当前位置：文档之家 › 广东省韶关市2017-2018学年高考化学模拟试卷 Word版含解析

广东省韶关市2017-2018学年高考化学模拟试卷 Word版含解析

  • 格式：doc
  • 大小：416.83 KB
  • 文档页数：18

广东省韶关市2017-2018学年高考化学模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（）A．合金材料中不可能含有非金属元素B．信息产业中的光缆的主要成分是单质硅C．采用催化措施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体D．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体2．（4分）设N A为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：Na=23Fe=56H=1 C=12 O=16 ）（）A．1 mol Na2O2固体中含离子总数为3N AB．0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10N AC．40g NaOH溶于1L水中，所得NaOH 溶液的物质的量浓度为1mol/LD．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5N A3．（4分）下列条件下可能大量共存的离子组是（）A．某无色溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、MnO4﹣B．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO32﹣、CO32﹣C．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣D．在pH=1的溶液中：K+、Mg2+SiO32﹣SO42﹣4．（4分）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A 向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol/L H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2B 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出Na2CO3晶体C 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快HX酸性比HY弱D 先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）＜Ksp（CuS）A．A B．B C．C D．D5．（4分）下列叙述中正确的是（）A．糖类不一定都是高分子化合物，但水解产物相同B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯分子中存在单双键交替的结构C．利用粮食酿酒经过了由淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．甲醇、乙二醇（HOCH2CH2OH）互为同系物6．（4分）部分弱电解质的电离平衡常数如下表：下列说法不正确的是（）弱电解质HCOOH HCN H2CO3NH3•H2O电离平衡常数（25℃）K a=1.8×10﹣4K a=4.9×10﹣10K a1=4.3×10﹣7K a2=5.6×10﹣11K b=1.8×10﹣5A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣B．0.1mol/L的HCOONH4溶液中：c（HCOO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，若溶液显中性，则二者消耗的体积是：V（盐＞V（氨水）酸）D．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（CO32﹣）7．（4分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B．最高价氧化物对应水化物的碱性：C＞DC．化合物AE与CE具有不同类型的化学键D．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应8．（4分）用下列装置图进行相应的实验，其中正确的是（）A．用如图可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B．用如图装置收集一瓶纯净的NOC．用如图装置中U型管两端有液面差且保持不变时证明装置不漏气D．用如图检验溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生的乙烯二、解答题（共4小题，满分64分）9．（16分）苯乙醛（）主要存在于烟叶中，有浓郁的玉簪花香气，用于合成香料．现有如下转化关系，其中C能使溴的四氯化碳溶液褪色，E继续被氧化生成F，F的相对分子质量为90．A B C D+E已知：Ⅰ．Ⅱ．（1）苯乙醛的分子式为；B中具有的官能团有（填名称）．（2）写出B转化为C反应的化学方程式；该反应类型属反应．（3）C与H2发生加成反应，1molC最多可消耗H2mol．（4）E可能具有的化学性质有（填序号）．①能与H2发生加成反应②能在碱性溶液中发生水解反应③能与甲酸发生酯化反应④能与Ag（NH3）2OH溶液发生银镜反应（5）B的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有种；请写出其中一种同分异构体的结构简式．①与B具有相同的官能团种类②遇三氯化铁溶液不显色③苯环上的一氯代物只有两种．10．（17分）天然气含有硫化氢气体，回收并综合利用硫化氢有重要的经济价值和环境保护意义．如硫化氢可经过一系列反应制得硫酸：H2S SO2H2SO3H2SO4（1）物质发生不完全燃烧时的反应热难以通过实验测得．已知硫化氢气体的燃烧热是586kJ/mol，固体硫单质的燃烧热是297kJ•mol﹣1．写出硫化氢气体不完全燃烧生成固体硫单质的热化学方程式．（2）工业生产中硫化氢尾气可用NaOH溶液吸收．①吸收尾气后得到的Na2S溶液显性（填“酸”、“碱”、“中”）；②下列与H2S、NaHS和Na2S相关的离子方程式正确的是（填字母序号）．A．H2S+OH﹣=HS﹣+H2OB．HS﹣+H2O=H2S+OH﹣C．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+D．S2﹣+H2O⇌H2S+2OH﹣（3）在一定温度下，某容器中发生2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的反应，测得相应时间时部分物质的浓度（mol•L﹣1）如下表，根据表中数据回答问题：时间物质0min 20min 60min 90min 120minH2S 0.006 0.005H20 0.002 0.004S20 0.002 0.0025①判断90min时反应速率v（正）v（逆）（填“＞”、“=”或“＜”）；②求该温度下反应的化学平衡常数（不必写出计算过程）K=．（4）以硫化氢为原料，使用质子固体电解质（能传导H+）构成燃料电池，硫化氢放电后生成硫蒸气（化学式S2），该燃料电池的负极反应式为．（5）硫酸是强酸，在图中画出硫酸溶液和氢氧化钠溶液反应过程的能量变化示意图．11．（15分）镁橄榄石主要成分是Mg2SiO4，电解法促进镁橄榄石固定CO2的工艺流程如图1所示：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl2（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣49.04kJ•mol ﹣1固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）．（1）图1方框里的操作名称是，横线上的物质有（填化学式）．（2）下列物质中也可用作“固碳”的是（填字母序号）．A．CaCl2B．NH3•H2O C．Na2CO3D．H2O（3）由图2可知，90℃后曲线A溶解效率下降，分析其原因．（4）经分析，所得碱式碳酸镁沉淀中含有少量NaCl．