1、上海市崇明区2020届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）考生注意：1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答案必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，写在试卷上不予评分。2.答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号。3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量：H1 O16 Na23一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1.下列化学名词正确的是（ ）A. 焦碳B. 硫黄C. 风化D. 饱合【答案】C【解析】【详解】A焦碳的名称应该为焦炭，故A错误；B硫黄的名称应该为硫磺，故B错误；C风化的名称书写无误，故C正
2、确；D饱合应该为饱和，故D错误；故选C。【点睛】本题的B选项在人教版必修一中属于正确的化学名词。2.化学反应类型很多，下列反应类型间关系的图示中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A部分化合反应是氧化还原反应，如氢气在氧气中的燃烧反应，部分化合反应不是氧化还原反应，如氧化钙与水的化合反应，因此化合反应与氧化还原反应属于交叉关系，故A正确；B酯化反应也属于取代反应，但取代反应不一定是酯化反应，因此取代反应包括酯化反应，故B正确；C加成反应从物质种类看，属于多变一，消除反应从物质种类看，属于一变多，二者属于并列关系，故C正确；D置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反
3、应不一定是置换反应，因此氧化还原反应包括置换反应，不是交叉关系，故D错误；故选D。3.氢元素的下列微粒中，含质子、中子和电子的数目之和最大的是（ ）A H2B. HDC. T+D. D-【答案】B【解析】【分析】H、D、T分别为氕、氘、氚，结合微粒的结构分析判断。【详解】AH2中质子、中子和电子的数目分别为2、0、2，数目之和为4；BHD中质子、中子和电子的数目分别为2、1、2，数目之和为5；CT+中质子、中子和电子的数目分别为1、2、0，数目之和为3；DD-中质子、中子和电子的数目分别为1、1、2，数目之和为4；质子、中子和电子的数目之和最大的是B，故选B。4.向盛有下列固体的试管中逐滴加入
4、盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（ ）A. 硝酸银B. 生锈的铁C. 碳酸钠D. 次氯酸钠【答案】A【解析】【详解】A向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故A正确；B生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个化学反应，故B错误；C向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水，发生两个化学反应，故C错误；D向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的
5、反应不止一个，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。5.等物质的量的桂皮酸（），在一定条件下分别与溴水、氢气、碳酸氢钠溶液和乙醇反应时，消耗物质的量最小的是（ ）A. Br2B. H2C. NaHCO3D. CH3CH2OH【答案】D【解析】【详解】1mol桂皮酸()中含有1mol苯环、1mol碳碳双键、1mol羧基，在一定条件下，1mol桂皮酸()能够与1molBr2发生加成反应，苯环上的氢原子可能与溴发生取代反应；能够与4mol氢气发生加成反应；能够与1mol碳酸氢钠反应放出1mol二
6、氧化碳；桂皮酸与乙醇的反应为酯化反应，属于可逆反应，1mol桂皮酸消耗乙醇的物质的量小于1mol，消耗物质的量最小的是乙醇，故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意酯化反应属于可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%。6.对如图所示的实验装置中各部分仪器的主要作用的叙述正确的是（ ）A. 大烧杯d：防止在a发生破裂后使药品外溢B. 量气管b：读出反应前后与水面相平的刻度C. 水准管c：可方便地向整个装置中添加液体D. 温度计e：搅拌烧杯中的液体并且测量温度【答案】B【解析】【分析】这是一套能够在一定温度条件下测量生成气体体积的装置，结合各装置的作用分析解答。【详解】A大烧杯d是对a进行温度控
7、制的装置，故A错误；B读取生成气体的体积时，需要量气管b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故B正确；C可以通过调节水准管c中液面的高度，使量气管与b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故C错误；D温度计不能用作搅拌棒，故D错误；故选B。7.有关物质结构概念的判断正确的是（ ）A. 离子键：阴阳离子间的静电吸引作用B. 离子化合物：只含离子键的物质C. 共价键：通过共用电子对产生的作用D. 共价化合物：含有共价键的物质【答案】C【解析】【详解】A离子键是阴阳离子间的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故A错误；B离子化合物一定含离子键，
8、可能含共价键，如NaOH中含有离子键和共价键，故B错误；C共价键是原子间通过共用电子对形成的静电作用，故C正确；D只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是双原子或多原子非金属单质，如氢气等，故D错误；故选C。8.关于矿石燃料的使用的叙述错误的是（ ）A. 煤干馏分解成焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气B. 石油分馏成多种混合物C. 石油裂化或裂解可以得到轻质油和乙烯等产品D. 煤的液化变成人造石油【答案】A【解析】【详解】A煤干馏是将煤隔绝空气加强热，发生复杂的化学变化，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，还有其他产物，故A错误；B石油是混合物，石油分馏可以得到多种产品，例如可以得到汽油、柴油等
