上海市虹口区2020届高三第二次模拟化学试题 Word版含解析

上海市虹口区2020届高三第二次模拟化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 虹口区2019学年度第二学期学生学习能力诊断测试 高三化学试卷 相对原子质量：H-1 O-16 Cl-35.5 Ca-40‎ 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1.在预防新冠肺炎中，化学消毒剂发挥了重要作用，以下不是利用氧化性来消毒的是 A. 84消毒液 B. 75%酒精 C. 臭氧 D. H2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 84消毒液中的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，A项不符合题意；‎ B. 75%酒精可以使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的目的，B项符合题意；‎ C. 臭氧具有强氧化性，可用来杀菌消毒；C项不符合题意；‎ D. H2O2具有强氧化性，可用来杀菌消毒；D项不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列化学用语书写正确的是 A. N2的电子式： B. 氯乙烯的结构式：CH2＝CHCl C. CCl4的比例模型： D. 原子核内有10个中子的氧原子： ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漏写N原子上的孤电子对，N2的电子式为，A项错误；‎ B. CH2＝CHCl是氯乙烯的结构简式，不是结构式， 结构式需要表示出所有的共价键，B项错误；‎ C. CCl4的比例模型中碳原子半径应当小于氯原子半径，故C项错误；‎ D.核素符号中左下角表示元素的质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数加中子数，故原子核内有10个中子的氧原子表示为：，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.能用共价键键能大小解释的是 A. 熔点：I2＞Cl2 B. 熔点：NaCl＞NaI - 21 -‎ C. 沸点：HI＞HCl D. 热稳定性：HCl＞HI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. I2、Cl2属于分子晶体，相对分子质量：I2>Cl2，分子间作用力：I2>Cl2，故熔点：I2>Cl2，与共价键键能无关，A不选；‎ B.NaCl和NaI属于离子晶体，离子半径：Cl-NaI，熔点：NaCl>NaI，不存在共价键，B不选；‎ C.HI、HCl属于分子晶体，相对分子质量：HI>HCl，分子间作用力：HI>HCl，故沸点：HI>HCl，与共价键键能无关，C不选；‎ D.因为键能：H—Cl键>H—I键，故稳定性：HCl>HI，能用共价键键能解释，D选；‎ 答案选D。‎ ‎4.某晶体中含有非极性共价键，关于该晶体的说法错误的是 A. 可能是化合物 B. 不可能是离子晶体 C. 可能是分子晶体 D. 可能有很高的熔沸点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是单质如I2等、也可能是化合物如H2O2等，A正确；‎ B. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是离子晶体如Na2O2等，B错误；‎ C. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是原子晶体如金刚石等、分子晶体如I2等、离子晶体如Na2O2等，C正确；‎ D. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是原子晶体如金刚石等、分子晶体如I2等、离子晶体如Na2O2等，原子晶体有很高的熔沸点，分子晶体熔沸点较低，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.第三周期的三种元素甲、乙、丙，原子序数依次增大，且原子核外都有1个未成对电子，下列说法错误的是 A. 金属性：甲>乙>丙 B. 三种元素的单质都能与水反应 C. 离子半径：甲>乙>丙 D. 最高价氧化物对应水化物可两两相互反应 ‎【答案】C - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第三周期的元素中，原子核外有1个未成对电子的原子的价电子排布情况为3s1、3s23p1、3s23p5，甲、乙、丙原子序数依次增大，故甲为钠，乙为铝，丙为氯，以此作答。‎ ‎【详解】A. 根据元素周期律，同周期，核电荷数越小，金属性越强，故金属性：Na>Al >Cl，A说法正确；‎ B. 三种元素的单质都能与水反应：2Na+2H2O= 2NaOH+ H2↑，2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，Cl2+H2OHCl+HClO，B说法正确；‎ C. 不同电子层结构，电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构，质子数越多，离子半径越小，则离子半径：Cl->Na+>Al3+ ，C说法错误；‎ D. 铝元素的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3具有两性，可以与强酸强碱发生反应，氯的最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4是强酸，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠NaOH是强碱，故这三者两两可以相互反应，D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.不能用铝热法制备的金属是 A. 镁 B. 铁 C. 铬 D. 锰 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属冶炼的实质为金属离子的电子被还原生成单质，用铝热法制备金属，所制备金属的活泼性应比铝弱。‎ ‎【详解】铁、锰、铬等金属的活泼性比铝弱，在高温下用铝热法制备，而镁的活泼性比铝强，不能被铝置换生成单质，不能用铝热法制备，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意能用铝热法制备的金属的活泼性应比铝弱。‎ ‎7.室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有下面两种气体（同温同压），打开弹簧夹K，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强最小的是 - 21 -‎ A. H2S和 SO2 B. NH3和HCl C. H2和Cl2 D. NO和 O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设每个烧瓶盛有2mol的气体，‎ A.