上海市长宁区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com ‎2020年长宁区高三化学在线学习效果评估试卷 考生注意：‎ ‎1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。‎ ‎2.答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、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：H-1 O-16 Cu-64 S-32‎ 一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）‎ ‎1.从原理角度来看，下列过程属于物理变化的是（ ）‎ A. 干馏 B. 分馏 C. 裂化 D. 裂解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化，故A错误；‎ B.分馏是利用组分沸点的不同进行分离的操作，属于物理变化，故B正确； ‎ C.石油裂化得到轻质油，重油中的烷烃在高温的条件下发生断链，得到轻质油，属于化学变化，故C错误；‎ D.石油的裂解得到乙烯、丁二烯等化工原料，属于化学变化，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.镆（Mc）是一种人工合成的元素，同位素Mc的原子核内的中子数是（ ）‎ A. 115 B. 144 C. 173 D. 288‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同位素Mc的原子核内质量数为288，质子数为115，则中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎3.对储氢材料CaH2描述错误的是（ ）‎ A. 离子半径：H->Li+ B. H-有强还原性 C. Ca2+最外层电子排布式：3s23p6 D. CaH2晶体中既有离子键又有共价键 ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+，故A正确；‎ B.H-易失去电子，则具强还原性，故B正确； ‎ C.钙原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C正确；‎ D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。‎ ‎4.下列属于强电解质的是 A. 硫酸钡 B. 食盐水 C. 二氧化硅 D. 醋酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：‎ A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；‎ B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；‎ C.二氧化硅是非电解质，C项错误；‎ D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。‎ 故答案选A ‎5.常温下，铝条与下列溶液不能持续反应的是（ ）‎ A. 氢氧化钠溶液 B. 浓硫酸 C. 稀硫酸 D. 硫酸铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，能持续反应，故A错误；‎ B.铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，阻碍反应的进行，不能持续反应，故B正确； ‎ - 19 -‎ C.铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，能持续反应，故C错误；‎ D.铝与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜和硫酸铝，能持续反应，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】浓硫酸具有强氧化性，室温时，与铝、铁能发生钝化，加热条件下可继续发生反应。‎ ‎6.下列关于矿物油（汽油、煤油、柴油等）的判断正确的是 A. 都是烃的衍生物 B. 都有固定沸点 C. 都易溶于水 D. 都不能与氢氧化钠溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 矿物油（汽油、煤油、柴油等）沸点较低，在常压下加热就容易挥发，所以汽油、煤油、柴油主要来自于石油的常压蒸馏。‎ ‎【详解】A. 矿物油（汽油、煤油、柴油等）都是烃，选项A错误；‎ B. 矿物油（汽油、煤油、柴油等）都为混合物，没有固定沸点，选项B错误；‎ C. 矿物油（汽油、煤油、柴油等）都难溶于水，选项C错误；‎ D. 矿物油（汽油、煤油、柴油等）都不能与氢氧化钠溶液反应，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎7.下列关于钠的叙述正确的是（ ）‎ A. 钠为银白色固体，熔点很高 B. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的过氧化钠 C. 钠可保存在酒精中 D. 钠与CuSO4溶液反应，可置换出单质铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠受热先熔化，后燃烧，则钠的熔点较低，故A错误；‎ B.钠与氧气在点燃条件下生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，故B正确； ‎ C.钠能与酒精发生反应，则钠不能保存在酒精中，故C错误；‎ D.钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水发生置换反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，则钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ - 19 -‎ ‎【点睛】钠与氧气在室温下发生反应生成白色的氧化钠，点燃条件下生成淡黄色的过氧化钠。‎ ‎8.把铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是 A. CuSO4 B. Fe2(SO4)3 C. HCl D. FeSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，等物质的量的铜的质量大于铁的质量，因此溶液中质量减小，A符合题意；‎ B.铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，溶液质量增加，B不符合题意；‎ C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，等物质的量的Fe的质量大于H2的质量，溶液质量增加，C不符合题意；‎ D.