上海交通大学附中2020届高三上学期期中考试化学试题

上海交通大学附中2020届高三上学期期中考试化学试题

‎2019-2020学年上海交大附中高三第一学期化学期中考试卷 ‎1.有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，1、2、3…，一、二、三…。其中“一、二、三…”指的是（ ）‎ A. 碳原子数 B. 氢原子数 C. 碳链位置编号 D. 某种基团的数目 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】有机物命名中常使用三套数字，甲、乙、丙…，是主链碳原子数；1、2、3…，是取代基在主链上的位置；一、二、三…，为取代基的数目，故选D。‎ ‎2.下列物质变化中，只克服一种作用力的是（ ）‎ A. NaHSO4受热熔化 B. NaHCO3受热分解 C. 干冰溶于水 D. 石墨转变为金刚石 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHSO4受热熔化只克服离子键，故A选；‎ B．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，克服了离子键和共价键，故B不选；‎ C．干冰溶于水，反应生成了碳酸，克服了共价键，碳酸发生部分电离，需克服范德华力，共价键，故C不选 D．石墨变为金刚石发生化学反应，克服了共价键和范德华力，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为CD，要注意干冰和石墨中均存在范德华力，发生了化学反应，同时需要破坏化学键。‎ ‎3.下列有关化学用语正确的是（ ）‎ A. 中子数为18的氯原子：Cl B. 氯化钠的电子式 C. 苯甲酸的结构简式： D. CH4的比例模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为35，故表示为 Cl，故A错误；‎ B．氯化钠为离子化合物，正确的电子式为，故B错误；‎ C．苯甲酸中含有羧基，结构简式为，故C错误；‎ D．CH4为正四面体结构，C原子的相对体积较大，其比例模型为，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式35×75.77%+37×24.23%=35.48中（ ）‎ A. 35表示氯元素的相对原子质量 B. 35.48表示氯元素的相对原子质量 C. 35.48表示氯元素的近似相对原子质量 D. 24.23%表示35Cl的丰度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、35表示35Cl的相对原子质量的近似值，故A错误；‎ B、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度计算得到的结果，35.48表示氯元素的近似相对原子质量，故B错误；‎ C、元素的近似相对原子质量=各元素的质量数×原子百分比，35.5表示氯元素的近似相对原子质量，故C正确；‎ D、24.23%表示37Cl的丰度，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.向KAl(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 有可能产生两种沉淀 B. 不可能立即出现沉淀 C. 不可能只有一种沉淀 D. 有可能变为澄清溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向KAl(SO4)2中逐滴滴加Ba(OH)2：先生成BaSO4和Al(OH)3，当铝离子完全沉淀，溶液中还存在没有沉淀的硫酸根离子，再加入Ba(OH)2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解，最后Al(OH)3溶解完，只剩余BaSO4沉淀。反应的方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al(OH)3‎ ‎↓，2Al(OH)3+SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2AlO2-+4H2O，因此向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量的过程中可能产生两种沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，也可能生成一种沉淀，故选A。‎ ‎【点睛】明确物质性质及物质之间反应是解本题关键。解答本题要注意氢氧化铝能够被过量的氢氧化钡溶解。‎ ‎6.在如图恒温恒压容器中，发生如下反应并达到平衡：2NO2(g)N2O4(g)+Q(Q>0)，改变下列条件，达到新平衡后，的比值不发生改变的是（ ）‎ A. 升温 B. 向容器中通入Ar气 C. 向内推活塞 D. 加入一定量N2O4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，化学平衡一定移动，一定变化，故A不选；‎ B．向容器中通入Ar气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，一定增大，故B不选；‎ C．向内推活塞，压强增大，气体的浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，K=不变，浓度的增大幅度不同，因此一定变化，则一定变化，故C不选；‎ D．加入一定量N2O4，容器的体积增大，平衡时与原平衡完全相同，一定不变，故D选；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意不是平衡常数的表达式。‎ ‎7.不可用于比较F和Cl非金属性的是（ ）‎ A. 溶液pH值：NaF>NaCl B. 共价键极性：C-F>C-Cl C. 单质氧化性：F2>Cl2‎ D. 氢化物稳定性：HF>HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaF>NaCl对应的酸不是最高价含氧酸，不能通过比较NaF、NaCl溶液pH值比较F和Cl非金属性强弱，故A选；‎ B．共价键极性：C-F>C-Cl，说明氟原子吸引电子的能量大于Cl原子，说明非金属性F>Cl，故B不选；‎ C．单质氧化性：F2>Cl2，说明非金属性F>Cl，故C不选；‎ D．氢化物稳定性：HF>HCl，说明非金属性F>Cl，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎8.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。‎ ‎9.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 足量MnO2和100mL6mol/L浓盐酸反应产生Cl2的分子数为0.15NA B. 100mL1molFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键的数目为3NA D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．100mL 6mol•L-1浓盐酸中含有氯化氢0.1L×6mol•L-1=0.6mol，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，完全反应0.6mol氯化氢可以生成0.15mol氯气，由于稀盐酸不与二氧化锰反应，所以生成的氯气的物质的量小于0.15mol，产生的氯气分子数小于0.15NA，故A错误；‎ B．