打开弹簧夹K，发生反应2H2S+SO2=3S↓+H2O，最后剩余1molSO2气体；‎ B.打开弹簧夹K，发生反应NH3+HCl= NH4Cl，两者恰好完全反应生成氯化铵固体，装置内无气体剩余；‎ C.H2和Cl2在常温常压条件下不反应，剩余的还是4mol气体；‎ D.打开弹簧夹K，发生反应2NO+O2= 2NO2，若不考2NO2⇌N2O4，装置内剩余3mol的气体，考虑到可逆反应2NO2⇌N2O4，剩余的气体在2mol~3mol之间；‎ 恒温恒容下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，B中的压强最小，答案选B。‎ ‎【点睛】注意各物质发生的条件，H2和Cl2在常温常压条件下不反应，光照条件下爆炸，点燃的条件下安静的燃烧，可以制备盐酸。‎ ‎8.下列物质的工业生产过程中，不涉及勒夏特列原理的是 A. 合成氨 B. 制硫酸 C. 制氯化氢 D. 制纯碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.合成氨工业中N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)为可逆反应，涉及勒夏特列原理，A项不选；‎ B.硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化是可逆反应，涉及勒夏特列原理，B项不选；‎ C.制氯化氢是氯气和氢气的化合反应，没有可逆过程，不涉及勒夏特列原理，C项选；‎ D.制纯碱过程中涉及到溶解平衡、电离平衡等，涉及勒夏特列原理，D项不选；‎ 答案选C。‎ ‎9.在下图的实验装置中，从实验开始过一段时间，对看到的现象叙述不正确的是( )‎ - 21 -‎ A. 苹果块会干瘪 B. 胆矾晶体表面有“白斑”‎ C. 小试管内有晶体析出 D. pH试纸变红 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸有吸水性，苹果块会干瘪，选项A正确；‎ B、浓硫酸有吸水性，胆矾晶体失去部分水，表面有“白斑”，选项B正确；‎ C、浓硫酸有吸水性，会吸收饱和硝酸钠溶液挥发出的水，而使试管内有晶体析出，选项C正确；‎ D 、pH试纸先变红后变黑，选项D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.已知黑火药爆炸的反应：S+2KNO3+3C → K2S+3CO2+ N2↑，下列说法正确的是 A. 该反应中氧化剂只有硝酸钾 B. 该反应中还原剂只有碳 C. 每生成0.1 mol N2转移电子1 mol D. 产物中有两种共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应为氧化还原反应，元素化合价上升的有： C：0→+4，且有3个碳原子参与反应，化合价上升共12；元素化合价降低的有：S：0→-2，N：+5→0，且有1个硫原子和2个氮原子参与反应，化合价降低共2×1+5×2=12，化合价升降守恒，该反应按照配比化合价共升（降）12，转移12个电子。‎ ‎【详解】A.根据分析，化合价降低的是硫元素和氮元素，则氧化剂为KNO3和S，A项错误；‎ B.根据分析，化合价上升的只有碳元素，则还原剂只有C，B项正确；‎ - 21 -‎ C.根据分析，每1mol氮气生成转移电子12mol，则每生成0.1 mol N2转移电子1.2 mol ，C项错误；‎ D.产物中K2S是离子化合物，CO2是共价化合物，N2是单质，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】‎ 含有离子键的化合物称为离子化合物，表面特征是含有一些金属离子或者铵根离子，除氯化铝、氯化铍等特殊物质；只含共价键的化合物称为共价化合物，表面特征是不含金属离子或者铵根离子，除特殊物质外。‎ ‎11.除去下列物质中少量杂质（括号内的物质为杂质）采用的方法中，正确的是 A. 己烷（己烯）：溴水，分液 B. FeCl3溶液（AlCl3）：过量氨水，过滤 C. 乙醛（乙酸）：NaOH溶液，分液 D. 乙酸乙酯（乙酸）：饱和碳酸钠溶液，分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.己烯与溴水反应生成溴代烃，溴代烃不能溶于水但是可以溶于己烷，无法进行分液除杂，A项错误；‎ B. 加入过量氨水，二者都会沉淀，不能进行除杂；B项错误；‎ C. NaOH与乙酸反应生成可溶于水的乙酸钠，但是乙醛可以溶于水，不能进行分液操作，C项错误；‎ D. 饱和碳酸钠溶液可以与乙酸反应生成溶于水的乙酸钠，同时乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，采取分液进行分离除杂，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，结构简式如图所示。下列关于茉莉醛的叙述正确的是 A. 茉莉醛与苯甲醛互为同系物 B. 茉莉醛分子式为C14H20O C. 茉莉醛能使溴水褪色，并只发生加成反应 D. 在一定条件下，lmol茉莉醛最多能与5 mol氢气加成 - 21 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 茉莉醛的官能团除醛基还有双键，与苯甲醛结构不相似，所以不互为同系物，A项错误；‎ B.根据结构简式，茉莉醛分子式为C14H18O，B项错误；‎ C.茉莉醛中含有碳碳双键与溴水可以发生加成反应，有醛基与溴水发生氧化还原反应，两种官能团均能使溴水褪色，C项错误；‎ D.在一定条件下，茉莉醛中苯环、碳碳双键、醛基可以与氢气发生加成，lmol茉莉醛中苯环消耗氢气3mol，醛基消耗1mol氢气，碳碳双键消耗1mol氢气，故1mol茉莉醛最多能与5 mol氢气加成，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后，溶液中离子的物质的量几乎不变的是 A. Ba2+ B. Fe2+ C. Cl- D. NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后；Ba2+与SO42-生成白色沉淀BaSO4，Ba2+物质的量减小；NO3-（H+）具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故NO3-和Fe2+物质的量均减小；Cl-物质的量几乎不变；答案选C。‎ ‎【点睛】硝酸根离子本身没有强氧化性，在酸性环境下，具有强氧化性。‎ ‎14.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述中，正确的是 A. 均采用水浴加热 B. 制备乙酸乙酯时乙醇过量 C. 均采用边反应边蒸馏的方法 D. 制备乙酸丁酯时正丁醇过量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验制备乙酸乙酯和乙酸丁酯均采用酒精灯加热，A项错误；‎ B.制备乙酸乙酯时，考虑成本，乙醇过量从而提高冰醋酸的转化率，B项正确；‎ C.乙酸乙酯采用边反应边蒸馏的方法，但是乙酸丁酯的沸点较高，制备乙酸丁酯时采用直接回流的方法，待反应后再提纯产物，C项错误；‎ - 21 -‎ D.