上海市普陀区2020届高三下学期二模化学试题（解析版）

普陀区 2019 学年第二学期高三质量调研 化学试卷 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mn-55 一、选择题 1.煤干馏的目的是得到（ ） A. 乙烷 B. 乙烯 C. 苯 D. 乙醛 【答案】C 【解析】 【详解】煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油主要含有苯、甲苯、二甲苯等芳香族化合物，C 选项满足题意； 答案选 C。 2.生产原料选择合理的是( ) A. 制耐火砖： B. 制自热餐盒发热剂：NH4Cl C. 制电木(绝缘塑料)：HCHO D. 制 PVC(聚氯乙烯)薄膜：CH2=CH2 【答案】C 【解析】 【详解】A． 的熔点较低，不能作耐火材料，应该使用熔点较高的三氧化二铝作耐火材料，故 A 错误； B．氧化钙溶于水放热，可用于制自热餐盒发热剂，NH4Cl 溶于水吸热，不能用于发热剂，故 B 错误； C．电木的化学名称叫酚醛塑料，酚类和醛类化合物在酸性或碱性催化剂作用下，经缩聚反应可制得酚醛树 脂，甲醛可以用于制电木，故 C 正确； D．CH2=CHCl 是制聚氯乙烯的原料，聚乙烯使用的原料是乙烯，故 D 错误； 答案选 C。 3.医用口罩主要采用聚丙烯材质，则聚丙烯（ ） A. 结构简式 B. 能使酸性 KMnO4 溶液褪色 C. 单体中所有碳原子共面 D. 单体没有同分异构体 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚丙烯是由丙烯聚合而成的，聚丙烯的结构简式为 ，故 A 错误； B．聚丙烯分子中没有碳碳双键，故无法使酸性 KMnO4 溶液褪色，故 B 错误； C．聚丙烯分子的单体是 CH3CH=CH2，双键上的两个碳原子共面，均采用 sp2 杂化，使甲基上碳原子与双 3AlCl 3AlCl键上的两个碳原子共面，故 C 正确； D．单烯烃和环烷烃互为同分异构体，聚丙烯分子的单体是 CH3CH=CH2，与环丙烷互为同分异构体，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】丙烯形成聚丙烯后，不再有双键，不能使酸性高锰酸及褪色，B 为易错点。 4.不能用水浴加热的实验是（ ） A. 苯的硝化反应 B. 乙醛的银镜反应 C. 实验室制乙酸乙酯 D. 实验室制乙酸丁酯 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯的硝化反应温度在 55℃到 60℃，使用水浴加热，温度过高会生成多硝基苯，故 A 不符合题 意； B．乙醛的银镜反应温度在 50℃到 70℃，应使用水浴加热，故 B 不符合题意； C．实验室制乙酸乙酯反应温度在 60℃到 70℃，温度过高会生成乙醚或乙烯等杂质，故 C 不符合题意； D．实验室制乙酸丁酯反应温度要求是 170°，因为水的沸点是 100℃，水浴加热达不到此温度，故 D 不符合 题意； 答案选 D。 【点睛】C 项实验室制乙酸乙酯可以使用水浴加热，为易错点。 5.石蕊是一种有机弱酸，石蕊分子(HZ)及其酸根离子(Z-)在水溶液中呈现不同的颜色。则 Z-的颜色是( ) A 蓝色 B. 紫色 C. 红色 D. 由溶液酸碱性确定 【答案】A 【解析】 【分析】 石蕊是一种弱酸，石蕊分子 HZ 在溶液中存在电离平衡：HZ⇌H++Z-，酸溶液中石蕊显示红色，碱溶液中石 蕊试液显示蓝色，石蕊试液为紫色，然后结合氢离子、氢氧根离子对该电离平衡的影响进行判断。 【详解】根据石蕊是一种弱酸可知，石蕊分子 HZ 在溶液中存在电离平衡：HZ⇌H++Z−，酸溶液中滴入石蕊 试液显示红色，酸溶液中氢离子浓度增大，则 HZ 的电离平衡向着逆向移动，HZ 的浓度增大，溶液变成红 色，则 HZ 为红色；碱溶液中石蕊试液显示蓝色，碱溶液中氢离子浓度减小，Z−的浓度增大，则 Z−的颜色 应该为蓝色，答案选 A。 6.不能和铁反应的溶液是（ ） .A. H2S B. NaOH C. Fe2(SO4)3 D. Cl2 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe 可与 H2S 的水溶液发生反应 Fe+H2S=FeS+H2↑，A 不符合题意； B．Fe 不能和 NaOH 发生反应，B 符合题意； C．Fe 具有还原性，可与 Fe3+发生氧化还原反应生成 Fe2+，则 Fe 与 Fe2(SO4)3 发生反应 Fe+2Fe3+=3Fe2+，C 不符合题意； D．Cl2 具有强氧化性，Fe 可被 Cl2 氧化生成 FeCl3，D 不符合题意； 答案选 B。 7.洛匹那韦被推荐用于治疗新冠冠状病毒感染，其结构如图所示。则洛匹那韦（ ） A. 属于高分子化合物 B. 属于芳香烃 C. 含有酯基 D. 能发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，根 据洛匹那韦的结构可知，其分子式为 C37H48N4O5，相对分子质量为 628，不是高分子化合物，A 选项错误； B．烃是指只含有 C、H 两种元素的有机化合物，而洛匹那韦中除 C、H 元素外，还含有 N、O 元素，不属 于烃类，B 选项错误； C．根据洛匹那韦的结构可知，该分子中不含有酯基，C 选项错误； D．