上海市宝山区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

上海市宝山区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 宝山区2019学年第二学期期中 高三年级化学学科等级考质量监测试卷 考生注意：‎ ‎1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。‎ ‎2.本试卷设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答案必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。‎ ‎3.答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号。‎ ‎4.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：O-16 Na-23 Cl-35.5 H-1 Fe-56 S-32 C-12‎ 一、选择题（共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1.下列不属于合金的是（ ）‎ A. 生铁 B. 黄金 C. 硬铝 D. 黄铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．生铁是铁的一种，含有碳，属于合金，A不符合题意；‎ B．黄金是金单质，不属于合金，B符合题意；‎ C．硬铝，是指铝合金中以Cu为主要合金元素的（含2.2—4.9%Cu、0.2—1.8%Mg、0.3—0.9%Mn、少量的硅，其余部分是铝）C不符合题意；‎ D．黄铜是由铜和锌所组成的合金，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】理解合金时，首先熟悉合金的概念。合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合而成的具有金属特性的物质。‎ ‎2.某原子的轨道表示式如下,从中得到的信息错误的是（ ）‎ A. 有2个电子层 B. 有3种能量不同的电子 C. 最外层有3个电子 D. 有7种运动状态不同的电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 从该原子的轨道式上，可以知道该原子核外电子数为7，该原子为氮原子。‎ ‎【详解】A．该原子有两个电子层分别为K、L层，A正确；‎ B．核外电子的能级为1s、2s、2p能级，同一能级上的电子能量相同，电子在各能级的能量关系：1s<2s<2p，故有3种能量不同的电子，B正确；‎ C．该原子最外层有5个电子，C错误；‎ D．该原子核外有7个电子，故有7种不同运动状态电子，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.清洁的水对人类的生存非常重要，关于H2O的描述正确的是（ ）‎ A. 含有非极性键和极性键 B. 纯水几乎不导电，属于非电解质 C. 带静电的玻璃棒接近，水流会发生偏转 D. 水分子间作用力大，所以加热很难分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O含有极性键，不含非极性键，A错误；‎ B．纯水几乎不导电，属于弱电解质，B错误；‎ C．水是极性分子正电中心和负电中心不重合，分子一端带正电，一端带负电，当用带有静电的玻璃棒接近水流时，带相反电荷的一端会产生静电吸引，使水流发生偏转，C正确；‎ D．水分子中的氢氧键的键能比较大，所以加热很难分解，D错误；‎ ‎【点睛】分子间作用力影响物质的熔沸点，不影响物质的稳定性，物质的稳定性受化学键键能的影响 ‎4.“浓硫酸使蔗糖脱水”实验中浓硫酸没有体现出的性质是（ ）‎ A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸具有脱水性，向蔗糖晶体中加入一定量的浓硫酸，蔗糖晶体因为浓硫酸的脱水性而变黑，浓硫酸又具有吸水性和强的氧化性，浓硫酸吸收水放出大量的热，与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫，所以变化的蔗糖膨胀，该过程中体现浓硫酸的：脱水性、吸水性和强的氧化性；没有体现出浓硫酸的酸性。A符合题意；‎ - 19 -‎ 答案选A。‎ ‎5.把少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，不可能出现的是（ ）‎ A. 溶液颜色变浅 B. 有固体析出 C. 溶液浓度不变 D. 溶液体积减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后还是该温度下的饱和硫酸铜溶液，铜离子的浓度不变，溶液颜色不变，A错误；‎ B．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后，溶剂水减少，该温度下饱和溶液的浓度不变，故有固体析出，B正确；‎ C．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后，溶剂水减少，有固体析出，该温度下饱和溶液的浓度不变，C正确；‎ D．无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后溶剂减少、溶质减少，所以该温度的饱和硫酸铜溶液的质量也会减少，溶液体积减小，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.已知：4Al(s)+3O2(g)→2Al2O3(s)+QkJ（Q>0）。下列能量图与该反应所体现的能量关系匹配的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】4Al(s)+3O2(g)→2Al2O3(s)这个反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A、C、D能量图与该反应所体现的能量关系不匹配，B能量图与该反应所体现的能量关系匹配，B符合题意；‎ - 19 -‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】判断一个给定的反应是放热反应还是吸热反应，从能量的角度判断：①若反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应；②若反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应；‎ ‎7.硝酸是一种常见的强酸，下列关于浓、稀硝酸的描述错误的是（ ）‎ A. 浓硝酸氧化性大于稀硝酸 B 浓硝酸导电性小于稀硝酸 C. 浓硝酸能使铝、铁钝化，稀硝酸不能 D. 与铜反应的氧化产物两者相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸为氧化性酸，浓度越大氧化性越强，A正确；‎ B．硝酸的浓度越大，溶液中氢离子的浓度、硝酸根离子的浓度越大，导电性越强，B错误；‎ C．常温下浓硝酸、浓硫酸能使铝、铁钝化，稀硝酸、稀硫酸不能，C正确；‎ D．