浙江省2020届高三10月联考化学试题

浙江省2020届高三10月联考化学试题

‎2019～2O20学年浙江省高三百校联考 化学 考生须知：‎ ‎1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。‎ ‎3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上作答一律无效。‎ ‎4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。‎ ‎5.可能用到的相对原子质量：H1 Cl2 N14 O16 Na23 Mg24 P31 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Br80 I127 Ba137‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列化合物属于盐的是 A. FeO(OH) B. (CH3CO)2O C. CaCl2O D. Na2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. FeO(OH)属于碱式氧化物，不属于盐，A项错误；‎ B. (CH3CO)2O为乙酸酐，不属于盐，B项错误；‎ C. CaCl2O为混盐，由1个钙离子、1个氯离子和1个次氯酸根离子构成，属于盐，C项正确；‎ D. Na2O2属于过氧化物，不属于盐，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列实验不宜使用锥形瓶的是 A. 蒸馏 B. 用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2‎ C. 中和滴定 D. 配制500mL 0.2 mol·L－1的H2SO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸馏时尾气接收装置需用锥形瓶，不符合题意，A项不选；‎ B. 用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2，采用的发生装置为固液不加热装置，因此可以用锥形瓶，不符合题意，B项不选；‎ C. 中和滴定时，使用锥形瓶盛放待测液，不符合题意，C项不选；‎ D. 配制500mL 0.2 mol·L－1的H2SO4溶液，根据配制步骤可知，使用的玻璃仪器主要有：500mL容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管等，但不需要锥形瓶，D项选；‎ 答案选D ‎3.α粒子常表示为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】α粒子核外没有电子，原子核有2个质子，质量数为4，是氦原子的原子核，可表示为：，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. CaO溶于水后能导电是由于生成了Ca(OH)2，后者能电离产生自由移动的Ca2＋、OH－，所以CaO是非电解质 B. Pb3O4也可写成PbO·PbO2‎ C. 所有盐都是强电解质 D. 熔融蔗糖是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CaO属于离子化合物，在熔融状态下可导电，因此CaO是电解质，A项错误；‎ B. Pb3O4也可打成2PbO·PbO2，B项错误；‎ C. 除醋酸铅、氯化汞等以外，绝大多数盐都是强电解质，C项错误； ‎ D. 蔗糖属于分子化合物，在熔融状态下和水溶液中均不能导电，是非电解质，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】A项是易混易错点，要明确电解质的定义，在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，理解电解质的含义是解题的关键。‎ ‎5.下列说法不正确的是 A. 通常情况(同温同压)下，金刚石比石墨稳定 B. 分解反应不一定都是吸热反应 C. 1mol CH3CH2CN与H2在一定条件下完全加成，常需2mol H2‎ D. 常温常压时，KOH与HCl两种稀溶液完全反应的热化学方程式是H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 通常情况(同温同压)下，金刚石的能量比石墨的能量高，而能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，A项错误；‎ B. 分解反应不一定都是吸热反应，如过氧化氢分解属于放热反应，B项正确；‎ C. 1mol CH3CH2CN分子中含一个碳氮三键，则与H2在一定条件下完全加成需2mol H2，C项正确；‎ D. 