9、，汽油、柴油等仍然是混合物，故B正确；C石油裂化的目的是获得轻质油，裂解的目的是获得乙烯等产品，故C正确；D煤的液化是将煤转化为液态的燃料，可以合成人造石油，故D正确；故选A。9.已知H2+Cl22HCl+Q，将该反应的化学能转变为电能，可将氢气和氯气如图所示分别通入用导线连接并插入到电解质溶液中的铂管中，则通入氯气的铂管是（ ）A. 负极B. 正极C. 阴极D. 阳极【答案】B【解析】【分析】图示装置构成原电池，发生的电池反应为H2+Cl2=2HCl，结合原电池原理分析解答。【详解】在该原电池装置中，发生的电池反应为H2+Cl2=2HCl，氢气失去电子，发生氧化反应生成氢离子，通入氢气的一极
10、为负极，氯气得到电子，发生还原反应生成氯离子，通入氯气的一极为正极，故选B。10.亚硝酸亚铁Fe(NO2)2易分解，若分解产物之一是红色粉末Fe2O3，则另一分解产物可能是（ ）A. NOB. N2O3C. NO2D. N2O5【答案】A【解析】【详解】亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中Fe的化合价为+2价，分解产物之一是红色粉末Fe2O3，其中Fe的化合价为+3价，化合价升高，O元素的化合价为-2价，为最低价态，因此N元素的化合价降低。在亚硝酸亚铁Fe(NO2)2中N的化合价为+3价，生成NO时N元素的化合价降低，生成N2O3时N的化合价不变，生成NO2或N2O5时N的化合价升高，故选A。11.与
11、反应C+CO22COQ相符的示意图有（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】反应C+CO22COQ为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，根据图象，中反应物的总能量低于生成物的总能量，属于吸热反应，中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，故选D。12.下列相关实验的叙述中正确的是（ ）A. 在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，再加入有机物加热可验证含醛基类物质B. 实验室测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要进行的称量操作一定为4次C. 为验证氯乙烷中含氯，将其与氢氧化钠溶液混合加热后再滴入硝酸银溶液D. 需要约480mL0.100mol/L的NaOH溶液，配制时可准确称
12、量NaOH2.000g【答案】D【解析】【详解】A胆矾溶液显酸性，在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，得到的溶液中碱没有过量，而醛基的检验需要在碱性溶液中进行，因此实验不能成功，故A错误；B在硫酸铜结晶水含量的测定实验中，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0.1 g为止，一般情况下，结晶水含量测定时称量次数不得少于4次，故B错误；C氯乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成氯离子，检验氯离子，应在酸性条件下进行，否则生成AgOH而影响实验，因此滴加硝酸银之前，需要用硝酸中和氢氧化钠，故C错误；D配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要选择500mL容量瓶，NaOH的
13、质量m=nVM=0.5L0.1mol/L40g/mol=2.000g，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为AC，要注意物质的检验对溶液酸碱性的要求。13.向盐酸中滴入浓硫酸会产生白雾，对此现象的解释不合理的是（ ）A. 浓硫酸具有吸水性B. 浓硫酸具有脱水性C. 浓盐酸具有挥发性D. 氯化氢极易溶于水【答案】B【解析】【详解】浓硫酸具有吸水性，而且浓硫酸的稀释过程是一个放热过程，浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，因此将浓硫酸倒入浓盐酸中，相当于浓硫酸稀释，放出的热量导致混合物温度升高，促进浓盐酸中溶解的氯化氢挥发，挥发出的HCl遇空气中的水蒸气而产生白雾，与
14、浓硫酸的脱水性无关，故选B。14.对溶液中下列离子进行检验，正确的操作是（ ）A. NH4+：取样，加入氢氧化钠溶液，即产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体B. SO42-：取样，加入足量的盐酸无现象，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀产生C. Fe2+：取样，滴入硫氰化钾溶液无现象，再加入过量的氯水，溶液呈血红色D. Cl-：取样，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失【答案】B【解析】【详解】A氨气极易溶于水，在某溶液中加入氢氧化钠溶液，需要加热，使氨气逸出，才能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（氨气），故A错误；B硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀，则检验硫酸根离子的方法为：取少
15、量溶液于试管中，加入稀盐酸，没有明显现象，排除SO32-、CO32-，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，故B正确；C氯水具有氧化性，可氧化亚铁离子，则检验是否含亚铁离子，先加KSCN，无明显现象，再加氯水，溶液呈血红色，但氯水不能过量，过量的氯水能将KSCN氧化，溶液又变成无色，故C错误；D滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸银，原溶液中不一定含C1-，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯水具有强氧化性和漂白性，过量的氯水能将血红色溶液氧化褪色。15.下列化工生产与该生产过程中使用的一些生产工艺不相符的是（ ）A.
