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2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模），共32页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液制备，可作新冠病毒消杀剂。关于其说法错误的是（ ）
A．可直接口服或肌肉注射
B．属于混合物
C．有强氧化性，用于环境消毒
D．有效成分为次氯酸钠
2．（2分）飞秒（千万亿分之一秒，即10﹣15s）化学实验技术可以让科学家通过“慢动作”观察到处于化学反应过程中的原子与分子的转变瞬间。你认为该技术不可能观察到的是（ ）
A．化学反应中原子的运动 B．化学键的断裂
C．原子中原子核内部结构 D．新分子的形成
3．（2分）CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．化石燃料的燃烧
C．碳酸盐的沉积 D．自然降雨
4．（2分）海水提溴常用SO2+Br2+2H2O→H2SO4+2HBr达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是（ ）
A．Br2是极性分子
B．H2SO4属于离子化合物
C．属于非电解质的只有SO2
D．H2O分子的空间构型是直线型
5．（2分）微粒间的相互作用有共价键、离子键、金属键和分子间作用力，下列晶体含有两种相互作用的是（ ）
A．碳化硅 B．氦 C．铜 D．白磷
6．（2分）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2的结构式：O═C═O
D．NaClO的电子式：
7．（2分）下列变化过程中，气体被还原的是（ ）
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
8．（2分）有关水处理的方法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
9．（2分）可用于实验室贮存氢氧化钠溶液的是（ ）
A．广口瓶 B．细口瓶（玻璃瓶塞）
C．细口瓶（橡胶瓶塞） D．滴瓶
10．（2分）有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．硫铁矿粉末在沸腾炉中与空气反应可得SO2
B．少量SO2通入BaCl2溶液，可生成BaSO3白色沉淀
C．铁与少量氯气反应生成氯化亚铁
D．工业上利用氯气和澄清石灰水反应来制取漂粉精
11．（2分）符合如图能量变化关系的热化学方程式是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E3﹣E1） kJ
B．2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ （ Q＜E2﹣E1）
C．SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ
D．SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ
12．（2分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．M的一氯代物有3种
B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物
C．只有N能与氢氧化钠溶液反应
D．M、N、W均能发生加成反应和取代反应
13．（2分）欲证明某稀溶液中含有Fe2+而无Fe3+，必要的实验操作及最佳顺序为（ ）
①滴加少量氯水；②滴加足量碘水；③滴加少量硫氰化钾溶液。
A．①→③ B．③→② C．③→① D．①→②→③
14．（2分）BrCl是一种卤素互化物，与Cl2性质相似，也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是（ ）
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol
C．BrCl可与Cl2反应得到Br2
D．BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
15．（2分）有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氯化铵溶液呈酸性，可用于去除铁锈
B．乙烯具有可燃性，可用作果实的催熟剂
C．浓硫酸具有脱水性，可用来干燥CO2
D．氧化铝是两性氧化物，可作耐高温材料
16．（2分）与氢氧化钠溶液反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2与过量NaOH溶液反应：SO2+OH﹣═HSO3﹣
B．Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性：HSO4﹣+OH﹣═SO42﹣+H2O
17．（2分）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是（ ）
A．非金属性Si＜P＜Cl
B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F
D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
18．（2分）为探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验（夹持、加热仪器略），下列说法正确的是（ ）
A．A 中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性
B．试剂 a 为饱和 NaHCO3 溶液
C．C 中溶液 pH 降低，证明 Fe3+氧化了 SO2
D．检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2
19．（2分）港珠澳大桥水下钢柱的防护采用了镶铝块的方法（如图），关于该方法的分析错误的是（ ）
A．钢柱做正极
B．铝块发生的电极反应：Al﹣3e﹣→Al3+
C．可使化学能转变为电能
D．电子由钢柱经导线流向铝块
20．（2分）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。关于滤液中的粒子浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
C．c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．＜1.0×10﹣7mol/L
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如图1。
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。
完成下列填空：
（1）氮原子的核外电子排布式是 ，氧原子最外层有 种运动状态不同的电子。
反应②的化学反应方程式是 。
（2）为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2mol N2和2mol H2，其中n（NH3）随时间的变化如图2。氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝ mol/（L•min），达平衡时N2和H2的浓度之比为 。
（3）能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是 。（选填序号）
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正（H2）＝2v逆（NH3）
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施 。
（4）一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为 。
22．（15分）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓（GaAs＝007）太阳能电池提供能量开展工作。如表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。
回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
（1）如表中，原子半径最小的是 元素（填元素名称），元素周期表中镓的位置是 。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱： 。
（2）GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga（NO3）3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+ HNO3→Ga（NO3）3+ NO2↑+H3AsO4+ H2O 。
（3）GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因 。
（4）亚磷酸（H3PO3）与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于 酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为 。
23．（15分）食品级聚丙烯酸钠（J）是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成，请回答下列问题：
（1）J的结构简式： ，③的反应类型： ，G中官能团名称： 。
（2）A～J分子中含有碳碳双键的有 （填字母代号）。写出反应②的化学方程式 。
（3）写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式 。
ⅰ．链状化合物；
ⅱ．能发生银镜反应；
ⅲ．分子中不含。
（4）写出由2﹣苯乙醇为原料制取的合成路线（无机试剂任选） 。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
24．（15分）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃（2.5个标准大气压下测得）熔化。实验室现用如图装置制备少量无水氯化铝。请回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为 。若用足量MnO2与50mL 12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应 13.35g。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（2）装置B中所盛试剂为 ，其作用是 。
（3）有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3。事实证明这样做非常危险，请简述理由 。
（4）仪器a的名称是 ，装置C和F的作用是 。
（5）实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是 。
（6）氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。 。
2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液制备，可作新冠病毒消杀剂。关于其说法错误的是（ ）
A．可直接口服或肌肉注射
B．属于混合物
C．有强氧化性，用于环境消毒
D．有效成分为次氯酸钠
【分析】A．“84消毒液”对人体有腐蚀作用；
B．“84消毒液”是NaCl、NaClO的混合溶液；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；
D．NaClO具有强氧化性。
【解答】解：A．“84消毒液”对人体有腐蚀作用，不能直接口服或肌肉注射，故A错误；
B．“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液反应制备得到次氯酸钠、氯化钠的水溶液，属于混合物，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，可以用于环境消毒，故C正确；
D．“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液反应制备得到次氯酸钠、氯化钠的水溶液，其中NaClO具有强氧化性，则有效成分为NaClO，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（2分）飞秒（千万亿分之一秒，即10﹣15s）化学实验技术可以让科学家通过“慢动作”观察到处于化学反应过程中的原子与分子的转变瞬间。你认为该技术不可能观察到的是（ ）
A．化学反应中原子的运动 B．化学键的断裂
C．原子中原子核内部结构 D．新分子的形成
【分析】“飞秒化学”为科学家阿•泽韦尔赢得了1999年诺贝尔化学奖。应用“飞秒化学”技术，犹如电视节目通过慢动作来观看足球精彩镜头一样，可以让我们通过慢动作观察处于化学反应过程的原子与分子转变状态。比如该技术能够清晰展现冰箱中致冷剂氟里昂（CCl2F2）破坏大气臭氧层所发生的化学反应的全过程（反应历程）。
【解答】解：因为“飞秒化学”技术，犹如电视节目通过慢动作来观看足球精彩镜头一样，可以让我们通过慢动作观察处于化学反应过程的原子与分子转变状态，也就是说最小能观察到原子，化学反应中原子的运动、化学键的断裂、新分子的形成是能够观察到的，而原子中原子核内部结构无法观察，
故选：C。
【点评】本题考查了“飞秒化学”概念的理解，了解微观变化涉及的最小微粒是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，掌握基础是关键，题目难度不大。
3．（2分）CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．化石燃料的燃烧
C．碳酸盐的沉积 D．自然降雨
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．化石燃料燃烧会生成大量二氧化碳；
C．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程；
D．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A错误；
B．化石燃料为煤、石油、天然气等，都含碳元素，化石燃料的燃烧过程中都会生成二氧化碳气体，会引起大气中CO2含量上升，故B正确；
C．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C错误；
