高三化學(xué)階段性測試題
一、選擇題（本題共40分，每小題2分，每題只有一個正確選項）
1.2019年諾貝爾化學(xué)獎頒發(fā)給美國的約翰?古迪納夫、英國斯坦利?維丁漢姆、日本吉野彰三位科學(xué)家，以表彰他們在鋰電池方面的貢獻。鋰電池常用正極材料之一LiFePO4，該化合物中元素原子半徑最小的是
A. Li B. Fe C. P D. O
【答案】D
【解析】
【分析】
比較四種原子的半徑大小。
【詳解】電子層數(shù)越少，半徑越??；其中位于第二周期，半徑最小，且同周期元素從左到右半徑越來越小，故原子半徑，原子半徑最小；
答案選D。
【點睛】微粒半徑大小比較的一般規(guī)律：1、看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大；2、電子層數(shù)相同時，看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越小；3、電子層數(shù)和核電荷數(shù)都相同時，看電子數(shù)，電子數(shù)越多越多半徑越大。
2.氣體分子中的極性鍵在紅外線的照射下，易像彈簧一樣做伸縮和彎曲運動，從而產(chǎn)生熱量造成溫室效應(yīng)。下列不屬于溫室效應(yīng)氣體的是
A. CO2 B. N2O C. CH4 D. N2
【答案】D
【解析】
【分析】
產(chǎn)生溫室效應(yīng)的氣體主要是二氧化碳，此外還有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等。
【詳解】甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能夠引起溫室效應(yīng)，氮氣不能引起溫室效應(yīng)，
故選D。
3.氣體摩爾體積的大小取決于
A. 氣體的物質(zhì)的量
B. 氣體分子的大小
C. 氣體分子間的距離
D. 氣體的相對分子質(zhì)量
【答案】C
【解析】
【詳解】氣體摩爾體積是指單位物質(zhì)的量的氣體所占的體積，即1mol氣體所占的體積，對于氣體來說，分子之間的距離遠大于分子的直徑，分子大小忽略不計，故氣體摩爾體積的大小取決于分子間的距離，
答案選C。
4.氮原子 2p 亞層上的 3 個電子不相同的是（ ）
A. 能量 B. 電子云形狀
C. 電子云伸展方向 D. 自旋狀態(tài)
【答案】C
【解析】
【詳解】氮原子2p亞層上的3個電子分布在不同的軌道上，且自旋方向相同，不相同的是電子云伸展方向；
答案選C。
5.乙醇和乙酸是生活中常見的兩種有機物，下列說法正確的是
A. 乙醇、乙酸互為同分異構(gòu)體 B. 乙醇、乙酸都能氧化為乙醛
C. 乙醇、乙酸都能與NaOH溶液反應(yīng) D. 乙醇、乙酸可以用紫色石蕊溶液來鑒別
【答案】D
【解析】
【詳解】A.乙醇的分子式為，乙酸的分子式為，二者分子式不同，不是同分異構(gòu)體，A錯誤；
B.乙醇能被氧化生成乙醛，乙酸不能被氧化生成乙醛，B錯誤；
C.乙醇是非電解質(zhì)，不和氫氧化鈉反應(yīng)，乙酸是弱酸，能和氫氧化鈉反應(yīng)，C錯誤；
D.乙醇不能使紫色石蕊試液變色，乙酸能使紫色石蕊試液變紅，可以鑒別，D正確；
答案選D。
6.常溫常壓下呈氣態(tài)的化合物，降溫使其固化得到的晶體一般屬于（ ）
A. 原子晶體 B. 離子晶體 C. 金屬晶體 D. 分子晶體
【答案】D
【解析】
【詳解】原子晶體、離子晶體的熔沸點較高，在常溫常壓下不可能呈氣態(tài)，同樣金屬晶體在常溫下一般也不會是氣態(tài)。常溫下為氣態(tài)的物質(zhì)的沸點較低，降溫即可使其固化得到晶體，說明其熔點較低，符合該特征的晶體為分子晶體，答案選D。
7.下列敘述，能肯定判斷某化學(xué)平衡發(fā)生轉(zhuǎn)移的是
A. 反應(yīng)混合物的濃度改變
B. 反應(yīng)混合物中各組分的含量改變
C. 正、逆反應(yīng)速率改變
D. 反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率改變
【答案】D
【解析】
【詳解】A.對于前后氣體系數(shù)相等的反應(yīng)來說，增大體積壓強減小，各組分的濃度改變，但是平衡不移動，A錯誤；
B.對于前后氣體系數(shù)相等的反應(yīng)來說，加入惰性氣體，混合物中各組分含量改變，但是平衡 不移動，B錯誤；
