上海市长宁区2019届高三化学下学期等级二模试题（含解析）.docx

长宁区2018学年第二学期高三化学教学质量检测试卷相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56一、选择题（本题每题只有一个正确选项）1.学习强国学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代，作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、说法正确的是（ ）A. 质子数与质量数相同B. 化学性质相似C. 互为同素异形体D. 质子数与中子数相等【答案】B【解析】【详解】根据原子符号的表示含义，、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。2.下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是（ ）A. H2OB. Br2C. CH4D. HCl【答案】C【解析】AH2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故A错误；ABr2为单质，只含有非极性键，为非极性分子，故B错误；CCH4含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故C正确；DHCl为直线型，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故D错误；故选C。点睛：同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。3.以下化学用语正确的是（ ）A. 乙醇的结构简式：C2H6OB. C2H2的分子模型示意图：C. Mg2+的核外电子排布式：1s22s22p6D. N2的结构式：:NN:【答案】C【解析】【详解】A.乙醇的结构简式：C2H5OH或CH3CH2OH，A错误；B.C2H2分子是直线型结构，所以四个原子在同一条直线上，B错误；C.Mg是12号元素，Mg原子失去2个电子形成Mg2+，所以Mg2+核外有10个电子，则根据构造原理可知Mg2+的核外电子排布式：1s22s22p6，C正确；D.氮气分子中2个N原子共用三对电子，则N2的结构式：NN，D错误；故合理选项是C。4.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）A. CH3CH2COOHB. Cl2C. NH4HCO3D. SO2【答案】D【解析】溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。SO2溶于水可以导电，但导电的原因并不是SO2电离出的离子，而是SO2和水反应生成的H2SO3电离出的离子导致的，所以H2SO3是电解质，另外SO2在液态时也不能导电，所以SO2是非电解质。答案是D。5.(CH3CH2)2C(CH3)2的正确命名是（ ）A. 2-甲基-2-乙基戊烷B. 3-甲基-3-乙基戊烷C. 3，3-二甲基戊烷D. 2-甲基戊烷【答案】C【解析】【详解】根据碳碳单键可以旋转，结合烷烃的系统命名原则，选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端为起点，给主链上碳原子编号，以确定支链的位置，则高化合物名称为3，3-二甲基戊烷，故合理选项是C。6.关于晶体的叙述中，正确的是（ ）A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A【解析】试题分析：A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；B分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误；C分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误；D分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误；故选A。考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。7.向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，反应过程中可观察到的现象是（ ）A. 有无色气体放出B. 先产生白色沉淀，最后沉淀溶解C. 先产生白色沉淀，最后沉淀不溶解D. 既有无色气体放出，又有白色沉淀生成【答案】B【解析】【分析】向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为：Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据物质的溶解性分析解答。【详解】向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为：Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝是难溶性白色物质，偏铝酸钠是可溶性物质，因此看到的实验现象是：先产生白色沉淀，最后沉淀溶解，变为无色可溶性溶液，故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质之间的反应，明确物质的化学性质、物质的溶解性是解本题关键，注意：氯化铝和氢氧化钠溶液反应现象与滴加顺序有关，滴加顺序不同，发生反应现象不同，题目难度不大。8.中和滴定中，视线应注视（ ）A. 滴定管内液面变化B. 液滴滴出速C. 滴定管刻度D. 