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2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模），共31页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电 B．粮食酿酒 C．燃煤脱硫 D．石油裂化
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He中子数相等
B．3He和4He是同种原子
C．3He和4He核外电子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
3．（2分）下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）
A．最高价氧化物是酸性氧化物
B．原子最外层电子数为2
C．能形成+7价的含氧酸及其盐
D．简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构
4．（2分）下列物质中，含有氯离子的是（ ）
A．氯化氢 B．食盐 C．氯酸钾 D．液氯
5．（2分）能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
6．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．构成非极性分子的微粒一定含有共价键
B．共价化合物中可能含有离子键
C．离子化合物中可能含有非极性共价键
D．极性分子中一定不含有非极性键
7．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气和水煤气的主要成分都是甲烷
D．石油裂解是为得到乙烯、丁二烯等化工原料
8．（2分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
9．（2分）下列分子中所有原子都处在同一平面上的是（ ）
A． B．
C． D．CH2＝CH﹣C≡CH
10．（2分）下列关于实验室制取乙炔的说法，错误的是（ ）
A．不宜用启普发生器制取
B．反应原理：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
C．可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质
D．用排水法收集乙炔
11．（2分）下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D．金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
12．（2分）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）在KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O（HCl部分被氧化）的反应中，被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为（ ）
A．1：6 B．6：1 C．1：5 D．5：1
14．（2分）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+92.3kJ
B．H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）﹣92.3kJ
C．H2+Cl2═2HCl+184.6kJ
D．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）﹣184.6kJ
15．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
16．（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ）
A．铟原子最外层有5个电子
B．铟原子半径小于碘原子
C．In（OH）3的碱性强于Al（OH）3
D．铟元素属于过渡元素
17．（2分）根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e→Fe2+
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
18．（2分）下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B．用CCl4提取碘水中的碘，选③
C．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D．除去粗盐中不溶性杂质，选①和②
19．（2分）在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是（ ）
A．Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO4+Fe（OH）2↓
B．4NH4+2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→2BaSO4↓+4NH3•H2O
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓
D．3NH4++Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+3NH3•H2O
20．（2分）室温下，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵
溶液体积变化的曲线示意图如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．a点，pH＝2
B．b点，c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，溶液pH增大是CH3COOH⇌H++CH3COO﹣逆向移动的结果
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
（1）氮原子最外层电子的轨道表示式为 ；氮气分子的电子式为： ；已知CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是 。
（2）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 ；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称： ，长期施用容易造成土壤酸化板结：FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O→Fe（OH）2↓+2NH4+和 。
（3）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因： 。
（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），反应的化学方程式为 ，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为 g（小数点后保留两位有效数字）。
22．（15分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）。一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）→CO（g）+H2O（g），
②CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）。
（1）下列示意图中能体现总反应能量变化的是 （填标号），判断的理由是 。
（2）在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1.据图1可判断：温度T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 。总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图2所示。
（3）图2中对应等温过程的曲线是 ，判断的理由是 。
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ 。反应条件可能为 或 。
23．（15分）化合物G是有机合成的重要中间产物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 ，所含官能团的名称为 ；③的反应类型为 。
（2）反应④的化学方程式为 。F的结构简式为 。
（3）D有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式 。
a.分子中含有六元环；
b.不能与金属钠反应：
c.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，不同氢原子数之比为3：2：1。
（4）根据题设信息设计以1，5﹣二溴戊烷和C2H5OOCCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
24．（15分）已知①胆矾（CuSO4•5H2O）易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（2）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3•H2O调pH为3.5～4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4.0的目的是 。
（3）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 （填标号）。
A.烧杯
B.容量瓶
C.蒸发皿
D.坩埚
（4）结晶水含量测定（设化学式为CuSO4•xH2O）；称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x＝ （写表达式）。
（5）下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是 （填标号）。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电 B．粮食酿酒 C．燃煤脱硫 D．石油裂化
【分析】碳达峰是指二氧化碳的排放不再增长，碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，据此分析回答问题。
【解答】解：A.风能发电，减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B.粮食酿酒，有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C.燃煤脱硫，可以减少二氧化硫排放，但仍然有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C错误；
D.石油裂化，二氧化碳排放不变，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以“碳达峰、碳中和”为背景，考查对于“碳达峰、碳中和”概念的理解，考查较为新颖，题目难度适中。
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He中子数相等
B．3He和4He是同种原子
C．3He和4He核外电子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
【分析】A.中子数＝质量数﹣质子数；
B.同种原子要求其质子数与中子数都相等；
C.核外电子数＝质子数；
D.稀有气体是单原子分子。
【解答】解：A.3He的中子数为1，4He的中子数为2，并不相等，故A错误；
B.3He和4He的中子数不同，为不同种核素，故B错误；
C.3He和4He为同位素，核外电子数相等，故C正确；
D.稀有气体是由单原子组成的分子，由3He组成的单质为3He，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查核素、同位素等概念，难度较小，引导学生对概念进行深入理解并应用。
3．（2分）下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）
