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2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模），共31页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）2019年，我国第一艘国产航空母舰山东舰正式列装。优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材中含量最高的元素是（ ）
A．碳 B．铁 C．硅 D．氧
2．（2分）YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，由Y不可能知道的是（ ）
A．钇元素的相对原子质量 B．钇元素的原子序数
C．Y原子的中子数 D．钇原子的核外电子数
3．（2分）大量获得乙烯的工业方法是（ ）
A．煤的干馏 B．石油分馏 C．石油裂化 D．石油裂解
4．（2分）北宋柳永的《煮盐歌》中写到“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为（ ）
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
5．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
6．（2分）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
A．Y元素位于第二周期ⅤA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
7．（2分）下列事实能证明次氯酸是弱酸的是（ ）
A．次氯酸不稳定，见光易分解
B．次氯酸中氯元素价态比较低
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3
8．（2分）甲和乙的结构式如图所示，下列关于上述两种物质的说法正确的是（ ）
A．乙的系统命名为：2﹣甲基丙烷
B．两者碳氢键（C﹣H）数目不同
C．两者分子式不同
D．两者物理性质、化学性质完全相同
9．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
10．（2分）化学反应H2+Cl2═2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是（ ）
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2mol HCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
11．（2分）有关化学键与晶体的说法正确的是（ ）
A．晶体硅融化时共价键发生断裂
B．熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体
C．两种元素组成的分子中一定只有极性键
D．分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
12．（2分）测定CuSO4•XH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是（ ）
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
13．（2分）如图，在盛有CCl4的U形管左右两端分别加入饱和食盐水和稀硫酸，使两边液面相平，再塞上插有铁丝的塞子，密封放置一段时间。下列说法不正确的是（ ）
A．左右两边负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+
B．左边液面高于右边液面
C．左右两边溶液的pH均升高
D．左右两边铁丝腐蚀速率一样快
14．（2分）加热时需要把温度计水银球插入混合液的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．实验室制乙烯
C．实验室制乙炔 D．石油分馏
15．（2分）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是（ ）
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
16．（2分）有机物a可以发生如下一系列变化，下列说法不正确的是（ ）
A．a能发生加聚反应
B．b的一氯代物只有一种
C．b中所有碳原子在同一平面内
D．c的分子式为C7H8O
17．（2分）某同学为检验﹣CHO，进行如下四组实验，可能看到砖红色沉淀的是（ ）
A．0.02g Cu（OH）2
B．0.02g Cu（OH）2
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液
D．2滴饱和CuSO4溶液
18．（2分）离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O可以表示Ba（OH）2溶液与（ ）
A．少量稀硫酸的反应
B．足量稀硫酸的反应
C．少量NaHSO4溶液的反应
D．足量NH4HSO4溶液的反应
19．（2分）侯氏制碱工业中，从母液中析出的NaHCO3中含有NH4Cl，需洗涤后再进行灼烧。若省略洗涤操作，则最终对所得纯碱纯度影响叙述正确的是（ ）
A．无明显影响 B．NH4Cl杂质含量上升
C．NaCl杂质含量上升 D．NaOH杂质含量上升
20．（2分）测定0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变小
D．①与④的Kw值相等
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（16分）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。完成下列填空：
（1）元素Al的原子核外电子共占据 个轨道，其中有 个未成对电子。
（2）常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是 。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用 溶液。
（3）某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象 。
某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□Cr2O72﹣+□C+□__→□Cr3++□CO2↑+□H2O
（4）CO2的电子式为 。固体CO2中存在的作用力有 、 。
（5）请完成上述离子方程式并配平 ；该反应的氧化剂是 ；标准状况下每生成2.24L CO2转移 个电子。
22．（14分）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）。完成下列填空：
（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为 mol/（L•min）。
（2）下列可以判断该反应达到平衡状态的是 。
a．3v正（N2）＝2v逆（O2）
b．c（NH3）＝c（N2）
c．容器内物质质量不变
d．容器内气体密度不变
（3）在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为 反应（填“放热”或“吸热”），343K时，上述反应的化学平衡常数为 ，如果化学平衡常数数值变大，该反应 。（填写序号）
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（4）将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为： ，说出一种使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的方法 。
23．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红（主要成分是Fe2O3）。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。完成下列填空：
（1）检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入 （填写试剂名称），观察到 。
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 。
（3）装置C的作用是 。
（4）①装置B中冷水的作用是 。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液： 。
（5）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850g绿矾样品，配制成250mL溶液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
①配制250mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是 。
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为 。（用小数表示，保留三位小数）
24．（15分）天然产物I具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：（Z＝﹣COOR，﹣COOH等）
回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称为 ，F→G的反应类型为 。
（2）上述反应中B→C所需的试剂与条件是 ，化合物X的结构简式为 。
（3）写出满足以下条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①链状结构；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（4）关于G、H的说法正确的是 。（填序号）
a．两者都能和溴水发生加成反应
b．两者都能和氢氧化钠溶液发生反应
c．两者都能使酸性高锰酸钾褪色
d．两者互为同系物
（5）以和为原料，合成，写出合成路线（无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选）。 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）2019年，我国第一艘国产航空母舰山东舰正式列装。优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材中含量最高的元素是（ ）
A．碳 B．铁 C．硅 D．氧
【分析】钢材为铁的合金，据此分析解答。
【解答】解：优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材为铁碳的合金，所以钢材中含量最高的元素为铁元素，
故选：B。
【点评】本题考查了合金，熟悉钢的成分是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，由Y不可能知道的是（ ）
A．钇元素的相对原子质量 B．钇元素的原子序数
C．Y原子的中子数 D．钇原子的核外电子数
【分析】质量数＝质子数+中子数，元素左上角为质量数，左下角为质子数，原子核外电子数＝质子数，具有相同质子数不同中子数的同种元素的不同原子互称为同位素。
【解答】解：由Y可知道的是：钇元素的原子序数为39，中子数＝89﹣39＝50，原子核外电子数＝质子数＝39，不能知道的是钇元素的相对原子质量，
故选：A。
【点评】本题考查原子结构的表示方法，题目比较基础，明确各个数据的含义即可解答，旨在考查学生对基础知识的掌握。
3．（2分）大量获得乙烯的工业方法是（ ）
A．煤的干馏 B．石油分馏 C．石油裂化 D．石油裂解
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程．（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）
【解答】解：A．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故A错误；
B．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故B错误；
C．裂化的目的是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C错误；
D．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大．
4．（2分）北宋柳永的《煮盐歌》中写到“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为（ ）
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
【分析】由“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”，可知蒸发水得到盐，以此来解答。
