2020-2021学年上海市建平中学高三（上）期中化学试卷（附答案详解）.pdf

2020-2021学年上海市建平中学高三（上）期中化学试卷1 .若能层序数n =3,则下列能级符号错误的是（）A.n s B.n p C.n d D.n f2 .下列变化不需要破坏化学键的是（）A.加热氯化铉固体B.干冰气化 C.石油裂化 D.氯化氢溶于水3 .元素周期表中同周期或同主族元素，随着原子序数的递增，下列说法正确的是（）A.回 4 族元素的氢化物沸点逐渐升高B.团 4 族元素的原子核外最外层电子数逐渐增多C.碱金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强D.第二周期元素（除稀有气体元素）的最高化合价数值逐渐增大4 .2 0 世纪末，由中国学者和美国科学家共同合成了世界上最大的碳氢分子，其一个分子由1 3 3 4 个碳原子和1 1 4 6 个氢原子构成.关于此物质，下列说法肯定错误的是（）A.属烧类化合物 B.常温下是固态C.可发生氧化、加成反应 D.具有类似金刚石的硬度5 .下列关于钠与水反应的叙述，不正确的是（）将一小粒钠投入滴有紫色石蕊溶液的水中，反应后溶液变红将一小粒钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与H C 1 反应钠在水蒸气中反应时因温度高会发生燃烧将两小粒质量相等的金属钠，一粒直接投入水中，另一粒用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔,然后投入水中，则二者放出氢气的质量相等。A.B.C.D.6 .一定呈碱性的溶液是（）A.pH=8 的某电解质的溶液 B.O H-1 x 10-7mol/LC.溶液中含有OH D.凡 H+27 .实验室用N a 2 s O 3 还原M n。.如果还原含有2.4 x 1 0-3m。放出左的溶液时，消耗1 8 7 n M）.2 m o 1/L 的N a z S g 溶液，则 Mn元素在还原产物中化合价为（）A.+2 B.+4 C.+5 D.+68.下列表述正确的是（）A.硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B.常温下铁能被浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸C.次氯酸是一种弱酸是因为次氯酸不稳定，易分解D.S”能使酸性KM n%溶液褪色，体现了SO?的漂白性9.下列各组中的两物质作用时.，如果反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A.Na 与。2 B.Na z。2与C O?C.F e与a D.A U G溶液与Na OH溶液1 0 .格列卫是治疗白血病和多种癌症的一种抗癌药物，在其合成过程中的一种中间产物结构如图所示：OI Y XB.X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体C.根据元素周期律，可以推测W元素的单质具有半导体特性，1%匕具有氧化性和还原性D.Z七晶体熔化、液态R%气化均需克服分子间作用力1 2 .下列说法正确的是（）高温A.己知2 C +S1 O2二Si +2 C。T,说明Si的非金属性比C强B.电子层数越多，原子半径一定越大C.单质中不可能含有离子键D.第回4族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点最低1 3 .下列说法正确的是（）A.将碳酸钢粉末加入至足量Na 2 s O4溶液，充分振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸无气体产生，说明溶解度B a SO4 c(C H3C O O H)c(C H3C O O)c(H+)1 8.二氯化二硫(5 2。2)是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。分子中各原子最外层均有8个电子。遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是()A.S 2 C%的结构式为C/-S-S-GB.S 2 G 2可能使品红溶液褪色C.与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3D.将 气 体 通 入4 g N 0 3溶液中，若有白色沉淀产生，则S 2 c 1 2气体中有H C 11 9 .绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含N H我废水和工业废气(主要含N z、(?。2、SO?、N O、CO,不考虑其他成分)，设计了如图流程。已知：N O +N 02+20H-=2 N 0 +H20,下列说法正确的是()过石灰乳废气五和X NaOH溶液固体1NaNG 落版 F-口 辅 获 产 物A.固 体1中主要含有CaCO3、C a S04B.X可以是空气，且需过量C.处理含N H 3废水时，发生的反应：N H：+5N O5+4 H+=6 N 0 T+4%。