吉林省吉林市普通中学2020届高三第二次调研测试化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 吉林省吉林市普通中学2020届高三第二次调研测试化学试题 说明：本试卷分Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分。考试时间90分钟，满分100分。请将各试题答案写在答题卡上。‎ 可能用到相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cu 64 U 238‎ 第Ⅰ卷 (共44分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。)‎ ‎1.下列生活用品中主要由合成纤维制造的是(　　)‎ A. 尼龙绳 B. 宣纸 C. 羊绒衫 D. 棉衬衣 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，故A正确；B、宣纸的的主要成分是纤维素，故B错误；C、羊绒衫的主要成分是蛋白质，故C错误；D、棉衬衫的主要成分是纤维素，故D错误。‎ ‎【点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键，题目难度不大，注意羊绒衫和棉衬衣的区别。‎ ‎2.下列常见物质俗名与化学式对应正确的是 A. 水煤气-CH4 B. 明矾-KAl(SO4)2·12H2O C. 水玻璃-H2SiO3 D. 纯碱-NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然气是CH4，水煤气是H2、CO的混合物，故A错误；‎ B．明矾是Kal(SO4)2•12H2O的俗称，故B正确；‎ C．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C错误；‎ D．纯碱是Na2CO3的俗称，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎3.改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是 A. 催化剂 B. 浓度 C. 压强 D. 温度 ‎【答案】A - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；‎ B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；‎ C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；‎ D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选； ‎ 故答案选A。‎ ‎4.下列化学用语或命名正确的是 A. 过氧化氢的结构式：H-O-O-H B. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ C. 含有8个中子的氧原子： D. NH4Cl的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是H−O−O−H，故A正确；‎ B．乙烯含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故B错误；‎ C．表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；‎ D．NH4Cl的电子式为：，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎5.下列常见金属中，常用电解法冶炼的是 A. Fe B. Cu C. Mg D. Pt ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；‎ 热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；‎ - 23 -‎ 热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。‎ ‎【详解】A．Fe用热还原法冶炼，故A不选；‎ B．Cu用热还原法冶炼，故B不选；‎ C．Mg的性质很活泼，用电解其氯化物的方法冶炼，故C选；‎ D．Pt用热分解法冶炼，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎6.下列关于甲烷、乙烯、苯和乙醇的叙述中，正确的是 A. 都难溶于水 B. 都能发生加成反应 C. 都能发生氧化反应 D. 都是化石燃料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷、乙烯、苯都难溶于水，乙醇与水以任意比例互溶，故A错误；‎ B．甲烷为饱和烃，乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故B错误；‎ C．甲烷、乙烯、苯和乙醇燃烧可生成二氧化碳和水，为氧化反应，故C正确；‎ D．甲烷为天然气的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎7.元素周期表的第四周期为长周期，该周期中的副族元素共有 A. 32种 B. 18种 C. 10种 D. 7种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第Ⅷ族元素，不属于副族元素，所以副族元素共有7种，故答案选D。‎ ‎8.下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是 A. 空气被二氧化硫污染后形成酸雨 B. 植物进行光合作用 C. 用漂粉精杀菌 D. 明矾净水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫溶于与水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，是氧化还原反应，故A不选；‎ - 23 -‎ B．植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；‎ C．用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性，发生了氧化还原反应，故C不选；‎ D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质，具有净水作用，没有发生氧化还原反应，故D选；‎ 故答案选D。‎ ‎9.pH＝a 的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是 A. NaCl B. CuSO4 C. Na2SO4 D. HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。‎ ‎【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH＞a，故A不符合； ‎ B．电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；‎ C．电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；‎ D．电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。‎ ‎10.下列排列顺序中，正确的是 ‎ ‎①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②离子半径：Cl－>Na+>Mg2+>Al3+ ③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 ④结合质子(H+)能力：OH—＞CH3COO—＞Cl—‎ A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；‎ - 23 -‎ ‎②离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；‎ ‎③非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；‎ ‎④电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。