吉林省油田高级中学2021届高三化学下学期3月月考试题.doc

吉林省油田高级中学2021届高三化学下学期3月月考试题

吉林省油田高级中学2021届高三化学下学期3月月考试题

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姓名：

9

吉林省油田高级中学2021届高三化学下学期3月月考（第三周）试题
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 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64

一、选择题
1．化学与人类生活息息相关，是一门实用的重要学科。下列说法正确的是
A．水果罐头中常添加维生素C做抗氧化剂，是因为它有氧化性
B．药皂所含的成分有苯酚，苯酚有杀菌消毒的作用，多添加无害
C．明矾是一种很好的净水剂，因为它水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
D．薯片等容易挤碎的食品，一般在包装袋中充氧气，防止其被挤碎
【答案】C
【解析】A．维生素C作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故A错误；B．苯酚具有杀菌消毒作用，苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，使用时一定要小心，故B错误；C．明矾化学式是KAl(SO4)2·12H2O，明矾溶于水，Al3+水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，故C正确；D．充入气体不能为氧气，因为氧气将食品氧化变质，一般充入气体是氮气，氮气无毒，不与其他物质发生反应，故D错误；答案为C。
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol Na2O2和足量的水反应，转移2NA个电子
B．16g氧气和16g臭氧均含有NA个氧原子
C．1mol D2O比1mol H2O多2NA个质子
D．1L 1mol·L−1 NH4NO3溶液中含有NA个氮原子
【答案】B
【解析】A．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知1mol Na2O2和足量的水反应，-1价的氧元素部分价态升高，部分价态降低，所以该反应转移NA个电子，A错误；B．16g氧气含有的氧原子为：，16g臭氧含有个氧原子，B正确；C．1个D2O分子和1个H2O分子中均含有10个质子，故1mol D2O和1mol H2O含有一样多的质子，C错误；D．1L 1mol·L−1 NH4NO3溶液中含有1L1mol·L−12NA mol−1=2NA个氮原子，D错误；故答案为：B。
3．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．用惰性电极电解NaCl水溶液：2Cl−+2H2O2OH−+Cl2↑+H2↑
B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与等物质的量Ba(OH)2溶液混合：SO+Ba2++NH+OH−=NH3·H2O+BaSO4↓
C．向NaClO溶液中通入足量的SO2：2ClO−+H2O+SO2=2HClO+SO
D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH−CH3COO−+CH3CH2OH
【答案】A
【解析】A．用惰性电极电解NaCl水溶液，氯离子失电子生成氯气，水得电子生成氢气：2Cl-+2H2O2OH−+Cl2↑+H2↑，故A正确；B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与等物质的量Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡和氢氧化亚铁沉淀：SO+Ba2++Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故B错误；C．次氯酸根离子能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，向NaClO溶液中通入足量的SO2生成硫酸盐：ClO−+H2O+SO2=2H++Cl−+SO，故C错误；D．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，能完全水解：CH3COOCH2CH3+OH−=CH3COO−+CH3CH2OH，故D错误；故选A。
4．有机物R的结构如图所示，下列有关R的叙述正确的是

A．分子式为C11H10O3
B．遇氯化铁溶液显紫色
C．可以发生加成、氧化、酯化和缩聚反应
D．1mol R与足量的Na反应，可生成标准状况下11.2L H2
【答案】C
【解析】A．分子式为C11H12O3，A错误；B．酚羟基遇到氯化铁显紫色，该物质不含酚羟基，故遇到氯化铁不变紫色，B错误；C．含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基能发生氧化反应和酯化反应，含有羟基和羧基，能发生缩聚反应，C正确；D．羟基和羧基都可以和金属钠反应生成氢气，所以1mol该物质与钠反应生成1mol氢气，标况下体积为22.4L，D错误；故选C。
5．下列说法正确的是
A．Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同一周期同一族
B．离子晶体的熔点：NaCl<KCl<RbCl<CsCl
C．CO2为极性分子，含有σ键与π键
D．金刚石和C60互称为同素异形体，两者具有相同的晶体类型
【答案】A
【解析】A．Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同4周期Ⅷ族，故A正确；B．从钠到铯离子半径增大，晶格能减小，离子晶体的熔点：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，故B错误；C．CO2为非极性分子，含有σ键与π键，故C错误；D．金刚石和C60互称为同素异形体，两者具有不相同的晶体类型，前者为原子晶体，后者为分子晶体，故D错误；故选A。
6．化学反应①AB ΔH1和反应②BC ΔH2的反应过程中能量变化如图所示。下列叙述错误的是