锥形瓶中溶液颜色变化【答案】D【解析】【详解】中和滴定中，为了能够准确测定待测溶液中含有的溶质的物质的量，通过用标准浓度的已知溶液来滴定未知浓度的溶液，为准确确定滴定终点，眼睛要注视滴定管，视线应注视锥形瓶中溶液颜色变化来判断滴定终点，故合理选项是D。9.关于浓硫酸的下列叙述中正确的是（ ）A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C. 浓硫酸在酯化反应中仅仅起催化作用D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，A错误；B.浓硫酸在加热下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体，而在常温下不能发生反应，B错误；C.浓硫酸在酯化反应中的作用是催化剂、吸水剂，C错误；D.浓硫酸具有强的氧化性，在常温下能够将铁、铝等金属氧化，使金属表面产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，D正确；故合理选项是D。10.一定量的稀硫酸跟过量的锌粉反应，为了减缓该反应的速率，并且不影响生成氢气的总量，可向稀酸中加入少量的（ ）A. CH3COONa固体B. NaOH固体C. 浓硫酸D. 硫酸铜固体【答案】A【解析】【分析】稀硫酸与锌粉反应的实质是Zn+2H+=Zn2+H2，Zn过量，则酸完全反应，为了减缓该反应的速率，并且不影响生成氢气的总量，可通过减小溶液中c(H+)，但n(H+)物质的量不变，据此解答。【详解】A.加入CH3COONa固体，会发生反应：2CH3COONa+H2SO4=2CH3COOH+Na2SO4，氢离子的物质的量浓度减小，但当反应进行到一定程度后醋酸再电离产生H+，使氢离子的物质的量不变，因此反应速率减小，但氢气是物质的量不变，A符合题意；B.加入NaOH固体，NaOH与硫酸发生中和反应，导致n(H+)物质的量减小，因此生成氢气的总量减小，B不符合题意；C.加入浓硫酸，导致c(H+)和n(H+)都增大，氢气的总量增加，复原速率加快，C不符合题意；D.加入硫酸铜固体，发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn与反应产生的Cu及硫酸构成原电池，反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握氢离子的浓度及物质的量等对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大。11.下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）A. 酸性：HClO4H3PO4H2SO4B. 氢化物稳定性：HFH2OH2SC. 碱性：NaOHMg(OH)2Ca(OH)2D. 原子半径：FClBrI【答案】B【解析】【分析】A.首先判断元素的非金属性强弱，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B.根据共价键越强，物质的稳定性越强；C.首先判断元素的金属性强弱，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D.根据元素原子的核外电子层数越多，原子半径越大分析判断。【详解】A.根据元素周期律可知元素的非金属性：ClSP，则酸性：HClO4H2SO4H3PO4，A错误；B.元素的非金属性越强，其氢化物中含有的共价键就越强，含有该化学键的物质就越稳定。由于元素的非金属性FOS，所以氢化物稳定性：HFH2OH2S，B正确；C.根据元素周期律可知元素的金属性：CaNaMg，则碱性： Ca(OH)2NaOHMg(OH)2，C错误；D.由于原子核外电子层数IBrClF，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：FClBrOH-，可知阳极发生的反应为Cl- -2e-=Cl2，所以阳极放出氯气，故合理选项是A。13.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，所以选项C正确。A中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应；D中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应，答案选C。14. 下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是A. 升华B. 萃取C. 纸上层析D. 重结晶【答案】A【解析】试题分析：A、固体不经过液体直接变为气体的叫升华，与物质的熔沸点有关系，与溶解度无关，A正确；B、萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与溶解度有关系，B不正确；C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，与溶解度有关系，C不正确；D、结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程，与溶解度有关系，D不正确，答案选A。考点：本题主要是考查物质分离方法原理判断15.2A(g)B(g)+Q（Q0）；下列能量变化示意图正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据热化学方程式2A(g) B(g)+Q（Q0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，故合理选项是B。16.