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2015-2016学年四川省泸州高中高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列有关叙述错误的是（）A苯、甲苯、邻二甲苯、间二甲苯，它们之间都属于同系物B为了延长花果的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯C反应2CH3CHO+O22CH3COOH的原子利用率为100%，符合绿色化学理念D乙烯分子的球棍模型为：2下列叙述中，错误的是（）A石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径B 苯环上的一氯代物有4种C燃烧等质量的甲烷和丙烯，丙烯需要的O2更多D命名为3甲基1戊烯3设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A0.2 molL1 FeCl3溶液中含有Cl总数为0.6NAB常温常压下，a mo1 O2与2a mo1 NO混合，降温得到混合气体中氧原子数小于4a NAC2 mol NaHSO4晶体中含有阳离子的数目为4NAD3g金刚石和4g石墨中的碳碳单键数目均为0.5NA4下列表达正确的是（）ANaHS在水中的电离方程式为：NaHSNa+H+S2B已知某温度下Ksp（CH3COOAg）=2.8103，此温度下浓度均为0.1 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定能产生CH3COOAg沉淀C0.1mol/L CH3COOH溶液与0.05mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+2c（OH）D0.2mol/LNH3H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液显碱性，则：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）5下列离子方程式正确的是（）A将0.2 mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2NH4+Al3+3SO42+3Ba2+6OHAl（OH）3+AlO2+3BaSO4+2H2OB将含有等物质的量溶质的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合：Ba2+HCO+OHBaCO3+H2OC在重铬酸钾溶液中，加酸后溶液变为黄色：Cr2O72+H2O2 CrO42+2H+D过量氯水与FeI2溶液作用：2Fe2+2I+2Cl22 Fe3+I2+4Cl6现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，吸收有毒的硫化氢气体工艺原理如图所示下列说法中正确的是（）A电解池中OH从右槽迁移到左槽BH+在右槽发生氧化反应C左槽中发生的反应是：4OH4eO2+2H2OD常温常压下，反应中每转移1mol电子生成1g氢气7下列实验中，所选装置不合理的是（）A用CCl4提取碘水中的碘，选B用KMnO4溶液检验CH4是否含有C2H4，选C粗盐提纯，选和D石油的分馏，选三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考试根据要求作答8原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F位于周期表的前四周期A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍；C有2个电子层且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，C与D同主族相邻；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子；F位于周期表的ds区，最外层有2个电子请回答下列问题：（1）E2+的价电子排布式为（2）D在元素周期表中的位置是（3）A元素可形成多种单质，其中一种单质为层状结构的晶体（如图1），其中一个最小环占有A原子个（4）化合物AC2的中心原子的杂化方式为，该分子为分子（填“极性”或“非极性”）（5）用KMnO4酸性溶液吸收DC2气体时，MnO4被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：（6）已知通常状况下1g A单质在C2中完全燃烧放出a kJ的热量，请写出表示A单质燃烧热的热化学方程式（7）C与E能形成一种红色化合物X，X可溶解于稀硫酸，得到一种红色固体单质和蓝色溶液试写出该反应的离子方程式（8）F和D能够形成化合物K，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a nm，K的化学式为，列式计算晶体K的密度 g/cm3（用a的代数式表示，化合物K的摩尔质量用Mg/mol表示）9C是一种常见塑料，通常具有一定的毒性，不能用于包装熟食；D是一种植物生长调节剂，用它可以催熟果实根据以下化学反应框图填空：（1）写出碳化钙的电子式；D的空间构型为平面结构，键角为；（2）写出碳化钙与水反应制取A的化学方程式；苯和液溴反应生成E的化学方程式，其反应类型为（3）BC的化学方程式其反应类型为（4）E的苯环上的一氯代物有种（5）E 的官能团名称为（6）以D为原料，经过一系列的反应可制得分子式为C5H12有机物，其中一种结构的核磁共振氢谱共有4种吸收峰，其峰面积之比为1：2：3：6，写出其结构简式10向恒容密闭容器中充入2.0mol A和3.0mol