C.加入催化劑，正逆反應(yīng)速率都增大，但是平衡不移動，C錯誤；
D.反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率改變，則化學(xué)平衡一定發(fā)生移動，D正確；
答案選D。
8.下列變化過程符合圖所示能量變化的是

A. 煅燒石灰石
B. 水蒸汽冷凝
C. 燒堿固體溶于水
D. 雙氧水中加入少量二氧化錳
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)圖像分析，反應(yīng)物能量低，生成物能量高，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)（過程）。
【詳解】A.煅燒石灰石是分解反應(yīng)，反應(yīng)吸熱，A正確；
B.水蒸汽冷凝是物理變化，屬于放熱現(xiàn)象，B錯誤；
C.燒堿溶于水會放熱，不屬于化學(xué)變化，C錯誤；
D.大多數(shù)分解反應(yīng)吸熱，但是雙氧水的分解是個特例，它是放熱的，D錯誤；
答案選A。
【點睛】常見的放熱反應(yīng)：大多數(shù)的的化合反應(yīng)，酸堿中和的反應(yīng)，金屬與酸的反應(yīng)，金屬與水的反應(yīng)，燃燒反應(yīng)，爆炸反應(yīng)；常見的吸熱反應(yīng)：大多數(shù)的分解反應(yīng)，還原金屬氧化物，銨鹽和堿的反應(yīng)，大多數(shù)鹽的水解反應(yīng)。
9.山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一種高效安全的防腐保鮮劑，有關(guān)山梨酸的說法正確的是
A. 屬于二烯烴 B. 和Br2加成，可能生成4種物質(zhì)
C. 1mol可以和3molH2反應(yīng) D. 和CH3H218OH反應(yīng)，生成水的摩爾質(zhì)量為20g/mol
【答案】B
【解析】
A. 分子中還含有羧基，不屬于二烯烴，A錯誤；B.含有2個碳碳雙鍵，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4種物質(zhì)，B正確；C.含有2個碳碳雙鍵，1mol可以和2molH2反應(yīng)，C錯誤；D．酯化反應(yīng)中醇提供羥基上的氫原子，和CH3H218OH反應(yīng)生成的水是普通水分子，生成水的摩爾質(zhì)量為18g/mol，D錯誤，答案選B。
10.除去下列物質(zhì)中所含少量雜質(zhì)（括號中為雜質(zhì)），所選用的試劑和分離方法能達到實驗?zāi)康牡氖?br />
混合物
試劑（足量）
分離方法
A
乙醇（水）
生石灰
過濾
B
乙烷（乙烯）
酸性KMnO4溶液
洗氣
C
乙酸乙酯（乙酸）
飽和Na2CO3溶液
分液
D
乙酸（乙醛）
新制Cu(OH)2
過濾


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A.與水反應(yīng)后，增大與乙醇的沸點差異，然后蒸餾分離，不能過濾， 故A錯誤；
B.乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，引入新雜質(zhì)， 故B錯誤；
C.乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故C正確；
D.乙醛在堿性條件下與發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成乙酸，乙酸溶于水，且與氫氧化銅發(fā)生中和反應(yīng)，不能過濾分離乙酸，故D錯誤；

答案選C。
11.下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗?zāi)康牡氖牵? ）
A. 制取SO2 B. 驗證漂白性
C. 收集SO2 D. 尾氣處理
【答案】B
【解析】
【詳解】A.根據(jù)金屬活動順序表可知稀H2SO4與銅片不反應(yīng)，故A錯誤；B.SO2能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)其漂白性，故B正確；C.SO2密度比空氣大，應(yīng)“長進短出”，故C錯誤；D.SO2不與NaHSO3反應(yīng)，所以無法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D錯誤。答案：B。
