2022上海金山区高三下学期二模化学试题含解析

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2021学年第二学期质量监控
高三化学试卷
考生注意：
1.考试时间60分钟，试卷满分100分。
2.答题前，务必在答题卡上填写座位号、学校和姓名。
3.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须做在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
4.注意试题号与答题纸编号一一对应，不能错位。
一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)
1. 下列熔点最高的轻金属是
A. Na B. Mg C. Al D. Fe
【答案】C
【解析】
【分析】根据金属的密度判断是否是轻金属，根据金属的半径越小，金属键越强，熔沸点越高判断其熔点；
【详解】A．钠属于第三周第一种元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中最大的；熔点是第三周期中金属最低的；故不符合；
B．镁属于第三周期第IIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中比钠大，比铝小；熔点大于钠小于铝；故不符合；
C．铝属于第三周期第IIIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周期中金属最小的，熔点是其金属中最大的，故符合题意；
D．铁密度大于4.5g/cm3，属于重金属，故不符合题意；
故选答案C；
【点睛】此题考查金属的性质，注意金属的密度判断其金属类比。
2. 同温同压下，等质量的CO、CO2气体，下列物理量中CO＜CO2的是
A. 分子数 B. 体积 C. 摩尔体积 D. 密度
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳的摩尔质量大于CO，等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，分子数CO>CO2，A错误；
B．等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，故体积CO>CO2，B错误；
C．同温同压下，CO、CO2气体的气体摩尔体积相同，C错误；
D．二氧化碳的摩尔质量大于CO，同温同压下，密度CO 故选D。
3. 液氨中存在：2NH3(l) NH＋NH。下列有关化学用语表示正确的是
A. NH3的比例模型： B. NH的空间构型：三角锥形
C. NH的电子式： D. 平衡常数表达式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．该模型为球棍模型，NH3的比例模型为，故A错误；
B．中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为四面体结构，故B错误；
C．中N原子和2个H原子形成N-H键，N原子还存在2个孤电子对，的电子式，故C正确；
D．平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，平衡常数，故D错误；
故选：C。
4. 34Se与S为同主族元素。有关性质的比较错误的是
A. 半径：Se＞S B. 沸点：H2O＞H2Se
C. 酸性：H2SeO4＞H2SO4 D. 非金属性：Cl＞Se
【答案】C
【解析】
【详解】A．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以半径：Se＞S，故A正确；
B．H2O和H2Se都属于分子晶体，结构相似，前者分子之间存在氢键，熔沸点较高，故B正确；
C．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故C错误；
D．氯的非金属性强于硫，硫的非金属性强于硒，非金属性：Cl＞Se，故D正确；
故选：C。
5. 在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是
A. FeFeCl3 B. FeFeSO4
C. FeFe3O4 D. FeFeCl2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe和Cl2在加热条件下发生反应生成FeCl3：2Fe+3Cl22FeCl3，物质间的转化能实现，故A不符合；
B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，物质间的转化不能实现，故B符合；
C．Fe和H2O(g)在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，物质间的转化能实现，故C不符合；
D．Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2：Fe+2Fe3+=3Fe2+，物质间的转化能实现，故D不符合；
故选B。
6. NaI晶体中两核间距约0.28 nm，呈共价键；激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距为1.0~1.5 nm，呈离子键。下列说法正确的是
A. 离子化合物中不可能含共价键
B. 共价键和离子键之间没有明显界线
C. NaI晶体中既有离子键又有共价键
D. NaI晶体是离子化合物和共价化合物的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子化合物中可能含共价键，如过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．由题给信息可知，碘化钠晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，所以共价键和离子键之间没有明显界线，故B正确；
C．由题给信息可知，晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，则在状态相同时，两种原子组成的晶体中不可能同时存在离子键和共价键，故C错误；
D．由碘化钠晶体的组成可知，晶体是由同种物质形成的纯净物，故D错误；
故选B。
7. 下列关于化合物a()和b()的说法正确的是
A. a中所有原子共平面 B. a的二氯代物有6种
C. a、b的分子式均为C6H8 D. a、b均可使KMnO4/H+(aq)褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．，分子中标记的1、2号碳原子原子形成的四面体结构，所以a中所有原子不可能共面，A项错误；
B．a的二氯代物种类有和，总共有6种，B项正确；
C．a、b的分子式为C6H6，C项错误；
D．a中有C=C可以使KMnO4/H+溶液褪色，而b中无C=C无法使KMnO4/H+溶液褪色，D项错误；
故选B。
8. 下列有关实验室制取Cl2的装置正确的是
A. 制备Cl2 B. 净化Cl2
C. 收集Cl2 D. 尾气处理
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气要加热，该装置没有加热，故A项错误；
B．净化氯气应先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水，该装置顺序颠倒，故B项错误；
C．该装置只有通气管，没有排气管，会导致瓶内压强过大，发生安全事故，故C项错误；
D．氯气有毒，能与碱酚酞，多余的氯气应用氢氧化钠除去，故D项正确。
故答案选D。
9. N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A. 22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B. 1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C. 反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D. 2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
10. 由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是

