上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题
一、单选题
1．某合金与铁的物理性质的比较如下表所示，还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
熔点/℃ 密度(g/cm3) 硬度(金刚石为10) 导电性(银为100)
某合金 2500 3.00 7.4 2.3
铁 1535 7.86 4.5 17
A．导线 B．门窗框 C．炉具 D．飞机外壳
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：
B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6
D．NaClO的电子式：
3．下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．Na2SO3
4．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
5．下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2 B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯 D．硬度：金刚石＞晶体硅
6．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
7．布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2 B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面 D．能发生取代、加成反应
8．某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3 B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
9．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
a中反应 b中检测试剂及现象
A MnO2(s)和浓HCl(aq)生成Cl2 AgNO3(aq)中有白色沉淀
B C(s)与浓H2SO4生成CO2 澄清石灰水变浑浊
C 浓NaOH(aq)与NH4Cl(aq)生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2 KMnO4(H+)褪色
A．A B．B C．C D．D
10．将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
11．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质 乙酸 1 丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸
沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃
溶解性 溶于水和有机溶剂 溶于水和有机溶剂 微溶于水，溶于有机溶剂 与水混溶
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
12．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
13．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
14．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体 D．SiH4与NH3分子的极性不同
15．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气 B．氧化Br－ C．分离FeCl3(aq) D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
16．常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
17．向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
18．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
19．将一定量锌与100 mL 18 mol L 1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g
B．共转移电子1.6 mol
C．气体中
D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
20．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
二、非选择题
21．白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
（1）镁和钙在元素周期表中位于 族，它们的价电子轨道式表示式为 (用n表示电子层数)。
（2）白云石500℃以下分解的化学方程式为 。
（3）从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。 。
（4）白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。 、 ；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现 (填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是 。
22．
（1）Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是____(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
（2）Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是 、 (选填编号)。
（3）M点对应温度下，H2S的转化率是 。
（4）Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。
投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中 组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是 。
（5）未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为 。
23．环氧乙烷()是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M()的一条合成路线如下：
（1）在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如反应①。写出反应①的化学方程式 。
（2）反应②的反应类型是 。设计反应③的目的是 。
（3）A的结构简式为 ，C中含有的官能团有羰基和 ，写出一种满足下列条件的C的结构简式 。
①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应
（4）反应⑤的反应条件是 。
（5）以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，将以下合成路线补充完整。已知：RBrRMgBr
24．
（1）Ⅰ．氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO3热分解是实验室制取O2的方法之一，KClO3在不同条件下热分解结果如下：
实验 反应体系 第一放热温度/℃ 第二放热温度/℃
A KClO3 400 480
B KClO3＋Fe2O3 360 390
C KClO3＋MnO2 350
已知：①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ
②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ
③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ
实验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q= kJ。
（2）实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是 ，检验方法是 。