12.為探究鐵與稀硫酸的反應(yīng)速率，向反應(yīng)混合液中加入某些物質(zhì)，下列關(guān)于v(H2)變化判斷正確的是
A. 加入Na2SO4 溶液，v(H2)減小
B. 加入 NaHSO4固體，v(H2)不變
C. 加入 NaNO3 固體，v(H2)不變
D. 加入 CuSO4固體，v(H2)減小
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 加入Na2SO4 溶液會稀釋原溶液，氫離子濃度減小，故v(H2)減小，故A正確；
B. 加入 NaHSO4固體，使溶液中的氫離子濃度增大，故v(H2)增大，故B錯誤；
C. 加入 NaNO3 固體會引入硝酸根，硝酸根的氧化性大于氫離子的氧化性，會先于氫離子與鐵反應(yīng)，故v(H2)減小；
D．加入CuSO4固體，鐵會置換出銅單質(zhì)附著在鐵表面形成原電池，加快反應(yīng)速率，故故v(H2)增大，故D錯誤；
故答案為A。
【點睛】本題中A項加入的物質(zhì)對反應(yīng)本身沒什么影響，但是會稀釋原溶液。
13.X、Y、Z是同周期的三種元素，已知其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性由強到弱的順序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4。則下列說法正確的是( )
A. 原子半徑：X＞Y＞Z B. 元素非金屬性：X＞Y＞Z
C. 氣態(tài)氫化物定性：X＜Y＜Z D. 原子序數(shù)：Z＞Y＞X
【答案】B
【解析】
【詳解】同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強，對應(yīng)的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性逐漸增強，酸性相對強弱：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可知非金屬性X＞Y＞Z，原子序數(shù)X＞Y＞Z。
A．同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑：X＜Y＜Z，故A錯誤；
B．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，則非金屬性X＞Y＞Z，故B正確；
C．非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，由于非金屬性X＞Y＞Z，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C錯誤；
D．由上述分析可知，原子序數(shù)：X＞Y＞Z，故D錯誤；
故選B。
14.已知，根據(jù)反應(yīng)，可推斷出X為
A. 氯乙烯 B. 氯丙烯 C. 氯乙炔 D. 氯乙烷
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)，可推知，共軛二烯烴和單烯烴可以形成六元環(huán)。
【詳解】A. 和反應(yīng)生成，A正確；
B. 和反應(yīng)生成，B錯誤；
C. 和 反應(yīng)生成，C錯誤；
D. 和氯乙烷無法反應(yīng)生成六元環(huán)，D錯誤；
答案選A。
15.常溫下，稀釋0.1mol?L-1的Na2CO3溶液，圖中的縱坐標可以表示

A. 溶液中的c(OH-)
B. 溶液的pH
C. 溶液中的HCO3-數(shù)目
D. 溶液中的c(HCO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
分析圖像可知，隨著溶液的稀釋縱坐標的物理量逐漸增大。
【詳解】A.溶液顯堿性，加水稀釋堿性減弱，減小，A錯誤；
B.溶液顯堿性加水稀釋，堿性減弱，pH減小，B錯誤；
C.越稀越水解，加水稀釋的水解平衡向右移動，數(shù)目增大，C正確；
D.加水稀釋，數(shù)目雖然增大，但由于溶液體積的增大是主要的，所以降低，D錯誤；
答案選C。
16.支撐海港碼頭基礎(chǔ)的鋼管樁，常用外加電流的陰極保護法進行防腐，工作原理如圖所示，下列有關(guān)表述錯誤的是

