还剩27页未读，
继续阅读
2021年上海市闵行区高考化学二模试卷
展开
这是一份2021年上海市闵行区高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）不能用来作为新冠病毒的消毒剂是（ ）
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明矾
2．（2分）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数B．周期表中位置
C．质子数D．核外电子排布
3．（2分）因被氧化而使溴水褪色的是（ ）
A．苯B．二氧化硫
C．乙烯D．氢氧化钠溶液
4．（2分）铝锂合金是应用于航空航天领域的新型材料，下列性质与其应用无关的是（ ）
A．导电性好B．密度小C．硬度大D．熔点比铝低
5．（2分）有关氮肥的说法正确的是（ ）
A．氮肥都含铵根离子
B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素
D．自然界氮循环能产生铵盐
6．（2分）关于丙烯的描述正确的是（ ）
A．电子式为：B．最多有7个原子共面
C．与1，3﹣丁二烯是同系物D．不能发生取代反应
7．（2分）常温下三氧化硫以液态（SO3）3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（ ）
A．由液态变气态是物理变化
B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键
D．SO3是极性分子
8．（2分）在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅D．加热时间过长部分变黑
9．（2分）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
10．（2分）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石＞晶体硅B．分子稳定性：H2O＞HF
C．溶解度：SO2＞CO2D．状态：常温时Cl2是气态
11．（2分）某溶液可能含有等物质的量的Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl﹣、I﹣、SO32﹣、SO42﹣中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是（ ）
A．肯定不含NH4+B．肯定不含H+
C．肯定含有SO32﹣D．肯定不含Cl﹣
12．（2分）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是（ ）
A．原子序数：Z＞X＞YB．还原性：Z﹣＞Y2﹣
C．Z元素最高价为+7D．X与Y可形成X2Y2化合物
13．（2分）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（ ）
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al（OH）3
14．（2分）港珠澳大桥桥体的钢构件采用了多种防腐方法。有关其分析正确的是（ ）
A．越靠近海底的钢构件，腐蚀越严重
B．钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法
C．钢构件若腐蚀，正极反应式为：Fe﹣2e→Fe2+
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池
15．（2分）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2﹣E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2﹣E1
16．（2分）盆栽鲜花施用S﹣诱抗素剂（结构如图）以保持鲜花盛开。说法正确的是（ ）
A．分子式为C14H16O4
B．分子中的羟基能被氧化
C．能跟溴水发生1，4﹣加成反应
D．1ml该物质与足量钠反应产生0.5ml氢气
17．（2分）下列工业生产采取的措施能达到相应目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
18．（2分）在恒容密闭容器中，发生反应M（g）⇌2N（g）﹣Q（Q＞0），下列说法正确的是（ ）
A．反应速率之比始终是v逆（M）＝2v正（N）
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率均增大
C．混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡
D．加压，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率加快
19．（2分）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是（ ）
A．制取乙酸丁酯
B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性
D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
20．（2分）常温时，同浓度的①V1mL CH3COOH溶液②V2mL NaOH溶液③V3mL CH3COONa溶液，下列结论中正确的是（ ）
A．①与②混合若pH＞7，则V2＞V1
B．当V2＝V3时，溶液中离子总数 ③＞②
C．将①稀释10倍，溶液中c（H+）•c（OH﹣）增大
D．③溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
二、综合题（共60分）
21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。
完成下列填空：
（1）钠元素核外有 种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为 。
（2）NaNO2晶体类型是 ；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为 。
工业上可用NaNO2从含I﹣的卤水中提取单质碘。流程如图。
（3）酸性条件下，含I﹣的卤水发生如下反应。补充完整方程式并配平。
NO2﹣+ I﹣+ → NO↑+ I2+
当有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是 L。
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是 。
从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是 。（选填编号）
a.萃取
b.升华
c.纸层析
d.过滤
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小 。
22．（15分）尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用。
合成尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）
完成下列填空：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 。
（2）在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2：1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为 。
（3）合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图。
该反应正方向为 热反应（选填“吸热”或“放热”）。
a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何： （用Ka、Kb、Kc表示），理由为 。
在某温度时，将1.0ml・L﹣1氨水滴入10mL 1.0ml・L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。
（4）a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是 。
（5）氨水体积滴至 时（填“V1”或“V2”），氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据 ；此时溶液中离子浓度由大到小的是 。
23．（15分）物质G是升高白细胞的常见药物，合成G的路线如图。
已知：R﹣CHO+R′﹣CH2﹣CHO（﹣R、﹣R′代表烃基）
完成下列填空：
（1）①的反应条件是 ；②的反应方程式 。
（2）试剂X的结构简式为 ；④的反应类型是 。
（3）⑤的反应试剂是 ；步骤④、⑤不能颠倒的原因是 。
（4）C有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 。
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子。
（5）设计以为原料合成的路线 。（无机试剂任选）（合成路线流程图示例为：XY……目标产物）
24．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，392g/ml]是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：Fe2（SO4）3溶液FeSO4溶液（NH4）2Fe（SO4）2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
完成下列填空：
（1）配制Fe2（SO4）3溶液需加入少量稀硫酸，目的是 。
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2的原因是 。
（3）隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如图装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。
验证气体的装置次序为 ；c装置中足量盐酸的作用是 。
测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000ml・L﹣1的KMnO4溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mL KMnO4溶液。
（4）蒸馏水要预先加热煮沸的原因是 ；配成250mL溶液的定量仪器为 。
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；已知滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，该样品的纯度为 。
2021年上海市闵行区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）不能用来作为新冠病毒的消毒剂是（ ）
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明矾
【分析】乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒，据此分析。
【解答】解：84消毒液、漂粉精均具有强氧化性能使蛋白质变性，能杀菌消毒；75%酒精能使蛋白质变性，能杀菌消毒；明矾不能用于杀菌消毒，所以不能用来作为新冠病毒的消毒剂是明矾，故D选，
故选：D。
【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
2．（2分）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数B．周期表中位置
C．质子数D．核外电子排布
【分析】第75号元素铼，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，质子数和核外电子数均等于原子序数，据此分析。
【解答】解：第75号元素铼，其原子序数为75，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，质子数和核外电子数均等于原子序数为75，质量数＝质子数+中子数，由于中子数不知道，所以无法确定质量数，故A选，
故选：A。
【点评】本题考查了原子的结构，题目难度不大，把握原子序数与质子数、电子数的关系是解题的关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3．（2分）因被氧化而使溴水褪色的是（ ）
A．苯B．二氧化硫
C．乙烯D．氢氧化钠溶液
【分析】元素化合价升高被氧化，因被氧化而使溴水褪色，说明该物质具有还原性，能被溴水氧化，据此分析。
【解答】解：A．苯与溴水混合发生萃取，没有发生氧化还原反应，故A不选；
B．二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化，使溴水褪色，故B选；
C．乙烯与溴水发生加成反应，因为加成反应而使溴水褪色，故C不选；
D．氢氧化钠溶液与溴水反应时，只有Br元素的化合价发生变化，Br2是氧化剂也是还原剂，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（2分）铝锂合金是应用于航空航天领域的新型材料，下列性质与其应用无关的是（ ）
