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上海市同济大学第一附属中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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同济大学第一附属中学2019学年第一学期期中
化学考试
相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1. 下列对化学科学的认知错误的是
A. 化学是一门以实验为基础的自然科学
B. 化学家可以制造出自然界中不存在的物质
C. 物质发生化学反应都伴随着能量变化
D. 化学研究会造成严重的环境污染，人类终将毁灭在化学物质中
【答案】D
【解析】
试题分析：化学研究会治理严重的环境污染，人类不可能毁灭在化学物质中，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。
考点：考查化学与生活、生产的关系。
点评：环境污染不是化学研究导致，而化学研究的目的恰恰是治理严重的环境污染，造福人类。
2.垃圾分类有利于资源回收利用下列垃圾归类不合理的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 废旧的易拉罐可回收再利用，属于可回收物，A项正确，不符合题意；
B. 废塑料瓶可回收再利用，属于可回收物，B项错误，符合题意；
C. 废荧光灯管含有重金属，是有害物质，属于有害垃圾，C项正确，不符合题意；
D. 废纸可以燃烧，属于可燃垃圾，D项正确，不符合题意；
答案选B。
【点睛】解答本题的难点是对垃圾进行准确的分类，目前，我国的垃圾种类有可回收垃圾、其他垃圾、厨余垃圾、有毒垃圾四种；①可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类；②其他垃圾（上海称干垃圾）包括除上述几类垃圾之外的砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、纸巾等难以回收的废弃物及尘土、食品袋（盒）；③厨余垃圾（上海称湿垃圾）包括剩菜剩饭、骨头、菜根菜叶、果皮等食品类废物；④有害垃圾含有对人体健康有害的重金属、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物，包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品、过期化妆品等。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. N2电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I
D. 邻羟基苯甲酸的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气分子中含有三对共用电子对，两个氮原子各含有一对不共用的电子，正确的电子式为：，A项错误；
B. S为16号元素，得到两个电子后变为S2-，因此S2-的结构示意图为：，B项错误；
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I，C项正确；
D. 为间羟基苯甲酸，D项错误；
答案选C。
4.下列关于石油的说法正确的是
A. 石油属于可再生矿物能源 B. 石油主要含有碳、氢两种元素
C. 石油裂化属于物理变化 D. 石油分馏属于化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A、石油属于不可再生矿物能源，A错误；
B、石油主要含有碳、氢两种元素，B正确；
C、石油裂化属于化学变化，C错误；
D、石油分馏属于物理变化，D错误，
答案选B。
5.如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（ ）
A. 饱和一元醇 B. 羟基酸
C. 羧酸酯 D. 饱和一元醛
【答案】B
【解析】
【分析】
根据模型可知该有机物为，据此分析判断。
【详解】由分析可知该有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；
答案选B。
6.有关NaCl晶体的性质，正确的是（ ）
A. 易导热 B. 易熔化 C. 熔融状态能导电 D. 有延展性
【答案】C
【解析】
【分析】
NaCl晶体属于离子晶体，具有较高的熔沸点，难挥发，硬而脆，熔融状态下能导电。
【详解】NaCl晶体属于离子晶体，熔融状态下能导电；
答案选C。
7.水的离子积常数随温度升高而升高。关于一定量的水，下列叙述正确的是
A. 温度升高，水中分子总数减少 B. 水中c(OH-)随温度升高而降低
C. 水的pH随温度升高而升高 D. 水的电离过程是放热过程
【答案】A
【解析】
【详解】A、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水分子总数减少，选项A正确；
B、温度升高，水的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，选项B错误；
C、温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH值减小，选项C错误；
D、水的电离过程是吸热过程，选项D错误；
答案选A。
8.CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式正确的是
A H+ + HCO3- → H2O + CO2↑
B. 2CH3COOH + CO32- → H2O + CO2↑ + 2CH3COO-
C. CH3COOH + HCO3- → H2O + CO2↑ + CH3COO-
D. 2H+ + CO32- → H2O + CO2↑
【答案】C
【解析】
A、醋酸难电离，应该用化学式表示，A错误；B、碳酸氢根离子不能拆开，B错误；C、方程式正确，C正确；D、醋酸难电离，应该用化学式表示，碳酸氢根离子不能拆开，D错误，答案选C。
9.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是
A. Na+ B. HCO3－ C. Fe2+ D. Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；
【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；
B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；
C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；
D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；
正确答案:B。
【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。
10.2-氯丁烷常用于有机合成等，有关2-氯丁烷的叙述正确的是（ ）
A. 它的同分异构体除本身外还有4种
B. 与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀
