【化学】上海市曹阳二中2020届高三上学期期中考试（解析版） 17页

上海市曹阳二中 2020 届高三上学期期中考试 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题 2 分，共 40 分） 1.下列化学用语的表述正确的是(　　) A. 离子结构示意图 ：可以表示 16O2－，也可以表示 18O2－ B. 比例模型 ：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. 氯化铵的电子式为 D. CO2 的结构式为 O—C—O 【答案】A 【详解】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为 8 时，表示为 16O2-，若中子数为 10 时，表示为 18O2－，A 项正确； B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl 的原子半径大于 C 的原子半径， 不可以表示四氯化碳分子，B 项错误； C.氯化铵的电子式为 ，C 项错误； D.CO2 的结构式为 O=C=O，D 项错误； 答案选 A。 2.新型小分子团水具有在人体内储留时间长、渗透效率高、生物利用度高等特点，下列关于 小分子团水的说法正确的是(　　) A. 水分子的化学性质改变 B. 水分子间的结构、物理性质改变 C. 水分子内的作用力减小 D. 水分子中氧氢键长缩短 【答案】B 【详解】A、小分子团水的分子与普通水分子相同，只不过它们的聚集状态不同，同种分子 化学性质相同，故 A 错误； B、小分子团水实际是多个水分子的集合体，小分子团水的分子与普通水分子的聚集状态不 同，所以水分子间的结构、物理性质改变，故 B 正确； C、水分子内的作用力是 O-H 键，分子没变，所以水分子内的作用力不变，故 C 错误； D、水分子内的作用力是 O-H 键，分子没变，水分子中氧氢键长不变、键能不变，故 D 错 误。 选 B。 3. 能导电的电解质是(　　) A. 氯化钠溶液 B. 金属铜 C. 熔融硝酸钾 D. 酒精 【答案】C 【详解】A、氯化钠溶液是混合物，电解质必须是纯净物；B、金属铜能导电，但金属铜是 单质，电解质必须是化合物；C、熔融硝酸钾中有自由移动的离子，能导电，而且是纯净物、 化合物，是电解质；D、蔗糖是非电解质。故选 C。 4.下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最大的是(　　) A. KCl B. NaBr C. LiI D. KF 【答案】D 【详解】同主族自上而下原子半径和离子半径都是逐渐增大的，所以选项中阳离子半径最大 的是 K+，阴离子半径最小的是 F-，所以化合物中，阳离子与阴离子半径之比最大的是 KF， 故选 D。 5.砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于ⅤA 族和ⅢA 族。下列说法中不正确的 是(　　) A. 原子半径：Ga>As>P B. 热稳定性：NH3>PH3>AsH3 C. 酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO4 D. Ga(OH)3 可能是两性氢氧化物 【答案】C 【详解】A. 同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原 子半径：Ga>As>P，故 A 正确； B. 因为元素的非金属性 N＞P＞As，所以其气态氢化物的稳定性 NH3>PH3>AsH3，故 B 正 确； C. 因为元素的非金属性 S＞P＞As，所以其最高价氧化物对应水化物酸性： H2SO4>H3PO4>H3AsO4，故 C 项错误； D. Ga 位于金属与非金属的分界线上，故 Ga(OH)3 可能是两性氢氧化物，D 正确； 故答案选 C。 6.下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是(　　) A. 还原性：HI＞HF B. 溶解度：HF＞HI C. 沸点：HF＞HI D. 热分解温度：HF＞HI 【答案】D 【详解】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化 物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故 A 错误； B. 物质的溶解度与化学键无关，故 B 错误； C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就 越大，熔沸点就越高，F，N，O 等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故 C 错误； D. HF、HI 属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共 价键的键能大小有关，故 D 正确； 答案选 D。 7.