【解答】解：由“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”，可知蒸发水得到盐，蒸发水得到盐，操作方法为浓缩结晶，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意由溶液转化为晶体的过程，题目难度不大。
5．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
6．（2分）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
A．Y元素位于第二周期ⅤA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
【分析】由X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置可知，X位于第二周期，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半，最外层电子数为4，X为C，结合元素在周期表的位置可知Y为N、Z为O、Q为S、R为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、Q为S、R为Cl，
A.Y为N，位于第二周期ⅤA族，故A正确；
B.非金属性Cl大于S，则气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z，故C正确；
D.Z为O，不存在最高正价，则不能由最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查位置结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，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。
7．（2分）下列事实能证明次氯酸是弱酸的是（ ）
A．次氯酸不稳定，见光易分解
B．次氯酸中氯元素价态比较低
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HClO是弱酸，只要证明HClO部分电离即可。
【解答】解：A．次氯酸不稳定，见光易分解，说明次氯酸不稳定，但不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故A错误；
B．次氯酸中氯元素价态比较低，不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故B错误；
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色，说明次氯酸具有强氧化性，但不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故C错误；
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3，溶液中c（H+）＜c（HClO），则次氯酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质判断，侧重考查基本概念，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱与物质氧化性、价态及稳定性、溶解性都无关，题目难度不大。
8．（2分）甲和乙的结构式如图所示，下列关于上述两种物质的说法正确的是（ ）
A．乙的系统命名为：2﹣甲基丙烷
B．两者碳氢键（C﹣H）数目不同
C．两者分子式不同
D．两者物理性质、化学性质完全相同
【分析】A．烷烃命名原则：长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；看结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
B．观察结构简式得出碳氢键（C﹣H）数目；
C．根据结构简式确定分子式；
D．支链越多，熔沸点越低；结构相似化学性质相似。
【解答】解：A．最长的链为3个碳，2号碳上含有1个甲基，所以系统命名为：2﹣甲基丙烷，故A正确；
B．中碳氢键（C﹣H）数目为10个，中碳氢键（C﹣H）数目为10个，两者碳氢键（C﹣H）数目相同，故B错误；
C．两者分子式都为C4H10，分子式相同，故C错误；
D．两者为不同的物质，如乙比甲的沸点低，所以物理性质不同；结构相似化学性质相似，两者物理性质、化学性质不会完全相同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握同分异构体的性质与区别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
【分析】根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
10．（2分）化学反应H2+Cl2═2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是（ ）
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2mol HCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
【分析】A．根据图示信息反应物和生成物的能量差计算；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量；
D．形成化学键释放能量。
【解答】解：A．由图可知1mol H2（g）和1molCl2（g）反应生成2mol HCl（g）放出（862﹣679）kJ＝183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+183kJ，故A正确；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，故B正确；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，故C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了反应能量变化的分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，图象分析是解题关键，注意能够根据反应物和生成物能量差计算反应热，题目难度不大。
11．（2分）有关化学键与晶体的说法正确的是（ ）
A．晶体硅融化时共价键发生断裂
B．熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体
C．两种元素组成的分子中一定只有极性键
D．分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
【分析】A．硅是原子晶体，熔化时破坏Si﹣Si键；
B．含有自由离子或电子的物质能导电，熔融状态下能导电的晶体不一定是离子晶体；
C．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键；
D．分子晶体熔沸点取决于分子间作用力与化学键无关。
【解答】解：A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏共价键Si﹣Si键，故A正确；
B．熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，故B错误；
C．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键，如H2O2，H2O2含有H﹣O极性键和O﹣O非极性键，故C错误；
D．分子晶体中一定存在分子间作用力，分子晶体熔沸点取决于分子间作用力，化学键与分子稳定性有关，与分子晶体熔沸点无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体类型判断及晶体中存在的作用力，侧重考查基础知识综合运用能力，明确晶体构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：分子、原子晶体的稳定性与化学键有关、分子晶体熔沸点与分子间作用力、氢键有关，题目难度不大。
12．（2分）测定CuSO4•XH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是（ ）
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
【分析】A．盛晶体的坩埚未完全干燥，使测定的结晶水的质量偏大；
B．硫酸铜粉末在空气中冷却时会吸收空气中的水分，测得结晶水的质量偏小；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明硫酸铜发生分解，剩余固体质量偏小；
D．加热时有少量晶体溅出，剩余固体质量偏小。
【解答】解：A．盛晶体的坩埚未完全干燥，使测定的结晶水的质量偏大，则X值偏大，故A不选；
B．加热后白色粉末在空气中冷却，测得结晶水的质量偏小，则X值偏小，故B选；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明硫酸铜发生分解，剩余固体质量偏小，测得结晶水的质量偏大，则X值偏大，故C不选；
D．加热时有少量晶体溅出，剩余固体质量偏小，测得结晶水的质量偏大，则X值偏大，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，掌握测定硫酸铜晶体中结晶水的正确操作及注意事项、对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，注意掌握实验误差分析的方法和技巧，题目难度不大。
13．（2分）如图，在盛有CCl4的U形管左右两端分别加入饱和食盐水和稀硫酸，使两边液面相平，再塞上插有铁丝的塞子，密封放置一段时间。下列说法不正确的是（ ）
A．左右两边负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+
B．左边液面高于右边液面
C．左右两边溶液的pH均升高
D．左右两边铁丝腐蚀速率一样快
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【解答】解：生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，
A．a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以左边液面高于右边液面，故B正确；
C．a处发生吸氧腐蚀，生成氢氧根离子，b处发生析氢腐蚀，氢离子的浓度减小，左右两边溶液的pH均升高，故C正确；
D．生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会写电极反应式。
14．（2分）加热时需要把温度计水银球插入混合液的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．实验室制乙烯
C．实验室制乙炔 D．石油分馏
【分析】加热时需要把温度计水银球插入混合液，说明测量的是混合液体的温度，据此判断。
【解答】解：A．制备乙酸乙酯不需要用温度计，故A不选；
B．实验室制乙烯，需要混合液迅速将温度升高170℃，所以温度计应插入混合液中，故B选；
C．实验室制乙炔，不需要温度计，故C不选；
D．石油分馏，测量蒸汽温度，温度计水银球不能插入混合液，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了化学仪器的使用。明确实验原理，温度计使用方法是解题关键，题目难度不大。
15．（2分）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是（ ）
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
【分析】A．溴和氯气单质性质相似，氯气单质能和烧碱溶液反应，则溴单质可以和烧碱溶液反应；
B．溴单质中元素的化合价为0；
C．溴原子最外层有7个电子，但其原子半径大，原子核对最外层电子吸引力小于Cl原子；
D．溴离子与银离子反应生成AgBr淡黄色沉淀。
【解答】解：A．溴和氯气单质性质相似，氯气单质能和烧碱溶液反应，则溴单质可以和烧碱溶液反应生成NaBr、NaBrO，故A正确；
B．溴单质中元素的化合价为0，为中间价态，具有氧化性、还原性，故B正确；
C．溴原子最外层有7个电子，但其原子半径大，原子核对最外层电子吸引力小于Cl原子，所以在化学反应中比Cl原子得到一个电子困难，故C错误；
D．溴离子与银离子反应生成AgBr淡黄色沉淀，则溴离子可以用AgNO3酸性溶液来检验，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，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）有机物a可以发生如下一系列变化，下列说法不正确的是（ ）
A．a能发生加聚反应
B．b的一氯代物只有一种
C．b中所有碳原子在同一平面内
D．c的分子式为C7H8O
【分析】A．a中含有碳碳双键，具有烯烃性质；
B．b分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C．b中所有碳原子都具有甲烷结构特点；
D．根据结构简式确定c分子式。