A．最高价氧化物是酸性氧化物
B．原子最外层电子数为2
C．能形成+7价的含氧酸及其盐
D．简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构
【分析】A．过渡元素中存在最高价氧化物是酸性氧化物的元素；
B．He原子最外层电子数为2；
C．Mn元素等能形成+7价的含氧酸及其盐；
D．金属元素没有简单阴离子，只有主族元素存在非金属元素。
【解答】解：A．过渡元素中存在，如Mn元素的最高价氧化物的水化物呈酸性，故A错误；
B．He原子最外层电子数为2，且过渡元素中也存在最外层电子数为2的元素，如Zn等，故B错误；
C．Mn元素等能形成+7价的含氧酸及其盐，Mn为过渡元素，则不一定为主族元素，故D错误；
D．金属元素没有简单阴离子，只有主族元素存在非金属元素，简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构，说明该元素一定为主族元素，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意利用反例法进行解答，熟练掌握元素化合物知识、元素周期表，难度不大。
4．（2分）下列物质中，含有氯离子的是（ ）
A．氯化氢 B．食盐 C．氯酸钾 D．液氯
【分析】含有氯离子的物质应为氯化物，且在溶液中发生电离，以此解答该题．
【解答】解：A．液态氯化氢不能电离出氯离子，故A错误；
B．食盐为NaCl，由离子构成，含氯离子，故B正确；
C．氯酸钾由离子构成，在溶液中电离出ClO3﹣离子，故C错误；
D．氯气为单质，由分子构成，可知液氯不含氯离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的构成及电离，为高频考点，把握物质的构成微粒、电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能电离出氯离子的物质首先应为氯化物、且发生电离，题目难度不大．
5．（2分）能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
【分析】浓硫酸具有酸性和强氧化性，不能干燥碱性、强还原性气体，可干燥酸性或中性气体，以此进行判断。
【解答】解：A.二氧化硫不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥，故A正确；
B.NH3为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C.HI具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故C错误；
D.H2S具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见气体的干燥方法，为高频考点，把握常见气体的性质、干燥剂类型为解答关键，注意掌握常见气体的净化与干燥方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．构成非极性分子的微粒一定含有共价键
B．共价化合物中可能含有离子键
C．离子化合物中可能含有非极性共价键
D．极性分子中一定不含有非极性键
【分析】A．稀有气体分子是非极性分子，但稀有气体分子中不存在化学键；
B．只含共价键的化合物为共价化合物；
C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有非极性共价键；
D．极性分子中可能含有非极性键。
【解答】解：A．稀有气体分子是单原子分子，属于非极性分子，但稀有气体分子中不含化学键，故A错误；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故B错误；
C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有非极性共价键，如Na2O2属于离子化合物，且含有非极性键，故C正确；
D．极性分子中可能含有非极性键，如H2O2属于极性分子，但含有非极性键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
7．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气和水煤气的主要成分都是甲烷
D．石油裂解是为得到乙烯、丁二烯等化工原料
【分析】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物；
B．石油的分馏产物多为烃的混合物；
C．石油裂解的主要目的是生产乙烯，水煤气主要成分为CO和氢气；
D．石油裂解可以获得小分子的烯烃。
【解答】解：A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，故主要成分是碳氢化合物，故A正确；
B．石油分馏可以得到馏分为：石油气、汽油、煤油、柴油等，均为混合物，故B正确；
C．石油裂解的主要目的是生产乙烯，即裂解气的主要成分为乙烯，水煤气是由煤和水蒸气在高温条件下生成的，主要成分为CO和氢气，故C错误；
D．石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查石油的成分及分馏产物、裂解的产物等，难度不大，注意石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料。
8．（2分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。
【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。
9．（2分）下列分子中所有原子都处在同一平面上的是（ ）
A． B．
C． D．CH2＝CH﹣C≡CH
【分析】常见的有机化合物分子中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物结构可在此基础上进行判断。
【解答】解：A.分子的C原子形成4个C﹣Cl键，为正四面体结构，所有原子不可能处在同一平面上，故A错误；
B.分子中含有4个甲基，甲基上连接的4个原子构成四面体结构，该有机物所有原子不可能处在同一平面上，故B错误；
C.的甲基上连接的4个原子构成四面体结构，该有机物所有原子不可能处在同一平面上，故C错误；
D.CH2＝CH﹣C≡CH分子中含有1个碳碳双键和1个碳碳三键，双键连接的6个原子共平面，三键连接的4个原子共直线，所以其分子中所有原子都处在同一平面上，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见有机物的结构，为高频考点，把握常见有机物组成与结构为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（2分）下列关于实验室制取乙炔的说法，错误的是（ ）
A．不宜用启普发生器制取
B．反应原理：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
C．可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质
D．用排水法收集乙炔
【分析】A．根据碳化钙与水反应放出大量的热，氢氧化钙微溶分析；
B．碳化钙与水反应生成乙醛气体和氢氧化钙；
C．乙炔、H2S均和酸性高锰酸钾溶液反应；
D．乙炔不溶于水。
【解答】解：A．碳化钙与水反应放出大量的热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应器，故制备乙炔不宜用启普发生器制取，故A正确；
B．实验制备乙炔的反应原理为：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2，故B正确；
C．由于乙炔也能与酸性高锰酸钾溶液反应，故不可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质，应该用硫酸铜溶液来除去乙炔中的H2S等杂质，故C错误；
D．乙炔不溶于水，故可用排水法收集乙炔，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查乙炔的制备和实验注意事项，难度不大，熟悉制备原理和乙炔的性质为解答的关键。
11．（2分）下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D．金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
【分析】A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；
B．影响离子晶体熔沸点的因素是离子键强弱，阴阳离子半径和越小，离子键越强；
C．共价化合物中，共价键键长越短，键能越大，性质越稳定；
D．金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键。
【解答】解：A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故A正确；
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子晶体，熔点高低取决于离子键强弱，与分子间作用力无关，故B错误；
C．HF、HCl、HBr、HI都是共价化合物，热稳定性与共价键强弱有关，与分子间作用力无关，故C错误；
D．金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体的熔沸点的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确晶体的类型和决定熔沸点的作用力是解题关键，注意物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，题目难度不大。
12．（2分）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性。
【解答】解：A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能检验亚硫酸钠是否变质，故A错误；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色，能检验硫酸亚铁是否变质，故B正确；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀，不能检验KI溶液是否变质，故C错误；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性，不能检验NaOH溶液是否变质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）在KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O（HCl部分被氧化）的反应中，被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为（ ）
A．1：6 B．6：1 C．1：5 D．5：1
【分析】KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，HCl中Cl元素的化合价升高，以此来解答．
【解答】解：KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，被还原，而HCl中Cl元素的化合价升高，被氧化，
且由反应可知生成KCl体现HCl的酸性，1molKClO3得到电子与5molHCl失去电子相等，
则被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为1：5，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．
14．（2分）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+92.3kJ
B．H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）﹣92.3kJ
C．H2+Cl2═2HCl+184.6kJ
D．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）﹣184.6kJ