‎ ‎【详解】①非金属性F＞O＞S，则气态氢化物的热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；‎ ‎②Cl－含有三层电子， Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl−＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，故②正确；‎ ‎③非金属性：P＜S＜Cl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故③错误；‎ ‎④电离出氢离子的能力：HCl＞CH3COOH＞H2O，则结合质子能力：OH−＞CH3COO−＞Cl−，故④正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题目要求。)‎ ‎11.关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是 A. 等物质的量时所含阴离子数目相同 B. 颜色相同 C. 所含化学键类型相同 D. 化合物种类不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O阴离子是O2-离子，Na2O2阴离子是O22-离子，等物质的量时所含阴离子数目相同，故A正确；‎ B．Na2O固体为白色，Na2O2固体为淡黄色，故B错误；‎ C．Na2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，故C错误；‎ D．Na2O和Na2O2都属于金属氧化物，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎12.下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是 A. CH3CHO → CH3COOH B. CH2＝CHCl→‎ C. D. CH3COOH→CH3COOCH2CH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。‎ ‎【详解】A．CH3CHO → CH3COOH，为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；‎ B．CH2＝CHCl→为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B不选；‎ C．为苯环上H的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；‎ D．CH3COOH→CH3COOCH2CH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎13.在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）‎ A. c(Na+)=2c(CO32-) B. c(H+)>c(OH-)‎ C. c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D. c(HCO3-)2c(CO32-)；故A错误； B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误； C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；‎ D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；‎ 所以答案：D。‎ ‎【点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。‎ - 23 -‎ ‎14.下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是 A. 苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应 B. 溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去 C. 苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热 D. 乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；‎ B．溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；‎ C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；‎ D．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎15.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是 A. 加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性 B. 加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小 C. 加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似 D. 三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；‎ B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；‎ C．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵； ‎ - 23 -‎ D．可逆反应应在同一条件下进行。‎ ‎【详解】A．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误； ‎ B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；‎ C．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确； ‎ D．氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。‎ ‎16.金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。‎ ‎(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是 A. 电解质中的阴离子向多孔电极移动 B. 比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高 C. 空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2‎ D. 当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．原电池中阴离子应该向负极移动；‎ - 23 -‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；‎ C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；‎ D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。‎ ‎【详解】A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；‎ C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；‎ D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。‎ ‎17.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐(俗称钡餐)作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列推断正确的是 A. BaCO3的溶度积常数表达式为 Ksp(BaCO3)＝ n(Ba2＋)·n(CO32－)‎ B. 可用2%～5%的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃 C. 若误服含c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒 D. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋CO32−(aq) 向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。‎ ‎【详解】A．溶度积常数为离子浓度幂之积，BaCO3的溶度积常数表达式为Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO32－)，故A错误；‎ B．