A．反应①中断键吸收的总能量大于成键释放的总能量
B．反应②的活化能小于反应①的活化能
C．总反应AC ΔH=ΔH1+ΔH2，且ΔH一定大于0
D．升温时，反应②的正反应速率减小，逆反应速率加快，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】化学反应的过程伴随着化学键的断裂与生成，断键吸热、成键放热。当反应物能量＞生成物能量时为放热反应，此时吸热＜放热；当反应物能量＜生成物能量时为吸热反应，吸热＞放热。A．反应①中生成物能量高，为吸热反应，故断键吸收的总能量多于成键时释放的总能量，A正确；B．在图中，活化能即从反应物到最高点的能量差，由图可知，应②的活化能小于反应①的活化能，B正确；C．总反应只需要看A和C能量大小，由图可知，A→C能量增加，为吸热反应，ΔH大于0，C正确；D．温度升高，正逆反应速率均增大，D错误；故选D。
7．甲、乙、丙三种离子晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是

A．甲的化学式(X为阳离子)为XY
B．乙中A、B、C三种微粒的个数比是1∶3∶1
C．丙是CsCl晶体的晶胞
D．乙中与A距离最近且相等的B有8个
【答案】B
【解析】A．据图可知，Y位于立方体的4个顶点，根据均摊法，Y的个数为4×=，X位于体心，X的个数为1，X和Y的个数比为2∶1，所以甲的化学式为X2Y，故A错误；B．据图可知，A位于8个顶点，根据均摊法，A的个数为8×=1，B位于6个面心，B的个数为6×=3，C位于体心，个数为1，则A、B、C的个数比为1∶3∶1，故B正确；C．在CsCl晶胞里，Cl−作简单立方堆积，Cs+填在立方体空隙中，正负离子配位数均为8，所以丙不是CsCl的晶胞，丙是NaCl的晶胞，故C错误；D．乙中A位于立方体的顶点，B位于面心，在以A为中心的3个平面的4个顶点的B都和A距离相等且距离最近，所以这样的B有12个，故D错误；故选B。
8．碘硫热化学循环如图所示，该过程由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步组成，下列说法正确的是

A．该循环实现了水的分解，制取了能源气体氢气
B．一定条件下，将2mol HI放在恒容密闭容器中，一定能生成1mol H2
C．H2O和SO2属于电解质
D．H2SO4为催化剂
【答案】A
【解析】由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，反应Ⅱ是硫酸分解为氧气的过程，反应Ⅲ是2HIH2↑+I2↑。A．设计该循环是为了制取气体O2和H2，实现了水的分解，制取了能源气体氢气，故A正确；B．一定条件下，将2mol HI放在恒容密闭容器中，该反应为可逆反应，转化率不可能达到100%，生成H2少于1mol，故B错误；C．H2O属于电解质，但SO2属于非电解质，故C错误；D．H2SO4、HI为中间产物，二氧化硫和碘为催化剂，故D错误；故选A。
9．E、F、G、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素。G元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐；F元素与G、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物F2E6共含有18个电子；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个。下列说法错误的是
A．FE4的立体构型是正四面体形
B．原子半径：F＜G＜M
C．Q−和Ar具有相同的电子层结构
D．GE中含有配位键
【答案】B
【解析】E、F、G、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素。G元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐，则G是N元素；F元素与G、M元素相邻，且与M元素同主族，则F是C元素，M是Si元素；化合物F2E6共含有18个电子，则E是H元素；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个，Q核外电子排布是2、8、7，所以Q是Cl元素，然后结合元素周期律分析解答。根据上述分析可知：E是H，F是C，G是N，M是Si，Q是Cl元素。A．FE4是CH4，CH4分子是正四面体结构的分子，A正确；B．同一周期元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族元素原子序数越大，原子半径越大。F是C，G是N，M是Si，C、N是第二周期元素，C、Si是同一主族元素，所以原子半径：G＜F＜M，B错误；C．Q是Cl，Cl-核外电子排布是2、8、8，Ar是18号元素，核外电子排布是2、8、8，因此Q−和Ar具有相同的电子层结构，C正确；D．GE是NH，N原子与3个H原子形成共价键，得到NH3，N原子上含有1对孤电子对，与H+以配位键结合形成NH，所以NH中含有配位键，D正确；故合理选项是B。
10．硼化钒(VB2)—空气电池是目前储电能力最高的电池之一。如图所示，在VB电极发生反应：VB2+16OH−-11e−=VO+2B(OH)+4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是

