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海南省海口市第四中学2020届高三上学期月考化学试题
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2019高三第2次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64
第I卷(共40分)
一、单选题（本题共16分，每小题2分，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列物质的名称和化学式不相符的是( )
A. 磁铁矿(FeO) B. 纯碱(Na2CO3) C. 铁红(Fe2O3) D. 小苏打(NaHCO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A．磁铁矿的主要成分是Fe3O4，物质俗称与化学式不相符，故A选；
B．纯碱是碳酸钠的俗称，其化学式为Na2CO3，物质俗称与化学式相符，故B不选；
C．铁红的主要成分是Fe2O3，物质俗称与化学式相符，故C不选；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为NaHCO3，物质俗称与化学式相符，故D不选；
故选A。
2.下列关于金属的叙述中正确的是（ ）
A. 所有的金属都是固态的
B. 金属具有导电性、导热性和延展性
C. 所有金属能与酸反应
D. 金属元素在自然界中都是以化合态存在的
【答案】B
【解析】
A. 所有的金属不一定都是固态的，例如常温下Hg是液态，A错误；B. 金属具有导电性、导热性和延展性，B正确；C. 所有金属不一定都能与酸反应，例如金等极不活泼的金属，C错误；D. 金属元素在自然界中不一定都是以化合态存在的，例如金等，D错误，答案选B。
3.向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末,充分振荡,可观察到的现象是( )
A. 溶液仍为紫色
B. 除最终溶液褪色外,无其他现象
C. 溶液最终变为蓝色
D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色
【答案】D
【解析】
向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末,充分振荡, 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，生成氧气，Na2O2具有漂白性，可以漂白石蕊，可观察到的现象是溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色，故选D。
4. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】
Al(OH)3Al2O3 +H2O
2Al +2H2O +2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
Al3+ +3OH—= Al(OH)3↓
5.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ( )
①NaHCO3②Al2O3③Al (OH )3④Al．
A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；
②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；
③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；
④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。
选D。
6.下列制备金属单质的方法或原理正确的是( )
A. 在高温条件下，用H2还原MgO制备单质Mg
B. 在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质Al
C. 在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质Na
D. 加强热，使CuO高温条件下分解制备单质Cu
【答案】B
【解析】
试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。
考点：考查金属冶炼的一般原理
【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。
7.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是
A. Na2CO3和NaHCO3均可与HCl反应
B. Na2CO3能与石灰水反应而NaHCO3不能
C. Na2CO3热稳定性比NaHCO3的强
D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Na2CO3和NaHCO3都是碳酸的钠盐，由于酸性HCl大于碳酸，所以都可与HCl反应，正确；B．Na2CO3、NaHCO3都能与石灰水反应产生碳酸钙沉淀，错误；C．Na2CO3稳定，加热不能发生分解反应，而NaHCO3不稳定，加热会发生分解反应产生碳酸钠、水和二氧化碳，所以Na2CO3的热稳定性比NaHCO3的强，正确。
考点：考查关于Na2CO3和NaHCO3的说法正误判断的知识。
8.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na＋＋2OH－＋H2↑
B. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al＋2OH－＝＋H2↑
C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑
D. 碳酸氢钠溶液中滴入少量的氢氧化钙溶液：HCO3－+OH－= CO32－+ H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷不守恒，钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．电荷不守恒，铝和强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，反应的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH-══2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C．金属铝溶于盐酸中反应生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CO32-+CaCO3↓+2H2O，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化钙的量的多少与生成物的关系，过量的氢氧化钙溶液与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。
二、不定项选择题（本题共24分，每小题4分，每小题有一个或两个选项符合题意。若错选或多选时，该小题0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个就得0分）
9.有两个无标签的试剂瓶，分别盛有Na2CO3、NaHCO3溶液，有四位同学为鉴别它们采用了以下不同方法，其中可行的是( )
A. 分别滴加盐酸，有气体生成的为Na2CO3，无气体生成的为NaHCO3
B. 分别滴加Ba(OH)2溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
