上海市松江区2020届高三第二次模拟化学试题 Word版含解析

上海市松江区2020届高三第二次模拟化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 松江区2019学年度第二学期等级考质量监控试卷 高三化学 考生注意：‎ ‎1.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分。‎ ‎2.答题前，务必在答题纸上填写姓名、学校和考号。‎ ‎3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。‎ 相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列做法值得提倡的是（ ）‎ A. 小苏打用作净水剂 B. 饮高度酒预防新冠肺炎 C. 漂粉精作食品漂白剂 D. “地沟油”加工生物燃料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，不能用于净水，铁盐、铝盐可用于净水，故A不能提倡，应该反对；‎ B．“新冠肺炎”是由病毒引起的疾病，饮用高度酒对人身体有害，更不能预防“新冠肺炎”，故B不能提倡，应该反对；‎ C．漂粉精是次氯酸钙的俗称，用作消毒剂，不能作食品漂白剂，故C不能提倡，应该反对；‎ D．“地沟油”的主要成分是油脂，将 “地沟油”回收加工成生物柴油，可以提高资源的利用率，变废为宝，故D值得提倡；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）‎ A. B. 2s22p6 C. CH4O D. C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可以是甲烷，也可以是硅烷，故A不符合题意； B．2s22p6可以用来表示氖原子或钠离子，故B不符合题意； C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C符合题意； ‎ - 19 -‎ D．C可以代表金刚石和石墨，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C可以表示碳单质，包括金刚石，石墨等。‎ ‎3.下列过程中，共价键被破坏的是（ ）‎ A. 碘升华 B. 溴蒸气被木炭吸附 C. 水结为冰 D. 氯化氢气体溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A不符合题意；‎ B．溴蒸气被木炭吸附，发生的是物理变化，没有化学键的破坏，故B不符合题意；‎ C．水结为冰，分子间形成了更多的氢键，发生的是物理变化，没有化学键的破坏，故C不符合题意；‎ D．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，有化学键的破坏，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】共价化合物溶于水并电离，以及发生化学反应都存在共价键的断裂过程。‎ ‎4.同素异形体、同位素、同系物描述的对象主体依次为（ ）‎ A. 单质、原子、有机化合物 B. 元素、单质、化合物 C. 无机化合物、元素、有机化合物 D. 原子核、原子、分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，故其描述的对象主体是单质；同位素是指同一元素的不同原子，故其描述的对象主体是原子；同系物是指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，故其描述的对象主体是有机化合物。故答案选A。‎ ‎5.向空气中“挖矿”，为人类粮食增产做出巨大贡献的化学工业是( )‎ A. 硫酸工业 B. 合成氨工业 C. 纯碱工业 D. 石油化工 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从粮食增产所需化学工业分析。‎ - 19 -‎ ‎【详解】实现粮食增产需要大量的化肥（主要是氮肥、磷肥、钾肥），合成氨工业以空气中氮气为原料制得氨气，进而生成氮肥。‎ 本题选B。‎ ‎6.工业上仅以食盐和水为原料，不能得到的产品是 A. 烧碱 B. NaClO溶液 C. 盐酸 D. 氮肥NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】工业上电解饱和食盐水制得氢气、氯气和氢氧化钠，反应生成的氯气和氢氧化钠溶液反应可以制得次氯酸钠，氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制得盐酸，无法制得氮肥NH4Cl，故选D。‎ ‎7.短周期元素M和N的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（ ）。‎ A. M2+的离子半径比N2-小 B. M的原子序数比N小 C. M和N原子的电子层数相等 D. M和N原子最外层电子数相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ M、N在周期表中位置如图所示：‎ ‎【详解】A、电子层数相同，M2+的质子数大半径小，正确；‎ B、错误；‎ C、M原子的电子层数比N多1层，错误；‎ D、M和N原子最外层电子数分别为2和6个，错误。‎ ‎8.海带中提取碘的实验中，下列物质分离方法未涉及的是（ ）‎ A. 灼烧 B. 萃取 C. 过滤 D. 蒸发 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①用称取5g干海带，用刷子把海带表面的附着物(不要用水洗)，用酒精润湿后，放在坩埚中，海带表面有较多白色的附着物，不用水洗是为了防止海带中的碘化物溶于水而损失。用酒精润湿是为了让海带充分燃烧；‎ - 19 -‎ ‎②把坩埚置于泥三角上，用酒精灯加热灼烧海带成至成灰，停止加热，自然冷却干海带烧成的白色灰烬，将有机碘化物转化为无机碘化物；‎ ‎③将海带灰转移到小烧杯中，加入20ml蒸馏水，搅拌，煮沸2~3min，使可溶物溶解，冷却。海带灰煮沸时溶液浑浊，使碘离子进入溶液；‎ ‎④过滤，收集滤液，弃去滤渣，得到含碘离子的溶液；‎ ‎⑤向滤液中滴入1mL氯水，振荡，溶液由无色变为棕黄色，氯气将碘离子氧化成碘单质；‎ ‎⑥将氧化后溶液转移到分液漏斗中，向其中加入2mL四氯化碳，振荡，静置。加入四氯化碳振荡后溶液分层，有色层在下层，碘单质在有机溶剂中的溶解度比在水中大。‎ 综上所述，海带中提取碘的实验中涉及到灼烧、萃取、过滤，没有涉及到蒸发，答案选D。‎ ‎9.重复结构片段为…―CH2―CH=CH―CH2―…的高分子化合物的单体是（ ）‎ A. 乙烯 B. 乙炔 C. 1，3-丁二烯 D. 正丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由高分子化合物的重复片断…―CH2―CH=CH―CH2―…，可知该片断为高分子化合物的链节，故其结构简式可以表示为：，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有4个碳原子(无其它原子)的高聚物，且链节中含有碳碳双键的，其单体必为一种，类比1，3-丁二烯的1，4-加成反应，即可得其单体为CH2=CH−CH=CH2，名称为1，3-丁二烯，答案选C。‎ ‎10.有关酸碱中和滴定的说法正确的是（ ）‎ A. 可用石蕊作指示剂 B. 滴定时眼睛注视滴定管中液面下降 C. 需做平行实验2~3次 D. 当溶液颜色变化时立即读数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；‎ B．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；‎ C．滴定时需做平行实验2∼3次，可减少滴定误差，故C正确；‎ D．当溶液颜色变化且半分钟不褪色时再读数，否则反应没有结束，影响滴定结果，故D错误；‎ 答案选C - 19 -‎ ‎【点睛】酸碱中和反应时，大多数没有明显变化，故无法直接判断滴定终点。在实验中可以根据滴定终点时溶液的pH发生突变，选择合适的指试剂来指示这一变化，即滴定终点是指试剂的变色判断出来。‎ ‎11.下列物质不和NaOH溶液反应的是（ ）‎ A. NaHCO3 B. Fe(OH)3 C. Al2O3 D. H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故A不符合题意；‎ B．Fe(OH)3属于碱，不能和NaOH溶液反应，故B符合题意；‎ C．Al2O3属于两性氧化物，可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故C不符合题意；‎ D．H2S属于二元弱酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】能和氢氧化钠反应的物质具有酸性或两性。‎ ‎12.在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（ ）‎ A. 向150mL3mol·L-1的稀硝酸中加入6.4g铜 B. 标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol·L-1的硫酸中 C. 用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气 D. 5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．6.4g铜的物质的量n(Cu)=，稀硝酸的物质的量n(HNO3)=3mol/L×0.15L=0.45mol，铜和稀硝酸的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式可知；稀硝酸过量，铜消耗完，故A符合题意；‎ B．铁与浓硫酸在标况下会发生钝化，铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，故B不符合题意；‎ C．浓盐酸浓度变稀到一定浓度不会和二氧化锰发生氧化还原反应，则浓盐酸不能完全消耗，故C不符合题意；‎ D．合成氨在催化剂作用下反应是可逆反应，达平衡后反应物和产物都存在，氮气、氢气不能完全消耗，故D不符合题意；‎ - 19 -‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】合成氨反应结束后，氮气，氢气氨气同时存在，即反应达到限度，各种物质同时存在。‎ ‎13.与如图图像有关的叙述，正确的是（ ）‎ A. H2O(g)的能量低于H2(g)和O2(g)的能量之和 B. 表示的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)+241.8kJ C. 表示1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气吸收241.8kJ热量 D. 表示2molH2(g)所具有的能量一定比2mol气态水所具有的能量多483.6kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且生成气态水。‎ ‎【详解】A．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，‎ 反应为放热反应，2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molH2O(g)的能量，2molH2O(g)的能量低于2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和，故A错误；‎ B．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) 483.6kJ，故表示的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)+241.8kJ，故B正确；‎ C．图中表示2molH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，则1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，故C错误；‎ D．2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，反应为放热反应，2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molH2O(g)的能量，能量多483.6kJ，不能表示2molH2(g)与2mol气态水的能量关系，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.有关电化学原理的推断正确的是（ ）‎ A. 金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程 B. 钢铁吸氧腐蚀时，负极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-‎ - 19 -‎ C. 氯碱工业中，阳极发生的反应为：2Cl-–2e-=Cl2↑‎ D. 镀锌铁皮的镀层部分损坏后，铁更容易腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程，故A错误；‎ B．钢铁吸氧腐蚀时，负极发生氧化反应，反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；‎ C．