上海市普陀区2020届高三化学下学期质量调研二模考试试题含解析

某某市普陀区2020届高三化学下学期质量调研（二模考试）试题（含
解析）
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mn-55
一、选择题
1.煤干馏的目的是得到（）
A. 乙烷
B. 乙烯
C. 苯
D. 乙醛
【答案】C
【解析】
【详解】煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油主要含有苯、甲苯、二甲苯等芳香族化合物，C选项满足题意；
答案选C。

2.生产原料选择合理的是( )
AlCl B. 制自热餐盒发热剂：NH4Cl
A. 制耐火砖：
3
C. 制电木(绝缘塑料)：HCHO
D. 制PVC(聚氯乙烯)薄膜：CH2=CH2
【答案】C
【解析】
AlCl的熔点较低，不能作耐火材料，应该使用熔点较高的三氧化二铝作耐火材【详解】A．
3
料，故A错误；
B．氧化钙溶于水放热，可用于制自热餐盒发热剂，NH4Cl溶于水吸热，不能用于发热剂，故B错误；
C．电木的化学名称叫酚醛塑料，酚类和醛类化合物在酸性或碱性催化剂作用下，经缩聚反应可制得酚醛树脂，甲醛可以用于制电木，故C正确；
D．CH2=CHCl是制聚氯乙烯的原料，聚乙烯使用的原料是乙烯，故D错误；
答案选C。

3.医用口罩主要采用聚丙烯材质，则聚丙烯（）
A. 结构简式
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 单体中所有碳原子共面
D. 单体没有同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚丙烯是由丙烯聚合而成的，聚丙烯的结构简式为，故A错误；B．聚丙烯分子中没有碳碳双键，故无法使酸性KMnO4溶液褪色，故B 错误；
C．聚丙烯分子的单体是CH3CH=CH2，双键上的两个碳原子共面，均采用sp2杂化，使甲基上碳原子与双键上的两个碳原子共面，故C正确；
D．单烯烃和环烷烃互为同分异构体，聚丙烯分子的单体是CH3CH=CH2，与环丙烷互为同分异构体，故D错误；
答案选C。

【点睛】丙烯形成聚丙烯后，不再有双键，不能使酸性高锰酸及褪色，B为易错点。

4.不能用水浴加热的实验是（）
A. 苯的硝化反应
B. 乙醛的银镜反应
C. 实验室制乙酸乙酯
D. 实验室制乙酸丁酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯的硝化反应温度在55℃到60℃，使用水浴加热，温度过高会生成多硝基苯，故A不符合题意；
B．乙醛的银镜反应温度在50℃到70℃，应使用水浴加热，故B不符合题意；
C．实验室制乙酸乙酯反应温度在60℃到70℃，温度过高会生成乙醚或乙烯等杂质，故C不符合题意；
D．实验室制乙酸丁酯反应温度要求是170°，因为水的沸点是100℃，水浴加热达不到此温度，故D不符合题意；
答案选D。

【点睛】C项实验室制乙酸乙酯可以使用水浴加热，为易错点。

5.石蕊是一种有机弱酸，石蕊分子(HZ)及其酸根离子(Z-)在水溶液中呈现不同的颜色。

则Z-的颜色是( ) A.蓝色B. 紫色C. 红色D. 由溶液酸碱性确定【答案】A 【解析】【分析】石蕊是一种弱酸，石蕊分子HZ在溶液中存在电离平衡：HZ⇌H++Z-，酸溶液中石蕊显示红
色，碱溶液中石蕊试液显示蓝色，石蕊试液为紫色，然后结合氢离子、氢氧根离子对该电离平衡的影响进行判断。

【详解】根据石蕊是一种弱酸可知，石蕊分子HZ在溶液中存在电离平衡：HZ⇌H++Z−，酸溶液中滴入石蕊试液显示红色，酸溶液中氢离子浓度增大，则HZ的电离平衡向着逆向移动，HZ的浓度增大，溶液变成红色，则HZ为红色；碱溶液中石蕊试液显示蓝色，碱溶液中氢离子浓度减小，Z−的浓度增大，则Z−的颜色应该为蓝色，答案选A。