根据洛匹那韦的结构可知，该分子中含有苯环，可发生加成反应，D 选项正确； 答案选 D。 8.下列反应能发生并用于化工生产的是() A. 制盐酸：Cl2+H2 2HCl→光照B. 制取镁：MgCl2(溶液) Mg+Cl2↑ C. 制乙烯：C2H5OH CH2=CH2↑+H2O D. 制乙醇：CH2=CH2+H2O C2H5OH 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢气在氯气中光照条加下会发生爆炸，不能制取盐酸，应将氢气在氯气中点燃，在氯气和氢气 的反应过程中，有毒的氯气被过量的氢气所包围，使氯气得到充分反应，防止了对空气的污染，故 A 错误； B．电解氯化镁溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得电子生成氢气，电解氯化镁溶液时 得到的是氢氧化镁和氯气，故 B 错误； C．实验室制乙烯时，需要将温度直接加热到 170℃，防止 140℃生成副产物乙醚，况且生成物还有水，原 料的利用率不高，工业上利用石油裂解和精馏，故 C 错误； D．乙烯可大量取自石油裂解气，成本低，产量大，原料的利用率较高，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】C 项为易错点，虽然原理正确，但是应用于工业生产需要原料易得，操作简便，需要大规模生产。 9.肯定能得到 Al(OH)3 的一组物质是（ ） A. Al 片和 NaOH 溶液 B. Al2O3 粉末和 H2O C. Al2(SO4)3 溶液和 NH3·H2O D. AlCl3 溶液和 NaOH 溶液 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．Al 片和 NaOH 溶液反应得到的是偏铝酸钠和氢气，得不到 Al(OH)3，故 A 不符合题意； B．Al2O3 不溶于水，也不和 H2O 反应，故 B 不符合题意； C．氢氧化铝不溶于氨水，因此 Al2(SO4)3 溶液和 NH3·H2O 可以反应得到氢氧化铝和硫酸铵，故 C 符合题意； D．1molAlCl3 和 3molNaOH 反应时可以得到氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，1molAlCl3 和 4molNaOH 反应 时可以得到的是偏铝酸钠，故 D 不符合题意； 答案选 C。 【点睛】易错点 D 项氯化铝与氢氧化钠反应的量不容易控制，要想得到氢氧化铝需要用可溶性铝盐和弱碱 反应。 10.对如图实验现象描述或分析正确的是（ ） 电解→ 2 4 170 C H SO °→浓 →催化剂 高温高压A. 溶液变蓝色 B. Cu 片上有气泡 C. Zn 是氧化剂 D. Cu 是氧化剂 【答案】B 【解析】 【分析】 根据装置图所示，该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+，铜作正极， 发生还原反应，正极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解答。 【详解】A．铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故 A 错误； B．铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为： 2H++2e-=H2↑，铜电极上有气泡产生，故 B 正确； C．锌作负极，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+，Zn 元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，故 C 错误； D．Cu 电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故 D 错误； 答案选 B。 11.科学家在 20℃时，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”。对“暖冰”与其它物质比较正确 的是（ ） A. 与 Na2O 晶体类型相同 B. 与 化学键类型相同 C. 与 CO2 分子构型相同 D. 与 CH4 分子极性相同 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题干信息，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”，该过程时物理变化，分子没有发生改 变，“暖冰”还是水分子，据此分析解答。 【详解】A．“暖冰”中 H2O 分子为分子晶体，Na2O 是离子晶体，两者晶体类型不同，A 选项错误； B．“暖冰”中 H2O 分子中 H 原子和 O 原子之间形成极性共价键，SiO2 中 Si 原子和 O 原子形成极性共价键， 两者化学键类型相同，B 选项正确； C．“暖冰”中 H2O 分子中 O 原子的价电子对数为 ，有两对孤电子对，其分子构型为 V 形，CO2 2SiO 6-1 22+ =42 ×中 C 原子的价电子对数为 ，没有孤电子对，分子构型为直线形，两者分子构型不同，C 选项 错误； D．“暖冰”中 H2O 分子中 O 原子的价电子对数为 ，有两对孤电子对，而 CH4 分子中 C 原子的 价电子对数为 ，不存在孤电子对，两者分子极性不同，D 选项错误； 答案选 B。 