2020-2021学年上海市嘉定区高三（上）期末化学试卷（一模）

这是一份2020-2021学年上海市嘉定区高三（上）期末化学试卷（一模），共36页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年上海市嘉定区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共计40分）
1．（2分）新冠肺炎疫情防控期间，为了切断传播途径，控制疾病流行，经常会用到各类消毒剂。下列消毒剂不具有强氧化性的是（　　）
A．84消毒液 B．双氧水 C．医用酒精 D．二氧化氯
2．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（　　）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
3．（2分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）
A．质子数为17、中子数为20的氯原子Cl
B．氯分子的电子式：
C．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl
4．（2分）下列物质中属于强电解质，但在给定条件下不能导电的是（　　）
A．液态氯化氢 B．熔融氯化钾 C．熔融氧化铝 D．稀硝酸
5．（2分）在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（　　）
A．将SO2通入水中 B．烧碱溶于水
C．将HCl通入水中 D．硫酸氢钠溶于水
6．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，不需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
7．（2分）下列关于实验现象的描述错误的是（　　）
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．用石墨棒作阳极，铁片作阴极，电解NaCl溶液，石墨棒和铁片表面都出现气泡
C．把铜片插入FeCl3溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快
8．（2分）下列有关物质结构和性质变化规律正确的是（　　）
A．还原性：HF＞HCl＞HBr
B．碱性：KOH＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2
C．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
D．金属活动性：Al＞Mg＞Na
9．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（　　）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外L层上有8个电子的X原子与M层上有8个电子的Y原子
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子与3p轨道上有3个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
10．（2分）对二甲苯（简称PX，结构如图）用于生产涤纶纤维、聚酯容器、涂料、染料等。有关说法错误的是（　　）

A．PX的分子式为C8H10
B．PX的二氯代物有5种
C．PX可以发生取代、加成、氧化反应
D．PX分子中碳原子处于同一平面
11．（2分）下列有关反应M（g）+2N（g）⇌3G（g）+H（s）的说法正确的是（　　）
A．在体积可变的密闭容器中，该反应达到平衡后，若加压，则平衡不移动、混合气体平均相对分子质量变大、混合气体密度变大
B．若T℃时该反应的平衡常数K＝1.0，则在T℃时在使用催化剂后该反应的K值将大于1.0
C．某温度下，若向已达平衡的该反应体系中加入1mol M（g）和2mol N（g），则平衡不移动
D．如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，当反应达到平衡时v正（N）：v逆（G）＝2：3
12．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（　　）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
13．（2分）下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．氨水中加酸，NH4+的浓度增大
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C．氯气在水中溶解度大于饱和食盐水中的溶解度
D．由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系减压后颜色变浅
14．（2分）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）

A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
15．（2分）人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式。下列关于乳酸的说法正确的是（　　）
A．1mol乳酸与碳酸钠完全反应，生成1mol CO2
B．1mol乳酸与金属钠完全反应，生成2g H2
C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D．乳酸发生聚合反应的方程式为+nH2O
16．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．＝1×10﹣14的溶液：Ca2+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣
B．0.1mol•L﹣1KOH溶液：AlO2﹣、Na+、I﹣、SO42﹣
C．能使pH试纸显深红色的溶液：Fe3+、Cl﹣、Ba2+、SCN﹣
D．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：HS﹣、Na+、Cl﹣、CO32﹣
17．（2分）用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）
选项
①中物质
②中物质
预测中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠、氢氧化钠混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色

A．A B．B C．C D．D
18．（2分）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol•L﹣1MOH溶液，图中所示的曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）。下列说法中，不正确的是（　　）

A．HA为一元强酸
B．MOH为一元弱碱
C．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
D．K点对应的pH＝10，则有c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）＝0.005mol•L﹣1
19．（2分）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是（　　）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
20．（2分）某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为 0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：

