2023年上海市虹口區(qū)高考化學一模試卷

1015頁2023年上海市虹口區(qū)高考化學一模試卷一、單項選擇題〔2040.0分〕以下變化屬于物理變化的是( )鈍化 B.風化 C.干餾 D.分餾【答案】D【解析】解：A、鈍化是金屬鋁和鐵等在冷的濃硫酸、濃硝酸中被在外表氧化出了一層致密而結(jié)實的氧化物薄膜的過程，是化學變化，故A錯誤；B、風化是帶結(jié)晶水的晶體失去結(jié)晶水的過程，是化學變化，故B錯誤；C、干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，故為化學變化，故C錯誤；D無物質(zhì)生成，故為物理變化，故D正確。應選：D。無物質(zhì)生成的變化為物理變化，有物質(zhì)生成的變化為化學變化，據(jù)此分析。區(qū)分。A.B.C.1sA.B.C.1s22s22p3D.【答案】C【解析】解：A.只表示核外的電子分層排布狀況，故A錯誤；只能表示最外層電子數(shù)，故B錯誤；具體到能級數(shù)的電子數(shù)，對電子運動狀態(tài)描述正確，2s、2p電子的能量不同，故C正確；電子排布狀態(tài)描述違反洪特規(guī)章，故D錯誤。應選：C。狀況，對電子運動狀態(tài)描述最詳盡．此題主要考察原子構(gòu)造示意圖、電子式、電子排布式、原子軌道排布式等意義，難度不大，留意四者的不同．以下關于同溫同壓同體積的16O2和18O2的推斷正確的選項是( )質(zhì)子數(shù)一樣 B.沸點一樣 C.可為同位素 D.摩爾質(zhì)量一樣【答案】A【解析】解：依據(jù)阿伏伽德羅定律可知，同溫同壓同體積的16O2和18O2具有一樣的物質(zhì)的量，16O218O216，則等物質(zhì)的量的二者含有質(zhì)子數(shù)一樣，故A正確；二者都是分子晶體，沸點與相對分子質(zhì)量有關，其相對分子質(zhì)量不同，則沸點不同，故B錯誤；同種元素的不同原子之間互為同位素，二者為單質(zhì)，不屬于同位素，故C錯誤；16O218O2的相對分子質(zhì)量分別為32、36，其摩爾質(zhì)量分別為32g/mol、36g/mol，二者摩爾質(zhì)量不同，故D錯誤；應選：A。同溫同壓同體積的16O218O2具有一樣的物質(zhì)的量，16O218O2的質(zhì)子數(shù)都是16，二試題培育了學生的分析力氣及靈敏應用力氣。以下分子中，屬于含有極性鍵的非極性分子的是( )C2H4 B.H2S C.Cl2 D.NH3【答案】A【解析】解：A.C2H4中有C、H元素之間形成極性鍵，且分子構(gòu)造對稱，正負電荷的中心重合，屬于非極性分子，故A選；B.H2S中H、S元素形成的極性鍵，但構(gòu)造不對稱，屬于極性分子，故B不選；C.Cl2中只有ClCl非極性鍵，屬于非極性分子，故C不選；D.NH3N、H元素形成的極性鍵，但構(gòu)造不對稱，屬于極性分子，故D不選；應選：A。性分子，而構(gòu)造對稱且正負電荷的中心重合的分子為非極性分子，據(jù)此分析。的關鍵，應生疏常見分子的構(gòu)型，題目難度不大。葡萄糖發(fā)酵產(chǎn)生乳酸，其構(gòu)造簡式如以以下圖，乳酸不能發(fā)生的反響類型( )取代 B.消去 C.加成 D.聚合【答案】C【解析】解：含有羥基，可發(fā)生消去、取代反響，含有羧基、羥基，可發(fā)生縮聚反響，不能發(fā)生加成反響。應選：C。乳酸含有羥基、羧基，具有酸、醇的性質(zhì)，以此解答該題。