为提纯，可采取的方法是．本流程中可循环利用的物质是（填化学式）．（5）另一种橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为．12．（16分）为测定碳酸钙的纯度（杂质SiO2），学生设计了如下几个实验方案，请回答每个方案中的问题．（相对原子质量：C=12 O=16 Ca=40）【方案Ⅰ】如图：①称取碳酸钙样品m g；②加入过量盐酸；③测定仪器A的增重为a g．（1）仪器A的名称是．【方案Ⅱ】①称取碳酸钙样品5.0g；②用1.00mol/L盐酸100.0mL（过量）溶解样品；③取溶解后溶液体积的用0.1000mol/L NaOH溶液滴定，重复滴定三次，平均用去15.00mL．（2）该碳酸钙样品的纯度=．（计算结果保留三位有效数字）【方案Ⅲ】①称取碳酸钙样品mg；②高温煅烧1000℃直至质量不再改变，冷却后称量，固体质量为m′g．（3）本方案中的“冷却”应在干燥器中进行，理由是．【方案Ⅳ】①称量碳酸钙样品m g；②加入足量c mol/L盐酸V mL使之完全溶解；③过滤并取滤液；④在滤液中加入过量c′mol/LNa2CO3溶液V′mL；⑤将步骤④中的沉淀滤出、洗涤、干燥、称重为bg．（4）此方案中不需要的数据是（填字母序号）．A．m B．c、V C．c′、V′D．b（5）综上所述，你认为四个方案中，最好的方案是．写出其它一个方案的缺点：（如：方案Ⅳ；沉淀的洗涤、干燥、称量操作过程复杂，容易造成较大误差．）方案；．广东省韶关市2017-2018学年高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．（4分）化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（）A．合金材料中不可能含有非金属元素B．信息产业中的光缆的主要成分是单质硅C．采用催化措施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体D．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体考点：常见的生活环境的污染及治理；同位素及其应用；硅和二氧化硅．专题：化学应用．分析：A、依据合金概念就是两种或两种以上的金属（或金属跟非金属）熔合而成的具有金属特性的物质．B、光缆的主要成分是二氧化硅；C、汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮在催化剂作用下反应生成无污染的气体二氧化碳和氮气；D、同素异形体是同种元素组成的不同的单质．解答：解：A、合金材料中可能含有金属元素，非金属元素，如生铁，故A错误；B、信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；C、汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮在催化剂作用下反应生成无污染的气体二氧化碳和氮气，采用催化措施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体，故C正确；D、14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素，同素异形体是单质，故D错误；故选C．点评：本题考查了合金、汽车尾气、光导纤维等物质的性质分析，积累化学知识，掌握同位素、同素异形体概念的区别是解题关键，题目难度中等．2．（4分）设N A为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：Na=23Fe=56H=1 C=12 O=16 ）（）A．1 mol Na2O2固体中含离子总数为3N AB．0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10N AC．40g NaOH溶于1L水中，所得NaOH 溶液的物质的量浓度为1mol/LD．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、Na2O2中含2个钠离子和1个过氧根；B、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为价，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；C、溶液体积不是1L．D、标况下，苯为液态．解答：解：A、Na2O2中含2个钠离子和1个过氧根，故1molNa2O2中含2mol钠离子和1mol 过氧根，即含3mol离子，故A正确；B、铁与水蒸气的反应产物为四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为价，0.10mol 铁粉完全反应失去电子的物质的量为：0.10mol×=mol，生成氢气的物质的量为：mol，生成氢气的分子数为N A，故B错误；C、溶液体积不是1L；将40g NaOH物质的量为1mol，溶于1L水中，溶液体积大于1L，所得溶液的物质的量浓度小于1mol/L，故C错误；D、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．（4分）下列条件下可能大量共存的离子组是（）A．某无色溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、MnO4﹣B．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SO32﹣、CO32﹣C．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣D．在pH=1的溶液中：K+、Mg2+SiO32﹣SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．MnO4﹣为紫色；B．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性；D．pH=1的溶液，显酸性．解答：解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A不选；B．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C．在c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，故C不选；D．pH=1的溶液，显酸性，H+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．4．（4分）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（）选项实验操作实验现象结论A 向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol/L H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2B 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出Na2CO3晶体C 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快HX酸性比HY弱D 先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成Ksp（ZnS）＜Ksp（CuS）A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；C．等体积pH=2的HX和HY两种酸，HX放出的氢气多，则HX浓度大；D．依据沉淀转化的实质分析判断．解答：解：A．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3﹣为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故A错误；B．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，所以会析出NaHCO3，故B错误；C．等体积pH=2的HX和HY两种酸，HX放出的氢气多，则HX浓度大大，所以HX的酸性弱，故C正确；D．