A. 利用了電解原理
B. 鋼管樁上有刺激性氣味氣體生成
C. 電子由電源負極流向鋼管樁
D. 高硅鑄鐵作陽極
【答案】B
【解析】
【分析】
外加電流陰極保護是通過外加直流電源以及輔助陽極，被保護金屬與電源的負極相連作為陰極，電子從電源負極流出，給被保護的金屬補充大量的電子，使被保護金屬整體處于電子過剩的狀態(tài)，讓被保護金屬結(jié)構(gòu)電位低于周圍環(huán)境，從而使得金屬腐蝕發(fā)生的電子遷移得到抑制，避免或減弱腐蝕的發(fā)生，陽極若是惰性電極，則是電解質(zhì)溶液中的離子在陽極失電子。
【詳解】A. 由于此保護裝置有外加電源，構(gòu)成了電解池，故利用了電解原理，A正確；
B. 鋼管樁要被保護，應(yīng)做陰極，陰極產(chǎn)生氫氣，氫氣為無色無味的氣體，B錯誤；
C. 在電解池中，鋼管樁要被保護，應(yīng)做陰極，連接電源的負極，故電子由電源的負極流向鋼管樁， C正確；
D. 高硅鑄鐵連接電源的正極，做電解池的陽極， D正確。
答案選B。
17.離子方程式：Ca2++2HCO3-+2OH-→CaCO3↓+CO32-+2H2O可以表示
A. 少量NaHCO3與過量澄清石灰水反應(yīng)
B. 少量NH4HCO3與過量澄清石灰水反應(yīng)
C. 少量Ca(HCO3)2與過量KOH溶液反應(yīng)
D. 少量Ca(HCO3)2與過量澄清石灰水反應(yīng)
【答案】C
【解析】
【分析】
利用“少定多變”原則，分析方程式。
【詳解】A. 少量與過量澄清石灰水離子方程式：，A錯誤；
B. 少量NH4HCO3與過量澄清石灰水反應(yīng)時會產(chǎn)生，B錯誤；
C. 少量與過量離子方程式為：，C正確；
D. 與澄清石灰水反應(yīng)不存在少量過量問題，離子方程式為：，D錯誤；
答案選C。
【點睛】與量有關(guān)系的方程式書寫：對于復(fù)分解反應(yīng)，可用“少定多變法”來書寫，所謂“少定”即量少的反應(yīng)物設(shè)其系數(shù)為1，其離子的計量數(shù)按化學(xué)式確定，所謂“多變”即過量的反應(yīng)物，其計量數(shù)根據(jù)反應(yīng)的需要量確定，不受化學(xué)式中的比例制約，是可變的。
18.25℃，有兩種鹽的稀溶液，分別是amol?L-1NaX和bmol?L-1NaY溶液，下列判斷錯誤的是
A. 若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，則酸性：HXb，測得c(X-)=c(Y-)，則溶液中c(HX)>c(HY)
C. 若a>b，測得c(HX)=c(HY)，則溶液中的c(X-)pH(NaY)，說明X-水解程度大于Y-，越弱越水解，說明酸性：HXb，且c(X-)=c(Y-)，所以c(HX)>c(HY)，B正確；
C. 根據(jù)物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+ c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+ c(HY)=b，根據(jù)a>b，且c(HX)=c(HY)，所以c(X-)>c(Y-)，C錯誤；
D. 因a=c(X-)，說明X-不水解，則HX是強酸，a=b=c(Y-)+c(HY)，說明Y-發(fā)生了水解，說明HY是弱酸，D正確；
答案選C。
【點睛】水解規(guī)律: 無弱不水解，有弱才水解，誰弱誰水解，都弱雙水解, 誰強顯誰性，同強顯中性,，越弱越水解，越熱越水解，越稀越水解。
19.硝化細菌可將NH4+轉(zhuǎn)化為NO3-，發(fā)生反應(yīng)NH4++2O2→NO3-+2H++H2O，下列說法錯誤的是
A. 氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1
B. 反應(yīng)一段時間后，溶液的酸性增強
C. 1molNH4+完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol
D. NO3-既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，H2O既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物
【答案】D
【解析】
【分析】