（3）Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 mol L 1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 mol L 1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 mol L 1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
滴定终点溶液为 色，样品中氯化苄的质量分数为 (保留两位有效数字)。
（4）通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因 。
（5）上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A.导线需要导电能力很强，此合金导电能力很小，故A符合题意；
B.密度小，硬度大可做门框架，故B不符合题意；
C.该合金熔点高，可做炉具，故C不符合题意；
D.该合金密度小，可做飞机外壳，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据表格中数据，熔点高可做耐高温材料可做炉具，密度小硬度大可做门框或者飞机外壳，导电性差不可做导线结合选项即可判断
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.根据氮原子周围含有三个单电子可形成三个键，因此形成所有键均是单键，H2N-NH2，故A不符合题意；
B.氮元素的质子数为7，中子数为8的氮原子为,.故B符合题意；
C.O原子的核外电子排布为1s22s22p4,故最外层电子排布式为2s22p4，故C不符合题意；
D.NaClO的电子式，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.考虑氮原子的三个单电子
B.元素符号左上方写的是相对原子质量
C.写出氧原子的核外电子排布即可
D.考虑次氯酸钠是离子化合物
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；钠的化学性质
【解析】【解答】A.钠在空气与氧气反应变为氧化钠，再变为氢氧化钠，变为碳酸钠晶体，最终变为碳酸钠，发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B.氧化钠与水反应，变为氢氧化钠，再变为碳酸钠不涉及到氧化还原反应，故B符合题意；
C.过氧化钠与水和二氧化碳反应涉及到氧化还原反应，故C不符合题意；
D.亚硫酸钠与空气中氧气作用变化为硫酸钠，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据金属钠，过氧化钠，亚硫酸钠在空气中均变质均会涉及到氧化还原反应，而氧化钠也会变质但是不会涉及到氧化还原反应结合选项判断
4．【答案】B
【知识点】硫酸盐；铜及其化合物
【解析】【解答】A.稀硫酸和稀盐酸不与铜粉作用，故A不符合题意；
B.硫酸铁中额铁离子具有氧化性与铁单质反应，故B符合题意；
C.硫化钾具有还原性，不与铜作用，故C不符合题意；
D.硫酸亚铁不与铜反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】稀硫酸不与铜反应，计入某物质后，铜逐渐溶解，说明铜参与反应，铜单质具有还原性，加入具有氧化性的物质即可，比如硝酸，铁离子，银离子、过氧化氢溶液等等，结合选项即可判断
5．【答案】A
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱
【解析】【解答】A.晶体的密度与键能无关，故A符合题意；
B.键能越大，物质越稳定，碳氧键键能大，稳定性强，故B不符合题意；
C.乙烯中碳碳双键的键能小，易断裂，因此活泼性乙烯＞苯，故C不符合题意；
D.金刚石中碳碳键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度;金刚石＞晶体硅；故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.密度与键能无关
B.键能越大越稳定
C.乙烯双键键能小，易断裂
D.键越短，键能越大，硬度越大
6．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.甲醇中含有极性键的极性分子属于共价化合物，故A不符合题意；
B.氯化铵是离子化合物，含有离子键和非极性键，故B不符合题意；
C.乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，故C符合题意；
D.过氧化钠是含有离子键和极性共价键的离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】含有非极性键的共价化合物，说明其含有相同原子成键，甲醇和氯化铵中不含有非极性键，乙烯和过氧化钠中含有非极性键，但是过氧化钠是离子化合物，结合题意判断即可
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A.根据结构简式即可得到分子式为C13H18O2，故A不符合题意；
B.根据结构简式可知该分子中含有8种不同的氢原子，故有8种一氯取代物，故B不符合题意；
C.碳碳键可以旋转，苯环上的所有原子共面，因此最少有8个碳原子共面，故C不符合题意；
D.分局结构简式含有羧基，苯环，可发生取代，加成反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据结构简式即可写出分子式为C13H18O2，含有羧基和苯环可以发生加成，取代，氧化等反应，含有8种 不同的氢原子，因此有8种一氯取代物，苯环上的所有原子均共面，因此至少有8个碳原子共面结合选项判断即可
8．【答案】C
【知识点】结构简式
【解析】【解答】A.根据结构式得到，加氢后一氯取代物有3种，故A不符合题意；
B.加氢后一氯取代物有3种一氯取代物；故B不符合题意；
C.加氢后一氯取代物只有2种，故C不符合题意；
D.加氢后一氯取代物有4种，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】结合题意，加氢后一氯取代物只有2种，说明其具有高度对称结构，结合选项即可判断
9．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A.浓盐酸与而二氧化锰加热得到氯气，检验氯气利用其强氧化性，可选择还原性物质如氯化亚铁，硫化钠等，故A不符合题意；
B.浓硫酸与木炭反应得到二氧化碳和二氧化硫，均可使澄清石灰水变浑浊，故B不符合题意；
C.浓氢氧化钠与氯化铵反应得到氨气可使酚酞变红，故C符合题意；
D.乙醇也具有还原性可使高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.检验氯气利用其氧化性
B.考虑二氧化硫和二氧化碳均可使澄清石灰水变浑浊
C.氨气可使酚酞变红
D.考虑乙醇和乙烯均具有还原性
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据判断，铜做负极失去电子，发生吸氧腐蚀；故A不符合题意；
B.石墨电极做正极，发生的反应为O2+4H++4e=2H2O；故B不符合题意；
C.根据负极：Cu-2e=Cu2+，正极：O2+4H++4e=2H2O，总反应2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O.故C符合题意；
D.石墨电极氢离子浓度降低，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】该电池为原电池，硫酸做电解质，因此铜做电池的负极，Cu-2e=Cu2+，石墨做正极，氧气得到电子结合氢离子变为水，反应为：O2+4H++4e=2H2O，总的反应为 2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；结合选项即可判断
11．【答案】A
【知识点】分液和萃取；酯化反应
【解析】【解答】A.采用加热回流装置，可以提高原料的利用率，故A符合题意；
B.水浴加热温度最高加热到100℃，而反应的温度控制在 115℃~125℃之间 ，需要用油浴加热，故B不符合题意；
C.氢氧化钠溶液洗涤产物易水解，应该选择饱和碳酸钠溶液洗涤混合物，故C不符合题意；
D.可以采用加吸水剂再蒸馏，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.考虑加热回流可以提高原料利用率
B.考虑水的沸点为100℃
C.考虑产物易在氢氧化钠溶液中水解
D.考虑加入除水剂再进行蒸馏