下列说法正确的是（　　）

A．无法确定原试液中是否含有 Al3+、Cl﹣
B．滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、Fe2+和 Ba2+
C．无法确定沉淀 C 的成分
D．原溶液中存在的离子为 NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
二、综合题
21．（15分）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。
19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。
2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑【冰晶石（Na3AlF6）作助溶剂，降低氧化铝熔点】
（1）上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是　 　，Al3+电子排布式　 　，O原子的未成对电子数　 　。
（2）制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第　 　周期第　 　族。冰晶石（Na3AlF6）晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号　 　。
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al　 　Si
O　 　F
二氧化硅　 　晶体硅
（4）用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因　 　，其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
Ⅰ：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）﹣1486kJ
Ⅱ：3AlCl（g）⇌2Al（l）+AlCl3（g）+140kJ
（5）（1）反应Ⅰ中的还原产物是　 　；若有0.6g C反应，电子转移数目为　 　。
（2）结合反应Ⅰ、Ⅱ分析，请说出这种提炼方法2条优点　 　。
22．（15分）煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
（1）已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K＝，写出它所对应反应的化学方程式：　 　，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为　 　（“吸热”或“放热”）反应。
将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下2组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所
需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3
（2）①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为　 　。
②900℃时，反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数　 　。向实验2的平衡混合物中再加入0.4mol H2O（g）和0.4mol CO2，平衡　 　（选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”）移动。
将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。如图1所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。

（3）在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成　 　（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）。请补全热化学方程式HCHO（g）+O2（g）═CO（g）+H2O（g）　 　。
（4）HCHO可进一步被氧化为重要工业原料HCOOH（其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强）。在图2中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化　 　。
23．（15分）香料M和G都在生活中有很多用途，其合成路线如图：

已知：
①R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO（R1、R2代表烃基或氢原子）
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是　 　，G中含氧官能团的名称是　 　。
（2）②的反应类型是　 　。B和F的结构简式分别为　 　、　 　。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂　 　，C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且不含羟基的同分异构体结构简式　 　。
（4）写出反应①制取香料M的化学方程式：　 　。
（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线　 　。（其他所需原料自选）。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
24．（15分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。
某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：　 　。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。

（2）将补全下列实验操作步骤正确排序da　 　e（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a．点燃酒精灯，加热
b．熄灭酒精灯
c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2
e．称量A
f．冷却至室温
（3）缓缓通入N2的目的是　 　。
（4）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝　 　。（列式表示）
为探究硫酸亚铁的分解产物，将36中已恒重的装置A（取出ag后）接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

（5）①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为　 　、　 　。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式　 　。
为了测定A中样品的纯度，将取出ag样品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如表：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
（6）表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是　 　。（填字母）
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低

