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天津塘沽一中2020届高三3月网上测试化学试题
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2020年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试化学
1.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理
D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；
C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；
D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；
答案：C
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移电子数小于3NA
B. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
C. 16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NA
D. 常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁在足量氧气中完全燃烧生成Fe3O4，56g铁即1mol铁完全反应转移的电子数为NA，转移的电子数小于3NA，A正确；
B．根据方程式若生成212g氯气共含有6mol氯原子，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，可得3molCl2转移电子数5NA，B正确；
C．1molO2和1mol14C2H4均含有16NA个中子，摩尔质量均为32g∕mol，混合物中含有的中子数为=8NA，C正确；
D．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO-与NH4+均会水解，此溶液中CH3COO-与NH4+的数目均小于0.5NA，D错误；
答案选D。
【点睛】阿伏加德罗常数考点非常多，一定要注意细节问题，本题B项反应物中氯原子的质量数不同，所以要正确区分氧化剂和还原剂中的氯原子个数才能求出物质的量；C项混合物固体质量考法，一般有两个共同点：其一是摩尔质量相同；其二是最简式相同，据此可计算。
3.下列图示实验正确的是
A. 制取蒸馏水
B. 制取收集氨气
C. 实验室制取溴苯
D. 碳酸氢钠受热分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．图为蒸馏装置，温度计的水银球应安装在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；
B．氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，导管应伸入到试管底部，B错误；
C．苯与液溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，挥发出的溴被四氯化碳吸收，溴化氢被水吸收，该装置可用于实验室制备溴苯，C正确；
D．加热固体时，试管口略朝下倾斜，D错误；
答案选C。
4.下列有关元素周期表和元素周期律的说法，错误的是
①元素周期表中s区、d区和ds区的元素都是金属元素
②d区元素最后一个核外电子一定填充s能级上
③原子核外电子的能层越多，原子半径越大
④同一周期自左至右，元素的第一电离能依次增大
A. 只有①②③ B. 只有②③ C. 只有③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①s区中氢元素是非金属，H元素，①错；
②d区元素最后一个核外电子可能填充在d能级上，如Sc，可能填充在s能级上如Cr，②错；
③原子半径大小与能层、核电荷数有关，相同能层时核电荷数大的原子半径小，③错；
④元素越容易失电子，则元素的电离能越小，同一周期元素，元素失电子能力逐渐减小，所以元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，④错；
答案选D。
5.下列有关说法不正确的是( )
A. 天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点
B. 用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C. 的名称为2-乙基丙烷
D. 有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
【答案】C
【解析】
【详解】A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
【点睛】有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
6.下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（ ）
离子方程式
评价
A
Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液
Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO32-+2H2O
正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；
B
1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合2A1O2+5H+=A13++Al（OH）3+H2O
正确，A1O2-与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+
C
将少量Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+与Fe3+，物质的量之比为1：2
D
将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O-+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO
错误，Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应：2Fe2++C1O-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A错误；
B．根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确；
C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑，C错误；
D．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，D错误；
答案选B。
【点睛】此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。
7.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是
A. EYQ4 中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X
D. MZ2仅含离子键，可用于制备乙炔
【答案】A
【解析】
【分析】
X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为铍元素；Y的原子核外有5种运动状态不同的电子，则Y原子的电子数为5， Y为硼元素；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为碳元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，则Q为氟元素；硝石、明矾和草木灰的主要成分分别为硝酸钾、十二水合硫酸铝钾、碳酸钾，因此E为钾元素； M的原子序数比E大1，M的原子序数为20，M为钙元素；故X、Y、Z、Q、E、M分别为Be、B、C、F、K、Ca；据此分析。
【详解】A．EYQ4为KBF4，阴离子BF4-的中心原子B的杂化方式为sp3杂化，A正确；
B．X、Y元素分别为Be、B，Be的价电子层排布式为2s2，B的价电子层排布式为2s22p1，由于Be的2s轨道全充满，而2p轨道全空，因此更稳定，不容易失去电子，第一电离能大小关系Be>B，B错误；
C．ZO32-为CO32-，碳原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，C错误；
D．MZ2为CaC2，Ca2+与 C22-间的化学键为离子键，C22- 中含有共价键，该化合物可以与水反应制备乙炔，D错误；
答案选A。
8.归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是
①对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加
②常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后形成溶液b，水的电离程度a＞b。
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大。
④若将适量CO2通入0.1 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中(不考虑溶液体积变化) 2c(CO32-)+ c(HCO3ˉ)= 0.1 mol/L
⑤常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：Ka·Kh＝Kw
A. ①②④⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加，正确；
②醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，抑制水的电离；等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后恰好反应生成氯化钠，对水的电离无影响，水的电离程度a＜b，错误；
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水中反应生成二氨合银离子，溶解度较大，在NaCl溶液中，氯离子浓度增大，使氯化银的溶解平衡向左移动，溶解度减小，正确；
④将适量CO2通入0．1 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒，2c(CO32-)+ c(HCO3ˉ)=c(Na+)=0.2mol/L，错误；
⑤醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸电离平衡常数为Ka=；醋酸根水解平衡常数为Kh=；则Ka·Kh＝×= c(H+)×c(OH-)=Kw，正确；
正确的有①③⑤，故选D。
9.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应
限度
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间
C
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
D