铁与硫酸亚铁不反应，溶液质量不变，D不符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎9.一定量固体加水溶解后，以石墨为电极电解该溶液。上述变化过程中会放出热量的是　　‎ A. 向水中扩散 B. 形成水合离子 C. 发生水解 D. 电解产生Cu和 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CuCl2向水中扩散，为吸收能量的过程，故A不符合题意； ‎ B、Cu2＋形成水合离子，形成配位键，放出能量，故B符合题意； ‎ C、离子的水解为吸热过程，故C不符合题意； ‎ D、电解需要吸收能量，将电能转化为化学能，故D不符合题意；‎ ‎10.下列实验事实可以用共价键键能解释的是 A. 氯化氢的沸点低于溴化氢 B. 金刚石熔点高于晶体硅 C. 氦气的化学性质稳定 D. 甲烷是正四面体型分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】A.不形成氢键的，结构和组成相似的，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点就越高，故A错误；‎ B.金刚石和晶体硅都是原子晶体，熔沸点高低与共价键强弱有关系，故B正确；‎ C.稀有气体原子的电子排布为稳定结构，不容易得失电子，所以化学性质稳定，故C错误；‎ D.sp3杂化使甲烷分子各键能键长趋于相等，故而成正四面体结构，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是 A. 均采用水浴加热 B. 制备乙酸丁酯时正丁醇过量 C. 均采用边反应边蒸馏的方法 D. 制备乙酸乙酯时乙醇过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯直接加热，A错误；‎ B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，B错误；‎ C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C错误；‎ D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。‎ ‎12.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 原子半径：S＞Cl B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ C. 还原性：I﹣＞Br﹣‎ D. 酸性：H2SO4＞H3PO4‎ - 19 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数Cl>S，所以原子半径：S＞Cl，A不符合题意；‎ B.二者都是碳酸的钠盐，酸式盐稳定性比正盐差，与元素周期律无关，B符合题意；‎ C.Br、I是同一主族的元素，由于非金属性，Br>I，所以还原性：I﹣＞Br﹣，与元素周期律有关，C不符合题意；‎ D.元素的非金属性S>P，所以酸性：H2SO4＞H3PO4，与元素周期律有关，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.在溶液中加入过量Na2O2后仍能大量共存的是（ ）‎ A. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3- B. K+、CO32-、AlO2-、SO42-‎ C. Fe2+、Mg2+、SCN-、Cl- D. Na+、HCO3-、SO32-、I-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过氧化钠有强氧化性，能与还原性的物质发生氧化还原反应，过氧化钠在溶液中能与水反应生成氢氧化钠和氧气。‎ ‎【详解】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，而生成的氢氧根离子能与铵根会发生反应，故A错误；‎ B. K+、CO32-、AlO2-、SO42-互相之间不反应，并且与过氧化钠、及与过氧化钠和水反应生成的氢氧化钠也不反应，故B正确； ‎ C.亚铁离子有还原性，能被过氧化钠氧化成铁离子，铁离子与硫氰酸根能形成红色的络合物而不能共存，且过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧根能与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，故C错误；‎ D.SO32-、I-均具有还原性，能被过氧化钠氧化，且过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠会与碳酸氢根发生反应而不共存，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎14.只用水就能鉴别的一组物质是（ ）‎ A. 苯、乙酸、四氯化碳 B. 乙醇、乙醛、乙酸 C. 乙醛、乙二醇、硝基苯 D. 己烷、乙醇、甘油 - 19 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯与水不互溶且比水的密度小，混合时苯在上层，乙酸与水互溶不分层，四氯化碳与水不互溶且比水的密度大，混合时四氯化碳在下层，则能用水进行区分，故A正确；‎ B.乙醇、乙醛、乙酸均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故B错误； ‎ C.乙醛、乙二醇均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故C错误；‎ D.乙醇、甘油均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎15.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液浸润后，置于如图装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）‎ A. 铁被氧化的电极反应式为Fe–3e=Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁粉、碳粉与氯化钠溶液能构成原电池，铁粉作负极，发生吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】A.铁作负极，被氧化的电极反应式为Fe–2e-=Fe2+，故A错误；‎ B.铁腐蚀过程中化学能部分转化为电能，部分转化成其他能量，故B错误； ‎ C.活性炭作正极与铁和氯化钠溶液构成原电池，使铁的腐蚀速率加快，故C正确；‎ D.