根据公式c=得，2%～5%的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.13mol/L～0.33mol/L，用0.13mol/L～0.33mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba2＋)＝mol/L～mol/L，浓度很小，可起到解毒的作用，故B正确；‎ C．c(Ba2＋)＝1.0×10−5 mol•L−1的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；‎ D．因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋CO32−(aq) 向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，Ba2＋有毒，与Ksp大小无关，故D错误； ‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】注意若溶液中某离子浓度c1.0×10−5 mol•L−1时可认为该离子不存在，不会造成实际影响。‎ ‎18.X、Y、Z、W均为短周期元素，X的原子中只有1个电子，Y2－和Z+ 离子的电子层结构相同，Y与W同主族。下列叙述正确的是 A. X分别与Y、Z、W形成的二元化合物中X的化合价均为+1价 B. 常见氢化物的沸点：W大于Y C. Z与W形成的化合物，其水溶液常带有臭鸡蛋气味 D. 由这四种元素共同形成的两种化合物，其水溶液一种呈酸性，另一种呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子中只有1个电子，则X为H元素；Y2－和Z+离子的电子层结构相同，则Y位于第二周期ⅥA族，为O元素，Z位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Y与W同主族，则W为S元素；‎ - 23 -‎ A．X为H元素，H与Na形成的NaH中，H的化合价为−1价，故A错误；‎ B．H2O中含有氢键，沸点高于H2S，故B错误； ‎ C．Na2S的水溶液中，S2-会水解生成少量硫化氢气体，硫化氢有臭鸡蛋气味，故C正确；‎ D．由这四种元素共同形成的化合物有NaHSO4和NaHSO3，水溶液都显酸性，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题根据题目中所给信息推断元素种类为解答关键，注意H元素与活泼金属元素组成的化合物中可以显-1价。‎ 第Ⅱ卷 (共56分)‎ ‎19.某溶液中可能含有下列阴离子：SO42－、SO32－、CO32－、Cl－。 ‎ ‎(1)当溶液中存在大量H+时，溶液中不能大量存在的离子是_____________。‎ ‎(2)当溶液中存在大量的Ba2+时，溶液中能大量存在的离子是_____________。‎ ‎(3)当溶液中同时存在大量_____和_____离子时，上述阴离子都不能大量不存在。‎ ‎【答案】 (1). SO32-、CO32- (2). Cl- (3). Ba2+ (4). Ag+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当溶液中有大量H＋存在时，与H＋反应的离子不能大量存在；‎ ‎(2)当溶液中有大量Ba2＋存在时，与Ba2＋反应的离子不能大量存在；‎ ‎(3)当溶液含有Ag＋离子时，Cl−不能大量存在。‎ ‎【详解】(1)当溶液中有大量H＋存在时，SO32−、CO32−与H＋反应生成气体而不能大量存在；故答案为：SO32−、CO32−；‎ ‎(2)当溶液中有大量Ba2＋存在时，SO42−、SO32−、CO32−与Ba2＋分别反应生成沉淀而不能大量存在，能大量存在的离子是Cl-；故答案为：Cl-；‎ ‎(3)当溶液中有Ba2＋时，SO42−、SO32−、CO32−不能大量存在，当溶液含有Ag＋离子时，Cl−不能大量存在；故答案为：Ba2＋；Ag＋。‎ ‎20.常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。‎ 实验一：探究Na2CS3的性质 ‎(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。‎ ‎(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。‎ - 23 -‎ 实验二：测定Na2CS3溶液的浓度 按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。‎ 已知：Na2CS3 + H2SO4＝Na2SO4+ CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。‎ ‎(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。‎ ‎(2)C中发生反应的离子方程式是____________。‎ ‎(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。‎ ‎(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。‎ ‎【答案】 (1). CS32- +H2O⇌HCS3-+OH- (2). S (3). 干燥管 (4). CaO和NaOH (5). CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O (6). 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (7). 1.75mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；‎ ‎(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；‎ 实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；‎ ‎(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；‎ ‎(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；‎ ‎(4)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2‎ - 23 -‎ S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，根据c＝计算A中Na2CS3溶液的浓度。‎ ‎【详解】实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O⇌HCS3-+OH-；‎ ‎(2)Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；‎ 实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；‎ ‎(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH- ＝COS22-+H2O；‎ ‎(3)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；‎ ‎(4) 当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)＝＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.0875mol，c(Na2CS3)＝＝1.75mol/L。‎ ‎21.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：‎ 已知：I、铍、铝元素化学性质相似；‎ Ⅱ、常温下部分难溶物的溶度积常数如表：‎ 难溶物 Cu(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 溶度积常数(Ksp)‎ ‎2.2×10－20‎ ‎4.0×10－38‎ ‎21×10－13‎ ‎(1)滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有___________(填化学式)，写出反应I中Na2BeO2与过量盐酸反应的离子方程式：________。‎ - 23 -‎ ‎(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_______(填字母)‎ a.加入过量的氨水 b.通入过量的CO2 c.加入过量的NaOH   d.加入适量的HCl e.洗涤 f.