氯碱工业中，阳极发生氧化反应，氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-–2 e-=Cl2↑，故C正确；‎ D．镀锌铁皮的镀层金属锌是较活泼的金属，部分损坏后锌与铁可以在潮湿的空气中形成原子池，锌作负极，锌仍可保护铁，铁不容易被腐蚀，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，在通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。‎ ‎【详解】A．导气管位置错误，应该长进短出，故A错误；‎ B．二氧化碳在氯化钠溶液中的溶解度很小，先通入氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量二氧化碳气体，产生高浓度的碳酸氢根离子，才能析出碳酸氢钠晶体，故B错误；‎ C．氨气的导气管的位置错误，应该长进短出，故C错误；‎ - 19 -‎ D．氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，从而保证了二氧化碳被充分反应，装置符合制备原理，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.氨气与氟气反应得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. M既是氧化产物，又是还原产物 B. M是极性分子，其还原性比NH3强 C. N中阴、阳离子均为10电子微粒 D. N中既含有离子键，又含有共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；‎ B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为−3价，NH3还原性较强，故B错误；‎ C．NH4F中阴离子为氟离子、阳离子为铵根离子，均为10电子微粒，故C正确；‎ D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎17.关于KHCO3溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 温度升高，c(HCO3-)增大 B. 溶质的电离方程式为KHCO3=K++H++CO32-‎ C. 温度不变，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大 D. 离子浓度关系：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，c(HCO3-)增大，故A错误；‎ B．KHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为KHCO3＝K++HCO3-，故B错误；‎ C．温度不变，加水稀释后，促进HCO3-的水解，氢氧根的物质的量增大，浓度减小，Kw不变，氢离子的浓度增大，物质的量增大，n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故C正确；‎ D．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.以下除杂方法（括号内为杂质）中，错误的是（ ）‎ A. CH3CH2OH（H2O）：加CaO，蒸馏 - 19 -‎ B. NaCl（I2）：加热，升华 C 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液 D. NaCl（KNO3）：配成溶液，降温结晶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与氧化钙不反应，但水与氧化钙反应，可增大沸点差，用蒸馏的方法分离可得到纯净的乙醇，故A正确；‎ B．碘易升华，NaCl不易升华，可用加热的方法分离，故B正确；‎ C．溴与氢氧化钠溶液反应，而溴苯不溶于氢氧化钠溶液，充分反应后，用分液法可除去杂质，故C正确；‎ D．硝酸钾的溶解度随温度降低而减小，故降温结晶后，析出的晶体仍含有硝酸钾杂质，不能除去硝酸钾，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎19.常温下，将一定量的氯气通入100mL4mol·L-1的氢氧化钠溶液中，发生反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。充分反应后，下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ）‎ A. 当通入的Cl2为2.24L时，反应中电子转移数目为0.1NA B. 当电子转移数目为0.2NA时，溶液质量增加14.2g C. 当溶液中Na+为0.4NA时，溶液中的Cl-为0.2NA D. 当溶液质量增加7.1g时，溶液中ClO-为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2为2.24L时，状况未知，不能计算其物质的量，则不能计算转移电子，故A错误；‎ B．由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知，电子转移数目为 NA时，只有1mol氯气参加反应，溶液质量增加71g，则当电子转移数目为0.2 NA时，溶液质量增加为0.2mol×71g/mol=14.2 g，故B正确； ‎ C．100mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中，钠离子的物质的量为0.1L×4mol/L=0.4mol，Na+为0.4 NA，且钠离子不参加离子反应，不能确定反应进行的程度，无法计算溶液中Cl−‎ - 19 -‎ 的物质的量，故C错误；‎ D． 当溶液质量增加7.1 g时，即参加反应的氯气为，由反应可知,生成NaClO为0.1mol，但ClO−水解，则溶液中ClO−小于0.1 NA，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.25℃，有V1mL、pH=9的氨水(A)，V2mL、pH=10的氨水(B)，V3mL、pH=10的NaOH溶液（C），它们能中和同量的盐酸。以下叙述正确的是（ ）‎ A. V1＞10V2 B. c(OH-)：A=B=C C. V2=V3 D. 反应放热：A=B=C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氨水为弱碱，同等pH值的氨水溶液与氢氧化钠溶液，氨水的浓度要比氢氧化钠大，‎ A．氨水浓度越小，电离程度越大，故A和B能中和同量的盐酸时，消耗A的体积＞B的10倍，故A正确；‎ B．