根据中和热的定义可知，常温常压时，KOH与HCl两种稀溶液完全反应的热化学方程式是H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) H＝－57.3 kJ·mol－1，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】中和热是指，常温常压下，稀的强酸溶液与稀的强碱溶液发生中和，生成1mol水所放出的热量。学生要理解中和热的含义，抓住中和热的常考点。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 氢氧化钾晶体熔化时往往只破坏了离子键 B. 干冰升华，只克服微弱的分子间作用力 C. BF3分子中所有原子的最外层都具有8电子稳定结构 D. H2NCH2COOH能形成内盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氮氧化钾晶体属于离子化合物，在熔化时会生成钾离子与氢氧根例子，破坏了离子键，A项正确；‎ B. 干冰属于分子晶体，升华时只克服微弱的分子间作用力，B项正确；‎ C. BF3分子中有3个B-F极性共价键，B原子并未满8电子结构，C项错误；‎ D.‎ ‎ 内盐是指两性离子总电荷为0，显电中性的化合物，但是带正电和负电的原子不同，H2NCH2COOH分子中既有碱性基团氨基，又有酸性基团羧基，可形成内盐，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列离子方程式不正确的是 A. 在一定量硫酸和双氧水的混合液中加少量的铜粉：Cu＋2H＋＋H2O2＝2H2O＋Cu2＋‎ B. 碳酸钠溶液和醋酸反应：CO32－＋2 H＋＝CO2↑＋ H2O C. 碳酸氢钠溶液加过量氢氧化钡：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝ BaCO3↓＋ H2O D. 向次氯酸钠溶液中通入少量的SO2：H2O ＋3ClO－＋ SO2＝ SO42－＋ Cl－＋2HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化氢在酸性条件下可氧化铜，则在一定量硫酸和双氧水的混合液中加少量的铜粉的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2＝2H2O＋Cu2＋，A项正确；‎ B. 醋酸为弱酸，在离子方程式中要保留化学式，则碳酸钠溶液和醋酸反应的离子方程式为：CO32－＋2 CH3COOH＝CO2↑＋ H2O+2 CH3COO-，B项错误；‎ C. 碳酸氢钠溶液加过量氢氧化钡，则发生的离子方程式为：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝ BaCO3↓＋ H2O，C项正确；‎ D. 次氯酸钠具有强氧化性，则向次氯酸钠溶液中通入少量的SO2会发生氧化还原反应，其离子方程式为：H2O ＋3ClO－＋ SO2＝ SO42－＋ Cl－＋2HClO，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列说法不正确的是 A. 纯碱可以去除油污，也能广泛应用于玻璃、纺织、食品等工业中 B. 二氧化硫可用于漂白纸浆、编织物，但二氧化硫通入紫色石蕊试液中只变红 C. 钠钾合金在常温常压下是液体，可用作原子反应堆的导热剂 D. 浓硫酸可使有机物炭化是由于它的脱水性，因此在实验室中常用作干燥剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱水解显碱性，油污在碱性条件下可发生水解反应，因此纯碱可以去除油污，同时纯碱也能广泛应用于玻璃、纺织、食品等工业中，A项正确；‎ B. 二氧化硫可用于漂白纸浆、编织物，但二氧化硫溶于水显酸性，不能漂白石蕊试液，因此通入紫色石蕊试液中只变红，B项正确；‎ C.‎ ‎ 钠钾合金在常温常压下是液体，具有良好的导热性，可用作原子反应堆的导热剂，C项正确；‎ D. 浓硫酸可使有机物炭化是由于它的脱水性，但在实验室中常用作干燥剂主要利用的是浓硫酸的吸水性，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项是易错点，要明确浓硫酸的吸水性与脱水性的不同。另外，浓硫酸虽可以用作干燥剂，但不能干燥碱性气体如氨气，也不能干燥还原性气体如硫化氢气体等。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)达平衡后，加入单质碳平衡必定向正反应方向移动 B. A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达平衡后，若保待容器压强不变，继续通入0.2mol A2和0.6mol B2，平衡向正反应方向移动，则A2的转化率一定变大 C. 2RO2(g)＋O2(g)2RO3(g) △H＝－197kJ·mol－1，升高温度，正反应速率减小 D. 