12．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.结合价类二维图，得到X中铁元素为+2价，故为FeO,故A不符合题意；
B. Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生还原反应，故B不符合题意；
C.Z为Fe(OH)2,Y为Fe(OH)3,氢氧化亚铁变为氢氧化铁过程是先变为灰绿色最终变为红褐色，故C符合题意；
D. FeCl2和FeCl3的相互转化 必须通过氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.结合价类二维图即可得到X
B.根据氧化还原反应判断
C.根据氢氧化亚铁变为氢氧化铁的过程现象变化判断即可
D.结合化合价即可得出需要发生氧化还原反应
13．【答案】A
【知识点】工业制取硝酸
【解析】【解答】A.根据硫酸亚铁煅烧，产物为氧化铁和三氧化硫，结合铁元素化合价上升，因此有化合价降低，因此硫元素化合价可降低为+4价，故X为二氧化硫，故A符合题意；
B.现代工业用浓硫酸吸收三氧化硫，故B不符合题意；
C.转化过程中涉及到分解反应，化合反应，复分解反应，故C不符合题意；
D.利用硫酸制取硝酸利用高沸点酸制取低沸点酸，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据题意可知，硫酸亚铁加热后得到氧化铁和三氧化硫和二氧化硫，三氧化硫被浓硫酸吸收，再和硝酸钾作用得到低沸点的硝酸，结合选项即可判断
14．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.硅烷和氨气价层电子对均为4个，但是硅烷无孤对电子对，氨气有孤对电子，键角是 SiH4＞NH3 与元素非金属性无关，故A不符合题意；
B. 3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，根据元素化合价变化，即可得到硅烷做还原剂，得出氮元素电负性强于Si,可以比较非金属性，故B不符合题意；
C. Si3N4为原子晶体与N和Si的非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D.硅烷是非极性分子，而氨气是极性分子，极性不同，与元素非金属性无关，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】比较元素的非金属性强弱，可以比较其电负性强弱，最高价氧化物对应水合物的酸性等，SiH4做还原剂，说明其电负性较弱，因此N的电负性强可判断其非金属性强弱
15．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质
【解析】【解答】A.利用浓盐酸和二氧化锰需要加热制取氯气，故A不复合题意；
B.氯气通入溴化铁溶液中，应该是长进短出，故B不符合题意；
C.氯化铁属于溶液苯属于有机物可用分液，故C符合题意
D.铁离子易水解，故不能直接蒸干，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.考虑二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热
B.考虑长进短出
C.考虑有机物和无机物可利用分液分离
D.考虑铁离子水解
16．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】次氯酸具有很强的氧化性，二氧化硫具有很强的还原性，因此会发生氧化还原反应，可将二氧化硫氧化为硫酸根，次氯酸还原为氯离子，结合足量的次氯酸钙，可以写出离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4+Cl-+2HClO,故答案为;D
【分析】考虑次氯酸的氧化性和硫酸钙的难溶性结合选项判断
17．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.氢氧化钡溶液滴加碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液少量，因此以碳酸氢钠为标准，a-b发生离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3+H2O,故A符合题意；
B.b-c继续和碳酸氢钠反应，氢氧根离子减小，故B不符合题意；
C.结合质子守恒， c(OH-)=c(HCO)＋2c(H2CO3)+c(H+)，即可得到c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3) ，故C不符合题意；
D.碱性不断减弱，水的电离抑制减弱，故水的电离程度为 c>b>a ；故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】向氢氧化被溶液加入碳酸氢钠，先是以碳酸氢钠为标准，不断消耗氢氧根离子和钡离子，继续加入碳酸氢钠足量，继续消耗，结合选项即可判断
18．【答案】B
【知识点】离子共存；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A中加入足量的氯化钡，得到沉淀4.5g,加入盐酸沉淀部分溶产生气体，说明沉淀B为碳酸钡和硫酸钡的混合物，且硫酸钡质量为2.33g,n(SO42-)=0.01mol,亚硫酸钡的质量为2.17g,n(SO32-)=0.01mol，滤液C中加入足量的氢氧化钠溶液，产生气体为氨气，其物质的量为0.02mol,n(NH4+)=0.02mol，结合电中性，一定含有钠离子，氯离子不能确定；
A.气体E为二氧化硫，可以使湿润的蓝色试纸变红，故A不符合题意；
B.沉淀B为硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，加入硝酸全部变为硫酸钡沉淀，沉淀的质量为4.66g,故B符合题意；
C.滤液C中不能存在氢氧根离子，故C不符合题意；
D.溶液A一定含有钠离子，氯离子无法确定，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据图示，计算出物质的；量，结合沉淀部分溶解得到沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，计算出物质的量，结合加入氢氧化钠产生气体，即可计算出铵根的物质的量，结合电中性，确定钠离子一定有，氯离子无法确定，结合选项判断即可
19．【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.锌与浓硫酸反应的方程式为：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,锌与酸的反应产生气体与锌的物质的量之比为1:1，因此锌的物质的量为0.8mol,锌的质量为0.8x65g=51g，故A符合题意；
B.共消耗0.8mol锌，转移1.6mol电子，故B不符合题意；
C.根据100ml18mol/L浓硫酸物质的量为1.8mol, 将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，剩余的硫酸的物质的量为0.2xmol。参加反应的硫酸的物质的量为(1.8-0.2x)mol,2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,设二氧化硫的物质的量为y,氢气的物质的量为z,y+z=0.8, z+2y=1.8-0.2x,z=0.2x-0.2,y=1-0.2x，故C不符合题意；
D.产生气体的物质的量为0.8mol，标况下体积为22.4x0.8L=17.92L,故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】锌与浓硫酸反应的方程式为：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,根据100ml18mol/L浓硫酸物质的量为1.8mol, 将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，剩余的硫酸的物质的量为0.2xmol。参加反应的硫酸的物质的量为(1.8-0.2x)mol,2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,设二氧化硫的物质的量为y,氢气的物质的量为z,y+z=0.8, z+2y=1.8-0.2x,z=0.2x-0.2,y=1-0.2x，结合选项即可判断
20．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.对于反应I温度升高反应正向移动，CO分数降低，而对于温度低于570℃时，体积分数升高，说明反应II是逆向反应，因此反应II是放热，因此Q2＞0.