此題考察有機物構(gòu)造和性質(zhì)，為高考高頻點，側(cè)重考察學生的分析力氣，明確物質(zhì)中官能團與性質(zhì)的關系是解此題關鍵，知道乳酸酯化時斷鍵和成鍵方式，題目難度不大。以下反響中生成物總能量高于反響物總能量的是( )氧化鈣溶于水 B.鐵粉與硫粉共熱C.強酸強堿中和 D.碳酸鈣分解【答案】D【解析】解：A、氧化鈣溶于水生成氫氧化鈣的反響為化合反響，故為放熱反響，故A錯誤；B、鐵粉和硫粉共熱的反響為化合反響，故為放熱反響，故B錯誤；C、酸堿中和為放熱反響，故強酸和強堿中和為放熱反響，故C錯誤；D、碳酸鈣分解為分解反響，故為吸熱反響，故D正確。應選：D。依據(jù)反響中生成物總能量高于反響物總能量，說明該反響是一個吸熱反響，．常見的放熱反響有：全部的物質(zhì)燃燒、全部金屬與酸、全部中和反響、絕大多數(shù)化合反響，鋁熱反響；常見的吸熱反響有：個別的化合反響(如C和CO2)、絕大數(shù)分解反響、少數(shù)分解置換以及某些復分解(如銨鹽和強堿)．是解題的關鍵．以下試驗事實可以用共價健鍵能解釋的是( )氯化氣的沸點低于溴化氫 B.金剛石熔點高于晶體硅C.氦氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定 D.甲烷是正四周體型分子【答案】B【解析】解：A.氯化氫、溴化氫對應的晶體為分子晶體，影響沸點凹凸的因素為分子間作用力，故A錯誤；金剛石、晶體硅都為原子晶體，熔點凹凸由共價鍵鍵能大小打算，故B正確；C.氦氣為單原子分子，不存在共價鍵，故C錯誤；D.甲烷的空間構(gòu)造由鍵角打算，與鍵能無關，故D錯誤。應選：B。答該題。此題考察共價鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及推斷的一般規(guī)律為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用力氣的考察，留意物質(zhì)的性質(zhì)與共價鍵的關系，題目難度不大。關于NH4C1的說法正確的選項是( )溶于水溫度上升 B.可作氮肥C.受熱分解可制氨氣 D.屬于共價化合物【答案】B【解析】解：A.NH4C1A錯誤；氯化銨屬于銨態(tài)氮肥，故B正確；D.氯化銨是由氨根離子與氯離子通過離子鍵形成離子化合物，電子式，故氫氧化鈣制備氨氣，故CD.氯化銨是由氨根離子與氯離子通過離子鍵形成離子化合物，電子式，故D錯誤；應選：B。A.銨鹽溶于水吸熱；B.含氮的鹽可作肥料；C.氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫；D.氯化銨屬于離子化合物。此題考察銨鹽的性質(zhì)、類別，把握銨鹽的溶解性、穩(wěn)定性、類別是解答關鍵，題目難度不大。以下事實不能說明元素的金屬性或非金屬性相對強弱的是( )氧化性：Cu2+>Fe2+酸性：HI>HCl共用電子對偏移程度：N?H鍵>C?H鍵堿性：NaOH>Al(OH)3【答案】B【解析】解：A、氧化性：Cu2+>Fe2+，說明金屬性鐵強于銅，可以說明金屬性相對強弱，故A正確；B、氫化物對應水化物的酸性強弱不能說明非金屬性強弱，應最高價氧化物對應水化物酸性強弱，才能說明非金屬性強弱，故B錯誤；C、共用電子對偏移程度：N?H鍵>C?H鍵，說明氮的非金屬強于碳，故C正確；H>3，所以鈉的金屬性強于鋁，故D正確；應選：B。A、氧化性：Cu2+>Fe2+，說明金屬性鐵強于銅；B、氫化物對應水化物的酸性強弱不能說明非金屬性強弱；C、共用電子對偏向非金屬性強的元素；D、最高價氧化物對水化物的堿性越強對應元素的金屬性越強。