铁腐蚀需要由水和氧气，讲氯化钠溶液换成水，铁也能发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎16.取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：‎ - 19 -‎ 下列说法不正确的是 A. 实验①白色沉淀是难溶AgCl B. 由实验②说明AgI比AgCl更难溶 C. 若按①③顺序实验，看不到黑色沉淀 D. 若按②①顺序实验，看不到白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用反应向着更难溶的方向进行分析。‎ ‎【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，即实验①中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；‎ B、实验②中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)＋I－(aq)=AgI(s)＋Cl－(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；‎ C、实验③得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgCl>AgI>Ag2S，按①③顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；‎ D、根据选项C分析，按照②①顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。‎ ‎17.常温下，在醋酸溶液中加入一定量的醋酸钠固体，下列说法错误的是（ ）‎ A. c(OH-)减小 B. 醋酸的电离程度减小 C. 溶液的pH增大 D. c(Ac-)增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，加入醋酸钠固体时，CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A.由分析知，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则氢氧根的浓度增大，故A错误；‎ B.由分析知，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故B正确； ‎ C.由分析知，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；‎ D.加入醋酸钠固体，则醋酸根的浓度增大，故D正确；‎ - 19 -‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎18. 下列关于物质或离子检验的叙述正确的是 A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+‎ B. 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+‎ D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；‎ B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；‎ C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；‎ D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。‎ ‎19.向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）‎ A. 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-‎ B. 10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-‎ C. 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-‎ D. 2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。‎ ‎【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；‎ - 19 -‎ B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确； ‎ C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；‎ D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎20.测定CuSO4·xH2O晶体的x值，有关质量数据如表中所示，已知x的理论值为5.0，产生误差的可能原因是（ ）‎ A. 晶体中含不挥发杂质 B. 加热时蓝色未完全变白 C. 没有放在干燥器中冷却 D. 加热时有晶体溅出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，，，，，。‎ ‎【详解】A.晶体中含不挥发杂质，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，会使x偏小，不符合题意，故A错误；‎ B.加热时蓝色未完全变白，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故B错误； ‎ C.没有放在干燥器中冷却，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故C错误；‎ D.加热时有晶体溅出，会使剩余固体的质量偏小，m（H2O）偏大，则会使x偏大，符合题意，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ - 19 -‎ 二、综合题（共60分）‎ ‎21.硒是动物和人体所必需的微量元素之一，在周期表中信息如图所示。完成下列填空：‎ ‎（1）Se元素在周期表中的位置为___。表中78.96的意义为__。Se原子最外层电子排布的轨道表示式为___。‎ ‎（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒___。‎ ‎（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种___（选填“极性、或非极性”）分子，其空间结构为___型。‎ ‎（4）工业上常用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式___。