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；
B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；
C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；
D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO- +H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；
答案选D。
【点睛】此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。
10.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是 （ ）
A. 根据图①溶解度与溶液pH关系，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量Cu，至pH在4左右。
B. 图②可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大
D. 根据图④可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的化学平衡常数K随温度升高而变小
【答案】D
【解析】
A．在pH=4左右，氢氧化铁的浓度最小，接近为0，氢氧化铜浓度最大，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，调节至pH在4左右，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，但不能加入铜，A错误；B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，B错误；C．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应物含量减小，C错误；A．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数K随温度升高而变小，D正确。答案选D。
点睛：注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题。注意掌握化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
11.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C. 若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。
【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；
B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；
C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；
答案选D。
12.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A. 若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+
C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；
B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；
C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；
故答案为B。
13.铝及其化合物在生产生活中具有重要的作用。
(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）___________
(2)铝电池性能优越，在现代生产、生活中有广泛的应用。铝-空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如下图所示。
该电池的正极反应方程式为 _____；电池中NaCl溶液的作用是 ______；以该电池为电源，用惰性电极电解Na2SO4溶液，当Al电极质量减少1.8g时，电解池阴极生成的气体在标准状况下的体积为_______L。
(3)AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成N2。NaN3晶体中阴、阳离子个数比为______，写出反应化学方程式为___________
(4)同主族的元素应用广泛。2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓（GaAs）太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
①基态Ga原子价电子排布式____，核外电子占据最高能级的电子云形状为____；基态As原子最高能层上有____个电子。
②镓失去电子的逐级电离能（单位：kJ/mol）的数值依次为577、1985、2962、6192，-1由此可推知镓的主要化合价为_____和+3，砷的第一电离能比镓_____填“大”或“小”）。
③第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为____。
④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃制得，（CH3）3Ga中C原子的杂化方式为 ______，AsH3分子的空间构型为______。
⑤相同压强下，AsH3的沸点_______NH3（填“大于”或“小于”），原因为________。
【答案】 (1). 4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 增强溶液的导电能力 (4). 2.24 (5). 1：1 (6). AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN (7). 4s24p1 (8). 哑铃形（或纺锤形） (9). 5 (10). +1 (11). 大 (12). V、Co (13). sp3 (14). 三角锥形 (15). 小于 (16). NH3分子间含氢键
【解析】
【分析】
铝的化学性质比较活泼，而铝在空气中稳定存在是因为生成致密的氧化膜；该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此书写正极反应方程式；溶液的导电性与溶液中自由离子浓度成正比；电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，根据Al电极质量减少1.8g时结合转移电子数相等进行计算；NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒配平书写化学方程式；根据Ga、As的原子序数，结合原子构造原理分析解答；根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随原子序数增大，电离能增大；利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式和分子空间构型；分子间能形成氢键熔沸点异常高。据此分析。
【详解】(1)铝在空气中稳定存在，其原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜能保护内层金属不被氧化，反应的化学方程式为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3；答案为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化；
(2)该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应,所以正极反应方程式为：O2+4e- +2H2O=4OH-，为了增大溶液的导电性且又不对其电池反应式造成影响而选择氯化钠；当Al电极质量减少1.8g时，此时转移电子数为，所以电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气的量为，则在标况下生成气体体积为，答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；增强溶液的导电能力；2.24；
(3) NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，晶体中阴、阳离子个数比为1：1；AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒书写化学方程式为：AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN，答案为：1：1；AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN；
(4)①Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则价电子排布式为4s24p1，核外电子占据最高能级的电子云形状为哑铃形（或纺锤形）；As是33号元素，位于第四周期第ⅤA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，则基态As原子最高能层上有5个电子，答案为：4s24p1；哑铃形（或纺锤形）；5；
②根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As是同一周期元素，从左到右电离能逐渐增大，砷的第一电离能比镓大，故答案为：+1；大；
③As的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为V、Co，故答案为：V、Co；
④(CH3)3Ga中C原子的价层电子对数为4，为sp3杂化；AsH3分子中中心原子As的价层电子对数为4，有一对孤电子对，其空间构型为三角锥形，答案为：sp3；三角锥形；
⑤相同压强下，AsH3的沸点小于NH3，因为NH3分子间能形成氢键，沸点异常高，答案为：小于；NH3分子间含氢键。
14.有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FeCl3溶液能发生显色反应）：
回答下列问题：
(1)A的名称是 ___，E中的官能团是名称是____。
(2)B→C的反应类型是 ___，F的分子式为____。
(3)H的结构简式为 ___。
(4)E与NaOH溶液反应的化学方程式为 ___。
(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有____种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式 ___
①是芳香族化合物
②能与NaHCO3溶液反应
③遇到FeCl3溶液不显色
④1mol该物质与钠反应时最多可得到1molH2
(6)以2−氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯( )，写出合成路线图（无机试剂自选）_________。
【答案】 (1). 乙醛 (2). 酯基； (3). 取代反应 (4). C9H6O3 (5). (6). (7). 4 (8). (9).
