上海市黄浦区2020届高三下学期学业等级考科目阶段性调研化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精上海市黄浦区2020届高三下学期学业等级考科目阶段性调研化学试题含解析黄浦区2019学年度第二学期高中学业等级考科目阶段性调研化学试卷考生注意：1。本试卷满分100分，考试时间60分钟。2。本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题)在答题纸上;做在试卷上一律不得分。3。答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上.4。答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量:H—1C—12N—14O-16Na—23一、选择题（共40分,每小题2分。每小题只有一个正确答案)1。化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是()A.氢氧化铝可作胃酸的中和剂 B.氯化铵溶液作除锈剂C.84消毒液作消毒剂 D.白醋作除垢剂【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铝具有两性，能够与胃液中盐酸反应,常用作胃酸中和剂,该反应为酸碱中和反应，不涉及电子转移，故A不符合题意；B．氯化铵溶液水解呈酸性做除锈剂，氯化铵水解反应不涉及电子转移,故B不符合题意;C．84消毒液做杀菌消毒剂，84消毒液具有强氧化性，与细菌或病毒中蛋白质发生了氧化还原反应，涉及电子转移，故C符合题意；D．白醋做除垢剂即醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，没有化合价变化，不涉及电子转移，故D不符合题意；故答案为：C。2。下列过程中属于人工固氮的是（）A.用氨气和二氧化碳合成尿素 B。工业合成氨C.闪电时，氮气转化为一氧化氮 D。用硫酸吸收氨气得到硫酸铵【答案】B【解析】【详解】氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，人工固氮是在人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程，则A．用NH3和CO2合成尿素，是化合物转换不是固氮过程,故A不符合题意；B．工业上将N2合成氨，N2→NH3，氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态NH3，符合氮的固定定义，属于人工固氮,故B符合题意；C．闪电时，氮气和氧气反应生成NO，属于自然固氮，故C不符合题意；D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，是含氮化合物之间相互转化,不符合氮的固定定义，故D不符合题意；故答案为：B.3。金属冶炼通常有热分解法、热还原法和电解法.下列四种金属中，冶炼方法与其它三种金属不同的是（）A.Na B.Mg C.Al D.Fe【答案】D【解析】【详解】Na、Mg、Al均属于较活泼金属，常采用电解其相关熔融盐进行制备相应单质，Fe属于活泼金属，常采用热还原法进行冶炼,故答案为：D。4。下列变化不能通过一步反应直接完成的是(）A。Al→Al3+ B.Na2SO3→NaOH C.Al2O3→Al(OH)3 D。Fe（OH）2→Fe（OH)3【答案】C【解析】【详解】A．Al与HCl等酸溶液反应能够生成铝盐，能够一步实现该转化,故A不符合题意；B．Na2SO3与BaCl2溶液反应能够生成NaOH，能够一步实现该转化，故B不符合题意；C．Al2O3与水、弱碱不发生反应,与强碱反应生成偏铝酸盐（或四羟基铝盐),不会生成Al(OH)3，不能够一步实现该转化，故C符合题意；D．Fe(OH)2与O2、H2O反应能够发生化合反应生成Fe（OH)3，能够一步实现该转化，故D不符合题意；故答案为：C。5。检验某未知溶液中是否含有SO42-，下列操作中最合理的是（）A。加入硝酸酸化了的硝酸钡溶液B。加入盐酸酸化了的氯化钡溶液C。先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液D.先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液【答案】D【解析】【详解】A．加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子会被氧化为硫酸根离子，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故A不符合题意;B．加入氯化钡和盐酸的混合溶液,不能排除银离子的干扰，故B不符合题意;C．先加稀硝酸，硝酸可以将亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子，再加入硝酸钡溶液，产生硫酸钡沉淀，不能排除亚硫酸根离子的干扰,故C不符合题意；D．先加稀盐酸，可以排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，再加入氯化钡溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡,故D符合题意；故答案为：D.【点睛】向某溶液中加入盐酸酸化的，溶液中含有、Ag+时，溶液中会生成白色沉淀，同时还需要注意，若溶液中含有时，、会被硝酸氧化而生成，与Ba2+会发生反应而生成白色沉淀，但同时也有气体产生.6.用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，下列说法错误的是(）A.乙酸乙酯中含有18OB.18O存在于水中C。此反应属于取代反应D.生成的乙酸乙酯的相对分子质量为90【答案】B【解析】【详解】乙醇与乙酸发生酯化(或取代）反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应,反应过程中，乙醇脱去“氢原子",乙酸脱去“羟基”,生成乙酸乙酯以及水，用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，充分反应后,18O存在于乙酸乙酯以及乙醇中，生成的乙酸乙酯化学式为:CH3CH218OOCCH3,其相对分子质量为12×4+8+16+18=90，故答案为:B。【点睛】羧酸与醇发生酯化反应时,其规律是：酸脱羟基，醇脱氢,且该反应为可逆反应，若用同位素标记其中某一原子时，充分反应后混合物中至少含有2种具有同位素标记原子的物质。7.