向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、酸性比较及电离、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大．5．（4分）下列叙述中正确的是（）A．糖类不一定都是高分子化合物，但水解产物相同B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯分子中存在单双键交替的结构C．利用粮食酿酒经过了由淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．甲醇、乙二醇（HOCH2CH2OH）互为同系物考点：有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：A、蔗糖与麦芽糖水解产物不相同；B、甲苯分子中不存在单双键交替结构，苯环影响侧链，侧链易被氧化；C、淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；D、同系物的结构相似、相差n个CH2原子团，且官能团的种类与数目相同．解答：解：A、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，两者水解产物不同，故A错误；B、苯环影响侧链，侧链易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不是甲苯中存在单双键交替的结构，故B错误；C、用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故C正确；D、甲醇中只有一个羟基、乙二醇（HOCH2CH2OH）中含有2个羟基，官能团个数不同，结构不相似，不是同系物，故D错误，故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，侧重考查及同系物、同分异构体的判断，注意把握醇的结构特点是解答的关键，题目难度不大．6．（4分）部分弱电解质的电离平衡常数如下表：下列说法不正确的是（）弱电解质HCOOH HCN H2CO3NH3•H2O电离平衡常数（25℃）K a=1.8×10﹣4K a=4.9×10﹣10K a1=4.3×10﹣7K a2=5.6×10﹣11K b=1.8×10﹣5A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣B．0.1mol/L的HCOONH4溶液中：c（HCOO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，若溶液显中性，则二者消耗的体积是：V（盐＞V（氨水）酸）D．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（CO32﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子；B．HCOOH的电离平衡常数大于NH3•H2O，则NH4+水解程度大于HCOO﹣，据此判断溶液酸碱性及离子浓度大小；C．pH=3的盐酸与pH=11的氨水，氨水浓度大于盐酸，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，氨水稍微过量；D．根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒分析．解答：解：A．相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子，所以CH3COO﹣、CN﹣、CO32﹣结合质子的能力大小顺序为：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO ﹣，故A正确；B．HCOOH的电离平衡常数大于NH3•H2O，则NH4+水解程度大于HCOO﹣，所以HCOONH4溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（HCOO﹣）＞c（NH4+），盐溶液中氢离子浓度很小，所以离子浓度大小顺序是c（HCOO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C、氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，氨水稍微过量，pH=3的盐酸与pH=11的氨水，氨水浓度大于盐酸，所以中性溶液中V（盐酸）＞V（氨水），故C正确；D、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，根据电离平衡常数、酸根离子水解程度之间的关系来分析解答，灵活运用守恒思想分析是关键．7．（4分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B．最高价氧化物对应水化物的碱性：C＞DC．化合物AE与CE具有不同类型的化学键D．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C处于IA族，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B原子最外层电子数为4或6，C的原子序数大于B，则B为C、C为Na元素；而元素A、E的单质在常温下呈气态，可推知A为H元素，E为Cl元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，可推知D为Al，A．元素A、B组成的化合物为烃类物质，存在气态、液态、固态，故A错误；B．金属性Na＞Al，故碱性NaOH＞Al（OH）3，故B正确；C．化合物AE为HCl，含有共价键，化合物CE为NaCl，含有离子键，故C正确；D．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠与水，故D错误，故选BC．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A选项中C、H形成烃类物质．8．（4分）用下列装置图进行相应的实验，其中正确的是（）A．用如图可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B．用如图装置收集一瓶纯净的NOC．用如图装置中U型管两端有液面差且保持不变时证明装置不漏气D．用如图检验溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生的乙烯考点：实验装置综合．专题：实验评价题．分析：A．可根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较非金属性强弱；B．NO易与氧气反应，不能用排空法收集；C．形成液面差，根据液面的变化判断；D．不能排出乙醇的干扰．解答：解：A．锥形瓶内生成气体，可证明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯生成沉淀，可证明碳酸的酸性比硅酸强，酸性越强，对应的元素的非金属性越强，故A正确；B．NO易与氧气反应，应用排水法收集，故B错误；C．形成液面差，如液面不发生变化，可证明气密性良好，故C正确；D．乙醇易挥发，不能排出乙醇的干扰，故D错误；故选AC．点评：本题考查实验方案的评价，为2017-2018学年高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，注意物质的性质的差异，难度不大．二、解答题（共4小题，满分64分）9．（16分）苯乙醛（）主要存在于烟叶中，有浓郁的玉簪花香气，用于合成香料．现有如下转化关系，其中C能使溴的四氯化碳溶液褪色，E继续被氧化生成F，F的相对分子质量为90．A B C D+E已知：Ⅰ．Ⅱ．（1）苯乙醛的分子式为C8H8O；B中具有的官能团有（填名称）羧基、羟基．（2）写出B转化为C反应的化学方程式；该反应类型属消去反应．（3）C与H2发生加成反应，1molC最多可消耗H24mol．（4）E可能具有的化学性质有（填序号）①④．①能与H2发生加成反应②能在碱性溶液中发生水解反应③能与甲酸发生酯化反应④能与Ag（NH3）2OH溶液发生银镜反应（5）B的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有4种；请写出其中一种同分异构体的结构简式任意一种．①与B具有相同的官能团种类②遇三氯化铁溶液不显色③苯环上的一氯代物只有两种．