四川省宜宾市南溪二中2022届高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年四川省宜宾市南溪二中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每题6分，共42分）1．有关化学与生活，环境，食品安全，材料等说法中正确的是()A．大气中大量的NO、NO2等酸性氧化物均是形成酸雨（PH＞5.6）的主要原因B．合成纤维，光导纤维，硝酸纤维均为有机高分子物质，用途广泛C．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D．地沟油，潲水油在餐饮企业中不能随意使用，但却可以用于制肥皂，变废为宝2．下列说法正确的是()A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒3．利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是()选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去BaSO4中少量的BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol•L﹣1的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量的NaIA．AB．BC．CD．D4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．78g苯含有C=C双键的数目为3NAB．1L0.1mol/L的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2和CO组成的混合气体含有的原子数为NAD．标准状况下，6.72LNO2与水反应转移电子数为0.1NA5．下列离子方程式正确的是()A．向Fe（NO3）3溶液中滴入少量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B．向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓C．Cu（OH）2沉淀溶于氨水得到深蓝色溶液：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2OD．澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O6．短周期主族元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，T元素的最高正价与最低负价的代数和为0．下列判断正确的是()A．原子半径的大小：W＞Q＞R16\nB．气态氢化物的稳定性：R＞Q＞TC．对应含氧酸的酸性强弱：W＞Q＞TD．R分别与T、Q、W形成化合物的晶体均为分子晶体7．在1.0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：X（g）⇌Y（g）+Z（g）△H＜0容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示．以下分析正确的是()A．从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）=mol/（L•min）B．该温度下此反应的平衡常数K=0.32C．欲提高平衡体系中Y的含量，可升高体系温度或减少Z的量D．其他条件不变，再充入0.1mol气体X，平衡正向移动，X的转化率增大二、非选择题（共58分）8．（14分）X～R是元素周期表中的短周期元素，其相应信息如表：元素XYZWR相关信息能形成+7价的化合物日常生活中常见的金属，熔化时并不滴落，好像有一层膜兜着通常状况下能形成短周期中最稳定的双原子分子，它是空气的主要成分之一焰色反应为黄色位于第ⅣA族，是形成化合物种类最多的元素请用化元素学用语回答下列问题：（1）X在周期表中的位置是__________（2）元素W的离子结构示意图为__________（3）元素R的最高价氧化物的电子式为__________（4）X的氢化物和Z的氢化物反应形成化合物A，A中含有的化学键类型有__________；将A溶于水，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________（5）含Y的某化合物可用作净水剂，该物质的水溶液呈酸性，其原因是（用离子方程式表示）__________（6）W2O2常用作舰艇、航天器的供氧剂，写出体现其反应原理的化学方程式：__________．9．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示．（说明：a中盛放稀硫酸；b中盛放Na2SO3固体）回答下列问题：（1）仪器b的名称是__________（2）b中反应的离子方程式为：__________（3）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是__________．16\n（4）d中的试剂为__________．发生的反应的反应有__________、__________（5）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有__________（写出两条）．（6）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是__________．10．（14分）苯佐卡因（E）可用于化妆品紫外线吸收，局部麻醉药等．根据下面的反应路线可以实现苯佐卡因的制备及对糖厂甘蔗渣进行综合利用．请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是__________．（2）B的名称是__________，C中含有的官能团名称是__________．（3）在反应Ⅰ～Ⅴ中，属于取代反应的是（填序号）__________．（4）写出反应Ⅴ的化学方程式：__________．（5）苯佐卡因有多种同分异构体，其__________中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类同分异构体的结构简式为：__________．11．（14分）CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，也在染料工业中用作实效型气体吸收剂．利用废旧印刷电路板制氯化亚铜可减少污染、实现资源再生．请回答下列问题：（1）工业制备CuCl需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液（密度为1.2g•cm﹣3），配制该溶液所需CuSO4•5H2O与H2O的质量之比为__________，所得溶液的物质的量浓度为__________mol/L．