上海市青浦区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

上海市青浦区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 上海市青浦区2019学年高三年级第二次学业质量调研测试 化学试题 ‎1.氦-3聚变（3He+3He→4He+2H）可作为未来可控核聚变的清洁能源，下列说法正确的是 A. 氦-3聚变属于化学变化 B. 3He和4He具有相同的质量数 C. He位于第1周期第ⅡA族 D. 2H和3He具有相同的中子数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应是指原子核不变的情况下所进行的反应，有新的物质生成，核反应是核裂变，核聚变，是元素内部的原子核的反应，属于核变化，不属于化学反应，故A错误；‎ B．42He的质量数为4，32He的质量数是3，故质量数不同，故B错误；‎ C．He位于第1周期第零族，故C错误；‎ D．2H的中子数为2-1=1，32He的中子数=3-2=1，故中子数相同，故D正确； ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】核聚变，核裂变都是物理变化，化学是在原子，分子的层次上研究物质的组成，结构，性质，变化规律的以实验为基础的科学，化学变化中不涉及到原子内部质子数目的改变。‎ ‎2.下列物质中不含化学键的是 A. Si B. S C. Ar D. Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．Si是原子晶体，硅原子之间以共价键相连，故A不符合题意；‎ B．S属于分子晶体，分子内，硫原子以共价键相连，分子间是范德华力，故B不符合题意；‎ C．Ar属于分子晶体，并且是单原子分子，其原子即为分子，没有化学键，故C符合题意；‎ D．Fe属于金属晶体，晶体内部铁离子与自由移动的电子形成金属键，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列有关海洋资源的利用，未涉及氧化还原反应的是 A. 海水提溴 B. 海水淡化 C. 氯碱工业 D. 海带提碘 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B．海水淡化是从海水中取得淡水的过程，海水淡化，属于物理过程，没有发生化学变化，故B符合题意；‎ C．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎4.不能用于杀菌消毒试剂的是 A. 75%酒精 B. 3%双氧水 C. 漂粉精 D. 食醋 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．75%酒精可以使病毒中的蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A错误 B．3%双氧水具有强氧化性，适用于医用伤口消毒及环境消毒和食品消毒，故B错误；‎ C．漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C错误；‎ D．醋酸电离出的氢离子可以使蛋白质变性，可是食醋浓度太小，不能用于杀菌消毒试剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】杀菌消毒剂需要具备强氧化性，或者是强酸性，碱性等条件，经验认为熏醋可以达到杀菌消毒的目的，其实，食醋的杀菌消毒效果并不是很好。‎ ‎5.下列反应与酸雨的形成无关的是 A. CO2+H2O⇌H2CO3 B. SO3+H2O=H2SO4‎ C. 2H2SO3+O2=2H2SO4 D. N2+O22NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】酸雨分为硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，硫酸型酸雨形成的过程是硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫溶于水，生成亚硫酸，随雨水降落，形成酸雨，若被氧气氧化，还会生成硫酸，酸性更强，硝酸型酸雨指的是氮气和氧气在放电条件下还会产生一氧化氮，易被氧化成二氧化氮，溶于水形成硝酸，涉及的化学反应有：SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，N2+O22NO，答案选A。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】硝酸型酸雨和硫酸型酸雨是酸雨的主要形式，它们的形成都是和含硫和氮元素的物质燃烧引起的，先生成硫和氮的氧化物，再溶于水形成酸。‎ ‎6.聚丙烯是生产医用口罩最核心的材料，下列有关聚丙烯的说法正确的是 A. 属于纯净物 B. 单体为CH3—CH＝CH2，可以通过石油裂解获取 C. 结构简式为 D. 所有碳原子一定共面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的高分子化合物，属于混合物，故A错误；‎ B．根据聚丙烯的结构简式，可确定单体为CH3—CH＝CH2，可以通过石油裂解获取，故B正确；‎ C．聚丙烯的结构简式为，故C错误；‎ D．碳碳单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子不一定在同一个平面上，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.关于化合物2—苯基丙烯（），下列说法正确的是 A. 不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 与甲苯互为同系物 C. 最多能与4molBr2发生加成反应 D. 与互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代反应、加聚反应、氧化反应，以此解答该题。‎ 详解】A．该有机物中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B．甲苯侧链为饱和烃基，而该有机物侧链为不饱和烃基，结构不相似，故不能称为同系物，故B错误；‎ C．