在一定温度下，一定容积的密闭容器中发生反应：C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)，当混合气体的相对平均分子质量不再发生变化时，反应达到平衡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单质碳为固体，对化学反应速率没有影响，A项错误；‎ B. A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达平衡后，若保待容器压强不变，继续通入0.2mol A2和0.6mol B2，物质的量与体积成正比，可能浓度不变，则平衡不移动，即A2的转化率不变，B项错误；‎ C. 化学反应速率与反应的热效应无关，与活化分子百分数有关，升高温度，正反应速率一定增大，C项错误；‎ D. 当混合气体的平均相对分子质量为气体的总质量与气体的总的物质的量的比值，反应C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)假设开始有 1mol H2O(g)参与，则起始气体的平均相对分子质量为18，假设全部转化为氢气和一氧化碳，则得到的混合气体的相对分子质量为2+28=30，则说明随着反应的进行，气体的平均相对分子质量为变量，故当混合气体的相对平均分子质量不再发生变化时，反应达到平衡，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键。本题的易错点为D项，要注意判断的物理量是否为变量，即随时间的变化而变化，则说明该物理量不变是达到平衡状态的标志。‎ ‎10.肼－空气燃料电池是一种环保型碱性电池，下列反应式正确的是 A. 负极 N2H4＋4H2O－4e－＝N2＋4OH－‎ B. 负极 N2H4＋4H2O－2e－＝N2＋4H2O C. 正极 O2＋4e－＝2O2－‎ D. 总反应N2H4＋O2＝N2＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 肼－空气燃料电池是一种环保型碱性电池，根据原电池的工作原理可知，负极N2H4发生失电子的氧化反应转化为氮气，正极发生氧气得电子的还原反应，据此分析。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 负极发生的电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－＝N2＋4H2O，A项错误；‎ B. 负极发生的电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－＝N2＋4H2O，B项错误；‎ C. 正极氧气在碱性条件下发生的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，C项错误；‎ D. 电池的负极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－＝N2＋4H2O，正极反应式为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，则总反应为N2H4＋O2＝N2＋2H2O，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。题的难点是C选项，电极反应式的书写不仅要遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性，C项虽电荷守恒，但不符合O元素的存在形式，因此错误。学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。‎ ‎11.W、X、Y、Z为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，若这四种元素的原子最外层电子数之和为24，则下列说法不正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. W的最低价氢化物与少量Z2反应，产物除W2外，还有一种盐，其水溶液呈酸性 C. 在元素周期表中，114号(类铅)元素与W元素不位于同一主族 D. Y、Z可形成YZ2、Y2Z2等分子，前者常用作橡胶硫化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 且四种元素的原子最外层电子数之和为24，设Y最外层电子数为a，X最外层为a，Z最外层为a+1，W最外层为a-1，即：4a=24，所以a=6，即X、Y分别为O和S，W和Z为N和Cl，由此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，W、X、Y、Z分别N、O、S和Cl，则 A. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因非金属性：Cl>S，所以酸性：Z>Y，A项正确；‎ B. 氯气具有强氧化性，氨气与氯气反应会生成氮气和氯化铵，氯化铵的水溶液中铵根离子会发生水解，使溶液呈酸性，B项正确；‎ C. 