【解答】解：A．a中含有碳碳双键，具有烯烃性质，所以能发生加聚反应，故A正确；
B．b分子中含有1种氢原子，所以其一氯代物有1种，故B正确；
C．b中所有碳原子都具有甲烷结构特点，所以b分子中所有碳原子不能共平面，故C错误；
D．根据结构简式确定c分子式为C7H8O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃、卤代烃的性质，明确官能团及其性质关系、氢原子种类和一氯代物种类关系是解本题关键，会应用知识迁移方法判断原子是否共平面。
17．（2分）某同学为检验﹣CHO，进行如下四组实验，可能看到砖红色沉淀的是（ ）
A．0.02g Cu（OH）2
B．0.02g Cu（OH）2
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液
D．2滴饱和CuSO4溶液
【分析】在加热条件下，碱性溶液中，﹣CHO（醛基）能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色的Cu2O，据此分析。
【解答】解：A．Cu（OH）2难溶于水，形成的Cu（OH）2浑浊液与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故A错误；
B．Cu（OH）2难溶于NaOH溶液，形成的Cu（OH）2浑浊液与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故B错误；
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液与2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液混合，CuSO4溶液过量，溶液不显碱性，与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故C错误；
D．2滴饱和CuSO4溶液与2mL 12mol•L﹣1NaOH溶液混合，生成新制的氢氧化铜悬浊液，NaOH过量，溶液显碱性，加热时与乙醛溶液反应，有砖红色沉淀生成，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、反应与现象、物质检验、盐类水解及酸性比较、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。
18．（2分）离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O可以表示Ba（OH）2溶液与（ ）
A．少量稀硫酸的反应
B．足量稀硫酸的反应
C．少量NaHSO4溶液的反应
D．足量NH4HSO4溶液的反应
【分析】离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O中氢离子、氢氧根离子的化学计量数不满足Ba（OH）2的化学式组成，表明氢氧根离子过量，则该反应表示Ba（OH）2溶液与少量硫酸酸式盐的反应，以此进行判断。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液与少量稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．Ba（OH）2溶液与足量稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．Ba（OH）2溶液与少量NaHSO4溶液反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O，故C正确；
D．Ba（OH）2溶液与足量NH4HSO4溶液时，铵根离子不反应，离子方程式按照氢氧化钡的化学式组成书写，发生反应为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的判断，题目难度不大，明确题干离子方程式表示意义为解答关键，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。
19．（2分）侯氏制碱工业中，从母液中析出的NaHCO3中含有NH4Cl，需洗涤后再进行灼烧。若省略洗涤操作，则最终对所得纯碱纯度影响叙述正确的是（ ）
A．无明显影响 B．NH4Cl杂质含量上升
C．NaCl杂质含量上升 D．NaOH杂质含量上升
【分析】从母液中析出的NaHCO3中除了含有NH4Cl，还含有氯化钠，分析固体在灼烧时发生反应判断解答。
【解答】解：从母液中析出的NaHCO3中除了含有NH4Cl，还含有氯化钠，灼烧固体时氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气逸出，不会对纯碱纯度产生影响，但是氯化钠性质稳定，受热不会分解，所以最终产品中含有氯化钠杂质，
故选：C。
【点评】本题考查了侯氏制碱原理，明确反应原理，熟悉氯化钠和氯化铵性质是解题关键，题目难度不大。
20．（2分）测定0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变小
D．①与④的Kw值相等
【分析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；
D．Kw只与温度有关。
【解答】解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡主要为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，故B错误；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中SO32﹣被氧化为SO42﹣，SO32﹣浓度减小，SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，浓度影响更大，水的电离程度变小，故C正确；
D．Kw只与温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，为高频考点，明确Na2SO3的水解平衡是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（16分）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。完成下列填空：
（1）元素Al的原子核外电子共占据 7 个轨道，其中有 1 个未成对电子。
（2）常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是 浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜 。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用 氢氧化钠 溶液。
（3）某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象 碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体 。
某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□Cr2O72﹣+□C+□__→□Cr3++□CO2↑+□H2O
（4）CO2的电子式为 。固体CO2中存在的作用力有 共价键 、 分子间作用力 。
（5）请完成上述离子方程式并配平 2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O ；该反应的氧化剂是 Cr2O72﹣ ；标准状况下每生成2.24L CO2转移 0.4NA 个电子。
【分析】（1）依据铝的核外电子排布式判断解答；
（2）依据浓硫酸强氧化性，常温下能够使铝钝化，铝能够溶解与氢氧化钠溶液的性质解答；
（3）铝离子水解导致溶液呈酸性，碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解；
（4）二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子达到8电子稳定结构；二氧化碳分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力；
（5）反应中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由0升高为+4价，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒配平方程式，反应中所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，计算二氧化碳物质的量，依据方程式计量系数与转移电子数关系计算转移电子数。
【解答】解：（1）铝13号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，占1s，2s，3个2p，1个3s，1个3p共7个轨道，只有3p上电子为单电子，所以有1个未成对电子，
故答案为：7；1；
（2）浓硫酸强氧化性，常温下能够使铝钝化，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，所以常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化；铝能溶于氢氧化钠溶液，铁与氢氧化钠溶液不反应，所以可以用氢氧化钠溶液分离二者，
故答案为：浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜；氢氧化钠溶液；
（3）碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，
故答案为：碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（4）二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子达到8电子稳定结构，电子式为；二氧化碳分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力，
故答案为：；共价键、分子间作用力；
（5）反应中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由0升高为+4价，1个Cr2O72﹣得到6个电子，1个碳失去4个电子，要使得失电子守恒，Cr2O72﹣系数为2，碳系数为3，依据原子个数守恒可知反应离子方程式：2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O，
该反应的氧化剂是K2Cr2O7，根据方程式其产生3mol CO2气体计算电子转移的物质的量为12mol，标准状况下每生成2.24L CO2的物质的量为0.1mol，所以0.4mol个电子，即0.4NA，
故答案为：2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O；Cr2O72﹣；0.4NA。
【点评】本题为综合题，考查了原子结构组成，盐类水解应用，氧化还原反应基本概念判断等，熟悉核外电子排布规律，明确相关物质的性质，准确把握氧化还原反应中化合价变化情况是解题关键，题目难度中等。
22．（14分）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）。完成下列填空：
（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为 0.004 mol/（L•min）。
（2）下列可以判断该反应达到平衡状态的是 ad 。
a．3v正（N2）＝2v逆（O2）
b．c（NH3）＝c（N2）
c．容器内物质质量不变
d．容器内气体密度不变
（3）在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为 吸热 反应（填“放热”或“吸热”），343K时，上述反应的化学平衡常数为 1.6875 ，如果化学平衡常数数值变大，该反应 ab 。（填写序号）
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（4）将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为： c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ，说出一种使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的方法 降低溶液温度 。
【分析】（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，利用差量法计算出转化氮气的物质的量，再结合v＝计算；
（2）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正＝v逆（同物质），Ⅱ、各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）由图可知，在323K时N2的平衡转化率小于343K时N2的平衡转化率，说明升高温度，平衡正向移动；343K时，N2的平衡转化率50%，列化学平衡三段式计算；
化学平衡常数只与温度有关，其数值变大，说明温度升高，反应正向移动；
