精品解析：2018—2019学年高三上学期期中考试化学试题(解析版)

精品解析：2018—2019学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）
C23 Cl14 Ca108 Br)(选填＜、＞或=)；NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。

用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因：_______________
【答案】
(1)、 0、04mol/(L•min)
(2)、否 (3)、 abc中三氧化硫的物质的量是增大的，de中随温度升高三氧化硫的物质的量是减小的，温度越高，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de是平衡状态，且温度越高，三氧化硫的物质的量越少，b容器的温度低于d，因此三氧化硫的物质的量应该大于d，因此b不是平衡状态 (4)、 (5)、
SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (6)、＜ (7)、强碱溶液中的氢氧根离子与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠
【解析】
【分析】
(1)根据2SO2 + O22SO3 可知，反应中气体的物质的量的减少量等于反应的氧气的物质的量，反应中气体的物质的量减少了0、2mol，即反应的氧气为0、2mol，据此计算5min内三氧化硫的反
应速率；(2)五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态；(3)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，de容器中是平衡状态，且e容器中反应温度高于d，建立平衡需要的时间少于d，平衡时，SO2物质的量大于d，据此画图；(4)工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应生成亚硫酸氢钠；(5)亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离和水解平衡，据此分析判断；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠。

【详解】
(1)根据2SO2 + O22SO3 可知，反应中气体的物质的量的减少量等于反应的氧气的物质的量，反应中气体的物质的量减少了0、2mol，即反应的氧气为0、2mol，则生成的SO3 为0、4mol，5min 内SO3的平均反应速率v(SO3)===0、04mol/(L•min)，故答案为：0、04mol/(L•min)；(2)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，温度越高反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de 是平衡状态，则反应进行到5min时，b容器中的反应未达到平衡状态，故答案为：否；abc中三氧化硫的物质的量是增大的，de 中随温度升高三氧化硫的物质的量是减小，温度越高反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，证明de是平衡状态，且温度越
高，三氧化硫的物质的量越少，b容器的温度低于d，因此三氧化硫的物质的量应该大于d；(3)根据五个容器中气体的物质的量变化可知，de容器中是平衡状态，且e容器中反应温度高于d，建立平衡需要的时间少于d，平衡时，SO2物质的量大于d，变化图象为，故答案为：；(4)工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，反应生成亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是：SO32-
+SO2+H2O=2HSO3-，故答案为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；(5)亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：HSO3-⇌SO32-+H+，电离使溶液显酸性，也存在亚硫酸氢根离子的水解：HSO3-
+H2O⇌H2SO3+OH-，水解使溶液显碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，因此c(H2SO3)＜c(SO32-)；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠，故答案为：＜；强碱溶液中的氢氧根离子能够与HSO3-电离出的氢离子反应生成水，促进HSO3-的电离平衡正向移动，反应生成亚硫酸钠。

【点睛】
本题的难点为(2)，要注意分析温度对反应速率和化学平衡的影响；易错点为(3)，要注意图像的拐点和平衡点与d容器的区别。

22、Na2S常用作皮革脱毛剂，工业上用反应Na2SO4 +2C
Na2S+2CO2↑ 进行制取。

(1)上述反应中涉及的各元素中原子半径最小的是_______(填元素符号)，该原子有_____种不同能量的电
子。

(2)羰基硫的化学式为COS，结构和CO2 相似，请写出COS的电子式_________，判断羰基硫分子属于________(选填“极性”或“非极性”)分子。

(3)写出一个能比较S和O非金属性强弱的化学事实_____________________ ；请从原子结构解释原因
_____________________________。

(4)将Na2S溶液滴入AlCl3溶液中，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象__________________________。

【答案】
(1)、 O (2)、3 (3)、 (4)、极性 (5)、水的热稳定性比硫化氢强 (6)、 S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S 稳定 (7)、 Na2S 溶液中S2-水解显碱性：S2-+H2O⇌HS-+OH-，AlCl3溶液中Al3+水解显酸性：Al3++H2O⇌Al（OH）3+3H+，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生
【解析】
【分析】
(1)一般而言，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，据此判断涉及的各元素中原子半径的大小；根据原子的电子排布式分析判断；(2)根据羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式；根据羰基硫的分子结构及羰基硫中碳硫双键与碳氧双键的极性进行判断；(3)根据
非金属性强弱的判断方法分析解答；(4)根据硫离子和铝离子的水解方程式分析解答。

【详解】
(1)上述反应涉及的原子有Na、S、O、C，一般而言，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则涉及的各元素中原子半径最小的是O，O原子有1s、2s、2p三种能量不同的电子；故答案为：O；3；(2)羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为；羰基硫中碳氧双键与碳硫双键的极性不同，电荷分布不均匀，所以羰基硫分子为极性分子，故答案为：；极性；(3)比较 S 和 O 非金属性强弱的化学事实是，水的稳定性和硫化氢的稳定性强，S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S稳定，故答案为：水的热稳定性比硫化氢强；S 和 O为同主族元素，最外层电子数相同，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引力越大，使得H-O键比H-S稳定；(4)Na2S 溶液中 S2-水解显碱性：
S2-+H2O⇌HS-+OH-，AlCl3溶液中 Al3+水解显酸性：
Al3++H2O⇌Al(OH)3+3H+，将硫化钠溶液滴入氯化铝溶液中，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生，故答案为：Na2S 溶液中S2-水解显碱性：S2-+H2O⇌HS-+OH-，AlCl3溶液中Al3+水解显酸性：
Al3++H2O⇌Al(OH)3+3H+，两个水解反应相互促进，使水解进行到底，产生白色沉淀，同时有臭鸡蛋气味的气体产生。

