四川省甘孜州理塘县2022学年高一化学下学期5月质检试卷含解析

2022-2022学年四川省甘孜州理塘县高一（下）质检化学试卷　一、单项选择题1．Se是人体必需微量元素，下列关于Se和Se的说法正确的是（　　）A．H278Se的稳定性比H2S稳定性强B．Se和Se互为同素异形体C．Se和Se组成的气态物质属于化合物D．Se和Se互为同位素，分别含有44和46个中子　2．在四个不同容器中，不同条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是（　　）A．v（N2）=0.1mol•L﹣1•s﹣1B．v（H2）=0.1mol•L﹣1•min﹣1C．v（NH3）=0.15mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1　3．在2L容器中发生反应N2+3H2⇌2NH3，经一段时间后NH3的物质的量增加了2.4mol，这段时间内用氢气表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为（　　）A．6sB．4sC．3sD．2s　4．下列化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOC．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+═Fe2++H2S↑D．等体积、等物质的量浓度的氢氧化钙溶液与稀硫酸混合：Ca2++OH﹣+H++SO42﹣═CaSO4↓+H2O　5．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是（　　）XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3-18-CH2SO4SO2SSO3DSiSiO2Na2SiO3H2SiO3A．AB．BC．CD．D　6．氢气可以在氧气中燃烧．在该反应中：断裂1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中，正确的是（　　）A．2Q1+Q2＞Q3B．Q1+Q2＞2Q3C．2Q1+Q2＜4Q3D．2Q1+Q2＜2Q3　7．一定条件下，容积固定的密闭容器中，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，则下列判断不合理的是（　　）A．c1：c2=1：3B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．达平衡时，容器内的压强不再变化D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L﹣1　　二、填空题8．如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：-18-（1）已知②的一种核素中子数为8，则其气态氢化物的摩尔质量为　　　　　　．（2）①②⑤⑥的原子半径由大到小的顺序为　　　　　　（填元素符号）；⑦⑧⑨的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是　　　　　　（填化学式）．（3）②的单质与③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液能发生反应，其反应的化学方程式为　　　　　　．（4）X、Y是中学化学中的常见物质，X、Y分别由元素④、⑤和②、④形成，X与Y的反应是潜水艇和呼吸面具中氧气的来源．Y中含有的化学键类型是　　　　　　；X的电子式是　　　　　　．（5）某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学设计了如图2装置来一次性完成的②、⑦非金属性强弱比较的实验研究；甲同学设计实验的依据是　　　　　　；其中装置B中所盛试剂的作用为　　　　　　；C中反应的离子方程式为　　　　　　．　　三、实验题9．某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理．（1）请写出SO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式：　　　　　　．（2）吸收尾气（Cl2）一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在的阴离子有OH﹣和　　　　　　、　　　　　　．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）①提出合理假设．假设1：只存在SO32﹣假设2：既不存在SO32﹣，也不存在ClO﹣；假设3：　　　　　　．②要证明假设1是否成立，设计实验方案，进行实验．请写出实验以及预期现象和结论．限选实验试剂：3mol•L﹣1H2SO4、1mol•L﹣1NaOH、0.01mol•L﹣1KMnO4、淀粉﹣KI溶液．实验预期现象和结论　　　　　　　　　　　　　-18-　四、综合题10．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂．利用铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为　　　　　　．（2）氯化炉中生成AlCl3的反应中，被还原的元素是　　　　　　；生成1molAlCl3理论上至少需消耗　　　　　　g焦炭．（3）氯化铝在加热时易升华，气态氯化铝的分子式为Al2Cl6，由此判断AlCl3是　　　　　　（填“离子”或“共价”）化合物．升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入Al，其作用是　　　　　　．（4）AlCl3产品中Fe元素含量直接影响其品质，为测定产品中Fe元素的含量，现称取14.0g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．则产品中Fe元素的含量为　　　　　　．　　五、计算题11．某温度时，在2L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化曲线如图所示．由图中数据分析，该反应的化学方程式为　　　　　　，反应开始至2min，X的转化率为　　　　　　．　12．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）的v﹣t图象如图所示．①其阴影面积表示的是　　　　　　．-18-②若其他条件都不变，知识在反应前加入合适的催化剂，则阴影面积将　　　　　　；（填“变大”、“变小”或“不变”）．　　