江西省萍乡市莲花县2017-2018学年高三化学一模试卷(实验班) Word版含解析

2017-2018学年江西省萍乡市莲花县高考化学一模试卷（实验班）
一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）
A．25°C时，pH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.02N A
B．室温下，14.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的C﹣H键数目为2.0N A
C．1L 0.5mol•L﹣1的（NH4）2SO4溶液中含有的N数目为N A
D．标准状况下，22.4LCCl4中含有的共用电子对数目为4.0N A
2．已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量．已知单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，则1mol C与O2反应生成CO的反应热△H为（）
A．﹣YkJ/mol B．（0.5Y﹣5X）kJ/mol
C．﹣（5X﹣0.5Y）kJ/mol D．+（10X﹣Y）kJ/mol
3．描述分子的下列叙述中，错误的是（）
A．该物质使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．一分子该物质能与6分子H2加成
C．最多有18个原子可能处在同一平面上
D．分子式为C11H6ClF3
4．有A、B、C、D、E五种金属元素．在相同条件下，B元素的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的弱；B、C与硫酸构成的原电池中B为负极；D单质可以与冷水剧烈反应并放出氢气；A、B、C、E四种单质分别投入盐酸中，只有E不放出氢气．则五种金属元素的金属性由强到弱的顺序为（）
A．D＞B＞A＞C＞E B．D＞A＞B＞C＞E C．A＞B＞C＞E＞D D．D＞E＞B＞A＞C 5．铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝．下列说法错误的是（）
A．①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作
B．a、b中铝元素的化合价相同
C．③中需要通入过量的氨气
D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
6．向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生反应aX（g）+2Y（s）═bZ（g）△H＜0．如图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线．根据以上信息，下列说
法正确的是（）
A．用X表示0～10 min内该反应的平均速率为v（X）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1
B．根据上图可求得化学方程式中a：b=1：3
C．推测在第7 min时曲线变化的原因可能是升温
D．推测在第13 min时曲线变化的原因可能是降温
7．把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（）
A．CH3COOH溶液B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．FeCl3溶液
8．下图为某原电池装置，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl．下列说法正确的是（）
A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣
B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．当电路中转移0.01 mol e﹣时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
二、非选择题，共4小题，共52分）
9．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的，我国国家标准规定葡萄酒中SO2残留量≤0.25g•L﹣1．为测定某葡萄酒中SO2含量设计方案如图1：
用如图2装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100.00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分．
（1）若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为：，
证明上述反应发生的实验方法是；除去C中过量的H2O2，然后用0.04000mol•L﹣1NaOH 标准溶液进行滴定，滴定前排气泡的方法是．
（2）滴定至终点消耗NaOH溶液25.00mL，据此计算葡萄酒中SO2含量为g•L﹣l．（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值（填“偏高”、“偏低”或“不变”），因此改进实验方案时可将盐酸改为．
（4）若将图2装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0.01000mol•L﹣1标准I2溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，可选择作指示剂，滴定终点的现象是．
10．Ⅰ．如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处．在一定条件下发生可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；反应达到平衡后，再恢复至原温度．回答下列问题：
（1）达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是．
（2）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，反应化学平衡常数为．
（3）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度靠近0处，则乙中可移动活塞F最终停留在右侧的刻度不大于．
Ⅱ．若一开始就将K、F固定，其它条件均不变，则达到平衡时：
（1）测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为；
（2）假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是．
11．（1）某学生用实验室常见的酸、碱、盐和金属为反应物，并利用一个底部有小孔的试管和一个广口瓶组装成如图1所示的替代简易气体发生器的即开即停装置，该装置中装有铜丝网隔板，利用该装置可制取哪些气体（答2种即可）；
若将铜丝网隔板改为铁丝网隔板，则该装置可用于制取何种气体，写出反应的离子方程式．
（2）①写出CO2和Na2O2反应的化学方程式．
