2020年上海市虹口区高考化学二模试卷(含答案解析)

1、2020年上海市虹口区高考化学二模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1 .决定元素种类的因素是（）A.核外电子数 B.最外层电子数 C.核电荷数D.中子数2 .下列关于物质性质的叙述中，正确的是（）A.硫是一种淡黄色的能溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性B.N2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO2C. C12能与金属活动顺序表中大多数金属反应D.硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质活泼3 .下列化学式能真实表示物质分子组成的是（）A. NaOHB. S03C. CsClD. SiO24 .下列反应中，反应物总能量大于生成物总能量的是（）A. C + C02 =1

2、= 2COB. C + O2J=CO2C. C+CO + H2D. C + 2CuO = C02 + 2Cu5 .能证明BeCl?是共价化合物的实验事实是（）A. BeCk的水溶液能导电B. BeCh的水溶液显酸性C. BeC%在熔融状态下不导电D.在高温时有BeC"分子存在6 .将碘和食盐分离的最好方法是（）A.升华B.蒸馀C.萃取D.过滤7.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（）A. pH =。的硫酸B. O.Olmol/LNaOH溶液第15页，共20页C. pH = 10的纯碱溶液D. pH = 5的氯化锈溶液8.下列不能用于分离混合物的实验操作装置图是（）9.中和相同体积

3、、相同pH的Ba（OH）2、NaOH. NI。电。三种溶液，所用相同浓度的盐酸的体积 分别是Vl、川2、V3，则三者的关系是（）A. Vi = V2 = V3 B. Vx > V2 > V3 C. V3 > Vi > V2 D. Vi = v2 < v310.对铁及铁的化合物颜色描述错误的是（）A.还原铁粉-银白色B. Fe（OH）3-红褐色C. Fe（SCN）3溶液-血红色D. FeSO溶液-浅绿色11 .将SO2气体通入BaCk溶液中，没有看到明显现象，再通入一种气体（或加入一种物质）后，可产 生一种白色沉淀，该气体（或物质）不可能是（）A. Cl2B. NH

4、3C. CO2D. FeCl312 .下列有机物的命名正确的是（）A. CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）OH： 3一甲基一2一戊醉B. CH3CH（CH3）CH = CH2： 3-甲基丁烯C. CH3CH2C（CH3）2CH3： 2, 2甲基丁烷D. CH2C1-CH2C1：二氯乙烷13 .下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（）A.红棕色的NOZ气体加压后颜色先变深再变浅B.打开汽水瓶，看到有大量的气泡逸出C.二氧化硫转化为三氧化硫时增加空气的量以提高二氧化硫的转化率D. H?、12、HI混合气体加压后颜色变深 14.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.能使酚醐试液变红的

5、溶液中：Na+、C、Cot，SOJ-B.在酸性溶液中：Fe2+. Na+、NO、CC.无色透明溶液中：C、Fe2+> SO：-、NH：15.D.澄清透明溶液中:k+、f>+、so：-、scn-下列热化学方程式中，正确的是（）A.甲烷的燃烧热为-890.3kJmoL,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:CH4（g） + 2O2（g）=CO2（g） + 2H2O（g） H = -890.3kJ - mol"1B.含20.0g的NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq) + CH3COOH(aq) =

6、CH3COONa(aq) + H20(l) H =-57.4 kJ - mol-1C.如图是298K、lOlKpa时CO和H2合成CH30H(g)的反应过 程中能量变化的曲线图，则该反应的热化学反应方程式为：CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) H = +91kJ/molD.已知：02Zn(s) + 02(g) = 2ZnO(s) H = -701.0kJ/mol 2Hg(1) + 02(g) = 2HgO(s) H = -181.6kJ/mol贝IJZn(s) +HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l) H = -259.7 kJ - moP116 .下列关于如图所示的实

7、验装置的判断中错误的是()A.若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀B.若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀C.若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极的阴极保护法D.若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H+2e- = H2 TAf IL17 .下列离子方程式书写正确的是（）A.用FeCk溶液腐蚀铜电路板:Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+B.水玻璃中加入稀盐酸:Na2SiO3 + 2H+ = H2SiO3 X +2Na+D.大理石与盐酸反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H20 + C02 T18.下列四幅实验装置图，其中完全正确的是（）A

