上海市静安区高考化学一模试卷解析

上海市静安区高考化学一模试卷解析

‎2019年上海市静安区高考化学一模试卷 一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）‎ ‎1. 铯-139可用于超高精度原子钟，下列对于55139Cs和55137Cs描述错误的是(　　)‎ A. 互为同位素 B. 化学性质相同 C. 质量数不同 D. 核外电子数不同 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．55139Cs和55137Cs为Cs的不同原子，二者互为同位素，故A正确； B.同位素具有相同的化学性质，故B正确； C.互为同位素的原子具有相同质子数、不同中子数，则其质量数不同，故C正确； D.二者互为同位素，同种元素具有相同的核外电子数，故D错误； 故选：D。 55139Cs和55137Cs互为同位素，同位素的核外电子数、化学性质相同，质量数不同，据此解答。 本题考查同位素，题目难度不大，明确同位素的概念即可解答，注意掌握原子构成情况，试题培养了学生的灵活运用能力。 ‎ ‎2. 氯化氢气体溶于水的过程中，破坏了(　　)‎ A. 离子键 B. 范德华力 C. 共价键 D. 金属键 ‎【答案】C ‎【解析】解：氯化氢溶于水时，在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子，所以共价键被破坏， 故选：C。 发生化学反应或电解质溶于水或电解质处于熔融状态都发生化学键被破坏。 本题考查了物质溶于水的过程分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。 ‎ ‎3. 工业上大量获得乙烯的方法是(　　)‎ A. 石油裂解 B. 乙醇脱水 C. 石油分馏 D. 煤干馏 ‎【答案】A ‎【解析】解：A.裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程(主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃)，故A正确； B.乙醇脱水可以生成乙烯，但不适用工业上大量获得乙烯，故B错误； C.石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故C错误； D.煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故D错误； 故选：A。 裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。(主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃) 本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大，加强基础知识的掌握。 ‎ ‎4. 在水溶液中，能完全电离的是(　　)‎ A. Al(OH)3 B. C8H18 C. (NH4)2CO3 D. HClO ‎【答案】C ‎【解析】解：A.氢氧化铝为弱碱，属于弱电解质，部分电离，故A不选； B.C8H18为非电解质，不能电离，故B不选； C.(NH4)2CO3属于盐，为强电解质，水溶液中能够完全电离，故C选； D.HClO为弱酸，属于弱电解质，部分电离，故D不选； 故选：C。 强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，要包括：强酸(HCl、H2SO4、HNO3等)，强碱(NaOH、KOH等)，盐(NaCl,CH3COONa等，除Pb(CH3COO)2，HgCl2外，注意沉淀如CaCO3，BaSO4等由于溶于水的部分已全部电离，属于强电解质)，金属氧化物(Na2O,MgO等)， 弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物。主要包括：弱酸(CH3COOH、H3PO4等)、弱碱(NH3⋅H2O,Cu(OH)2等)。据此判断。 本题考查了电解质强弱判断，明确强电解质、弱电解质概念即可解答，题目难度不大。 ‎ ‎5. 金属铝不能用来(　　)‎ A. 存储酸性溶液 B. 冶炼难熔金属 C. 制电线电缆 D. 制航天材料 ‎【答案】A ‎【解析】解：A.铝为活泼金属，能够与酸反应被腐蚀，故A错误； B.铝与某些金属氧化物反应生成金属，可以用此反应冶炼熔点较高的金属，故B正确； C.铝具有良好的导电系，可以制电线电缆，故C正确； D.铝密度小，制成的合金硬度大，机械性能好，适合制造航天材料，故D正确； 故选：A。 A.依据铝能够与酸反应解答； B.依据铝热反应解答； C.依据铝的导电性解答； D.铝密度小，制成的合金硬度大，机械性能好。 本题考查了金属铝的性质及用途，熟悉金属铝的化学、物理性质即可解答，题目难度不大。 ‎ ‎6. 关于HOCH2CH2OH的说法，正确的是(　　)‎ A. 含有两种官能团 B. 与乙醇互为同系物 C. 可看做乙烷的含氧衍生物 D. 属于饱和烃 ‎【答案】C ‎【解析】解：A.只有一种官能团，故A错误； B.与乙醇含官能团的数目不同，不是同系物，故B错误； C.