C. 微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂
D. 与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A、2-氯丁烷分子中含有一个氯原子，分子式为分子式为C4H9Cl，选项A错误；
B、2-氯丁烷不会电离出氯离子，不会与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，选项B错误；
C、2-氯丁烷在水中溶解度不大，但易溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，选项C正确；
D、2-氯丁烷与氢氧化钠的醇溶液加热发生消去反应，生成的烯烃有两种：正丁烯和2-丁烯，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了有机物的组成、结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，根据卤代烃的知识进行解答即可，试题培养了学生的知识迁移能力，易错点为选项D：2-氯丁烷与氢氧化钠的醇溶液加热发生消去反应，生成的烯烃有两种：正丁烯和2-丁烯。
11.一定温度下，恒容密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，反应速率与反应时间的关系如图所示。对两种平衡状态下各物理量的比较错误的是（ ）
A. 平衡状态Ⅱ时的c(H2)一定小 B. 平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大
C. 平衡常数K一样大 D. 平衡状态Ⅱ时的v(正)一定大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 若通入氢气,平衡向着正向移动,但平衡时c(H2)增大，故A错误；
B. 由于平衡向着正向移动,且逆反应速率逐渐增大，则平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大，故B正确；
C. 平衡常数与温度有关，温度不变，则两个平衡状态下的平衡常数K不变，故C正确；
D. 根据图象可知,平衡状态Ⅱ时v(正)、V(逆)都一定增大，故D正确；
故选A。
【点睛】根据图象可知，在平衡状态Ⅰ的基础上改变条件的瞬间，逆反应速率不变、正反应速率增大，平衡向着正向移动，说明是增大了反应物浓度，可以通入N2或H2，也可以是N2和H2的混合物，据此进行解答。
12.关于氯化铵溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A. 溶液中c(NH4+)=c(Cl-)
B. 加水稀释后溶液酸性增强
C. 可除去某些金属表面的氧化物
D. 微热促进水解平衡右移氯离子数目增多
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性；
B. 加水稀释，促进了NH4+的水解；
C. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，可除去铁锈；
D. NH4+的水解为吸热反应，加热，平衡正向移动。
【详解】A. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH4+)< c(Cl-)，A项错误；
B. 加水稀释，促进了NH4+的水解，但溶液酸性并未增强，B项错误；
C. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，可除去铁锈，C项正确；
D. NH4+的水解为吸热反应，加热，平衡正向移动，但Cl-不参与水解反应，其数目不变，D项错误；
答案选C。
13.元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价，A项错误；
B.在离核较近的区域运动的电子能量较低，B项错误；
C. P、S、Cl质子数增多，原子半径减小，对电子的引力增强，所以非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，C项正确；
D.副族和第Ⅷ族元素统称为过渡元素，D项错误。
故选C。
14.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
15. 为探究雾霾颗粒中的可溶性成分，某课外活动小组采集雾霾颗粒样品，用蒸馏水浸取得到浸取液，取浸取液进行以下实验，其中根据实验现象得出的结论正确的是
A. 滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Mg2＋
B. 滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Cl―
C. 滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含SO42―
D. 加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含Mg2＋、Al3+、Zn2+等，不一定含有Mg2＋，错误；
B．滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有Cl―、CO32-、SO32-等离子，不一定含Cl―，错误；
C．滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有SO42―、Ag+，不一定含SO42―，错误；
D．加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋，正确。
16.已知还原性I->Fe2+ >Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，所得溶液中可能存在的离子是（ ）
A. I-、Fe3+ B. Fe2+、Br- C. Fe2+、Fe3+ D. Fe2+、I-
【答案】B
【解析】
【分析】
在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，据此分析判断。
【详解】还原性I->Fe2+ >Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，其次是Fe2+，最后是Br-；
A. 向溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，若溶液中存在I-，那么Fe3+不能存在，A项错误；
B.溶液中通入Cl2，I-先被氧化，其次是Fe2+，若Fe2+存在，Br-还未被氧化，因此溶液中存在Fe2+、Br-，B项正确；
C.当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，C项错误；
D. 当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题的难点是确定发生氧化还原反应的离子的先后顺序，即先后规律，在浓度相差不大的溶液中：(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应；(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再与Cu2＋反应。
