2021届上海市浦东新区六校高三下学期第二次学科调研考试化学试卷1

试卷第试卷第页，总10页主链5个C，则乙基只能在3号C上，甲基可以在2号C、或者3号C上，所以有如下2种：S二C巴—C西一巴、吗一CH——一叫一C/，D正确。C出笆答案选D。16．B【解析】试题分析：CH3COOH-^CH3COO-+H+,pH变小，说明溶液中c(H+)增大，醋酸电离程度减小，说明平衡向逆反应方向进行，A、加入醋酸钠，c(CH3COO-)增大，平衡向逆反应方向移动，消耗H+,pH增大，故错误；8、通入口口后，溶于水后产生盐酸，盐酸属于强酸，溶液中pH减小，增加了c(H+)平衡向逆反应方向移动，故正确；C、弱电解质的电离属于吸热反应，升高温度，促进电离，故错误；0、加入屿0田消耗溶液中H+,促进电离，故错误。考点：考查影响电离平衡的因素等知识。17．B【解析】A、根据图知，该结构不是空间网状结构，所以该物质不是原子晶体，属于分子晶体，化学式为S4N4,故A错误；B、分子晶体的熔沸点一般较低，故B正确；C、N原子最外层有5个电子，根据图示，未形成稳定结构，故C错误；D、由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，S2N2和S4N4都是化合物，故D错误；故选B。18．D【解析】A.醋酸铵属于强电解质，用离子表示，故A错误；B.硫化氢气体应该用化学式表示，故B错误；C.硫酸铜溶液中加入过量的氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，故C错误；D.溴化亚铁溶液中通入足量的氯气完全被氧化，生成氯化铁和溴，离子方程式为3Cl2+2Fe2++4Br-T6Cl-+2Fe3++2Br2，故D正确；故选D。19．A【解析】【详解】A.构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，故A正确；B.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，故B错误；C.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D.镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+2OH-二Mg(OH)2，故D错误；故选A。20．A【解析】【详解】Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100mLImolLi的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+,溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁、氧化铜恰好反应，生成氯化铁、氯化铜与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁。由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.1Lx1mol/L=0.1moL故n(O)=0.05mol,若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.05molx16g/mol=0.8g,故选A。【点睛】本题考查混合物的有关计算，难度中等，利用守恒法判断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键。混合物与盐酸完全溶解生成氯化铜、氯化亚铁和水，生成的水中的O来自于混合物，H来自于盐酸，即2n(O)=n(HCl),CO在高温下还原原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量。21.第三周期第皿A族共价键17:F：F：HFHCl沸点低，易挥发Br2+SO2+2H20TH2so4+2HBrSH2NaOH3ET2+3NS2COi洱r+NaBrO升3COj【解析】(1)氯元素核电荷数17，原子核外三个电子层，最外层电子数7个，位于周期表中第三周期第VIIA,氯气分子中氯原子间相处一对共用电子对，形成一个共价键，氯原子核外17个电子，其核外存在17种运动状态不同的电子，故答案为第三周期第VIIA；共价键；17；(2)和氯元素位于同主族的另外一个短周期元素单质为F2,氟原子间形成一对共用电子对，电子式为，：F：F：,非金属性越强氢化物稳定性越强，两者气态氢化物的稳定性是HF>HCL故答案1-1-++++++为:F：F：；HF；HC1；♦♦♦♦

⑶步骤②中用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，体现了溴具有的性质是沸点低，易挥发，故答案为沸点低，易挥发；(4)步骤③中反应是溴单质和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应中被氧化的元素是S元素，化合价+4价变化为+6价，故答案为Br2+SO2+2H2O=H2sO4+2HBr；S；(5)电解饱和食盐水溶液中氯离子在阳极失电子被氧化生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气被还原，水电离平衡正向进行，溶液中氢氧根离子浓度增大溶液中生成氢氧化钠，故答案为H2；NaOH；(6)吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，反应的化学方程式为：3Br2+3Na2co3=5NaBr+NaBrO3+3CO2T，溴元素0价变化为-1价和+5价，电子转移总数5e-，该反应的化学方程式并标明电子转移方向与数目为：3糅上十3Na2C5—5NaB什NfiBrO/3C6'故答案为潞十亦如cs-5N狙r+NnBrO什3C6点睛：本题考查了海水资源及其综合利用，涉及的知识点较多。清楚流程中的反应原理是解题的关键。浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br-+C1广Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用502氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2so4,④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl。22．[22．[c(N)]・[c(CO)]2