16、 氢气和氯气制盐酸催化和气循环B. 氢气和氮气合成氨压缩和水冷却C. 联合制碱法制纯碱过滤和热灼烧D. 二氧化硫接触氧化催化和热交换【答案】A【解析】【详解】A氢气和氯气制盐酸过程中不需要催化剂，化工生产与生产过程中使用的生产工艺不相符，故A选；B氢气和氮气合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，压缩和水冷却有利于氨的合成，化工生产与生产过程中使用的生产工艺相符，故B不选；C联合制碱法制纯碱中首先生产制得碳酸氢钠固体，再将碳酸氢钠灼烧分解制得碳酸钠，化工生产与生产过程中使用的生产工艺相符，故C不选；D二氧化硫接触氧化需要催化剂，该反应为放热反应，利用热交换可以充分利用反应放出的热量，节约能源，化
17、工生产与生产过程中使用的生产工艺相符，故D不选；故选A。16.如图所示，硫酸铁与M、N、P、Q反应产生不同的现象。则各符号对应的试剂错误的是（ ）A. M：硫氰化钾溶液B. N：铁粉C. P：氢氧化钡溶液D. Q：氨水【答案】C【解析】【详解】A硫酸铁溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变成血红色，试剂和现象正确，故A不选；B硫酸铁溶液中加入铁粉，2Fe3+ + Fe=3Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，试剂和现象正确，故B不选；C硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡白色沉淀和氢氧化铁红褐色沉淀，沉淀的颜色不正确，故C选；D硫酸铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁红褐色沉淀，试剂和现象正确，故D不选；故
18、选C。17.为提纯物质（含括号内的杂质少量），所选用试剂及实验方法均正确的是（ ）物质试剂实验方法ACH3CH2OH（H2O）CaO（新制）蒸馏BCO2（CO）O2（纯）点燃CCH3CH3（CH2=CH2）酸性KMnO4溶液洗气DFeCl3（aq）（CuCl2）铁粉（纯）过滤A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A水与CaO反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；B二氧化碳中少量的CO不易点燃，且易混入氧气，应通过足量热的CuO除杂，故B错误；C乙烯能够被酸性KMnO4溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；D铁粉能与CuCl2反应生
19、成氯化亚铁溶液和铜，也能与氯化铁反应生成氯化亚铁，会把原物质也除去，不符合除杂原则，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意乙烯被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化会生成二氧化碳等，引入新杂质。18.能在溶液中大量共存，且各离子的物质的量浓度相同（忽略离子的水解）的一组是（ ）A. Mg2+、K+、NH4+、CO32-、SO42-B. Fe2+、H+、NO3-、Cl-、S2-C. Al3+、Na+、SO42-、Cl-、NO3-D. Cu2+、H+、SO42-、Cl-、NO3-【答案】C【解析】【详解】AMg2+与CO32-能反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BFe2+、H+、NO3-能
20、够发生氧化还原反应，且硫离子也被氧化，不能大量共存，故B错误；CAl3+、Na+、SO42-、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存；当各离子的物质的量浓度相同时，满足电荷守恒，故C正确；DCu2+、H+、SO42-、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存；当各离子的物质的量浓度相同时，阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不满足电荷守恒，故D错误；故选C。19.M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）MNWKA. 四种元素的气态氢化物均为极性分子B. 四种元素的单质一定只形成分子晶体C. 四种元素
21、原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云D. 四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数【答案】C【解析】【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】A四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；B四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；C四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云球形和纺锤形，故C正确；D四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；故选C。【点睛】本题
22、的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。20.25时，用蒸馏水稀释10mLpH=11的氨水。下列叙述正确的是（ ）A. 该10mL氨水的浓度为0.001mol/LB. 稀释至100mL时，溶液的pH小于10C. 稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小D. 稀释过程中，的值一定增大【答案】D【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，25时，pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故A错误；B一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将10mLpH=11的氨水稀释至100mL，氨水稀释1
23、0倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，则稀释后溶液的pH在1011之间，故B错误；C加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故C错误；D加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3H2O)减小，则溶液中增大，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意稀释氨水过程中，溶液中主要存在的离子的浓度均会减小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3H2O)都会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c(H+)增大。二、综合题（共60分）21.在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中
24、而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：（1）写出发生反应的化学方程式_，该反应能够发生是因为（选填编号）_。A.强酸生成了弱酸B.强氧化剂生成了弱还原剂C.生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸D.生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有_种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是_，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=_。（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：_CuS+_HNO3（浓）_C
25、uSO4+_NO2+_H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为_L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为_。（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为_，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）_。【答案】 (1). CuSO4+H2S=CuS+H2SO4 (2). C (3). 5 (4). HS- (5). c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) (6). 1 (7). 8 (8). 1 (9). 8 (10). 4 (11). 35.84 (12). 6.4NA (
26、13). 离子晶体 (14). SNOH【解析】【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4；C；(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些
27、离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol
28、NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol 22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为SNOH，故答案为：离子晶体；SNOH。22.工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的
29、混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3nH2O。已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2ONaNO3+Al(OH)3生产流程如图：完成下列填空：（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）_。A. B. C. D.说出流程中产生的滤渣的一种用途是_。制作一个过滤器需要_。流程中操作x的名称是_。（2）反应加入的硝酸必须适量，原因是_。反应加入的硝酸要稍过量，原因是_。（3）从反应所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，_，过滤，_，低温烘干。（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00
30、mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是_，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与_的刻度值。任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：_。【答案】 (1). B (2). 作颜料（或炼铁） (3). 漏斗和滤纸 (4). 过滤 (5). 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 (6). 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 (7). （冷却）结晶 (8). 洗涤（晶体） (9). （酸碱）中和滴定 (10). 滴定管
31、内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 (11). Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+NH4+H2O【解析】分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪
32、器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应加入的硝酸必须适量；反应加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
33、(4)常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+、NH3H2O+H+=NH4+H2O，故答案为：Al
34、3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+=NH4+H2O。23.用常见烃A与某些烃的含氧衍生物可以制备PI（聚2甲基1,3丁二烯）和PVB塑料。流程如图：完成下列填空：（1）A的名称是_，B的结构简式为_，CD的反应条件是_，DPI的反应类型是_。（2）E中所含官能团的名称是_，写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：_。a.能发生银镜反应和水解反应b.能与氢气发生加成反应c.分子结构中含有一个甲基（3）写出FG的化学反应方程式：_。（4）试用电石和乙醛等原料（无机试剂任选）制取1,3丁二烯（合成正丁橡胶的原料），写出合成路线_。（合成路线常用的表示方式为：A
35、B目标产物）【答案】 (1). 乙炔 (2). (3). 浓硫酸，加热(或浓硫酸，170) (4). 加聚反应 (5). 碳碳双键、酯基 (6). 、 (7). +nH2O+nCH3COOH (8). CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2【解析】【分析】根据流程图，烃A与乙酸反应生成E，E一定条件下反应生成F(C4H6O2)n，则EF的反应为加聚反应，则E的分子式为C4H6O2，则A的分子式为C2H2，为乙炔，F在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成G(C2H4O)n，因此乙炔与乙酸发生加成反应生成的E为CH3COOCH=CH2，F为，G为；
36、由乙炔与B反应生成，则B为；PI为聚2甲基1，3丁二烯，则D为结构简式为CH2=C(CH3)-CH=CH2，则C发生消去反应生成D，与氢气加成生成C，C为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为乙炔，B的结构简式为，CD是C中的羟基发生消去反应，反应条件是浓硫酸加热(170)，D发生加聚反应生成PI，故答案为：乙炔；浓硫酸加热(170)；加聚反应；(2)E为CH3COOCH=CH2，E中所含官能团为碳碳双键、酯基；a.能发生银镜反应和水解反应，说明属于甲酸酯；b.能与氢气发生加成反应，说明含有碳碳双键；c.分子结构中含有一个甲基，符合条件的E的所有同分异构体有、，故答案为：碳碳双键、酯
37、基；、；(3)FG的化学反应方程式为+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；(4)电石与水能够反应生成乙炔，乙炔和乙醛发生加成反应生成HCCCH(OH)CH3，根据流程图中D提示，HCCCH(OH)CH3与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH(OH)CH3，最后CH2=CHCH(OH)CH3发生消去反应即可，合成路线为CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2，故答案为：CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2。【点睛】本题的难点是流程图中未知物质的结构的推断
38、，要注意根据EFG的变化分析判断出E的结构，本题的易错点为(4)，要注意题干流程图中D的应用。24.我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：I.（1）碳原子的最外层电子排布式为_。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为_。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）_。A.它们的气态氢化物的稳定性B.它们在元素周期表中的位置C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积密
39、闭容器中进行该反应。（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，_（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：_。在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）_。A.K值减小 B.逆反应速率先减小后增大C.K值增大 D.正反应速率减小先慢后快.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q0)（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式_。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：_。若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为_。（4）已知压
40、强P2P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线_。该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：_。【答案】 (1). 2s22p2 (2). 电子云伸展方向 (3). C、D (4). 不能 (5). 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 (6). B (7). (8). NO2 (9). CO2 (10). 0.2mol/（Lmin） (11). (12). 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方
41、向移动，反应物转化率小【解析】【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电
42、子云的伸展方向；CD；(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不
43、能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，
44、v=0.2mol/(Lmin)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(Lmin)；(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。