制备乙酸丁酯时，考虑成本，冰醋酸过量从而提高正丁醇的转化率，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列关于饱和食盐水的用途或装置设计错误的是 A. 模拟工业制纯碱 B. 甲烷的取代反应 C. 实验室制乙炔 D. 除去氯气中的氯化氢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气极易溶于水，通氨气的导气管未进行防倒吸处理，通氨气的导气管口应在液面上方、接近液面，A项错误；‎ B.甲烷和氯气在光照下发生取代反应，饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解度，B项正确；‎ C.饱和食盐水和电石制备乙炔，饱和食盐水降低该反应的化学反应速率，产生平缓的气体，C项正确；‎ D.HCl气体极易溶于水，且氯气在饱和食盐水中溶解度最小，故可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】工业制纯碱，在饱和食盐水中先通入氨气，形成碱性环境（做好防倒吸处理），再通入过量的二氧化碳，生成碳酸氢钠晶体，过滤得到碳酸氢钠，碳酸氢钠再进行加热处理得到碳酸钠。‎ - 21 -‎ ‎16.下列反应可用离子方程式 2H+ + CO32- → H2O + CO2↑表示的是 A. 向Na2CO3溶液中滴加过量醋酸 B. 向硫酸中滴加少量Na2CO3溶液 C. 向Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸 D. 向Na2CO3溶液中通入SO2气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸是弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，离子方程式为CO32-+2CH3COOH→2CH3COO-+H2O+CO2↑，A项不选；‎ B.向硫酸中滴加少量Na2CO3溶液，因为该反应中碳酸钠少量，硫酸过量，所以碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，B项选；‎ C.向Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸，盐酸量少，故没有气体产生，离子方程式为：H+ + CO32- →HCO3-，C项不选；‎ D.向Na2CO3溶液中通入SO2气体，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3在离子方程式中不能改写成离子形式，D项不选；‎ 答案选B。‎ ‎17.下列有关电化学装置不能达到相应实验目的的是 A. 模拟吸氧腐蚀 B. 电解法制氯气 C. 铁的防护 D. 外加电流的阴极保护法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在海水弱碱环境中，铁和碳电极组成原电池，发生吸氧腐蚀，可以观察到铁生锈，A项能达到实验目的；‎ B.电解池中Fe连接在电源的正极，铁做阳极，失去电子发生氧化，不会考虑阴离子放电，故不会产生氯气，B项达不到实验目的；‎ - 21 -‎ C.可以构成Zn-Fe原电池，活泼性较强的Zn做负极，发生氧化，Fe做正极，被保护，故C项能达到实验目的；‎ D.电解池中，铁连接电源的负极，做阴极材料，Fe不反应，Fe附近的阳离子发生还原反应，属于外加电流的阴极保护法，D项能达到实验目的；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】电解池中，首先观察阳极，若阳极为活泼金属（包括Ag以及之前的金属），则阳极金属失去电子发生氧化，不考虑阳极附近阴离子放电；若阳极为惰性电极，考虑阴离子的放电顺序，放电顺序要记牢。‎ ‎18.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）‎ A. pH=0的硫酸 B. 0.01mol/L NaOH溶液 C pH=10的纯碱溶液 D. pH=5的氯化铵溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢氧根离子浓度是；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是，故C正确。‎ ‎【点睛】酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是。‎ ‎19.体积相同的盐酸和醋酸溶液，c(Cl-) = c(CH3COO-)= 0.01 mol/L，下列说法正确的是 A. pH：醋酸>盐酸 B. 完全反应消耗NaOH的量：醋酸>盐酸 C. 与相同的Na2CO3粉末反应的起始速率：醋酸<盐酸 D. 分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：c (Cl-) = c (CH3COO-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A. 盐酸、醋酸的电离方程式分别为HCl=H++Cl-、CH3COOHH++ CH3COO-，c(Cl-) = c(CH3COO-)，则二者c(H+)相等，pH：醋酸＝盐酸，A项错误；‎ B.盐酸完全电离，醋酸微弱电离，当c(Cl-) = c(CH3COO-)时，c(HCl) « c(CH3COOH) ，故等体积完全反应消耗NaOH的量：醋酸>盐酸，B项正确；‎ C. 盐酸和醋酸与相同的Na2CO3粉末反应，本质都是与氢离子的反应，初始二者的氢离子浓度相同，故起始速率：醋酸＝盐酸，C项错误；‎ D. 分别用水稀释相同倍数后，稀释过程促进醋酸的电离，故所得溶液中：c (Cl-) ＜ c (CH3COO-)，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.右图是可逆反应A+2B 2C + 3D 的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变而变化的情况，由此推断错误的是 A. A、B一定是气体 B. C可能气体 C. D一定不是气体 D. 正反应是放热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据速率时间图，达到平衡后加压，正、逆反应速率都加快，说明反应物、生成物中均有气体，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正反应是气体分子数目减小的反应；根据化学反应左右两边的系数，若D为气体，该反应正向不会是气体分子数目减小的反应，故D一定不是气体、C一定是气体；由于C是气体，故A、B必须同时是气体才能满足正反应是气体分子数目减小的反应；达到平衡后降温，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正向是放热反应；故ACD说法正确，B说法错误；答案选B。‎ 综合题 - 21 -‎ ‎（一）本题共15分 ‎21.二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：‎ 方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O 完成下列填空：‎ ‎(1)在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________ mol。