（4）等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，两者完全反应，反应后的溶液为氯化铵溶液，考虑铵根离子的水解；使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，根据勒夏特列原理分析。
【解答】解：（1）设转化氮气的质量为x
2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）气体△m
56 68 96 68+96﹣56＝108
x 2.16g
，解得x＝1.12g，则△n（N2）＝＝0.04mol，0～5min内，N2的平均反应速率为＝0.004mol/（L•min），
故答案为：0.004；
（2）a．化学速率之比等于化学计量数之比，则3v正（N2）＝2v正（O2），3v正（N2）＝2v逆（O2），则v正（O2）＝v逆（O2），能说明反应达到平衡状态，故a正确；
b．c（NH3）＝c（N2），不能说明其浓度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．根据质量守恒定律，容器内物质质量始终不变，则不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．根据方程式可知，在反应过程中混合气体的质量变大，容器的体积不变，则容器内气体密度也变大，当容器内气体密度不变，能说明反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：ad；
（3）由图可知，在323K时N2的平衡转化率小于343K时N2的平衡转化率，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应正反应为吸热反应；
根据题目数据，起始氮气的浓度为＝1mol/L，△c（N2）＝1mol/L×0.5＝0.5mol/L，
2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）
起始c（mol/L） 1 0 0
转化c（mol/L） 0.5 1 0.75
平衡c（mol/L） 0.5 1 0.75
K＝＝＝1.6875；
化学平衡常数数值变大，说明升高温度，反应速率加快，该反应一定向正反应方向移动，在平衡移动时正反应速率先增大后减小，则ab正确；
故答案为：吸热；1.6875；ab；
（4）等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，两者完全反应，反应后的溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，据此写出溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，可以降低溶液温度，铵根离子水解程度减小，c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；降低溶液温度。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的计算、化学平衡移动的影响因素、离子浓度的比较等，掌握化学平衡三段式和勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
23．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红（主要成分是Fe2O3）。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。完成下列填空：
（1）检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入 氯水或氯气 （填写试剂名称），观察到 溶液变血红色 。
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 晶体由绿色变为红棕色 。
（3）装置C的作用是 吸收尾气，防止污染空气 。
（4）①装置B中冷水的作用是 SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收 。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液： 取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣ 。
（5）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850g绿矾样品，配制成250mL溶液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
①配制250mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、 250mL 、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化 。
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为 97.544% 。（用小数表示，保留三位小数）
【分析】根据题干可知，绿矾（FeSO4•7H2O）焙烧可以生成Fe2O3、H2O和SO3，故将绿矾在通入空气的条件下焙烧，装置A中的硬质玻璃管中获得Fe2O3，装置B的U型管中获得硫酸，装置C的作用是吸收尾气，防止污染空气。
（1）检验Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水或通入氯气，溶液变血红；
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中有Fe2O3生成；
（3）此反应中有SO3生成，装置C能吸收尾气；
（4）①H2O和SO3的反应是放热反应，降低温度有利于三氧化硫的吸收；
②设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，即证明此溶液中的阳离子是氢离子，阴离子为硫酸根；
（5）①用固体配制一定物质的量浓度溶液时所需要的仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；
②此实验达到滴定终点时，滴入的KMnO4恰好被消耗完，据此分析溶液的颜色变化；
③设25.00mL待测液中含有的绿矾晶体的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：
5FeSO4•7H2O～KMnO4
5 1
xmol 0.01mol/L×0.02L
据此求出x，
而样品中FeSO4•7H2O的质量分数为＝，据此计算。
【解答】解：（1）检验Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水或通入氯气，溶液变血红色，则说明含Fe2+，
故答案为：氯水或氯气；溶液变血红色；
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中有Fe2O3生成，故表现出的现象是晶体由绿色变为红棕色，
故答案为：晶体由绿色变为红棕色；
（3）此反应中有SO3气体生成，是一种污染性的蒸气，故装置C能吸收尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收尾气，防止污染空气；
（4）①H2O和SO3的反应是放热反应，故降低温度有利于三氧化硫的吸收，
故答案为：SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收；
②在B装置U型管中，SO3与H2O反应生成硫酸，设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，即证明此溶液中的阳离子是氢离子，阴离子为硫酸根，故取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣，
故答案为：取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣；
（5）①用固体配制一定物质的量浓度溶液时的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所需要的仪器为烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶；
②此实验达到滴定终点时，滴入的KMnO4恰好被消耗完，故滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化，
故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化；
③设25.00mL待测液中含有的绿矾晶体的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：
5FeSO4•7H2O～KMnO4
5 1
xmol 0.01mol/L×0.02L
可得：
解得x＝0.001mol，
故样品中FeSO4•7H2O的质量分数为＝×100%＝97.544%，
故答案为：97.544%。
【点评】本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生实验操作、对元素化合物的掌握和运用，明确图中发生的反应及元素化合物性质是解本题关键，注意基础知识的掌握和归纳，题目难度中等。
24．（15分）天然产物I具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：（Z＝﹣COOR，﹣COOH等）
回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称为 碳碳三键 ，F→G的反应类型为 加成反应 。
（2）上述反应中B→C所需的试剂与条件是 氢氧化钠水溶液、加热 ，化合物X的结构简式为 。
（3）写出满足以下条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①链状结构；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（4）关于G、H的说法正确的是 bc 。（填序号）
a．两者都能和溴水发生加成反应
b．两者都能和氢氧化钠溶液发生反应
c．两者都能使酸性高锰酸钾褪色
d．两者互为同系物
（5）以和为原料，合成，写出合成路线（无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选）。 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据B的分子式和C的结构可以推出，B的结构为CH≡C﹣CH2﹣CH2Cl，则A的结构为CH≡C﹣CH2﹣CH3；有机物E与X发生反应生成有机物F，有机物F因有酯基，则有机物X为酸；有机物F发生已知条件的反应生成有机物G，有机物G再发生后续的反应得到天然产物I；
（5）将环己醇经过浓硫酸的催化作用发生消去反应剩下环己烯，将环己烯与Br2加成剩下1，2﹣二溴环己烷，利用卤代烃的消去反应剩下1，3﹣环己二烯，将1，3﹣环己二烯与发生已知条件的反应生成目标化合物。
【解答】解：（1）根据分析，有机物A为CH≡C﹣CH2﹣CH3，其官能团为碳碳三（叁）键；根据流程和已知条件，F→G的反应类型与已知条件中有机反应类型相同，已知反应中为不饱和烃的加成反应，因此F→G的反应类型为加成反应，
故答案为：碳碳三键；加成反应；
（2）B→C为卤代烃的水解反应，反应条件为NaOH水溶液、加热；有机物E与X反应生成有机物F，观察有机物F的结构可知，F为酯，因为E为醇，则X为酸，再根据有机物E和F的结构可以得到有机物X的结构为，
故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；；
（3）根据条件，该同分异构体可以发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，再根据题目中的其他条件可以写出满足条件的同分异构体，该满足条件的同分异构体为，
故答案为：；
（4）a．G中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，但H中不含有双键，不能使溴水褪色，故a错误；
b．G和H中均含有酯基，均可以与NaOH溶液发生水解反应，故b正确；
c．G中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，H中含有苯环，苯环上含有甲基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；
d．G和H的化学式不同，不属于同系物，故d错误，
故答案为：bc；
（5）利用环己醇和制备目标化合物，可以将环己醇经过浓硫酸的催化作用发生消去反应剩下环己烯，将环己烯与Br2加成剩下1，2﹣二溴环己烷，利用卤代烃的消去反应剩下1，3﹣环己二烯，将1，3﹣环己二烯与发生已知条件的反应生成目标化合物，具体流程为，