【解析】
【分析】
由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C，由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为，D为，E分子中含有2个酯基，与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O；由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有-COOH且不含酚羟基，由③知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为-CHOHCOOH、当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为-CH2OH、-COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体。其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是，2-氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。据此分析。
【详解】(1)乙烯经过氧化生成A，A能够与银氨溶液反应，由此可知A为乙醛；由E的结构简式可知E中的官能团为酯基，答案为：乙醛；酯基；
(2)乙醛经过与银氨溶液反应生成乙酸钠，再经过酸化生成乙酸，故B为乙酸，乙酸与PCl3发生反应生成C，由C的结构可知，乙酸中的-OH被Cl原子取代生成C，反应类型为取代反应；由F的结构简式可知，F的分子式为：C9H6O3，答案为：取代反应；C9H6O3；
(3)由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为；答案为：；
(4)E中含有2个酯基，与NaOH溶液反应的化学方程式为：，答案为；；
(5)由E的结构和H的结构可知，D的结构简式为，由①可知分子中含有苯环；由②可知分子中含有-COOH且不含酚羟基；由③可知分子中还含有醇羟基(因该有机物中总不饱和度为5，苯环占4个不饱和度，羧基占1个不饱和度，另一个能够与钠反应生成H2的官能团为羟基)；满足该条件的有机物为：（1种）、（邻间对共3种），故共有4种结构，其中核磁共振氢谱有5组峰，即不同化学环境的氢原子有5种，该物质为：，故答案为：4；；
(6)的单体为：；以CH3CHClCOOH和苯酚为原料，需先合成，然后通过加聚反应生成聚丙烯酸苯酚酯，其合成路线图为：，故答案为：
15.三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl
②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
(1)恒压漏斗中盛放试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。
(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式______。
(3)该设计流程中存在一处缺陷是______，导致引起的后果是______，装置B的作用是____。
(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行____(填是或否)，原因是______。
(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L −1碘标准溶液 20.00mL，再加适量Na2CO3溶液，反应完全后加盐酸调溶液pH，立即用0.02000mol•L −1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 圆底烧瓶 (3). CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl (4). 无干燥装置 (5). 副产物增多 (6). 除去氯气中的氯化氢 (7). 否 (8). 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 (9). 73.75%
【解析】
【分析】
装置A是氯气的发生装置，根据反应原理应为高锰酸钾和浓盐酸反应；遵循化学方程式书写原则；实验室制氯气反应有杂质，所以发生装置后要接除杂装置和干燥装置，装置B可以去除氯气中的氯化氢，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；根据给出方程式，按照关系式进行计算即可。据此分析。
【详解】(1)根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放KMnO4的装置是圆底烧瓶；答案为：浓盐酸；圆底烧瓶；
(2)按照要求来书写方程式即可，应注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气；方程式为：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；答案为：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；
(3)制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；答案为：无干燥装置；副产物增多；除去氯气中的氯化氢；
(4)该方案不行，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；答案为：否；三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液；
(5)根据n=c×V=0.02 mol∙L−1×0.02L=4×10-4mol即为消耗的Na2S2O3的物质的量，根据2：1的系数比，此Na2S2O3对应消耗过量的2×10-4mol单质碘，起始加入的碘的物质的量为n=c×V=0.1 mol∙L−1×0.02L =2×10-3mol；因此整个过程中消耗了1.8×10-3mol单质碘，再次根据化学计量数之比CCl3CHO：I2为1：1可得产品中有1.8×10-3mol三氯乙醛,质量为m=n×M=1.8×10-3mol×147.5g∕mol=0.2655g，产品的纯度为；答案为73.75%；
16.甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：
(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：
Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g) ∆H＝-241kJ/mol
SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) ∆H＝-31kJ/mol
以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式是 ___。
(2)铝锂形成化合物LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，请写出其水解反应化学方程式____。LiAlH4在化学反应中通常作_______(填“氧化”或“还原”)剂。工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为 _________
(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的PA100催化剂，在不同反应温度下测得SiHCl3的转化率随时间的变化关系如图所示。
①353.15K时，平衡转化率为____，该反应是____反应（填“放热”“吸热”）。
②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的最佳措施是____。
(4)比较a、b处反应速率的大小：Va ___Vb （填“＞”“＜”或“＝”）。已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，K1，K2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在353.15K时K1/K2 ＝____（保留3位小数）。
(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3，室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ___，其原因是____。已知：H2SiO3 :Ka1=2.0×10-10、Ka2=2.0×10-12、H2CO3 ：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11
