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上海市嘉定区2020届高三上学期一模考试化学试题
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2019学年嘉定区第一学期高三化学教学质量检测试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 I-127 Cu-64
一、选择题（本题共40分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）
1.下列关于氯气性质的描述错误的是（ ）
A. 无色气体 B. 能溶于水 C. 有刺激性气味 D. 光照下与氢气反应
【答案】A
【解析】
【详解】氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。
2.符号“2p”没有给出的信息是（ ）
A. 能级 B. 电子层
C. 电子亚层 D. 电子云在空间的伸展方向
【答案】D
【解析】
【详解】2p表示原子核外第2能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，题中没有给出，故答案为D。
【点睛】考查原子核外电子的能级分布，注意把握原子核外电子的排布规律，原子核外电子根据能量大小可分为不能的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不能能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等。
3.下列烷烃命名错误的是
A. 2─甲基戊烷 B. 3─乙基戊烷
C. 3,4─二甲基戊烷 D. 3─甲基己烷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2─甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的；
B. 3─乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；
C. 3,4─二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3─二甲基戊烷，C错误；
D. 3─甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。
命名错误的是C，故选C。
4.同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（ ）
A. 34S原子核内的中子数为16 B. 16O与 18O的核电荷数相等
C. 13C和15N原子核内的质子数相差2 D. 2H+质量与1H+的质量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．34S原子核内的中子数为34-16=18，故A错误；
B．16O与18O的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；
C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7-6=1，故C错误；
D．元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；
故答案为B。
5.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p3 C. 1s22s22p2 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】
【详解】核外电子排布：A.1s22s22p63s23p1 B.1s22s22p3 C.1s22s22p2 D.1s22s22p63s23p4，则A为Al、B为N、C为C、D为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Al＞C＞N，Al＞S，故Al原子半径最大，即A的原子半径最大，故选A。
6. 某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是
A. 不可能有很高的熔沸点 B. 不可能是单质
C. 可能是有机物 D. 可能是离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．在SiO2晶体中含有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。
B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，正确。
C．若该极性键存在于含有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。
D．离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共价键，如NaOH，，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。故选A。
7.配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解、转移、洗涤、定容等，称量固体时用到天平和药匙，量取液体时用到量筒和胶头滴管，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管；故答案为A。
8.下列制绿矾的方法最适宜的是（ ）
A. FeO与稀H2SO4 B. Fe屑与稀H2SO4
C. Fe(OH)2与稀H2SO4 D. Fe2(SO4)3与Cu粉
【答案】B
【解析】
【详解】在制备绿矾的过程中，空气可以将亚铁离子氧化为铁离子，可以加入过量的铁粉，将之还原为亚铁离子，所以选用Fe屑与稀H2SO4反应制绿矾，故答案为B。
9.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A. H+、AlO2-、CO32- B. K+、Ba2+、SO42-
C. NH4+、OH-、NO3- D. Fe3+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A.H+与AlO2-、CO32-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Ba2+、SO42-之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. Fe3+、NO3-、Cl-可以在溶液中大量共存，故D正确；
答案选D。
10.X、Y是元素周期表ⅦA族的两种元素。下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（ ）
A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
B. X的含氧酸的酸性比Y的含氧酸的酸性强
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【详解】A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A错误；
B．应是X的最高价含氧酸的酸性比Y的最高价含氧酸的酸性强，则X的非金属性强，故B错误；
C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C正确；
D．Y单质能将X从NaX的溶液中置换出来，则Y的非金属性强，故D错误；
故答案为C。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
11.钢铁在海水中的腐蚀过程如图所示，有关说法正确的是（ ）
A. 该腐蚀过程为析氢腐蚀
B. 正极的反应为：O2+2H2O+4e→4OH-
C. 碳上发生的是氧化反应
D. 若该钢铁上焊有铜钉，其被腐蚀的速率将减小
【答案】B
【解析】