②某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断是否合理，（填“是或否”）简要说明理由：．
③该同学无法断定SO2和Na2O2反应中是否有氧气生成，拟使用如图2的装置进行实验．装置中B的作用是，D的作用是．
④为确认SO2和Na2O2反应产物，该同学设计了以下实验步骤，你认为应进行的操作按顺序排列是（填序号）．
A．用带火星的细木条靠近干燥管口a，观察细木条是否着火燃烧．
B．将C装置中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液．
C．在配成的溶液中加入用硝酸酸化的硝酸钡溶液，观察是否有沉淀生成．
D．在配成的溶液中先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，观察是否有气泡或沉淀生成．12．分子式为C8H10的有机物A与氯气反应生成产物有多种，产物之一B可发生下列转化
合成聚酯类高分子材料其合成路线如下：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：
②物质C可发生银镜反应．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）B的结构简式为，其中的官能团名称为．
（2）写出下列反应的化学方程式：
C与银氨溶液的反应．由D生成高分子化合物的反应．
（3）C的同分异构体中属于芳香族化合物且能发生水解反应的有种，其中既能发生水解反应，又能发生银镜反应的有种．
（4）格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得．设R为烃基，已知：
R﹣X+Mg R﹣Mg X（格氏试剂）；
根据以上信息，用C物质和格氏试剂合成另一种高分子化合物，在合成过
程中所用的格氏试剂的化学式为（用X表示卤原子），合成过程中涉及到的有机化学反应类型有（填编号）
A．加成反应B．加聚反应C．氧化反应D．缩聚反应．
2016年江西省萍乡市莲花县高考化学一模试卷（实验班）
参考答案与试题解析
一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）
A．25°C时，pH=12的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.02N A
B．室温下，14.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的C﹣H键数目为2.0N A
C．1L 0.5mol•L﹣1的（NH4）2SO4溶液中含有的N数目为N A
D．标准状况下，22.4LCCl4中含有的共用电子对数目为4.0N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、溶液PH计算氢离子浓度，结合离子积常数计算氢氧根离子浓度，溶液体积不知不能计算微粒物质的量；
B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算14.0gCH2中含有的C﹣H数；
C、铵根是弱碱阳离子，水溶液中水解；
D、标准状况CCl4不是气体，依据气体摩尔体积应用体积分析．
【解答】解：A、PH计算溶液中含有的OH﹣浓度，但溶液体积不知不能计算微粒物质的量，故A错误；
B、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算14.0gCH2中含有的C﹣H数=×2×
NA=2.0N A，故B正确；
C、1L 0.5mol•L﹣1的（NH4）2SO4溶液中含有铵根离子水解，所以NH4+数目小于N A，故C错误；
D、标准状况CCl4不是气体，22.4LCCl4物质的量不是1mol，故D错误；
故选B．
2．已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量．已知单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，则1mol C与O2反应生成CO的反应热△H为（）
A．﹣YkJ/mol B．（0.5Y﹣5X）kJ/mol
C．﹣（5X﹣0.5Y）kJ/mol D．+（10X﹣Y）kJ/mol
【考点】有关反应热的计算．
【分析】碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应
C+O2CO2．3.6g碳的物质的量为0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为0.2mol，n（C）：
n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生．令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素与氧元素守恒列方程计算x、y的值，计算生成ymol二氧化碳方程的热量，放出的总热量减去生成二氧化碳放出的热量为生成xmolCO放出的热量，据此计算
1molC与O2反应生成CO的反应热△H．
【解答】解：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应
C+O2CO2．
3.6g碳的物质的量为=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为=0.2mol，n（C）：
n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生．
令生成的CO为xmol，CO2为ymol，
根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1．单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y
kJ/mol=0.1YkJ，
所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ﹣0.1YkJ．
由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“﹣”，
故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=﹣=﹣（5X﹣0.5Y）kJ/mol．
故选C．
3．描述分子的下列叙述中，错误的是（）
A．该物质使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．一分子该物质能与6分子H2加成
C．最多有18个原子可能处在同一平面上
D．分子式为C11H6ClF3
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】有机物含有苯环、碳碳双键、三键为平面形、直线形解雇，碳碳双键、三键可发生加成、氧化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．含有碳碳双键、三键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；
B．苯环、碳碳双键、三键都可与氢气发生加成反应，一分子该物质能与6分子H2加成，故B正确；