B.根据图示可知，温度越高反应以反应I为主，因此化合价越高，故B不符合题意；
C.反应前后气体系数均相等，压强不是衡量其平衡标准，故C不符合题意；
D.根据温度在1040℃时发生的是反应I，此时常数为4，温度越高反应向右进行常数越大，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A根据一氧化碳含量判断
B.结合一氧化碳含量高低判断
C.均为等体积反应，压强不是判断平衡依据
D.根据温度为1040℃时即可计算出常数，温度越高平衡向右移动判断
21．【答案】（1）ⅡA；
（2）CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑
（3）MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好
（4）NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果
【知识点】原子核外电子的能级分布；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱
【解析】【解答】（1）镁和钙均位于第IIA族，价电子轨道式表示为 ； ；
（2） 500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐；即可写出方程式为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑ ；
（3）镁离子半径小于钙离子的半径，均属于离子晶体，半径小的离子键强，较稳定，因此稳定性好；
（4）氨碱法制取纯碱是二氧化碳和氨气通入饱和食盐水得到碳酸氢钠和氯化铵，写出方程式为： NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl ； NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O ；氯化铵和氢氧化钙作用得到氨气，因此可实现氨气的循环；无水氯化钙与水结合时放热，导致温度升高，降低制冷效果；
【分析】（1）根据核外电子排布即可写出
（2）根据反应物和生成物几即可写出
（3）均是离子晶体，比较阳离子的半径大小即可
（4）根据要求写出方程式即可，主要考虑氯化钙水合时放热
22．【答案】（1）B；D
（2）d；b
（3）20%
（4）B；C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
（5）CH4C＋H2
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）A.题意中恒温恒容，气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，密度不变不能判断是否平衡；故A不符合题意；
B.反应前后系数不同，压强不变可说明达到平衡；故B符合题意；
C 2v正(H2S)=4v正(CS2) 不等于 v逆(CS2)，故C不符合题意；
D.甲烷和氢气物质的量分数不变，达到平衡，故D符合题意；
（2）根据 反应CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)，结合即可得到CH4、CS2变化的曲线分别 d和b,
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4):n(H2S)=1:2,起始时甲烷为1mol,硫化氢为2mol,转化的甲烷为xmol, CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
起始(mol) 1 2
变化(mol) x 2x x 4x
平衡(mol) 1-x 2-2x x 4x
M点的氢气和甲烷的量相等；即可得到 1-x =4x ，x=0.2mol，硫化氢的转化率为20%；
（4）根据方程式CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)，适当提高甲烷的量可以提高硫化氢的转化率，将硫化氢定为1时，B中的甲烷量处于中间，转化率处于中间，故投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图 B， 过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活 ，因此C对应着12:1，
（5） 未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示， 即可写出 CH4C＋H2 ；
【分析】（1）结合题意可知，前后系数不同，体积不变，可根据压强不变和物质的浓度不变判断是否平衡
（2）根据反应物和生成物以及系数之比判断即可
（3）结合方程式利用三段式计算
（4）根据增加甲烷的量可以提高硫化氢的转化率，但是过多甲烷导致催化剂失活判断即可
（5）根据图示即可写出方程式
23．【答案】（1）
（2）取代；保护羰基
（3）；醛基；
（4）浓H2SO4，△
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1） 在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应， 即可写出方程式为 ；
（2）根据反应物和生成物判断反应①为取代反应；根据后续反应，即可得到设计反应③目的是保护羰基；
（3）根据题意，A是其消去的产物结构式为 ；根据结构式即可得到官能团为醛基和羰基；根据 ①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应 即可写出结构简式为
；
（4）反应⑤是酯化反应，故条件是浓硫酸和加热；
（5）根据 RBrRMgBr ；要合成 需要用和镁反应，由乙二醇和Br(CH2)3CHO合成，Br(CH2)3CHO由Br(CH2)3CH2OH合成，Br(CH2)3CH2OH由 开环，写出方程式为： ；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可
（2）根据反应物和生成物即可判断
（3）根据产物逆推出A的结构简式，结合C中的结构简式即可找出官能团，按照要求写出同分异构体
（4）结合产物写出酯化反应的条件
（5）根据产物逆推出上一物质即可写出反应流程
24．【答案】（1）144
（2）Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)；使湿润的淀粉KI试纸变蓝
（3）血红色；0.91
（4）C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中
（5）C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－
【知识点】反应热和焓变；除杂；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）
①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ， 结合盖斯定律：3③+① -4②，4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，即可得到Q=3③+① -4②= 144 KJ；
（2）根据有刺激性气味，可能是氯气；利用湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色；
（3）当SCN-离子与铁离子结合形成血红色时说明滴定终点，n(Cl-)=25x10-3x0.1mol-6.75x10-3x0.1mol=0.001825mol,质量分数为0.001825x126.5g/0.255gx100%=0.91%
（4）产量偏高，说明氯离子增多，可能是取代时得到了多氯取代物，或者是氯化氢和氯气溶解在有机物中；
（5）主要是氯苯无法与氢氧化钠共热得到氯离子；
【分析】（1）根据盖斯定律计算
（2）结合元素化合价变化，可能是具有氧化性物质，如氯气，可以采用湿润的淀粉碘化钾检验
（3）结合铁离子和硫氰酸根离子作用，利用数据计算出氯离子物质的量即可
（4）考虑氯离子增加的原因
（5）考虑氯苯与氢氧化钠共热不能得到氯离子
上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题
一、单选题