【答案】 (1). Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol (2). LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2 (3). 还原 (4). LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3 (5). 24% (6). 吸热 (7). 改进催化剂 (8). > (9). 0.025 (10). 硅酸钠 (11). 硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解
【解析】
【分析】
根据盖斯定律书写热化学方程式；水解方程式是LiAlH4与水反应生成氢气和偏铝酸锂，LiAlH4与四氯化硅反应生成两种盐，根据金属元素可推出为LiCl、AlCl3；由图可知353.15K时，平衡转化率最大为24%，同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动；a、b两处转化率相同，时间不同，根据时间长短可判断速率快慢；根据平衡时正逆反应速率相等，可求出K值与K1、K2的关系，进而计算出K1与K2的比值；根据越弱越水解原则判断溶液的碱性强弱；据此分析。
【详解】(1)Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g) ∆H＝-241kJ/mol ①；SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) ∆H＝-31kJ/mol ②；根据盖斯定律，①-②得硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式：Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol；答案为：Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol；
(2) LiAlH4遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，则水解反应化学方程式为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；LiAlH4中H是-1价，在化学反应中常作还原剂；四氯化硅和LiAlH4反应后得甲硅烷及两种盐，LiAlH4中有2种金属元素，所以生成的2种盐为氯化铝和氯化锂，化学方程式为：LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3；答案为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；还原；LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3；
(3)①根据图得353.15K时，平衡转化率最大为24%，则转化率为24%；同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应；答案为：24%；吸热；
②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间即加快反应速率，可采取的最佳措施是改进催化剂；答案为：改进催化剂；
(4)a、b两处转化率相同，说明消耗的SiHCl3等量，时间不同，时间越短速率越快，则Va>Vb；已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，达到平衡时V正= V逆，即K1x2SiHCl3= K2xSiH2Cl2xSiCl4，变式得=＝＝K，由图可得平衡时转化率为24%，三段式表示为：，，则在353.15K时＝0.025；答案为：>；0.025；
(5)根据硅酸和碳酸的2级电离常数可得，H2SiO3的Ka2=2.0×10-12，小于H2CO3的Ka2=5.6×10-11，越弱越水解原则得硅酸根离子水解程度大于碳酸根离子水解程度，所以室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是硅酸钠；答案是：硅酸钠；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解。
【点睛】此题是往年高考变式题，难点在于第四问计算，以平衡时正逆反应速率相等为突破口进行相关计算；图像题先分析横轴是时间，纵轴是不同反应温度下测得不同时间的SiHCl3的转化率，图形体现的是SiHCl3的转化率随时间的变化关系图；任选一条曲线从图形走势来看 ，转化率随时间变化即反应的进行不断增大，直至最大值即达平衡；判断速率大小关键在于对a、b两点纵坐标的值相等的理解，说明转化的反应物浓度即∆c相等，时间长则反应速率小。
2020年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试化学
1.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理
D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；
C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；
D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；
答案：C
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移电子数小于3NA
B. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA
C. 16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NA
D. 常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁在足量氧气中完全燃烧生成Fe3O4，56g铁即1mol铁完全反应转移的电子数为NA，转移的电子数小于3NA，A正确；
B．根据方程式若生成212g氯气共含有6mol氯原子，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，可得3molCl2转移电子数5NA，B正确；
C．1molO2和1mol14C2H4均含有16NA个中子，摩尔质量均为32g∕mol，混合物中含有的中子数为=8NA，C正确；
D．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO-与NH4+均会水解，此溶液中CH3COO-与NH4+的数目均小于0.5NA，D错误；
答案选D。
【点睛】阿伏加德罗常数考点非常多，一定要注意细节问题，本题B项反应物中氯原子的质量数不同，所以要正确区分氧化剂和还原剂中的氯原子个数才能求出物质的量；C项混合物固体质量考法，一般有两个共同点：其一是摩尔质量相同；其二是最简式相同，据此可计算。
3.下列图示实验正确的是
A. 制取蒸馏水
B. 制取收集氨气
C. 实验室制取溴苯
D. 碳酸氢钠受热分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．图为蒸馏装置，温度计的水银球应安装在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；
B．氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，导管应伸入到试管底部，B错误；
C．苯与液溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，挥发出的溴被四氯化碳吸收，溴化氢被水吸收，该装置可用于实验室制备溴苯，C正确；
D．加热固体时，试管口略朝下倾斜，D错误；
答案选C。
4.下列有关元素周期表和元素周期律的说法，错误的是
①元素周期表中s区、d区和ds区的元素都是金属元素
②d区元素最后一个核外电子一定填充s能级上
③原子核外电子的能层越多，原子半径越大
④同一周期自左至右，元素的第一电离能依次增大
A. 只有①②③ B. 只有②③ C. 只有③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①s区中氢元素是非金属，H元素，①错；
②d区元素最后一个核外电子可能填充在d能级上，如Sc，可能填充在s能级上如Cr，②错；
③原子半径大小与能层、核电荷数有关，相同能层时核电荷数大的原子半径小，③错；
④元素越容易失电子，则元素的电离能越小，同一周期元素，元素失电子能力逐渐减小，所以元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，④错；
答案选D。
5.下列有关说法不正确的是( )
A. 天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点
B. 用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C. 的名称为2-乙基丙烷
D. 有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
【答案】C
【解析】
【详解】A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
