上海市徐汇区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-02认识化学科学（填空基础题） （含解析）
上海市徐汇区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-02认识化学科学（填空基础题）
一、填空题
1．（2020·上海徐汇·统考一模）高锰酸钾(KMnO4)是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
(1)测定室内甲醛含量，发生反应如下。
_______+_______HCHO +_______H+ →_______Mn2+ +_______CO2↑ +_______H2O
配平该方程式_______。
(2)将室内气体通入20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10 L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为_______mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由_______。
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为_______。
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的_______性质。
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式_______。
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因_______。
二、元素或物质推断题
2．（2022·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考模拟预测）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。
(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为_______；写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式为_______；
(2)常温下，不能与R单质发生反应的是_______(选填序号)；
a.CuCl2溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.Na2CO3溶液
(3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。
(4) 氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为_______。
(5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由：_______。
(6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向：_______。
_______SiO2+_______C+_______N2_______Si3N4+_______CO
(7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_______。
三、工业流程题
3．（2022·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考模拟预测）硫酸铁(PFS)是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理。用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。实验步骤如下：
(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_______。
a.容量瓶b.烧杯c.烧瓶d.玻璃棒
(2)步骤II取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是_______。
a.控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比b.确定下一步还原所需铁的量
c.确定氧化Fe2+所需NaClO3的量d.确保铁的氧化物酸溶完全
用NaClO3氧化时反应方程式：6FeSO4+NaClO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NaCl+3H2O
若改用HNO3氧化，反应方程式：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NO↑+4H2O
(3)已知1molHNO3价格0.16元、1molNaClO3价格0.45元，评价用HNO3代替NaClO3作氧化剂的得弊，利是_______，弊是_______。
聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量之比不是3：2。根据下列供选择的试剂和基本操作，测定聚合硫酸铁产品溶液中SO与Fe3+物质的量之比。
(4)测定时所需的试剂_______。
a.NaOHb.FeSO4c.BaCl2d.NaClO3
(5)需要测定_______和_______的质量(填写化合物的化学式)。
(6)选出测定过程中所需的基本操作_______(按操作先后顺序列出)。
a.萃取、分液b.过滤、洗涤c.蒸发、结晶d.冷却、称量e.烘干或灼烧
四、结构与性质
4．（2022·上海徐汇·统考二模）卤族元素在自然界中主要以卤化物形式存在，完成下列填空：
(1)工业电解铝以铝土矿(Al2O3)为原料，冰晶石(Na3AlF4)为助熔剂。
①铝土矿中的晶体类型_______；
②比较的简单离子半径大小_______；
③最外层电子的电子云形状为_______。
(2)从海水中获取的主要用于氯碱工业，写出阳极的电极反应_______。
(3)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出，并用纯碱吸收。纯碱吸收的主要反应为：，吸收时，转移电子为_______mol。
(4)工业生产纯碱的方法是：向饱和食盐水中通入和，即有晶体析出。结合速率与平衡理论解释析出的原因_______。
(5)向碘水溶液中通入过量的，发生反应：，配平上述方程式_______。
五、原理综合题
5．（2022·上海·统考一模）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(l)H+(aq)+HO(aq) K=2.24×10-12(25℃)
完成下列填空：
(1)氧原子核外电子亚层数为___，H2O2的电子式___。
(2)实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为___。
(3)H2O2分解反应的平衡常数K=___；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃___K40℃(填“>”“<”或“=”)。
(4)25℃，H2O2的pH___H2O(选填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，H2O2溶液中HO的浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。
一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是___；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是___。
(5)蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下：CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O，配平上述方程式___。
6．（2021·上海徐汇·统考二模）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
(1)N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有___________个；CS2的电子式___________。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，在5L密闭容器中充入1mol CO 2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如下图所示。
(2)该反应的平衡常数K=___________；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 =___________。
(3)该反应是___________反应(选填“吸热”或“放热”)；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率___________ CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“<”或“=”)；解释温度低于T时，φ(CH3OH)逐渐增加的原因___________。化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：_____ClO + ________NO + ______OH- → ______NO+ _______Cl- + ________H2O
(4)配平上述方程式___。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法___________。
7．（2020·上海徐汇·统考二模）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___。
试卷第6页，共6页
试卷第5页，共6页
参考答案：
1． 4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O 0.075 硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面与刻度线齐平 还原性、酸性 3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4 高锰酸钾溶液见光能发生分解