B，发生反应xA（g）+2B（g）yC（g）恒温下反应10min后突然改变某一条件，12min时达到化学平衡状态I；18min时升高温度，22min时达到化学平衡状态II容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，请根据题给信息回答下列问题：（1）从反应开始到10min时，该反应的平均速率v（A）=；平衡状态I时，反应物A的转化率a（A）=x：y=（2）容器内的压强：平衡状态I与起始状态相比较是（选填“增大”、“减小”、“相等”或“无法判断”），逆反应为反应（选填“放热”或“吸热”）（3）推测第10min时改变的反应条件可能是（选填编号）减压 降温 升温 加催化剂 增加B的量 充入氦气（4）已知平衡状态I时B的物质的量为0.6mol，平衡状态I的平衡常数为K1，则Kl=_三、选考题11SOCl2是一种液态化合物，沸点为77，在农药、制药行业中用途广泛SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：（1）装置f的作用是（2）实验室制Cl2的化学方程式为（3）SOCl2与水反应的化学方程式为蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，但使SOCl2与AlCl36H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是方案甲乙丙丁发生装置所选试剂NaHSO3固体18.4mol/LH2SO4+Cu4mol/LHNO3+Na2SO70%H2SO4+K2SO3（5）试验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作是（填操作名称，已知SCl2的沸点为50）若反应中消耗的Cl2的体积为896ml（已转化为标准状况，SO2足量），最后得到纯净的SOCl2 4.76g，则SOCl2的产率为（6）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液w，检验溶液w中存在的Cl的方法是2015-2016学年四川省泸州高中高二（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列有关叙述错误的是（）A苯、甲苯、邻二甲苯、间二甲苯，它们之间都属于同系物B为了延长花果的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯C反应2CH3CHO+O22CH3COOH的原子利用率为100%，符合绿色化学理念D乙烯分子的球棍模型为：【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A苯、甲苯、邻二甲苯（或间二甲苯）均含一个苯环，结构相似，互为同系物，但邻二甲苯、间二甲苯分子式相同、结构不同；B乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化；C产物只有一种；D乙烯中含碳碳双键，所有原子共面，为平面结构【解答】解：A苯、甲苯、邻二甲苯（或间二甲苯）均含一个苯环，结构相似，互为同系物，但邻二甲苯、间二甲苯分子式相同、结构不同，则二者互为同分异构体，故A错误；B乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化，则为了延长花果的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯，故B正确；C.2CH3CHO+O22CH3COOH中产物只有一种，原子利用率为100%，符合绿色化学理念，故C正确；D乙烯中含碳碳双键，所有原子共面，为平面结构，则乙烯分子的球棍模型为，故D正确；故选A2下列叙述中，错误的是（）A石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径B 苯环上的一氯代物有4种C燃烧等质量的甲烷和丙烯，丙烯需要的O2更多D命名为3甲基1戊烯【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯等气态烯烃；石油的催化重整可以获得芳香烃；B结构对称，苯环上4种H、甲基上一种H；C等质量的甲烷（CH4）和丙烯（最简式为CH2），含H越大，消耗氧气越多；D含碳碳双键的主链有5个碳，双键在1、2号碳上，3号C上有甲基【解答】解：A由石油的综合利用可知，石油的催化重整是获得芳香烃的主要途径，故A正确；B结构对称，苯环上4种H、甲基上一种H，则苯环上的一氯代物有4种，故B正确；C等质量的甲烷（CH4）和丙烯（最简式为CH2），含H越大，消耗氧气越多，则甲烷需要的O2更多，故C错误；D含碳碳双键的主链有5个碳，双键在1、2号碳上，3号C上有甲基，则名称为3甲基1戊烯，故D正确；故选C3设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A0.2 molL1 FeCl3溶液中含有Cl总数为0.6NAB常温常压下，a mo1 O2与2a mo1 NO混合，降温得到混合气体中氧原子数小于4a NAC2 mol NaHSO4晶体中含有阳离子的数目为4NAD3g金刚石和4g石墨中的碳碳单键数目均为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A溶液体积未知；B依据原子个数守恒规律解答；C硫酸氢钠中阳离子为钠离子；D根据金刚石和石墨中化学键的有关情况来计算；【解答】解：A依据n=CV可知溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故A错误；B化学反应的实质是原子间的重新组合，原子种类和数目不变，反应前混合气体中氧原子数为amolO2与2amolNO混合物中氧原子和，共4aNA，所以反应后混合气体中氧原子数仍为4aNA，故B错误；C硫酸氢钠中阳离子为钠离子，2 mol NaHSO4晶体中含有阳离子的数目为2NA，故C错误；D金刚石是正四面体结构，平均每两个碳原子右两个碳碳键，石墨是六边形结构，每个环有两个碳原子，三个碳碳键，平均每个碳原子有1.5个碳碳键，质量比为3g：4g的金刚石和石墨，物质的量之比是3：4，含有的碳碳键分别为：2=0.5mol，1.5=0.5mol，碳碳单键数目均为0.5NA，故D正确；故选：D4下列表达正确的是（）ANaHS在水中的电离方程式为：NaHSNa+H+S2B已知某温度下Ksp（CH3COOAg）=2.8103，此温度下浓度均为0.1 