‎ ‎(2)方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。‎ a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原 ‎ c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原 ‎(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。‎ ‎(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 ________________________________________________。‎ ‎(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。‎ ‎(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。‎ ‎(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：‎ 氯化物 NaCl KCl CCl4‎ 熔点/℃‎ ‎804‎ ‎773‎ ‎-22.92‎ 试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.2 (2). c (3). 方法二 (4). 方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染 (5). 2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O (6). 17 (7). 3s23p6 (8). 正四面体 (9). (10). NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低 ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。‎ ‎(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；‎ ‎(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；‎ ‎(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；‎ ‎(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；‎ ‎(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是；‎ ‎(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。‎ ‎【点睛】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。‎ ‎（二）本题共15分 ‎22.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。完成下列填空：‎ 合成氨工业中：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：‎ - 21 -‎ t/℃‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ K K1‎ K2‎ ‎0.5‎ ‎(1)试比较K1、K2的大小，K1 ________K2（填写“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎(2) 400℃时，反应2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)的化学平衡常数的值为_____________。‎ 当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，则该反应υ(N2)(正) ___________υ(N2)(逆)（填写“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎(3)在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是____________。‎ a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆） b．混合气体的密度保持不变 c．容器内压强保持不变 d．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2 ‎ ‎(4)化工生产为做到又“快”又“多”采用多种方法，试写出两项合成氨工业中为实现“多”所采取的措施：__________________________，__________________________。‎ ‎(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_____________________，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH4+的浓度_______（填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是_________________________________________________________。‎ ‎(6)如图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和 CO反应的热化学方程式 _____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 2 (3). ＞ (4). c (5). 采用20MPa~50MPa高压 (6). 及时将产物液化除去 (7). c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-) (8). 增大 (9). NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大 (10). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；‎ - 21 -‎ ‎(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为==2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc===＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；‎ ‎(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度=，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；‎ ‎(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；‎ ‎(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大； ‎ ‎(6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。