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上海市徐汇区2020届高三化学第二次模拟考试试题

上海市徐汇区2020届高三化学第二次模拟考试试题

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- 22 -

上海市徐汇区2020届高三化学第二次模拟考试（等级考试）试题（含解析）
考生注意：
1、本考试分设试卷和答题纸。试卷包括两部分，第一部分为选择题，第二部分为综合题。
2、作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
相对原子质量：
一、选择题(本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项)
1.日常生活中，下列试剂或方法不能起到消毒、杀菌作用的是( )
A. 75%酒精 B. 紫外线照射 C. 明矾 D. 84消毒液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 75%酒精、B. 紫外线照射能使蛋白质变性，起到消毒、杀菌作用，故A、B不符合题意；
C. 明矾只是净水的作用，没有消毒、杀菌作用，故C符合题意；
D. 84消毒液利用强氧化性进行消毒、杀菌，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
2.工业上获得大量乙烯的方法是( )
A. 卤代烃消除 B. 煤高温干馏 C. 炔烃加成 D. 石油裂解
【答案】D
【解析】
【详解】工业上获得大量乙烯的方法是通过石油的裂解，石油裂解主要得到乙烯、丙烯、甲烷，再分离得到乙烯，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
3.下列分离提纯操作与物质溶解性无关的是( )
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 纸上层析 D. 分液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A. 蒸馏是利用物质的沸点相差较大来进行分离，与溶解度无关，故A符合题意；
B. 萃取是利用溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中溶解度大进行分离，故B不符合题意；
C. 纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，故C不符合题意；
D. 分液利用两种液体不相溶，静置后分层来进行分离，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。

4.实验室保存下列试剂时应使用如图试剂瓶的是

A. 硝酸银固体 B. 烧碱溶液 C. 浓硝酸 D. 浓硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中信息，得出该试剂瓶是棕色细口试剂瓶，固体药品一般保存再广口瓶中，液体药品一般保存再细口瓶中。
【详解】A. 硝酸银固体放在棕色广口瓶中，故A不符合题意；
B. 烧碱溶液应放在试剂瓶中，不能用磨口玻璃塞，故B不符合题意；
C. 浓硝酸见光易分解，要保存在棕色细口试剂瓶中，故C符合题意；
D. 浓硫酸要保存在细口试剂瓶中，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
5.能说明CS2是非极性分子的事实是( )
A. 是对称的直线形分子 B. CS2沸点高于CO2沸点
C. 能在空气中燃烧 D. 分子中存在碳、硫双键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说明，故A符合题意。
综上所述，答案为A。