【分析】由题意知，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量，则1molH2在Cl2中燃烧生成HCl气体，放出184.6kJ的热量，可以写出热化学方程式。
【解答】解：n（H2）＝＝＝0.5mol，则1molH2在Cl2中燃烧生成HCl气体，放出184.6kJ的热量，所以热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣184.6kJ/mol或H2（g）+Cl2（g）＝HCl（g）ΔH＝﹣92.3kJ/mol，
故选：D。
【点评】该题考查了热化学方程式的书写，利用给出的条件找准量的关系是解题的关键，较易。
15．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
【解答】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ）
A．铟原子最外层有5个电子
B．铟原子半径小于碘原子
C．In（OH）3的碱性强于Al（OH）3
D．铟元素属于过渡元素
【分析】A．同主族元素最外层电子数相等；
B．同周期自左而右原子半径减小；
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上往下金属性逐渐增强；
D．铟（In）与铝同主族。
【解答】解：A．同主族元素最外层电子数相等，铟（In）与铝同主族，所以In最外层有3个电子，故A错误；
B．In与I同周期，碘的核电荷大，所以In的原子半径大于I，故B错误；
C．同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以In（OH）3的碱性强于Al（OH）3，故C正确；
D．铟（In）与铝同主族，所以In属于主族元素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。
17．（2分）根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e→Fe2+
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
【分析】A．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，Fe作正极，II发生金属的析氢腐蚀，Fe作负极、Cu作正极；
B．金属的吸氧腐蚀、析氢腐蚀中负极上金属发生失电子的反应；
C．吸氧腐蚀中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，析氢腐蚀中正极上氢离子得电子生成氢气；
D．结合原电池总反应分析。
【解答】解：A．Ⅰ中Zn作负极、Fe作正极，Fe被保护，II中Fe作负极、Cu作正极，加快Fe的腐蚀，则正极均被保护，故A正确；
B．Ⅰ中Zn作负极，金属锌失电子，负极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，II中Fe作负极、负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B错误；
C．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成OH﹣，正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣，II发生金属的析氢腐蚀，正极上氢离子得电子生成氢气，正极反应为2H++2e﹣→H2↑，Ⅰ和Ⅱ中正极反应不同，故C错误；
D．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，总反应为2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2，II发生金属的析氢腐蚀，总反应为Fe+2H+＝H2↑+Fe2+，即溶液pH均增大，但原因不相同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，明确原电池工作原理、电极的判断和电极反应是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度不大。
18．（2分）下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B．用CCl4提取碘水中的碘，选③
C．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D．除去粗盐中不溶性杂质，选①和②
【分析】A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层；
B.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C.氯气可氧化亚铁离子；
D.除去粗盐中不溶性杂质，可溶解后过滤、蒸发分离出NaCl。
【解答】解：A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，可选分液法分离，选③，故A错误；
B.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，可萃取分液分离，选③，故B正确；
C.氯气可氧化亚铁离子，可洗气分离，选⑤，故C正确；
D.除去粗盐中不溶性杂质，可溶解后过滤、蒸发分离出NaCl，选①和②，故D正确；
故选：A。
【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、混合物的分离提纯为解答的关键，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。
19．（2分）在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是（ ）
A．Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO4+Fe（OH）2↓
B．4NH4+2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→2BaSO4↓+4NH3•H2O
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓
D．3NH4++Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+3NH3•H2O
【分析】钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，氢氧根离子与铁离子、铵根离子反应，先与亚铁离子反应生成氢氧化铁，过量的氢氧根离子再与铵根离子反应生成一水合氨。
【解答】解：A．复盐NH4Fe（SO4）2溶液中铁离子与硫酸根离子个数比为1：2，1个NH4Fe（SO4）2与氢氧化钡反应，钡离子个数为1时，氢氧根离子个数为2，铁离子不能完全反应，故A错误；
B．氢氧根离子与铁离子、铵根离子反应，先与亚铁离子反应生成氢氧化铁，过量的氢氧根离子再与铵根离子反应生成一水合氨，故B错误；
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓可以表示NH4Fe（SO4）2与Ba（OH）2物质的量之比为2：3的离子方程式，故C正确；
D．铵根离子系数为3，则铁离子数目与铵根离子数目相同，氢氧根离子应先与铁离子反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式书写，准确判断离子反应先后顺序，明确离子个数配比是解题关键，题目难度中等。
20．（2分）室温下，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵
溶液体积变化的曲线示意图如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．a点，pH＝2
B．b点，c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，溶液pH增大是CH3COOH⇌H++CH3COO﹣逆向移动的结果
【分析】室温下，由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，即醋酸的电离被抑制．由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7．据此分析．
【解答】解：A、由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，则pH大于2，即a点的pH大于2，故A错误；
B、由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故B正确；
C、由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故C错误；
D、在ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c（H+）减小，则溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c（H+）减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了弱酸和对应的盐混合后溶液pH的变化，应注意的是当在醋酸溶液中加入醋酸铵溶液后，溶液pH增大的原因不只是电离平衡的左移．
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
（1）氮原子最外层电子的轨道表示式为 ；氮气分子的电子式为： ；已知CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 。
（2）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 NH3+HCl═NH4Cl ；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称： 硫铵或肥田肥 ，长期施用容易造成土壤酸化板结：FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O→Fe（OH）2↓+2NH4+和 4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3 。
（3）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因： 氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 。
（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），反应的化学方程式为 2NH3+3O22HNO2+2H2O ，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为 2.35 g（小数点后保留两位有效数字）。
【分析】（1）氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等；氮气分子中每个N原子还有1对孤电子对；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（2）浓盐酸和浓氨水易挥发，浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵或硫酸氢铵；氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；
（3）结合NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣及平衡移动分析；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算。
【解答】解：（1）氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等，氮原子最外层电子轨道表示式为；氮气分子中N、N原子间共用3对电子对，N原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：；；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