12.用试管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒、胶头滴管(试剂任选)可完成实验( ) A. 粗盐提纯 B. 海带灰提碘 C. 配制 0.1mol·L-1 HCl 溶液 D. 检验 OH- 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．粗盐提纯的操作步骤为：溶解→加入过量的氢氧化钠溶液→加入过量的氯化钡溶液→加入过量 的碳酸钠溶液→过滤→加入过量的盐酸→蒸发结晶，所用仪器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗和蒸发皿， 故完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗和蒸发皿，故 A 错误； B．海带→灼烧(将有机物都转化为无机盐，使碘的化合物溶于水)→加蒸馏水溶解(含碘的化合物溶于水)→ 过滤(滤去杂质)→向滤液中通入溴水(置换出碘)→加四氯化碳(萃取碘单质)→分液→蒸馏分离出碘，所用仪 器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗、坩埚、泥三角、冷凝管等，海带灰提碘的操作缺少漏斗、分液漏斗、 泥三角、坩埚、冷凝管等仪器，故 B 错误； C．配置一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标 签，需要的仪器有容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，题中仪器少了量筒，故 C 错误； D．检验 OH-只需将无色酚酞溶液或紫色石蕊溶液滴加入试管中，需要试管和胶头滴管，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】配制 0.1mol·L-1HCl 溶液需要使用到量筒，为易错点，用液体配置溶液时，需要稀释。 13.短周期元素 X、Y、Z、M 在周期表中的位置关系如右图，对这些元素形成的单质或化合物推测正确的是 （ ） A. 若 Z 元素形成的单质是 Z2，则 M 元素形成的单质也一定是 M2 B. 若 HnX 常温下是气体，则 HmZ 常温下也是气体 C. 若有碱 M(OH)n，则也一定有碱 Y(OH)m 4-2 22+ =22 × 6-1 22+ =42 × 4-1 44+ =42 ×D. 若 Y 有最高价含氧酸 HnYOm，则 X 也一定有最高价含氧酸 HnXOm 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．Z 元素和 M 元素都是短周期元素，若 Z 元素形成的单质是 O2，则 M 元素形成的单质是 S，故 A 错误； B．X 和 Z 是同周期元素，若 X 使 N 元素，Z 是 O 元素， 它们的氢化物，NH3 常温下是气体，则 H2O 常温 下是气体，故 B 错误； C． M 和 Y 位于同一周期，若有碱 M(OH)n，M 为金属元素，Y 在 M 的左边，也应该为金属元素，Y(OH)m 也是碱，故 C 正确； D．若 Y 有最高价含氧酸 HnYOm，则 Y 是非金属元素，X 和 Y 位于同一主族，同主族元素非金属性减弱， X 也是非金属元素，但若 Y 是 Cl，X 为 F，F 元素没有最高价氧化物对应的水化物，故 D 错误； 答案选 C 【点睛】D 项的 F 和 O 元素没有最高正价，没有最高价氧化物对应的水化物为易错点。 14.能证明甲烷不是平面结构或苯环中不存在单双键交替结构的是（考虑空间位置关系）（ ） A. 一氯甲烷只有一种 B. 二氯甲烷只有一种 C. 间二甲苯只有一种 D. 对二甲苯只有一种 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷的空间构型为正四面体，其一氯甲烷也只有一种，不能通过一氯甲烷只有一种来判断甲烷 不是平面结构，A 不符合题意； B．若甲烷为平面结构，则其二氯甲烷有两种结构，二氯甲烷只有一种可证明甲烷不是平面结构，B 符合题 意； C．无论苯环是否为单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构，C 不符合题意； D．无论苯环是否为单双键交替结构，对二甲苯都只有一种结构，D 不符合题意； 答案选 B。 15.氨不可能发生的反应是（ ） A. B. C. 2NH3+3Cl2→N2+6HCl 。 3 2 24NH 5O 4NO 6H O∆+ → +催化剂 3 2 2 24NH 7O 4NO 6H O∆+ → +催化剂D. 8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．氨气催化氧化可制得 NO，反应方程式为 ，A 选项不符合； B．氨气催化氧化可制得 NO，不直接生成 NO2，B 选项符合； C．NH3 具有还原性，可被 Cl2 氧化为 N2，反应的化学方程式为 2NH3+3Cl2→N2+6HCl，C 选项不符合； D．NH3 具有还原性，可被 Cl2 氧化为 N2，若 NH3 过量，生成的 HCl 可与过量的 NH3 反应生成 NH4Cl，反 应的化学方程式为 8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl，D 选项不符合； 答案选 B。 