【详解】钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；
A．从图中看出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；
C．碳作正极，发生的反应为还原反应，故C错误；
D．铁、铜、电解质溶液构成原电池，活泼金属铁作负极，加速了铁的腐蚀，故D错误；
故答案为B。
12.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是
X
Y
Z
Q
A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有 -4，+2、+4等多种价态
C. Y、Z氧化物对应的水化物均为强酸
D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【解析】
【分析】
由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。
【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；
B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；
C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；
D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
13.下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A. 收集氨气
B. 提纯工业乙醇
C. 制取少量CO2
D. 测定乙醇结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气易溶于水，只能用排空气法制备，故A错误；
B．利用蒸馏可以提纯工业乙醇得到无水乙醇，故B正确；
C．可用硫酸和碳酸钠反应制备二氧化碳，用安全漏斗，可防止压强过大将液体排出，故C正确；
D．根据生成氢气的体积和乙醇的物质的量之间的关系可确定乙醇的结构，故D正确；
故答案为A。
14.已知将甲醇蒸气转化为氢气的反应原理是：CH3OH(g)＋O2(g)→CO2(g)＋2H2(g)＋192.9kJ，下列说法正确的是（ ）
A. 1gCH3OH(g)完全燃烧放出192.9kJ的热量
B. 1molCH3OH(l)完全燃烧放出的热量大于192.9kJ
C. 图中甲为CH3OH(g)＋O2(g)，乙为CO2(g)＋2H2(g)
D. CH3OH转变成H2的过程需要吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．热化学方程式中的计量数只能代表物质的量，且所给的热化学方程式中甲醇没有完全燃烧，根据热化学方程式可知，是1mol甲醇蒸汽转化为二氧化硅和氢气放出热量192.9KJ，故1g甲醇不完全燃烧放出热量为=6.03kJ，则1 g CH3OH（g）完全燃烧放出的热量应大于6.03kJ，故A错误；
B．图示是甲醇蒸汽不完全燃烧放出热量，液态甲醇的能量比甲醇蒸汽低，故1mol液态甲醇蒸汽完全燃烧放出的热量与192.9kJ的关系无法确定，故B错误；
C．由于反应CH3OH(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)为放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，故甲为CH3OH(g)+O2(g)，乙为CO2(g)+2H2(g)，故C正确；
D．反应CH3OH(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)为放热反应，故甲醇转变为氢气不一定需要吸热，故D错误；
故答案为C。
15.25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（ ）
A. 粒子种类不同 B. c(Na+)前者大于后者
C. c(OH-)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、HCO3-⇌CO32-+H+、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；
B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；
C项、碳酸根水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；
D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；
故选A。
16.将1molH2（g）和2molI2(g)置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生如下反应，并达到平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)。HI的体积分数HI%随时间变化如曲线（Ⅰ）所示，若改变反应条件，HI%的变化如曲线（Ⅱ）所示，则改变的条件可能是（ ）
A. 恒温条件下，加入适当催化剂
B. 恒温条件下，缩小反应容器体积
C. 恒容条件下升高温度
D. 恒温条件下，扩大反应容器体积
【答案】C
【解析】
【详解】该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，曲线(Ⅱ)的拐点横坐标小于曲线(Ⅰ)的拐点横坐标，所以曲线(Ⅱ)的反应时间短，曲线(Ⅰ)的反应时间长，说明曲线(Ⅰ)的反应速率小于曲线(Ⅱ)的反应速率；曲线(Ⅱ)的拐点纵坐标小于曲线(Ⅰ)的拐点纵坐标，所以由曲线(Ⅰ)到曲线(Ⅱ)，平衡向逆反应方向移动；
A．恒温条件下，加入适当催化剂，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故A错误；
B．恒温条件下，缩小反应容器体积，即增大体系的压强，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故B错误；
C．恒容条件下升高温度，温度升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；
D．恒温条件下，扩大反应容器体积，减小体系的压强，反应速率降低，平衡不移动，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查化学平衡的影响因素明确图象拐点代表的含义及两曲线的不同点是解本题的关键，该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，根据拐点的横坐标达平衡的时间，判断反应速率的大小；根据拐点的纵坐标HI的体积分数判断化学平衡的移动方向。
17.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A. 布洛芬的分子式为C13H18O2
B. 布洛芬与苯乙酸是同系物
C. 1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；
B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；
D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选D。
18.某无色溶液含有Na+、Fe3+、Cl-、SO42-中的2种离子，分别取该溶液进行了下列实验：
（1）向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
（2）向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象。
根据上述实验，可以确定溶液中一定存在的离子是
