上海市奉贤区2019年高三化学下学期二模考试试卷含解析

1、奉贤区2018学年第二学期高三年级质量调研考试化学试卷相对原子质量：O-16 S-32一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1 .我国导航卫星的“心脏”使用的是锄原子钟，下列关于锄的说法正确的是A. 85Rb和87Rb互称为同素异形体B. 86Rb和87Rb具有相同的中子数C.怪两原子核外电子数是37D.瓯的质子数是87【答案】C【解析】【分析】85Rb和87Rb质量数分别为85、87,质子数均为37,利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量 数及同位素的概念来解答。【详解】A. 85Rb和87Rb的质子数相同个，中子数不同，互称为同位素，A项错误；B. 86Rb和87Rb

2、具有相同的质子数，不同的中子数，B项错误；C.原子核外电子数=质子数=37, C项正确；D. 题|的质子数是37,质量数为87, D项错误；答案选Co【点睛】 因元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z）,质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z） +中子数（N）o这是化学用语最基 本知识点，需要牢记在心。2.下列说法错误的是A.发展太阳能发电、利用 CO制造全降解塑料都能有效减少环境污染B.从2019年7月1日起我国全面实施垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响C.绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”D.石油裂化、裂解为

3、化学变化，而煤的气化和石油的分储均为物理变化【答案】D【解析】【详解】A.发展太阳能发电是新能源发电，可减少环境污染，利用CO制造全降解塑料，可降低CO的排放，减少温室效应，有效减少环境污染，A项正确；B.垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响，B项正确；C.绿色化学是研究利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少或消除使用或产生对人类健康和环境有害物质的科学，又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，C项正确；D.石油的裂化、裂解和煤的气化均为化学变化，只有石油的分储属于物理变化，D项错误；答案选Do3 .目前世界上有近20亿的人患有缺铁性贫血。这里的“铁”是指A.

4、铁单质B.铁元素C.氧化铁D.铁合金【答案】B【解析】【详解】人体中的铁元素是以无机盐的形式存在的，这里的“铁”是指铁元素，不是铁原子和铁单质，更没有铁合金，B项正确，答案选B。4 .下列有关氮元素的化学用语中正确的是A.氮分子的结构式：NENB.氮原子最外层的电子云图：C. NH3的球棍模型：D.氮原子的轨道表示式：19 2s 即H HD rnrrn【答案】A【解析】【详解】A.结构式是利用短线代表共价键，氮气的结构式为：N三N,A项正确；B.氮原子最外层为p能级，氮原子的最外层应该是 pz,不是px, B项错误；C.球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型，该图不是NH的球棍模型，C项

5、错误;D.洪特规则指出当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，氮原子最外层p能级有3个电子，其轨道表示式显然不遵循洪特规则，D项错误； 答案选Ao5.某古玩爱好者收藏的“商代铝碗”在“鉴宝”时被专家当场否定，其理由是A.铝的导热性较强，不易做碗B.铝的质地较软，易变形，不易做碗C.铝元素易导致老年痴呆，不易盛放食物D.铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品【答案】D【解析】【详解】因为铝性质活泼，热还原法不能冶炼，一般用电解氢氧化铝的方法冶炼，商代不可 能冶炼出铝，与物理性质无关，只有 D正确。所以答案选择D项。6.下列物质属于电解质的是

6、A.盐酸B.纯碱C.液氯D.酒精【答案】B【解析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等； 非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等； 单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；【详解】A.盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，A项错误；B.纯碱在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，B项正确；C.液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质，C项错误；D.酒精在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质，D项错误答案选B。【点睛】掌握电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是

7、电 解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质再判断特定条件（或者 熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。 常见的电解质有酸、碱、盐，金属氧化物等，学生需要理解并区分电解质与非电解质的概念 与含义。7.常温下，将SO气体逐渐通入某溶液，溶液的 pH值随通入的SO气体体积的变化如图所示, 该溶液可能是PH部5)A.氯水B.氨水C.氢硫酸D.食盐水【答案】A【解析】【详解】A.常温下，氯水溶液起始 pH小于7, SO气体会和氯水发生氧化还原反应，其化学 方程式为：C12+SQ+2HO-H2SO+2HC1,随着通入的SO气体体积增大，溶液的

