上海市杨浦区2020届高三化学一模试题（含解析）.docx

上海市杨浦区2020届高三化学一模试题（含解析）一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（）A抗震性好B耐腐蚀强C含碳量高D都导电导热2对石油和煤的分析错误的是（）A都是混合物B都含有机物C石油裂化和煤干馏得到不同的产品D石油分馏和煤干馏原理相同3元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（）AIn最外层有5个电子BIn的原子半径小于ICIn（OH）3的碱性强于Al（OH）3DIn属于过渡元素4氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（）A只有共价键B可能存在离子C可能存在NND存在极性分子5工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（）A铝还原性较强B铝能形成多种合金C铝相对锰、钒较廉价D反应放出大量的热6与氢硫酸混合后无明显现象的是（）ANaOH溶液B亚硫酸CFeCl3溶液D氯水7同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（）A2W（l）+Y（l）2Z（g）+Q1B2W（g）+Y（g）2Z（l）+Q2C2W（g）+Y（g）2Z（g）+Q3D2W（l）+Y（l）2Z（l）+Q48同温同压同体积的H2和CO（）A密度不同B质量相同C分子大小相同D分子间距不同9没有涉及到氧化还原反应的是（）AFe3+和淀粉检验IB氯水和CCl4检验BrC新制Cu（OH）2、加热检验醛基D硝酸和AgNO3溶液检验Cl10向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（）A含Cu2+B含Fe2+C呈中性D含Fe2+和Cu2+11异戊烷的（）A沸点比正己烷高B密度比水大C同分异构体比C5H10多D碳碳键键长比苯的碳碳键长12杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（）A最简式是CH2B分子中所有原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D是CH2CHCHCH2的同系物13NA代表阿伏加德罗常数的值。4g粒子（4He2+）含（）A2NA个粒子B2NA个质子CNA个中子DNA个电子14对下列事实的原因分析错误的是（） 选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应AABBCCDD15用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（）A属于化学腐蚀BO2未参与反应C负极反应2Fe6e+3H2OFe2O3+6H+D正极反应O2+4e+2H2O4OH16向Ca（HCO3）2饱和溶液中加入一定量的Na2O2（设溶液体积不变），推断正确的是（）A产生CO2气体B产生白色沉淀C所得溶液的碱性一定减弱D所得溶液中一定不含HCO317用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（）A得电子能力H+Na+，故阴极得到H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OHC失电子能力ClOH，故阳极得到Cl2DOH向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红18在2L的密闭容器中，发生反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则（）A气体不变时反应达到平衡状态Bv正（CO）为2.4mol/（Lmin）C若容器体积缩小，平衡常数减小D增大C的量，平衡右移19向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是（）A该新制氯水c（H+）102.6mol/LB开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和COH和Cl2能直接快速反应DNaOH和氯水反应的本质是OH使Cl2+H2OH+Cl+HClO平衡右移2025，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合，保持Va+Vb100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如图。下列叙述错误的是（）AHA一定是弱酸BBOH可能是强碱Cz点时，水的电离被促进Dx、y、z点时，溶液中都存在c（A）+c（OH）c（B+）+c（H+）二、综合题（共60分）21（15分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：（1）硅原子最外电子层有 种运动状态不同的电子，占据 个轨道。（2）由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是 。X和Si之间共用电子对偏离 。（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是 。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由： 。（4）黄磷（P4）与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：P4+NaOH+ PH3+NaH2PO2，其中氧化剂和还原剂质量比为 。根据题意可判断H3PO2是 元酸（填“一”、“二”或“三”）。（5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是： 。22（15分）用如图1装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。完成下列填空：（1）上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3H2O、 、 （在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。（2）制备100mL25%氨水（0.905gcm3），理论上需要标准状况下氨气 L（小数点后保留一位）。（3）上述实验开始后，烧杯内的溶液 ，而达到防止倒吸的目的。（4）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。 。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu（NH3）42+溶液。发生如下反应：2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q0）。该反应平衡常数的表达式K 。t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在图2中画出该过程中v正的变化。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是： 。在绝热密闭容器中，加入NH4+（aq）、Cu（OH）2和NH3（aq）进行上述反应，v正随时间的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因 。