（2）浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl═NH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为（NH4）2SO4，俗称硫铵或肥田肥；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，
故答案为：NH3+HCl═NH4Cl；硫铵或肥田肥；4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3；
（3）在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，
故答案为：氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水，结合元素的化合价变化计算，该反应为2NH3+3O22HNO2+2H2O，由反应可知，生成2molHNO2时转移2mol×[3﹣（﹣3）]＝12mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.3mol×＝0.05mol，其质量为0.05mol×47g/mol＝2.35 g，
故答案为：2NH3+3O22HNO2+2H2O；2.35。
【点评】本题以氮及其化合物的性质考查物质之间的反应，涉及电子式、物质结构、氧化还原反应、平衡移动原理等，综合性较强，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等。
22．（15分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）。一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）→CO（g）+H2O（g），
②CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）。
（1）下列示意图中能体现总反应能量变化的是 A （填标号），判断的理由是 总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量 。
（2）在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1.据图1可判断：温度T1 ＞ T2（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快 。总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图2所示。
（3）图2中对应等温过程的曲线是 a ，判断的理由是 总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大 。
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ 33.3% 。反应条件可能为 5×105Pa、210℃ 或 9×105Pa、250℃ 。
【分析】（1）由题干信息可知，总反应CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向；
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol） 1 3 0 0
变化（mol） y 3y y y
平衡（mol） 1﹣y 3﹣3y y y
则有：＝0.1，解得：y＝mol，据此分析计算。
【解答】解：（1）由题干信息可知，总反应CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量，下列示意图中只有A图中反应物总能量高于生成物总能量，其余均相反，故能体现总反应能量变化的是A，
故答案为：A；总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快，故据图1可判断：温度T1＞T2，
故答案为：＞；由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大，故a为等温线，
故答案为：a；总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大；
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol） 1 3 0 0
变化（mol） y 3y y y
平衡（mol） 1﹣y 3﹣3y y y
则有：＝0.1，解得：y＝mol，CO2的平衡转化率α＝×100%≈33%，对应图象可找到：等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，
故答案为：33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
【点评】本题考化学平衡及其相关计算、化学反应与能量等，解题关键是掌握三段式解题法，难点在图象分析，要明确图象中纵横坐标和每条曲线对应的坐标，题目难度中等。
23．（15分）化合物G是有机合成的重要中间产物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C3H8O2 ，所含官能团的名称为 羟基 ；③的反应类型为 还原反应 。
（2）反应④的化学方程式为 +2HBr+2H2O 。F的结构简式为 。
（3）D有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式 、（或、、、任意2种） 。
a.分子中含有六元环；
b.不能与金属钠反应：
c.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，不同氢原子数之比为3：2：1。
（4）根据题设信息设计以1，5﹣二溴戊烷和C2H5OOCCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
【分析】HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，BrCH2CH2CH2B与C2H5OOCCH2COO C2H5发生取代反应生成和HBr，与LiAlH4发生还原反应生成，与HBr发生取代反应生成，对比E、G的结构，结合F的分子式、反应条件，可知与C2H5OOCCH2COOC2H5发生取代反应生成F为，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H12O2，D的同分异构体分子中含有六元环、不能与金属钠反应、核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：1，说明分子中不含有羟基，六元环中含有2个醚键处于对称位置，六元环上连有两个处于对称位置的甲基或两个甲基连在六元环的同一个碳原子上；
（4）由B→C的转化、F→G的转化可知，BrCH2CH2CH2CH2CH2Br与C2H5OOCCH2COOC2H5在乙醇钠作用下发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，最后在浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，其分子式为C3H8O2，其含有的官能团为羟基，反应③为与LiAlH4发生还原反应生成，
故答案为：C3H8O2；羟基；还原反应；
（2）反应④为与溴化氢共热发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为+2HBr+2H2O；由分析可知，F的结构简式为，
故答案为：+2HBr+2H2O；；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H12O2，D的同分异构体分子中含有六元环、不能与金属钠反应、核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：1，说明分子中不含有羟基，六元环中含有2个醚键处于对称位置，六元环上连有两个处于对称位置的甲基或两个甲基连在六元环的同一个碳原子上，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、、，
故答案为：、（或、、、任意2种）；
（4）由B→C的转化、F→G的转化可知，BrCH2CH2CH2CH2CH2Br与C2H5OOCCH2COOC2H5在乙醇钠作用下发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，最后在浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后结构及官能团变化是解本题关键，利用某些物质结构简式、反应条件进行推断，注意同分异构体结构简式的确定，题目难度中等。
24．（15分）已知①胆矾（CuSO4•5H2O）易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 不会产生具有污染性的气体 。
（2）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3•H2O调pH为3.5～4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 过滤 、乙醇洗涤、 干燥 ，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4.0的目的是 使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全 。
（3）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 AC （填标号）。
A.烧杯
B.容量瓶
C.蒸发皿
D.坩埚
（4）结晶水含量测定（设化学式为CuSO4•xH2O）；称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x＝ （写表达式）。
（5）下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是 ①③ （填标号）。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
【分析】（1）CuO为碱性氧化物，主要反映为氧化铜与硫酸的反应，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾；
（3）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，蒸发结晶需要蒸发皿；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1；
（5）依据结晶水表达式x＝进行判断，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大。
【解答】解：（1）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，
故答案为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，
故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全；
（3）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，最后获取硫酸铜的步骤为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，
故答案为：A、C；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1，解得x＝，
故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x＝可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大，故①选；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小，故②不选；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大，故③选，
故答案为：①③。