8、酸性逐渐增强， 其pH值逐渐降低，符合题意， A项正确；B.氨水溶液显碱性，pH大于7, B项错误；C.常温下，氢硫酸溶液起始 pH小于7,随着SO气体的通入，发生反应为：2H2S+SO 3SJ +2H2。，溶液的酸性减弱，其 pH值逐渐增大，不符合题意，C项错误；D.常温下，食盐水起始 pH等于7, D项错误；答案选Ao8.不能比较硫和氧非金属性相对强弱的是A.热稳定性：H2O>HSB. SO2中S为+4价，。为-2价C.沸点：H2O>HSD.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫【答案】C【解析】【分析】利用气态氢化物的稳定性、化合物中元素得电子能力、氧化还原反应中得电子能力等比较非金属性

9、强弱，以此来解答。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，则热稳定性：H2O> H2S,可比较非金属性 O>S, A项正确；B. SO中S为+4价，。为-2价，则氧得到电子能力强，可比较非金属性CO S, B项正确；C.沸点：HO>H2S,是因水中存在氢键，且氢键数目多，沸点高，不能比较非金属性，C项错误；D.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧得电子能力强，可比较非金属性 O> S, D项正确;答案选C。【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：1 .由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性

10、越强。2 .由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；3 .由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；4 .由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；5 .由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；6 .由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。9 .短周期非金属元素

11、甲戊在元素周期表中位置如表所示，分析正确的是A.非金属性：甲丙B.戊可能是硫元素C.最外层电子数：乙丙D.原子半径：乙丁戊【答案】B【解析】【分析】根据短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置知，甲、乙是第二周期元素，丙、丁、戊是第三周期元素，这几种元素都是非金属元素，则丙可能是Si、P、S元素，结合元素周期率的递变规律解答该题。【详解】A.同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以甲丙，A项错误；B.根据元素周期表相对位置可知，丙可能是Si、P、S元素，则戊可能为 S、Cl、Ar等元素,B项正确；C.由元素在周期表中的位置可知乙位于丙的后一主族，则最外层电子数：乙丙，C项错误；D.同

12、主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以丁戊，D项错误；答案选Bo10 .只用滴管和试管，不用其它仪器和试剂，不能鉴别下列各组中两种溶液的是A.石灰水和碳酸钠B.盐酸和碳酸钠C.氨水和硝酸银D.氢氧化钠和氯化铝【答案】A【解析】【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别。【详解】A.无论是CaCl2滴加到NaCO中，还是N&CO滴加到CaCb中，都产生沉淀，不能鉴别，A项选；B.向碳酸钠中滴加盐酸， 先没有气体后生成气体， 而向盐酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不同，可鉴别，B项不选；C.向硝酸银中滴加到

13、氨水，先生成沉淀后溶解变成银氨溶液，而向氨水中滴加硝酸银，没有沉淀生成，现象不同，可鉴别，C项不选；D.向氯化铝中滴加氢氧化钠，先生成沉淀，后沉淀溶解，而向氢氧化钠中滴加氯化铝，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，D项不选；答案选Ao11.关于晶体的叙述中，正确的是A.分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B.分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D.某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】C【解析】【详解】A.分子晶体中，共价键的键能越大，稳定性越大，而分子间的作用力越大，熔沸点越高，所以键能的

14、大小不能判断分子晶体的熔沸点，A项错误；B.分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，B项错误；C.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，C项正确；HCl等，D项错误;D.共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如答案选C。【点睛】般来说，不同类型晶体的熔沸点的高低顺序为：原子晶体离子晶体 分子晶体，而金属晶体的熔沸点有高有低。这是由于不同类型晶体的微粒间作用不同，其熔、沸点也不相同。原子晶体间靠共价键结合，一般熔、沸点最高；离子晶体阴、阳离子间靠离子键结合，一般熔、沸点较高；分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低；

15、金属晶体中金属键的键能有大有小，因而金属晶体熔、沸点有高（如 WW有低（如Hg）。12.在pH=13的某溶液中存在大量的 Na+、ClO-、NO-,该溶液还可能大量存在的离子是A. NH4+B. HCO3-C. SO42-D. Al 3+【答案】C【解析】【分析】能够发生反应的离子之间在溶液中不能大量共存，如生成沉淀、气体或弱电解质。【详解】pH=13的某溶液含有大量的 OH,则A. NH4+会与OH反应生成弱电解质一水合氨，离子不共存，A项错误；B. HCO3-会与OH反应生成CO2-和H20,不能共存，B项错误；C. SO42-与Ns+、ClO-、NO-不反应，且与 0H不反应，所以可共存