D．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧等，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（2分）海水提溴常用SO2+Br2+2H2O→H2SO4+2HBr达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是（ ）
A．Br2是极性分子
B．H2SO4属于离子化合物
C．属于非电解质的只有SO2
D．H2O分子的空间构型是直线型
【分析】A.溴单质只含Br﹣Br非极性键；
B.硫酸只含共价键；
C.非电解质为化合物，且本身不能电离；
D.水分子中O为sp3杂化，O上有2对孤对电子。
【解答】解：A.溴单质只含Br﹣Br非极性键，则溴为非极性分子，故A错误；
B.硫酸只含共价键，则属于共价化合物，故B错误；
C.非电解质为化合物，且本身不能电离，则属于非电解质的只有SO2，故C正确；
D.水分子中O为sp3杂化，O上有2对孤对电子，空间构型为V型，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以海水资源为载体考查化学键及分子构型，为高频考点，把握化学键的判断、化合物的分类、分子构型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学键的判断方法，题目难度不大。
5．（2分）微粒间的相互作用有共价键、离子键、金属键和分子间作用力，下列晶体含有两种相互作用的是（ ）
A．碳化硅 B．氦 C．铜 D．白磷
【分析】一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，金属元素之间形成金属键，分子之间存在分子间作用力。
【解答】解：A．SiC晶体属于原子晶体，它是由原子构成的物质，原子间通过共价键形成空间网状结构，只存在共价键，故A错误；
B．氦晶体属于单原子分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子内无共价键，只含有一种相互作用的晶体，故B错误；
C．铜晶体是金属晶体，只存在金属键，故C错误；
B．白磷晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子内存在共价键，则含有两种相互作用的晶体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了不同晶体中微粒间的作用力，题目难度不大，注意把握不同类型晶体的构成微粒和微粒间的作用力。
6．（2分）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2的结构式：O═C═O
D．NaClO的电子式：
【分析】A．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数；
B．Cl﹣核外有18个电子，原子核内有17个质子；
C．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键；
D．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成。
【解答】解；A．中子数为12的钠原子质量数＝11+12＝23，该原子的表示方法为1123Na，故A正确；
B．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故B正确；
C．CO2分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其结构式为：O＝C＝O，故C正确；
D．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成，NaClO的电子式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及核数符号、比例模型、离子结构示意图、电子式的书写、结构式表示方法等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，D选项，注意次氯酸根电子式的书写，为易错点。
7．（2分）下列变化过程中，气体被还原的是（ ）
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
【分析】气体被还原，则气体中某元素的化合价降低，得到电子被还原，以此来解答。
【解答】解：A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊，硫化氢中S元素的化合价升高被氧化，故A不选；
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色，C元素的化合价升高，被氧化，故B不选；
C．氯气使KBr溶液变黄，氯气是氧化剂，氯气被还原，故C选；
D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8．（2分）有关水处理的方法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
【分析】A．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；
B．氯气不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；
C．石灰、碳酸钠都可与酸反应；
D．烧碱可与铵根离子反应生成氨气。
【解答】解：A．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均具有吸附性，可吸附水中的悬浮物形成沉淀，故A正确；
B．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故B错误；
C．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故C正确；
D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查废水的处理，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质与应用，题目难度不大。
9．（2分）可用于实验室贮存氢氧化钠溶液的是（ ）
A．广口瓶 B．细口瓶（玻璃瓶塞）
C．细口瓶（橡胶瓶塞） D．滴瓶
【分析】盛放液体试剂选择细口瓶，结合氢氧化钠溶液具有碱性，能够与二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液解答。
【解答】解：贮存氢氧化钠溶液应保存在细口瓶中，因为氢氧化钠溶液具有碱性，能够与二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，所以不能用带磨口玻璃塞盛放，滴瓶中滴管为磨口仪器，所以不能盛放碱性液体，
故选：C。
【点评】本题考查了化学试剂的保存，熟悉氢氧化钠性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
10．（2分）有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．硫铁矿粉末在沸腾炉中与空气反应可得SO2
B．少量SO2通入BaCl2溶液，可生成BaSO3白色沉淀
C．铁与少量氯气反应生成氯化亚铁
D．工业上利用氯气和澄清石灰水反应来制取漂粉精
【分析】A．FeS2在沸腾炉中与O2反应生成二氧化硫；
B．SO2通入BaCl2溶液，不反应；
C．铁与少量氯气反应生成氯化铁；
D．工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂粉精。
【解答】解：A．FeS2在沸腾炉中与O2反应生成二氧化硫，故A正确；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸，则SO2通入BaCl2溶液，不反应，不能生成沉淀，故B错误；
C．铁与少量氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，故C错误；
D．工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂粉精，不是澄清石灰水，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确铁、SO2、氯气的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大。
11．（2分）符合如图能量变化关系的热化学方程式是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E3﹣E1） kJ
B．2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ （ Q＜E2﹣E1）
C．SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ
D．SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ
【分析】若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反。由图可知，2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）是吸热反应，其逆反应为2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g），反应热数值为（E2﹣E1）kJ，同一物质的固体转化为气体时吸热；反应热与反应的计量数成正比，据此分析解答。
【解答】解：A．由图可知，2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）为放热反应，反应热数值为（E2﹣E1）kJ，即2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E2﹣E1）kJ，故A错误；
B．由图可知，2SO3（g）→2SO2（g）+O2（g）﹣（E2﹣E1）kJ，SO3（s）→SO3（g）为吸热过程，则2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ，且 Q＞E2﹣E1，故B错误；
C．由图可知，2SO3（g）→2SO2（g）+O2（g）﹣（E2﹣E1）kJ，则SO3（g）→SO2（g）+O2（g）﹣kJ，即SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ，故C正确；
D．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E2﹣E1）kJ，则SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了反应热与焓变，为高频考点，把握热化学方程式书写及焓变与物质内能之间的关系、吸放热反应的判定等知识为解答关键，注意同一物质的固体转化为液体或气体是放热过程，题目难度不大。
12．（2分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．M的一氯代物有3种
B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物
C．只有N能与氢氧化钠溶液反应
D．M、N、W均能发生加成反应和取代反应
【分析】A．M中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
B．N、W结构不相似；
C．羧基、酚羟基、酯基都能和NaOH溶液反应；
D．苯环能发生加成反应、取代反应。
【解答】解：A．M中含有4种氢原子，所以其一氯代物有4种，故A错误；
B．N、W结构不相似，N属于羧酸、W属于酯类物质，所以二者不属于同系物，故B错误；
C．羧基、酚羟基、酯基都能和NaOH溶液反应，N中含有羧基、W中含有酯基，所以N、W都能和NaOH溶液反应，故C错误；
D．苯环能发生加成反应、取代反应，三者都含有苯环，所以都能发生加成反应、取代反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
13．（2分）欲证明某稀溶液中含有Fe2+而无Fe3+，必要的实验操作及最佳顺序为（ ）
①滴加少量氯水；②滴加足量碘水；③滴加少量硫氰化钾溶液。
A．①→③ B．③→② C．③→① D．①→②→③
【分析】欲证明某溶液中不含Fe3+可能含有Fe2+，应加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为血红色证明不含有铁离子，可能含有亚铁离子，据此判断。
【解答】解：欲证明某溶液中不含Fe3+可能含有Fe2+，先加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为血红色，证明不含有铁离子，可能含有亚铁离子，所以正确的操作顺序为：③→①，
故选：C。
【点评】本题考查了离子的检验，明确铁离子与亚铁离子性质及检验方法是解题关键，注意实验的严密性，题目难度不大。
14．（2分）BrCl是一种卤素互化物，与Cl2性质相似，也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是（ ）
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol
C．BrCl可与Cl2反应得到Br2
D．BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
【分析】A．BrCl中Br元素为+1价、Cl元素为﹣1价；
B．该反应为BrCl+KBr＝KCl+Br2，Br元素化合价由+1、﹣1价变为0价，该反应中转移电子数为1；
C．BrCl与Cl2性质相似，则BrCl和Cl2都具有强氧化性；
D．BrCl与稀NaOH溶液反应时生成NaCl和NaBrO。
【解答】解：A．BrCl中Br元素为+1价、Cl元素为﹣1价，BrCl与水反应生成HBrO和HCl时各元素化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．该反应为BrCl+KBr＝KCl+Br2，Br元素化合价由+1、﹣1价变为0价，该反应中转移电子数为1，则1molBrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol，故B正确；
C．BrCl与Cl2性质相似，则BrCl和Cl2都具有强氧化性，所以二者不反应，故C错误；