（2）工业检测CuCl产品的纯度需要80mL0.5mol/L的FeCl3溶液，配制该溶液所需仪器除托盘天平（含砝码、质量相同的两纸片）、药匙、烧杯、玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有__________．（3）废旧印刷电路板经粉碎分离能得到金属粉末，控制其他条件相同，用10%H2O2和3.0mol/LH2SO4的混合溶液处理印刷电路板的金属粉末，测得不同温度下铜的平均溶解速率如图所示．在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的离子方程式为__________．当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是__________（4）工业上常用CuSO4来制备CuCl．在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，加热，生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是__________．（5）在盐酸中CuCl能吸收CO，发生的反应为：CuCl+CO+H2O⇌Cu（CO）Cl•H2O△H＜0．要加大CO的吸收率，可采取的措施是__________．16\n16\n2022-2022学年四川省宜宾市南溪二中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每题6分，共42分）1．有关化学与生活，环境，食品安全，材料等说法中正确的是()A．大气中大量的NO、NO2等酸性氧化物均是形成酸雨（PH＞5.6）的主要原因B．合成纤维，光导纤维，硝酸纤维均为有机高分子物质，用途广泛C．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D．地沟油，潲水油在餐饮企业中不能随意使用，但却可以用于制肥皂，变废为宝【考点】常见的生活环境的污染及治理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；油脂的性质、组成与结构；合成材料．【专题】化学计算．【分析】A．NO和NO2等氮氧化物，为常见的空气污染物，酸雨的pH小于5.6；B．光导纤维为二氧化硅，属于无机物质；C．乙醇将病毒蛋白质变性达到消毒的目的；D．地沟油，潲水油属于高级脂肪酸甘油酯，能发生皂化反应；【解答】解：A．酸雨的pH＜5.6，正常雨水的pH约为5.6，当煤、石油等物质燃烧时，会产生大量的二氧化硫、氮氧化物等物质，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的主要物质，故A错误；B．合成纤维、硝酸纤维均为有机高分子物质，用途广泛，光导纤维为二氧化硅，属于无机物质，故B错误；C．过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒室因为乙醇能将病毒的蛋白质变性，达到消毒的目的，故C错误；D．“地沟油”、潲水油中主要含有油脂，油脂的化学成分为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解成为皂化反应，可以生产肥皂，故D正确；故选D．【点评】本题考查酸雨、材料、消毒、皂化反应等有关知识，题目难度不大．体现了化学来源于生活，服务于生活的特点，平时注意基础知识的积累．2．下列说法正确的是()A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到D．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理．【专题】物质的分类专题；元素及其化合物．【分析】A、结合物质的组成，依据酸、碱、盐、氧化物的概念分析判断B、根据非电解质、强电解质和弱电解质的概念对比各种物质进行分析；C、Mg、Al为活泼金属，均利用电解法制备；D、日常生活中常用75%的酒精杀菌消毒．【解答】解：A、酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰中纯碱是盐，故A错误；16\nB、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物；硫酸钡是强电解质，故B正确；C、金属冶炼的原理是在金属活动顺序表中K～Al用电解法，Zn～Cu用还原法，Hg～Ag用加热法，铂、金物理分离法；所以Mg、Al、Cu可以分别用电解法、电解法、热还原法进行冶炼得到，故C错误；D、杀菌消毒用的是医用酒精（75%），不是无水乙醇，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸、碱、盐、氧化物、电解质、非电解质等概念的含义，金属冶炼的原理等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意知识的积累．3．利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是()选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去BaSO4中少量的BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol•L﹣1的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量的NaIA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．蒸发需要加热；B．反应后需要过滤；C．固体配制溶液，需要称量质量、溶解、定容等操作；D．反应后进行萃取操作．【解答】解：A．硫酸铜溶液的浓缩结晶，应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故A错误；B．用盐酸除去BaSO4中少量的BaCO3，可溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故B错误；C．用固体NaCl配制溶液，首先计算配制溶液所需NaCl的质量，再溶解、冷却、转移、在相应规格的容量瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故C错误；D．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量的NaI，反应后萃取，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，题目提供的实验器材可以完成该实验，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制等实验中的仪器使用为解答的关键，侧重分析与实验基本技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．78g苯含有C=C双键的数目为3NAB．