此題考察金屬性及非金屬性的比較，為高頻考點，把握元素的位置、元素周期律及比較方法為解答的關鍵，留意歸納金屬性、非金屬性比較方法，題目難度不大。以下有機物試驗室制備裝置正確的選項是( )A.制乙烯B.制乙炔C制硝基苯D.制乙酸丁酯A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A.需要溫度計測定溫度為170℃A錯誤；B.生成氫氧化鈣易堵塞瓶頸處，不能選啟普發(fā)生器制備，故B錯誤；C.水浴加熱可制備硝基苯，圖中裝置合理，故C正確；D.制乙酸丁酯不需要水浴加熱，可直接加熱，故D錯誤；應選：C。A.需要溫度計測定溫度為170℃；B.生成氫氧化鈣易堵塞瓶頸處；C.水浴加熱可制備硝基苯；D.制乙酸丁酯不需要水浴加熱。此題考察化學試驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、試驗裝置的作用、物質(zhì)題目難度不大。某單烯烴與氫氣的加成產(chǎn)物為：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，以下相關說法正確的選項是()該產(chǎn)物的名稱是2?乙基丁烷3種沸點不同的一氯代物3種不同構(gòu)造原單烯烴與分了式為C5H10的烴確定互為同系物【答案】C【解析】解：A.為3?甲基戊烷，故錯誤；B.4種H4種沸點不同的一氯代物，故B錯誤；C.對應的烯烴可為CH2CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CHC(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2C正確；D.分了式為C5H10的烴可為環(huán)烷烴，不愿定為同系物，故D錯誤。應選：C。單烯烴與氫氣的加成產(chǎn)物為：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，對應的烯烴可為CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，以此解答該題。此題考察有機物的構(gòu)造和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析力氣的考察，留意把握加成反響的運用以及同分異構(gòu)體的書寫，難度不大。水中參與以下物質(zhì)，對水的電離平衡不產(chǎn)生影響的是( )NaHCO3 B.NaBr C.KAl(SO4)2 D.NH3【答案】B【解析】解：A.NaHCO3屬于強堿弱酸鹽，碳酸氫根離子促進水的電離，故A不選；B.NaBrB選；C.KAl(SO4)2電離出的鋁離子水解，促進了水的電離，故C不選；D.NH3溶于水形成一水合氨，溶液呈堿性，抑制了水的電離，故D不選；應選：B。水為弱電解質(zhì)，水的電離平衡為：H2O?H++OH?，參與酸或堿抑制水的電離，參與能水解的鹽促進水的電離；鋁離子、碳酸氫根離子水解促進了水的電離、氨氣抑制了水的電離，而NaBr不影響水的電離平衡，據(jù)此進展解答。電離，參與能水解的鹽促進水的電離，試題培育了學生的靈敏應用力氣。加熱條件下，20mL18mol/L的濃H2SO4與過量的碳反響可得到標況下的CO2( )小于4.032L B.等于4.032L C.大于4.032L D.無法確定【答案】A2O4L×L=，碳和濃硫酸反響的化學方程式為C+2H2

