上海市虹口区2020届高三化学一模试题（含解析）（通用）

上海市虹口区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，每题只有一个正确选项）1（2分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。易拉罐应投放到（）ABCD2（2分）镆是一种人工合成的元素，同位素Mc的原子核内的中子数与核外电子数之和是（）A58B173C288D4033（2分）下列物质在熔融状态下能够导电的是（）ANaClBSiO2CCl2DHCl4（2分）下列物质属于强电解质的是（）A硫酸钡B盐酸C乙醇D三氧化硫5（2分）（CH3）2C（C2H5）CH（CH3）2的名称是（）A3，3，4三甲基戊烷B2，3二甲基3乙基丁烷C2，3，3三甲基戊烷D2，3二甲基2乙基丁烷6（2分）在下列变化过程中，既破坏离子键又破坏共价键的是（）A加热分解KClO3BNaOH溶于水C加热分解HClODNa2CO3受热熔化7（2分）下列实验可以达到实验目的的是（）A用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2B用过量的氨水除去Al3+溶液中的少量Fe3+C用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中的少量SO2D用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸8（2分）反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl的相关描述中正确的是（）AN2的电子式是 B反应物和生成物的化学键类型相同C每生成11.2 L N2，转移电子数为3 NAD还原剂与还原产物的物质的量之比是1：39（2分）关于化合物木糖醇（），下列说法正确的是（）A不能发生氧化反应B所有碳原子在同一平面上C与丙三醇互为同系物D木糖醇分子式为C5H12O510（2分）常温下0.1 mol/L的下列物质的水溶液，加热到80，溶液的pH几乎不变的是（）A硫酸B氢氧化钾C氯化钠D硫酸铵11（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（）A漂白性B氧化性和漂白性C还原性D还原性和漂白性12（2分）短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，下列说法错误的是（）WXYZAY的原子半径一定最大BX的气态氢化物最稳定CY的氧化物熔点一定高于Z的氧化物DZ的最高价氧化物对应水化物酸性一定最强13（2分）合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）ANH3的能量较低，比N2、H2更稳定B2NH3（g）2N（g）+6H（g）2346 kJCN2（g）+3H2（g）2NH3（g）92 kJD加入催化剂，可以减小反应的热效应14（2分）设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A78 g 苯含有CC 双键的数目为3NAB1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAC标准状况下，6.72 L 氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NAD常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA15（2分）在具支试管中加入铁粉和活性炭的混合物，然后注入少量稀盐酸，立即塞上橡胶塞组成如图所示装置。下列有关说法错误的是（）A铁一定发生析氢腐蚀B铁可能会发生吸氧腐蚀C若改用NaOH溶液，腐蚀不再发生D若改用食盐水，一段时间后导气管内液面高于导管外16（2分）在M、N中加入试剂，并用图示装置制取、收集少量气体，其中最合理的是（） ABCDM浓盐酸浓氨水稀盐酸浓硫酸N浓硫酸碱石灰碳酸钙铜片AABBCCDD17（2分）往NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当SO42恰好完全沉淀时，溶液中其它微粒存在的形式是（）ANH4+、AlO2BNH3H2O、Al（OH）3CNH4+、Al（OH）3DNH3H2O、AlO218（2分）已知还原性 IFe2+Br，在只含有I、Fe2+、Br溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）AI、Fe3+、ClBFe2+、Cl、BrCFe2+、Fe3+、ClDFe2+、I、Cl19（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO）相等，则下列叙述正确的是（）Ac（Na+）c（NH4+）B两种溶液中水的电离程度相等C两种溶液的pH相等Dc（CH3COONa）c（CH3COONH4）20（2分）某温度下，在密闭容器中发生可逆反应的平衡常数K当反应达到平衡时，n（A）：n（B）：n（C）2：2：1若保持温度不变，以2：2：1的物质的量之比再充入A、B、C，则（）AK值增大B达到新平衡后，C的体积分数增大C平衡不移动D达到新平衡后，vA比原平衡减慢二、（本题共16分）21（16分）硅是重要的半导体材料，是构成现代电子工业的基础。硅及其化合物在工业中应用广泛，在工业上，高纯硅可以通过下列流程制取：完成下列填空：（1）氯原子核外有 种不同能量的电子，硅原子的核外电子排布式是 。（2）碳与硅属于同主族元素，熔沸点SiO2 CO2 （填写“”、“”或“”），其原因是 。（3）流程中由SiO2制粗硅的反应不能说明碳的非金属性强于硅，原因是 ；请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式 。SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g）Q （Q0）（4）上述反应的平衡常数表达式K ；能使K增大的措施是 。