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2022年新高考化学适应性考试模拟卷（山东专用）（四）
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2022年山东新高考适用性考试模拟卷（四）
化学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
B．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有质量轻、抗腐蚀能力强等优点
D．中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入生石灰
【答案】C
【解析】A．蛋白质在人体内水解为氨基酸，不能水解为甘油，A错误；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，B错误；
C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有质量轻、抗腐蚀能力强等优点，C正确；
D．中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入还原铁粉，D错误；
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体共28g含有的原子数目为6NA
B．0.1 mol羟基中所含有的电子数为NA
C．1 L0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，S2-、 HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA
D．在K37C1O3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若反应中电子转移的数目为10NA则有424g氯气生成
【答案】B
【解析】A．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为CH2，28g乙烯和环丁烷的混合气体含3molCH2，故28g乙烯和环丁烷的混合气体含有的原子数目为6NA，A正确；
B．1个羟基()中含有9个电子，故0.1 mol羟基中所含有的电子数为0.9NA，B错误；
C．硫化钠的物质的量为0.1mol，S元素在溶液中以S2-、HS-、H2S三种形式存在，由元素守恒可知S2-、 HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA，C正确；
D．同种元素不同价态的原子之间若发生氧化还原反应元素的化合价只靠近不交叉，在K37C1O3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氯酸钾中的1个37C1转化为氯气分子中0价氯原子，H35Cl中有5个35Cl转化为氯气分子中0价氯原子，反应中转移5mol电子生成3mol氯气，且氯气中的37C1：35Cl=1：5，故这样的氯气的相对分子质量为，若反应中电子转移的数目为10NA，则生成6mol氯气，其质量为
= 424g，D正确；
3．短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有N为金属元素。X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X
B．Y、Z、M三种元素都能与X元素形成含有非极性键的化合物
C．N的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱
D．Y、Z两种元素都能与M元素形成原子个数比为1：1和1：2的化合物
【答案】C
【解析】根据分析可知：X为H，Y为C元素，Z为N元素，M为O元素，N为Mg、Al中的一种。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X，A正确；
B．C、N、O都可以与H形成含有非极性键的化合物，如C2H4、N2H4、H2O2等，B正确；
C．Mg、Al的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，C错误；
D．C、N都可以与O形成原子个数比为1：1的CO、NO和1：2的CO2、NO2，D正确；
4．用化学用语表示2Na + 2H2O＝2NaOH + H2↑中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O B．NaOH的电子式：
C．Na+的结构示意图： D．H2O的比例模型：
【答案】A
【解析】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；
B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；
C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；
D.氢原子要比氧原子小，D项错误；
5．硫化氢是危害性极强的毒性气体，也是恶臭气体的主要成分之一。菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在脱硫过程中被还原
B．温度越高，越有利于天然气的催化脱硫
C．该脱硫过程需要不断添加溶液
D．理论上，需要氧气的体积是相同状态下体积的一半
【答案】D
【解析】A．由图可知，在过程中转化为，化合价升高，作还原剂，被氧化，A 错误；
B．温度过高， 细菌会失去活性，不利于催化脱硫， B 错误；
C．图中硫酸铁为催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质保持不变，不需要不断添加， C 错误；
D．该过程实质为与反应生成和方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S；故理论上消耗的物质的量是的一半，D 正确；
6．常温下，向20mL 0.05mol·L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）
A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
B．A、B、 C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C．B点溶液c(NH4+)=2c(B2-)
D．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4 +)> c(B2-)> c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A．酸溶液中水电离出氢离子的浓度c(H+)等于溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)，即A点时，c(OH-)=1.0×10-13mol·L-1 ，则溶液中c(H+)==0.1mol·L-1，因为酸H2B为二元酸，2×0.05mol·L-1=0.1mol·L-1，所以H2B为强酸，即NaHB溶液显酸性，A错误；
B．随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大，D点恰好完全反应，随着氨水的加入，溶液的碱性逐渐增强，D、E、F三点溶液的pH逐渐增大，B错误；
C．D点时，氨水与H2B恰好完全反应生成(NH4)2B，(NH4)2B是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以B点时溶液呈酸性，c(NH4+)<2c(B2-)，C错误；
D．E点为(NH4)2B和氨水的混合物，由图可知此时溶液中铵根离子的水解程度大于一水合氨的电离，溶液呈酸性，c(NH4 +)> c(B2-)> c(H+)>c(OH-)，D正确；
7．下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是( )
A．电负性最大的元素位于周期表的左下角
B．基态原子最外层电子排布为ns2的元素都位于周期表IIA族
C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族
D．基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能一定大于p能级有一对成对电子的
【答案】C
【解析】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素位于周期表的右上角，故A错误；
B．基态原子最外层电子排布为ns2的元素有的位于周期表IIA，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布为4s2，位于IIB族，故B错误；