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由信息I，可知苯乙醛与HCN发生加成反应生成A为，A发生水解反应生成B为，B在浓硫酸、加热条件下生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B发生消去反应生成C，故C为，C发生信息Ⅱ中碳碳双键的臭氧氧化生成D与E，E继续被氧化生成F，F的相对分子质量为90，则E为OHC﹣COOH、D为、F为HOOC﹣COOH，据此解答．解答：解：由信息I，可知苯乙醛与HCN发生加成反应生成A为，A发生水解反应生成B为，B在浓硫酸、加热条件下生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B发生消去反应生成C，故C为，C发生信息Ⅱ中碳碳双键的臭氧氧化生成D与E，E继续被氧化生成F，F的相对分子质量为90，则E为OHC﹣COOH、D为、F为HOOC﹣COOH．（1）苯乙醛（）的分子式为C8H8O；B为，具有的官能团有：羧基、羟基，故答案为：C8H8O；羧基、羟基；（2）B转化为C反应的化学方程式为：，该反应类型属于消去反应，故答案为：；消去；（3）C为，苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应，1molC最多可消耗4mol H2，故答案为：4；（4）E的结构简式为OHC﹣COOH，①含有醛基，能与H2发生加成反应，故正确；②没有酯基，不能在碱性溶液中发生水解反应，故错误；③没有酯基，不能与甲酸发生酯化反应，故错误；④含有醛基，能与Ag（NH3）2OH溶液发生银镜反应，故正确，故选：①④；（5）B（）的同分异构体有多种，其中符合下列要求：①与B具有相同的官能团种类，含有羧基、醇羟基，②遇三氯化铁溶液不显色，不含酚羟基，③苯环上的一氯代物只有两种，苯环上有2种H原子，符合条件的同分异构体有：，共有4种，故答案为：4；任意一种．点评：本题考查有机物推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、知识迁移应用，关键是对信息的理解，是2017-2018学年高考常见题型，难度中等．10．（17分）天然气含有硫化氢气体，回收并综合利用硫化氢有重要的经济价值和环境保护意义．如硫化氢可经过一系列反应制得硫酸：H2S SO2H2SO3H2SO4（1）物质发生不完全燃烧时的反应热难以通过实验测得．已知硫化氢气体的燃烧热是586kJ/mol，固体硫单质的燃烧热是297kJ•mol﹣1．写出硫化氢气体不完全燃烧生成固体硫单质H2S（g）+O2（g）=S（s）+H2O （l）△H=﹣279kJ/mol．（2）工业生产中硫化氢尾气可用NaOH溶液吸收．①吸收尾气后得到的Na2S溶液显碱性（填“酸”、“碱”、“中”）；②下列与H2S、NaHS和Na2S相关的离子方程式正确的是（填字母序号）AC．A．H2S+OH﹣=HS﹣+H2OB．HS﹣+H2O=H2S+OH﹣C．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+D．S2﹣+H2O⇌H2S+2OH﹣（3）在一定温度下，某容器中发生2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的反应，测得相应时间时部分物质的浓度（mol•L﹣1）如下表，根据表中数据回答问题：时间物质0min 20min 60min 90min 120minH2S 0.006 0.005H20 0.002 0.004S20 0.002 0.0025①判断90min时反应速率v（正）= v（逆）（填“＞”、“=”或“＜”）；②求该温度下反应的化学平衡常数（不必写出计算过程）K=0.0025 mol•L﹣1．（4）以硫化氢为原料，使用质子固体电解质（能传导H+）构成燃料电池，硫化氢放电后生成硫蒸气（化学式S2），该燃料电池的负极反应式为2H2S﹣4e﹣=S2+4H+．（5）硫酸是强酸，在图中画出硫酸溶液和氢氧化钠溶液反应过程的能量变化示意图．考点：含硫物质的性质及综合应用；硫化氢．专题：氧族元素．分析：（1）已知S的燃烧热为297kJ•mol﹣1，热化学方程式为①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣297KJ/mol，H2S完全燃烧的热化学方程式为②H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O （l）△H=﹣586kJ/mol，由盖斯定律②﹣①得到H2S不完全燃烧生成固态硫和液态水：H2S（g）+O2（g）=S（s）+H2O （l）；（2）①Na2S为强碱弱酸盐，硫离子水解；②H2S为弱酸，NaHS和Na2S为盐，弱酸分步电离，盐完全电离，酸式酸根离子在离子反应中不能拆分；（3）发生2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的反应，①60 min到90 minH2S分解了0.001 mol•L﹣1，同时段应生成H20.001 mol•L﹣1和S20.0005 mol•L﹣1，即容器内的H2和S2浓度分别为0.005 mol•L﹣1和0.0025 mol•L﹣1，而120 min时的S2浓度仍为0.0025 mol•L﹣1；②结合K=计算；（4）硫化氢放电后生成硫蒸气（化学式S2），则负极上硫化氢失去电子；（5）硫酸溶液和氢氧化钠溶液反应，为中和反应，放出热量．解答：解：（1）已知S的燃烧热为297kJ•mol﹣1，热化学方程式为①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣297KJ/mol，H2S完全燃烧的热化学方程式为②H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O （l）△H=﹣586kJ/mol，由盖斯定律②﹣①得到H2S不完全燃烧生成固态硫和液态水：H2S（g）+O2（g）=S（s）+H2O （l）△H=﹣279kJ/mol，故答案为：H2S（g）+O2（g）=S（s）+H2O （l）△H=﹣279kJ/mol；（2）①Na2S为强碱弱酸盐，硫离子水解，则溶液显碱性，故答案为：碱；②A．H2S+OH﹣=HS﹣+H2O，为酸碱中和的离子反应，故A正确；B．HS﹣+H2O=H2S+OH﹣，水解为可逆反应，应将“=”改为“⇌”，故B错误；C．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+，为电离的离子反应，故C正确；D．S2﹣+H2O⇌H2S+2OH﹣，不符合水解分步进行，以第一步为主，故D错误；故答案为：AC；（3）发生2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）的反应，①60 min到90 minH2S分解了0.001 mol•L﹣1，同时段应生成H20.001 mol•L﹣1和S20.0005 mol•L﹣1，即容器内的H2和S2浓度分别为0.005 mol•L﹣1和0.0025 mol•L﹣1，而120 min时的S2浓度仍为0.0025 mol•L﹣1，故90 min时反应已达平衡状态，正、逆反应速率相等，90min 时反应速率v（正）=v（逆），故答案为：=；②，故答案为：0.0025 mol•L﹣1；（4）硫化氢放电后生成硫蒸气（化学式S2），则负极上硫化氢失去电子，该燃料电池的负极反应式为2H2S﹣4e﹣=S2+4H+，故答案为：2H2S﹣4e﹣=S2+4H+；（5）硫酸溶液和氢氧化钠溶液反应，为中和反应，放出热量，反应过程的能量变化示意图为，故答案为：．点评：本题考查较综合，为高频考点，涉及热化学反应、盐类水解、化学平衡的计算及原电池等，侧重化学反应原理及应用能力的考查，题目难度中等．11．（15分）镁橄榄石主要成分是Mg2SiO4，电解法促进镁橄榄石固定CO2的工艺流程如图1所示：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl2（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣49.04kJ•mol ﹣1固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）．（1）图1方框里的操作名称是电解，横线上的物质有（填化学式）H2、Cl2．。

