【文档说明】上海市实验学校2023届高三下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.742 MB，由小赞的店铺上传

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上海市实验学校2022学年第二学期高三月考化学(学科)试卷相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24S-32一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)1.CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是A.光合作用B.自然降雨C.化石燃

料的燃烧D.碳酸盐的沉积【答案】C【解析】【详解】A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO

2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及

其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；答案选C。2.元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，

盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误．．的是A.将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧B.“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性C.“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化D.硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将松木削薄为纸片状可以增

大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A正确；B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B正确；C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C正确；D．硫磺也燃烧，不

是催化剂，D错误；选D。3.下列表示正确的是A.KCl形成过程：B.2−丁烯的键线式：C.S2-的结构示意图：D.过氧化钠的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．氯化钾是钾离子、氯离子形成的离子化合物，形成过程表示为：，A错误；B．2-丁烯的结构简式为

CH3CH=CHCH3，键线式为：，B错误；C．硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为：，C错误；D．过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为：，D正确；故选D。4.下列物质应用错误的是A.石墨用作润滑剂B.铁粉用作食品抗氧化剂C

.聚乙炔用作绝缘材料D.乙二醇溶液用作汽车防冻液【答案】C【解析】【详解】A．石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A正确；B．铁会和氧气和水反应，故用作食品抗氧化剂，B正确；C．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电

子容易流动的性质，是导电聚合物，C错误；D．乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸气压，冰点显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D正确；故选C。5.下列含有共价键的盐

是A.CaCl2B.H2SO4C.Ba(OH)2D.Na2CO3【答案】D【解析】【详解】A．CaCl2由Ca2+和Cl-构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意；B．H2SO4由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；C．Ba(OH)2由Ba

2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；D．Na2CO3有Na+和CO2-3构成，含有离子键，CO2-3内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；故答案选D。6.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3B.碱性：K

OH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞PH3D.非金属性：F＞O＞N【答案】A【解析】【分析】【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞

H2SiO3，A错误；B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增

强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确；D．同一周期元素非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；故

合理选项是A。7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.非金属性：W>X>Y>ZB.原子半径：Z>Y>X>WC.元素X的含氧酸均为强酸D.Y的氧化物水化物为强碱【答案】D【解析】【分析】根据

题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则XW3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解

答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错误；B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依

次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；答案选D。8.下列反应能用离子方程式

S2-＋2H+→H2S↑表示的是A.硫氢化钠溶液与醋酸混合B.硫化钠溶液与稀盐酸混合C.硫化钠溶液与稀硝酸混合D.硫化亚铁溶解在稀硫酸中【答案】B【解析】【详解】A．硫氢化钠溶液与醋酸混合，硫氢化钠电离出来

的是HS-，醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，不符合题意，A项错误；B．硫化钠溶液与稀盐酸混合，发生反应生成H2S和NaCl，可以用离子方程式S2-＋2H+→H2S↑表示，B项正确；C．硫化钠溶液与稀硝酸混合，稀硝酸具有强氧

化性，能氧化硫化钠中-2价的硫，离子方程式为：2323S8H23S24HONONO−+−++=++，不符合题意，C项错误；D．硫化亚铁溶解在稀硫酸中，硫化亚铁难溶于水，书写离子方程式时不能拆，不符合题意，D项错误；答案选B。9.关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的

是A.NH3中H元素被氧化B.NO2在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N

元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。【详解】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH

3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产

物与还原产物的质量之比为4：3，D说法正确。综上所述，本题选D。10.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A.Cu与浓硫酸反应，只体现24HSO的酸性

B.a处变红，说明2SO是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明2SO具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无2HO生成【答案】B【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫

酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因

是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，

正确的是B项。11.明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：下列说法错误．．的是A.FeSO4的分解产物X为FeOB.本流程涉及复分解反应C.HNO3的沸点比H2SO4的低D.制备使用的铁锅易损坏【答案】A【解析】【详解】A．据图可知Fe

SO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，复分解反应，B正确；C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；D

