1、上海市杨浦区2019届高三上学期等级考模拟（期末）相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ca40一、选择题（本题共40分，每小题2分）1.下列分子中的所有原子均在同一平面内的是（ ）A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙酸 D. 甲苯【答案】B【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。【详解】A项、甲烷是正四面体结构，所有原子不可能在同一个平面上，故A错误；B项、乙烯是平面结构，所有原子在同一个平面上，故B正确；C项、乙酸中含有甲基，具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故C错误；D甲苯中含有甲基
2、，具有甲烷的结构特点，所有原子不可能在同一个平面上，故D错误。故选B。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。2.原子晶体具有的性质是（ ）A. 熔点高 B. 易导热 C. 能导电 D. 有延展性【答案】A【详解】原子晶体的构成微粒是原子，原子间存在共价键，原子晶体是空间网状结构导致其具有键能大、熔点高、硬度大的特性，不能导电、导热，没有有延展性，故选A。【点睛】离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体
3、是金属晶体。由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。原子晶体的熔沸点高，不导电，一般不溶于其它溶剂，离子晶体的熔沸点也较高，水溶液或在熔融状态下可以导电，金属晶体的一般具有良好的导电和导热性，具有延展性。3.有关合金的说法正确的是（ ）A. 生铁比纯铁熔点高 B. 钢比纯铁硬C. 合金不具有导热性 D. 合金都不含非金属元素【答案】B【分析】合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，合金相对于组成它的金属来说，一般具有熔点较低、耐腐蚀性强、硬度大、机械强度大等方面的特点。【详解】A项、多数合金的熔点比组成它的成分金属熔点低，纯铁的熔点比生铁的高
4、，故A错误；B项、合金的硬度一般比各成分金属大，钢比纯铁硬，故B正确；C项、合金是具有金属特性的物质，合金具有导热性，故C错误；D项、合金可以是金属与金属或金属与非金属的混合物，不一定全部由金属组成，例如生铁属于合金，其中含有碳和硅等，故D错误。故选B。【点睛】合金可以是金属与金属或金属与非金属的混合物，不一定全部由金属组成；合金具有金属特性，如导电性、导热性、延展性等；合金是几种成分熔合在一起形成的，发生的是物理变化，不是化学变化；合金不是几种成分简单地混合而成的；合金中各成分仍保持自己的性质。4.实验室收集下列气体的方法肯定与NO2相同的是（ ）A. NH3 B. O2 C. HCl D.
5、 CH2=CH2【答案】C【分析】NO2能和水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集，NO2和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集。【详解】A项、NH3极易溶于水且与水反应，所以不能采用排水法收集，NH3的密度小于空气密度，且常温下和氧气不反应，所以可以采用向下排空气法收集，故A错误；B项、O2密度大于空气的密度，且难溶于水，所以可采用向上排空气法或排水法收集，C项、HCl极易溶于水，所以不能采用排水法收集，HCl的密度大于空气密度，且常温下和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，故C正确；D项、CH2=CH2密度与空气的密度接近，且难溶于水，所以可以采用排水法收集，故D错误
6、。故选C。【点睛】本题考查了气体的收集方法，由于气体的收集方法需要根据气体的性质进行选择，所以根据气体的密度、性质确定收集方法是解答关键。5.在“HI（s）HI（g）H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（ ）A. 范德华力、范德华力 B. 范德华力、共价键C. 共价键、离子键 D. 共价键、共价键【答案】B【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏是氢、碘间的共价键，故选B。【点睛】本题考查的是晶体类型与化学键、微粒间的关系，判断物质变化时破坏的是什么作用力，首先要正确判断物质的晶体类型。6.下列反应可用：H+OHH2O表