6.铟(49In)与铷(37Rb)同周期，与铝(13Al)同主族。下列说法正确的是( )
A. In位于第四周期第ⅢA族 B. 原子半径：In >Rb
C. 金属性：In >Al D. 碱性：In(OH)3 >RbOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铟(49In)与铷(37Rb)同周期，说明第五周期，铝是第ⅢA族，In与铝(13Al)同主族，因此In位于第五周期第ⅢA族，故A错误；
B. 同周期从左到右半径逐渐减小，因此原子半径：In ＜Rb，故B错误；
C. 同主期从上到下金属性逐渐增强，因此金属性：In ＞Al，故C正确；
D. 同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，因此碱性：In(OH)3 ＜RbOH，故D错误。
综上所述，答案为C。
7.Be元素与Al元素性质相似，下列说法错误的是( )
A. BeCl2溶液呈酸性 B. BeO能与NaOH溶液反应
C. Be(OH)2不溶于弱碱 D. 蒸干BeCl2溶液可得BeCl2晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
Be元素与Al元素性质相似，根据Al元素的单质及其化合物的性质推测Be元素的单质及其化合物的性质。
【详解】A. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，AlCl3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，BeCl2属于强酸弱碱盐，BeCl2溶液中Be2+水解使溶液呈酸性，A正确；
B. Be元素与Al元素性质相似，Al2O3能与NaOH溶液反应，则BeO能与NaOH溶液反应（反应方程式为：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O），B正确；
C. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，Al(OH)3溶于强碱、不溶于弱碱，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱、不溶于弱碱，C正确；
D.根据A项分析，BeCl2溶液中存在水解平衡BeCl2+2H2O⇌Be(OH)2+2HCl，加热时由于温度升高和HCl的挥发，水解平衡正向移动，蒸干BeCl2溶液最终得到Be(OH)2，不能得到BeCl2晶体，D错误；
答案选D。
8.常温下，用下列试剂鉴别浓硫酸与稀硫酸，现象差异不大的是( )
A. 试纸 B. 金属铜 C. 金属铁 D. 胆矾晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
浓硫酸和稀硫酸都属于酸，都具有酸的性质，浓硫酸还具有强氧化性、脱水性、吸水性。
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，遇pH试纸变黑，而稀硫酸遇pH试纸变红，现象不同，故A不选；
B．常温下，金属铜与浓硫酸、稀硫酸都不反应，则现象差异不大，故B选；
C．Fe遇浓硫酸在常温下钝化，而稀硫酸与Fe反应生成气体，现象不同，故C不选；
D．浓硫酸具有吸水性，可使胆矾晶体变白，而稀硫酸不能，现象不同，故D不选；
故选B。
【点睛】本题考查物质的鉴别，把握浓硫酸和稀硫酸的性质差异为解答的关键，注意金属铜与浓硫酸在加热条件下才反应，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，可使胆矾晶体变白，体现浓硫酸具有吸水性。
9.下列有机物中，既能发生水解又能发生消去反应的是( )
A. 乙醇 B. 一溴乙烷 C. 乙酸乙酯 D. 苯
【答案】B
【解析】
【分析】
能发生水解反应，可为卤代烃、酯类等，能发生消去反应，则可为醇、卤代烃等。
【详解】A．乙醇含有羟基，不能发生水解反应，故A错误；
B．一溴乙烷含有溴原子，可发生水解反应生成乙醇，发生消去反应生成乙烯，故B正确；
C．乙酸乙酯含有酯基，可发生水解反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．苯不能发生水解反应和消去反应，一定条件下，可发生加成、取代反应，故D错误。
故选B。
10.化学家用锌片与铜片并夹以食盐水浸湿的布片叠成如图所示装置，下列说法正确的是( )

A. 该装置将电能转化为化学能 B. 锌片上有生成
C. 片被还原 D. 片被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】
锌片、铜片和食盐水形成原电池时，由于锌比铜活泼，锌为负极，Zn发生失电子的氧化反应，铜为正极，氧气在正极上发生得电子的还原反应。
【详解】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．该原电池中，锌为负极，锌片上锌失去电子生成Zn2＋，故B错误；
C．该原电池中，铜为正极，氧气在正极上发生得电子的还原反应，故C错误；
D．该原电池中，锌为负极，锌片上锌失去电子生成Zn2＋，发生氧化反应，故D正确；
故选D。
11.下列变化中，气体被氧化的是( )
A. 通入酸性溶液 B. 通入溶液
C. 通入溶液 D. 通入溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
气体被氧化，则气体中某元素的化合价升高，失去电子被氧化。
【详解】A．C2H4使酸性KMnO4溶液褪色，C2H4被氧化，发生氧化还原反应，故A选；
B．Cl2通入KBr溶液，Cl2中Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B不选；
C．H2S通入CuSO4溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故C不选；
D．氨气通入AlCl3溶液，有白色沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故D不选；
故选A。
12.向下列溶液中加入少量过氧化钠固体，肯定不会产生沉淀的是( )
A. 氯化铁溶液 B. 饱和碳酸氢钠溶液 C. 硫化钠溶液 D. 饱和氢氧化钙溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠固体与FeCl3溶液中的水反应，生成的NaOH与FeCl3反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，则出现浑浊，故A错误；
B．过氧化钠固体与饱和碳酸氢钠溶液的水反应，生成的NaOH与碳酸氢钠反应生成Na2CO3溶液，则不会出现浑浊，故B正确；
C．过氧化钠固体具有强氧化性，将硫化钠氧化生成S沉淀，则出现浑浊，故C错误；
D．过氧化钠固体与饱和Ca(OH)2溶液中的水反应，饱和溶液中溶剂减少，则会有Ca(OH)2固体析出，则出现浑浊，故D错误；
故选B
【点睛】本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应：过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，利用NaOH与选项中的物质的反应来分析是否生成沉淀，易错点D，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。
13.如图表示实验状态下的启普发生器，相关推测错误的是( )

