上海市崇明区2020届高三第二次模拟化学试题（解析版）

崇明区 2019 学年第二学期等级考第二次模拟考试试卷 化学 考生注意： 1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答案必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上， 写在试卷上不予评分。 2.答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号。 3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。 相对原子质量：H－1 O－16 Na－23 一、选择题（本题共 40 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确选项） 1.下列化学名词正确的是（ ） A. 焦碳 B. 硫黄 C. 风化 D. 饱合 【答案】C 【解析】 【详解】A．焦碳的名称应该为焦炭，故 A 错误； B．硫黄的名称应该为硫磺，故 B 错误； C．风化的名称书写无误，故 C 正确； D．饱合应该为饱和，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题的 B 选项在人教版必修一中属于正确的化学名词。 2.化学反应类型很多，下列反应类型间关系的图示中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】【详解】A．部分化合反应是氧化还原反应，如氢气在氧气中的燃烧反应，部分化合反应不是氧化还原反应， 如氧化钙与水的化合反应，因此化合反应与氧化还原反应属于交叉关系，故 A 正确； B．酯化反应也属于取代反应，但取代反应不一定是酯化反应，因此取代反应包括酯化反应，故 B 正确； C．加成反应从物质种类看，属于多变一，消除反应从物质种类看，属于一变多，二者属于并列关系，故 C 正确； D．置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定是置换反应，因此氧化还原反应包括置换反应， 不是交叉关系，故 D 错误； 故选 D。 3.氢元素的下列微粒中，含质子、中子和电子的数目之和最大的是（ ） A H2 B. HD C. T+ D. D- 【答案】B 【解析】 【分析】 H、D、T 分别为氕、氘、氚，结合微粒的结构分析判断。 【详解】A．H2 中质子、中子和电子的数目分别为 2、0、2，数目之和为 4； B．HD 中质子、中子和电子的数目分别为 2、1、2，数目之和为 5； C．T+中质子、中子和电子的数目分别为 1、2、0，数目之和为 3； D．D-中质子、中子和电子的数目分别为 1、1、2，数目之和为 4； 质子、中子和电子的数目之和最大的是 B，故选 B。 4.向盛有下列固体的试管中逐滴加入盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（ ） A. 硝酸银 B. 生锈的铁 C. 碳酸钠 D. 次氯酸钠 【答案】A 【解析】 【详解】A．向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故 A 正确； B．生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个 化学反应，故 B 错误； C．向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成 二氧化碳和水，发生两个化学反应，故 C 错误； D．向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐 .酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的反应不止一个，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】本题的易错点和难点为 D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生 成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。 5.等物质的量的桂皮酸（ ），在一定条件下分别与溴水、氢气、碳酸氢钠溶液 和乙醇反应时，消耗物质的量最小的是（ ） A. Br2 B. H2 C. NaHCO3 D. CH3CH2OH 【答案】D 【解析】 【详解】1mol 桂皮酸( )中含有 1mol 苯环、1mol 碳碳双键、1mol 羧基，在一 定条件下，1mol 桂皮酸( )能够与 1molBr2 发生加成反应，苯环上的氢原子可 能与溴发生取代反应；能够与 4mol 氢气发生加成反应；能够与 1mol 碳酸氢钠反应放出 1mol 二氧化碳；桂 皮酸与乙醇的反应为酯化反应，属于可逆反应，1mol 桂皮酸消耗乙醇的物质的量小于 1mol，消耗物质的量 最小的是乙醇，故选 D。 【点睛】本题的易错点为 D，要注意酯化反应属于可逆反应，反应物的转化率不可能达到 100%。 6.对如图所示的实验装置中各部分仪器的主要作用的叙述正确的是（ ） A. 大烧杯 d：防止在 a 发生破裂后使药品外溢 B. 量气管 b：读出反应前后与水面相平的刻度 C. 水准管 c：可方便地向整个装置中添加液体 D. 温度计 e：搅拌烧杯中的液体并且测量温度 【答案】B 【解析】【分析】 这是一套能够在一定温度条件下测量生成气体体积的装置，结合各装置的作用分析解答。 【详解】A．大烧杯 d 是对 a 进行温度控制的装置，故 A 错误； B．读取生成气体的体积时，需要量气管 b 中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相 平的刻度，故 B 正确； C．可以通过调节水准管 c 中液面的高度，使量气管与 b 中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应 前后与水面相平的刻度，故 C 错误； D．温度计不能用作搅拌棒，故 D 错误； 故选 B。 7.有关物质结构概念的判断正确的是（ ） A. 离子键：阴阳离子间的静电吸引作用 B. 离子化合物：只含离子键的物质 C. 共价键：通过共用电子对产生的作用 D. 共价化合物：含有共价键的物质 【答案】C 【解析】 【详解】A．离子键是阴阳离子间的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故 A 错误； B．离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如 NaOH 中含有离子键和共价键，故 B 错误； C．共价键是原子间通过共用电子对形成的静电作用，故 C 正确； D．只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是双原子或多原子非金属单质，如氢气等，故 D 错误； 故选 C。 8.关于矿石燃料的使用的叙述错误的是（ ） A. 煤干馏分解成焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气 B. 石油分馏成多种混合物 C. 石油裂化或裂解可以得到轻质油和乙烯等产品 D. 