如图为某兴趣小组制作的番茄电池，下列说法正确的是()A。电子由铜通过导线流向锌B。该装置是将电能转化为化学能的装置C。锌电极发生氧化反应D。电流由锌通过导线流向铜【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池装置,Zn活泼性较Cu高,因此Zn作负极材料,Cu作原电池正极材料，Zn发生氧化反应，Zn电极失去电子，电子经过导线流向Cu，据此解答本题.【详解】A、电子由Zn通过导线流向Cu，故A错误；B、该装置为原电池装置，能量转换形式主要是化学能转化为电能，故B错误；C、Zn电极失去电子，发生氧化反应,故C正确；D、电流方向与电子流向相反,故电流是Cu通过导线流向Zn,故D错误；故答案为:C。8.关于有机物的下列说法正确的是（)A.煤的干馏过程为物理过程B.己烷和己烯都可以与氯气反应C.酸性高锰酸钾可以氧化苯和甲苯D。聚乙烯和苯都可以与氢气发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解,生成焦炭(或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化，故A错误；B．己烷与氯气能够发生取代反应，己烯能够与氯气发生加成反应,故B正确；C．苯与酸性高锰酸钾之间不发生反应，甲苯能够被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；D．聚乙烯中不含有不饱和共价键，不能与氢气发生加成反应，苯能够与氢气在催化剂、加热条件下反应生成环己烷，故D错误；故答案为:B。【点睛】苯的化学性质较稳定,不能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，而苯的同系物中若与苯环相连接的碳原子上有氢原子，则能够与酸性高锰酸钾溶液发生反应，取代基被氧化为羧基，若与苯环连接的碳原子上无氢原子，则不能与酸性高锰酸钾溶液发生反应。9.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是（）A。1，3−丁二烯 B。乙烷 C.甲苯 D.丙炔【答案】A【解析】【详解】A．CH2=CH−CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，通过旋转C−C单键，这两个平面可能是同一个平面，也可能不是同一平面，所以所有原子可能处在同一平面上，故A符合题意；B．乙烷相当于甲烷中的一个氢原子被甲基取代，因此所有原子不可能共平面，故B不符合题意;C．甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故C不符合题意；D．丙炔中有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点,因此所有原子不可能处于同一平面上，故D不符合题意；故答案为：A。10。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B。NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C.Fe2（SO4）3易溶于水,可用作净水剂 D。Al2O3熔点高,可用作耐高温材料【答案】D【解析】【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2（SO4）3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体,吸附水中悬浮的杂质，错误;D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；答案选D。11.有关FeCl3变色反应的叙述正确的是（)①向FeCl3溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变成红色②向FeCl3溶液中通入H2S气体，生成淡黄色沉淀③将FeCl3溶液滴入到淀粉碘化钾溶液中,溶液变成蓝色A.①②③ B.①③ C.②③ D。①②【答案】A【解析】【详解】①FeCl3为强酸弱碱盐,能够发生水解，其水溶液呈酸性,因此向FeCl3溶液中滴入紫色石蕊试液,溶液变成红色，故正确；②Fe3+具有氧化性，H2S具有还原性,二者能够发生氧化还原反应生成S、Fe2+,其中硫单质为淡黄色、难溶于水的固体，故正确；③Fe3+具有氧化性，I—具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成I2、Fe2+，I2遇淀粉会使淀粉溶液呈蓝色，故正确；故答案为：A.12。将铁粉和硫粉混合后加热，待反应一发生即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全生成新物质硫化亚铁。这现象说明了(）A.该反应是放热反应B。该反应是吸热反应C。铁粉和硫粉在常温下可以发生反应D。硫化亚铁的总能量高于铁粉和硫粉的总能量【答案】A【解析】【详解】A．因反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行说明本身放热，支持反应，故A正确；B．因反应一发生即停止加热，反应仍可持续进行说明本身放热，支持反应，故B错误；C．由题可知，该反应需加热才能发生,因此在常温下二者不发生化学反应，故C错误；D．该反应为放热反应,因此硫化亚铁的总能量低于铁粉和硫粉的总能量,故D错误；故答案为：A。13。在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的一组离子是(）A。K+、Na+、SO32-、Br- B.Na+、K+、ClO-、NO3-C。K+、Cl—、Fe3+、SO42— D。Al3+、Na+、Cl—、NO3-【答案】D【解析】【详解】酸性溶液中含有大量H+,无色透明溶液中说明溶液中不含有色微粒以及难/微溶物,A．H+与能够发生复分解反应生成H2SO3，不能大量共存，故A不符合题意；B．H+与ClO-能够发生复分解反应生成弱电解质HClO，不能大量共存,故B不符合题意；C．Fe3+在溶液中呈棕黄色或棕褐色，故C不符合题意；D．离子之间均不发生化学反应,且均为无色微粒，故D符合题意；故答案为：D.【点睛】离子之间若不发生任何反应,则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的常见反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应等.