【点睛】有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
6.下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（ ）
离子方程式
评价
A
Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液
Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO32-+2H2O
正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；
B
1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合2A1O2+5H+=A13++Al（OH）3+H2O
正确，A1O2-与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+
C
将少量Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+与Fe3+，物质的量之比为1：2
D
将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O-+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO
错误，Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应：2Fe2++C1O-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A错误；
B．根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确；
C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑，C错误；
D．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，D错误；
答案选B。
【点睛】此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。
7.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是
A. EYQ4 中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X
D. MZ2仅含离子键，可用于制备乙炔
【答案】A
【解析】
【分析】
X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为铍元素；Y的原子核外有5种运动状态不同的电子，则Y原子的电子数为5， Y为硼元素；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为碳元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，则Q为氟元素；硝石、明矾和草木灰的主要成分分别为硝酸钾、十二水合硫酸铝钾、碳酸钾，因此E为钾元素； M的原子序数比E大1，M的原子序数为20，M为钙元素；故X、Y、Z、Q、E、M分别为Be、B、C、F、K、Ca；据此分析。
【详解】A．EYQ4为KBF4，阴离子BF4-的中心原子B的杂化方式为sp3杂化，A正确；
B．X、Y元素分别为Be、B，Be的价电子层排布式为2s2，B的价电子层排布式为2s22p1，由于Be的2s轨道全充满，而2p轨道全空，因此更稳定，不容易失去电子，第一电离能大小关系Be>B，B错误；
C．ZO32-为CO32-，碳原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，C错误；
D．MZ2为CaC2，Ca2+与 C22-间的化学键为离子键，C22- 中含有共价键，该化合物可以与水反应制备乙炔，D错误；
答案选A。
8.归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是
①对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加
②常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后形成溶液b，水的电离程度a＞b。
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大。
④若将适量CO2通入0.1 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中(不考虑溶液体积变化) 2c(CO32-)+ c(HCO3ˉ)= 0.1 mol/L
⑤常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：Ka·Kh＝Kw
A. ①②④⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加，正确；
②醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，抑制水的电离；等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后恰好反应生成氯化钠，对水的电离无影响，水的电离程度a＜b，错误；
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水中反应生成二氨合银离子，溶解度较大，在NaCl溶液中，氯离子浓度增大，使氯化银的溶解平衡向左移动，溶解度减小，正确；
④将适量CO2通入0．1 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒，2c(CO32-)+ c(HCO3ˉ)=c(Na+)=0.2mol/L，错误；
⑤醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸电离平衡常数为Ka=；醋酸根水解平衡常数为Kh=；则Ka·Kh＝×= c(H+)×c(OH-)=Kw，正确；
正确的有①③⑤，故选D。
9.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应
限度
取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间
C
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
D
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；
B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；
C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；
D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO- +H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；
答案选D。
【点睛】此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。
10.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是 （ ）
A. 根据图①溶解度与溶液pH关系，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量Cu，至pH在4左右。
B. 图②可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大
D. 根据图④可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的化学平衡常数K随温度升高而变小
【答案】D
【解析】
A．在pH=4左右，氢氧化铁的浓度最小，接近为0，氢氧化铜浓度最大，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，调节至pH在4左右，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，但不能加入铜，A错误；B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，B错误；C．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应物含量减小，C错误；A．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数K随温度升高而变小，D正确。答案选D。
点睛：注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题。注意掌握化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