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为___g，得到SO2在标准状况下的体积为___ L。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). 硒元素的相对原子质量 (3). (4). 硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒 (5). 极性 (6). 折线形 (7). CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O (8). 18.49 (9). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Se原子核外有4个电子层，最外层电子数为6，则Se元素在周期表中的位置为第四周期VIA族，表中78.96的为硒元素的相对原子质量，Se原子最外层电子排布的轨道表示式为，故答案为：第四周期VIA族；硒元素的相对原子质量；；‎ ‎（2）硫元素、硒元素同主族，硫原子、硒原子最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒；‎ ‎（3）硒化氢（H2Se）类比硫化氢，为折线型，正电中心与负电中心不重合，是一种极性分子，故答案为：极性；折线型；‎ - 19 -‎ ‎（4）浓H2SO4具有强氧化性，CuSe具有还原性，二者反应产生SO2、SeO2，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，每转移6mol电子，生成1molSeO2，3molSO2，则每转移1mol电子，可得到SeO2，其质量为，得到molSO2，其在标准状况下的体积为，故答案为：18.49；11.2。‎ ‎22.工业上可由氢气、氮气合成氨气，溶于水形成氨水。一定温度下，向2L固定体积的密闭容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q>0），NH3物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎（1）0~2min内的平均反应速率v(H2)=___。‎ ‎（2）该温度下，反应的平衡常数表达式K=___。‎ 其平衡常数K与温度T的关系如下表：‎ 试判断K1___K2（填写“>”、“=”或“<”）。‎ ‎（3）能说明该合成氨反应已达到平衡状态的是___（选填编号）。‎ a.3v(N2)=v(H2)‎ b.容器内压强保持不变 c.混合气体的密度保持不变 d.25℃时，测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1‎ 常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表。‎ 请回答：‎ ‎（4）①中所得混合溶液，pH___7（填“>”、“<”或“＝”）；②中c__0.2（填“>”、“<”或“＝”），所得混合溶液中各离子浓度大小关系为___。‎ - 19 -‎ ‎（5）请你设计一个能证明一水合氨是弱电解质的简要方案___。‎ ‎【答案】 (1). 0.375mol/(L·min) (2). (3). > (4). bd (5). < (6). > (7). c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-) (8). 用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图像可知，生成氨气的物质的量为1mol，则消耗氢气的物质的量为1.5mol，反应速率，故答案为：0.375mol/(L·min)；‎ ‎（2）结合方程式，反应的平衡常数表达式K=，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K2，故答案为：；>；‎ ‎（3）a.根据方程式系数与反应速率的关系，任何状态下，都有3v(N2)=v(H2)，则3v(N2)=v(H2)不能说明反应到达平衡状态，故a错误；‎ b.从方程式可知，该反应是气体的总物质的量是可变的量，当容器内压强保持不变，则气体的总物质的量不变，说明该反应达到平衡状态，故b正确； ‎ c.根据质量守恒定律，气体的总质量始终保持不变，而该反应在恒容条件下进行，则混合气体的密度始终保持不变，故c错误；‎ d.25℃时，测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1，计算浓度熵，则反应处于平衡状态，故d正确；‎ 综上所述，故答案为：bd；‎ ‎（4）①中为氨水和盐酸等体积等浓度混合，所得混合溶液中溶质为氯化铵，因为铵根发生水解，则溶液显酸性，pH<7，故答案为：<；‎ ‎②中两溶液混合后pH=7，因为盐酸为强酸，氨水为弱碱，则需要氨水稍多一些，即氨水的浓度比盐酸的浓度大，c>0.2，因为溶液显中性，则所得混合溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故答案为：>；c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)；‎ ‎（5）若证明一水合氨是弱电解质，则可以从铵根能发生水解来说明，证明方案为：用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4‎ - 19 -‎ Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7，故答案为：用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7。‎ ‎【点睛】判断化学平衡状态可从两个角度去考虑，从速率角度，要说明正反应速率与逆反应速率速率的关系，若为同一物质，则正、逆反应速率相等，若不同物质，则正、逆反应速率与方程式的系数成比例；从物质的量的角度，要说明可变量不变了，则可以说明达到化学平衡状态。‎ ‎23.2-苯基丙烯酸(俗名阿托酸)是一种重要的医药中间体、材料中间体，可用下列方法合成。首先，由A制得E，过程如下：‎ 已知：i.CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr ii.CH3CH2CNCH3CH2COOH ‎（1）烃A的名称是___。D的同分异构体中，能发生银镜反应的芳香族化合物有多种，任写一种该类同分异构体的结构简式___。写出反应④的化学方程式___。‎ 又已知，iii：R—CH2—COOCH2R’+HCOOCH2R”+R”—CH2OH 然后，通过下列路线可得最终产品：‎ ‎（2）检验F是否完全转化为G试剂是___。反应⑤的化学方程式是___。‎ ‎（3）路线二与路线一相比不太理想，理由是___。‎ ‎（4）设计并完善以下合成流程图___。