1．某合金与铁的物理性质的比较如下表所示，还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
熔点/℃ 密度(g/cm3) 硬度(金刚石为10) 导电性(银为100)
某合金 2500 3.00 7.4 2.3
铁 1535 7.86 4.5 17
A．导线 B．门窗框 C．炉具 D．飞机外壳
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A.导线需要导电能力很强，此合金导电能力很小，故A符合题意；
B.密度小，硬度大可做门框架，故B不符合题意；
C.该合金熔点高，可做炉具，故C不符合题意；
D.该合金密度小，可做飞机外壳，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据表格中数据，熔点高可做耐高温材料可做炉具，密度小硬度大可做门框或者飞机外壳，导电性差不可做导线结合选项即可判断
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：
B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6
D．NaClO的电子式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.根据氮原子周围含有三个单电子可形成三个键，因此形成所有键均是单键，H2N-NH2，故A不符合题意；
B.氮元素的质子数为7，中子数为8的氮原子为,.故B符合题意；
C.O原子的核外电子排布为1s22s22p4,故最外层电子排布式为2s22p4，故C不符合题意；
D.NaClO的电子式，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.考虑氮原子的三个单电子
B.元素符号左上方写的是相对原子质量
C.写出氧原子的核外电子排布即可
D.考虑次氯酸钠是离子化合物
3．下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．Na2SO3
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；钠的化学性质
【解析】【解答】A.钠在空气与氧气反应变为氧化钠，再变为氢氧化钠，变为碳酸钠晶体，最终变为碳酸钠，发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B.氧化钠与水反应，变为氢氧化钠，再变为碳酸钠不涉及到氧化还原反应，故B符合题意；
C.过氧化钠与水和二氧化碳反应涉及到氧化还原反应，故C不符合题意；
D.亚硫酸钠与空气中氧气作用变化为硫酸钠，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据金属钠，过氧化钠，亚硫酸钠在空气中均变质均会涉及到氧化还原反应，而氧化钠也会变质但是不会涉及到氧化还原反应结合选项判断
4．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
【答案】B
【知识点】硫酸盐；铜及其化合物
【解析】【解答】A.稀硫酸和稀盐酸不与铜粉作用，故A不符合题意；
B.硫酸铁中额铁离子具有氧化性与铁单质反应，故B符合题意；
C.硫化钾具有还原性，不与铜作用，故C不符合题意；
D.硫酸亚铁不与铜反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】稀硫酸不与铜反应，计入某物质后，铜逐渐溶解，说明铜参与反应，铜单质具有还原性，加入具有氧化性的物质即可，比如硝酸，铁离子，银离子、过氧化氢溶液等等，结合选项即可判断
5．下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2 B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯 D．硬度：金刚石＞晶体硅
【答案】A
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱
【解析】【解答】A.晶体的密度与键能无关，故A符合题意；
B.键能越大，物质越稳定，碳氧键键能大，稳定性强，故B不符合题意；
C.乙烯中碳碳双键的键能小，易断裂，因此活泼性乙烯＞苯，故C不符合题意；
D.金刚石中碳碳键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度;金刚石＞晶体硅；故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.密度与键能无关
B.键能越大越稳定
C.乙烯双键键能小，易断裂
D.键越短，键能越大，硬度越大
6．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.甲醇中含有极性键的极性分子属于共价化合物，故A不符合题意；
B.氯化铵是离子化合物，含有离子键和非极性键，故B不符合题意；
C.乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，故C符合题意；
D.过氧化钠是含有离子键和极性共价键的离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】含有非极性键的共价化合物，说明其含有相同原子成键，甲醇和氯化铵中不含有非极性键，乙烯和过氧化钠中含有非极性键，但是过氧化钠是离子化合物，结合题意判断即可
7．布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2 B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面 D．能发生取代、加成反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A.根据结构简式即可得到分子式为C13H18O2，故A不符合题意；
B.根据结构简式可知该分子中含有8种不同的氢原子，故有8种一氯取代物，故B不符合题意；
C.碳碳键可以旋转，苯环上的所有原子共面，因此最少有8个碳原子共面，故C不符合题意；
D.分局结构简式含有羧基，苯环，可发生取代，加成反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据结构简式即可写出分子式为C13H18O2，含有羧基和苯环可以发生加成，取代，氧化等反应，含有8种 不同的氢原子，因此有8种一氯取代物，苯环上的所有原子均共面，因此至少有8个碳原子共面结合选项判断即可
8．某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3 B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
【答案】C
【知识点】结构简式
【解析】【解答】A.根据结构式得到，加氢后一氯取代物有3种，故A不符合题意；
B.加氢后一氯取代物有3种一氯取代物；故B不符合题意；
C.加氢后一氯取代物只有2种，故C不符合题意；
D.加氢后一氯取代物有4种，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】结合题意，加氢后一氯取代物只有2种，说明其具有高度对称结构，结合选项即可判断
9．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
a中反应 b中检测试剂及现象
A MnO2(s)和浓HCl(aq)生成Cl2 AgNO3(aq)中有白色沉淀
B C(s)与浓H2SO4生成CO2 澄清石灰水变浑浊
C 浓NaOH(aq)与NH4Cl(aq)生成NH3 酚酞溶液变红
D CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2 KMnO4(H+)褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A.浓盐酸与而二氧化锰加热得到氯气，检验氯气利用其强氧化性，可选择还原性物质如氯化亚铁，硫化钠等，故A不符合题意；
B.浓硫酸与木炭反应得到二氧化碳和二氧化硫，均可使澄清石灰水变浑浊，故B不符合题意；
C.浓氢氧化钠与氯化铵反应得到氨气可使酚酞变红，故C符合题意；