D.捕获剂所捕获的气体主要是CO2 0 .四种离子大量共存的溶液中，已知M g 2+、F e2+、C厂的物质的量浓度之比为I：1：6.下列叙述正确的是()A.向该溶液中滴加N aOH溶液，立即产生沉淀B.向该溶液中加入少量铁粉，c(F e3+)一定减少C.将该溶液蒸干并灼烧，得到F eC。与M g C%D.若该溶液中c(g 2+)=o.l m o Z L-1,则溶液的p H定 为121.将浓盐酸滴入高镒酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去.现有一氧化还原反应的体系，共有KC1、C l2 浓H2so4、4 2。、K M n O4,M nS04.&$。4七种物质.完成下列填空：(1)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目：(2)上述反应中，氧化剂是,每转移I m o l电子，生成C%标准状况).(3)在反应后的溶液中加入N aBi O3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，Bi O*反应后变为无色的由3 +.写出该实验中涉及反应的离子反应方程式：.(4)根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧 化 产 物 的 氧 化 性 强 弱 顺 序.(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为(6)氯 原 子 的 最 外 层 电 子 的 轨 道 式 为,氯原子核外有 不同运动状态的电子.2 2.硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。请回答下列问题：(1)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以C aS04的形成固定下来，但产生的C O又会与C a SO&发生化学反应，相关的热化学方程式如下：C aSO s)+C O(g)C a O(s)+SO2(g)+C O2(.g)Q=-210.5 k/m o LC as o n s)+C O(g)C aS(s)+C O2(g)Q =+4 7.3/c/-m o r1反应C aO(s)+3 c o(g)+SO2(g)C aS(s)+3C O2(g)Q=kJ-m o r1；平衡常数 K 的表达式为。(2)图1为在密闭容器中“25气体分解生成为和Sz(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。发、榔军批SSZH图1中压强声、2、P3的 大 小 顺 序 为，理由是；该反应平衡常数的大小关系为K(A)K G 填“”、或“=)，理由是 o(3)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2S02(g)+02(g)u 2S03(g)Q 0。6 00时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO?、。2、5。3物质的量变化如图2,反 应 处 于 平 衡 状 态 的 时 间 段 是。据图乙判断，反应进行至20m i n时，曲线发生变化的原因是(用文字表达)；l Om i n到15 m i n的 曲 线 变 化 的 原 因 可 能 是(填 写 编 号)。a.加了催化剂b.缩小容器体积c.降低温度d.增加SO3的物质的量(4)烟气中的SO?可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2s O3和NaHSC 混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c(Na+)=(用含硫微粒浓度的代数式表示)。23.目前常见的纯碱工业有：氨碱法（又称索氏制碱法）和联合制碱法（又称侯氏制碱法）。但在某些地区，由于化肥供过于求，有人将两种制碱法的工艺整合，设计出可调节碱肥比（产 品 I与产品I I 的理论物质的量之比）的N.4法，其简化流程可表示如图：NH3 C02试齐IJC a（O，）2NaOH价格（元/g）0.362.9吸收SO2的成本（元/mol）0.0270.232产品口 NH3废液（1）索 尔 维 制 碱 法 的 原 理 是。（用化学方程式表示）（2）侯氏制碱法可以循环使用的物质有 0（3）吸 收 I 过程中N“3与。2的 通 入 顺 序 为（选填编号）。a.先通入A/，再通入。2b.先通入CO2，再通入N/（4）设计吸收II步骤的目的是 o（5）N.4法的特点就是在于对母液I 按市场需求进行处理。全走B 线时，碱肥比为1：0,即为索氏制碱法；当全走A 线时，碱肥比为 即为侯氏制碱法。OII24.有机物M（CH厂fH COC均-?H C2H。是合成药物瑞德西韦的中间体，其合成途NH2 c2H5径如图：已知：R-C-R+H C N CR（R和R均表示炫基或氢原子）CN完成下列填空:(1)M中 含 氧 官 能 团 的 名 称 为。反 应 中 属 于 取 代 反 应 的 有。