A. 该装置气密性良好 B. 可能在制取乙炔
C. 可能在制取硫化氢 D. 该装置活塞处于关闭状态
【答案】B
【解析】
【详解】A、该图表示实验状态下的启普发生器，气密性良好才会形成压强差，故A正确；
B、制取乙炔时，反应放出大量的热，而且生成微溶的氢氧化钙可堵塞瓶颈处，所以不能用此装置制取乙炔，故B错误；
C、制取硫化氢时用稀硫酸与硫化亚铁，属于固体与液体且不要加热型制气装置，可以用启普发生器制取，故C正确；
D、由图看出，生成的气体产生压强，使底部液体压入球形漏斗，和固体脱离，说明是关闭了活塞，故D正确；
故选B。
14.下列物质分离(括号内的物质为杂质)的方法错误的是( )
A. 己烷(己烯)——溴水，分液 B. 乙烯(二氧化硫)——氢氧化钠
C. 硝基苯(苯)——蒸馏 D. 乙酸乙酯(乙醇)——碳酸钠溶液，分液
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴易溶于己烷，引入新杂质，故A错误；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B正确；
C．二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故C正确；
D．乙醇溶于碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，分液可分离，故D正确；
故选A。
15.与100 mL 0.1mol/L (NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)基本相同的是
A. 200 mL 0.1 mol/L NH4Cl 溶液 B. 50 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液
C. 100 mL 0.2 mol/L NH4HSO4 D. 50 mL 0.2 mol/L氨水
【答案】B
【解析】
【详解】在(NH4)2SO4、NH4Cl 、NH4NO3、NH4HSO4溶液中都存在NH4＋的水解存在，NH4＋水解消耗，使c(NH4＋)的浓度越小，对于(NH4)2SO4、NH4Cl 、NH4NO3只存在NH4＋水解作用，而在NH4HSO4中除NH4＋水解外，电离产生的H+对NH4＋水解作用起抑制作用，使铵根离子水解程度减小，所以100 mL 0.1mol/L (NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)略小于0.2mol/L，
A．200 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液中c(NH4＋)略小于0.1mol/L，选项A错误；
B ．50 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液中c(NH4＋) 略小于0.2mol/L，选项B正确；
C．100 mL 0.2 mol/L NH4HSO4由于H+对NH4＋水解作用起抑制作用，c(NH4＋)比0.1mol/L (NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)大些，选项C错误；
D．50 mL 0.2 mol/L氨水中一水合氨是弱电解质，电离产生的离子浓度远小于电解质分子的浓度，选项D错误。
答案选B。
16.NO2－既有氧化性，又有还原性。下列各组试剂不能利用以上性质检验NO2－的是( )
A. FeCl2、KSCN
B. KMnO4、 H2SO4
C. AgNO3、HNO3
D. KI、淀粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入FeCl2和KSCN时，NO2－将Fe2＋氧化成Fe3＋，铁离子和硫氰根离子反应溶液变血红色，所以能用FeCl2和KSCN检验NO2－，故A正确；
B．NO2－有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能用KMnO4和H2SO4检验NO2－，故B正确；
C．在含有NO2－溶液中加入AgNO3和HNO3无明显现象，所以不能检验，故C错误；
D．NO2－有氧化性能把碘离子氧化为碘单质，使碘化钾淀粉溶液变蓝色，所以能用KI和淀粉检验NO2－，故D正确；
故选C。
17. KI可催化H2O2分解，机理为：①H2O2+I－→H2O+IO－；②H2O2+IO－→H2O+O2↑+I－。反应过程中能量变化如图所示，下列判断错误的是( )