在锌粒和稀硫酸的反应体系，分别加入以下少量固体物质，对生成氢气的速率基本无影响 的是(　　) A. 硫酸铜 B. 氯化钙固体 C. 烧碱 D. 氧化铁 【答案】B 【详解】A. 在锌粒和稀硫酸的反应体系，加入少量硫酸铜，则金属锌会和硫酸铜之间发生 置换反应生成铜单质，锌、铜构成原电池，铜电极上生成氢气，因此生成氢气的速率加快， 故 A 不符合题意； B. 加入氯化钙固体，不会影响氢离子浓度，所以对生成氢气的速率基本无影响，故 B 符合 题意； C. 加入烧碱会和硫酸之间发生中和反应，导致氢离子浓度减小，所以产生氢气的速率减慢， 故 C 不符合题意； D. 加入氧化铁，会和硫酸发生反应生成硫酸铁和水，导致氢离子浓度减小，所以产生氢气 的速率减慢，故 D 不符合题意； 答案选 B。 【点睛】加入少量固体物质，对生成氢气的速率基本无影响，可从影响反应速率的外界因素 如氢离子浓度、温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等角度来考虑。 8.已知：2A(g) B(g)+Q(Q>0)，2A(g) B(l)；下列能量变化示意图正确的是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【详解】2A(g) B(g)+Q(Q>0)为放热反应，2molA(g) 能量大于 1molB(g) ；B(g)的能量 大于 B(l)，2A(g) B(l)放出的能量大于 Q；故选 A。 9.据报道，在 40GPa 高压下，用激光加热到 1800K，人们成功制得了某种 CO2 的晶体， 其结构类似于 SiO2 的结构，下列有关推断中错误的是(　　) A. 该晶体不可用作制冷材料 B. 该晶体硬度大，可用作耐磨材料 C. 该晶体有很高的熔点 D. 该晶体中每个碳原子形成 2 个碳氧双键 【答案】D 【分析】其结构类似于 SiO2 的结构，说明此 CO2 晶体属于原子晶体。 【详解】A. 原子晶体 CO2 有很高的沸点，不易汽化，不可用作致冷剂，故 A 正确； B. 原子晶体硬度大，所以原子晶体 CO2 的硬度大，可用作耐磨材料，故 B 正确； C. 原子晶体具有很高的熔点、沸点，故原子晶体 CO2 有很高的熔点、沸点，故 C 正确； D. 原子晶体 CO2 的结构类似 SiO2，碳原子和氧原子应为单键，1 个 C 原子形成 4 个 C−O 键，故 D 错误； 答案选 D。 10.下列说法正确的是(　　) A. HF 分子间存在着氢键，故 HF 分子比 H2S 分子稳定 B. 晶体中只要有阳离子，就一定有阴离子 C. 原子晶体中只存在非极性共价键 的     D. HClO4 的酸性比 H2SO4 酸性强，说明氯的非金属性比硫强 【答案】D 【详解】A.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故 A 错误； B. 金属晶体中含有阳离子和自由电子，没有阴离子，所以晶体中有阳离子，不一定有阴离 子，故 B 错误； C. 二氧化硅是原子晶体，存在极性键 Si-O 键，原子晶体中不一定只存在非极性共价键， 故 C 错误； D. 最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性越强，HClO4 的酸性比 H2SO4 酸性强，说明 氯的非金属性比硫强，故 D 正确。 11.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　　) A. 31g 白磷晶体中含有 P-P 键数是 NA B. 22.4LSO2 含有 NA 个 SO2 分子 C. 标准状况下，等质量的 NO2 和 N2O4 所含有原子个数相等 D. 1molCl2 通入热的 NaOH 溶液中（产物是 NaCl、NaClO3），充分反应后转移的电子数为 NA 个 【答案】C 【详解】A. 31g 白磷的物质的量是 0.25mol，1 个白磷分子中有 6 个 P-P 键，31g 白磷晶体中含有 P-P 键数是 0.25×6×NA=1.5 NA，故 A 错误； B. 非标准状况下，22.4LSO2 物质的量不一定是 1mol，故 B 错误； C. NO2 和 N2O4 的最简式相同，所以等质量的 NO2 和 N2O4 所含有原子个数相等，故 C 正确； D. Cl2 通入热的 NaOH 溶液中（产物是 NaCl、NaClO3），反应方程式是 3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，部分氯元素化合价由 0 升高为+5，部分氯元素化合价 由 0 降低为-1，3mol 氯气转移 5mol 电子，1mol 氯气充分反应后转移的电子数为 NA 个， 故 D 错误。 12.