17.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。
18. 常温下a mol/L稀氨水和b mol/L稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（ ）
A. 若a＜b，则c(OH－)＜c(H+) B. 若a＝b，则c(NH4＋)＝c(Cl―)
C. 若a＞b，则c(NH4＋)＞c(Cl―) D. 若a＞b，则c(OH－)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
试题分析：A、ab，NH3·H2O过量，可能溶液显中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，故错误；D、根据选项C分析，可能c(OH－)=c(H＋)，故错误。
考点：考查离子浓度大小比较等知识。
19. 下列试验中，所选装置不合理的是
A. 分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B. 用CC14提取碘水中的碘，选③
C. 用FeC12，溶液吸收C12，选⑤
D. 粗盐提纯，选①和②
【答案】A
【解析】
分析】
由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。
【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；
C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；
D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；
故选A。
【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
20.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项D。
【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。
二、综合分析题（共60分）
21.“常见无机物”，主要是指的铝、铁、硫、氯四种元素的单质及化合物。完成下列填空：
（1）四种元素原子的半径大小Fe>__>__>__。
（2）铝原子核外电子排布式___，有___种不同能量的电子。
（3）若铝热剂的成分是铝粉与氧化铁的混合物，写出该铝热反应的化学方程式__，并标明该反应的电子转移方向和数目。
（4）工业上用氯气和___制取得到漂粉精，其有效成分是___（写化学式）。
（5）硫的非金属性___于氯(选填“强”、“弱”)，请用一个事实证明___，再从原子结构的角度加以解释___。
【答案】 (1). Al (2). S (3). Cl (4). 1s22s22p63s23p1 (5). 5 (6). (7). Ca(OH)2 (8). Ca(ClO)2 (9). 弱 (10). 氯气通入硫化钠溶液中有淡黄色沉淀生成 (11). Cl原子与S原子电子层结构相同，最外层电子数Cl>S，原子半径S>Cl，因此在反应中Cl原子比S原子更容易得到电子达到稳定结构，所以即非金属性Cl比S强
【解析】
【分析】
（1）同周期，从左向右，原子半径逐渐减小；
（2）Al原子为13号元素，核外有三个电子层；有几个能级，就有几种不同能量的电子；
（3）铝和氧化铁反应生成氧化铝和铁，Al为还原剂，氧化铁为氧化剂；
（4）工业上用氯气和Ca(OH)2反应来制取漂白精；
（5）同周期从左向右非金属性逐渐增强；从置换反应来判断非金属性强弱；从原子结构的特点思考，Cl与S分别位于第三周期的第VIIA族和第VIA族，原子半径S>Cl，Cl的核电荷数大于S，Cl的原子核对最外层电子的吸引能力比S强，即非金属性Cl比S强。
【详解】（1）Al、S、Cl三种元素均位于第三周期，同周期，从左向右，原子半径逐渐减小，因此原子半径的大小关系为：Al>S>Cl；
（2）Al原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子；
（3）铝和氧化铁反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应中Al失去电子，发生氧化反应，Fe得到电子，发生还原反应，2molAl参与反应，电子转移6mol，用单线桥表示电子转移方向和数目为：；
（4）工业上用氯气和Ca(OH)2反应来制取漂白精，漂白精的主要成分是Ca(ClO)2；
（5）同周期从左向右非金属性逐渐增强，因此硫的非金属性弱于氯，可用置换反应来判断非金属性强弱，即Cl2可从Na2S溶液中置换出S，反应方程式为Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，可看到淡黄色沉淀生成；从两原子的原子结构可知，Cl与S分别位于第三周期的第VIIA族和第VIA族，电子层结构相同，最外层电子数Cl>S，原子半径S>Cl，因此在反应中Cl原子比S原子更容易得到电子达到稳定结构，所以即非金属性Cl比S强。
22.可用以下方法处理尾气中的SO2。
方法一：活性炭还原法：
反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)+Q
反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：
（1）第一次达到平衡的时间是第___min；0~20min化学反应速率表示v(SO2)=___。
（2）30min时平衡发生移动的条件是___。
（3）40min时，平衡常数的计算式为___。（指代入具体数值的算式）
方法二：亚硫酸钠吸收法
（4）Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为___；
（5）如图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。
其中③是___。（填微粒符号）
常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__（填序号）
a.c（Na+）+c（H+）>c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）
b.c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）
c.水电离出c（OH一）=1×l0-8mol/L
【答案】 (1). 20 (2). 0.03mol/(L•min) (3). 减小CO2的浓度 (4). (5). SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (6). OH- (7). ac
【解析】
【分析】
（1）可逆反应达到平衡时，各组分的浓度保持不变；根据v=计算二氧化硫的速率；
（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，据此分析；
（3）40min的平衡常数和20min时相同，根据K=计算平衡常数；
（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；
（5）亚硫酸钠为强碱弱酸盐，SO32-水解使溶液显弱碱性，据此分析作答；