反应的化学方程式为。(2)反应需要在无水条件下进行，如何检验反应所得产物中的水已被除净？o(3)写 出 两 种 满 足 下 列 条 件 的 有 机 物 的 结 构 简 式、。(C2HsKCHOH的同分异构体；能发生消除反应且只生成一种烯燃。CH3(4)聚甲基丙烯酸(一f-CH厂)常用作胶黏剂、锅炉阻垢剂以及合成离子交换树脂.根COOHO据已有知识并结合题目流程中的信息，设计由丙酮(CH厂CH3)制备甲基丙烯酸(H C=C-COOH2 I )的合成路线。CH3目标产物)反应试剂 反应试剂。(合成路线常用的表示方式为：4 U焉答案和解析1.【答案】D【解析】解：每一能层含有的能级数与其能层数相等，则n=3时，能层数为3,则有3s、3p、3d能级，不存在3 f,从n=4时开始出现f 能级，故选：D。每一能层含有的能级数与其能层数相等，且每一能层都是从s能级开始，第一层（K层）上只有1s亚层，第二电子层（L层）只有2s和 2P亚层，第三电子层（M层）只有3s、3P和 3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和 4 f亚层，以此来解答。本题考查原子核外电子的能级，为高频考点，把握电子层与能级的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意n=3的条件，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：4 分解生成HC1和氨气，离子键破坏，故 A 不选；B.干冰气化，只破坏分子间作用力，故 B 选；C.石油裂化是化学变化，共价键破坏，故 C 不选；D.氯化氢溶于水，发生电离，共价键破坏，故 D 不选；故选：Bo一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A 回 4族元素的氢化物随着原子序数的递增，相对分子质量越增大，物质的熔沸点越高，但回4族元素的氢化物中HF存在氢键，熔沸点最大，故 A 错误；B.,团 4族元素随着原子序数的递增，原子核外最外层电子数相等，故 B 错误；C.碱金属元素随着原子序数的递增，元素的金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故 C 正确；D.根据氧和氟无最高价，所以第二周期元素（除稀有气体元素）的最高化合价数值不是逐渐增大，故 D 错误；故选：CoA.组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但回4族元素的氢化物中HF存在氢键，熔沸点最大；B.同主族元素原子核外最外层电子数相等；C.同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强；D.根据氧和氟无最高价分析.本题考查元素的性质的递变规律，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变性和相似性.4.【答案】D【解析】解：A、该物质只含有C、H 两种元素，属于煌类化合物，故 A 正确；B、相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大，常温下是固态，故 B 正确；C、该物质的不饱和度为1334X2耍2-1146=的,分子中可能存在不饱和键，可能发生加成、氧化反应，该物质可以燃烧，燃烧属于氧化反应，故 C 正确；D、该物质属于分子晶体，硬度不大，故 D 错误。故选：D。A、煌是指只含有C、H 两种元素的化合物；B、相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大；C、根据2N(C)+；-N(H)计算不饱和度,据此判断；D、该物质属于分子晶体.本题考查有机物的组成、结构与性质等，比较基础，旨在考查学生对知识的简单利用，注意基础知识的掌握.5.【答案】D【解析】解：金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠会使石蕊试液显示蓝色，故错误；金属钠和酸的反应比和水的反应剧烈，所以将钠投入稀盐酸中，钠先与盐酸反应，后与水反应，故错误；钠在水蒸气中反应时不会发生燃烧，故错误；金属钠和水反应的原理是：2Na+2H2。=2NaOH+“2，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，先发生反应2Na+2“2。=2NaOH+“2，然后金属铝和氢氧化钠反应2 4 +2N a O H+6 H2。=2N a A l(O H)4 +3H2,等物质的量的金属钠，在两种情况下产生氢气的量不相等，故错误。故选：D。金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；金属钠和酸的反应比和水的反应剧烈；钠在水蒸气中反应时不会发生燃烧；根据金属钠和水反应以及金属铝和氢氧化钠反应的化学方程式进行计算即可。本题考查学生金属钠的化学性质，根据教材知识来回答即可，难度中等。6.【答案】D【解析】解：4 没指明温度，人 不一定等于I。