在元素周期表中，114号元素位于第六周期IVA，与碳元素位于同一主族，不与氮元素同族，C项正确；‎ D. S、Cl可形成SCl2、S2Cl2等分子，S2Cl2常用作橡胶硫化剂，而不是SCl2，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.已知：在碱性条件下，果糖中的羧基会转化为醛基，则鉴别果糖与葡萄糖的试剂正确的是 A. 溴水 B. 新制Cu(OH)2悬浊液 C. 新制银氨溶液 D. 镁粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据已知信息可知，果糖虽然不含醛基，但在碱性条件下会发生异构化，转化为醛基，因此新制Cu(OH)2悬浊液和新制银氨溶液不能鉴别果糖与葡萄糖，镁粉与果糖和葡萄糖均不发生反应，故B、C、D均不正确，而溴水显酸性，葡萄糖中的醛基可以被溴水所氧化而使溴水褪色，而酸性条件下果糖不与溴水发生反应，故用溴水可鉴别两者，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎13.石油脑的主要成分是C5H12，它可与空气、水蒸气等在一定条件下合成尿素，它对原料的利用率较高的理由是n(H2)与n(CO2)的比例较佳，理论上为 A. 2：1 B. 11：5 C. 3.2：1 D. 4：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由合成尿素的化学方程式：2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O知，n(NH3)∶n(CO2) =2∶1，根据氢元素守恒可知，2个NH3分子可换算为3个H2分子，故n(H2)与n(CO2)的比为3：1时，原料利用率最高。因反应C5H12+10H2O(g)=5CO2+16H2中生成的氢气与二氧化碳的物质的量之比n(H2)：n(CO2)=16∶5=3.2∶1，与理想值接近，所以为最佳比例，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】在化学反应中，若按化学方程式中各物质的系数比投料，原料利用率最高。‎ ‎14.室温下，将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：‎ 下列判断不正确的是( )‎ A. 实验①反应后的溶液中：c(K+)>c(A－)>c(OH－)>c(H+)‎ B. 实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K+)－c(A－)＝KW/1×10-9mol/L C. 实验②反应后的溶液中：c(A－)+c(HA)>0.1 mol/L D. 实验②反应后的溶液中：c(K+)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合(忽略体积变化)，溶液呈碱性，说明该酸是弱酸。A．溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，水的电离较微弱，所以c(A-)＞c(OH-)，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(A-)=mol/L-10-9mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c(A-)+c(HA)＞0.1 mol/L，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，即c(OH-)=c(H+)，则c(K+)=c(A-)，中性溶液中水的电离较微弱，所以c(A-)＞c(OH-)，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查离子浓度大小的比较 ‎【名师点晴】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C.在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 甲醛只能发生缩聚反应，而不能发生加聚反应 B. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物 C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃 D. 往用硫酸催化的淀粉水解液中加入银氨溶液，水浴加热后无银镜产生，说明淀粉尚未水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲醛可用于苯酚发生缩聚反应，低温条件下也可发生加聚反应，A项错误；‎ B. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量不足1万，不属于高分子化合物，B项错误；‎ C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”是蛋白质，“泪”是液态石蜡，属于烃，C项正确；‎ D. 