D．BrCl中Br、Cl元素化合价分别为+1、﹣1价，且得电子能力：Cl＞Br，所以BrCl与稀NaOH溶液反应时生成NaCl和NaBrO，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查对元素周期律、题干信息的理解和应用，明确基本概念、基本理论内涵是解本题关键，注意BrCl和水的反应不属于氧化还原反应，A为解答易错点。
15．（2分）有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氯化铵溶液呈酸性，可用于去除铁锈
B．乙烯具有可燃性，可用作果实的催熟剂
C．浓硫酸具有脱水性，可用来干燥CO2
D．氧化铝是两性氧化物，可作耐高温材料
【分析】A．氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，酸能和金属氧化物反应；
B．乙烯是一种植物生成调节剂；
C．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂；
D．Al2O3是离子化合物，离子键强、导致Al2O3熔点高。
【解答】解：A．铁锈的主要成分是氧化铁，氯化铵为强酸弱碱盐、水解生成一水合氨和HCl，盐酸能和氧化铁反应生成氯化铁和水，所以NH4Cl溶液可用于去除铁锈，故A正确；
B．乙烯是一种植物生成调节剂，具有催熟作用，与乙烯具有可燃性无关，故B错误；
C．干燥CO2是利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸具有脱水性无关，故C错误；
D．Al2O3的离子键强，导致Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）与氢氧化钠溶液反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2与过量NaOH溶液反应：SO2+OH﹣═HSO3﹣
B．Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性：HSO4﹣+OH﹣═SO42﹣+H2O
【分析】A．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸钠和水；
B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
C．氢氧化钠足量，反应生成碳酸钙和碳酸钠和水；
D．反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水。
【解答】解：A．SO2与过量NaOH溶液反应，离子方程式：SO2+2OH﹣═H2O+SO32﹣，故A错误；
B．Al与NaOH溶液反应，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B正确；
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性，离子方程式：H++OH﹣═H2O，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，遵循原子个数、电荷守恒规律，注意反应物用量对反应的影响。
17．（2分）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是（ ）
A．非金属性Si＜P＜Cl
B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F
D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
【分析】A．同一周期从左向右非主族元素的金属性逐渐增强；
B．非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱；
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
【解答】解：A．Si、P、Cl属于第三周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，原子序数Si＜P＜Cl，则非金属性Si＜P＜Cl，故A正确；
B．非金属性Si＜P＜Cl，则简单氢化物的还原性：SiH4＞PH3＞HCl，故B错误；
C．C、N、F属于第二周期主族元素，原子序数越大原子半径越小，原子序数C＜N＜F，则原子半径C＞N＞F，故C错误；
D．非金属性Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：H2SiO3＜H3PO4＜HClO4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同主族主族元素性质及递变规律，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
18．（2分）为探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验（夹持、加热仪器略），下列说法正确的是（ ）
A．A 中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性
B．试剂 a 为饱和 NaHCO3 溶液
C．C 中溶液 pH 降低，证明 Fe3+氧化了 SO2
D．检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2
【分析】A装置：制取二氧化硫，加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
B装置：试剂a除去二氧化硫中杂质，且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液；
C装置：探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，二者反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2。
A．加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价部分降低，部分不变；
B．试剂 a 为饱和亚硫酸氢钠溶液，除去二氧化硫中杂质；
C．若二氧化硫与铁离子不反应，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强；
D．若SO2 与 Fe3+间发生了氧化还原反应，必有亚铁离子生成，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，即可证明 Fe3+氧化了 SO2。
【解答】解：A．加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；铜为还原剂，硫元素化合价部分降低（+6→+4），体现浓硫酸强氧化性，部分不变，体现浓硫酸酸性，故A错误；
B．加热条件下，铜与浓硫酸反应，生成的二氧化硫气体中可能含有SO3等杂质，试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和NaHSO3溶液，故B错误；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为中强酸，若二氧化硫与铁离子不反应，C 中溶液酸性仍然增强，溶液 pH 降低，所以不能证明 Fe3+氧化了 SO2，故C错误；
D．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，若SO2 与 Fe3+间发生了氧化还原反应，二者反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应实验，注意掌握浓硫酸具有的性质，明确化学实验基本操作方法及性质实验方案设计原则为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
19．（2分）港珠澳大桥水下钢柱的防护采用了镶铝块的方法（如图），关于该方法的分析错误的是（ ）
A．钢柱做正极
B．铝块发生的电极反应：Al﹣3e﹣→Al3+
C．可使化学能转变为电能
D．电子由钢柱经导线流向铝块
【分析】根据图示可知，钢柱和铝块在海水中形成原电池，钢柱做正极，铝块做负极，据此分析。
【解答】解：根据图示可知，钢柱和铝块在海水中形成原电池，钢柱做正极，铝块做负极。
A．钢柱做正极被保护，故A正确；
B．铝做负极被腐蚀，电极反应为Al﹣3e﹣＝Al3+，故B正确；
C．此装置是原电池，将化学能转变为电能，故C正确；
D．在原电池中，电子由负极沿导线流向正极，即由铝块流向钢柱，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意要防止金属腐蚀，应将金属作为原电池的正极或电解池的阴极。
20．（2分）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。关于滤液中的粒子浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
C．c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．＜1.0×10﹣7mol/L
【分析】A.等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，结合物料守恒判断；
B.析出部分NaHCO3晶体，所得滤液pH＜7，可知滤液含氯化铵，水解显酸性；
C.由电荷守恒可知c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），由析出晶体可知c（Na+）＜c（Cl﹣）；
D.所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣）。
【解答】解：A.等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，由物料守恒可知c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故A正确；
B.铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故B正确；
C.由电荷守恒可知c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），由析出晶体可知c（Na+）＜c（Cl﹣），可知c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D.所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣），即＜1.0×10﹣7mol/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握电荷守恒及物料守恒、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如图1。
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。
完成下列填空：
（1）氮原子的核外电子排布式是 1s22s22p3 ，氧原子最外层有 6 种运动状态不同的电子。
反应②的化学反应方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（2）为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2mol N2和2mol H2，其中n（NH3）随时间的变化如图2。氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝ 0.05625 mol/（L•min），达平衡时N2和H2的浓度之比为 2：1 。
（3）能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是 CE 。（选填序号）
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正（H2）＝2v逆（NH3）
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施 增大压强或增大氮气浓度 。
（4）一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为 K＝c（N2O）•c2（H2O） 。
【分析】（1）N原子1s、2s、2p能级上分别含有2、2、3个电子，根据构造原理书写基态N原子核外电子排布式；原子核外每个电子运动状态都不同；根据图知，氨气被催化氧化生成氮气和水；
（2）NH3在前2分钟内的平均反应速率v（NH3）＝＝mol/（L•min）＝0.1125mol/（L•min），氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝v（NH3）；达到平衡时n（NH3）＝0.8mol，则消耗n（N2）＝n（NH3）＝×（0.8﹣0）mol＝0.4mol，消耗n（H2）＝n（NH3）＝×0.8mol＝1.2mol，则氮气、氢气分别剩余1.6mol、0.8mol，同一容器中气体的物质的量之比等于其浓度之比；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
要提高氢气转化率应该改变条件使平衡正向移动但不能是通过增大氢气浓度实现的，升高温度、增大浓度、增大压强、加入催化剂等都能加快反应速率；
（4）该反应方程式为NH4NO3（s）⇌N2O（g）+2H2O（g），化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比。
【解答】解：（1）N原子1s、2s、2p能级上分别含有2、2、3个电子，根据构造原理书写基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3；原子核外每个电子运动状态都不同，O原子最外层又6个电子，所以有6种运动状态不同的电子；根据图知，氨气被催化氧化生成氮气和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：1s22s22p3；6；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）NH3在前2分钟内的平均反应速率v（NH3）＝＝mol/（L•min）＝0.1125mol/（L•min），氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝v（NH3）＝×0.1125mol/（L•min）＝0.05625mol/（L•min）；达到平衡时n（NH3）＝0.8mol，则消耗n（N2）＝n（NH3）＝×（0.8﹣0）mol＝0.4mol，消耗n（H2）＝n（NH3）＝×0.8mol＝1.2mol，则氮气、氢气分别剩余1.6mol、0.8mol，同一容器中气体的物质的量之比等于其浓度之比＝1.6mol：0.8mol＝2：1，