A. Fe3+和Cl- B. Na+和SO42- C. Fe3+和SO42- D. Na+和Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液不含Fe3+；向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明有Cl-；向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象，说明没有SO42-。根据电荷守恒可知溶液中一定有阳离子Na+，故选D。
19.有关硫酸铜晶体中结晶水含量测定的操作正确的是
A. 实验方案仅设计为：称量、加热、冷却、再称量
B. 称取一定量的胆矾，放在铁坩埚中进行加热
C. 加热到蓝色完全变白，然后把坩埚移至干燥器中冷却
D. 进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.01g为止
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验方案设计为：称量、加热、冷却、再称量，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，故A错误；
B．铁能与胆矾发生反应，称取一定量的胆矾，放在瓷坩埚中进行加热，故B错误；
C．加热到蓝色完全变白，然后把坩埚移至干燥器中冷却，以防吸收空气中的水，故C正确；
D．进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g为止，不是0.01g，故D错误；
故选C．
20.常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A. c(HCl)>c(CH3COOH)
B. c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C. 等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；
B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；
D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
故选B。
【点睛】明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
二、综合分析题
21.氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。如氧气、水、二氧化硫等。
（1）氧族元素原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是___；硫单质常见形式是S8，它的摩尔质量是___；Se是人体不可或缺的微量元素，它在周期表中的位置是___，Se原子最外层轨道表示式___。
（2）在氧、硫、硒（Se）、碲（Te）元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为__（用离子符号表示）。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应__。
（3）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是___
A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B．其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小
C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强
D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水。
__Na2SO3+__KIO3+__H2SO4__Na2SO4+__K2SO4+__I2+_H2O配平该反应，若反应中有0.5mol电子转移，则生成的碘是___g。
（5）从图中可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是__。
【答案】 (1). 硫 (2). 256g/mol (3). 第四周期第ⅥA族 (4). (5). Te2-＞Se2-＞S2-＞O2- (6). SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4 (7). AC (8). 5 (9). 2 (10). 1 (11). 5 (12). 1 (13). 1 (14). 1 (15). 12.7 (16). 除水外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增
【解析】
【分析】
(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子；摩尔质量的单位是g/mol时，其数值与相对分子质量的数值相等；Se的原子序数为34，根据核外电子排布分析其在元素周期表中位置；根据要遵循能量最低原理、洪特规则、保里不相容原理，电子能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d等，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定分析，Se元素价电子，分别位于4s、4p能级上；
(2)同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大；SO2是酸性氧化物，其水溶液中H2SO3不稳定，易被空气中氧气氧化为H2SO4；
(3)根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。
【详解】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子，则原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫；硫单质常见形式是S8，它的式量是256，则摩尔质量是256g/mol；Se的原子序数为34，原子结构示意图为，在元素周期表中位置为第四周期第ⅥA族，当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的最外层电子排布为4s24p4，4p轨道中4个电子，且有2个单电子，其基态原子核外最外层电子的轨道表示式为；
(2)同主族元素从上到下，则氧、硫、硒、碲对应的离子半径逐渐增大，即Te2-＞Se2-＞S2-＞O2-；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；
(3)A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次增大，故B错误；
C．，元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强，故C正确；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故答案为：AC；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有0.5mol电子转移，生成的碘的物质的量为×1mol=0.05mol，故生成的碘的质量为0.05mol×254g/mol=12.7g；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。
【点睛】配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
22.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空：
（1）a装置中玻璃仪器除导管和试管外还有___仪器。
（2）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是：___。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：___。浓硫酸用量又不能过多，原因是___。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用是___。