6.不能和铁反应的溶液是（）
A. H2S
B. NaOH
C. Fe2(SO4)3
D. Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe可与H2S的水溶液发生反应Fe+H2S=FeS+H2↑，A不符合题意；
B．Fe不能和NaOH发生反应，B符合题意；
C．Fe具有还原性，可与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，则Fe与Fe2(SO4)3发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，C不符合题意；
D．Cl2具有强氧化性，Fe可被Cl2氧化生成FeCl3，D不符合题意；
答案选B。

7.洛匹那韦被推荐用于治疗新冠冠状病毒感染，其结构如图所示。

则洛匹那韦（）
A. 属于高分子化合物
B. 属于芳香烃
C. 含有酯基
D. 能发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，根据洛匹那韦的结构可知，其分子式为C37H48N4O5，相对分子质量为628，不是高分子化合物，A选项错误；
B．烃是指只含有C、H两种元素的有机化合物，而洛匹那韦中除C、H元素外，还含有N、
O 元素，不属于烃类，B 选项错误；
C ．根据洛匹那韦的结构可知，该分子中不含有酯基，C 选项错误；
D ．根据洛匹那韦的结构可知，该分子中含有苯环，可发生加成反应，D 选项正确； 答案选D 。

8.下列反应能发生并用于化工生产的是()
A. 制盐酸：Cl 2+H 2−−−→光照2HCl
B. 制取镁：MgCl 2(溶液)电解−−−→Mg+Cl 2
C. 制乙烯：C 2H 5OH 24170C H SO
︒−−−−→浓CH 2=CH 2+H 2O D. 制乙醇：CH 2=CH 2+H 2O −−−−→催化剂
高温高压C 2H 5OH 【答案】D
【解析】
【详解】A ．氢气在氯气中光照条加下会发生爆炸，不能制取盐酸，应将氢气在氯气中点燃，在氯气和氢气的反应过程中，有毒的氯气被过量的氢气所包围，使氯气得到充分反应，防止了对空气的污染，故A 错误；
B ．电解氯化镁溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得电子生成氢气，电解氯化镁溶液时得到的是氢氧化镁和氯气，故B 错误；
C ．实验室制乙烯时，需要将温度直接加热到170℃，防止140℃生成副产物乙醚，况且生成物还有水，原料的利用率不高，工业上利用石油裂解和精馏，故C 错误；
D ．乙烯可大量取自石油裂解气，成本低，产量大，原料的利用率较高，故D 正确； 答案选D 。

【点睛】C 项为易错点，虽然原理正确，但是应用于工业生产需要原料易得，操作简便，需要大规模生产。

9.肯定能得到Al(OH)3的一组物质是（）
A. Al片和NaOH溶液
B. Al2O3粉末和H2O
C. Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O
D. AlCl3溶液和NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Al片和NaOH溶液反应得到的是偏铝酸钠和氢气，得不到Al(OH)3，故A不符合题意；
B．Al2O3不溶于水，也不和H2O反应，故B不符合题意；
C．氢氧化铝不溶于氨水，因此Al2(SO4)3溶液和NH3·H2O可以反应得到氢氧化铝和硫酸铵，故C符合题意；
D．1molAlCl3和3molNaOH反应时可以得到氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，1molAlCl3和4molNaOH反应时可以得到的是偏铝酸钠，故D不符合题意；
答案选C。

【点睛】易错点D项氯化铝与氢氧化钠反应的量不容易控制，要想得到氢氧化铝需要用可溶性铝盐和弱碱反应。

10.对如图实验现象描述或分析正确的是（）
A. 溶液变蓝色
B. Cu 片上有气泡
C. Zn 是氧化剂
D. Cu 是氧化剂
【答案】B
【分析】
根据装置图所示，该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解答。