已知：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，还原产物与氧化产物物质的量之比为（ ）A. 1:6B. 6:1C. 1:5D. 5:1【答案】C【解析】【详解】在反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O中，Cl元素的化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子5个，所以KClO3为氧化剂；Cl2为还原产物；Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子15，所以HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物物质的量之比为1:5，故合理选项是C。17.一定条件下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)+Q（Q0），图曲线a表示该反应过程中NO的转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是（ ）A. 降低温度B. 加催化剂C. 增大反应物中NO的浓度D. 向密闭容器中加入氩气【答案】A【解析】【分析】反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)+Q（Q0）的正反应是气体体积减小的放热反应，结合图像可知a变为b的反应速率减小，平衡时NO的转化率增大，据此判断。【详解】A.降低温度，化学反应速率减小；由于该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，NO的转化率增大，A符合题意；B.加催化剂可以加快化学反应速率，而且不能使化学平衡发生移动，与化学图像不符合，B不符合题意；C.增大反应物中NO的浓度化学反应速率比原来快，但会使NO的转化率降低，C不符合题意；D.向密闭容器中加入氩气,由于不能改变物质的浓度，因此不能改变化学反应速率，也不能使化学平衡发生移动，NO转化率不变，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查了图像方法在化学反应速率和化学平衡移动的应用知识。掌握各种外界条件与化学反应速率、化学平衡、物质的平衡转化率的关系是本题解答的关键，本题难度适中。18.向浓氨水中加入生石灰可以制取氨气，以下不会涉及到的反应是（ ）A. NH3H2ONH3+H2OB. NH4+H2ONH3H2O+H+C. CaO+H2OCa(OH)2D. NH4+OH-NH3H2O【答案】B【解析】【详解】在浓氨水中存在电离平衡： NH3H2ONH4+OH-，即也存在着结合平衡：NH4+OH-NH3H2O ；也存在着分解平衡NH3H2O NH3+H2O；当向浓氨水中加入生石灰，CaO与溶液中的水首先会发生反应CaO+H2OCa(OH)2，但在溶液中不存在盐的水解平衡NH4+H2ONH3H2O+H+，故合理选项是B。19.下图所示2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，下列判断不正确的是（ ）A. 根据阿伏加德罗定律可推知，1个乙分子中含有2个A原子B. Mr(甲)=Mr(乙)+Mr(丙)C. 该反应一定属于氧化还原反应D. 该反应类型是分解反应【答案】B【解析】【分析】由图示可以推出甲、丙的化学式可分别表示为A3B、B2，根据质量守恒定律化学反应前后原子的个数不变，可知3个乙分子中共含有6个A原子，则乙为单质，化学式可表示为A2，该反应可以表示为2BA3B2+3A2，化学反应过程中原子种类不发生变化，以此解答该题。【详解】A.由上述分析可知，乙的化学式可表示为A2，1个乙分子中含有2个A原子，A正确；B.该反应可以表示为2BA3B2+3A2，则2Mr(甲)=3Mr(乙)+Mr(丙)，B错误；C.该反应为分解反应，且有单质生成，A元素化合价一定变化，因此该反应属于氧化还原反应，C正确；D.反应的特点是化合物生成单质，该反应可以表示为2BA3B2+3A2，该反应为分解反应，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题属于微观示意图的考查，解题的关键是能够根据微观的分子结构分析物质的组成，然后结合相关的知识逐项分析，注意质量守恒定律和阿伏加德罗定律的区别，题目难度不大。20.某澄清水溶液，只可能含有以下离子中的若干种，且各离子物质的量浓度相等（忽略水的电离）：Na+、K+、Cl-、Ba2+、CO32-、SO42-，取少量该溶液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀。一定存在的离子有（ ）A. Ba2+、Cl-B. SO42-、Na+C. Na+、K+D. CO32-、SO42-【答案】C【解析】【详解】取少量该澄清溶液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀，由于溶液中无Ag+，因此不可能与Cl-发生沉淀反应的离子；可能与Ba2+发生沉淀反应形成白色沉淀的离子有CO32-、SO42-，则由于可能含有CO32-、SO42-，则不能大量存在Ba2+；由于溶液中各离子物质的量浓度相等，则因为CO32-或SO42-为阴离子，则一定含有阳离子Na+、K+，CO32-和SO42-只能有其中的一种离子，故合理选项是C。二、（一）（共15分）21.SO2、Na2S2O3、Na2S、Na2SO3、Na2SO4等含硫化合物在工业上有广泛的用途。完成下列填空：(1)硫原子最外层电子排布式_，钠原子的核外有_种能量不同的电子。Na2S的电子式_。(2)涉及元素形成简单离子半径大小顺序：_；请用原子结构知识说明氧与硫的非金属性强弱_。(3)棉织物用氯气漂白后，加入Na2S2O3除去余氯时，发生如下反应： _S2O32-+_Cl2+_H2O_SO42-+_Cl-+_H+，配平该反应方程式：若反应中生成2molSO42-，则转移电子_mol。