宜宾市2019-2020学年化学高一下期末学业水平测试模拟试题含解析

宜宾市2019-2020学年化学高一下期末学业水平测试模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．根据下表部分短周期元素信息，判断以下叙述正确的是
A．氢化物的沸点为H2T＜H2R
B．单质与稀盐酸反应的剧烈程度L＜Q
C．M与T形成的化合物具有两性
D．L2+与R2﹣的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al元素。

A、H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，即H2R＜H2T，故A错误；B、金属性Mg比Be 强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，故B错误；C、M与T形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故C正确；；D、L2+的核外电子数为12-2=10，Q2-的核外电子数为16-(-2)=18，不相等，故D错误；故选C。

2．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。

一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。

下列关于该电池的叙述正确的是
A．b极发生氧化反应
B．a极的反应式：N2H4＋4OH－－4e－＝N2↑＋4H2O
C．放电时，电流从a极经过负载流向b极
D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜
【详解】
A、该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，A项错误；
B、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B项正确；
C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，C项错误；
D、该原电池中，正极上生成氢氧根离子，阴离子向负极移动，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D 项错误；
答案选B。

3．1830年，法国化学品制造商库尔曼就提出，氨能跟氧气在铂催化下反应生成硝酸和水，其中第一步反应为：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(H2O)、v(NO)[mol•L-1•min-1]表示，则正确的关系是（）
A．4v(NH3)=v(O2)B．5v(O2)＝6v(H2O)
C．2v(NH3)＝3v(H2O)D．4v(O2)＝5v(NO)
【答案】D
【解析】
分析：根据同一化学反应中，速率之比等于化学计量数之比进行计算判断。

详解：A、对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；
B、对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；
C、对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，故C错误；
D、对于反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，故D正确；故选D。

4．下列关于苯的叙述正确的是( )
A．反应①为取代反应，有机产物的密度比水小
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃
D．反应④1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
A．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；
B．苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；
C．苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；D．苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；
故选B。

5．一定温度压强下，O2与CH4的混合物密度是氢气的10倍，则O2与CH4的物质的量之比为（）A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同温同压，该混合气体相对于氢气的密度为10计算混合气体的平均摩尔质量，再利用平均摩尔质量计算混合气体中CH4的与O2的物质的量比。

【详解】
相同条件下密度之比等于相对分子质量之比，氢气的相对分子质量为2，则甲烷和氧气混合气体的平均相对分子质量为20，取1摩尔混合气体，其质量为20克，设其中甲烷为x摩尔，则氧气为1-x摩尔，有
16x+32(1-x)=20，解得x=0.75摩尔，则O2为0.25摩尔，故O2与CH4的物质的量之比为1：3。

答案选D。

6．某元素B的核电荷数为Z，已知B n－和A m+的核外具有相同的电子数，则A元素的原子序数用Z、n、m 来表示，应为
A．Z+m+n B．Z－n+m C．Z－n－m D．Z+n－m
【答案】A
【解析】
【详解】
某元素B的核电荷数为Z，则B n－的核外电子总数为Z+n，由于A m+和B n－具有相同的核外电子数，则A m+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案选A。

7．.在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应：A（s）+3B（g）2C （g）+D（g）已达平衡状态的是
A．混合气体的压强B．混合气体的密度
C．3v逆（C）=2v正（B）D．气体的平均相对分子质量
【答案】A
A项，该反应是气体分子数不变的反应，反应中压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；
B项，A为固体，气体质量不断变化，容积不变，故混合气体的密度是个变量，混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；
C项，根据化学反应方程式系数可得2v正(B)=3v正(C)，又因为3v逆(C)=2v正(B)，所以v正(C)=v正(C)，反应达到了平衡状态，故C正确；
D项，气体分子数不变，气体质量是个变量，所以气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时说明达到了平衡状态，故D正确。

答案选A。

【点睛】
本题考查化学平衡状态的判断，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

8．把0.6molX气体和0.2molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）=nZ （g）+2W（g）。

5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/ (L· min)，则ｎ的值为
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据v=
c
t
∆
∆
=
n
V t
V
V计算W的平均化学反应速率，再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率
之比等于计量数之比判断n值。

【详解】
5min内W的平均化学反应速率v(W)=
c
t
∆
∆
=
n
V t
V
V=
0.2mol
2L5min
⨯=0.02mol/(L·min)，同一化学反应同一时间段
内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，v(Z)∶v(W)=0.01mol/(L•min)∶0.02 mol/(L·min)=n∶2，所以n=1，故选D。