可看成乙烷中2个H被-OH取代，则可看做乙烷的含氧衍生物，故C正确； D.含C、H、O元素，属于烃的含氧衍生物，故D错误； 故选：C。 HOCH2CH2OH中只有-OH一种官能团，具有醇的性质，且含2个-OH，可看成乙烷中2个H被-OH取代，以此来解答。 本题考查有机物的结构与官能团，为高频考点，把握醇的结构与组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ ‎7. CO2和SO2都是常见的非金属氧化物，二者共有的性质是(　　)‎ A. 对应水化物为强酸 B. 具有氧化性 C. 通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀 D. 能使品红溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】解：A.CO2对应水化物为碳酸，SO2对应水化物为亚硫酸，都为弱酸，故A错误； B.CO2和SO2中C、S元素化合价都可以降低，都具有氧化性，故B正确； C.CO2通入Ba(NO3)2溶液不反应，无现象，故C错误； D.CO2不能使品红溶液褪色，故D错误。 故选：B。 A.CO2对应水化物为碳酸，SO2对应水化物为亚硫酸； B.CO2和SO2中C、S元素化合价都可以降低； C.CO2通入Ba(NO3)2溶液不反应； D.CO2不能使品红溶液褪色。 本题考查CO2和SO2的性质，综合考查元素及化合物知识，为高频考点，把握相关概念、物质的性质及反应原理的分析与应用为解答的关键，基础性较强，题目难度不大。 ‎ ‎8. 不能用元素周期律解释的是(　　)‎ A. 酸性HCl>H2S>PH3 B. 原子半径P>S>Cl C. 最高正价Cl>S>P D. 酸性HClO4>H2SO4>H3PO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A.氢化物的酸性与元素在同一周期、同一主族没有递变性和规律性，不能用周期律解释，元素的非金属性与最高价氧化物的酸性有关，故A错误； B.同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径P>S>Cl，可解释，故B正确； C.Cl、S、P的最外层电子数分别为7、6、5，最高正价为+7、+6、+5，故C正确； D.非金属性Cl>S>P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D正确。 故选：A。 A.元素的非金属性与最高价氧化物的酸性有关； B.同周期元素从左到右原子半径减小； C.一般来说，最高正价与最外层电子数有关； D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。 本题考查元素的性质及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 ‎ ‎9. 下列反应能用H++OH-→H2O来表示的是(　　)‎ A. 澄清石灰水与CH3COOH溶液反应 B. Cu(OH)2和H2SO4溶液反应 C. NaOH溶液和NaHCO3溶液反应 D. Ba(OH)2溶液和HI溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】解：A.醋酸为弱酸，反应中应保留化学式，故A不选； C.氢氧化铜为沉淀，反应中应保留化学式，故B不选； D.二者反应实质为氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，不能用H++OH-=H2O 表示，故D错误； D.Ba(OH)2溶液和HI溶液反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，可以用H++OH-=H2O 表示，故D正确； 故选：D。 反应能用H++OH-=H2O 表示的反应，说明酸和碱均为强酸和强碱，且生成的是可溶性盐，据此分析。 本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。 ‎ ‎10. 加入或通入下列物质，无法使溴水褪色的是(　　)‎ A. CH2=CH2 B. KI固体 C. NaOH固体 D. 苯 ‎【答案】B ‎【解析】解：A.乙烯和溴水发生加成反应使溴水颜色褪去，故A不符合； B.碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，溴单质具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，溶液中颜色变深，不能使溴水褪色，故B符合； C.氢氧化钠固体溶解后和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，使溴水颜色褪去，故C不符合； D.苯和溴水混合后，发生萃取现象，溴水颜色褪去，故D不符合； 故选：B。 A.乙烯具有不饱和键和溴水发生加成反应； B.碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，能被溴单质氧化； C.氢氧化钠和溴单质反应； D.