上海市曹阳二中2020届高三上学期期中考试化学试卷

上海市曹阳二中2020届高三上学期期中考试化学试卷

上海市曹杨二中2019学年度第一学期 高三年级其中考试化学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共40分）‎ ‎1.下列化学用语的表述正确的是(　　)‎ A. 离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－‎ B. 比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. 氯化铵的电子式为 D. CO2的结构式为O—C—O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；‎ B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；‎ C.氯化铵的电子式为，C项错误；‎ D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.新型小分子团水具有在人体内储留时间长、渗透效率高、生物利用度高等特点，下列关于小分子团水的说法正确的是 A. 水分子的化学性质改变 B. 水分子间的结构、物理性质改变 C. 水分子内的作用力减小 D. 水分子中氧氢键长缩短 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小分子团水的分子与普通水分子相同，只不过它们的聚集状态不同，同种分子化学性质相同，故A错误； B、小分子团水实际是多个水分子的集合体，小分子团水的分子与普通水分子的聚集状态不同，所以水分子间的结构、物理性质改变，故B正确；‎ C、水分子内的作用力是O-H键，分子没变，所以水分子内的作用力不变，故C错误； D、水分子内的作用力是O-H键，分子没变，水分子中氧氢键长不变、键能不变，故D错误。‎ 选B。‎ ‎3. 能导电的电解质是 A. 氯化钠溶液 B. 金属铜 C. 熔融硝酸钾 D. 酒精 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎ 【详解】‎ A、氯化钠溶液是混合物，电解质必须是纯净物；B、金属铜能导电，但金属铜是单质，电解质必须是化合物；C、熔融硝酸钾中有自由移动的离子，能导电，而且是纯净物、化合物，是电解质；D、蔗糖是非电解质。故选C。‎ ‎4.下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最大的是 A. KCl B. NaBr C. LiI D. KF ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同主族自上而下原子半径和离子半径都是逐渐增大的，所以选项中阳离子半径最大的是K+，阴离子半径最小的是F-，所以化合物中，阳离子与阴离子半径之比最大的是KF，故选D。‎ ‎5.砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于ⅤA族和ⅢA族。下列说法中不正确的是 A. 原子半径：Ga>As>P B. 热稳定性：NH3>PH3>AsH3‎ C. 酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO4‎ D. Ga(OH)3可能是两性氢氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Ga>As>P，故A正确；‎ B. 因为元素的非金属性N＞P＞As，所以其气态氢化物的稳定性NH3>PH3>AsH3，故B正确；‎ C. 因为元素的非金属性S＞P＞As，所以其最高价氧化物对应水化物酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4，故C项错误；‎ D. Ga位于金属与非金属的分界线上，故Ga(OH)3可能是两性氢氧化物，D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎6.下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是 A. 还原性：HI＞HF B. 溶解度：HF＞HI C. 沸点：HF＞HI D. 热分解温度：HF＞HI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故A错误；‎ B. 物质的溶解度与化学键无关，故B错误；‎ C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就越大，熔沸点就越高，F，N，O等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故C错误；‎ D. HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.在锌粒和稀硫酸的反应体系，分别加入以下少量固体物质，对生成氢气的速率基本无影响的是 A. 硫酸铜 B. 氯化钙固体 C. 烧碱 D. 氧化铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在锌粒和稀硫酸的反应体系，加入少量硫酸铜，则金属锌会和硫酸铜之间发生置换反应生成铜单质，锌、铜构成原电池，铜电极上生成氢气，因此生成氢气的速率加快，故A不符合题意；‎ B.‎ ‎ 加入氯化钙固体，不会影响氢离子浓度，所以对生成氢气的速率基本无影响，故B符合题意；‎ C. 加入烧碱会和硫酸之间发生中和反应，导致氢离子浓度减小，所以产生氢气的速率减慢，故C不符合题意；‎ D. 加入氧化铁，会和硫酸发生反应生成硫酸铁和水，导致氢离子浓度减小，所以产生氢气的速率减慢，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】加入少量固体物质，对生成氢气的速率基本无影响，可从影响反应速率的外界因素如氢离子浓度、温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等角度来考虑。‎ ‎8.