根据中学化学教材所附的元素周期表判断，下列叙述错误的是(　　) A. K 层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的 K 层电子数相等 B. L 层电子数为奇数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的 L 层电子数相等 C. L 层电子数为偶数的所有元素所在的族的序数与该元素原子的 L 层电子数相等 的 31g 124g/mol = 5 3 D. M 层电子数为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的 M 层电子数相等 【答案】C 【详解】A. K 层电子数为奇数的元素是氢元素，氢所在的族的序数与氢元素原子的 K 层电 子数相等，故 A 正确； B. L 层电子数为奇数的所有元素，一定在第二周期，所在的族的序数与该元素原子的 L 层 电子数相等，故 B 正确； C. L 层电子数为偶数的元素，不一定在第二周期，如钠元素，L 层电子数是 8，族序数是Ⅰ A，故 C 错误； D. M 层电子数为奇数的元素一定是第三周期元素，所有元素所在族的序数与该元素原子的 M 层电子数相等，故 D 正确。 选 C。 13.室温下，2H2(g)+O2(g) 2H2O(l)+566kJ。下列说法错误的是(　　) A. H2 H+H 的过程需要吸热 B. 若生成 2mol 水蒸气，则放出的热量大于 566kJ C. 2g 氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为 283kJ D. 2mol 氢气与 1mol 氧气的能量之和大于 2mol 液态水的能量 【答案】B 【详解】A. 化学键断裂需要吸热，所以 H2 H+H 的过程需要吸热，故 A 正确； B. 水蒸气的能量大于液态水，若生成 2mol 水蒸气，则放出的热量小于 566kJ，故 B 错误； C. 根据 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l)+566kJ ，4g 氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为 566kJ， 所以 2g 氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为 283kJ，故 C 正确。 D. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l)反应放热，2mol 氢气与 1mol 氧气的能量之和大于 2mol 液态水的 能量，故 D 正确； 选 B。 【点睛】本题考查了热化学方程式的含义，应注意的是反应物和生成物的状态对反应的热效 应的影响，物质气态时含有的能量大于液态时的能量。 14.已知图一表示的是可逆反应 CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)-Q（Q＞0）的化学反应速率 （v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应 2NO2(g) N2O4(g)+Q（Q＞0）的浓度 （c）随时间 t 的变化情况，下列 说法中正确的是(　　) → → → → →   A. 图一 t2 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 B. 图一 t2 时刻改变的条件可能是通入了 CO 气体 C. 图二 t1 时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 D. 图二 t1 时刻改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小 【答案】A 【详解】A. 该反应的正反应是吸热反应，图一中升高温度正逆反应速率都增大，平衡正向 移动，改变条件瞬间正逆反应速率与原来平衡速率没有接触点，图象符合，故 A 正确； B. 图一中通入 CO 气体瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则改变条件瞬间正反应 速率增大，逆反应速率不变，与原来平衡速率应该有接触点，图象不符合，故 B 错误； C. 该反应的正反应是放热反应，图二中升高温度瞬间反应物和生成物浓度不变，则升高温 度瞬间反应物和生成物浓度都不变，图象不符合，故 C 错误； D. 图二中如果改变的条件是增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，平衡 正向移动，导致反应物浓度减小、生成物浓度增大，混合气体总物质的量减小，气体总质量 不变，其平均摩尔质量增大，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以改变条件后气体 平均相对分子质量增大，故 D 错误； 答案选 A。 15.现定义 pOH= lg[OH]，如图说法正确的是(　　) A. 图中线 II 的温度低于室温 B. 图中五点 Kw 间的关系是：e>b>c>a>d C. c、d、e 处的水溶液中的水的电离平衡一定被抑制 - D. a 点时，将 pH=2 的硫酸溶液与 pH=12 的 KOH 溶液等体积混合后，溶液显碱性 【答案】D 【 分 析 】 根 据 pOH= lg[OH]， 由 图 像 可 知 ， 线 II 对 应 的 ， 线 I 对 应 的 。 