1L0.1mol/L的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2和CO组成的混合气体含有的原子数为NAD．标准状况下，6.72LNO2与水反应转移电子数为0.1NA16\n【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol；D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据3mol二氧化氮转移2mol电子来分析．【解答】解：A、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳双键，故A错误；B、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA个，故B错误；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量为0.5mol，而氮气和CO又均为双原子分子，故0.5mol气体中含有的原子的个数为NA个，故C正确；D、标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而3mol二氧化氮转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选C．【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．5．下列离子方程式正确的是()A．向Fe（NO3）3溶液中滴入少量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2B．向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓C．Cu（OH）2沉淀溶于氨水得到深蓝色溶液：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2OD．澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．少量KI，发生硝酸根离子与HI的反应；B．一水合氨在离子反应中保留化学式；C．反生成络离子；D．反应生成碳酸钙、水、NaOH．【解答】解：A．向Fe（NO3）3溶液中滴入少量的HI溶液的离子反应为2NO3﹣+8H++6I﹣=3I2+2NO↑+4H2O，故A错误；B．向AlCl3溶液中加入足量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．Cu（OH）2沉淀溶于氨水得到深蓝色溶液的离子反应为Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，故C正确；D．澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液的离子反应为Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，选项C为解答的难点，题目难度不大．6．短周期主族元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，T元素的最高正价与最低负价的代数和为0．下列判断正确的是()A．原子半径的大小：W＞Q＞R16\nB．气态氢化物的稳定性：R＞Q＞TC．对应含氧酸的酸性强弱：W＞Q＞TD．R分别与T、Q、W形成化合物的晶体均为分子晶体【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期主族元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置，可知R处于第二周期，T、Q、W处于第三周期，T元素的最高正价与最低负价的代数和为0，则最外层电子数为4，故T为Si、Q为P、R为O、W为Cl．A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；B．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D．二氧化硅属于原子晶体．【解答】解：由短周期主族元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置，可知R处于第二周期，T、Q、W处于第三周期，T元素的最高正价与最低负价的代数和为0，则最外层电子数为4，故T为Si、Q为P、R为O、W为Cl，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：Q＞W＞R，故A错误；B．非金属性O＞P＞Si，故氢化物稳定性：H2O＞PH3＞SiH4，故B正确；C．非金属性W＞Q＞T，故最高价含氧酸的酸性：W＞Q＞T，不是最高价含氧酸，酸性不一定，故C错误；D．P元素的氧化物、Cl元素氧化物均为分子晶体，而二氧化硅属于原子晶体，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，注意对元素周期律的理解掌握．7．在1.0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：X（g）⇌Y（g）+Z（g）△H＜0容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示．以下分析正确的是()A．从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）=mol/（L•min）B．该温度下此反应的平衡常数K=0.32C．欲提高平衡体系中Y的含量，可升高体系温度或减少Z的量D．其他条件不变，再充入0.1mol气体X，平衡正向移动，X的转化率增大【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算P为0.7KPa时，反应掉X的物质的量求算；16\nB、在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算平衡状态时即P为0.9KPa时各物质的浓度，求算K；C、升温平衡逆向移动；D、恒容容器中，平衡时再充入X，平衡正向移动，但正反应为气体体积增大的反应，X转化率降低．【解答】解：A、设反应的X物质的量为x，X（g）⇌Y（g）+Z（g）起始量（mol）0.1000转化量（mol）xxx0.7KPa量（mol）0.10﹣xxx在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，x=0.04，所以v（X）=mol/（L•s）=mol/（L•s），故A错误；B、设反应的X物质的量为x，X（g）⇌Y（g）+Z（g）起始量（mol）0.1000转化量（mol）xxx平衡量（mol）0.10﹣xxx在恒容容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，x=0.08，容器体积为1.0L，所以K==0.32，故B正确；C、升温平衡逆向移动，Y含量减小，故C错误；D、恒容容器中，平衡时再充入X，平衡正向移动，但正反应为气体体积增大的反应，X转化率降低，故D错误；故选B．