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定能产生CH3COOAg沉淀C0.1mol/L CH3COOH溶液与0.05mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+2c（OH）D0.2mol/LNH3H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液显碱性，则：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】ANaHS为强电解质，完全电离，HS部分电离；B根据Ksp（AgCl）以及Ksp（Ag2CrO4），当离子的浓度幂之积大于溶度积时，生成沉淀；C.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.05mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中为等浓度的醋酸钠和醋酸，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；D.0.2mol/LNH3H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，得到等浓度的溶一水合氨和氯化铵混合溶液，一水合氨电离大于铵根离子水解溶液显碱性【解答】解：ANaHS为强电解质，完全电离，HS部分电离，电离方程式为NaHS=Na+HS和HSH+S2，故A错误；BAgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合浓度均为0.05molL1，c（CH3COO）c（Ag+）=0.00252.8103，一定不产生CH3COOAg沉淀，故B错误；C.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.05mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中为等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），带入计算得到：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+2c（OH），故C正确；D.0.2mol/LNH3H2O溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，得到等浓度的溶一水合氨和氯化铵混合溶液，一水合氨电离大于铵根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故D错误；故选C5下列离子方程式正确的是（）A将0.2 mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2NH4+Al3+3SO42+3Ba2+6OHAl（OH）3+AlO2+3BaSO4+2H2OB将含有等物质的量溶质的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合：Ba2+HCO+OHBaCO3+H2OC在重铬酸钾溶液中，加酸后溶液变为黄色：Cr2O72+H2O2 CrO42+2H+D过量氯水与FeI2溶液作用：2Fe2+2I+2Cl22 Fe3+I2+4Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A物质的量比为2：3，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸铵；B等物质的量反应生成碳酸钡、水、NaOH；CCr2O72（橙红色）+H2O2H+2CrO42（黄色），为可逆反应；D碘离子、亚铁离子均为氧化【解答】解：A将0.2 mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故A错误；B含有等物质的量溶质的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合的离子反应为Ba2+HCO3+OHBaCO3+H2O，故B正确；C在重铬酸钾溶液中，加酸后Cr2O72（橙红色）+H2O2H+2CrO42（黄色）逆向进行，溶液变为橙红色，故C错误；D过量氯水与FeI2溶液作用的离子反应为2Fe2+4I+3Cl22Fe3+2I2+6Cl，故D错误；故选B6现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，吸收有毒的硫化氢气体工艺原理如图所示下列说法中正确的是（）A电解池中OH从右槽迁移到左槽BH+在右槽发生氧化反应C左槽中发生的反应是：4OH4eO2+2H2OD常温常压下，反应中每转移1mol电子生成1g氢气【考点】电解原理【分析】FeCl3溶液氧化H2S发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S，反应池中溶液移入电解池左槽，而电解池左槽产生Fe3+，右槽生成氢气，因此左槽为阳极、右槽为阴极，由于还原性Fe2+Cl，左槽中Fe2+放电生成Fe3+，右槽中氢离子放电生成氢气，质子通过质子交换膜移向阴极【解答】解：通过图示可知Fe2+在电解池的左槽中转化为Fe3+，H+在右槽转化为H2，因此左槽为阳极右槽为阴极A电解过程中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，即电解池中OH左槽，但是中间选用阳离子交换膜，OH无法通过，故A错误；B右槽为阴极，因此电极反应式为：2H+2e=H2或2H2O=H2+2OH，H+在右槽发生还原反应，故B错误；C左槽为阳极，由于还原性Fe2+Cl，因此电极反应式为：Fe2+e=Fe3+，故C错误；D右槽为阴极，电极反应式为：2H+2e=H2，每转移1mol电子生成0.5mol即1g氢气，故D正确，故选：D7下列实验中，所选装置不合理的是（）A用CCl4提取碘水中的碘，选B用KMnO4溶液检验CH4是否含有C2H4，选C粗盐提纯，选和D石油的分馏，选【考点】化学实验方案的评价【分析】A用CCl4提取碘水中的碘，采用萃取和分液的方法；B乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C粗盐提纯采用过滤、蒸发的方法；D石油分馏采用蒸馏方法，需要用温度计测量馏分温度【解答】解：A四氯化碳能萃取碘水中的碘，所以用CCl4提取碘水中的碘时，采用萃取和分液的方法，则选择装置，故A正确；B乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用检验甲烷中是否含有乙烯，故B正确；C粗盐提纯采用过滤、蒸发的方法，所以选择装置，故C正确；D石油分馏采用蒸馏方法，需要用温度计测量馏分温度，该实验中没有温度计，故D错误；故选D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题32题为必考题每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考试根据要求作答8原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F位于周期表的前四周期A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍；C有2个电子层且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，C与D同主族相邻；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子；F位于周期表的ds区，最外层有2个电子请回答下列问题：（1）E2+的价电子排布式为3d9（2）D在元素周期表中的位置是第四周期VIA族（3）A元素可形成多种单质，其中一种单质为层状结构的晶体（如图1），其中一个最小环占有A原子2个（4）化合物AC2的中心原子的杂化方式为sp，该分子为非极性分子（填“极性”或“非极性”）（5）用KMnO4酸性溶液吸收DC2气体时，MnO4被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O2Mn2+5SO42+4H+；（6）已知通常状况下1g A单质在C2中完全燃烧放出a kJ的热量，请写出表示A单质燃烧热的热化学方程式C（s）+O2（g）=CO2（g）H=12a kJ/mol（7）C与E能形成一种红色化合物X，X可溶解于稀硫酸，得到一种红色固体单质和蓝色溶液试写出该反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O（8）F和D能够形成化合物K，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a nm，K的化学式为ZnS，列式计算晶体K的密度 g/cm3（用a的代数式表示，化合物K的摩尔质量用Mg/mol表示）【考点】晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用【分析】原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F位于周期表的前四周期A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为Cu，F位于周期表的ds区，最外层有2个电子，则F为Zn；C有2个电子层且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4故，故C为O元素；C与D同主族相邻，则D为S元素B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素（1）Cu处于第四周期IB族，Cu2+的价电子排布中3d轨道有9个电子；（2）D为S元素，处于周期表中第四周期VIA族；（3）每个环上含有6个原子，而没个原子为3个环共用；（4）化合物CO2分子为直线形结构，碳原子采取sp杂化；（5）KMnO4酸性溶液吸收SO2气体时，MnO4被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42，根据元素守恒和电荷守恒书写；（6）计算1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（7）氧与Cu形成一种红色化合物X为Cu2O，Cu2O溶解于稀硫酸得到一种红色固体单质和蓝色溶液，即反应生成Cu与硫酸铜；（8）根据均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，进而确定化学式，表示出晶胞质量，再根据=计算【解答】解：原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F位于周期表的前四周期A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为Cu，F位于周期表的ds区，最外层有2个电子，则F为Zn；C有2个电子层且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4故，故C为O元素；C与D同主族相邻，则D为S元素B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素（1）Cu处于第四周期IB族，Cu2+的价电子排布中3d轨道有9个电子，价电子排布式为：3d9，故答案为：3d9；（2）D为S元素，处于周期表中第四周期VIA族，故答案为：第四周期VIA族；（3）每个环上含有6个原子，而没个原子为3个环共用，则其中一个最小环占有A原子为6=2 