2—苯基丙烯的物质的量未知，故无法计算消耗溴单质的物质的量，故C错误；‎ D．2—苯基丙烯和的分子式都是C9H10‎ - 19 -‎ ‎，它们的分子式相同，结构不同，称为同分异构体，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】苯的同系物是指，苯的环烃。分子里含有一个苯环说明是苯上的氢被烃基取代的产物，组成符合CnH2n-6是说明组成要相差一个或若干个CH2原子团，只有满足这两点的一系列烃，才是苯的同系物。‎ ‎8.铁粉、食盐、炭粉等混合常作为食品脱氧剂，下列有关说法正确的是 A. 脱氧剂工作原理是将电能转化为化学能 B. 食盐可以加速包装袋中氧气的吸收 C. 铁最终被氧化为Fe(OH)2‎ D. 炭粉上发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入炭粉、氯化钠和水形成原电池，利用原电池原理加速还原铁粉吸氧，据此分析。‎ ‎【详解】A．铁粉，食盐，炭粉等混合形成原电池，脱氧剂工作原理是将化学能转化为电能，故A错误；‎ B．食盐属于电解质，增加了导电性，可以加速包装袋中氧气的吸收，故B正确；‎ C．Fe(OH)2不稳定，最终被氧化成氢氧化铁，故C错误；‎ D．炭粉作为原电池的正极，正极上发生还原反应，碳粉上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是 A. 滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗 B. 滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度 C. 滴定至终点时，溶液一定呈中性 D. 测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．进行酸碱中和滴定实验时，滴定管需要润洗，但是盛装待测液的锥形瓶使用前不能用待测液润洗，否则会导致待测液的物质的量偏大，影响滴定结果，故A错误；‎ - 19 -‎ B. 滴定前，润洗滴定管后，使管的尖嘴部分充满溶液且无气泡。然后调整管内液面，使其保持在“0”或“0”以下的某一刻度，并记下准确读数，故B错误；‎ C．滴定至终点时，若酸碱中和的产物为能水解的盐，溶液可能显酸性、可能显碱性，故溶液不一定呈中性，故C错误；‎ D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，减小误差，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.将一定量的SO2通入Fe(NO3)3溶液中，再加入适量BaCl2溶液，一定会大量增加的是 A. H+ B. SO42- C. Ba2+ D. Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于二氧化硫是酸性气体，通入Fe(NO3)3溶液中，相当于生成了硝酸，硝酸的氧化性强于三价铁离子，先发生二氧化硫被硝酸氧化的过程，前阶段发生反应：SO2少量时，2NO3-+3SO2 +2H2O=2NO+3SO42-+4H+，后阶段发生反应：SO2过量时：2Fe3++SO2+2H2O= 2Fe2++SO42- +4H+，总反应：Fe3++3NO3-+5SO2+4H2O=3NO+5SO42-+8H++Fe2+，再加入适量BaCl2溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，故不管是发生前段反应，还是后段反应，氢离子的量一定是增加的，故答案选A。‎ ‎【点睛】本题根据氧化性和还原性的强弱，判断先发生的反应是解本题的关键。‎ ‎11.化学实验常对“纸”进行湿润，以下说法正确的是 A. 用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH B. 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气 C. 过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中 D. 用湿润的红色石蕊试纸检验浓盐酸的挥发性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH，相当于把酸加水稀释，所测溶液的pH会偏大，故A错误；‎ B．氯气的氧化性大于碘，所以氯气能够把碘离子氧化为碘单质，碘与淀粉相遇变蓝，可以使用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，故B正确；‎ - 19 -‎ C．过滤时，先将滤纸放入漏斗中，然后再将滤纸湿润，防止滤纸不能贴紧漏斗，使过滤效果不佳，故C错误；‎ D．浓盐酸挥发出的氯化氢气体遇湿润的试纸显酸性，石蕊试纸遇酸变红，红色石蕊试纸看不出颜色变化，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.25℃、101kPa时，能量转化如图，下列说法正确的是 A. 热化学方程式2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)+282.9kJ B. CO2是由极性键构成的极性分子 C. 1molC(s)与1molCO2(g)生成2molCO(g)反应为放热反应 D. 相同条件下，1molC(s)和0.5molO2(g)总能量高于1molCO(g)能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示能量图可以得到化学反应：① C(s)+O2(g)= CO2(g)△H＝−393.5kJ⋅mol−1， ②CO(g)+ O2(g)= CO2(g)△H＝−282.9kJ⋅mol−1，据此回答。‎ ‎【详解】A．根据图象可知，1molCO和0.5mol氧气完全反应生成1mol二氧化碳放出282.9kJ热量，则2molCO完全燃烧放出565.8kJ热量，正确的热化学方程式为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H＝−565.8kJ⋅mol−1，故A错误；‎ B．二氧化碳是直线型结构，空间高度对称，CO2是由极性键构成的非极性分子，故B错误；‎ C．