过滤 ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：___________。若用浓HNO 3溶解金属硫化物，缺点是_______(任写一条)。‎ ‎(4)滤液D中c(Cu2+)＝2.2mol·L－1、c(Fe3+)＝8.0×10－3mol·L－1、c(Mn2+)＝0.01mol·L－1，逐滴加入Na2CO3溶液调节pH可将其转变成氢氧化物依次分离，首先沉淀的是_______(填离子符号)；为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于______。‎ ‎【答案】 (1). Na2SiO3 (2). BeO22-+4H+=Be2++2H2O (3). afed (4). MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O (5). 会产生污染环境的气体 (6). Fe3+ (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，滤液A含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，滤液B含有CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，固体含有S，滤液D含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入Na2CO3，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)BeO具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：Na2SiO3；BeO22-+4H+=Be2++2H2O；‎ ‎(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed，故答案为：afed；‎ ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，用浓HNO3溶解金属硫化物，可生成二氧化氮等气体，污染环境，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；会产生污染环境的气体；‎ ‎(4)常温下：Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10−20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38，Ksp[Mn(OH)2]＝−2.1×10−13，溶液D 中含c(Cu2＋)＝2.2mol/L、c(Fe3＋)＝0.008mol/L c(Mn2＋‎ - 23 -‎ ‎)＝0.01mol/L，如分别生成沉淀，需要分别为c(OH−)＝mol/L、mol/L、mol/L，可知Fe3＋的c(OH−)最小，最先生成沉淀，使铜离子开始沉淀，则c(OH−)＝mol/L＝1×10−10mol/L，pH应大于4，故答案为：Fe3＋；4。‎ ‎【点睛】本题注意把握物质分离提纯的方法，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，(4)中通过溶度积常数算出每种离子沉淀时需要OH-的物质的量浓度，需要OH-浓度小的最先沉淀。‎ ‎22.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要。‎ ‎(1)已知：①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ/mol；‎ ‎②CO的燃烧热为283.0 kJ/mol。‎ 则2NO(g)＋2CO(g)⇌N2 (g)＋2CO2 (g) ΔH＝________kJ/mol。‎ ‎(2)在恒温、恒容条件下，将2.0 mol NO和1.0 mol CO充入一个容积为2 L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的物质的量(n)变化如图所示。‎ ‎①N2在0～9 min内的平均反应速率v(N2)＝________mol/(L•min)；‎ ‎②第9 min时氮气的产率为________；‎ ‎③第12 min时改变的反应条件可能为_______(填字母代号)；‎ A.升高温度 B.加入NO C.加催化剂 D.减小压强 E.降低温度 ‎④若在第24min将NO与N2的浓度同时增加到原来的2倍，化学平衡______移动(填“向正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)。‎ ‎(3)若将反应容器改为恒温容积可变的恒压密闭容器，压强为P=3.0MPa，反应物加入的物质的量不变，达到平衡时CO的转化率为50%，该温度下此反应平衡常数Kp＝______‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). -746.5 (2). 0.011 (3). 40% (4). E (5). 向正反应方向 (6). 0.10Mpa-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ/mol，又知CO燃烧热为−283.0kJ/mol，可得热化学方程式：②CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝−283.0kJ/mol，根据盖斯定律，②×2−①可得：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2 (g)＋2CO2 (g)，据此计算出该反应的焓变；‎ ‎(2)①根据v＝计算在0−9min内N2的平均反应速率v(N2)；‎ ‎②根据产率=进行计算；‎ ‎③12min时改变条件瞬间氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，则平衡向正反应方向移动，结合温度、压强、浓度、催化剂对平衡的影响分析解答；‎ ‎④根据混合体系中生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积和化学平衡常数的相对大小进行判断；‎ ‎(3)利用三段式算出平衡后每种物质的物质的量，Kp为生成物平衡分压幂之积除以反应物平衡分压幂之积。‎ ‎【详解】(1)已知①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ/mol，又知CO的燃烧热为−283.0kJ/mol，可得热化学方程式：②CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝−283.0kJ/mol，根据盖斯定律，②×2−①可得：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2 (g)＋2CO2 (g) ΔH＝−746.5kJ/mol，故答案为：−746.5；‎ ‎(2)①0−9min内N2浓度变化为：＝0.1mol/L，则N2在0−9min内的平均反应速率为：v(N2)＝＝0.011mol•L−1•min−1；‎ ‎②由图像可知，9min时n(N2)=0.2mol，根据反应方程式可知，N2理论产量为0.5mol，则产率为=40%；‎ ‎③由图可知，反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2 (g)＋2CO2 (g)中氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，则平衡向正反应方向移动；‎ A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，与图像不符，故A错误；‎ B．加入NO，则n(NO)增大，与图象不相符，故B错误；‎ - 23 -‎ C．加催化剂，平衡不发生移动，各物质的浓度不变，故C错误；‎ D．反应正向是体积减小的反应，减小压强，则平衡逆向移动，NO、CO浓度增大，N2浓度减小，故D错误；‎ E．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，与图像相符，故E正确；‎ ‎④由图可知，第24min时，n(NO)=1.4mol，n(CO)=0.4mol，n(N2)=0.3mol，根据化学方程式可知n(CO2)=0.6mol，则反应的平衡常数为：=0.69，将NO与N2的浓度同时增加到原来的2倍，则n(NO)=2.8mol，n(N2)=0.6mol，则=0.34<0.69，所以平衡向正反应方向移动；‎ ‎(3)由CO的转化率为50%，可得：‎ 则该温度下此反应平衡常数Kp=0.10MPa-1。