2019届高三入学调研考试试题化学（三）

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2019届高三试题2019届高三入学调研考试卷化学（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64一、选择题（16小题，共48分，每小题均只有一个正确选项）1．化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸B．PM2.5与呼吸道疾病的形成无关C．对矿物燃料脱硫脱硝可有效防治酸雨D．聚乙烯塑料可用来制作食品周转箱【答案】B【解析】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．大气颗粒物中PM2.5是导致雾霾天气主要污染物成分，与呼吸系统疾病关系密切，选项B不正确；C．矿物燃料脱硫脱硝就是向燃料中加入适当的物质，将其中的硫和氮转化为无毒、无害的物质，从而减少氮硫的化合物向空气中的排放，达到防止污染、防止酸雨形成的目的，选项C正确；D．聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料、食品周转箱、农用薄膜等，选项D正确。2．一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH3＋3F2===NF3＋3NH4F，其中NF3分子构型与NH3相似。下列有关说法错误的是A．NF3中只含极性共价键B．NF3既是氧化产物，又是还原产物C．NH4F中既含有离子键又含有共价键D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物【答案】D【解析】NF3分子中N－F共价键是极性键；反应中N：－3价→＋3价，F：0价→－1价，NF3既是氧化产物又是还原产物，D选项中NH4F是离子化合物。3．设NA为阿伏加徳罗常数的数値，下列说法正确的是A．常温常圧下，7.0g由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为NAB．向1L的密闭容器中充入46g NO2气体，容器中气体的分子数为NAC．6.4g铜与足量的硫单质混合加热，转移电子的数目为0.2NA11 2019届高三试题D．标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子【答案】A【解析】丁烯与丙烯的最简式都为CH2，所以7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中，n(CH2)=0.5mol，所以含有的氢原子数目为NA，A正确；46gNO2气体为1mol，由于存在2NO2N2O4可逆反应，所以容器内的分子数小于NA，B错误；铜与足量的硫单质混合加热，生成硫化亚铜；铜元素的化合价由0价升高+1价，因此6.4g铜（即为0.1mol）完全反应后，转移电子的数目为0.1NA，C错误；标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；正确选项A。4．下列离子方程式中正确的是A．将SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O=SO+2HClOB．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2+＋H2O2===2Fe3+＋O2↑＋2H+C．向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH+OH﹣=NH3↑+H2O【答案】C【解析】A．SO2气体具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成SO和Cl−，正确的离子方程式应为：SO2+ClO−+H2O=SO+Cl−+2H+，故A错误；B．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生反应：2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O，故B错误；C．向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性时，硫酸氢钾与氢氧化钡以2∶1的物质的量比来反应，过量SO离子实际不参加反应，故C正确；D． NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时，HCO与OH−也反应，正确的离子方程式为：NH+HCO+2OH−=NH3⋅H2O+CO+H2O，故D错误。本题选C。5．下列制取Cl2，用其氧化含I－废液，回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是【答案】D【解析】A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2，故A错误；B．Cl2通入含I-溶液中，应长管进，短管出，故B错误；C．应用萃取的方法提取碘，过滤是分离固体与液体的，故C错误；D．可用升华法提取碘，故D正确；故选D。6．下列说法正确的是A．金刚石和石墨互为同素异构体，熔点和硬度都很高B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都为1C．乙醇和二甲醚(CH3－O－CH3)互为同系物D．C4H10的一氯取代物只有一种【答案】B【解析】A．金刚石和石墨互为同素异构体，石墨的硬度较小，A错误；B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都为1，B正确；C．乙醇和二甲醚(CH3－O－CH3)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；D．C4H10不论是正丁烷还是异丁烷，其一氯取代物均有两种，D错误，答案选B。7．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是11 2019届高三试题A．检验试液中的SO：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的SO：试液气体褪色C．检验试液中的I-：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO：试液白色沉淀沉淀溶解【答案】C【解析】A．若溶液中含有SO，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，选项A错误；B．试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，选项C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项D错误；答案选C。8．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是A．由化学键角度推断，能形成WXZ2这种共价化合物B．离子半径大小：Z>Y>XC．工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质D．Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强【答案】A【解析】周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，则W为碳，Y＋和X2－的电子层结构相同，则X为氧，Y为钠，Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，所以Z为氯。A．一般情况下，碳显+4价，氧显-2价，氯显-1价，所以从化学键角度推断，可以形成COCl2这种共价化合物，故A正确；B．O、Na、Cl形成离子时的半径大小为Cl->O2->Na＋，所以B错误；C．实验室里用MnO2和浓盐酸加热制氯气，而工业上用电解食盐水制氯气，故C错误；D．HCl即盐酸是强酸，而CO2的水化物即碳酸是弱酸，但不能说明Cl的非金属性比C的强，应该用HClO4的酸性强于碳酸来证明，所以D错误。本题正确答案为A。9．1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g【答案】B【解析】A．c浓(HNO3)===14.0mol/L，故A正确；B．当溶液中的金属离子全部沉淀时形成NaNO3溶液，n(HNO3)=n(NaOH)，加入NaOH11 2019届高三试题溶液的体积是14.0mol/L×50mL/1.0mol/L=70mL，故B不正确；C．1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为1.792L/22.4L/mol=0.08mol，浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量为0.08mol，故C正确；D．