A. KI改变了反应的途径 B. KI不能改变总反应的能量变化
C. H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是放热反应 D. 反应物总能量高于生成物总能量
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，加入KI后，降低了活化能，KI不改变反应物和生成物的能量；反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应。
【详解】A．由图可知，加入KI后，降低了活化能，改变了反应的途径，故A正确；
B．KI不改变反应物和生成物的能量，则KI不能改变总反应的能量变化，故B正确；
C．由图可知H2O+IOˉ总能量高于H2O2+Iˉ总能量，H2O2+Iˉ→H2O+IOˉ是吸热反应，故C错误；
D．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，故D正确，
故选C。
【点睛】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物、催化剂有无必然关系，做题时不要混淆。
18.锥形瓶中装有部分变质漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是( )

A. 说明具有漂白性 B. 实验中只发生了氧化还原反应
C. 浓盐酸被氧化 D. 反应中生成的气体只有
【答案】C
【解析】
【分析】
漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。
【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(ClO)2具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；
C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化反应，盐酸被氧化，故C正确；
D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
19. 25℃时，同体积、浓度均为0.10 mol•L-1的CH3COOH溶液和HX溶液，分别与同体积0.10 mol•L-1NaHCO3溶液混合，产生CO2的体积随时间变化如图，下列说法错误的是( )

A. 原溶液中 c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液
B. 与CH3COOH反应结束后的溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)
C. 反应结束后两溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)
D. 由该实验可知HX为强酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．曲线斜率数值越大反应速率越快，反应速率越快，溶液中 c(H+)越大，根据图象，HX曲线斜率数值较大，则酸性HX较强，所以原溶液中c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液，故A正确；
B．碳酸氢钠与CH3COOH反应结束后的溶液中溶质为CH3COONa，CH3COO-水解、Na+不水解，所以溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)，故B正确；
C．曲线斜率数值越大反应速率越快，反应速率越快，溶液中c(H+)越大，相同浓度的这两种酸中c(H+)越大，酸的酸性越强，根据图知，酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，则水解程度CH3COO-＞X-，水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，所以反应结束后两溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)，故C正确；
D．根据图象无法判断HX是否完全电离，则无法判断HX是否是强酸，故D错误；
故选D。
【点睛】正确判断HX和CH3COOH酸性强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，但HX不一定为强酸。
20.用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。下列说法中错误的是 ( )

A. 实验i发生的反应为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2
B. 黄色溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cl-、K+、I-离子
C. 实验ⅲ水溶液中c(Fe2+)小于ⅰ中c(Fe2+)
D. 若向实验ⅲ所得液体中滴加溶液，水层红色比实验ⅱ浅
【答案】C
【解析】
【分析】
KI溶液中加入少量氯化铁溶液，发生氧化还原反应，2Fe3++2I- =I2+2Fe2+，溶液分成二等份，一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明含铁离子，另一份溶液中滴加1mLCCl4溶液，碘单质溶于四氯化碳，下层为紫红色的碘的四氯化碳溶液，据此分析解答。
【详解】A．KI溶液中I-具有还原性，FeCl3溶液中Fe3+具有氧化性，二者发生氧化还原反应，滴加的氯化铁是少量的，反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明含铁离子，说明铁离子反应不完全，发生的反应是可逆的，即2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B．氯化铁(少量)和碘化钾之间的反应，产物是氯化亚铁、氯化钾，碘单质，并且碘化钾剩余，反应是可逆的，还存在少量的氯化铁，即黄色溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cl-、K+、I-离子，故B正确；
C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，使c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)，故C错误；
D．实验iii 是向所得液体中滴加CCl4，萃取了碘单质，反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，铁离子浓度减小，所得液体中滴加KSCN溶液，水层红色变浅，故D正确；
故选C。
二、综合题(共60分)
21.砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。