还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色,有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的pH是多少时，溶液的离子哪些存在，Al在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，由于HNO3有强的氧化性，与Al反应不产生氢气，则不会存在。掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。14。下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.A B。B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之,不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B。MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应，故B符合题意;C。部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO.反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。15.密闭恒温容器中进行下列反应：aA（g)bB(g)，反应达到平衡状态后，将容器容积增大1倍，当反应达到新的平衡状态时,反应物A的浓度是原来的46％,则下列叙述正确的是()A.化学计量数a>bB.容器容积增大，平衡向逆反应方向移动C.容器容积增大，生成物B的质量分数增大D。该反应的正反应放出热量【答案】C【解析】【分析】将容器容积增大1倍，相当于减小压强，改变条件瞬间,各物质浓度均变为原来的50％，但当反应达到新的平衡状态时,反应物A的浓度是原来的46％，说明平衡正向移动,因此减小压强平衡正向移动，以此分析。【详解】A．减小压强,平衡正向移动，而减小压强，平衡将向气体体积增大的方向移动，因此化学计量数b>a，故A错误;B．由上述分析可知，容器容积增大，平衡正向移动,故B错误；C．增大容器体积，平衡正向移动,因此生成物B的质量分数增大，故C正确；D．因该反应在恒温条件下进行，温度未发生该变，且不确定平衡移动过程中的热效应,因此无法判断反应的热效应，故D错误；故答案为：C。16。用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是（）A.上下移动①中铜丝可控制SO2的量B。②中选用品红溶液验证SO2的生成C。③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D。为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色【答案】D【解析】【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时,铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成,故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误.答案选D。17。能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.硫化亚铁溶于稀硝酸中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑B.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C。向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液:Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD.等物质的量的NaHCO3和Ca（OH）2溶液混合：2HCO3-+Ca2++2OH—=CaCO3↓+CO32-+2H2O【答案】C【解析】A．硫化亚铁溶于稀硝酸中的离子反应为FeS+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+S↓+2H2O，故A错误；B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板发生的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；C．向明矾溶液中加入过量氢氧化钡溶液发生反应的离子方程式为Al3++2SO42—+2Ba2++4OH—=2BaSO4↓+AlO2—+2H2O，故C正确；D．等物质的量的NaHCO3和Ca（OH)2溶液混合发生的离子反应为HCO3-+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O,故D错误；答案为C。18。今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A.原子半径：W<XB。常温常压下，Y单质为固态C。气态氢化物热稳定性:Z〈WD.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2,因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价(除F与O以外），可设X的族序数为a,则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8,则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素;W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；B。常温常压下,Si为固体，B项正确；C。同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱,则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确;D。X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝,即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误;答案选D.【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定,与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱,要识记并理解。