（5）一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示上述反应达到平衡状态的是 （选填编号）。a3v逆（SiHCl3）v正（HCl）b混合气体的压强不变cK保持不变 dc（SiHCl3）：c（H2）：c（HCl）1：1：3（6）一定温度下，在2L密闭容器中进行上述反应，5min后达到平衡，此过程中固体质量增加0.28g，此时HCl的化学反应速率为 。三、（本题共14分）22（14分）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe（OH）3生产高铁酸钠： Fe（OH）3+ NaClO+ NaOH Na2FeO4 + NaCl+ H2O完成下列填空：（1）配平上述化学方程式。（2）其中发生还原反应的元素是 ；若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO，则转移的电子数目是 。（3）高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是（结合离子方程式回答） 。（4）生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe+2NaOH+2 H2ONa2FeO4+3 H2，则电解过程中Fe在 。（选填编号）a阳极发生氧化反应 b阴极发生还原反应c阳极发生还原反应 d阴极发生氧化反应（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示（H+和OH未列出）：离子SO42Mg2+Fe3+Na+Cl浓度（mol/L）a0.050.100.500.58表格中的a 0.16 （填“”、“”或“”），判断的理由是 。四、（本题共15分）23（15分）有机化合物A是一种常见化工原料，可以用来制备一系列的化工中间体及产品。用A为原料合成一系列化合物的路线如图所示：已知：完成下列填空：（1）写出反应的试剂与条件： 。（2）写出反应类型：反应 ；反应 。（3）化合物F中只有两种不同环境的氢原子，写出F的结构简式： 。（4）设计一种方案检验C是否完全转化为D物质。 。（5）写出由D合成E的化学方程式 。（6）设计一条由 合成 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）五、（本题共15分）24（15分）海水是巨大的资源宝库，人类可以从海水中提取各种化工产品。图是某工厂对海水综合利用的示意图：完成下列填空：（1）写出电解饱和食盐水的化学方程式 ，检验氯气生成的方法是 。（2）液氯储存在钢瓶中，钢瓶上应贴的标签为 （选填编号）。a自燃品 b爆炸品 c有毒品 d易燃品（3）Mg（OH）2加入盐酸充分反应后，操作是从MgCl2溶液中获得MgCl26H2O晶体，此处需要进行的实验操作依次为 。（4）操作是加热MgCl26H2O获得MgCl2，简述其实验操作及其原因 。（5）操作是向溶液中鼓入 ，即可将溴单质从溶液中分离出来，此方法的成功应用是基于溴单质有 性。（6）粗溴的精制过程是先将粗溴用SO2水溶液吸收，将其转变成Br，再通Cl2，最后蒸馏得到高纯溴。用SO2水溶液吸收Br2的吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为 。由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是 。2020年上海市虹口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，每题只有一个正确选项）1（2分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。易拉罐应投放到（）ABCD【分析】易拉罐为金属材质，可以回收利用。【解答】解：易拉罐为金属材质，可以回收利用，属于可回收垃圾，应选择可回收垃圾标志，故选：B。【点评】本题考查了垃圾的分类，明确相关垃圾成分及性质、用途是解题关键，题目难度不大。2（2分）镆是一种人工合成的元素，同位素Mc的原子核内的中子数与核外电子数之和是（）A58B173C288D403【分析】元素原子核外电子数质子数，质子数+中子数质量数，据此分析解答。【解答】解：元素原子核外电子数质子数，质子数+中子数质量数，288115Mc质量数为288，则原子核内的中子数与核外电子数之和质量数288，故选：C。【点评】本题考查质子数、中子数、核外电子数及其相互联系，题目难度不大，明确在原子中：质子数电子数核电荷数；质量数质子数+中子数是解题的关键。3（2分）下列物质在熔融状态下能够导电的是（）ANaClBSiO2CCl2DHCl【分析】离子化合物在熔融状态下能导电的化合物，据此分析解答。【解答】解：ANaCl是离子化合物，在熔融状态下能电离成离子而导电，故A选；BSiO2是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故B不选；CCl2在熔融状态下不能导电，故C不选；DHCl是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了导电性的判断，熟悉离子化合物在熔融状态下能导电的化合物即可解答，比较简单。4（2分）下列物质属于强电解质的是（）A硫酸钡B盐酸C乙醇D三氧化硫【分析】在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。【解答】解：A硫酸钡在熔融状态完全电离出钡离子和硫酸根离子，是强电解质，故A正确；B盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故C错误；D三氧化硫，在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故D错误，故选：A。【点评】本题重点考查强弱电解质的辨析，难度不大。要注意强电解质在水溶液中是完全电离的。5（2分）（CH3）2C（C2H5）CH（CH3）2的名称是（）A3，3，4三甲基戊烷B2，3二甲基3乙基丁烷C2，3，3三甲基戊烷D2，3二甲基2乙基丁烷【分析】根据烷烃的命名原则进行命名，烷烃命名原则：长选最长碳链为主链；多遇等长碳链时，支链最多为主链；近离支链最近一端编号；小支链编号之和最小。