(4)Na2S又称臭碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因_。 SO2分子构型“V”形，则SO2是_（选填“极性”、“非极性”）分子。列举一个实验事实说明SO2具有还原性_。(5)图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中，是_（填微粒符号）。上述5种物质中，不能促进也不能抑制水电离的化合物_。【答案】 (1). 3s23p4 (2). 4 (3). (4). S2-O2-Na+ (5). O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较小，得电子能力较强，非金属较强 (6). 1 (7). 4 (8). 5 (9). 2 (10). 8 (11). 10 (12). 8 (13). S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH- (14). 极性 (15). SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色 (16). SO32- (17). Na2SO4【解析】【分析】(1)根据构造原理，先写出原子核外电子排布式，再确定原子的最外层电子排布式；处于同一能级的电子能量相同，处于不同能级的电子的能量不同；Na2S是离子化合物，Na+与S2-间通过离子键结合；(2)涉及元素有O、Na、S，根据离子核外电子层数多的半径大于层数少的半径；当离子核外电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小判断离子半径大小；元素的原子半径越小，吸引电子能力越强，元素的非金属性越强分析； (3)反应中S2O32-中的硫由+2价升高到SO42-离子中的+6价，氯气中的氯元素由0价降低到-1价的Cl-，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒规律配平方程式；依据S2O32-2SO42-8e-计算转移电子数目；(4)Na2S是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律分析Na2S溶液呈碱性的原因；SO2分子构型“V”形，分子中正负电荷重心若重合就是非极性分子，否则为极性分子；利用物质中S元素化合价的变化，结合氧化还原反应的规律判断SO2的还原性；(5)依据亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子结合水的电离进行排序；根据盐的水解规律判断对水的电离平衡无影响的物质。【详解】(1)S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，所以硫原子最外层电子排布式是3s23p4；钠是11号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s1，可见Na原子的核外有4种能量不同的电子。Na2S是离子化合物，Na+离子遇S2-之间通过离子键结合，则其电子式为；(2)在上述物质中涉及的元素有O、Na、S三种，O2-、Na+、S2-核外电子排布分别是2、8；2、8；2、8、8；S2-核外有3个电子层，O2-、Na+只有2个电子层，所以S2-离子半径最大；O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：O2-Na+，因此三种离子半径大小顺序是：S2-O2-Na+；O、S是同一主族的元素，O是第二周期的元素，S是第三周期的元素，O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较小，得电子能力较强，因此元素的非金属性O比S强；(3)由给出方程式可知：反应中硫元素的化合价由S2O32-中的+2价升高到SO42-离子中的+6价，升高42=8价；氯元素的化合价由Cl2中的由0价降低到-1价的氯离子，降低124=8价，所以依据氧化还原反应得失电子守恒，S2O32-系数为1，SO42-的系数是2，Cl2系数为4，Cl-的系数是8；依据原子个数守恒，反应方程式为：1S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+；若反应中生成0.2mol SO42-，依据S2O32-2SO42-8e-，可知转移电子数目为0.8mol；(4) Na2S溶液显碱性，是因为硫离子水解，离子方程式：S2-+H2O HS-+OH-，反应产生的HS-进一步发生水解反应：HS-+H2OH2S+OH-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，因此溶液显碱性；SO2是V形分子，由于S=O共价键中O原子吸引电子的能力比S强，电子对偏小O原子一侧，因此导致分子中正负电荷重心不重合，故该物质为极性分子；S元素的最高化合价为+6价，SO2中S元素化合价为+4价，容易失去电子，被氧化为+6价，因此具有强的还原性，可以用酸性KMnO4溶液验证，将SO2通入到紫色KMnO4溶液中，若观察到SO2能够使酸性KMnO4溶液褪色，从而证明SO2具有还原性；(5)亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，由于HSO3-还能少量水解，故氢氧根离子浓度略大于HSO3-，由于溶液呈碱性，所以H+是最小的，所以离子浓度大小关系为：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)，实验是SO32-；在SO2、Na2S2O3、Na2S、Na2SO3、Na2SO4五种物质中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质电离产生H+，抑制水的电离；Na2S2O3、Na2S、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子结合水电离产生的H+，促进了水的电离；而Na2SO4是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，即Na2SO4不能促进也不能抑制水电离。