个，故答案为：2；（4）化合物CO2分子为直线形结构，碳原子采取sp杂化，为对称性结构，属于非极性分子，故答案为：sp；非极性；（5）KMnO4酸性溶液吸收SO2气体时，MnO4被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42，该反应的离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，故答案为：5SO2+2MnO4+2H2O2Mn2+5SO42+4H+； （6）1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为a kJ=12a kJ，碳单质燃烧热的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=12a kJ/mol，故答案为：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=12a kJ/mol；（7）氧与Cu形成一种红色化合物X为Cu2O，Cu2O溶解于稀硫酸得到一种红色固体单质和蓝色溶液，即反应生成Cu与硫酸铜，该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；（8）S与Zn形成化合物的晶胞中，S在晶胞内部，原子数为4，Zn在顶点和面心，Zn的原子数为8+6=4，所以其化学式为ZnS，晶胞的质量为g，晶胞边长为a nm，则晶胞的体积为（a107 cm）3，所以晶体的密度为=g（a107 cm）3=g/cm3，故答案为：ZnS；9C是一种常见塑料，通常具有一定的毒性，不能用于包装熟食；D是一种植物生长调节剂，用它可以催熟果实根据以下化学反应框图填空：（1）写出碳化钙的电子式；D的空间构型为平面结构，键角为120；（2）写出碳化钙与水反应制取A的化学方程式CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH；苯和液溴反应生成E的化学方程式+Br2+HBr，其反应类型为取代反应（3）BC的化学方程式nCH2=CHCl其反应类型为加聚反应（4）E的苯环上的一氯代物有3种（5）E 的官能团名称为溴原子（6）以D为原料，经过一系列的反应可制得分子式为C5H12有机物，其中一种结构的核磁共振氢谱共有4种吸收峰，其峰面积之比为1：2：3：6，写出其结构简式【考点】有机物的推断【分析】碳化钙与水反应生成气体A为HCCH，D是一种植物生长调节剂，用它可以催熟果实，则D为乙烯，乙炔与氢气发生加成反应得到乙烯，乙炔与HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应得到C，则B为CH2=CHCl，C为，苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应生成E为，据此解答【解答】解：碳化钙与水反应生成气体A为HCCH，D是一种植物生长调节剂，用它可以催熟果实，则D为乙烯，乙炔与氢气发生加成反应得到乙烯，乙炔与HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应得到C，则B为CH2=CHCl，C为，苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应生成E为（1）碳化钙的：；D为乙烯，C原子采取sp2杂化，键角约为120，故答案为：；120；（2）碳化钙与水反应制取乙炔的化学方程式为：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，苯和液溴反应生成E的化学方程式： +Br2+HBr，属于取代反应，故答案为：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH；+Br2+HBr；取代反应；（3）BC是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应化学方程式为：nCH2=CHCl，属于加聚反应，故答案为：nCH2=CHCl；加聚反应；（4）E为，E的苯环上的一氯代物有邻、间、对三种，故答案为：3；（5）E为，E 的官能团名称为 溴原子，故答案为：溴原子；（6）分子式为C5H12有机物，其中一种结构的核磁共振氢谱共有4种吸收峰，其峰面积之比为1：2：3：6，其结构简式为，故答案为：10向恒容密闭容器中充入2.0mol A和3.0mol B，发生反应xA（g）+2B（g）yC（g）恒温下反应10min后突然改变某一条件，12min时达到化学平衡状态I；18min时升高温度，22min时达到化学平衡状态II容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，请根据题给信息回答下列问题：（1）从反应开始到10min时，该反应的平均速率v（A）=0.04mol/（Lmin）；平衡状态I时，反应物A的转化率a（A）=60%x：y=1：2（2）容器内的压强：平衡状态I与起始状态相比较是无法判断（选填“增大”、“减小”、“相等”或“无法判断”），逆反应为放热反应（选填“放热”或“吸热”）（3）推测第10min时改变的反应条件可能是（选填编号）减压 降温 升温 加催化剂 增加B的量 充入氦气（4）已知平衡状态I时B的物质的量为0.6mol，平衡状态I的平衡常数为K1，则Kl=_40【考点】化学平衡的计算【分析】（1）A是反应物，10 min内其浓度减小量为（1.00.6）molL1，则平均反应速率=计算得到，10 min时C的浓度增加0.40 molL1，平衡状时A浓度减少1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，C浓度增大为1.2mol/L，A的起始浓度=1mol/L，容器体积为2L，转化率=100%，则C与A的浓度变化之比是2：1，即x：y=1：2；（2）恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，x：y=1：2，可以是1，2；2，4，得到反应前后的气体物质的量变化不同，可能增加、减小或不变，18min时升高温度，C物质的量浓度减小，A浓度增大，说明平衡逆向进行；（3）根据图象知10 