7、示的是（ ）A. HNO3+Ba(OH)2 B. HCl+Fe(OH)3C. NaHCO3+NaOH D. HF+NH3H2O【答案】A【分析】反应H+OHH2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应。【详解】A项、硝酸与氢氧化钡反应生成硝酸钡和水，硝酸为强酸、氢氧化钡为强碱、硝酸钡溶于水，可用H+OHH2O表示，故A正确；B项、盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，氢氧化铁为难溶性的弱碱，不能用H+OHH2O表示，故B错误；C项、碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，不能用H+OHH2O表示，故C错误；D项、氢氟酸与氨水反应生成氟化铵，氢氟酸为弱酸、一水合氨为弱碱，
8、不能用H+OHH2O表示，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，由于离子方程式不但可以表示具体的反应，还可以表示某一类反应，所以可能会有多个化学方程式对应同一个离子方程式，因此在具体判断时注意反应的实质和化学式拆分原则是解题关键。7.同温同压下，80mL A2气体和240mL B2气体恰好完全反应，生成160mL X气体，X的分子式是（ ）A. AB2 B. A2B C. AB3 D. A3B【答案】C【分析】相同条件下，参加反应的不同气体的体积之比等于其计量数之比，再结合原子守恒确定X的分子式。【详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，气体体积之比等于其物质的量之比，同
9、一反应中气体体积之比等于其计量数之比，所以A、B、X的计量数之比=80mL：240mL：160mL=1：3：2，其方程式为A2+3B2=2X，根据原子守恒知，X化学式为AB3，故选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确参加反应的气体计量数和体积之间的关系是解本题关键，利用阿伏伽德罗定律、质量守恒定律分析是解答关键。8.通入SO2能引起下列溶液的颜色变化，其中SO2的作用和SO2使溴水褪色相同的是（ ）A. 品红褪色 B. NaOH酚酞溶液褪色C. 石蕊试液变红 D. 酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【分析】SO2通入溴水后褪色，是因为SO2、H2O与Br2发生了氧化还原反应，SO2
10、做还原剂。【详解】A项、SO2通入品红溶液，溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，故A错误；B项、SO2通入NaOH酚酞溶液，溶液褪色，是因为SO2与氢氧化钠反应，溶液碱性减弱，SO2表现的是酸性氧化物的性质，故B错误；C项、SO2通入石蕊试液，溶液变红，是因为SO2与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，SO2表现的是酸性氧化物的性质，故C错误；D项、SO2通入高锰酸钾溶液，溶液褪色的原因是高锰酸钾与SO2发生了氧化还原反应，SO2做还原剂，故D正确。故选D。【点睛】本题考查二氧化硫的性质，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，注意漂白性的判断。9.向漂粉精的水溶液中加
11、入或通入少量下列物质，不能增强其漂白能力的是（ ）A. 稀盐酸 B. CaCl2粉末 C. NaHCO3固体 D. CO2气体【答案】BC【分析】漂白粉是混合物，主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，则增强漂白能力，应加入酸。【详解】A项、向漂粉精的水溶液中加入稀盐酸，稀盐酸与Ca（ClO）2反应生成次氯酸，增强漂白能力，故A正确；B项、向漂粉精的水溶液中加入氯化钙粉末，氯化钙与Ca（ClO）2不能反应，不能增强其漂白能力，故B错误；C项、向漂粉精的水溶液中加入碳酸氢钠固体，碳酸氢钠与Ca（ClO）2不能反应，不能
12、增强其漂白能力，故C错误；D项、向漂粉精的水溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与Ca（ClO）2反应生成次氯酸，增强漂白能力，故D正确。故选BC。10.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如下图），苯不属于（ ）A. 环烃 B. 芳香烃 C. 不饱和烃 D. 烃的衍生物【答案】D【详解】苯的分子式为C6H6，从组成上看，其氢原子数远未达饱和，属于不饱和烃，因为只含有C、H元素，不属于烃的衍生物；苯的结构简式为，从结构上看，属于环烃、芳香烃，故选D。【点睛】本题考查有机物的分类，把握有机物的组成、结构与类别关系为解答的关键。11.已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分