16、，C项正确；D. Al 3+会与OH反应生成氢氧化铝沉淀，不能共存，D项错误；答案选Co13.下列属于加成反应的是A.乙苯与液澳在铁的催化下反应B.乙快在空气中燃烧C.甲烷与氯气在光照条件下反应D.乙烯使澳的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】【分析】加成反应是发生在双键上，主要是双键两端的原子直接与其它原子或原子团相连的过程，其实质是双键变单键，不饱和度降低，据此分析作答。【详解】A.乙苯与液澳在铁的催化下反应生成澳乙苯，属于取代反应，A项错误；B.乙快在空气中燃烧生成二氧化碳，属于氧化反应， B项错误；C.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，C项错误；D.乙烯使澳的四氯化碳溶液褪色，其实质是

17、乙烯与澳发生加成反应生成1,2-二澳乙烷，D项正确；答案选Do14.将碳棒和铁棒平行插入 NaCl溶液中，两棒的液面以上部分用铜丝相连、并接入电流计，电流计指针偏转。以下说法正确的是A.碳棒作负极B.电子自铁棒通过铜丝流向碳棒C.该装置是电解池D.铜丝失去电子发生还原反应【答案】B【解析】【分析】铁、碳和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。【详解】A.该原电池中，铁失电子发生氧化反应作负极，碳作正极，A项错误；B.电子电源的负极经导线流向正极，因该原电池中，铁作负极，碳棒作正极，所以电子是从铁沿导线流向碳，B项正

18、确；C.该装置是自发的氧化还原反应，无外加电源，所以该装置不是电解池，而是原电池，C项错误；D.铜丝作导线，不参加氧化还原反应，D项错误；答案选B。15.有机物命名正确的是A. 2,3,5- 三甲基己烷B. 1,3-二甲基丁烷C. 2,3-二甲基-2-乙基己烷D. 2,3-二甲基-4-乙基戊烷【答案】A【解析】【分析】根据烷煌的系统命名法，先找出最长碳链为主链，再进行编号，最后根据命名原则进行命名，据此作答。【详解】A. 2,3, 5-三甲基己烷，主碳链 6个碳原子，2, 3, 5号碳上含一个甲基，名称正确，A项正确；B.烷烧中无1甲基，主碳链选择错误，正确名称2-甲基戊烷，B项错误；C.烷烧

19、中不存在2乙基，主碳链选择错误，正确名称为3, 3, 4-三甲基庚烷，C项错误；D. 2 , 3-二甲基-4-乙基戊烷中主碳链选错，主碳链 6个碳，离取代基近的一端编号，正确名称为2, 3, 4-三甲基己烷，D项错误；答案选A。【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：(1)烷烧命名原则：长 选最长碳链为主链；多- 遇等长碳链时，支链最多为主链；近-离支链最近一端编号；小-支链编号之和最小.看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近 -离支链最近一端编号”的原则；简-两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号.如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的

20、写在后面.(2)有机物的名称书写要规范。16 .只改变一个影响因素，下列关于平衡常数K的叙述错误的是A. K值不变，平衡可能移动B. K值变化，平衡一定移动C.温度变化，K值一定变化D.平衡移动，K值一定变化【答案】D【解析】【分析】对某一反应的化学平衡常数K, K只与温度有关，而化学计量数变化时，K的表达式变化，以此来解答。【详解】A.若改变温度平衡移动，K发生变化，若改变浓度、压强导致平衡移动，K不变，A项正确；B. K变化说明温度变化，则平衡一定发生移动，B项正确；C. K值只与温度有关，则温度变化，K值一定变化，C项正确；D.若改变浓度、压强导致平衡移动， K不变，所以平衡移动时 K不

21、一定变化，D项错误；答案选Do17 .下列实验操作正确的是A.测pH值时，用干燥洁净的玻壬棒蘸取溶液点在pH试纸上，再跟标准比色卡比较B.滴定管经蒸储水洗后即可加入标准液进行滴定C.用带橡皮塞的棕色细口瓶盛放液澳D.配制溶液时，若加水时不小心超过容量瓶的标线，可用滴管把多余的液体吸出【答案】A【解析】【分析】A.用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照；B.滴定管需用待装液体润洗；C.液澳易挥发；D.加水超过刻度线，实验失败。【详解】A.用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，A项正确；B.滴