已知：2A(g)B(g)+Q(Q>0)，2A(g)B(l)；下列能量变化示意图正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2A(g)B(g)+Q(Q>0)为放热反应，2molA(g)能量大于1molB(g) ；B(g)的能量大于B(l)，2A(g)B(l)放出的能量大于Q；故选A。‎ ‎9.据报道，在 40GPa 高压下，用激光加热到 1800K，人们成功制得了某种 CO2 的晶体，其结构类似于 SiO2的结构，下列有关推断中错误的是 A. 该晶体不可用作制冷材料 B. 该晶体硬度大，可用作耐磨材料 C. 该晶体有很高的熔点 D. 该晶体中每个碳原子形成 2 个碳氧双键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 其结构类似于 SiO2的结构，说明此CO2 晶体属于原子晶体。‎ ‎【详解】A. 原子晶体CO2有很高的沸点，不易汽化，不可用作致冷剂，故A正确；‎ B. 原子晶体硬度大，所以原子晶体CO2的硬度大，可用作耐磨材料，故B正确；‎ C. 原子晶体具有很高的熔点、沸点，故原子晶体CO2有很高的熔点、沸点，故C正确；‎ D. 原子晶体CO2的结构类似SiO2，碳原子和氧原子应为单键，1个C原子形成4个C−O键，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. HF分子间存在着氢键，故HF分子比H2S分子稳定 B. 晶体中只要有阳离子，就一定有阴离子 C. 原子晶体中只存在非极性共价键 D. HClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故A错误；‎ B. 金属晶体中含有阳离子和自由电子，没有阴离子，所以晶体中有阳离子，不一定有阴离子，故B错误；‎ C. 二氧化硅是原子晶体，存在极性键Si-O键，原子晶体中不一定只存在非极性共价键，故C错误；‎ D. 最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性越强，HClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强，故D正确。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 31g白磷晶体中含有P-P键数是NA B. 22.4LSO2含有NA个SO2分子 C. 标准状况下，等质量的NO2和N2O4所含有原子个数相等 D. 1molCl2通入热的NaOH溶液中（产物是NaCl、NaClO3），充分反应后转移的电子数为NA个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 31g白磷的物质的量是0.25mol，1个白磷分子中有6个P-P键，31g白磷晶体中含有P-P键数是0.25×6×NA=1.5 NA，故A错误；‎ B. 非标准状况下，22.4LSO2物质的量不一定是1mol，故B错误；‎ C. NO2和N2O4的最简式相同，所以等质量的NO2和N2O4所含有原子个数相等，故C正确；‎ D. Cl2通入热的NaOH溶液中（产物是NaCl、NaClO3），反应方程式是3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，部分氯元素化合价由0升高为+5，部分氯元素化合价由0降低为-1，3mol氯气转移5mol电子，1mol氯气充分反应后转移的电子数为NA个，故D错误。‎ ‎12.根据中学化学教材所附的元素周期表判断，下列叙述错误的是 A. K层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的K层电子数相等 B. L层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等 C. L层电子数为偶数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等 D. M层电子数为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K层电子数为奇数的元素是氢元素，氢所在的族的序数与氢元素原子的K层电子数相等，故A正确；‎ B. L层电子数为奇数的所有元素，一定在第二周期，所在的族的序数与该元素原子的L层电子数相等，故B正确；‎ C. L层电子数为偶数的元素，不一定在第二周期，如钠元素，L层电子数是8，族序数是ⅠA，故C错误；‎ D. M层电子数为奇数的元素一定是第三周期元素，所有元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，故D正确。‎ 选C。‎ ‎13.室温下，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ。下列说法错误的是 A. H2H+H的过程需要吸热 B. 若生成2mol水蒸气，则放出的热量大于566kJ C. 2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJ D. 2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化学键断裂需要吸热，所以H2H+H的过程需要吸热，故A正确；‎ B. 水蒸气的能量大于液态水，若生成2mol水蒸气，则放出的热量小于566kJ，故B错误；‎ C. 根据2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ ，4g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为566kJ，所以2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJ，故C正确。‎ D. 2H2(g)+O2(g)2H2O(l)反应放热，2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量，故D正确；‎ 选B。