故答案为：0.05625；2：1；
（3）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B．2v正（H2）＝3v逆（NH3）时该反应达到平衡状态，则3v正（H2）＝2v逆（NH3）时没有达到平衡状态，故B错误；
C．恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量减小，则压强减小，当容器内的总压强不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D．各物质的浓度相等，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故D错误；
E．氮气物质的量不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；
增大压强、降低温度或增大氮气浓度都能提高氢气转化率，增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度都能加快反应速率，所以要想提高氢气转化率并增大反应速率可以采取增大压强或增大氮气浓度的措施，
故答案为：CE；增大压强或增大氮气浓度；
（4）该反应方程式为NH4NO3（s）⇌N2O（g）+2H2O（g），K＝c（N2O）•c2（H2O），
故答案为：K＝c（N2O）•c2（H2O）。
【点评】本题考查化学平衡有关问题及物质结构和性质，侧重考查基础知识的理解和应用及计算能力，明确化学平衡计算中各个物理量的关系、外界条件对平衡影响原理等知识点是解本题关键，注意：（3）中增大氢气浓度虽然平衡正向移动，但氢气转化率降低，为解答易错点。
22．（15分）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓（GaAs＝007）太阳能电池提供能量开展工作。如表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。
回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
（1）如表中，原子半径最小的是 磷 元素（填元素名称），元素周期表中镓的位置是 第四周期ⅢA族 。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱： P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强 。
（2）GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga（NO3）3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+ 11 HNO3→Ga（NO3）3+ 8 NO2↑+H3AsO4+ 4 H2O 。
（3）GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因 GaN、GaP、GaAs均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低 。
（4）亚磷酸（H3PO3）与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于 二元弱 酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为 c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣） 。
【分析】（1）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大；镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式，元素周期数等于其电子层数，主族元素中，原子最外层电子数等于其族序数；电子层数越少，原子核对最外层电子的吸引能力越强，越容易获得电子；
（2）根据氧化还原反应方程式中得失电子数相等配平，根据化合价变化结合氧化剂与还原剂之间电子守恒标注转移电子；
（3）均属于原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；
（4）亚磷酸H3PO3与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个﹣OH；Na2HPO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且以第一步水解为主。
【解答】解：（1）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，表中原子半径最小为P，即磷元素，镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，元素周期数等于其电子层数，主族元素中，原子最外层电子数等于其族序数，所以镓位于第四周期第IIIA族，P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强，
故答案为：磷；第四周期ⅢA族；P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强；
（2）反应中硝酸发生还原反应，GaAs被氧化，NO3﹣被还原，所以得失电子的最小公倍数是8，其它元素根据原子守恒配平，11HNO3（稀）+GaAs＝Ga（NO3）3+NO2↑+H3AsO4+4H2O，所以含电子转移的方向和数目氧化还原反应的化学方程式为，
故答案为：11；8；4；；
（3）GaN、GaP、GaAs的晶体类型与硅类似，均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低，
故答案为：GaN、GaP、GaAs均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低；
（4）亚磷酸H3PO3与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个﹣OH，所以H3PO3为二元弱酸，Na2HPO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且以第一步水解为主，结合水的电离可知溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣），
故答案为：二元弱；c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣）。
【点评】本题考查了氧化还原反应方程式的配平，抓住反应中的得失电子数是解答的关键，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握物质的结构与性质是解题的关键，题目难度中等。
23．（15分）食品级聚丙烯酸钠（J）是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成，请回答下列问题：
（1）J的结构简式： ，③的反应类型： 氧化反应 ，G中官能团名称： 羟基、羧基 。
（2）A～J分子中含有碳碳双键的有 A、H、K （填字母代号）。写出反应②的化学方程式 。
（3）写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式 HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO 。
ⅰ．链状化合物；
ⅱ．能发生银镜反应；
ⅲ．分子中不含。
（4）写出由2﹣苯乙醇为原料制取的合成路线（无机试剂任选） 。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
【分析】烃A的分子式为C3H6，且能与溴的四氯化碳溶液反应，说明A中含有碳碳双键，故A的结构简式为CH3CH＝CH2，A与溴发生加成反应生成B，则B为CH3CHBrCH2Br，C发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应生成E，故B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C，则C的结构简式为，故D为、E为、F为，F与氢气发生加成反应生成G为，G发生消去反应生成H为CH2＝CHCOOH，H与碳酸氢钠反应生成K为CH2＝CHCOONa，K发生加聚反应生成J为；
（4）发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由分析可知，J的结构简式为：，反应③是转化为，组成上去氢加氧，反应类型为氧化反应，G的结构简式为，G中官能团名称为：羟基、羧基，
故答案为：；氧化反应；羟基、羧基；
（2）由分析可知，A～J分子中含有碳碳双键的有A（CH3CH＝CH2）、H（CH2＝CHCOOH）、K（CH2＝CHCOONa），反应②是CH3CHBrCH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，反应的化学方程式为：，
故答案为：A、H、K；；
（3）D为，D的同分异构体符合：ⅰ．链状化合物，ⅱ．能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，ⅲ．分子中不含，符合条件的同分异构体为：HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO，
故答案为：HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO；
（4）发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子式与反应条件进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
24．（15分）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃（2.5个标准大气压下测得）熔化。实验室现用如图装置制备少量无水氯化铝。请回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 。若用足量MnO2与50mL 12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应 小于 13.35g。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（2）装置B中所盛试剂为 饱和食盐水 ，其作用是 除去挥发的HCl 。
（3）有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3。事实证明这样做非常危险，请简述理由 氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸 。
（4）仪器a的名称是 分液漏斗 ，装置C和F的作用是 吸收水蒸气防止AlCl3水解 。
（5）实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是 先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝 。
（6）氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。 将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物 。
【分析】A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和的NaCl溶液能抑制氯气溶解，所以B的作用是除去氯气中的HCl，为防止氯化铝在潮湿的空气中爆炸，用C装置干燥氯气；在加热条件下，Al和氯气反应生成AlCl3，生成的氯化铝在E中冷却得到固体氯化铝，F目的是干燥空气，防止氯化铝与水蒸气混合而爆炸，G为尾气处理装置，以此解答该题；
（1）根据浓盐酸和二氧化锰混合加热生成MnCl2、Cl2和水；
（2）B的作用是除去挥发的HCl；
（3）结合装置B和C的作用及无水氯化铝遇水蒸气，会自动爆炸并产生大量白雾分析；
（4）由仪器图形可知a为分液漏斗，氯化铝为共价化合物，易水解，防止水蒸气进入；
（5）欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，防止氧气氧化铝；
（6）共价化合物在熔融状态下不导电。
【解答】解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，化学反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸随着反应进行变稀，反应停止，生成氯气的量小于0.15mol，制取无水AlCl3的质量应小于13.35g，
故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于；
（2）装置B中盛装饱和食盐水，除去挥发的HCl，减少氯气的溶解，
故答案为：饱和食盐水；除去挥发的HCl；
（3）因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气，氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸，
故答案为：氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸；
（4）由仪器图形可知a为分液漏斗；氯化铝为共价化合物，易水解，装置C和F中盛有浓硫酸，吸收水蒸气防止AlCl3水解，
故答案为：分液漏斗；吸收水蒸气防止AlCl3水解；
（5）欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，则需要先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝，
故答案为：先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝；
（6）共价化合物在熔融状态下不导电，离子化合物在熔融状态下可以导电，将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物，
故答案为：将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物。
【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生获取信息、自学能力，正确获取信息了解氯化铝性质特点及实验基本操作方法是解本题关键，知道各个装置作用，题目难度中等。