【点评】本题考查了三段式法在平衡计算中的应用以及化学平衡的移动，题目难度中等．二、非选择题（共58分）8．（14分）X～R是元素周期表中的短周期元素，其相应信息如表：元素XYZWR相关信息能形成+7价的化合物日常生活中常见的金属，熔化时并不滴落，好像有一层膜兜着通常状况下能形成短周期中最稳定的双原子分子，它是空气的主要成分之一焰色反应为黄色位于第ⅣA族，是形成化合物种类最多的元素请用化元素学用语回答下列问题：（1）X在周期表中的位置是第三周期ⅦA族16\n（2）元素W的离子结构示意图为（3）元素R的最高价氧化物的电子式为（4）X的氢化物和Z的氢化物反应形成化合物A，A中含有的化学键类型有离子键、共价键；将A溶于水，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）（5）含Y的某化合物可用作净水剂，该物质的水溶液呈酸性，其原因是（用离子方程式表示）Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+（6）W2O2常用作舰艇、航天器的供氧剂，写出体现其反应原理的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X～R是元素周期表中的短周期元素，X能形成+7价的化合物，则X为Cl；Y是日常生活中常见金属，熔化时并不滴落，好象有一层膜兜着，则Y为Al；Z通常状况下能形成短周期中最稳定的双原子分子，它是空气的主要成分之一，该分子为氮气，则Z为N；W焰色反应为黄色，则W为Na；R位于第IVA，是形成化合物种类最多的元素，则R为C，据此进行解答．【解答】解：X～R是元素周期表中的短周期元素，X能形成+7价的化合物，则X为Cl；Y是日常生活中常见金属，熔化时并不滴落，好象有一层膜兜着，则Y为Al；Z通常状况下能形成短周期中最稳定的双原子分子，它是空气的主要成分之一，该分子为氮气，则Z为N；W焰色反应为黄色，则W为Na；R位于第IVA，是形成化合物种类最多的元素，则R为C．（1）X为Cl，原子序数为17，处于周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；（2）元素W的离子为Na+，Na+离子结构示意图为，故答案为：；（3）元素R的最高价氧化物为CO2，电子式为，故答案为：；（4）X、Z两元素的氢化物分别为HCl、NH3，二者化合得到NH4Cl，含有离子键、共价键，其溶液中NH4+离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）故答案为：离子键、共价键；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（5）含Al的某化合物可用作净水剂，原因是铝离子在溶液中部分水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有很强吸附性，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；（6）Na2O2常用作舰艇、航天器的供氧剂，体现其反应原理的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对化学用语与盐类水解的考查，题目难度中等，推断各元素为解答关键，注意对基础知识的理解掌握．16\n9．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示．（说明：a中盛放稀硫酸；b中盛放Na2SO3固体）回答下列问题：（1）仪器b的名称是蒸馏烧瓶（2）b中反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O（3）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是S．（4）d中的试剂为氢氧化钠溶液．发生的反应的反应有2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或2NaOH+H2S=Na2S+2H2O（5）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应的温度或硫酸的滴加速度（写出两条）．（6）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．【考点】制备实验方案的设计．【分析】第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，（1）装置中的仪器b是蒸馏烧瓶；（2）b中反应是制备二氧化硫气体的反应，装置b为二氧化硫的制取，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；（3）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清，由于SO2具有氧化性，能与硫化钠发生氧化还原反应生成单质S，从而使溶液变混浊，因此反应开始后，产生的浑浊物是S；（4）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；（5）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；（6）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．【解答】解：（1）装置中b仪器是带支管的烧瓶为蒸馏烧瓶，仪器b的名称是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，故答案为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O；（3）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，故答案为：S；（4）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫、二氧化碳和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，16\n故答案为：氢氧化钠溶液，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或2NaOH+H2S=Na2S+2H2O；（5）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；（6）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，掌握基础，注意积累是解题关键，题目难度中等．10．（14分）苯佐卡因（E）可用于化妆品紫外线吸收，局部麻醉药等．