【点评】本题以胆矾的制备为背景，考查了学生有关物质分离提纯，氧化还原反应，化学式计算等内容，其中（5）为解题难点，需要分析对应的变化对结果所造成的影响，掌握基础，明晰流程为解题关键，整体难度适中。
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2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电 B．粮食酿酒 C．燃煤脱硫 D．石油裂化
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He中子数相等
B．3He和4He是同种原子
C．3He和4He核外电子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
3．（2分）下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）
A．最高价氧化物是酸性氧化物
B．原子最外层电子数为2
C．能形成+7价的含氧酸及其盐
D．简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构
4．（2分）下列物质中，含有氯离子的是（ ）
A．氯化氢 B．食盐 C．氯酸钾 D．液氯
5．（2分）能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
6．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．构成非极性分子的微粒一定含有共价键
B．共价化合物中可能含有离子键
C．离子化合物中可能含有非极性共价键
D．极性分子中一定不含有非极性键
7．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气和水煤气的主要成分都是甲烷
D．石油裂解是为得到乙烯、丁二烯等化工原料
8．（2分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
9．（2分）下列分子中所有原子都处在同一平面上的是（ ）
A． B．
C． D．CH2＝CH﹣C≡CH
10．（2分）下列关于实验室制取乙炔的说法，错误的是（ ）
A．不宜用启普发生器制取
B．反应原理：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
C．可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质
D．用排水法收集乙炔
11．（2分）下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D．金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
12．（2分）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）在KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O（HCl部分被氧化）的反应中，被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为（ ）
A．1：6 B．6：1 C．1：5 D．5：1
14．（2分）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+92.3kJ
B．H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）﹣92.3kJ
C．H2+Cl2═2HCl+184.6kJ
D．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）﹣184.6kJ
15．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
16．（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ）
A．铟原子最外层有5个电子
B．铟原子半径小于碘原子
C．In（OH）3的碱性强于Al（OH）3
D．铟元素属于过渡元素
17．（2分）根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e→Fe2+
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
18．（2分）下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B．用CCl4提取碘水中的碘，选③
C．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D．除去粗盐中不溶性杂质，选①和②
19．（2分）在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是（ ）
A．Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO4+Fe（OH）2↓
B．4NH4+2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→2BaSO4↓+4NH3•H2O
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓
D．3NH4++Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+3NH3•H2O
20．（2分）室温下，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵
溶液体积变化的曲线示意图如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．a点，pH＝2
B．b点，c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，溶液pH增大是CH3COOH⇌H++CH3COO﹣逆向移动的结果
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
（1）氮原子最外层电子的轨道表示式为 ；氮气分子的电子式为： ；已知CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是 。
（2）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 ；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称： ，长期施用容易造成土壤酸化板结：FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O→Fe（OH）2↓+2NH4+和 。
（3）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因： 。
（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），反应的化学方程式为 ，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为 g（小数点后保留两位有效数字）。
22．（15分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）。一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）→CO（g）+H2O（g），
②CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）。
（1）下列示意图中能体现总反应能量变化的是 （填标号），判断的理由是 。
（2）在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1.据图1可判断：温度T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 。总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图2所示。
（3）图2中对应等温过程的曲线是 ，判断的理由是 。
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ 。反应条件可能为 或 。
23．（15分）化合物G是有机合成的重要中间产物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 ，所含官能团的名称为 ；③的反应类型为 。
（2）反应④的化学方程式为 。F的结构简式为 。
（3）D有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式 。
a.分子中含有六元环；
b.不能与金属钠反应：
c.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，不同氢原子数之比为3：2：1。
（4）根据题设信息设计以1，5﹣二溴戊烷和C2H5OOCCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
24．（15分）已知①胆矾（CuSO4•5H2O）易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（2）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3•H2O调pH为3.5～4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4.0的目的是 。
（3）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 （填标号）。
A.烧杯
B.容量瓶
C.蒸发皿
D.坩埚
（4）结晶水含量测定（设化学式为CuSO4•xH2O）；称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x＝ （写表达式）。
（5）下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是 （填标号）。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（ ）
A．风能发电 B．粮食酿酒 C．燃煤脱硫 D．石油裂化
【分析】碳达峰是指二氧化碳的排放不再增长，碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，据此分析回答问题。
【解答】解：A.风能发电，减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B.粮食酿酒，有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C.燃煤脱硫，可以减少二氧化硫排放，但仍然有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C错误；
D.石油裂化，二氧化碳排放不变，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以“碳达峰、碳中和”为背景，考查对于“碳达峰、碳中和”概念的理解，考查较为新颖，题目难度适中。
2．（2分）“嫦娥五号”成功着陆月球，实现了中国首次月球无人采样返回。月壤中的3He可用于核聚变，下列说法正确的是（ ）
A．3He和4He中子数相等
B．3He和4He是同种原子
C．3He和4He核外电子数相等
D．由3He组成的单质为3He2
【分析】A.中子数＝质量数﹣质子数；
B.同种原子要求其质子数与中子数都相等；
C.核外电子数＝质子数；
D.稀有气体是单原子分子。
【解答】解：A.3He的中子数为1，4He的中子数为2，并不相等，故A错误；
B.3He和4He的中子数不同，为不同种核素，故B错误；
C.3He和4He为同位素，核外电子数相等，故C正确；
D.稀有气体是由单原子组成的分子，由3He组成的单质为3He，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查核素、同位素等概念，难度较小，引导学生对概念进行深入理解并应用。
3．（2分）下列各元素中，一定属于主族元素的是（ ）
A．最高价氧化物是酸性氧化物