13、子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是（ ）A. 0.01mol/L的蔗糖溶液 B. 0.01mol/L的MgCl2溶液C. 0.02mol/L的H2S溶液 D. 0.02mol/L的NaNO3溶液【答案】D【分析】根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则假设溶液为1L时计算选项中溶质的物质的量来比较即可。【详解】1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L0.01mol/L=0.01mol，1LMgCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L0.01mol/L3=0.03mol，H2S是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L0.02mol/L=0.02mol
14、，1LNaNO3溶液中溶质的离子的总物质的量为1L0.02mol/L2=0.04mol，D中含0.04mol离子，离子数最多，故选D。【点睛】本题考查角度新颖，利用非挥发性溶质的分子或离子数来判断溶液的沸点高低，熟悉物质的量浓度的有关计算是解答的关键。12.25时，CH3COONa溶液显碱性，是因为（ ）A. CH3COO电离出了OH B. CH3COO结合了水电离的H+C. Na+和水反应生成了NaOH D. Na+促进了水的电离【答案】B【分析】在醋酸钠溶液中，醋酸钠根离子水解导致溶液显示碱性。【详解】醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中与水电离出的氢离子结合生成醋酸，使水的电离平衡右移
15、，增大了溶液中的氢氧根浓度，使溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，故选B。【点睛】本题考查盐的水解原理，注意掌握盐的水解原理及其应用方法是解答关键。13.对钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较，合理的是（ ）A. 负极反应不同 B. 正极反应相同C. 析氢腐蚀更普遍 D. 都是电化学腐蚀【答案】D【分析】钢铁的化学腐蚀和电化学腐蚀往往同时发生，但电化学腐蚀比化学腐蚀要普遍的多，且腐蚀速度也快得多，在钢铁的电化学腐蚀中，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍。【详解】A项、钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极都是铁放电生成亚铁离子，负极反应相同，
16、故A错误；B项、钢铁的析氢腐蚀的正极是水膜中氢离子放电，吸氧腐蚀的正极是水膜中氧气放电，正极反应不同，故B错误；C项、在钢铁的电化学腐蚀中，钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍，故C错误；D项、钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀都是电化学腐蚀，故D正确。故选D。【点睛】题考查了钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀，明确原电池原理是解本题关键。14.由物理变化引起的颜色改变是（ ）A. 光照使Cl2和CH4的混合气体变浅 B. 浓硫酸使蔗糖变黑C. 溴水中加苯振荡使水层褪色 D. 通电使CuCl2溶液变浅【答案】C【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质
17、生成。【详解】A项、光照条件下CH4和Cl2混合气体发生取代反应，属于化学变化，故A错误；B项、浓硫酸使蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化，属于化学变化，故B错误；C项、溴水中加苯振荡使水层褪色，是因为溴单质在苯中的溶解度大于水中，溴水中加苯发生萃取褪色，属于物理变化，故C正确；D项、通电使Cu Cl2溶液变浅，是因为铜离子在阴极上放电生成铜，导致溶液中铜离子浓度减小，属于化学变化，故D错误。故选C。【点睛】物理变化只是在形态、性质等改变，而化学变化则有新的物质生成，化学变化过程中总伴随着物理变化，如化学变化过程中通常有发光、放热、也有吸热现象等。化学变化里一定包含物理变化，物理变
18、化里一定没有化学变化。15.下列各组物质混合时，前者过量和不足时，发生不同化学反应的是（ ）A. NaOH溶液和AlCl3溶液 B. 稀H2SO4与Al(OH)3C. Al和NaOH溶液 D. 氨水与Al2(SO4)3溶液【答案】A【分析】根据前者少量时生成物的性质分析判断正误，生成物能否和前者继续反应，如果能发生反应就和量有关，否则无关。【详解】A项、氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化钠过量和不足时，发生不同化学反应，故A正确；B项、硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸化铝，硫酸化铝和硫酸不反应，所以该反应与稀硫酸的过量和不足无关，故B错误；C项、铝和氢氧化钠