23（14分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。完成下列填空：（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是 ，气体从 口（填“a”或“b”）进。（2）检验SO2常用的试剂是 ，利用了SO2的 性。（3）将SO2通入0.1mol/L Ba（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为 。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是 。（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是 。（用方程式表示）（6）实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是 。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A B（填“”、“”或“”）。24（16分）化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如图：完成下列填空：（1）写出A中官能团的电子式。 。（2）写出反应类型：BC 反应，CD 反应。（3）AB所需反应试剂和反应条件为 、 。（4）写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式： 。（任写出3种）能水解；能发生银镜反应；六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。（5）写出F的结构简式。 。（6）利用学过的知识，写出由甲苯（）和为原料制备的合成路线。（无机试剂任用）。（合成路线的表示方式为：甲乙目标产物）2020年上海市杨浦区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1（2分）港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（）A抗震性好B耐腐蚀强C含碳量高D都导电导热【分析】生铁与钢的主要区别是含碳量不同：生铁含碳约2%4%，钢含碳约0.03%0.2%，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材与生铁都导电导热，据此分析解答。【解答】解：生铁是含碳量为2%4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%2%的铁合金，生铁和钢主要成分都是铁，主要区别是含碳量不同，它们都是合金，都导电导热，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材比生铁含碳量低，故C错误，故选：C。【点评】本题生铁与钢的性能、组成，题目难度不大，掌握生铁和钢的组成与区别等是正确解答本题的关键。2（2分）对石油和煤的分析错误的是（）A都是混合物B都含有机物C石油裂化和煤干馏得到不同的产品D石油分馏和煤干馏原理相同【分析】A石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物；B石油和煤都含有机物；C石油裂解得到汽油，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；D石油分馏为物理变化，煤干馏为化学变化。【解答】解：A石油中主要含有碳、氢元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，煤炭的主要成分是碳，都是混合物，故A不选；B石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物，故B不选；C石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C不选；D石油的分馏为物理变化，煤干馏为化学变化，故D选；故选：D。【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，为基础性习题，把握煤、石油、天然气的来源、性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。3（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（）AIn最外层有5个电子BIn的原子半径小于ICIn（OH）3的碱性强于Al（OH）3DIn属于过渡元素【分析】A、同主族元素最外层电子数相等；B、In与I同周期，碘的核电荷大；C、同主族从上往下金属性逐渐增强；D、铟（In）与铝同主族，都是主族元素；【解答】解：A、同主族元素最外层电子数相等，铟（In）与铝同主族，所以In最外层有3个电子，故A错误；B、In与I同周期，碘的核电荷大，所以In的原子半径大于I，故B错误；C、同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以In（OH）3的碱性强于Al（OH）3，故C正确；D、铟（In）与铝同主族，都是主族元素，所以In属于主族元素，故D错误；故选：C。【点评】本题考查元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。4（2分）氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（）A只有共价键B可能存在离子C可能存在NND存在极性分子【分析】氮化碳（C3N4）、金刚石都是原子晶体，碳氮化合物中C一N键键长小于金刚石中C一C键键长，键长越长熔点越低，硬度越小，据此分析解答。【解答】解：氮化碳晶体硬度较大，属于原子晶体，只有共价键，立方氮化碳晶体中氮碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要短，故熔点比金刚石的高，氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，所以A符合，故选：A。【点评】本题考查原子晶体的性质，掌握原子晶体键长越长熔点越低，硬度越小是解答关键，题目难度不大。5（2分）工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（）A铝还原性较强B铝能形成多种合金C铝相对锰、钒较廉价D反应放出大量的热【分析】铝是活泼金属，具有强的还原性，铝热反应可以制取少量难熔金属，据此分析。【解答】解：A铝是活泼金属，具有强的还原性，可以作还原剂，故A正确；B铝能形成多种合金，与铝热反应无关，故B错误；C铝相对锰、钒较廉价，可以用铝来还原锰、钒等金属，故C正确；D铝热反应会放出大量的热，铝热反应可以制取少量难熔金属，故D正确。故选：B。【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6（2分）与氢硫酸混合后无明显现象的是（）ANaOH溶液B亚硫酸CFeCl3溶液D氯水【分析】AH2S与NaOH溶液反应生成硫化钠和水；BH2S与亚硫酸发生氧化还原反应生成S；CH2S与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成S；DH2S与氯水发生氧化还原反应生成S。