B．原子最外层电子数为2
C．能形成+7价的含氧酸及其盐
D．简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构
【分析】A．过渡元素中存在最高价氧化物是酸性氧化物的元素；
B．He原子最外层电子数为2；
C．Mn元素等能形成+7价的含氧酸及其盐；
D．金属元素没有简单阴离子，只有主族元素存在非金属元素。
【解答】解：A．过渡元素中存在，如Mn元素的最高价氧化物的水化物呈酸性，故A错误；
B．He原子最外层电子数为2，且过渡元素中也存在最外层电子数为2的元素，如Zn等，故B错误；
C．Mn元素等能形成+7价的含氧酸及其盐，Mn为过渡元素，则不一定为主族元素，故D错误；
D．金属元素没有简单阴离子，只有主族元素存在非金属元素，简单阴离子最外层满足8个电子稳定结构，说明该元素一定为主族元素，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意利用反例法进行解答，熟练掌握元素化合物知识、元素周期表，难度不大。
4．（2分）下列物质中，含有氯离子的是（ ）
A．氯化氢 B．食盐 C．氯酸钾 D．液氯
【分析】含有氯离子的物质应为氯化物，且在溶液中发生电离，以此解答该题．
【解答】解：A．液态氯化氢不能电离出氯离子，故A错误；
B．食盐为NaCl，由离子构成，含氯离子，故B正确；
C．氯酸钾由离子构成，在溶液中电离出ClO3﹣离子，故C错误；
D．氯气为单质，由分子构成，可知液氯不含氯离子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的构成及电离，为高频考点，把握物质的构成微粒、电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能电离出氯离子的物质首先应为氯化物、且发生电离，题目难度不大．
5．（2分）能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
【分析】浓硫酸具有酸性和强氧化性，不能干燥碱性、强还原性气体，可干燥酸性或中性气体，以此进行判断。
【解答】解：A.二氧化硫不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥，故A正确；
B.NH3为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C.HI具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故C错误；
D.H2S具有较强还原性，能够被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见气体的干燥方法，为高频考点，把握常见气体的性质、干燥剂类型为解答关键，注意掌握常见气体的净化与干燥方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6．（2分）下列叙述中正确的是（ ）
A．构成非极性分子的微粒一定含有共价键
B．共价化合物中可能含有离子键
C．离子化合物中可能含有非极性共价键
D．极性分子中一定不含有非极性键
【分析】A．稀有气体分子是非极性分子，但稀有气体分子中不存在化学键；
B．只含共价键的化合物为共价化合物；
C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有非极性共价键；
D．极性分子中可能含有非极性键。
【解答】解：A．稀有气体分子是单原子分子，属于非极性分子，但稀有气体分子中不含化学键，故A错误；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故B错误；
C．离子化合物中一定含有离子键，可能含有非极性共价键，如Na2O2属于离子化合物，且含有非极性键，故C正确；
D．极性分子中可能含有非极性键，如H2O2属于极性分子，但含有非极性键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
7．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气和水煤气的主要成分都是甲烷
D．石油裂解是为得到乙烯、丁二烯等化工原料
【分析】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物；
B．石油的分馏产物多为烃的混合物；
C．石油裂解的主要目的是生产乙烯，水煤气主要成分为CO和氢气；
D．石油裂解可以获得小分子的烯烃。
【解答】解：A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，故主要成分是碳氢化合物，故A正确；
B．石油分馏可以得到馏分为：石油气、汽油、煤油、柴油等，均为混合物，故B正确；
C．石油裂解的主要目的是生产乙烯，即裂解气的主要成分为乙烯，水煤气是由煤和水蒸气在高温条件下生成的，主要成分为CO和氢气，故C错误；
D．石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查石油的成分及分馏产物、裂解的产物等，难度不大，注意石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料。
8．（2分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。
【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。
9．（2分）下列分子中所有原子都处在同一平面上的是（ ）
A． B．
C． D．CH2＝CH﹣C≡CH
【分析】常见的有机化合物分子中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物结构可在此基础上进行判断。
【解答】解：A.分子的C原子形成4个C﹣Cl键，为正四面体结构，所有原子不可能处在同一平面上，故A错误；
B.分子中含有4个甲基，甲基上连接的4个原子构成四面体结构，该有机物所有原子不可能处在同一平面上，故B错误；
C.的甲基上连接的4个原子构成四面体结构，该有机物所有原子不可能处在同一平面上，故C错误；
D.CH2＝CH﹣C≡CH分子中含有1个碳碳双键和1个碳碳三键，双键连接的6个原子共平面，三键连接的4个原子共直线，所以其分子中所有原子都处在同一平面上，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见有机物的结构，为高频考点，把握常见有机物组成与结构为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（2分）下列关于实验室制取乙炔的说法，错误的是（ ）
A．不宜用启普发生器制取
B．反应原理：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
C．可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质
D．用排水法收集乙炔
【分析】A．根据碳化钙与水反应放出大量的热，氢氧化钙微溶分析；
B．碳化钙与水反应生成乙醛气体和氢氧化钙；
C．乙炔、H2S均和酸性高锰酸钾溶液反应；
D．乙炔不溶于水。
【解答】解：A．碳化钙与水反应放出大量的热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应器，故制备乙炔不宜用启普发生器制取，故A正确；
B．实验制备乙炔的反应原理为：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2，故B正确；
C．由于乙炔也能与酸性高锰酸钾溶液反应，故不可用酸性KMnO4溶液除H2S等杂质，应该用硫酸铜溶液来除去乙炔中的H2S等杂质，故C错误；
D．乙炔不溶于水，故可用排水法收集乙炔，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查乙炔的制备和实验注意事项，难度不大，熟悉制备原理和乙炔的性质为解答的关键。
11．（2分）下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
D．金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
【分析】A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；
B．影响离子晶体熔沸点的因素是离子键强弱，阴阳离子半径和越小，离子键越强；
C．共价化合物中，共价键键长越短，键能越大，性质越稳定；
D．金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键。
【解答】解：A．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与分子间作用力有关，故A正确；
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子晶体，熔点高低取决于离子键强弱，与分子间作用力无关，故B错误；
C．HF、HCl、HBr、HI都是共价化合物，热稳定性与共价键强弱有关，与分子间作用力无关，故C错误；
D．金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体的熔沸点的比较，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确晶体的类型和决定熔沸点的作用力是解题关键，注意物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，题目难度不大。
12．（2分）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是（ ）
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性。
【解答】解：A.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能检验亚硫酸钠是否变质，故A错误；
B.KSCN溶液遇铁离子变为血红色，能检验硫酸亚铁是否变质，故B正确；
C.KI、碘均与硝酸银反应生成AgI黄色沉淀，不能检验KI溶液是否变质，故C错误；
D.广泛pH试纸测定碱溶液的pH大于7，NaOH及变质生成的碳酸钠溶液均显碱性，不能检验NaOH溶液是否变质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）在KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O（HCl部分被氧化）的反应中，被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为（ ）
A．1：6 B．6：1 C．1：5 D．5：1
【分析】KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，HCl中Cl元素的化合价升高，以此来解答．
【解答】解：KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价降低，被还原，而HCl中Cl元素的化合价升高，被氧化，
且由反应可知生成KCl体现HCl的酸性，1molKClO3得到电子与5molHCl失去电子相等，
则被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为1：5，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．
14．（2分）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+92.3kJ
B．H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）﹣92.3kJ
C．H2+Cl2═2HCl+184.6kJ
D．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）﹣184.6kJ
【分析】由题意知，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量，则1molH2在Cl2中燃烧生成HCl气体，放出184.6kJ的热量，可以写出热化学方程式。