C．苯环、碳碳双键、三键为平面形结构，最多有19个原子可能处在同一个平面上，故C 错误；
D．由结构简式可知该有机物的分子式为C11H6ClF3，故D正确；
故选C．
4．有A、B、C、D、E五种金属元素．在相同条件下，B元素的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的弱；B、C与硫酸构成的原电池中B为负极；D单质可以与冷水剧烈反应并放出氢气；A、B、C、E四种单质分别投入盐酸中，只有E不放出氢气．则五种金属元素的金属性由强到弱的顺序为（）
A．D＞B＞A＞C＞E B．D＞A＞B＞C＞E C．A＞B＞C＞E＞D D．D＞E＞B＞A＞C 【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．
【分析】B元素的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的弱，则金属性B小于A；B、C与硫酸构成的原电池中B为负极，说明B较活泼；D单质可以与冷水剧烈反应并放出氢气，
则D的活泼性较强；A、B、C、E四种单质分别投入盐酸中，只有E不放出氢气，则E的活泼性最弱，据此进行解答．
【解答】解：相同条件下，B元素的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的弱，则金属性A ＞B；
B、C与硫酸构成的原电池中B为负极，说明B较活泼，则金属性：B＞C；
D单质可以与冷水剧烈反应并放出氢气，说明D元素的金属性非常强，应是五种元素中金属性最强的元素；
A、B、C、E四种单质分别投入盐酸中，只有E不放出氢气，则E的活泼性最弱，其金属性最弱；
根据分析可知，五种金属元素的金属性由强到弱的顺序为D＞A＞B＞C＞E，
故选B．
5．铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝．下列说法错误的是（）
A．①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作
B．a、b中铝元素的化合价相同
C．③中需要通入过量的氨气
D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理．
【分析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2﹣和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe （OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al．
【解答】解：铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2﹣和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；
A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，故A正确；
B、a中为Al3+，b中为AlO2﹣，a、b中铝元素的化合价均为+3价，故B正确；
C、③中需要把AlO2﹣转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2﹣+CO2+2H2O ═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C错误；
D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，故D正确．
故选：C．
6．向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生反应aX（g）+2Y（s）═bZ（g）△H＜0．如图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线．根据以上信息，下列说法正确的是（）
A．用X表示0～10 min内该反应的平均速率为v（X）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1
B．根据上图可求得化学方程式中a：b=1：3
C．推测在第7 min时曲线变化的原因可能是升温
D．推测在第13 min时曲线变化的原因可能是降温
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A、根据图象：0～10 min内△c（X）=（0.45﹣0.20）mol•L﹣1=0.25 mol•L﹣1，再有v=计算；
B、同一时间段内，参与反应物质的浓度之比=化学计量数之比；
C、在第7 min时，反应速率加快了，根据影响化学反应速率的因素，容器恒容，所以可能是升高温度或者加入催化剂；
D、Z的浓度减小，X的浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，可能为升高温度．
【解答】解：A、由图象可知，0～10 min内△c（X）=（0.45﹣0.20）mol•L﹣
1=0.25 mol•L﹣1，则v（X）=0.025 mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B、10～13 min时，各种成分的浓度不再改变，则此时反应达到平衡状态，△c（X）=0.25 mol•L ﹣1，△c（Z）=0.5 mol•L﹣1，而△c（X）：△c（Z）=a：b，故a：b=1：2，故B错误；
C、在第7 min时，X的浓度减小更快，Z的浓度增大更快，即反应速率加快了，容器恒容，所以可能是升高温度或者加入催化剂，此时不能通过平衡移动原理来解释，因为还没有达到平衡状态，故C正确；
D、第13 min时，平衡被破坏，Z的浓度减小，平衡逆向移动，该为放热反应，原因可能是升高温度，故D错误；
故选C．
7．把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（）
A．CH3COOH溶液B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．FeCl3溶液
【考点】水的电离．
【分析】把溶液加水稀释，溶液的体积增大，溶液中物质电离出的离子浓度一定减小，根据Kw只受温度影响来确定溶液中氢离子或是氢氧根离子浓度的大小．
【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离正向进行，所以氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A错误；
B、氯化钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确；
C、NaOH溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子浓度均减小，故C错误；
D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D错误，
故选B．
8．下图为某原电池装置，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl．下列说法正确的是（）