C. 分别滴加Ca(OH)2溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
D. 分别滴加 BaCl2 溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再继续滴加盐酸，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的现象加以鉴别，判断方法不正确，故A错误；
B．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液都产生沉淀，化学反应方程式为：Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O(NaHCO3足量)，无法鉴别，故B错误；
C．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加Ca(OH)2溶液都产生沉淀，化学反应方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(NaHCO3足量)，无法鉴别，故C错误；
D．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，无沉淀生成，可以鉴别，故D正确；
故选D。
10. 下列有关化学用语使用正确的是
A. NH4Br的电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 乙酸的分子式：CH3COOH
D. 原子核内有18个中子的氯原子：
【答案】D
【解析】
试题分析：A、溴化铵的电子式是，A不正确；B、S2-的结构示意图是，B不正确；C、乙酸的分子式是C2H4O2，C不正确；D、质子数＋中子数＝质量数，所以原子核内有18个中子的氯原子的符号是，D正确，答案选D。
考点：考查常见化学用语的正误判断
11.下列说法不正确的是( )
①FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能腐蚀Cu
②室温下，能将浓硫酸盛放在铁桶中
③保存和储藏FeCl3溶液加入盐酸和铁粉
④将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液观察溶液是否变红，可检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
A. ①② B. ③④ C. ②④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，故①正确；
②室温下，浓硫酸使Fe钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故②正确；
③氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，因此保存和储藏FeCl3溶液中不能加入铁粉，故③错误；
④将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故④错误；
不正确的有③④，故选B。
【点睛】本题的易错点为④，要注意酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能将Fe2+氧化生成Fe3+。
12.某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A. Fe2+ B. Mg2+ C. Fe3+ D. Al3+
【答案】A
【解析】
13.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 28g CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
B. 1 mol O2与足量的金属钠完全反应，转移的电子数一定为4NA
C. 1 L 0.2 mol·L−1的FeCl3溶液中含Fe3+的数量小于0.2NA
D. 22.4L丙烷所含的碳氢键数为6NA
【答案】AC
【解析】
【详解】A．NO和N2的摩尔质量都是28g/mol，28g CO和N2混合气体的物质的量为=1mol，1molCO含有质子的物质的量为(6+8)mol=14mol，1molN2中含有质子的物质的量为：2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子14mol，质子数为14NA，故A正确；
B．1 mol O2与钠反应生成氧化钠转移4NA电子，与钠反应生成过氧化钠转移2NA电子，故B错误；
C．1L 0.2 mol•L-1的FeCl3溶液中含有0.2 mol氯化铁，由于铁离子能够水解，数目减少，含有Fe3+数目小于0.2 NA，故C正确；
D．未注明温度和压强，无法计算22.4L丙烷的物质的量，因此无法判断所含的碳氢键数目，故D错误；
故选AC。
14.酚酞的结构如图所示，有关酚酞的说法正确的是( )
A. 分子式为C20H14O4
B. 一定条件下可发生水解反应，生成两种有机物
C. 1mol酚酞最多可与10molH2发生加成反应
D. 可使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由结构简式可知酚酞的分子式为C20H14O4，故A正确；
B．酚酞分子中含有酯基，一定条件下可发生水解反应，但生成的羟基和羧基在同一种物质中，只生成一种有机物，故B错误；
C．1个酚酞中含有3个苯环，1mol酚酞最多可与9molH2发生加成反应，故C错误；
D．酚酞分子中含有酚羟基，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应。
第Ⅱ卷(共60分)
三、填空题
15.如图所示是以石油为原料制备某些化工产品的部分流程。请回答：
（1）写出反应②的化学方程式________________。
（2）B分子中无甲基，则B的结构简式为___________________。
（3）反应①和③的类型依次是______________、______________。
（4）写出反应④化学方程式是_______________。
【答案】 (1). nCH2=CHCl (2). CH2=CH-CH2C1 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). CH2=CHCH3+Br2→
【解析】
【分析】
由流程可知，反应①为乙炔与氯化氢的加成反应，生成的A为CH2=CHCl，反应②为A发生加聚反应生成聚氯乙烯；根据反应④的产物的化学式可知，反应③为丙烯中甲基上H的取代反应，B分子中无甲基，所以B为CH2=CH-CH2C1，反应④为CH2=CH-CH2C1与溴发生的加成反应，据此分析解答。
【详解】(1)反应②为氯乙烯的加聚反应，反应的化学方程式为nCH2=CHCl ，故答案为：nCH2=CHCl ；
(2)根据上面的分析可知，B为CH2=CH-CH2C1，故答案为：CH2=CH-CH2C1；
(3)根据上面的分析可知，反应①为乙炔与氯化氢的加成反应，反应③为丙烯与氯气的取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(4)反应④为CH2=CH-CH2C1与溴发生的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CHCH3+Br2→，故答案为：CH2=CHCH3+Br2→。
16.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，在高温下易被空气氧化成CuO。某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