a. 根据电荷守恒判断；
b. 溶液可能是NaHSO3、Na2SO3混合溶液，根据物料守恒进行判断；
c. 水电离出H+的浓度等于溶液中OH-的浓度。
【详解】（1）从图中可知20min时各组分的浓度不变，此时反应达到平衡状态；0-20min时，SO2的浓度从1.0mol/L变为0.4mol/L，变化量为0.6mol/L，因此v(SO2)===0.03mol/(L•min)；
（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，应是减小CO2的浓度形成的；
（3）40min的平衡常数和20min时相同，20min时，SO2的浓度为0.4mol/L，S2的浓度为0.3mol/L，CO2的浓度为0.6mol/L，因此平衡常数K==；
（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；
（5）亚硫酸钠完全电离生成Na+和SO32-，而SO32-水解生成HSO3-，且HSO3-能继续水解生成H2SO3，最终使溶液呈弱碱性，即c(OH-)>c(H+)，因此Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系为：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)，因此图中③是OH-；
a. 根据电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因此溶液中c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，a项正确；
b. 当溶质为NaHSO3时，溶液中S元素以SO32-、HSO3-、H2SO3的形式存在，Na元素与S元素的物质的量之比为1:1，因此溶液中c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，若溶液中存在Na2SO3，则c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，b项错误；
c. 水电离出H+的浓度等于溶液中OH-的浓度，由于pH=6，那么水电离出的c(OH-)==10-8mol/L，c项正确；
答案选ac。
【点睛】掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键，可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下：①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。
23.聚合物F的合成路线图如图：
已知：HCHO+RCH2CHO
请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是________________，C的系统命名为_____________________ 。
（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______________、_____________；E→F的反应类型是______________，B+DE的反应类型是______________________。
（3）写出A→B的化学方程式__________________________________________________。
（4）写出C→D的化学方程式__________________________________________________。
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线_______________________________________________________________
【答案】 (1). 醛基 (2). 1,2-二溴丙烷 (3). NaHCO3溶液 (4). 溴水 (5). 加聚反应 (6). 取代反应 (7). +2Cu(OH)2Cu2O↓++2H2O (8). CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr (9).
【解析】
【分析】
苯乙醛与甲醛发生信息中先加成再消去生成A为，A与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，然后酸化得到B为，由F的结构简式可知E为，则D为，故C3H6为CH3CH=CH2，丙烯与溴发生加成反应生成C为CH3CHBrCH2Br，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到D；
(5)甲醛与乙醛反应CH2=CHCHO，然后用新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应可得。
【详解】(1)A为，A中含氧官能团名称是：醛基。C为CH3CHBrCH2Br，C的系统命名为：1，2-二溴丙烷；
(2)B为，B中含有的含氧官能团为羧基，可用碳酸氢钠(或碳酸钠)溶液检验羧基，B中的碳碳双键用溴水检验；E→F生成高聚物，没有小分子物质生成，反应类型为加聚反应；B+D→E是羧基与羟基之间发生的酯化反应，属于取代反应；
(3)A→B的化学方程式为：+2Cu(OH)2Cu2O↓++2H2O；
(4)C→D的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；
(5)甲醛与乙醛反应CH2=CHCHO，然后用新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应可得，合成路线为：。
【点睛】根据反应条件准确判断反应原理是解题关键，常见反应条件推断反应原理有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)；⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应；⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
24.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中_____________
②反应的化学方程式
____________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③_______________
④______________
【答案】 (1). A(或B) (2). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) (3). d→c→f→e→i (4). 红棕色气体慢慢变浅 (5). 8NH3+6NO27N2 +12H2O (6). Z中NaOH溶液产生倒吸现象 (7). 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【解析】
【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
同济大学第一附属中学2019学年第一学期期中
化学考试
相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1. 下列对化学科学的认知错误的是