【解答】解：n（H2）＝＝＝0.5mol，则1molH2在Cl2中燃烧生成HCl气体，放出184.6kJ的热量，所以热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣184.6kJ/mol或H2（g）+Cl2（g）＝HCl（g）ΔH＝﹣92.3kJ/mol，
故选：D。
【点评】该题考查了热化学方程式的书写，利用给出的条件找准量的关系是解题的关键，较易。
15．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
【解答】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ）
A．铟原子最外层有5个电子
B．铟原子半径小于碘原子
C．In（OH）3的碱性强于Al（OH）3
D．铟元素属于过渡元素
【分析】A．同主族元素最外层电子数相等；
B．同周期自左而右原子半径减小；
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上往下金属性逐渐增强；
D．铟（In）与铝同主族。
【解答】解：A．同主族元素最外层电子数相等，铟（In）与铝同主族，所以In最外层有3个电子，故A错误；
B．In与I同周期，碘的核电荷大，所以In的原子半径大于I，故B错误；
C．同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以In（OH）3的碱性强于Al（OH）3，故C正确；
D．铟（In）与铝同主族，所以In属于主族元素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。
17．（2分）根据图Ⅰ和图Ⅱ所示，下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e→Fe2+
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．Ⅰ、Ⅱ溶液pH均增大，原因相同
【分析】A．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，Fe作正极，II发生金属的析氢腐蚀，Fe作负极、Cu作正极；
B．金属的吸氧腐蚀、析氢腐蚀中负极上金属发生失电子的反应；
C．吸氧腐蚀中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，析氢腐蚀中正极上氢离子得电子生成氢气；
D．结合原电池总反应分析。
【解答】解：A．Ⅰ中Zn作负极、Fe作正极，Fe被保护，II中Fe作负极、Cu作正极，加快Fe的腐蚀，则正极均被保护，故A正确；
B．Ⅰ中Zn作负极，金属锌失电子，负极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，II中Fe作负极、负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B错误；
C．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成OH﹣，正极反应均是O2+2H2O+4e→4OH﹣，II发生金属的析氢腐蚀，正极上氢离子得电子生成氢气，正极反应为2H++2e﹣→H2↑，Ⅰ和Ⅱ中正极反应不同，故C错误；
D．Ⅰ中发生金属的吸氧腐蚀，总反应为2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2，II发生金属的析氢腐蚀，总反应为Fe+2H+＝H2↑+Fe2+，即溶液pH均增大，但原因不相同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，明确原电池工作原理、电极的判断和电极反应是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度不大。
18．（2分）下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④
B．用CCl4提取碘水中的碘，选③
C．用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D．除去粗盐中不溶性杂质，选①和②
【分析】A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层；
B.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C.氯气可氧化亚铁离子；
D.除去粗盐中不溶性杂质，可溶解后过滤、蒸发分离出NaCl。
【解答】解：A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，可选分液法分离，选③，故A错误；
B.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，可萃取分液分离，选③，故B正确；
C.氯气可氧化亚铁离子，可洗气分离，选⑤，故C正确；
D.除去粗盐中不溶性杂质，可溶解后过滤、蒸发分离出NaCl，选①和②，故D正确；
故选：A。
【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、混合物的分离提纯为解答的关键，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。
19．（2分）在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是（ ）
A．Fe2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣→BaSO4+Fe（OH）2↓
B．4NH4+2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→2BaSO4↓+4NH3•H2O
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓
D．3NH4++Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+3NH3•H2O
【分析】钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，氢氧根离子与铁离子、铵根离子反应，先与亚铁离子反应生成氢氧化铁，过量的氢氧根离子再与铵根离子反应生成一水合氨。
【解答】解：A．复盐NH4Fe（SO4）2溶液中铁离子与硫酸根离子个数比为1：2，1个NH4Fe（SO4）2与氢氧化钡反应，钡离子个数为1时，氢氧根离子个数为2，铁离子不能完全反应，故A错误；
B．氢氧根离子与铁离子、铵根离子反应，先与亚铁离子反应生成氢氧化铁，过量的氢氧根离子再与铵根离子反应生成一水合氨，故B错误；
C．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓可以表示NH4Fe（SO4）2与Ba（OH）2物质的量之比为2：3的离子方程式，故C正确；
D．铵根离子系数为3，则铁离子数目与铵根离子数目相同，氢氧根离子应先与铁离子反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式书写，准确判断离子反应先后顺序，明确离子个数配比是解题关键，题目难度中等。
20．（2分）室温下，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵
溶液体积变化的曲线示意图如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．a点，pH＝2
B．b点，c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，溶液pH增大是CH3COOH⇌H++CH3COO﹣逆向移动的结果
【分析】室温下，由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，即醋酸的电离被抑制．由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7．据此分析．
【解答】解：A、由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，则pH大于2，即a点的pH大于2，故A错误；
B、由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故B正确；
C、由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故C错误；
D、在ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c（H+）减小，则溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c（H+）减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了弱酸和对应的盐混合后溶液pH的变化，应注意的是当在醋酸溶液中加入醋酸铵溶液后，溶液pH增大的原因不只是电离平衡的左移．
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
（1）氮原子最外层电子的轨道表示式为 ；氮气分子的电子式为： ；已知CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 。
（2）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 NH3+HCl═NH4Cl ；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称： 硫铵或肥田肥 ，长期施用容易造成土壤酸化板结：FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O→Fe（OH）2↓+2NH4+和 4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3 。
（3）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因： 氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 。
（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），反应的化学方程式为 2NH3+3O22HNO2+2H2O ，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为 2.35 g（小数点后保留两位有效数字）。
【分析】（1）氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等；氮气分子中每个N原子还有1对孤电子对；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（2）浓盐酸和浓氨水易挥发，浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵或硫酸氢铵；氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；
（3）结合NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣及平衡移动分析；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算。
【解答】解：（1）氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等，氮原子最外层电子轨道表示式为；氮气分子中N、N原子间共用3对电子对，N原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为；CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：；；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
（2）浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl═NH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为（NH4）2SO4，俗称硫铵或肥田肥；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，