22、定管需用标准溶液润洗，否则会使所量浓度偏大，B项错误；C.液澳易挥发，会腐蚀橡皮塞，所以不能使用橡皮塞，可保存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，C项错误；D.加水超过刻度线，导致所测溶液浓度偏大，实验失败，应重新配制，D项错误；答案选Ao18.已知断开1molH(g)中H-H键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是A.断开1molHCl(g)中H-Cl键要吸收432kJ能量B.生成1molCl2(g)中的Cl-Cl键放出243kJ能量C. HCl(g) 一 1/2H 2(g)+1/2Cl 2(g)-92.5kJD. H 2(g)+Cl 2(g) - 2HCl(g)

23、+864kJ【详解】A.根据图示可知，生成 2 mol HCl(g)需要放出864J热量，则断开 2 mol HCl(g) 需要吸收864J热量，由此推出断开 1molHCl(g)中H-Cl键要吸收"17= 432 kJ能量，A项 正确；B.由图中可以写出其热反应方程式为：H2(g) +Cl 2(g) = 2HCl(g) AH= 185 kJ mol 1,根据 AH= E(H-H) + E(Cl- Cl)-2 E(H- Cl)可知，E(Cl- Cl) = 243 kJ - mol1,即生成 1molCl2(g) 中的Cl-Cl键放出243kJ能量，B项正确；C.根据图示信息易知，国g

24、) +Cl 2(g) = 2HCl(g)AH= -185 kJ - mol 1,则HCl(g) 一 1/2H 2(g)+1/2Cl 2(g) AH= +92.5 kJ mol 1,即 HCl(g) 一 1/2H 2(g)+1/2Cl 2(g)-92.5kJ , C项正确；D.生成 2 mol HCl(g) 需要放出 864kJ 热量,所以 Hb(g)+Cl 2(g) -2HCl(g) -864kJ , D项错误; 答案选Do19.某无色溶液中可能存在Br-、CQ2-、SQ2-、Fe3+、I-、Mg+、Na+等例子中的某几种，现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，

25、且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液肯定不存在的大量离子是A. Fe 3+、SQ2-、I-B. Mg 2+、CG2-、I -C. Fe 3+、Mg2+、SQ2-D. Na+、Br-、CQ2-【答案】C【解析】【分析】某溶液为无色，则一定不含Fe3+,根据澳水为橙色，氯水具有氧化性分析；根据硫酸钢是不溶于酸的白色沉淀分析；根据碘遇淀粉变蓝分析；最后结合溶液呈电中性来分析溶液还含有的离子。【详解】根据可知溶液中含有Br-,有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CQ2-,则一定不含有M，因与CQ2-会反应生成

26、沉淀和气体；根据可知，溶液中一定不含SO2-;根据溶液不变蓝色，说明溶液中不含I-;据溶液呈电中性原则， 溶液中一定含有 Na+,所以溶液中一定不存在的离子为：Fe3+、M小、SQ2-,一定含有的离子为：CQ2-、Br-、Na+O故选C。【点睛】主要在做离子存在的推断时，可根据一种信息推测之溶液中含有什么离子，同时隐藏的信息是不含有什么离子，这一点学生容易疏忽大意，思维需严谨，只有这样才能提高做 题准确率，快速得出正确结论。20 .某稀土元素 R的精矿样品中，R的氧化物的质量分数为 0.8515 °10.1g该样品与50mL1mol/L 硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成RQSQF

27、口 H20,则R的相对原子质量约为A. 78B. 140C. 156D. 172【答案】B【解析】【分析】依此判断氧化物的化学式和物质的量；R的氧化物的质量分数为 0.8515 .依此计算出 20.2g该样品中氧化物的质量；再根据卜=力进行计算,得出正确结论。【详解】生成的为 RQSQ则R的化合价为+4价，所以该氧化物的化学式为RQ,R的氧化物的质量分数为 0.8515 ,则20.2g该样品中 RQ的质量为：20.2g X 0.8515=17.2003g ,20.2g该样品与100mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应）生成RQSQF口 HkQ,则20.2g 该样品中 RQ的物质的量

28、为 100mL< 1mol/L = 0 .1mol ,故RQ的摩尔质量为 黑理% = 172g/mol,故R的相对原子质量为：172-16X2=140, B项正确，答案选Bo二、综合分析题（共60分）21 .我国自主研制的 C919大型客机的机身大量采用第三代铝锂合金减重并提高刚度。某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：成分SiFeCuMnMgZnTiLiAl含量0.080.12.93.50.50.25 0.80.250.10.81.1Bal为了使合金具有高耐腐性能，通常先用酸腐蚀除去铝锂合金表面的氧化层，再进行氧化处理, 并进行适当封闭，以提高合金表面耐腐蚀性能。