‎ ‎【点睛】‎ 判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。‎ ‎（三）本题共14分 ‎23.氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下： ‎ - 21 -‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是_____________，加入的物质A是___________（写化学式）。‎ 开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH 沉淀开始溶解时的pH Al(OH)3‎ ‎3.3‎ ‎5.2‎ ‎7.8‎ Fe(OH)3‎ ‎1.5‎ ‎4.1‎ ‎－‎ ‎(2)检验Fe3+是否沉淀完全实验操作是____________________________________________。‎ ‎(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_________________________________。‎ ‎(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：‎ a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；‎ b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；‎ c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。‎ ‎①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有__________________。‎ ‎②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________（保留三位有效数字）。‎ ‎③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 5.2≤pH＜7.8 (2). Ca(OH)2 或CaO或CaCO3 (3). 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全 (4). 将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2 (5). 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管 (6). 99.9% (7). 蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水 ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。‎ ‎【详解】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；‎ ‎(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；‎ ‎(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；‎ ‎(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数==99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。‎ ‎【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。‎ ‎（四）本题共16分 ‎24.奶油中含有一种化合物A，可用作香料。在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为化合物B。A发生的一系列化学反应如下：‎ - 21 -‎ 完成下列填空： ‎ ‎(1)写出反应类型：反应 ①_________________________反应 ②_________________________‎ ‎(2)写出反应③所需的试剂与条件：_________________________________‎ ‎(3)写出结构简式：F________________________‎ ‎(4)写出一种满足下列要求的A的同分异构体的结构简式：_______________________‎ i．含有酯基 ii．能发生银镜反应 ‎(5)写出C→D反应的化学方程式：________________________________________________‎ ‎(6)C也能与乙二酸反应形成环状化合物（C6H8O4），写出该环状化合物的结构简式：__________‎ ‎(7)写出以C为原料合成1,4-丁二醇（）的合成路线__________。（合成路线常用的表示方式为：）‎ ‎【答案】 (1). 氧化反应 (2). 取代反应 (3). NaOH 、醇，加热 (4). (5). HCOOCH2CH2CH3 、HCOOCH(CH3) 2（选填一种） (6). .+2H2O (7). (8). ‎ - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从A分子式角度出发，A有一个不饱和度，可能是碳碳双键或者碳氧双键或者1个环，A→B分子上少2个氢，反应①为氧化反应，说明A中本身含有羰基和羟基，根据B的结构可知A的结构简式为；A→C分子式多了2个氢原子，反应④为还原反应，C的结构简式为；C与苯甲酸在浓硫酸加热的条件下可以发生酯化反应生成D，则D为；A与HBr加热条件下与羟基发生取代反应，则E为CH3COCHBrCH3，F分子为C4H6O，故E→F发生消去反应，F为。‎ ‎【详解】(1)根据分析，反应①为氧化反应；反应②为取代反应；‎ ‎(2)根据分析，反应③是卤代烃的消去反应，故反应③所需的试剂与条件：NaOH 、醇，加热；‎ ‎(3)根据分析，F的结构简式为；‎ ‎(4) 从A结构分析，A分子的不饱和度为1，A的同分异构体含有酯基，能发生银镜反应，且不饱和度为1，满足条件的官能团为HCOO-，则符合条件的A的同分异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3 、HCOOCH(CH3) 2；‎ ‎(5)根据分析，C→D反应的化学方程式+2H2O；‎ ‎(6)C与乙二酸反应，分子间脱去2分子水，形成环状化合物（C6H8O4），则该环状化合物的结构简式：；‎ ‎(7)以C为原料合成1,4-丁二醇（），碳链未发生变化，羟基的位置发生改变，羟基在1、4号碳原子，可以对2,3-丁二醇先进行消去，再进行1,4—加成，对生成的卤代烃还原和水解可得产物，故合成路线为：‎ - 21 -‎ ‎。‎ ‎ ‎ - 21 -‎ - 21 -‎