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的含义，应注意的是反应物和生成物的状态对反应的热效应的影响，物质气态时含有的能量大于液态时的能量。‎ ‎14.已知图一表示的是可逆反应 CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)-Q（Q＞0）的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g)+Q（Q＞0）的浓度（c）随时间 t 的变化情况，下列 说法中正确的是 A. 图一 t2 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 B. 图一 t2 时刻改变的条件可能是通入了 CO 气体 C. 图二 t1 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 D. 图二 t1 时刻改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的正反应是吸热反应，图一中升高温度正逆反应速率都增大，平衡正向移动，改变条件瞬间正逆反应速率与原来平衡速率没有接触点，图象符合，故A正确；‎ B. 图一中通入CO气体瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则改变条件瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，与原来平衡速率应该有接触点，图象不符合，故B错误；‎ C. 该反应的正反应是放热反应，图二中升高温度瞬间反应物和生成物浓度不变，则升高温度瞬间反应物和生成物浓度都不变，图象不符合，故C错误；‎ D.‎ ‎ 图二中如果改变的条件是增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，平衡正向移动，导致反应物浓度减小、生成物浓度增大，混合气体总物质的量减小，气体总质量不变，其平均摩尔质量增大，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以改变条件后气体平均相对分子质量增大，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.现定义pOH=lg[OH]，如图说法正确的是 A. 图中线II的温度低于室温 B. 图中五点Kw间的关系是：e>b>c>a>d C. c、d、e处的水溶液中的水的电离平衡一定被抑制 D. a点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据pOH=lg[OH]，由图像可知，线II对应的，线I对应的。‎ ‎【详解】A. 线II对应的，线I对应的，升高温度，水的离子积常数增大，图中线II的温度高于室温，故A错误；‎ B. 水的离子积常数只与温度有关，由图像可知，线II的，线I对应的，图中五点Kw间的关系是：a=d> e=b=c，故B错误；‎ C. c、d处溶液显酸性，可能是酸溶液或盐溶液；e处的水溶液呈碱性，可能是碱溶液或盐溶液； c、d、e处的水溶液中的水的电离平衡可能被抑制，也可能被促进，故C错误；‎ D. a点时，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的硫酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，KOH有剩余，溶液显碱性，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查学生的读图能力，准确判断出线I、II对应的水的离子积常数是解题的关键；注意水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变。‎ ‎16.元素X、Y、Z位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如图所示，下列判断错误的是 元素 X Y Z 最高/最低化合价 ‎+7/-1‎ ‎+6/-2‎ ‎+5/-3‎ A. 原子序数：X>Y>Z B 原子半径：X>Y>Z C. 稳定性：HX>HY>HZ D. 酸性由强到弱：HXO4>H2YO4>H3ZO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X、Y、Z位于相同短周期，X的最高价是+7、最低价是-1，X是Cl；Y的最高价是+6、最低价是-2，Y是S；Z的最高价是+5、最低价是-3，Z是P。‎ ‎【详解】A.同周期元素从左到右，原子序数增大，原子序数：Cl>S>P，故A正确；‎ B. 同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：P>S> Cl，故B错误；‎ C. 同周期元素从左到右， 非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，稳定性：HCl>H2S>PH3，故C正确；‎ D 同周期元素从左到右， 非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，故D正确；‎ 选B。‎ ‎17.室温下，对于0.1mol/L的氨水，下列判断正确的是 A. 用相同浓度的硝酸中和该氨水，硝酸体积小于氨水时，溶液可能呈中性 B. 温度不变，加水稀释后溶液中c(NH4+)·c(OH-)不变 C. 加水稀释后，溶液中导电粒子数目减少 D. 该溶液的pH=13‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 用相同浓度的硝酸中和该氨水，若体积相同，则溶质是硝酸铵，溶液呈酸性，所以硝酸体积小于氨水时，溶液可能呈中性，故A正确；‎ B. 温度不变，加水稀释后，溶液中c(NH4+)、c(OH-)都变小，所以c(NH4+)·c(OH-)减小，故B错误；‎ C. 加水稀释后，氨水电离平衡正向移动，n(NH4+)、n(OH-)增大，溶液中导电粒子的数目增大，故C错误；‎ D. 