-,不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故 A 错误；B.没指明温度，加 不一定等于1 0-1 4,不能根据O/T浓度大小判断溶液的酸碱性，故 B 错误；C.任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故 C 错误；D.溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，Kw H+2,Kw=H+O H-,可知旧+,溶液一定显碱性，故 D 正确；故选：D。水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：H+O/T时溶液呈酸性;H+=O/T时溶液呈中性；H+IO,pH值 7,溶液呈酸性；H+7,溶液呈碱性，以此来解答。本题考查溶液酸碱性的判断，为高频考点，把握溶液酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Kw不确定，题目难度不大。7.【答案】B【解析】解：由信息可知，S 元素的化合价由+4价升高为+6价，设 M n元素的化合价由+7价降低为 X,由得失电子守恒可知，2.4 x 10-3mol x(7-x)=0.018Z,X 0.2mol/L x(6-4),解得x=+4,故 B 正确，故 选:Bo由信息可知，S 元素的化合价由+4价升高为+6价，M n元素的化合价降低，结合得失电子守恒计算。本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。8.【答案】B【解析】解：4 光导纤维主要成分为二氧化硅，不是晶体硅，故 A 错误；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下铁遇浓硫酸钝化，可用铁质容器贮运浓硫酸，故 B 正确；C.次氯酸是一种弱酸是其在水溶液中不部分电离，故 C 错误；D.SO2能使酸性KMTI/溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，能够还原高镒酸钾，故 D 错误；故选：BoA.光导纤维主要成分为二氧化硅；B.依据浓硫酸强氧化性解答；C.次氯酸是一种弱酸是其在水溶液中不部分电离；D.依据二氧化硫还原性解答。本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、浓硝酸、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。9.【答案】B【解析】解：4 钠与氧气反应时，常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，故 A 错误；B.过氧化钠与二氧化碳反应时生成碳酸钠和氧气，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响，故 B 正确；C.铁在氧气中燃烧时生成四氧化三铁，在潮湿的环境中铁与氧气反应生成氧化铁，故 C 错误；D.氯化铝和氢氧化钠反应时，氢氧化钠不足时，生成氢氧化铝，氢氧化钠过量时生成偏铝酸钠，故 D 错误；故选：B。依据物质的性质和反应条件判断。本题考查物质的性质与转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质与转化是解题的关键.10.【答案】B【解析】解：4 该有机物分子中含有3 种官能团，分别为硝基、酰胺键和碳氯键，故 A 错误；B.碱性条件下该有机物水解的产物之一，经酸化后得到对段基苯甲醇，对竣基苯甲醇分子中含有-C O O H.-OH,其自身可以发生缩聚反应，故 B 正确；C.该有机物分子中含有碳氯键，结合卤代燃的性质可知，该有机物在水中的溶解度应该较小，故c 错误；D.该有机物水解生成对竣基苯甲醇具有对称结构，其苯环上只含有2 种 H 原子，故 D 错误；故选：BoA.该有机物含有的官能团为硝基、酰胺键和碳氯键；B.碱性条件下水解的产物之一，经酸化后苯环的对位上分别为-COOH、-C H2O H；C.该有机物分子中含有-a，结合卤代燃的性质分析；D.水解生成对竣基苯甲醇分子的苯环上只有2 种 H 原子。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团类型、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。11.【答案】C【解析】解：X、Y、Z、R 为短周期元素，其 Y 元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为6,故 Y 为 O 元素，由元素在周期表中的位置可知，X为 C 元素，Z 为 Si元素、W 为 As元素，R 为 S,A.电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径大小关系为：R X Y,故 A 错误；B.碳元素有石墨、金刚石、。