29、仔细阅读上述信息，回答下列问题：(1)铝锂合金可用于制造飞机，铝锂合金材料的主要特点是(2)铝元素原子核外有 种不同运动状态的电子，最外层电子排布式为 。(3)碱腐蚀工艺采用 4060g/L的NaO昭液，在4055c下处理0.52min时间。写出碱腐蚀主要反应的化学方程式 (写一个即可)。(4)镁与铝也是构成轻合金的两种常见金属，请从原子结构角度分析比较它们金属性的强弱(5)向镁铝合金滴入盐酸至恰好全部溶解，再逐渐滴入氢氧化钠溶液至过量，在滴氢氧化钠 过程中观察到的现象有： ;写出其现象中的一个 离子方程式。【答案】(1).轻、坚固(或硬)(2).13 (3). 3s23P1 (4). 2Na

30、OH+Al2O3 =2NaAlQ+HO (5).镁与铝元素原子电子层数相同，镁原子核电荷数少、半径大、更易失去电子，所以镁的金属性强于铝(6).先产生白色沉淀，后沉淀部分溶解(7).;世T+ + 20"砰 +3U" =阳口)副或攸5/+ 口 - +2刈(任写一个)【解析】【分析】(1)合金具有组成成分各自的优良特点，结合已知信息作答；(2)每个电子在核外运动状态均不相同；依据泡利原理书写核外电子排布式；(3)氧化铝可与碱发生反应生成偏铝酸钠与水；(4)同周期元素，核电荷数少、半径大容易失去电子；(5)镁离子、铝离子与氢氧化钠反应先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠

31、，氢氧化铝沉淀溶解，但氢氧化镁沉淀不溶解，据此作答；【详解】(1)第三代铝锂合金减重并提高刚度，其特点是轻、坚固(或硬)，故答案为：轻、坚固(或硬)；(2) Al为13号元素，核外电子数等于质子数，为 13,所以有13种不同运动状态的电子，最外层为M层，有三个电子，其电子排布式为3s23p：故答案为：13; 3s23p(3)碱可溶解氧化铝，其化学方程式为：2NaOH+A2Q = 2NaAlO 2+H2Q故答案为：2NaOH+A2O3 = 2NaAlO 2+H2O；(4)铝与镁均处于第三周期，镁元素镁原子核电荷数少、半径大、更易失去电子，所以镁的金属性强于铝，故答案为：镁与铝元素原子电子层数相同

32、，镁原子核电荷数少、半径大、更易失去电子，所以镁的金属性强于铝；(5)向镁铝合金滴入盐酸至恰好全部溶解，生成氯化铝和氯化镁，滴加氢氧化钠时，均生成氢氧化物而沉淀下来，相应的离子方程式为：|卜匕之十+?。 =M"川44和.1产一+30",继续滴加氢氧化钠后，因氢氧化铝会与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，其离子方程式为：+ 6二八依J + 22",而氢氧化镁不反应，所以沉淀部分 溶解，故答案为：先产生白色沉淀，后沉淀部分溶解；1番+20打=网成。4)11产十+3切厂二小卬/出力或卜葭/争+ 口 =川力函 (任写一个)。22 .工业上，在催化剂条件下，用NH作为还原剂将烟

33、气中的 NO还原成无害的氢气和水，反应方程式可表示为：2NH(g)+NO(g)+NO2(g) =|2N2(g)+3H 2O(g)一定条件下，在容积为 2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成 N2 0.4mol ,则 平均反应速率V(NO)=。可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平 衡，其理由是。(2)工业上也用氨水吸收 SO尾气，最终得到(NH4)2SQ, (NH)2SO溶液中c(NH；)与c(SO42-)之比2:1(选填“了、“<”、“=")，用离子方程式解释其原因 。(3)与C12相比较，C1O2处理水时被还原成 Cl-,不生成有机氯代物等有害物质。工业上

34、可用亚 铝酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2,反应如下：NaCQ+HCfClO2? +NaCl+(没有配平)(4)补全方程式并配平，标出电子转移方向和数目 。(5)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 。若生成0.2molClO2,转移电子数为 个。【答案】 (1). 0.005 mol/(L?min) (2).该反应只有NO为红棕色，其他气体都无色,当混合气体颜色深浅不变时，说明NO浓度不变，即反应达到平衡(3). < (4). NH失去犯水解，使 NH+浓度减少，NH+H色|NHMO+H (5).2MHe17 Nadt -2H：O得到*(6). 1:4 .0.2N【分析】(1)依据化学