银镜反应需要碱性条件，而往用硫酸催化的淀粉水解液中直接加入银氨溶液，因未中和硫酸，则水浴加热后无银镜产生不能说明淀粉尚未水解，D项错误；‎ 答案选C。‎ 二、选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分。每小题列出的四个备选项中有一个或两个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分；如果有两个正确答案的只选一个正确答案，得1分)‎ ‎16.已知：由X、Y两种元素构成的1mol的阳、阴离子(某些原子团)中，均含10NA电子，而1mol的X2Y2分子中含18NA电子，则X、Y是 A. O、C B. H、O C. C、H D. N、H ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由X、Y两种元素构成的1mol的阳、阴离子(某些原子团)中，均含10NA 电子，且1mol的X2Y2分子中含18NA电子，根据常见的10电子与18电子化合物知识可知，该阳离子应为H3O+，阴离子应为OH-，而H2O2具有18电子结构，故X、Y两种元素分别为H、O，B项正确，答案选B。‎ ‎【点睛】10电子微粒：‎ 一核：Ne、N3-、O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+；二核：HF、OH- ；三核：H2O、NH2- ；四核：NH3、H3O+ ；五核：CH4、NH4+ 18电子微粒： 一核：Ar、K+、Ca2+、Cl-、S2- ；二核：F2、HCl、HS- ；三核：H2S ；四核：PH3、H2O2 ；五核：SiH4 ；六核：N2H4。‎ ‎17.如图曲线a和b是可溶性一元强碱与盐酸互滴的滴定曲线，下列说法正确的是 A. 可溶性一元强碱、盐酸物质的量浓度均为1mol·L－1‎ B. p点为滴定终点(两者恰好完全反应)，溶液呈中性 C. 酚酞不能用作该滴定的指示剂 D. 曲线b是可溶性一元强碱滴定盐酸的滴定曲线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1mol·L-1，而不是1mol·L－1，A项错误；‎ B. P点时，溶液pH为7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B项正确；‎ C. 强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，C项错误；‎ D. 曲线b的pH随反应的进行逐渐减小，为盐酸滴定氢氧化钠的曲线，D项错误； ‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱中和滴定的曲线及原理分析等知识。指示剂选择的基本原则：‎ 变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。‎ ‎（1）不能用石蕊作指示剂。‎ ‎（2）滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；滴定终点为中性时，甲基橙或酚酞均可作指示剂。‎ ‎（3）并不是所有的滴定都必须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。‎ ‎18.在某温度时，密闭容器中进行反应：X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3R(g)，其中X、Y、Z、R的起始浓度依次为0.1、0.4、0.2、0.3(单位均为mol·L－1，下同)，则达平衡时，各物质的浓度不可能的是 A. c(X)＝0.15 B. c(Z)＝0.3 C. c(Y)＝0.9 D. c(R)＝0.6‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】采用理想的“一边倒”思想进行分析，根据反应X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3R(g)可知， 将反应物都转化为生成物，X是0，Y是0，Z是0.2+0.2=0.4，W是0.3+0.3=0.6 将生成物都转化成反应物，X是0.1+0.1=0.2，Y是0.4+0.4=0.8，Z是0，W是0 以上都是完全反应的情况，不可能达到，所以数值介于最大和最小之间。 所以各物质的浓度范围是：0”或“＝”)0。‎ ‎(4)经实验测定，“AlO2－” 的形式应该是[Al(OH)4]－，则AlCl3溶液与Na[Al(OH)4]溶液作用的离子方程式是_________________。‎ ‎(5)用石墨电极电解Na[Al(OH)4] 溶液是制取高品质用Al(OH)3的方法之一。该电解反应的离子方程式是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 2 (3). 2 (4). 1O2 (5). CuO受热分解生成Cu2O和O2, Cu2O与Al2O3作用生成Cu2Al2O4（Cu+处于全充满稳定结构，固态时更稳定） (6). K’= (7). ＜ (8). 