合集下载

2017-2018学年【金版学案】广东省普通高中学业水平测试模拟检测化学试题1及答案

2017-2018学年【金版学案】广东省普通高中学业水平测试模拟检测化学试题1及答案

学业水平模拟检测卷(一)化学(测试时间：90分钟评价分值：100分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5Ca 40 Fe 56一、单项选择题Ⅰ(本题共30小题，每小题1分，共30分。

在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题意) 1．下列物质属于电解质的是( )A．NaCl B．NH3 C．蔗糖 D．金属钠解析：NaCl属于电解质，答案为A。

答案：A2．下列物质中，属于混合物的是( )A．酒精 B．碘酒 C．水银 D．黄金答案：B3．14058Ce是地壳中含量最高的稀土金属铈元素，下列关于14058Ce 的说法错误的是( )A．质量数为140 B．中子数为58C．质子数为58 D．核外电子数为58解析：中子数＝140－58＝82，答案为B。

答案：B4．下列各组物质中既有纯净物，又有混合物的是( ) A．硫酸、盐酸 B．烧碱、纯碱C．氨水、氯水 D．明矾、胆矾解析：A中硫酸是纯净物，盐酸是混合物；B中烧碱、纯碱都是纯净物；C中氨水、氯水都是混合物；D中明矾、胆矾都是纯净物。

答案：A5．下列物质中，能够导电的是( )A．二氧化碳气体 B．硫酸溶液C．蔗糖溶液 D．固体氯化钠答案：B6．铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。

下列与这些用途无关的性质是( )A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．强度高解析：用于相关建筑装潢材料时不需要通电。

答案：B7．实验室中可用KMnO4来制备氧气。

KMnO4中Mn元素的化合价为( )A．＋7 B．＋5 C．＋1 D．－1解析：KMnO4中Mn元素的化合价为＋7，故答案为A。

答案：A8．标准状况下，某氮气的体积与12 g H2的体积相同，下列有关该氮气的描述中正确的是( )A．氮气的质量是12 g B．氮气的物质的量是6 mol C．氮气的体积为22.4 L D．氮气的密度与H2密度相等解析：12 g H2的物质的量是6 mol, 氮气的体积与12 g H2的体积相同，氮气的物质的量是6 mol。

广东省韶关市高考理综-化学一模考试试卷(3月)

广东省韶关市高考理综-化学一模考试试卷(3月)

广东省韶关市高考理综-化学一模考试试卷（3月）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分）(2017·沧州模拟) 化学在生产、生活中有广泛应用，下列对应关系不正确的是（）选项性质实际应用A MgO熔点高可用作耐火材料B KMnO4具有强氧化性可用于漂白织物C常温下，铁能被浓硫酸钝化常温下，可用铁质器皿盛放浓硫酸D TiCl4在水中能发生水解可用TiCl4溶液制备TiO2A . AB . BC . CD . D2. （2分） (2020高二下·哈尔滨期末) 下列关于阿伏加德罗常数的说法中正确的是（）A . 6.02×1023叫做阿伏加德罗常数B . 0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数值C . 含有阿伏加德罗常数值个微粒的物质是1摩尔D . 1摩尔氯含有6.02×1023个氯分子3. （2分）(2015·和顺模拟) 对于结构满足的有机物，下列描述中正确的是（）A . 分子中有2种含氧官能团B . 能发生取代、加成、消去、氧化反应C . 1mol该有机物最多消耗3mol NaOHD . 苯环上的一溴代物最多有3种4. （2分） (2018高一下·佛山期中) 下列说法正确的是（）A . 红磷、白磷属于同分异构体B . H2、D2属于同素异形体C . 、互为同位素D . H，D，T互为同位素5. （2分） (2018高一上·双峰月考) 在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl。