35、反应速率的公式 上制先求出N2的化学反应速率，再依据化学方程式的计量数 之比等于对应物质的化学反应速率之比得出结论；只有NO为红棕色，其他气体都无色，根据颜色变化判断平衡状态；(2)俊根离子在水溶液中会发生水解；(3)依据元素守恒填写该方程所缺化学式；根据依据氧化还原规律配平该化学方程式并利用双线桥法标出电子转移的方向与数目；(5)根据氧化还原反应的规律作答。【详解】(1)在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成 N2 0.4mol ,则1二忌=二二. 二0.01 mo® ?min)，根据万程式 2NH(g)+NO(g)+NO2(g)目2K(g)+3H 20(g)可

36、知，一门)=/焉=0.005 mol/(L 和in);该反应只有 NO为红棕色，其他气体都无色，当混 合气体颜色深浅不变时，说明NO浓度不变，即反应达到平衡，故答案为：0.005 mol/(L如in);该反应只有NO为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明 NO浓度不变，即反应达到平衡；(2) (NH)2S。溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比<2:1 ,因为NH+水解，使NH+浓度减少，NhT+HCrlNhTHO+H,故答案为： <因为NH+水解，使NH+浓度减少，NH+H2旧NHHO+H;(3)该方程遵循元素守恒，可以看出氢元素以水形式生成，所以所缺化学式

37、为H2O,故答案为：HO;(4) NaClQ-CIO2, +3价的氯元素化合价升高到 +4价，NaClQ-NaCl, +3价的氯元素的化合价降低到-1价，根据电子守恒，得到方程式为5NaClQ+4HCl=5NaCl+4C102 T +2HO,电子转移如下:失去犯故答案为:得到好(5) 5NaClQ+4HCl=5NaCl+4ClO2f +2H2。反应中，4NaClO2-4ClO2, +3 价的氯元素化合价升高 到+4价，所以NaClQ是还原剂；INaClQ-INaCl, +3价的氯元素的化合价降低到 -1价，所以部分NaClQ作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4,生成0.2

38、 mol CIO2转移电子的物质的量为0.2Na,故答案为：0.2Na；23 .功能高分子P的合成路线如下，其中反应发生了加聚反应。试剂期.ECgHi 0G2傕化耦.万 IHO.H' 催化刘高分子Pj CiHsOH请回答下列问题:(1)A的结构简式为，试剂a是(2)反应的反应类型是,E中含有的官能团有反应的条件是写出E的一种具有六元环酯的同分异构体的结构简式(5)写出由乙苯制取对澳苯乙烯(CH二匚母)的合成路线(无机试剂任选)：(合成路线表示方法为：A盘; B，+目标产物)【答案】(1).二用 (2).浓硝酸、浓硫酸 (3).取代反应(4). 碳碳双键、酯基.浓硫酸、加热(6).【解析

39、】【分析】(1)采用逆合成分析法可知，D为所以反应应为氯原子水解生成羟基的过程，则 B应为硝基苯，因此结合 A的分子式GH,可知A为 ©LCH一试剂a为浓硝酸、浓硫酸，生成的 B为K0,，在氯气光照条件下发生取代反应，生成C,则c为)KO，C在氢氧化钠水溶液中加热发生取代反应生成D,易知D为再通过酯化反应得到高分子P,因此G应为CHsrl iCHfcCOOHF转化G的过程发生了水解反应，则为CH-fHtCOOCiHsCH =CH又因为反应为加聚反应，根据逆分析法可知,E为| - I，据此分析作答。Cft COOC珏【详解】根据上述分析可知，(1)A的结构简式为>£比，

40、反应为硝化反应，所以试剂 a是浓硝酸、浓硫酸，故答案为：CXc助；浓硝酸、浓硫酸；CH=CH(2)反应是氯气光照条件下发生的取代反应，E为,其中含有的官能CHa COOC2H5团为碳碳双键与酯基，故答案为：取代反应；碳碳双键、酯基；(3)反应为酯化反应，其反应条件是浓硫酸、加热,故答案为：浓硫酸、加热;(4)根据E的分子式可知其不饱和度为 产工孕工1=2,则其同分异构体中，具有六元环酯的同分异构体的结构简式之一为(5)由乙苯制取对澳苯乙烯Bi即9rCJI-CH,),可先进行澳代反应，然后光照条件在乙基上发生取代反应，最后再氢氧化钠醇溶液中加热条件下得的对澳苯乙烯，其合成路线具体24 .醋酸亚铭(CHsCOOCrHO为科红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在