A．导电性好B．密度小C．硬度大D．熔点比铝低
【分析】合金的强度大于其成分金属，熔点低于其成分金属，且铝和锂都是轻金属，密度较小的特点解答。
【解答】解：铝锂合金是航空飞行器较理想的结构材料之一，说明其耐腐蚀、密度小、硬度大、强度高，和其易导电这个性质无关，
故选：A。
【点评】本题考查了合金在生产和生活中的应用，合金的性质决定了其用途，铝锂合金是航空飞行器较理想的结构材料之一，是由其密度小但强度高、耐腐蚀等性能决定的。
5．（2分）有关氮肥的说法正确的是（ ）
A．氮肥都含铵根离子
B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素
D．自然界氮循环能产生铵盐
【分析】A．硝酸盐和尿素都属于氮肥，但二者被还原铵根离子；
B．复合肥中必须含作物营养元素氮、磷、钾中任何两种或三种元素；
C．自然固氮是空气中氮气转化为含氮化合物（一般为硝酸盐）；
D．固氮生物可将自然界中的N元素转化成铵盐。
【解答】解：A．有的氮肥中含有铵根离子，单有的氮肥中不含铵根离子，如尿素CO（NH2）2、硝酸盐等，故A错误；
B．NH4NO3只含N元素，属于氮肥，不是复合氮肥，故B错误；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成NO，NO被氧气氧化成NO2，NO2、O2与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不会产生尿素，故C错误；
D．豆科植物的根瘤菌可将自然界中的N元素转化成铵盐，动植物尸体腐败时也能够产生铵盐，所以自然界氮循环能够产生铵盐，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查含氮化合物的应用，为高频考点，把握常见元素化合物性质为解答关键，试题侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意知识的积累，题目难度不大。
6．（2分）关于丙烯的描述正确的是（ ）
A．电子式为：B．最多有7个原子共面
C．与1，3﹣丁二烯是同系物D．不能发生取代反应
【分析】A.丙烯含碳碳双键；
B.丙烯中碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构；
C.二者碳碳双键的数目不同；
D.丙烯含甲基。
【解答】解：A.丙烯的结构简式为CH2＝CH﹣CH3，其电子式为，故A错误；
B.丙烯中碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构，甲基上2个H与其它原子不共面时，最多有7个原子（3个C、4个H）共面，故B正确；
C.二者碳碳双键的数目不同，二者不是同系物，故C错误；
D.丙烯含甲基，光照或高温下可发生取代反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B、D为解答的难点，题目难度不大。
7．（2分）常温下三氧化硫以液态（SO3）3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（ ）
A．由液态变气态是物理变化
B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键
D．SO3是极性分子
【分析】A．没有新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化；
B．三氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子；
C．共用电子对发生偏移的共价键为极性共价键；
D．正负电荷中心能够重合的为非极性分子。
【解答】解：A．由液态（SO3）3变气态SO3过程中有新物质生成，是化学变化，故A错误；
B．三氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故B错误；
C．SO3中硫原子与氧原子通过共用电子对形成共价键，二者非金属性不同，共用电子对发生偏移，属于极性共价键，故C正确；
D．SO3中心原子价层电子对为＝3，孤电子对为3﹣3＝0，所以依据价层电子对互斥理论可知，三氧化硫为平面三角形结构，正负电荷中心能够重合，为非极性分子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学键类型判断及分子极性判断，明确共价键中电子对是否发生偏移，分子极性含义是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅D．加热时间过长部分变黑
【分析】在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量等于失去结晶水的质量，若在空气中冷却，硫酸铜又结合部分结晶水，固体的质量差偏小，n值偏小；坩埚未干燥、加热过程中晶体爆溅、加热时间过长部分变黑等造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，以此进行判断。
【解答】解：A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A错误；
B．硫酸铜又结合部分结晶水，导致固体的质量差偏小，n值偏小，故B正确；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C错误；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m（H2O）偏大，m（CuSO4）偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水的测定，为高频考点，把握实验操作时的注意事项，分析误差时从导致加热前后的质量差进行判断，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
9．（2分）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
【分析】A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化；
B．碘的非金属性弱于溴单质；
C．硫磺易溶于二硫化碳；
D．乙醇氧化铜作催化剂。
【解答】解：A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则固体不能完全溶解，故A不选；
B．少量碘片投入足量溴化钠中不反应，固体不溶解，故B不选；
C．硫磺难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中，能完全溶解，故C选；
D．小块铜片投入热乙醇溶液中，铜作催化剂，不能溶解，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意催化剂及钝化的分析，题目难度不大。
10．（2分）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石＞晶体硅B．分子稳定性：H2O＞HF
C．溶解度：SO2＞CO2D．状态：常温时Cl2是气态
【分析】A．共价键的键长越短，键能越大，键越牢固，晶体的熔沸点越高；
B．非金属性越强，形成的氢化物越稳定；
C．根据相似相容原理，可得溶解性关系，但与键能无关；
D．分子晶体，熔沸点较低，但与键能无关。
【解答】解：A．原子半径Si＞C，金刚石和晶体硅的共价键分别为：C﹣C键、Si﹣Si键，且键长：C﹣C＜Si﹣Si，键长越短，键能越大，键越牢固，晶体的熔沸点越高，故A正确；
B．原子半径O＞F，键长：H﹣F＜H﹣O，所以键能：H﹣F＞H﹣O，分子稳定性：HF＞H2O，故B 错误；
C．SO2为极性分子，CO2为非极性分子，水为极性溶剂，根据相似相容原理，溶解性：SO2＞CO2，但与键能无关，故C错误；
D．Cl2是分子晶体，熔沸点较低，常温下是气态，但与键能无关，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查共价晶体的熔沸点与键能的关系，分子晶体的熔沸点与分子间作用力的关系，同时还考查了氢化物稳定性的比较，相似相容原理的应用，属于基本知识，基础题型，难度不大。
11．（2分）某溶液可能含有等物质的量的Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl﹣、I﹣、SO32﹣、SO42﹣中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是（ ）
A．肯定不含NH4+B．肯定不含H+
C．肯定含有SO32﹣D．肯定不含Cl﹣
【分析】向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，则一定不含I﹣，一定含有和氯水中的氯气反应的SO32﹣，由离子不能结合生成沉淀、水等，可知一定不含Ba2+和H+，且溶液中各离子浓度均相等，由电荷守恒可知，一定含有Na+、NH4+，以此来解答。
【解答】解：A．由分析可知，一定含有Na+、NH4+，故A错误；
B．SO32﹣与H+不能共存，肯定不含H+，故B正确；
C．由上述分析，肯定含SO32﹣，故C正确；
D．由上述分析，肯定含有SO32﹣，由电荷守恒可知，一定含有Na+、NH4+，溶液中只有这两种阳离子，所以不能再有其他的阴离子，所以肯定不含Cl﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。
12．（2分）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是（ ）
A．原子序数：Z＞X＞YB．还原性：Z﹣＞Y2﹣
C．Z元素最高价为+7D．X与Y可形成X2Y2化合物
【分析】X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构，可知X在Y、Z的下一周期，如X为K元素，则Y为S、Z为Cl元素，如X为Na元素，则Y为O、Z为F元素，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X、Y、Z可分别为K、S、Cl或Na、O、F等元素。
A.X在Y、Z的下一周期，则X的原子序数最大，故A错误；
B.Y、Z可分别为、S、Cl或O、F等元素，同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则还原性：Z﹣＜Y2﹣，故B错误；
C.如Z为F元素，则无正价，故C错误；
D.二者可生成Na2O2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（ ）
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al（OH）3
【分析】A．硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸；
B．氨气的催化氧化生成的是NO；
C．铁和盐酸反应生成的是氯化亚铁；
D．氢氧化铝是两性氢氧化物，和强酸强碱发生反应，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝、氯化钠和水。
【解答】解：A．硫燃烧生成二氧化硫，S+O2SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，SO2+＝H2SO3，故A正确；
B．氨气的催化氧化生成的是NO，4NH3+5O24NO+6H2O，不能直接生成二氧化氮，故B错误；
C．氧化铁和铝发生铝热反应生成铁，铁和盐酸发生反应生成氯化亚铁和氢气，Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故C错误；
D．铝和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2溶液，NaAlO2溶液和过量盐酸反应生成氯化铝、氯化钠和水，NaAlO2+4HCl＝NaCl+AlCl3+2H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质转化关系、物质性质和产物判断等知识点，掌握物质性质和特征是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）港珠澳大桥桥体的钢构件采用了多种防腐方法。有关其分析正确的是（ ）
A．越靠近海底的钢构件，腐蚀越严重
B．钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法
C．钢构件若腐蚀，正极反应式为：Fe﹣2e→Fe2+
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池
【分析】A．越靠近海底，氧气浓度越低；
B．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极；
C．正极上氧气得电子发生还原反应；
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水。
【解答】解：A．钢构件中的碳和铁在海水中形成原电池，发生吸氧腐蚀，由于氧气的浓度在水面附近比较高，越靠近海底，氧气浓度越低，故腐蚀严重的地方是水面附近，越靠近海底的钢构件腐蚀较轻，故A错误；
B．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，则钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法，故B正确；