1.76g铜镁合金与金属氢氧化物沉淀的质量差就是氢氧化物中OH-的质量，OH-～NO2～e-，n(OH-)=n(NO2)=0.08mol，m(OH-)=0.08mol×17g/mol=13.6g，得到的金属氢氧化物的沉淀为1.76g+1.36g=3.12g，故D正确。故选B。10．在恒温、恒容条件下，能说明可逆反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)达到平衡状态的是A．气体的压强保持不变B．v(H2)正=2v(HI)逆C．气体的密度保持不变D．气体的颜色保持不变【答案】D【解析】A．在恒温、恒容条件下，该反应的气体分子数不变，故气体的压强始终保持不变，A不正确；B．v(H2)正=2v(HI)逆说明正反应速率不等于逆反应速率，没有达到平衡；C．在恒温、恒容条件下，反应过程中气体的总质量和总体积保持不变，故气体的密度始终保持不变，不能说明达到平衡；D．气体的颜色保持不变，说明反应混合物中各组分的浓度均保持不变，达到平衡，D正确。本题选D。11．下列过程或现象与盐类水解无关的是A．使用纯碱溶液去油污B．铁在潮湿的环境下生锈C．加热FeCl3溶液颜色变深D．浓硫化钠溶液有臭味【答案】B【解析】A选项中纯碱因为水解溶液呈碱性而具有去污能力，B选项中铁在潮湿的环境下生锈是因为铁在有水空气存在下发生腐蚀，与盐类水解无关，C选项中因温度升高促进氯化铁水解液体颜色加深，D选项中因水解产生了硫化氢气体而出现臭味。12．下列实验及其结论都正确的是实验结论A氯气的水溶液可以导电氯气是电解质B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C将Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合浊液中产生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分离苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大【答案】B13．下列图示与对应的叙述相符的是A．图甲表示某吸热反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应的能量变化B．图乙表示常温下，0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液的滴定曲线11 2019届高三试题C．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化关系，t0时刻改变的条件是使用了催化剂D．图丁表示一定质量冰醋酸加水稀释过程中、溶液导电能力变化曲线，且醋酸电离程度：a7，选项B错误；C．反应前后气体的体积相等的反应，如：3A(g)2C(g)+B(g)，增大压强或减小压强，平衡不移动，所以图示可能为增大压强，催化剂能改变反应速率，也可能为使用了催化剂，选项C错误；D．醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a，选项D正确。答案选D。14．四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电板，c、d、e为离子交换膜)，下列说法正确的是A．M为正极B．c、e均为阳离子交换膜C．b极电极反应式：2H2O－4e－=O2↑+4H+D．制备1mol(CH3)4NOH，a、b两极共产生0.5mol气体【答案】B【解析】以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH的过程中，根据氯离子的移动方向可知，a为阴极，b为阳极，又据图分析，生成氯化钠浓溶液，说明阳极上不是氯离子放电，则e不是阴离子交换膜，是阳离子交换膜，阳极电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，据左池产物分析，c也是阳离子交换膜，a电极为氢离子放电生成氢气，则A．a为阴极，b为阳极，所以M为负极，A错误；B．根据以上分析可知c、e均为阳离子交换膜，B正确；C．根据以上分析可知阳极电极反应式为4OH－－4e－=2H2O+O2↑，C错误；D．a电极为氢离子放电生成氢气，b电极氢氧根放电生成氧气。制备1mol(CH3)4NOH，转移1mol电子，根据电子得失守恒可知a、b两极共产生0.5mol+0.25mol＝0.75mol气体，D错误，答案选B。15．有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①②B．③⑤C．①⑥D．④⑥【答案】A【解析】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2+2CO2===Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓11 2019届高三试题，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2===Al(OH)3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。16．常温下，下列有关溶液的说法正确的是A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③B．HA的电离常数Ka=4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+)>c(HA)>c(A−)C．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na+)–c(F−)>c(K+)−c(CH3COO−)【答案】A【解析】A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B．NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−，选项B错误；C．NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D．HF、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF>CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+)–c(F−)＜c(K+)−c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。二、非选择题17．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素，A最外层电子数是其电子层数的两倍；B能形成双原子阴离子；C与B能形成两种常见的离子化合物，B、E同主族，C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水。请回答下列问题：（1）B的双原子阴离子电子式为，用化学式表示一种由B、C、E组成的物质。（2）B的氢化物比E的氢化物的沸点(填“高”或“低”)，理由是。（3）B、C、D组成化合物的水溶液与过量AB2反应的离子方程式。【答案】（1）Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3（写出其中一种）（2）高水分子间存在氢键（3）AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO【解析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素，A最外层电子数是其电子层数的两倍，则A可能是碳元素或硫元素，由于A的原子序数最小，因此A应该是碳元素；B能形成双原子阴离子；C与B能形成两种常见的离子化合物，B、E同主族，C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，因此一定是氢氧化铝与酸碱的反应，则D是铝，C是钠，B是氧元素，E是硫元素。（1）B的双原子阴离子是过氧根离子，电子式为：由B、C、E组成的物质有Na2SO4、11 2019届高三试题Na2SO3、Na2S2O3。（2）由于水分子间存在氢键，所以B的氢化物比E的氢化物的沸点高。（3）B、C、D组成化合物是偏铝酸钠，其水溶液与过量二氧化碳反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO。18．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是__________________________。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______________________________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是__________（填离子符号）；实验①和③说明：在I−过量的情况下，溶液中仍含有___________（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为_____________________。