（4）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，___、__，然后分液。这样得到的乙酸乙酯是粗产品，要进一步提纯精制，通常先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量__。
（5）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有___、___。
【答案】 (1). 干燥管、烧杯和酒精灯 (2). 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (3). 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (4). 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 (5). 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 (6). 振荡 (7). 静置 (8). 水 (9). 原料损失较大 (10). 易发生副反应
【解析】
【分析】
(1)根据装置a并结合仪器的结构确定剩余仪器的名称；
(2)制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
(3)乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
(4)乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；乙酸乙酯混有的少量水易溶于饱和氯化钙溶液；
(5)b由于不是水浴加热，温度不易控制，易发生副反应，原料利用率低。
【详解】(1)观察a装置，可知玻璃仪器除导管和试管外干燥管、烧杯和酒精灯；
(2)由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多；
(3)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
(4)乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可；精制乙酸乙酯的粗产品，先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量水；
(5)根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应。
23.已知在催化剂存在条件下，能发生如下反应：CO+H2OH2 +CO2 +Q
（1）该反应的平衡常数表达式为：___。在5L盛有固体催化剂（其体积可忽略不计）的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，则此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=__。
（2）在该密闭容器中，下列叙述可以说明反应已经达到平衡状态的是__。
A．若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量保持不变
（3）在上述反应达平衡状态后，分别改变条件，请完成下列两张图：
A．在第20s时将容器体积缩小至原来的一半后压强变化图___
B．在第20s时，向容器中注入少量的CO气体后正逆反应速率变化图___
（4）某化学小组在做澄清石灰水导电性实验时，发现石墨两极产生气体，溶液出现白色浑浊，请根据已有知识推测，两极产生的气体可能是__，白色浑浊是___。为验证白色浑浊物的成分，该同学向白色浑浊液体中加入盐酸，没有观察到气泡产生。他们继续实验，将浑浊的液体倒入密闭容器，通过注射器注入稀盐酸，并用二氧化碳传感器来测定装置中二氧化碳含量的变化，装置和图像如图所示：
请解释上述现象并分析产生白色浑浊可能的原因___。
【答案】 (1). K= (2). 0.004mol/(L•s) (3). BC (4). (5). (6). H2和O2 (7). Ca(OH)2 (8). 石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生碳酸钙沉淀
【解析】
【分析】
(1)平衡常数K=；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，计算氢气的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)；
(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；
(4)根据电解原理，惰性电极电解强碱的水溶液其本质是电解水；用稀盐酸溶解白色浑浊液，装置中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，可结合电极材料是石墨电极分析。
【详解】(1)已知反应CO(g)+H2O(g)H2(g) +CO2(g)，则该反应的平衡常数表达式K= ；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，则氢气的反应速率v(H2)==0.004mol/(L•s)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=v(H2)=0.004mol/(L•s)；
(2)A．反应前后气体物质的量不变，若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变是平衡的标志，故C正确；
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量始终保持不变，不能判定达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变，变化的图象为：；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，变化的曲线图象为：；
(4)根据电解原理可知，用石墨电解电极澄清石灰水，实际是电解水，则阴极生成的气体为H2，阳极生成的气体为O2，因电解过程中水的质量减小，而Ca(OH)2微溶于水，则最终变浑浊是有Ca(OH)2固体析出而导致变浑浊；在验证白色浑浊物的成分的过程中，密闭容器中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，因电解时所用电极材料是石墨电极，则可能是石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生了碳酸钙沉淀。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
24.根据图示回答问题：
（1）写出E的名称___，G的结构简式___。
（2）反应条件Ⅱ的试剂___，反应的类型：___。
（3）反应②的化学方程式（包括反应条件）是___。
（4）F和G反应有许多副产物，写出两种主要的副产物的结构简式：___。
（5）将大量的A通入浓溴水中，观察到的实验现象是：__，获取生成有机物的方法是：___(填操作名称)。
（6）F是一种重要的工业原料，利用它可制得多种有机物质。请完成由一氯乙烷合成F的路线图___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【答案】 (1). 聚氯乙烯 (2). HOOC(CH2)4COOH (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 水解反应(或取代反应) (5). ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O (6). HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH；HOCH2CH2OCH2CH2OH等； (7). 溶液颜色褪去 (8). 分液 (9).