SO4

CO2

O，假設硫酸完222

×22.4L/mol=4.032l酸的濃度變稀，碳和稀硫酸不反響，則實際生成的CO2的體積應小于4.032l，應選：A。C+2H2

SO4

(濃)熱

CO2

O，但碳和稀硫酸不反響。方程式計算中的應用，包括各化學計量之間相互轉(zhuǎn)化的計算，屬根底考察，難度中等。向H2S溶液中參與或通入少量以下物質(zhì)，溶液pH升且c(S2?)降低的是( )NaOH B.CuSO4 C.Cl2 D.SO2【答案】D【解析】解：A、加氫氧化鈉與硫化氫反響生成硫化鈉，PH值變大，硫離子的濃度變大，故A錯誤；BB錯誤；C、能和氯氣反響生成單質(zhì)硫和氯化氫，溶液酸性增加，PH值減小，故C錯誤；D、硫化氫與二氧化硫反響生成單質(zhì)硫，導致溶液pH上升且c(S2?)D正確；應選：D。A、加氫氧化鈉與硫化氫反響生成硫化鈉，硫離子的濃度變大；B、硫酸銅與硫化氫反響生成硫酸的硫化銅；C、能和氯氣反響生成單質(zhì)硫和氯化氫；D、硫化氫與二氧化硫反響生成單質(zhì)硫。此題考察了氫硫酸的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考察學生的分析力氣，依據(jù)物質(zhì)之間的反響分析解答，難度不大。將物質(zhì)的量濃度和體積均一樣的一元酸HA與一元堿BOH混合所得溶液呈堿性。以下推斷正確的( )BOH確定過量 B.HA確定不是強酸C.BOH確定是強堿 D.所得溶液：c(A?)>c(B+)【答案】B解：A.等物質(zhì)的量濃度和等體積的一元酸HA與一元堿BOH的物質(zhì)的量相等，酸堿恰好反響完全，故A錯誤；等量的HA與BOH混合，所得溶液呈堿性，則BOH的電離程度大于HA，說明HA沒有完全電離，故B正確；C.BOH可能是強堿，也可能是弱堿，但BOH的電離程度大于HA，故C錯誤；D.H?)+?)=H+)+B+H?)>H+?)<B+，故D錯誤；應選：B。等物質(zhì)的量濃度和等體積的一元酸HA與一元堿BOH的物質(zhì)的量相等；等量的HA與BOH混合，所得溶液呈堿性，則BOH的電離程度大于HA，說明HA沒有完全電離；C.BOH的電離程度大于HA，則BOH可能是強堿，也可能是弱堿；D.依據(jù)電荷關系和c(OH?)>c(H+)推斷。此題考察離子濃度大小比較及酸堿強弱的定性推斷，題目中等，留意電荷關系的運用。ABABCD試驗操作分別參與鐵片分別滴加到膽礬晶體中分別滴加到pH試紙上結(jié)論無氣體產(chǎn)生者為濃硫酸晶體變白者為濃硫酸試紙變黑者為濃硫酸將有濃氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口有白煙生成的是濃硫酸A B.B C.C D.D【答案】D【解析】解：A.常溫下鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化，現(xiàn)象不明顯，則分別參與金屬鐵片無氣體產(chǎn)生者為濃硫酸，可鑒別，故A不選；濃硫酸具有吸水性，稀硫酸不能，則分別滴加到膽礬晶體中，晶體變白者為濃硫酸，可鑒別，故B不選；pH可鑒別，故C不選；濃硫酸、稀硫酸都不具有揮發(fā)性，則將有濃氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口，都無白煙生成，不行鑒別，故D選；應選：D。常溫下鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化；濃硫酸具有吸水性，稀硫酸不能；C.濃硫酸具有脫水性，稀硫酸不具有；D.濃硫酸、稀硫酸都不具有揮發(fā)性。此題考察物質(zhì)的鑒別及檢驗，為高頻考點，把握濃硫酸的性質(zhì)為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用力氣的考察，留意元素化合物學問的應用，題目難度不大。由一種陽離子與兩種酸根離子組成的鹽稱為混鹽。