C．正极上氧气得电子发生还原反应，反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故C错误；
D．钢铁生锈的条件是有氧气和水，而钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水，故能防止原电池的形成，不是防止形成电解池，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，应注意的是钢铁的防腐蚀的方法有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法以及涂油等。
15．（2分）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2﹣E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2﹣E1
【分析】A．由图可知，生成物的总能量大于反应物总能量；
B．Q＝逆反应活化能﹣正反应活化能；
C．催化剂通过降低活化能，提高反应速率；
D．气态I2的能量高于固态I2的能量。
【解答】解：A．由图可知，生成物的总能量大于反应物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B．Q＝逆反应活化能﹣正反应活化能，则该反应的反应热为E2﹣E1，故B正确；
C．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，则加入催化剂，E1、E2都减小，故C错误；
D．由于气态I2的能量高于固态I2的能量，则该反应热大于E2﹣E1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，能从物质本身能量角度理解化学反应能量变化，掌握催化剂通过降低活化能加快反应速率，此题难度中等。
16．（2分）盆栽鲜花施用S﹣诱抗素剂（结构如图）以保持鲜花盛开。说法正确的是（ ）
A．分子式为C14H16O4
B．分子中的羟基能被氧化
C．能跟溴水发生1，4﹣加成反应
D．1ml该物质与足量钠反应产生0.5ml氢气
【分析】有机物含有羰基、碳碳双键、羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.有机物含有18个H原子，分子式为C14H18O4，故A错误；
B.连接羟基的碳原子不含氢原子，则不能发生催化氧化，故B错误；
C.具有1，3﹣二烯烃的结构特点，则能跟溴水发生1，4﹣加成反应，故C正确；
D.羧基、羟基可与钠反应，则1ml该物质与足量钠反应产生1ml氢气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17．（2分）下列工业生产采取的措施能达到相应目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．对于合成氨来说，催化剂在500℃左右活性较大；
B．石油裂化的目的主要是提高汽油的产量；
C．五氧化二钒作为接触法制硫酸二氧化硫氧化成三氧化硫的催化剂，不能提高二氧化硫的转化率；
D．根据氨水成碱性，更易二氧化碳的吸收来分析。
【解答】解：A．对于合成氨来说，催化剂在500℃左右活性较大，不是防止催化剂中毒，故A错误；
B．石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B正确；
C．五氧化二钒作为接触法制硫酸二氧化硫氧化成三氧化硫的催化剂，不能改变平衡移动，所以不能提高二氧化硫的转化率，故C错误；
D．因为氨水成碱性，更易二氧化碳的吸收，所以先通氨气，再通二氧化碳，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查工业生产的主要设备中采取的措施，重点是化学反应原理的实际应用，注重化学反应原理与实际生成的联系，题目难度不大。
18．（2分）在恒容密闭容器中，发生反应M（g）⇌2N（g）﹣Q（Q＞0），下列说法正确的是（ ）
A．反应速率之比始终是v逆（M）＝2v正（N）
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率均增大
C．混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡
D．加压，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率加快
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
B．增加M的量，平衡正向移动，M的转化率减小；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量增大的反应，结合＝分析；
D．加压，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向移动。
【解答】解：A．根据方程式可知，反应速率之比始终是v（M）＝2v（N），当反应达到平衡时，2v逆（M）＝v正（N），故A错误；
B．增加M的量，虽然平衡正向移动，但M的转化率减小，故B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均分子质量减小，当混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡，故C正确；
D．加压时，正、逆反应速率均加快，但逆反应增大的幅度大于正反应速率增加的幅度，平衡逆向移动，正反应速率增大，逆反应速率减慢，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，解题的关键是掌握勒夏特列原理，注意基础知识的积累，此题难度中等。
19．（2分）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是（ ）
A．制取乙酸丁酯
B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性
D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
【分析】A.不能水浴加热；
B.乙炔中混有硫化氢均可被酸性高锰酸钾氧化；
C.Cu与浓硫酸加热下反应；
D.乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层。
【解答】解：A.不能水浴加热，应直接加热制备乙酸丁酯，故A错误；
B.乙炔中混有硫化氢均可被酸性高锰酸钾氧化，应选硫酸铜溶液除去杂质，故B错误；
C.Cu与浓硫酸加热下反应，常温下不反应，不能说明浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，可选图中分液漏斗分离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20．（2分）常温时，同浓度的①V1mL CH3COOH溶液②V2mL NaOH溶液③V3mL CH3COONa溶液，下列结论中正确的是（ ）
A．①与②混合若pH＞7，则V2＞V1
B．当V2＝V3时，溶液中离子总数 ③＞②
C．将①稀释10倍，溶液中c（H+）•c（OH﹣）增大
D．③溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
【分析】A.①与②如等体积混合，则生成醋酸钠，溶液呈碱性；
B.②溶液中c（OH﹣）大，则c（H+）小，结合电荷守恒判断；
C.c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，只受温度的影响；
D.结合电荷守恒和物料守恒判断。
【解答】解：A.如V2＝V1，则生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错误；
B.②溶液中c（OH﹣）大，则c（H+）小，而c（Na+）相同，溶液中离子总数为2[c（Na+）+c（H+）]，可知③＞②，故B正确；
C.c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，只受温度的影响，温度不变，则c（H+）•c（OH﹣）不变，故C错误；
D.CH3COONa溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），物料守恒：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），二者联式可得c（H+）＝c（OH﹣）﹣c（CH3COOH），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类的水解等知识，题目难度中等，明确弱电解质电离平衡、盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。
完成下列填空：
（1）钠元素核外有 4 种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为 。
（2）NaNO2晶体类型是 离子晶体 ；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为 r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣） 。
工业上可用NaNO2从含I﹣的卤水中提取单质碘。流程如图。
（3）酸性条件下，含I﹣的卤水发生如下反应。补充完整方程式并配平。
2 NO2﹣+ 2 I﹣+ 4H+ → 2 NO↑+ 1 I2+ 2H2O
当有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是 16.8 L。
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 。
从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是 ab 。（选填编号）
a.萃取
b.升华
c.纸层析
d.过滤
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度 。
【分析】（1）钠原子核外电子占据1s、2s、2p、3s，同一个能级上电子的能量相同；N最外层有5个电子；
（2）NaNO2含离子键、共价键；具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；
（3）由流程可知，①中发生2NO2﹣+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，活性炭吸收碘单质，加NaOH与碘反应，加亚硫酸氢钠与碘反应，混合后加酸发生氧化还原反应生成碘，最后萃取、升华提纯碘；
（4）氯气的氧化性强，可氧化碘单质；
（5）测定NaHSO3溶液的pH，若pH＜7时可知电离显酸性。
【解答】解：（1）钠元素核外有4种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为，
故答案为：4；；
（2）NaNO2晶体类型是离子晶体；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣），
故答案为：离子晶体；r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）；
（3）N元素的化合价由+3价降低为+2价，I元素的化合价由﹣1价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知反应为2NO2﹣+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是0.75ml×22.4L/ml＝16.8L，
故答案为：2；2；4H+；2；1；2H2O；16.8；
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是萃取、升华，
故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；ab；
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小的方法为常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度，
故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
【点评】本题考查混合物分离提纯及碘的提取，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
22．（15分）尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用。
合成尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）
完成下列填空：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2：1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为 0.01ml/（L•min） 。
（3）合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图。
该反应正方向为 放 热反应（选填“吸热”或“放热”）。