19、反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应，所以该反应与铝的过量和不足无关，故C错误；D项、氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，所以生成的氢氧化铝和氨水不反应，该反应与氨水的过量和不足无关，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了铝及其化合物的性质，注意把握铝及其化合物之间的转化，只要第一步反应后的生成物能继续和反应物反应的，反应方程式和反应物的量有关，否则无关。16.汽车尾气中的氮氧化合物（NOx）与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。NOx N2O5 HNO3 烟（一种雾霾）有关该雾霾的叙述错误的是（ ）A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应是非氧化还原反
20、应C. NH3是形成该雾霾的催化剂 D. NH3可能来自过度施用氮肥【答案】C【分析】由于工业生产中使用矿物作为燃料，大量向空气中排放污染物，加上汽车尾气的大量排放，以及冬季取暖也向空气中排放粉尘，致使大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒悬浮在大气中，形成雾霾。【详解】A项、硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故A正确；B项、反应是五氧化二氮与水反应生成硝酸，反应中元素没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确；C项、硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，氨气是反应物，不是催化剂，故C错误；D项、铵盐是氮肥，过度施用氮肥，铵盐会释放出氨气，故D正确。故选C。【点睛】本题考查环境污染问题，侧重于化学与生活、生产以
21、及环境保护的考查，由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物，其中无机颗粒物的主要成分为铵盐，可由氨气和硝酸、硫酸反应生成，以此解答该题。17.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子（ ）A. 只含Fe2+ B. 含Cu2+和Fe2+ C. 含Cu2+和Fe3+ D. 只含Fe3+【答案】A【分析】加入过量的铁粉，溶液中Fe2+和Cu2+完全反应，溶液中只含Fe2+。【详解】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，向所得溶液中加入足量铁粉，铁粉先与Fe3+完全反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，再与Cu2
22、+完全反应Fe+ Cu2+= Cu+Fe2+，最后得到氯化亚铁溶液，剩余固体为铁和铜的混合物，故选A。【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质，熟悉三价铁离子、铜离子的氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键。18.硫酸工业的有关叙述错误的是（ ）A. 硫铁矿磨成粉末，可加快反应速率B. 煅烧硫铁矿时鼓入较大量空气，可提高原料利用率C. 接触室（发生反应：2SO2+O2 2SO3）使用热交换器，可充分利用能量D. 接触室出来的气体被浓硫酸（SO3溶于其中）吸收后，可直接排放到空气中【答案】D【分析】A、把硫铁矿磨碎可增大其与氧气的接触面；B、鼓入较大量空气，增加反应物氧气的浓度；C、二氧化硫被氧化为三
23、氧化硫是放热反应；D、SO2的催化氧化反应是可逆反应。【详解】A项、把硫铁矿磨成粉末可增大其与氧气的接触面，使反应更充分，反应速率更快，可提高原料的利用率，故A正确；B项、煅烧硫铁矿时鼓入较大量空气，增加反应物氧气的浓度，使硫铁矿煅烧更充分，反应速率更快，可提高原料的利用率，故B正确；C项、二氧化硫被氧化为三氧化硫是放热反应，随着反应的进行，反应环境的温度会不断升高，平衡左移，不利于SO3的生成，使用热交换器，将反应放出的热量传递给进入接触室需要预热的炉气，还可以冷却反应后生成的气体，这样做的目的是充分利用热量达到节约能源的目的，故C正确；D项、SO2的催化氧化反应是可逆反应，SO2不可能10