，銨根離子被氧氣氧化為硝酸根，氧化劑是氧氣，還原劑是銨根離子，硝酸根既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，水是還原產(chǎn)物。
【詳解】A. 氧化劑是氧氣，還原劑是銨根，根據(jù)方程式二者物質(zhì)的量之比為2:1，A正確；
B.根據(jù)方程式反應(yīng)生成了氫離子，所以反應(yīng)一段時間后溶液酸性增強，B正確；
C.銨根中的氮原子為-3價，升高到+5價，1個銨根離子參與反應(yīng)會轉(zhuǎn)移8個電子，則1mol銨根離子完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol，C正確；
D.既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，氧氣中O元素化合價降低，一部分以形式存在，所以是還原產(chǎn)物，D錯誤；
答案選D。
20.在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如下圖所示。下列分析不正確的是

A. ①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線
B. b點，溶液中大量存在的離子是Na+、OH-
C. a、d兩點對應(yīng)的溶液均顯中性
D. c點，兩溶液中含有相同物質(zhì)的量的OH-
【答案】D
【解析】
分析】
分析特殊點，a點為硫酸和氫氧化鋇恰好反應(yīng)點，導(dǎo)電性幾乎為零，b點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應(yīng)時鋇離子恰好沉淀的點，d點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應(yīng)時恰好中和的點。
【詳解】A. 根據(jù)圖知，曲線①在a點溶液導(dǎo)電能力接近0，說明該點溶液離子濃度最小，應(yīng)該為溶液和硫酸的反應(yīng)，則曲線②為溶液和硫酸氫鈉溶液的反應(yīng)，故A正確；
B.根據(jù)圖知，a點為溶液和硫酸恰好反應(yīng)，硫酸和硫酸氫鈉溶液的物質(zhì)的量濃度相等，則b點為鋇離子恰好沉淀，溶質(zhì)為氫氧化鈉，B正確；
C. a點為溶液和硫酸恰好反應(yīng)，顯中性，d點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應(yīng)時恰好中和的點，溶液顯中性，C正確；
D.c點加入硫酸和硫酸氫鈉的物質(zhì)的量相等，故加入氫離子的量不相等，故氫氧根的量不相等，D錯誤；
答案選D。
【點睛】電解質(zhì)溶液導(dǎo)電的能力的強弱主要由自由移動離子的濃度的大小決定。離子濃度越大，導(dǎo)電能力越強，離子濃度越小，導(dǎo)電能力越小。硫酸氫鈉和氫氧化鋇按照1:1反應(yīng)時，是硫酸根和鋇離子恰好沉淀；按照2:1反應(yīng)時，是恰好中和。
二、綜合分析題
21.含氟化合物被用于預(yù)防齲齒、飲水加氟及其他口腔衛(wèi)生產(chǎn)品中。起初是用氟化鈉（NaF）來為飲用水加氟，但后來逐漸被氟硅酸（H2SiF6）及其鹽氟硅酸鈉（Na2SiF6）代替。完成下列填空：
(1)寫出F原子的電子排布式_____________，F(xiàn)原子有_______種能量不同的電子。
(2)和硅元素位于同主族的另外一個短周期元素的最高氧化物的結(jié)構(gòu)簡式是__________，其熔點_____SiO2（填“高于”或“低于”）。
(3)F的非金屬性比Cl強，①請用一個事實來證明：________________________________。
②并從原子結(jié)構(gòu)角度進行解釋：______________。
【答案】 (1). 1s22s22p5 (2). 3 (3). O=C=O (4). 低于 (5). 分別與氫氣反應(yīng)，F(xiàn)2更容易 (6). F和Cl處于同主族，從上到下，原子核外電子層數(shù)增多，原子半徑增大，F(xiàn)得電子的能力強于Cl，因此非金屬性F強于Cl
【解析】
【分析】
是元素周期表中的9號元素，位于第二周期ⅶA族，是非金屬最強的元素，是半徑最小的原子（除氫原子外）。
【詳解】（1）原子的電子排布式為1s22s22p5，故含有3種能量不同的電子。