向混鹽CaOCl2中參與足量濃硫酸，可發(fā)生反響：CaOCl2+H2SO4(濃)→CaSO4+Cl2↑+H2O.以下說法錯誤的選項是(NA表示阿佛加德羅常數(shù))( )濃硫酸表達氧化性與酸性1molCaOCl2中含有3NA個離子混鹽CaOCl2中既含離了鍵又含共價鍵lmol氯氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA【答案】A【解析】解：A.S的化合價沒有發(fā)生變化，濃硫酸只表現(xiàn)酸性，故A錯誤；B.1mol混鹽CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl?、1molClO?，即含有3NA個離子，故B正確；C.CaOCl2中含有離子鍵，也含有Cl?O共價鍵，故C正確；D.Cl元素的化合價從+10Cl的化合價從?101，則每產(chǎn)生lmol氯氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故D正確；應選：A。CaOCl2+H2SO4(濃)→CaSO4+Cl2↑+H2OCl元素的化合價從+1價降低0價，局部Cl的化合價從?10價，反響中只有Cl元素的化合價發(fā)生變化，據(jù)此分析。此題考察了氧化復原反響、化學鍵、物質(zhì)的組成，題目難度不大，留意把握氧化復原反響CaOCl2的組成微粒是解題的關鍵。用滴有氯化鈉溶液的潮濕的濾紙分別做甲、乙兩個試驗，以下推斷正確的選項是( )a極上發(fā)生復原反響鐵片腐蝕速率：乙>甲d為陰極，發(fā)生的反響為：Fe?2e→Fe2+b極上發(fā)生的反響為：O2+2H2O+4e→4OH?【答案】D【解析】解：A、據(jù)原電池和電解池的構(gòu)成條件可知，甲是原電池，乙是電解池，甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，b為正極，a為負極發(fā)生氧化反響，故A錯誤；B、甲中鐵為原電池的負極，發(fā)生反響Fe?2e→Fe2+Fe為電解池陰極，發(fā)生反響2H++2e?=H2↑，F(xiàn)e被保護，所以鐵片腐蝕速率：乙<B錯誤；C、乙中d為陰極，陰極上電極反響式為：2H++2e?=H2↑，故C錯誤；D、甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，b為正極，正極上電極反響式為2H2O+O2+4e?=4OH?，故D正確；應選：D。甲構(gòu)成原電池，乙為電解池，甲中鐵發(fā)生吸氧腐蝕，b為正極，正極上電極反響式為2H2O+O2+4e?=4OH?d為陰極，陰極上電極反響式為：2H++2e?=H2↑，以此解答該題。此題考察了原電池和電解池原理，為高頻考點，側(cè)重于學生淀粉分析力氣的考察，明確各個電極上發(fā)生的電極反響是解此題關鍵，題目難度不大。3某溶液含有五種離子，且各離子物質(zhì)的量濃度相(不考慮水解與電離)，其中三種離子為Na+，I?，NO?，則另外兩種離子可能是( )32 Ba2+和OH? B.K+和AlO? C.Fe3+和SO2? D.H+和Cl2 【答案】A3【解析】解：A.Ba2+和OH?與Na+，I?，NO?能夠共存，濃度相等時也滿足電荷守恒，3在溶液中能夠大量共存，故A正確；B.K+和AlO?與Na+，I?，NO?能夠共存，但物質(zhì)的量濃度相等時陰離子所帶負電荷大于2 3陽離子所帶正電荷，不滿足電荷守恒，故B錯誤；C.Fe3+與I?發(fā)生氧化復原反響，不能共存于同一溶液，故C錯誤；3D.H+、I?、NO?之間發(fā)生氧化復原反響，不能共存于同一溶液，故D錯誤，3應選：A。鋇離子與氫氧根離子不反響，都不與題干離子反響，且滿足溶液電中性；離子濃度相等時，陰離子所帶負電荷大于陽離子所帶正電荷，無法了電荷守恒；C.鐵離子能夠氧化碘離子；D.酸性條件下硝酸根離子能夠氧化碘離子。