A．电子从VB2电极流出
B．正极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2+11O2+20OH−+6H2O=8B(OH)+4VO
D．如果将负载换成惰性电极电解足量硫酸铜溶液的电解池，当复合碳电极有0.224L(标准状况)O2参与反应时，电解池阳极析出1.28g Cu
【答案】D
【解析】由已知：硼化钒（VB2）-空气电池中，VB2在负极发生电极反应为：VB2+16OH−-11e−=VO+
2B(OH)+4H2O，失电子的氧化反应，即VB2电极为负极，氧气在正极上发生得电子的还原反应，电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，即a电极为正极，故电池总反应为：4VB2+11O2+20OH−+6H2O=8
B(OH)+4VO，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，溶液中阴离子向负极移动，据此分析解题。A．原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，由分析可知电子从VB2电极流出，A正确；B．由分析可知，正极区的电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，故正极区溶液的pH升高，Ｂ正确；C．由分析可知，电池总反应为4VB2+11O2+20OH−+6H2O=8B(OH)+4VO，Ｃ正确；D．根据电子守恒可知，如果将负载换成惰性电极电解足量硫酸铜溶液的电解池，当复合碳电极有0.224L(标准状况)O2参与反应时，4n(O2)=2n(Cu)，故4=2n(Cu)，故n(Cu)=0.02mol，故电解池阴极析出0.02mol64g/mol=1.28g Cu，阳极区发生氧化反应，2H2O-4e−=O2+4H+，不会析出Cu，D错误；故答案为：D。
11．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+。下列叙述正确的是
A．0.1mol/L CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：0.1mol/L=c(OH−)+c(CH3COO−)
B．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO−)减小
C．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性
D．温度一定时，CHCOOH和CHCOONa的混合溶液中，=
【答案】D
【解析】A．醋酸溶液中，根据电荷守恒，由于醋酸是弱酸，不能完全电离，故0.1mol/L CH3COOH溶液中小于0.1mol/L，A错误；B．醋酸溶液中加入醋酸钠固体，c(CH3COO−)增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理虽然逆向移动，但是只能减弱c(CH3COO−)的增大不能阻止增大，故醋酸根离子浓度增大，B错误；C．pH=2的CH3COOH物质的量浓度远大于0.01mol/L，所以二者等体积混合，醋酸远远过量，溶液呈现酸性，C错误；D．混合溶液中，，D正确；故选D。
12．完成下列实验所选用的试剂、操作、现象和结论均正确的是

实验
所用试剂和操作
现象和结论
A
检验卤乙烷中的卤原子
先滴加NaOH水溶液，加热，再加入AgNO3溶液
有白色沉淀生成；一定含有氯原子
B
确定无色气体成分
通入澄清的石灰水中
有白色沉淀生成；一定含有CO2
C
检验溶液中的阴离子
先加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸
生成白色沉淀，不溶于盐酸；不一定含有SO
D
比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgBr)
向AgNO3溶液中先加入少量NaCl溶液，再加入NaBr溶液
先生成白色沉淀，再生成淡黄色沉淀；Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)
【答案】C
【解析】A．检验卤乙烷中的卤原子，加氢氧化钠氯代烃发生水解后的溶液应该先用稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，A错误；B．无色气体SO2通入澄清的石灰水中，也会产生白色沉淀，B错误；C．先加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，生成白色沉淀，不溶于盐酸，有可能是硫酸根离子和钡离子结合生成的硫酸钡白色沉淀，也可能是氯离子和银离子生成的氯化银白色沉淀，所以不一定含有SO，C正确；D．加入的氯化钠是少量的，银离子剩余，再加入溴化钠，有可能是剩余的银离子的和溴离子结合生成的淡黄色沉淀，不能判断Ksp(AgCl)和Ksp(AgBr)的相对大小，D错误；选C。
13．常温下，向100mL 0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，下列说法正确的是