简碳链等长且取代基数目相同，选择含有简单取代基的碳链为主链。两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。【解答】解：（CH3）2C（C2H5）CH（CH3）2的最长碳链含5个碳原子，离取代基近的一端给主碳链编号得到名称为：2，3，3三甲基戊烷，故选：C。【点评】本题考查了有机物系统命名方法的应用，注意主链选择，起点编号原则，名称书写的规范方法，题目难度不大。6（2分）在下列变化过程中，既破坏离子键又破坏共价键的是（）A加热分解KClO3BNaOH溶于水C加热分解HClODNa2CO3受热熔化【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键，分子晶体状态发生变化时会破坏范德华力，电解质溶于水会导致化学键被破坏，离子晶体熔融后溶于水时会导致离子键被破坏，分解时破坏化学键，以此解答该题。【解答】解：A加热分解KClO3生成KCl和氧气，反应破坏共价键和离子键，故A选；BNaOH溶于水，电离出钠离子和氢氧根离子，破坏离子键，故B不选；C加热分解HClO，加热分解破坏共价键，故C不选；DNa2CO3受热熔化，破坏离子键，故D不选。故选：A。【点评】本题考查了化学键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键。7（2分）下列实验可以达到实验目的的是（）A用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2B用过量的氨水除去Al3+溶液中的少量Fe3+C用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中的少量SO2D用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸【分析】A碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；B二者均与氨水反应；C二者均被高锰酸钾氧化；D二者均与NaOH溶液反应。【解答】解：A碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2，故A正确；B二者均与氨水反应，不能除杂，故B错误；C二者均被高锰酸钾氧化，应选NaOH、洗气分离，故C错误；D二者均与NaOH溶液反应，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、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。8（2分）反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl的相关描述中正确的是（）AN2的电子式是 B反应物和生成物的化学键类型相同C每生成11.2 L N2，转移电子数为3 NAD还原剂与还原产物的物质的量之比是1：3【分析】A氮原子最外层5个电子，氮气中两个氮原子形成3对共用电子对；B反应物中只含有共价键、生成物中含有共价键和离子键；C没有说明是否是标准状况下，无法计算；DNH3是还原剂，NH4Cl是还原产物。【解答】解：A氮气中两个氮原子形成3对共用电子对，电子式为，故A错误；B反应物NH3、Cl2中只含有共价键、生成物NH4Cl中含有共价键和离子键，故B错误；C没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的物质的量，所以不能计算转移电子数，故C错误；DNH3是还原剂，反应8个NH3中有2个NH3作还原剂，生成的NH4Cl是还原产物，则还原剂与还原产物的物质的量之比是1：3，故D正确。故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大，考查了学生的分析能力和计算能力。9（2分）关于化合物木糖醇（），下列说法正确的是（）A不能发生氧化反应B所有碳原子在同一平面上C与丙三醇互为同系物D木糖醇分子式为C5H12O5【分析】根据图知，该有机物中含有醇羟基，具有醇的性质，能发生氧化反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。【解答】解：A连接醇羟基的碳原子上含有H原子，所以能发生催化氧化反应，故A错误；B所有碳原子都采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，所以所有碳原子都不能位于同一个平面上，故B错误；C与丙三醇结构不相似，所以与丙三醇不互为同系物，故C错误；D根据结构简式确定分子式为C5H12O5，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇的性质，明确官能团及其性质是解本题关键，以乙醇为例采用知识迁移方法分析纯的结构和性质，题目难度不大。10（2分）常温下0.1 mol/L的下列物质的水溶液，加热到80，溶液的pH几乎不变的是（）A硫酸B氢氧化钾C氯化钠D硫酸铵【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，从常温加热到80，溶液的pH几乎不变，说明溶液中c（H+）变化不大。【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，从常温加热到80，溶液的pH几乎不变，说明溶液中c（H+）变化不大，A硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成H+和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的c（H+）远远大于水电离出的c（H+），所以溶液中c（H+）几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故A选；BKOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中KOH电离出的c（OH）远远大于水电离出c（OH），所以溶液中c（OH）几乎不变，则溶液中c（H+）增大，溶液的pH增大，故B不选；CNaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，升高温度促进水电离，溶液中c（H+）增大较明显，所以pH变化较明显，故C不选；D水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，且升高温度促进铵根离子水解，导致溶液中c（H+）增大明显，溶液的pH值变化明显，故D不选；故选：A。