11.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B. 检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C. 若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D. 向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。
【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；
B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；
C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；
答案选D。
12.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A. 若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+
C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；
B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；
C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；
故答案为B。
13.铝及其化合物在生产生活中具有重要的作用。
(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）___________
(2)铝电池性能优越，在现代生产、生活中有广泛的应用。铝-空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如下图所示。
该电池的正极反应方程式为 _____；电池中NaCl溶液的作用是 ______；以该电池为电源，用惰性电极电解Na2SO4溶液，当Al电极质量减少1.8g时，电解池阴极生成的气体在标准状况下的体积为_______L。
(3)AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成N2。NaN3晶体中阴、阳离子个数比为______，写出反应化学方程式为___________
(4)同主族的元素应用广泛。2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓（GaAs）太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
①基态Ga原子价电子排布式____，核外电子占据最高能级的电子云形状为____；基态As原子最高能层上有____个电子。
②镓失去电子的逐级电离能（单位：kJ/mol）的数值依次为577、1985、2962、6192，-1由此可推知镓的主要化合价为_____和+3，砷的第一电离能比镓_____填“大”或“小”）。
③第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为____。
④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃制得，（CH3）3Ga中C原子的杂化方式为 ______，AsH3分子的空间构型为______。
⑤相同压强下，AsH3的沸点_______NH3（填“大于”或“小于”），原因为________。
【答案】 (1). 4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 增强溶液的导电能力 (4). 2.24 (5). 1：1 (6). AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN (7). 4s24p1 (8). 哑铃形（或纺锤形） (9). 5 (10). +1 (11). 大 (12). V、Co (13). sp3 (14). 三角锥形 (15). 小于 (16). NH3分子间含氢键
【解析】
【分析】
铝的化学性质比较活泼，而铝在空气中稳定存在是因为生成致密的氧化膜；该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此书写正极反应方程式；溶液的导电性与溶液中自由离子浓度成正比；电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，根据Al电极质量减少1.8g时结合转移电子数相等进行计算；NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒配平书写化学方程式；根据Ga、As的原子序数，结合原子构造原理分析解答；根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随原子序数增大，电离能增大；利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式和分子空间构型；分子间能形成氢键熔沸点异常高。据此分析。
【详解】(1)铝在空气中稳定存在，其原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜能保护内层金属不被氧化，反应的化学方程式为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3；答案为：4Al+ 3O2 = 2Al2O3，表面能形成致密的氧化膜，能保护内层金属不被氧化；
(2)该原电池中，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应,所以正极反应方程式为：O2+4e- +2H2O=4OH-，为了增大溶液的导电性且又不对其电池反应式造成影响而选择氯化钠；当Al电极质量减少1.8g时，此时转移电子数为，所以电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气的量为，则在标况下生成气体体积为，答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；增强溶液的导电能力；2.24；
(3) NaN3晶体中阴离子为N3-、阳离子为Na+，晶体中阴、阳离子个数比为1：1；AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，且生成氮气，结合原子守恒书写化学方程式为：AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN，答案为：1：1；AlCl3+3NaN33NaCl+4N2↑+AlN；
(4)①Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则价电子排布式为4s24p1，核外电子占据最高能级的电子云形状为哑铃形（或纺锤形）；As是33号元素，位于第四周期第ⅤA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，则基态As原子最高能层上有5个电子，答案为：4s24p1；哑铃形（或纺锤形）；5；
②根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As是同一周期元素，从左到右电离能逐渐增大，砷的第一电离能比镓大，故答案为：+1；大；
③As的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为V、Co，故答案为：V、Co；
④(CH3)3Ga中C原子的价层电子对数为4，为sp3杂化；AsH3分子中中心原子As的价层电子对数为4，有一对孤电子对，其空间构型为三角锥形，答案为：sp3；三角锥形；
⑤相同压强下，AsH3的沸点小于NH3，因为NH3分子间能形成氢键，沸点异常高，答案为：小于；NH3分子间含氢键。
14.有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FeCl3溶液能发生显色反应）：
回答下列问题：
(1)A的名称是 ___，E中的官能团是名称是____。
(2)B→C的反应类型是 ___，F的分子式为____。
(3)H的结构简式为 ___。
(4)E与NaOH溶液反应的化学方程式为 ___。
(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有____种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式 ___
①是芳香族化合物
②能与NaHCO3溶液反应
③遇到FeCl3溶液不显色
④1mol该物质与钠反应时最多可得到1molH2
(6)以2−氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯( )，写出合成路线图（无机试剂自选）_________。
【答案】 (1). 乙醛 (2). 酯基； (3). 取代反应 (4). C9H6O3 (5). (6). (7). 4 (8). (9).