根据反应：① C (s)+O2(g)= CO2(g)△H＝−393.5kJ⋅mol−1， ②CO(g)+O2(g)= CO2(g)△H＝−282.9kJ⋅mol−1，①-②×2，可以得到反应C(s)+ CO2(g)=2 CO(g)，△H =-393.5kJ/mol-(-282.9×2)=172.3 kJ/mol＞0，为吸热反应，故C错误；‎ D．根据反应：① C (s)+O2(g)= CO2(g)△H＝−393.5kJ⋅mol−1， ②CO(g)+ O2(g)= CO2(g)△H＝−282.9kJ⋅mol−1，①-②得到C (s) +O2(g)=CO (g) △H=-110.6 kJ⋅mol−1，为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D正确；‎ - 19 -‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】判断反应放热还是吸热，根据反应物和生成物能量的相对大小判断。‎ ‎13.向含有水分的蔗糖中缓慢注入浓硫酸，不能显示浓硫酸的 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(实验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性；第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故没有体现酸性，答案选A。‎ ‎14.关于NH4NO3的说法正确的是 A. 属于共价化合物 B. 溶于水放热 C. 既属于铵态氮肥也属于硝态氮肥 D. 属于弱电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4NO3是由铵根离子和硝酸根离子组成，属于离子化合物，不是共价化合物，故A错误；‎ B．NH4NO3溶于水吸热，故B错误；‎ C．氨态氮肥，是指氮素以铵盐形态存在的氮肥，硝态氮肥，是指氮素以硝酸盐形态存在的氮肥，NH4NO3含有氮元素，既属于铵态氮肥也属于硝态氮肥，故C正确；‎ D．NH4NO3属于离子化合物，属于强电解质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.胆矾的结晶水含量测定实验，恒重操作用不到的仪器是 A. B. C. D. ‎ - 19 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】测定胆矾晶体中结晶水含量，需称量一定质量的晶体，经研磨后在坩埚中加热，并在干燥器中冷却后称量，所以需要的仪器有天平、研钵、坩埚、泥三角以及干燥器等，恒重操作用不到的仪器是研钵，答案选C。‎ ‎16.如图为乙酸丁酯制备的实验装置，下列说法正确的是 A. 玻璃导管的主要作用是平衡试管内外压强 B. 该装置适用于乙酸乙酯的制备 C. 加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率 D. 分离提纯乙酸丁酯的方法是将混合物直接分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，加热115～125℃，通过酯化反应制得乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，有机物易挥发，长导管可起冷凝作用，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．玻璃导管的主要作用是冷凝回流，故A错误；‎ B．制备乙酸乙酯时，反应温度80℃左右，可以用水浴加热来控制温度，不能直接加热，故B错误；‎ C．制得乙酸丁酯，为可逆反应，加入过量乙酸，有利于平衡正向移动，可以提高丁醇的转化率，故C正确；‎ D．提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，故D错误；‎ 答案选C。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】需辨析清晰制取乙酸丁酯（直接加热）和乙酸乙酯（水浴加热）的实验的不同和相同之处。‎ ‎17.一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述中正确的是 A. 该反应的化学方程式为：CO2(g)＋4H2(g)⇌2CH3OH(g)‎ B. 10min时，反应停止 C. 2min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率 D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.225mol/(L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可知，CO2的浓度减小，CH3OH(g)的浓度增加，故CO2和氢气是反应物，CH3OH是生成物，反应的化学方程式为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O，故A错误；‎ B．10min时，各物质的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，并不是停止了，故B错误；‎ C．从图像可以看出，2min时，CO2的浓度变化量等于CH3OH的浓度变化量，CO2的消耗速率等于CH3OH的生成速率，并没有达到平衡状态，故C错误；‎ D．根据图像可知，从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)＝，根据化学反应，CO2(g)＋3H2(g)⇌ CH3OH(g) H2O，v(H2)＝3v(CO2) =0.225mol/(L·min)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是 A. 酒精（碘）：加氢氧化钠溶液，分液 B. CO2(SO2)：通入饱和碳酸氢钠溶液，洗气 C. Fe2O3(Al2O3)：加氨水,过滤 D. 乙酸(乙醛)：加新制氢氧化铜，加热，过滤 ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠溶液虽然可以和碘反应，但和碘反应后得到含碘的盐溶液与酒精互溶，不分层，不能采用分液法进行分离，故A错误；‎ B．