D.乙醇也具有还原性可使高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.检验氯气利用其氧化性
B.考虑二氧化硫和二氧化碳均可使澄清石灰水变浑浊
C.氨气可使酚酞变红
D.考虑乙醇和乙烯均具有还原性
10．将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据判断，铜做负极失去电子，发生吸氧腐蚀；故A不符合题意；
B.石墨电极做正极，发生的反应为O2+4H++4e=2H2O；故B不符合题意；
C.根据负极：Cu-2e=Cu2+，正极：O2+4H++4e=2H2O，总反应2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O.故C符合题意；
D.石墨电极氢离子浓度降低，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】该电池为原电池，硫酸做电解质，因此铜做电池的负极，Cu-2e=Cu2+，石墨做正极，氧气得到电子结合氢离子变为水，反应为：O2+4H++4e=2H2O，总的反应为 2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；结合选项即可判断
11．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质 乙酸 1 丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸
沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃
溶解性 溶于水和有机溶剂 溶于水和有机溶剂 微溶于水，溶于有机溶剂 与水混溶
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
【答案】A
【知识点】分液和萃取；酯化反应
【解析】【解答】A.采用加热回流装置，可以提高原料的利用率，故A符合题意；
B.水浴加热温度最高加热到100℃，而反应的温度控制在 115℃~125℃之间 ，需要用油浴加热，故B不符合题意；
C.氢氧化钠溶液洗涤产物易水解，应该选择饱和碳酸钠溶液洗涤混合物，故C不符合题意；
D.可以采用加吸水剂再蒸馏，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.考虑加热回流可以提高原料利用率
B.考虑水的沸点为100℃
C.考虑产物易在氢氧化钠溶液中水解
D.考虑加入除水剂再进行蒸馏
12．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.结合价类二维图，得到X中铁元素为+2价，故为FeO,故A不符合题意；
B. Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生还原反应，故B不符合题意；
C.Z为Fe(OH)2,Y为Fe(OH)3,氢氧化亚铁变为氢氧化铁过程是先变为灰绿色最终变为红褐色，故C符合题意；
D. FeCl2和FeCl3的相互转化 必须通过氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.结合价类二维图即可得到X
B.根据氧化还原反应判断
C.根据氢氧化亚铁变为氢氧化铁的过程现象变化判断即可
D.结合化合价即可得出需要发生氧化还原反应
13．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
【答案】A
【知识点】工业制取硝酸
【解析】【解答】A.根据硫酸亚铁煅烧，产物为氧化铁和三氧化硫，结合铁元素化合价上升，因此有化合价降低，因此硫元素化合价可降低为+4价，故X为二氧化硫，故A符合题意；
B.现代工业用浓硫酸吸收三氧化硫，故B不符合题意；
C.转化过程中涉及到分解反应，化合反应，复分解反应，故C不符合题意；
D.利用硫酸制取硝酸利用高沸点酸制取低沸点酸，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据题意可知，硫酸亚铁加热后得到氧化铁和三氧化硫和二氧化硫，三氧化硫被浓硫酸吸收，再和硝酸钾作用得到低沸点的硝酸，结合选项即可判断
14．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体 D．SiH4与NH3分子的极性不同
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.硅烷和氨气价层电子对均为4个，但是硅烷无孤对电子对，氨气有孤对电子，键角是 SiH4＞NH3 与元素非金属性无关，故A不符合题意；
B. 3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，根据元素化合价变化，即可得到硅烷做还原剂，得出氮元素电负性强于Si,可以比较非金属性，故B不符合题意；
C. Si3N4为原子晶体与N和Si的非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D.硅烷是非极性分子，而氨气是极性分子，极性不同，与元素非金属性无关，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】比较元素的非金属性强弱，可以比较其电负性强弱，最高价氧化物对应水合物的酸性等，SiH4做还原剂，说明其电负性较弱，因此N的电负性强可判断其非金属性强弱
15．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气 B．氧化Br－ C．分离FeCl3(aq) D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质
【解析】【解答】A.利用浓盐酸和二氧化锰需要加热制取氯气，故A不复合题意；
B.氯气通入溴化铁溶液中，应该是长进短出，故B不符合题意；
C.氯化铁属于溶液苯属于有机物可用分液，故C符合题意
D.铁离子易水解，故不能直接蒸干，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.考虑二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热
B.考虑长进短出
C.考虑有机物和无机物可利用分液分离
D.考虑铁离子水解
16．常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】次氯酸具有很强的氧化性，二氧化硫具有很强的还原性，因此会发生氧化还原反应，可将二氧化硫氧化为硫酸根，次氯酸还原为氯离子，结合足量的次氯酸钙，可以写出离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4+Cl-+2HClO,故答案为;D
【分析】考虑次氯酸的氧化性和硫酸钙的难溶性结合选项判断
17．向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.氢氧化钡溶液滴加碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液少量，因此以碳酸氢钠为标准，a-b发生离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3+H2O,故A符合题意；
B.b-c继续和碳酸氢钠反应，氢氧根离子减小，故B不符合题意；
C.结合质子守恒， c(OH-)=c(HCO)＋2c(H2CO3)+c(H+)，即可得到c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3) ，故C不符合题意；
D.碱性不断减弱，水的电离抑制减弱，故水的电离程度为 c>b>a ；故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】向氢氧化被溶液加入碳酸氢钠，先是以碳酸氢钠为标准，不断消耗氢氧根离子和钡离子，继续加入碳酸氢钠足量，继续消耗，结合选项即可判断
18．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
【答案】B