60等多种同素异形体，氧元素可以形氧气、臭氧，存在同素异形体，故 B 错误；C.As位于金属与非金属的交界处，可知W 元素的单质具有半导体特性，As元素的最高价化合价为+5价，则%匕具有氧化性和还原性，故 C 正确；D.SiOz晶体为原子晶体，熔化需破坏共价键，液态SO3气化需克服分子间作用力，故 D 错误；故选C.X、Y、Z、R为短周期元素，其 Y 元素的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为6,故 Y 为 O 元素，由元素在周期表中的位置可知，X 为 C 元素，Z为 Si元素、W 为 As元素，R 为 S,以此来解答.本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握原子结构、元素的位置与性质、元素周期律、元素化合物知识为解答的关键，综合性较强，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.12.【答案】C【解析】解：4 C 是还原剂、Si是还原产物，则还原性C S i,不能比较Si、C 的非金属性强弱，故 A 错误；B.原子核对核外电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，静电作用力增强影响原子的半径，电子层数多少只是影响原子半径的因素之一，原子电子层数越多，对应的原子半径不一定大，如 K 比 I 少一电子层，但半径K 比 1大，故 B 错误；C.阴阳离子之间形成离子键，单质中不存在阴阳离子，所以单质中不可能含有离子键，故 C 正确；D.第 VIA族元素的氢化物中，非金属性。S S e T e,则氢化物的稳定性/。H2S H2Se H2T e,水分子之间能形成氢键，其它氨化物不含氢键，分子间作用力：H2S H2Se H2Te H2Se H2S,故 D 错误；故选：CoA.C是还原剂、S i是还原产物，则还原性C Si；B.原子半径由电子层数、核电荷数等因素共同决定；C.阴阳离子之间形成离子键；D.氢化物的稳定性与其非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点与其分子间作用力、氢键有关。本题考查元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确非金属性强弱判断方法、物质构成微粒及微粒之间作用力、元素周期律等知识点是解本题关键，注意：氢化物的稳定性影响因素、氢化物熔沸点影响因素的区别，题目难度不大013.【答案】A【解析】解：4 将碳酸钢粉末加入至足量Na2sO4溶液，充分振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸无气体产生，说明此点为硫酸铁，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，由此说明溶解f B a SO4 c段加入盐酸后发生的反应为C/C。-+H+=C H3C O O H,故 B 正确；C.c点溶液的p，=7,溶液呈中性，b点为等浓度的N a C l和C/C O O N a的混合溶液，。/。一 促进了水的电离，则b点时水的电离测定最大，故C错误；D.d点溶质为N a C l和C/C O O H,且氯化钠浓度为醋酸的2倍，则c(N a+)=c(C l-)c(C H3C O O H),由于醋酸和水的电离，则c(H+)C(CH3C O O),则离子浓度大小为c(N a+)=c(C厂)C(CH3COOH)c(H+)C(CH3C O O-),故 D 错误；故选：B A.加水稀释稀释后溶液中c(O H-)减小，C/C。-水解程度增大，贝切(C/C。”)增大、n(C H 3 c。一)减小；B.b点时等浓度的N a C l C H3C O O N a,b-c段加入盐酸后醋酸根离子与氢离子结合生成醋酸；C.C H 3 C O O-水解促进了水的电离，且c(C“3 C O。-)越大，水的电离程度越大；D.d点溶质为N a C l和C/C O。，且氯化钠浓度为醋酸的2倍，溶液呈酸性。本题考查溶液酸碱性的定性判断及溶液p H的计算，明确图象各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液p H的关系，试题培养了学生分析、理解能力及灵活运用能力，题目难度不大。1 8.【答案】D【解析】解：4 s与C I之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，则S 2 C I 2的结构式为C 7 S S C 7,故A正确；B S C%与水发生2 s z C G+2H2。=S02 T +3 S I+4HC I,二氧化硫能使品红溶液褪色，所以S 2 c%可能使品红溶液褪色，故B正确；C.2S2C l2+2 H 2。=S02 T +3 S 1 +4 H C 7中，S4是氧化产物，S是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3,故C正确；D.S 2 G2与水反应生成H C 1,将S 2 G2气体通入A g N O 3溶液中，若有白色沉淀产生，不能说明S 2 G2气体中有HCL可 能 是 与 水 生 成 的H C 1,故D错误；故选：D。