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、知识迁移能力，正确判断反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，采用知识迁移方法方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）2019年，我国第一艘国产航空母舰山东舰正式列装。优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材中含量最高的元素是（ ）
A．碳 B．铁 C．硅 D．氧
2．（2分）YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，由Y不可能知道的是（ ）
A．钇元素的相对原子质量 B．钇元素的原子序数
C．Y原子的中子数 D．钇原子的核外电子数
3．（2分）大量获得乙烯的工业方法是（ ）
A．煤的干馏 B．石油分馏 C．石油裂化 D．石油裂解
4．（2分）北宋柳永的《煮盐歌》中写到“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为（ ）
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
5．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
6．（2分）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
A．Y元素位于第二周期ⅤA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
7．（2分）下列事实能证明次氯酸是弱酸的是（ ）
A．次氯酸不稳定，见光易分解
B．次氯酸中氯元素价态比较低
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3
8．（2分）甲和乙的结构式如图所示，下列关于上述两种物质的说法正确的是（ ）
A．乙的系统命名为：2﹣甲基丙烷
B．两者碳氢键（C﹣H）数目不同
C．两者分子式不同
D．两者物理性质、化学性质完全相同
9．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
10．（2分）化学反应H2+Cl2═2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是（ ）
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2mol HCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
11．（2分）有关化学键与晶体的说法正确的是（ ）
A．晶体硅融化时共价键发生断裂
B．熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体
C．两种元素组成的分子中一定只有极性键
D．分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
12．（2分）测定CuSO4•XH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是（ ）
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
13．（2分）如图，在盛有CCl4的U形管左右两端分别加入饱和食盐水和稀硫酸，使两边液面相平，再塞上插有铁丝的塞子，密封放置一段时间。下列说法不正确的是（ ）
A．左右两边负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+
B．左边液面高于右边液面
C．左右两边溶液的pH均升高
D．左右两边铁丝腐蚀速率一样快
14．（2分）加热时需要把温度计水银球插入混合液的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．实验室制乙烯
C．实验室制乙炔 D．石油分馏
15．（2分）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是（ ）
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
16．（2分）有机物a可以发生如下一系列变化，下列说法不正确的是（ ）
A．a能发生加聚反应
B．b的一氯代物只有一种
C．b中所有碳原子在同一平面内
D．c的分子式为C7H8O
17．（2分）某同学为检验﹣CHO，进行如下四组实验，可能看到砖红色沉淀的是（ ）
A．0.02g Cu（OH）2
B．0.02g Cu（OH）2
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液
D．2滴饱和CuSO4溶液
18．（2分）离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O可以表示Ba（OH）2溶液与（ ）
A．少量稀硫酸的反应
B．足量稀硫酸的反应
C．少量NaHSO4溶液的反应
D．足量NH4HSO4溶液的反应
19．（2分）侯氏制碱工业中，从母液中析出的NaHCO3中含有NH4Cl，需洗涤后再进行灼烧。若省略洗涤操作，则最终对所得纯碱纯度影响叙述正确的是（ ）
A．无明显影响 B．NH4Cl杂质含量上升
C．NaCl杂质含量上升 D．NaOH杂质含量上升
20．（2分）测定0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变小
D．①与④的Kw值相等
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（16分）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。完成下列填空：
（1）元素Al的原子核外电子共占据 个轨道，其中有 个未成对电子。
（2）常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是 。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用 溶液。
（3）某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象 。
某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□Cr2O72﹣+□C+□__→□Cr3++□CO2↑+□H2O
（4）CO2的电子式为 。固体CO2中存在的作用力有 、 。
（5）请完成上述离子方程式并配平 ；该反应的氧化剂是 ；标准状况下每生成2.24L CO2转移 个电子。
22．（14分）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）。完成下列填空：
（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为 mol/（L•min）。
（2）下列可以判断该反应达到平衡状态的是 。
a．3v正（N2）＝2v逆（O2）
b．c（NH3）＝c（N2）
c．容器内物质质量不变
d．容器内气体密度不变
（3）在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为 反应（填“放热”或“吸热”），343K时，上述反应的化学平衡常数为 ，如果化学平衡常数数值变大，该反应 。（填写序号）
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（4）将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为： ，说出一种使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的方法 。
23．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红（主要成分是Fe2O3）。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。完成下列填空：
（1）检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入 （填写试剂名称），观察到 。
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 。
（3）装置C的作用是 。
（4）①装置B中冷水的作用是 。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液： 。
（5）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850g绿矾样品，配制成250mL溶液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
①配制250mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是 。
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为 。（用小数表示，保留三位小数）
24．（15分）天然产物I具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：（Z＝﹣COOR，﹣COOH等）
回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称为 ，F→G的反应类型为 。
（2）上述反应中B→C所需的试剂与条件是 ，化合物X的结构简式为 。
（3）写出满足以下条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①链状结构；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（4）关于G、H的说法正确的是 。（填序号）
a．两者都能和溴水发生加成反应
b．两者都能和氢氧化钠溶液发生反应
c．两者都能使酸性高锰酸钾褪色
d．两者互为同系物
（5）以和为原料，合成，写出合成路线（无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选）。 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
2020-2021学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）2019年，我国第一艘国产航空母舰山东舰正式列装。优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材中含量最高的元素是（ ）
A．碳 B．铁 C．硅 D．氧
【分析】钢材为铁的合金，据此分析解答。
【解答】解：优质钢材是建造航空母舰的基础材料，钢材为铁碳的合金，所以钢材中含量最高的元素为铁元素，
故选：B。
【点评】本题考查了合金，熟悉钢的成分是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，由Y不可能知道的是（ ）
A．钇元素的相对原子质量 B．钇元素的原子序数
C．Y原子的中子数 D．钇原子的核外电子数
【分析】质量数＝质子数+中子数，元素左上角为质量数，左下角为质子数，原子核外电子数＝质子数，具有相同质子数不同中子数的同种元素的不同原子互称为同位素。
【解答】解：由Y可知道的是：钇元素的原子序数为39，中子数＝89﹣39＝50，原子核外电子数＝质子数＝39，不能知道的是钇元素的相对原子质量，
故选：A。
【点评】本题考查原子结构的表示方法，题目比较基础，明确各个数据的含义即可解答，旨在考查学生对基础知识的掌握。
3．（2分）大量获得乙烯的工业方法是（ ）
A．煤的干馏 B．石油分馏 C．石油裂化 D．石油裂解
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程．（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）
【解答】解：A．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故A错误；
B．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故B错误；
C．裂化的目的是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C错误；
D．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大．
4．（2分）北宋柳永的《煮盐歌》中写到“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为（ ）
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
【分析】由“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”，可知蒸发水得到盐，以此来解答。
【解答】解：由“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”，可知蒸发水得到盐，蒸发水得到盐，操作方法为浓缩结晶，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意由溶液转化为晶体的过程，题目难度不大。