【知识点】离子共存；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A中加入足量的氯化钡，得到沉淀4.5g,加入盐酸沉淀部分溶产生气体，说明沉淀B为碳酸钡和硫酸钡的混合物，且硫酸钡质量为2.33g,n(SO42-)=0.01mol,亚硫酸钡的质量为2.17g,n(SO32-)=0.01mol，滤液C中加入足量的氢氧化钠溶液，产生气体为氨气，其物质的量为0.02mol,n(NH4+)=0.02mol，结合电中性，一定含有钠离子，氯离子不能确定；
A.气体E为二氧化硫，可以使湿润的蓝色试纸变红，故A不符合题意；
B.沉淀B为硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，加入硝酸全部变为硫酸钡沉淀，沉淀的质量为4.66g,故B符合题意；
C.滤液C中不能存在氢氧根离子，故C不符合题意；
D.溶液A一定含有钠离子，氯离子无法确定，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据图示，计算出物质的；量，结合沉淀部分溶解得到沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，计算出物质的量，结合加入氢氧化钠产生气体，即可计算出铵根的物质的量，结合电中性，确定钠离子一定有，氯离子无法确定，结合选项判断即可
19．将一定量锌与100 mL 18 mol L 1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g
B．共转移电子1.6 mol
C．气体中
D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.锌与浓硫酸反应的方程式为：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,锌与酸的反应产生气体与锌的物质的量之比为1:1，因此锌的物质的量为0.8mol,锌的质量为0.8x65g=51g，故A符合题意；
B.共消耗0.8mol锌，转移1.6mol电子，故B不符合题意；
C.根据100ml18mol/L浓硫酸物质的量为1.8mol, 将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，剩余的硫酸的物质的量为0.2xmol。参加反应的硫酸的物质的量为(1.8-0.2x)mol,2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,设二氧化硫的物质的量为y,氢气的物质的量为z,y+z=0.8, z+2y=1.8-0.2x,z=0.2x-0.2,y=1-0.2x，故C不符合题意；
D.产生气体的物质的量为0.8mol，标况下体积为22.4x0.8L=17.92L,故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】锌与浓硫酸反应的方程式为：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,根据100ml18mol/L浓硫酸物质的量为1.8mol, 将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol L 1，剩余的硫酸的物质的量为0.2xmol。参加反应的硫酸的物质的量为(1.8-0.2x)mol,2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O,H2SO4+Zn=ZnSO4+H2,设二氧化硫的物质的量为y,氢气的物质的量为z,y+z=0.8, z+2y=1.8-0.2x,z=0.2x-0.2,y=1-0.2x，结合选项即可判断
20．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.对于反应I温度升高反应正向移动，CO分数降低，而对于温度低于570℃时，体积分数升高，说明反应II是逆向反应，因此反应II是放热，因此Q2＞0.
B.根据图示可知，温度越高反应以反应I为主，因此化合价越高，故B不符合题意；
C.反应前后气体系数均相等，压强不是衡量其平衡标准，故C不符合题意；
D.根据温度在1040℃时发生的是反应I，此时常数为4，温度越高反应向右进行常数越大，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A根据一氧化碳含量判断
B.结合一氧化碳含量高低判断
C.均为等体积反应，压强不是判断平衡依据
D.根据温度为1040℃时即可计算出常数，温度越高平衡向右移动判断
二、非选择题
21．白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
（1）镁和钙在元素周期表中位于 族，它们的价电子轨道式表示式为 (用n表示电子层数)。
（2）白云石500℃以下分解的化学方程式为 。
（3）从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。 。
（4）白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。 、 ；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现 (填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是 。
【答案】（1）ⅡA；
（2）CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑
（3）MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好
（4）NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果
【知识点】原子核外电子的能级分布；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱
【解析】【解答】（1）镁和钙均位于第IIA族，价电子轨道式表示为 ； ；
（2） 500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐；即可写出方程式为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑ ；
（3）镁离子半径小于钙离子的半径，均属于离子晶体，半径小的离子键强，较稳定，因此稳定性好；
（4）氨碱法制取纯碱是二氧化碳和氨气通入饱和食盐水得到碳酸氢钠和氯化铵，写出方程式为： NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl ； NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O ；氯化铵和氢氧化钙作用得到氨气，因此可实现氨气的循环；无水氯化钙与水结合时放热，导致温度升高，降低制冷效果；
【分析】（1）根据核外电子排布即可写出
（2）根据反应物和生成物几即可写出
（3）均是离子晶体，比较阳离子的半径大小即可
（4）根据要求写出方程式即可，主要考虑氯化钙水合时放热
22．
（1）Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是____(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
（2）Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是 、 (选填编号)。
（3）M点对应温度下，H2S的转化率是 。
（4）Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。
投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中 组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是 。
（5）未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）B；D
（2）d；b
（3）20%
（4）B；C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
（5）CH4C＋H2