2020-2021学年上海市嘉定区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共计40分）
1．（2分）新冠肺炎疫情防控期间，为了切断传播途径，控制疾病流行，经常会用到各类消毒剂。下列消毒剂不具有强氧化性的是（　　）
A．84消毒液 B．双氧水 C．医用酒精 D．二氧化氯
【分析】具有强氧化性的消毒剂所含元素化合价居于较高价态，在反应中易得到电子，以此解答该题。
【解答】解：84消毒液的有效成分为次氯酸钠，过氧乙酸、二氧化氯等都具有强氧化性，可用于杀菌消毒，酒精不具有强氧化性，可破坏蛋白质的氢键，使细胞脱水而达到杀菌消毒目的，
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，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。
2．（2分）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是（　　）
A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性
【分析】浓硫酸除了具有酸固有的性质﹣﹣酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2SO4），这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性．
【解答】解：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫。 反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。　
故选：A。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，浓硫酸除了具有酸性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性．
3．（2分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）
A．质子数为17、中子数为20的氯原子Cl
B．氯分子的电子式：
C．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl
【分析】A．质量数＝质子数+中子数；
B．氯气分子中氯原子之间以单键结合；
C．氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子；
D．氯乙烯分子中碳原子之间是碳碳双键。
【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数，质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为37，故表示为Cl，故A错误；
B．氯气分子中氯原子之间以单键结合，故其电子式为，故B正确；
C．氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子；，故其结构示意图为，故C错误
D．氯乙烯分子中碳原子之间是碳碳双键，故其结构简式为CH2＝CHCl，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、离子结构示意图、原子的表示方法等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力。
4．（2分）下列物质中属于强电解质，但在给定条件下不能导电的是（　　）
A．液态氯化氢 B．熔融氯化钾 C．熔融氧化铝 D．稀硝酸
【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；
弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物；
电解质导电条件：存在自由移动的离子。
【解答】解：A．液态氯化氢为强电解质，但是液态时不能电离产生自由移动的离子，不能导电，故A选；
B．熔融氯化钾为强电解质，含有自由移动的离子，能导电，故B不选；
C．熔融氧化铝属于强电解质，含自由移动的离子，能导电，故C不选；
D．稀硝酸为混合物，不是电解质，故D不选。
故选：A。
【点评】本题考查了电解质强弱及电解质导电判断，明确强电解质和弱电解质基本概念，熟悉电解质导电条件即可解答，题目难度不大。
5．（2分）在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（　　）
A．将SO2通入水中 B．烧碱溶于水
C．将HCl通入水中 D．硫酸氢钠溶于水
【分析】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键（铵盐除外）；既有离子键被破坏又有共价键被破坏说明物质在水溶液里或熔融状态下进行电离，或者是物质间发生了化学反应，据此分析解答．
【解答】解：A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，只有共价键被破坏和形成，故A错误。
B、烧碱溶于水后电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，故B错误。
C、氯化氢溶于水后电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，故C错误。
D、硫酸氢钠溶于水后电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，钠离子和硫酸氢根离子之间的离子键被破坏，硫酸氢根离子中氧原子和氢原子之间的共价键被破坏，所以既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了化学键的判断，难度不大，注意硫酸氢钠在水中电离和熔融状态下电离的区别．
6．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，不需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
【分析】配制一定物质的量浓度的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作选择需要的仪器。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，一般用托盘天平称量溶质的质量（或者用量筒量浓溶液体积），用药匙取用药品，在烧杯中溶解（或者稀释），并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器为漏斗，
故选：A。
【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制需要仪器选择，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）下列关于实验现象的描述错误的是（　　）
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．用石墨棒作阳极，铁片作阴极，电解NaCl溶液，石墨棒和铁片表面都出现气泡
C．把铜片插入FeCl3溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快
【分析】A．铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作正极；
B．铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入食盐溶液中，铁钉作负极发生吸氧腐蚀；
C．铜不能与氯化铁反应生成铁，据此解答即可；
D．构成原电池反应，可以加速反应的速率。
【解答】解：A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A正确；
B．用石墨棒作阳极，铁片作阴极，电解食盐溶液中，阳极生成氯气，阴极生成氢气，故B正确；
C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，不能生成铁单质，故C错误；
D．把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了原电池的原理及应用和电解池的电极产物分析等知识点，解答须理解原电池的构成条件及反应原理，题目难度适中。
8．（2分）下列有关物质结构和性质变化规律正确的是（　　）
A．还原性：HF＞HCl＞HBr
B．碱性：KOH＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2
C．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
D．金属活动性：Al＞Mg＞Na
【分析】A．非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
C．H2S、H2Se形成晶体为分子晶体，H2Se的相对分子质量较大，则沸点H2Se＞H2S；
D．短周期元素中，同一周期从左向右金属性逐渐减弱。
【解答】解：A．非金属性F＞Cl＞Br，则简单氢化物的还原性：HF＜HCl＜HBr，故A错误；
B．金属性K＞Ca＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2，故B正确；
C．H2O分子间存在氢键，导致其沸点较高，由于相对分子质量H2S＜H2Se，则沸点H2Se＞H2S，所以沸点大小为：H2O＞H2Se＞H2S，故C错误；
D．Al、Mg、Na位于第三周期，原子序数越大金属性越弱，原子序数：Al＞Mg＞Na，则金属活动性：Al＜Mg＜Na，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容即可解答，注意掌握元素周期表结构，C为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
9．（2分）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（　　）
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外L层上有8个电子的X原子与M层上有8个电子的Y原子
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子与3p轨道上有3个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
【分析】A．最外层电子数只有一个电子的X、Y原子，二者可能位于相同族也可能位于不同族；
B．原子核外L层上有8个电子的X原子可能是Ne，也可能是除了1、2周期外的元素，M层上有8个电子的Y原子，可能是Ar，也可能是K或Ca元素；
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有3个未成对电子的Y原子为P原子；
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be。
【解答】解：A．最外层电子数只有一个电子的X、Y原子，二者可能位于相同族也可能位于不同族，如Na、Li性质相似，但Na和Cu化学性质不同，故A错误；
B．原子核外L层上有8个电子的X原子可能是Ne，也可能是除了1、2周期外的元素，M层上有8个电子的Y原子，可能是Ar，也可能是K或Ca元素，所以X、Y化学性质不一定相同，故B错误；
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有3个未成对电子的Y原子为P原子，N、P位于同一主族，二者化学性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，前者位于0族、后者位于第IIA族，二者化学性质不同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构和元素性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，正确推断原子在周期表中的位置、明确元素周期律内涵是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
10．（2分）对二甲苯（简称PX，结构如图）用于生产涤纶纤维、聚酯容器、涂料、染料等。有关说法错误的是（　　）