A．a点溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(OH−)
B．c点溶液中：n(NH3·H2O)<n(NH)
C．在0<V(NaOH)≦100的区间，发生的反应是NH+OH−=NH3·H2O
D．a、b、c、d四个点中，水的电离程度最大的是b
【答案】B
【解析】a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，则溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，据此分析解题：A．a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH−)，A错误；B．c点溶液为等浓度的NH3·H2O和NH，且溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于和NH的水解，故有n(NH3·H2O)<n(NH)，B正确；C．在0<V(NaOH)≦100的区间，发生的反应是H++OH−=H2O，C错误；D．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，D错误；故答案为：B。
14．如表所示，在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) ΔH<0达到平衡，下列说法正确的是
容器
温度/℃
物质的起始物质的量浓度/mol/L
物质的平衡浓度/mol/L
C(NO)
C(Cl2)
C(ClNO)
C(ClNO)
Ⅰ
T1
0.20
0.10
0
0.04
Ⅱ
T2
0.20
0.10
0.20
c1
Ⅲ
T3
0
0
0.20
c2
A．c1=0.08
B．如果达到平衡时，容器Ⅲ中ClNO的转化率大于80%，则T3>Tl
C．在容器Ⅰ中，达到平衡时充入氦气，则平衡向右移动
D．若温度为Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20mol NO(g)、0.20mol Cl2(g)和0.20mol ClNO(g)，则该反应向正反应方向进行
【答案】B
【解析】A．若T1=T2，Ⅱ的体积为Ⅰ的2倍，则两者达到等效平衡，现将Ⅱ的体积压缩至一半，由于此过程中平衡正向移动，故c1>0.08，且T1和T2不相等，A错误；B．若T1=T3则容器Ⅰ和Ⅲ则达到等效平衡，由表中数据可计算出，Ⅲ的ClNO的物质的量浓度为0.04mol/L，故容器Ⅲ中ClNO的转化率为：，现如果达到平衡时，容器Ⅲ中ClNO的转化率大于80%，说明平衡逆向移动，结合ΔH<0，故T3>Tl，B正确；C．在恒容密闭容器Ⅰ中，达到平衡时充入氦气，由于平衡体系中各组分的浓度不变，正、逆反应速率均不变，故平衡不移动，C错误；D．由表中数据可知，温度为Tl，该反应的平衡常数为：=，若起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20mol NO(g)、0.20mol Cl2(g)和0.20mol ClNO(g)，则浓度商Qc==>K，则该反应向逆反应方向进行，D错误；故答案为：B。
15．确定有机化合物组成和结构的方法很多，下列说法错误的是
A．质谱仪可用于有机物相对分子质量的测定
B．异丁烷的核磁共振氢谱中有2组峰
C．核酸是生物体遗传信息的载体，通过红外光谱可检测其结构中存在多种单键、双键、氢键等化学键
D．X－射线衍射法测得环异戊二烯的结构为，其所有原子不可能共平面
【答案】C
【解析】A．用质谱仪测定的有机物的最大质合比就是该物质的相对分子质量，A正确；B．异丁烷结构简式是，三个甲基上的H原子位置相同，属于同一种H原子，甲基连接的C原子上的H原子属于另一种H原子，故异丁烷的核磁共振氢谱中有2组峰，B正确；C．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，C错误；D．环异戊二烯分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能分子中所有原子共平面，D正确；故合理选项是C。
二、非选择题
16．我国自行研制的优质KH2PO4晶体被应用于大功率固体激光器中。KH2PO4在空气中较稳定，溶于水，不溶于乙醇。工业上制备KH2PO4的过程如图所示，回答下列问题：

(1)物质X的化学式为___，“操作Ⅰ”是______。
(2)滤液①中加入乙醇的作用是_______________。
(3)“转化”步骤发生的反应的离子方程式为______________(已知：Ca3(PO4)2难溶于水)。
(4)H3PO4具有酸的通性，是三元弱酸。KH2PO4溶液呈酸性的原因(结合离子方程式和必要的文字解释)_____________________________。
(5)如图为电解法制备KH2PO4的装置，还可得到NaClO3。