．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；综上所述答案为A。12.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A.能发生取代反应，不能发生加成反应B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构

体D.1mol该物质与碳酸钠反应得244gCO【答案】C【解析】【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；为C．该物质的分子式为

C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误；故选C。13.将金属M连接在钢铁设施表

面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A.阴极的电极反应式为2Fe2eFe−+−=B.金属M的活动性比Fe的活动性弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的

金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C.金属M失

电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。14.室温下，下列各组离子在

指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-B.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO24−C.0.1mol·L-1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3−D.0.1mol·L-1

NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO24−、HCO3−【答案】B【解析】【详解】A．ClO-与I-能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．Fe3+与Cu2+、NH4+、NO3−、SO24−之间不反

应，且Cu2+、NH4+、NO3−、SO24−相互之间不反应，能大量共存，故B符合题意；C．H+与CH3COO-反应生成弱酸CH3COOH分子，不能大量共存，故C不符合题意；D．Mg2+、HCO3−均与OH-反应，不能大量

共存，故D不符合题意；故选B。15.反应A+B→C+Q(Q>0)分两步进行①A+B→X-Q(Q>0)；②X→C+Q(Q>0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】反应A+B→C+Q(Q>0)放出热量，说明A+B能量总

和大于C能量，①A+B→X-Q(Q>0)为吸热反应，则A+B能量总和小于X能量；②X→C+Q（Q＞0）为放热反应，则X能量大于C能量，符合条件的只有D，故选：D。16.用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是选项气体a

bA2HS稀24HSOFeSB2O22HO溶液2MnOC2NO浓3HNO铁片D3NH浓氨水CaOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．2HS与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故A错误；B．发生反应2H2O22MnO2H2O+O2，浓硫酸干燥氧气，故B正确；C．铁片和浓

硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；D．氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误；故选B。17.实验室利用下图装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，下列说法正确的是A.实验时应先打开活塞a后打开活塞bB

.装置B中应盛放饱和Na2CO3溶液以除去HCl杂质C.一段时间后，装置C中可观察到白色晶体析出D.装置E主要为了吸收多余的CO2【答案】C【解析】【分析】氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可以吸收更多二

氧化碳，故先通入氨气再通入二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢后，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出；【详解】A．由分析可知，实验时应先打开活塞b通入氨气，后打开活塞a通入二氧化碳，A错误；B．二氧化碳能和碳酸钠溶液反应，装置B中应盛放饱和N

aHCO3溶液以除去HCl杂质，B错误；C．反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出，故一段时间后，装置C中可观察到白色晶体析出，C正确；D．氨气有毒，装置E主要为了吸收多余的氨气，D错误；故选C。18.已知:①向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体。②向NaI溶液中通入

少量实验①产生的气体，溶液变黄色。③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是A.实验①证明Cl-具有还原性B.把实验①产生的气体收集到集气瓶中，向瓶中滴入少量NaI溶液，实验②现象不变C.实验③中说明KI被氧化了D.

上述实验证明氧化性:Cl2>-3ClO>I2【答案】A【解析】【详解】A．向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，说明浓盐酸被氧化为氯气，Cl-化合价由-1价升高到0价，作还原剂；因此实验①证明Cl

-具有还原性，A正确；B．把实验①产生的Cl2收集到集气瓶中，向瓶中滴入少量NaI溶液，Cl2过量，溶液呈浅黄绿色，与实验②现象不同，B错误；C．取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，说明实验②生成的溶液中存在I2，I2遇淀

粉变蓝，KI并没有参加反应，只能说明上一步的NaI被氧化了，C错误；D．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：-3ClO>Cl2>I2，D错误；故选A。19.常温下，用10.1molL−氨水滴定10mL浓度均为10.1molL−的HCl和3CHCO

OH的混合液，下列说法不正确．．．的是A.在氨水滴定前，HCl和3CHCOOH的混合液中()()3cClcCHCOO−−B.当滴入氨水10mL时，()()()()+43233cNH+cNHHO=cCHCOO+cCHCOOH−C.当滴入氨水20mL时，()()()()+332cCHC