A.S与C 1之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对；B.S 2 c与水发生2 s 2。2 +2 H 2。=SO 2 T +3 S I+4 H C 7；C.2 s 2 c7 2 +2“2。=5 0 2 T+3 S 1+4 H C 7中，S O 2是氧化产物，S 是还原产物；D.S 2 c。与水反应生成H C L本题以S 2 C%的结构为载体，考查分子结构、氧化还原反应、元素化合物的性质等，题目难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。1 9.【答案】D【解析】解：4由上述分析可知，固体I中主要成分为C a C%、C a SO3,C a(O W)2,故A错误；B.若X为适量空气或氧气，严格控制空气用量的原因是过量空气或氧气会将N O氧化成N O ,无法 与 发 生 反 应，故B错误；C.处理含N H*废水时，发生反应的离子方程式为：N4 +N 0=2+2H2。，故C错误；D.由以上分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是C O,故D正确；故选：D。工业废气中。2、S O 2可被石灰乳吸收，生成固体1为C aC O 3、C aS C 3及过量石灰乳，气 体1是不能被过量石灰水吸收的2 2、N O,C O,气 体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的N aN Q,X可以为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，N az。2与含有N H j的溶液反应生成无污染的氮气，则气体2含有C O、N2,捕获剂所捕获的气体主要是C O,以此解答该题。本题考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，明确制备流程为解答关健，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。2 0.【答案】D【解析】解：四种离子大量共存的溶液中，已知M g 2+、F e 2+、C厂的物质的量浓度之比为1：1：6,由M g 2+、F e 3+、C厂所带的电荷2 x 1+3 x 1 1 x 6可知，溶液可能为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液。A.该溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，所以不会立即生成沉淀，故A错误；B.溶液若呈酸性，加入的少量F e与氢离子反应，F e 2+浓度增大，溶液中没有叫3+,故B错误；C.F e C b与M g C%在溶液中水解生成氢氧化铁、氢氧化镁和H C 1,加热后水解程度增大，H C 1易挥发，则将该溶液蒸干并灼烧后得到的是氧化铁、氧化镁，无法得到F e C G与M g C%，故C错误；D.若溶液中c(M g 2+)=O.l m o L L T,则c(C广)=0.6 m o/L,c(F e3+)=O.lmol/L,则c(H+)x 1+c(M g 2+)x 2 +c(F e3+)x 3 =c(C/-)x 1,即 c(H+)x 1+O.lmol/L x 2 +O.lmol/L x 3 =0.6 mol/L x 1,解得：c(H+)=O.lmol/L,该溶液的p H =-l o g c(+)=1,故 D 正确;故选：D。四种离子大量共存的溶液中，己知M g 2+、/2+、C厂的物质的量浓度之比为1 ：1 ：6,由M g 2+、Fe3+.C厂所带的电荷2x 1+3x1 KMnO4 Cl2 S*2-Cl-1730【解析】解：(1)由题意可知，高镒酸钾具有氧化性，则还原反应为KMn。4TM兀SO型 则在给出的物质中由C1元素的化合价变化，则氧化反应为KG t Cl2,则反应为KM n/+KCI+H2SO4 t MnS04+K2SO4+Cl2 T +H2O,由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2sO4+5Cl2 T +8H2O,夫去io个电子IW2KMnO4-10KCt-8H2SO4=2NnSO4-6 K2SO4-5 C l2-8H q.2KMnO&+10KCI+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2 T +8/。中，镒元素的化合价由+7变为+2,所以高镒酸钾是氧化剂，2mol氧化剂在反应中在反应中得到电子的物质的量=2mol X(7-2)=lO m ol,每转移Imol电子,生成也 是O.5mo2,体积为11.2L,故答案为：KMnO”；11.2L；(3)如果在反应后的溶液中加入NaBiOs，溶液又变紫红色，是因N aB i/具有强氧化性(比KMnQt氧化性强)，将MM+氧化为高镒酸根离子，该反应的离子方程式为：2MM+5NaBiO3+14+=2Mn(?4+5Na+5Bi3+7H2O,故答案为：2M/+5NaBiO3+14+=2MnOf+5Na+5比3+7”2。