5．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
6．（2分）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如表所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
A．Y元素位于第二周期ⅤA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
【分析】由X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置可知，X位于第二周期，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半，最外层电子数为4，X为C，结合元素在周期表的位置可知Y为N、Z为O、Q为S、R为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、Q为S、R为Cl，
A.Y为N，位于第二周期ⅤA族，故A正确；
B.非金属性Cl大于S，则气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z，故C正确；
D.Z为O，不存在最高正价，则不能由最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查位置结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，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。
7．（2分）下列事实能证明次氯酸是弱酸的是（ ）
A．次氯酸不稳定，见光易分解
B．次氯酸中氯元素价态比较低
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HClO是弱酸，只要证明HClO部分电离即可。
【解答】解：A．次氯酸不稳定，见光易分解，说明次氯酸不稳定，但不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故A错误；
B．次氯酸中氯元素价态比较低，不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故B错误；
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色，说明次氯酸具有强氧化性，但不能说明次氯酸部分电离，则不能证明次氯酸是弱酸，故C错误；
D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3，溶液中c（H+）＜c（HClO），则次氯酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质判断，侧重考查基本概念，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱与物质氧化性、价态及稳定性、溶解性都无关，题目难度不大。
8．（2分）甲和乙的结构式如图所示，下列关于上述两种物质的说法正确的是（ ）
A．乙的系统命名为：2﹣甲基丙烷
B．两者碳氢键（C﹣H）数目不同
C．两者分子式不同
D．两者物理性质、化学性质完全相同
【分析】A．烷烃命名原则：长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；看结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
B．观察结构简式得出碳氢键（C﹣H）数目；
C．根据结构简式确定分子式；
D．支链越多，熔沸点越低；结构相似化学性质相似。
【解答】解：A．最长的链为3个碳，2号碳上含有1个甲基，所以系统命名为：2﹣甲基丙烷，故A正确；
B．中碳氢键（C﹣H）数目为10个，中碳氢键（C﹣H）数目为10个，两者碳氢键（C﹣H）数目相同，故B错误；
C．两者分子式都为C4H10，分子式相同，故C错误；
D．两者为不同的物质，如乙比甲的沸点低，所以物理性质不同；结构相似化学性质相似，两者物理性质、化学性质不会完全相同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握同分异构体的性质与区别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
【分析】根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
10．（2分）化学反应H2+Cl2═2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是（ ）
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2mol HCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
【分析】A．根据图示信息反应物和生成物的能量差计算；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量；
D．形成化学键释放能量。
【解答】解：A．由图可知1mol H2（g）和1molCl2（g）反应生成2mol HCl（g）放出（862﹣679）kJ＝183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+183kJ，故A正确；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，故B正确；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，故C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了反应能量变化的分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，图象分析是解题关键，注意能够根据反应物和生成物能量差计算反应热，题目难度不大。
11．（2分）有关化学键与晶体的说法正确的是（ ）
A．晶体硅融化时共价键发生断裂
B．熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体
C．两种元素组成的分子中一定只有极性键
D．分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
【分析】A．硅是原子晶体，熔化时破坏Si﹣Si键；
B．含有自由离子或电子的物质能导电，熔融状态下能导电的晶体不一定是离子晶体；
C．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键；
D．分子晶体熔沸点取决于分子间作用力与化学键无关。
【解答】解：A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏共价键Si﹣Si键，故A正确；
B．熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，故B错误；
C．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键，如H2O2，H2O2含有H﹣O极性键和O﹣O非极性键，故C错误；
D．分子晶体中一定存在分子间作用力，分子晶体熔沸点取决于分子间作用力，化学键与分子稳定性有关，与分子晶体熔沸点无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体类型判断及晶体中存在的作用力，侧重考查基础知识综合运用能力，明确晶体构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：分子、原子晶体的稳定性与化学键有关、分子晶体熔沸点与分子间作用力、氢键有关，题目难度不大。
12．（2分）测定CuSO4•XH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是（ ）
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
【分析】A．盛晶体的坩埚未完全干燥，使测定的结晶水的质量偏大；
B．硫酸铜粉末在空气中冷却时会吸收空气中的水分，测得结晶水的质量偏小；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明硫酸铜发生分解，剩余固体质量偏小；
D．加热时有少量晶体溅出，剩余固体质量偏小。
【解答】解：A．盛晶体的坩埚未完全干燥，使测定的结晶水的质量偏大，则X值偏大，故A不选；
B．加热后白色粉末在空气中冷却，测得结晶水的质量偏小，则X值偏小，故B选；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明硫酸铜发生分解，剩余固体质量偏小，测得结晶水的质量偏大，则X值偏大，故C不选；
D．加热时有少量晶体溅出，剩余固体质量偏小，测得结晶水的质量偏大，则X值偏大，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，掌握测定硫酸铜晶体中结晶水的正确操作及注意事项、对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，注意掌握实验误差分析的方法和技巧，题目难度不大。
13．（2分）如图，在盛有CCl4的U形管左右两端分别加入饱和食盐水和稀硫酸，使两边液面相平，再塞上插有铁丝的塞子，密封放置一段时间。下列说法不正确的是（ ）
A．左右两边负极反应均为Fe﹣2e﹣═Fe2+
B．左边液面高于右边液面
C．左右两边溶液的pH均升高
D．左右两边铁丝腐蚀速率一样快
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【解答】解：生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，
A．a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以左边液面高于右边液面，故B正确；
C．a处发生吸氧腐蚀，生成氢氧根离子，b处发生析氢腐蚀，氢离子的浓度减小，左右两边溶液的pH均升高，故C正确；
D．生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会写电极反应式。
14．（2分）加热时需要把温度计水银球插入混合液的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．实验室制乙烯
C．实验室制乙炔 D．石油分馏
【分析】加热时需要把温度计水银球插入混合液，说明测量的是混合液体的温度，据此判断。
【解答】解：A．制备乙酸乙酯不需要用温度计，故A不选；
B．实验室制乙烯，需要混合液迅速将温度升高170℃，所以温度计应插入混合液中，故B选；
C．实验室制乙炔，不需要温度计，故C不选；
D．石油分馏，测量蒸汽温度，温度计水银球不能插入混合液，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了化学仪器的使用。明确实验原理，温度计使用方法是解题关键，题目难度不大。
15．（2分）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是（ ）
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
【分析】A．溴和氯气单质性质相似，氯气单质能和烧碱溶液反应，则溴单质可以和烧碱溶液反应；
B．溴单质中元素的化合价为0；
C．溴原子最外层有7个电子，但其原子半径大，原子核对最外层电子吸引力小于Cl原子；
D．溴离子与银离子反应生成AgBr淡黄色沉淀。
【解答】解：A．溴和氯气单质性质相似，氯气单质能和烧碱溶液反应，则溴单质可以和烧碱溶液反应生成NaBr、NaBrO，故A正确；
B．溴单质中元素的化合价为0，为中间价态，具有氧化性、还原性，故B正确；
C．溴原子最外层有7个电子，但其原子半径大，原子核对最外层电子吸引力小于Cl原子，所以在化学反应中比Cl原子得到一个电子困难，故C错误；
D．溴离子与银离子反应生成AgBr淡黄色沉淀，则溴离子可以用AgNO3酸性溶液来检验，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，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）有机物a可以发生如下一系列变化，下列说法不正确的是（ ）
A．a能发生加聚反应
B．b的一氯代物只有一种
C．b中所有碳原子在同一平面内
D．c的分子式为C7H8O
【分析】A．a中含有碳碳双键，具有烯烃性质；
B．b分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
C．b中所有碳原子都具有甲烷结构特点；
D．根据结构简式确定c分子式。
【解答】解：A．a中含有碳碳双键，具有烯烃性质，所以能发生加聚反应，故A正确；
B．b分子中含有1种氢原子，所以其一氯代物有1种，故B正确；
C．b中所有碳原子都具有甲烷结构特点，所以b分子中所有碳原子不能共平面，故C错误；