C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1的元素是31号元素镓，核外共有4层电子，最外层电子数为3，该元素位于周期表第四周期IIIA族，故C正确；
D．基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于p能级有一对成对电子的，例如磷(1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故D错误；
8．国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c为电源的负极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
C．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
D．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
【答案】B
【解析】A．由上述分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A选项错误；
B．a为电解池阳极，电极附近NH4Cl中的NH4+失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B选项正确；
C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂之比为1:6，C选项错误；
D．没有指明环境为标准状况下，不能准确计算产生NH3的体积，D选项错误；
9．下列实验方案不能达到预期目的的是（ ）
实验方案
实验目的
A
向两支试管中分别加入溶液，然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的固体，观察比较现象
探究对分解是否具有催化作用
B
取固体加入到水中（的密度近似看作）
配制8%的溶液
C
将溶液滴入盛有溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的溶液，观察现象
比较（白色）和（黑色）的溶度积常数属性强弱
D
测同温同浓度和水溶液的
比较硫和硅两元素非金属性强弱
【答案】A
【解析】A．向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液，然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，FeI2与H2O2会发生氧化还原反应，且生成的Fe3+也可以催化H2O2的分解，故不能用来探究I-对H2O2分解反应的催化作用， A 错误。
B．取8gNaOH固体加入到92mL水中(的密度近似看作1g/mL)，所得溶液的质量百分含量为：，故B正确；
C．将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，可以观察到沉淀由白色转化为黑色，且ZnS（白色）和CuS（黑色）相同类型的物质，故可以据此来比较溶度积常数属性强弱，C正确；
D．测同温同浓度Na2SO4和Na2SiO3水溶液的PH，Na2SO4溶液呈中性，说明Na2SO4是强酸强碱盐，而Na2SiO3溶液呈碱性，说明Na2SiO3为强碱弱酸盐，即H2SO4为强酸，H2SiO3为弱酸，故比较硫和硅两元素非金属性强弱，D正确；
10．白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图所示。下列有关白屈菜酸的说法中不正确的是（ ）
A．白屈菜酸的同分异构体中可能含有芳香族化合物
B．所有碳原子可以共面
C．1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为4mol
D．能通过加聚反应形成高分子物质
【答案】C
【解析】A．根据白屈菜酸的结构简式可知，其分子式为C7H4O6，其不饱和度为6，碳原子数大于6，其同分异构体中可以有芳香族化合物，A项正确；
B．C=C双键以及与双键上碳原子相连的原子构成一个平面，白屈菜酸的结构中含有两个C=C键，故所有碳原子可能共面，B项正确；
C．白屈菜酸的分子式为C7H4O6，所以1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为(7+-)mol=5mol，C项错误；
D．白屈菜酸分子结构中含有C=C键，可以发生加聚反应，D项正确；
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．此温度下，水的离子积常数为1.0×10-2a
B．N点溶液加水稀释，增大
C．M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
D．Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积
【答案】D
【解析】A．Q点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.0×10-2a，故A正确；
B．一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶液pOH
D．氨水和盐酸浓度相同，若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；
故答案为D。
12．我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的氧化产物是CO2
B．HCHO在反应过程中有C=O键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．HAP能提高HCHO与O2应的活化能，但不改变反应路径
【答案】A
【解析】A．由题干信息，HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C从0价升高至+4价，作还原剂，则对应生成的CO2为氧化产物，A选项正确；
B．根据图示，整个反应过程中，HCHO在反应过程中有C—H键的断裂和C=O键的形成，B选项错误；
C．由图示可知，CO2分子中氧原子一部分来自于O2，一部分还来自于HCHO，C选项错误；
D．HAP在反应中作催化剂，可降低HCHO与O2应的活化能，D选错误；
13．如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2 (H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是（ ）
A．甲池中的石墨电极是电池的正极
B．H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C．甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－=H2AQ
D．总反应为 H2S + O2H2O2 + S↓
【答案】AD
【解析】A．由分析可知，甲池中的石墨电极是电池的正极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C．甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H＋+2e－=H2AQ，故C错误；
D．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为H2S+O2H2O2+S↓，故D正确；
14．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧
加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
D
用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强
【答案】B
【解析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；
B．在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；
C．由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C错误；
D．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；
15．氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ）
A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性
B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6L