CO2中的SO2，通入饱和碳酸氢钠溶液可将二氧化硫反应生成亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)和二氧化碳，洗气，即可分离，故B正确；‎ C．Fe2O3中的Al2O3，氧化铝与氨水不反应，无法达到除杂的目的，故C错误；‎ D．乙酸和乙醛，加新制氢氧化铜都发生反应，乙酸和氢氧化铜发生酸碱中和反应，生成乙酸铜和水，乙醛和氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜，乙酸和水，故无法除杂，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.下列化学与生产.生活相关的说法正确的是 A. 生铁、青铜等合金比纯金属耐腐性强 B. 石油主要由各种烃组成的混合物，可以通过分馏的方法分离出C8H18‎ C. 分离工业合成氨产品的方法是将氨气液化 D. 氨的催化氧化的适宜条件为高温、高压、催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在潮湿空气中两种金属各部分接触会与空气中的水共同作用形成一个个微型的原电池，从而引发电子转移促使化学反应的发生程度加剧，纯铁不易被腐蚀，而生铁是铁和碳的合金，易被腐蚀，青铜是铜锡合金，也易形成原电池，比纯金属更易腐蚀，故A错误；‎ B．石油主要由各种烃组成的混合物，分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，常压分馏可以得到石油气，汽油，煤油和柴油等，是一定温度范围内的混合物，不能得到纯净的C8H18，故B错误；‎ C．将氨气液化分离，平衡向正反应方向移动，提高氨气产率，符合勒夏特列原理，故C正确； ‎ D．氨的催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，高温下水是气态，压强不能太高，压强太高平衡会向逆向移动，产率会降低，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示，下列关系正确的是 - 19 -‎ A. a点:c(H＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)‎ B. b点:c(Cl－)＝c(SO42－)＝0.005mol·L－1‎ C. c点:c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(SO32－)+2c(SO42－)‎ D. d点:c(Na+)＝c(Cl－)+2c(SO32－)+2c(SO42－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小为：c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，故A正确；‎ B．b点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则c(Cl-)=c(SO42-)=0.005 mol•L-1，故B错误；‎ C．c点含剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na+)=2c(HSO3-)+2c(SO32-)+2c(SO42-)不成立，故C错误；‎ D．d点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)+2c(SO42-)，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎21.Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。‎ ‎（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；‎ ‎（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；‎ ‎（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；‎ ‎（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；‎ - 19 -‎ ‎（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。‎ ‎【答案】 (1). S (2). 2NA (3). 存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝 (4). Li(或SOCl2)会与水发生反应 (5). 常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本 (6). SO32- (7). 溶液中HSO3-的电离 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；‎ ‎(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；‎ ‎(3)金属锂是活泼金属可与水反应；‎ ‎(4) 根据反应2SO2+ O22SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；‎ ‎(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。‎ ‎【详解】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；‎ ‎(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；‎ ‎(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；‎ ‎(4)根据反应2SO2+ O22SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；‎ - 19 -‎ ‎(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。