D．根据结构简式确定c分子式为C7H8O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃、卤代烃的性质，明确官能团及其性质关系、氢原子种类和一氯代物种类关系是解本题关键，会应用知识迁移方法判断原子是否共平面。
17．（2分）某同学为检验﹣CHO，进行如下四组实验，可能看到砖红色沉淀的是（ ）
A．0.02g Cu（OH）2
B．0.02g Cu（OH）2
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液
D．2滴饱和CuSO4溶液
【分析】在加热条件下，碱性溶液中，﹣CHO（醛基）能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色的Cu2O，据此分析。
【解答】解：A．Cu（OH）2难溶于水，形成的Cu（OH）2浑浊液与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故A错误；
B．Cu（OH）2难溶于NaOH溶液，形成的Cu（OH）2浑浊液与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故B错误；
C．2mL 2mol•L﹣1CuSO4溶液与2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液混合，CuSO4溶液过量，溶液不显碱性，与乙醛溶液不反应，没有砖红色沉淀生成，故C错误；
D．2滴饱和CuSO4溶液与2mL 12mol•L﹣1NaOH溶液混合，生成新制的氢氧化铜悬浊液，NaOH过量，溶液显碱性，加热时与乙醛溶液反应，有砖红色沉淀生成，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、反应与现象、物质检验、盐类水解及酸性比较、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。
18．（2分）离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O可以表示Ba（OH）2溶液与（ ）
A．少量稀硫酸的反应
B．足量稀硫酸的反应
C．少量NaHSO4溶液的反应
D．足量NH4HSO4溶液的反应
【分析】离子方程式Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O中氢离子、氢氧根离子的化学计量数不满足Ba（OH）2的化学式组成，表明氢氧根离子过量，则该反应表示Ba（OH）2溶液与少量硫酸酸式盐的反应，以此进行判断。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液与少量稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．Ba（OH）2溶液与足量稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．Ba（OH）2溶液与少量NaHSO4溶液反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O，故C正确；
D．Ba（OH）2溶液与足量NH4HSO4溶液时，铵根离子不反应，离子方程式按照氢氧化钡的化学式组成书写，发生反应为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的判断，题目难度不大，明确题干离子方程式表示意义为解答关键，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。
19．（2分）侯氏制碱工业中，从母液中析出的NaHCO3中含有NH4Cl，需洗涤后再进行灼烧。若省略洗涤操作，则最终对所得纯碱纯度影响叙述正确的是（ ）
A．无明显影响 B．NH4Cl杂质含量上升
C．NaCl杂质含量上升 D．NaOH杂质含量上升
【分析】从母液中析出的NaHCO3中除了含有NH4Cl，还含有氯化钠，分析固体在灼烧时发生反应判断解答。
【解答】解：从母液中析出的NaHCO3中除了含有NH4Cl，还含有氯化钠，灼烧固体时氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气逸出，不会对纯碱纯度产生影响，但是氯化钠性质稳定，受热不会分解，所以最终产品中含有氯化钠杂质，
故选：C。
【点评】本题考查了侯氏制碱原理，明确反应原理，熟悉氯化钠和氯化铵性质是解题关键，题目难度不大。
20．（2分）测定0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变小
D．①与④的Kw值相等
【分析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；
D．Kw只与温度有关。
【解答】解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡主要为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，故B错误；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中SO32﹣被氧化为SO42﹣，SO32﹣浓度减小，SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，浓度影响更大，水的电离程度变小，故C正确；
D．Kw只与温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，为高频考点，明确Na2SO3的水解平衡是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（16分）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。完成下列填空：
（1）元素Al的原子核外电子共占据 7 个轨道，其中有 1 个未成对电子。
（2）常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是 浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜 。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用 氢氧化钠 溶液。
（3）某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象 碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体 。
某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□Cr2O72﹣+□C+□__→□Cr3++□CO2↑+□H2O
（4）CO2的电子式为 。固体CO2中存在的作用力有 共价键 、 分子间作用力 。
（5）请完成上述离子方程式并配平 2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O ；该反应的氧化剂是 Cr2O72﹣ ；标准状况下每生成2.24L CO2转移 0.4NA 个电子。
【分析】（1）依据铝的核外电子排布式判断解答；
（2）依据浓硫酸强氧化性，常温下能够使铝钝化，铝能够溶解与氢氧化钠溶液的性质解答；
（3）铝离子水解导致溶液呈酸性，碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解；
（4）二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子达到8电子稳定结构；二氧化碳分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力；
（5）反应中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由0升高为+4价，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒配平方程式，反应中所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，计算二氧化碳物质的量，依据方程式计量系数与转移电子数关系计算转移电子数。
【解答】解：（1）铝13号元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，占1s，2s，3个2p，1个3s，1个3p共7个轨道，只有3p上电子为单电子，所以有1个未成对电子，
故答案为：7；1；
（2）浓硫酸强氧化性，常温下能够使铝钝化，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，所以常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化；铝能溶于氢氧化钠溶液，铁与氢氧化钠溶液不反应，所以可以用氢氧化钠溶液分离二者，
故答案为：浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜；氢氧化钠溶液；
（3）碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，
故答案为：碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（4）二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用2对电子达到8电子稳定结构，电子式为；二氧化碳分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力，
故答案为：；共价键、分子间作用力；
（5）反应中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，C元素的化合价由0升高为+4价，1个Cr2O72﹣得到6个电子，1个碳失去4个电子，要使得失电子守恒，Cr2O72﹣系数为2，碳系数为3，依据原子个数守恒可知反应离子方程式：2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O，
该反应的氧化剂是K2Cr2O7，根据方程式其产生3mol CO2气体计算电子转移的物质的量为12mol，标准状况下每生成2.24L CO2的物质的量为0.1mol，所以0.4mol个电子，即0.4NA，
故答案为：2Cr2O72﹣+3C+16H+═4Cr3++3CO2↑+8H2O；Cr2O72﹣；0.4NA。
【点评】本题为综合题，考查了原子结构组成，盐类水解应用，氧化还原反应基本概念判断等，熟悉核外电子排布规律，明确相关物质的性质，准确把握氧化还原反应中化合价变化情况是解题关键，题目难度中等。
22．（14分）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）。完成下列填空：
（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为 0.004 mol/（L•min）。
（2）下列可以判断该反应达到平衡状态的是 ad 。
a．3v正（N2）＝2v逆（O2）
b．c（NH3）＝c（N2）
c．容器内物质质量不变
d．容器内气体密度不变
（3）在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为 吸热 反应（填“放热”或“吸热”），343K时，上述反应的化学平衡常数为 1.6875 ，如果化学平衡常数数值变大，该反应 ab 。（填写序号）
a．一定向正反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（4）将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为： c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ，说出一种使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的方法 降低溶液温度 。
【分析】（1）在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，利用差量法计算出转化氮气的物质的量，再结合v＝计算；
（2）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正＝v逆（同物质），Ⅱ、各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）由图可知，在323K时N2的平衡转化率小于343K时N2的平衡转化率，说明升高温度，平衡正向移动；343K时，N2的平衡转化率50%，列化学平衡三段式计算；
化学平衡常数只与温度有关，其数值变大，说明温度升高，反应正向移动；
（4）等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，两者完全反应，反应后的溶液为氯化铵溶液，考虑铵根离子的水解；使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，根据勒夏特列原理分析。