浓硝酸、稀硝酸分别与铜反应，氧化产物都是硝酸铜，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】判断电解质溶液导电性的强弱依据：①电解质溶液中，离子浓度的大小；②电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷的多少。电解质溶液中，离子浓度越大、离子所带电荷数越多，电解质溶液的导电性越强。‎ ‎8.下列有关金属腐蚀的说法正确的是（ ）‎ A. 金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程 B. 电化学腐蚀指在外加电流的作用下，不纯金属发生化学反应而损耗的过程 C. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生 D. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属腐蚀是指金属与周围接触到的空气或液体发生反应而引起损耗的现象，所以金属的腐蚀不一定接触到电解质溶液，A错误；‎ B．电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，B错误；‎ - 19 -‎ C．金属的电化腐蚀和化学腐蚀都是金属失电子被氧化的反应，本质相同，但电化腐蚀过程中形成的原电池反应会产生微弱的电流，C正确；‎ D．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，吸氧腐蚀中正极吸收氧气，负极铁失电子最终转化为铁锈，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】金属腐蚀的本质，主要是金属原子失电子被氧化，腐蚀的内因是金属的化学性质比较活泼，外因是金属与空气、水和其他腐蚀性的物质接触，金属腐蚀主要包括化学腐蚀和电化学腐蚀。‎ ‎9.卤素单质及其化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变浅 B. 卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大 C. 卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱 D. 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变深，A错误；‎ B．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，所以卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大，B正确；‎ C．卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，C错误；‎ D．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱， 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了同一主族元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答。‎ ‎10.84消毒液（主要成分NaClO）能用于杀菌消毒，生活中往往稀释之后使用，其反应原理如下：NaClO+CO2+H2O→HClO+NaHCO3。关于其使用操作错误的是（ ）‎ A. 阴凉密闭保存 B. 使用热水稀释，会减弱其效果 C. 使用时最好戴好手套和口罩 - 19 -‎ D. 如果和洁厕灵（含有HCl）一起混用，消毒效果会更好 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO易与空气中的二氧化碳反应生成HClO，HClO见光易分解，故84消毒液应阴凉密闭保存，A正确；‎ B．使用热水稀释时，NaClO易与空气中的二氧化碳反应生成HClO，HClO受热分解，故会减弱其效果，B正确；‎ C．84消毒液有一定的腐蚀性和刺激性，故使用时最好戴好手套和口罩，C正确；‎ D．次氯酸钠与盐酸反应生成有毒气体，故日常生活中84消毒液不能与洁厕灵混合使用，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列有关物质性质的叙述一定正确的是（ ）‎ A. 铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液 B. 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色 C. 铝具有两性，既能和酸又能和碱反应 D. Na和H2O反应生成O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁的金属性比铜的金属性强，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，A正确；‎ B．向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，B错误；‎ C．铝具有两性，但铝与弱酸、弱碱不反应，C错误；‎ D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎12.生活中通常用75%的酒精进行消毒，关于酒精的描述和对应性质不匹配的是 A. 能闻到酒精的气味：挥发性 B. 遇明火或高温会燃烧：可燃性 C. 除去衣物上的污渍：溶解性 D. 用铜催化加热能生成乙醛：强氧化性 ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精易挥发，故能闻到酒精的气味，A正确；‎ B．酒精易燃烧，故遇明火或高温会燃烧，B正确；‎ C．酒精是良好的有机溶剂，衣服上的油污能溶于酒精，C正确；‎ D．用铜催化加热能生成乙醛，体现乙醇的还原性，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.关于有机物2﹣苯基丙烯（），下列说法正确的是（ ）‎ A. 密度小于水 B. 属于苯的同系物 C. 既能溶于水，也能溶于甲苯等有机溶剂 D. 能使溴水褪色，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有机物2﹣苯基丙烯（）属于芳香烃，该物质的密度比水的密度小，A正确；‎ B．同系物指结构相似，在分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质。苯的分子式为C6H6，有机物2﹣苯基丙烯的分子式为C9H10，故2﹣苯基丙烯不属于苯的同系物，B错误；‎ C．2﹣苯基丙烯难溶于水，C错误；‎ D．2﹣苯基丙烯能使溴水褪色也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】在理解苯的同系物时需要注意以下两点：①分子中含有一个苯环；②苯环上的取代基为烷烃基。‎ ‎14.下列关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 石油和煤的主要成分都是碳氢化合物 B. 乙醇和浓硫酸的混合液加热到140℃可制得乙烯 C. 乙酸和乙酸乙酯能用饱和碳酸钠溶液鉴别 D. 甲酸和乙醛可以用银氨溶液鉴别 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A．煤的主要成分是碳，石油的主要成分是碳氢化合物，A错误；‎ B．乙醇和浓硫酸的混合液加热到170℃可制得乙烯，B错误；‎ C．