答案為：1s22s22p5；3；
（2）和硅元素位于同主族的另外一個短周期元素為碳，其最高價氧化物為二氧化碳，結(jié)構(gòu)簡式為：，二氧化碳為分子晶體，二氧化硅為原子晶體，故二氧化碳的熔點低于二氧化硅，
答案為：；低于；
（3）①證明非金屬性強弱可以看和氫氣反應(yīng)的劇烈程度，氟氣和氫氣暗處就能發(fā)生爆炸，氯氣和氫氣反應(yīng)需要光照或點燃條件，證明氟的非金屬性比氯強，
答案為：分別與氫氣反應(yīng)，F(xiàn)2更容易；
②從原子結(jié)構(gòu)角度看，和處于同主族，從上到下，原子核外電子層數(shù)增多，原子半徑增大，得電子的能力強于，因此非金屬性強于，
故答案為：和處于同主族，從上到下，原子核外電子層數(shù)增多，原子半徑增大，得電子的能力強于，因此非金屬性強于。
22.一定條件下，體積為1L的密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：SiF4(g)+2H2O(g)SiO2(s)+4HF(g)+148kJ
(1)寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式：K=___________，若0～20min內(nèi)，固體質(zhì)量增加了6g，則20min內(nèi)，用H2O表示該反應(yīng)的平均速率是______________。
(2)下列各項中能說明該反應(yīng)已達化學(xué)平衡狀態(tài)的是_______（填字母序號）。
a. v正(SiF4)=4v逆(HF) b. c(SiF4):c(H2O)=1:2
c. 容器內(nèi)氣體的總質(zhì)量不再變化 d. HF的體積分數(shù)不再變化
【答案】 (1). (2). 0.01mol/(L?min) (3). cd
【解析】
【分析】
，說明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，分析時要注意二氧化硅的狀態(tài)是固體。
【詳解】（1）平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度的系數(shù)次冪比反應(yīng)物平衡濃度的系數(shù)次冪，固體和純液體不列入平衡常數(shù)表達式，故該反應(yīng)的平衡常數(shù) ，固體質(zhì)量增加了6g，說明生成了6g（0.1mol）二氧化硅，水的物質(zhì)的量變化為0.2mol， ，
故答案為：；0.01mol/(L?min)；
（2）
a.，正逆反應(yīng)速率不相等，a錯誤；
b.若初始加入量按照系數(shù)比加入，則始終等于1:2，不能說明達到平衡狀態(tài)，b錯誤；
c.因二氧化硅為固體， 所以容器內(nèi)的氣體總質(zhì)量是一個變量，當它不再變化說明達到了平衡狀態(tài)，c正確；
d.體積分數(shù)是一個變量，當它不再變化說明達到了平衡狀態(tài)，d正確；
答案選cd。
【點睛】化學(xué)平衡狀態(tài)的判定方法：1、 ；2、當變量不再變化，如體系中氣體總物質(zhì)的量在反應(yīng)中會發(fā)生變化，則氣體的總物質(zhì)的量就是變量，當氣體的總物質(zhì)的量不再變化，則說明反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)。
23.實驗室常用Na2SO3和較濃的硫酸反應(yīng)制備SO2氣體，以探究SO2的性質(zhì)。完成下列填空：
(1)已知SO2是一種強還原性的氣體，能使KMnO4溶液褪色，并將錳元素還原為+2價，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。___________。
(2)比較氧化性強弱：KMnO4______MnSO4（填>、 (3). 11.2
【解析】
【分析】
實驗室常用和較濃的硫酸反應(yīng)制備氣體， ，然后探究的還原性，能還原高錳酸鉀使其褪色。
【詳解】（1）還原高錳酸鉀，被氧化為硫酸根，根據(jù)氧化還原規(guī)律配平方程式：，
故答案為：；
（2）在該反應(yīng)中是氧化劑，是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，故氧化性>,
答案為：>；