【点评】本题考查水的电离及影响水电离因素等知识点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，注意A和B选项的比较，题目难度不大。11（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（）A漂白性B氧化性和漂白性C还原性D还原性和漂白性【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。【解答】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，故选：C。【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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。12（2分）短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，下列说法错误的是（）WXYZAY的原子半径一定最大BX的气态氢化物最稳定CY的氧化物熔点一定高于Z的氧化物DZ的最高价氧化物对应水化物酸性一定最强【分析】由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，可知W、X处于第二周期，而Y与Z处于第三周期，且元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，可知Y为Al，则W为B、X为N、Z为P。A同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B元素的非金属性越强，气体氢化物越稳定；C氧化铝属于离子晶体，而磷的氧化物属于分子晶体；D元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强。【解答】解：由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，可知W、X处于第二周期，而Y与Z处于第三周期，且元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，可知Y为Al，则W为B、X为N、Z为P。A同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故Y的原子半径最大，故A正确；BN的元素的非金属性最强，气体氢化物中NH3最稳定，故B正确；C氧化铝属于离子晶体，而磷的氧化物属于分子晶体，故氧化铝的熔点更高，故C正确；D上述元素中N元素的非金属性最强，最高价氧化物对应水合物中硝酸的酸性最强，故D错误。故选：D。【点评】本题考查结构性质位置关系应用、元素周期律，熟记周期表的结构及常见元素在周期表中位置，注意对元素周期律的理解。13（2分）合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）ANH3的能量较低，比N2、H2更稳定B2NH3（g）2N（g）+6H（g）2346 kJCN2（g）+3H2（g）2NH3（g）92 kJD加入催化剂，可以减小反应的热效应【分析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H（2254kJ/mol2346kJ/mol）92kJ/mol，且催化剂不改变焓变，以此来解答。【解答】解：A图中不能比较氨气与氮气、氢气的能量大小，不能判断稳定性，故A错误；B由图可知形成化学键释放2346kJ的热量，则断裂化学键吸收能量，表示为2NH3（g）2N（g）+6H（g）2346 kJ，故B正确；C热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92kJ/mol，故C错误；D加入催化剂，反应的热效应不变，故D错误；故选：B。【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写、焓变与键能关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写方法，题目难度不大。14（2分）设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A78 g 苯含有CC 双键的数目为3NAB1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAC标准状况下，6.72 L 氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NAD常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【分析】A苯分子中不含碳碳双键；B次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；C根据氯气与水的反应为可逆反应来分析；D氮气与一氧化碳都是双原子分子，且二者摩尔质量相等都是28g/mol；【解答】解：A苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO的数目小于NA，故B错误；C氯气与水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数目少于0.3NA，故C错误；D常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为：2NANA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间独特的化学键。