C．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜
D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；
B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）全球碳计划组织（GCP.The Global Carbon Proiect）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图甲所示。
①已知：CO2（g）+ H2（g）=CO（g）+H2（g） △H=-+41kJ/mol；
2CO2（g）+6H2（g）=CH2=CH2（g）+4H2O（g） △H =-128 kJ/mol。
则上述过程中CO转化为CH2=CH2的热化学方程式是________。
②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________。
A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%
B．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+ H2O
C．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
D．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应。且只生成C2以上的烷烃和水，则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_______________。
（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为：I.CO2（g） + 3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。一定条件下，往2 L恒容密闭容器中充入1. 0 mol CO2和3.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图乙所示。
①催化效果最佳的是催化剂_____（填“A”、“B”或“C”）；b点时，v（正）___v（逆）（填“>”、“<”或“=”）。
②已知容器内的起始压强为100 kPa。若图乙中c点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp=_____（保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数；分压=总压×物质的量分数）。
③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应I外，还发生反应II. CO2（g） +H2（g）CO（g）+H2O（g）。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2，按一定流速通过该催化剂，发生上述反应I、II，经过相同时间测得如下实验数据：
T（K）
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醉选择性降低，其原因是_________
【答案】2CO（g）+ 4H2（g）CH2=CH2（g）+2H2O（g） △H =- 210 kJ/mol C 5：16 A ＞ 8. 3×10-4(kPa)-2 升高温度，反应I、II的反虚速率均加快，但反应II的反应速率変化更大
【解析】（1）①已知①CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O（g） H1=+41kJ•mol-1；②2CO2(g)+6H2(g)═CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H2=-128kJ•mol-1；根据盖斯定律，②-①×2得到，2CO(g)+4H2(g)═CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=△H2-2H1=-128-2×41=-210kJ•mol-1；
故答案为：2CO(g)+4H2(g)═CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-210kJ•mol-1；
②
A．由图甲可知，是生成了含有78%的汽油，而不是CO2转化为汽油的转化率，A错误；
B．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2→CO+Fe5C2，B错误；
C．中间产物Fe5C2的生成上发生CO转变成烯烃，所以是实现CO2转化为汽油的关键，
C正确；
D．催化剂HZSM-5可以提高反应速率，但是不能使平衡移动，故不能提高产率，D错误；
故答案为：C；
③加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C2以上的烷烃类物质和水，烷烃的通式CnH2n+2，水中的氧全部来自于二氧化碳，根据原子守恒，若生成1mol戊烷，则需C为5mol，则氧为10mol，需要10molH2O，然后烷烃中需要12mol的H，则H总量为32mol，则CO2和H2的物质的量之比不低于5：=5：16，故答案为：5：16；
（2）①由图乙可知，CO2转化率最高的为催化剂A；b点时CO2转化率低于平衡时的转化率，故还要继续正方向反应，故正反应速率大于逆反应速率；故答案为：A；＞；
②，平衡时 CO2的物质的量分数为=，氢气的为，甲醇和水的均为；平衡时的总压强为：，故p(CH3OH)=15Kpa，p(H2O)=15Kpa，p(CO2)=10Kpa，p(H2)= 30 Kpa，平衡常数Kp= ==8.3×10-4(kPa)-2；故答案为：8.3×10-4(kPa)-2；
③升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但是反应Ⅱ的反应速率变化比Ⅰ更大，CO2的实际转化率提高而甲醇选择性降低；故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但是反应Ⅱ的反应速率变化更大。
17．（12分）天青石(主要含有SrSO4和少量CaCO3杂质)是获取锶元素的各种化合物的主要原料。请回答下列问题：
（1）利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐。灼烧SrSO4时，锶的焰色为_____(填标号)。
A．洋红色 B．浅紫色 C．黄绿色 D．淡蓝色
（2）硫化锶(SrS)可用作发光涂料的原料，SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体， 该反应的化学方程式____________________________。
（3）已知：25℃时，K sp(SrSO4)=3.2×10-7，K sp(SrCO3)=1.1×10-10。SrSO4的粉末与Na2CO3溶液混合加热、充分搅拌可生成硫酸钠和碳酸锶，若转化完成时恢复到25℃，混合液中c(CO)=1.0×10-3mol/L，
则c(SO)=______________________。
（4）以天青石生产Sr(OH)2·xH2O的工艺如下：
已知： Sr(OH)2 、Ca(OH)2在水中的溶解度如下表：
温度/(℃)
0
20
40
60
80
100
溶解度(g)
Sr(OH)2
0.91
1.77
3.95
8.42
20.2
91.2
Ca(OH)2
0.19
0.17
0.14
0.12
0.09
0.08
①滤渣2为混有CaCO3的SrCO3，写出反应1生成SrCO3的化学方程式______________。
②固体3 “加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液,此时应缓慢加热使沉淀颗粒长大,滤渣5的主要成分是______(填化学式),“趁热过滤”的目的是_________________________________。
③“操作6”主要有：________________、过滤、洗涤、干燥。
④取m g纯净Sr(OH)2·x H2O产品溶于水，加入过量Na2CO3溶液后过滤、洗涤、干燥后，得到n g滤渣，则x=__________(用含m、n的式子表示)。
【答案】（1）A
（2）SrSO4+ 4CSrS+4CO↑
（3）2.9mol/L
（4）①SrSO4 + 2NH4HCO3 = SrCO3↓+ H2O + CO2↑+ (NH4)2SO4
② Ca(OH)2 防止Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度 ③降温结晶 ④