3[Al(OH)4]－+Al3+=4Al(OH)3↓ (9). 4[Al(OH)4]－+2H2O4Al(OH)3↓+4OH-+2H2↑+O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氧化还原反应的规律及元素守恒法配平化学方程式；‎ ‎（2）反应会向生成稳定产物的方向发生；‎ ‎（3）根据化学平衡常数的定义式变形推导得出结论；根据水解反应是吸热反应分析该反应的热效应；‎ ‎（4）根据偏铝酸根离子与铝离子的双水解反应作答；‎ ‎（5）根据电解原理的放电顺序结合电解质的酸碱性分析书写离子方程式。‎ ‎【详解】（1）根据化学式CuAlO2可知Cu显+1价，Al显+3价，则反应CuO＋_______ Al2O3_______Cu2Al2O4＋_______中，Cu元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，氧元素化合价应从-2价升高到0价，推出生成的气体为O2，电子转移数为4，故Cu2Al2O4‎ 的化学计量数为2，结合元素守恒可知该反应的化学方程式为：4CuO＋2Al2O32Cu2Al2O4＋O2↑，故答案为：4；2；2；1O2；‎ ‎（2）CuO受热分解生成Cu2O和O2, Cu2O与Al2O3作用生成Cu2Al2O4，分析分子内部结构可以看出Cu2Al2O4中的Cu+处于全充满稳定结构，固态时更稳定，因此该反应能发生，故答案为：CuO受热分解生成Cu2O和O2, Cu2O与Al2O3作用生成Cu2Al2O4（Cu+处于全充满稳定结构，固态时更稳定）；‎ ‎（3）K’=，该反应是AlO2－水解反应的逆反应，故该反应为放热反应，该反应的△H<0，故答案为：20；＜；‎ ‎（4）[Al(OH)4]－= AlO2－+2H2O，故AlCl3溶液与Na[Al(OH)4]溶液会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，该反应的离子方程式为：3[Al(OH)4]－+Al3+=4Al(OH)3↓；‎ ‎（5）石墨电极电解Na[Al(OH)4] 溶液，根据溶液中的离子放电顺序可知，阳极水中氢氧根离子放电生成O2和H＋，阴极水中的氢离子放电生成H2和OH－，则Al3＋在阴极会结合OH-生成Al(OH)3沉淀，反应的总的离子方程式为：4[Al(OH)4]－+2H2O4Al(OH)3↓+4OH-+2H2↑+O2↑。‎ ‎【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：‎ ‎（1）阴极：阴极上放电的总师溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。‎ ‎（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－ 含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。‎ ‎23.2015年发生的天津港有关仓库物品爆炸涉及电石与氰化钠等，而CN－作为配位剂可形成[Au(CN)2]－、[Ag(CN)2]－、[Zn(CN)4]2－、[Fe(CN)3]4－、[Fe(CN)4]3－等。常把原子个数相同，最外层电子数也相同的微粒称作等电子体，同时它们的结构相似。‎ 试分析并回答：‎ ‎(1)电石的主要成分是__________(写化学式)，其中阴离子与CN－是等电子体，写出CN－的电子式：__________。‎ ‎(2)有着“闪电式死亡”之称的剧毒物品氰化钠，在地面水中很不稳定，pH大于7时，可被氧气氧化成碳酸盐和氨气，试写出该反应的离子方程式：______。‎ ‎(3)以剧毒物氰化钠比例，从反应原理角度去思考如何防止其污染。试提出两个有关应用的好方案________、_______。‎ ‎(4)电石中还含有CaS等，与水反应还有H2S的生成，H2S完全氧化生成S2，S2又可催化氧化生成SO3。已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0。某温度下，将2mol SO2和1 mol O2置于10L密闭容器中，反应达到平衡后，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(p)的关系如图所示。‎ 则①Y大于0.8的原因是__________；‎ ‎②K(A)____________(填“大于”“等于”或“小于”)K(B)；‎ ‎③若压强为0.10MPa，试做出T1、T2不同温度下(设T2< T1)SO2转化率与温度的关系图__________。‎ ‎【答案】 (1). CaC2 (2). (3). (4). 方案一：湿法冶金； (5). 方案二：含氰废水制备亚铁氰化钾（也可以用有关盐处理，使其转化为含氰配合物） (6). 该反应是气体体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大 (7). 