24、0的转化为SO3，所以需要处理尾气，故D错误。故选D。19.某制碱厂的生产流程示意图如下：下列分析正确的是（ ）A. 该制碱法是侯氏制碱法 B. 反应中包含复分解反应C. X中只含有Ca2+和Cl D. 理论上，生产过程中无需补充CO2【答案】B【分析】侯氏制碱法又称联合制碱法，以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，副产物是氯化铵，氯化钠，二氧化碳可以循环使用，降低了成本。【详解】A项、由流程可知，该制碱法以食盐、二氧化碳、氨气、氢氧化钙为原料来制取纯碱，副产物为氯化钙，该制碱法不是侯氏制碱法，故A错误；B项、反应为NH3+H2O+CO2+N
25、aClNH4Cl+NaHCO3，反应中没有元素发生化合价改变，属于非氧化还原反应，包含复分解反应，故B正确；C项、母液的主要成分是氯化铵，向母液中加入过量氢氧化钙，氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气和氯化钙，X中还可能含有OH，故C错误；D项、通入的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，生产过程中需补充二氧化碳，故D错误。故选B。【点睛】本题主要考查了化学工艺流程，侧重考查流程中发生的反应及其类型、两种流程的异同、物质循环利用等知识内容，掌握制碱法的原理，分析流程中所发生的反应是解题的关键。20.某溶液中可能含有Na+、NH4+、I-、S2-、Cl-。分别取样：测得溶液显弱
26、酸性；滴加氯水和淀粉至过量，始终无明显现象。为确定该溶液的组成，必须的检验方法或试剂是（ ）A. 焰色反应 B. NaOH溶液（加热） C. HNO3酸化AgNO3溶液 D. SO2气体【答案】A【详解】由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-能水解显碱性，两种离子在一起，水解会相互促进，不能大量共存，即S2-与NH4+不能共存于同一溶液中，则该溶液中一定不含有S2-；再根据滴加氯水能氧化I-生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液会变蓝色，而中加氯水和淀粉无明显现象，则说明溶液中一定不含有I-；在根据溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，由于该溶液中含有NH4
27、+，必须同时存在阴离子，即Cl-必然存在，显然剩下的Na+根据题目提供的信息无法判断其是否存在，则需检验的离子是Na+，应选用焰色反应。故合理选项为A。二、综合分析题（共60分）21.因在航空、核能、电池等高技术领域的重要作用锂被称为“21世纪的能源金属”。完成下列填空：(1)锂位于元素周期表的_。锂的很多化学性质与镁相似，请依据元素周期律进行解释：_。(2)氢化锂（LiH）是离子化合物，写出其阴离子的电子式_，LiH中阴离子半径大于阳离子半径，其原因是_。(3) 工业上用Li2CO3制取锂的化合物及金属锂。碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处
28、的轨道是_。(4)用Li2CO3、氨水和液溴制备LiBrH2O的流程如下：合成时，除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：Li2CO3+Br2+ NH3H2OLiBr+（ ） _。溴化锂的溶解度随温度变化曲线如图所示，请补全从溶液中得到LiBrH2O晶体的实验步骤：_、过滤、用乙醇洗涤，干燥。【答案】 (1). 第二周期A族 (2). 锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此化学性质相似 (3). ： (4). 和核外电子数相同，核内质子数大于，其原子核对核外电子的吸引力大，因此离子半
29、径小于 (5). 3 (6). 2p (7). (8). 蒸发浓缩、冷却至左右结晶【分析】（1）锂的原子序数为3，锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系；（2）氢化锂是由Li+和H组成的离子化合物，Li+和H的电子层结构相同，核外电子数相同；（3）碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2；（4）两种参与大气循环的气体应为N2和CO2,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式；由题图可知，当低于44 结晶时要得到LiBr2H2O。【详解】（1）锂的原子序数为3，位于元素周期表第二周期A族；锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此