8、,用Na检验乙醇中H原子的活泼性 B.用乙醇和浓硫酸制取乙烯C.实验室模拟石油的分储D.乙酸和乙醉的酯化反应19.某制碱厂的生产流程示意图如下：C.在氯化铝溶液中滴加过量的级水：Al3+ + 3 0H-= Al （0H）3 X下列分析正确的是（）A.该制碱法是侯氏制碱法B.反应中包含复分解反应C.X中只含有Ca2+和C1-D.理论上，生产过程中无需补充co?20.设Na为阿伏加德岁常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4 L盐酸含有Na个HC1分子B. 50 mLi2 moi浓盐酸与足量二氧化锌共热反应，生成C12分子的数目为0.15NaC.常温常压下，18gDz0中所含中子数为

9、IONaD.常温下，100 mL pH = 1的醋酸溶液中含有的氢离子数目为O.OINa二、实验题(本大题共1小题，共15.0分)21 .根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量A(Cu)(近似值)的实验。先称量 反应物氧化铜的质量m(CuO),反应完全后测定生成物水的质量m(HzO),由此计算Ar(Cu)0为 此，提供的实验仪器及试剂如下(根据需要可重复选用，加入的NH4cl与Ca(0H)2的量足以产生 使CuO完全还原的亚气)：D请回答下列问题:(1)级气还原炽热氧化铜的化学方程式为(2)从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺 序为(

10、用图中标注的导管口符号表示)a t:(3)在本实验中，若测得m(CuO) = a g, m(H20) = b g,则Ar(Cu) =:(4)在本实验中，使测定结果Ar(Cu)偏大的是(填序号)：CuO未完全起反应CuO不干燥CuO中混有不反应的杂质碱石灰不干燥NH4cl与 Ca(OH%混合物不干燥(5)在本实验中，还可通过测定和,或和 达到实验目的。三、简答题(本大题共3小题，共45.0分)22 . A、B、C、D、E五种主族元素分属于三个短周期，且原子序数依次增大.A、C同主族，可形 成离子化合物CA： B、D同主族，可形成DB?、DB,两种分子.请回答下列问题：(1)E在元素周期表中的位置

11、是 ，其核外电子排布式为 ,五种元素的原子半径由 小到大的顺序为(用元素符号回答).(2)A、B两种元素能形成两种常温下均呈液态的化合物M、N,具有强氧化性的化合物M的电子式可表示为 ;化合物N具有较高的沸点，原因是 .(3)在上述元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是(写化学式，下同)，非金属 气态氢化物还原性最强的是 .(4)A、B、C、D中的三种或四种元素能形成多种离子化合物，其水溶液呈碱性的有 (任 写两种化合物，用化学式表示，下同).(5)B、E的单质或由两元素形成的化合物牛可作消毒剂的有 .23 .在100久时，将0.40mol的二氧化氮气体充入2L真空的密闭容器中，发生反应：

12、2NO2(g) N2O4(g) H = -24.4kJ/moL每隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到数据如表所示：时间(S)020406080n(N02)/mol0.40ni0.26n3n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08(1)从反应开始至20s时，二氧化氮的平均反应速率为mol-L-1 st.(2)n3 =100P时该反应的平衡常数为(保留一位小数).平衡后，若升高温度，该反应的化学平衡常数将(填“增大”、“减小”或“不变”).(3)下述各项能说明反应达到平衡状态的是(填序号).a“正(电。=2V逆(NO?)b.体系颜色不变c.气体平均相对分子质量不变d.气体密度不

13、变(4)达到平衡后，分别在80s、120s、140s时只改变个条件，v正、v逆发生如图所示变化：则80s(5)若在相同情况下，最初向该容器中充入的是四氧化二氮气体，要达到上述同样的平衡状态, 四氧化二氮的起始浓度是mol/L.24 .有机物F的合成路线如图所示:已知如下信息:ncooiirncFip 11广CHaKMnO4/H。回答以下问题：COOH(1)E t F的反应类型是 .(2)A的结构简式为 , G的结构简式为 .(3)检验E中含氧官能团的试剂是 ,现象是 .(4)B生成C的化学方程式为 .(5)A的同分异构体中，符合下列条件的同分异构体有 种(不包含A),写出其中一种的结构简式 .