【解析】 （1）利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐，锶的焰色反应为洋红色；
（2）SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体， 该反应的化学方程式为：SrSO4+ 4CSrS+4CO↑；
（3）由题意可知：=，当混合物中c(CO32-)=1.0×10-3mol/L，c(SO42-)==2.9mol/L；
（4）工业流程中反应1为用NH4HCO3使SrSO4反应生成SrCO3，过滤后，滤渣2为混有CaCO3的SrCO3，煅烧后加热水浸，可以利用高温时Sr(OH)2和Ca(OH)2溶解度的不同将二者分离；
①反应1的化学方程式为：SrSO4+2NH4HCO3=SrCO3↓+H2O+CO2↑+ (NH4)2SO4；
②固体3“加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液，由于Sr(OH)2溶解度随温度升高显著增大，“趁热过滤”的目的是防止Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度，而Ca(OH)2溶解度很小，受温度影响不明显，则滤渣5的主要成分是Ca(OH)2；
③操作6为了得到晶体，故应进行的操作是降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
④由题意可知，滤渣为SrCO3，根据元素守恒，与的物质的量相同，可得：=，解得x=。
18．《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。镓(Ga)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓等都是常用的半导体材料，超导和半导体材料都广泛应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。请回答下列与碳、砷、镓、硒有关的问题。
（1）基态硒原子的核外价层电子排布式为___，与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有___种，SeO3的空间构型是___。
（2）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，EMIM+结构如图所示。
①EMIM+离子中各元素电负性由大到小的顺序是___。
②EMIM+离子中碳原子的杂化轨道类型为___。
③大π键可用符号π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示___。
（3）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯如图所示，转化后1号C原子与相邻C原子间键能变小，原因是___。
（4）GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为A，则阿伏加德罗常数的值为NA=___。(用字母表示)
【答案】（1）4s24p4 3 平面三角形
（2） N＞C＞H sp2、sp3 π
（3） 1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)
（4）
【解析】 （1）硒元素为34号元素，原子核外价层电子排布式为4s24p4；同周期p区元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于砷元素最外层半满，所以第一电离能大于硒，则与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有砷、溴、氪共3种；SeO3的中心原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
（2）①非金属性越强电负性越大，所以电负性N>C>H；
②EMIM+离子中甲基上碳原子的杂化方式为sp3杂化，大π键上碳原子杂化方式为sp2杂化；
③根据EMIM+离子的结构可知有3个碳原子和2个氮原子参与形成大π键，其中每个C原子最外层4个电子中有3个形成单键，1个参与形成大π键，每个N原子最外层5个电子中有3个参与形成单键，2个形成大π键，整体带一个单位正电荷，所以参与形成大π键的电子数为3×1+2×2-1=6，所以EMIM+离子中的大π键可以表示为π；
（3）1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)；
（4）该晶胞中Ga原子的个数为4，晶体的化学式为GaAs，所以晶胞中As原子的个数为4，晶胞的质量为；两种原子的总体积为pm3，空间利用率为A，则晶胞的体积为pm3=cm3，所以ρ=，解得NA=。
19．（12分）橡胶行业是国民经济的重要基础产业之一，在现代生产、军事工业、医疗行业中有广泛应用。如图是生产合成橡胶G和医用高分子材料C的路线图，已知B的分子式为C6H10O3。请回答下列问题：
（1）X中的含氧官能团名称是___，X的核磁共振氢谱有___组峰。
（2）A→B的反应类型是___。
（3）C的结构简式是___。
（4）X发生银镜反应的化学方程式为___。
（5）写出E→F的化学反应方程式___。
（6）A有多种同分异构体，其中属于酯类且含有碳碳双键的共有___种(不含立体异构)。
（7）已知：①②+SOCl2→+SO2+HCl。请将下列以为原料制备的合成路线流程图补充完整___(无机试剂任用)。
【答案】（1）醛基 3
（2）酯化反应
（3）
（4） CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（5） +HCHO+H2O
（6） 5
（7）
【解析】 （1）X为，其含氧官能团为醛基；含有3种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰；
（2）A到B为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；
（3）根据分析可知C的结构简式为；
（4）X发生银镜反应的方程式为CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）E为，F为，所以反应方程式为+HCHO +H2O；
（6）A的同分异构体中属于酯类且含有碳碳双键的有：CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCH2OOCH、CH=C(CH3)OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3，共5种；
（7）对比和的结构可知，需要将苯环加成，并再形成一个环，根据题目所给信息可知可以和SOCl2形成，而该结构可以取代苯环上的氢原子，据此可以形成另一个环状结构，再结合羟基可以发生消去反应生成双键、羰基可以和氢气加成生成羟基，可知合成路线应为 。
20．（12分）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1
i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2
溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3
无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
【答案】（1）Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ （2）部分(SCN)2与水反应生成酸
（3） Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀
（4）在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2
（5）①0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 ②不合理 未排除氧气干扰
③ 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【解析】（1） Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
（2）硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
（3） Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
（4）根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
（5）①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
2022年山东新高考适用性考试模拟卷（四）