OOH+cH=cNHHO+cOH−D.当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，()()4cNHcCl+−【答案】D【解析】【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。【详解】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol

/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(4NH+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，

B正确；C.当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(32·HONH)+c(OH-)，C正确；D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(4NH

+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(4NH+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。20.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，

X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为1:1D.第二次平衡时，

Z的浓度为0.4mol·L－1【答案】D【解析】【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并

瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；B.同

一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1

:1，C项正确；D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。21.回答下列问题（1）Na原子核外共有______种不同运动状态

的电子，有_____种不同能量的电子。（2）相同压强下，部分元素氟化物的熔点见下表：氟化物NaFMgF2SiF4熔点/℃12661534183试解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______。（3）SiF4分子的空间构型为_______。（4）热稳定性：NH3___

___PH3(填“＞”“＜”)。沸点：Br2＞Cl2，试分析原因__________。（5）试配平该反应的化学方程式，并用短线标出电子转移方向及总数__________。NaIO3+NaHSO3→NaHSO4+Na2SO4+I2+H2O【答案】（1）①.11②.（2）NaF、MgF2都为离子晶体，

镁离子的半径比钠离子半径小，故MgF2中的离子键更强，所以熔点更高；四氯化硅为分子晶体，其熔点低于离子晶体（3）正四面体（4）＞Br2、Cl2分子结构和组成相似，相对分子质量Br2＞Cl2，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，因此沸点Br2＞Cl2（5）【解析】

【小问1详解】原子中没有运动状态相同的电子，Na原子核外有11个电子，故核外有11种不同运动状态的电子；铝原子核外13个电子，原子结构示意图；【小问2详解】NaF、MgF2都为离子晶体，镁离子的半径比钠离子半

径小，故MgF2中的离子键更强，所以熔点更高；四氯化硅为分子晶体，其熔点低于离子晶体；【小问3详解】SiF4分子中，Si原子成4个Si−F键，没有孤对电子，杂化方式为sp3，故SiF4分子空间结构为正四面体；【小问4详解】同一主族，从上到

下，核电荷数增加，电子层数增多，得电子能力减弱，非金属性减弱，非金属性N>P，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性NH3>PH3；Br2、Cl2分子结构和组成相似，相对分子质量Br2＞Cl2，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，因此沸点Br2

＞Cl2；【小问5详解】反应中碘元素由+5价降低为0价，硫元素由+4价升高为+6价，要使得失电子守恒，故NaIO3、NaHSO3按物质的量2：5反应，NaIO3系数为4，NaHSO3系数为10，依据原子个数守恒该反应的方程式为：4NaIO3+10NaHSO3=7N

a2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O，用单线桥表示为：。22.最新“人工固氮”的研究报道：常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与某物质发生反应，相应的K常数表达式为433222NH][O]K[N[]=（1）写出相应的化学方程式______（2

）已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图，则此反应的正反应_____(填“吸热”“放热”或“不能确定”)（3）常温下，如果上述反应在体积不变的密闭容器发生，当反应达到平衡时，(选填编号)。A.容器中气体的平均分子量不随时间而变化B.v(N2)/v(O2)=2:3C.容器中气体

的密度不随时间而变化D.通入稀有气体能提高反应的速率现向三个体积均为2L的恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，均充入1molN2和3molH2，发生反应3H2(g)+N2催化剂高温、高压2NH3(g)(正反应放热)。（4）

三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_____(填序号)。（5）0~5min内容器Ⅰ中用NH3

表示的化学反应速率v(NH3)________。（6）当三个容器中的反应均达到平衡状态时，N2的转化率最高的是容器____(填序号，下同)；平衡常数最小的是容器_____。（7）将反应生成的混合气体通入水中即可得氨水。用水稀释0.1mol·L-1