9．下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是
A．NaCl B．C2H4C．NaOH D．CaCl2
详解：A ．NaCl 中只含离子键，A 错误；
B ．乙烯中只含共价键，B 错误；
C ．NaOH 中含离子键和O -H 共价键，C 正确；
D ．氯化钙中只含离子键，D 错误；
答案选C 。

10．下列各组离子，在溶液中能大量共存的是（ ）
A ．Ba 2+、K +、CO 32-、Cl -
B ．Mg 2+、NO 3-、Ac -、H +
C ．Cu 2+、Na +、Br -、SO 42-
D ．NH 4+、Fe 3+、I -、OH -
【答案】C
【解析】
【详解】
A. Ba 2+和CO 32-生成BaCO 3沉淀，故A 不选；
B. Ac -、H +生成醋酸是弱酸分子，故B 不选；
C. Cu 2+、Na +、Br -、SO 42-四种离子不生成沉淀、气体和水，故C 选；
D. NH 4+和OH -生成NH 3·H 2O 是弱碱分子、Fe 3+和OH -生成Fe(OH)3沉淀，Fe 3+和I -能发生氧化还原反应，故D 不选；
故选C 。

11．向300 mL 1 mol ·L -1的稀硝酸中，加入5.6 g 铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO ），下列说法不正确的是（ ）
A ．最终所得溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+
B ．最终溶液中，硝酸无剩余
C ．标准状况下生成NO 的体积为1.68 L
D ．再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】 当()
3HNO n n Fe （） ≥4：发生反应Fe+4HNO 3（稀）=Fe （NO 3）3+NO ↑+2H 2O ，最终所得溶液中有Fe 3+而没有Fe 2+
；当 ()3HNO n n Fe （）≤8/3：发生反应3Fe+8HNO 3（稀）=3Fe （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O ，最终所得溶液中有Fe 2+
最终所得溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+，据此进行分析；
【详解】
A.已知：n （HNO 3）=cV=1mol/L ×0.3L=0.3mol ，n （Fe ）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol ； ()
3HNO n n Fe （）=3/1，则溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+，故不选A ； B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B ；
C.溶液是Fe （NO 3）3和Fe （NO 3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生
成Fe 3+为xmol ，生成Fe 2+为ymol ；①根据氮元素的守恒3x+2y+n （NO ）
=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n （NO ），二者联立得n （NO ）=0.075mol ，则V （NO ）=0.075mol ×22.4L/mol=1.68L ，故不选C ；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe 2+会被氧化为Fe 3+，溶液颜色变深，故D 错误；
答案：D
【点睛】
本题关键点是判断Fe 与硝酸反应的产物，难点为C 选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。

12．A 、B 、C 、D 均为气体，对于A+ 3B
2C + D 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率
最快的是（ ）
A ．v(A)＝0.4 mol/(L•s)
B ．v(B)＝0.8mol/(L•s)
C ．v(C)＝0.6 mol/(L•s)
D ．v(D)＝0.1mol/(L•s)
【答案】A
【解析】
试题分析：用不同物质表示同一化学反应的化学反应速率时，其化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，据此，各选项中反应速率都换算成用物质A 表示的反应速率。

A ．v （A ）=0.4mol/（L•s ）；B.v （A ）=v （B)÷3=0.8mol/（L•s)÷3=0.27mol/（L•s ）；C.v （A ）=c （C)÷2=0.6 mol/（L•s)÷2="0.3" mol/（L•s)；D.v （A ）=v （D)= 0.1mol/（L•s)，根据上述分析，各选项中用A 表示的化学反应速率大小关系是：A ＞C ＞D ＞B ，即反应速率最快的是A 。

答案选A 。

考点：考查化学反应速率的大小比较。

13．下面的烷烃是烯烃R 和氢气发生加成反应后的产物，则R 可能的结构简式有（ ）
A ．4种
B ．5种
C ．6种
D ．7种
【答案】C
【解析】
烯烃，如图：，故R可能
的结构简式有6种，答案选C。

点睛：解答此类题目的关键点是：烷烃和对应的烯烃的碳链相同，首先确定烯烃中碳碳双键的个数，然后在碳原子间插入双键，注意的是：碳只能形成四价键和注意分子结构的对称性。

14．已知X+、2Y+、Z-、W2四种离子均具有相同的电子层结构.下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是()
A．原子序数：Y>X>Z>W B．离子半径：X+>Y2+>Z->W2-
C．原子最外层电子数：Z>W>Y>X D．还原性： X>Y>W2->Z-
【答案】B
【解析】
【分析】
X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a-1=b-2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，结合元素周期律的递变规律解答该题。