碳酸钠与乙酸反应生成气体，与乙酸乙酯分层，C正确；‎ D．甲醛和乙醛均可以与银氨溶液发生银镜反应，故甲酸和乙醛不可以用银氨溶液鉴别，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.离子检验的常用方法有三种：‎ 检验方法 沉淀法 显色法 气体法 含义 反应中有沉淀产生或溶解 反应中有颜色变化 反应中有气体产生 下列离子检验的方法不合理的是（ ）‎ A. NH4+：气体法 B. SO42-：气体法 C. Fe3+：显色法 D. Br-：沉淀法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．NH4+的检验方法是加入强碱生成氨气；‎ B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀；‎ C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，显红色；‎ D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀；‎ ‎【详解】A．NH4+的检验方法：取少量的样品于试管中，向试管中加入浓的氢氧化钠溶液并加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明样品中含有NH4+，故该检验方法为气体法，A正确；‎ B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀，该方法是沉淀法，B错误；‎ C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，在反应中溶液变红，所以该方法为显色法，C正确；‎ D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀，故该方法是沉淀法，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）‎ - 19 -‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①甲酸乙酯和乙酸钠，分层。‎ ‎②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同。‎ ‎③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，以此来解答。‎ ‎【详解】①甲酸乙酯和乙酸钠，分层，选择分液法分离。‎ ‎②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离。‎ ‎③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，选择萃取法分离。‎ 故选C。‎ ‎17.下列实验中，由于某些操作导致所测出的数据一定偏高的是（ ）‎ A. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，所测得的结晶水的含量 B. 用量筒量取液体时，仰视读出的数值 C. 测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值 D. 用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，则硫酸铜受热分解生成氧化铜，所测得的结晶水含量偏高，A符合题意；‎ B．用量筒量取液体时，仰视读出的数值偏低，B不符合题意；‎ C．测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值不变，C不符合题意；‎ D．用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH可能偏高、可能偏低或者可能不变，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】用pH试纸测未知液的pH时，应该用干燥的pH试纸，不能将pH试纸湿润，如果将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，若原溶液是中性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，没有误差；若原溶液是酸性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏高；若原溶液是碱性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏低。‎ ‎18.下列工业生产所采取的措施和基本原理不一致的是（ ）‎ A. 合成氨反应分离氨气以后的尾气循环使用，目的是充分利用原料 B. 接触法制硫酸中，使用热交换器目的是充分利用能源 C. 侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境 D. 用氨水吸收制硫酸的尾气，目的是保护环境 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，不能完全转化，循环使用氮气和氢气，可以减少成本，提高原料利用率，A不符合题意；‎ B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，使用热交换装置，充分利用可节约能源，B不符合题意；‎ C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是：提高了食盐利用率，缩短了生产流程，降低了纯碱的成本，C符合题意。‎ D．用氨水吸收制硫酸的尾气中的二氧化硫，目的是保护环境，防止污染环境，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎19.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。其反应过程的示意图如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有非极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程 ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由反应过程中的能量变化图可知，CO和O的总能量高于CO2的总能量，因此CO和O生成CO2为放热反应，A错误；‎ B．由图可知，CO中化学键没有断裂，B错误；‎ C．CO和O生成CO2具有C原子和O原子形成极性共价键，C错误；‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O在催化作用下反应生成CO2的过程，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.已知：‎ 硫酸 物质的量浓度(mol/L)‎ 质量百分比浓度(%)‎ 密度(g/cm3)‎ 浓硫酸 ‎18.4‎ ‎98‎ ‎1.84‎ 稀硫酸 ‎3‎ ‎25‎ ‎1.18‎ 现在实验室只有98%的浓硫酸，如果要配制100mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸多少毫升（如果用250mL的容量瓶配制）（ ）‎ A. 0.0163 B. 0.0408 C. 16.3 D. 40.8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为： ，因为配制100mL的溶液，但是题中要求用250mL的容量瓶，所以令要配制250mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可知，18.4V×10-3=3×250×10-3，V=40.8 。