【详解】A．铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；B．铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e-=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C．锌作负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Zn元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，故C错误；
D．Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
答案选B。

11.科学家在20℃时，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”。

对“暖冰”与其它物质比较正确的是（）
SiO化学键类型相同
A. 与Na2O 晶体类型相同
B. 与
2
C. 与CO2分子构型相同
D. 与CH4 分子极性相同
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”，该过程时物理变化，分子没有发生改变，“暖冰”还是水分子，据此分析解答。

【详解】A．“暖冰”中H2O分子为分子晶体，Na2O是离子晶体，两者晶体类型不同，A选
B．“暖冰”中H2O分子中H原子和O原子之间形成极性共价键，SiO2中Si原子和O原子形成极性共价键，两者化学键类型相同，B选项正确；
C．“暖冰”中H2O分子中O原子的价电子对数为
6-12
2+=4
2
⨯
，有两对孤电子对，其分子
构型为V形，CO2中C原子的价电子对数为
4-22
2+=2
2
⨯
，没有孤电子对，分子构型为直线
形，两者分子构型不同，C选项错误；
D．“暖冰”中H2O分子中O原子的价电子对数为
6-12
2+=4
2
⨯
，有两对孤电子对，而CH4
分子中C原子的价电子对数为
4-14
4+=4
2
⨯
，不存在孤电子对，两者分子极性不同，D选项
错误；
答案选B。

12.用试管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒、胶头滴管(试剂任选)可完成实验( )
A. 粗盐提纯
B. 海带灰提碘
C. 配制0.1mol·L-1 HCl溶液
D. 检验OH-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．粗盐提纯的操作步骤为：溶解→加入过量的氢氧化钠溶液→加入过量的氯化钡溶液→加入过量的碳酸钠溶液→过滤→加入过量的盐酸→蒸发结晶，所用仪器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗和蒸发皿，故完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗和蒸发皿，故A错误；
B．海带→灼烧(将有机物都转化为无机盐，使碘的化合物溶于水)→加蒸馏水溶解(含碘的化合物溶于水)→过滤(滤去杂质)→向滤液中通入溴水(置换出碘)→加四氯化碳(萃取碘单质)→分液→蒸馏分离出碘，所用仪器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗、坩埚、泥三角、冷凝管等，海带灰提碘的操作缺少漏斗、分液漏斗、泥三角、坩埚、冷凝管等仪器，故B错误；
C．配置一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标签，需要的仪器有容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，题中仪器少了量筒，故C错误；
D．检验OH-只需将无色酚酞溶液或紫色石蕊溶液滴加入试管中，需要试管和胶头滴管，故D 正确；
答案选D。

【点睛】配制0.1mol·L-1HCl溶液需要使用到量筒，为易错点，用液体配置溶液时，需要稀释。

13.短周期元素X、Y、Z、M 在周期表中的位置关系如右图，对这些元素形成的单质或化合物推测正确的是（）
A. 若Z元素形成的单质是Z2，则M元素形成的单质也一定是M2
B. 若H n X常温下是气体，则H m Z 常温下也是气体
C. 若有碱M(OH)n，则也一定有碱Y(OH)m
D. 若Y有最高价含氧酸H n YO m，则X也一定有最高价含氧酸H n XO m
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Z元素和M元素都是短周期元素，若Z元素形成的单质是O2，则M元素形成
的单质是S，故A错误；
B．X和Z是同周期元素，若X使N元素，Z是O元素，它们的氢化物，NH3常温下是气体，
则H2O常温下是气体，故B错误；
C．M和Y位于同一周期，若有碱M(OH)n，M为金属元素，Y在M的左边，也应该为金属
元素，Y(OH)m也是碱，故C正确；
D．若Y有最高价含氧酸H n YO m，则Y是非金属元素，X和Y位于同一主族，同主族元素非
金属性减弱，X也是非金属元素，但若Y是Cl，X为F，F元素没有最高价氧化物对应的水化
物，故D错误；
答案选C。