min时反应速率加快，恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，依据影响反应速率和反应正向进行的反应方向分析判断选项；（4）若已知平衡状态时B的物质的量为0.6mol，则可以依据消耗的反应物和增大的生成物物质的量之比计算得到计量数之比，写出化学方程式，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，平衡常数K1=【解答】解：（1）A是反应物，10 min内其浓度减小量为（1.00.6）molL1=0.4mol/L，v（A）=0.04mol/（Lmin），图象分析可知反应的物质的量之比等于化学计量数之比得知，平衡状时A浓度减少1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，C浓度增大为1.2mol/L，A的起始浓度=1mol/L，容器体积为1L，转化率=100%=100%=60%，消耗量之比等于化学方程式计量数之比，则C与A的浓度变化之比是2：1，即x：y=1：2故答案为：0.04mol/（Lmin）；60%；1：2；（2）恒温下反应10min后突然改变某一条件C增大，A减小的速率增大，x：y=1：2，可以是1，2，化学方程式为A（g）+2B（g）2C（g），反应前后气体物质的量减小，若为2，4，化学方程式为：2A（g）+2B（g）4C（g），反应前后气体物质的量不变，若为3，6，则得到化学方程式为：3A（g）+2B（g）6C（g），反应前后气体物质的量增大，得到反应前后的气体物质的量变化不同，可能增加、减小或不变，平衡状态与起始状态的压强相比较，是不能确定的，无法确定，18min时升高温度，图象分析可知，C物质的量浓度减小，A浓度增大，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，故答案为：无法判断；放热；（3）l0min后化学反应速率加快了直到到达化学平衡状态，A浓度减小，C浓度增大达到平衡状态，上述分析可知反应为放热反应，减压反应速率减小，与图象变化不一致，故错误；降温反应速率减小，不符合图象变化，故错误；升温反应速率增大，反应未达到平衡状态，所以反应仍正向进行最后达到平衡状态，故正确；加催化剂，可以加快反应速率，故正确；增加B的量是增大反应物浓度，反应速率增大，故正确；恒温恒容容器中充入氦气，总压增大，分压不变，速率不变，故错误；所以反应条件的为故答案为：；（4）向恒容密闭容器中充入2.0molA和3.0molB，发生反应xA（g）+2B（g）yC（g）A的起始浓度=1mol/L，容器体积为2L，若已知平衡状态时B的物质的量为0.6mol，消耗B物质的量为3.0mol0.6mol=2.4mol，A消耗物质的量=2.0mol0.4mol/L2L=1.2mol，C生成物质的量=2L1.2mol/L=2.4mol，化学方程式计量数之比=1.2：2.4：2.4=1：2：2，化学方程式为：A（g）+2B（g）2C，平衡浓度分别为：c（A）=0.4mol/L，c（B）=0.3mol/L，c（C）=1.2mol/L平衡状态I的平衡常数为：K1=40，故答案为：40三、选考题11SOCl2是一种液态化合物，沸点为77，在农药、制药行业中用途广泛SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示，回答以下问题：（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解（2）实验室制Cl2的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（3）SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2+2HCl蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，但使SOCl2与AlCl36H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：AlCl3溶液易水解，AlCl36H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl36H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是丁方案甲乙丙丁发生装置所选试剂NaHSO3固体18.4mol/LH2SO4+Cu4mol/LHNO3+Na2SO70%H2SO4+K2SO3（5）试验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作是蒸馏（填操作名称，已知SCl2的沸点为50）若反应中消耗的Cl2的体积为896ml（已转化为标准状况，SO2足量），最后得到纯净的SOCl2 4.76g，则SOCl2的产率为50%（6）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液w，检验溶液w中存在的Cl的方法是取少量无色溶液放入试管中，加入Ba（NO3）2溶液至不再生沉淀为止，静置，取出上层清液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可知无色溶液中含有Cl【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）碱石灰与气体反应；（2）实验室利用MnO2、4HCl（浓）制备氯气；（3）SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，AlCl3溶液易水解，AlCl36H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3