a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何： Ka＞Kb＞Kc （用Ka、Kb、Kc表示），理由为 该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小 。
在某温度时，将1.0ml・L﹣1氨水滴入10mL 1.0ml・L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。
（4）a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是 b＞c＞d＞a 。
（5）氨水体积滴至 V1 时（填“V1”或“V2”），氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据 水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵 ；此时溶液中离子浓度由大到小的是 c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。
【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）经20min达到平衡，此时固体质量增加120g，可知尿素的物质的量为＝2ml，由反应可知转化为二氧化碳为2ml，结合v＝计算；
（3）由b→c可知，升高温度转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；K与温度有关；
（4）酸、碱均抑制水的电离，生成氯化铵水解可促进水的电离；
（5）恰好完全反应时温度最高，溶质为氯化铵，水解显酸性。
【解答】解：（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数表达式为K＝，
故答案为：K＝；
（2）经20min达到平衡，此时固体质量增加120g，可知尿素的物质的量为＝2ml，由反应可知转化为二氧化碳为2ml，用CO2表示20min内的化学反应速率为＝0.01ml/（L•min），
故答案为：0.01ml/（L•min）；
（3）由b→c可知，升高温度转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，K与温度有关，温度越高K越小，则a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小为Ka＞Kb＞Kc，
故答案为：放；Ka＞Kb＞Kc；该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小；
（4）酸、碱均抑制水的电离，生成氯化铵水解可促进水的电离，a中酸的浓度大于d中碱的浓度，且b点恰好生成氯化铵，则水的电离程度由大到小的是b＞c＞d＞a，
故答案为：b＞c＞d＞a；
（5）氨水体积滴至V1时，氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据为氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；溶质为氯化铵，水解显酸性，此时溶液中离子浓度由大到小的是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：V1；氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。
【点评】本题考查化学平衡计算及酸碱混合，为高频考点，把握平衡常数、平衡移动、酸碱混合、离子浓度比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（5）为解答的难点，题目难度不大。
23．（15分）物质G是升高白细胞的常见药物，合成G的路线如图。
已知：R﹣CHO+R′﹣CH2﹣CHO（﹣R、﹣R′代表烃基）
完成下列填空：
（1）①的反应条件是 NaOH水溶液、加热 ；②的反应方程式 。
（2）试剂X的结构简式为 ；④的反应类型是 消去反应 。
（3）⑤的反应试剂是 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 ；步骤④、⑤不能颠倒的原因是 防止﹣OH消去时发生副反应 。
（4）C有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 CH2＝CHCOOH 。
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子。
（5）设计以为原料合成的路线 。（无机试剂任选）（合成路线流程图示例为：XY……目标产物）
【分析】C能和X发生信息中的反应，则C、X中含有醛基，A发生水解反应生成B、B发生氧化反应生成C，且A、B、C中碳原子个数相等且都是3个碳原子，则C的结构简式为OHCCH2CCHO，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，A的结构简式为ClCH2CH2CH2Cl，X的结构简式为，根据⑤后产物结构简式知，④为醇羟基的消去反应，D的结构简式为，⑤为氧化反应；
（5）以为原料合成，可由发生加聚反应得到，可由发生消去反应得到，可由环己烯和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）①的反应为氯原子的水解反应，该反应的条件是NaOH的水溶液、加热；②为醇的催化氧化反应，该反应的反应方程式为，
故答案为：NaOH水溶液、加热；；
（2）试剂X的结构简式为；④为醇的消去反应，
故答案为：；消去反应；
（3）⑤为醛被氧化生成羧酸，且碳碳双键不能被氧化，所以应该选取弱氧化剂，该反应的反应试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；步骤④、⑤不能颠倒的原因是防止﹣OH消去时发生副反应，
故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；防止﹣OH消去时发生副反应；
（4）C的结构简式为OHCCH2CCHO，C的同分异构体符合下列条件：
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子，
符合条件的结构简式为CH2＝CHCOOH，
故答案为：CH2＝CHCOOH；
（5）以为原料合成，可由发生加聚反应得到，可由发生消去反应得到，可由环己烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，392g/ml]是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：Fe2（SO4）3溶液FeSO4溶液（NH4）2Fe（SO4）2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
完成下列填空：
（1）配制Fe2（SO4）3溶液需加入少量稀硫酸，目的是 抑制Fe3+水解 。
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2的原因是 硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理 。
（3）隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如图装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。
验证气体的装置次序为 bcad ；c装置中足量盐酸的作用是 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 。
测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000ml・L﹣1的KMnO4溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mL KMnO4溶液。
（4）蒸馏水要预先加热煮沸的原因是 除去氧气防止Fe2+被氧化 ；配成250mL溶液的定量仪器为 250mL容量瓶、天平、量筒 。
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；已知滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，该样品的纯度为 98% 。
【分析】Fe2（SO4）3溶液中加入还原铁粉生成FeSO4溶液，向FeSO4溶液中加入（NH4）2SO4溶液，生成（NH4）2Fe（SO4）2过滤得到摩尔盐，
（1）溶液中铁离子是弱碱阳离子，水解显酸性；
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理；
（3）首先检验H2O，再通过盐酸酸化的氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，c装置中足量盐酸的作用是吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
（4）蒸馏水要预先加热煮沸是除去氧气，配成250mL溶液的仪器有250mL容量瓶、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器；
（5）称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液，滴定用量为总量的，再根据滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，列式计算。
【解答】解：（1）溶液中铁离子是弱碱阳离子，水解显酸性，加入少量硫酸，抑制铁离水解，
故答案为：抑制Fe3+水解；
（2）根据硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度，硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理，
故答案为：硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理；
（3）首先用无水硫酸铜检验H2O，再通过盐酸酸化的氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，验证气体的装置次序为bcad，
故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
（4）蒸馏水要预先加热煮沸是除去氧气防止Fe2+被氧化，配成250mL溶液的仪器有250mL容量瓶、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器，定量仪器为250mL容量瓶、天平、量筒，
故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶、天平、量筒；
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致标准液变稀，标准液用量增大，将会导致最终结果偏大，
设取莫尔盐的物质的量为n
5n（Fe2+）～n（MnO4﹣）
5 1
n 0.010L×0.1000ml・L﹣1
＝
n＝0.005ml
n（（NH4）2Fe（SO4）2）＝0.005ml×＝0.05ml
m（（NH4）2Fe（SO4）2）＝0.05ml×392g/ml＝19.6g
该样品的纯度为×100%＝98%
故答案为：偏大；98%。
【点评】本题考查性质实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握实验的原理、物质的性质以及实验的操作，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布选项
化学工业
措施
目的
A
合成氨
500℃左右
防止催化剂中毒
B
石油化工
裂化
提高轻质油的产量
C
工业制硫酸
V2O5催化
提高SO2的转化率
D
侯氏制碱
先通CO2
有利于CO2充分吸收
温度/℃
溶解度g/100g水
物质
10
20
30
40
（NH4）2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
（NH4）2SO4•FeSO4•7H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
选项
化学工业
措施
目的
A
合成氨
500℃左右
防止催化剂中毒
B
石油化工
裂化
提高轻质油的产量
C
工业制硫酸
V2O5催化
提高SO2的转化率
D
侯氏制碱
先通CO2
有利于CO2充分吸收
温度/℃
溶解度g/100g水
物质
10
20
30
40
（NH4）2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
（NH4）2SO4•FeSO4•7H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
1．（2分）不能用来作为新冠病毒的消毒剂是（ ）
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明矾
2．（2分）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数B．周期表中位置
C．质子数D．核外电子排布
3．（2分）因被氧化而使溴水褪色的是（ ）
A．苯B．二氧化硫
C．乙烯D．氢氧化钠溶液
4．（2分）铝锂合金是应用于航空航天领域的新型材料，下列性质与其应用无关的是（ ）