苯能萃取溴水中的单质溴； 本题考查了物质性质、物质反应过程中的现象分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。 ‎ ‎11. 向新制饱和氯水中通入足量SO2气体，不能使溶液(　　)‎ A. 漂白性增强 B. 导电性增强 C. 酸性增强 D. 褪色 ‎【答案】A ‎【解析】解：二氧化硫和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4， A.向新制饱和氯水中通入足量SO2气体，生成盐酸和稀硫酸无漂白性，生成物不具有漂白性，漂白性减弱，故A错误； B.溶液导电能力与离子浓度成正比，溶液中氢离子、硫酸根离子、氯离子等离子浓度增大，所以溶液导电性增强，故B正确； C.在饱和氯水中通入SO2气体，氯气和二氧化硫反应生成盐酸和硫酸，溶液中c(H+)增大，酸性增强，故C正确； D.氯水为黄绿色，氯气和二氧化硫反应生成盐酸和硫酸，溶液褪色，故D正确； 故选：A。 在饱和氯水中通入SO2气体，氯气和二氧化硫反应生成盐酸和硫酸，生成物盐酸和稀硫酸无漂白性，溶液中c(H+)增大，导电性增强，氯水因反应褪色，据此分析解答。 本题考查了氯气、二氧化硫的性质，明确二氧化硫和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸是解题关键，注意归纳常见的漂白性物质及原理，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大。 ‎ ‎12. 有关饱和链烃的叙述，错误的是(　　)‎ A. 都是可燃物 B. 特征反应是取代反应 C. 随碳原子个数增加，沸点依次升高 D. 随氢原子个数增加，含氢量升高 ‎【答案】D ‎【解析】解：由于烷烃的组成元素是C和H，其分子通式为CnH2n+2，易发生两类反应：①是烷烃的燃烧；②是取代反应， A.饱和链烃为烷烃都易燃烧，故A正确； B.饱和链烃的特征反应是取代反应，故B正确； C.随碳原子个数增加，饱和烷烃的沸点依次升高，故C正确； D.随碳原子个数增加含氢原子数增加，但含氢量依次减小，故D错误； 故选：D。 根据烷烃的组成元素是C和H，其分子通式为CnH2n+2，易发生两类反应：①是烷烃的燃烧；②是取代反应，随碳原子个数增加熔沸点升高，氢原子含量减小，据此进行判断。 本题考查烷烃的组成及性质，注意烷烃的组成元素是C和H，其分子通式为CnH2n+2，易发生两类反应：烷烃的燃烧、取代反应，题目难度不大。 ‎ ‎13. 一定量CuCl2固体加水溶解后，以石墨为电极电解该溶液。上述变化过程中会放出热量的是(　　)‎ A. CuCl2向水中扩散 B. Cu2+形成水合离子 C. Cu2+发生水解 D. 电解产生Cu和Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A.CuCl2向水中扩散，为吸收能量的过程，故A不选； B.Cu2+形成水合离子，形成配位键，放出能量，故B选； C.离子的水解为吸热过程，故C不选； D.电解需要吸收能量，将电能转化为化学能，故D不选。 故选：B。 离子的水解为吸热过程，电解需要吸收能量，形成化学键放出能量，以此解答该题。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解过程中能量的变化特点，难度不大。 ‎ ‎14. 反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+Q(Q>0)达到平衡后，升高温度，则(　　)‎ A. v逆增大、v正减小 B. 平衡常数增大 C. NH3的含量增大 D. v正持续增大至不变 ‎【答案】D ‎【解析】解：A.升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误； B.升高温度平衡逆向移动，K减小，故B错误； C.平衡逆向移动，氨气的含量减小，故C错误； D.逆反应速率大于正反应速率，至达到新平衡不变，则v正持续增大至不变，故D正确； 故选：D。 为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，且正逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，至达到新平衡速率不变，以此来解答。 本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响因素、K的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ ‎15. 对FeCl3溶液进行下列操作，观察到的现象与Fe3+水解有关的是(　　)‎ A. 滴加NaOH溶液有沉淀产生 B. 加热蒸干灼烧得到红棕色固体 C. 通入H2S气体有沉淀产生 D. 滴加KSCN试液溶液变红 ‎【答案】B ‎【解析】解：A.滴加NaOH溶液有沉淀产生是氢氧化钠溶液和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，和水解无关，故A不符合； B.