【解答】解：AH2S与NaOH溶液反应生成硫化钠和水，无明显现象，故A选；BH2S与亚硫酸发生氧化还原反应生成S，有淡黄色沉淀生成，故B不选；CH2S与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成S，有淡黄色沉淀生成，故C不选；DH2S与氯水发生氧化还原反应生成S，防止铝元素损失，有淡黄色沉淀生成，故D不选；故选：A。【点评】本题考查H2S的性质，比较基础，抓住硫化氢具有强还原性易被氧化生成S沉淀即可解题。7（2分）同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（）A2W（l）+Y（l）2Z（g）+Q1B2W（g）+Y（g）2Z（l）+Q2C2W（g）+Y（g）2Z（g）+Q3D2W（l）+Y（l）2Z（l）+Q4【分析】同一物质的能量gls，反应热等于生成物的能量减去反应物的能量，依此解答。【解答】解：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量gls，所以反应物的总能量为：BCAD，生成物的能量为：ACBD，若反应为放热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应放出的热量越少，故A放出的热量最少，反应热符号为“”，反应放出的热量越少，反应热越大，故A的反应热最大；若反应为吸热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应吸收的热量越多，故A放出的热量最多，反应热符号为“+”，反应放出的热量越多，反应热越大，故A的反应热最大。故选：A。【点评】考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，注意根据能量守恒理解物质能量与反应热关系，注意反应热比较包含符号进行比较。8（2分）同温同压同体积的H2和CO（）A密度不同B质量相同C分子大小相同D分子间距不同【分析】A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比；B、质量mV；C、不同物质的分子大小不同；D、分子间距取决于温度和压强。【解答】解：A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故氢气和CO的密度之比为1：14，故A正确；B、两气体的密度不同，而体积相同，根据质量mV可知，两气体的质量不同，故B错误；C、不同物质的分子大小不同，故氢气和CO的分子大小不同，故C错误；D、分子间距取决于温度和压强，由于同温同压，故分子间距相同，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，应注意基础知识的掌握。9（2分）没有涉及到氧化还原反应的是（）AFe3+和淀粉检验IB氯水和CCl4检验BrC新制Cu（OH）2、加热检验醛基D硝酸和AgNO3溶液检验Cl【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：AFe3+和淀粉检验I，Fe3+和I发生氧化还原反应，涉及到氧化还原反应，故A不选；B氯水和CCl4检验Br，氯水和Br发生氧化还原反应，涉及氧化还原反应，故B不选；C新制Cu（OH）2、加热检验醛基，氢氧化铜氧化醛基，涉及氧化还原反应，故C不选；D硝酸和AgNO3溶液检验Cl，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故D选；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的应用及化学与生活的考查，题目难度不大。10（2分）向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（）A含Cu2+B含Fe2+C呈中性D含Fe2+和Cu2+【分析】向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，据此分析解答。【解答】解：向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，所以反应后的溶液一定含Fe2+，如果铁多，则不含Cu2+，铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故B正确；故选：B。【点评】本题以Fe、Cu及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。11（2分）异戊烷的（）A沸点比正己烷高B密度比水大C同分异构体比C5H10多D碳碳键键长比苯的碳碳键长【分析】A相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低；B低碳的烷烃密度比水的小；C异戊烷含6个C只存在碳链异构，C5H10可为烯烃或环烃；D苯环中碳碳键介于双键与单键之间。【解答】解：A相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低，则异戊烷的沸点比正己烷的低，故A错误；B低碳的烷烃密度比水的小，则异戊烷的密度比水的密度小，故B错误；C异戊烷含6个C只存在碳链异构，C5H10可为烯烃或环烃，存在碳链异构及官能团的位置异构，异戊烷的同分异构体比C5H10少，故C错误；D苯环中碳碳键介于双键与单键之间，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；故选：D。【点评】本题考查异戊烷的性质，为高频考点，把握烷烃的性质、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。12（2分）杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（）A最简式是CH2B分子中所有原子共平面C能使酸性高锰酸钾溶液褪色D是CH2CHCHCH2的同系物【分析】A最简式为分子中各原子的最简比；B苯分子是平面结构，但杜瓦苯不是；C含碳碳双键的有机物易被高锰酸钾氧化；D同系物结构相似。【解答】解：A杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，苯分子式为C6H6，杜瓦苯与苯分子式相同，最简原子比为1：1，最简式为CH，故A错误；B苯是平面结构，所有原子共平面，杜瓦苯（）含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能处于同一平面，故B错误；C杜瓦苯易被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色，故C正确；DCH2CHCHCH2未成环，与杜瓦苯结构不相似，不是同系物，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了杜瓦苯的性质，掌握同分异构体、碳碳双键的性质以及常见有机物的结构是解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，难度不大。13（2分）NA代表阿伏加德罗常数的值。4g粒子（4He2+）含（）A2NA个粒子B2NA个质子CNA个中子DNA个电子【分析】求出粒子（4He2+）的物质的量，然后根据粒子（4He2+）中含2个质子来分析。【解答】解：4g粒子（4He2+）的物质的量n1mol。A、1mol粒子即为NA个，故A错误；B、粒子（4He2+）中含2个质子，故1mol粒子（4He2+）中含2mol即2NA个质子，故B正确；C、粒子（4He2+）中含2个中子，故1mol粒子（4He2+）中含2mol即2NA个中子，故C错误；D、粒子（4He2+）中含2个电子，故1mol粒子（4He2+）中含2mol即2NA个电子，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了微粒个数的计算，难度不大，应注意微粒的构成和公式的运用。