【点睛】D项的F和O元素没有最高正价，没有最高价氧化物对应的水化物为易错点。

14.能证明甲烷不是平面结构或苯环中不存在单双键交替结构的是（考虑空间位置关系）（）
A. 一氯甲烷只有一种
B. 二氯甲烷只有一种
C. 间二甲苯只有一种
D. 对二甲苯只有一种
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷的空间构型为正四面体，其一氯甲烷也只有一种，不能通过一氯甲烷只有一
种来判断甲烷不是平面结构，A不符合题意；
B．若甲烷为平面结构，则其二氯甲烷有两种结构，二氯甲烷只有一种可证明甲烷不是平面结
构，B符合题意；
C．无论苯环是否为单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构，C不符合题意；
D．无论苯环是否为单双键交替结构，对二甲苯都只有一种结构，D不符合题意；
答案选B。

15.氨不可能发生的反应是（ ）
A. 3224NH 5O 4NO 6H O ∆
+−−−→+催化剂 B. 32224NH 7O 4NO 6H O ∆
+−−−→+催化剂
C. 2NH 3+3Cl 2→N 2+6HCl
D. 8NH 3+3Cl 2→N 2+6NH 4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A ．氨气催化氧化可制得NO ，反应方程式为3224NH 5O 4NO 6H O ∆
+−−−→+催化剂，A 选项不符合；
B ．氨气催化氧化可制得NO ，不直接生成NO 2，B 选项符合；
C ．NH 3具有还原性，可被Cl 2氧化为N 2，反应的化学方程式为2NH 3+3Cl 2→N 2+6HCl ，C 选项不符合；
D ．NH 3具有还原性，可被Cl 2氧化为N 2，若NH 3过量，生成的HCl 可与过量的NH 3反应生成NH 4Cl ，反应的化学方程式为8NH 3+3Cl 2→N 2+6NH 4Cl ，D 选项不符合；
答案选B 。

16.可能引起实验结果偏小的操作是（ ）
A. 测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗
B. 硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出
C. 常温常压下 1 摩尔H 2 体积测定：反应的镁条有氧化膜
D. 配制 0.1mol ·L -1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切
【答案】C
【解析】
【详解】A．测定NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗，待测液的浓度降低，但氢氧化钠的总物质的量没有变化，消耗标准液的体积不变，对测定的结果无影响，故A不符合题意；B．硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出，溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中，导致结晶水的质量偏大，则测定结晶水的含量结果偏大，故B不符合题意；
C．常温常压下1 摩尔H2体积测定：反应的镁条有氧化膜，酸中一部分氢离子消耗氧化镁，导致产生氢气的体积偏小，则测定的摩尔体积偏小，故C符合题意；
D．配制0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切，导致容量瓶内溶
，最终配制的溶液浓度偏大，故D不符合题意；
液的体积偏小，根据c=n
V
答案选C。

17.10mL 0.1mol·L-1CH3COOH 溶液中滴入VmL 0.1mol·L-1NaOH 溶液，当（）
A. V=0mL 时，c(H+)=c(CH3COO-)
B. V=5mL 时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
C. V=10mL 时，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)<c(Na+)
D. V=15mL 时，c(Na+)<c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．V=0mL时，溶液中溶质为CH3COOH，根据电荷守恒有c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，A不符合题意；
B．V=5mL时，溶液中溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa，由于CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以溶液中c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，B不符合题意；
C．V=10mL时，溶液中溶质为CH3COONa，根据物料守恒有
c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)，C不符合题意；
D．V=15mL时，NaOH过量，溶液中溶质为CH3COONa和NaOH，溶液中
c(Na+)<c(CH3COO-)+c(OH-)，D符合题意；
答案选D。