A. ①→②的总过程放热
B. M是CH3COOH
C. 反应过程中形成C-H键
D. 反应X＋Y→M的原子利用率为100%
【答案】C
【解析】
【分析】A中根据反应物和生成物的能量变化判断反应类型；B中根据有机物的球棍模型判断判断化学式；C中利用反应物和生成物的变化判断形成的键；D中利用反应方程式进行判断；
【详解】A．根据图象中反应物的能量变化由高到低判断该反应为放热反应，A正确；
B．根据图象中的M的球棍模型判断化学式为CH3COOH，故B正确；
C．根据图象中X判断是甲烷，Y是二氧化碳，两者形成乙酸，形成的是碳碳键、氧氢键，故C不正确；
D．根据原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反应生成乙酸，故原子利用率100%，故D正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查反应类型及反应过程中化学键的变化，注意原子利用率根据反应方程式进行判断。
11. 常温下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列离子方程式正确的是
A. H2C2O4＋CO→HCO＋HC2O
B. H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O
C. H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO
D. H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故两者还会反应生成二氧化碳，故正确的离子方程式为：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A项错误；
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合强酸制弱酸的规律，故B项正确；
C．在反应H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合强酸制弱酸的规律，故C项错误；
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合强酸制弱酸的规律，故D项错误。
故答案选B。
12. 如图是我国化学家合成的聚乙炔衍生物的结构简式(M)，下列说法正确的是

A. M为纯净物
B. M能发生加成、氧化和还原反应
C. 1 mol M在足量NaOH溶液中完全水解消耗n mol NaOH
D. 合成M的单体有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，M为聚合度不确定的合成高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应是加氢的还原反应，含有的碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故B正确；
C．由结构简式可知，M分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol M在足量氢氧化钠溶液中完全水解消耗2n mol氢氧化钠，故C错误；
D．由结构简式可知，合成M的单体为和，故D错误；
故选B。
13. 自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是

A. 过程①和②均属于自然固氮
B. X→Y发生化合反应
C. NH3→N发生氧化还原反应
D. 若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
【答案】B
【解析】
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
14. 工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备NaOH和H2SO4，a、b为离子交换膜，装置如图所示。下列说法正确的是

A. c电极与电源负极相连
B. 从d口得到H2SO4(aq)
C. 若生成1 mol O2，有2 mol Na+穿过a
D. 电解总反应：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，SO通过b膜移向阳极室，则a膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，以此来解析；
【详解】A．c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，c电极连接电源的正极，A错误；
B．左侧溶液生成NaOH，从d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸从右室上口流出，B错误；
C．若生成1molO2，电路中转移4mol电子，由电荷守恒可知，将有4molNa+穿过阳离子交换膜，C错误；
D．左室生成氢氧化钠和氢气，右室生成氧气和硫酸，电解总反应：2Na2SO4+6H2O 2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑， D正确；
故选D。
15. 除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是

物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
NaCl(aq)(I2)
CCl4
分液
B
C2H5OH(CH3COOH)
NaOH(aq)
蒸馏
C
HCl(Cl2)
饱和食盐水
洗气
D
CaSO4(CaCO3)
稀硫酸
过滤

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘单质微溶于水，易溶于四氯化碳，则向含有碘单质的氯化钠溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化钠溶液中混有的碘单质，A符合题意；
B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，蒸馏收集可以得到不含有乙酸的乙醇，但是乙醇中混有水蒸气，B不符合题意；
C．氯化氢极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，将含有氯气的氯化氢气体通入饱和食盐水会除去氯化氢气体，得到氯气，氯气中会混有水蒸气，C不符合题意；
D．硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生， 不能用于除杂，应选盐酸、过滤，D不符合题意；
故选A。
16. 由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：