14（2分）对下列事实的原因分析错误的是（） 选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应AABBCCDD【分析】A常温下，可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，是由于金属发生钝化；B、氧化铝熔点高，常做耐火材料；C、Al放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应；D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝。【解答】解：A常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误；B氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，故B正确；CAl放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝与酸性食品和碱性食品均能反应生成盐和水，则氧化铝为两性氧化性，故C正确；D氢氧化铝溶于强碱，碱性比氨水弱且很难与氨水反应，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确；故选：A。【点评】本题考查较为综合，涉及铝及其化合物的化学性质和材料的使用等知识，侧重于基础知识的综合考查和运用，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。15（2分）用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（）A属于化学腐蚀BO2未参与反应C负极反应2Fe6e+3H2OFe2O3+6H+D正极反应O2+4e+2H2O4OH【分析】生铁是铁和碳的合金，在氯化钠溶液形成原电池，铁做负极，碳做正极，由于氯化钠溶液显中性，故铁在负极上失电子，氯化钠溶液中溶解的氧气在正极上得电子，即发生了铁的吸氧腐蚀，据此分析。【解答】解：A、铁和碳形成了原电池，属于电化学腐蚀，故A错误；B、氧气在正极上放电，故B错误；C、负极上铁放电：Fe2eFe2+，故C错误；D、正极上氧气放电，正极反应O2+4e+2H2O4OH，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了铁的吸氧腐蚀，难度不大，应注意的是无论是铁的析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，负极均为铁失去电子变为亚铁离子。16（2分）向Ca（HCO3）2饱和溶液中加入一定量的Na2O2（设溶液体积不变），推断正确的是（）A产生CO2气体B产生白色沉淀C所得溶液的碱性一定减弱D所得溶液中一定不含HCO3【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与Ca（HCO3）2反应生成碳酸钙和水，由此分析解答。【解答】解：A、产生O2气体，故A错误；B、Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与Ca（HCO3）2反应生成碳酸钙和水，所以一定产生白色沉淀，故B正确；C、加入过氧化钠生成氢氧化钠，所以碱性增强，故C错误；D、过氧化钠少量所得溶液中含HCO3，故D错误；故选：B。【点评】本题考查钠及其化合物的性质，学生要知道过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，比较容易。17（2分）用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（）A得电子能力H+Na+，故阴极得到H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OHC失电子能力ClOH，故阳极得到Cl2DOH向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红【分析】电解饱和食盐水时，电解池阳极a，发生：2Cl2eCl2，阴极b，发生2H+2eH2，电解的总反应：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，据此回答。【解答】解：A、得电子能力H+Na+，阴极b发生2H+2eH2，故阴极得到H2，故A正确；B、阴极b发生2H+2eH2，氢离子减少，故阴极区得到OH，故B正确；C、失电子能力ClOH，阳极a发生2Cl2eCl2，故阳极得到Cl2，故C正确；D、电解池中阴离子移向阳极电极，故OH向阳极移动，故阳极区滴酚酞变红，故D错误，故选：D。【点评】本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等。18（2分）在2L的密闭容器中，发生反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）+131.5kJ，5min后达到平衡，固体减少了24g，则（）A气体不变时反应达到平衡状态Bv正（CO）为2.4mol/（Lmin）C若容器体积缩小，平衡常数减小D增大C的量，平衡右移【分析】A判断化学平衡的标志之一是变化的量不变，据此判断。B根据化学反应速率公式v进行计算；C温度变化影响化学平衡常数；DC为固体，增加C的量，不会影响化学平衡移动。【解答】解：A，反应方程式中有固体存在，根据方程式气体的质量是个变化量，但容器体积不变，所以密度是个变化量，现在气体的不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；Bv5min后达到平衡，固体减少了24g，则反应的n（C）2mol，根据化学计量数之比，n（CO）2mol，v0.2mol/（Lmin），故B错误；C化学平衡常数只与温度有关，体积缩小不影响平衡常数，故C错误；DC为固体，固体的量增加不引起浓度的变化，化学平衡不会移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握反应速率与平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。19（2分）向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是（）A该新制氯水c（H+）102.6mol/LB开始阶段，pH迅速上升说明H+被中和COH和Cl2能直接快速反应DNaOH和氯水反应的本质是OH使Cl2+H2OH+Cl+HClO平衡右移【分析】A、开始时溶液的PH值为2.6，分析解答；B、向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应；C、OH和溶液中的氢离子和次氯酸反应；D、氯水中存在Cl2+H2OH+Cl+HClO平衡，滴加NaOH溶液，导致溶液中氢离子的浓度减小；【解答】解：A、开始时溶液的PH值为2.6，没有加氢氧化钠时新制氯水的PH值为2.6，所以该新制氯水c（H+）102.6mol/L，故A正确；B、向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应，导致pH迅速上升，故B正确；C、OH和溶液中的氢离子和次氯酸反应，而不是直接与氯气反应，故C错误；D、氯水中存在Cl2+H2OH+Cl+HClO平衡，滴加NaOH溶液，导致溶液中氢离子的浓度减小，平衡正向移动，这是反应的本质，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氯水中所含微粒和平衡的移动，学生只要知道氯水中所含微粒和平衡的移动原理就可以迅速解题，比较容易。