【详解】
X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a﹣1=b﹣2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，
A.结合以上分析可知，原子序数：Y>X>Z>W，故A正确；
B.核外电子排布相同的离子，其微粒半径随原子序数的增大而减小，应该是W＞Z＞X＞Y，故B错误；
C.根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6，则原子最外层电子数Z＞W ＞Y＞X，故C正确；
D.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，所以还原性： X>Y>W2->Z-，故D正确；
故答案选B。

【点睛】
核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；元素的非金属性越强，相应失电子能力减弱，对应的阴离子的还原性越弱。

15．关于元素周期表的下列叙述，错误的是
A．元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一
D．第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤族元素
【答案】C
【解析】
【详解】
A．元素周期表揭示了化学元素的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，A正确；
B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，B正确；
C．元素周期表中，总共有18个纵行，16个族，即7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ族，C错误；D．第IA族的元素又称为碱金属（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤素，D正确。

答案选C。

16．下列有关化学用语表示正确的是
A．乙烯的比例模型:B．S2-的结构示意图:
C．KCl的电子式: D．丙烯的结构简式:CH3CH=CH2
【答案】D
【解析】
分析：乙烯的空间构型是平面结构,碳原子的原子半径大于氢原子；S2-离子的核外有18个电子；烯烃的结构简式中碳碳双键属于官能团，不能省略；KCl为离子化合物，有电子得失。

详解：
A. 是乙烯的球棍模型，不是比例模型,故A错误；
B. S2-离子的核外有18个电子,核内有16个质子,故结构示意图为,故B错误；
C. KCl为离子化合物,K原子失去一个电子给了Cl原子，故电子式为,故C错误；D碳碳双键属于烯烃的官能团，书写结构简式中不能省略,故丙烯的结
构简式为CH3CH=CH2,故D错误；故选D。

点睛：本题考查化学用语相关知识。

要求解题时明确电子式、结构简式的区别；离子结构示意图和原子结构示意图的区别；比例模型和球棍模型学生容易混，学生通过A选项加以区别。

17．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．淀粉和纤维素互为同分异构体
B．蛋白质水解的最终产物是多肽
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．煤油可由煤的干馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠
B. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸；
C. 植物油含不饱和烃基，分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色；
D. 煤油可由石油分馏获得。

详解:A. 纤维素和淀粉的化学成分均为（C6H10O5）n，但两者的n不同，所以两者的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸，而不是多肽，故B错误；
C. 植物油含不饱和烃基，分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D. 煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠，故B错误，故D错误。

所以C选项是正确的。

18．下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )
A．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
B．随核电荷数的增加，卤素单质的颜色逐渐变浅
C．随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
D．碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱
【答案】B
【解析】A.钾与钠同主族钾排在钠的下面，金属性强于钠,，与水反应比钠剧烈，故A正确；B.随核电荷数的增加，卤素单质的顺序依次为：F2为淡黄绿色气体，Cl2为黄绿色气体，Br2为红棕色液体，I2为紫黑色固体，所以卤素单质的颜色逐渐变深，故B错误；C.同主族元素从上到下随着电子层的增多逐渐原子半径增大，即随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大，故C正确；D.锂位于碱金属元素最上面，金属性最弱，失去最外层电子的能力最弱，故D正确；故选B。

点睛：本题主要考查元素周期律的相关内容。

同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，原子半径逐渐减小；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，原子半径逐渐增大。

19．下列说法中错误的是( )
A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应中生成物总能量高于反应总能量
B．一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大
C．放热反应的逆反应一定是吸热反应
D．假设石墨转化为金刚石，需要吸收能量，则说明石墨比金刚石更不稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
C . 放热反应的逆反应一定是吸热反应，C 正确；
D . 假设石墨转化为金刚石，需要吸收能量，则说明石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，D 错误。

答案选D 。

20．下列说法正确的是
A ．用激光照射硫酸铜溶液可以观察到丁达尔现象
B ．钠与氧气反应的产物与反应条件无关
C ．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧
D ．利用氯气单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 硫酸铜是溶液，不是胶体，用激光照射硫酸铜溶液可观察不到丁达尔现象，A 错误；
B ．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热下反应生成过氧化钠，则产物与反应条件有关，B 错误；
C. 燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁能继续燃烧生成氧化镁和碳，C 错误；
D. 氯气的氧化性强于碘单质，氯气能与碘离子发生置换反应生成碘单质，D 正确；
故选D 。