A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣
B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．当电路中转移0.01 mol e﹣时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A．正极上氯气得电子；
B．放电时，交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀；C．根据电池总反应判断；
D．放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子．
【解答】解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A．正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；
B．放电时，交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl沉淀，所以左侧溶液中有大量白色沉淀氯化银生成，故B错误；
C．根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；
D．放电时，当电路中转移0.01mol e﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中共约减少0.02mol离子，故D正确；
故选D．
二、非选择题，共4小题，共52分）
9．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的，我国国家标准规定葡萄酒中SO2残留量≤0.25g•L﹣1．为测定某葡萄酒中SO2含量设计方案如图1：
用如图2装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100.00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分．
（1）若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，证明上述反应发生的实验方法是取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀；除去C中过量的H2O2，然后用0.04000mol•L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡的方法是将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠．
（2）滴定至终点消耗NaOH溶液25.00mL，据此计算葡萄酒中SO2含量为0.32g•L﹣l．（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”），因此改进实验方案时可将盐酸改为稀硫酸．
（4）若将图2装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0.01000mol•L﹣1标准I2溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，可选择淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象是最后一滴标准液加入时，溶液恰好由无色变为蓝色，半分钟内不褪色．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）若C中盛装H2O2溶液，二氧化硫具有还原性，能够与过氧化氢反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；，证明反应生成可以验证生成的硫酸，加入氯化钡溶液生成白色沉淀设计检验方法，氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；
（2）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，消耗盐酸增多，该测定结果比实际值高，应改为难挥发性的硫酸；
（4）改用0.01000mol•L﹣1标准I2溶液滴定，选择淀粉溶液做指示剂，滴入最后一滴溶液变蓝色半分钟不变化证明反应达到终点．
【解答】解：（1）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，证明上述反应发生的实验方法是：取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀，氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠，
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀；将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠；
（2）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0400mol/L×0.025L）×
64g/mol=0.032g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.32g/L，
故答案为：0.32；
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，测定过程中消耗盐酸量增多，所以该测定结果比实际值高，改进实验方案时可将盐酸改为难挥发的稀硫酸，
故答案为：偏高；稀硫酸；
（4）改用0.01000mol•L﹣1标准I2溶液滴定，选择淀粉溶液做指示剂，滴定终点的现象是：滴入最后一滴溶液变蓝色半分钟不变化证明反应达到终点，
故答案为：淀粉溶液；最后一滴标准液加入时，溶液恰好由无色变为蓝色，半分钟内不褪色．
10．Ⅰ．如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处．在一定条件下发生可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；反应达到平衡后，再恢复至原温度．回答下列问题：
（1）达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是0＜a＜2．（2）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，反应化学平衡常数为4．
（3）若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度靠近0处，则乙中可移动活塞F最终停留在右侧的刻度不大于8．
Ⅱ．若一开始就将K、F固定，其它条件均不变，则达到平衡时：
（1）测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为1﹣b；
（2）假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是＜d＜．