20（2分）25，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合，保持Va+Vb100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如图。下列叙述错误的是（）AHA一定是弱酸BBOH可能是强碱Cz点时，水的电离被促进Dx、y、z点时，溶液中都存在c（A）+c（OH）c（B+）+c（H+）【分析】根据图示可知，HA与BOH等浓度、等体积混合时恰好生成BA，溶液的pH7，说明BOH的电离程度大于HA，则HA为一元弱酸，BOH可能为强碱或电离程度大于HA的弱碱；z点BOH过量，混合液呈碱性，BOH电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，据此结合电荷守恒分析。【解答】解：A根据图示可知，等浓度、等体积的HA和BOH混合，反应后溶质为BA，所得溶液的pH7，说明BOH的电离程度大于HA，则HA为一元弱酸，BOH可能为强碱或电离程度大于HA的弱碱，故A正确；B根据A的分析可知，BOH可能为强碱，故B正确；Cz点BOH过量，混合液呈碱性，BOH电离出的OH抑制了水的电离，故C错误；Dx、y、z点的溶液中都满足电荷守恒：c（A）+c（OH）c（B+）+c（H+），故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义及电荷守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。二、综合题（共60分）21（15分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：（1）硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子，占据3个轨道。（2）由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键。X和Si之间共用电子对偏离Si。（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是10928。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由：SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高。（4）黄磷（P4）与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：P4+NaOH+PH3+NaH2PO2，其中氧化剂和还原剂质量比为1：3。根据题意可判断H3PO2是一元酸（填“一”、“二”或“三”）。（5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：c（H2PO4）c（HPO42）c（PO43）。【分析】（1）根据元素原子每一个电子具有一种运动状态，核外电子排布式来回答占据的轨道的个数；（2）根据化合物结构中Y只形成一个共价键以及硅元素的价态来回答；（3）根据分子中含1个中心原子、4个配位原子，为正四面体，键角为10928和分子晶体SiCl4和CCl4沸点高低影响因素来回答；（4）根据该反应中P元素化合价由0价变为3价、P元素化合价还由0价变为+1价，转移电子数为3，根据转移电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式，该反应中电子从P元素转移到P元素，转移电子数为3，根据只生成NaH2PO2来回答几元酸；（5）根据溶液显酸性说明H2PO4的电离程度大于其水解程度以及酸式根离子的电离程度逐级减小，可得离子浓度间的大小关系。【解答】解：（1）硅原子最外层电子数是4，分布在s、p两个原子轨道上，不同电子具有的电子状态是不一样的，所以硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子，占据3个轨道，故答案为：4，3；（2）Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构，化合物结构中Y只形成一个共价键，所以推知Y是Cl；Cl为1价，Si为+4价，所以X和Si之间共用电子对偏离 Si，故答案为：Y 在第三周期，且Y 和Si 间只有一根共价键，Si（3）SiCl4和CCl4分子空间结构相同，均为正四面体，键角为10928；SiCl4 和CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4 的熔点高故答案为：10928，SiCl4 的熔点比CCl4 高，SiCl4 和CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4 的熔点高；（4）反应中P元素化合价由0价变为3价、P元素化合价还由0价变为+1价，而且个数比为1：3，所以此反应中P4既是氧化剂又是还原剂，转移电子数为3，反应中电子从P元素转移到P元素，根据电子守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为根据与过量浓NaOH溶液反应只生成NaH2PO2，NaH2PO2就是正盐，说明H3PO2为一元酸，故答案为：，1：3，一；（5）NaH2PO4H2PO4+Na，H2PO4是NaH2PO4完全电离产生，所以浓度最大，溶液显酸性说明H2PO4的电离程度大于其水解程度，所以c （HPO42）大于c （H3PO4），由于离子的电离程度逐级减小，故c （HPO42）c （PO43），所以溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：c （H2PO4）c （HPO42）c （PO43），故答案为：c （H2PO4）c （HPO42）c （PO43）【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，为高频考点，涉及氧化还原反应方程式配平、方程式的有关计算、弱电解质的电离等知识点，明确各个物理量关系、氧化还原反应方程式配平规则、弱电解质电离特点是解本题关键，题目难度不大。22（15分）用如图1装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。完成下列填空：（1）上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3H2O、NH3H2ONH4+OH、Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）（在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。（2）制备100mL25%氨水（0.905gcm3），理论上需要标准状况下氨气29.8L（小数点后保留一位）。（3）上述实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的。（4）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu（NH3）42+溶液。