14、属于芳香族化合物苯环上有四个取代基苯环上的一澳取代物只有一种.答案与解析L答案：C解析：解：元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，不同种元素之间的本质区 别是质子数不同，决定元素种类的因素是质子数或核电荷数，故选：Co根据质子数决定元素的种类分析解答本题.本题考查元素的概念，难度不大.注意平时基础知识的积累.2 .答案：C解析：解：A、硫单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，化合价居于中间价，既有氧化性 又有还原性，故A错误：B、氮气和氧气在雷电的条件下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮会被氧气氧化为二氧化氮，但其不 能直接转化为二氧化氮，故B错误：C、氯气化学性质活泼，能和

15、大多数金属反应，故C正确：D、硅属于半导体材料，常温下化学性质不活泼，一般不易和其他物质反应，故D错误.故选C.A、硫单质不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；B、氮气和氧气在雷电的条件下发生反应生成一氧化氮；C、氯气化学性质活泼，能和大多数金属反应；D、硅属于半导体材料，常温下化学性质不活泼.本题考查学生氯气、氮气以及硫、硅的性质，可以根据所学知识来回答，难度不大.3 .答案：B解析：解：A.NaOH为离子化合物，只有钠离子和氢氧根离子，没有分子，故A错误：B.三氧化硫为非金属氧化物，三氧化硫晶体是分子晶体，晶体中只存在分子，所以化学式SO3能真实 表示三氧化硫分子组成，故B正确：C.CsC

16、l为离子化合物，只有钠离子和氯离子，没有分子，故C错误：D.SiO2为原子晶体，是由硅原子和氧原子以共价键构成的空间网状结构，没有SiO2分子，故D错误； 故选：Bo本题主要考查分子晶体类型的判断，掌握常见物质晶体类型及常见分子晶体是解答的关键，题目难 度不大。4 .答案：B解析：【分析】本题考查反应前后物质的总能量高低，实则考查常见的吸热反应和放热反应，题目难度不大。【解答】反应中反应物总能量大于生成物总能量，说明该反应是一个放热反应，A.碳和二氧化碳的反应是吸热反应，故A错误：B.碳燃烧是放热反应，故B正确；C.碳和水高温反应是吸热反应，故C错误；D.碳还原氧化铜是吸热反应，故D错误。故选

17、B。5 .答案：C解析：【分析】本题考查根据化合物的证明方法，解答这类问题应明确共价化合物的性质，试题较易。【解答】证明某化合物是离子化合物还是共价化合物的依据是该物质在熔融状态下能否导电，因此能证明 BeCh是共价化合物的实验事实是BeCh在熔融状态下不导电，故C正确。故选C。6 .答案：A解析：解：因碘易升华，NaCl加热不反应，则利用加热升华法分离最好，故选A.碘易升华，NaCl加热不反应，以此来解答.本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与应 用能力的考查，注意碘的特性应用，题目难度不大.7 .答案：C解析：【分析】本题考查水的电离的影响因素

18、，题目难度不大。要注意酸和碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的 电离。【解答】酸和碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，依此进行判断：A.pH = O的硫酸，c(H+)= lmol/L,抑制水的电离，B.O.Olmol/LNaOH溶液中c(OH-) = 0.01mol/L,抑制水的电离,C.pH = 10的纯碱溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，氢氧根离子浓度c(OHQ = 10-4mol/L,促 进水的电离，D.pH = 5的氯化镂溶液中镂根离子水解促进水的电离，氢离子浓度c(H+) = lOYmol/L,促进水电离, 故水的电离程度最大的是pH = 10的纯碱溶液。故选C。8 .答案：D解析