已知H2S为反应物，则另一反应物是（）A . FeCl2B . FeCl3C . SD . HCl6. （2分） (2018高一下·湘西期末) X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。

X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。

2017-2018学年广东省高考化学模拟试卷 Word版含解析

2017-2018学年广东省高考化学模拟试卷 Word版含解析

2017-2018学年广东省高考化学模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题7分，满分56分）1．化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A．SO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体B．棉、麻和油脂都是高分子化合物C．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1 mol甲烷中含有10N A个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C．标准状况下，22.4 L苯含有N A个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2N A个碳碳双键A．A B．B C．C D．D4．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①5．下列实验操作正确且能达到目的是（）A．用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液D．用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴6．如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A．a和b用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B．a和b用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D．a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动7．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A．X的最高价氧化物能溶于强碱B．非金属性：T＜RC．气态氢化物稳定性：T＞ZD．R与Q的原子核外电子数相差168．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C 将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＞I2D 分别向0.1 mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．A B．B C．C D．D二、解答题（共4小题，满分64分）9．羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物I可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I的化学方程式为（注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为．10．甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则反应①的△H=（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是．②a点所代表的状态（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点CH4的转化率高于b点，原因是．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1：2，10h后CH4的转化率为80%，并测得c（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（写出计算过程，结果保留2位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图（进行必要标注）．11．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为．（3）“滤渣1”的主要成分是，“调pH至5～6”所加的试剂是（填“石灰水”或“稀硫酸”）．（4）根据如表数据，选择“第2步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成），物质A的化学式为．阴离子K sp阳离子CO32﹣F﹣OH﹣Ca2+ 5.0×10﹣9 1.5×10﹣10 4.7×10﹣6Mg2+ 3.8×10﹣6 7.4×10﹣11 5.6×10﹣12Mn2+ 2.2×10﹣11 5.3×10﹣3 2.1×10﹣13Zn2+ 1.2×10﹣10 3.0×10﹣2 6.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是．12．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．①该反应的化学方程式为．②设计两种实验方案：方案一：通过测量和计算反应速率方案二：通过测量和计算反应速率③配制250mL 0.1mol•L﹣1 HCl：量取mL 10mol•L﹣1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入中，洗涤，定容，摇匀．（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．②拟定实验表格，完整体现实验方案．（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号V（0.1mol•L﹣1HCl）/mL …实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响实验1 …实验2 …实验3 …2015年广东省高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题7分，满分56分）1．化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）A．SO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体B．棉、麻和油脂都是高分子化合物C．氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要考点：纤维素的性质和用途；无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质．分析：A、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物；C、新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；D、人体内无纤维素酶；纤维素不能在人体内水解．解答：解：A、二氧化碳不是产生酸雨的气体，它导致的是温室效应，故A错误；B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故B错误；C、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故C正确；D、人体内无纤维素酶，不能消化纤维素，故D错误，故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质、酸雨的成因、无机非金属材料等，题目难度不大．2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．1 mol甲烷中含有10N A个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2N A个电子C．标准状况下，22.4 L苯含有N A个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2N A个碳碳双键考点：阿伏加德罗常数．分析：A、甲烷是10电子微粒；B、根据反应后铝的价态来分析；C、标况下，苯为液态；D、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯含1mol双键来分析．解答：解：A、甲烷是10电子微粒，1mol甲烷含10mol电子和10mol质子，故A正确；B、27g铝的物质的量为1mol，反应后铝的价态为+3价，故1mol铝失去3mol电子，故B错误；C、标况下，苯为液态，故C错误；D、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯含1mol双键，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．3．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA Cl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂B NaHCO3溶于水完全电离NaHCO3是强电解质C 浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2D Na2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+A．A B．B C．C D．D考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故B正确；C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．4．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，A、①与②混合，CH3COOH浓度改变，pH变化；B、①和④混合后，醋酸过量；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，根据电荷守恒来分析；D、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH．解答：解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，A、①与②混合，由于平衡常数不变，CH3COOH、CH3COO﹣浓度均减半，则氢离子浓度不变，混合溶液的pH=3，c（H+）=0.001mol•L﹣1，故A错误；B、①和④混合后，醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，故c（Na+）＜c （CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B错误；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，溶液显碱性，故有：c （H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＜c（NH4+），故有：c（Cl﹣）+c（H+）＜c （NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．将这四种溶液加水稀释100倍，促进醋酸和一水合氨电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，但酸仍然是酸，碱仍然是碱，所以这四种溶液的pH大小顺序是：③＞④＞②＞①，故D正确．故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点来分析解答，易错选项是B，注意二者等体积混合时，醋酸过量，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，为易错点．5．下列实验操作正确且能达到目的是（）A．用NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B．用重结晶法除去KNO3中混有的NaClC．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液D．用NaOH溶液和分液漏斗萃取溴水中的溴考点：化学实验方案的评价．分析：A．NH4Cl受热易分解；B．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；C．BaCl2溶液与AgNO3溶液和K2SO4溶液反应都生成沉淀；D．氢氧化钠能与溴水反应．解答：解：A．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故A错误；B．硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，故B 正确；C．BaCl2溶液与K2SO4溶液生成BaSO4沉淀，与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，不能鉴别，故C错误；D．氢氧化钠能与溴水反应，不能做萃取剂，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯和除杂等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．6．如图所示的电化学装置，下列叙述正确的是（）A．a和b用导线连接，电子由碳经过导线流向铁B．a和b用导线连接，铁电极的电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D．a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na+向铁电极移动考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳；B、铁放电，变为二价铁；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动．解答：解：A、发生吸氧腐蚀，铁是负极，电子由铁流向碳，故A错误；B、铁放电，变为二价铁，所以电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；C、铁与电源的负极相连，可以防止铁被腐蚀，故C正确；D、a、b分别连接直流电源负、正极，阳离子向阴极移动，所以向碳方向移动，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池，电解池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单．