15（2分）在具支试管中加入铁粉和活性炭的混合物，然后注入少量稀盐酸，立即塞上橡胶塞组成如图所示装置。下列有关说法错误的是（）A铁一定发生析氢腐蚀B铁可能会发生吸氧腐蚀C若改用NaOH溶液，腐蚀不再发生D若改用食盐水，一段时间后导气管内液面高于导管外【分析】酸性条件下钢铁发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，据此分析。【解答】解：A酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，故A正确；B当盐酸反应完，即发生吸氧腐蚀，铁可能会发生吸氧腐蚀，故B正确；C若改用NaOH溶液，溶液显碱性，发生吸氧腐蚀，故C错误；D若改用食盐水，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，气体减少，所以导气管内液面高于导管外，故D正确。故选：C。【点评】本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大，注意把握铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀原理。16（2分）在M、N中加入试剂，并用图示装置制取、收集少量气体，其中最合理的是（） ABCDM浓盐酸浓氨水稀盐酸浓硫酸N浓硫酸碱石灰碳酸钙铜片AABBCCDD【分析】根据图示，应为固液或液液反应，不需要加热，用的是向上排空气的方法收集气体，尾气使用氢氧化溶碱液来吸收，说明气体要与氢氧化钠反应，据此来解答。【解答】解：A、浓盐酸与浓硫酸不反应，故A错误；B、浓氨水与碱石灰反应生成氨气，氨气密度小于空气，不能用向下排空法，故B错误；C、稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳，密度比空气大，向上排空法，用氢氧化钠吸收尾气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应需要加热，故D错误；故选：C。【点评】本题考查基本的实验分析综合，难度中等，侧重考查学生对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。17（2分）往NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当SO42恰好完全沉淀时，溶液中其它微粒存在的形式是（）ANH4+、AlO2BNH3H2O、Al（OH）3CNH4+、Al（OH）3DNH3H2O、AlO2【分析】往NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，设NH4Al（SO4）2为1mol，则溶液中含有1molNH4+，1molAl3+，2molSO42，Ba（OH）2Ba2+2OH，当溶液中的SO42完全沉淀时，则加入2molBa（OH）2，根据反应：2SO42+2Ba2+2BaSO4，Al3+3OHAl（OH）3，NH4+OHNH3H2O，据此判断。【解答】解：往NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，设NH4Al（SO4）2为1mol，则溶液中含有1molNH4+，1molAl3+，2molSO42，Ba（OH）2Ba2+2OH，当溶液中的SO42完全沉淀时，则加入2molBa（OH）2，根据反应：2SO42+2Ba2+2BaSO4，Al3+3OHAl（OH）3，NH4+OHNH3H2O，所以最后溶液中其它微粒存在的形式是NH3H2O、Al（OH）3；故选：B。【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题中注意判断使SO42全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据NH4+、Al3+和OH物质的量的关系判断反应产物。18（2分）已知还原性 IFe2+Br，在只含有I、Fe2+、Br溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）AI、Fe3+、ClBFe2+、Cl、BrCFe2+、Fe3+、ClDFe2+、I、Cl【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断【解答】解：还原性 IFe2+Br，含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。故选：B。【点评】本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大19（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO）相等，则下列叙述正确的是（）Ac（Na+）c（NH4+）B两种溶液中水的电离程度相等C两种溶液的pH相等Dc（CH3COONa）c（CH3COONH4）【分析】CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）c（CH3COONH4），结合电荷守恒分析。【解答】解：ACH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），CH3COONH4溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），两种溶液中c（CH3COO）相等，c（OH）不同，c（Na+）与c（NH4+）不相等，故A错误；BCH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误；CCH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH故相等，故C错误；D常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）c（CH3COONH4），故D正确。