（1）焙烧过程中产生的炉气是一种能造成酸雨有害气体，其化学式是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）若试剂X是H2O2溶液，其目的是为了将Fe2+离子变成Fe3+，写出相应反应的离子方程式___。当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
（3）调pH时，加入的试剂Y可以为_______，pH的调控范围是________________。
（4）操作X包括________、洗涤、烘干等一系列操作，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_____。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 空气或氧气 (5). CuO或Cu(OH) 2 (6). 3.7≤pH<4.8 (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化
【解析】
【分析】
根据流程图，硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，发生的反应有2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2 2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、烘干，制得Cu2O，据此分析解答。
【详解】(1)根据流程图，硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)与氧气焙烧得到金属氧化物和炉气；焙烧过程中产生的炉气是一种能造成酸雨有害气体，为SO2，Cu2S与O2反应的方程式为Cu2S+2O2 2CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；氧气或空气；
(3)加入试剂Y目的是调节pH，完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，为了不引入新杂质，可以选用CuO或Cu(OH) 2，根据表格数据可知，pH范围应为3.7≤pH＜4.8；故答案为：CuO或Cu(OH) 2；3.7≤pH＜4.8；
(4)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，因此操作X为过滤，洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为：过滤；防止Cu2O被空气中的氧气氧化。
【点睛】本题的易错点为(3)中除杂试剂的选择，要注意根据①溶液显酸性，②不能引入新杂质，③溶液中含有Fe3+和Cu2+考虑。
17.现有含一定量Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置通过与纯净、干燥的CO2反应来测定试样中Na2O2的纯度。
回答下列问题：
（1）按上图组装好实验装置后，首先应该进行的操作是______________。
（2）分液漏斗中所装试液是__________。
（3）装置D中发生反应化学方程是：Na2O + CO2 = Na2CO3和____。
（4）E中碱石灰的作用是__________。
（5）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则试样中Na2O2的含量为__________。
【答案】 (1). 检查气密性 (2). 稀盐酸 (3). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 (4). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (5). 78%
【解析】
【分析】
根据实验装置图可知，测定Na2O2试样的纯度，先在A中用碳酸钙与酸反应生成二氧化碳，用B装置和C装置除去杂质得到纯净、干燥的二氧化碳，在D装置中与样品中的过氧化钠反应生成氧气，用E装置除去氧气中未反应的二氧化碳，F、G装置用排水量气法测得生成的氧气的体积，根据氧气的体积可计算出样品中含有的过氧化钠的质量，进而确定Na2O2试样的纯度，据此分析解答。
【详解】根据实验装置图可知，测定Na2O2试样的纯度，先在A中用碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，影响实验的结果，所以用B装置除去氯化氢，用C装置干燥二氧化碳，再在D装置中与样品中的过氧化钠反应生成 氧气，用E装置除去氧气中未反应的二氧化碳，F、G装置用排水量气法测得生成的氧气的体积，根据氧气的体积可计算出样品中含有的过氧化钠的质量，进而确定Na2O2试样的纯度，
(1)因实验中生成气体，且需要测定生成气体的量，为减小实验误差，应避免气体的逸出，组装好实验装置后，实验前应检验装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：盐酸；
(3)装置D中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，反应的化学方程式为：Na2O+CO2=Na2CO3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)装置E中碱石灰可以吸收二氧化碳，防止装置D中反应剩余的CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；
(5)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体的体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的物质的量为=0.01mol，则过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=×100%=78%，故答案为：78%。
18.已知A(g) +B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/0C
800
830
1000
1200
平衡常数
1.1
1.0
0.5
0.4
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=_____________，△H_____0（填“<” “>”或 “=”）；
（2）830℃时，向体积为10L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.2mol的B，如反应初始到10s内A的平均反应速率v(A)=0.001 mol·L-1·s-1，则10s时c(D)=_____。此时，该反应是否处于平衡状态：___（填“是”或“否”）。达到平衡时A的转化率为__________，如果这时向该密闭容器中充入1mol氦气，A的转化率__________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）可用于判断该反应达到平衡状态的依据为________（填选项符号）：
a、压强不随时间改变 b、气体的密度不再发生改变
c、c(D)不随时间改变 d、单位时间内生成A和C的物质的量相等
（4）1000℃时反应C(g)+D(g) A(g) +B(g)的平衡常数的值为___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 0.01 mol·L-1 (4). 是 (5). 50% (6). 不变 (7). cd (8). 2
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数，是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据温度与平衡常数的关系分析判断；