等于 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电石主要为碳化钙；根据碳化钙的结构推出CN－的电子式；‎ ‎（2）根据题意结合氧化还原反应的规律书写离子方程式；‎ ‎（3）结合氰化物的工业用法设计方案；‎ ‎（4）2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为气体体积缩小的放热反应，结合外因对化学反应速率与化学平衡的影响效果回答；‎ ‎【详解】（1）电石主要成分的化学式为：CaC2，其阴离子中C与C原子共用3个电子对，因等电子体的结构相似，故CN－的电子式为：，故答案为：CaC2；；‎ ‎（2）氰化钠中C为+2价，N为-3价，在碱性条件下可被氧气氧化成磷酸钠和氨气，根据氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为：；‎ ‎（3）根据题意可设计如下：‎ 方案一：用湿法冶金−氰化法提炼,即采用稀的NaCN溶液处理已粉碎的矿石,同时通入空气,把少量的金浸取到溶液中生成Na[Au(CN)2]；‎ 方案二：含氰废水制备亚铁氰化钾（也可以用有关盐处理，使其转化为含氰配合物），故答案为：方案一：湿法冶金；方案二：含氰废水制备亚铁氰化钾（也可以用有关盐处理，使其转化为含氰配合物）；‎ ‎（4）①该反应是气体体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，因此Y大于0.8，故答案为：该反应是气体体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大；‎ ‎②温度一定时，K值不变，因此K(A)等于K(B)，故答案为：等于；‎ ‎③2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0，则压强一定时，升高温度，反应速率均增大，因T2< T1，根据“先拐先平数值大”的原则可知在T1条件先达到平衡状态；反应放热，升高温度不利于SO2的转化率，T2< T1，故达到平衡时，T2条件下SO2的转化率较高，综上SO2转化率与温度的关系图如下：‎ ‎。‎ ‎【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为：‎ ‎（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；‎ ‎（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；‎ ‎（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；‎ ‎（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。‎ ‎24.叠氮化钠(NaN3)是一种无色无味的晶体，他在医药、炸药、照相药剂、树脂及农药合成等中应用广泛，它又是汽车安全气囊最理想的气体发生原料。有关他的制取以及纯度测定实验如下，试分析并回答：‎ ‎(1)①方法一，液氨法，液氨与金属钠反应生成NaNH2，再与笑气反应(NaNH2＋N2O→NaN3＋NaOH＋Y)，Y的常用检测检验方法是_____________；‎ ‎②方法二，水合肼法，N2H4•H2O＋NaOH＋C2H5ONO＝ NaN3＋C2H5O H＋3H2O，C2H5ONO即亚硝酸乙酯，可用乙醇、硫酸与NaNO2来制取，其中C2H5ONO从组成看，可用另一种同分异构体代替：___________(写名称)；由此有人提出用N2H4与NaNO2在一定条件下直接制取NaN3，其化学方程式是__________；‎ ‎③方法三，尿素法，尿素[CO(NH2)2]与硝酸、浓硫酸、锌电解还原、NaNO2及脱水等经一系列反应后生成NH2CON3，后者再与NaOH反应，即发生NH2CON3＋NaOH→NaN3＋Y＋Z＋H2O，生成NaN3，则Z的俗名是_____。‎ ‎(2)采用如下装置测定NaN3纯度：准确称量1.40克NaN3样品，与NaClO反应产生N2并放出热量(注：杂质不与NaClO反应)。‎ ‎①使小试管中的NaN3样品与NaClO溶液接触的操作是____________；该反应的化学方程式是___________；‎ ‎②仪器X的名称是____________，使用冷水冷凝的目的是冷却生成的气体及____；反应前应将液面调节到量气筒的“0”刻度，并使两边液面相平，反应后读数时，还需要进行的操作是__________；‎ ‎③常温下量气筒读数为672mL(N2密度为1.25 g•L－1)。则该NaN3样品的纯度是_______。‎ ‎【答案】 (1). 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色 (2). 硝基乙烷 (3). (4). 纯碱或苏打 (5). 将锥形瓶倾斜 (6). (7). （直形）冷凝管 (8). 除去生成的气体中的水蒸气 (9). 调节量气管，使两侧的液面保持水平 (10). 