故选：D。【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及溶液中的守恒关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。20（2分）某温度下，在密闭容器中发生可逆反应的平衡常数K当反应达到平衡时，n（A）：n（B）：n（C）2：2：1若保持温度不变，以2：2：1的物质的量之比再充入A、B、C，则（）AK值增大B达到新平衡后，C的体积分数增大C平衡不移动D达到新平衡后，vA比原平衡减慢【分析】可逆反应的平衡常数K，则方程式为A（g）+3B（g）2C（g），再以2：2：1的物质的量比将A、B、C充入此容器中，各物质的浓度增大一倍，相当于在原来的基础上压缩体积为原来的一半，相当于增大压强，结合压强对平衡移动的影响分析。【解答】解：A温度不变，则平衡常数不变，故A错误；B温度不变，以2：2：1的物质的量之比再充入A、B、C，相当于增大压强，平衡正向移动，则达到新平衡后，C的体积分数增大，故B正确；C由B分析可知平衡正向移动，故C错误；D浓度增大，则反应速率增大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握体积不变时物质的量与压强的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意压强对平衡移动的影响，题目难度不大。二、（本题共16分）21（16分）硅是重要的半导体材料，是构成现代电子工业的基础。硅及其化合物在工业中应用广泛，在工业上，高纯硅可以通过下列流程制取：完成下列填空：（1）氯原子核外有5种不同能量的电子，硅原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2。（2）碳与硅属于同主族元素，熔沸点SiO2CO2 （填写“”、“”或“”），其原因是SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高。（3）流程中由SiO2制粗硅的反应不能说明碳的非金属性强于硅，原因是非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式Na2SiO3+2CO2+2H2O2NaHCO3+H4SiO4或CO2+Na2SiO3+H2OH2SiO3+Na2CO3。SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g）Q （Q0）（4）上述反应的平衡常数表达式K；能使K增大的措施是升温。（5）一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示上述反应达到平衡状态的是ab（选填编号）。a3v逆（SiHCl3）v正（HCl）b混合气体的压强不变cK保持不变 dc（SiHCl3）：c（H2）：c（HCl）1：1：3（6）一定温度下，在2L密闭容器中进行上述反应，5min后达到平衡，此过程中固体质量增加0.28g，此时HCl的化学反应速率为0.003mol/（Lmin）。【分析】（1）原子核外电子有几种能级就有几种能量不同的轨道；Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；（2）熔点一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体；（3）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳，只能说明碳的还原性比硅强；强酸反应制取弱酸；（4）依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；平衡常数随温度变化；（5）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生的其它一些量不变，据此分析；（6）根据方程式计算出固体质量增加0.28g时生成的氯化氢的物质的量，根据V（HCl）计算。【解答】解：（1）氯原子核外有1s、2s、2p、3s、3p五种能级，所以氯原子核外有5种不同能量的轨道，Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故硅原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，故答案为：5；1s22s22p63s23p2；（2）熔点一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体，SiO2为原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2为分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，故熔沸点：SiO2CO2，故答案为：；SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高；（3）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳：SiO2+2CSi+2CO，只能说明碳的还原性比硅强，非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强，碳的非金属性比硅强，则碳酸的酸性比原硅酸（硅酸）强，可发生：Na2SiO3+2CO2+2H2O 2NaHCO3+H4SiO4或CO2+Na2SiO3+H2O H2SiO3+Na2CO3，故答案为：非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；Na2SiO3+2CO2+2H2O 2NaHCO3+H4SiO4或CO2+Na2SiO3+H2O H2SiO3+Na2CO3；（4）SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g）Q （Q0），依据平衡常数概念书写，注意固体和纯液体不写入表达式，表达式为K，该反应正反应为吸热反应，所以升高温度平衡右移动，平衡常数增大，故答案为：；升温；（5）a3v逆（SiHCl3）v正（HCl），正逆反应速率相等，故a正确；b随反应进行容器内压强增大，混合气体的压强不变，说明到达平衡，故b正确；c平衡常数随温度变化，温度不变K保持不变，不能说明正逆反应速率相等，故c错误；dc（SiHCl3）：c（H2）：c（HCl）1：1：3不能说明正逆反应速率相等，故d错误；故答案为：ab；（6）SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g），此过程中固体质量增加0.28g，生成氯化氢的物质的量为0.03mol，V（HCl）0.003 mol/（Lmin），故答案为：0.003 mol/（Lmin）。