此題考察離子共存的應用，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，明確離子反響發(fā)生條件為解答關鍵，留意“各離子物質(zhì)的量濃度相等”，為易錯點，試題側(cè)重對學生根底學問的訓練和檢驗，有利于提高學生靈敏運用根底學問解決實際問題的力氣。A鹵化銀沉淀的轉(zhuǎn)化A鹵化銀沉淀的轉(zhuǎn)化B配制FeCl3溶液C酯水解程度的比較D探究石灰石與稀鹽酸在密閉環(huán)境下的反響A B.B C.C D.D【答案】C【解析】解：A.NaCl足量，硝酸銀電離的銀離子完全反響，AgCl在溶液中存在溶解平衡，參與少量KI溶液后生成黃色沉淀，該沉淀為AgI，說明實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，能夠用勒夏特列原理解釋，故A不選；解，能夠用勒夏特列原理解釋，故B不選；酯化反響中，稀硫酸為催化劑，催化劑不影響平衡，不能用勒夏特列原理解釋，故C選；二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞時壓強較大，不會有氣泡生成，翻開瓶塞后壓強減小，生成氣泡，可用勒夏特列原理解釋，故D不選；應選：C。移動。使用勒夏特列原理時，該反響必需是可逆反響，否則勒夏特列原理不適用，催化劑能加快反響速率，與化學平衡移無關，據(jù)此進展推斷。逆反響，且符合平衡移動的原理，試題培育了學生的靈敏應用力氣。二、簡答題〔460.0分〕將高溫水蒸氣通到硫氰化鉀的外表，會發(fā)生反響：4KSCN+9H2O(g)→K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3完成以下填空：上述反響所涉及的各元素中，離子半徑最大的是 (填離子符號)屬于其次周期元素的非金屬性由強到弱的挨次為 。上述反響所涉及的各物質(zhì)中，屬于非電解質(zhì)的是 。寫出CO2的電子式 ，其熔沸點低的緣由是 。溶液pHK2CO311.6K2S12.5物質(zhì)的量濃度均為0.10moL的溶液pHK2CO311.6K2S12.5K2CO3水溶液呈堿性的緣由是 (用離子方程式表示)。3從表中數(shù)據(jù)可知，K2CO3溶液中c(CO2?) K2S溶液中的c(S2?)(填“>”<”或3“=”)K2S接觸潮濕銀器外表，會消滅黑色斑點(Ag2S)，其原理如下 K2S+ Ag+ O2+H2O→ Ag2S+ KOH配平上述反響。每消耗標準狀況下224mLO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為 。【答案】S2? O>N>C CO2、NH3CO2屬于分子晶體，分子間作用每消耗標準狀況下224mLO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為 ?！敬鸢浮縎2? O>N>C CO2、NH3CO2屬于分子晶體，分子間作用3 3K+S?的核外電子數(shù)都是1S的原子序數(shù)為1S?半徑大；C、N、O所以非金屬性由強到弱的挨次為O>N>C；故答案為：S2?；O>N>C；K2O3K2S222是弱電解質(zhì)，CO2、NH3在熔融狀態(tài)或水溶液中都不能電離，是非電解質(zhì)；故答案為：CO2、NH3；(3)CO2是共價化合物，其構(gòu)造式為O=C=O，碳原子和氧原子之間有2對電子，其電子式為 O2固體屬于分子晶體分子間作用力較弱所以其熔沸點較低故答案為： ；CO2固體屬于分子晶體，分子間作用力較弱，所以其熔沸點較低；碳酸為弱酸，碳酸鈉溶液水解呈堿性，緣由是碳酸根結(jié)合水電離出的氫離子，導致333溶液中氫離子濃度小于水電離生成氫氧根的濃度，離子反響方程式為：CO2?+H2O??+H?K2O3和K2SK2SS?)小，所以K2CO3溶液中c(CO2?)大于K2S溶液中的c(S2?)；333故答案為：CO2?+H2O?HCO?+OH?；>；3 3O2→～e?g→g2S～?O2→～?，g→g2Se?K2S+g+O2+2O=g2S+4KOH，方程式中每消耗1molO2