16.可能引起实验结果偏小的操作是（ ） A. 测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗 B. 硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出 C. 常温常压下 1 摩尔 H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜 D. 配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切 【答案】C 【解析】 【详解】A．测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗，待测液的浓度降低，但氢氧化钠的总物质的 量没有变化，消耗标准液的体积不变，对测定的结果无影响，故 A 不符合题意； B．硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出，溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中，导致结晶 水的质量偏大，则测定结晶水的含量结果偏大，故 B 不符合题意； C．常温常压下 1 摩尔 H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜，酸中一部分氢离子消耗氧化镁，导致产生氢气 的体积偏小，则测定的摩尔体积偏小，故 C 符合题意； D．配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切，导致容量瓶内溶液的体积偏小， 根据 c= ，最终配制的溶液浓度偏大，故 D 不符合题意； 答案选 C。 17.10mL 0.1mol·L-1CH3COOH 溶液中滴入 VmL 0.1mol·L-1NaOH 溶液，当（ ） A. V=0mL 时，c(H+)=c(CH3COO-) B. V=5mL 时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-) 3 2 24NH 5O 4NO 6H O∆+ → +催化剂 n VC. V=10mL 时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)I2，加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉 KI 溶液，溶液变蓝色，可能 IO3- 在酸性条件下与 I-发生氧化还原反应，生成 I2，使得淀粉溶液变蓝，A 选项正确； B．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，可能是过量的氯水将 I-氧化为 ，从而溶液 不变蓝，B 选项错误； C．由于氧化性 Fe3+>I2，所以还原性：I->Fe2+，则 FeI2 溶液中滴加少量氯水，Cl2 先氧化 I-，Cl2 的量较少， 则不一定会氧化 Fe2+，因此溶液中不一定有 Fe3+生成，C 选项错误； D．氧化性 Fe3+>I2，FeCl2 溶液中滴加足量碘水和 KSCN 溶液，I2 不能将 Fe2+氧化生成 Fe3+，则溶液不会变 红色，D 选项错误； 答案选 A。 20.已知结合 OH-能力：Al3+＞NH4+＞Al(OH)3，0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2 溶液与 0.1mol·L-1 Ba(OH)2 溶液混合， 离子反应方程式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2 溶液与 0.1mol·L-1 Ba(OH)2 溶液混合，由于 Al3+＞NH4+，则 Al3+先与 OH- 结合形成 Al(OH)3，SO42-和 Ba2+结合形成 BaSO4，当有溶液中 2mol Al3+时会消耗 6mol OH-，则 NH4Al(SO4)2 中 SO42-的物质的量为 4mol，NH4+的物质的量为 2mol，Ba2+的物质的量为 3mol，SO42-过量 1mol，刚好与 2mol NH4+结合形成硫酸铵，则离子反应方程式为 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，若 Ba(OH)2 继 续过量，由于 NH4+＞Al(OH)3，则 Al(OH)3 沉淀不溶解，先发生 NH4+和 OH-结合生成 NH3∙H2O，即产生一 水 合 氨 的 同 时 ， Al(OH)3 也 同 时 存 在 ， 此 时 的 离 子 反 应 方 程 式 为 ： 是 - 3 - 3IO 4 2 2 4 4 3 2NH SO Ba OH BaSO NH H O− + −+ + + + = ↓ + ⋅ 4 2 2 4 4 3 2NH 2SO 2Ba OH 2BaSO NH H O+ − + −+ + + = ↓ + ⋅ 3 2 2 4 4 32Al 3SO 3Ba 6OH 3BaSO 2Al(OH)+ − + −+ + = ↓ ++ 3 2 2 - 4 4 2 2Al 2SO 2Ba 4OH 2BaSO AlO 2H O+ − + −+ + = ↓ + ++NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3∙H2O；当溶液中 NH4+全部反应完，还有 Ba(OH)2， 最后才能发生 Al(OH)3 与 Ba(OH)2 反应生成 AlO2-，则生成 AlO2-时，溶液中必然存在 NH3∙H2O，当 Al(OH)3 完全溶解，此时的离子反应方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=2BaSO4↓+AlO2-+NH3∙H2O+2H2O，综 上分析，答案选 C。 