煤的液化变成人造石油 【答案】A 【解析】 【详解】A．煤干馏是将煤隔绝空气加强热，发生复杂的化学变化，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉 气，还有其他产物，故 A 错误； B．石油是混合物，石油分馏可以得到多种产品，例如可以得到汽油、柴油等，汽油、柴油等仍然是混合物，故 B 正确； C．石油裂化的目的是获得轻质油，裂解的目的是获得乙烯等产品，故 C 正确； D．煤的液化是将煤转化为液态的燃料，可以合成人造石油，故 D 正确； 故选 A。 9.已知 H2+Cl2 2HCl+Q，将该反应的化学能转变为电能，可将氢气和氯气如图所示分别通入用导线连 接并插入到电解质溶液中的铂管中，则通入氯气的铂管是（ ） A. 负极 B. 正极 C. 阴极 D. 阳极 【答案】B 【解析】 【分析】 图示装置构成原电池，发生的电池反应为 H2+Cl2=2HCl，结合原电池原理分析解答。 【详解】在该原电池装置中，发生的电池反应为 H2+Cl2=2HCl，氢气失去电子，发生氧化反应生成氢离子， 通入氢气的一极为负极，氯气得到电子，发生还原反应生成氯离子，通入氯气的一极为正极，故选 B。 10.亚硝酸亚铁 Fe(NO2)2 易分解，若分解产物之一是红色粉末 Fe2O3，则另一分解产物可能是（ ） A. NO B. N2O3 C. NO2 D. N2O5 【答案】A 【解析】 【详解】亚硝酸亚铁 Fe(NO2)2 中 Fe 的化合价为+2 价，分解产物之一是红色粉末 Fe2O3，其中 Fe 的化合价 为+3 价，化合价升高，O 元素的化合价为-2 价，为最低价态，因此 N 元素的化合价降低。在亚硝酸亚铁 Fe(NO2)2 中 N 的化合价为+3 价，生成 NO 时 N 元素的化合价降低，生成 N2O3 时 N 的化合价不变，生成 NO2 或 N2O5 时 N 的化合价升高，故选 A。 11.与反应 C+CO2 2CO－Q 相符的示意图有（ ） → →高温A. ① B. ②④ C. ③ D. ①③ 【答案】D 【解析】 【详解】反应 C+CO2 2CO－Q 为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，根据图象，①③ 中反应物的总能量低于生成物的总能量，属于吸热反应，②④中反应物的总能量高于生成物的总能量，属 于放热反应，故选 D。 12.下列相关实验的叙述中正确的是（ ） A. 在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，再加入有机物加热可验证含醛基类物质 B. 实验室测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要进行的称量操作一定为 4 次 C. 为验证氯乙烷中含氯，将其与氢氧化钠溶液混合加热后再滴入硝酸银溶液 D. 需要约 480mL0.100mol/L 的 NaOH 溶液，配制时可准确称量 NaOH2.000g 【答案】D 【解析】 【详解】A．胆矾溶液显酸性，在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，得到的溶液中碱没有过量，而醛基的检验 需要在碱性溶液中进行，因此实验不能成功，故 A 错误； B．在硫酸铜结晶水含量的测定实验中，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次 称量的差不超过 0.1 g 为止，一般情况下，结晶水含量测定时称量次数不得少于 4 次，故 B 错误； C．氯乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成氯离子，检验氯离子，应在酸性条件下进行，否则生成 AgOH 而影响 实验，因此滴加硝酸银之前，需要用硝酸中和氢氧化钠，故 C 错误； D．配制 480 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液，需要选择 500mL 容量瓶，NaOH 的质量 m=nVM=0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.000g，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题的易错点为 AC，要注意物质的检验对溶液酸碱性的要求。 13.向盐酸中滴入浓硫酸会产生白雾，对此现象的解释不合理的是（ ） A. 浓硫酸具有吸水性 B. 浓硫酸具有脱水性 C. 浓盐酸具有挥发性 D. 氯化氢极易溶于水 →高温【答案】B 【解析】 【详解】浓硫酸具有吸水性，而且浓硫酸的稀释过程是一个放热过程，浓盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 遇水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，因此将浓硫酸倒入浓盐酸中，相当于浓硫酸稀释，放出的热量导致 混合物温度升高，促进浓盐酸中溶解的氯化氢挥发，挥发出的 HCl 遇空气中的水蒸气而产生白雾，与浓硫 酸的脱水性无关，故选 B。 14.对溶液中下列离子进行检验，正确的操作是（ ） A. NH4+：取样，加入氢氧化钠溶液，即产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 B. SO42-：取样，加入足量的盐酸无现象，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀产生 C. Fe2+：取样，滴入硫氰化钾溶液无现象，再加入过量的氯水，溶液呈血红色 D. Cl-：取样，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失 【答案】B 【解析】 【详解】A．氨气极易溶于水，在某溶液中加入氢氧化钠溶液，需要加热，使氨气逸出，才能产生使湿润的 红色石蕊试纸变蓝的气体（氨气），故 A 错误； B．硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀，则检验硫酸根离子的方法为：取少量溶液于试管中，加入稀 盐酸，没有明显现象，排除 SO32-、CO32-，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中有 SO42-，故 B 正确； C．氯水具有氧化性，可氧化亚铁离子，则检验是否含亚铁离子，先加 KSCN，无明显现象，再加氯水，溶 液呈血红色，但氯水不能过量，过量的氯水能将 KSCN 氧化，溶液又变成无色，故 C 错误； D．滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸银，原溶液中不 一定含 C1-，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意氯水具有强氧化性和漂白性，过量的氯水能将血红色溶液氧化褪色。 15.下列化工生产与该生产过程中使用的一些生产工艺不相符的是（ ） A. 氢气和氯气制盐酸——催化和气循环 B. 氢气和氮气合成氨——压缩和水冷却 C. 联合制碱法制纯碱——过滤和热灼烧 D. 二氧化硫接触氧化——催化和热交换 【答案】A 【解析】【详解】A．