pH=9的氨水，pH=10的氨水和pH=10的NaOH溶液，若pH全部相等，则氢离子浓度相等，故氢氧根离子的浓度相等，但三种物质的pH，B=C，A和它们不相等，故B错误；‎ C．由于一水合氨是弱碱，故随着反应的进行继续电离出氢氧根，故V2＜V3，故C错误；‎ D．由于一水合氨是弱碱，其在中和盐酸时，存在着电离平衡的移动，其电离时需要吸热，而氢氧化钠是强碱，故中和等量的盐酸时，其反应所放出的热量是不同的，故D错误；‎ 答案选A。‎ 二、综合题(共60分)‎ ‎21.磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）是当前治疗冠状病毒的药物之一，而碳、氮、氯、磷等是其重要的组成元素。完成下列填空：‎ ‎（1）碳原子核外有__个轨道；氯原子最外层电子的轨道表示式是__。‎ ‎（2）属于同主族的两种元素，非金属性大小的关系是__（用元素符号表示）。‎ ‎（3）已知磷酸是弱电解质，它的分子式为H3PO4。其酸式盐Na2HPO4的电离方程式是__。经测定Na2HPO4的水溶液呈弱碱性，请用学过的化学知识进行解释：__。‎ ‎（4）常温下，在CH3COONa溶液中加入一定量的HCl，使其pH=7，则c(Cl-)_c(CH3COOH)（填“＜”、“＞”、“=”）。‎ ‎（5）向2.0L恒容的密闭容器中充入1.0molPCl5‎ - 19 -‎ ‎，发生如下反应：PCl5(s)⇌PCl3(g)+C12(g)-124kJ。控制体系温度不变，反应过程中测定的部分数据见下表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(PCl3)mol ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.19‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎①该条件下平衡常数的表达式为__；前50s内Cl2的反应速率为__。‎ ‎②要提高上述反应中反应物的转化率，可采取的措施有__、__（任写两点）。‎ 向上述达到平衡③的反应体系中，再加入0.02molPCl3、0.02molC12，则平衡__。移动（选填“正向”、“逆向”、“不”），平衡常数__（选填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). (3). N＞P (4). Na2HPO4=2Na++HPO42- (5). HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+) (6). = (7). K=c(PCl3)∙c(C12) (8). 0.0016mol·L-1·s-1 (9). 升高温度、降低压强 (10). 移走PCl3、Cl2等 (11). 逆向 (12). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；‎ ‎(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；‎ ‎(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；‎ ‎(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；‎ ‎(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)； ②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；‎ ‎③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；‎ ‎【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2‎ - 19 -‎ ‎，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；‎ ‎(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；‎ ‎(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42-⇌H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O⇌ H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；‎ ‎(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；‎ ‎(5)①根据化学反应：PCl5(s) ⇌ PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3)∙c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；‎ ‎②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；‎ ‎③根据化学反应，列出三段式，‎ K=c(PCl3)∙c(Cl2)‎ 再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。‎ ‎22.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。‎ 完成下列填空：‎ - 19 -‎ ‎(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是__；理由是__。‎ ‎(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：‎ ‎___CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+__□__‎ ‎(3)该反应中，被氧化的元素是__。还原产物与氧化产物的物质的量之比是__。‎ ‎(4)根据上述反应可推知__。‎ a.氧化性：C1O2＞NaClO3 b.氧化性：NaClO3＞CH3OH c.还原性：CH3OH＞ClO2 d.还原性：CH3OH＞Na2SO4‎ ‎(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为__升。‎ ‎(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的__倍。‎ ‎【答案】 (1). 试液变成无色 (2). 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性 (3). CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O (4). CH3OH中-2价的碳 (5). 