Fe3+为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，故 100 mL 1 mol•L-1FeCl3 溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；‎ C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的碳碳单键均为3条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键数目为3NA，故C正确；‎ D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，所以密闭容器中，反应生成三氧化硫的物质的量小于2mol，则反应后气体总物质的量大于2mol，反应后分子总数大于2NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）‎ A B C D 实验 Na2O2露置在空气中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中 现象 淡黄色固体最终变为白色固体 溶液变红，随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体，随后变为红棕色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2露置在空气中，会与CO2和水蒸气发生反应，最终变成碳酸钠白色固体，O元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．石蕊溶液滴入氯水中，氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO漂白性有关，体现了次氯酸的强氧化性，属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，是AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；‎ D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎11.关于合成氨工业：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+QkJ(Q>0)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molN2和3molH2的总键能大于2molNH3的总键能 B. 使用铁触媒作为催化剂对Q值的大小无影响 C. 用水吸收NH3后，剩余N2和H2循环利用提高原料利用率 D. 反应采用高温条件，可以用勒夏特列原理解释 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2(g)+3H2(g)2NH3‎ ‎(g)+QkJ(Q>0)为放热反应，形成化学键放出能量高于破坏化学键吸收能量，即1mol N2(g)和3 mol H2(g)的总键能小于2 mol NH3(g)的总键能，故A错误；‎ B．使用铁触媒作为催化剂，能够加快反应速率，但不影响反应热，对Q值的大小无影响，故B正确；‎ C．用水吸收NH3后，氨气的浓度减小，平衡正向移动，剩余N2和H2循环利用，可以提高原料利用率，故C正确；‎ D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨气的合成，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎12.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是 A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；‎ ‎【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；‎ B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；‎ C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；‎ D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C.‎ ‎【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。‎ ‎13.以酚酞为指示剂用0.100mol/L的NaOH标准液滴定某未知浓度盐酸，下列说法正确的是（ ）‎ A. 读数时，眼睛与凹液面最低处相平，记录NaOH初读数为0.1mL B. 当锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色时，即达到滴定终点 C. 若使用混有KOH的烧碱固体配制标准液，则测得盐酸的浓度偏大 D. 做平行实验的目的是为了消除系统误差 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．读数时，视线应该水平，滴定管读数应该保留2位小数，因此眼睛与凹液面最低处相平，记录NaOH初读数为0.10mL，故A错误；‎ B．以酚酞为指示剂用0.100mol/L的NaOH标准液滴定某未知浓度盐酸，滴定终点时，溶液由酸性变成弱碱性，即当锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色时，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，故B错误；‎ C．若使用混有KOH的烧碱固体配制标准液，标准溶液的浓度偏低，滴定消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大，则测得盐酸的浓度偏大，故C正确；‎ D．做平行实验的目的是为了消除偶然误差，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意系统误差不可避免，而偶然误差可通过多次测量的方法避免或减小。‎ ‎14.NaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合，下列说法中正确的有（ ）‎ A. 反应后，溶液中四种离子之间可能满足：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）‎ B. 反应后，若溶液呈酸性，则NaOH完全反应 C. 反应后，若溶液呈碱性，则CH3COOH完全反应 D. 反应后，若c（CH3COO-）=c（Na+），则NaOH溶液和CH 3COOH溶液的浓度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液和CH3COOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，不可能存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；‎ B．两溶液等体积混合后，反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液显示碱性，若溶液呈酸性，说明醋酸过量，NaOH完全反应，故B正确；‎ C．反应后，反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液显示碱性，若溶液呈碱性，则CH3COOH可能完全反应，也可能略微过量，故C错误；‎ D．反应后，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若c(CH3COO-)=c(Na+)，则c(H+)= c(OH-)，溶液显中性，因为醋酸钠中醋酸根离子水解导致溶液显示碱性，则NaOH溶液和CH 3COOH溶液反应后醋酸过量，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.