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2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液制备，可作新冠病毒消杀剂。关于其说法错误的是（ ）
A．可直接口服或肌肉注射
B．属于混合物
C．有强氧化性，用于环境消毒
D．有效成分为次氯酸钠
2．（2分）飞秒（千万亿分之一秒，即10﹣15s）化学实验技术可以让科学家通过“慢动作”观察到处于化学反应过程中的原子与分子的转变瞬间。你认为该技术不可能观察到的是（ ）
A．化学反应中原子的运动 B．化学键的断裂
C．原子中原子核内部结构 D．新分子的形成
3．（2分）CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．化石燃料的燃烧
C．碳酸盐的沉积 D．自然降雨
4．（2分）海水提溴常用SO2+Br2+2H2O→H2SO4+2HBr达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是（ ）
A．Br2是极性分子
B．H2SO4属于离子化合物
C．属于非电解质的只有SO2
D．H2O分子的空间构型是直线型
5．（2分）微粒间的相互作用有共价键、离子键、金属键和分子间作用力，下列晶体含有两种相互作用的是（ ）
A．碳化硅 B．氦 C．铜 D．白磷
6．（2分）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2的结构式：O═C═O
D．NaClO的电子式：
7．（2分）下列变化过程中，气体被还原的是（ ）
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
8．（2分）有关水处理的方法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
9．（2分）可用于实验室贮存氢氧化钠溶液的是（ ）
A．广口瓶 B．细口瓶（玻璃瓶塞）
C．细口瓶（橡胶瓶塞） D．滴瓶
10．（2分）有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．硫铁矿粉末在沸腾炉中与空气反应可得SO2
B．少量SO2通入BaCl2溶液，可生成BaSO3白色沉淀
C．铁与少量氯气反应生成氯化亚铁
D．工业上利用氯气和澄清石灰水反应来制取漂粉精
11．（2分）符合如图能量变化关系的热化学方程式是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E3﹣E1） kJ
B．2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ （ Q＜E2﹣E1）
C．SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ
D．SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ
12．（2分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．M的一氯代物有3种
B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物
C．只有N能与氢氧化钠溶液反应
D．M、N、W均能发生加成反应和取代反应
13．（2分）欲证明某稀溶液中含有Fe2+而无Fe3+，必要的实验操作及最佳顺序为（ ）
①滴加少量氯水；②滴加足量碘水；③滴加少量硫氰化钾溶液。
A．①→③ B．③→② C．③→① D．①→②→③
14．（2分）BrCl是一种卤素互化物，与Cl2性质相似，也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是（ ）
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol
C．BrCl可与Cl2反应得到Br2
D．BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
15．（2分）有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氯化铵溶液呈酸性，可用于去除铁锈
B．乙烯具有可燃性，可用作果实的催熟剂
C．浓硫酸具有脱水性，可用来干燥CO2
D．氧化铝是两性氧化物，可作耐高温材料
16．（2分）与氢氧化钠溶液反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2与过量NaOH溶液反应：SO2+OH﹣═HSO3﹣
B．Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性：HSO4﹣+OH﹣═SO42﹣+H2O
17．（2分）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是（ ）
A．非金属性Si＜P＜Cl
B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F
D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
18．（2分）为探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验（夹持、加热仪器略），下列说法正确的是（ ）
A．A 中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性
B．试剂 a 为饱和 NaHCO3 溶液
C．C 中溶液 pH 降低，证明 Fe3+氧化了 SO2
D．检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2
19．（2分）港珠澳大桥水下钢柱的防护采用了镶铝块的方法（如图），关于该方法的分析错误的是（ ）
A．钢柱做正极
B．铝块发生的电极反应：Al﹣3e﹣→Al3+
C．可使化学能转变为电能
D．电子由钢柱经导线流向铝块
20．（2分）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。关于滤液中的粒子浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
C．c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．＜1.0×10﹣7mol/L
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如图1。
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。
完成下列填空：
（1）氮原子的核外电子排布式是 ，氧原子最外层有 种运动状态不同的电子。
反应②的化学反应方程式是 。
（2）为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2mol N2和2mol H2，其中n（NH3）随时间的变化如图2。氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝ mol/（L•min），达平衡时N2和H2的浓度之比为 。
（3）能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是 。（选填序号）
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正（H2）＝2v逆（NH3）
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施 。
（4）一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为 。
22．（15分）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓（GaAs＝007）太阳能电池提供能量开展工作。如表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。
回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
（1）如表中，原子半径最小的是 元素（填元素名称），元素周期表中镓的位置是 。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱： 。
（2）GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga（NO3）3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+ HNO3→Ga（NO3）3+ NO2↑+H3AsO4+ H2O 。
（3）GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因 。
（4）亚磷酸（H3PO3）与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于 酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为 。
23．（15分）食品级聚丙烯酸钠（J）是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成，请回答下列问题：
（1）J的结构简式： ，③的反应类型： ，G中官能团名称： 。
（2）A～J分子中含有碳碳双键的有 （填字母代号）。写出反应②的化学方程式 。
（3）写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式 。
ⅰ．链状化合物；
ⅱ．能发生银镜反应；
ⅲ．分子中不含。
（4）写出由2﹣苯乙醇为原料制取的合成路线（无机试剂任选） 。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
24．（15分）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃（2.5个标准大气压下测得）熔化。实验室现用如图装置制备少量无水氯化铝。请回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为 。若用足量MnO2与50mL 12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应 13.35g。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（2）装置B中所盛试剂为 ，其作用是 。
（3）有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3。事实证明这样做非常危险，请简述理由 。
（4）仪器a的名称是 ，装置C和F的作用是 。
（5）实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是 。
（6）氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。 。
2020-2021学年上海市静安区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液制备，可作新冠病毒消杀剂。关于其说法错误的是（ ）
A．可直接口服或肌肉注射
B．属于混合物
C．有强氧化性，用于环境消毒
D．有效成分为次氯酸钠
【分析】A．“84消毒液”对人体有腐蚀作用；
B．“84消毒液”是NaCl、NaClO的混合溶液；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒；
D．NaClO具有强氧化性。
【解答】解：A．“84消毒液”对人体有腐蚀作用，不能直接口服或肌肉注射，故A错误；
B．“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液反应制备得到次氯酸钠、氯化钠的水溶液，属于混合物，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，可以用于环境消毒，故C正确；
D．“84消毒液”用Cl2与NaOH溶液反应制备得到次氯酸钠、氯化钠的水溶液，其中NaClO具有强氧化性，则有效成分为NaClO，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（2分）飞秒（千万亿分之一秒，即10﹣15s）化学实验技术可以让科学家通过“慢动作”观察到处于化学反应过程中的原子与分子的转变瞬间。你认为该技术不可能观察到的是（ ）
A．化学反应中原子的运动 B．化学键的断裂
C．原子中原子核内部结构 D．新分子的形成
【分析】“飞秒化学”为科学家阿•泽韦尔赢得了1999年诺贝尔化学奖。应用“飞秒化学”技术，犹如电视节目通过慢动作来观看足球精彩镜头一样，可以让我们通过慢动作观察处于化学反应过程的原子与分子转变状态。比如该技术能够清晰展现冰箱中致冷剂氟里昂（CCl2F2）破坏大气臭氧层所发生的化学反应的全过程（反应历程）。
【解答】解：因为“飞秒化学”技术，犹如电视节目通过慢动作来观看足球精彩镜头一样，可以让我们通过慢动作观察处于化学反应过程的原子与分子转变状态，也就是说最小能观察到原子，化学反应中原子的运动、化学键的断裂、新分子的形成是能够观察到的，而原子中原子核内部结构无法观察，
故选：C。
【点评】本题考查了“飞秒化学”概念的理解，了解微观变化涉及的最小微粒是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，掌握基础是关键，题目难度不大。
3．（2分）CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．化石燃料的燃烧
C．碳酸盐的沉积 D．自然降雨
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．化石燃料燃烧会生成大量二氧化碳；
C．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程；
D．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A错误；
B．化石燃料为煤、石油、天然气等，都含碳元素，化石燃料的燃烧过程中都会生成二氧化碳气体，会引起大气中CO2含量上升，故B正确；
C．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C错误；
