上海市松江区2020届高三一模考试化学试卷+Word版含解析

这是一份上海市松江区2020届高三一模考试化学试卷+Word版含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1. 今年7月1日，上海市正式实施垃圾分类管理条例，旧报纸属于( )
A. 干垃圾B. 湿垃圾C. 可回收物D. 有害垃圾
【答案】C
【解析】
【分析】
垃圾多，危害大，正确给垃圾分类；上海市将垃圾分为可回收垃圾、有害垃圾、湿垃圾和干垃圾；旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业；属于可回收物质；不属于有害垃圾。
【详解】A．干垃圾是指除可回收物、有害垃圾、湿垃圾以外的其它生活废弃物，干垃圾主要包括餐盒、餐巾纸、湿纸巾、卫生间用纸、塑料袋、食品包装袋、污染严重的纸、烟蒂、纸尿裤、一次性杯子、大骨头、贝壳、花盆等，故A不符合题意；
B．湿垃圾是指日常生活垃圾产生的容易腐烂的生物质废弃物，湿垃圾主要包括食材废料、剩饭剩菜、过期食品、蔬菜水果、瓜皮果核、花卉绿植、中药残渣等，故B不符合题意；
C．可回收物是指适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，如废纸张、废塑料、废玻璃制品、废金属、废织物等，可回收物主要包括报纸、纸箱、书本、广告单、塑料瓶、塑料玩具、油桶、酒瓶、玻璃杯、易拉罐、旧铁锅、旧衣服、包、旧玩偶、旧数码产品、旧家电，旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业，属于可回收物质，故C符合题意；
D．有害垃圾有害垃圾是指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，主要包括废电池（充电电池、铅酸电池、镍镉电池、纽扣电池等）、废油漆、消毒剂、荧光灯管、含贡温度计、废药品及其包装物等，故D不符合题意；
答案选C。
2. Ts是一种人工合成的超重元素，下列说法正确的是（ ）
A. 中子数为117B. 质子数为293
C. 质量数176D. 原子序数为117
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ts的中子数=293-117=174，故A错误；
B．Ts的质子数=117，故B错误；
C．Ts的质量数=293，故C错误；
D．Ts的质子数=原子序数=117，故D正确；
故选D。
3. 下列反应类型中，一定不发生电子转移的是( )
A. 化合反应B. 分解反应C. 复分解反应D. 置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.化合反应可能是氧化还原反应，可能有电子转移发生，如H2+Cl2＝2HCl，化合价发生了变化，存在电子的转移，A不合题意；
B.分解反应可能是氧化还原反应，可能有电子转移发生，如2HI⇌I2+H2，化合价发生了变化，存在电子的转移，B不合题意；
C.复分解反应一定不是氧化还原反应，一定没有电子转移发生，如HCl+NaOH＝NaCl+H2O；没有电子的转移，C符合题意；
D.置换反应一定是氧化还原反应，一定有电子转移发生，D不合题意；
答案选C。
4. 下列物质中，属于弱电解质的是( )
A. 氯化氢B. 一水合氨C. 碳酸氢钠D. 二氧化硫
【答案】B
【解析】
【分析】
弱酸、弱碱、水弱电解质，弱电解质在水中不完全电离，存在电离平衡。
【详解】A．氯化氢(HCl)为强酸，强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物等为强电解质；选项A错误；
B．一水合氨(NH3•H2O)为弱碱，是弱电解质；选项B正确；
C．碳酸氢钠属于盐类，为强电解质；选项C错误；
D．二氧化硫虽然溶于水生成H2SO3，H2SO3在水中电离出离子而导电，但不是SO2自身电离出离子导电，SO2为非电解质；选项D错误；
答案选B。
5. 据《科学快递》报道，研究人员拍摄到化学键形成过程中的过渡状态。化学键不存在于（ ）
A. 原子与原子之间B. 分子与分子之间
C. 离子与离子之间D. 离子与电子之间
【答案】B
【解析】
【详解】A．原子与原子之间的强烈的相互作用力为共价键，属于化学键，故A不选；
B．分子之间不存在化学键，存在范德华力或氢键，故B选；
C．离子与离子之间强烈的相互作用力为离子键，属于化学键，故C不选；
D．金属阳离子与电子之间强烈的相互作用力为金属键，属于化学键，故D不选；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意金属晶体中的化学键为金属键，存在于金属阳离子与自由电子之间。
6. 下列物质，漂白原理不同于其他三者的是( )
A. 过氧化钠B. 新制氯水C. 二氧化硫D. 漂粉精
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠的漂白是因为其强氧化性所致；
B．新制氯水中含有次氯酸，具有强氧化性而导致其能漂白；
C．二氧化硫的漂白是因为其与有机色素形成不稳定的无色物质所致，不涉及氧化还原反应；
D．漂粉精中含有含有次氯酸盐，有强氧化性，能漂白；
综上所述，过氧化钠、新制氯水、漂粉精的漂白都是因为其强化氧化性，而二氧化硫的漂白不是因为强氧化性，与其它选项的漂白原理不同，答案选C。
7. 下列物质两两混合，不能用Ca2++═CaCO3↓表示的是( )
A. Ca(OH)2与Na2CO3B. CaCl2与K2CO3
C. CaCl2与Na2CO3D. Ca(OH)2与(NH4)2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】
离子方程式Ca2++＝CaCO3↓表示的是：含有可溶性钙离子的化合物与可溶性碳酸盐反应生成可溶性盐和碳酸钙的一类反应，据此进行判断。
【详解】A.Ca(OH)2与Na2CO3发生反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式：Ca2++＝CaCO3↓，故A不符合题意；
B.CaCl2与K2CO3发生反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式：Ca2++＝CaCO3↓，故B不符合题意；
C.CaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钙和氯化钠，反应的离子方程式：Ca2++CO32-＝CaCO3↓，故C不符合题意；
D.Ca(OH)2与(NH4)2CO3混合后生成碳酸钙和一水合氨，一水合氨为弱碱，不可拆，故离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2 +＝CaCO3↓+2NH3•H2O，该反应不可以用Ca2++＝CaCO3↓表示，故D符合题意；