18.用类推法预测物质性质，结果符合事实的是（）
A. Cu 与Cl2 反应生成CuCl2，则与S 反应也生成CuS
B. Na2O2 与CO2 反应生成Na2CO3，则与SO2反应也生成Na2SO3
C. O2与Na2CO3 溶液不反应，则与Na2S 溶液也不反应
D. 木炭可与浓HNO3反应，也可与浓H2SO4反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气的氧化性强，所以Cu与Cl2反应生成高价态的CuCl2，S的氧化性较弱，则Cu与S反应生成较低价态的Cu2S，A选项不符合；
B．过氧化钠具有氧化性，能将+4价S氧化为+6价，所以Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，B选项不符合；
C．O2具有氧化性可以将Na2S溶液中的S2-氧化，C选项不符合；
D．木炭可与浓HNO3发生氧化还原反应生成CO2和NO2，也可与浓H2SO4发生氧化还原反应生成CO2和SO2，D选项符合；
答案选D。

【点睛】解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物
性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。

19.已知氧化性：Cl 2>IO 3->Fe 3+>I 2，则对实验结果分析或预测正确的是（ ）
A. 加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉 KI 溶液，溶液变蓝色，说明可能是 IO -
3
B. 加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，说明不可能是 I -
C. FeI 2 溶液中滴加少量氯水，溶液中一定有 Fe 3+生成
D. FeCl 2 溶液中滴加足量碘水和 KS 溶液，溶液一定变红色
【答案】A
【解析】
【详解】A ．由于氧化性IO 3->I 2，加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉KI 溶液，溶液变蓝色，可能是IO 3-在酸性条件下与I -发生氧化还原反应，生成I 2，使得淀粉溶液变蓝，A 选项正确；
B ．加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，可能是过量的氯水将I -氧化为-3IO ，从而溶液不变蓝，B 选项错误；
C ．由于氧化性Fe 3+>I 2，所以还原性：I ->Fe 2+，则FeI 2溶液中滴加少量氯水，Cl 2先氧化I -，Cl 2的量较少，则不一定会氧化Fe 2+，因此溶液中不一定有Fe 3+生成，C 选项错误；
D ．氧化性Fe 3+>I 2，FeCl 2溶液中滴加足量碘水和KS 溶液，I 2不能将Fe 2+氧化生成Fe 3+，则溶液不会变红色，D 选项错误；
答案选A 。

20.已知结合 OH -能力：Al 3+＞NH 4+＞Al(OH)3，0.1mol ·L -1 NH 4Al(SO 4)2 溶液与 0.1mol ·L -1 Ba(OH)2 溶液混合，离子反应方程式正确的是（ ）
A. 4224432NH SO Ba
OH BaSO NH H O -+-++++=↓+⋅ B. 4224432NH 2SO 2Ba OH 2BaSO NH H O +-+-+++=↓+⋅
C. 3224432Al 3SO 3Ba 6OH 3BaSO 2Al(OH)+-+-++=↓++
D. 322-4422Al 2SO 2Ba 4OH 2BaSO AlO 2H O +-+-++=↓+++
【答案】C
【解析】
【详解】0.1mol ·L -1 NH 4Al(SO 4)2 溶液与 0.1mol ·L -1 Ba(OH)2 溶液混合，由于Al 3+＞NH 4+，则Al 3+先与OH -结合形成Al(OH)3，SO 42-和Ba 2+结合形成BaSO 4，当有溶液中2mol Al 3+时会消耗6mol OH -，则NH 4Al(SO 4)2中SO 42-的物质的量为4mol ，NH 4+的物质的量为2mol ，Ba 2+的物质的量为3mol ，SO 42-过量1mol ，刚好与2mol NH 4+结合形成硫酸铵，则离子反应方程式为2Al 3++3SO 42-+3Ba 2++6OH -=3BaSO 4↓+2Al(OH)3↓，若Ba(OH)2继续过量，由于NH 4+＞Al(OH)3，则Al(OH)3沉淀不溶解，先发生NH 4+和OH -结合生成NH 3·H 2O ，即产生一水合氨的同时，Al(OH)3也同时存在，此时的离子反应方程式为：NH 4++Al 3++2SO 42-+2Ba 2++4OH -=2BaSO 4↓+Al(OH)3↓+NH 3·H 2O ；当溶液中NH 4+全部反应完，还有Ba(OH)2，最后才能发生Al(OH)3与Ba(OH)2反应生成AlO 2-，则生成AlO 2-时，溶液中必然存在NH 3·H 2O ，当Al(OH)3完全溶解，此时的离子反应方程式为：NH 4++Al 3++2SO 42-+2Ba 2++5OH -=2BaSO 4↓+AlO 2-+NH 3·H 2O+2H 2O ，综上分析，答案选C 。