少量氯水滴加到含Na2SO3和NaI的混合溶液中，下列离子方程式不正确的是（ ）‎ A. Cl2+SO32-+H2O→2Cl-+SO42-+2H+‎ B. 2I-+C12→2Cl-+I2‎ C. 2Cl2+2I-+SO32-+H2O→4Cl-+SO42-+2H++I2‎ D. Cl2+3SO32-+H2O→2Cl-+SO42-+2HSO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性SO32-＞I-，滴加氯水，首先氧化亚硫酸根离子，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．向Na2SO3、NaI的混合溶液中滴加少量氯水，首先氧化亚硫酸根离子，若只氧化亚硫酸根离子，反应的离子方程式可以为：SO32-+Cl2+H2O═SO42-+2H++2Cl-，故A不选；‎ B．向Na2SO3、NaI的混合溶液中滴加少量氯水，首先氧化亚硫酸根离子，不可能只发生2I-+C12=2Cl-+I2，故B错误；‎ C．向Na2SO3、NaI的混合溶液中滴加少量氯水，首先氧化亚硫酸根离子，若亚硫酸根离子完全反应后，氯气剩余，可以再氧化碘离子，可能发生2Cl2+2I-+SO32-+H2O=4Cl-+SO42-+2H++I2，故C不选；‎ D．向Na2SO3、NaI的混合溶液中滴加少量氯水，首先氧化亚硫酸根离子，若反应后Na2SO3过量，则可能发生Cl2+3SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2HSO3-，故D不选；‎ 故选B ‎16.实验室常用乙酸与过量的乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯。下列说法正确的是 A. 该反应的类型为加成反应 B. 乙酸乙酯的同分异构体共有三种 C. 可用饱和的碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸 D. 该反应为可逆反应，加大乙醇的量可提高乙酸的转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，是酯化反应，也是取代反应，A错误；‎ B. 乙酸乙酯的同分异构体中属于酯类的有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，共三种，但乙酸乙酯的同分异构体不只是酯类，还可能是羧酸类等，因此同分异构体大于三种，B错误；‎ C.因为硫酸也能和碳酸氢钠反应产生气泡，故不能用碳酸氢钠来鉴定体系中乙酸是否反应完全，C错误；‎ D. 该反应为可逆反应，加大乙醇的量平衡正向移动，提高乙酸的转化率，D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎17.螺[2，2]戊烷的结构简式如图。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 与环戊烯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种 C. 所有碳原子不共平面 D. 与丙烷互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．环戊烯结构简式为，螺(2，2)戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，螺(2，2)戊烷、环戊烯分子式相同，结构不同，所以二者互为同分异构体，故A正确；‎ B．螺(2，2)戊烷的二氯代物中两个氯原子可能位于1号碳原子上、可能位于1号和2号碳原子上、可能位于1号和3号碳原子上、可能位于1号和4号C原子上，所以其二氯代物超过2种，故B正确；‎ C．该分子中中间的碳原子上具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故C正确；‎ D．螺[2，2]戊烷含有环状结构，与丙烷结构不相似，不是同系物，故D错误；‎ 故选D ‎18.实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)‎ B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；‎ ‎【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；‎ B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；‎ C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O Cu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；‎ D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。‎ ‎19.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 曲线Ⅰ代表溶液 B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点 C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）‎ D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；‎ A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；‎ B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；‎ C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；‎ D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。‎ ‎【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；‎ B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；‎ C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；‎ D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。‎ ‎20.某溶液中含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：‎ ‎（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定没有Na+ B. 溶液中一定没有Fe3+‎ C. 溶液中一定没有SO42- D. 溶液中一定没有SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-中的一种，二者不共存，所以不能同时存在；(2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种。分两种情况讨论：若存在Fe2+，则不存在SO32-，一定有SO42-，由于离子的物质的量相等，所以只有Fe2+和SO42-；若存在SO32-，则Fe2+和Fe3+都不存在，根据电荷守恒，阳离子K+、Na+都必须存在，没有SO42-，即存在的离子是K+、Na+和SO32-。在两种情况下，都一定不存在Fe3+。故选B。‎ 二．综合测试题 ‎21.PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：‎ 己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基 I.R'CHO+R"CH2CHO II.RCHO+‎ ‎（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。