22

[c(NO)]2-[c(CO)]2变小1.75x10-30.89促进变大饱和so2溶液中电离产生的SO32-很少，因此没有沉淀；加入氨水后，促进H2SO3的电离，SO32-离子浓度增大，有沉淀产生BaSO4、Ba(NO3)2【解析】⑴化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以K=c(N).c2(CO)……c(N).c2(CO)c2(cO)二2(NO)，故答案为k=ctCOy^ctNO；(2)v(No)=(9.50—2.5)X10-3mol/L(2)v(No)=2s=3.5x10-3mol/(L・s)，再根据反应速率与计量数关系得u(N2)=1.75x10-3mol/(L-s)；CO转化率=参加反应的CO物质的量浓度、/0%_(9,00—1.00)x10一3mol/L一CO初始物质的量浓度*100%=—9.00x10-3mol/L一x100%=89%,故答案为1.75x10-3；89%；⑶(NH4)2SO4溶液存在铵根的水解平衡，促进水的电离；在(NH4)2SO4溶液中存在水解反应，2NH4++H2O2NH3-H2O+H+，往(NH4)2SO4溶液中加入少量稀盐酸，水解平衡向逆方向进行c(NH+)，的水解率减小，物质的量增大，而硫酸根离子的物质的量不变，所以c(SO2-)4将变大，故答案为促进；变大；(4)因为饱和SO2溶液中电离产生的SO32-很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2sO3的电离，SO32-离子浓度增大，有沉淀产生，故答案为饱和SO2溶液中电离产生的SO32-很少，因此没有沉淀，而加入氨水后，促进H2s03的电离，SO32-离子浓度增大，有沉淀产生；(5)向硝酸钡溶液中通入少量SO2气体，溶液显酸性，二氧化硫被硝酸氧化生成硫酸，会立即看到白色沉淀硫酸钡，故答案为BaSO4；Ba(NO3)2。点睛：本题考查化学平衡计算、盐类水解等知识点，为高频考点，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析水的电离程度。23.氨气二氧化碳先通a再通b硫酸浓氨水CaCO3+2H+TCa2++CO2f+H2ONaCl+NH3+CO2+H2O^NaHCO3；+NH4Cl加热平稳，便于控制温度产物溶解度高增加碳酸氢钠的析出率，提高产率0.94产物水分未完全蒸干等【解析】(1)氨气极易溶于水，二氧化碳溶于水，溶解度相对较小，为有利于二氧化碳的溶解，则通二氧化碳的导气管伸入液面之下，且先通入氨气，形成碱性溶液，吸收二氧化碳；氨气不能排放空气中，用稀硫酸吸收；故答案为氨气；二氧化碳；先通a再通b；稀硫酸；(2)图2装置为固液不加热型，制备氨气时，可选用向浓氨水中加生石灰的方式制取；制备二氧化碳时，可选用向大理石中加稀盐酸的方式制取，发生的离子方程式为：CaCO3+2H+—Ca2++CO2T+H2O，故答案为浓氨水；CaCO3+2H+TCa2++CO2f+H2O；⑶饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O—NaHCO3I+NH4Cl；故答案为NaCl+NH3+CO2+H2OTNaHCO3I+NH4Cl；(4)水浴加热有利于加热平稳，便于控制温度；水浴温度维持在42℃左右，温度过低，反应速率太慢，不利于晶体析出；温度过高，产物的溶解度大，不利于晶体析出；故答案为加

热平稳，便于控制温度；产物溶解度高；(5)碳酸氢钠的溶解度随温度的降低而降低，反应结束后，将热水浴换成冰水浴，冷却15min左右再进行过滤，目的是增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；故答案为增加碳酸氢钠的析出率，提高产率；(6)设样品中NaHCO3、NaCl的质量分别为x、y，则x+y=8.060，加盐酸，NaHCO3受热分解得到氯化钠，根据反应NaHCO3+HCl-NaCl+CO2T+H2O,通过反应得到的氯化钠质量为:58.5x--，最终的晶体为碳酸氢钠分解产生的氯化钠和原样品中的氯化钠总质量为5.765g，84则58表+Y=5.765,联合两式解得x=7.56g，该试样中NaHCO］的质量分数为，黑8438.060X100%=0.94；最终测定结果的相对误差为1.5%,说明比实际误差偏大，则可能为产物水分未完全蒸干；故答案为0.94；产物水分未完全蒸干等24.竣基4NaOH醇溶液，加热氧化反应未完全蒸干；故答案为0.94；产物水分未完全蒸干等24.竣基4NaOH醇溶液，加热氧化反应取样，加氢氧化钠将溶液调节至碱性，向其中加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若无砖红色沉淀产生，说明D已完全转化为M。；烷基发生取代反应时，含氢原子较少的碳原子上的氢原子易被取代【解析】根据流程图，B(卤代烃)能够反应生成醇，进一步氧化生成醛，则根据流程图，B(卤代烃)能够反应生成醇，进一步氧化生成醛，则B为CIA与B互为同分异构体，则A为广⑴M为，其中含氧官能团实竣基。D为,含有Imol醛基和,含有Imol醛基和Imol苯环,ImolD最多能与4m°l与发生加成反应，故答案为羧基；3；I=<H，所需试剂与条件为NaOH醇溶液，加热。反应③是CH.CHCHOcha氧化生成(3)根据上述分析，I=<H，所需试剂与条件为NaOH醇溶液，加热。反应③是CH.CHCHOcha氧化生成(3)根据上述分析，A为的反应，故答案为NaOH醇溶液，加热；氧化反应;B发生水解反应生成C,C为CHCHsOH士，故答案为JOH,检验D已完全转化为M,只需要检验混合物中不存在醛基，方法为CH)取样，加氢氧化钠将溶液调节至碱性，向其中加入新制氢氧化铜悬