氨水，溶液中随着水量的增加而增大的是(填字母标号)。A.()()()+32+4cHcNHHOcNHB.()()()+-432cNHcOHcNHHOC.c(H+)·c(OH-)D.+-c(H)c(OH)【答案】（1）2

N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)（2）吸热（3）ABC（4）Ⅲ（5）0.127mol/(L.min)（6）①.I②.III（7）D【解析】【小问1详解】平衡常数等于生成物浓度系数次方与反应物浓度系数次方之比，由表达式结合质量守恒可

知，反应为2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)；【小问2详解】升高温度，K值变大，说明平衡正向移动，说明反应为吸热反应；【小问3详解】A．混合气体的平均摩尔质量为M=m/n，气体质量不

变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故A符合题意；B．反应的速率比等于系数比，反应达到平衡时，v(N2)/v(O2)=2:3也成立，故B符合题意；C．容器体积不变，气体总质量改变，则混合气体的密度不随时间而变化，能说明反应已达平衡，故C符合题意

；D．体积不变，通入稀有气体能提高反应的速率不改变各物质的浓度，不能提高反应的速率，故D不符合题意；故选ABC。【小问4详解】温度越高反应速率越快，达到平衡所需的时间越短；且反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高平衡时氢气含量越大；结合图像

可知5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器Ⅲ；【小问5详解】0~5min内容器Ⅰ中氢气体积分数为40%；()()()223N(g)+3H(g)2NH(g)mol130mola3a2amol1-a

3-3a2a起始转化平衡则3-3a100%=40%4-2a，7a=mol11，用NH3表示的化学反应速率()()()37211vNH=mol/Lmin0.127mol/Lmin25；【小问6详解】反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故当三个容器中的反应均达到平衡状

态时，N2的转化率最高的是温度最低的容器I，平衡常数最小的是温度最高的容器III；【小问7详解】A．()()()()()()()()+-+3232+-+44wbcHcNHHOccHcOHK=NHHOcNHccNH=KOH，随着水量的增加，比值不变，A

不符合题意；B．()()()+-43b2cNHcOHcNHHO=K，随着水量的增加，比值不变，B不符合题意；C．c(H+)·c(OH-)=Kw，随着水量的增加，比值不变，C不符合题意；D．++-w---2-Kc(H)c(H)c(OH)==c(OH)c(OH)c(OH)c(O

H)，随着水量的增加，氨水浓度减小，碱性减弱，氢氧根离子浓度碱，比值增大，D符合题意；故选D。23.用图中的实验装置模拟工业上用电解饱和食盐水的产物制备盐酸的工艺。（1）电解饱和食盐水的化学方程式为_____。倒置的漏斗的作用是___

_______。实验时漏斗中观察到的现象是____。（2）实验过程中，B极连接电源的_____(填写电源电极名称)，理由是___________。（3）实验后U形管中得到的NaOH溶液中还混有少量NaCl(两种物质的溶解度曲线如图所示)，分离得到NaOH的实验操作步骤依次是_____。（4

）为测定制得盐酸的浓度，打开活塞K取10.00mL，加水稀释成500.00mL，取稀释液20.00mL，用0.108mol/L的标准NaOH溶液滴定，消耗了22.00mL，则制得盐酸的浓度是_____。滴定时若锥形瓶水洗后用稀释液润洗两次(没有干燥)后直接滴定，则测定结果会_____(选

答“偏大”、“偏小”、“无影响”)。【答案】（1）①.2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑②.便于氯化氢气体被水吸收，防止气体扩散到空气中③.有苍白色火焰，产生白雾（2）①.正极②.因为燃烧时氢气在外管，氯气在内管，所以B极产生氯气，为阳极，阳极与电源正极相

连（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（4）①.5.94mol/L②.偏大【解析】【分析】电解饱和食盐水可以生成H2和Cl2，2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2和Cl2点燃可生成HCl，由图可知火焰在外管处出现，因此外管中为H2，内管中为Cl2，故A接电源的负极