二、综合题
21.过碳酸钠(2Na 2CO 3·3H 2O 2)晶体性质具有Na 2CO 3和H 2O 2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。

(1)Na 原子核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H 2O 2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。

(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。

(4)高锰酸根离子(-4MnO )水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下： _____-4MnO +_______CO 2-3+___H 2O 2→___MnCO 3+___□+____OH -+____H 2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg ·L -1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg ·L -1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
【答案】 (1). 1s 22s 22p 63s 1 (2). 2 (3). (4). 向H 2S 的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O ＞S(合理即可) (5). O 原子和S 原子最外层电子数相同，S 原子的电子层数比O 原子多，半径比O 原子大，S 原子得电子能力比O 原子难 (6). CO 32−+H 2O ⇌HCO 3−+OH − (7). 2MnO 4-+2CO 32-+5H 2O 2=2MnCO 3+5O 2↑+6OH -+2H 2O (8). 还原 (9). 0.18
【解析】
【分析】
(1)Na 为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s 和2p 两个能级；H 2O 2 是共价化合物，含有O-H 极性共价键和O-O 非极性共价键；
(2)与O 元素同主族短周期元素为S 元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S 原子的电子层数比O 原子多，半径比O 原子大，S 原子得电子能力比O 原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn 元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H 2O 2中O 元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O 元素化合价升高，变为O 2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式
计算电子转移数目。

【详解】(1)Na 为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 1，O 原子核外 L 层上有2s 和2p 两个能级，则有2种能量不同的电子，H 2O 2 是共价化合物，含有O-H 极性共价键和O-O 非极性共价键，电子式是；
(2)与O 元素同主族短周期元素为S 元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H 2S 的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H 2S+O 2=S ↓+H 2O ，反应中O 2为氧化剂，S 单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O 2＞S ，则说明非金属性：O ＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O 原子和S 原子最外层电子数相同，S 原子的电子层数比O 原子多，半径比O 原子大，S 原子得电子能力比O 原子难，所以S 元素的非金属性比O 元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO 32−+H 2O ⇌HCO 3−+OH −；
(4)根据反应，可知Mn 元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H 2O 2中O 元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O 元素化合价升高，变为O 2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO 4-+2CO 32-+5H 2O 2=2MnCO 3+5O 2↑+6OH -+2H 2O ；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na 2CO 3·3H 2O 2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg ·L -1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg ·L -1，Mn 元素的质量变化=1L ×(2000mg ·L -1-1.2mg ·L -1)×
10-3=1.9988g ，被处理的Mn 元素物质的量为515.9g 988g /mol
≈0.036mol ，根据原子守恒，MnO 4-的物质的量为0.036mol ，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol 。

【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题
给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。

22.为应对全球气候变暖，科学家在综合利用CO2方面取得了不少研究成果。

如用CO2合成重要化工原料CH3OH，同时生成CO，反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q1kJ(Q1＞0)，
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)-Q2kJ(Q2＞0)。

研究催化剂等外界条件对上述反应的影响，结果如图1、图2
完成下列填空：
(1)一定是碳12
的同位素原子是_____(选填“A”、“B”、“C”、“D”)
A.质子数为6，中子数为8
B.质子数为8，中子数为12
C.质子数为12，中子数为6
D.质子数为12，中子数为8
(2)分析图1：催化效果最佳的是催化剂_____(选填“A”、“B”、“C”)。