加热蒸干灼烧得到红棕色固体为氧化铁，是氯化铁加热蒸干得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，和水解有关，故B符合； C.通入H2S气体，铁离子具有氧化性能氧化硫离子生成硫单质，有沉淀产生，发生的是氧化还原反应，和水解无关，故C不符合； D.滴加KSCN试液溶液变红是氯化铁和KSCN溶液反应生成血红色溶液，发生了络合反应，与水解无关，故D不符合； 故选：B。 A.氢氧化钠溶液和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀； B.氯化铁加热蒸干得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁； C.氯化铁和硫化氢气体发生氧化还原反应生成单质硫； D.氯化铁和KSCN溶液反应生成血红色溶液。 本题考查了盐类水解实质、离子性质和离子检验、反应现象和产物的判断等基础知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 ‎ ‎16. 测定胆矾晶体结晶水含量时，不会引起实验误差的操作是(　　)‎ A. 称取一定量胆矾晶体，研磨后转入铁坩埚中进行加热 B. 大火加热，使胆矾晶体迅速升温失去结晶水并变黑 C. 停止加热后，硫酸铜固体放在空气中冷却再称量 D. 恒重操作时，连续两次称量结果相差0.001g即停止加热 ‎【答案】D ‎【解析】解：A.加热条件下，铁可置换出铜，造成实验误差，故A错误； B.温度过高导致胆矾变黑，硫酸铜分解生成CuO，应控制温度不可过高，故B错误； C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水，应在干燥器中冷却，故C错误； D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为恒重，完全失去结晶水，故D正确。 故选：D。 A.加热条件下，铁可置换出铜； B.胆矾变黑，生成CuO； C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水； D.连续两次称量结果相差0.001g，可认为完全失去结晶水。 本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，侧重考查硫酸铜结晶水的测定，注意把握实验的原理、方法，培养了学生的分析能力及化学实验能力，难度不大。 ‎ ‎17. 对右图所示的钢铁电化学保护方法，分析正确的是(　　) ‎ A. 是牺牲阳极的阴极保护法 B. 钢闸门失去电子 C. 电子从负极流向阴极 D. 电子从阴极经海水流向阳极 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A.在原电池中正极上溶液中的离子得电子，正极的电极材料不反应，即正极被保护，负极失电子被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，图示形成电解池反应，不是牺牲阳极的阴极保护法，故A错误； B.图示形成电解池反应，钢闸门与电源的负极相连，作阴极本身不放电，阴极被保护，钢闸门不失去电子，故B错误； C.形成电解池反应，电子由阳极沿导线流向正极，负极沿导线流向阴极，故C正确； D.电解质溶液的导电是因离子的定向移动，电子只流经外电路，电子由阳极沿导线流向正极，负极沿导线流向阴极，故D错误； 故选：C。 A.牺牲阳极的阴极保护法是原电池原理，在原电池中，负极被消耗，正极被保护； B.利用电解原理保护钢铁时，与电源负极相连作阴极被保护，阳极失去电子； C.形成电解池反应，电子从负极流向阴极； D.电子由阳极沿导线流向正极，负极沿导线流向阴极。 本题考查金属的电化学腐蚀，为高频考点，把握原电池及电解的原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与金属材料的保护，题目难度不大。 ‎ ‎18. 从混合物中分离出下列物质，方案选择不当的是(　　)‎ 混合物 分离出 方案 A I2和NaCl固体 I2‎ 升华 B 乙醇和甘油混合溶液 乙醇 蒸馏 C 乙酸乙酯和乙酸溶液 乙酸乙酯 饱和NaOH溶液，分液 D Fe2O3和Al2O3固体 Fe2O3‎ NaOH溶液，过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】解：A.加热碘易升华，则升华法可分离出碘，故A正确； B.互溶，但沸点不同，则蒸馏法可分离出乙醇，故B正确； C.二者均与NaOH反应，不能分离出乙酸乙酯，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误； D.氧化铝与NaOH反应，氧化铁不能，则加NaOH溶液、过滤可分离，故D正确； 故选：C。 A.加热碘易升华； B.互溶，但沸点不同； C.二者均与NaOH反应； D.氧化铝与NaOH反应，氧化铁不能。 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 ‎ ‎19. 某有机物的球棍模型如图所示，下列判断错误的是(　　) ‎ A. 分子中含极性键和非极性键 B. 与Br2加成最多可得到3种产物 C. 