二、综合题 21.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有 Na2CO3 和 H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、 污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。 (1)Na 原子 核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是 _____________________________________________ (2)设计一个简单实验，比较 O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象 和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。 (3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。 (4)高锰酸根离子( )水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下： _____ +_______CO +___H2O2→___MnCO3↓+___□+____OH-+____H2O 补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含 Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含 Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数) 【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 2 (3). (4). 向 H2S 的水溶液中通入空气，溶 液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) (5). O 原子和 S 原子最外层电子数相同，S 原子的电子层数 比 O 原子多，半径比 O 原子大，S 原子得电子能力比 O 原子难 (6). CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− (7). 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3↓+5O2↑+6OH-+2H2O (8). 还原 (9). 0.18 【解析】 【分析】 (1)Na 为 11 号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有 2s 和 2p 两个能级； H2O2 是共价化合物，含有 O-H 极性共价键和 O-O 非极性共价键； (2)与 O 元素同主族短周期元素为 S 元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大 于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S 原子的电子层数比 O 原子多，半径比 O 原子大，S 原子得电子能力比 O 原子难； (3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性； (4)根据反应，可知 Mn 元素由+7 价变为+2 价，化合价降低 5，H2O2 中 O 元素由-1 价变为-2 价，化合价降 低 1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的 O 元素化合价升高，变为 的 - 4MnO - 4MnO 2- 3O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。 【详解】(1)Na 为 11 号元素，核外有 11 个电子，原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层 上有 2s 和 2p 两个能级，则有 2 种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有 O-H 极性共价键和 O-O 非极 性共价键，电子式是 ； (2)与 O 元素同主族短周期元素为 S 元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原 反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向 H2S 的水溶液中通 