A. 化学是一门以实验为基础的自然科学
B. 化学家可以制造出自然界中不存在的物质
C. 物质发生化学反应都伴随着能量变化
D. 化学研究会造成严重的环境污染，人类终将毁灭在化学物质中
【答案】D
【解析】
试题分析：化学研究会治理严重的环境污染，人类不可能毁灭在化学物质中，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。
考点：考查化学与生活、生产的关系。
点评：环境污染不是化学研究导致，而化学研究的目的恰恰是治理严重的环境污染，造福人类。
2.垃圾分类有利于资源回收利用下列垃圾归类不合理的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 废旧的易拉罐可回收再利用，属于可回收物，A项正确，不符合题意；
B. 废塑料瓶可回收再利用，属于可回收物，B项错误，符合题意；
C. 废荧光灯管含有重金属，是有害物质，属于有害垃圾，C项正确，不符合题意；
D. 废纸可以燃烧，属于可燃垃圾，D项正确，不符合题意；
答案选B。
【点睛】解答本题的难点是对垃圾进行准确的分类，目前，我国的垃圾种类有可回收垃圾、其他垃圾、厨余垃圾、有毒垃圾四种；①可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类；②其他垃圾（上海称干垃圾）包括除上述几类垃圾之外的砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、纸巾等难以回收的废弃物及尘土、食品袋（盒）；③厨余垃圾（上海称湿垃圾）包括剩菜剩饭、骨头、菜根菜叶、果皮等食品类废物；④有害垃圾含有对人体健康有害的重金属、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物，包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品、过期化妆品等。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. N2电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I
D. 邻羟基苯甲酸的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气分子中含有三对共用电子对，两个氮原子各含有一对不共用的电子，正确的电子式为：，A项错误；
B. S为16号元素，得到两个电子后变为S2-，因此S2-的结构示意图为：，B项错误；
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I，C项正确；
D. 为间羟基苯甲酸，D项错误；
答案选C。
4.下列关于石油的说法正确的是
A. 石油属于可再生矿物能源 B. 石油主要含有碳、氢两种元素
C. 石油裂化属于物理变化 D. 石油分馏属于化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A、石油属于不可再生矿物能源，A错误；
B、石油主要含有碳、氢两种元素，B正确；
C、石油裂化属于化学变化，C错误；
D、石油分馏属于物理变化，D错误，
答案选B。
5.如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（ ）
A. 饱和一元醇 B. 羟基酸
C. 羧酸酯 D. 饱和一元醛
【答案】B
【解析】
【分析】
根据模型可知该有机物为，据此分析判断。
【详解】由分析可知该有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；
答案选B。
6.有关NaCl晶体的性质，正确的是（ ）
A. 易导热 B. 易熔化 C. 熔融状态能导电 D. 有延展性
【答案】C
【解析】
【分析】
NaCl晶体属于离子晶体，具有较高的熔沸点，难挥发，硬而脆，熔融状态下能导电。
【详解】NaCl晶体属于离子晶体，熔融状态下能导电；
答案选C。
7.水的离子积常数随温度升高而升高。关于一定量的水，下列叙述正确的是
A. 温度升高，水中分子总数减少 B. 水中c(OH-)随温度升高而降低
C. 水的pH随温度升高而升高 D. 水的电离过程是放热过程
【答案】A
【解析】
【详解】A、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水分子总数减少，选项A正确；
B、温度升高，水的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，选项B错误；
C、温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH值减小，选项C错误；
D、水的电离过程是吸热过程，选项D错误；
答案选A。
8.CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式正确的是
A H+ + HCO3- → H2O + CO2↑
B. 2CH3COOH + CO32- → H2O + CO2↑ + 2CH3COO-
C. CH3COOH + HCO3- → H2O + CO2↑ + CH3COO-
D. 2H+ + CO32- → H2O + CO2↑
【答案】C
【解析】
A、醋酸难电离，应该用化学式表示，A错误；B、碳酸氢根离子不能拆开，B错误；C、方程式正确，C正确；D、醋酸难电离，应该用化学式表示，碳酸氢根离子不能拆开，D错误，答案选C。
9.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是
A. Na+ B. HCO3－ C. Fe2+ D. Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；
【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；
B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；
C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；
D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；
正确答案:B。
【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。
10.2-氯丁烷常用于有机合成等，有关2-氯丁烷的叙述正确的是（ ）
A. 它的同分异构体除本身外还有4种
B. 与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀
C. 微溶于水，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂
D. 与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A、2-氯丁烷分子中含有一个氯原子，分子式为分子式为C4H9Cl，选项A错误；
B、2-氯丁烷不会电离出氯离子，不会与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，选项B错误；