4mol，則n(e?)=4n(O2

)=4×0L=22.4L/mol0.04mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)N=nNA=0.04NA；故答案為：2，4，1，2，2，4；0.04NA。K+、S2?18、有三個電子層，N、C、O的簡潔離子核外電子數(shù)都是10、有兩個電子層，H+半徑最小，所以K+、S2?的半徑相對較大，再依據(jù)電子層構(gòu)造一樣時，原子序數(shù)越大，離子半徑越小作答；同一周期元素的非金屬性從左到右漸漸增加；依據(jù)電解質(zhì)和非電解質(zhì)概念解答，酸、堿、鹽、堿性氧化物、水都是電解質(zhì)；(3)CO2是共價化合物，其構(gòu)造式為O=C=O2對電子；物質(zhì)的熔沸點凹凸與微粒間的作用力強弱有關，微粒間作用力弱，其熔沸點較低，以此來解答。K2CO3和K2S溶液pH：K2S溶液大，則說明S2?水解程度大；Ag失去電子總數(shù)與O2得到電子總數(shù)相等，結(jié)合原子守恒配平化學方程式，再依據(jù)方程式與電子關系計算。此題考察元素周期律、物質(zhì)的性質(zhì)、弱電解質(zhì)的強弱與水解的關系，并利用電離與水解嫻熟把握根底是解題關鍵。接觸法制硫酸工藝中，其主反響在450℃并有催化劑存在下進展：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)+190kJ(1)該反響的平衡常數(shù)表達式K= 該反響450℃時的平衡常數(shù) 500℃時的平衡常數(shù)(填“>”“<”或“=”)在一個固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后到達平衡，測得容器中含SO30.18mol，則v(O2)= mol/(L?min)請寫出提高SO2轉(zhuǎn)化率的兩種方法 、 。依據(jù)反響方程式，請在如圖1中，繪制反響方向箭頭，并在適宜位置標明物質(zhì)與熱量將SO2與SO3的混合氣體持續(xù)通入確定量的NaOH溶液中，產(chǎn)物中某離子的物質(zhì)的量濃度與通入氣體的體積有如圖2所示關系，該離子是 ?！敬鸢浮?/p>

c2(SO3)

> 0.036 加壓降溫HSO?c2(SO2)?c(O2)【解析】解：(1)反響2SO

(g)+O

(g)?2SO

3(g)的化學平衡常數(shù)K=

c2(SO3) ；2 2 3

c2(SO2)?c(O2)K450℃時的平衡常數(shù)>500℃時的平衡常數(shù)，故答案為：

c2(SO3)

；>；c2(SO2)?c(O2)(2)v(SO3)=

5L0.5min

=l?1?mi12

(g)+O2

(g)?2SO3

(g)可知，2v(O2)=1v(SO3)=0.036mol?L?1?min?1，2故答案為：0.036；(3)反響2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)為氣體體積縮小的放熱反響，可通過降低溫度、增大壓強等方法，使平衡向正向移動，從而提高SO2轉(zhuǎn)化率，故答案為：加壓；降溫；，(4)反響2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)為放熱反響，反響物2SO2(g)+O2(g)的總能量比生成物2SO3(g)190kJ，據(jù)此畫出該反響中物質(zhì)與能量變化的圖象為：，故答案為：；3(5)將SO2與SO3NaOH溶液中，開頭時NaOH過量，反響a24a2O3NaOHO2O3a2O4不反響，a23O3a2332O3與NaHSO3反響生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消逝，所以圖象中曲線表示的離子是HSO?故答案為：；33故答案為：HSO?。3(1)化學平衡常數(shù)K=結(jié)合溫度對平衡的影響來分析K的變化狀況；