【详解】A. 线 II 对应的 ，线 I 对应的 ，升高温度，水的离子积常 数增大，图中线 II 的温度高于室温，故 A 错误； B. 水的离子积常数只与温度有关，由图像可知，线 II 的 ，线 I 对应的 ，图中五点 Kw 间的关系是：a=d> e=b=c，故 B 错误； C. c、d 处溶液显酸性，可能是酸溶液或盐溶液；e 处的水溶液呈碱性，可能是碱溶液或盐 溶液； c、d、e 处的水溶液中的水的电离平衡可能被抑制，也可能被促进，故 C 错误； D. a 点时 ，pH=12 的 KOH 溶液中 c(OH-)=0.1mol/L，pH=2 的硫酸溶液中 c(H+)=0.01mol/L，将 pH=2 的硫酸溶液与 pH=12 的 KOH 溶液等体积混合后，KOH 有剩余， 溶液显碱性，故 D 正确。 【点睛】本题考查学生的读图能力，准确判断出线 I、II 对应的水的离子积常数是解题的关 键；注意水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变。 16.元素 X、Y、Z 位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如下表所示，下列判断错误的 是(　　) 元素 X Y Z 最高/最低化合价 +7/-1 +6/-2 +5/-3 A. 原子序数：X>Y>Z B. 原子半径：X>Y>Z C. 稳定性：HX>HY>HZ D. 酸性由强到弱：HXO4>H2YO4>H3ZO4 【答案】B 【分析】元素 X、Y、Z 位于相同短周期，X 的最高价是+7、最低价是-1，X 是 Cl；Y 的最 高价是+6、最低价是-2，Y 是 S；Z 的最高价是+5、最低价是-3，Z 是 P。 - 13 WK 10−= 14 WK 10−= 13 WK 10−= 14 WK 10−= 13 WK 10−= 14 WK 10−= 13 WK 10−= 【详解】A.同周期元素从左到右，原子序数增大，原子序数：Cl>S>P，故 A 正确； B. 同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：P>S> Cl，故 B 错误； C. 同周期元素从左到右， 非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，稳定性： HCl>H2S>PH3，故 C 正确； D. 同周期元素从左到右， 非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，酸性 HClO4>H2SO4>H3PO4，故 D 正确； 选 B。 17.室温下，对于 0.1mol/L 的氨水，下列判断正确的是(　　) A. 用相同浓度的硝酸中和该氨水，硝酸体积小于氨水时，溶液可能呈中性 B. 温度不变，加水稀释后溶液中 c(NH4+)·c(OH-)不变 C. 加水稀释后，溶液中导电粒子 数目减少 D. 该溶液的 pH=13 【答案】A 【详解】A. 用相同浓度的硝酸中和该氨水，若体积相同，则溶质是硝酸铵，溶液呈酸性， 所以硝酸体积小于氨水时，溶液可能呈中性，故 A 正确； B. 温度不变，加水稀释后，溶液中 c(NH4+)、c(OH-)都变小，所以 c(NH4+)·c(OH-)减小，故 B 错误； C. 加水稀释后，氨水电离平衡正向移动，n(NH4+)、n(OH-)增大，溶液中导电粒子的数目增 大，故 C 错误； D. 一水合氨是弱电解质，0.1mol/L 的氨水中，c(OH-)小于 0.1mol/L，该溶液的 pH<13，故 D 错误。 【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点，分析温度、浓度对电离平衡 的影响，特别是注意加水稀释，平衡正向移动，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)均减小。 18.在密闭容器中，对可逆反应 A+3B 2C(g)，平衡时 C 的体积分数与温度和压强的关系 如图所示，下列判断错误的是(　　) A. 若正反应方向 Q＜0，则 T1＞T2 的 B. A 可能为气体 C. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量增大 D. B 不一定为气体 【答案】D 【分析】根据图像可知，增大压强，C 的百分含量增大，说明平衡正向移动，B 一定是气体， A 可能是气体、液体或固体。 【详解】A. 若正反应方向 Q＜0，则升高温度平衡正向移动，C 的百分含量增大，T1＞T2， 故 A 正确； B. 根据图像可知，增大压强，C 的百分含量增大，说明平衡正向移动，正方向气体系数和 减小，所以 A 可能为气体，故 B 正确； C. 增大压强，C 的百分含量增大，说明平衡正向移动，气体总质量不变或增大，气体物质 的量一定减小， ，所以混合气体的平均相对分子质量增大，故 C 正确； D. 