；(4)2KMnO4+10KCl+8H2S04=2MnSO4+6K2so.+5C/2 f+8H2O ,高锌酸钾的氧化性大于氯气，2M/+5NaBiO3+14/7+=2MnO+5Na+5Bi3+7%。中NaBi%的氧化性大于高锦酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3 KMnO4 Cl2,故答案为：NaBiO3 KMnO4 C/2：叵3EI t I T|故答案为:1有is,t多(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素硫和氯的简单离子半径，硫离子的核电荷数小于氯，所以S 2-C r，故答案为：s2-C l-；(6)氯 原 子 的 最 外 层 电 子 的 轨 道 式 为 叵 包U，氯原子核外有1 7不同运动状3s 3P态的电子，I I+1 1 I t J 久故答案为：H T|1-1:1 7.3s 3P(1)由浓盐酸滴入高镒酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高镭酸钾具有氧化性，则还原反应为K M z i/T M n S/，则在给出的物质中由C l元素的化合价变化，则氧化反应为KCITCJ，然后来书写氧化还原反应；(2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系计算；(3)在反应后的溶液中加入N a B i O 3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，B i。反应后变为无色的班3+,说明锦离子被氧化，据此写出离子方程式；(4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素硫和氯的简单离子半径，硫离子的核电荷数小于氯；(6)氯原子的最外层电子的轨道式为5山上-1氯原子核外有1 7不同运动状3s 3P态的电子.本题考查学生利用物质中元素的化合价变化来分析物质的性质并书写反应方程式，明确元素化合价是解本题关键，难度不大.2 2.【答案】+3 9 9.7 K =c3篇然。*5反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进 行 反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大1 5-2 0 mi n和2 5-3 0 mi n增大氧气的浓度 就2 c(S O g)+c(HSO g)【解析】解：(1)C a S O 4(s)+C O(g)=C a O(s)+S C)2(g)+。2(9)(2 =-2 1 0.5口mo厂 1,C a S04(s)+C O(g)U；C a S(s)+C O2gQ=+4 7.3矿 m oL,盖斯定律计算x 4 一得到反应Ca O(s)+3c o(g)+SO2(g)C a S s)+3 CO2(5)?=4 x(+4 7.3 f c/-(-21 0.5 k/m o/-1)=+39 9.7 kJ/mol,平衡常数表达式K =3扁、，故答案为：+3 9 9 7 K=晨。晨 标);高温(2)H 2s气体分解生产“2和S 2(g)的反应为2 2s二2H 2+S 2,反应前后气体体积增大，同温度下,压强越大，平衡逆向进行，H 2s转化率减小，则P 1 P 2 P 3,温度升高，“2S的转化率增大，说明正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，K(T K(T2),故答案为：P1 P2 V P3；反应前后气体体积增大，增大压强平衡逆向进行；反应是吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大；(3)反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在1 5-20 m i n和25 -3 0 m i n出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，故答案为:1 5 20 m i n 和25 -3 0 m i n；由图可知，反应进行至20 m i n时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度.由图可知，反应向正反应进行，1 0 m i n到1 5 m i n反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，l O m i n改变瞬间，各物质的物质的量不变.a.加了催化剂，增大反应速率，故a正确；b.缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确；c.降低温度反应速率降低，故c错误；d.l O m i n改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加S O 2的物质的量，故d错误；故答案为：增大氧气的浓度；a b；(4)烟气中的S O 2可用某浓度N a O H溶液吸收得到N a 2s O 3和N C1 H S O 3混合溶液,且所得溶液呈中性,依据溶液中电荷守恒分析，c(N a+)+c(H+)=2c(S O歹)+c(H S。