【点睛】本题以S元素化合物为线索，考查了元素周期表、元素周期律、氧化还原反应方程式的配平、盐的水解、离子浓度大小比较、微粒的空间构型等知识，较为全面的考查了元素化合物、物质结构及化学反应基本原理，考查了学生学以致用的能力，难度适中。22.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义，对于密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q(1)写出该反应的逆反应的化学平衡常数表达式_，升高温度，该反应化学反应速率_，氢气的转化率_（以上均填“增大”、“减小”或“不变”）。实际生产中温度一般控制在500，原因是_。(2)能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达到平衡状态的图示是_。(3)浓度0.1mol/L的氨水，pH为11。当用蒸馏水稀释100倍时，则NH3H2O的电离平衡将向_方向移动（填“正”或“逆”），溶液的pH将为_9（“大于”“小于”“等于”）。设计一个简单实验，证明一水合氨是弱碱：_。【答案】 (1). K= (2). 增大 (3). 减小 (4). 此温度下催化剂的活性较高 (5). bd (6). 正 (7). 大于 (8). 测得室温下0.01mol/L氨水的pH小于10，则证明一水合氨是弱碱等【解析】【分析】(1)根据化学平衡常数的含义书写该反应的平衡常数表达式；利用温度对化学反应速率的影响判断；根据反应方程式可知该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动来判断平衡移动方向，进而分析物质的转化率变化；结合催化剂只有在一定温度下具有较高的催化活性分析；(2)反应在恒温恒容密闭容器中进行，根据反应混合物的状态、反应前后气体的物质的量的变化及平衡时任何物质的浓度不变判断平衡状态；(3)加水稀释促进弱电解质的电离；将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的。可通过测得一定浓度溶液的pH或测铵盐的pH大小（或铵盐溶液的酸碱性）分析。【详解】(1)由于化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，所以合成氨气的化学平衡常数表达式为：K=；升高温度，物质分子具有的能量增加，分子之间发生的有效碰撞次数增加，所以该反应化学反应速率增大；根据反应方程式可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动从而导致H2的转化率减小；合成氨气的反应是在500和Fe催化剂条件下进行，之所以选择温度为500，是因为在该温度下催化剂Fe的活性最大；(2)a.由于反应混合物都是气体，因此在任何情况下气体的质量都不能变化，因此不能据此判断平衡状态，a错误；b.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应未达到平衡，则气体的物质的量就会减少，因此若气体的物质的量不变，则反应处于平衡状态，b正确；c.由于气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下气体的密度都不能发生变化，故不能根据密度不变判断平衡状态，c错误；d.该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，由于反应在恒容密闭容器中进行，若达到平衡，气体的物质的量不变，容器内气体的压强不变，可据此判断平衡状态，d正确；故合理选项是bd；(3)加水稀释促进弱电解质的电离，若用蒸馏水将pH为11的氨水稀释100倍，则NH3H2O的电离平衡向促进电离的方向移动，即向正向移动，若不移动，c(OH-)是原来的，pH=9,平衡正向移动，使c(OH-)大于原来的，则稀释后的溶液的pH9；证明一水合氨是弱碱的实验事实可以是测得室温下0.01mol/L氨水的pH小于10，证明一水合氨是弱碱等。【点睛】本题考查了化学平衡常数表达式的书写、外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响、弱电解质电离平衡的因素的分析判断等知识，题目难度中等。23.某化学兴趣小组进行了下列关于氯化铵的课外实验：【实验操作】 浸过氯化钠溶液的布条很快烧光，浸过氯化铵溶液的布条不燃烧，冒出白烟。(1)氯化铵饱和溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。白烟的成分是_。(2)请推测浸过氯化铵溶液的布条不燃烧、不易着火的主要原因（写出一条即可）_。【答案】 (1). c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (2). NH4Cl (3). 氯化铵分解吸收热量，降低了温度；氯化铵分解产生的气体隔绝了空气等【解析】【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，在饱和溶液中NH4+发生水解反应，利用物料守恒、电荷守恒，判断离子浓度大小；根据物质的稳定性及反应现象判断物质种类；(2)根据氯化铵分解吸收热量分析判断。