根据下面的反应路线可以实现苯佐卡因的制备及对糖厂甘蔗渣进行综合利用．请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的化学方程式是．（2）B的名称是纤维素，C中含有的官能团名称是羟基和醛基．（3）在反应Ⅰ～Ⅴ中，属于取代反应的是（填序号）Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ．（4）写出反应Ⅴ的化学方程式：．（5）苯佐卡因有多种同分异构体，其…中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类同分异构体的结构简式为：．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】甘蔗渣的主要成分为纤维素，所以经过处理后得的B为纤维素，纤维素在酸性条件下水解得C为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下得D为CH3CH2OH，对比甲苯和对氨基甲苯及反应Ⅰ的条件下知，A为对硝基甲苯（），中的硝基被还原成氨基，得，16\n与乙酐反应形成酞键，得到，中的甲基被高锰酸钾氧化得，中的羧基与乙醇发生酯化同时酞键水解发生取代反应得，据此答题；【解答】解：甘蔗渣的主要成分为纤维素，所以经过处理后得的B为纤维素，纤维素在酸性条件下水解得C为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下得D为CH3CH2OH，对比甲苯和对氨基甲苯及反应Ⅰ的条件下知，A为对硝基甲苯（），中的硝基被还原成氨基，得，与乙酐反应形成酞键，得到，中的甲基被高锰酸钾氧化得，中的羧基与乙醇发生酯化同时酞键水解发生取代反应得，（1）反应Ⅰ是甲苯的硝化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；（2）根据上面的分析可知，B为纤维素，C是葡萄糖，葡萄糖为多羟基醛，所以含有羟基和醛基，故答案为：纤维素；羟基和醛基；16\n（3）在上述各物质的转化过程中，反应Ⅰ是甲苯的硝化反应，是取代反应，反应Ⅱ是硝基被铁还原成氨基，是还原反应，反应Ⅲ是氨基与乙酐发生取代形成酞键的过程，是取代反应，反应Ⅳ是甲基被氧化成羧基的过程，是氧化反应，反应Ⅴ是乙醇和羧基发生酯化同时酞键水解的过程，是取代反应，所以在反应Ⅰ～Ⅴ中，属于取代反应的是Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ，故答案为：Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ；（4）反应Ⅴ的化学方程式为，故答案为：；（5）苯佐卡因有多种同分异构体，其中，氨基直接连在苯环上，苯环上的一氯取代物只有一种的羧酸类同分异构体，说明取代基在苯环上分布对称，的结构简式为，故答案为：；【点评】本题主要考查了有机物推断与合成，中等难度，答题时注意有机官能团之间的相互转化及反应的条件，灵活运用基础知识，充分利用题是信息是解题的关键．11．（14分）CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，也在染料工业中用作实效型气体吸收剂．利用废旧印刷电路板制氯化亚铜可减少污染、实现资源再生．请回答下列问题：（1）工业制备CuCl需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液（密度为1.2g•cm﹣3），配制该溶液所需CuSO4•5H2O与H2O的质量之比为5：11，所得溶液的物质的量浓度为1.5mol/L．（2）工业检测CuCl产品的纯度需要80mL0.5mol/L的FeCl3溶液，配制该溶液所需仪器除托盘天平（含砝码、质量相同的两纸片）、药匙、烧杯、玻璃棒外，还必需的玻璃仪器有药匙、玻璃棒、100mL的容量瓶、胶头滴管．（3）废旧印刷电路板经粉碎分离能得到金属粉末，控制其他条件相同，用10%H2O2和3.0mol/LH2SO4的混合溶液处理印刷电路板的金属粉末，测得不同温度下铜的平均溶解速率如图所示．在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O．当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是温度升高，双氧水分解速率加快（4）工业上常用CuSO4来制备CuCl．在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，加热，生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+．（5）在盐酸中CuCl能吸收CO，发生的反应为：CuCl+CO+H2O⇌Cu（CO）Cl•H2O△H＜0．要加大CO的吸收率，可采取的措施是低温、高压．16\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）设需要CuSO4•5H2O的质量为x，H2O的质量为y，根据化学式计算出硫酸铜的质量m（CuSO4），溶液质量为x+y，利用质量分数列方程，计算x、y的比例关系；根据C=进行计算；（2）根据配置一定物质的量浓度的步骤判断所需仪器；（3）酸性环境下双氧水具有氧化性，能将金属铜氧化；但双氧水不稳定，温度高易分解，双氧水分解速率加快，氧化铜的浓度就降低；（4）根据反应物和生成物来书写离子反应；（5）根据CuCl+CO+H2O⇌Cu（CO）Cl•H2O△H＜0，该反应为气体体积减小的发热反应，结合平衡移动来分析；【解答】解：（1）设需要CuSO4•5H2O的质量为x，H2O的质量为y，则：=20.0%，即16x=5（x+y），所以x：y=5：11，设溶液的总质量为mg，则由C===1.5mol/L；故答案为：5：11；1.5mol/L；（2）配置一定物质的量浓度的实验，称量时需要药匙和天平，溶解时需要玻璃棒和烧杯，定容时需要100mL的容量瓶和胶头滴管，故答案为：药匙、玻璃棒、100mL的容量瓶、胶头滴管．（3）金属铜在酸性环境下和双氧水的反应为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，但双氧水不稳定，温度高易分解，温度高于40℃时，双氧水分解速率加快，氧化铜的浓度就降低，所以铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；温度升高，双氧水分解速率加快；（4）根据题干信息，可知发生的反应为2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+；（5）根据CuCl+CO+H2O⇌Cu（CO）Cl•H2O△H＜0，该反应为气体体积减小的发热反应，所以低温高压都有利于提高CO的吸收率，都使平衡向正反应方向移动，故答案为：低温、高压．16\n【点评】本题考查学生铜的化合物的性质，是一道综合题目，难度较大，要求学生具有分析和解决问题的能力．16