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）A.题意中恒温恒容，气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，密度不变不能判断是否平衡；故A不符合题意；
B.反应前后系数不同，压强不变可说明达到平衡；故B符合题意；
C 2v正(H2S)=4v正(CS2) 不等于 v逆(CS2)，故C不符合题意；
D.甲烷和氢气物质的量分数不变，达到平衡，故D符合题意；
（2）根据 反应CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)，结合即可得到CH4、CS2变化的曲线分别 d和b,
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4):n(H2S)=1:2,起始时甲烷为1mol,硫化氢为2mol,转化的甲烷为xmol, CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
起始(mol) 1 2
变化(mol) x 2x x 4x
平衡(mol) 1-x 2-2x x 4x
M点的氢气和甲烷的量相等；即可得到 1-x =4x ，x=0.2mol，硫化氢的转化率为20%；
（4）根据方程式CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)，适当提高甲烷的量可以提高硫化氢的转化率，将硫化氢定为1时，B中的甲烷量处于中间，转化率处于中间，故投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图 B， 过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活 ，因此C对应着12:1，
（5） 未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示， 即可写出 CH4C＋H2 ；
【分析】（1）结合题意可知，前后系数不同，体积不变，可根据压强不变和物质的浓度不变判断是否平衡
（2）根据反应物和生成物以及系数之比判断即可
（3）结合方程式利用三段式计算
（4）根据增加甲烷的量可以提高硫化氢的转化率，但是过多甲烷导致催化剂失活判断即可
（5）根据图示即可写出方程式
23．环氧乙烷()是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M()的一条合成路线如下：
（1）在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如反应①。写出反应①的化学方程式 。
（2）反应②的反应类型是 。设计反应③的目的是 。
（3）A的结构简式为 ，C中含有的官能团有羰基和 ，写出一种满足下列条件的C的结构简式 。
①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应
（4）反应⑤的反应条件是 。
（5）以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，将以下合成路线补充完整。已知：RBrRMgBr
【答案】（1）
（2）取代；保护羰基
（3）；醛基；
（4）浓H2SO4，△
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1） 在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应， 即可写出方程式为 ；
（2）根据反应物和生成物判断反应①为取代反应；根据后续反应，即可得到设计反应③目的是保护羰基；
（3）根据题意，A是其消去的产物结构式为 ；根据结构式即可得到官能团为醛基和羰基；根据 ①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应 即可写出结构简式为
；
（4）反应⑤是酯化反应，故条件是浓硫酸和加热；
（5）根据 RBrRMgBr ；要合成 需要用和镁反应，由乙二醇和Br(CH2)3CHO合成，Br(CH2)3CHO由Br(CH2)3CH2OH合成，Br(CH2)3CH2OH由 开环，写出方程式为： ；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可
（2）根据反应物和生成物即可判断
（3）根据产物逆推出A的结构简式，结合C中的结构简式即可找出官能团，按照要求写出同分异构体
（4）结合产物写出酯化反应的条件
（5）根据产物逆推出上一物质即可写出反应流程
24．
（1）Ⅰ．氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO3热分解是实验室制取O2的方法之一，KClO3在不同条件下热分解结果如下：
实验 反应体系 第一放热温度/℃ 第二放热温度/℃
A KClO3 400 480
B KClO3＋Fe2O3 360 390
C KClO3＋MnO2 350
已知：①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ
②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ
③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ
实验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q= kJ。
（2）实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是 ，检验方法是 。
（3）Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 mol L 1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 mol L 1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 mol L 1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
滴定终点溶液为 色，样品中氯化苄的质量分数为 (保留两位有效数字)。
（4）通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因 。
（5）上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是 。
【答案】（1）144
（2）Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)；使湿润的淀粉KI试纸变蓝
（3）血红色；0.91
（4）C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中
（5）C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－
【知识点】反应热和焓变；除杂；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）
①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ， 结合盖斯定律：3③+① -4②，4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，即可得到Q=3③+① -4②= 144 KJ；
（2）根据有刺激性气味，可能是氯气；利用湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色；
（3）当SCN-离子与铁离子结合形成血红色时说明滴定终点，n(Cl-)=25x10-3x0.1mol-6.75x10-3x0.1mol=0.001825mol,质量分数为0.001825x126.5g/0.255gx100%=0.91%
（4）产量偏高，说明氯离子增多，可能是取代时得到了多氯取代物，或者是氯化氢和氯气溶解在有机物中；
（5）主要是氯苯无法与氢氧化钠共热得到氯离子；
【分析】（1）根据盖斯定律计算
（2）结合元素化合价变化，可能是具有氧化性物质，如氯气，可以采用湿润的淀粉碘化钾检验
（3）结合铁离子和硫氰酸根离子作用，利用数据计算出氯离子物质的量即可
（4）考虑氯离子增加的原因
（5）考虑氯苯与氢氧化钠共热不能得到氯离子