，电解池阴极处发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B接电源的正极，电解池阳极的反应为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的HCl极易溶于水，倒扣的漏斗可以将生成的HCl收集并吸收。【小问1详解】电解饱

和食盐水可以生成H2和Cl2，化学方程式为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑；经分析可知，倒置的漏斗的作用是：便于氯化氢气体被水吸收，防止气体扩散到空气中；实验时漏斗中H2和Cl2点燃可生成HCl，观察到的现象是：苍白色火焰，且产生白雾；【小问2详

解】的由图可知火焰在外管处出现，因此外管中为H2，内管中为Cl2，所以B极产生氯气，为阳极，阳极与电源的正极相连；【小问3详解】由图可知，NaOH溶解度受温度影响大，故NaOH溶液中还混有少量NaCl，分离得到NaOH的实验操作步骤依次是蒸发浓缩，冷却结晶，过

滤；【小问4详解】打开活塞K取10.00mL，加水稀释成500.00mL，取稀释液20.00mL，用0.108mol/L的标准NaOH溶液滴定，消耗了22.00mL，则制得盐酸的浓度-3-3(HCl)0.108mol/L22.0010L500

mL(HCl)===5.94mol/LV1010L20mLnc溶液；滴定时若锥形瓶水洗后用稀释液润洗两次(没有干燥)后直接滴定，则待测液的体积会增大，消耗氢氧化钠标准溶液的体积增大，导致测量结

果偏大。24.利用基本有机化工原料A(C2H4)制备1，6-己二酸(H)，并进一步合成尼龙的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：乙酸的酸酐在一定条件下水合，可以得到乙酸+H2O→（1）A的名称是_____，E含有的官能团是_____。（2）上

述流程中反应⑤的反应类型是_____。（3）G的结构为_____。（4）H和乙二醇在一定条件下可以生成高分子化合物，化学方程式_____。（5）W是H的同分异构体，0.1molW与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(标准状况)二氧化碳。W有三种化学环境

的氢原子，且个数比为3∶1∶1。W的结构简式为_____。（6）参照上述合成路线，设计以2，4-己二烯(CH3CH=CHCH=CHCH3)和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂任选)_____。已知存在断开碳碳双键的反应:CH3C

H=CHCH33+i)Oii)Zn/H⎯⎯⎯→CH3CHO+OHCCH3【答案】（1）①.乙烯②.羰基和羟基（2）氧化反应（3）（4）nHOOC(CH2)4COOH+nHO(CH2)2OH⎯⎯⎯→催化剂+(2n-1)H2O（5）（6）【解析】【分析】A和1，4-丁二烯发生加成反应生成B，则A为

CH2=CH2，B和H2O2在催化剂的作用下发生氧化反应生成C，C发生已知原理的反应生成D，D发生氧化反应生成E，E生成F的过程中O原子个数增加，该反应是氧化反应，F发生反应生成G，由G的分子式可知，该反应过程中F失去了2个H原子，发生了氧化反应，则G的结构简

式为，以此解答。【小问1详解】A和1，4-丁二烯发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，名称是乙烯，由E的结构简式可知，E含有的官能团是羰基和羟基。小问2详解】E生成F的过程中O原子个数增加，该反应是氧化反应。【小问

3详解】【由分析可知，G的结构简式为。【小问4详解】H中有2个羧基可以和乙二醇发生缩聚反应，方程式：nHOOC(CH2)4COOH+nHO(CH2)2OH⎯⎯⎯→催化剂+(2n-1)H2O。【小问5详解】W是H的同分异构体，0.1molW与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.4

8L(标准状况)二氧化碳，可推出一个W分子中含有2个-COOH，另外W有三种化学环境的氢原子，且个数比为3∶1∶1，说明其中有两个甲基、一个亚甲基，W的结构简式为：。【小问6详解】由逆向反应法推导，可由氧化得到，由题目提示原理可知可由氧化得到，可由CH3CH=CHCH=CHCH3和乙炔发生加成

反应得到，合成路线为：。【点睛】CH≡CH为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com