6：1 (6). bc (7). 7.84 (8). 2.63‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；‎ ‎(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；‎ ‎(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；‎ ‎(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；‎ ‎(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；‎ ‎(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。‎ ‎【详解】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；‎ ‎(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O；‎ ‎(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；‎ ‎(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2‎ - 19 -‎ ‎，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞C1O2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，答案选bc；‎ ‎(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；‎ ‎(6)，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。‎ ‎23.A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。‎ 已知：；R—CNR—COOH 完成下列填空：‎ ‎（1）A的名称是__，A一定条件下与水加成，可以得到两种有机物，这两种有机物是__（填“同系物”或“同分异构体”或“同素异形体”）。‎ ‎（2）C的结构简式为__，D→E的反应类型为__。‎ ‎（3）E→F的化学方程式为__。‎ ‎（4）B含有的官能团的名称是__(写名称)。B的同分异构很多，其中相同化学环境的氢原子有三种、比例为6：1：1且能发生银镜反应的是__(写结构简式，任写一种)。‎ ‎（5）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)。__‎ 合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3‎ ‎【答案】 (1). 丙烯 (2). 同分异构体 (3). (4). 取代反应 ‎ - 19 -‎ ‎(5). (6). 碳碳双键、酯基 (7). (8). CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A与甲醇及一氧化碳发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；‎ ‎(5)CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的名称是丙烯，丙烯一定条件下与水加成，可以得到两种有机物，为1-丙醇或2-丙醇，它们互为同分异构体；‎ ‎(2)C的结构简式为，D发生取代反应或水解反应生成E；‎ ‎(3)E结构简式为CH2=CHCH2OH、F结构简式为，E发生加成反应生成F，该反应方程式为；‎ ‎(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的官能团有碳碳双键和酯基。其同分异构体中，能发生银镜反应，说明含有醛基，故可能为甲酸的酯，可能的结构有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3‎ - 19 -‎ ‎、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2等，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；‎ ‎(5)CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。‎ ‎24.某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。‎ ‎（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。‎ ‎（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。‎ ‎（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。‎ ‎（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 有气泡产生，细铜丝溶解 (3). 增大接触面以加快反应速率 (4). 先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯 (5). 无水硫酸铜 (6). 浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出 (7). 使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行 (8). 取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成 (9). 防倒吸 (10). Na2SO3、NaHSO3 (11). n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解； ‎ ‎(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；‎ ‎(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成； ‎ ‎(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，‎ SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：‎ - 19 -‎ x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。‎ - 19 -‎ - 19 -‎