‎ 答案选D。 ，‎ 二、综合题（共60分）‎ ‎21.氮是生命物质中重要的组成元素之一。含氮物质的使用既给人类带来福音，又给人们带来一些负面影响。‎ ‎（1）肥料的三要素，除了氮还有____。‎ ‎（2）NH3是氮的氢化物，它的空间构型是_____，属于____分子(填写“极性”或“非极性”)，N原子的结构示意图是____。‎ - 19 -‎ ‎（3）氨的水溶液叫做氨水，它可作为化学肥料。实际使用时，因为有很多不便，所以往往制成铵盐。NH4Cl就是常见的铵盐，NH4Cl属于___晶体，长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤___(填写“酸”或“碱”)化，请结合有关方程式说明原因____。‎ ‎（4）工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，20~50MPa下合成氨气。采用该压强的原因是____。‎ ‎（5）含氮废水进入水体会对环境造成污染，某课题小组利用废铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。其反应如下：6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应中，还原剂是____，被还原的元素是____；每生成2molN2，转移的电子数是_____。‎ ‎【答案】 (1). 磷、钾（或P、K） (2). 三角锥型 (3). 极性 (4). (5). 离子 (6). 酸 (7). NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+水解使溶液显酸性，长期使用使土壤酸化 (8). 加快反应速率、使平衡向正反应方向移动、压强过高，会导致成本升高 (9). Al (10). NO3-中+5价的N (11). 20NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥；‎ ‎（2）N原子核电荷数为7、核外有7个电子，NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；‎ ‎（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子在水溶液中发生水解反应，使溶液呈酸性；‎ ‎（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，增大压强可以加快反应速率，提高原料的转化率，但是压强过高，会导致成本升高；‎ ‎（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，依据反应前后化合价的变化，判断氧化剂、还原剂；‎ ‎【详解】（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥，故肥料的三要素，除了氮还有磷和钾；‎ ‎（2）NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；N原子核外有7个电子，其原子的结构示意图是；‎ - 19 -‎ ‎（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，故NH4Cl属于离子晶体；NH4++H2ONH3·H2O+H+，故长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤酸化；‎ ‎（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，催化剂的活性比较大，20~50MPa下合成氨气，加快反应速率、使平衡向正反应方向移动，但是压强过高，会导致成本升高；‎ ‎（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应前后铝元素的化合价升高，氮元素的化合价降低，故Al是还原剂， NO3-中的N元素被还原；该反应中每生成1molN2转移20mol电子，故当生成2mollN2，转移的电子数是20NA 。‎ ‎22.铝和铁的含量在地球金属元素中处于前两位，它们的单质及化合物应用非常广泛。‎ ‎（1）铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，制取原理如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O 配平上述化学方程式_____。‎ ‎（2）工业上利用Fe2O3和CO反应制取铁，一定温度下，反应如下：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)‎ ‎①该反应的平衡常数表达式为K=_____。‎ ‎②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g，则10min内CO的平均反应速率为_____。‎ ‎③请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：_____。‎ a. b.c. d.‎ ‎（3）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率（v）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是______。‎ ‎（4）实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3，写出该反应的离子方程式_____。如果用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能否制得Al(OH)3，简要说明原因_____。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O (2). (3). 0.015mol/(L·min) (4). CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；CO（或CO2）的质量不再改变 (5). b (6). Al3++3NH3·H2O→Al（OH）3↓+3NH4+ (7). 不能，Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制(能，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式；‎ ‎（2）化学平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比值，固体与纯液体不写；可逆反应达到平衡状态时，各物质的不再变化，正反应速率和逆反应速率相等；‎ ‎（3）金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应，铝热反应为放热反应，温度越高，反应速率越快；‎ ‎（4）离子方程式书写的时候，难溶于水的物质、弱电解质、难溶物写成化学式，易溶于水的强电解质写出离子的形式；氢氧化铝既能溶于强酸又能溶于强碱。