【解析】
【分析】
A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，据此解答；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇。
【详解】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(1)由上述分析可知，E为，名称为聚氯乙烯，G 的结构简式为：HOOC(CH2)4COOH；
(2)反应条件Ⅱ是ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(3)反应②的化学方程式是：ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O；
(4)F和G反应有许多副产物，可以形成酯，如：HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH等，可以形成醚键，如：HOCH2CH2OCH2CH2OH等；
(5)将大量的乙烯通入浓溴水中，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水颜色褪去，1，2-二溴乙烷与水溶液不互溶，利用分液的方法进行分离；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇，制备流程为。
2019学年嘉定区第一学期高三化学教学质量检测试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 I-127 Cu-64
一、选择题（本题共40分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）
1.下列关于氯气性质的描述错误的是（ ）
A. 无色气体 B. 能溶于水 C. 有刺激性气味 D. 光照下与氢气反应
【答案】A
【解析】
【详解】氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。
2.符号“2p”没有给出的信息是（ ）
A. 能级 B. 电子层
C. 电子亚层 D. 电子云在空间的伸展方向
【答案】D
【解析】
【详解】2p表示原子核外第2能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，题中没有给出，故答案为D。
【点睛】考查原子核外电子的能级分布，注意把握原子核外电子的排布规律，原子核外电子根据能量大小可分为不能的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不能能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等。
3.下列烷烃命名错误的是
A. 2─甲基戊烷 B. 3─乙基戊烷
C. 3,4─二甲基戊烷 D. 3─甲基己烷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2─甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的；
B. 3─乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；
C. 3,4─二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3─二甲基戊烷，C错误；
D. 3─甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。
命名错误的是C，故选C。
4.同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（ ）
A. 34S原子核内的中子数为16 B. 16O与 18O的核电荷数相等
C. 13C和15N原子核内的质子数相差2 D. 2H+质量与1H+的质量相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．34S原子核内的中子数为34-16=18，故A错误；
B．16O与18O的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；
C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7-6=1，故C错误；
D．元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；
故答案为B。
5.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p3 C. 1s22s22p2 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】
【详解】核外电子排布：A.1s22s22p63s23p1 B.1s22s22p3 C.1s22s22p2 D.1s22s22p63s23p4，则A为Al、B为N、C为C、D为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Al＞C＞N，Al＞S，故Al原子半径最大，即A的原子半径最大，故选A。
6. 某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是
A. 不可能有很高的熔沸点 B. 不可能是单质
C. 可能是有机物 D. 可能是离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．在SiO2晶体中含有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。
B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，正确。
C．若该极性键存在于含有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。
D．离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共价键，如NaOH，，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。故选A。
7.配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解、转移、洗涤、定容等，称量固体时用到天平和药匙，量取液体时用到量筒和胶头滴管，溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管；故答案为A。
8.下列制绿矾的方法最适宜的是（ ）
A. FeO与稀H2SO4 B. Fe屑与稀H2SO4
C. Fe(OH)2与稀H2SO4 D. Fe2(SO4)3与Cu粉
【答案】B
【解析】
【详解】在制备绿矾的过程中，空气可以将亚铁离子氧化为铁离子，可以加入过量的铁粉，将之还原为亚铁离子，所以选用Fe屑与稀H2SO4反应制绿矾，故答案为B。
9.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A. H+、AlO2-、CO32- B. K+、Ba2+、SO42-
C. NH4+、OH-、NO3- D. Fe3+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A.H+与AlO2-、CO32-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Ba2+、SO42-之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. Fe3+、NO3-、Cl-可以在溶液中大量共存，故D正确；
答案选D。
10.X、Y是元素周期表ⅦA族的两种元素。下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（ ）
A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
B. X的含氧酸的酸性比Y的含氧酸的酸性强
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【详解】A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A错误；
B．应是X的最高价含氧酸的酸性比Y的最高价含氧酸的酸性强，则X的非金属性强，故B错误；
C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C正确；
D．Y单质能将X从NaX的溶液中置换出来，则Y的非金属性强，故D错误；