一水合氨是弱电解质，0.1mol/L的氨水中，c(OH-)小于0.1mol/L，该溶液的pH<13，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点，分析温度、浓度对电离平衡的影响，特别是注意加水稀释，平衡正向移动，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)均减小。‎ ‎18.在密闭容器中，对可逆反应A+3B2C(g)，平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断错误的是 A. 若正反应方向Q＜0，则T1＞T2‎ B. A可能为气体 C. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量增大 D. B不一定为气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知，增大压强，C的百分含量增大，说明平衡正向移动，B一定是气体，A可能是气体、液体或固体。‎ ‎【详解】A. 若正反应方向Q＜0，则升高温度平衡正向移动，C的百分含量增大，T1＞T2，故A正确；‎ B. 根据图像可知，增大压强，C的百分含量增大，说明平衡正向移动，正方向气体系数和减小，所以A可能为气体，故B正确；‎ C.‎ ‎ 增大压强，C的百分含量增大，说明平衡正向移动，气体总质量不变或增大，气体物质的量一定减小， ，所以混合气体的平均相对分子质量增大，故C正确；‎ D. 增大压强，C的百分含量增大，说明平衡正向移动，正方向气体系数和减小，B一定是气体，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动影响，重点是学生识图能力的考查，做题时注意分析图象曲线的变化特点，采取定一议二解答。‎ ‎19.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 A. a=b B. 混合溶液的PH=7‎ C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1‎ D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；‎ B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；‎ C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确； ‎ D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎20.向含有5×10-3molHIO3 与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中 （ ）‎ A. 共得到0.96g硫 B. 通入H2S的体积为336mL C. 碘元素先被还原后被氧化 D. 转移电子总数为3.0×10-2 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，本身被还原为碘单质，所以溶液变蓝且有S析出，根据得失电子守恒有2HIO3～5H2‎ S～5S，所以5×10-3molHIO3被消耗，最终生成碘离子，得到的硫的质量是×32g=0.48g，故A错误；B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会消耗0.015mol的H2S，标况下体积为336mL，但题目未注明是否为标准状况，故B错误；C、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，与硫化氢反应生成硫单质和碘单质，H2S被氧化，继续通入H2S，H2S会和碘单质发生反应，碘单质消失，H2S被氧化，故C错误；D、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10-2NA，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键。本题中HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质，继续通入H2S，H2S会和碘单质反应，生成碘离子和硫。 ‎ ‎21.下表为元素周期表的一部分。‎ 碳 氮 Y X 硫 Z 回答下列问题：‎ ‎（1）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）___，Y原子的电子排布式是__，Z原子核外电子能量最高的电子亚层是___。‎ ‎（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素强的是___；‎ a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b.在氧化还原反应中，1mol Y单质比1mol S得电子多 c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎（3）CCl4是一种常见的有机溶剂，写出其电子式___，判断其属于含有___（填“极性”、“非极性”）共价键的____分子（填“极性”或“非极性”）。SiH4的沸点比CH4高，原因是___。‎ ‎（4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式说明产生该现象的原因：___，在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因____。‎ ‎【答案】 (1). Si (2). 1s22s22p4 (3). 3p (4). ac (5). (6). 极性 (7). 非极性 (8). SiH4与CH4都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4的式量大于CH4，故SiH4的沸点比CH4高 (9). CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- (10). 