19、：解：A.为分液操作，用于分离互不相溶的液体，故A不选：8 .为蒸储操作，用于分离沸点不同的液体混合物，故B不选：C.为过滤操作，用于分离固体与液体的混合物，故C不选；D.为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离混合物，故D选.故选D.根据图示可知用于分离混合物的操作为分液、蒸储、过滤，D为配制一定物质的量浓度的溶液的操 作.本题考查物质的分离操作的装置图的判断，题目难度不大，注意常见物质的分离方法以及所使用仪 器即可解答该题.9 .答案：D解析：【分析】本题考查酸碱混合的计算、弱电解质的电离平衡，题目难度中等，注意掌握酸碱中和反应实质，明 确弱电解质在溶液中部分电离及溶液酸碱性与溶液p

20、H的关系为解答本题的关键。【解答】等体积、等pH的Ba(0H)2、NaOH中，c(OH-)相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，则消耗盐 酸的体积4 = V2：由于NG。为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继 续电离产生氢氧根离子，则消耗盐酸体积较大，即：% <%,所以消耗酸的体枳关系为：V2=V<V3、故选D。10 .答案：A解析：解：题中涉及物质氢氧化铁为红褐色、FeSCU溶液呈浅绿色、Fe(SCN”溶液为血红色，晶体和 粉末的颜色不同，铁晶体为白色，但粉末为黑色。故选：Ao铁粉与晶体的颜色不同，铁粉为黑色，铁的化合物中，氢氧化铁为红褐色、

21、亚铁盐溶液呈浅绿色、铁盐溶液为浅黄色，Fe(SCN)3溶液为血红色，以此解答该题。本题考查铁及其化合物的物理性质，为高频考点，侧重于化学基础知识的考查，有利于培养学生良 好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。11 .答案：C解析：【分析】本题考查了二氧化硫的性质，把握物质的性质及氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，题目难 度不大。【解答】A.SOZ具有还原性，能被氯气氧化为S0离子，所以再向溶液中加入氯气，生成BaS04沉淀，故A不 选；B.皴气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸钺，亚硫酸铁与钢离子反应生成亚硫酸钢沉淀，故B 不选：C.二氧化碳、二氧化硫均与氯化钢不反应，不能生成沉

22、淀，故C选：D.SO2具有还原性，能被Fe3+氧化为SOM离子，所以再向溶液中加入FeCb溶液，生成BaSO4沉淀，故 D不选；故选：C。12 .答案：A解析：解：A.CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)OH：选取含羟基碳在内的5个碳原子为主碳链，离羟基官能 团近的一端编号，得到名称为：3-甲基一2-戊醉，故A正确：B.CH3CH(CH3)CH = CH2：选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，离双键近的一端给主链编号, 得到名称为：3-甲基一1一丁烯，故B错误；C.CH3CH2C(CH3)2CH3：选取含碳原子最多的为主碳链，离取代基近的一端编号得到名称为：2, 2- 二甲基丁烷，故C错

23、误；DC/Cl - CH2cl标注官能团位置得到名称为：1, 2-二氯乙烷，故D错误：故选A.判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：(1)烷烽命名原则：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.看下而结构简式，从右端或左端看，均符合“近-离支链最近一端编 号”的原则；简：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；(2)有机物的名称书写要规范；(3)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、 “对”进

24、行命名：(4)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小.本题考查有机物的命名判断，题目难度中等，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确 有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力及 灵活应用所学知识的能力.13 .答案：D解析：解：A、加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变 深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释，故A能；B、因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原 理解释，故B能；C、增大氧气浓度平衡正向移动，可以提高二

25、氧化硫的转化率，所以能用勒沙特列原理解释，故C 能：D、H2、12、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原 理解释，故D不能：故选：D。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用 勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用.本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应， 且符合平衡移动的原理.14 .答案：A解析：【分析】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重 复分解反应、氧化还原反应、络合反应的离子共存考查

26、，题目难度不大。【解答】A.能使酚酷试液变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确：B.Fe2+. H +、NOJ发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误：C.无色透明溶液中，亚铁离子是浅绿色，故C错误；D.Fe3+、SCN-结合生成络合物，不能大量共存，故D错误。故选A。15.答案：D解析；解：A.燃烧热中生成液态水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l)AH =-890.3kJ molT,故 A 错误；B.醋酸电离吸热，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH(aq) + CH3COOH(aq)=CH