【点睛】
镁具有较强的还原性，燃着的镁条能与空气中的氧气、氮气和二氧化碳反应是解答关键。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．按要求回答下列问题：
(1)已知拆开1molH H -键、1molCl Cl -键、1molH Cl -键分别需要吸收的能量为436.4kJ 、242.7kJ 、431.8kJ 。

则由2H 和2Cl 反应生成1molHCl 需要_______(填“放出”或“吸收”)_________kJ 的热量。

()22H 可以在2Cl 中安静地燃烧。

甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_____(填“甲”或“乙”)。

(3)将等物质的量的A 和B ，混合于2 L 的密闭容器中，发生如下反应 ()()()()3A g B g xC g 2D g ++ƒ。

x
①的值是__________；
B
②的平均反应速率是____________；
A
③在2min末的浓度是________________；
④若此后各物质的量均不再变化，则证明此可逆反应达到了_______的程度。

A．反应彻底 B.反应终止 C.化学平衡 D.无法判断
【答案】放出92.25 甲 2 0.125mol•L-1•min-10.75mol/L C 【解析】
【分析】
(1)依据焓变△H=反应物的化学键键能之和—生成物的化学键键能之和计算；
(2)H2可以在Cl2中安静地燃烧，该反应属于放热反应，据此判断；
(3)①根据v=
c
t
∆
∆
计算出v(D)，结合反应速率与化学计量数成正比计算x；②结合v(B)=
1
2
v(D)计算；③经
5min后D的浓度为0.5mol/L，D的物质的量为：2L×0.5mol/L=1mol，设A、B的初始浓度为n，根据三段
式计算出n，再根据c=n
V
计算；④根据平衡状态的特征分析判断。

【详解】
(1)已知拆开1molH-H键、1molCl-Cl键、1molH-Cl键分别需要的能量是436.4kJ、242.7kJ、431.8kJ，则反应：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的△H=436.4kJ/mol+242.7kJ/mol-2×431.8kJ/mol=-185.5kJ/mol，反应生成1molHCl需要放出92.25kJ的热量，故答案为：放出；92.25；
(2)H2可以在Cl2中安静地燃烧，该反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，能表示该反应能量变化的是图甲；故答案为：甲；
(3)①经2min后，测得D的浓度为0.5mol/L，v(D)=0.5mol/L
2min=0.25 mol/(L•min)，反应速率之比等于化学
计量数之比，所以v(D)∶v(C)=0.25 mol/(L•min)∶0.25mol/(L•min)=2∶x，解得：x=2，故答案为：2；
②v(D)=0.25 mol/(L•min)，则v(B)=1
2
v(D)=0.25 mol/(L•min)×
1
2
=0.125 mol/(L•min)，故答案为：0.125
mol/(L•min)；
③经2min后D的浓度为0.5mol/L，D的物质的量为：2L×0.5mol/L=1mol，设A、B的初始浓度为n，
3A(g) + B(g)2C(g)+2D(g)
起始(mol) n n 0 0
变化(mol) 1.5 0.5 1 1
5min(mol) n-1.5 n-0.5 1 1
c(A)∶c(B)= n(A)∶n(B)=n 1.5
n0.5
-
-=3∶5，解得：n=3，2min末A的浓度为：
3mol 1.5mol
2L
-
=0.75mol/L，故
答案为：0.75mol/L；
④若此后各物质的量均不再变化，则证明此可逆反应达到了化学平衡状态，也就达到了该反应的化学反应限度，故选C。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．SO2、NO2能形成酸雨，某同学以它们为主题设计了两组实验：
（实验一）用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中．分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图A、B、C所示。

一段时间后，A、B装置的集气瓶中充满溶液（假设瓶内液体不扩散），C装置的集气瓶中还有气体剩余(考虑液体的扩散) 。

（1）写出装置A中总反应的化学方程式_____________________________，假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/mol，则装置A的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为______________。

（2）写出B装置的溶液充满集气瓶时，有关反应的离子方程式_______________。

（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是水槽中溶液___________________________（答颜色的变化），写出反应的总化学方程式
____________________________________。

（实验二）利用上图B的原理，设计下图装置测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，图中气体流量计用于准确测量通过的尾气体积。

将尾气通入一定体积的碘水，并通过实验测定SO2的含量。

当洗气瓶D 中溶液蓝色刚好消失时，立即关闭活塞K。

（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是_______________________，可以提高实验的准确度。

（5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL 溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g 白色沉淀，通过计算可知，上述尾气中二氧化硫的含量为________g/L。