23、衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品
的重要原料，可经下列反应路线得到(部分反应条件已略)。

已
知：①R-CH2-Cl + NaCN → R-CH2-CN + NaCl②R-CH2-CN + NaOH + H2O → R-CH2-COONa + NH3完成下列填空：(1)A的结构简式是_____________，M中官能团的名称是________________，(2)写出B→ C的化学反应方程式
________________________________________。

写出G的结构简
式______________________________________(3)反应a与反应b 的先后顺序不能颠倒，解释原因：
_________________________________________________________ ________________。

(4)写出由A和1,3丁二烯(CH2=CH-
CH=CH2)1:1共聚所得高聚物的结构简式为或，故答案为：或；(5) 由CH2=CHCH2OH 制备CH2=CHCOOH，需要将醇羟基氧化生成羧基，在氧化前需要保护碳碳双键，因此合成路线为
CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OH CH3-
CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OH CH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH。

24、氨气是重要的化工原料。

(1)检验氨气极易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，______________。

(2)往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为
_________；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH
3、冷却并加入________，请说明这样操作为什么可以析出较多NH4Cl的原因：_________________。

某NaHCO3晶体中含有NaCl杂质，某同学在测定其中NaHCO3的含量时，称取
5、000g试样，定容成100mL溶液，用标准盐酸溶液滴定(用甲基橙做指示剂)，测定数据记录如下：滴定次数待测液(mL)0、5000mol/L盐酸溶液的体积(mL)初读数终读数第一次
20、001、00
21、00第二次
20、00如图Ⅰ如图Ⅱ(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、___________和____________。

(4)当滴定至
__________________________，即为滴定终点；第二次滴定，从图I图II显示消耗的盐酸溶液体积为_________mL。

(5)该实验测定样品中NaHCO3的质量分数为__________(保留2位小数)。

(6)若该同学测定结果偏大，请写出一个造成该误差的原因
_____________。

【答案】
(1)、倒插入水中，水迅速充满试管 (2)、 NaHCO3 (3)、NaCl (4)、足量的NH
3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动 (5)、100mL容量瓶 (6)、胶头滴管 (7)、溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色 (8)、
20、20 (9)、
84、42% (10)、滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)
【解析】
【分析】
(1)根据氨气极易溶于水分析解答；(2)根据侯氏制碱法的反应原理分析判断；结合NH4Cl饱和溶液中存在
NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根据定容的操作分析解答；(4)
碳酸氢钠溶液显碱性，用甲基橙做指示剂时，开始时溶液显橙色，解甲基橙的变色范围分析判断；根据滴定管的结构结合图I 图II读出初读数和终读数，再计算消耗的盐酸溶液体积；(5)计算两次消耗盐酸的平均值，计算消耗盐酸的物质的量，依据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后计算碳酸氢钠的物质的量和质量，计算其质量分数；(6)根据c(待测)=，测定结果偏大，造成该误差原因为V(标准)偏大，结合造成V(标准)偏大的可能因素解答。

【详解】
(1)检验氨气易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，将试管倒插入水中，水迅速充满试管，故答案为：倒插入水中，水迅速充满试管；(2)根据侯氏制碱法的反应原理，往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，可生成碳酸氢钠沉淀；NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)，为尽可能析出较多NH4Cl晶体，可以向溶液中再通入足量的NH
3、冷却并加入NaCl，可使平衡逆向移动，故答案为：NaHCO3；NH3；NaCl；足量的NH
3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动；(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；(4)
用甲基橙做指示剂，用标准盐酸溶液滴定NaHCO3，碳酸氢钠溶液显碱性，开始时溶液显橙色，当滴入最后一滴盐酸，溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色，即为滴定终点；根据图I图II，初读数为
2、40 mL，终读数为
22、60mL，则消耗的盐酸溶液体积
20、20 mL，故答案为：溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色；
20、20 ；(5)第一次消耗盐酸的体积是
21、00mL-
1、00mL=
20、00mL，所以两次消耗盐酸的平均值是=
20、10mL，所以消耗盐酸的物质的量是0、0201L×0、
5000mol/L；根据方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠的物质的量是0、0201L×0、5000mol/L，质量是0、
0201L×0、5000mol/L×84g/mol，所以碳酸氢钠的纯度是×100%=
84、42%，故答案为：
84、42%；(6)若该同学测定结果偏大，造成该误差的原因可能是滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)，故答案为：滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)。

本资料由微信公众号：小题大做工作室综合整理。