27、3COONa(aq) + H2O(1) AH > -57.4kJ - mol-1,故 B 错误：C.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的热化学反应方程式为：CO(g) +2H2 (g) = CH3OH(g) AH = -91kJ/mol,故 C 错误；D.由2Zn(s) + O2(g) = 2ZnO(s) H = -701.0kJ/mol2Hg(1) + O2(g) = 2HgO(s) H = -181.6kJ/mol结合盖斯定律可知，(一)X 祠到Zn(s) + HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l),其 H = 259.7kJ mol, 故D正确；故选：D

28、o本题考查反应热与焰变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热、中和热为解答的关键，侧重 分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。16.答案：D解析：【分析】本题考查原电池和电解池原理，明确电极上得失电子是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点， 同时也是考试热点，应重点掌握。开关置于A处，该装置是电解池，X作阳极，铁作阴极，阳极上 失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应：开关置于B处，该装置是原电池，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电 子发生还原反应。【解答】A.若X为碳棒，开关K置于A处，该装置是电解池，铁作阴极而被保护，所以可以减缓铁的腐蚀,

29、故A正确：B.若X为锌棒，开关K置于A处，铁棒作阴极而被保护，开关置于B处，铁作正极而被保护，所以 均可减缓铁的腐蚀，故B正确；C.若X为锌棒，开关K置于B处时，该装置是原电池，铁作正极，负极锌被腐蚀而保护了铁，故C 正确：D.若X为碳棒，开关K置于B处时，该装置是原电池，铁作负极，铁电极上发生的反应为Fe-2e-= Fe2+,故D错误。故选D。17.答案：D解析：解：A.用Fe。溶液腐蚀铜电路板，离子方程式：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+,故A错误：B.水玻璃中加入稀盐酸，离子方程式：SiO1+2H+ = H2SiO31，故B错误：C.在氯化铝溶液中滴加过量的皴水，反应生

30、成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3 -H2O = A1(OH)3，+3NH；,故 C 错误：D.大理石与盐酸反应，离子方程式：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H20 + C02 T,故D正确； 故选：D.A.电荷不守恒；B.硅酸钠为可溶性盐，拆成离子形式；C.一水合皴为弱碱，应保留化学式；D.二者反应生成氯化钙和二氧化碳、水：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大.18.答案：B解析：【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、制备实验、混合物分离提纯为解 答的关键，侧重分析与实验能力的考查，

31、注意实验装置的作用及实验评价性分析，题目难度中等。【解答】A.应利用对比实验检验乙醇中H原子的活泼性，故A错误；B.乙醇在浓硫酸作用下，加热至17(rc发生消去反应生成乙烯，图中装置可制备乙烯，故B正确； C.分储时，温度计测定储分的温度、冷凝水下进上出，图中温度计的水银球未在支管口处、冷水进 水方向不合理，故C错误；D.酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，导管不能在碳酸钠溶液的液而下，故D错误： 故选B。19 .答案：B解析：A.侯氏制碱法皴碱法，将氨气通入反应后的母液中发生反应，不是用Ca(0H)2和母液发生 反应，所以该制做法不是侯氏制碱法，故A错误；B.反应的过程有CO2 + NH3

32、+ H20 = NH4HCO3、 NH4HCO3 + NaCl = NaHCO3 + NH4C1, NH4HCO3 + NaCl = NaHCO3 + NH4cl为复分解反应，故 B 正确：C.此制碱法的排出液X中的溶质除了Ca(0H)2、NaCl外，还有氢氧化钙和氯化铉反应生成的CaC%, 所以X中还含有Na+和OH：故C错误；D.该制碱法理论上，发生的总反应为Ca(OH)2 + CO2 + 2NaCl = Na2CO3 + H20 + CaCl2,因为消耗了 CO2,所以需要补充CO2,故D错误： 故选:Bo制碱流程为：由于相同温度下，NaHCC)3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3,先

33、向饱和食盐水中通入NH3, 而后通入CO?发生反应CO?+ NH3 +&0+NaCl = NaHCC>3+NH4CL过滤，得到NaHCO?和母液， NaHCO3加热分解发生反应得到Na2c。3和CO2, CO?再循环使用：母液中含有NH<1、NaCl和少量 NaHCO3,加入Ca(OH)2发生反应得到CaCh的溶液X和NH3, NH3再循环使用：A.侯氏制碱法是颔碱法，将氨气通入反应后的母液中发生反应，避免了大量废弃物CaCb生成，： B.反应的过程有CO2 + NH3 + H20 = NH4HCO3、 NH4HCO3 + NaCl = NaHCO3 + NH4chC.此制