故答案为C。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
11.钢铁在海水中的腐蚀过程如图所示，有关说法正确的是（ ）
A. 该腐蚀过程为析氢腐蚀
B. 正极的反应为：O2+2H2O+4e→4OH-
C. 碳上发生的是氧化反应
D. 若该钢铁上焊有铜钉，其被腐蚀的速率将减小
【答案】B
【解析】
【详解】钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；
A．从图中看出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；
C．碳作正极，发生的反应为还原反应，故C错误；
D．铁、铜、电解质溶液构成原电池，活泼金属铁作负极，加速了铁的腐蚀，故D错误；
故答案为B。
12.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是
X
Y
Z
Q
A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有 -4，+2、+4等多种价态
C. Y、Z氧化物对应的水化物均为强酸
D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【解析】
【分析】
由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。
【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；
B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；
C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；
D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
13.下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A. 收集氨气
B. 提纯工业乙醇
C. 制取少量CO2
D. 测定乙醇结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气易溶于水，只能用排空气法制备，故A错误；
B．利用蒸馏可以提纯工业乙醇得到无水乙醇，故B正确；
C．可用硫酸和碳酸钠反应制备二氧化碳，用安全漏斗，可防止压强过大将液体排出，故C正确；
D．根据生成氢气的体积和乙醇的物质的量之间的关系可确定乙醇的结构，故D正确；
故答案为A。
14.已知将甲醇蒸气转化为氢气的反应原理是：CH3OH(g)＋O2(g)→CO2(g)＋2H2(g)＋192.9kJ，下列说法正确的是（ ）
A. 1gCH3OH(g)完全燃烧放出192.9kJ的热量
B. 1molCH3OH(l)完全燃烧放出的热量大于192.9kJ
C. 图中甲为CH3OH(g)＋O2(g)，乙为CO2(g)＋2H2(g)
D. CH3OH转变成H2的过程需要吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．热化学方程式中的计量数只能代表物质的量，且所给的热化学方程式中甲醇没有完全燃烧，根据热化学方程式可知，是1mol甲醇蒸汽转化为二氧化硅和氢气放出热量192.9KJ，故1g甲醇不完全燃烧放出热量为=6.03kJ，则1 g CH3OH（g）完全燃烧放出的热量应大于6.03kJ，故A错误；
B．图示是甲醇蒸汽不完全燃烧放出热量，液态甲醇的能量比甲醇蒸汽低，故1mol液态甲醇蒸汽完全燃烧放出的热量与192.9kJ的关系无法确定，故B错误；
C．由于反应CH3OH(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)为放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，故甲为CH3OH(g)+O2(g)，乙为CO2(g)+2H2(g)，故C正确；
D．反应CH3OH(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)为放热反应，故甲醇转变为氢气不一定需要吸热，故D错误；
故答案为C。
15.25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（ ）
A. 粒子种类不同 B. c(Na+)前者大于后者
C. c(OH-)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、HCO3-⇌CO32-+H+、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；
B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；
C项、碳酸根水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；
D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；
故选A。
16.将1molH2（g）和2molI2(g)置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生如下反应，并达到平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q>0)。HI的体积分数HI%随时间变化如曲线（Ⅰ）所示，若改变反应条件，HI%的变化如曲线（Ⅱ）所示，则改变的条件可能是（ ）
A. 恒温条件下，加入适当催化剂
B. 恒温条件下，缩小反应容器体积
C. 恒容条件下升高温度
D. 恒温条件下，扩大反应容器体积
【答案】C
【解析】
【详解】该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，曲线(Ⅱ)的拐点横坐标小于曲线(Ⅰ)的拐点横坐标，所以曲线(Ⅱ)的反应时间短，曲线(Ⅰ)的反应时间长，说明曲线(Ⅰ)的反应速率小于曲线(Ⅱ)的反应速率；曲线(Ⅱ)的拐点纵坐标小于曲线(Ⅰ)的拐点纵坐标，所以由曲线(Ⅰ)到曲线(Ⅱ)，平衡向逆反应方向移动；
A．恒温条件下，加入适当催化剂，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故A错误；
B．恒温条件下，缩小反应容器体积，即增大体系的压强，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故B错误；
C．恒容条件下升高温度，温度升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；
D．恒温条件下，扩大反应容器体积，减小体系的压强，反应速率降低，平衡不移动，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查化学平衡的影响因素明确图象拐点代表的含义及两曲线的不同点是解本题的关键，该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，根据拐点的横坐标达平衡的时间，判断反应速率的大小；根据拐点的纵坐标HI的体积分数判断化学平衡的移动方向。
17.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A. 布洛芬的分子式为C13H18O2
B. 布洛芬与苯乙酸是同系物
C. 1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；
B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；
D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选D。
18.某无色溶液含有Na+、Fe3+、Cl-、SO42-中的2种离子，分别取该溶液进行了下列实验：
（1）向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
（2）向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象。
根据上述实验，可以确定溶液中一定存在的离子是
A. Fe3+和Cl- B. Na+和SO42- C. Fe3+和SO42- D. Na+和Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液不含Fe3+；向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明有Cl-；向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象，说明没有SO42-。根据电荷守恒可知溶液中一定有阳离子Na+，故选D。