‎ ‎22.氮化镓()材料具有低的热产生率和高的击穿电场，是制造大功率和高频微波电子器件的理想半导体材料。‎ 已知：①Ga和Al同主族且相邻，化学性质与铝相似；②在室温下，氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，能与热的碱溶液缓慢反应。‎ ‎(1)配平氮化镓制备的化学方程式：□Ga(l)+□NH3(g)⇌□GaN(s)+□H2(g)+QkJ(Q＞0)_____________‎ ‎(2)上述反应的平衡常数表达式K=_____________；在恒温恒容密闭容器中制备氮化镓，下列有关说法正确的是_____________‎ A.Ⅰ图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可能是加压 B.Ⅱ图像中纵坐标可以为镓的转化率 C.Ⅲ图像中纵坐标可以为化学反应速率 D.Ⅳ图像中纵坐标可以为平衡常数 ‎(3)Ga最外层电子的核外电子排布式___________________，N核外能量最高的电子亚层上电子云空间伸展方向有_____________种；‎ ‎(4)氮化镓的晶体类型_____________，氮化铝和氮化镓晶体类型相同，且结构相似，比较两者熔点的高低并解释原因_____________________________________________________________；‎ ‎(5)写出氮化镓溶于热的NaOH溶液的离子方程式____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2223 (2). K= (3). AD (4). 4s24p1 (5). 3 (6). 原子晶体 (7). 熔点AlN＞GaN，晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高 (8). GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应规律配平氮化镓制备的化学方程式；‎ ‎(2)根据平衡常数的定义书写表达式；结合外界条件变化对平衡体系的影响分析判断图像；‎ ‎(3)Ga为31号元素，根据构造理论书写核外电子排布式，进而判断最外层电子排布式；根据N的核外电子排布式分析判断电子的伸展方向；‎ ‎(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，据此分析晶体类型；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，结合键能大小分析判断；‎ ‎(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，据此书写方程式。‎ ‎【详解】(1)Ga元素由0价变为+3价，H元素由+1价变为0价，根据氧化还原反应电子得失守恒，配平氮化镓制备的化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)； ‎ ‎(2)平衡常数的定义为平衡时生成物浓度的计量系数次幂的乘积与反应物浓度计量系数次幂的乘积的比值；注意纯液体和固体没有浓度变化量，不写入平衡常数表达式，则根据反应2Ga(l)+2NH3(g)⇌ 2GaN(s)+3H2(g)，平衡常数的表达式K=；‎ 结合外界条件变化对平衡体系的影响分析：‎ A．则t时刻改变的条件可能是加压，增大压强，反应率加快，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与Ⅰ图像相符，故A正确；‎ B．增大压强，反应率加快，反应逆向移动，镓的含量增大，转化率降低，与Ⅱ图像不符，故B错误；‎ C．镓在反应体系中为纯液体，没有浓度变化量，增大镓的量，没有浓度变化，反应速率不变，与Ⅲ图像不符，故C错误；‎ D．平衡常数常数只受温度影响，2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)+QkJ(Q＞0)，则正反应放热，升高温度，反应逆向移动，平衡常数减小，与Ⅳ图像相符，故D正确；‎ 答案选AD；‎ ‎(3)Ga为31号元素，根据构造理论，基态原子核外电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d104s24p1 (或[Ar]3d104s24p1)，最外层电子的核外电子排布式为4s24p1；基态N原子核外电子排布式为1s2 2s22p3，能量最高的电子亚层为2p，p能级上有三个轨道，电子云空间伸展方向有3种；‎ - 19 -‎ ‎(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，为原子晶体；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高，则熔点：AlN＞GaN；‎ ‎(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，化学反应方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑。‎ ‎23.光刻胶（I）是半导体制造的一种重要材料，其中一种合成路线如下，完成下列填空。‎ 已知：‎ ‎（1）A的电子式_____________，E的结构简式_____________；‎ ‎（2）C→D反应的试剂和条件为_____________，F→G的反应类型_____________；‎ ‎（3）D+H→I的化学反应方程式___________________________________________；‎ ‎（4）H的芳香类同分异构体中，可以发生水解反应和银镜反应的有_________种；‎ ‎（5）是重要的工业加工助剂，写出以乙烯和乙醛为原料制备的合成路线。（其它无机试剂任选），（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）___________________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 氢氧化钠溶液.加热 (4). 消除（去）反应 (5). +n+nH2O (6). 