C、2-氯丁烷在水中溶解度不大，但易溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，选项C正确；
D、2-氯丁烷与氢氧化钠的醇溶液加热发生消去反应，生成的烯烃有两种：正丁烯和2-丁烯，选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了有机物的组成、结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，根据卤代烃的知识进行解答即可，试题培养了学生的知识迁移能力，易错点为选项D：2-氯丁烷与氢氧化钠的醇溶液加热发生消去反应，生成的烯烃有两种：正丁烯和2-丁烯。
11.一定温度下，恒容密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，反应速率与反应时间的关系如图所示。对两种平衡状态下各物理量的比较错误的是（ ）
A. 平衡状态Ⅱ时的c(H2)一定小 B. 平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大
C. 平衡常数K一样大 D. 平衡状态Ⅱ时的v(正)一定大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 若通入氢气,平衡向着正向移动,但平衡时c(H2)增大，故A错误；
B. 由于平衡向着正向移动,且逆反应速率逐渐增大，则平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大，故B正确；
C. 平衡常数与温度有关，温度不变，则两个平衡状态下的平衡常数K不变，故C正确；
D. 根据图象可知,平衡状态Ⅱ时v(正)、V(逆)都一定增大，故D正确；
故选A。
【点睛】根据图象可知，在平衡状态Ⅰ的基础上改变条件的瞬间，逆反应速率不变、正反应速率增大，平衡向着正向移动，说明是增大了反应物浓度，可以通入N2或H2，也可以是N2和H2的混合物，据此进行解答。
12.关于氯化铵溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A. 溶液中c(NH4+)=c(Cl-)
B. 加水稀释后溶液酸性增强
C. 可除去某些金属表面的氧化物
D. 微热促进水解平衡右移氯离子数目增多
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性；
B. 加水稀释，促进了NH4+的水解；
C. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，可除去铁锈；
D. NH4+的水解为吸热反应，加热，平衡正向移动。
【详解】A. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH4+)< c(Cl-)，A项错误；
B. 加水稀释，促进了NH4+的水解，但溶液酸性并未增强，B项错误；
C. 氯化铵为强酸弱碱盐，水溶液呈弱酸性，可除去铁锈，C项正确；
D. NH4+的水解为吸热反应，加热，平衡正向移动，但Cl-不参与水解反应，其数目不变，D项错误；
答案选C。
13.元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价，A项错误；
B.在离核较近的区域运动的电子能量较低，B项错误；
C. P、S、Cl质子数增多，原子半径减小，对电子的引力增强，所以非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，C项正确；
D.副族和第Ⅷ族元素统称为过渡元素，D项错误。
故选C。
14.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 溶液中不变
C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大
D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】B
【解析】
【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；
B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；
C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；
D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
故选B。
15. 为探究雾霾颗粒中的可溶性成分，某课外活动小组采集雾霾颗粒样品，用蒸馏水浸取得到浸取液，取浸取液进行以下实验，其中根据实验现象得出的结论正确的是
A. 滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Mg2＋
B. 滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含Cl―
C. 滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含SO42―
D. 加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴入NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含Mg2＋、Al3+、Zn2+等，不一定含有Mg2＋，错误；
B．滴入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有Cl―、CO32-、SO32-等离子，不一定含Cl―，错误；
C．滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中可能含有SO42―、Ag+，不一定含SO42―，错误；
D．加入浓NaOH溶液微热，试管口的湿润红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含NH4＋，正确。
16.已知还原性I->Fe2+ >Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，所得溶液中可能存在的离子是（ ）
A. I-、Fe3+ B. Fe2+、Br- C. Fe2+、Fe3+ D. Fe2+、I-
【答案】B
【解析】
【分析】
在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，据此分析判断。
【详解】还原性I->Fe2+ >Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，其次是Fe2+，最后是Br-；
A. 向溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，若溶液中存在I-，那么Fe3+不能存在，A项错误；
B.溶液中通入Cl2，I-先被氧化，其次是Fe2+，若Fe2+存在，Br-还未被氧化，因此溶液中存在Fe2+、Br-，B项正确；
C.当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，C项错误；