表示的反響速率，然后結(jié)合化學反響速率與化學計量數(shù)成正△t 3比計算v(O2)；(3)提高SO2轉(zhuǎn)化率，需要使平衡向著逆向移動，從濃度、壓強、溫度等化學平衡的影響分析；(4)該反響為放熱反響，反響物2SO2(g)+O2(g)的總能量比生成物2SO3(g)的總能量高190kJ，據(jù)此可畫出該反響中物質(zhì)與能量變化的圖象；(5)將SO2與SO3NaOH溶液中，開頭時NaOH過量，反響生成Na2SO4、Na2SO3；NaOH完全反響后，此時溶質(zhì)為Na2SO4、Na2SO3，Na2SO4不反響，隨著SO2與SO3的不斷參與，Na2SO3漸漸轉(zhuǎn)化成NaHSO3；當Na2SO3完全轉(zhuǎn)化成32O33a24O23完全消逝，據(jù)此推斷符合的離子。此題考察較為綜合，涉及化學平衡計算、反響熱與焓變、化學平衡的影響因素、離子反響等學問，題目難度中等，明確化學平衡及其影響為解答關鍵，留意把握化學反響與能量變化的關系，(5)為易錯點，試題培育了學生的綜合應用力氣。福韋酯(TDF)主要用于治療艾滋病毒(HIV)W是合成TDF的重要中間體，其合成路線如圖所示完成以下填空N所含官能團的名稱是 ，Y的構(gòu)造簡式是 。X可用苯的一種同系物制備，所需的無機試劑與條件是 。(3)寫出檢驗W中是否有殘留甲醛的化學方程式 。(4)①②的目的是 。(5)寫出M符合以下條件的一種同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式： 。i.與M具有一樣官能團(6)M(6)M為原料制備聚丙烯酸()的合成路線。 【答案】羥基、氯原子Br2、光照HCHO+代HCOOCH2CH2CH2代HCOOCH2CH2CH2OH△

2Cu2

O+5H2

O+CO2

↑ 保護羥基，防止與HCl發(fā)生取.比照Y前后物質(zhì)的構(gòu)造，結(jié)合Y的分子式，可知生成Y的反響是?COOCH3轉(zhuǎn)化為.比照Y前后物質(zhì)的構(gòu)造，結(jié)合Y的分子式，可知生成Y的反響是?COOCH3轉(zhuǎn)化為?CH2OH，Y轉(zhuǎn)化羥基被氯原子取代生成，故Y為.反響②①②是為保(1)N所含官能團的名稱是：羥基、氯原子，Y的構(gòu)造簡式是，故答案為：羥基、氯原子；；護羥基，防止與HCl發(fā)生取代反響，N與HCHO(1)N所含官能團的名稱是：羥基、氯原子，Y的構(gòu)造簡式是，故答案為：羥基、氯原子；；(2)X為可以用甲苯與溴在光照條件下制備得到，所需的無機試劑與條件是：Br(2)X為可以用甲苯與溴在光照條件下制備得到，所需的無機試劑與條件故答案為：Br2、光照；W中是否有殘留甲醛，可以用制氫氧化銅，反響方程式為：HCHO+△4Cu(OH)2△

O+CO2↑，△故答案為：HCHO+4Cu(OH)2△

O+CO2↑；：，故答案為：。比照①前后物質(zhì)構(gòu)造，結(jié)合X分子式可知①屬于取代反響，故X：，故答案為：。比照①前后物質(zhì)構(gòu)造，結(jié)合X分子式可知①屬于取代反響，故X為.對發(fā)生取代，故答案為：保護羥基，防止與HCl發(fā)生取代；M符合以下條件的一種同分異構(gòu)體符合條件：i.與M羥基，ii.能發(fā)生銀鏡反響，含有甲酸形成的酯基，故符合條件的同分異構(gòu)體為：HCOOCH2CH2CH2OH等，(6)發(fā)生消去反響生成CH2=CHCOOCH3，再發(fā)生水解反響生成CH2(6)發(fā)生消去反響生成CH2=CHCOOCH3，再發(fā)生水解反響生成CH2=CHCOOH，最終發(fā)生加聚反響生成目標物，合成路線流程圖為：比YYY的反響是?COOCH3轉(zhuǎn)化為?CH2OH，Y轉(zhuǎn)化羥基被氯原子取代生成比YYY的反響是?COOCH3轉(zhuǎn)化為?CH2OH，Y轉(zhuǎn)化羥基被氯原子取代生成Y為.反響(6)發(fā)生消去反響生成CH2=CHCOOCH3，再發(fā)生水解反響生成CH2=CHCOOH，最終發(fā)生加聚反響生成目標物。此題考察有機物的合成，涉及官能團的識別、有機反響方程式的書寫、限制條件同分異構(gòu)體的書寫、合成路線涉及等，嫻熟把握官能