发生如下反应：2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q0）。该反应平衡常数的表达式K。t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在图2中画出该过程中v正的变化。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水稀释后浓度商Qc，会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀。在绝热密闭容器中，加入NH4+（aq）、Cu（OH）2和NH3（aq）进行上述反应，v正随时间的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。【分析】（1）制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3H2O；NH3H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的Ca（OH）2 是微溶物，存在Ca（OH）2 的溶解平衡等；（2）根据c计算氨水的物质的量浓度c，结合ncV和VcVm计算氨气在标准状况下的体积；（3）NH3极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用；（4）NH3H2O和CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2沉淀和硫酸铵，据此写出反应的离子方程式；化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；由于2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）+2H2O是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变；根据浓度商Qc和该温度下平衡常数K的关系分析：若QcK，则反应逆向进行；若QcK，则反应达到平衡状态；若QcK，则反应正向进行；根据反应2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）+2H2O是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小。【解答】解：（1）制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3H2O；NH3H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的Ca（OH）2 是微溶物，存在Ca（OH）2 的溶解平衡等，故答案为：NH3H2ONH4+OH；Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）；（2）氨水的物质的量浓度c13.3mol/L，n（NH3）13.3mol/L0.1L1.33mol，标准状况下V（NH3）1.33mol22.4L/mol29.8L，故答案为：29.8；（3）NH3极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用，所以可观察到烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，干燥管达到防止倒吸的目的，故答案为：进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行；（4）NH3H2O和CuSO4溶液反应生成Cu（OH）2沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+，故答案为：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+；化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，所以2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）+2H2O（l）的化学平衡常数K，故答案为：；2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）+2H2O是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变，降温过程中v正的变化如图，故答案为：；设平衡时体系中c（NH4+）amol/L、c（NH3）bmol/L、c（Cu（NH3）42+）cmol/L，则平衡常数K，若稀释到n倍（n1），则稀释瞬间c（NH4+）mol/L、c（NH3）mol/L、c（Cu（NH3）42+）mol/L，此时浓度商Qcn3KK，所以反应逆向进行，生成了更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀，故答案为：加水稀释后浓度商Qc，会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu（OH）2，得到蓝色沉淀；反应2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）Cu（NH3）42+（aq）+2H2O是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，即反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小，故答案为：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。【点评】本题考查了性质实验方案的设计与评价，涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，把握实验原理及实验装置的作用、化学平衡及其影响因素为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析、化学平衡常数K的应用，题目难度中等。23（14分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图1所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。完成下列填空：（1）上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是饱和NaHSO3 溶液，气体从b口（填“a”或“b”）进。（2）检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性。（3）将SO2通入0.1mol/L Ba（NO3）2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为BaSO4。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba（NO3）2和BaCl2溶液，进行图3实验：（4）实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是避免氧气干扰实验。（5）实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是SO2+H2OH2SO3，H2