有关该制碱工艺描述错误的是
A. 原料是饱和NaCl(aq)、CO2 B. NH3循环使用
C. X可能是石灰乳 D. 产品是Na2CO3和CaCl2
【答案】A
【解析】
【分析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl (饱和) +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，以此来解析；
【详解】A．由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，A错误；
B．由制碱工艺图可知，氨气循环使用，B正确；
C．根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，C正确；
D．由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，D正确；
故选A。
17. 常温下，等体积等浓度的盐酸与下列溶液分别恰好完全中和。
①V1 mL pH=9的氨水；②V2 mL pH=10的氨水
下列判断正确的是
A. 10V2＞V1 B. 的比值：②＞①
C. 水的电离程度：②＞① D. 反应后溶液的pH：①＞②
【答案】D
【解析】
【分析】根据弱碱的电离程度判断起始的浓度，根据酸碱中和的量关系判断消耗的碱之间的关系；利用溶液中水的电离受溶质的影响判断其程度大小；
【详解】A．设pH=9的氨水的浓度为c1，电离程度为α1，则c1=；设pH=10的氨水浓度为c2，电离程度为α2，则c2=；因为故pH=9的氨水比pH=10的氨水电离程度大，故α1>α2，则，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V1×c1=V2×c2，得10V2 B．的比值即是两溶液的电离度，根据越稀粤电力判断，②<①，故B不正确；
C．根据氨水溶液中水的电离受到抑制，抑制程度越大，水的电离程度越小，故②<①,故C不正确；
D．反应后pH=9的氨水消耗的体积大，故最终溶液的体积大，但生成的氯化铵的量相同，故①中最终的氯化铵溶液的浓度较小，故水解后氢离子浓度小，pH大，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查酸碱中和反应，弱电解质的电离规律，注意中和产物盐溶液的酸碱性的判断。
18. 某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A. 不能确定是否有Fe3+ B. 需通过焰色反应确定Na+是否存在
C. Fe2+、Fe3+都存在 D. 存在NH、SO、Cl-、Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
19. 一定温度下，在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表(已知：炭粉足量)。
容器
T/℃
物质的起始浓度/()
物质的平衡浓度
()



Ⅰ

1.00
0
0
0.85
Ⅱ

0
1.00
1.00
x
Ⅲ

2.00
0
0
1.60
下列说法错误的是
A. B. 达到平衡所需时间：
C. D. ℃，该反应的化学平衡常数
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常数公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K()大于K()，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度，故A正确；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；
C．在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则,故C正确；
D．在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正确；
故选B；
20. 常温下，用0.100 mol·L-1 NaOH(aq)滴定20.00 mL c mol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是

A. H2A电离：H2A→2H+＋A2-
B. a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
D. c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40 mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，电离方程式为：H2A =H++HA-，HA-H+＋A2-，A错误；
B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B错误；
C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)= c(A2-)+c(OH-)，C正确；
D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D错误；
故合理选项是C。
二、综合题(共60分)
(一)(本题共15分)
21. 氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
（1）氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
（2）充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
（3）实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
（4）水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
【答案】（1） ①. ②. H－＞H＞H+
（2） ①. CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ ②. CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
（3） ①. H2S＞PH3＞AsH3 ②. 三角锥形
（4）Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】
【小问1详解】
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
【小问2详解】
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
【小问3详解】
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
【小问4详解】
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
22. S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量；烟气中的SO2可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下反应：
①2SO2(g)＋CH4(g) S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)
②2SO2(g)＋CH4(g) S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)
在容积固定的2 L密闭容器中，通入2 mol SO2和1 mol CH4，一定条件下发生上述反应。完成下列填空：
（1）Q1___________Q2(选填“＞”或“＜”)。能说明反应已达平衡状态的是___________。(选填编号)
A．CO2物质的量浓度不变 B．气体密度不变
C．容器内压强不变 D．容器内SO2与CH4的物质的量之比不变
（2）如图为相同时间内测得SO2的转化率随温度变化情况。

a点是否已达到化学平衡状态？___________(选填“是”或“否”)。随着温度升高，SO2转化率先升后降的原因是___________。
（3）如图为某温度时，SO2和CH4物质的量随时间变化情况。