‎ ‎（2）已知①化学方程式为___。‎ ‎（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。‎ ‎（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。‎ ‎（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。‎ ‎（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。‎ ‎【答案】 (1). HC≡CH (2). CH3COOH (3). 酯基、碳碳双键 (4). +nNaOH+nCH3COONa (5). (6). 加入新制Cu(OH)2‎ 悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键 (7). 保护醛基不被H2还原 (8). (9). HC≡CH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH， B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；‎ ‎(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；‎ ‎(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；‎ ‎(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；‎ ‎(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；‎ ‎(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。‎ ‎22.砷(As)与氮、磷同一主族，可以形成As4、As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等物质，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎（1）As原子最外层电子的电子云伸展方向有___种。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是___(填编号)。‎ A．黄砷的熔点高于白磷 B．黄砷中共价键键能大于白磷 C．黄砷分子极性大于白磷 D．分子中共价键键角均为109°28′‎ ‎（2）As元素的非金属性比N弱，用原子结构的知识说明理由。___。‎ ‎（3）298K时，将20mL3xmol/LNa3AsO3、20mL3xmol/LI2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①若平衡时，pH=14，该反应的平衡常数为___。‎ ‎②当反应达到平衡时，下列选项正确的是__（填标号）。‎ a．溶液的pH不再变化 b．v(I-)=2v(AsO33-)‎ c．不再变化 d．c(I-)=ymol/L ‎③tm时，v正__v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎④tm时，v逆__tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是__。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). A (3). As电子层数比N多，原子半径大，质子对核外电子的吸引力弱，非金属性弱 (4). (mol·L-1)-1 (5). ac (6). 大于 (7). 小于 (8). tm时生成物浓度较低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ As和P位于相同主族，原子半径As＞P，由同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱可知非金属性P＞As，形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，以此分析解答(1)和(2)；‎ ‎(3)①首先计算反应前，混合溶液中反应物的浓度，根据图像，反应达到平衡时，c(AsO43-‎ ‎)为ymol/L，再根据反应的方程式计算平衡时各物质的浓度，最后计算平衡常数；②a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变；b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比；c．不再变化，可说明各物质的浓度不再变化；d．c (AsO43-)=y mol•L-1时为平衡状态，据此分析判断；③反应从正反应开始进行，tm时反应未达到平衡状态；④tm时比tn时AsO43-浓度更小。‎ ‎【详解】(1)As为33号元素，原子最外层电子的排布为4s24p3，其中4p有3种电子云伸展方向，因此电子云伸展方向共有4种；A．黄砷(As4)与白磷(P4)形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，黄砷的熔点高于白磷，故A正确；B．原子半径As＞P，键长越大，键能越小，黄砷中共价键键能小于白磷，故B错误；C．黄砷(As4)与白磷(P4)都为非极性分子，分子极性相同，故C错误；D．黄砷(As4)与白磷(P4)都是正四面体结构，分子中共价键键角均为60°，故D错误；故选A，故答案为4；A；‎ ‎(2)As电子层数比N多，原子半径大，质子对核外电子的吸引力弱，非金属性弱，因此As元素的非金属性比N弱，故答案为As电子层数比N多，原子半径大，质子对核外电子的吸引力弱，非金属性弱；‎ ‎(3)①反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，根据图像，反应达到平衡时，c(AsO43-)为ymol/L，则反应生成的c(I-)=2ymol/L，消耗的AsO33-、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c(AsO33-)=(x-y)mol/L，c(I2)=(x-y)mol/L，pH=14，溶液中c(OH-)=1mol/L，则K==(mol·L-1)-1，故答案为(mol·L-1)-1；‎ ‎②a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I-)=2v(AsO33-)，故b错误；c．不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；d．由图可知，当c (AsO43-)=y mol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I-)=2y mol•L-1，所以c(I-)=y mol•L-1时没有达到平衡状态，故d错误；故答案为ac；‎ ‎③反应从正反应开始进行，tm时反应未达到平衡状态，反应继续正向进行，则v正 大于 v逆，故答案为大于；‎ ‎④tm时比tn时AsO43-浓度更小，反应速率更慢，则逆反应速率更小，tm时v逆 小于tn时v逆，故答案为小于；tm时生成物浓度较低。‎ ‎23.资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下。‎ Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒 实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。‎ 实验二：‎ 试管中的液体 现象 a．0.1mol/L SO2溶液(pH=2)‎ 溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色 b．