答案选D。
8. 结构为 的高分子化合物的单体是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】这类高聚物是通过加聚反应得到的，找单体的方法是先去除中括号即找到了链节为：，再从左往右或从右往左，依次进行断一根键，形成一个键，直到最后即可，如图中断键和形成键（用红色线表示），然后擦去断开的键，补上形成的键即可，故得该高聚物的单体为：；
故答案为：A。
9. 一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是( )
A. pH＝6的水溶液
B. 加酚酞后显无色的溶液
C. c(H+)＞c(OH﹣)的水溶液
D. 能与金属Al反应放出H2的溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH＝﹣lgc(H+)，则c(H+)＝10﹣6ml/L，但不知道温度，不能确定溶液的酸碱性，选项A错误；
B．酚酞的变色范围8～10，颜色分别为：无色、粉红色、红色；加酚酞后显无色的溶液的pH比8要小，但不一定显酸性，选项B错误；
C．溶液的酸碱性是根据c(H+)和c(OH﹣)的相对大小决定的；溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，溶液一定显酸性，选项C正确；
D．2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；能与金属Al反应放出H2的溶液，可以是酸的溶液，也可以是碱的溶液，选项D错误；
答案选C。
10. 常温常压下，下列气体混合后体积一定不发生变化的是( )
A. H2和O2B. NH3和HClC. NO和O2D. SO2和H2S
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2和O2混合常温不反应，气体体积不变；若点然或电火花条件下会反应生成水，故A符合题意；
B．常温，NH3+HCl＝NH4Cl，NH4Cl常温为固体，反应后气体体积减小，故B不符合题意；
C．NO极易与O2反应生成NO2，2NO+O2＝2NO2，三种物质均为气体；根据计量数关系，反应后气体体积减小，故C不符合题意；
D．SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，反应后生成固体S单质和液态水；气体体积减小，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】本题中要注意题目的条件，氢气和氧气混合在点燃的条件下才反应为易错点。
11. 下列混合物，不属于铝热剂的是( )
A. Al和Fe3O4B. Al和MgOC. Al和Cr2O3D. Al和MnO2
【答案】B
【解析】
【分析】
铝热反应是铝粉把某些金属氧化物中的金属置换出来的反应，化合物中对应的金属的活泼性应比铝弱，该反应将会放出大量的热，其中铝粉和金属氧化物作为铝热剂，镁条和氯酸钾作为引燃剂。
【详解】A．Fe比Al的活泼性弱，Fe3O4+Al属于铝热剂，故A不选；
B．Mg比Al活泼，二者不反应，故B选；
C．Cr比Al活泼性弱，Al+Cr2O3属于铝热剂，故C不选；
D．Mn比Al的活泼性弱，Al+MnO2属于铝热剂，故D不选；
故选B。
12. 为了确定某物质是否变质，所选试剂(括号内物质)错误的是( )
A. 氯水是否失效(pH试纸)
B. FeCl2是否被氧化(KSCN)
C. KI是否被氧化(淀粉溶液)
D. Na2SO3是否被氧化(BaCl2)
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以次氯酸能使pH试纸褪色，次氯酸不稳定，易分解生成氯化氢和氧气，当氯水完全转化为盐酸后，盐酸不能使pH试纸褪色，所以可以用pH试纸检验氯水是否失效，故A正确；
B．氯化亚铁不稳定，易被氧化生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，所以可以用硫氰化钾溶液检验氯化亚铁是否变质，故B正确；
C．碘化钾易被氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，碘化钾和淀粉试液不反应，所以可以用淀粉检验碘化钾是否变质，故C正确；
D．亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠与氯化钡溶液反应都生成白色沉淀，所以不能用氯化钡溶液检验亚硫酸钠是否变质，故D错误；
答案选D。
13. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其键线式结构如图所示：，下列有关香叶醇的叙述错误的是( )
A. 能发生聚合反应B. 能发生1，4﹣加成反应
C. 能使溴水褪色D. 能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。
【详解】A．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，即能发生聚合反应，选项A正确；
B．双键位于2、6号碳原子上，且两个碳碳双键之间间隔2个碳原子，不能发生1，4﹣加成反应，选项B错误；
C．碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以该物质能使溴水褪色，选项C正确；
D．醇羟基能发生取代反应，选项D正确；
答案选B。
14. 下列鉴别方法不可行的是( )
A. 用水鉴别乙醇、苯和溴苯
B. 用新制氢氧化铜鉴别乙醇、乙酸和乙醛
C. 用溴水鉴别乙醇、苯和四氯化碳
D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环己烯和环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇与水互溶，苯和溴苯难溶于水，苯的密度小于水，与水混合在水的上层，溴苯的密度大于水，与水混合在水的下层，所以现象不同可以鉴别，选项A正确；
B．乙酸具有酸性能与氢氧化铜反应生成蓝色溶液，乙醛含有醛基在加热条件下能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙醇与氢氧化铜不反应，所以现象不同可以鉴别，选项B正确；
C．乙醇与溴水互溶，苯和四氯化碳能萃取溴水中的溴，苯的密度小于水，与水混合在水的上层，四氯化碳密度大于水，与水混合在水的下层，所以现象不同可以鉴别，选项C正确；
D．环己烯能使高锰酸钾溶液褪色，苯、环己烷与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，选项D错误。
答案选D。
15. 如图为短周期的部分元素的位置信息，下列推断错误的是（ ）