A．导电性好B．密度小C．硬度大D．熔点比铝低
5．（2分）有关氮肥的说法正确的是（ ）
A．氮肥都含铵根离子
B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素
D．自然界氮循环能产生铵盐
6．（2分）关于丙烯的描述正确的是（ ）
A．电子式为：B．最多有7个原子共面
C．与1，3﹣丁二烯是同系物D．不能发生取代反应
7．（2分）常温下三氧化硫以液态（SO3）3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（ ）
A．由液态变气态是物理变化
B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键
D．SO3是极性分子
8．（2分）在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅D．加热时间过长部分变黑
9．（2分）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
10．（2分）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石＞晶体硅B．分子稳定性：H2O＞HF
C．溶解度：SO2＞CO2D．状态：常温时Cl2是气态
11．（2分）某溶液可能含有等物质的量的Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl﹣、I﹣、SO32﹣、SO42﹣中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是（ ）
A．肯定不含NH4+B．肯定不含H+
C．肯定含有SO32﹣D．肯定不含Cl﹣
12．（2分）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是（ ）
A．原子序数：Z＞X＞YB．还原性：Z﹣＞Y2﹣
C．Z元素最高价为+7D．X与Y可形成X2Y2化合物
13．（2分）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（ ）
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al（OH）3
14．（2分）港珠澳大桥桥体的钢构件采用了多种防腐方法。有关其分析正确的是（ ）
A．越靠近海底的钢构件，腐蚀越严重
B．钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法
C．钢构件若腐蚀，正极反应式为：Fe﹣2e→Fe2+
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池
15．（2分）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2﹣E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2﹣E1
16．（2分）盆栽鲜花施用S﹣诱抗素剂（结构如图）以保持鲜花盛开。说法正确的是（ ）
A．分子式为C14H16O4
B．分子中的羟基能被氧化
C．能跟溴水发生1，4﹣加成反应
D．1ml该物质与足量钠反应产生0.5ml氢气
17．（2分）下列工业生产采取的措施能达到相应目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
18．（2分）在恒容密闭容器中，发生反应M（g）⇌2N（g）﹣Q（Q＞0），下列说法正确的是（ ）
A．反应速率之比始终是v逆（M）＝2v正（N）
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率均增大
C．混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡
D．加压，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率加快
19．（2分）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是（ ）
A．制取乙酸丁酯
B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性
D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
20．（2分）常温时，同浓度的①V1mL CH3COOH溶液②V2mL NaOH溶液③V3mL CH3COONa溶液，下列结论中正确的是（ ）
A．①与②混合若pH＞7，则V2＞V1
B．当V2＝V3时，溶液中离子总数 ③＞②
C．将①稀释10倍，溶液中c（H+）•c（OH﹣）增大
D．③溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
二、综合题（共60分）
21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。
完成下列填空：
（1）钠元素核外有 种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为 。
（2）NaNO2晶体类型是 ；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为 。
工业上可用NaNO2从含I﹣的卤水中提取单质碘。流程如图。
（3）酸性条件下，含I﹣的卤水发生如下反应。补充完整方程式并配平。
NO2﹣+ I﹣+ → NO↑+ I2+
当有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是 L。
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是 。
从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是 。（选填编号）
a.萃取
b.升华
c.纸层析
d.过滤
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小 。
22．（15分）尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用。
合成尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）
完成下列填空：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 。
（2）在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2：1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为 。
（3）合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图。
该反应正方向为 热反应（选填“吸热”或“放热”）。
a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何： （用Ka、Kb、Kc表示），理由为 。
在某温度时，将1.0ml・L﹣1氨水滴入10mL 1.0ml・L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。
（4）a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是 。
（5）氨水体积滴至 时（填“V1”或“V2”），氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据 ；此时溶液中离子浓度由大到小的是 。
23．（15分）物质G是升高白细胞的常见药物，合成G的路线如图。
已知：R﹣CHO+R′﹣CH2﹣CHO（﹣R、﹣R′代表烃基）
完成下列填空：
（1）①的反应条件是 ；②的反应方程式 。
（2）试剂X的结构简式为 ；④的反应类型是 。
（3）⑤的反应试剂是 ；步骤④、⑤不能颠倒的原因是 。
（4）C有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 。
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子。
（5）设计以为原料合成的路线 。（无机试剂任选）（合成路线流程图示例为：XY……目标产物）
24．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，392g/ml]是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：Fe2（SO4）3溶液FeSO4溶液（NH4）2Fe（SO4）2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
完成下列填空：
（1）配制Fe2（SO4）3溶液需加入少量稀硫酸，目的是 。
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2的原因是 。
（3）隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如图装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。
验证气体的装置次序为 ；c装置中足量盐酸的作用是 。
测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000ml・L﹣1的KMnO4溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mL KMnO4溶液。
（4）蒸馏水要预先加热煮沸的原因是 ；配成250mL溶液的定量仪器为 。
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；已知滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，该样品的纯度为 。
2021年上海市闵行区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）不能用来作为新冠病毒的消毒剂是（ ）
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明矾
【分析】乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒，据此分析。
【解答】解：84消毒液、漂粉精均具有强氧化性能使蛋白质变性，能杀菌消毒；75%酒精能使蛋白质变性，能杀菌消毒；明矾不能用于杀菌消毒，所以不能用来作为新冠病毒的消毒剂是明矾，故D选，
故选：D。
【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
2．（2分）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数B．周期表中位置
C．质子数D．核外电子排布
【分析】第75号元素铼，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，质子数和核外电子数均等于原子序数，据此分析。
【解答】解：第75号元素铼，其原子序数为75，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，质子数和核外电子数均等于原子序数为75，质量数＝质子数+中子数，由于中子数不知道，所以无法确定质量数，故A选，
故选：A。
【点评】本题考查了原子的结构，题目难度不大，把握原子序数与质子数、电子数的关系是解题的关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3．（2分）因被氧化而使溴水褪色的是（ ）
A．苯B．二氧化硫
C．乙烯D．氢氧化钠溶液
【分析】元素化合价升高被氧化，因被氧化而使溴水褪色，说明该物质具有还原性，能被溴水氧化，据此分析。
【解答】解：A．苯与溴水混合发生萃取，没有发生氧化还原反应，故A不选；
B．二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化，使溴水褪色，故B选；
C．乙烯与溴水发生加成反应，因为加成反应而使溴水褪色，故C不选；
D．氢氧化钠溶液与溴水反应时，只有Br元素的化合价发生变化，Br2是氧化剂也是还原剂，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4．（2分）铝锂合金是应用于航空航天领域的新型材料，下列性质与其应用无关的是（ ）
A．导电性好B．密度小C．硬度大D．熔点比铝低
【分析】合金的强度大于其成分金属，熔点低于其成分金属，且铝和锂都是轻金属，密度较小的特点解答。
【解答】解：铝锂合金是航空飞行器较理想的结构材料之一，说明其耐腐蚀、密度小、硬度大、强度高，和其易导电这个性质无关，
故选：A。
【点评】本题考查了合金在生产和生活中的应用，合金的性质决定了其用途，铝锂合金是航空飞行器较理想的结构材料之一，是由其密度小但强度高、耐腐蚀等性能决定的。
5．（2分）有关氮肥的说法正确的是（ ）
A．氮肥都含铵根离子
B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素
D．自然界氮循环能产生铵盐
【分析】A．硝酸盐和尿素都属于氮肥，但二者被还原铵根离子；