0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)‎ 溶液立即变浅，约15s后完全褪色 c．0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)‎ 溶液立即褪色 d．pH=10 NaOH溶液 红色溶液不变色 e．pH=2 H2SO4溶液 红色溶液不变色 ‎（1）SO2水溶液中含的微粒有___。‎ ‎（2）解释NaHSO3溶液显酸性的原因是___。‎ ‎（3）实验d的目的是___。‎ ‎（4）由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是___。‎ Ⅱ．探究褪色过程的可逆性 甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。‎ 乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。‎ ‎（5）实验方案合理的是___(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是___。‎ ‎（6）丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验：向a实验后的无色溶液中滴入过量___(填编号)，使溶液最终恢复红色。也得出结论：该褪色过程是可逆的。‎ A．稀硝酸 B．氯水 C．双氧水 ‎【答案】 (1). SO2、H2SO3、HSO3−、SO32− (2). HSO3−离子存在平衡有电离平衡：HSO3− ⇌H++SO32− ，水解平衡：HSO3− +H2O ⇌H2SO3+OH−，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性 (3). 证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰 (4). SO32− (5). 乙 (6). SO32−能使品红褪色，因为SO2+2OH− +Ba2+ = BaSO3↓+H2O，同时排除SO32−的干扰 (7). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒 ‎(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；‎ ‎(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；‎ ‎(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；‎ ‎(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；‎ Ⅱ．探究褪色过程可逆性 ‎(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；‎ ‎(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒 ‎(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；‎ ‎(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；‎ ‎(3)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；‎ ‎(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；‎ 根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为SO32-；‎ Ⅱ．探究褪色过程的可逆性 ‎(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰，故答案为乙；SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰；‎ ‎(6)A．稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，故B错误；C．双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，故C正确；故选AC。‎ ‎24.铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___。‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH___（填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___。冰晶石的作用是___。‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3‎ 溶液，原理如图所示。阴极产生的物质A的化学式为___；电解时，若阴极生成标况下44.8L的A，则阳极产生NaHCO3的质量为___g。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+2OH-→H2O+2AlO2- (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (4). 作助熔剂，降低电解液工作时的温度 (5). H2 (6). 336‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的Al2O3和SiO2可与强碱溶液反应，二氧化硅和强碱溶液反应后转化为沉淀，氧化铝和氢氧化钠反应后得到可溶于水的偏铝酸钠，过滤后，滤液中的NaAlO2与NaHCO3反应生成氢氧化铝沉淀和Na2CO3，氢氧化铝经灼烧后得到Al2O3，最后电解熔融的Al2O3得到铝。Na2CO3溶液经电解后可以再生成NaHCO3和NaOH进行循环利用，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)“碱溶”时，铝土矿中的Al2O3和SiO2能够与氢氧化钠反应，其中生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH-→H2O+2AlO2-，故答案为Al2O3+2OH-→H2O+2AlO2-；‎ ‎(2)“过滤Ⅰ”所得滤液中主要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，加入NaHCO3溶液，三者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，溶液的碱性减弱，pH减小，故答案为减小；‎ ‎(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中，阳极上生成氧气，能够氧化石墨生成二氧化碳，因此作阳极的石墨易消耗。氧化铝的熔点很高，加入冰晶石，冰晶石作助熔剂，可以降低电解液工作时的温度，故答案为石墨电极被阳极上产生的氧气氧化；作助熔剂，降低电解液工作时的温度；‎ ‎(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，阳极上是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气4OH--4e－＝2H2O＋O2↑，阴极上是溶液中的氢离子放电生成氢气，2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-；若阴极生成标况下44.8L的氢气，氢气的物质的量为=2mol，转移4mol电子，阳极上有4mol氢氧根离子放电，则阳极产生4molNaHCO3，质量为4mol×84g/mol=336g，故答案为H2；336。‎ ‎ ‎