0~2 h内，v(CH4)=___________。温度不变，若要提高SO2的平衡转化率可采取的措施是___________(任写一条)。
（4）烟气中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图所示。溶液的pH=7时，n(SO)∶n(HSO)≈___________。氨水吸收烟气中SO2后，经O2催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH___________(选填“增大” 或“减小”)。

【答案】（1） ①. ＞ ②. ac
（2） ①. 否 ②. T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小
（3） ①. 0.125 mol·L－1·h－1 ②. 增加n(CH4)或减压（合理即可）
（4） ①. 1∶1 ②. 减小
【解析】
【分析】可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡，以此来解析；
【小问1详解】
①2SO2(g)+CH4(g)⇌S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0) ②2SO2(g)+CH4(g) ⇌S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+ Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g) =S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；
A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p= ，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不符合题意；
C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C符合题意；
D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
【小问2详解】
反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；
T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；
【小问3详解】
120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)== =0.125 mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；
【小问4详解】
由图象可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化反应进行2 HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；
23. 丙酮()是常见的有机化工基础原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：

完成下列填空：
（1）G中含有的官能团的名称是___________、___________；A→B的反应类型是___________。
（2）写出检验B中是否混有A的实验方法。___________
（3）写出C→D的第一步反应的化学方程式。___________
（4）D→E反应所需试剂和条件是___________，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。___________
(i)分子中只有2种不同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应
（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整___________。

【答案】（1） ①. 酯基 ②. 羧基 ③. 消除反应
（2）取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A（合理即可）
（3）+2NaOH+2C2H5OH
（4） ①. C2H5OH，浓硫酸，加热 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
由G的结构可知，G中有酯基、羧基；A中有羟基，且与羟基相邻的其中一个C上有H原子，故可发生消去反应生成碳碳双键，故A→B的反应类型为消去反应；
【小问2详解】
A中有羟基，B中没有，可选择金属钠来鉴别，故该题答案为：取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A；
【小问3详解】
物质C中有两个酯基，在碱性条件下发生水解，反应方程式为，+2NaOH+2C2H5OH；
【小问4详解】
分析D→F，将羧基转化为酯基，且羰基与HCN发生加成反应，加成反应为反应E→F，故D→E为酯化反应，所需反应条件为C2H5OH，浓硫酸，加热；E结构简式为,其分子式为C10H18O3，满足以下条件：(i)分子中只有2种不同化学环境的氢，则该结构为高度对称结构；(ii)能发生银镜反应，则该物质中有醛基，醛基中已有一种环境的氢原子，则不可能有碳碳双键，则该物质有两个醛基在对称位置，余下的H原子全部在甲基内，余下的一个氧原子应在中心位置，则满足条件的结构为；
【小问5详解】
根据的结构分析，该物质中有酯基有如下方法合成该物质（1）可先合成一个在两端分别为羧基和羟基的碳链，让分子内发生酯化反应；可借鉴流程中用两个醛制取A的过程在碳链端点引入羟基，，再将醛基转化为羧基，如果用氧化法，羟基也会被氧化，故借鉴流程中用HCN与醛基发生加成反应：，借鉴F到G有：，最后分子内发生酯化反应得到目标产物。（2）在以上流程中得到后，直接根据G到F转化为。
故整个合成路线为：。
【点睛】快速突破有机合成与推断，要注意以下三点：（1）以已知的分子式、 结构简式为第一突破口；（2）以特殊的反应条件为重要突破口，有机推断题中，在转化关系上通常会给出反应的条件，可以结合所学知识准确判断该反应的类型或反应前后的物质；（3）所给信息必须用，即题目中给出的信息是解题的关键，推断时必须结合使用，也就是流程图中的条件只要是和信息一致的就肯定可以按照信息模仿写出反应前后的物质和对应的方程式。
24. CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：

完成下列填空：
（1）步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
（2）已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
（3）步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
（4）步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
（5）称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） ①. 热水浴 ②. 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
（2）一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
（3） ①. 漏斗 ②. 玻璃棒
（4） ①. 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 ②. 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
（5） ①. 0.979 ②. 偏低
【解析】
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
【小问1详解】
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
【小问2详解】
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
【小问3详解】
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
【小问4详解】
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
【小问5详解】
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；