增大压强，C 的百分含量增大，说明平衡正向移动，正方向气体系数和减小，B 一定是 气体，故 D 错误。 答案选 D。 【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动影响，重点是学生识图能力的考 查，做题时注意分析图象曲线的变化特点，采取定一议二解答。 19.已知温度 T 时水的离子积常数为 KW，该温度下，将浓度为 a mol·L-1 的一元酸 HA 与 b mol·L-1 的一元碱 BOH 等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　) A. a=b B. 混合溶液的 PH=7 C. 混合溶液中，c(H+)= mol.L-1 D. 混合溶液中 c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-) 【答案】C 【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A 错误； B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B 错误； C. 判断溶液呈中性的依据只能是 c(H+)=c(OH-)，此时 c(H+)= mol·L-1，C 正确； D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D 错误； ( ) ( ) mM n − = 总 总 WK wK 故合理选项为 C。 20.向含有 5×10-3molHIO3 与少量淀粉的溶液中通入 H2S，溶液变蓝且有 S 析出，继续通入 H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中 （ ） A. 共得到 0.96g 硫 B. 通入 H2S 的体积为 336mL C. 碘元素先被还原后被氧化 D. 转移电子总数为 3.0×10-2 NA 【答案】D 【解析】A、HIO3 与少量淀粉的溶液中通入 H2S，HIO3 具有氧化性，能将硫化氢氧化生成 硫单质，本身被还原为碘单质，所以溶液变蓝且有 S 析出，根据得失电子守恒有 2HIO3～ 5H2S～5S，所以 5×10-3molHIO3 被消耗，最终生成碘离子，得到的硫的质量是 ×32g=0.48g，故 A 错误；B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到 HIO3～3H2S～ 3S～I-，所以 5×10-3molHIO3 被消耗，就会消耗 0.015mol 的 H2S，标况下体积为 336mL，但 题目未注明是否为标准状况，故 B 错误；C、HIO3 与少量淀粉的溶液中通入 H2S，HIO3 具 有氧化性，与硫化氢反应生成硫单质和碘单质，H2S 被氧化，继续通入 H2S，H2S 会和碘单 质发生反应，碘单质消失，H2S 被氧化，故 C 错误；D、整个过程中，根据电子守恒、原子 守恒，得到 HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗 5×10-3molHIO3 伴随 0.03mol 电子转移，转移电 子总数为 3.0×10-2NA，故 D 正确；故选 D。 点睛：本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键。 本题中 HIO3 与少量淀粉的溶液中通入 H2S，HIO3 具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质， 继续通入 H2S，H2S 会和碘单质反应，生成碘离子和硫。 21.下表为元素周期表的一部分。 碳 氮 Y X 硫 Z 回答下列问题： （1）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）______，Y 原子的电子排布式是________， Z 原子核外电子能量最高的电子亚层是_________。 （2）下列事实能说明 Y 元素的非金属性比 S 元素强的是______； a.Y 单质与 H2S 溶液反应，溶液变浑浊 35 10 6 2 −× × b.在氧化还原反应中，1mol Y 单质比 1mol S 得电子多 c.Y 和 S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 （3）CCl4 是一种常见的有机溶剂，写出其电子式_________，判断其属于含有______（填“极 性”、“非极性”）共价键的_______分子（填“极性”或“非极性”）。SiH4 的沸点比 CH4 高，原 因是_______________________________________________________________。 （4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式说明产生该现象的原因： ________ ______________________________________________________________________________， 在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的 原因__________________________________________________________________________。 【答案】(1). Si (2). 1s22s22p4 (3). 3p (4). ac (5). (6). 极性 (7). 非极性 (8). SiH4 与 CH4 都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与式量有关， 式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4 的式量大于 CH4，故 SiH4 的沸点比 CH4 高 (9). CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH- (10). 加入氯化钙 后，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，促使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅 【分析】根据元素在周期表中的相对位置，X 是硅元素、Y 是氧元素、Z 是氯元素。 【详解】（1）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，表中元素原 子半径最大的是 Si，Y 是氧元素，氧原子的电子排布式是 1s22s22p4，Z 是氯元素，氯原子的 电子排布式是 1s22s22p63s23p5，核外电子能量最高的电子亚层是 3p。 （2）a.氯气与 H2S 溶液反应，溶液变浑浊，说明有硫单质生成，可知氯气氧化性大于硫， 所以 Cl 元素的非金属性比 S 元素强，故选 a；b.氧化性与元素得电子难易有关，与得电子多 少无关，故不选 b；c.元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，Cl 和 S 两元素的简单氢化 物受热分解，HCl 的分解温度高，说明 Cl 元素的非金属性比 S 元素强，故选 c；答案选 ac； （3）CCl4 是共价化合物，各原子都满足 8 电子结构，其电子式是 ，C-Cl 键是不 同原子形成的共价键，属于极性键，CCl4 具有正四面体结构，正负电荷的重心重合，属于 非极性分子，所以 CCl4 是含有极性共价键的非极性分子。SiH4 与 CH4 都是分子晶体，结构 相似，分子晶体的熔沸点与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4 的式量大于 CH4，故 SiH4 的沸点比 CH4 高。 （4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，溶液呈碱性，说明碳酸根离子发生水解反应， 水解的离子方程式是 CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-，在上述红 色的溶液中加入少许氯化钙固体，发生反应 CO32-+Ca2+=CaCO3↓，碳酸根离子浓度减小，促 使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅。 22.合成氨和制硫酸是中学阶段重要的化工生产反应。 （1）硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为_________________________________； 在实际生产过程中，操作温度选定 400-500 摄氏度，压强采用常压的原因分别是_________ ___________________________________________________________________________。 （2）合成氨反应生成的氨气可用于工业制纯碱，写出以氨气、氯化钠、二氧化碳、水为原 料制备纯碱的化学方程式___________________________________________________、 ______________________________________________________。 （3）合成氨每生成 1g 液氨，放出 QkJ 的热量，写出热化学反应方程式 _________________________________________________________。 （4）常用浓氨水来检查输氯管道是否泄漏，泄漏处会观察到大量的白烟（NH4Cl），还生成 一种无色无味的单质气体，写出此反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目 ______________________________，该反应中被还原的是_________，还原产物是 _________。 