5 (7). CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OH - 19 -‎ OHC-CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH，D和H发生酯化反应生成I，根据D和I的结构简式知，H结构简式为；G发生氧化反应生成H，则G结构简式为；F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E、F结构简式分别为、，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，A结构简式为HC≡CH，则A的电子式，E的结构简式；‎ ‎(2)C结构简式为，根据D的结构简式，可知C到D发生的是卤代烃的水解反应，C→D反应在氢氧化钠溶液加热条件下进行；根据分析F发生消去反应生成G，反应类型为消去反应；‎ ‎(3)根据分析，D和H发生酯化反应生成I，则D+H→I的化学反应方程式为：+n+nH2O；‎ ‎(4)H结构简式为，其芳香类同分异构体，说明结构中含有苯环，可以发生水解反应和银镜反应，说明应属于甲酸某酯，故同分异构体有：苯环上连一个HCOO—和一个-CH=CH2，共有3种结构；或苯环上连，共一种结构；或苯环上连一个HCOO-CH=CH-，共一种结构，则符合条件的一共5种；‎ ‎(5)以乙烯和乙醛为原料制备，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2‎ - 19 -‎ Br，CH2BrCH2Br在氢氧化钠溶液加热条件下水解生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH与O2在催化剂加热条件下发生催化氧化生成OHC-CHO，OHC-CHO与CH3CHO在一定条件下发生已知信息中的反应生成目标产物，则合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHC-CHO。‎ ‎24.某实验小组同学为了测定工业纯碱的纯度，进行了一系列实验。‎ ‎（1）和索氏制碱法相比，侯氏制碱法的优势有___________________________________；‎ ‎（2）工业纯碱中常含有少量NaCl杂质，解释原因__________________________，检验是否含有氯化钠杂质的方法为__________________________________________________________；‎ ‎（3）使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有__________________________________；‎ ‎（4）使用滴定法测定纯碱纯度，用_________________（填仪器名称）称量1.200g工业纯碱样品，溶解，用1mol/L盐酸做标准液，滴定过程中溶液pH变化和生成CO2的量如图所示，A点溶液呈碱性的原因______________________________________________________，计算该工业纯碱样品的质量分数_______________。（计算结果保留两位小数）‎ ‎。‎ ‎【答案】 (1). 氯化钠利用率高，污染小，成本低等（答对两条即可） (2). 氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留 (3). 取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质 (4). CaCl2(BaCl2) (5). 电子天平 (6). A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性 (7). 0.88‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ ‎(1)氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，根据反应原理分析优缺点；‎ ‎(2)NaCl是制取纯碱的原理，据此分析；检验是否含有氯化钠杂质即为检验氯离子的存在；‎ ‎(3)根据碳酸钠、氯化钠的化学性质进行分析判断；‎ ‎(4)称量1.200g工业纯碱样品，需要精确度较高的称量仪器； A 点溶液为NaHCO3的溶液，碳酸氢根离子可水解也可电离，根据水解和电离程度分析判断。‎ ‎【详解】(1)氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率，和索氏制碱法相比，污染小、成本低等；‎ ‎(2)氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留，故工业纯碱中常含有少量NaCl杂质；检验是否含有氯化钠杂质只需要检验是否含有氯离子即可：方法为取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质；‎ ‎(3)根据碳酸钠的化学性质，碳酸钠与 BaCl2溶液(或CaCl2)溶液反应分别有碳酸钡或碳酸钙白色沉淀生成，由生成沉淀的质量计算出碳酸钠的质量，进而可计算出该工业纯碱的纯度，则使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有CaCl2(或BaCl2)；‎ ‎(4)使用滴定法测定纯碱的纯度，称量1.200g工业纯碱样品，要使用精确度较高的称量仪器，应用电子天平；A点时消耗1mol/L盐酸标准液体积为10mL，此时溶液中碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，即A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；根据图示，当1mol/L盐酸标准液体积为20mL时，碳酸钠全部转化为CO2，达到滴定终点，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当消耗20mL盐酸时，n(Na2CO3)=n(HCl)=×20mL×10-3×1mol/L=0.01mol，该工业纯碱样品的质量分数==0.88。‎ - 19 -‎ - 19 -‎