D．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧等，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（2分）海水提溴常用SO2+Br2+2H2O→H2SO4+2HBr达到富集目的，此反应相关物质的叙述正确的是（ ）
A．Br2是极性分子
B．H2SO4属于离子化合物
C．属于非电解质的只有SO2
D．H2O分子的空间构型是直线型
【分析】A.溴单质只含Br﹣Br非极性键；
B.硫酸只含共价键；
C.非电解质为化合物，且本身不能电离；
D.水分子中O为sp3杂化，O上有2对孤对电子。
【解答】解：A.溴单质只含Br﹣Br非极性键，则溴为非极性分子，故A错误；
B.硫酸只含共价键，则属于共价化合物，故B错误；
C.非电解质为化合物，且本身不能电离，则属于非电解质的只有SO2，故C正确；
D.水分子中O为sp3杂化，O上有2对孤对电子，空间构型为V型，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以海水资源为载体考查化学键及分子构型，为高频考点，把握化学键的判断、化合物的分类、分子构型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学键的判断方法，题目难度不大。
5．（2分）微粒间的相互作用有共价键、离子键、金属键和分子间作用力，下列晶体含有两种相互作用的是（ ）
A．碳化硅 B．氦 C．铜 D．白磷
【分析】一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，金属元素之间形成金属键，分子之间存在分子间作用力。
【解答】解：A．SiC晶体属于原子晶体，它是由原子构成的物质，原子间通过共价键形成空间网状结构，只存在共价键，故A错误；
B．氦晶体属于单原子分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子内无共价键，只含有一种相互作用的晶体，故B错误；
C．铜晶体是金属晶体，只存在金属键，故C错误；
B．白磷晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子内存在共价键，则含有两种相互作用的晶体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了不同晶体中微粒间的作用力，题目难度不大，注意把握不同类型晶体的构成微粒和微粒间的作用力。
6．（2分）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2的结构式：O═C═O
D．NaClO的电子式：
【分析】A．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数；
B．Cl﹣核外有18个电子，原子核内有17个质子；
C．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键；
D．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成。
【解答】解；A．中子数为12的钠原子质量数＝11+12＝23，该原子的表示方法为1123Na，故A正确；
B．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故B正确；
C．CO2分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其结构式为：O＝C＝O，故C正确；
D．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成，NaClO的电子式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及核数符号、比例模型、离子结构示意图、电子式的书写、结构式表示方法等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，D选项，注意次氯酸根电子式的书写，为易错点。
7．（2分）下列变化过程中，气体被还原的是（ ）
A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色
C．氯气使溴化钾溶液变黄
D．氨气使氯化铝溶液出现白色沉淀
【分析】气体被还原，则气体中某元素的化合价降低，得到电子被还原，以此来解答。
【解答】解：A．硫化氢使亚硫酸溶液产生淡黄色浑浊，硫化氢中S元素的化合价升高被氧化，故A不选；
B．一氧化碳高温下使氧化铜变红色，C元素的化合价升高，被氧化，故B不选；
C．氯气使KBr溶液变黄，氯气是氧化剂，氯气被还原，故C选；
D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，发生复分解反应，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8．（2分）有关水处理的方法错误的是（ ）
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨
【分析】A．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；
B．氯气不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；
C．石灰、碳酸钠都可与酸反应；
D．烧碱可与铵根离子反应生成氨气。
【解答】解：A．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均具有吸附性，可吸附水中的悬浮物形成沉淀，故A正确；
B．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故B错误；
C．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故C正确；
D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查废水的处理，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质与应用，题目难度不大。
9．（2分）可用于实验室贮存氢氧化钠溶液的是（ ）
A．广口瓶 B．细口瓶（玻璃瓶塞）
C．细口瓶（橡胶瓶塞） D．滴瓶
【分析】盛放液体试剂选择细口瓶，结合氢氧化钠溶液具有碱性，能够与二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液解答。
【解答】解：贮存氢氧化钠溶液应保存在细口瓶中，因为氢氧化钠溶液具有碱性，能够与二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，所以不能用带磨口玻璃塞盛放，滴瓶中滴管为磨口仪器，所以不能盛放碱性液体，
故选：C。
【点评】本题考查了化学试剂的保存，熟悉氢氧化钠性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
10．（2分）有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．硫铁矿粉末在沸腾炉中与空气反应可得SO2
B．少量SO2通入BaCl2溶液，可生成BaSO3白色沉淀
C．铁与少量氯气反应生成氯化亚铁
D．工业上利用氯气和澄清石灰水反应来制取漂粉精
【分析】A．FeS2在沸腾炉中与O2反应生成二氧化硫；
B．SO2通入BaCl2溶液，不反应；
C．铁与少量氯气反应生成氯化铁；
D．工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂粉精。
【解答】解：A．FeS2在沸腾炉中与O2反应生成二氧化硫，故A正确；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸，则SO2通入BaCl2溶液，不反应，不能生成沉淀，故B错误；
C．铁与少量氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，故C错误；
D．工业上利用氯气和石灰乳反应来制取漂粉精，不是澄清石灰水，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确铁、SO2、氯气的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大。
11．（2分）符合如图能量变化关系的热化学方程式是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E3﹣E1） kJ
B．2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ （ Q＜E2﹣E1）
C．SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ
D．SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ
【分析】若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反。由图可知，2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）是吸热反应，其逆反应为2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g），反应热数值为（E2﹣E1）kJ，同一物质的固体转化为气体时吸热；反应热与反应的计量数成正比，据此分析解答。
【解答】解：A．由图可知，2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）为放热反应，反应热数值为（E2﹣E1）kJ，即2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E2﹣E1）kJ，故A错误；
B．由图可知，2SO3（g）→2SO2（g）+O2（g）﹣（E2﹣E1）kJ，SO3（s）→SO3（g）为吸热过程，则2SO3（s）→2SO2（g）+O2（g）﹣QkJ，且 Q＞E2﹣E1，故B错误；
C．由图可知，2SO3（g）→2SO2（g）+O2（g）﹣（E2﹣E1）kJ，则SO3（g）→SO2（g）+O2（g）﹣kJ，即SO3（g）→SO2（g）+O2（g）+kJ，故C正确；
D．2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）+（E2﹣E1）kJ，则SO2（g）+O2（g）→SO3（g）+kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了反应热与焓变，为高频考点，把握热化学方程式书写及焓变与物质内能之间的关系、吸放热反应的判定等知识为解答关键，注意同一物质的固体转化为液体或气体是放热过程，题目难度不大。
12．（2分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．M的一氯代物有3种
B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物
C．只有N能与氢氧化钠溶液反应
D．M、N、W均能发生加成反应和取代反应
【分析】A．M中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
B．N、W结构不相似；
C．羧基、酚羟基、酯基都能和NaOH溶液反应；
D．苯环能发生加成反应、取代反应。
【解答】解：A．M中含有4种氢原子，所以其一氯代物有4种，故A错误；
B．N、W结构不相似，N属于羧酸、W属于酯类物质，所以二者不属于同系物，故B错误；
C．羧基、酚羟基、酯基都能和NaOH溶液反应，N中含有羧基、W中含有酯基，所以N、W都能和NaOH溶液反应，故C错误；
D．苯环能发生加成反应、取代反应，三者都含有苯环，所以都能发生加成反应、取代反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
13．（2分）欲证明某稀溶液中含有Fe2+而无Fe3+，必要的实验操作及最佳顺序为（ ）
①滴加少量氯水；②滴加足量碘水；③滴加少量硫氰化钾溶液。
A．①→③ B．③→② C．③→① D．①→②→③
【分析】欲证明某溶液中不含Fe3+可能含有Fe2+，应加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为血红色证明不含有铁离子，可能含有亚铁离子，据此判断。
【解答】解：欲证明某溶液中不含Fe3+可能含有Fe2+，先加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为血红色，证明不含有铁离子，可能含有亚铁离子，所以正确的操作顺序为：③→①，
故选：C。
【点评】本题考查了离子的检验，明确铁离子与亚铁离子性质及检验方法是解题关键，注意实验的严密性，题目难度不大。
14．（2分）BrCl是一种卤素互化物，与Cl2性质相似，也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是（ ）
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol
C．BrCl可与Cl2反应得到Br2
D．BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
【分析】A．BrCl中Br元素为+1价、Cl元素为﹣1价；
B．该反应为BrCl+KBr＝KCl+Br2，Br元素化合价由+1、﹣1价变为0价，该反应中转移电子数为1；
C．BrCl与Cl2性质相似，则BrCl和Cl2都具有强氧化性；
D．BrCl与稀NaOH溶液反应时生成NaCl和NaBrO。
【解答】解：A．BrCl中Br元素为+1价、Cl元素为﹣1价，BrCl与水反应生成HBrO和HCl时各元素化合价不变，该反应不属于氧化还原反应，故A错误；
B．该反应为BrCl+KBr＝KCl+Br2，Br元素化合价由+1、﹣1价变为0价，该反应中转移电子数为1，则1molBrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1mol，故B正确；
C．BrCl与Cl2性质相似，则BrCl和Cl2都具有强氧化性，所以二者不反应，故C错误；
D．BrCl中Br、Cl元素化合价分别为+1、﹣1价，且得电子能力：Cl＞Br，所以BrCl与稀NaOH溶液反应时生成NaCl和NaBrO，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查对元素周期律、题干信息的理解和应用，明确基本概念、基本理论内涵是解本题关键，注意BrCl和水的反应不属于氧化还原反应，A为解答易错点。