约92.9%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据元素守恒，反应前后原子的种类与数目保持不变判断气体为氨气，结合氨气的检验方法回答；‎ ‎②分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；根据酯类水解反应与已知反应利用盖斯定律的理论分析化学方程式；‎ ‎③依据元素守恒规律判断化学方程式；‎ ‎（2）①根据仪器使用方法分析；结合氧化还原反应的规律书写离子方程式；‎ ‎②根据仪器的构造与用途回答；反应可能产生水蒸气，使用冷水冷凝可除去生成的气体中的水蒸气；量气管读数前，需要平衡压强；‎ ‎③先根据体积和密谋计算氮气的体积，再利用关系式2NaN3→3N2计算NaN3样品的纯度。‎ ‎【详解】（1）①NaNH2与N2O反应可生成NaN3、NaOH和NH3，则Y为NH3‎ ‎，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝色，则该气体为NH3，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色；‎ ‎②C2H5ONO与硝基乙烷互为同分异构体，可用硝基乙烷来代替；亚硝酸乙酯在碱性条件下可发送水解生成乙醇与亚硝酸钠，因此N2H4•H2O＋NaOH＋C2H5ONO＝ NaN3＋C2H5OH＋3H2O可用N2H4与NaNO2在一定条件下直接制取NaN3，变换后的化学方程式为：，故答案为：硝基乙烷；；‎ ‎③NH2CON3＋NaOH→NaN3＋Y＋Z＋H2O，Y为NH3，生成的Z为Na2CO3，其俗名为纯碱或苏打；‎ ‎（2）①根据图示装置可知，将锥形瓶倾斜可使小试管中的NaN3样品与NaClO溶液接触，NaClO具有氧化性，可将NaN3转化为N2，自身被还原为NaCl，则反应的化学方程式为：，故答案为：将锥形瓶倾斜；；‎ ‎②图示X为（直形）冷凝管；反应可能产生水蒸气，使用冷水冷凝的还可除去生成的气体中的水蒸气；量气管读数前，需要调节量气管使两侧的液面保持水平，确保气体压强与外界大气压强相等，故答案为：（直形）冷凝管；除去生成的气体中的水蒸气；调节量气管，使两侧的液面保持水平；‎ ‎③生成氮气的质量为=0.84g，‎ 设NaN3样品的纯度X，‎ ‎2NaN3 2Na+3N2↑‎ ‎130      84‎ x•1.40g   0.084g ‎ ‎ 解得：x92.9%，故答案为：约92.9%。‎ ‎25.最近，中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出中弹后可自我恢复的防弹衣！这神奇的秘密就在于它的分子结构，它以一种独特方式连接在一起(图示如下)，所以分子能保留对最初形状的记忆。这种记忆结构使得鳞片能够经受住外部的强力物理冲击，而且用水就能唤起这种记忆，同时在可变形的参与下进行自我修复，只要这种鳞片保持完整，无论变形有多严重，都可以完全恢复到初始状态。‎ 试分析并回答：‎ ‎(1)该耐高温的高分子液晶树脂的单体是A(呈碱性)和_______(B)，链内官能团主要是_________(均写名称)。‎ ‎(2)C＝O•••H－N中，除共价键外，还有______(写作用力名称)。‎ ‎(3)苯与足量硝酸(混酸)作用往往得到间二硝基苯，混酸又要氧化－NH2，所以制取上述单体A有难度。据查其中的两种方法如下：‎ I.b的化学方程式是_________；‎ II.完成对硝基苯胺制取的路线：_________‎ ‎。‎ ‎(4)B的符合下列条件的同分异构体是________(写结构简式)。‎ ‎①能发生银镜反应；②仍是苯环上的对位二取代物或仅一取代物；③分子中不含酚羟基、O－O键。‎ ‎【答案】 (1). 对苯二甲酸 (2). 肽键 (3). 氢键 (4). +2KClO+2CO2↑＋2KCl (5). ‎ ‎ (6). 、、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据缩聚反应的原理分析单体；结合分子的官能团结构分析；‎ ‎(2)电负性较强的元素氢化物与电负性较强的原子之间容易形成氢键；‎ ‎（3）方法①为直接还原法；COOH OCHO O ‎ 方法②为利用与氨气发生取代反应生成与甲醇，在KClO条件下发生还原反应得到和二氧化碳与氯化钾，据此分析作答；‎ ‎（4）根据同分异构体的书写要求分析作答。‎ ‎【详解】（1）该高聚物是由和通过缩聚反应而形成，其中单体A显碱性，则A为，故B为，其名称为：对苯二甲酸，官能团为羧基，故答案为：对苯二甲酸；羧基；‎ ‎（2）C＝O•••H－N之间除共价键外，还有氢键和肽键，故答案为：氢键、肽键；‎ ‎（3）I.根据上述分析可知，b的化学方程式为：+2KClO+2CO2↑＋2KCl；‎ II.根据上述合成路线想制备对硝基苯胺，需先制备苯胺，将氨基保护起来，再进行后续反应，其具体合成路线为：‎ ‎；‎ ‎（4）B为，分子式为C8H6O4其不饱和度为6，同分异构体若满足①能发生银镜反应，则说明分子含醛基；又是苯环上的对位二取代物或仅一取代物且分子中不含酚羟基、O－O键，则该同分异构体可以为：、、、。‎ ‎ ‎