B．复合肥中必须含作物营养元素氮、磷、钾中任何两种或三种元素；
C．自然固氮是空气中氮气转化为含氮化合物（一般为硝酸盐）；
D．固氮生物可将自然界中的N元素转化成铵盐。
【解答】解：A．有的氮肥中含有铵根离子，单有的氮肥中不含铵根离子，如尿素CO（NH2）2、硝酸盐等，故A错误；
B．NH4NO3只含N元素，属于氮肥，不是复合氮肥，故B错误；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成NO，NO被氧气氧化成NO2，NO2、O2与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不会产生尿素，故C错误；
D．豆科植物的根瘤菌可将自然界中的N元素转化成铵盐，动植物尸体腐败时也能够产生铵盐，所以自然界氮循环能够产生铵盐，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查含氮化合物的应用，为高频考点，把握常见元素化合物性质为解答关键，试题侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意知识的积累，题目难度不大。
6．（2分）关于丙烯的描述正确的是（ ）
A．电子式为：B．最多有7个原子共面
C．与1，3﹣丁二烯是同系物D．不能发生取代反应
【分析】A.丙烯含碳碳双键；
B.丙烯中碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构；
C.二者碳碳双键的数目不同；
D.丙烯含甲基。
【解答】解：A.丙烯的结构简式为CH2＝CH﹣CH3，其电子式为，故A错误；
B.丙烯中碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构，甲基上2个H与其它原子不共面时，最多有7个原子（3个C、4个H）共面，故B正确；
C.二者碳碳双键的数目不同，二者不是同系物，故C错误；
D.丙烯含甲基，光照或高温下可发生取代反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B、D为解答的难点，题目难度不大。
7．（2分）常温下三氧化硫以液态（SO3）3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（ ）
A．由液态变气态是物理变化
B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键
D．SO3是极性分子
【分析】A．没有新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化；
B．三氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子；
C．共用电子对发生偏移的共价键为极性共价键；
D．正负电荷中心能够重合的为非极性分子。
【解答】解：A．由液态（SO3）3变气态SO3过程中有新物质生成，是化学变化，故A错误；
B．三氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故B错误；
C．SO3中硫原子与氧原子通过共用电子对形成共价键，二者非金属性不同，共用电子对发生偏移，属于极性共价键，故C正确；
D．SO3中心原子价层电子对为＝3，孤电子对为3﹣3＝0，所以依据价层电子对互斥理论可知，三氧化硫为平面三角形结构，正负电荷中心能够重合，为非极性分子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学键类型判断及分子极性判断，明确共价键中电子对是否发生偏移，分子极性含义是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅D．加热时间过长部分变黑
【分析】在硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量等于失去结晶水的质量，若在空气中冷却，硫酸铜又结合部分结晶水，固体的质量差偏小，n值偏小；坩埚未干燥、加热过程中晶体爆溅、加热时间过长部分变黑等造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，以此进行判断。
【解答】解：A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A错误；
B．硫酸铜又结合部分结晶水，导致固体的质量差偏小，n值偏小，故B正确；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C错误；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m（H2O）偏大，m（CuSO4）偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水的测定，为高频考点，把握实验操作时的注意事项，分析误差时从导致加热前后的质量差进行判断，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
9．（2分）下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（ ）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
【分析】A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化；
B．碘的非金属性弱于溴单质；
C．硫磺易溶于二硫化碳；
D．乙醇氧化铜作催化剂。
【解答】解：A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则固体不能完全溶解，故A不选；
B．少量碘片投入足量溴化钠中不反应，固体不溶解，故B不选；
C．硫磺难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中，能完全溶解，故C选；
D．小块铜片投入热乙醇溶液中，铜作催化剂，不能溶解，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意催化剂及钝化的分析，题目难度不大。
10．（2分）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石＞晶体硅B．分子稳定性：H2O＞HF
C．溶解度：SO2＞CO2D．状态：常温时Cl2是气态
【分析】A．共价键的键长越短，键能越大，键越牢固，晶体的熔沸点越高；
B．非金属性越强，形成的氢化物越稳定；
C．根据相似相容原理，可得溶解性关系，但与键能无关；
D．分子晶体，熔沸点较低，但与键能无关。
【解答】解：A．原子半径Si＞C，金刚石和晶体硅的共价键分别为：C﹣C键、Si﹣Si键，且键长：C﹣C＜Si﹣Si，键长越短，键能越大，键越牢固，晶体的熔沸点越高，故A正确；
B．原子半径O＞F，键长：H﹣F＜H﹣O，所以键能：H﹣F＞H﹣O，分子稳定性：HF＞H2O，故B 错误；
C．SO2为极性分子，CO2为非极性分子，水为极性溶剂，根据相似相容原理，溶解性：SO2＞CO2，但与键能无关，故C错误；
D．Cl2是分子晶体，熔沸点较低，常温下是气态，但与键能无关，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查共价晶体的熔沸点与键能的关系，分子晶体的熔沸点与分子间作用力的关系，同时还考查了氢化物稳定性的比较，相似相容原理的应用，属于基本知识，基础题型，难度不大。
11．（2分）某溶液可能含有等物质的量的Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl﹣、I﹣、SO32﹣、SO42﹣中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是（ ）
A．肯定不含NH4+B．肯定不含H+
C．肯定含有SO32﹣D．肯定不含Cl﹣
【分析】向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色，则一定不含I﹣，一定含有和氯水中的氯气反应的SO32﹣，由离子不能结合生成沉淀、水等，可知一定不含Ba2+和H+，且溶液中各离子浓度均相等，由电荷守恒可知，一定含有Na+、NH4+，以此来解答。
【解答】解：A．由分析可知，一定含有Na+、NH4+，故A错误；
B．SO32﹣与H+不能共存，肯定不含H+，故B正确；
C．由上述分析，肯定含SO32﹣，故C正确；
D．由上述分析，肯定含有SO32﹣，由电荷守恒可知，一定含有Na+、NH4+，溶液中只有这两种阳离子，所以不能再有其他的阴离子，所以肯定不含Cl﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。
12．（2分）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是（ ）
A．原子序数：Z＞X＞YB．还原性：Z﹣＞Y2﹣
C．Z元素最高价为+7D．X与Y可形成X2Y2化合物
【分析】X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2﹣、Z﹣具有相同的电子层结构，可知X在Y、Z的下一周期，如X为K元素，则Y为S、Z为Cl元素，如X为Na元素，则Y为O、Z为F元素，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知X、Y、Z可分别为K、S、Cl或Na、O、F等元素。
A.X在Y、Z的下一周期，则X的原子序数最大，故A错误；
B.Y、Z可分别为、S、Cl或O、F等元素，同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则还原性：Z﹣＜Y2﹣，故B错误；
C.如Z为F元素，则无正价，故C错误；
D.二者可生成Na2O2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（ ）
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al（OH）3
【分析】A．硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸；
B．氨气的催化氧化生成的是NO；
C．铁和盐酸反应生成的是氯化亚铁；
D．氢氧化铝是两性氢氧化物，和强酸强碱发生反应，偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝、氯化钠和水。
【解答】解：A．硫燃烧生成二氧化硫，S+O2SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，SO2+＝H2SO3，故A正确；
B．氨气的催化氧化生成的是NO，4NH3+5O24NO+6H2O，不能直接生成二氧化氮，故B错误；
C．氧化铁和铝发生铝热反应生成铁，铁和盐酸发生反应生成氯化亚铁和氢气，Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故C错误；
D．铝和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2溶液，NaAlO2溶液和过量盐酸反应生成氯化铝、氯化钠和水，NaAlO2+4HCl＝NaCl+AlCl3+2H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质转化关系、物质性质和产物判断等知识点，掌握物质性质和特征是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）港珠澳大桥桥体的钢构件采用了多种防腐方法。有关其分析正确的是（ ）
A．越靠近海底的钢构件，腐蚀越严重
B．钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法
C．钢构件若腐蚀，正极反应式为：Fe﹣2e→Fe2+
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池
【分析】A．越靠近海底，氧气浓度越低；
B．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极；
C．正极上氧气得电子发生还原反应；
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水。
【解答】解：A．钢构件中的碳和铁在海水中形成原电池，发生吸氧腐蚀，由于氧气的浓度在水面附近比较高，越靠近海底，氧气浓度越低，故腐蚀严重的地方是水面附近，越靠近海底的钢构件腐蚀较轻，故A错误；
B．为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，则钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法，故B正确；
C．正极上氧气得电子发生还原反应，反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故C错误；
D．钢铁生锈的条件是有氧气和水，而钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水，故能防止原电池的形成，不是防止形成电解池，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，应注意的是钢铁的防腐蚀的方法有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法以及涂油等。