(2)根据△c=v△t计算△c(A)，A的起始浓度-△c(A)=10s时c(A)，再根据方程式计算D的物质的量浓度；设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，结合平衡常数K=1列方程计算x的值，据此分析解答；
(3)根据化学平衡状态的特征分析判断；
(4)同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数。
【详解】(1)可逆反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数K=，由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：；＜；
(2)反应初始10s内A的平均反应速率v(A)=0.001mol•L-1•s-1，则10s内△c(A)= 0.001mol•L-1•s-1×10s =0.01mol/L，A的起始浓度==0.02mol/L，故10s时c(A)=0.02mol/L-0.01mol/L=0.01mol/L，由方程式可知c(D)=△c(A)=0.01mol/L，设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A(g) + B(g)⇌C(g) + D(g)
开始(mol/L)：0.02 0.02 0 0
变化(mol/L)： x x x x
平衡(mol/L)：0.02-x 0.02-x x x
故=1，解得x=0.01，因此10s时为平衡状态，平衡时A的转化率为×100%=50%；体积不变，充入1mol氦气，反应混合物的各组分浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，故答案为：0.01 mol·L-1；是；50%；不变；
(3)a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．该反应前后气体的体积不变，混合气体的质量不变，气体的密度始终不变，气体的密度不再发生改变，不能说明到达平衡状态，故b错误；c．可逆反应到达平衡时，各物质的浓度不变，故c(D)不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；d．单位时间里生成A和C的物质的量相等，说明单位时间内生成C的物质的量与消耗C的物质的量相等，说明到达平衡，故d正确；故选cd；
(4)同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数，故1000℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2，故答案为：2。
19.（一）是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
①表中碱性最强的为_______(写出化学式)；氢化物稳定性最强的为 ______ ；（写出化学式）
②基态o原子的价电子排布图为______；P3+离子与KSCN反应新生成的化学键为 _____ 键。
③将周期表中g、h、i、j四种元素的第一电离能由大到小排序为_________ (用元素符号表示)。
（二）SiO2晶胞(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si—Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O—Si—O的键角为___________。
②一个SiO2晶胞中，含有_______个Si原子。
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，则熔点：金刚石_______Si晶体（填“大于”，“等于”或“小于”）
④假设金刚石晶胞的边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数，试计算该晶胞的密度______ g·cm－3(写出表达式即可)。
【答案】 (1). KOH (2). HF (3). (4). 配位键 (5). Si＞Mg＞Al＞Na (6). sp3 (7). 109°28′ (8). 8 (9). 大于 (10).
【解析】
【分析】
(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；结合原子结构与性质分析解答；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，形成S-O正四面体结构，据此分析解答；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，根据均摊法计算晶胞中Si原子数目；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，据此分析判断；
④根据均摊法，计算一个金刚石晶胞中含有碳原子数，进而计算晶胞的质量和晶胞的体积，最后计算晶胞的密度。
【详解】(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
①元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性最强的是KOH；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性最强的为HF，故答案为：KOH；HF；
②基态Mn原子的外围电子为其3d、4s电子，其外围电子排布图为，Fe3+离子与KSCN反应新生成的化学键为配位键，故答案为：；配位键；
③同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Si＞Mg＞Al＞Na，故答案为：Si＞Mg＞Al＞Na；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S-O正四面体结构，O-Si-O的键角为：109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，故答案为：8；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，由于碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，因此熔点：金刚石＞Si晶体，故答案为：大于；
④根据图示，一个金刚石晶胞中含有碳原子数=4+8×6×=8，则晶胞的质量=g，晶胞的体积为pm3=(a ×10-10)cm3，因此晶胞的密度== g·cm－3，故答案为：。
20.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：
已知：i
ii
（1）A名称为________________。
（2）步骤Ⅱ反应的化学方程式为____________。
（3）试剂X的结构简式为_______________，步骤Ⅵ的反应类型为______________。
（4）F中所含官能团的名称为_____________________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为________________。
①苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应和银镜反应
（6）依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图。__________
合成路线图示例如下：
【答案】 (1). 甲苯 (2). C6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl (3). CH3CHClCOOH (4). 取代反应（或酯化反应） (5). 酯基、醚键 (6). (7).