‎ ‎【详解】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+‎ ‎6NaNO3+6NaCl+8H2O；‎ ‎（2）①Fe2O3、Fe为固体，浓度视为不变，不能出现在表达式中，故K=；‎ ‎②10min后，生成了单质铁11.2g，则消耗0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为：‎ ‎ =0.015mol/(L·min) ；‎ ‎③可逆反应达到平衡状态时，①各组分的浓度保持不变；②正逆反应速率相等。故CO（或CO2）的质量不再改变说明该反应已达到平衡状态， CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等说明该反应已达到平衡状态；‎ ‎（3）Al与金属氧化物发生铝热反应是放热反应，温度越高反应速率越大，但反应开始时温度不是0，对照图示，b选项符合题意；‎ ‎（4）NH3·H2O是弱电解质，Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式书写时，写成化学式，故实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3的离子方程式：Al3++3NH3·H2O→Al(OH)3↓+3NH4+‎ - 19 -‎ ‎；氢氧化铝具有两性，既能溶于强酸又能溶于强碱，故用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，不能制取Al(OH)3，因为Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制；或用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能制取Al(OH)3，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量。‎ ‎23.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2。该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的结构简式为_____，反应②所需的试剂和条件是______，反应③的反应类型为______反应。‎ ‎（2）1molE理论上最多消耗氢气_____mol。‎ ‎（3）芳香化合物F是C同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出任意一种的结构简式______。‎ ‎（4）写出用2−苯基乙醇）为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线______。‎ ‎（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）‎ ‎【答案】 (1). (2). Cl2、光照 (3). 消去（或消除） (4). 10 (5). 、、、、 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 由B的分子式、C的结构简式可知B的结构简式为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构简式可知C脱去2分子HCl，同时形成D为苯乙炔，该反应属于消去反应，D发生信息中的偶联反应生成E为；2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔。‎ ‎【详解】（1）由分析可知B的结构简式为，反应②发生取代反应，苯环支链上的碳原子的氢原子被氯原子取代，所需的试剂和条件是Cl2、光照；反应③的反应类型为消去反应；‎ ‎（2）由分析知E为，1molE理论上最多消耗氢气10mol；‎ ‎（3）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、、、、；‎ ‎（4）2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔，合成路线为。‎ ‎24.某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：‎ - 19 -‎ ‎（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。‎ ‎（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。‎ ‎（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。‎ ‎（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：‎ ‎①操作Ⅰ的名称是_____。‎ ‎②需直接测定的物理量是_____。‎ ‎③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。‎ ‎④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). 第4次或第5次的读数 (3). 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 (4). 0.84 (5). 溶解 (6). 生成NaCl的质量 (7). 玻璃棒、蒸发皿 (8). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；‎ ‎（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；‎ ‎（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；‎ ‎②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；‎ - 19 -‎ ‎③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；‎ ‎④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。‎ ‎【详解】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；‎ ‎（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；‎ ‎（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：‎ ‎ =84% ； ‎ ‎（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；‎ ‎②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；‎ ‎③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；‎ ‎④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。‎ - 19 -‎ - 19 -‎