加入氯化钙后，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，促使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的相对位置，X是硅元素、Y是氧元素、Z是氯元素。‎ ‎【详解】（1）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，表中元素原子半径最大的是Si，Y是氧元素，氧原子的电子排布式是1s22s22p4，Z是氯元素，氯原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5，核外电子能量最高的电子亚层是3p。‎ ‎（2）a.氯气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明有硫单质生成，可知氯气氧化性大于硫，所以Cl元素的非金属性比S元素强，故选a；b.氧化性与元素得电子难易有关，与得电子多少无关，故不选b；c.元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，Cl和S两元素的简单氢化物受热分解，HCl的分解温度高，说明Cl元素的非金属性比S元素强，故选c；答案选ac；‎ ‎（3）CCl4是共价化合物，各原子都满足8电子结构，其电子式是，C-Cl键是不同原子形成的共价键，属于极性键，CCl4具有正四面体结构，正负电荷的重心重合，属于非极性分子，所以CCl4是含有极性共价键的非极性分子。SiH4与CH4都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4的式量大于CH4，故SiH4的沸点比CH4高。‎ ‎（4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，溶液呈碱性，说明碳酸根离子发生水解反应，水解的离子方程式是CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，发生反应CO32-+Ca2+=CaCO3↓，碳酸根离子浓度减小，促使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅。‎ ‎22.合成氨和制硫酸是中学阶段重要的化工生产反应。‎ ‎（1）硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为___；在实际生产过程中，操作温度选定400-500摄氏度，压强采用常压的原因分别是___。‎ ‎（2）合成氨反应生成的氨气可用于工业制纯碱，写出以氨气、氯化钠、二氧化碳、水为原料制备纯碱的化学方程式___、___。‎ ‎（3）合成氨每生成1g液氨，放出QkJ的热量，写出热化学反应方程式___。‎ ‎（4）常用浓氨水来检查输氯管道是否泄漏，泄漏处会观察到大量的白烟（NH4Cl），还生成一种无色无味的单质气体，写出此反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目____，该反应中被还原的是___，还原产物是___。‎ ‎【答案】 (1). 2SO2+O22SO3 (2). 选用400～500摄氏度的原因是因为在该温度范围内催化剂的活性最高，常压下SO2的转化率已经足够了，若增加压强，需要采用特种设备，增加成本 (3). NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ (4). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (5). N2(g)+3H2(g)2NH3(l)+34Q(Q＞0) (6). (7). 氯气 (8). 氯化铵 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）接触室内二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的方程式是2SO2+O22SO3；400～500摄氏度时催化剂的活性最高，常压下SO2的转化率已经足够了，若增加压强，需要采用特种设备，增加成本，所以操作温度选定400-～500摄氏度，压强采用常压。‎ ‎（2）氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，反应方程式是NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎（3）每生成1g液氨，放出QkJ的热量，则生成2mol液氨放热34QkJ，反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(l)+34Q(Q＞0)‎ ‎（4）氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是，氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为0，电子转移的方向和数目是；氯元素化合价由0降低为-1，氯气被还原，氯气被还原为氯化铵，还原产物是氯化铵。‎ ‎23.CH3COOH是中学化学中常用的一元弱酸，请回答下列问题：‎ ‎（1）设计简单实验证明CH3COOH为弱酸__。‎ ‎（2）向0.1mol/L CH3COOH溶液中加蒸馏水稀释至100mL，在稀释过程中，下列量的变化是（“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）：‎ n(H+)=___，=___，=__，c(OH-)=___。‎ ‎（3）OH-浓度相同的等体积的两份溶液：盐酸和CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是__（填写序号）‎ ‎①反应需要的时间：CH3COOH＞HCl ‎②开始反应的速率：HCl＞CH3COOH ‎③参加反应的锌粉的物质的量：CH3COOH=HCl ‎④反应过程的平均速率：CH3COOH＞HCl ‎⑤盐酸中有锌粉剩余 ‎⑥CH3COOH溶液中有锌粉剩余 ‎（4）向饱和食盐水中滴加一定浓度的盐酸，对出现现象的预测可能正确的是__。‎ A.白色沉淀 B.液体分层 C.无明显现象 D.