【答案】(1). 2SO2+O2 2SO3 (2). 选用 400～500 摄氏度的原因是因为在该温度 范围内催化剂的活性最高，常压下 SO2 的转化率已经足够了，若增加压强，需要采用特种设 备 ， 增 加 成 本 (3). NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ (4). 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ (5). N2(g)+3H2(g) 2NH3(l)+34Q(Q ＞ 0) (6). (7). 氯气 (8). 氯化铵 【详解】（1）接触室内二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的方程式是 2SO2+O2 2SO3；400～500 摄氏度时催化剂的活性最高，常压下 SO2 的转化率已经足够了， 若增加压强，需要采用特种设备，增加成本，所以操作温度选定 400-～500 摄氏度，压强采 用常压。 （2）氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠加热分解为 碳酸钠、水、二氧化碳，反应方程式是 NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑； （3）每生成 1g 液氨，放出 QkJ 的热量，则生成 2mol 液氨放热 34QkJ，反应的热化学方程 式是 N2(g)+3H2(g) 2NH3(l)+34Q(Q＞0) （4）氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是 ，氯 元素化合价由 0 降低为-1，氮元素化合价由-3 升高为 0，电子转移的方向和数目是 ；氯元素化合价由 0 降低为-1，氯气被还原，氯气被还原为氯 化铵，还原产物是氯化铵。 23.CH3COOH 是中学化学中常用的一元弱酸，请回答下列问题： （1）设计简单实验证明 CH3COOH 为弱酸_________________________________________。 （2）向 0.1mol/L CH3COOH 溶液中加蒸馏水稀释至 100mL，在稀释过程中，下列量的变化 是（“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）： n(H+)=______， =______， =_____，c(OH-)=______。 （3）OH-浓度相同的等体积的两份溶液：盐酸和 CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有 一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是_____（填写序号） ①反应需要的时间：CH3COOH＞HCl ②开始反应的速率：HCl＞CH3COOH ③参加反应的锌粉的物质的量：CH3COOH=HCl ④反应过程的平均速率：CH3COOH＞HCl ⑤盐酸中有锌粉剩余 ⑥CH3COOH 溶液中有锌粉剩余 （4）向饱和食盐水中滴加一定浓度的盐酸，对出现现象的预测可能正确的是_____。 A.白色沉淀 B.液体分层 C.无明显现象 D.黄绿色气体 （5）现有下列溶液：①纯水；②pH=10 的 NaOH 溶液；③pH=3 的醋酸溶液；④pH=10 的 CH3COONa 溶液。试比较四种溶液中水的电离程度的大小关系_________________。 2 3 4 23Cl 8NH 6NH Cl+N+ = - 3 - 3 c(CH COO ) c(CH COOH)c(OH ) 3 - 3 c(CH COOH) c(CH COO ) 【答案】(1). 测定醋酸钠溶液的 pH 值，若 pH 大于 7，则说明醋酸为弱酸 (2). 增大 (3). 不变 (4). 减小 (5). 增大 (6). ③④⑤ (7). A (8). ④＞①＞②＞③ 【分析】（1）若醋酸为弱酸，则醋酸钠水解； （2）向 0.1mol/L CH3COOH 溶液中加蒸馏水稀释至 100mL，CH3COOH、CH3COO－、H+的 浓度均减小，CH3COOH CH3COO－+H+正向移动； （3）OH-浓度相同的等体积的盐酸和 CH3COOH，说明氢离子浓度相同，由于醋酸是弱酸， 醋酸的浓度大于盐酸，盐酸的物质的量小于醋酸。 （4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡 NaCl（s） Na+（aq）+Cl-（aq），加入浓盐酸后氯 离子浓度增大，则溶解平衡向着逆向移动。 （5）酸、碱抑制水电离，盐水解促进水电离。 【详解】（1）测定醋酸钠溶液的 pH，若 pH 大于 7，说明醋酸根离子水解，醋酸为弱酸； （2）向 0.1mol/L CH3COOH 溶液中加蒸馏水稀释至 100mL，CH3COOH CH3COO－+H+ 正向移动，所以 n(H+)增大； = ， 所以 不变； ， 减小，所以 减小；Kw 不变， 减小，所以 c(OH-)增大。 （3）①开始氢离子浓度相同，反应速率相同，开始后醋酸继续电离出氢离子，醋酸中氢离 子浓度大于盐酸，醋酸反应速率快，所以反应需要的时间：CH3COOH＜HCl，故①错误；② 开始氢离子浓度相同，反应速率相同，故②错误；③放出氢气的质量相等，所以参加反应的 锌粉的物质的量相等，故③正确；④放出氢气的质量相等，开始后醋酸反应速率大于盐酸， 反应过程的平均速率：CH3COOH＞HCl，故④正确；⑤醋酸的物质的量大于盐酸，放出氢 气一样多，所以醋酸一定有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故⑤正确；⑥醋酸物质的量大于盐 酸，若 CH3COOH 溶液中有锌粉剩余，说明醋酸完全反应，则醋酸放出的氢气大于盐酸， 故⑥错误。答案选③④⑤； （4）饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：NaCl（s） Na+（aq）+Cl-（aq），由于加入浓盐 酸，溶液中氯离子浓度增大，抑制了氯化钠的溶解，会析出白色的 NaCl 晶体，故选 A。 （5）①纯水中水电离出的 =10-7；②氢氧化钠抑制水电离，pH=10 的 NaOH 溶液，水    - 3 - 3 c(CH COO ) c(CH COOH)c(OH ) ( ) ( ) - 3 - 3 c(CH COO )c H c(CH COOH)c(OH )c H Ka Kw + + = - 3 - 3 c(CH COO ) c(CH COOH)c(OH ) ( )3 - 3 c(CH COOH)1 = c(CH COO )c HKa + ( )c H+ 3 - 3 c(CH COOH) c(CH COO ) ( )c H+  ( )c H+ 电离出的 =10-10；③醋酸抑制水电离，pH=3 的醋酸溶液，水电离出的 =10-11；④ 醋酸钠水解，促进水电离，pH=10 的 CH3COONa 溶液，水电离出的 =10-4。水的电离 程度的大小关系是④＞①＞②＞③。 24.某酯的合成路线如下图所示 （1）反应Ⅰ反应类型为___________________； D 中含氧官能团为_____________（写名 称）。 （2）反应Ⅱ的反应条件为：_________________。 （3）C→D 的化学反应方程式为________________________________________。 （4）写出一种满足下列条件的 E 的同分异构体的结构简式为__________________________。 ①能发生银镜反应 ②含苯环且苯环上一溴代物两种 ③不能与钠反应 （5）写出 B 合成 的合成路线。合成路线常用的表示方式为：_______________ 【 答 案 】 (1). 加 成 反 应 (2). 醛 基 (3). 浓 硫 酸 、 加 热 (4). (5). 或 (6). 【解析】试题分析：本题以苯乙酸乙酯的合成为题材，主要考查有机反应类型、官能团、有 机反应条件、有机方程式、同分异构体等基础知识，考查考生对已知合成路径的综合分析能 力、同分异构体的理解能力和有机合成路径的设计能力。 解析：（1）已知的合成路径中，生成最终产物 需要的原料是 和 CH3CH2OH，所以 E（C8H8O2）为 ，由 C 氧化生成 D 后再转 ( )c H+ ( )c H+ ( )c H+ 变成 ，所以根据 C 的分子式，C 是 ，氧化生成的 D 是 ，官能团是醛基，D 再氧化可以生成 。从分子式分析，B→C 是用 —OH 取代—Br，所以 B 是 。 与乙炔（HC≡CH）反应生成的 A 是一种烃， 且含有 C=C 键或者 C≡C 键，所以 A→B 的反应为加成反应，根据 B 中 Br 原子数目可得，A 一定是 ，B 是 。 与 HC≡CH 反应时后者有一个不饱和建发生断裂， 则反应Ⅰ为加成反应。正确答案：加成反应、醛基。（2）反应Ⅱ是一种酯化反应，反应条件 是浓硫酸、加热。正确答案：浓 H2SO4 加热。（3）C→D 是由 氧化生成 ，正确答案：2 + O2 2 +2H2O。（4）E 的分子式 为 C8H8O，结合题意，分子中含有—CHO、 （A、B 为具体的取代基）结构且不含 —OH，所以剩余的 C 和 O 原子与—CHO 结合且无其他不饱和建形成两个取代基置于 A、B 位置，因此可能是—CHO 与—OCH3、—OCHO 与—CH3 两种情况。正确答案： 或者 。（5）制备 可以通过 的加成反应引入两个官能团，然后再转化成两个—OH，而 可以用 通过消去反应制备。正确答案： 。 点睛：一定条件下同分异构体的书写，要先将已知进行碎片化处理获得结构碎片，再根据不 饱和度、除碳氢之外的原子数目找出这些原子的缺失数目，然后进行碎片的拼接。 有机合成路径设计一般首先根据原料分子的结构进行产物分子的大体拆分，此过程重点关注 二者碳原子骨架和被拆分部位可能的合成原理，忽略其他部位官能团和碳原子连接方式，进 而得到原料分子碳原子不变时的合成目标产物，再设法由原料合成它。