-18-2022-2022学年四川省甘孜州理塘县高一（下）质检化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题1．Se是人体必需微量元素，下列关于Se和Se的说法正确的是（　　）A．H278Se的稳定性比H2S稳定性强B．Se和Se互为同素异形体C．Se和Se组成的气态物质属于化合物D．Se和Se互为同位素，分别含有44和46个中子【考点】同位素及其应用；同素异形体．【分析】A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定；B、同素异形体指单质而同位素指原子；C、同种元素的原子形成的物质属于单质；D、中子数=质量数﹣质子数，据此计算即可．【解答】解：A、由于非金属性S＞Se，故H278Se的稳定性比H2S稳定性弱，故A错误；B、同素异形体指单质而同位素指原子，故B错误；C、两者构成的气态物质仍然是单质，故C错误；D、Se和Se质子数相同，均是34，质量数分别为78和80，两者互为同位素，中子数分别为78﹣34=44，80﹣34=46，故D正确，故选D．【点评】以3478Se和3480Se为载体考查原子结构的有关“粒子数”的关系及同位素、同素异形体的概念，侧重考查学生的辨别能力．　2．在四个不同容器中，不同条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是（　　）A．v（N2）=0.1mol•L﹣1•s﹣1B．v（H2）=0.1mol•L﹣1•min﹣1C．v（NH3）=0.15mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．-18-【分析】不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：发生反应：N2+3H2⇌2NH3，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快．A．v（N2）=0.1mol•L﹣1•s﹣1=6mol•L﹣1•min﹣1，则=6mol•L﹣1•min﹣1，B.=0.033mol•L﹣1•min﹣1，C.=0.075mol•L﹣1•min﹣1，D.=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故反应速率A＞D＞C＞B，故选A．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，比较基础，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较，注意单位保持一致．　3．在2L容器中发生反应N2+3H2⇌2NH3，经一段时间后NH3的物质的量增加了2.4mol，这段时间内用氢气表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为（　　）A．6sB．4sC．3sD．2s【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据物质的量变化和化学计量数之间关系和速率表达式计算或根据用不同物质表示的速率和化学计量数关系可求得用氨表示的速率，带入速率表达式即可求得时间．【解答】解：方法1．用t表示反应时间，因为NH3的物质的量增加了2.4mol，根据化学方程式，H2的物质的量减少了3.6mol，则用氢气表示的反应速率为v（H2）═3.6mol÷2L÷t═0.6mol•L﹣1•s﹣1，则t=3s．-18-方法2．C．v（NH3）：v（H2）═2：3，则v（NH3）=v（H2）═×0.6mol•L﹣1•s﹣1═0.4mol•L﹣1•s﹣1v（NH3）═2.4mol÷2L÷t═0.4mol•L﹣1•s﹣1，则t═3s．故选C．【点评】本题考察反应速率的计算．常用到的公式是速率表达式和用不同物质表示速率和化学计量数关系进行计算．计算时要注意单位的一致性．　4．下列化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOC．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+═Fe2++H2S↑D．等体积、等物质的量浓度的氢氧化钙溶液与稀硫酸混合：Ca2++OH﹣+H++SO42﹣═CaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．在稀氨水中通入过量CO2，反应生成碳酸氢铵；B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙；C．用稀HNO3溶解FeS固体，发生氧化还原反应生成硝酸铁、S、NO和水；D．氢离子、氢氧根离子的系数错误，不满足硫酸、氢氧化钙的化学式组成．【解答】解：A．在稀氨水中通入过量CO2，反应生成碳酸氢铵，反应的离子反应为：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣，故A正确；B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，二者发生氧化还原反应，反应的离子反应为：SO2+Ca2++ClO﹣+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故B错误；C．用稀HNO3溶解FeS固体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：NO3﹣+FeS+4H+═Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故C错误；D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合，反应生成硫酸钙和水，正确的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2H++SO42﹣=CaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A．-18-【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．　5．下列各组物质中，能一步实现右图所示①～⑤转化关系的是（　　）XYZWAFe3O4FeFeCl2FeCl3BAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3CH2SO4SO2SSO3DSiSiO2Na2SiO3H2SiO3A．AB．BC．CD．D【考点】铁的化学性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质．【分析】A．