7．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）A．X的最高价氧化物能溶于强碱B．非金属性：T＜RC．气态氢化物稳定性：T＞ZD．R与Q的原子核外电子数相差16考点：原子结构与元素的性质．分析：元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中只有X是短周期的金属元素，则X为Al元素，R为C元素，T为Si元素，Q为Ge元素，Z为P元素，结合元素周期律解答．解答：解：A．X为Al元素，氧化铝能溶于强碱，故A正确；B．同主族从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：T＜R，故B正确；C．同周期从左到右非金属性依次增强，对应气态氢化物的稳定性依次增强，则气态氢化物稳定性：T＜Z，故C错误；D．R为C元素，Q为Ge元素，二者原子核外电子数相差26，故D错误．故选AB．点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，难度不大，推断X 为Al元素是解题的关键，注意掌握元素周期律．8．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C 将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＞I2D 分别向0.1 mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的化学性质．分析：A．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应；B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子；C．下层呈紫色，说明生成碘；D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强．解答：解：．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，说明二氧化硫具有还原性，故A错误；B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子，不能酸化，应直接加入KSCN，故B错误；C．下层呈紫色，说明生成碘，可说明氧化性：Cl2＞I2，氯气置换出碘，故C正确；D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确．故选CD．点评：本题考查较为综合，涉及硝酸、二氧化硫以及氧化性、酸性的比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．二、解答题（共4小题，满分64分）9．羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径，如：反应①：化合物I可由化合物Ⅲ合成：（1）化合物Ⅱ的分子式为C10H10O2，化合物Ⅱ在NaOH溶液中完全水解的化学方程式为+NaOH→+CH3OH．（2）化合物Ⅲ的结构简式为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O（注明反应条件）．（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，Ⅴ的结构简式为（写一种即可）．（4）聚合物单体的结构简式为．用类似反应①的方法，利用丙炔与合适的原料可以合成该单体，化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH．考点：有机物的合成．分析：（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可写出分子式，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I为；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1：2，据此写出Ⅴ的结构简式；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，据此可写出单体，反应①为炔与CO、甲醇反应生成稀酯，据此写化学方程式；解答：解：（1）根据化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C10H10O2，化合物Ⅱ中有酯基，在碱性条件下能发生水解反应生成羧酸钠和醇，化学方程式为+NaOH→+CH3OH，故答案为：C10H10O2；+NaOH→+CH3OH；（2）根据化合物Ⅲ与溴加成得，可知化合物Ⅲ为，化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I为，反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O，故答案为：；+NaOH+NaBr+H2O；（3）化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体，苯环上有两个取代基且能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰，峰面积之比为1：2，说明两个取代基上的氢原子数之比为1：2，符合这样条件的Ⅴ的结构简式为，故答案为：；（4）根据聚合物可知，该物质为加聚产物，所以它的单体为，丙炔与合适的原料可以合成该单体的化学方程式为CH3C≡CH+CO+CH3OH，故答案为：；CH3C≡CH+CO+CH3OH；点评：本题考查了有机物的官能团及其性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，知道有机反应中断键、成键方式，并结合题给信息分析解答，题目难度中等．10．甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应①：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则反应①的△H=△H1﹣△H2﹣3×△H3（用△H1、△H2和△H3表示）．（2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示．①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ．②a点所代表的状态不是（填“是”或“不是”）平衡状态．③c点CH4的转化率高于b点，原因是b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高．（3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1：2，10h后CH4的转化率为80%，并测得c（H2O）=0.132mol•L﹣1，计算0～10h内消耗CH4的平均反应速率（写出计算过程，结果保留2位有效数字）．（4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图（进行必要标注）．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；转化率随温度、压强的变化曲线．分析：（1）根据盖斯定律计算；（2）根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，结合催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，据此分析；（3）依据化学平衡的三段式结合平均反应速率V=列式计算；（4）CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，根据温度减小反应速率减小及达到平衡时CH4的转化率减小，据此画出在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图．解答：解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣802kJ•mol﹣1②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1利用盖斯定律将①﹣②﹣3×③可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=△H1﹣△H2﹣3×△H3，故答案为：△H1﹣△H2﹣3×△H3；（2）①根据图象，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，所以三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故答案为：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ；②因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，故答案为：不是；③此时反应一直向正反应方向移动，b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以c点CH4的转化率高于b点，故答案为：b和c都没平衡，c点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；（3）依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O（g）物质的量为a，2a；CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）起始量（mol•L﹣1） a 2a 0 0变化量（mol•L﹣1）2a﹣0.132 2a﹣0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.396平衡量（mol•L﹣1）0.132﹣a 0.132 2a﹣0.132 6a﹣0.39610h后CH4的转化率为80%，则=80%，解得a=0.11，所以0～10h内消耗CH4的平均反应速率V===0.0088mol/（L•h），答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/（L•h）；（4）700℃时化学反应速率比850℃的小，曲线斜率则700℃小，达到平衡需要的时间长，由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700℃时CH4的转化率比850℃的小，据此画出700℃时CO2的转化率随时间变化的示意图为，故答案为：．点评：本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法．11．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4•H2O的流程如下：已知：Fe3+、Al3+、Mn2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、10.4、12.4；温度高于27℃时，MnSO4的溶解度随温度的升高而逐渐降低．（1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣．（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣．（3）“滤渣1”的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，“调pH至5～6”所加的试剂是石灰水（填“石灰水”或“稀硫酸”）．（4）根据如表数据，选择“第2步除杂”所加的物质A（由一种阳离子和一种阴离子组成），物质A的化学式为MnF2．阴离子K sp阳离子CO32﹣F﹣OH﹣Ca2+ 5.0×10﹣9 1.5×10﹣10 4.7×10﹣6Mg2+ 3.8×10﹣6 7.4×10﹣11 5.6×10﹣12Mn2+ 2.2×10﹣11 5.3×10﹣3 2.1×10﹣13Zn2+ 1.2×10﹣10 3.0×10﹣2 6.9×10﹣17（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），以此来解答．解答：解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度机较小，则选择A为MnF2，且不引入新杂质，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2Mn2++SO42﹣，故答案为：SO2+MnO2Mn2++SO42﹣；（2）“浸出”过程中Fe2O3转化为Fe3+和Fe2+，相关反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣；（3）结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe （OH）3和Al（OH）3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣1的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3，选试剂石灰水，金属离子与硫酸不反应，故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；石灰水；（4）由上述分析可知，选择A为MnF2，且不引入新杂质，故答案为：MnF2；（5）采用“趁热过滤”操作的原因是防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低，故答案为：防止温度下降时MnSO4•H2O溶解，导致产率降低．点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．12．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．①该反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．②设计两种实验方案：方案一：通过测量生成二氧化碳的体积和反应时间计算反应速率方案二：通过测量消耗碳酸钙固体的质量和反应时间计算反应速率③配制250mL 0.1mol•L﹣1 HCl：量取 2.5mL 10mol•L﹣1 HCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，将溶液转入250mL容量瓶中，洗涤，定容，摇匀．（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定生成等质量二氧化碳所需时间（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．②拟定实验表格，完整体现实验方案．（表格列数自定；列出所用试剂的用量、待测物理量和拟定的数据；数据可用字母a、b、c等表示）物理量实验序号V（0.1mol•L﹣1。