D. 当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题的难点是确定发生氧化还原反应的离子的先后顺序，即先后规律，在浓度相差不大的溶液中：(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应；(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再与Cu2＋反应。
17.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。
18. 常温下a mol/L稀氨水和b mol/L稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（ ）
A. 若a＜b，则c(OH－)＜c(H+) B. 若a＝b，则c(NH4＋)＝c(Cl―)
C. 若a＞b，则c(NH4＋)＞c(Cl―) D. 若a＞b，则c(OH－)＞c(H+)
【答案】A
【解析】
试题分析：A、a
考点：考查离子浓度大小比较等知识。
19. 下列试验中，所选装置不合理的是
A. 分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B. 用CC14提取碘水中的碘，选③
C. 用FeC12，溶液吸收C12，选⑤
D. 粗盐提纯，选①和②
【答案】A
【解析】
分析】
由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。
【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；
C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；
D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；
故选A。
【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
20.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项D。
【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。
二、综合分析题（共60分）
21.“常见无机物”，主要是指的铝、铁、硫、氯四种元素的单质及化合物。完成下列填空：
（1）四种元素原子的半径大小Fe>__>__>__。
（2）铝原子核外电子排布式___，有___种不同能量的电子。
（3）若铝热剂的成分是铝粉与氧化铁的混合物，写出该铝热反应的化学方程式__，并标明该反应的电子转移方向和数目。
（4）工业上用氯气和___制取得到漂粉精，其有效成分是___（写化学式）。
（5）硫的非金属性___于氯(选填“强”、“弱”)，请用一个事实证明___，再从原子结构的角度加以解释___。
【答案】 (1). Al (2). S (3). Cl (4). 1s22s22p63s23p1 (5). 5 (6). (7). Ca(OH)2 (8). Ca(ClO)2 (9). 弱 (10). 氯气通入硫化钠溶液中有淡黄色沉淀生成 (11). Cl原子与S原子电子层结构相同，最外层电子数Cl>S，原子半径S>Cl，因此在反应中Cl原子比S原子更容易得到电子达到稳定结构，所以即非金属性Cl比S强
【解析】
【分析】
（1）同周期，从左向右，原子半径逐渐减小；
（2）Al原子为13号元素，核外有三个电子层；有几个能级，就有几种不同能量的电子；
（3）铝和氧化铁反应生成氧化铝和铁，Al为还原剂，氧化铁为氧化剂；
（4）工业上用氯气和Ca(OH)2反应来制取漂白精；
（5）同周期从左向右非金属性逐渐增强；从置换反应来判断非金属性强弱；从原子结构的特点思考，Cl与S分别位于第三周期的第VIIA族和第VIA族，原子半径S>Cl，Cl的核电荷数大于S，Cl的原子核对最外层电子的吸引能力比S强，即非金属性Cl比S强。
【详解】（1）Al、S、Cl三种元素均位于第三周期，同周期，从左向右，原子半径逐渐减小，因此原子半径的大小关系为：Al>S>Cl；
（2）Al原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子；
（3）铝和氧化铁反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应中Al失去电子，发生氧化反应，Fe得到电子，发生还原反应，2molAl参与反应，电子转移6mol，用单线桥表示电子转移方向和数目为：；
（4）工业上用氯气和Ca(OH)2反应来制取漂白精，漂白精的主要成分是Ca(ClO)2；
（5）同周期从左向右非金属性逐渐增强，因此硫的非金属性弱于氯，可用置换反应来判断非金属性强弱，即Cl2可从Na2S溶液中置换出S，反应方程式为Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，可看到淡黄色沉淀生成；从两原子的原子结构可知，Cl与S分别位于第三周期的第VIIA族和第VIA族，电子层结构相同，最外层电子数Cl>S，原子半径S>Cl，因此在反应中Cl原子比S原子更容易得到电子达到稳定结构，所以即非金属性Cl比S强。
22.可用以下方法处理尾气中的SO2。
方法一：活性炭还原法：
反应原理：恒温恒容2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)+Q
反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：
（1）第一次达到平衡的时间是第___min；0~20min化学反应速率表示v(SO2)=___。
（2）30min时平衡发生移动的条件是___。
（3）40min时，平衡常数的计算式为___。（指代入具体数值的算式）
方法二：亚硫酸钠吸收法
（4）Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为___；
（5）如图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。
其中③是___。（填微粒符号）
常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是__（填序号）
a.c（Na+）+c（H+）>c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）
b.c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）
c.水电离出c（OH一）=1×l0-8mol/L
【答案】 (1). 20 (2). 0.03mol/(L•min) (3). 减小CO2的浓度 (4). (5). SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (6). OH- (7). ac
【解析】
【分析】
（1）可逆反应达到平衡时，各组分的浓度保持不变；根据v=计算二氧化硫的速率；
（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，据此分析；
（3）40min的平衡常数和20min时相同，根据K=计算平衡常数；
（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；