（3）該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為10，即5個轉(zhuǎn)移10個電子，故轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗0.5mol，即標況下11.2L，
答案為：11.2。
24.將SO2與H2S氣體混合，在集氣瓶內(nèi)能觀察到的現(xiàn)象是___________________，該反應(yīng)中，SO2顯示了________性。
【答案】 (1). 有淡黃色固體生成，瓶壁上有小液滴 (2). 氧化
【解析】
【分析】
與發(fā)生歸中反應(yīng)生成單質(zhì)S。
【詳解】與的反應(yīng)方程式為：，故現(xiàn)象為：有淡黃色固體生成，瓶壁上有小液滴，該反應(yīng)中中的硫元素化合價降低，故體現(xiàn)了的氧化性，
答案為：有淡黃色固體生成，瓶壁上有小液滴；氧化。
25.將0.1mol/LNa2SO3溶液先升溫再降溫，測定溫度變化過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：
時刻
①
②
③
④
溫度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25

（1）①時刻Na2SO3溶液中水的電離程度________同溫下純水中水的電離程度（填“>”、“ (2). 水存在電離平衡：H2OH++OH-，SO32-與H+結(jié)合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+濃度，使水的電離平衡向右移動 (3). Na2SO3部分被氧化成硫酸鈉2Na2SO3+O2→2Na2SO4
【解析】
【分析】
是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，且還原性很強，易被氧化為硫酸鈉。
【詳解】（1）中的亞硫酸根會水解，水解促進水的電離，故溶液中水的電離程度大于純水中水的電離，,亞硫酸根會結(jié)合氫離子，造成水的電離平衡向右移動，
故答案為：>；水存在電離平衡：H2OH++OH-，SO32-與H+結(jié)合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+濃度，使水的電離平衡向右移動；
（2）①時刻和④時刻的溫度是一樣的，但是④的pH小說明④中減少，即有一部分被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，
故答案為：部分被氧化成硫酸鈉。
26.1892年比利時人索爾維以NaCl、CO2、NH3、H2O為原料制得了純凈的Na2CO3，該法又稱氨堿法，其主要生產(chǎn)流程如下。完成下列填空
(1) 寫出反應(yīng)①中產(chǎn)生碳酸氫鈉的離子方程式_________________________________。
(2)NaHCO3在水中溶解度較小，以沉淀形式析出，則圖中③的操作名稱___________________。從綠色化學(xué)原料的充分利用的角度看，該方法有明顯的缺陷（答一條即可）___________。
【答案】 (1). Na++NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4+ (2). 過濾 (3). 產(chǎn)物CaCl2沒有利用上
【解析】
【分析】
工業(yè)制堿的原理涉及反應(yīng)：，，索爾維法用生成的氯化銨制備氨氣，將氯化銨進行了循環(huán)利用，所以從理論上講，是不需要補充氨的，但是在生產(chǎn)過程中，母液被棄去，氯化銨制備氨氣生成了無用的氯化鈣，這兩點是索爾維法的缺陷。
【詳解】（1）根據(jù)流程圖，反應(yīng)①是向飽和氯化鈉溶液中通入氨氣和二氧化碳，離子方程式為：，
答案為：；
（2）在水中溶解度較小，以沉淀形式析出，故③操作為過濾，從綠色化學(xué)原料的充分利用的角度看，母液被棄去，氯化銨制備氨氣生成了無用的氯化鈣，這兩點是索爾維法的缺陷，
答案為：過濾；產(chǎn)物沒有利用上
27.我國化學(xué)家侯德榜改革國外的純堿生產(chǎn)工藝，創(chuàng)造了侯德榜制堿法又叫聯(lián)堿法，該法是將合成氨工廠生產(chǎn)的NH3及副產(chǎn)品CO2，再與飽和食鹽水反應(yīng).