广东省韶关市2017届高考调研考试理综化学试题 Word版含答案

广东省韶关市2017届高考调研考试理综化学试题 Word版含答案

广东省韶关市2017届高三理综化学试题可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Al 27 Fe 567．化学与社会、科学、技术、环境等有密切联系。

下列有关说法正确的是A．用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的B．PM 2.5是指氮、硫的氧化物溶于水形成的酸性液体造成的空气污染C．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气袋，可防止食物氧化变质8．设N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．80 mL10 mol/L的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4 N AB．通入了1 mol Cl2的新制氯水中，HC1O、Cl－、C1O－粒子数之和为2N AC．1 mol Na2O2中含有的阴离子数为2 N AD．标准状况下，4.48L NH3中共用电子对数为0.6 N A9．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质均正确的是A．它与乙烯一定是同系物B．它一定能使溴水褪色C．它的一氯代物可能只有一种D．等质量CH4和C4H8分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H811．短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6∶7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。

下列说法正确的是A．X单质可以通过铝热法获得B．X的氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键C．Y的氧化物是良好的半导体材料D．Z的氢化物比W的氢化物更稳定12．2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl 4－和 有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如右图 所示。

下列说法不正确．．．的是 A ．放电时，铝为负极、石墨为正极 B ．放电时，有机阳离子向铝电极方向移动C ．放电时的负极反应为：Al –3e －+ 7AlCl 4－= 4Al 2Cl 7－D ．充电时，AlCl 4－向石墨电极方向移动13．25℃时，用浓度为0.1000mol/L 的氢氧化钠溶液分别滴定20. 00mL 浓度均为0.l000mol/L 的两种酸HX 、HY （忽略体积变化），实验数据如下表，下列判断不正确的是A ．在相同温度下，同浓度的两种酸溶液的导电能力：HX<HYB ．由表中数据可估算出Ka(HX)≈10－5C ．HY 和HX 混合，c(H +)=c(X 一)+c(Y 一)+c(OH 一)D ．上述②反应后的HY 溶液中：c(Na +)>c(Y 一)>c(OH 一)>c(H +)26．（15分）硫酰氯(SO 2Cl 2)是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示：已知：①SO 2（g ）+Cl 2（g ） 催化剂SO 2Cl 2（l ）△H= －97.3kJ•mol -1②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中易“发烟”； ③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。