故答案为：NH3+HCl═NH4Cl；硫铵或肥田肥；4Fe（OH）2+2H2O+O2＝4Fe（OH）3；
（3）在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，
故答案为：氨在水中存在平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入NaOH后OH﹣浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水，结合元素的化合价变化计算，该反应为2NH3+3O22HNO2+2H2O，由反应可知，生成2molHNO2时转移2mol×[3﹣（﹣3）]＝12mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.3mol×＝0.05mol，其质量为0.05mol×47g/mol＝2.35 g，
故答案为：2NH3+3O22HNO2+2H2O；2.35。
【点评】本题以氮及其化合物的性质考查物质之间的反应，涉及电子式、物质结构、氧化还原反应、平衡移动原理等，综合性较强，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等。
22．（15分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）。一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）→CO（g）+H2O（g），
②CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）。
（1）下列示意图中能体现总反应能量变化的是 A （填标号），判断的理由是 总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量 。
（2）在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1.据图1可判断：温度T1 ＞ T2（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快 。总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图2所示。
（3）图2中对应等温过程的曲线是 a ，判断的理由是 总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大 。
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ 33.3% 。反应条件可能为 5×105Pa、210℃ 或 9×105Pa、250℃ 。
【分析】（1）由题干信息可知，总反应CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向；
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol） 1 3 0 0
变化（mol） y 3y y y
平衡（mol） 1﹣y 3﹣3y y y
则有：＝0.1，解得：y＝mol，据此分析计算。
【解答】解：（1）由题干信息可知，总反应CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量，下列示意图中只有A图中反应物总能量高于生成物总能量，其余均相反，故能体现总反应能量变化的是A，
故答案为：A；总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快，故据图1可判断：温度T1＞T2，
故答案为：＞；由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大，故a为等温线，
故答案为：a；总反应为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大；
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）
开始（mol） 1 3 0 0
变化（mol） y 3y y y
平衡（mol） 1﹣y 3﹣3y y y
则有：＝0.1，解得：y＝mol，CO2的平衡转化率α＝×100%≈33%，对应图象可找到：等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，
故答案为：33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
【点评】本题考化学平衡及其相关计算、化学反应与能量等，解题关键是掌握三段式解题法，难点在图象分析，要明确图象中纵横坐标和每条曲线对应的坐标，题目难度中等。
23．（15分）化合物G是有机合成的重要中间产物，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C3H8O2 ，所含官能团的名称为 羟基 ；③的反应类型为 还原反应 。
（2）反应④的化学方程式为 +2HBr+2H2O 。F的结构简式为 。
（3）D有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式 、（或、、、任意2种） 。
a.分子中含有六元环；
b.不能与金属钠反应：
c.分子中含有三种化学环境不同的氢原子，不同氢原子数之比为3：2：1。
（4）根据题设信息设计以1，5﹣二溴戊烷和C2H5OOCCH2COOC2H5为原料合成的路线 （其他试剂任选）。
【分析】HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，BrCH2CH2CH2B与C2H5OOCCH2COO C2H5发生取代反应生成和HBr，与LiAlH4发生还原反应生成，与HBr发生取代反应生成，对比E、G的结构，结合F的分子式、反应条件，可知与C2H5OOCCH2COOC2H5发生取代反应生成F为，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H12O2，D的同分异构体分子中含有六元环、不能与金属钠反应、核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：1，说明分子中不含有羟基，六元环中含有2个醚键处于对称位置，六元环上连有两个处于对称位置的甲基或两个甲基连在六元环的同一个碳原子上；
（4）由B→C的转化、F→G的转化可知，BrCH2CH2CH2CH2CH2Br与C2H5OOCCH2COOC2H5在乙醇钠作用下发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，最后在浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，其分子式为C3H8O2，其含有的官能团为羟基，反应③为与LiAlH4发生还原反应生成，
故答案为：C3H8O2；羟基；还原反应；
（2）反应④为与溴化氢共热发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为+2HBr+2H2O；由分析可知，F的结构简式为，
故答案为：+2HBr+2H2O；；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H12O2，D的同分异构体分子中含有六元环、不能与金属钠反应、核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：1，说明分子中不含有羟基，六元环中含有2个醚键处于对称位置，六元环上连有两个处于对称位置的甲基或两个甲基连在六元环的同一个碳原子上，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、、、、，
故答案为：、（或、、、任意2种）；
（4）由B→C的转化、F→G的转化可知，BrCH2CH2CH2CH2CH2Br与C2H5OOCCH2COOC2H5在乙醇钠作用下发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化得到，最后在浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后结构及官能团变化是解本题关键，利用某些物质结构简式、反应条件进行推断，注意同分异构体结构简式的确定，题目难度中等。
24．（15分）已知①胆矾（CuSO4•5H2O）易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 不会产生具有污染性的气体 。
（2）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3•H2O调pH为3.5～4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 过滤 、乙醇洗涤、 干燥 ，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4.0的目的是 使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全 。
（3）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 AC （填标号）。
A.烧杯
B.容量瓶
C.蒸发皿
D.坩埚
（4）结晶水含量测定（设化学式为CuSO4•xH2O）；称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x＝ （写表达式）。
（5）下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是 ①③ （填标号）。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
【分析】（1）CuO为碱性氧化物，主要反映为氧化铜与硫酸的反应，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾；
（3）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，蒸发结晶需要蒸发皿；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1；
（5）依据结晶水表达式x＝进行判断，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大。
【解答】解：（1）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，
故答案为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，
故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全；
（3）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，最后获取硫酸铜的步骤为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，
故答案为：A、C；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1，解得x＝，
故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x＝可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大，故①选；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小，故②不选；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大，故③选，
故答案为：①③。
【点评】本题以胆矾的制备为背景，考查了学生有关物质分离提纯，氧化还原反应，化学式计算等内容，其中（5）为解题难点，需要分析对应的变化对结果所造成的影响，掌握基础，明晰流程为解题关键，整体难度适中。
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