Al与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2；B．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，NaAlO2与少量酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2；C．硫酸与Cu反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3；D．二氧化硅不能一步转化为硅酸．【解答】解：A．Al与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，均能一步实现转化，故A选；B．Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，故B不选；C．S不能一步转化为SO3，故C不选；D．二氧化硅不能一步转化为硅酸，首先与碱反应，生成硅酸盐，然后与强酸或者二氧化碳气体反应生成硅酸，故D不选；故选A．-18-【点评】本题考查金属元素的单质及化合物的性质、有机物的性质等，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意一步实现转化，题目难度不大．　6．氢气可以在氧气中燃烧．在该反应中：断裂1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中，正确的是（　　）A．2Q1+Q2＞Q3B．Q1+Q2＞2Q3C．2Q1+Q2＜4Q3D．2Q1+Q2＜2Q3【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】氢气在氧气中燃烧，该反应放热，△H＜0，根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键来计算该反应的反应热，据此解答．【解答】解：破坏1molH﹣H消耗的能量为Q1kJ，则H﹣H键能为Q1kJ/mol，破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，则O=O键键能为Q2kJ/mol，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ，则H﹣O键能为Q3kJ/mol，对于2H2（g）+O2（g）═2H2O，反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故：反应热△H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol﹣4Q3kJ/mol=（2Q1+Q2﹣4Q3）KJ/mol，由于氢气在氧气中燃烧，反应热△H＜0，即（2Q1+Q2﹣4Q3）＜0，所以2Q1+Q2＜4Q3，故选：C．【点评】本题考查反应热的计算，注意把握从键能的角度计算反应热的方法，放热△H＜0是解答的关键点，题目难度不大．　7．一定条件下，容积固定的密闭容器中，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，则下列判断不合理的是（　　）A．c1：c2=1：3B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．达平衡时，容器内的压强不再变化D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．-18-【专题】化学平衡专题．【分析】A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C．反应前后气体的体积不能，达到平衡状态时，压强不变；D．根据可逆不能完全转化的角度分析．【解答】解：A．设X转化的浓度为x，X（g）+3Y（g）2Z（g）初始：c1c2c3转化：x3x2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A正确；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后气体的体积不能，达到平衡状态时，压强不变，故C正确；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．　二、填空题8．如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）已知②的一种核素中子数为8，则其气态氢化物的摩尔质量为　18g/mol　．-18-（2）①②⑤⑥的原子半径由大到小的顺序为　Na＞Al＞C＞H　（填元素符号）；⑦⑧⑨的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是　HClO4＞H2SO4＞H2SiO3　（填化学式）．（3）②的单质与③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液能发生反应，其反应的化学方程式为　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O　．（4）X、Y是中学化学中的常见物质，X、Y分别由元素④、⑤和②、④形成，X与Y的反应是潜水艇和呼吸面具中氧气的来源．Y中含有的化学键类型是　共价键　；X的电子式是　　．（5）某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学设计了如图2装置来一次性完成的②、⑦非金属性强弱比较的实验研究；甲同学设计实验的依据是　强酸制弱酸　；其中装置B中所盛试剂的作用为　除去CO2中的HCl气体　；C中反应的离子方程式为　SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣　．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl．（1）②为C元素，其中子数为8的核素的质量数为14，其氢化物甲为14CH4；（2）所有元素中H原子半径最小，同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；（3）②的单质为C，③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硝酸，碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（4）元素④、⑤组成X，元素②、④形成Y，X与Y的反应是潜水艇和呼吸面具中氧气的来源，则X为Na2O2，Y为CO2；（5）根据装置腿可知，利用强酸制备弱酸判断元素非金属性，A中产生二氧化碳，B除去二氧化碳中HCl气体，C中是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸与碳酸氢钠．