①N膜为__离子交换膜(填“阴”或“阳”)；
②写出产生ClO的电极反应式：____________；
③常温下，NaClO3和盐酸反应生成一种单质气体和一种氧化物气体，且氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，则化学方程式为：__________________________。
(6)上述流程中乙醇可循环使用，乙醇(C2H5OH)中碳原子的杂化方式为_______。所制备的KH2PO4中基态磷原子价电子排布式为____________，电负性：P__O(填“＞”或“＜”)。
【答案】（1）KCl 蒸馏
（2） 促进磷酸二氢钾的析出
（3） Ca3(PO4)2+4H++3SO2H2PO+3CaSO4
（4） KH2PO4溶液中存在H2POHPO+H+和HPO+H2OOH−+H3PO4，其电离程度大于水解程度
（5） 阳 Cl−+6OH−-6e−=ClO+3H2O 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl sp3
（6） 3s23p3 <
【解析】KCl和浓硫酸反应生成KHSO4溶液和氯化氢，KHSO4溶液中加入Ca3(PO4)2生成KH2PO4和CaSO4沉淀，过滤，在滤液中加入乙醇，析出KH2PO4晶体；(1)物质X和浓硫酸反应生成KHSO4和氯化氢，根据元素守恒，物质X的化学式为KCl，乙醇沸点较低，溶液2中分离出乙醇的操作是蒸馏；(2)KH2PO4溶于水，不溶于乙醇，滤液①中加入乙醇的作用是降低磷酸二氢钾的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出；(3)“转化”步骤中KHSO4和Ca3(PO4)2反应生成KH2PO4和CaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ca3(PO4)2+4H++3SO2H2PO+3CaSO4；(4)KH2PO4溶液中存在H2POHPO+H+和HPO+H2OOH−+H3PO4，其电离程度大于水解程度，所以KH2PO4溶液呈酸性；(5)①该装置可以制备KH2PO4，所以K+需要移入阴极室，N膜为阳离子交换膜；②氯离子透过M膜进入阳极室，氯离子在阳极失电子生成ClO，产生ClO的电极反应式Cl−+6OH−-6e−=ClO+3H2O；③常温下，NaClO3和盐酸反应生成一种单质气体和一种氧化物气体，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，根据得失电子守恒，氧化产物是氯气、还原产物是ClO2，则化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl；(6)乙醇中碳原子形成4个σ键，所以C2H5OH中碳原子的杂化方式为sp3；磷是15号元素，基态磷原子价电子排布式为3s23p3，O的非金属性大于P，电负性：P<O。
17．硫酰氯(SO2Cl2)常用作药剂的合成、染料的制造，熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃。100℃以上分解生成SO2和Cl2，在空气中遇水蒸气剧烈反应，并产生大量白雾。实验室合成SO2Cl2的原理为：SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答问题：

(1)试剂K是___(填名称)；A装置的作用是__________________________。
(2)实验完毕后，从装置C的反应瓶中的混合物中分离出SO2Cl2的操作是____________。
(3)C中冰水浴的作用是__________________________。
(4)为了测定SO2Cl2产品纯度(杂质不参与反应)，称取a g SO2Cl2产品于锥形瓶中，加入足量蒸馏水，充分反应。用c mol·L−1 AgNO3溶液滴定反应后的溶液至终点(K2CrO4溶液做指示剂，滴定过程中SO不参与反应)，消耗AgNO3溶液的体积为VmL。
①如滴定前仰视滴定后俯视读数，则测得的结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
②SO2Cl2溶于水中发生反应的化学方程式是______________________________；
③该SO2Cl2产品的纯度为__________。
(5)Cl2能与Co反应生成CoCl2，是制备离子晶体CoO的重要中间产物。CoO的晶胞结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为________g·cm−3。

【答案】（1）碱石灰 除去氯气中混有的氯化氢
（2） 过滤
（3） 有利于SO2Cl2的生成，减少SO2Cl2的挥发，防止SO2Cl2的分解
（4） 偏低 SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl ×100%
（5）
【解析】饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸干燥氯气；二氧化硫通过干燥剂D，干燥的氯气和二氧化硫在C中发生反应SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)，制备硫酰氯(SO2Cl2)。(1)装置E吸收二氧化硫和氯气，防止水蒸气进入C，所以试剂K是碱石灰；A装置中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；(2)常温下，硫酰氯(SO2Cl2)是液体、活性炭是固体，实验完毕后，从装置C的反应瓶中的混合物中分离出SO2Cl2的操作是过滤。(3)SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)正反应放热，SO2Cl2熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，100℃以上分解生成SO2和Cl2，C中冰水浴的作用是有利于SO2Cl2的生成，减少SO2Cl2的挥发，防止SO2Cl2的分解。(4)①如滴定前仰视滴定后俯视读数，读取AgNO3溶液体积偏小，则测得的结果偏低；②SO2Cl2溶于水生成硫酸和盐酸，发生反应的化学方程式是SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；③设样品中SO2Cl2的质量为x g；

x=0.0675cV
该SO2Cl2产品的纯度为。(5)根据CoO的晶胞结构，1个晶胞含有O2−数、Co2−数，1个晶胞的体积是，则CoO晶体的密度为g·cm−3。
18．能源的开发和利用与人类社会的可持续发展息息相关。
已知：Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) ΔH1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH3=____________。(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)
【答案】6ΔH2-2ΔH1
【解析】根据盖斯定律①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1 ②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，②×6-①×2得4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)ΔH3=6ΔH2-2ΔH1，故答案为：6ΔH2-2ΔH1。
19．在恒容条件下发生反应aA(g)+bB(g)cC(g) ΔH＜0，改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：