30、化学性质相似，故答案为：第二周期A族；锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此化学性质相似；（2）氢化锂是由Li+和H组成的离子化合物，H的电子式；Li+和H的电子层结构相同，核外电子数相同，核电荷数越大，其原子核对核外电子的吸引力大，因此Li+离子半径小于H，故答案为：；Li+和H的核外电子数相同，核内质子数Li+大于H，其原子核对核外电子的吸引力大，因此Li+离子半径小于H；（3）碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，纺锤形轨道p上有2个电子，所以有2个纺锤形轨道，故答案为：3；2；（4）Br
31、2、Li2CO3和NH3H2O反应生成的两种参与大气循环的气体应为N2和CO2,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式3Br2+3Li2CO3+2NH3H2O=6LiBr+N2+3CO2+5H2O，故答案为：3Br2+3Li2CO3+2NH3H2O6LiBr+N2+3CO2+5H2O；由题图可知，当低于44 结晶时要得到LiBr2H2O，若要制得LiBrH2O，需将温度冷却到44 结晶、44 过滤、乙醇洗涤(LiBrH2O易溶于水，选用乙醇洗涤可以减少洗涤过程中因溶解造成的损失)、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却至44 结晶。【点睛】本题综合考查物质的制备以及位构性等知识，侧重考查的分析能力和
32、实验能力，注意把握图表的分析是解答关键。22.煤是重要能源。燃煤会释放SO2、CO等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。完成下列填空：I.用CaSO4消除CO。CaSO4和CO可发生如下两个反应：反应：CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）+175.6kJ反应：CaSO4（s）+4CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）218.4kJ (1)写出反应的平衡常数表达式：_；一定条件下的密闭容器中，两反应均达平衡后，若使反应K的减小，需要改变的反应条件是_，则反应的K_（选填编号）、反应的v(CO2)正_（选填编号）。a. 增大 b. 减小 c. 不变 d.
33、无法判断（2）补全下图中反应的能量变化示意图_（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）（3）下图是不同温度下，CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。写出两种降低SO2生成量的措施_。II. Fe2(SO4)3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下：8H2O + FeS2+ 7Fe2(SO4)315FeSO4+ 8H2SO4(4)标出电子转移的数目和方向_；还原产物是_。(5)检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完的实验方案：_。(6)该方法的优点之一是Fe2(SO4)3易再生。向反应后的溶液中通入_，就能达到使Fe2(SO4)3再生的
34、目的，方便且价廉。【答案】 (1). (2). 升高温度 (3). a (4). a (5). (6). 调节CO初始体积百分数为左右、控制温度在左右等 (7). (8). 取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则已消耗完，若溶液变红则没消耗完 (9). 空气【分析】(1)根据平衡常数定义写出反应的平衡常数k的表达式；反应正向是放热反应，反应正向是吸热反应，升高温度，反应平衡逆向移动、反应平衡正向移动；(2)反度正向是吸热反应，反应热H=+218.4kJ/mol；(3)降低SO2生成量，就是控制条件使反应发生的可能性减小或加入过量CaO将SO2吸收；由图象可知温度在950左右时CaS
35、质量百分数最大、CO初始体积百分数为4.0%左右时CaS质量百分数最大，SO2生成量最小；(4)反应中2个-1价S原子被氧化生成2个H2SO4分子，失去14个电子，同时14个+3价Fe3+得到14个电子生成Fe2+，所以FeSO4是还原产物，据此标出电子转移的数目和方向；(5)反应中Fe2(SO4)3是否消耗完只需要检验溶液中是否含有Fe3+，所以取上层清液滴加KSCN溶液，根据颜色变化判断；(6) FeSO4有还原性，使FeSO4转化为Fe2(SO4)3方便且价廉的试剂是空气。【详解】（1）反应化学平衡常数K为c4(CO2)/c4(CO)；反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动