34、碱法的排出液X中，溶质除了 Ca(OH)2、NaCl外，还有Ca(OH)?和NH4cl反应生成的CaCjD.该制碱法理论上，反应有CO? + NH3 + H20 + NaCl = NaHCO3 + NH4Ck 2NaHCC)3 二Na2cO3 +C02 T +H20, 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3 T +2H2O* 合并册I除NaHCO?和NH4CI,得到总反 应为Ca(OH% + C02 + 2NaCl = Na2CO3 + H20 + CaCl2,据此解答。考查制备Na2c。3的工艺流程和侯氏制碱法流程，侧重考查流程中发生的反应及其类型、两种流程的 异同、物质循环

35、利用等知识内容，题目难度中等，分析流程中所发生的反应是解题关键，注意氨碱 法和联碱法两种制碱法的比较与识记。20 .答案:D解析：【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。【解答】A.标准状况下，22.4 L盐酸为非气体，无法计算，故A错误：B.二氧化锌只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀后反应停止，即盐酸不能反应完全， 则生成的氯气分子个数小于0.15Na个，故B错误；C. 18g重水的物质的量为0.9mol,而Imol重水中含lOmol中子，故0.9mol重水中含9Na个中子，故 C错误；D. pH = 1的醋酸溶液100mL中氢离子

36、的物质的量为O.Olmol,氢离子数为0.01股，故D正确。 故选D。21.答案：(1)2NH3 + 3CuO = 3Cu + 3H2O + N2(2)e t b t e t c(3)18a/b-16(4)(5)m(CuO) m(Cu) m(Cu) m(H20)解析：【分析】本题主要考查氨气的制备、净化、干燥和利用方程式进行的计算以及有关误差分析，一定要认真、 细致的分析问题。【解答】(1)氨气具有弱还原性，在加热条件下可以被氧化铜氧化，反应物为氮气、铜和水，反应的化学方程 式为2NH3 + 3CuO = 3Cu + 3H2O + N2> 故答案为：2NH3 + 3CuO = 3Cu +

37、 3H2O+ N2： (2)因为需要测定反应后生成物水的质量，所以必需保证通入的氨气是纯净干燥的，由于浓硫酸可以 与疑气反应，因此只能通过碱石灰进行干燥，再通入氧化铜进行反应，最后在通入碱石灰吸收反应 生成的水，以测得生成水的质量，最后要把剩余的级气除去，通入浓硫酸中，所以正确的顺序为a t e t b t e t c,故答案为：e -> b -> e -> c：(3)根据反应方程式 2NH3 + 3CuO = 3Cu + 3H2O + N2；33 可知氧化铜和水的物质的量相等，所以有以下关系式：解得庆式60 =世芳=岩一16,故答案为：詈一16；(4)由(3)可知得Ar(C

38、u)=詈- 16,若CuO未完全起反应，说明b偏小，结果偏大；若CuO不干燥，说明a偏小，b偏大，结果偏低：若CuO中混有不反应的杂质，说明b偏小，结果偏大：若碱石灰不干燥，说明氨气干燥不彻底，b偏大，结果偏低：若NH4cl与Ca(OH%混合物不干燥，但只要氨气干燥彻底，对结果不影响。所以选项正确，故答案为：(5)根据反应方程式2NH3 + 3CuO_3Cu + 3HnO + N。，可知也可以通过测定m(CuO)和m(Cu)或 m(Cu)和皿%。)来达到实验目的,故答案为:m(CuO)和m(Cu)、m(Cu)和口】(电0)。22.答案：第三周期VDA 族：Is22s22P63s23P5； H