易被酸性KMnO4溶液氧化 D. 该有机物聚合反应的产物为混合物 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A.含有C=C键，为非极性键，C-H键为极性键，故A正确； B.结构不对称，可发生1，2加成或1，4加成或完全加成，与Br2加成最多可得到4种产物，故B错误； C.含有碳碳双键，易被酸性KMnO4溶液氧化，故C正确； D.发生加聚反应生成高聚物，高聚物聚合度不确定，为混合物，故D正确。 故选：B。 由结构简式可知有机物为CH2=C(CH3)CCH=CH2，为二烯烃，以此解答该题。 本题考查了有机物结构与性质，为高频考点，题目难度不大，注意掌握球棍模型的表示方法，正确理解题干信息是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力。 ‎ ‎20. 某溶液可能含有CO32-、Cl-、SO32-、Ca2+、Cu2+、Na+离子，分别取样，①测得溶液显弱碱性；②加入足量盐酸，有无色无味气体产生。为确定溶液组成，还需要检测的离子是(　　)‎ A. Cl- B. SO32- C. Ca2+ D. Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：某溶液可能含有CO32-、Cl-、SO32-、Ca2+、Cu2+、Na+离子，分别取样， ①测得溶液显弱碱性，说明溶液中存在弱酸阴离子，则Ca2+、Cu2+不存在， ②加入足量盐酸，有无色无味气体产生，为二氧化碳气体，确定要的含CO32-、不含SO32-、溶液呈电中性，判断溶液中一定含Na+，溶液中氯离子不能确定， 故选：A。 某溶液可能含有CO32-、Cl-、SO32-、Ca2+、Cu2+、Na+离子，分别取样， ①测得溶液显弱碱性，存在弱酸阴离子，钙离子和铜离子不存在， ②加入足量盐酸，有无色无味气体产生，为二氧化碳气体，确定要的含碳酸根离子，不含亚硫酸根离子，溶液呈电中性，判断一定含钠离子，氯离子不能确定。 本题考查了离子性质、离子检验、反应产物的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 ‎ 二、简答题（本大题共3小题，共45.0分）‎ ‎21. 汽车安全气囊中填充叠氮酸钠(NaN3)和硝酸钾(KNO3)。汽车发生猛烈撞击时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，Na单质可与KNO3继续反应。完成下列填空： (1)N原子最外层电子的电子排布式为______，氮气的电子式为______。 (2)请将Na+、O2-、N3-按照离子半径由大到小的顺序排列______(填离子符号)。 (3)K的金属性强于Na，用一个事实说明______。 (4)配平Na与KNO3反应的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目： ______Na+______KNO3→K2O+______Na2O+______N2↑，若标准状况下生成5.6L氮气，转移的电子数目为______NA。 (5)请解释K2O晶体比Na2O晶体熔点低的原因______。‎ ‎【答案】2s22p3     N3->O2->Na+   KOH的碱性比NaOH的碱性强   10   2   5   1   2.5   K2O、Na2O晶体均为离子晶体，阴离子相同，K+比Na+半径大、且所带电荷相同，所以K2O中离子键比Na2O中离子键弱，K2O晶体比Na2O晶体熔点低 ‎【解析】解：(1)N元素是7号元素，最外层电子数为5，排布在2s、2p轨道上，所以N原子最外层电子的电子排布式为2s22p3，氮气分子中含有N≡N键，即含有3对共用电子对，并且N原子均达到8e-结构，所以氮气电子式为，故答案为：2s22p3，； (2)Na+、O2-、N3-核外均有10个电子，即核外电子排布相同，离子的核外电子排布相同时，原子序数越大，其离子半径越小，所以Na+、O2-、N3-的离子半径由大小顺序为N3->O2->Na+，故答案为N3->O2->Na+： (3)K、Na均为活泼金属，可通过比较KOH、NaOH的碱性强弱判断二者金属性，因为KOH的碱性大于NaOH，所以K的金属性强， 故答案为：KOH的碱性比NaOH的碱性强； (4)方程式中Na的化合价升高1，N的化合价降低5，但生成物中均含有2个原子，所以转移电子为10个，即Na为10，N2为1，再根据原子守恒得到化学方程式为10Na+2KNO3=K2O+5Na2O+N2↑，用单线桥法表示电子转移为，由化学方程式可知，每生成1molN2转移10mol电子，则生成5.6L即5.6L22.4L/mol=0.25mol时，转移电子2.5mol，转移电子数为2.5NA，故答案为：10，2，1，5，1；；2.5； (5)K2O、Na2O晶体均为离子晶体，阴离子相同，K+比Na+半径大、且所带电荷相同，K2O中离子键比Na2O中离子键弱，K2O的晶格能比Na2O的小，所以K2O的熔点比Na2O的低，故答案为：K2O、Na2O晶体均为离子晶体，阴离子相同，K+比Na+半径大、且所带电荷相同，所以K2O中离子键比Na2O中离子键弱，K2O晶体比Na2O晶体熔点低。 (1)N元素是7号元素，最外层电子数为5，排布在2s、2p轨道上，氮气分子中含有N≡N键，据此解答； (2)Na+、O2-、N3-核外均有10个电子，即核外电子排布相同，根据原子序数大小判断离子半径大小； (3)元素金属性可根据它们最高价氧化物的水合物的碱性强弱判断，也可根据它们与水反应的快慢程度判断； (4)反应中Na失去电子、化合价升高1，N得到电子、化合价降低5，根据得失电子相等配平，表示方法可用单线桥法，电子由还原剂指向氧化剂，并根据配平后的化学方程式计算； (5)K2O、Na2O晶体均为离子晶体，根据离子半径大小推断晶体中离子键强弱，进而判断它们熔点高低。 本题考查原子结构、电子数、氧化还原反应方程式书写等化学用语、离子晶体的性质、金属性判断、氧化还原反应的表示方法及其计算等知识，考查较为综合，题目难度中等，掌握基础知识是关键，注意必修知识内容在选修部分的考查这一动向。 ‎ ‎22. 工业上生产尿素的过程中会生成氨基甲酸铵(NH2COONH4)。氨基甲酸铵加热时易分解，在潮湿空气中易水解。完成下列填空： 一定温度下，n mol氨基甲酸铵在VL密闭真空容器中分解： NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)+Q 实验测得不同温度下容器内的平衡总压强如下表：‎ 温度(℃)‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压强(kPa)‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ ‎(1)根据上表判断，反应中Q______0(填写“>”或“<”)，判断依据是______。 (2)能说明该反应达到平衡状态的是______(填序号)。 a.c(NH3)/c(CO2)不再变化 b.v(NH3)=2v(CO2) c.混合气体的平均分子质量不再变化 d.混合气体的密度不再变化 (3)写出该反应平衡常数的表达式K=______。25℃时，反应t分钟后固体的物质的量减少一半，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=______mol/(L⋅min)‎ ‎。 氨基甲酸铵在潮湿空气中可水解得到氨水和碳酸氢铵。NH3⋅H2O、NH4HCO3、NH4Cl都是重要的氮肥。 (4)25℃时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，下列说法错误的是______。 a.两溶液导电能力不同 b.两溶液c(OH)-不同 c.两溶液中水的电离程度不同 d.两溶液中水的离子积不同 (5)同温度、同浓度的NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中，c(NH4+)较小的是______溶液，其原因是______。 (6)25℃时，向一定量NH4HCO3饱和溶液中加入与溶质NH4HCO3等物质的量的NaCl固体，充分反应后，根据右图判断，此时溶液中离子浓度最大的是______。 ‎ ‎【答案】<   随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡正反应方向移动正反应为吸热反应   d   c2(NH3)c(CO2)  nVt   d   NH4HCO3   两溶液中都存在铵根离子水解，但碳酸氢铵中碳酸氢根离子和铵根离子水解相互促进，水解平衡正向进行，水解程度增大，剩余铵根离子浓度减小   Cl-‎ ‎【解析】解：(1)图表分析可知，随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡正反应方向移动正反应为吸热反应，反应中NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)+Q ，Q<0， 故答案为：<； (2)a.c(NH3)/c(CO2)始终不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； b.速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，反应中反应速率之比始终为v(NH3)=2v(CO2)，不能说明正逆反应速率相同，你说明反应达到平衡状态，故b错误； c.反应特征可知生成的混合气体的平均分子质量始终不再变化，不能说明反应达到平衡状态， d.混合气体质量变化，体积不变，混合气体的密度不再变化说明反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：d； (3)反应中NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)+Q 平衡常数K=c2(NH3)c(CO2)， 25℃时，反应t分钟后固体的物质的量减少一半，即反应0.5nmol，生成氨气物质的量为nmol，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=nmolVLtmin=nVtmol/(L'min) 故答案为：c2(NH3)c(CO2)；nVt； (4)25℃时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液， a.