36、，化学平衡常数K减小；反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，故答案为：c4(CO2)/c4(CO)；升高温度；a；a；（2）反应为吸热反应，H=+218.4kJ/mol，反应物总能量小于生成物总能量，则能量变化图示为：，故答案为：；（3）由图象可知温度在950左右时CaS质量百分数最大、CO初始体积百分数为4.0%左右时CaS质量百分数最大，即反应的限度小、反应的限度大，SO2的生成量最小；或将反应生成的SO2吸收掉，以降低SO2生成量，故答案为：调节CO初始体积百分数为4.0%左右，控制反应温度在950左右，加入过量CaO等；（4）由方程式可知，反应中S元素化合价升高，
37、FeS2被氧化，Fe元素化合价降低，Fe2(SO4)3被还原，FeSO4是还原产物，反应中得失电子数目为14，故答案为：；FeSO4；（5）若Fe2(SO4)3被消耗完，溶液中应该不存在Fe3+离子，检验Fe3+离子可以用KSCN检验，实验方案为：即取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则Fe2(SO4)3已消耗完，若溶液变红则没消耗完，故答案为：取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则Fe2(SO4)3已消耗完，若溶液变红则没消耗完；（6）FeSO4有还原性，空气中氧气可以将FeSO4氧化生成Fe2(SO4)3，该方法方便且价廉，故答案为：空气。【点睛】本题考查基本概念和
38、基本理论，涉及了氧化还原反应概念及其表示方法、化学反应速率、化学平衡及其影响因素、平衡常数概念理解和计算应用、重要离子的检验，图象分析方法等知识点，理解基础知识的同时注意迁移运用是解答关键。23.工业上通过电解精制饱和食盐水来制备NaOH、H2、Cl2，再合成盐酸。完成下列填空：(1)粗盐提纯：为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42。向粗盐溶液中依次加入稍过量的NaOH溶液、_，过滤后，再向滤液中加入适量_，再蒸发。(2)电解饱和食盐水：25，电解10L饱和食盐水，若阴极收集到标准状况下11.2L_（填气体化学式），则溶液pH=_（设溶液体积、温度不变、忽略生成物间的反应）。(3)工业制盐
39、酸：利用Cl2和H2化合，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，生产流程如下：为确保Cl2完全反应，合成塔中n(H2)略大于n(Cl2)。写出一条Cl2必须反应完全的理由：_。(4)盐酸浓度测定：可用滴定法，用盐酸滴定已知质量Na2CO3的溶液。过程如下：准确称量一定质量的Na2CO3固体于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，滴加指示剂X，用待测盐酸滴定，接近终点时，加热锥形瓶，煮沸液体2min，冷却至室温，继续滴定至终点，记录消耗盐酸的体积。重复上述过程三次，计算盐酸浓度。已知：指示剂X的变色范围是5.05.2； 25，饱和CO2水溶液pH4。本测定用的仪器有锥形瓶、烧杯、玻璃棒、_。本测定的反应原理是_
40、（用化学方程式表示）。接近终点时煮沸反应混合物的目的是_。盛放Na2CO3固体的锥形瓶不干燥，对实验结果的影响是_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】 (1). ， (2). 盐酸 (3). H2 (4). 13 (5). 氯气有毒，尾气处理会增加成本 (6). 酸式滴定管、电子天 (7). (8). 除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果 (9). 无影响【分析】(1)粗盐提纯时，用过量的氯化钡除去硫酸根离子，用过量的碳酸钠去除去钙离子，用过量的NaOH溶液除去镁离子，在除杂时不能引入新的杂质，所以若先加稍过量的NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去
41、钙离子和过量的钡离子，过滤，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；(2)阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，结合方程式计算；(3)氯气有毒，污染环境，应尽量完全反应；(4)实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作；(5)涉及反应为碳酸钠与盐酸的反应，指示剂X的变色范围是5.0-5.2，应生成二氧化碳和氯化钠；(6)接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳；(7)盛放Na2 CO3固体的锥形瓶不干燥，对实验无影响。【详解】(1)粗盐提纯时，若先加稍过量的NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去钙离子和过量的钡离子，最后