完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：

①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
【答案】 (1). (2). 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN (3). 1 (4). 2OH— (5). +2I—+H2O (6). 溶液酸碱性 (7). (8). 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【解析】
【分析】
(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
22.乙二酸()俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。完成下列填空：
(1)室温下，测得溶液的，写出草酸的电离方程式______。
(2)草酸溶液中微粒的物质的量分数随溶液变化如图所示：

i.向草酸溶液中滴加溶液至时发生的主要反应的离子方程式是：_______。
ii.继续加入，调节由2.5直至大于6.5，调节过程中比值将________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)工业上制取草酸的原理为：
该反应的平衡常数表达式_______，下列能说明反应已经达到平衡的是______。
a 平衡常数K保持不变 b 反应液的pH保持不变
c 丁醇的浓度保持不变 d 反应液的总质量保持不变
(4)草酸可用于测定高锰酸钾的质量分数，原理如下：
i.一定条件下，测得上述反应中溶液中的浓度随反应时间的变化如图，以浓度的变化表示此反应内的平均反应速率为____________

ii.分析的浓度随反应时间的变化的可能原因(反应过程中温度没有明显变化)_____。
(5)取的高锰酸钾产品，配成溶液，取出，消耗草酸标准溶液，则样品中高锰酸钾的质量分数为______。
【答案】 (1). (2). (3). 减小 (4). (5). bc (6). (7). 可能反应中生成的某产物对反应有催化作用，导致反应速率逐渐变快 (8). 94.8%
【解析】
【分析】
【详解】（1由题意可知乙二酸()是弱酸，逐级电离出，首先产生再电离出 故电离方程式为：；
（2）i由图可知在pH=2.5时，溶液中存在的主要离子为，故反应离子方程式为：；
ii由2.5直至大于6.5过程中溶液中离子物质的量分数逐渐增大，浓度逐步增大当pH=6.5的过程中主要以存在，故减小；
（3）化学平衡常数为达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，是一个关于温度的变量；故：
K=，当变化的量不再变化时说明达平衡。故选项为bc；
（4）i带入速率公式 可得，，由反应式可知 =
ii由图可知随着反应的进行反应速率逐步加快，影响反应速率的因素有温度，浓度，催化剂，由于反应物浓度逐渐减小，温度不变，故速率加快的原因可能反应中生成的某产物对反应有催化作用，导致反应速率逐渐变快；
(5)由反应方程式可知~，故10mL样液中高锰酸钾的n= =，故0.500g样品中高锰酸钾的物质的量为0.003mol，故高锰酸钾的质量分数为x100%=94.8%

23.一种长效、缓释阿司匹林的合成路线如下图所示：

完成下列填空：
已知： RCOOR′+R＂OHRCOOR＂+R′OH(R、R′、R＂代表烃基)
(1)结构简式：A______________，B_______________；
(2)反应(Ⅰ)的反应类型为_________________，缓释长效阿司匹林结构中与“缓释作用”有关的官能团的名称为________________。
(3)D为乙酸酐，结构简式为，写出一种与D互为同分异构体且能发生银镜反应的酯类的结构简式:__________。
(4)已知水杨酸酸性主要来源于“”，阿司匹林中将“”转化为“”能大大降低对肠胃刺激，由此你可以得出的结论是_________。
(5)已知：①乙炔与无机酸的反应和反应(Ⅰ)类似；②，现以乙炔、甲醇为原料，无机试剂任选，合成丙烯酸甲酯()_________。(合成路线常用的表示方式为：)
【答案】 (1). (2). (3). 加成 (4). 酯基 (5). (6). 生成可以降低阿司匹林的酸性 (7).
【解析】
【分析】
由题中信息可知该反应过程为反应（I）为加成反应反应过程为H+，在一定条件下发生加聚反应，生成的加聚产物A结构为，由题中信息RCOOR′+R＂OHRCOOR＂+R′OH(R、R′、R＂代表烃基)可知先反应生成和产物（物质C），随后与阿司匹林酯化反应生成缓释长效阿司匹林。
【详解】（1）由分析可知A为的加聚反应的产物，故A的结构简式为；
由已知RCOOR′+R＂OHRCOOR＂+R′OH(R、R′、R＂代表烃基)可知先发生取代反应生成，与乙醇在酸性条件下加热发生酯化反应反应，故B为；
（2）由分析可知反应（Ⅰ）方程式H+，所以该反应为加成反应，中官能团为酯键；
（3）由题意可知该有机物结构中存在醛基，；
（4）生成可以降低阿司匹林的酸性；
（5）【点睛】
24.侯德榜制碱法可以做到连续循环生产，其工艺流程如下图所示。完成下列填空：