*)+c(H+)=c(O/T),得到(NQ+)=2c(S O歹)+c(HSO 5),故答案为：2c(S O r)+c(H S。)。(1)Ca S O s)+CO(g)=Ca O(s)+SO2(g)+C O2(g)Q=-21 0.5 k广 m o L,;Ca S O s)+CO(g)U；Ca S(s)+C O2(g)Q=+47.3kJ mol-1,盖斯定律计算x 4 一得到反应Ca O(s)+3 C0(g)+S a(g)U Ca S(s)+3 c G(g)Q，平衡常数K =生成物平衡浓度幕次方乘积反应物平衡浓度幕次方乘携高温(2)，2s气体分解生产/和S 2(g)的反应为2H 2s二2H 2+S 2,反应前后气体体积增大，同温度下,压强越大，平衡逆向进行，“25转化率减小，温度升高，H 2s的转化率增大，说明正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大；(3)反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态；由图可知，反应进行至20 m i n时，改变体积，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；由图可知，反应向正反应进行，l O m i n到1 5 m i n反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，l O m i n改变瞬间，各物质的物质的量不变；(4)依据溶液中存在的电荷守恒分析。本题考查了热化学方程式书写方法，化学平衡建立，平衡状态影响因素分析，化学反应速率、平衡常数计算应用，电解质溶液电荷守恒，掌握基础是关键，题目难度中等023.【答案】NaCl+NH3+C02+H20=NaHCO3 1+NH4c7、2NaHC03-N a2CO3+C02 T+H2OCO2.NaCla增大NH：的浓度，使NH4a更多地析出，使NaHCO?转化为溶解度更大的NazCQ，提高析出的NH4G纯 度 1：2【解析】解：(1)索尔维制碱法原理主要分为两步：第一步是向饱和食盐水中先通氨气至饱和，再通入CO?有NaHCO3固体析出；第二步将NaHCO3固体分解制纯碱，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+C02+H2o=NaHCO3 1+N H Q、2NaHCO3-N a2CO3+C02 T+”2。，A故答案为：NaCl+NH3+CO2+H20=NaHCO3 I+NH&CI、2NaHCO3-N a2CO3+CO2 T +H2O；(2)侯氏制碱法可以循环使用的物质有CO?、NaCh故答案为：。2、NaCl；(3)由于氨气极易溶于水，先通入氨气形成氨的饱和溶液后，再通入二氧化碳，便于增大碳酸氢根浓度、析出碳酸氢钠晶体，故吸收I 过程中N%与。2的通入顺序为a，故答案为：a；(4)设计吸收n 步骤的目的是：增大N H j的浓度，使NH4G更多地析出，使NaCO3转化为溶解度更大的Naz。，提高析出的NH4a纯度，故答案为：增大N H j的浓度，使N”4a 更多地析出，使NaHCO3转化为溶解度更大的7。2。3，提高析出的NH4a纯度；(5)已知碱肥比为产品I 与产品H 的理论物质的量之比，当全走A 线时即为侯氏制碱法，相关反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3 I+NH4Cl,2NaHCO3-N a2CO3+CO2 T+H2O,则碳酸钠与氯化镂的物质的量之比为1：2,即碱肥比为1：2,故答案为：1：2。由流程图知，吸收1中发生NaG+NG+肛 +GO=NaHC()3(+N*C l,过滤后，所得为碳酸氢钠晶体，经加热分解即得产品I 为纯碱，母液I 中继续通入氨气，增大了筱离子的浓度、同时又使碳酸氢根离子转变成碳酸根离子，经冷却结晶、过滤后得到氯化核晶体，故 A 线产品H 为氯化钱，B 线中石灰乳和氯化核共热得到氨气，废液含氯化钙，母液【中加入食盐去参与吸收I 的反应，达到循环利用的目的，以此来解答。本题考查纯碱工业，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，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。CHCH-COOH 独 一24.【答案】酯基 +(C2H5)2CHCH2OHN H j OIICH十？1一(：一。一0/?1&!115+m 0取样，向产物中加入无水硫酸铜粉末，若粉末变蓝NH2-CH3-CH-C H j-C H/U色，则含有水，若无现象，则水已被除净C H sC H Q H H 2al IOHCHg-CHi-CH-C H2 I O 1乩(-C 1CJK=C-CN a t z c-c o a HI NaCH 蹄 H*F ICHg-CHg【解析】解：(1)根据M的结构简式可知，M中含氧官能团的名称为酯基；