氢气和氯气制盐酸过程中不需要催化剂，化工生产与生产过程中使用的生产工艺不相符，故 A 选； B．氢气和氮气合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，压缩和水冷却有利于氨的合成，化工生产与生产 过程中使用的生产工艺相符，故 B 不选； C．联合制碱法制纯碱中首先生产制得碳酸氢钠固体，再将碳酸氢钠灼烧分解制得碳酸钠，化工生产与生产 过程中使用的生产工艺相符，故 C 不选； D．二氧化硫接触氧化需要催化剂，该反应为放热反应，利用热交换可以充分利用反应放出的热量，节约能 源，化工生产与生产过程中使用的生产工艺相符，故 D 不选； 故选 A。 16.如图所示，硫酸铁与 M、N、P、Q 反应产生不同的现象。则各符号对应的试剂错误的是（ ） A. M：硫氰化钾溶液 B. N：铁粉 C. P：氢氧化钡溶液 D. Q：氨水 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫酸铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，试剂和现象正确，故 A 不选； B．硫酸铁溶液中加入铁粉，2Fe3+ + Fe=3Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，试剂和现象正确，故 B 不选； C．硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡白色沉淀和氢氧化铁红褐色沉淀，沉淀的颜色不正确， 故 C 选； D．硫酸铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁红褐色沉淀，试剂和现象正确，故 D 不选； 故选 C。 17.为提纯物质（含括号内的杂质少量），所选用试剂及实验方法均正确的是（ ）物质 试剂 实验方法 A CH3CH2OH（H2O） CaO（新制） 蒸馏 B CO2（CO） O2（纯） 点燃 C CH3CH3（CH2=CH2） 酸性 KMnO4 溶液 洗气 D FeCl3（aq）（CuCl2） 铁粉（纯） 过滤 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水与 CaO 反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故 A 正确； B．二氧化碳中少量的 CO 不易点燃，且易混入氧气，应通过足量热的 CuO 除杂，故 B 错误； C．乙烯能够被酸性 KMnO4 溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故 C 错误； D．铁粉能与 CuCl2 反应生成氯化亚铁溶液和铜，也能与氯化铁反应生成氯化亚铁，会把原物质也除去，不 符合除杂原则，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意乙烯被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化会生成二氧化碳等，引入新杂 质。 18.能在溶液中大量共存，且各离子的物质的量浓度相同（忽略离子的水解）的一组是（ ） A. Mg2+、K+、NH4+、CO32-、SO42- B. Fe2+、H+、NO3-、Cl-、S2- C. Al3+、Na+、SO42-、Cl-、NO3- D. Cu2+、H+、SO42-、Cl-、NO3- 【答案】C 【解析】 【详解】A．Mg2+与 CO32-能反应生成沉淀，不能大量共存，故 A 错误； B．Fe2+、H+、NO3-能够发生氧化还原反应，且硫离子也被氧化，不能大量共存，故 B 错误； C．Al3+、Na+、SO42-、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存；当各离子的物质的量浓度相同时，满 足电荷守恒，故 C 正确； D．Cu2+、H+、SO42-、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存；当各离子的物质的量浓度相同时，阴 离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不满足电荷守恒，故 D 错误；故选 C。 19.M、N、W、K 四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知 W 原子的最外层电子构型为 nsnnp2n。则 下列叙述正确的是（ ） M N W K A. 四种元素的气态氢化物均为极性分子 B. 四种元素的单质一定只形成分子晶体 C. 四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云 D. 四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数 【答案】C 【解析】 【分析】 W 原子的最外层电子构型为 nsnnp2n，则 n=2，即 W 原子的最外层电子构型为 2s22p4，为 O 元素，则 M 为 C 元素，N 为 N 元素，K 为 S 元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。 【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故 A 错误； B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故 B 错误； C．四种元素原子的最外电子层上均含有 s、p 两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形， 故 C 正确； D．四种元素中的 O 元素没有最高正价，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题的易错点为 D，要注意 O 的非金属性较强，一般没有正化合价，F 的非金属性最强，不存在 正化合价。 20.25℃时，用蒸馏水稀释 10mLpH=11 的氨水。下列叙述正确的是（ ） A. 该 10mL 氨水的浓度为 0.001mol/L B. 稀释至 100mL 时，溶液的 pH 小于 10 C. 稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小 D. 稀释过程中， 的值一定增大 + 4 3 2 ( ) ( c NH H )c N H O⋅【答案】D 【解析】 【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，25℃ 时，pH=11 氨水的浓度大于 0.001mol/L，故 A 错误； B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将 10mLpH=11 的氨水稀释至 100mL，氨水稀释 10 倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的 ，则稀释后溶液的 pH 在 10～11 之间，故 B 错误； C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中 c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中 c(H+) 增大，故 C 错误； D．