A. X和Y不可能形成化合物
B. Y的氧化物有多种
C. Z一定条件下与水反应
D. 对应最高价氧化物的水化物的碱性，Y比Z强
【答案】A
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置可知，X为H元素，Y为Na元素，Z为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A．X和Y可能形成化合物，如NaH，属于离子化合物，故A错误；
B．Y为Na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠，故B正确；
C．镁在加热是能够与水反应生成氢氧化镁和氢气，故C正确；
D．Y为Na元素，Z为Mg元素，位于同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，因此最高价氧化物水化物的碱性，Y比Z强，故D正确；
故选A。
16. 如图所示，下列分析错误的是( )
A. 只闭合K2，该装置将电能转化为化学能
B. 只闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C. 只闭合K2，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D. 只闭合K1，Fe电极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．只闭合K2，形成电解池，电解池将电能转化为化学能，选项A正确；
B．只闭合K1，形成原电池，发生吸氧腐蚀，石墨作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，即石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项B正确；
C．只闭合K2，形成电解池，Fe作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，所以铁棒得到保护，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D．只闭合K1，形成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，选项D正确；
答案选C。
17. 联合制碱中，对于从母液中提取NH4Cl无帮助的操作是( )
A. 通二氧化碳B. 通氨C. 冷冻D. 加食盐
【答案】A
【解析】
【分析】
饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl﹣(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度，以此解答该题。
【详解】A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，选项A符合；
B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，选项B不符合；
C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，选项C不符合；
D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，选项D不符合。
答案选A。
18. 如图是某反应的能量关系图，下列叙述错误的是( )
A. 反应物总能量高于生成物的总能量
B. 曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线
C. 反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ
D. 若反应生成2ml液态水，放出的热量低于115.6kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图看出反应物总能量高，生成物总能量低，反应物总能量高于生成物总能量，故A正确；
B．使用催化剂能降低反应所需活化能，则b为使用催化剂的图象，a为未使用催化剂的图象，故B正确；
C．反应物为：4HCl(g)+O2(g)，生成物为：2Cl2(g)+2H2O(g)，反应放出热量为115.6kJ，所以热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ，故C正确；
D．若生成2ml液态水，液态水比气态水能量低，放热会更多，放出的热量高于115.6kJ，故D错误；
答案选D。
19. 有0.1ml•L﹣1的两种溶液：①HA溶液、②NaOH溶液。下列说法一定正确的是( )
A. 溶液①中，c(A﹣)＝c(H+)
B. 若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中c(A﹣)+c(HA)＝c(Na+)
C. 若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中的c(H+)＜c(OH﹣)
D. 若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中c(Na+)＝c(A﹣)＞c(H+)＝c(OH﹣)
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中阳离子为H+，阴离子为OH﹣、A﹣，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c(A﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，所以c(A﹣)＜c(H+)，故A错误；
B．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒c(A)＝c(Na)，即存在c(A﹣)+c(HA)＝c(Na+)，故B正确；
C．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成NaA，如果HA是弱酸，则NaA是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH﹣)；如果HA是强酸，则NaA是强酸强碱盐，其溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH﹣)，故C错误；