入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O， 反应中 O2 为氧化剂，S 单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性 O2＞S，则说 明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O 原子和 S 原子最外层电子数相同，S 原子的电子层数 比 O 原子多，半径比 O 原子大，S 原子得电子能力比 O 原子难，所以 S 元素的非金属性比 O 元素弱； (3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性， 离子反应为 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−； (4)根据反应，可知 Mn 元素由+7 价变为+2 价，化合价降低 5，H2O2 中 O 元素由-1 价变为-2 价，化合价降 低 1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的 O 元素化合价升高，变为 O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3↓+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为 2Na2CO3·3H2O2，在反 应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含 Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含 Mn 1.2mg·L-1，Mn 元素的质 量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的 Mn 元素物质的量为 ≈0.036mol，根 据原子守恒，MnO4-的物质的量为 0.036mol，则转移电子数为 0.36×(7-2)mol=0.18mol。 【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有 Mn 元素和 O 元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降 低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。 22.为应对全球气候变暖，科学家在综合利用 CO2 方面取得了不少研究成果。如用 CO2 合成重要化工原料 CH3OH，同时生成 CO，反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)， 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)。 研究催化剂等外界条件对上述反应的影响，结果如图 1、图 2 5 1 5 .9 g 988g /mol完成下列填空： (1)一定是碳 12 同位素原子是_____(选填“A”、“B”、“C”、“D”) A.质子数为 6，中子数为 8　　　B.质子数为 8，中子数为 12 C.质子数为 12，中子数为 6　　　D.质子数为 12，中子数为 8 (2)分析图 1：催化效果最佳的是催化剂_____(选填“A”、“B”、“C”)。若密闭容器体积为 2L，则 a 点测得 CH3OH 的平均生成速率为_____mol·L-1·min-1。b 点反应_____(填“达到”或“未达到”)平衡状态，理由是：_____ (3)分析图 2：相同温度下，增大原料气压强，反应Ⅰ平衡常数_____(选填“增大”、“减小”、“不变”、“无法 判断”)；当压强为 6Mpa、温度在 400~600℃时，CO2 的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因是 ___________________________________ (4)若生成的 CH3OH 和 CO 物质的量之比为 4:1，则消耗相同条件下的 CO2 和 H2 体积比是_____ (5)若有 88gCO2 发生反应Ⅰ，并放出 akJ 热量，则图 3 中 A 为_____，B 为_____ 【答案】 (1). A (2). A (3). (4). 未达到 (5). 此温度催化剂 A 得到的甲醇更多，即 b 若时间增加，在此条件下可以得到更多的生成物(合理即可) (6). 不变 (7). 反应Ⅱ中 增大的平 衡转化率大于反应Ⅰ中 减小的平衡转化率 (8). (9). (10). 【解析】 【分析】 的 0.2 t 2CO 2CO 5:13 3 22CH OH(g) 2H O(g)+ 2 22CO (g) 6H (g)+(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素； (2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好。