回答问题：
(1)化学方程式中a∶b∶c为_____。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)中最大的是______。
(3)A的平衡转化率αⅡ(A)是______%。
(4)第Ⅱ阶段开始时，采取的措施是__，平衡向______(填“左“或”“右”)移动。
(5)T2和T3分别是第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段反应温度，则T2___T3(填“＜”“＞”或“＝”)。
【答案】（1）1∶3∶2
（2） vⅠ(A)
（3） 38
（4） 从反应体系中分离出产物C 右
（5） ＞
【解析】(1)从反应开始至20.0min时，A、B、C三种物质改变的物质的量浓度分别是1.0mol/L、3.0mol/L、2.0mol/L，改变的浓度比是1∶3∶2，由于物质反应的消耗的物质的量的比等于化学方程式中化学计量数的比，故该反应化学方程式中a∶b∶c为1∶3∶2；(2)在第I过程中vⅠ(A)==0.05mol/(L·min)；在第II过程中vⅠI(A)==0.025 mol/(L·min)；在第III过程中vIII(A)==0.012mol/(L·min)；可见随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，故平均反应速率最大的是vⅠ(A)；(3)在第II阶段，反应开始时A浓度是1.00mol/L，达到平衡时浓度为0.62mol/L，则A的转化率为：αⅡ(A)= ；(4)由图示可知，在第Ⅱ阶段开始时，A、B浓度不变，C的浓度突然从2.00mol/L变为0，可见采取的措施是：从反应体系中分离出产物C；在其它条件不变时，从反应体系中分离出产物C，使C的浓度减小，化学平衡向生成C的方向移动，即化学平衡向右移动；(5)T2和T3分别是第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段反应温度，根据图象可知：在温度是T2时增反应速率比在T3时反应速率快，说明温度：T2＞T3。
20．如图是物质H的一种合成路线(部分反应略去试剂和条件)：

已知：Ⅰ.；
Ⅱ.(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：
(1)G的分子式是______，反应①的反应类型是______。
(2)D的结构简式是_____，H中除羟基、羧基外还含有的官能团是_______(填名称)。
(3)在加热时，E与足量NaOH溶液的反应化学方程式是_______。
(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是_____________________。
(5)A在一定条件下与H2反应生成X(C7H14)，X的一氯取代产物有__种；C(C7H8O)的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为__________。
①属于芳香族化合物；②与Na、NaOH溶液均不反应
(6)由甲苯为主要原料合成PABA()的路线如图所示，结合上述流程信息填写反应试剂、条件和主要产物___________。

【答案】（1）C7H5NO5 取代反应
（2） 氨基
（3） +3NaOH+CH3COONa+2H2O
（4） 保护(酚)羟基[或防止(酚)羟基被氧化
（5） 5
（6）
【解析】C发生信息（I）中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息（II）可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H。(1)G为，分子式是C7H5NO5，A为，B为，苯环上甲基的邻位的氢被氯取代，反应①的反应类型是取代反应。故答案为：C7H5NO5；取代反应；(2)D的结构简式是，H中除羟基、羧基外还含有的官能团是氨基；故答案为：；氨基；(3)在加热时，E中羧基、酚形成的酯基分别能与1mol、2mol NaOH反应，E与足量NaOH溶液的反应化学方程式是+3NaOH+CH3COONa+2H2O。(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护(酚)羟基[或防止(酚)羟基被氧化。故答案为：保护(酚)羟基[或防止(酚)羟基被氧化；(5)A在一定条件下与H2反应生成X(C7H14)，如图X的一氯取代产物有5种；C(C7H8O)的同分异构体中，①属于芳香族化合物的有醇、酚、醚；②与Na、NaOH溶液均不反应，只有醚，满足条件的结构简式为。故答案为：5；；(6)由甲苯为主要原料合成PABA()的路线，甲苯在浓硫酸、加热条件下，与浓硝酸硝化，生成对硝基甲苯，酸性高锰酸钾将甲基氧化成羧基，现用铁将硝基还原成氨基，