C 7H 8发生硝化反应生成A ，结合A→B→C ，则C 7H 8为
，A 的结构简式为，根据已知（III ），为了防止—NH 2被氧化，则A→B→C 应先发生氧化
反应、后发生还原反应，则B 的结构简式为
；根据已知（II ），反应⑥生成的D 的结构简式为，D 与Cu(OH)2反应生成的E 的结构简式为，
E 发生硝化反应生成
F ，B 和F 互为同分异构体，结合已知（I ），F 的结构简式为；
（1）反应①为甲苯与浓硝酸发生的取代反应；反应④为C 发生缩聚反应生成。

（2）A 的结构简式为，B 的结构简式为，A→B 使用的试剂X 为
酸性KMnO 4溶液，将甲基氧化成羧基，选b ；C 的结构简式为
，B→C 将—NO 2还原为—NH 2，根据已知（III ），Y 为Fe 和盐酸，选a 。

（3）根据上述推断，F 的结构简式为；A~E 中互为同分异构体的还有A 和C ，即和。

（4）甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在温度较高时反应硝化反应生成2,4,6—三硝基甲苯，反应的化学方程式为。

（5）C 的结构简式为，C 中的—NH 2能与HCl 反应，反应的化学方程式为+HCl→。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．2NH 3+2O 2 催化剂N 2O+3H 2O -163kJ/mol FeO ++CO CO 2+Fe + 放热 反应① 降低温度 = 1.17
【解析】
【分析】
(2)利用盖斯定律求反应热；
(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
(5)根据三等式求算平衡常数。

【详解】
(1)NH 3和O 2反应得到N 2O ，根据化合价升降守恒配平，NH 3中N 的化合价从－3升高到N 2O 中的＋1，共升高4价；O 2中O 的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH 3和O 2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH 3+2O 2∆
催化剂N 2O+3H 2O ； (2) 已知①2NH 3(g)+3N 2O(g)=4N 2(g)+3H 2O(l) △H 1=-1010KJ/mol ，②4NH 3(g)+3O 2(g) =2N 2(g)+6H 2O(l)
△H 2=-1531KJ/mol ；反应①×
23-反应②×13
可得目标反应，则△H=△H 1×23-△H 2×13=-1010kJ/mol ×23-(-1531kJ/mol)×13=-163kJ/mol ； (3)总反应为N 2O(g)+CO(g)CO 2(g)十N 2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总
反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO ++CO
CO 2+Fe +； 根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；
根据反应①的历程图可知，由Fe ＋和N 2O 经过过渡态得到产物FeO ＋和N 2，过渡态和反应物Fe ＋和N 2O 的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；
(4)①根据图像，C 点和B 点，反应物的投料比相同，但是B 点表示的平衡状态，N 2O 的转化率高于C 点，C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，平衡正向移动，N 2O 的转化率增加；B 和C 点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；
①利用三等式求出C 和D 点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；
设定容器体积的体积为VL 。

C 点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N 2O 和CO 的物质的量均为1mol ，其N 2O 的转化率为0.50，则根据三等式有
222N O(g)+CO(g)
CO (g)+N (g)11
000.50.5
0.50.50.50.5
0.50.5
开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，则在平衡常数2220.50.5(N )(CO )=10.50.5
(N O)(CO)c c V
V K c c V V ⨯==⨯； D 点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N 2O 和CO 的物质的量为1.5mol 和1mol ，其N 2O 的转化率为0.40，N 2O 反应了1.5mol ×0.40=0.6mol ，则根据三等式有。