（1）該法與氨堿法比大大提高了原料利用率，主要表現(xiàn)在_______。
（2）碳酸氫鈉分解產(chǎn)生的二氧化碳可循環(huán)使用，但必須要補充，補充的主要原因是_________，但實際生產(chǎn)中補充量超過理論上反應(yīng)耗用量，可能的原因是______。
（3）氨堿法需補充的二氧化碳一定來自_________。那么聯(lián)合制堿需補充的二氧化碳可能來自__________。
（4）侯德榜法在濾去碳酸氫鈉的母液中通氨氣并加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產(chǎn)品，通氨氣的作用____。
【答案】 (1). 母液循環(huán)I提高了NaCl的利用率 (2). 生產(chǎn)過程中CO2有一半轉(zhuǎn)化成碳酸根被產(chǎn)品碳酸鈉所帶走（碳酸根來自CO2），所以要補充； (3). 在生產(chǎn)過程中還有損耗； (4). 碳酸鈣的分解； (5). 合成氨生產(chǎn)中用水煤氣法制原料氫氣時的副產(chǎn)品； (6). 增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出；使NaHCO3轉(zhuǎn)化為Na2CO3，提高析出的NH4Cl純度
【解析】
【分析】
合成氨工廠提供氨氣及二氧化碳，通入飽和氯化鈉溶液中，得到碳酸氫鈉和副產(chǎn)物氯化銨，煅燒碳酸氫鈉得到碳酸鈉，同時產(chǎn)生的二氧化碳循環(huán)利用。
【詳解】（1）對比該法與氨堿法可以發(fā)現(xiàn)侯德榜制堿法通過母液循環(huán)提高了氯化鈉的利用率，
答案為：母液循環(huán)I提高了的利用率；
（2）根據(jù)元素守恒，制得碳酸鈉肯定會消耗二氧化碳，有一部分二氧化碳可以循環(huán)利用，且工業(yè)生產(chǎn)中不可避免的會有一些損耗，故實際生產(chǎn)中補充量超過理論上反應(yīng)耗用量，
答案為：生產(chǎn)過程中有一半轉(zhuǎn)化成碳酸根被產(chǎn)品碳酸鈉所帶走（碳酸根來自），所以要補充；在生產(chǎn)過程中還有損耗；
（3）氨堿法補充二氧化碳來自碳酸鈣分解，根據(jù)流程圖，聯(lián)合制堿需補充的二氧化碳來自于合成氨工廠，合成氨生產(chǎn)中用水煤氣法制氫氣時會產(chǎn)生副產(chǎn)品二氧化碳，
答案為：碳酸鈣的分解；合成氨生產(chǎn)中用水煤氣法制原料氫氣時的副產(chǎn)品；
（4）向母液中通氨氣的目的是為了提取更多更純的氯化銨，
答案為：增大的濃度，使更多地析出；使轉(zhuǎn)化為，提高析出的純度。
【點睛】侯氏制堿法是依據(jù)離子反應(yīng)發(fā)生的原理進行的，離子反應(yīng)會向著離子濃度減小的方向進行。制備純堿（），主要利用在溶液中溶解度較小，所以先制得，再利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定性分解得到純堿．要制得碳酸氫鈉就要有大量鈉離子和碳酸氫根離子，所以就在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，這其中溶解度最小，所以析出，其余產(chǎn)品處理后可作肥料或循環(huán)使用。
28.化合物G是一種藥物合成中間體，其合成路線如下：

已知：CH3CHO+CH3CHO，完成下列填空：
(1)A中的官能團名稱是_____________。
(2)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出B的結(jié)構(gòu)簡式，用星號(*)標出B中的手性碳_______________。
(3)寫出具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)、并能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_____________。（不考慮立體異構(gòu)，只需寫出2個）
(4)反應(yīng)④所需的試劑和條件是____________________。
(5)⑤的反應(yīng)類型是__________________。
(6)寫出F到G的兩步反應(yīng)離子方程式_______________________。
(7)利用題信息，寫出以和為原料制備的合成路線流程（無機試劑和乙醇任用，合成路線表示為：甲乙……目標產(chǎn)物）__________
【答案】 (1). 羥基 (2). (3). 、、、、 (4). C2H5OH/濃H2SO4、加熱 (5). 取代反應(yīng) (6). +C2H5OH, (7).
【解析】
【分析】
根據(jù)流程圖，C被高錳酸鉀氧化生成D，故D為，根據(jù)E推知F的結(jié)構(gòu)簡式為：
【詳解】（1）中的官能團為羥基，
答案為：羥基；
（2）中連接4個不同的原子或原子團的碳原子（手性碳）有兩個，即，
答案為：；
（3）能發(fā)生銀鏡反應(yīng)所以含醛基，且含有六元環(huán)的B的同分異構(gòu)體有五種：、、、、，任寫兩種即可，
答案為：、、、、；
（4）D為，E為，D和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，
故答案為： /濃、加熱
（5）和反應(yīng)生成，發(fā)生的為取代反應(yīng)，
答案為：取代反應(yīng)；
（6）F為，在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，離子方程式為：，第二步為酸化將羧酸鹽變?yōu)轸人幔x子方程式方程式為：
故答案為：；；
（7）采用逆推法，要想制得，需要制得，由和可以形成新的六元環(huán)，制得，所以需要將轉(zhuǎn)化為，故答案為：



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