两溶液中离子浓度不同，导电能力不同，故a正确； b.一水合氨溶液中存在电离平衡，氢氧化钠为强电解质完全电离，两溶液c(OH)-不同，故b正确； c.溶液中氢氧根离子浓度不同，对水抑制程度不同，两溶液中水的电离程度不同，故c正确； d.温度不变，两溶液中水的离子积相同，故d错误； 故答案为：d； (5)同温度、同浓度的NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中，c(NH4+)较小的是NH4HCO3，两溶液中都存在铵根离子水解，但碳酸氢铵中碳酸氢根离子和铵根离子水解相互促进，水解平衡正向进行，水解程度增大，剩余铵根离子浓度减小， 故答案为：NH4HCO3；两溶液中都存在铵根离子水解，但碳酸氢铵中碳酸氢根离子和铵根离子水解相互促进，水解平衡正向进行，水解程度增大，剩余铵根离子浓度减小； (6)25℃时，向一定量NH4HCO3饱和溶液中加入与溶质NH4HCO3等物质的量的NaCl固体，溶解后结合溶解度大小得到析出碳酸氢钠晶体，则溶液中离子浓度最大的是氯离子， 故答案为：Cl-； (1)根据上表判断，随温度升高气体压强增大，说明反应正向进行，升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，Q<0，； (2)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； (3)平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应物为固体不写入表达式，反应速率v=△c△t； (4)25℃时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，为弱碱溶液和强碱溶液； (5)同温度、同浓度的NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中，c(NH4+)较小的是NH4HCO3，两溶液中都存在铵根离子水解，但碳酸氢铵中碳酸氢根离子和铵根离子水解相互促进； (6)25℃时，向一定量NH4HCO3饱和溶液中加入与溶质NH4HCO3等物质的量的NaCl固体，溶解后结合溶解度大小得到析出碳酸氢钠晶体； 本题考查了化学平衡影响因素、化学反应速率的计算应用、影响弱电解质电离平衡的因素分析判断、盐类水解原理的理解应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 ‎ ‎23. 从酯类化合物A出发，一定条件下可发生如下的物质相互转化。完成下列填空： (1)化合物G的名称是______，C中含氧官能团的名称是______。 (2)反应①的反应类型是______，反应③所需试剂与条件是______。 (3)书写反应②的化学方程式______ (4)写出A的结构简式______。 (5)写出一种C的苯环上只有一个侧链并可发生水解的同分异构体的结构简式______。 (6)设计一条由为原料制备CH2=CHCH=CH2的合成路线。 (合成路线常用的表示方式为：目标产物)‎ ‎【答案】甲醇   羧基   消去反应   银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液、加热      ‎ ‎【解析】解：(1)G为CH3OH，化合物G的名称是甲醇，C中含氧官能团的名称是羧基， 故答案为：甲醇；羧基； (2)反应①为醇的消去反应，所以该反应的反应类型是消去反应，反应③所需试剂与条件是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液、加热， 故答案为：消去反应；银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液、加热； (3)反应②为加聚反应，该反应的化学方程式， 故答案为：； (4)A的结构简式为， 故答案为：； (5)C的苯环上只有一个侧链并可发生水解的同分异构体的结构简式， 故答案为：； (6)由为原料制备CH2=CHCH=CH2，2-丁醇发生消去反应生成2-丁烯，2-丁烯和溴发生加成反应生成2，3-二溴丁烷，2，3-二溴丁烷发生消去反应生成1，3-丁二烯，其合成路线为， 故答案为：， 故答案为：。 A发生水解反应生成G和B，G发生两步氧化反应生成HCOOH，则G为CH3OH、H为HCHO； B发生消去反应生成C，B能发生催化氧化，根据C结构简式知B为，A为，F为，D为，D发生加聚反应生成E为； (6)由为原料制备CH2=CHCH=CH2，2-丁醇发生消去反应生成2-丁烯，2-丁烯和溴发生加成反应生成2，3-二溴丁烷，2，3-二溴丁烷发生消去反应生成1，3-丁二烯。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，利用合成图中反应前后物质结构变化分析解答是解本题关键，熟练掌握常见有机物之间的转化关系及所用试剂和发生反应类型，题目难度中等。 ‎ 三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）‎ ‎24. 