化学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项是符合题目要求。
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．蛋白质在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
B．丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有质量轻、抗腐蚀能力强等优点
D．中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入生石灰
【答案】C
【解析】A．蛋白质在人体内水解为氨基酸，不能水解为甘油，A错误；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，B错误；
C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有质量轻、抗腐蚀能力强等优点，C正确；
D．中秋节吃月饼，为防止月饼富脂易变质，常在包装袋中加入还原铁粉，D错误；
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体共28g含有的原子数目为6NA
B．0.1 mol羟基中所含有的电子数为NA
C．1 L0.1 mol·L-1 Na2S溶液中，S2-、 HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA
D．在K37C1O3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若反应中电子转移的数目为10NA则有424g氯气生成
【答案】B
【解析】A．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为CH2，28g乙烯和环丁烷的混合气体含3molCH2，故28g乙烯和环丁烷的混合气体含有的原子数目为6NA，A正确；
B．1个羟基()中含有9个电子，故0.1 mol羟基中所含有的电子数为0.9NA，B错误；
C．硫化钠的物质的量为0.1mol，S元素在溶液中以S2-、HS-、H2S三种形式存在，由元素守恒可知S2-、 HS-和H2S的微粒数之和为0.1NA，C正确；
D．同种元素不同价态的原子之间若发生氧化还原反应元素的化合价只靠近不交叉，在K37C1O3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氯酸钾中的1个37C1转化为氯气分子中0价氯原子，H35Cl中有5个35Cl转化为氯气分子中0价氯原子，反应中转移5mol电子生成3mol氯气，且氯气中的37C1：35Cl=1：5，故这样的氯气的相对分子质量为，若反应中电子转移的数目为10NA，则生成6mol氯气，其质量为
= 424g，D正确；
3．短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有N为金属元素。X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X
B．Y、Z、M三种元素都能与X元素形成含有非极性键的化合物
C．N的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱
D．Y、Z两种元素都能与M元素形成原子个数比为1：1和1：2的化合物
【答案】C
【解析】根据分析可知：X为H，Y为C元素，Z为N元素，M为O元素，N为Mg、Al中的一种。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X，A正确；
B．C、N、O都可以与H形成含有非极性键的化合物，如C2H4、N2H4、H2O2等，B正确；
C．Mg、Al的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，C错误；
D．C、N都可以与O形成原子个数比为1：1的CO、NO和1：2的CO2、NO2，D正确；
4．用化学用语表示2Na + 2H2O＝2NaOH + H2↑中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O B．NaOH的电子式：
C．Na+的结构示意图： D．H2O的比例模型：
【答案】A
【解析】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；
B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；
C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；
D.氢原子要比氧原子小，D项错误；
5．硫化氢是危害性极强的毒性气体，也是恶臭气体的主要成分之一。菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在脱硫过程中被还原
B．温度越高，越有利于天然气的催化脱硫
C．该脱硫过程需要不断添加溶液
D．理论上，需要氧气的体积是相同状态下体积的一半
【答案】D
【解析】A．由图可知，在过程中转化为，化合价升高，作还原剂，被氧化，A 错误；
B．温度过高， 细菌会失去活性，不利于催化脱硫， B 错误；
C．图中硫酸铁为催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质保持不变，不需要不断添加， C 错误；
D．该过程实质为与反应生成和方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S；故理论上消耗的物质的量是的一半，D 正确；
6．常温下，向20mL 0.05mol·L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）
A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
B．A、B、 C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C．B点溶液c(NH4+)=2c(B2-)
D．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4 +)> c(B2-)> c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A．酸溶液中水电离出氢离子的浓度c(H+)等于溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)，即A点时，c(OH-)=1.0×10-13mol·L-1 ，则溶液中c(H+)==0.1mol·L-1，因为酸H2B为二元酸，2×0.05mol·L-1=0.1mol·L-1，所以H2B为强酸，即NaHB溶液显酸性，A错误；
B．随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大，D点恰好完全反应，随着氨水的加入，溶液的碱性逐渐增强，D、E、F三点溶液的pH逐渐增大，B错误；
C．D点时，氨水与H2B恰好完全反应生成(NH4)2B，(NH4)2B是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以B点时溶液呈酸性，c(NH4+)<2c(B2-)，C错误；
D．E点为(NH4)2B和氨水的混合物，由图可知此时溶液中铵根离子的水解程度大于一水合氨的电离，溶液呈酸性，c(NH4 +)> c(B2-)> c(H+)>c(OH-)，D正确；
7．下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是( )
A．电负性最大的元素位于周期表的左下角
B．基态原子最外层电子排布为ns2的元素都位于周期表IIA族
C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族
D．基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能一定大于p能级有一对成对电子的
【答案】C
【解析】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素位于周期表的右上角，故A错误；
B．基态原子最外层电子排布为ns2的元素有的位于周期表IIA，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布为4s2，位于IIB族，故B错误；
C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1的元素是31号元素镓，核外共有4层电子，最外层电子数为3，该元素位于周期表第四周期IIIA族，故C正确；