（5）亚硫酸钠为强碱弱酸盐，SO32-水解使溶液显弱碱性，据此分析作答；
a. 根据电荷守恒判断；
b. 溶液可能是NaHSO3、Na2SO3混合溶液，根据物料守恒进行判断；
c. 水电离出H+的浓度等于溶液中OH-的浓度。
【详解】（1）从图中可知20min时各组分的浓度不变，此时反应达到平衡状态；0-20min时，SO2的浓度从1.0mol/L变为0.4mol/L，变化量为0.6mol/L，因此v(SO2)===0.03mol/(L•min)；
（2）30min瞬间，CO2浓度降低，S2的浓度不变，CO2、S2浓度增大，应是减小CO2的浓度形成的；
（3）40min的平衡常数和20min时相同，20min时，SO2的浓度为0.4mol/L，S2的浓度为0.3mol/L，CO2的浓度为0.6mol/L，因此平衡常数K==；
（4）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-；
（5）亚硫酸钠完全电离生成Na+和SO32-，而SO32-水解生成HSO3-，且HSO3-能继续水解生成H2SO3，最终使溶液呈弱碱性，即c(OH-)>c(H+)，因此Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系为：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)，因此图中③是OH-；
a. 根据电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因此溶液中c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，a项正确；
b. 当溶质为NaHSO3时，溶液中S元素以SO32-、HSO3-、H2SO3的形式存在，Na元素与S元素的物质的量之比为1:1，因此溶液中c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，若溶液中存在Na2SO3，则c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，b项错误；
c. 水电离出H+的浓度等于溶液中OH-的浓度，由于pH=6，那么水电离出的c(OH-)==10-8mol/L，c项正确；
答案选ac。
【点睛】掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键，可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下：①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。
23.聚合物F的合成路线图如图：
已知：HCHO+RCH2CHO
请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是________________，C的系统命名为_____________________ 。
（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______________、_____________；E→F的反应类型是______________，B+DE的反应类型是______________________。
（3）写出A→B的化学方程式__________________________________________________。
（4）写出C→D的化学方程式__________________________________________________。
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线_______________________________________________________________
【答案】 (1). 醛基 (2). 1,2-二溴丙烷 (3). NaHCO3溶液 (4). 溴水 (5). 加聚反应 (6). 取代反应 (7). +2Cu(OH)2Cu2O↓++2H2O (8). CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr (9).
【解析】
【分析】
苯乙醛与甲醛发生信息中先加成再消去生成A为，A与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，然后酸化得到B为，由F的结构简式可知E为，则D为，故C3H6为CH3CH=CH2，丙烯与溴发生加成反应生成C为CH3CHBrCH2Br，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到D；
(5)甲醛与乙醛反应CH2=CHCHO，然后用新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应可得。
【详解】(1)A为，A中含氧官能团名称是：醛基。C为CH3CHBrCH2Br，C的系统命名为：1，2-二溴丙烷；
(2)B为，B中含有的含氧官能团为羧基，可用碳酸氢钠(或碳酸钠)溶液检验羧基，B中的碳碳双键用溴水检验；E→F生成高聚物，没有小分子物质生成，反应类型为加聚反应；B+D→E是羧基与羟基之间发生的酯化反应，属于取代反应；
(3)A→B的化学方程式为：+2Cu(OH)2Cu2O↓++2H2O；
(4)C→D的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；
(5)甲醛与乙醛反应CH2=CHCHO，然后用新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应可得，合成路线为：。
【点睛】根据反应条件准确判断反应原理是解题关键，常见反应条件推断反应原理有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)；⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应；⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
24.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中_____________
②反应的化学方程式
____________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③_______________
④______________
【答案】 (1). A(或B) (2). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) (3). d→c→f→e→i (4). 红棕色气体慢慢变浅 (5). 8NH3+6NO27N2 +12H2O (6). Z中NaOH溶液产生倒吸现象 (7). 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【解析】
【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
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