某化学兴趣小组设计了如图所示装置探究氨的还原性，A为氨气的制备装置。完成下列填空： (1)A中通过加热NH4HCO3固体来制备氨气，除铁架台(含铁夹)和酒精灯外还需用到的是______(选填下列仪器编号)。 (2)A补充完整后，有同学认为装置在安全性上还存在缺陷，需要在______(填序号)连接图所示装置。 a.A-B之间 b.B-C之间 c.C-D之间 d.D之后 ‎ ‎ 按照改进后的装置进行实验，检验气密性后，先将C处的铂丝加热到红热，再将A处气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯继续反应，可观察到的部分现象为：铂丝保持红热，D中溶液变红。 (3)A中所得混合气体通过B后会产生O2，B中反应的还原剂是______。 (4)写出C中NH3与O2反应的化学方程式______，可用于判断该反应是放热还是吸热的实验现象是______。 (5)使D中石蕊溶液变红的物质是______(填写化学式)。 (6)有同学认为，D中溶液内可能含有NH4+，如何检验______。‎ ‎【答案】④⑥⑧   c   Na2O2   4NH3+5O2-催化剂△4NO+6H2O   撤去C处酒精灯继续反应，铂丝保持红热   HNO3   取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子 ‎【解析】解：A中加热碳酸氢铵，碳酸氢铵分解生成二氧化碳、水和氨气，二氧化碳和水与B中过氧化钠反应生成氧气，氨气不反应，在C中Pt作催化剂条件下氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO和水； (1)加热固体药品需要在试管中加热，因为要收集气体，所以还需要橡胶塞和导管，所以需要的仪器是④⑥⑧， 故答案为：④⑥⑧； (2)加入的装置为缓冲装置，能防止倒吸，只有D装置中含有水溶液，所以该装置应该在C、D之间， 故选c； (3)过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，该反应中过氧化钠中O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以氧化剂和还原剂都是Na2O2， 故答案为：Na2O2； (4)C中氨气和氧气是反应物、Pt作催化剂且需要加热，生成物是NO和水，反应方程式为4NH3+5O2-催化剂△4NO+6H2O，将A处气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯继续反应，可观察到的部分现象为：铂丝保持红热，说明该反应是放热反应， 故答案为：4NH3+5O2-催化剂△4NO+6H2O；撤去C处酒精灯继续反应，铂丝保持红热； (5)NO不稳定，易被空气中氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，石蕊试液遇酸变红色，所以D中含有HNO3， 故答案为：HNO3； (6)向溶液中加入NaOH并加热，如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子，其检验方法为取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子， 故答案为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子。 A中加热碳酸氢铵，碳酸氢铵分解生成二氧化碳、水和氨气，二氧化碳和水与B中过氧化钠反应生成氧气，氨气不反应，在C中Pt作催化剂条件下氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO和水； (1)加热固体药品需要在试管中加热，因为要收集气体，所以还需要橡胶塞和导管； (2)加入的装置为缓冲装置，能防止倒吸； 将A处气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯继续反应，可观察到的部分现象为：铂丝保持红热，说明氨气的催化氧化反应是放热反应，D中溶液变红，溶液呈酸性； (3)过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，该反应中过氧化钠中O元素化合价由-1价变为0价、-2价； (4)C中氨气和氧气是反应物、Pt作催化剂且需要加热，生成物是NO和水；将A处气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯继续反应，可观察到的部分现象为：铂丝保持红热，说明该反应是放热反应； (5)NO不稳定，易被空气中氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸； (6)向溶液中加入NaOH并加热，如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子。 本题考查性质实验方案评价，涉及离子检验、气体制备、仪器选取、实验评价等知识点，明确实验原理、仪器作用、元素化合物性质是解本题关键，知道离子检验方法及解答方式，题目难度不大。 ‎