【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Si，⑧为S，⑨为Cl．（1）②为C元素，其中子数为8的核素的质量数为14，其氢化物为甲为14CH4，摩尔质量为18g/mol，故答案为：18g/mol；-18-（2）所有元素中H原子半径最小，同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Na＞Al＞C＞H；由于非金属性：Cl＞S＞Si，则酸性大小为：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故答案为：Na＞Al＞C＞H；HClO4＞H2SO4＞H2SiO3；（3）②的单质为C，③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硝酸，二者在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（4）元素④、⑤组成X，元素②、④形成Y，X与Y的反应是潜水艇和呼吸面具中氧气的来源，则X为Na2O2，Y为CO2，二氧化碳分子中含有共价键，过氧化钠电子式为，故答案为：共价键；；（5）根据装置腿可知，利用强酸制备弱酸判断元素非金属性，A中产生二氧化碳，B除去二氧化碳中HCl气体，C中是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸与碳酸氢钠，反应方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故答案为：强酸制弱酸；除去CO2中的HCl气体；SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣．【点评】本题考查了元素周期律和元素周期律的综合应用、性质实验方案的设计等，题目难度中等，熟练掌握元素周期表结构与元素周期律，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实．　三、实验题9．某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理．（1）请写出SO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式：　SO2+2OH﹣=H2O+SO32﹣　．（2）吸收尾气（Cl2）一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在的阴离子有OH﹣和　Cl﹣　、　SO42﹣　．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）①提出合理假设．假设1：只存在SO32﹣假设2：既不存在SO32﹣，也不存在ClO﹣；-18-假设3：　两种离子都存在（或者只存在ClO﹣）；　．②要证明假设1是否成立，设计实验方案，进行实验．请写出实验以及预期现象和结论．限选实验试剂：3mol•L﹣1H2SO4、1mol•L﹣1NaOH、0.01mol•L﹣1KMnO4、淀粉﹣KI溶液．实验预期现象和结论　取少许吸收液于试管中滴加1～2滴0.01mol•L﹣1KMnO4溶液　　若溶液褪色则假设1成立，否则假设1不成立　【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）氢氧化钠过量，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；（2）吸收尾气（Cl2）一段时间后，根据反应原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl﹣、OH﹣和SO42﹣．①可假设1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣，3、SO32﹣、ClO﹣都存在或者只存在ClO﹣；②3mol•L﹣1H2SO4硫酸电离生成氢离子，溶液显酸性，次氯酸根离子具有漂白性，亚硫酸根离子具有强的还原性，能被酸性的高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色，选择具有强氧化性高锰酸钾溶液，证明SO32﹣的存在．【解答】解：（1）SO2与过量NaOH溶液反应，因NaOH过量，故生成的是正盐，化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，离子方程式为：SO2+2OH﹣=H2O+SO32﹣，故答案为：SO2+2OH﹣=H2O+SO32﹣；（2）吸收尾气（Cl2）一段时间后，根据反应原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，氯化钠、硫酸钠都为强电解质完全电离，所以吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl﹣、OH﹣和SO42﹣，故答案为：Cl﹣、SO42﹣；①可假设1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣，3、SO32﹣、ClO﹣都存在或者只存在ClO﹣；故答案为：两种离子都存在（或者只存在ClO﹣）；②因为吸收液呈碱性，先取少量吸收液于试管中，滴加3moL﹣L﹣1H2SO4至溶液呈酸性，若存在SO32﹣，生成了H2SO3，H2SO3具有还原性，选择具有强氧化性高锰酸钾溶液，在试管中滴加0.01mol•L﹣1KMnO4溶液1～2滴，若紫红色褪去，证明有SO32﹣，否则无，故答案为：-18-实验预期现象和结论取少许吸收液于试管中滴加1～2滴0.01mol•L﹣1KMnO4溶液若溶液褪色则假设1成立，否则假设1不成立【点评】本题属于实验探究题，要根据实验原理提出假设，再利用物质的性质加以验证，明确物质的性质是解题关键，（2）题为难点，注意依据反应产物的性质设计实验，利用亚硫酸的还原性验证是否含有亚硫酸根离子，题目难度中等．　四、综合题10．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂．利用铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下：（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为　Fe2O3+3C2Fe+3CO　．（2）氯化炉中生成AlCl3的反应中，被还原的元素是　Cl　；生成1molAlCl3理论上至少需消耗　18　g焦炭．（3）氯化铝在加热时易升华，气态氯化铝的分子式为Al2Cl6，由此判断AlCl3是　共价　（填“离子”或“共价”）化合物．