【解析】
【分析】
A的分子式为C7H8，结合的结构可知A为，由F的结构可知C、E分别为、中的一种，结合转化关系可知，反应I可以是甲苯与氯气在光照条件下反应生成B为，B发生水解反应生成C为，故E为，结合信息可知，发生取代反应生成D，D为，则X为CH3CHClCOOH。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为，B为，C为，D为，E为，X为CH3CHClCOOH。
(1)A为，A的名称为甲苯，故答案为：甲苯；
(2)步骤Ⅱ为卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为：+NaOH +NaCl，故答案为：+NaOH +NaCl；
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH，步骤Ⅵ为C()和E()的酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CHClCOOH；取代反应(或酯化反应)；
(4)F()中所含官能团有酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键
(5)E()的同分异构体符合：①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH2CH2OOCH，或者-CH(CH3)CH2OOCH，或者为-CH2CH(CH3)OOCH，或者为-C(CH3)2OOCH，或者-CH(CH2CH3)OOCH，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的结构简式为 ，故答案为：；
(6)以为原料制取，可以用先发生催化氧化生成醛，再进一步氧化生成羧酸，最后与氯气、红磷作用得到，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题示限制条件的解读，关键是能发生水解反应和银镜反应，结合E的结构，说明属于甲酸形成的酯。
2019高三第2次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64
第I卷(共40分)
一、单选题（本题共16分，每小题2分，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列物质的名称和化学式不相符的是( )
A. 磁铁矿(FeO) B. 纯碱(Na2CO3) C. 铁红(Fe2O3) D. 小苏打(NaHCO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A．磁铁矿的主要成分是Fe3O4，物质俗称与化学式不相符，故A选；
B．纯碱是碳酸钠的俗称，其化学式为Na2CO3，物质俗称与化学式相符，故B不选；
C．铁红的主要成分是Fe2O3，物质俗称与化学式相符，故C不选；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式为NaHCO3，物质俗称与化学式相符，故D不选；
故选A。
2.下列关于金属的叙述中正确的是（ ）
A. 所有的金属都是固态的
B. 金属具有导电性、导热性和延展性
C. 所有金属能与酸反应
D. 金属元素在自然界中都是以化合态存在的
【答案】B
【解析】
A. 所有的金属不一定都是固态的，例如常温下Hg是液态，A错误；B. 金属具有导电性、导热性和延展性，B正确；C. 所有金属不一定都能与酸反应，例如金等极不活泼的金属，C错误；D. 金属元素在自然界中不一定都是以化合态存在的，例如金等，D错误，答案选B。
3.向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末,充分振荡,可观察到的现象是( )
A. 溶液仍为紫色
B. 除最终溶液褪色外,无其他现象
C. 溶液最终变为蓝色
D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色
【答案】D
【解析】
向紫色石蕊试液中加入过量Na2O2粉末,充分振荡, 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，生成氧气，Na2O2具有漂白性，可以漂白石蕊，可观察到的现象是溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色，故选D。
4. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】
Al(OH)3Al2O3 +H2O
2Al +2H2O +2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
Al3+ +3OH—= Al(OH)3↓
5.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ( )
①NaHCO3②Al2O3③Al (OH )3④Al．
A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；
②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；
③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；
④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。
选D。
6.下列制备金属单质的方法或原理正确的是( )
A. 在高温条件下，用H2还原MgO制备单质Mg
B. 在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质Al
C. 在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质Na
D. 加强热，使CuO高温条件下分解制备单质Cu
【答案】B
【解析】
试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。
考点：考查金属冶炼的一般原理
【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。
7.下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是
A. Na2CO3和NaHCO3均可与HCl反应
B. Na2CO3能与石灰水反应而NaHCO3不能
C. Na2CO3热稳定性比NaHCO3的强
D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Na2CO3和NaHCO3都是碳酸的钠盐，由于酸性HCl大于碳酸，所以都可与HCl反应，正确；B．Na2CO3、NaHCO3都能与石灰水反应产生碳酸钙沉淀，错误；C．Na2CO3稳定，加热不能发生分解反应，而NaHCO3不稳定，加热会发生分解反应产生碳酸钠、水和二氧化碳，所以Na2CO3的热稳定性比NaHCO3的强，正确。
考点：考查关于Na2CO3和NaHCO3的说法正误判断的知识。
8.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na＋＋2OH－＋H2↑
B. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al＋2OH－＝＋H2↑
C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑
D. 碳酸氢钠溶液中滴入少量的氢氧化钙溶液：HCO3－+OH－= CO32－+ H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷不守恒，钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．电荷不守恒，铝和强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，反应的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH-══2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C．金属铝溶于盐酸中反应生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CO32-+CaCO3↓+2H2O，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化钙的量的多少与生成物的关系，过量的氢氧化钙溶液与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。