根据 v= = 计算；反应达到平衡状态时， 各组分的含量保持不变，b 点对应温度下使用催化剂 A 时甲醇物质的量大于 b 点，b 点之后随时间的增加， 在此条件下可以得到更多的生成物，据此分析解答； (3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；根据反应Ⅰ： CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ： CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)为气体分子数不变的吸热反应，根据外界条件对反应平衡移动的 影响分析； (4)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据“三段式”分析解答； (5)反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能 量，结合参与反应的 CO2 的量计算分析解答。 【详解】(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，碳原子的质子数为 6，碳 12 的质 子数为 6、中子数为 6，与碳 12 互为同位素原子质子数也应为 6、中子数不为 6，符合题意的只有 A，答案 选 A； (2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好，如图所示，T1 温度时，在催化剂 A 的作用下甲醇 的产量最高，则 A 的催化作用最好；根据图示，经过 tmin，a 点测得生成 CH3OH 的物质的量为 0.4mol，根 据 v= = ， a 点时 CH3OH 的平均生成速率为 = mol·L-1·min-1；反应达到平衡状态时， 各组分的含量保持不变，根据图示，b 点对应温度下使用催化剂 A 时甲醇物质的量大于 b 点，说明b 点之后 随时间的增加，在此条件下可以得到更多的生成物，说明 b 点未达到平衡状态； (3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数 K 不变；反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1 ＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)为气体分子数不 变的吸热反应，6Mpa、温度在 400~600℃时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO2 的转化率减小，反应Ⅱ 的平衡正向移动，CO2 的转化率增大，导致 CO2 的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ 中 增大的平衡转化率大于反应Ⅰ中 减小的平衡转化率； (4)若生成的 CH3OH 和 CO 物质的量之比为 4:1，设 CH3OH 和 CO 物质的量分别为 4mol 和 1mol，则： c t ∆ ∆ n V t ∆ ∆ c t ∆ ∆ n V t ∆ ∆ 2L 0. n 4mol t mi× 0.2 t 2CO 2CO反应过程中一共消耗 CO25mol，消耗氢气 13mol，同条件下，物质的量之比等于体积之比，则消耗相同条件 下的 CO2 和 H2 体积比是 5:13； (5)反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，即反应物的总 能量大于生成物的总能量，若有 88gCO2 发生反应Ⅰ，并放出 akJ 热量，即参加反应的二氧化碳的物质的量 = =2mol，结合图示，则 A 为 2CH3OH(g)+2H2O(g)，B 为 2CO2(g)+6H2(g)。 【点睛】易错点为(5)，反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)为放热反应，反应物总能量 大于生成物的总能量，需要注意题给信息中参与反应的 CO2 为 88g 即 2mol，反应Ⅰ中为 1mol CO2 参与反应 的能量变化，Q1 小于 a，图像中的能量变化要和参与反应的物质的量能量变化相对应。 23.某学生欲在实验室制备无水 FeCl3 并得到副产物 FeCl3 溶液。经查阅资料得知：无水 FeCl3 在空气中易 潮解，加热易升华。如图是他设计的实验装置图（加热及夹持装置略去） 完成下列填空： （1）装置 A 是 Cl2 发生装置，其中的化学反应方程式为_____ （2）B 中的溶液是_____，C 的作用是_____ （3）D 加热后，少量生成 FeCl3 沉积在 D 的右端，要使沉积的 FeCl3 进入 E，操作是______________ E 中冰水的作用为_____ （4）实验员老师对上述装置提出了 2 点改进建议：一是装置连接部分都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接 件的原因是_____；二是这套装置还存在一个很大的缺陷，改进的方法是_______________ （5）证明 F 中 FeCl2 未被完全氧化的方法是_____ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 CO g +H g CO g +H O g CO g +3H g CH OH mol 0 0 m g +H ol 1 1 1 mol 1 mol 0 0 mol 4 12 4 o O g m l 4   始 变 平 始 变 平 88g 44g/mol【答案】 (1). (2). 