42、加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则依次加入稍过量的NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，再蒸发，故答案为：BaCl2溶液，Na2CO3溶液；盐酸；(2)阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，标准状况下生成11.2L氢气，氢气的物质的量为0.5mol，电解生成1molNaOH，NaOH溶液浓度为1mol/10L=0.1mol/L，pH=13，故答案为：H2；13；(3)氯气有毒，污染环境，为避免污染环境，必须用氢氧化钠溶液处理，为避免增大成本，减少用氢氧化钠溶液处理处理的环节，可以用过量H2使Cl2完全反应
43、，故答案为：氯气有毒，尾气处理会增加成本；(4)实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作，则需要的仪器除锥形瓶、烧杯、玻璃棒之外，还需要酸式滴定管、电子天平，故答案为：酸式滴定管、电子天平；(5)饱和二氧化碳水溶液的pH为4，指示剂X的变色范围是5.0-5.2，则碳酸钠与盐酸的反应应生成二氧化碳和氯化钠，反应的方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；(6)接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果，故答案为：除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果；(7)盛放Na2CO3固体的锥形瓶不干
44、燥，因溶质的物质的量没有变化，对实验无影响，故答案为：无影响。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，综合考查了物质的制备以及含量的测定，侧重考查分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握操作的方法是解答关键。24.烯烃在金属卡宾催化下发生烯烃复分解反应，化学家将其形象地描述为“交换交谊舞舞伴”。其原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3，2C2H5CH=CHCH3C2H5CH=CHC2H5+ CH3CH=CHCH3。以下是由烯烃A（C5H10）合称酯M和酯N的路线：完成下列填空：(1)Q中官能团的名称：_。QD的反应条件：_
45、。(2)写出BQ的合成路线（合成路线的表示方式为_：）(3)E的结构简式为：_。FG的反应类型：_反应。(4)写出GN的化学反应方程式_。(5)有机物X的苯环只有一个侧链且不含甲基，写出X的结构简式：_。(6)有机物Y是D的同分异构体，1mol Y与足量的新制氢氧化铜完全反应得到2mol沉淀，Y烷基上的一氯取代物只有一种，写出Y的结构简式_。【答案】 (1). 羧基、羟基 (2). 浓硫酸、加热 (3). (4). (5). 取代或水解 (6). (7). (8). 【分析】由B的结构简式，可知烯烃A(C5H10)的结构简式为，故A为；B经过卤代烃的水解反应、氧化反应生成Q，由D的分子式可知Q
46、分子内脱去1分子水生成D，应是发生醇的消去反应，且D分子内只有1个甲基，故D为；由D、M的分子式可知，X分子式为C13H16O2+H2O-C5H8O2=C8H10O，因有机物X的苯环只有一个侧链且不含甲基，则X为，故M为；A发生信息中烯烃复分解反应生成E，结合E的分子式，可知E为；E与溴发生加成反应生成F，则F为；F发生水解反应生成G，则G为；G与HOOC-COOH发生酯化反应生成六元环酯N，则N为。【详解】(1)Q中官能团的名称：羧基、羟基，QD发生醇的消去反应，反应条件：浓硫酸、加热，故答案为：羧基、羟基；浓硫酸、加热；(2)B经过卤代烃的水解反应、氧化反应生成Q，合成路线流程图为：，故答案为：；(3)由分析可知，E的结构简式为 ，FG发生卤代烃的水解反应，也属于取代反应，故答案为：；取代(或水解)；(4)GN的反应为与HOOC-COOH发生酯化反应生成六元环酯，反应的化学反应方程式：，故答案为：；(5)由分析可知，X的结构简式为： ，故答案为：；(6)有机物Y是D()的同分异构体，1mol Y与足量的新制氢氧化铜完全反应得到2mol沉淀，说明含有2个-CHO，Y烷基上的一氯取代物只有一种，则Y的结构简式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，考查分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的分子式与结构简式进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。