15．（2分）有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氯化铵溶液呈酸性，可用于去除铁锈
B．乙烯具有可燃性，可用作果实的催熟剂
C．浓硫酸具有脱水性，可用来干燥CO2
D．氧化铝是两性氧化物，可作耐高温材料
【分析】A．氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，酸能和金属氧化物反应；
B．乙烯是一种植物生成调节剂；
C．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂；
D．Al2O3是离子化合物，离子键强、导致Al2O3熔点高。
【解答】解：A．铁锈的主要成分是氧化铁，氯化铵为强酸弱碱盐、水解生成一水合氨和HCl，盐酸能和氧化铁反应生成氯化铁和水，所以NH4Cl溶液可用于去除铁锈，故A正确；
B．乙烯是一种植物生成调节剂，具有催熟作用，与乙烯具有可燃性无关，故B错误；
C．干燥CO2是利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸具有脱水性无关，故C错误；
D．Al2O3的离子键强，导致Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）与氢氧化钠溶液反应的离子方程式正确的是（ ）
A．SO2与过量NaOH溶液反应：SO2+OH﹣═HSO3﹣
B．Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性：HSO4﹣+OH﹣═SO42﹣+H2O
【分析】A．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸钠和水；
B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
C．氢氧化钠足量，反应生成碳酸钙和碳酸钠和水；
D．反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水。
【解答】解：A．SO2与过量NaOH溶液反应，离子方程式：SO2+2OH﹣═H2O+SO32﹣，故A错误；
B．Al与NaOH溶液反应，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B正确；
C．Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；
D．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应至中性，离子方程式：H++OH﹣═H2O，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，遵循原子个数、电荷守恒规律，注意反应物用量对反应的影响。
17．（2分）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是（ ）
A．非金属性Si＜P＜Cl
B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F
D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
【分析】A．同一周期从左向右非主族元素的金属性逐渐增强；
B．非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱；
C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
【解答】解：A．Si、P、Cl属于第三周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，原子序数Si＜P＜Cl，则非金属性Si＜P＜Cl，故A正确；
B．非金属性Si＜P＜Cl，则简单氢化物的还原性：SiH4＞PH3＞HCl，故B错误；
C．C、N、F属于第二周期主族元素，原子序数越大原子半径越小，原子序数C＜N＜F，则原子半径C＞N＞F，故C错误；
D．非金属性Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：H2SiO3＜H3PO4＜HClO4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同主族主族元素性质及递变规律，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
18．（2分）为探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，按如图装置进行实验（夹持、加热仪器略），下列说法正确的是（ ）
A．A 中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性
B．试剂 a 为饱和 NaHCO3 溶液
C．C 中溶液 pH 降低，证明 Fe3+氧化了 SO2
D．检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2
【分析】A装置：制取二氧化硫，加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
B装置：试剂a除去二氧化硫中杂质，且不能和二氧化硫反应，常用饱和亚硫酸氢钠溶液；
C装置：探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应，三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，二者反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2。
A．加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价部分降低，部分不变；
B．试剂 a 为饱和亚硫酸氢钠溶液，除去二氧化硫中杂质；
C．若二氧化硫与铁离子不反应，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强；
D．若SO2 与 Fe3+间发生了氧化还原反应，必有亚铁离子生成，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，即可证明 Fe3+氧化了 SO2。
【解答】解：A．加热条件下，浓硫酸和铜发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；铜为还原剂，硫元素化合价部分降低（+6→+4），体现浓硫酸强氧化性，部分不变，体现浓硫酸酸性，故A错误；
B．加热条件下，铜与浓硫酸反应，生成的二氧化硫气体中可能含有SO3等杂质，试剂a用于除去二氧化硫中的杂质，一般用饱和NaHSO3溶液，故B错误；
C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为中强酸，若二氧化硫与铁离子不反应，C 中溶液酸性仍然增强，溶液 pH 降低，所以不能证明 Fe3+氧化了 SO2，故C错误；
D．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，若SO2 与 Fe3+间发生了氧化还原反应，二者反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，检验 C 中的溶液含有 Fe2+，证明 Fe3+氧化了 SO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了探究 SO2 与 Fe3+间是否发生氧化还原反应实验，注意掌握浓硫酸具有的性质，明确化学实验基本操作方法及性质实验方案设计原则为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
19．（2分）港珠澳大桥水下钢柱的防护采用了镶铝块的方法（如图），关于该方法的分析错误的是（ ）
A．钢柱做正极
B．铝块发生的电极反应：Al﹣3e﹣→Al3+
C．可使化学能转变为电能
D．电子由钢柱经导线流向铝块
【分析】根据图示可知，钢柱和铝块在海水中形成原电池，钢柱做正极，铝块做负极，据此分析。
【解答】解：根据图示可知，钢柱和铝块在海水中形成原电池，钢柱做正极，铝块做负极。
A．钢柱做正极被保护，故A正确；
B．铝做负极被腐蚀，电极反应为Al﹣3e﹣＝Al3+，故B正确；
C．此装置是原电池，将化学能转变为电能，故C正确；
D．在原电池中，电子由负极沿导线流向正极，即由铝块流向钢柱，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意要防止金属腐蚀，应将金属作为原电池的正极或电解池的阴极。
20．（2分）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7。关于滤液中的粒子浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）
C．c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
D．＜1.0×10﹣7mol/L
【分析】A.等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，结合物料守恒判断；
B.析出部分NaHCO3晶体，所得滤液pH＜7，可知滤液含氯化铵，水解显酸性；
C.由电荷守恒可知c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），由析出晶体可知c（Na+）＜c（Cl﹣）；
D.所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣）。
【解答】解：A.等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，由物料守恒可知c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故A正确；
B.铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故B正确；
C.由电荷守恒可知c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2 c（CO32﹣），由析出晶体可知c（Na+）＜c（Cl﹣），可知c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D.所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣），即＜1.0×10﹣7mol/L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握电荷守恒及物料守恒、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如图1。
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。
完成下列填空：
（1）氮原子的核外电子排布式是 1s22s22p3 ，氧原子最外层有 6 种运动状态不同的电子。
反应②的化学反应方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（2）为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2mol N2和2mol H2，其中n（NH3）随时间的变化如图2。氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝ 0.05625 mol/（L•min），达平衡时N2和H2的浓度之比为 2：1 。
（3）能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是 CE 。（选填序号）
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正（H2）＝2v逆（NH3）
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施 增大压强或增大氮气浓度 。
（4）一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为 K＝c（N2O）•c2（H2O） 。
【分析】（1）N原子1s、2s、2p能级上分别含有2、2、3个电子，根据构造原理书写基态N原子核外电子排布式；原子核外每个电子运动状态都不同；根据图知，氨气被催化氧化生成氮气和水；
（2）NH3在前2分钟内的平均反应速率v（NH3）＝＝mol/（L•min）＝0.1125mol/（L•min），氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝v（NH3）；达到平衡时n（NH3）＝0.8mol，则消耗n（N2）＝n（NH3）＝×（0.8﹣0）mol＝0.4mol，消耗n（H2）＝n（NH3）＝×0.8mol＝1.2mol，则氮气、氢气分别剩余1.6mol、0.8mol，同一容器中气体的物质的量之比等于其浓度之比；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
要提高氢气转化率应该改变条件使平衡正向移动但不能是通过增大氢气浓度实现的，升高温度、增大浓度、增大压强、加入催化剂等都能加快反应速率；
（4）该反应方程式为NH4NO3（s）⇌N2O（g）+2H2O（g），化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比。
【解答】解：（1）N原子1s、2s、2p能级上分别含有2、2、3个电子，根据构造原理书写基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3；原子核外每个电子运动状态都不同，O原子最外层又6个电子，所以有6种运动状态不同的电子；根据图知，氨气被催化氧化生成氮气和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：1s22s22p3；6；4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）NH3在前2分钟内的平均反应速率v（NH3）＝＝mol/（L•min）＝0.1125mol/（L•min），氮气在前2分钟内的平均反应速率v（N2）＝v（NH3）＝×0.1125mol/（L•min）＝0.05625mol/（L•min）；达到平衡时n（NH3）＝0.8mol，则消耗n（N2）＝n（NH3）＝×（0.8﹣0）mol＝0.4mol，消耗n（H2）＝n（NH3）＝×0.8mol＝1.2mol，则氮气、氢气分别剩余1.6mol、0.8mol，同一容器中气体的物质的量之比等于其浓度之比＝1.6mol：0.8mol＝2：1，