D．基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于p能级有一对成对电子的，例如磷(1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故D错误；
8．国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．c为电源的负极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
C．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
D．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
【答案】B
【解析】A．由上述分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A选项错误；
B．a为电解池阳极，电极附近NH4Cl中的NH4+失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B选项正确；
C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂之比为1:6，C选项错误；
D．没有指明环境为标准状况下，不能准确计算产生NH3的体积，D选项错误；
9．下列实验方案不能达到预期目的的是（ ）
实验方案
实验目的
A
向两支试管中分别加入溶液，然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的固体，观察比较现象
探究对分解是否具有催化作用
B
取固体加入到水中（的密度近似看作）
配制8%的溶液
C
将溶液滴入盛有溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的溶液，观察现象
比较（白色）和（黑色）的溶度积常数属性强弱
D
测同温同浓度和水溶液的
比较硫和硅两元素非金属性强弱
【答案】A
【解析】A．向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液，然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，FeI2与H2O2会发生氧化还原反应，且生成的Fe3+也可以催化H2O2的分解，故不能用来探究I-对H2O2分解反应的催化作用， A 错误。
B．取8gNaOH固体加入到92mL水中(的密度近似看作1g/mL)，所得溶液的质量百分含量为：，故B正确；
C．将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，可以观察到沉淀由白色转化为黑色，且ZnS（白色）和CuS（黑色）相同类型的物质，故可以据此来比较溶度积常数属性强弱，C正确；
D．测同温同浓度Na2SO4和Na2SiO3水溶液的PH，Na2SO4溶液呈中性，说明Na2SO4是强酸强碱盐，而Na2SiO3溶液呈碱性，说明Na2SiO3为强碱弱酸盐，即H2SO4为强酸，H2SiO3为弱酸，故比较硫和硅两元素非金属性强弱，D正确；
10．白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图所示。下列有关白屈菜酸的说法中不正确的是（ ）
A．白屈菜酸的同分异构体中可能含有芳香族化合物
B．所有碳原子可以共面
C．1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为4mol
D．能通过加聚反应形成高分子物质
【答案】C
【解析】A．根据白屈菜酸的结构简式可知，其分子式为C7H4O6，其不饱和度为6，碳原子数大于6，其同分异构体中可以有芳香族化合物，A项正确；
B．C=C双键以及与双键上碳原子相连的原子构成一个平面，白屈菜酸的结构中含有两个C=C键，故所有碳原子可能共面，B项正确；
C．白屈菜酸的分子式为C7H4O6，所以1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为(7+-)mol=5mol，C项错误；
D．白屈菜酸分子结构中含有C=C键，可以发生加聚反应，D项正确；
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者俩个选项是符合题目要求。全部选对得四分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．此温度下，水的离子积常数为1.0×10-2a
B．N点溶液加水稀释，增大
C．M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
D．Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积
【答案】D
【解析】A．Q点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.0×10-2a，故A正确；
B．一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶液pOH
D．氨水和盐酸浓度相同，若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；
故答案为D。
12．我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的氧化产物是CO2
B．HCHO在反应过程中有C=O键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．HAP能提高HCHO与O2应的活化能，但不改变反应路径
【答案】A
【解析】A．由题干信息，HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C从0价升高至+4价，作还原剂，则对应生成的CO2为氧化产物，A选项正确；
B．根据图示，整个反应过程中，HCHO在反应过程中有C—H键的断裂和C=O键的形成，B选项错误；
C．由图示可知，CO2分子中氧原子一部分来自于O2，一部分还来自于HCHO，C选项错误；
D．HAP在反应中作催化剂，可降低HCHO与O2应的活化能，D选错误；
13．如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2 (H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是（ ）
A．甲池中的石墨电极是电池的正极
B．H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C．甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－=H2AQ
D．总反应为 H2S + O2H2O2 + S↓
【答案】AD
【解析】A．由分析可知，甲池中的石墨电极是电池的正极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C．甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H＋+2e－=H2AQ，故C错误；
D．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为H2S+O2H2O2+S↓，故D正确；
14．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧
加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
D
用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强
【答案】B
【解析】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；
B．在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；
C．由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C错误；
D．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；
15．氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ）
A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性
B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6L
C．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜
D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；
B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）全球碳计划组织（GCP.The Global Carbon Proiect）报告称，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图甲所示。
①已知：CO2（g）+ H2（g）=CO（g）+H2（g） △H=-+41kJ/mol；
2CO2（g）+6H2（g）=CH2=CH2（g）+4H2O（g） △H =-128 kJ/mol。
则上述过程中CO转化为CH2=CH2的热化学方程式是________。
②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是___________。
A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%
B．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+ H2O
C．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
D．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应。且只生成C2以上的烷烃和水，则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_______________。
（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为：I.CO2（g） + 3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。一定条件下，往2 L恒容密闭容器中充入1. 0 mol CO2和3.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图乙所示。
①催化效果最佳的是催化剂_____（填“A”、“B”或“C”）；b点时，v（正）___v（逆）（填“>”、“<”或“=”）。
②已知容器内的起始压强为100 kPa。若图乙中c点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp=_____（保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数；分压=总压×物质的量分数）。
③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应I外，还发生反应II. CO2（g） +H2（g）CO（g）+H2O（g）。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2，按一定流速通过该催化剂，发生上述反应I、II，经过相同时间测得如下实验数据：
T（K）
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醉选择性降低，其原因是_________
【答案】2CO（g）+ 4H2（g）CH2=CH2（g）+2H2O（g） △H =- 210 kJ/mol C 5：16 A ＞ 8. 3×10-4(kPa)-2 升高温度，反应I、II的反虚速率均加快，但反应II的反应速率変化更大
【解析】（1）①已知①CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O（g） H1=+41kJ•mol-1；②2CO2(g)+6H2(g)═CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H2=-128kJ•mol-1；根据盖斯定律，②-①×2得到，2CO(g)+4H2(g)═CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=△H2-2H1=-128-2×41=-210kJ•mol-1；
故答案为：2CO(g)+4H2(g)═CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-210kJ•mol-1；
②
A．由图甲可知，是生成了含有78%的汽油，而不是CO2转化为汽油的转化率，A错误；
B．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2→CO+Fe5C2，B错误；
C．中间产物Fe5C2的生成上发生CO转变成烯烃，所以是实现CO2转化为汽油的关键，
C正确；
D．催化剂HZSM-5可以提高反应速率，但是不能使平衡移动，故不能提高产率，D错误；
故答案为：C；
③加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C2以上的烷烃类物质和水，烷烃的通式CnH2n+2，水中的氧全部来自于二氧化碳，根据原子守恒，若生成1mol戊烷，则需C为5mol，则氧为10mol，需要10molH2O，然后烷烃中需要12mol的H，则H总量为32mol，则CO2和H2的物质的量之比不低于5：=5：16，故答案为：5：16；
（2）①由图乙可知，CO2转化率最高的为催化剂A；b点时CO2转化率低于平衡时的转化率，故还要继续正方向反应，故正反应速率大于逆反应速率；故答案为：A；＞；
②，平衡时 CO2的物质的量分数为=，氢气的为，甲醇和水的均为；平衡时的总压强为：，故p(CH3OH)=15Kpa，p(H2O)=15Kpa，p(CO2)=10Kpa，p(H2)= 30 Kpa，平衡常数Kp= ==8.3×10-4(kPa)-2；故答案为：8.3×10-4(kPa)-2；
③升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但是反应Ⅱ的反应速率变化比Ⅰ更大，CO2的实际转化率提高而甲醇选择性降低；故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但是反应Ⅱ的反应速率变化更大。
17．（12分）天青石(主要含有SrSO4和少量CaCO3杂质)是获取锶元素的各种化合物的主要原料。请回答下列问题：
（1）利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐。灼烧SrSO4时，锶的焰色为_____(填标号)。
A．洋红色 B．浅紫色 C．黄绿色 D．淡蓝色
（2）硫化锶(SrS)可用作发光涂料的原料，SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体， 该反应的化学方程式____________________________。
（3）已知：25℃时，K sp(SrSO4)=3.2×10-7，K sp(SrCO3)=1.1×10-10。SrSO4的粉末与Na2CO3溶液混合加热、充分搅拌可生成硫酸钠和碳酸锶，若转化完成时恢复到25℃，混合液中c(CO)=1.0×10-3mol/L，
则c(SO)=______________________。
（4）以天青石生产Sr(OH)2·xH2O的工艺如下：
已知： Sr(OH)2 、Ca(OH)2在水中的溶解度如下表：
温度/(℃)
0
20
40
60
80
100
溶解度(g)
Sr(OH)2
0.91
1.77
3.95
8.42
20.2
91.2
Ca(OH)2
0.19
0.17
0.14
0.12
0.09
0.08
①滤渣2为混有CaCO3的SrCO3，写出反应1生成SrCO3的化学方程式______________。
②固体3 “加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液,此时应缓慢加热使沉淀颗粒长大,滤渣5的主要成分是______(填化学式),“趁热过滤”的目的是_________________________________。
③“操作6”主要有：________________、过滤、洗涤、干燥。
④取m g纯净Sr(OH)2·x H2O产品溶于水，加入过量Na2CO3溶液后过滤、洗涤、干燥后，得到n g滤渣，则x=__________(用含m、n的式子表示)。
【答案】（1）A
（2）SrSO4+ 4CSrS+4CO↑
（3）2.9mol/L
（4）①SrSO4 + 2NH4HCO3 = SrCO3↓+ H2O + CO2↑+ (NH4)2SO4
② Ca(OH)2 防止Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度 ③降温结晶 ④
【解析】 （1）利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐，锶的焰色反应为洋红色；