15．（2分）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）能量变化如图所示，有关叙述错误的是（ ）
A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2﹣E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2﹣E1
【分析】A．由图可知，生成物的总能量大于反应物总能量；
B．Q＝逆反应活化能﹣正反应活化能；
C．催化剂通过降低活化能，提高反应速率；
D．气态I2的能量高于固态I2的能量。
【解答】解：A．由图可知，生成物的总能量大于反应物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B．Q＝逆反应活化能﹣正反应活化能，则该反应的反应热为E2﹣E1，故B正确；
C．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，则加入催化剂，E1、E2都减小，故C错误；
D．由于气态I2的能量高于固态I2的能量，则该反应热大于E2﹣E1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，能从物质本身能量角度理解化学反应能量变化，掌握催化剂通过降低活化能加快反应速率，此题难度中等。
16．（2分）盆栽鲜花施用S﹣诱抗素剂（结构如图）以保持鲜花盛开。说法正确的是（ ）
A．分子式为C14H16O4
B．分子中的羟基能被氧化
C．能跟溴水发生1，4﹣加成反应
D．1ml该物质与足量钠反应产生0.5ml氢气
【分析】有机物含有羰基、碳碳双键、羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.有机物含有18个H原子，分子式为C14H18O4，故A错误；
B.连接羟基的碳原子不含氢原子，则不能发生催化氧化，故B错误；
C.具有1，3﹣二烯烃的结构特点，则能跟溴水发生1，4﹣加成反应，故C正确；
D.羧基、羟基可与钠反应，则1ml该物质与足量钠反应产生1ml氢气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17．（2分）下列工业生产采取的措施能达到相应目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．对于合成氨来说，催化剂在500℃左右活性较大；
B．石油裂化的目的主要是提高汽油的产量；
C．五氧化二钒作为接触法制硫酸二氧化硫氧化成三氧化硫的催化剂，不能提高二氧化硫的转化率；
D．根据氨水成碱性，更易二氧化碳的吸收来分析。
【解答】解：A．对于合成氨来说，催化剂在500℃左右活性较大，不是防止催化剂中毒，故A错误；
B．石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B正确；
C．五氧化二钒作为接触法制硫酸二氧化硫氧化成三氧化硫的催化剂，不能改变平衡移动，所以不能提高二氧化硫的转化率，故C错误；
D．因为氨水成碱性，更易二氧化碳的吸收，所以先通氨气，再通二氧化碳，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查工业生产的主要设备中采取的措施，重点是化学反应原理的实际应用，注重化学反应原理与实际生成的联系，题目难度不大。
18．（2分）在恒容密闭容器中，发生反应M（g）⇌2N（g）﹣Q（Q＞0），下列说法正确的是（ ）
A．反应速率之比始终是v逆（M）＝2v正（N）
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率均增大
C．混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡
D．加压，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率加快
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
B．增加M的量，平衡正向移动，M的转化率减小；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量增大的反应，结合＝分析；
D．加压，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向移动。
【解答】解：A．根据方程式可知，反应速率之比始终是v（M）＝2v（N），当反应达到平衡时，2v逆（M）＝v正（N），故A错误；
B．增加M的量，虽然平衡正向移动，但M的转化率减小，故B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均分子质量减小，当混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡，故C正确；
D．加压时，正、逆反应速率均加快，但逆反应增大的幅度大于正反应速率增加的幅度，平衡逆向移动，正反应速率增大，逆反应速率减慢，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，解题的关键是掌握勒夏特列原理，注意基础知识的积累，此题难度中等。
19．（2分）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是（ ）
A．制取乙酸丁酯
B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性
D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
【分析】A.不能水浴加热；
B.乙炔中混有硫化氢均可被酸性高锰酸钾氧化；
C.Cu与浓硫酸加热下反应；
D.乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层。
【解答】解：A.不能水浴加热，应直接加热制备乙酸丁酯，故A错误；
B.乙炔中混有硫化氢均可被酸性高锰酸钾氧化，应选硫酸铜溶液除去杂质，故B错误；
C.Cu与浓硫酸加热下反应，常温下不反应，不能说明浓硫酸的强氧化性，故C错误；
D.乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，可选图中分液漏斗分离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
20．（2分）常温时，同浓度的①V1mL CH3COOH溶液②V2mL NaOH溶液③V3mL CH3COONa溶液，下列结论中正确的是（ ）
A．①与②混合若pH＞7，则V2＞V1
B．当V2＝V3时，溶液中离子总数 ③＞②
C．将①稀释10倍，溶液中c（H+）•c（OH﹣）增大
D．③溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）
【分析】A.①与②如等体积混合，则生成醋酸钠，溶液呈碱性；
B.②溶液中c（OH﹣）大，则c（H+）小，结合电荷守恒判断；
C.c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，只受温度的影响；
D.结合电荷守恒和物料守恒判断。
【解答】解：A.如V2＝V1，则生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错误；
B.②溶液中c（OH﹣）大，则c（H+）小，而c（Na+）相同，溶液中离子总数为2[c（Na+）+c（H+）]，可知③＞②，故B正确；
C.c（H+）•c（OH﹣）为水的离子积，只受温度的影响，温度不变，则c（H+）•c（OH﹣）不变，故C错误；
D.CH3COONa溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），物料守恒：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），二者联式可得c（H+）＝c（OH﹣）﹣c（CH3COOH），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类的水解等知识，题目难度中等，明确弱电解质电离平衡、盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。
完成下列填空：
（1）钠元素核外有 4 种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为 。
（2）NaNO2晶体类型是 离子晶体 ；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为 r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣） 。
工业上可用NaNO2从含I﹣的卤水中提取单质碘。流程如图。
（3）酸性条件下，含I﹣的卤水发生如下反应。补充完整方程式并配平。
2 NO2﹣+ 2 I﹣+ 4H+ → 2 NO↑+ 1 I2+ 2H2O
当有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是 16.8 L。
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 。
从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是 ab 。（选填编号）
a.萃取
b.升华
c.纸层析
d.过滤
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度 。
【分析】（1）钠原子核外电子占据1s、2s、2p、3s，同一个能级上电子的能量相同；N最外层有5个电子；
（2）NaNO2含离子键、共价键；具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；
（3）由流程可知，①中发生2NO2﹣+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，活性炭吸收碘单质，加NaOH与碘反应，加亚硫酸氢钠与碘反应，混合后加酸发生氧化还原反应生成碘，最后萃取、升华提纯碘；
（4）氯气的氧化性强，可氧化碘单质；
（5）测定NaHSO3溶液的pH，若pH＜7时可知电离显酸性。
【解答】解：（1）钠元素核外有4种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为，
故答案为：4；；
（2）NaNO2晶体类型是离子晶体；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣），
故答案为：离子晶体；r（Na+）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）；
（3）N元素的化合价由+3价降低为+2价，I元素的化合价由﹣1价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知反应为2NO2﹣+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，有0.75ml I﹣参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是0.75ml×22.4L/ml＝16.8L，
故答案为：2；2；4H+；2；1；2H2O；16.8；
（4）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是萃取、升华，
故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；ab；
（5）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小的方法为常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度，
故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
【点评】本题考查混合物分离提纯及碘的提取，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
22．（15分）尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用。
合成尿素的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）
完成下列填空：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2：1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为 0.01ml/（L•min） 。
（3）合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图。
该反应正方向为 放 热反应（选填“吸热”或“放热”）。
a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何： Ka＞Kb＞Kc （用Ka、Kb、Kc表示），理由为 该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小 。