故答案为：0.05625；2：1；
（3）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B．2v正（H2）＝3v逆（NH3）时该反应达到平衡状态，则3v正（H2）＝2v逆（NH3）时没有达到平衡状态，故B错误；
C．恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量减小，则压强减小，当容器内的总压强不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D．各物质的浓度相等，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故D错误；
E．氮气物质的量不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；
增大压强、降低温度或增大氮气浓度都能提高氢气转化率，增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度都能加快反应速率，所以要想提高氢气转化率并增大反应速率可以采取增大压强或增大氮气浓度的措施，
故答案为：CE；增大压强或增大氮气浓度；
（4）该反应方程式为NH4NO3（s）⇌N2O（g）+2H2O（g），K＝c（N2O）•c2（H2O），
故答案为：K＝c（N2O）•c2（H2O）。
【点评】本题考查化学平衡有关问题及物质结构和性质，侧重考查基础知识的理解和应用及计算能力，明确化学平衡计算中各个物理量的关系、外界条件对平衡影响原理等知识点是解本题关键，注意：（3）中增大氢气浓度虽然平衡正向移动，但氢气转化率降低，为解答易错点。
22．（15分）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓（GaAs＝007）太阳能电池提供能量开展工作。如表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。
回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
（1）如表中，原子半径最小的是 磷 元素（填元素名称），元素周期表中镓的位置是 第四周期ⅢA族 。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱： P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强 。
（2）GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga（NO3）3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+ 11 HNO3→Ga（NO3）3+ 8 NO2↑+H3AsO4+ 4 H2O 。
（3）GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因 GaN、GaP、GaAs均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低 。
（4）亚磷酸（H3PO3）与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于 二元弱 酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为 c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣） 。
【分析】（1）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大；镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式，元素周期数等于其电子层数，主族元素中，原子最外层电子数等于其族序数；电子层数越少，原子核对最外层电子的吸引能力越强，越容易获得电子；
（2）根据氧化还原反应方程式中得失电子数相等配平，根据化合价变化结合氧化剂与还原剂之间电子守恒标注转移电子；
（3）均属于原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；
（4）亚磷酸H3PO3与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个﹣OH；Na2HPO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且以第一步水解为主。
【解答】解：（1）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，表中原子半径最小为P，即磷元素，镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，元素周期数等于其电子层数，主族元素中，原子最外层电子数等于其族序数，所以镓位于第四周期第IIIA族，P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强，
故答案为：磷；第四周期ⅢA族；P与As相比，电子层数少，原子核对最外层电子的吸引能力强，故易得到电子，故P的非金属性比As强；
（2）反应中硝酸发生还原反应，GaAs被氧化，NO3﹣被还原，所以得失电子的最小公倍数是8，其它元素根据原子守恒配平，11HNO3（稀）+GaAs＝Ga（NO3）3+NO2↑+H3AsO4+4H2O，所以含电子转移的方向和数目氧化还原反应的化学方程式为，
故答案为：11；8；4；；
（3）GaN、GaP、GaAs的晶体类型与硅类似，均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低，
故答案为：GaN、GaP、GaAs均属于原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，所以GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低；
（4）亚磷酸H3PO3与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个﹣OH，所以H3PO3为二元弱酸，Na2HPO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且以第一步水解为主，结合水的电离可知溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣），
故答案为：二元弱；c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣）。
【点评】本题考查了氧化还原反应方程式的配平，抓住反应中的得失电子数是解答的关键，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握物质的结构与性质是解题的关键，题目难度中等。
23．（15分）食品级聚丙烯酸钠（J）是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成，请回答下列问题：
（1）J的结构简式： ，③的反应类型： 氧化反应 ，G中官能团名称： 羟基、羧基 。
（2）A～J分子中含有碳碳双键的有 A、H、K （填字母代号）。写出反应②的化学方程式 。
（3）写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式 HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO 。
ⅰ．链状化合物；
ⅱ．能发生银镜反应；
ⅲ．分子中不含。
（4）写出由2﹣苯乙醇为原料制取的合成路线（无机试剂任选） 。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
【分析】烃A的分子式为C3H6，且能与溴的四氯化碳溶液反应，说明A中含有碳碳双键，故A的结构简式为CH3CH＝CH2，A与溴发生加成反应生成B，则B为CH3CHBrCH2Br，C发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应生成E，故B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C，则C的结构简式为，故D为、E为、F为，F与氢气发生加成反应生成G为，G发生消去反应生成H为CH2＝CHCOOH，H与碳酸氢钠反应生成K为CH2＝CHCOONa，K发生加聚反应生成J为；
（4）发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由分析可知，J的结构简式为：，反应③是转化为，组成上去氢加氧，反应类型为氧化反应，G的结构简式为，G中官能团名称为：羟基、羧基，
故答案为：；氧化反应；羟基、羧基；
（2）由分析可知，A～J分子中含有碳碳双键的有A（CH3CH＝CH2）、H（CH2＝CHCOOH）、K（CH2＝CHCOONa），反应②是CH3CHBrCH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，反应的化学方程式为：，
故答案为：A、H、K；；
（3）D为，D的同分异构体符合：ⅰ．链状化合物，ⅱ．能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，ⅲ．分子中不含，符合条件的同分异构体为：HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO，
故答案为：HCOOCH＝CH2、OHCCH2CHO；
（4）发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子式与反应条件进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
24．（15分）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃（2.5个标准大气压下测得）熔化。实验室现用如图装置制备少量无水氯化铝。请回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 。若用足量MnO2与50mL 12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应 小于 13.35g。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（2）装置B中所盛试剂为 饱和食盐水 ，其作用是 除去挥发的HCl 。
（3）有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3。事实证明这样做非常危险，请简述理由 氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸 。
（4）仪器a的名称是 分液漏斗 ，装置C和F的作用是 吸收水蒸气防止AlCl3水解 。
（5）实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是 先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝 。
（6）氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。 将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物 。
【分析】A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和的NaCl溶液能抑制氯气溶解，所以B的作用是除去氯气中的HCl，为防止氯化铝在潮湿的空气中爆炸，用C装置干燥氯气；在加热条件下，Al和氯气反应生成AlCl3，生成的氯化铝在E中冷却得到固体氯化铝，F目的是干燥空气，防止氯化铝与水蒸气混合而爆炸，G为尾气处理装置，以此解答该题；
（1）根据浓盐酸和二氧化锰混合加热生成MnCl2、Cl2和水；
（2）B的作用是除去挥发的HCl；
（3）结合装置B和C的作用及无水氯化铝遇水蒸气，会自动爆炸并产生大量白雾分析；
（4）由仪器图形可知a为分液漏斗，氯化铝为共价化合物，易水解，防止水蒸气进入；
（5）欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，防止氧气氧化铝；
（6）共价化合物在熔融状态下不导电。
【解答】解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，化学反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸随着反应进行变稀，反应停止，生成氯气的量小于0.15mol，制取无水AlCl3的质量应小于13.35g，
故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于；
（2）装置B中盛装饱和食盐水，除去挥发的HCl，减少氯气的溶解，
故答案为：饱和食盐水；除去挥发的HCl；
（3）因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气，氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸，
故答案为：氯化氢和铝能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸；
（4）由仪器图形可知a为分液漏斗；氯化铝为共价化合物，易水解，装置C和F中盛有浓硫酸，吸收水蒸气防止AlCl3水解，
故答案为：分液漏斗；吸收水蒸气防止AlCl3水解；
（5）欲制得纯净的氯化铝，需要先除去装置内的空气，则需要先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝，
故答案为：先加热A装置，利用生成的氯气除装置中空气，防止氧气氧化铝；
（6）共价化合物在熔融状态下不导电，离子化合物在熔融状态下可以导电，将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物，
故答案为：将氯化铝加热到熔融状态看是否导电，若不导电为共价化合物。
【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生获取信息、自学能力，正确获取信息了解氯化铝性质特点及实验基本操作方法是解本题关键，知道各个装置作用，题目难度中等。
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