(1)写出流程中主反应的化学方程式：_________。
(2)流程通过同时利用合成氨厂产生的_______来降低原料成本。副产物b的化学式为______，简述降温条件下加入原料A的作用__________。侯氏制碱法的创新之处就是对母液的循环利用，这是由于母液中含有大量的、、_______离子。
某兴趣小组同学制定如下两个方案对含有杂质的纯碱的含量进行测定：
方案一：用如图装置测定样品与足量稀硫酸反应生成的体积。

(3)为了减小实验误差，量气管中液体M的选择原则是______。若实验测得样品纯碱含量低于样品实际含量，可能的原因是_________
a 气体中含有水蒸气 b 测定气体体积时未冷却至室温
c Y型管中留有反应生成的气体 d 测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面
方案二：通过以下流程测定样品的含量。

(4)操作Ⅰ的名称为________，实验中，恒重的标准为________。根据以上实验过程，含有氯化钠的纯碱样品中碳酸钠的质量分数可表示为：_______。(注明你的表达式中所用的有关符号的含义)
【答案】 (1). (2). 、 (3). (4). 浓度提高有利于析出 (5). 、 (6). 不溶解于液体M且不与之反应 (7). d (8). 冷却 (9). 连续两次称量质量差小于等于 (10). (——样品的质量 ——恒重后样品的质量 )
【解析】
【分析】
侯氏制碱法反应原理利用原料，，为原料制备，所以反应原理为。
【详解】（1）由分析可知反应原理为：；
（2）流程通过同时利用合成氨厂产生的、来降低原料成本，通过以上分析知，b为；降温条件下加入原料A()能增大氯离子浓度，有利于析出；侯氏制碱法的母液中含有大量溶质中的离子，所以母液中含有大量，，，故答案为：、；；浓度提高有利于析出；、，
（3）实验目的是测定二氧化碳体积，所以二氧化碳不能溶解于M液体且不能和M液体反应，所以量气管中液体M的选择原则是CO2不溶解于液体M且不与之反应；
a、气体中含有水蒸气，水蒸气看作二氧化碳，导致二氧化碳体积偏大，则实验测得样品纯碱含量高于样品实际含量，故错误；
b、测定气体体积时未冷却至室温，气体由热胀冷缩的性质，故冷却后二氧化碳体积较小，则未冷却时测定二氧化碳体积偏大，测得该式样中含量偏高，故b错误；
c、Y型管中留有反应生成的气体，同时排出等体积的空气，不影响二氧化碳体积的测量，故c错误；
d、测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，二氧化碳的压强比空气大被压缩，测定二氧化碳的体积偏小，则测得该式样中含量偏低，故该实验样品测量结果偏低的原因可能是测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，d正确。
（4）样品称量后加入水溶解，然后和足量稀盐酸反应，转移至蒸发皿中蒸发结晶得到固体，冷却至室温后称量固体，所以操作Ⅰ为冷却；连续两次称量质量差小于等于0.001g时为恒重；设样品质量为g，恒重后样品的质量g，根据Na原子守恒得关系式为，反应前后固体质量差为g，设碳酸钠实际质量为xg则可知
106 117 ∆m=11
X
106/11=x/ 故x=,
样品中碳酸钠的质量分数= x100%；
故答案为(——样品的质量 ——恒重后样品的质量 )。