19.有关硫酸铜晶体中结晶水含量测定的操作正确的是
A. 实验方案仅设计为：称量、加热、冷却、再称量
B. 称取一定量的胆矾，放在铁坩埚中进行加热
C. 加热到蓝色完全变白，然后把坩埚移至干燥器中冷却
D. 进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.01g为止
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验方案设计为：称量、加热、冷却、再称量，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，故A错误；
B．铁能与胆矾发生反应，称取一定量的胆矾，放在瓷坩埚中进行加热，故B错误；
C．加热到蓝色完全变白，然后把坩埚移至干燥器中冷却，以防吸收空气中的水，故C正确；
D．进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g为止，不是0.01g，故D错误；
故选C．
20.常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A. c(HCl)>c(CH3COOH)
B. c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C. 等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；
B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；
D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
故选B。
【点睛】明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
二、综合分析题
21.氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。如氧气、水、二氧化硫等。
（1）氧族元素原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是___；硫单质常见形式是S8，它的摩尔质量是___；Se是人体不可或缺的微量元素，它在周期表中的位置是___，Se原子最外层轨道表示式___。
（2）在氧、硫、硒（Se）、碲（Te）元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为__（用离子符号表示）。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应__。
（3）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是___
A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B．其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小
C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强
D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水。
__Na2SO3+__KIO3+__H2SO4__Na2SO4+__K2SO4+__I2+_H2O配平该反应，若反应中有0.5mol电子转移，则生成的碘是___g。
（5）从图中可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是__。
【答案】 (1). 硫 (2). 256g/mol (3). 第四周期第ⅥA族 (4). (5). Te2-＞Se2-＞S2-＞O2- (6). SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4 (7). AC (8). 5 (9). 2 (10). 1 (11). 5 (12). 1 (13). 1 (14). 1 (15). 12.7 (16). 除水外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增
【解析】
【分析】
(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子；摩尔质量的单位是g/mol时，其数值与相对分子质量的数值相等；Se的原子序数为34，根据核外电子排布分析其在元素周期表中位置；根据要遵循能量最低原理、洪特规则、保里不相容原理，电子能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d等，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定分析，Se元素价电子，分别位于4s、4p能级上；
(2)同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大；SO2是酸性氧化物，其水溶液中H2SO3不稳定，易被空气中氧气氧化为H2SO4；
(3)根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。
【详解】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子，则原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫；硫单质常见形式是S8，它的式量是256，则摩尔质量是256g/mol；Se的原子序数为34，原子结构示意图为，在元素周期表中位置为第四周期第ⅥA族，当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的最外层电子排布为4s24p4，4p轨道中4个电子，且有2个单电子，其基态原子核外最外层电子的轨道表示式为；
(2)同主族元素从上到下，则氧、硫、硒、碲对应的离子半径逐渐增大，即Te2-＞Se2-＞S2-＞O2-；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；
(3)A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次增大，故B错误；
C．，元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强，故C正确；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故答案为：AC；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有0.5mol电子转移，生成的碘的物质的量为×1mol=0.05mol，故生成的碘的质量为0.05mol×254g/mol=12.7g；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。
【点睛】配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
22.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空：
（1）a装置中玻璃仪器除导管和试管外还有___仪器。
（2）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是：___。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：___。浓硫酸用量又不能过多，原因是___。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用是___。
（4）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，___、__，然后分液。这样得到的乙酸乙酯是粗产品，要进一步提纯精制，通常先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量__。
（5）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有___、___。