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中 n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)减小，则溶液中 增大，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意稀释氨水过程中，溶液中主要存在的离子的浓度均会减小，即 c(OH-)、 c(NH4+)、c(NH3·H2O)都会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，溶液中 c(H+)增大。 二、综合题（共 60 分） 21.在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀， 同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空： （1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。 A.强酸生成了弱酸 B.强氧化剂生成了弱还原剂 C.生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸 D.生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体 （2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反 应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是 ___，从物料平衡的角度分析：溶液中 c(Na+)=___。 （3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：___CuS+___HNO3（浓） —___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。 （4）若反应中转移 1.6mol 电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；若反应的氧化产物为 0.8mol 时，则反应中转移电子数为___。 （5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是 1 10 + 4 3 2 ( ) ( c NH H )c N H O⋅（用元素符号表示）___。 【答案】 (1). CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 (2). C (3). 5 (4). HS- (5). c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) (6). 1 (7). 8 (8). 1 (9). 8 (10). 4 (11). 35.84 (12). 6.4NA (13). 离子晶体 (14). S＞ N＞O＞H 【解析】 【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为 CuS，同时蓝色溶 液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为 CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的 CuS 黑色沉淀不溶于水， 也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C； (2)该反应体系中的属于弱电解质的是 H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成 NaHS， 溶液中存在 NaHS 的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有 Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有 5 种离 子；但 NaHS 的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为 HS-，溶液中存在物料守恒， c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)； (3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的 S 元素由-2 价升高为+6 价，化合价升高 8，硝酸中 N 元素的化合价 由+5 价降低为+4 价，化合价降低 1，最小公倍数为 8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为： CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4； (4)根据反应的方程式 CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为 8，若反应中转移 1.6mol 电子时，则产生 1.6mol NO2 气体，在标准状况下体积为 1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的 氧化产物为 CuSO4，若反应的氧化产物为 0.8mol 时，则反应中转移电子为 0.8mol×8=6.4mol，数目为 6.4NA， 故答案为：35.84；6.4NA； (5)此反应体系中的含硫物质为 CuS 和 CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为 S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子 半径由大到小的顺序为 S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。 22.工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁 的混合物。产品硝酸铝晶体为 Al(NO3)3·nH2O。 已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓ 生产流程如图：完成下列填空： （1）用氢氧化钠固体配制 30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）___。 A. B. C. D. 说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。制作一个过滤器需要___。流程中操作 x 的名称是____。 （2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。 （3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。 （4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品 Wg，溶于水配成 500mL 溶液，从中取出 25.00mL，加 入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品 的纯度。 ①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行 多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。 ②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。 【答案】 (1). B (2). 作颜料（或炼铁） (3). 漏斗和滤纸 (4). 过滤 (5). 硝酸不足或过量， 都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 (6). 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 (7). （冷却）结晶 (8). 洗涤（晶体） (9). （酸碱）中和滴定 (10). 滴定管内壁上白底蓝线的粗 细交界处相平 (11). Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或 NH3•H2O+H+→NH4++H2O 【解析】 分析】 铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有 偏铝酸钠和未反应的 NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤 分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制 和物质的性质分析解答。 【【详解】(1)用氢氧化钠固体配制 30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积， 在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化 铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作 x 是 分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤； (2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致 Al 元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ 加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为： 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提 取产品； (3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故 答案为：冷却结晶；洗涤； (4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过 程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为： (酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平； ②称取产品 Wg，溶于水配成 500mL 溶液，从中取出 25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水 反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸 反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有 Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、 NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或 NH3•H2O+H+=NH4++H2O。 23.用常见烃 A 与某些烃的含氧衍生物可以制备 PI（聚 2－甲基－1,3－丁二烯）和 PVB 塑料。流程如图： 完成下列填空： （1）A 的名称是___，B 的结构简式为___，C→D 的反应条件是___，D→PI 的反应类型是___。 （2）E 中所含官能团的名称是___，写出符合下列条件的 E 的所有同分异构体的结构简式：___。 a.能发生银镜反应和水解反应 b.能与氢气发生加成反应 c.分子结构中含有一个甲基 （3）写出 F→G 的化学反应方程式：___。（4）试用电石和乙醛等原料（无机试剂任选）制取 1,3－丁二烯（合成正丁橡胶的原料），写出合成路线 ___。 （合成路线常用的表示方式为：A B…… 目标产物） 【答案】 (1). 乙炔 (2). (3). 浓硫酸，加热(或浓硫酸，170℃) (4). 加聚反应 (5). 碳碳双键、酯基 (6). 、 (7). +nH2O +nCH3COOH (8). CaC2 CH CH HC CCH(OH)CH3 CH2=CHCH(OH)CH3 CH2=CHCH=CH2 【解析】 【分析】 根据流程图，烃 A 与乙酸反应生成 E，E 一定条件下反应生成 F[(C4H6O2)n]，则 E→F 的反应为加聚反应， 则 E 的分子式为 C4H6O2，则 A 的分子式为 C2H2，为乙炔，F 在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成 G[(C2H4O)n]，因此乙炔与乙酸发生加成反应生成的 E 为 CH3COOCH=CH2，F 为 ，G 为 ；由乙炔与 B 反应生成 ，则 B 为 ；PI 为聚 2－甲基－1，3－丁 二烯，则 D 为结构简式为 CH2=C(CH3)-CH=CH2，则 C 发生消去反应生成 D， 与氢气加成 生成 C，C 为 ，据此分析解答。 【详解】(1)根据上述分析，A 为乙炔，B 的结构简式为 ，C→D 是 C 中的羟基发生消去反应， 反应条件是浓硫酸加热(170℃)，D 发生加聚反应生成 PI，故答案为：乙炔； ；浓硫酸加热 (170℃)；加聚反应； (2)E 为 CH3COOCH=CH2，E 中所含官能团为碳碳双键、酯基；a.能发生银镜反应和水解反应，说明属于甲 酸酯；b.能与氢气发生加成反应，说明含有碳碳双键；c.分子结构中含有一个甲基，符合条件的 E 的所有 ≡ ≡同分异构体有 、 ，故答案为：碳碳双键、酯基； 、 ； (3)F→G 的化学反应方程式为 +nH2O +nCH3COOH，故答案 为： +nH2O +nCH3COOH； (4)电石与水能够反应生成乙炔，乙炔和乙醛发生加成反应生成 HC CCH(OH)CH3，根据流程图中 →D 提示，HC CCH(OH)CH3 与氢气发生加成反应生成 CH2=CHCH(OH)CH3，最后 CH2=CHCH(OH)CH3 发生消去反应即可，合成路线为 CaC2 CH CH HC CCH(OH)CH3 CH2=CHCH(OH)CH3 CH2=CHCH=CH2，故答案为：CaC2 CH CH HC CCH(OH)CH3 CH2=CHCH(OH)CH3 CH2=CHCH=CH2。 