二、不定项选择题（本题共24分，每小题4分，每小题有一个或两个选项符合题意。若错选或多选时，该小题0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个就得0分）
9.有两个无标签的试剂瓶，分别盛有Na2CO3、NaHCO3溶液，有四位同学为鉴别它们采用了以下不同方法，其中可行的是( )
A. 分别滴加盐酸，有气体生成的为Na2CO3，无气体生成的为NaHCO3
B. 分别滴加Ba(OH)2溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
C. 分别滴加Ca(OH)2溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
D. 分别滴加 BaCl2 溶液，有沉淀的为Na2CO3，无沉淀的为NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再继续滴加盐酸，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的现象加以鉴别，判断方法不正确，故A错误；
B．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液都产生沉淀，化学反应方程式为：Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O(NaHCO3足量)，无法鉴别，故B错误；
C．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加Ca(OH)2溶液都产生沉淀，化学反应方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(NaHCO3足量)，无法鉴别，故C错误；
D．向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中分别滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，无沉淀生成，可以鉴别，故D正确；
故选D。
10. 下列有关化学用语使用正确的是
A. NH4Br的电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 乙酸的分子式：CH3COOH
D. 原子核内有18个中子的氯原子：
【答案】D
【解析】
试题分析：A、溴化铵的电子式是，A不正确；B、S2-的结构示意图是，B不正确；C、乙酸的分子式是C2H4O2，C不正确；D、质子数＋中子数＝质量数，所以原子核内有18个中子的氯原子的符号是，D正确，答案选D。
考点：考查常见化学用语的正误判断
11.下列说法不正确的是( )
①FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能腐蚀Cu
②室温下，能将浓硫酸盛放在铁桶中
③保存和储藏FeCl3溶液加入盐酸和铁粉
④将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液观察溶液是否变红，可检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
A. ①② B. ③④ C. ②④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，故①正确；
②室温下，浓硫酸使Fe钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故②正确；
③氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，因此保存和储藏FeCl3溶液中不能加入铁粉，故③错误；
④将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故④错误；
不正确的有③④，故选B。
【点睛】本题的易错点为④，要注意酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能将Fe2+氧化生成Fe3+。
12.某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A. Fe2+ B. Mg2+ C. Fe3+ D. Al3+
【答案】A
【解析】
13.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 28g CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
B. 1 mol O2与足量的金属钠完全反应，转移的电子数一定为4NA
C. 1 L 0.2 mol·L−1的FeCl3溶液中含Fe3+的数量小于0.2NA
D. 22.4L丙烷所含的碳氢键数为6NA
【答案】AC
【解析】
【详解】A．NO和N2的摩尔质量都是28g/mol，28g CO和N2混合气体的物质的量为=1mol，1molCO含有质子的物质的量为(6+8)mol=14mol，1molN2中含有质子的物质的量为：2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子14mol，质子数为14NA，故A正确；
B．1 mol O2与钠反应生成氧化钠转移4NA电子，与钠反应生成过氧化钠转移2NA电子，故B错误；
C．1L 0.2 mol•L-1的FeCl3溶液中含有0.2 mol氯化铁，由于铁离子能够水解，数目减少，含有Fe3+数目小于0.2 NA，故C正确；
D．未注明温度和压强，无法计算22.4L丙烷的物质的量，因此无法判断所含的碳氢键数目，故D错误；
故选AC。
14.酚酞的结构如图所示，有关酚酞的说法正确的是( )
A. 分子式为C20H14O4
B. 一定条件下可发生水解反应，生成两种有机物
C. 1mol酚酞最多可与10molH2发生加成反应
D. 可使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由结构简式可知酚酞的分子式为C20H14O4，故A正确；
B．酚酞分子中含有酯基，一定条件下可发生水解反应，但生成的羟基和羧基在同一种物质中，只生成一种有机物，故B错误；
C．1个酚酞中含有3个苯环，1mol酚酞最多可与9molH2发生加成反应，故C错误；
D．酚酞分子中含有酚羟基，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应。
第Ⅱ卷(共60分)
三、填空题
15.如图所示是以石油为原料制备某些化工产品的部分流程。请回答：
（1）写出反应②的化学方程式________________。
（2）B分子中无甲基，则B的结构简式为___________________。
（3）反应①和③的类型依次是______________、______________。
（4）写出反应④化学方程式是_______________。
【答案】 (1). nCH2=CHCl (2). CH2=CH-CH2C1 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). CH2=CHCH3+Br2→
【解析】
【分析】
由流程可知，反应①为乙炔与氯化氢的加成反应，生成的A为CH2=CHCl，反应②为A发生加聚反应生成聚氯乙烯；根据反应④的产物的化学式可知，反应③为丙烯中甲基上H的取代反应，B分子中无甲基，所以B为CH2=CH-CH2C1，反应④为CH2=CH-CH2C1与溴发生的加成反应，据此分析解答。
【详解】(1)反应②为氯乙烯的加聚反应，反应的化学方程式为nCH2=CHCl ，故答案为：nCH2=CHCl ；
(2)根据上面的分析可知，B为CH2=CH-CH2C1，故答案为：CH2=CH-CH2C1；
(3)根据上面的分析可知，反应①为乙炔与氯化氢的加成反应，反应③为丙烯与氯气的取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(4)反应④为CH2=CH-CH2C1与溴发生的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CHCH3+Br2→，故答案为：CH2=CHCH3+Br2→。
16.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，在高温下易被空气氧化成CuO。某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
（1）焙烧过程中产生的炉气是一种能造成酸雨有害气体，其化学式是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）若试剂X是H2O2溶液，其目的是为了将Fe2+离子变成Fe3+，写出相应反应的离子方程式___。当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