D．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成NaA，如果HA是弱酸，则NaA是强碱弱酸盐，A﹣水解导致其溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(A﹣)，但是水解程度较小，所以c(Na+)＞c(A﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；如果HA是强酸，则NaA是强酸强碱盐，其溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＝c(A﹣)，水的电离程度较小，所以存在c(Na+)＝c(A﹣)＞c(H+)＝c(OH﹣)，故D错误；
答案选B。
【点睛】HA溶液不确定是强酸还是弱酸，可能是强酸也可能是弱酸，都需要考虑到，是易错点。
20. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g）4NO2(g)＋O2(g）ΔH＞0。一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：
下列说法中错误的是
A. 500 s时O2的浓度为0.075 ml/L
B. 平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小
C. 平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度
D. 1000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 ml/L＜c(N2O5)＜0.50 ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格信息，在500s时，c(N2O5)反应掉0.50ml/L-0.35ml/L=0.15ml/L，则O2的浓度为0.075ml/L，选项A正确；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应速率先增大后减小，选项B正确；
C．该反应是吸热反应，升高温度，K增大，选项C正确；
D．由于2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g）是气体体积变小的反应，体积压缩为原来一半时，平衡要逆向移动，N2O5的浓度比原来双倍还要多，压缩前c(N2O5)=0.250ml/L，则压缩后c(N2O5)>0.500ml/L，选项D错误；
答案选D。
二、综合题(共60分)
21. 2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为aml•L﹣1，再充入bml一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
【答案】 (1). K＝c3(CO) (2). 逆 (3). aml•L﹣1 (4). 0.005ml/(L•min) (5). 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 (6). 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) (7). Li (8). 1.4g
【解析】
【分析】
(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为aml•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；aml•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1ml/L，0.005ml/(L•min)，故答案为：0.005ml/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2ml，生成氢气和氯气物质的量各0.1ml，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2ml×7g/ml＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
22. 完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6ml/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
【答案】 (1). O、Si (2). 二氧化硅形成的是原子晶体 (3). 1：2 (4). +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ (5). 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 (6). 8 (7). 3 (8). 24 (9). 8 (10). 3 (11). 18 (12). 12NA
【解析】
【分析】
写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6ml/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6ml，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6ml/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6ml，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/ml＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
23. 某研究团队从1.8万个臭虫蜕皮和粪便中提取有效成分以消灭臭虫。以下是其中一种组分M的合成路线(部分试剂和条件省略)。
已知：
①R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2
②R3C≡CR4R3CH＝CHR4
完成下列填空：
(1)A的化学名称是_____，B中的官能团是_____。
(2)B→C的反应类型是_____。
(3)C→D的化学方程式为：_____。
(4)E的结构简式为HC≡CCHO，则反应试剂及条件①为_____，②为_____。
(5)G可由B与H2发生加成反应而得，则H的结构简式为_____。
(6)设计一条由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO的合成路线。(合成路线的常用表示方式为：甲乙目标产物)_____。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键、溴原子 (3). 加成反应 (4). BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O (5). NaOH溶液、加热 (6). O2和Cu、加热 (7). CH3CH2CH2C≡CCHO (8). HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO
【解析】
【分析】
A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生消去反应生成D，D发生水解反应、氧化反应生成E，E为HC≡CCHO，E发生取代反应生成F，G可由B与H2发生加成反应而得，则G为CH3CH2CH2Br，根据信息①知，H为CH3CH2CH2C≡CCHO，H发生信息②的反应生成M为CH3CH2CH2CH＝CHCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到。
【详解】(1)A的化学名称是丙烯，B中的官能团是碳碳双键、溴原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、溴原子；
(2)B中碳碳双键和溴发生加成反应生成溴代烃，所以B→C的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
(3)C发生消去反应生成D，C→D的化学方程式为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O，故答案为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
(4)E为HC≡CCHO，D中溴原子发生水解反应生成醇羟基，需要NaOH水溶液、加热条件，然后醇羟基被催化氧化生成醛基，需要氧气、Cu和加热条件，故答案为：NaOH溶液、加热；O2和Cu、加热；
(5)通过以上分析知，H的结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2C≡CCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②的反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到，其合成路线为HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，故答案为：HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO。
24. 硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)在医药上作补血剂。工业上由废铁生产FeSO4•7H2O的一种流程如图：
(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是_____。
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是_____。步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是_____。
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为_____、_____、_____。烘干操作需在低温条件下进行，原因是_____。
(4)取27.8g FeSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如上图所示。分析数据，90℃残留物的化学式是_____。440℃～470℃时固体物质发生反应的化学方程式是_____，做出这一判断的依据是_____。
【答案】 (1). 除去废铁表面的油污 (2). 确保生成物全部都是硫酸亚铁 (3). 防止亚铁离子水解 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 过滤洗涤 (7). 低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水 (8). FeSO4•H2O (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (10). 剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应
【解析】
【分析】
废铁含有碳以及其它金属杂质，加入热碱溶液冲洗，可除去表面的油污，加入稀硫酸，使铁全部转化为硫酸亚铁，并过滤，在滤液中加入稀硫酸可防止亚铁离子水解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，27.8g FeSO4•7H2O的物质的量为0.1ml，其中m(FeSO4)＝15.2g，m(H2O)＝12.6g，分解可生成Fe2O3，质量为0.05ml×160g/ml＝8.0g，则由图象可知，A为FeSO4的部分结晶水合物，B为FeSO4，C为Fe2O3，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是除去废铁表面的油污，因油脂在碱性条件下水解，烧碱溶液有去油腻的能力，故答案为：除去废铁表面的油污；
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是确保生成物全部都是硫酸亚铁，避免硫酸过量其它金属杂质与硫酸反应，步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，故答案为：确保生成物全部都是硫酸亚铁；防止亚铁离子水解；
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，烘干操作需在低温条件下进行，原因是低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水；
(4)由以上分析可知90℃残留物质量为17.0g，其中m(FeSO4)＝15.2g，n(FeSO4)＝0.1ml，m(H2O)＝1.8g则n(H2O)0.1ml，则化学式为FeSO4•H2O，0.1mlFeSO4可生成0.05mlFe2O3，质量为0.05ml×160g/ml＝8.0g，440℃～470℃时固体物质为Fe2O3，发生反应的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，做出这一判断的依据是剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应，故答案为：FeSO4•H2O；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应。
时间/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/ml/L
0.50
0.35
0.25
0.25