39、< 0 < Cl < S < Na： H：O：6二H；水分子间存在氢键：HC104； H2S： NaOH、Na2SO3； 03. Cl2, C102解析：解：A、B、C、D、E五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以A是H元 素；A、C同主族，可形成离子化合物CA,且C原子序数大于B原子序数，所以C是Na元素：B、 D同主族，可形成DB?、DB3两种分子，所以B是O元素，D是S元素，E是短周期主族元素，所以 E是C1元素，(1)通过以上分析知，E是C1元素，属于第三周期VHA族，核外电子排布式为Is22s22P63s23p5,； 电子层数越多，原子半径越大，

40、同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原 子半径从小到大顺序为：H < 0 < Cl < S < Na,故答案为：第三周期VDA 族；Is22s22P63s23P5； H < 0 < Cl < S < Na；(2)A、B两种元素能形成两种常温下呈液态的化合物有水和双氧水，双氧水具有强氧化性，所以具 有强氧化性的化合物M是双氧水，双氧水的电子式可表示为化合物N是水，在同主族元素形成有具有相同结构的物质中，水分子间形成氢键导致水具有较高的 沸点，故答案为：h：o：6：h：水分子间存在氢键：(3)非金属元素的非金属性越强，其相应的最高

41、价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是 C1元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HCIO4；非极性越弱氢化物的还原性越强，故 还原性最强的气态氢化物是硫化物H?S,第17贞，共20页故答案为：hcio4： h2s：(4)A、B、C、D中的三种或四种元素能形成多种离子化合物，其中水溶液呈酸性的有NaOH、Na2SO3 等，故答案为:NaOH、Na2SO3：(5)由氧元素、氯元素形成的单质或化合物由多种，可以用作消毒剂的有。3、Cl2、CIO?等，故答案 为：O3、Cl2、CIO2 A、B、C、D、E五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以A是H元素；A、C同 主族，可

42、形成离子化合物CA,且C原子序数大于B原子序数，所以C是Na元素；B、D同主族， 可形成DB?、DB3两种分子，所以B是O元素，D是S元素，E是短周期主族元素，所以E是C1元 素，据此解答.本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质、常用化学用语、元素周期律等，难度中等，能正 确判断元素是解本题的关键，注意基础知识的理解掌握.23.答案：0.0025； 0.24mol： 2.8：减小：be；向该容器中充入四氧化二氮；0.10 解析：解：(1)从反应开始直至20s时，生成的四氧化二氮的物质的量为0.05moL根据反应：2NO2aoimolN2O4,消耗的二氧化氮物质的量为：O.lmoL二氧化氮的

43、反应速率为：v(NO-)=%一=0.0025mol -故答案为：0.0025：(2)根据表中的数据可知，60s时反应达到了平衡状态，60s和80s时二氧化氮的物质的量相等，即叼=n4>达到平衡状态时,n(N204) = 0.08moL n(NO2) = n3 = n4 = 0.4mol - 0.08mol X 2 = 0.24moL 二者浓度分别为：c(N2O4) = 0.04mol/L, c(NO2) = °?，" = 0.12mol/L» 该该反应在该温度下2L2L的平衡常数为：2.8,2NO2(g) = N2O4(g) H = -24.4kJ/moL反

44、应为放热反应平衡后，若升高温度平衡向吸热反应方向进行，即逆向进行，平衡常数减小，故答案为：0.24mol； 2.8：减小：(3)发生反应：2NO2(g) = N2O4(g) H = -24.4kJ/mol,a速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比,2v正(N20，= v逆(NO?)说明反应达到平衡状态，贝代正(电。=2v逆(NO?)不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b.体系颜色不变说明二氧化氮气体浓度不变，是平衡的标志，故b正确：c.混合气体质量不变，反应前后气体物质的量变化，气体平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡状态，故C正确：d.混合气体质量不变，体积不变，气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误：故答案为：be；(4)图中中平衡正向进行，逆反应速率此时不变，正反应速率快速增大，说明可能是增加反应物的浓度，改变的条件是向该容器中充入四氧化二氮，故答案为：向该容器中充入四氧化二氮： (5)若在相同情况下，最初向该容器中充入的是四氧化二氮气体，要达到上述同样的平衡状态，说明 两个反应为等效平衡，根据反应方程式，需要四氧化二氮的物质的量为：040moi X ：= 0.20mol,<N204)=O.ZOmol 八 4 八 i /T -=0.10mol/L» 故答