19。氢化铵与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列叙述中错误的是（）A。NH4H是离子化合物B.NH4H溶于水所形成的溶液显酸性C。NH4H与水反应时,NH4H是还原剂D.NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生【答案】B【解析】【详解】A．依据题意NH4H与氯化铵的结构相似，则性质也应相似，氯化铵是铵盐，属于离子化合物,因此NH4H也是离子化合物，由和H-构成的离子化合物,故A不符合题意;B．NH4H与水发生了氧化还原反应,NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，生成的NH3•H2O是弱碱，水溶液中呈碱性，故B符合题意;C．根据NH4H和H2O反应过程中化合价的升降，可知NH4H中H—化合价升高为0价，作还原剂,故C不符合题意；D．该反应生成H2和NH3•H2O，NH3•H2O的浓度较大或加热时,会分解生成NH3，NH4H固体投入少量的水中，生成NH3•H2O的浓度较大，且该反应为放热反应，因此最终有两种气体产生,故D不符合题意；故答案为：B。20。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、SO32—、SO42—，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（）A。肯定不含K+B.肯定含有SO32-、K+C。肯定不含SO42-D.肯定含有NH4+【答案】C【解析】【详解】该溶液为无色溶液,则溶液中不含有Fe2+，向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，因溴水为橙色,因此说明溴水中Br2发生了氧化还原反应，说明溶液中一定含有，因所有离子物质的量浓度相等，若溶液中含有,则溶液中电荷不守恒，因此溶液中一定不含有，溶液中一定含有Na+、、K+中的两种，但不能确定具体所含阳离子种类，综上所述，故答案为：C。二、综合题（共60分）21。黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为:2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑完成下列填空：(1）上述反应中的还原剂为___,还原产物有___,当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___.（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___.（4)S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。（5)下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___.a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4b.酸性：H2SO3＞H2CO3c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价d.分解温度:CH4＞H2S【答案】（1）.C(2）。K2S和N2（3)。6NA（4).离子晶体（5).离子键、共价键(6）.1s22s22p63s23p4或[Ne］3s23p4（7）.5(8).品红溶液均褪色(9)。不褪色(10).将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性（或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性)(11).N<C<S（12).c(K+）〉c(S2-)>c（HS-)>c（H+）(13).ac【解析】【详解】（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1。5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1。5mol×4NAmol—1=6NA；（2)KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；（3)S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或［Ne］3s23p4;核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子;SO2具有漂白性,能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性,能够使品红溶液褪色;将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应:SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性,因此不能使品红溶液褪色;（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：N<C<S；K2S属于强碱弱酸盐,在溶液中能够发生水解,S2-一级水解程度〉S2—二级水解程度〉水的电离程度,因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c（K+)>c(S2—)>c（HS-）>c(H+）；（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4,根据“越弱越水解"，说明酸性：H2SO4>H2CO3,H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性:S>C，故a符合题意；b．酸性：H2SO3〉H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意;c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价,可直接说明S的非金属性强于C,所以S才显负价,碳元素显示正价，故c符合题意；d．分解温度：CH4〉H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H—S—H键角为92.1º，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意;故答案为：ac。