【答案】 (1). 干燥管、烧杯和酒精灯 (2). 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (3). 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (4). 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 (5). 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 (6). 振荡 (7). 静置 (8). 水 (9). 原料损失较大 (10). 易发生副反应
【解析】
【分析】
(1)根据装置a并结合仪器的结构确定剩余仪器的名称；
(2)制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
(3)乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
(4)乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；乙酸乙酯混有的少量水易溶于饱和氯化钙溶液；
(5)b由于不是水浴加热，温度不易控制，易发生副反应，原料利用率低。
【详解】(1)观察a装置，可知玻璃仪器除导管和试管外干燥管、烧杯和酒精灯；
(2)由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多；
(3)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
(4)乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可；精制乙酸乙酯的粗产品，先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量水；
(5)根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应。
23.已知在催化剂存在条件下，能发生如下反应：CO+H2OH2 +CO2 +Q
（1）该反应的平衡常数表达式为：___。在5L盛有固体催化剂（其体积可忽略不计）的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，则此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=__。
（2）在该密闭容器中，下列叙述可以说明反应已经达到平衡状态的是__。
A．若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量保持不变
（3）在上述反应达平衡状态后，分别改变条件，请完成下列两张图：
A．在第20s时将容器体积缩小至原来的一半后压强变化图___
B．在第20s时，向容器中注入少量的CO气体后正逆反应速率变化图___
（4）某化学小组在做澄清石灰水导电性实验时，发现石墨两极产生气体，溶液出现白色浑浊，请根据已有知识推测，两极产生的气体可能是__，白色浑浊是___。为验证白色浑浊物的成分，该同学向白色浑浊液体中加入盐酸，没有观察到气泡产生。他们继续实验，将浑浊的液体倒入密闭容器，通过注射器注入稀盐酸，并用二氧化碳传感器来测定装置中二氧化碳含量的变化，装置和图像如图所示：
请解释上述现象并分析产生白色浑浊可能的原因___。
【答案】 (1). K= (2). 0.004mol/(L•s) (3). BC (4). (5). (6). H2和O2 (7). Ca(OH)2 (8). 石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生碳酸钙沉淀
【解析】
【分析】
(1)平衡常数K=；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，计算氢气的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)；
(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；
(4)根据电解原理，惰性电极电解强碱的水溶液其本质是电解水；用稀盐酸溶解白色浑浊液，装置中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，可结合电极材料是石墨电极分析。
【详解】(1)已知反应CO(g)+H2O(g)H2(g) +CO2(g)，则该反应的平衡常数表达式K= ；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，则氢气的反应速率v(H2)==0.004mol/(L•s)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=v(H2)=0.004mol/(L•s)；
(2)A．反应前后气体物质的量不变，若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变是平衡的标志，故C正确；
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量始终保持不变，不能判定达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变，变化的图象为：；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，变化的曲线图象为：；
(4)根据电解原理可知，用石墨电解电极澄清石灰水，实际是电解水，则阴极生成的气体为H2，阳极生成的气体为O2，因电解过程中水的质量减小，而Ca(OH)2微溶于水，则最终变浑浊是有Ca(OH)2固体析出而导致变浑浊；在验证白色浑浊物的成分的过程中，密闭容器中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，因电解时所用电极材料是石墨电极，则可能是石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生了碳酸钙沉淀。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
24.根据图示回答问题：
（1）写出E的名称___，G的结构简式___。
（2）反应条件Ⅱ的试剂___，反应的类型：___。
（3）反应②的化学方程式（包括反应条件）是___。
（4）F和G反应有许多副产物，写出两种主要的副产物的结构简式：___。
（5）将大量的A通入浓溴水中，观察到的实验现象是：__，获取生成有机物的方法是：___(填操作名称)。
（6）F是一种重要的工业原料，利用它可制得多种有机物质。请完成由一氯乙烷合成F的路线图___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【答案】 (1). 聚氯乙烯 (2). HOOC(CH2)4COOH (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 水解反应(或取代反应) (5). ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O (6). HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH；HOCH2CH2OCH2CH2OH等； (7). 溶液颜色褪去 (8). 分液 (9).
【解析】
【分析】
A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，据此解答；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇。
【详解】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(1)由上述分析可知，E为，名称为聚氯乙烯，G 的结构简式为：HOOC(CH2)4COOH；
(2)反应条件Ⅱ是ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(3)反应②的化学方程式是：ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O；
(4)F和G反应有许多副产物，可以形成酯，如：HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH等，可以形成醚键，如：HOCH2CH2OCH2CH2OH等；
(5)将大量的乙烯通入浓溴水中，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水颜色褪去，1，2-二溴乙烷与水溶液不互溶，利用分液的方法进行分离；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇，制备流程为。
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