若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，测得的SO2含量_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】4NO2+O2+2H2O===4HNO31/a mol/L SO2+Cl2+2H2O===4H++SO42﹣+2Cl﹣红色加深
2SO2+O2+2H2O===2H2SO4 (2H2SO3+O2===2H2SO4 也可)有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)0.64偏
低
【解析】分析：【实验一】由题意可知，A瓶NO2、O2按适当比例混合可以完全溶于水生成HNO3；B中二氧化硫和氯气适当比例混合可以完全溶于水生成硫酸和盐酸；C中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，通入氧气后可以把部分亚硫酸氧化为硫酸，据此解答。

【实验二】将尾气通入一定体积的碘水，碘水把二氧化硫氧化为硫酸：SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，根据碘遇淀粉显蓝色判断反应的终点，利用钡离子沉淀硫酸根离子结合方程式计算。

详解：（1）装置A中反应物是氧气、二氧化氮和水，生成物是硝酸，则总反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O ＝4HNO3；假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/mol，再设集气瓶的容积为1L（集气瓶的容积不影响溶液的浓度），则NO2和HNO3溶液的体积均为1L，则n(HNO3)＝n(NO2)＝，因此装置A 的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为1/a mol/L。

（2）装置B中氯气与二氧化硫在水中反应生成硫酸和盐酸，因此溶液充满集气瓶时反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣。

（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是溶液颜色加深，说明溶液的酸性增强，因此反应的总化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4(或2H2SO3+O2=2H2SO4)。

（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是增大二氧化硫与碘水反应的接触面积，有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)，可以提高实验的准确度。

（5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL 溶液是硫酸和氢碘酸的混合溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为4.66g÷233g/mol＝0.02mol，则根据硫原子守恒可知n(SO2)=0.02mol，所以上述尾气中二氧化硫的含量为0.02mol×64g·mol－1/2L=0.64g/L。

若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，则尾气体积偏大，必然导致测得的SO2含量偏低。

点睛：本题主要考查了有关气体含量的测定实验。

本题通过3个实验探究反应原理，然后选择了一个适合测定空气中二氧化硫含量的方法进行测定。

要求学生能掌握常见化合物的重要转化，明确反应原理，能根据反应原理进行数据处理和误差分析，题目难度中等。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

结合以下路线回答：
已知：CH3CHO + O2→CH3COOH
（1）上述过程中属于物理变化的是__________（填序号）。

①分馏②裂解
（2）A的官能团是__________。

（3）反应II的化学方程式是________________。

（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是________________。

（5）E是有香味的物质，反应IV的化学方程式是______________________。

（6）下列关于CH2＝CH－COOH的说法正确的是__________。

①与CH3CH＝CHCOOH互为同系物
②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
③在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应
【答案】①羟基或－OH 2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O
CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O ①②③
【解析】
【分析】
【详解】
（1）石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；
（2）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇中官能团是羟基；
（3）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；
（5）乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：
CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（6）①CH2=CH-COOH和CH3CH=CHCOOH结构相似，且在分子组成上相差一个－CH2原子团，所以属于同系物，正确；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键、甲基，属于含氧衍生物，能发生加成反应、取代反应，能燃烧而发生氧化反应，正确；答案选①②③。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．阅读短文，回答问题。

化学是自然科学的重要组成部分，其特征是从微观层次认识物质，在不同层面创造物质。

化学的魅力是在
自然界的基础上，创造一个全新的世界。

纵观化学发展史可知，青铜与铁是青铜时代和铁器时代人类创造的新材料，酿酒和发酵工艺是原始的食品化学工艺，药物的发现和提纯是早期药物化学。

近现代以来，合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域。

化学是揭示元素到生命奥秘的核心力量，其核心技术就是通过对分子层面的操纵创造物质。

化学在促进人类文明可持续发展中发挥着日益重要的作用！
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。

（1）从微观层次认识物质是化学的特征之一。

____
（2）铁的冶炼过程发生了化学变化。

____
（3）通过对分子层面的操纵可研发新药。

___
（4）化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域。

___
【答案】对对对对
【解析】
分析：从短文可知，化学是自然科学的重要组成部分，其特征是从微观层次认识物质，在不同层面创造物质；铁的冶炼过程是在高温下用还原剂将铁用铁矿石中还原出来，发生了化学变化；化学是揭示元素到生命奥秘的核心力量，其核心技术就是通过对分子层面的操纵创造物质；合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域。

详解：根据以上分析，(1)从微观层次认识物质是化学的特征之一，说法正确；
(2)铁的冶炼过程发生了化学变化，说法正确；
(3) 通过对分子层面的操纵可研发新药，说法正确；
(4)化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域，说法正确。

因此，本题答案为：(1). 对；(2). 对；(3). 对；(4). 对。