若密闭容器体积为2L，则a点测得CH3OH的平均生成速率为_____mol·L-1·min-1。

b点反应_____(填“达到”或“未达到”)平衡状态，理由是：_____
(3)分析图2：相同温度下，增大原料气压强，反应Ⅰ平衡常数_____(选填“增大”、“减小”、“不变”、“无法判断”)；当压强为6Mpa、温度在400~600℃时，CO2的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________________________________
(4)若生成的CH 3OH 和CO 物质的量之比为4:1，则消耗相同条件下的CO 2和H 2体积比是_____
(5)若有88gCO 2发生反应Ⅰ，并放出akJ 热量，则图3中A 为_____，B 为_____
【答案】 (1). A (2). A (3). 0.2t
(4). 未达到 (5). 此温度催化剂A 得到的甲醇更多，即b 若时间增加，在此条件下可以得到更多的生成物(合理即可) (6). 不变
(7). 反应Ⅱ中2CO 增大的平衡转化率大于反应Ⅰ中2CO 减小的平衡转化率 (8). 5:13
(9). 322CH OH(g)2H O(g)+ (10). 222CO (g)6H (g)+
【解析】
【分析】
(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
(2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好。

根据v =c t ∆∆=n V t
∆∆计算；反应达到平衡状态时，各组分的含量保持不变，b 点对应温度下使用催化剂A 时甲醇物质的量大于b 点，b 点之后随时间的增加，在此条件下可以得到更多的生成物，据此分析解答；
(3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；根据反应Ⅰ：CO 2(g)+3H 2(g)⇌CH 3OH(g)+H 2O(g)+Q 1kJ(Q 1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ：CO 2(g)+H 2(g)⇌CO(g)+H 2O(g)-Q 2kJ(Q 2＞0)为气体分子数不变的吸热反应，根据外界条件对反应平衡移动的影响分析；
(4)结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据“三段式”分析解答；
(5)反应Ⅰ：CO 2(g)+3H 2(g)⇌CH 3OH(g)+H 2O(g)+Q 1kJ(Q 1＞0)为放热反应，反应物的总能
量大于生成物的总能量，结合参与反应的CO 2的量计算分析解答。

【详解】(1)质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，碳原子的质子数为6，碳12的质子数为6、中子数为6，与碳12互为同位素原子质子数也应为6、中子数不为6，符合题意的只有A ，答案选A ；
(2)相同温度下甲醇的产量越高，催化剂的催化效果越好，如图所示，T 1温度时，在催化剂A 的作用下甲醇的产量最高，则A 的催化作用最好；根据图示，经过tmin ，a 点测得生成CH 3OH 的物质的量为0.4mol ，根据v =c t ∆∆=n V t
∆∆， a 点时CH 3OH 的平均生成速率为2L 0.n 4mol t mi ⨯=0.2t
mol ·L -1·min -1；反应达到平衡状态时，各组分的含量保持不变，根据图示，b 点对应温度下使用催化剂A 时甲醇物质的量大于b 点，说明b 点之后随时间的增加，在此条件下可以得到更多的生成物，说明b 点未达到平衡状态；
(3)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K 不变；反应Ⅰ：CO 2(g)+3H 2(g)⇌CH 3OH(g)+H 2O(g)+Q 1kJ(Q 1＞0)为气体分子数目减小的放热反应，反应Ⅱ：CO 2(g)+H 2(g) ⇌CO(g)+H 2O(g)-Q 2kJ(Q 2＞0)为气体分子数不变的吸热反应，6Mpa 、温度在400~600℃时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO 2的转化率减小，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO 2的转化率增大，导致CO 2的总体平衡转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ中2CO 增大的平衡转化率大于反应Ⅰ中2CO 减小的平衡转化率；
(4)若生成的CH 3OH 和CO 物质的量之比为4:1，设CH 3OH 和CO 物质的量分别为4mol 和1mol ，则：。