【解答】解：（1）设转化氮气的质量为x
2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）气体△m
56 68 96 68+96﹣56＝108
x 2.16g
，解得x＝1.12g，则△n（N2）＝＝0.04mol，0～5min内，N2的平均反应速率为＝0.004mol/（L•min），
故答案为：0.004；
（2）a．化学速率之比等于化学计量数之比，则3v正（N2）＝2v正（O2），3v正（N2）＝2v逆（O2），则v正（O2）＝v逆（O2），能说明反应达到平衡状态，故a正确；
b．c（NH3）＝c（N2），不能说明其浓度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．根据质量守恒定律，容器内物质质量始终不变，则不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．根据方程式可知，在反应过程中混合气体的质量变大，容器的体积不变，则容器内气体密度也变大，当容器内气体密度不变，能说明反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：ad；
（3）由图可知，在323K时N2的平衡转化率小于343K时N2的平衡转化率，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应正反应为吸热反应；
根据题目数据，起始氮气的浓度为＝1mol/L，△c（N2）＝1mol/L×0.5＝0.5mol/L，
2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）
起始c（mol/L） 1 0 0
转化c（mol/L） 0.5 1 0.75
平衡c（mol/L） 0.5 1 0.75
K＝＝＝1.6875；
化学平衡常数数值变大，说明升高温度，反应速率加快，该反应一定向正反应方向移动，在平衡移动时正反应速率先增大后减小，则ab正确；
故答案为：吸热；1.6875；ab；
（4）等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，两者完全反应，反应后的溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，据此写出溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；使氯化铵溶液中的c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，可以降低溶液温度，铵根离子水解程度减小，c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大，
故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；降低溶液温度。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的计算、化学平衡移动的影响因素、离子浓度的比较等，掌握化学平衡三段式和勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
23．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红（主要成分是Fe2O3）。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。完成下列填空：
（1）检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入 氯水或氯气 （填写试剂名称），观察到 溶液变血红色 。
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 晶体由绿色变为红棕色 。
（3）装置C的作用是 吸收尾气，防止污染空气 。
（4）①装置B中冷水的作用是 SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收 。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液： 取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣ 。
（5）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850g绿矾样品，配制成250mL溶液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
①配制250mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、 250mL 、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化 。
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为 97.544% 。（用小数表示，保留三位小数）
【分析】根据题干可知，绿矾（FeSO4•7H2O）焙烧可以生成Fe2O3、H2O和SO3，故将绿矾在通入空气的条件下焙烧，装置A中的硬质玻璃管中获得Fe2O3，装置B的U型管中获得硫酸，装置C的作用是吸收尾气，防止污染空气。
（1）检验Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水或通入氯气，溶液变血红；
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中有Fe2O3生成；
（3）此反应中有SO3生成，装置C能吸收尾气；
（4）①H2O和SO3的反应是放热反应，降低温度有利于三氧化硫的吸收；
②设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，即证明此溶液中的阳离子是氢离子，阴离子为硫酸根；
（5）①用固体配制一定物质的量浓度溶液时所需要的仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；
②此实验达到滴定终点时，滴入的KMnO4恰好被消耗完，据此分析溶液的颜色变化；
③设25.00mL待测液中含有的绿矾晶体的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：
5FeSO4•7H2O～KMnO4
5 1
xmol 0.01mol/L×0.02L
据此求出x，
而样品中FeSO4•7H2O的质量分数为＝，据此计算。
【解答】解：（1）检验Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水或通入氯气，溶液变血红色，则说明含Fe2+，
故答案为：氯水或氯气；溶液变血红色；
（2）实验过程中，装置A硬质玻璃管中有Fe2O3生成，故表现出的现象是晶体由绿色变为红棕色，
故答案为：晶体由绿色变为红棕色；
（3）此反应中有SO3气体生成，是一种污染性的蒸气，故装置C能吸收尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收尾气，防止污染空气；
（4）①H2O和SO3的反应是放热反应，故降低温度有利于三氧化硫的吸收，
故答案为：SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收；
②在B装置U型管中，SO3与H2O反应生成硫酸，设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，即证明此溶液中的阳离子是氢离子，阴离子为硫酸根，故取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣，
故答案为：取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣；
（5）①用固体配制一定物质的量浓度溶液时的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所需要的仪器为烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶；
②此实验达到滴定终点时，滴入的KMnO4恰好被消耗完，故滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化，
故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化；
③设25.00mL待测液中含有的绿矾晶体的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：
5FeSO4•7H2O～KMnO4
5 1
xmol 0.01mol/L×0.02L
可得：
解得x＝0.001mol，
故样品中FeSO4•7H2O的质量分数为＝×100%＝97.544%，
故答案为：97.544%。
【点评】本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生实验操作、对元素化合物的掌握和运用，明确图中发生的反应及元素化合物性质是解本题关键，注意基础知识的掌握和归纳，题目难度中等。
24．（15分）天然产物I具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：（Z＝﹣COOR，﹣COOH等）
回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称为 碳碳三键 ，F→G的反应类型为 加成反应 。
（2）上述反应中B→C所需的试剂与条件是 氢氧化钠水溶液、加热 ，化合物X的结构简式为 。
（3）写出满足以下条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①链状结构；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（4）关于G、H的说法正确的是 bc 。（填序号）
a．两者都能和溴水发生加成反应
b．两者都能和氢氧化钠溶液发生反应
c．两者都能使酸性高锰酸钾褪色
d．两者互为同系物
（5）以和为原料，合成，写出合成路线（无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选）。 。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据B的分子式和C的结构可以推出，B的结构为CH≡C﹣CH2﹣CH2Cl，则A的结构为CH≡C﹣CH2﹣CH3；有机物E与X发生反应生成有机物F，有机物F因有酯基，则有机物X为酸；有机物F发生已知条件的反应生成有机物G，有机物G再发生后续的反应得到天然产物I；
（5）将环己醇经过浓硫酸的催化作用发生消去反应剩下环己烯，将环己烯与Br2加成剩下1，2﹣二溴环己烷，利用卤代烃的消去反应剩下1，3﹣环己二烯，将1，3﹣环己二烯与发生已知条件的反应生成目标化合物。
【解答】解：（1）根据分析，有机物A为CH≡C﹣CH2﹣CH3，其官能团为碳碳三（叁）键；根据流程和已知条件，F→G的反应类型与已知条件中有机反应类型相同，已知反应中为不饱和烃的加成反应，因此F→G的反应类型为加成反应，
故答案为：碳碳三键；加成反应；
（2）B→C为卤代烃的水解反应，反应条件为NaOH水溶液、加热；有机物E与X反应生成有机物F，观察有机物F的结构可知，F为酯，因为E为醇，则X为酸，再根据有机物E和F的结构可以得到有机物X的结构为，
故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；；
（3）根据条件，该同分异构体可以发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，再根据题目中的其他条件可以写出满足条件的同分异构体，该满足条件的同分异构体为，
故答案为：；
（4）a．G中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，但H中不含有双键，不能使溴水褪色，故a错误；
b．G和H中均含有酯基，均可以与NaOH溶液发生水解反应，故b正确；
c．G中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，H中含有苯环，苯环上含有甲基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；
d．G和H的化学式不同，不属于同系物，故d错误，
故答案为：bc；
（5）利用环己醇和制备目标化合物，可以将环己醇经过浓硫酸的催化作用发生消去反应剩下环己烯，将环己烯与Br2加成剩下1，2﹣二溴环己烷，利用卤代烃的消去反应剩下1，3﹣环己二烯，将1，3﹣环己二烯与发生已知条件的反应生成目标化合物，具体流程为，
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、知识迁移能力，正确判断反应前后碳链结构、官能团结构变化是解本题关键，采用知识迁移方法方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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