【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O；
(2)20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)= 1×10-3 mol/L×0.02 L=2×10-5 mol/L，根据物质反应关系可知n(HCHO)=n(KMnO4)=2.5×10-5 mol，由于溶液的体积是10 L，则甲醛的浓度为c(HCHO)==2.5×10-6 mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10-6 ×30 g/L=7.5×10-5 g/L=0.075 mg/L；
上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl-与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al(MnO4)3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4；
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
2．(1) r(Na)＞r(Al)＞r(Si) 3s1
(2)bd
(3)OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O
(4) 3
(5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高
(6)
(7)35g
【分析】一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期,两元素原子的质子数之和为24，M为+1价，R为+3价，则说明M为Na，R为Al。
(1)
该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；M(Na)原子核外能量最高的电子是3s上的电子，其电子排布式为3s1；故答案为：r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；3s1。
(2)
常温下，铝与氯化铜反应生成氯化铝和铜单质，铝与氧化铁常温不反应，铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是bd；故答案为：bd。
(3)
M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者反应的离子方程式OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O；故答案为：OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O。
(4)
Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为 3；故答案为： 3。
(5)
氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高；故答案为：C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高。
(6)
碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为 3价，则碳升高2个价态，Si3N4降低12个价态，因此碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则为3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO，其电子转移为
；故答案为：。
(7)
根据反应方程式3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO分析得到气体质量增加112g，则生成1mol Si3N4即140g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则气体质量增加了28g，则制得的Si3N4质量为；故答案为：35g。
3．(1)bd
(2)bc
(3) 原料成本较低 产生气体对大气有污染
(4)ac
(5) Fe2O3 BaSO4
(6)bed
【分析】I中稀硫酸溶解铁的氧化物，III中加入铁还原Fe3+，IV中加入氧化剂氧化Fe2+，最终水解、聚合得到聚合硫酸铁。
(1)
配制一定量质量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选bd；
(2)
因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，故答案为bc；
(3)
从环保和成本方面考虑，利是原料成本较低，弊是产生气体对大气有污染；
(4)
因SO与Fe3+都采用沉淀法加以测定，测定硫酸根离子需要氯化钡，测定铁离子需要氢氧化钠，故答案为ac；
(5)
根据测定BaSO4的质量来测定SO的物质的量，根据氧化铁的质量结合元素守恒计算铁离子的物质的量，所以需要测定物质质量的物质为Fe2O3、BaSO4；
(6)
测定聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量的原理：先后加入氯化钡、氢氧化钠并过滤，得到的沉淀先过滤后洗涤，然后进行烘干或灼烧，冷却，最后称量得到的固体的量即可，所以顺序是：bed。
4．(1) 离子晶体 F->Na+>Al3+ 球形
(2)
(3)
(4)结合成晶体的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出
(5)
【解析】(1)
①电解熔融氧化铝冶炼金属铝，说明氧化铝在熔融状态下能导电，的晶体类型离子晶体；
②电子层数相同，质子数越多半径越小，的简单离子半径大小F->Na+>Al3+；
③最外层电子排布为3s1，电子云形状为球形。
(2)
电解饱和溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阳极的电极反应式为；
(3)
纯碱吸收的主要反应为：，溴元素化合价由0降低为-1、溴元素化合价由0升高为+5，3molBr2反应转移5mol电子，则吸收时，转移电子为mol。
(4)
向饱和食盐水中通入和，和反应生成碳酸氢铵，结合成的速率大于电离成的速率，所以有晶体析出。
(5)
向碘水溶液中通入过量的，氯元素化合价由0降低为-1、碘元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为。
5．(1) 3
(2)H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O
(3) c(O2) >
(4) 小于 pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小
(5)2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O
【详解】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p，故此处填3；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K=c(O2)；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃；
（4）25℃时，H2O为中性其pH=7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7，故此处填：小于；一定条件下，溶液pH增大，使得平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，故答案为：pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡正向移动，的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，故此处填：H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+=2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+=2Cr3++7O2↑+10H2O。
6． 3 0.015 mol·L-1·min-1 放热 < 温度低于T时，反应未达到平衡，向生成物方向进行 3ClO+4NO +4OH- = 4NO+ 3Cl- + 2H2O 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值
【详解】(1)N是7号元素，其核外电子排布式为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为；
(2)平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为化学平衡常数，则该反应的平衡常数K=；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，设10分钟内二氧化碳反应了xmol，则列三段式如下：，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则=30%，解得x=0.75，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 ==0.015 mol·L-1·min-1；
(3)c点之前反应未平衡，反应正向进行，φ(CH3OH)增大，c点反应达到平衡，c点之后升高温度，φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即该反应是放热反应；其它条件相同时，b点温度更高，因此CH3OH在a点的正反应速率
7． 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 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 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
【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。
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页
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