在某温度时，将1.0ml・L﹣1氨水滴入10mL 1.0ml・L﹣1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。
（4）a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是 b＞c＞d＞a 。
（5）氨水体积滴至 V1 时（填“V1”或“V2”），氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据 水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵 ；此时溶液中离子浓度由大到小的是 c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。
【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）经20min达到平衡，此时固体质量增加120g，可知尿素的物质的量为＝2ml，由反应可知转化为二氧化碳为2ml，结合v＝计算；
（3）由b→c可知，升高温度转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；K与温度有关；
（4）酸、碱均抑制水的电离，生成氯化铵水解可促进水的电离；
（5）恰好完全反应时温度最高，溶质为氯化铵，水解显酸性。
【解答】解：（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数表达式为K＝，
故答案为：K＝；
（2）经20min达到平衡，此时固体质量增加120g，可知尿素的物质的量为＝2ml，由反应可知转化为二氧化碳为2ml，用CO2表示20min内的化学反应速率为＝0.01ml/（L•min），
故答案为：0.01ml/（L•min）；
（3）由b→c可知，升高温度转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，K与温度有关，温度越高K越小，则a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小为Ka＞Kb＞Kc，
故答案为：放；Ka＞Kb＞Kc；该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小；
（4）酸、碱均抑制水的电离，生成氯化铵水解可促进水的电离，a中酸的浓度大于d中碱的浓度，且b点恰好生成氯化铵，则水的电离程度由大到小的是b＞c＞d＞a，
故答案为：b＞c＞d＞a；
（5）氨水体积滴至V1时，氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据为氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；溶质为氯化铵，水解显酸性，此时溶液中离子浓度由大到小的是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：V1；氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。
【点评】本题考查化学平衡计算及酸碱混合，为高频考点，把握平衡常数、平衡移动、酸碱混合、离子浓度比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（5）为解答的难点，题目难度不大。
23．（15分）物质G是升高白细胞的常见药物，合成G的路线如图。
已知：R﹣CHO+R′﹣CH2﹣CHO（﹣R、﹣R′代表烃基）
完成下列填空：
（1）①的反应条件是 NaOH水溶液、加热 ；②的反应方程式 。
（2）试剂X的结构简式为 ；④的反应类型是 消去反应 。
（3）⑤的反应试剂是 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 ；步骤④、⑤不能颠倒的原因是 防止﹣OH消去时发生副反应 。
（4）C有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式 CH2＝CHCOOH 。
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子。
（5）设计以为原料合成的路线 。（无机试剂任选）（合成路线流程图示例为：XY……目标产物）
【分析】C能和X发生信息中的反应，则C、X中含有醛基，A发生水解反应生成B、B发生氧化反应生成C，且A、B、C中碳原子个数相等且都是3个碳原子，则C的结构简式为OHCCH2CCHO，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，A的结构简式为ClCH2CH2CH2Cl，X的结构简式为，根据⑤后产物结构简式知，④为醇羟基的消去反应，D的结构简式为，⑤为氧化反应；
（5）以为原料合成，可由发生加聚反应得到，可由发生消去反应得到，可由环己烯和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）①的反应为氯原子的水解反应，该反应的条件是NaOH的水溶液、加热；②为醇的催化氧化反应，该反应的反应方程式为，
故答案为：NaOH水溶液、加热；；
（2）试剂X的结构简式为；④为醇的消去反应，
故答案为：；消去反应；
（3）⑤为醛被氧化生成羧酸，且碳碳双键不能被氧化，所以应该选取弱氧化剂，该反应的反应试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；步骤④、⑤不能颠倒的原因是防止﹣OH消去时发生副反应，
故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；防止﹣OH消去时发生副反应；
（4）C的结构简式为OHCCH2CCHO，C的同分异构体符合下列条件：
①只有两种不同官能团；
②有3种不同化学环境的氢原子，
符合条件的结构简式为CH2＝CHCOOH，
故答案为：CH2＝CHCOOH；
（5）以为原料合成，可由发生加聚反应得到，可由发生消去反应得到，可由环己烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O，392g/ml]是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：Fe2（SO4）3溶液FeSO4溶液（NH4）2Fe（SO4）2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
完成下列填空：
（1）配制Fe2（SO4）3溶液需加入少量稀硫酸，目的是 抑制Fe3+水解 。
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2的原因是 硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理 。
（3）隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如图装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。
验证气体的装置次序为 bcad ；c装置中足量盐酸的作用是 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 。
测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000ml・L﹣1的KMnO4溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mL KMnO4溶液。
（4）蒸馏水要预先加热煮沸的原因是 除去氧气防止Fe2+被氧化 ；配成250mL溶液的定量仪器为 250mL容量瓶、天平、量筒 。
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；已知滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，该样品的纯度为 98% 。
【分析】Fe2（SO4）3溶液中加入还原铁粉生成FeSO4溶液，向FeSO4溶液中加入（NH4）2SO4溶液，生成（NH4）2Fe（SO4）2过滤得到摩尔盐，
（1）溶液中铁离子是弱碱阳离子，水解显酸性；
（2）（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理；
（3）首先检验H2O，再通过盐酸酸化的氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，c装置中足量盐酸的作用是吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
（4）蒸馏水要预先加热煮沸是除去氧气，配成250mL溶液的仪器有250mL容量瓶、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器；
（5）称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液，滴定用量为总量的，再根据滴定反应中n（Fe2+）：n（MnO4﹣）为5：1，列式计算。
【解答】解：（1）溶液中铁离子是弱碱阳离子，水解显酸性，加入少量硫酸，抑制铁离水解，
故答案为：抑制Fe3+水解；
（2）根据硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度，硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理，
故答案为：硫酸亚铁铵在水中的溶解度最小，（NH4）2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成（NH4）2Fe（SO4）2符合复分解的原理；
（3）首先用无水硫酸铜检验H2O，再通过盐酸酸化的氯化钡溶液检验SO3，再通过品红溶液检验SO2，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，验证气体的装置次序为bcad，
故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
（4）蒸馏水要预先加热煮沸是除去氧气防止Fe2+被氧化，配成250mL溶液的仪器有250mL容量瓶、天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器，定量仪器为250mL容量瓶、天平、量筒，
故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶、天平、量筒；
（5）若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致标准液变稀，标准液用量增大，将会导致最终结果偏大，
设取莫尔盐的物质的量为n
5n（Fe2+）～n（MnO4﹣）
5 1
n 0.010L×0.1000ml・L﹣1
＝
n＝0.005ml
n（（NH4）2Fe（SO4）2）＝0.005ml×＝0.05ml
m（（NH4）2Fe（SO4）2）＝0.05ml×392g/ml＝19.6g
该样品的纯度为×100%＝98%
故答案为：偏大；98%。
【点评】本题考查性质实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握实验的原理、物质的性质以及实验的操作，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布选项
化学工业
措施
目的
A
合成氨
500℃左右
防止催化剂中毒
B
石油化工
裂化
提高轻质油的产量
C
工业制硫酸
V2O5催化
提高SO2的转化率
D
侯氏制碱
先通CO2
有利于CO2充分吸收
温度/℃
溶解度g/100g水
物质
10
20
30
40
（NH4）2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
（NH4）2SO4•FeSO4•7H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
选项
化学工业
措施
目的
A
合成氨
500℃左右
防止催化剂中毒
B
石油化工
裂化
提高轻质油的产量
C
工业制硫酸
V2O5催化
提高SO2的转化率
D
侯氏制碱
先通CO2
有利于CO2充分吸收
温度/℃
溶解度g/100g水
物质
10
20
30
40
（NH4）2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4•7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
（NH4）2SO4•FeSO4•7H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
相关试卷
2022年上海市闵行区高考化学二模试卷： 这是一份2022年上海市闵行区高考化学二模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市闵行区高考二模化学答案： 这是一份2023年上海市闵行区高考二模化学答案，共2页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市闵行区高考二模化学试卷含解析： 这是一份2021年上海市闵行区高考二模化学试卷含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