【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，在饱和溶液中，NH4+发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)c(NH4+)，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)c(OH-)，但盐水解产生的离子浓度是微弱的，因此c(NH4+)c(H+)，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；浸过氯化铵溶液的布条不燃烧，冒出白烟，是由于将布条灼烧时，氯化铵发生分解反应NH4ClNH3+HCl，反应产生的气体在空气中相遇，会发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，因此看到的白烟为NH4Cl；(2)浸过氯化铵溶液的布条不燃烧、不易着火的主要原因是氯化铵分解吸收热量，降低了布条周围的温度，不能达到相应物质的着火点；而且氯化铵分解产生的氨气和HCl气体充满在布条周围，隔绝了空气，使着火物不能接触空气，不具备着火燃烧的条件。【点睛】本题考查了氯化铵的物理性质、化学性质及与物质着火燃烧条件的分析判断的知识。考查了学生对元素及化合物知识掌握情况的判断，题目难度不大。（三）（共15分）24.化合物E是香料、染料的中间体，一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A中官能团名称为_，的反应类型是_。1molA与NaOH热溶液充分反应消耗NaOH的物质的量为_mol。(2)分别写出反应和反应化学方程式。反应_反应_(3)写出与D互为同分异构体的含酯基化合物的结构简式_。(4)乙酸甲酯(CH3COOCH3)可用作溶纤剂、喷漆溶剂，以及用于制备人造革。设计由甲醇为起始原料制备乙酸甲酯（CH3COOCH3）的合成路线（无机试剂任选）。合成路线常用的表示方式为：AB 目标产物 _。【答案】 (1). 氯原子、羧基 (2). 取代反应 (3). 2 (4). ClCH2COONa+NaCN+NaCl (5). (6). (7). CH3OHCH3ClCH3CNCH3COOHCH3COOCH3【解析】【分析】(1)根据官能团是对化合物的性质起决定作用的原子或原子团，结合ClCH2COOH的结构判断其官能团；根据化合物B、C的结构的区别判断反应类型；利用卤素原子和羧基均可以与NaOH发生反应判断；(2)反应是ClCH2COONa与NaCN反应产生NC-CH2-COONa和NaCl；反应是丙二酸与乙醇发生酯化反应产生产生酯和水；(3)根据碳原子数相同的羧酸与酯互为同分异构体书写；(4)使甲醇先与HCl发生取代反应产生CH3Cl，CH3Cl与NaCN发生取代反应产生CH3CN，然后酸化得到CH3COOH，然后使乙酸与甲醇发生酯化反应产生乙酸甲酯。【详解】(1)ClCH2COOH是氯代乙酸，官能团是氯原子、羧基；B是ClCH2COON，该物质与NaCN发生取代反应，-CN取代-Cl原子得到C：NC-CH2-COONa，ClCH2COOH与NaOH在一定条件下发生反应，产生NaCl、HO-CH2-COONa和水，反应方程式为ClCH2COOH+2NaOHNaCl+HO-CH2-COONa+H2O，所以1molClCH2COOH反应消耗2molNaOH；(2)反应ClCH2COONa与NaCN反应产生NC-CH2-COONa和NaCl，反应方程式为ClCH2COONa+NaCNNC-CH2-COONa+NaCl；反应是丙二酸与乙醇发生酯化反应产生产生酯和水，反应的方程式为HOOC-CH2-COOH+2C2H5OH+2H2O；(3)D是HOOC-CH2-COOH，结合碳原子数相同的羧酸与酯互为同分异构体，可知D的含酯基的同分异构体结构简式为HCOOCH2-OOCH；(4)甲醇与HCl在一定条件下发生取代反应产生CH3Cl，产生的CH3Cl与NaCN发生取代反应产生CH3CN，然后酸化可得乙酸CH3COOH，乙酸与甲醇在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应产生乙酸甲酯和水，因此合成路线为：CH3OHCH3ClCH3CNCH3COOHCH3COOCH3。【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体的书写及有机合成等知识。较为全面的考查了学生对有机基础知识的掌握和应用，题目难度不大。25.绿矾FeSO47H2O广泛用于医药和工业领域。以下是FeSO47H2O的实验室制备流程图。根据题意完成下列填空：(1)碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为_（用离子方程式表示），反应需要加热数分钟，其原因是_。(2)废铁屑中含氧化铁，反应II的离子方程式_，判断反应II完成的现象是： _。【答案】 (1). CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- (2). 升温，促进水解，溶液碱性增强，使反应充分进行 (3). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2 (4). 铁屑不再溶解，表面无气泡产生【解析】【分析】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，结合油脂中的水解反应原理分析；盐的水解反应是吸热反应，根据化学平衡移动原理分析温度对盐水解的影响；(2)废铁屑中含有Fe、Fe2O3，当向其中加入稀硫酸时，Fe2O3与硫酸反应产生硫酸铁和水；铁与硫酸反应产生硫酸亚铁和水，铁与硫酸铁反应产生硫酸亚铁，据此书写反应方程式；Fe与酸反应会放出气体，若反应完全，最终不会发生固体溶解及产生气泡现象。【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的弱酸根离子CO32-发生水解反应，CO32-+H2O HC