（3）调pH时，加入的试剂Y可以为_______，pH的调控范围是________________。
（4）操作X包括________、洗涤、烘干等一系列操作，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_____。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 空气或氧气 (5). CuO或Cu(OH) 2 (6). 3.7≤pH<4.8 (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化
【解析】
【分析】
根据流程图，硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，发生的反应有2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2 2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、烘干，制得Cu2O，据此分析解答。
【详解】(1)根据流程图，硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)与氧气焙烧得到金属氧化物和炉气；焙烧过程中产生的炉气是一种能造成酸雨有害气体，为SO2，Cu2S与O2反应的方程式为Cu2S+2O2 2CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；氧气或空气；
(3)加入试剂Y目的是调节pH，完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，为了不引入新杂质，可以选用CuO或Cu(OH) 2，根据表格数据可知，pH范围应为3.7≤pH＜4.8；故答案为：CuO或Cu(OH) 2；3.7≤pH＜4.8；
(4)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，因此操作X为过滤，洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为：过滤；防止Cu2O被空气中的氧气氧化。
【点睛】本题的易错点为(3)中除杂试剂的选择，要注意根据①溶液显酸性，②不能引入新杂质，③溶液中含有Fe3+和Cu2+考虑。
17.现有含一定量Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置通过与纯净、干燥的CO2反应来测定试样中Na2O2的纯度。
回答下列问题：
（1）按上图组装好实验装置后，首先应该进行的操作是______________。
（2）分液漏斗中所装试液是__________。
（3）装置D中发生反应化学方程是：Na2O + CO2 = Na2CO3和____。
（4）E中碱石灰的作用是__________。
（5）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则试样中Na2O2的含量为__________。
【答案】 (1). 检查气密性 (2). 稀盐酸 (3). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 (4). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (5). 78%
【解析】
【分析】
根据实验装置图可知，测定Na2O2试样的纯度，先在A中用碳酸钙与酸反应生成二氧化碳，用B装置和C装置除去杂质得到纯净、干燥的二氧化碳，在D装置中与样品中的过氧化钠反应生成氧气，用E装置除去氧气中未反应的二氧化碳，F、G装置用排水量气法测得生成的氧气的体积，根据氧气的体积可计算出样品中含有的过氧化钠的质量，进而确定Na2O2试样的纯度，据此分析解答。
【详解】根据实验装置图可知，测定Na2O2试样的纯度，先在A中用碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，影响实验的结果，所以用B装置除去氯化氢，用C装置干燥二氧化碳，再在D装置中与样品中的过氧化钠反应生成 氧气，用E装置除去氧气中未反应的二氧化碳，F、G装置用排水量气法测得生成的氧气的体积，根据氧气的体积可计算出样品中含有的过氧化钠的质量，进而确定Na2O2试样的纯度，
(1)因实验中生成气体，且需要测定生成气体的量，为减小实验误差，应避免气体的逸出，组装好实验装置后，实验前应检验装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：盐酸；
(3)装置D中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，反应的化学方程式为：Na2O+CO2=Na2CO3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)装置E中碱石灰可以吸收二氧化碳，防止装置D中反应剩余的CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；
(5)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体的体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的物质的量为=0.01mol，则过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=×100%=78%，故答案为：78%。
18.已知A(g) +B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/0C
800
830
1000
1200
平衡常数
1.1
1.0
0.5
0.4
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=_____________，△H_____0（填“<” “>”或 “=”）；
（2）830℃时，向体积为10L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.2mol的B，如反应初始到10s内A的平均反应速率v(A)=0.001 mol·L-1·s-1，则10s时c(D)=_____。此时，该反应是否处于平衡状态：___（填“是”或“否”）。达到平衡时A的转化率为__________，如果这时向该密闭容器中充入1mol氦气，A的转化率__________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）可用于判断该反应达到平衡状态的依据为________（填选项符号）：
a、压强不随时间改变 b、气体的密度不再发生改变
c、c(D)不随时间改变 d、单位时间内生成A和C的物质的量相等
（4）1000℃时反应C(g)+D(g) A(g) +B(g)的平衡常数的值为___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 0.01 mol·L-1 (4). 是 (5). 50% (6). 不变 (7). cd (8). 2
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数，是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据温度与平衡常数的关系分析判断；
(2)根据△c=v△t计算△c(A)，A的起始浓度-△c(A)=10s时c(A)，再根据方程式计算D的物质的量浓度；设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，结合平衡常数K=1列方程计算x的值，据此分析解答；
(3)根据化学平衡状态的特征分析判断；
(4)同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数。
【详解】(1)可逆反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数K=，由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：；＜；
(2)反应初始10s内A的平均反应速率v(A)=0.001mol•L-1•s-1，则10s内△c(A)= 0.001mol•L-1•s-1×10s =0.01mol/L，A的起始浓度==0.02mol/L，故10s时c(A)=0.02mol/L-0.01mol/L=0.01mol/L，由方程式可知c(D)=△c(A)=0.01mol/L，设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A(g) + B(g)⇌C(g) + D(g)