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下,氧化性越强，元素对应非金属性越强;2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈,非金属性越强；3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强,非金属性越强；值得注意的是:氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱,所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟.22。碳的单质及其化合物是常见的物质.完成下列填空：已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：C（石墨）＋O2（g）→CO2（g）+393。51kJ;C（金刚石）＋O2(g)→CO2（g)+395.41kJ（1）等质量时石墨的能量比金刚石的___（选填“高”或“低"），由石墨制备金刚石是___反应（选填“吸热"或“放热”）。由焦炭与石英在高温的氮气流中反应，可制得一种新型陶瓷材料——氮化硅(Si3N4）：C+SiO2+N2→Si3N4+CO（未配平)(2）配平后的化学方程式各物质的化学计量数依次是___。若已知CO生成速率为v(CO）=12mol/（L·min)，则N2消耗速率为v(N2）=___mol/（L·min)。一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达式为：K=.（3）该反应的化学方程式为___.（4）能判断该反应一定达到平衡状态的是___。a.v正(H2O）=v逆（CO)b.容器中气体的相对分子质量不随时间改变c.消耗nmolH2同时消耗nmolCOd。容器中物质的总物质的量不随时间改变（5）已知常温下0.1mol/L碳酸氢钠溶液的pH=8.4，该溶液中的c（H2CO3)___c（CO32—)（选填“〉"、“="或“<”）；该溶液电中性的表达式为___.【答案】（1）.低（2）.吸热(3）.6、3、2、1、6(4）.4(5).C(s）+H2O(g)CO(g)+H2（g)（6).ab（7）。〉(8）.【解析】【详解】(1）由石墨、金刚石燃烧生成相同产物对应热量变化可知，相同质量的石墨的能量低于金刚石，因此等质量时石墨的能量低于金刚石;由石墨制备金刚石为低能量物质转化为高能量物质，属于吸热反应;（2）该反应中，C元素化合价从0价升高至+2价，N元素化合价从0价降低至—3价，因此C与N2的系数比为3:1，然后根据原子守恒配平方程式为：6C+3SiO2+2N2=Si3N4+6CO；根据相同方向化学反应速率之比等于其物质对应化学计量数之比可知，;（3）由平衡常数可知，CO、H2作生成物，H2O(g)作生成物,根据元素守恒以及原子守恒可知该可逆反应化学方程式：C(s）+H2O(g)CO(g）+H2（g)；（4)a．v正(H2O)、v逆(CO）表示化学反应速率方向不同，当v正（H2O）=v逆（CO)时,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知:v正（H2O)=v逆(CO)=v逆（H2O）,可说明反应达到平衡状态，故a符合题意；b．该反应中生成物均为气体，反应物中C为固体，反应过程中气体总质量不断变化，气体的物质的量也在不断变化，当二者比值(即气体平均相对分子质量)不变时，说明总气体的质量以及物质的量不变，可说明反应处于平衡状态，故b符合题意；c．根据化学方程式可知，消耗nmolH2时，一定会消耗nmolCO，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态,故c不符合题意；d．该反应为等物质量反应，反应过程中所有物质的总物质的量不变,因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，故d不符合题意;故答案为:ab；(5)NaHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡,常温下NaHCO3溶液pH=8.4>7，说明的水解程度大于其电离程度，因此水解生成的H2CO3浓度大于电离生成的浓度;溶液呈电中性的原因是溶液中微粒存在电荷守恒,其表达式为：。23.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如图：已知：a。b.RCHO完成下列填空：（1）反应①所需试剂、条件分别是___；F的化学名称为___.（2)②的反应类型是___；A→B的化学方程式为___。(3)G的结构简式为___；H中所含官能团的名称是___。（4）试设计一条以为原料制备的合成路线___。(无机试剂任选,合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）【答案】（1)。Cl2、光照(2）.辛醛（3）.酯化(或取代)反应(4）.（5）.（6）。羟基（7).【解析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为,B进一步氧化生成C为,C与H发生酯化反应生成I为,据此分析作答。【详解】（1）反应①为甲苯与氯气发生取代反应生成,其反应所需试剂以及条件为:Cl2、光照；F为CH3(CH2）5CHO,选择含醛基的最长碳链为主链,以醛基取代基位次最小可知其名称为:辛醛；（2）由上述分析可知，C与H之间发生酯化（或取代）反应生成I；A→B的反应为醇的催化氧化生成醛，其反应方程式为:；(3）由上述分析可知,G的结构简式为:；H为,其中所含官能团为羟基；（4）为环状酯类化合物，其所含碳原子数与中所含碳原子数相同，因此是通过分子内羟基与羧基的酯化合成，因此可设计合成路线为：。【点睛】醇催化氧化的本质是：去氢,也就是去掉醇羟基上的H和连接有醇羟基的C原子上的氢,这两个H原子与氧气的O原子结合生成水；如果连接有醇羟基的C原子上有2个或者3个H,这样的醇催化氧化后形成醛；连接有醇羟基的C原子上有1个H,醇催化氧化后的产物是酮；连接有醇羟基的C原子上没有H原子，这样的醇不能发生催化氧化。24。某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3,为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程,用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（Fe