【点评】本题考查高纯硅的制取，涉及有关硅和二氧化硅性质，为高考常见题型和高频考点，注意影响平衡常数、化学反应速率、化学平衡的因素等应用，有利于培养学生的良好科学素养，题目难度中等，注意相关知识的积累。三、（本题共14分）22（14分）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe（OH）3生产高铁酸钠：2 Fe（OH）3+3 NaClO+4 NaOH 2 Na2FeO4 +3 NaCl+5 H2O完成下列填空：（1）配平上述化学方程式。（2）其中发生还原反应的元素是+1价氯元素；若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO，则转移的电子数目是0.3NA。（3）高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是（结合离子方程式回答）：生成产物Fe3+发生水解，Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质。（4）生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe+2NaOH+2 H2ONa2FeO4+3 H2，则电解过程中Fe在a。（选填编号）a阳极发生氧化反应 b阴极发生还原反应c阳极发生还原反应 d阴极发生氧化反应（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示（H+和OH未列出）：离子SO42Mg2+Fe3+Na+Cl浓度（mol/L）a0.050.100.500.58表格中的a0.16 （填“”、“”或“”），判断的理由是处理后溶液呈酸性，故c（H+）c（OH），根据电荷守恒，a0.16。【分析】（1）Fe元素的化合价由+3变为+6，Cl元素的化合价由+1变为1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）2：3；（2）Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应。转移电子数得电子数失电子数，根据比例关系计算转移电子数；（3）高铁酸钠在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水；（4）Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应，阳极失电子；（5）处理后溶液呈酸性，故c（H+）c（OH），根据电荷守恒，a0.16。【解答】解：（1）分析题目中元素的化合价变化，Fe元素的化合价由+3变为+6，有化合价降低必须有化合价升高，所以Cl元素的化合价由+1变为1价，可知n（Fe（OH）3）：n（NaClO）2：3，其他根据原子守恒配平可得：2Fe（OH）3+3NaClO+4 NaOH2Na2FeO4 +3NaCl+5 H2O。故答案为：2Fe（OH）3+3NaClO +4 NaOH2Na2FeO4 +3 NaCl+5 H2O；（2）根据化合价，Cl元素化合价降低，做氧化剂发生还原反应被还原，发生还原反应的元素是+1价氯元素。根据方程式系数，当n（NaClO ）3mol，反应方程式中转移电子数为6NA，若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO，根据比例关系，可得转移电子数为0.3NA。故答案为：+1价氯元素；0.3NA；（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+发生水解，Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质，所以能净水。故答案为：生成产物Fe3+发生水解，Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成Fe（OH）3胶体吸附杂质；（4）Fe+2NaOH+2 H2ONa2FeO4+3 H2，在电解中Fe化合价升高，被氧化，发生氧化反应。阳极失电子，所以Fe在阳极发生氧化反应。故答案为：a；（5）若c（H+）c（OH），根据溶液中电荷守恒，即阴离子所带得电荷总数阳离子所带得电荷总数，2a+0.580.5+0.13+0.052，a0.16但是溶液中存在金属离子，c（H+）c（OH），处理后得溶液呈酸性，所以a0.16。故答案为：；处理后溶液呈酸性，故c（H+）c（OH），根据电荷守恒，a0.16。【点评】本题考查物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键。四、（本题共15分）23（15分）有机化合物A是一种常见化工原料，可以用来制备一系列的化工中间体及产品。用A为原料合成一系列化合物的路线如图所示：已知：完成下列填空：（1）写出反应的试剂与条件：Br2光照。（2）写出反应类型：反应取代反应；反应缩聚反应。（3）化合物F中只有两种不同环境的氢原子，写出F的结构简式：或。（4）设计一种方案检验C是否完全转化为D物质。取样，加NaOH至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，如果出现砖红色沉淀，则说明C没有完全转化为D，如果没有出现砖红色沉淀，说明C已经完全转化为D。（5）写出由D合成E的化学方