黄绿色气体 ‎（5）现有下列溶液：①纯水；②pH=10的NaOH溶液；③pH=3的醋酸溶液；④pH=10的CH3COONa溶液。试比较四种溶液中水的电离程度的大小关系__。‎ ‎【答案】 (1). 测定醋酸钠溶液的pH值，若pH大于7，则说明醋酸为弱酸 (2). 增大 (3). 不变 (4). 减小 (5). 增大 (6). ③④⑤ (7). A (8). ④＞①＞②＞③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若醋酸为弱酸，则醋酸钠水解；‎ ‎（2）向0.1mol/L CH3COOH溶液中加蒸馏水稀释至100mL，CH3COOH、CH3COO－、H+的浓度均减小，CH3COOHCH3COO－+H+正向移动；‎ ‎（3）OH-浓度相同的等体积的盐酸和CH3COOH，说明氢离子浓度相同，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，盐酸的物质的量小于醋酸。‎ ‎（4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡NaCl（s）Na+（aq）+Cl-（aq），加入浓盐酸后氯离子浓度增大，则溶解平衡向着逆向移动。‎ ‎（5）酸、碱抑制水电离，盐水解促进水电离。‎ ‎【详解】（1）测定醋酸钠溶液的pH，若pH大于7，说明醋酸根离子水解，醋酸为弱酸；‎ ‎（2）向0.1mol/L CH3COOH溶液中加蒸馏水稀释至100mL，CH3COOHCH3COO－+H+正向移动，所以n(H+)增大；=，所以不变；，减小，所以 减小；Kw不变，减小，所以c(OH-)增大。‎ ‎（3）①开始氢离子浓度相同，反应速率相同，开始后醋酸继续电离出氢离子，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，醋酸反应速率快，所以反应需要的时间：CH3COOH＜HCl，故①错误；②开始氢离子浓度相同，反应速率相同，故②错误；③放出氢气的质量相等，所以参加反应的锌粉的物质的量相等，故③正确；④放出氢气的质量相等，开始后醋酸反应速率大于盐酸，反应过程的平均速率：CH3COOH＞HCl，故④正确；⑤醋酸的物质的量大于盐酸，放出氢气一样多，所以醋酸一定有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故⑤正确；⑥醋酸物质的量大于盐酸，若CH3COOH溶液中有锌粉剩余，说明醋酸完全反应，则醋酸放出的氢气大于盐酸，故⑥错误。答案选③④⑤；‎ ‎（4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：NaCl（s） Na+（aq）+Cl-（aq），由于加入浓盐酸，溶液中氯离子浓度增大，抑制了氯化钠的溶解，会析出白色的NaCl晶体，故选A。‎ ‎（5）①纯水中水电离出的=10-7；②氢氧化钠抑制水电离，pH=10的NaOH溶液，水电离出的=10-10；③醋酸抑制水电离，pH=3的醋酸溶液，水电离出的=10-11；④醋酸钠水解，促进水电离，pH=10的CH3COONa溶液，水电离出的=10-4。水的电离程度的大小关系是④＞①＞②＞③。‎ ‎24.某酯的合成路线如下图所示 ‎（1）反应Ⅰ反应类型为___________________； D中含氧官能团为_____________写名称）。‎ ‎（2）反应Ⅱ的反应条件为：_________________。‎ ‎（3）C→D的化学反应方程式为________________________________________。‎ ‎（4）写出一种满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为__________________________。‎ ‎①能发生银镜反应 ②含苯环且苯环上一溴代物两种 ③不能与钠反应 ‎（5）写出B合成的合成路线。合成路线常用的表示方式为：_______________‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 醛基 (3). 浓硫酸、 加热 (4). (5). 或 (6). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题以苯乙酸乙酯的合成为题材，主要考查有机反应类型、官能团、有机反应条件、有机方程式、同分异构体等基础知识，考查考生对已知合成路径的综合分析能力、同分异构体的理解能力和有机合成路径的设计能力。‎ 解析：（1）已知的合成路径中，生成最终产物需要的原料是和CH3CH2OH，所以E（C8H8O2）为，由C氧化生成D后再转变成，所以根据C的分子式，C是，氧化生成的D是，官能团是醛基，D再氧化可以生成。从分子式分析，B→C是用—OH取代—Br，所以B是。与乙炔（HC≡CH）反应生成的A是一种烃，且含有C=C键或者C≡C键，所以A→B的反应为加成反应，根据B中Br原子数目可得，A一定是，B是。与HC≡CH反应时后者有一个不饱和建发生断裂，则反应Ⅰ为加成反应。正确答案：加成反应、醛基。（2）反应Ⅱ是一种酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热。正确答案：浓H2SO4 加热。（3）C→D是由氧化生成，正确答案：2‎ ‎+ O22+2H2O。（4）E的分子式为C8H8O，结合题意，分子中含有—CHO、（A、B为具体的取代基）结构且不含—OH，所以剩余的C和O原子与—CHO结合且无其他不饱和建形成两个取代基置于A、B位置，因此可能是—CHO与—OCH3、—OCHO与—CH3两种情况。正确答案：或者。（5）制备可以通过的加成反应引入两个官能团，然后再转化成两个—OH，而可以用通过消去反应制备。正确答案：。‎ 点睛：一定条件下同分异构体的书写，要先将已知进行碎片化处理获得结构碎片，再根据不饱和度、除碳氢之外的原子数目找出这些原子的缺失数目，然后进行碎片的拼接。‎ 有机合成路径设计一般首先根据原料分子的结构进行产物分子的大体拆分，此过程重点关注二者碳原子骨架和被拆分部位可能的合成原理，忽略其他部位官能团和碳原子连接方式，进而得到原料分子碳原子不变时的合成目标产物，再设法由原料合成它。‎ ‎ ‎