‎ ‎【点睛】改变外界条件，判断化学平衡移动方向，可以根据混合体系中生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积和化学平衡常数的相对大小进行判断；分压＝总压×物质的量分数，根据反应后的物质的量分数计算平衡常数Kp。‎ 选做题：从下面提供的23、24两题中选作一题。请将选做题的答案写在答题卡的指定位置。若两题都做，按23题赋分。‎ ‎23.中国的铀工业自20世纪50年代兴起，现已形成完整的和具有相当规模的科研和工业生产体系。铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：‎ ‎(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。‎ ‎①基态氟原子的价电子排布图为_____________；‎ ‎②金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______；‎ - 23 -‎ ‎③UF4用Mg或Ca还原时，其氧化产物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔点高于CaF2，其原因是_________________。‎ ‎(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑‎ ‎①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒间作用力是_________；‎ a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 金属键 ‎②NH4+的空间构型为______，与NH4+等电子体的分子或离子有_____(写一种)；‎ ‎③CO32－中碳原子杂化轨道类型为_________； ‎ ‎(3)UO2的晶胞结构如图所示：‎ ‎①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)；‎ ‎②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UO2晶体的密度为__________g·cm－3。(列出含a算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)‎ ‎【答案】 (1). (2). 68% (3). MgF2或CaF2均为离子晶体，MgF2的晶格能大于CaF2 (4). abc (5). 正四面体 (6). CH4 (7). sp2 (8). 立方体 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①F元素常用第二周期VIIA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空间利用率＝；‎ ‎③CaF2和MgF2都是离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高；‎ - 23 -‎ ‎(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；‎ ‎②根据VSEPR理论判断NH4＋的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；‎ ‎③根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；‎ ‎(3)①由UO2的晶胞结构，氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心；‎ ‎②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中U、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎【详解】(1)①F原子价电子排布式为2s22p5，由泡利原理、洪特规则，价层电子排布图为；‎ ‎②根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8×＋1＝2个，设硬球边长为a，根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4r＝a，所以r＝a，所以空间利用率＝＝=×100%＝68%；‎ ‎③MgF2和CaF2均为离子晶体，Mg2＋半径小于Ca2＋半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2的熔点较高；‎ ‎(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；‎ ‎②对于NH4＋，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋＝4，VSEPR模型为四面体形，形成4根N−H键，则其空间构型为正四面体；‎ 等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH4＋互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH4−（或BeH42−、AlH4−、SiH4及GeH4）；‎ ‎③对于CO32−，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝3+＝3，根据杂化轨道理论，中心C为sp2杂化；‎ ‎(3)①氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心，则氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中；‎ ‎②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的 - 23 -‎ ‎，若两个氧原子的最近距离为a nm，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积＝(2a×10−7cm)3，U原子数目＝8×＋6×＝4，O原子数目＝8，晶胞质量＝g，故晶体密度＝g÷(2a×10−7cm)3＝g•cm−3。‎ ‎24.普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：‎ 已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O 回答下列问题：‎ ‎(1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。‎ ‎(2)G生成H的反应类型是______。‎ ‎(3)F的结构简式为_____。‎ ‎(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。‎ ‎(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______ 。‎ ‎(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。‎ - 23 -‎ ‎【答案】 (1). C18H18O3 (2). (酚)羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). (5). CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 10 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。‎ ‎【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；‎ ‎(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；‎ ‎(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；‎ ‎(3)由分析可知，F的结构简式为：；‎ ‎(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO ，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OH - 23 -‎ CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；‎ ‎(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题根据流程图中所给A物质分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。‎ ‎ ‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