‎ ‎（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). （或等） (3). +CH3CH2OH - 19 -‎ ‎+H2O (4). 新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液） (5). +HCOOC2H5+C2H5OH (6). 由于I中既有羟基又有羧基，在浓硫酸的作用下易发生酯化反应，影响2-苯基丙烯酸的产率 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C7H8，又E中有苯环结构，则A为甲苯；A发生卤代反应生成B，因为E中苯环上只有一个支链，可知甲苯发生的是侧链上的卤代，B为；发生已知i的反应生成C（），发生已知ii的反应生成D（）；H为G在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，则H为，I为G在稀硫酸加热条件下发生水解反应得到，则I为。‎ ‎【详解】（1）由分析可知烃A是甲苯；能发生银镜反应，则分子结构中含有酯基，满足条件的D的同分异构的结构简式有、等；④与乙醇发生酯化反应，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：甲苯；（或等）；+CH3CH2OH+H2O；‎ ‎（2）F中有醛基，能产生银镜现象，或能使新制的氢氧化铜悬浊液产生红色沉淀，则检验F是否完全转化为G的试剂是新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液）；反应⑤为发生已知iii的反应，其化学方程式是+HCOOC2H5+C2H5OH ，故答案为：新制的氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液）；+HCOOC2H5+C2H5OH；‎ - 19 -‎ ‎（3）由于I中既有羟基又有羧基，在浓硫酸的作用下易发生酯化反应，影响2-苯基丙烯酸的产率，所以路线二与路线一相比不太理想，故答案为：由于I中既有羟基又有羧基，在浓硫酸的作用下易发生酯化反应，影响2-苯基丙烯酸的产率；‎ ‎（4）中有双键，可先与溴发生加成反应，后在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解，再进行醇羟基逐步氧化可的到，其合成路线为：。‎ ‎24.为了监测某烟道气中的NOx的含量，选用如下采样和检测方法。‎ I.采样步骤 ‎①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。‎ ‎（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___。采样步骤②加热烟道气的目的是___。‎ C中填充的干燥剂最好的选择是___（选填编号）。‎ a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5‎ ‎（2）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂___。‎ Ⅱ.NOx含量的测定 将一定量的气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3-，然后加入过量的FeSO4标准溶液，充分反应后，再用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+。‎ ‎（3）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是___。滴定操作使用的玻璃仪器主要有___。‎ ‎（4）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O、Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。判断下列情况对NOx - 19 -‎ 含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：若缺少采样步骤③，会使测试结果___；若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___。‎ ‎【答案】 (1). 除尘 (2). 防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性 (3). c (4). (5). 2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O (6). 锥形瓶、滴定管 (7). 偏低 (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A为过滤器，除去粉尘；装置B为加热器，加热防止氮氧化合物溶于水，影响氮氧化合的测定；C为干燥器，干燥酸性气体应选择酸性干燥剂或中性干燥剂；D为吸收器，吸收酸性气体应用碱性溶液。‎ ‎【详解】（1）第一步过滤器是为了出去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘；采样步骤②加热烟道气是为了防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；‎ a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a错误；‎ b.无水硫酸铜可用于检验是否有水的存在，干燥能力不强，故b错误；‎ c.五氧化二磷为酸性干燥剂，可以用于干燥酸性气体，故c正确；‎ 综上所述，故答案为：除尘；防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；c；‎ ‎（2）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，气体长管进，短管出，装置示意图如图：，故答案为：；‎ ‎（3）NO在酸性条件下被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O，滴定操作主要用到铁架台、滴定管、锥形瓶，其中玻璃仪器主要有锥形瓶、滴定管，故答案为：2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O；锥形瓶、滴定管；‎ ‎（4）若没有打开抽气泵，则系统中还存在气样中的氮元素，导致吸收不完全，使测定结果偏低；若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，使得计算所得的氮元素含量偏高，故答案为：偏低；偏高。‎ ‎【点睛】根据测定过程中发生反应的方程式，，，可知氮氧化合物的物质的量可表示为 - 19 -‎ ‎，由此可知若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，即偏低，则使得计算所得的氮元素含量偏高。‎ - 19 -‎ - 19 -‎