饱和食盐水 (3). 干燥 (4). 在沉积的 固体下方加热 (5). 冷凝，使 沉积 (6). 氯气会腐蚀橡胶连接件 (7). 在 最后接上盛有 NaOH 溶液的洗气瓶（增加用 NaOH 溶液吸收尾气的装置） (8). 取样，滴入 1~2 滴酸性 溶液，溶液不显红色 【解析】 【分析】 根据实验装置分析可知，A 为浓盐酸和 Ca(ClO)2 发生氧化还原反应制取 Cl2 的装置，B 为吸收挥发的 HCl 气体的装置，C 为干燥装置，D 为 Cl2 和铁屑发生反应 2Fe+3Cl2 2FeCl3 制备无水 FeCl3 的装置，E 为沉积 装置，Cl2 经无水 CaCl2 干燥后进入 F 装置中氧化 FeCl2 溶液制得 FeCl3 溶液，据此分析解答。 【详解】(1)根据上述分析可知，A 装置中浓盐酸和 Ca(ClO)2 发生氧化还原反应制取 Cl2，同时生成 CaCl2 和 H2O ， 则 发 生 反 应 方 程 式 为 ， 故 答 案 为 ： ； (2)由于浓 HCl 易挥发，因此制得的 Cl2 中含有少量的 HCl 气体，可用饱和食盐水除去，由题干信息可知， 无水 FeCl3 在空气中易潮解，因此 Cl2 需干燥后再进入 D 装置中与铁屑发生反应制得无水 FeCl3，则 C 装置 的作用为干燥 Cl2，故答案为：饱和食盐水；干燥 Cl2； (3)D 加热后，少量生成 FeCl3 沉积在 D 的右端，由题干信息可知，无水 FeCl3 加热易升华，则在沉积的无水 FeCl3 固体下方加热，使其升华，从而进入 E 装置中，E 装置中冰水的作用是：冷凝，使 FeCl3 沉积，故答 案为：在沉积的 FeCl3 固体下方加热；冷凝，使 FeCl3 沉积； (4)由于 Cl2 会腐蚀橡胶，因此装置连接部分可都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件；同时，Cl2 有毒，直 接排放到空气中会造成污染，所以该套装置应在最后接上盛有 NaOH 溶液的洗气瓶（增加用 NaOH 溶液吸 收尾气的装置），故答案为：氯气会腐蚀橡胶连接件；在最后接上盛有 NaOH 溶液的洗气瓶（增加用 NaOH 溶液吸收尾气的装置）； (5)FeCl2 中 Fe2+具有还原性，可与强氧化性物质(如酸性高锰酸钾溶液)反应，则可通过向 F 的样液中滴入 1~2 滴酸性 KMnO4 溶液，观察溶液不显红色来判断 F 中 FeCl2 未被完全氧化，故答案为：取样，滴入 1~2 滴酸 性 KMnO4 溶液，溶液不显红色。 24.化合物 E 是潜在的治疗糖尿病、肾病的药物激活剂，其合成路线如下： 2 2 2 2Ca(ClO) 4HCl( ) CaCl 2H O 2Cl+ → + + ↑浓 2Cl 3FeCl 3FeCl 4KMnO Δ 2 2 2 2Ca(ClO) 4HCl( ) CaCl 2H O 2Cl+ → + + ↑浓 2 2 2 2Ca(ClO) 4HCl( ) CaCl 2H O 2Cl+ → + + ↑浓完成下列填空： (1)A 的结构简式为_____，E 中含氧官能团的名称为_____ (2)写出反应类型：C→D 为_____反应，D→E 为_____反应 (3)写出一种符合下列条件的 B 的同分异构体_____ ①芳香族化合物； ②能发生银镜反应； ③结构中有 4 种不同化学环境的氢原子 (4)证明 D 中含-CHO 的方法是_____ (5)设计一条由一氯环丁烷( )和苯为有机原料合 的路线(其它无机试剂任选) (合成路线表示方式为：甲 ……乙 目标产物) _________________________________________________________________________________ 【答案】 (1). (2). 羧基、羟基 (3). 取代 (4). 氧化 (5). (任意一种) (6). 取样，加入新制 悬 浊 液 ， 煮 沸 ， 产 生 砖 红 色 沉 淀 (7). →反应试剂 反应条件 →反应试剂 反应条件 2Cu(OH)【解析】 【分析】 A 与 反应生成 B，根据 B 的结构简式和 A 的分子式，可推知 A 的结构简式为 ，根 据流程图中各有机物的结构变化可知，B 与 发生生成 C，B 中的 Br 原子取代了 中的 ，为取代反应；C 与 反应生成 D，是 Br 原子取代了 ，发生取代反应；D 在 NaClO2、NaH2PO4 以及 CH3CN 和 t-BuOH 作用下反应生成 E，D 中的醛基转化为 E 中的羧基，故为氧化 反应，据此分析解答。 【详解】(1)根据分析，A 的结构简式为 ，根据 E 结构简式可知，其中含氧官能团的名称 为羧基、羟基； (2)根据分析 C→D 为取代反应，D→E 为氧化反应； (3)B 的结构简式为 ，其同分异构体是芳香族化合物，说明结构中含有苯环，能发生银镜反应 说明结构中含有-CHO 结构，结构中有 4 种不同化学环境的氢原子，则符合下列条件的 B 的同分异构体有 (任写一种即可)； (4)证明 D 中含-CHO，可利用醛基的性质，方法为取样，加入新制 悬浊液，煮沸，产生砖红色沉 淀； 2Cu(OH)(5)由一氯环丁烷( )和苯为有机原料合成 ，首先 与氢氧化钠溶液加热条件下发生水解 生成 ，再与氧气在铜做催化剂加热条件下发生氧化反应生成 ； 和溴单质在溴 化铁作用下生成溴苯，溴苯与 在题干流程中 A→B 的反应条件下生成 ，反应流 程为： 。