【点睛】本题的难点是流程图中未知物质的结构的推断，要注意根据 E→F→G 的变化分析判断出 E 的结构， 本题的易错点为(4)，要注意题干流程图中 →D 的应用。 24.我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化 物都是空气污染物。完成下列填空： I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运 动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。 A.它们的气态氢化物的稳定性 B.它们在元素周期表中的位置 C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价 D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱 Ⅱ.已知 NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)，在一定容积 密闭容器中进行该反应。 的 的 ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡 状态，理由是：___。 在一定温度下，若从反应体系中分离出 SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。 A.K 值减小 B.逆反应速率先减小后增大 C.K 值增大 D.正反应速率减小先慢后快 Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CO N2+4CO2+Q(Q＞0) （3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论， 反应中氧化性：___＞___。 若该反应中气体的总浓度在 2min 内减少了 0.2mol/L，则用 NO2 来表示反应在此 2min 内的平均速率为___。 （4）已知压强 P2＞P1，试在图上作出该反应在 P2 条件下的变化曲线___。 该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。 【答案】 (1). 2s22p2 (2). 电子云 伸展方向 (3). C、D (4). 不能 (5). 该反应中，气体反 应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也 不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 (6). B (7). (8). NO2 (9). CO2 (10). 0.2mol/（L•min） (11). (12). 若温度过低，催化剂活性可能小， 化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小 【解析】 【详解】(1)碳为 6 号元素，碳原子的最外层电子排布式为 2s22p2。氮为 7 号元素，氮原子核外能量最高的 电子排布为 2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态 氢化物越稳定，但 H2S 的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故 A 不选；B.不 能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故 B 不选；C.S 和 C 相互之间形成的化合 物为 CS2，其中 C 显正价，S 显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故 C 选；D.硫酸的酸性比碳酸 的强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故 D 选；故选 CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向； CD； (2)NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气 体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体 系中分离出 SO3，SO3 浓度减小，A.温度不变，K 值不变，故 A 错误；B. SO3 浓度减小，逆反应速率减小， 平衡正向移动，随后又逐渐增大，故 B 正确；C. 温度不变，K 值不变，故 C 错误；D. SO3 浓度减小，平 衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反 应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故 D 错误；故选 B；故答案为：不能；该反应中，气体 反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强 也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B； (3)2NO2+4CO N2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是 N2 和 CO2，N2 含有 3 个共用电子对， CO2 含有 4 个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为 。氧化剂的氧化性大于氧化产 物的氧化性，反应中氧化剂为 NO2，氧化产物为 CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于 2NO2+4CO N2+4CO2 反应后气体的浓度变化量为 1，若该反应中气体的总浓度在 2min 内减少了 0.2mol/L，说明 2min 内 NO2 的浓度减小了 0.4mol/L，v= = =0.2mol/(L•min)，故答案为： ；NO2； CO2；0.2mol/(L•min)； (4)2NO2+4CO N2+4CO2 是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓 度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强 P2＞P1，在 P2 条件下的变化曲线为 ；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能 太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的 温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能 太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。 【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不 c t ∆ ∆ 0.4 / 2 mol L min能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。