（2）SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体， 该反应的化学方程式为：SrSO4+ 4CSrS+4CO↑；
（3）由题意可知：=，当混合物中c(CO32-)=1.0×10-3mol/L，c(SO42-)==2.9mol/L；
（4）工业流程中反应1为用NH4HCO3使SrSO4反应生成SrCO3，过滤后，滤渣2为混有CaCO3的SrCO3，煅烧后加热水浸，可以利用高温时Sr(OH)2和Ca(OH)2溶解度的不同将二者分离；
①反应1的化学方程式为：SrSO4+2NH4HCO3=SrCO3↓+H2O+CO2↑+ (NH4)2SO4；
②固体3“加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液，由于Sr(OH)2溶解度随温度升高显著增大，“趁热过滤”的目的是防止Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度，而Ca(OH)2溶解度很小，受温度影响不明显，则滤渣5的主要成分是Ca(OH)2；
③操作6为了得到晶体，故应进行的操作是降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
④由题意可知，滤渣为SrCO3，根据元素守恒，与的物质的量相同，可得：=，解得x=。
18．《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。镓(Ga)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓等都是常用的半导体材料，超导和半导体材料都广泛应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。请回答下列与碳、砷、镓、硒有关的问题。
（1）基态硒原子的核外价层电子排布式为___，与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有___种，SeO3的空间构型是___。
（2）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，EMIM+结构如图所示。
①EMIM+离子中各元素电负性由大到小的顺序是___。
②EMIM+离子中碳原子的杂化轨道类型为___。
③大π键可用符号π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示___。
（3）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯如图所示，转化后1号C原子与相邻C原子间键能变小，原因是___。
（4）GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为A，则阿伏加德罗常数的值为NA=___。(用字母表示)
【答案】（1）4s24p4 3 平面三角形
（2） N＞C＞H sp2、sp3 π
（3） 1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)
（4）
【解析】 （1）硒元素为34号元素，原子核外价层电子排布式为4s24p4；同周期p区元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于砷元素最外层半满，所以第一电离能大于硒，则与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有砷、溴、氪共3种；SeO3的中心原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
（2）①非金属性越强电负性越大，所以电负性N>C>H；
②EMIM+离子中甲基上碳原子的杂化方式为sp3杂化，大π键上碳原子杂化方式为sp2杂化；
③根据EMIM+离子的结构可知有3个碳原子和2个氮原子参与形成大π键，其中每个C原子最外层4个电子中有3个形成单键，1个参与形成大π键，每个N原子最外层5个电子中有3个参与形成单键，2个形成大π键，整体带一个单位正电荷，所以参与形成大π键的电子数为3×1+2×2-1=6，所以EMIM+离子中的大π键可以表示为π；
（3）1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)；
（4）该晶胞中Ga原子的个数为4，晶体的化学式为GaAs，所以晶胞中As原子的个数为4，晶胞的质量为；两种原子的总体积为pm3，空间利用率为A，则晶胞的体积为pm3=cm3，所以ρ=，解得NA=。
19．（12分）橡胶行业是国民经济的重要基础产业之一，在现代生产、军事工业、医疗行业中有广泛应用。如图是生产合成橡胶G和医用高分子材料C的路线图，已知B的分子式为C6H10O3。请回答下列问题：
（1）X中的含氧官能团名称是___，X的核磁共振氢谱有___组峰。
（2）A→B的反应类型是___。
（3）C的结构简式是___。
（4）X发生银镜反应的化学方程式为___。
（5）写出E→F的化学反应方程式___。
（6）A有多种同分异构体，其中属于酯类且含有碳碳双键的共有___种(不含立体异构)。
（7）已知：①②+SOCl2→+SO2+HCl。请将下列以为原料制备的合成路线流程图补充完整___(无机试剂任用)。
【答案】（1）醛基 3
（2）酯化反应
（3）
（4） CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（5） +HCHO+H2O
（6） 5
（7）
【解析】 （1）X为，其含氧官能团为醛基；含有3种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰；
（2）A到B为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；
（3）根据分析可知C的结构简式为；
（4）X发生银镜反应的方程式为CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）E为，F为，所以反应方程式为+HCHO +H2O；
（6）A的同分异构体中属于酯类且含有碳碳双键的有：CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCH2OOCH、CH=C(CH3)OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3，共5种；
（7）对比和的结构可知，需要将苯环加成，并再形成一个环，根据题目所给信息可知可以和SOCl2形成，而该结构可以取代苯环上的氢原子，据此可以形成另一个环状结构，再结合羟基可以发生消去反应生成双键、羰基可以和氢气加成生成羟基，可知合成路线应为 。
20．（12分）某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1
i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2
溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3
无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
【答案】（1）Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ （2）部分(SCN)2与水反应生成酸
（3） Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀
（4）在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2
（5）①0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 ②不合理 未排除氧气干扰
③ 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【解析】（1） Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
（2）硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
（3） Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
（4）根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
（5）①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
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