开始(mol/L)：0.02 0.02 0 0
变化(mol/L)： x x x x
平衡(mol/L)：0.02-x 0.02-x x x
故=1，解得x=0.01，因此10s时为平衡状态，平衡时A的转化率为×100%=50%；体积不变，充入1mol氦气，反应混合物的各组分浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，故答案为：0.01 mol·L-1；是；50%；不变；
(3)a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．该反应前后气体的体积不变，混合气体的质量不变，气体的密度始终不变，气体的密度不再发生改变，不能说明到达平衡状态，故b错误；c．可逆反应到达平衡时，各物质的浓度不变，故c(D)不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；d．单位时间里生成A和C的物质的量相等，说明单位时间内生成C的物质的量与消耗C的物质的量相等，说明到达平衡，故d正确；故选cd；
(4)同一温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数，故1000℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2，故答案为：2。
19.（一）是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
①表中碱性最强的为_______(写出化学式)；氢化物稳定性最强的为 ______ ；（写出化学式）
②基态o原子的价电子排布图为______；P3+离子与KSCN反应新生成的化学键为 _____ 键。
③将周期表中g、h、i、j四种元素的第一电离能由大到小排序为_________ (用元素符号表示)。
（二）SiO2晶胞(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si—Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O—Si—O的键角为___________。
②一个SiO2晶胞中，含有_______个Si原子。
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，则熔点：金刚石_______Si晶体（填“大于”，“等于”或“小于”）
④假设金刚石晶胞的边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数，试计算该晶胞的密度______ g·cm－3(写出表达式即可)。
【答案】 (1). KOH (2). HF (3). (4). 配位键 (5). Si＞Mg＞Al＞Na (6). sp3 (7). 109°28′ (8). 8 (9). 大于 (10).
【解析】
【分析】
(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；结合原子结构与性质分析解答；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，形成S-O正四面体结构，据此分析解答；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，根据均摊法计算晶胞中Si原子数目；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，据此分析判断；
④根据均摊法，计算一个金刚石晶胞中含有碳原子数，进而计算晶胞的质量和晶胞的体积，最后计算晶胞的密度。
【详解】(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
①元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性最强的是KOH；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性最强的为HF，故答案为：KOH；HF；
②基态Mn原子的外围电子为其3d、4s电子，其外围电子排布图为，Fe3+离子与KSCN反应新生成的化学键为配位键，故答案为：；配位键；
③同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Si＞Mg＞Al＞Na，故答案为：Si＞Mg＞Al＞Na；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S-O正四面体结构，O-Si-O的键角为：109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，故答案为：8；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，由于碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，因此熔点：金刚石＞Si晶体，故答案为：大于；
④根据图示，一个金刚石晶胞中含有碳原子数=4+8×6×=8，则晶胞的质量=g，晶胞的体积为pm3=(a ×10-10)cm3，因此晶胞的密度== g·cm－3，故答案为：。
20.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：
已知：i
ii
（1）A名称为________________。
（2）步骤Ⅱ反应的化学方程式为____________。
（3）试剂X的结构简式为_______________，步骤Ⅵ的反应类型为______________。
（4）F中所含官能团的名称为_____________________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为________________。
①苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应和银镜反应
（6）依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图。__________
合成路线图示例如下：
【答案】 (1). 甲苯 (2). C6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl (3). CH3CHClCOOH (4). 取代反应（或酯化反应） (5). 酯基、醚键 (6). (7).
【解析】
【分析】
A的分子式为C7H8，结合的结构可知A为，由F的结构可知C、E分别为、中的一种，结合转化关系可知，反应I可以是甲苯与氯气在光照条件下反应生成B为，B发生水解反应生成C为，故E为，结合信息可知，发生取代反应生成D，D为，则X为CH3CHClCOOH。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为，B为，C为，D为，E为，X为CH3CHClCOOH。
(1)A为，A的名称为甲苯，故答案为：甲苯；
(2)步骤Ⅱ为卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为：+NaOH +NaCl，故答案为：+NaOH +NaCl；
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH，步骤Ⅵ为C()和E()的酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CHClCOOH；取代反应(或酯化反应)；
(4)F()中所含官能团有酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键
(5)E()的同分异构体符合：①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH2CH2OOCH，或者-CH(CH3)CH2OOCH，或者为-CH2CH(CH3)OOCH，或者为-C(CH3)2OOCH，或者-CH(CH2CH3)OOCH，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的结构简式为 ，故答案为：；
(6)以为原料制取，可以用先发生催化氧化生成醛，再进一步氧化生成羧酸，最后与氯气、红磷作用得到，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题示限制条件的解读，关键是能发生水解反应和银镜反应，结合E的结构，说明属于甲酸形成的酯。
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