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_______________________________；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是___________________；生成沉淀的原因是___________________________________（用平衡移动原理解释）。【答案】（1）防止Fe2+被氧化（2）2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl−（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（4）Fe2+Fe3+可逆反应（5）H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动19．二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为－59℃，沸点为11.0℃，易溶于水。工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得。某学生用如上图所示的装置模拟工业制取及收集ClO2，其中A为ClO2的发生装置，B为ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置。请回答下列问题：（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：____________________。A部分还应添加温水浴控制60℃的温度，B部分还应补充的装置：11 2019届高三试题________________；（2）该装置按（1）补充完整后，装置A、B、C中还有一处设计明显不合理的是__________(填“A”“B”或“C”)（3）C中的试剂为NaOH溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠(NaClO2)，该反应的离子方程式为____________________。若实验时需要450mL4mol／L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是____________g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有______________________________。【答案】（1）2KClO3+H2C2O4===K2CO3+2ClO2↑+CO2↑+H2O盛有冰水混合物的水槽或冰水浴（2）C（3）2ClO2＋2OH-===ClO＋ClO＋H2O80.0500ml容量瓶，烧杯【解析】（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，由反应物与生成物可知反应为2KClO3+H2C2O4===K2CO3+2ClO2↑+CO2↑+H2O，因为B为ClO2的凝集装置，又二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，所以B部分还应补充装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽，故答案为：2KClO3+H2C2O4===K2CO3+2ClO2↑+CO2↑+H2O；冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽；（2）C处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则C不合理，故答案为：C；（3）C为尾气吸收装置，可选择NaOH溶液来吸收尾气，发生的氧化还原反应为2ClO2+2NaOH===NaClO2+NaClO3+H2O，离子反应为2ClO2+2OH-===ClO+ClO+H2O，配制450mL 4mol/L的NaOH溶液，应该选用500mL容量瓶、根据提供的仪器可知，还需要烧杯，需要NaOH的质量为0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，故答案为：2ClO2+2OH-===ClO+ClO+H2O；80.0；500mL容量瓶、烧杯。20．近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)===2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)===SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。11 2019届高三试题i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。【答案】（1）3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1（2）>反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大（3）SO2SO4H+（4）①0.4②I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率③反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】（1）根据过程，反应Ⅱ为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅲ得，2H2SO4(l)+S(s)===3SO2(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol)+(-297kJ/mol)=+254kJ/mol，反应Ⅱ的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol。（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2＞p1。（3）反应Ⅱ的总反应为3SO2+2H2O===2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）÷2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2===4H++SO+2I-。（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D＞A，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。11 2019届高三试题21．H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是_________，H中官能团名称是_____________；（2）反应①的反应条件为________；（3）反应⑥的化学方程式为____________________________________；反应类型为_________________。（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为___________。（5）符合下列条件的G的同分异构体有____种。Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。【答案】（1）甲苯酯基、溴原子（2）光照（3）取代反应（4）HOCH2CH2OH（5）4（6）【解析】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反应生成C为；对比D、F结构可知，D11 2019届高三试题发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。（1）根据以上分析可知A的名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；（2）反应①是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；（3）根据以上分析可知反应⑥是F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为；（4）根据原子守恒可知反应⑦除生成H外，还生成乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；（5）符合下列条件的G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物结构简式为，共计是4种；（6）根据已知信息结合逆推法可知由B合成的合成路线为11