【解析】
【分析】
由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C，由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为，D为，E分子中含有2个酯基，与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O；由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有-COOH且不含酚羟基，由③知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为-CHOHCOOH、当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为-CH2OH、-COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体。其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是，2-氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。据此分析。
【详解】(1)乙烯经过氧化生成A，A能够与银氨溶液反应，由此可知A为乙醛；由E的结构简式可知E中的官能团为酯基，答案为：乙醛；酯基；
(2)乙醛经过与银氨溶液反应生成乙酸钠，再经过酸化生成乙酸，故B为乙酸，乙酸与PCl3发生反应生成C，由C的结构可知，乙酸中的-OH被Cl原子取代生成C，反应类型为取代反应；由F的结构简式可知，F的分子式为：C9H6O3，答案为：取代反应；C9H6O3；
(3)由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为；答案为：；
(4)E中含有2个酯基，与NaOH溶液反应的化学方程式为：，答案为；；
(5)由E的结构和H的结构可知，D的结构简式为，由①可知分子中含有苯环；由②可知分子中含有-COOH且不含酚羟基；由③可知分子中还含有醇羟基(因该有机物中总不饱和度为5，苯环占4个不饱和度，羧基占1个不饱和度，另一个能够与钠反应生成H2的官能团为羟基)；满足该条件的有机物为：（1种）、（邻间对共3种），故共有4种结构，其中核磁共振氢谱有5组峰，即不同化学环境的氢原子有5种，该物质为：，故答案为：4；；
(6)的单体为：；以CH3CHClCOOH和苯酚为原料，需先合成，然后通过加聚反应生成聚丙烯酸苯酚酯，其合成路线图为：，故答案为：
15.三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl
②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
(1)恒压漏斗中盛放试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。
(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式______。
(3)该设计流程中存在一处缺陷是______，导致引起的后果是______，装置B的作用是____。
(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行____(填是或否)，原因是______。
(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L −1碘标准溶液 20.00mL，再加适量Na2CO3溶液，反应完全后加盐酸调溶液pH，立即用0.02000mol•L −1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 圆底烧瓶 (3). CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl (4). 无干燥装置 (5). 副产物增多 (6). 除去氯气中的氯化氢 (7). 否 (8). 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 (9). 73.75%
【解析】
【分析】
装置A是氯气的发生装置，根据反应原理应为高锰酸钾和浓盐酸反应；遵循化学方程式书写原则；实验室制氯气反应有杂质，所以发生装置后要接除杂装置和干燥装置，装置B可以去除氯气中的氯化氢，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；根据给出方程式，按照关系式进行计算即可。据此分析。
【详解】(1)根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放KMnO4的装置是圆底烧瓶；答案为：浓盐酸；圆底烧瓶；
(2)按照要求来书写方程式即可，应注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气；方程式为：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；答案为：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl；
(3)制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；答案为：无干燥装置；副产物增多；除去氯气中的氯化氢；
(4)该方案不行，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；答案为：否；三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液；
(5)根据n=c×V=0.02 mol∙L−1×0.02L=4×10-4mol即为消耗的Na2S2O3的物质的量，根据2：1的系数比，此Na2S2O3对应消耗过量的2×10-4mol单质碘，起始加入的碘的物质的量为n=c×V=0.1 mol∙L−1×0.02L =2×10-3mol；因此整个过程中消耗了1.8×10-3mol单质碘，再次根据化学计量数之比CCl3CHO：I2为1：1可得产品中有1.8×10-3mol三氯乙醛,质量为m=n×M=1.8×10-3mol×147.5g∕mol=0.2655g，产品的纯度为；答案为73.75%；
16.甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：
(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：
Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g) ∆H＝-241kJ/mol
SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) ∆H＝-31kJ/mol
以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式是 ___。
(2)铝锂形成化合物LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，请写出其水解反应化学方程式____。LiAlH4在化学反应中通常作_______(填“氧化”或“还原”)剂。工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为 _________
(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的PA100催化剂，在不同反应温度下测得SiHCl3的转化率随时间的变化关系如图所示。
①353.15K时，平衡转化率为____，该反应是____反应（填“放热”“吸热”）。
②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的最佳措施是____。
(4)比较a、b处反应速率的大小：Va ___Vb （填“＞”“＜”或“＝”）。已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，K1，K2分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在353.15K时K1/K2 ＝____（保留3位小数）。
(5)硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3，室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ___，其原因是____。已知：H2SiO3 :Ka1=2.0×10-10、Ka2=2.0×10-12、H2CO3 ：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11
【答案】 (1). Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol (2). LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2 (3). 还原 (4). LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3 (5). 24% (6). 吸热 (7). 改进催化剂 (8). > (9). 0.025 (10). 硅酸钠 (11). 硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解
【解析】
【分析】
根据盖斯定律书写热化学方程式；水解方程式是LiAlH4与水反应生成氢气和偏铝酸锂，LiAlH4与四氯化硅反应生成两种盐，根据金属元素可推出为LiCl、AlCl3；由图可知353.15K时，平衡转化率最大为24%，同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动；a、b两处转化率相同，时间不同，根据时间长短可判断速率快慢；根据平衡时正逆反应速率相等，可求出K值与K1、K2的关系，进而计算出K1与K2的比值；根据越弱越水解原则判断溶液的碱性强弱；据此分析。
【详解】(1)Si(s)＋4HCl(g)=SiCl4(g)＋2H2(g) ∆H＝-241kJ/mol ①；SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) ∆H＝-31kJ/mol ②；根据盖斯定律，①-②得硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学方程式：Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol；答案为：Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210kJ/mol；
(2) LiAlH4遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，则水解反应化学方程式为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；LiAlH4中H是-1价，在化学反应中常作还原剂；四氯化硅和LiAlH4反应后得甲硅烷及两种盐，LiAlH4中有2种金属元素，所以生成的2种盐为氯化铝和氯化锂，化学方程式为：LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3；答案为：LiAlH4+2H2O=4H2↑+LiAlO2；还原；LiAlH4+ SiCl4= SiH4+ LiCl+AlCl3；
(3)①根据图得353.15K时，平衡转化率最大为24%，则转化率为24%；同时可得温度升高，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应；答案为：24%；吸热；
②323.15K时，要缩短反应达到平衡的时间即加快反应速率，可采取的最佳措施是改进催化剂；答案为：改进催化剂；
(4)a、b两处转化率相同，说明消耗的SiHCl3等量，时间不同，时间越短速率越快，则Va>Vb；已知反应速率V正=K1x2SiHCl3，V逆=K2xSiH2Cl2xSiCl4，达到平衡时V正= V逆，即K1x2SiHCl3= K2xSiH2Cl2xSiCl4，变式得=＝＝K，由图可得平衡时转化率为24%，三段式表示为：，，则在353.15K时＝0.025；答案为：>；0.025；
(5)根据硅酸和碳酸的2级电离常数可得，H2SiO3的Ka2=2.0×10-12，小于H2CO3的Ka2=5.6×10-11，越弱越水解原则得硅酸根离子水解程度大于碳酸根离子水解程度，所以室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是硅酸钠；答案是：硅酸钠；硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸钠更易水解。
【点睛】此题是往年高考变式题，难点在于第四问计算，以平衡时正逆反应速率相等为突破口进行相关计算；图像题先分析横轴是时间，纵轴是不同反应温度下测得不同时间的SiHCl3的转化率，图形体现的是SiHCl3的转化率随时间的变化关系图；任选一条曲线从图形走势来看 ，转化率随时间变化即反应的进行不断增大，直至最大值即达平衡；判断速率大小关键在于对a、b两点纵坐标的值相等的理解，说明转化的反应物浓度即∆c相等，时间长则反应速率小。
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