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【分析】Ⅰ．（1）该反应正向为体积缩小的反应，当物质的量不变时平衡，此时隔板K、F 不再移动，根据可逆反应的特征分析；
（2）根据化学平衡常数表达式的概念，结合条件中给出的可逆反应方程式解答；
（3）根据等效平衡和可逆反应的特征判断；
Ⅱ．（1）体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氦气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，左边甲容器中A转化了2b，右边乙容器中含有2b的C，依据转化率概念计算得到；
（2）根据压强之比等于气体物质的量之比，依据极值分析判断．
【解答】解：Ⅰ．（1）根据反应式2A（g）+B（g）⇌2C（g）可知反应达平衡时气体物质的量减小，当物质的量不变时平衡，此时隔板K、F不再移动，当乙中没有He气时，甲中充入2molA、1molB，与乙中充入2molC到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molHe气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动，再次到达平衡时，隔板位于a处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体．隔板在a处时，甲中的气体为0.5×（6﹣a）mol．
设甲中反应到达平衡时，有xmolB发生反应，
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol） 2 1 0
转化（mol）2x x 2x
平衡（mol ） （2﹣2x ） （1﹣x ） 2x
（2﹣2x ）+（1﹣x ）=（6﹣a ）×0.5 0.5a=x
当B 完全反应时，x=1，a 取最大，即a=2
2molA 和1molB 完全反应时生成2molC ，根据可逆反应不能进行到底可知：K 停留在0～2之间某位置，
故答案为：0＜a ＜2；
（2）根据题中的条件，当到达平衡时，隔板位于左侧1处，则说明乙端的相当有7个格，即乙中平衡时气体的物质的量为3.5mol ，其中He 为1mol ．
设乙中到达平衡时有ymolC 反应
2C （g ）⇌2A （g ）+B （g ）
开始（mol ） 2 0 0
转化（mol ） y y
y
平衡（mol ） （2﹣y ） y
y
（2﹣y ）+y +y=2.5 y=1，
则甲中C 的物质的量为1mol ，A 的物质的量为1mol ，B 的物质的量为0.5mol ，甲容积为2L ，
根据化学平常数表达式的概念，生成物浓度计量系数次方的乘积与反应物浓度计量系数次方
的乘积的比值，K===4， 故答案为：4；
（3）根据题中信息可知，甲和乙是在恒温恒压条件下的反应，属于等效平衡，若平衡时K 停留在0处，说明甲中平衡混合物为3mol ，如乙平衡不移动，乙中为C 和He ，共4mol ，体积为8，F 应停留在8处，但因为等同于此时再向乙中通入1molHe ，2C （g ）⇌2A （g ）+B （g ），会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，则活塞F 应停留在右侧不大于8处，
故答案为：8；
Ⅱ．（1）体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氦气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，左边甲容器中甲中A 的转化率为b ，则A 转化了2b ，
右边乙容器中含有2b 的C 物质，乙中C 的转化率==1﹣b ；
故答案为：1﹣b ；
（2）此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化，当乙完全不转
化、甲完全转化时，恒容，d===；当乙完全转化、甲完全不转化时，恒容，
d=
==，因此d 的取值范围是＜d ＜，
故答案为：＜d ＜．
11．（1）某学生用实验室常见的酸、碱、盐和金属为反应物，并利用一个底部有小孔的试管和一个广口瓶组装成如图1所示的替代简易气体发生器的即开即停装置，该装置中装有铜丝网隔板，利用该装置可制取哪些气体H2 CO2（答2种即可）；
若将铜丝网隔板改为铁丝网隔板，则该装置可用于制取何种气体2，写出反应的离子方程式+﹣+2O═2AlO2﹣+2↑．
（2）①写出CO2和Na2O2反应的化学方程式2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2．
②某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断是否合理是，（填“是或否”）简要说明理由：由于过氧化钠具有强氧化性，能将+4价的硫氧化为+6价的硫而生成硫酸钠．
③该同学无法断定SO2和Na2O2反应中是否有氧气生成，拟使用如图2的装置进行实验．装置中B的作用是用于干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应，D的作用是为了防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气．
④为确认SO2和Na2O2反应产物，该同学设计了以下实验步骤，你认为应进行的操作按顺序排列是（填序号）A、B、D．
A．用带火星的细木条靠近干燥管口a，观察细木条是否着火燃烧．
B．将C装置中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液．
C．在配成的溶液中加入用硝酸酸化的硝酸钡溶液，观察是否有沉淀生成．
D．在配成的溶液中先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，观察是否有气泡或沉淀生成．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）根据启普发生器对反应物、反应条件的要求判断，固、液不加热型或液、液不加热型，根据铁的性质判断其它气体不能制取的原因，并写出相应的离子方程式，将铜网改为铁网时，铁和稀盐酸、稀硫酸都反应，所以只能用于碱和金属反应生成的气体，可制取的气体只有H2；
（2）①过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，根据反应物、生成物写出相应的化学反应方程式；
②SO2有还原性，Na2O2有强氧化性，过氧化钠能将+4价的硫氧化为+6价的硫而生成硫酸钠，根据SO2和Na2O2的性质判断；
③根据浓硫酸、碱石灰的性质判断其作用，浓硫酸有吸水性，能吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气与过氧化钠反应而干扰二氧化硫；碱石灰是干燥剂，能吸收水分，防止水蒸气的干扰；
④根据假设的产物确定实验步骤并检验生成物的成分．
【解答】解：（1）使用启普发生器时对反应物、反应条件的要求是：固、液不加热型或液、液不加热型，所以可制取的气体有H2 CO2等；将铜网改为铁网时，铁和稀盐酸、稀硫酸都反应，所以只能用于碱和金属反应生成的气体，可制取的气体只有H2，强碱和铝反应生成偏铝酸盐和氢气2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑．。