升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入Al，其作用是　除去FeCl3　．（4）AlCl3产品中Fe元素含量直接影响其品质，为测定产品中Fe元素的含量，现称取14.0g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．则产品中Fe元素的含量为　1.6%　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由工艺流程图可知，铝土矿与焦炭在焙烧炉中反应后物质为Al2O3、Fe及CO，应是Fe2O3与C反应生成Fe与CO，在氯化炉的产物中含有FeCl3、A1C13、CO，应是Al2O3与C反应生成Al与CO，Al、Fe与氯气反应生成AlCl3和FeCl3，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，升华制备无水AlCl3，加入少量Al目的是除去FeCl3．（1）在焙烧炉中Fe2O3与C反应生成Fe与CO；-18-（2）元素化合价降低发生还原反应；氯化炉中生成氯化铝的总反应方程式为：A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，根据方程式计算消耗焦炭的质量；（3）氯化铝在加热时易升华，沸点低，属于分子晶体，为共价化合物；升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，升华制备无水AlCl3，应除FeCl3去；（4）制备无水AlCl3含有杂质FeCl3，用过量的氢氧化钠溶液溶解，沉淀为氢氧化铁，最终残留固体质量为0.32g为Fe2O3，根据铁原子守恒计算Fe元素质量，进而计算产品中Fe元素的含量．【解答】解：由工艺流程图可知，铝土矿与焦炭在焙烧炉中反应后物质为Al2O3、Fe及CO，应是Fe2O3与C反应生成Fe与CO，在氯化炉的产物中含有FeCl3、A1C13、CO，应是Al2O3与C反应生成Al与CO，Al、Fe与氯气反应生成AlCl3和FeCl3，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，升华制备无水AlCl3，加入少量Al目的是除去FeCl3．（1）在焙烧炉中Fe2O3与C反应生成Fe与CO，反应方程式为Fe2O3+3C2Fe+3CO，故答案为：Fe2O3+3C2Fe+3CO；（2）氯化炉中生成氯化铝的总反应方程式为：A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，Fe被氯气氧化为FeCl3，反应中Cl元素化合价降低，发生还原反应，由方程式可知，生成1molAlCl3理论上需碳为1mol×=1.5mol，故需要碳的质量至少为1.5mol×12g/mol=18g，故答案为：Cl；18；（3）氯化铝在加热时易升华，沸点低，属于分子晶体，为共价化合物；升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，升华制备无水AlCl3，所以加入少量Al目的是除去FeCl3，故答案为：共价；除去FeCl3；（4）制备无水AlCl3含有杂质FeCl3，用过量的氢氧化钠溶液溶解，沉淀为氢氧化铁，最终残留固体质量为0.32g为Fe2O3，其物质的量为=0.002mol，故Fe元素质量为0.004mol×56g/mol=0.224g，则产品中Fe元素的含量为×100%=1.6%，故答案为：1.6%．【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，涉及物质制备方案、工艺流程原理的理解、物质含量的测定等，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，题目难度中等．-18-　五、计算题11．某温度时，在2L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化曲线如图所示．由图中数据分析，该反应的化学方程式为　Y+3X⇌2Z　，反应开始至2min，X的转化率为　30%　．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；利用化学方程式的计算．【分析】随反应进行，X、Y反应物的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增加，Z为生成物，最后X、Y的物质的量为定值且不为0，说明是可逆反应，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，据此写出反应方程式；转化率=×100%．【解答】解：由图可知，X、Y反应物的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增加，Z为生成物，最后X、Y的物质的量为定值且不为0，说明是可逆反应，Y、Z、X的物质的量变化量之比为（1.0﹣0.9）mol：（1.0﹣0.7）mol：0.2mol=1：3：2，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：Y+3X⇌2Z，反应开始至2min，X的转化率为×100%=30%，故答案为：Y+3X⇌2Z；30%．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡图象、读图提取信息能力，难度不大，结合图的信息运用知识解决问题．　12．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）的v﹣t图象如图所示．①其阴影面积表示的是　反应物A的浓度减少量　．②若其他条件都不变，知识在反应前加入合适的催化剂，则阴影面积将　不变　；（填“变大”、“变小”或“不变”）．-18-【考点】化学反应速率变化曲线及其应用．【分析】①反应开始到平衡时，根据△c=vt确定阴影部分含义；②催化剂只影响化学反应速率但不影响平衡移动．【解答】解：①反应开始到平衡时，根据△c=vt知，阴影部分为速率与时间乘积，所以为反应物A的浓度减少量，故答案为：反应物A的浓度减少量；②催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，从而增大活化分子之间的有效碰撞，能同等程度的增大正逆反应速率，但不改变平衡移动，所以反应达到平衡状态时反应物的物质的量改变量不变，则阴影部分面积不变，故答案为：不变．【点评】本题考查v﹣t图象分析，明确纵横坐标及阴影部分含义是解本题关键，知道外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响原理，题目难度不大．　-18-