A．PX的分子式为C8H10
B．PX的二氯代物有5种
C．PX可以发生取代、加成、氧化反应
D．PX分子中碳原子处于同一平面
【分析】有机物含有2个甲基，具有甲苯的结构和性质特点，以此解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C8H10，故A正确；
B．有机物2种H，两个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如有1个Cl原子在甲基上，另一个Cl原子有4种位置，如一个Cl原子在苯环上，另一个Cl原子有在苯环上有3种位置，对应的同分异构体共7种，故B错误；
C．含有甲基，具有甲苯的性质特点，可发生取代、氧化反应，且苯环可发生加成反应，故C正确；
D．苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则PX分子中碳原子处于同一平面，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点和性质的判断，题目难度不大。
11．（2分）下列有关反应M（g）+2N（g）⇌3G（g）+H（s）的说法正确的是（　　）
A．在体积可变的密闭容器中，该反应达到平衡后，若加压，则平衡不移动、混合气体平均相对分子质量变大、混合气体密度变大
B．若T℃时该反应的平衡常数K＝1.0，则在T℃时在使用催化剂后该反应的K值将大于1.0
C．某温度下，若向已达平衡的该反应体系中加入1mol M（g）和2mol N（g），则平衡不移动
D．如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，当反应达到平衡时v正（N）：v逆（G）＝2：3
【分析】A.反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动；
B.催化剂不改变平衡移动；
C.若向已达平衡的该反应体系中加入1mol M（g）和2mol N（g），反应物浓度增大；
D.达到平衡时，正逆反应速率相等。
【解答】解：A.反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，为相同的平衡状态，混合气体平均相对分子质量不变，故A错误；
B.催化剂不改变平衡移动，相同温度下，平衡常数相同，故B错误；
C.若向已达平衡的该反应体系中加入1mol M（g）和2mol N（g），反应物浓度增大，则平衡正向移动，最终达到相同的平衡状态，故C错误；
D.达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正（N）：v逆（G）＝2：3，满足反应速率之比等于化学计量数之比，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡移动影响因素，为高考常见题型和高频考点，侧重考查分析判断能力，明确温度、压强、浓度对化学反应平衡移动影响原理是解本题关键，注意平衡状态的判断，题目难度不大。
12．（2分）下列化学用语对事实的表述正确的是（　　）
A．电解CuCl2溶液：CuCl2═Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
【分析】A．电解氯化铜生成铜和氯气；
B．氯化镁为离子化合物，镁离子与两个氯离子通过离子键结合，两个氯离子不能合写；
C．氢氧化钠足量，铵根离子、碳酸氢根离子都参加反应；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。
【解答】解：A．电解CuCl2溶液产生Cu单质和Cl2，化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；
B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；
C．NH4HCO3溶液与足量 NaOH 溶液混合，离子方程式：NH4++2OH﹣+HCO3﹣＝CO32﹣+NH3•H2O+H2O，故C错误；
D．酯化反应的断键方式是酸脱羟基醇脱氢，所以 18O 应该在生成的酯中，乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式：CH3COOH+C2H518OH CH3CO18OC2H5+H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系。
13．（2分）下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．氨水中加酸，NH4+的浓度增大
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C．氯气在水中溶解度大于饱和食盐水中的溶解度
D．由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系减压后颜色变浅
【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程。
【解答】解：A．氨水中加酸，电离平衡正向移动，NH4+的浓度增大，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，导致生成物浓度减小，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．氯气溶于水生成HCl和HClO，NaCl溶解后生成Cl﹣而抑制氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）中反应前后气体计量数之和不变，压强不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查勒夏特列原理知识，侧重考查对基本理论的理解和运用，明确勒夏特列原理内涵及其适用范围是解本题关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
14．（2分）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）

A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
【分析】A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；
B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；
C．根据氮循环中物质的分类进行解答；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加。
【解答】解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大。
15．（2分）人剧烈运动后肌肉发酸是因为当体内氧气缺少时葡萄糖发生反应产生了乳酸，其结构简式。下列关于乳酸的说法正确的是（　　）
A．1mol乳酸与碳酸钠完全反应，生成1mol CO2
B．1mol乳酸与金属钠完全反应，生成2g H2
C．乳酸既可发生取代反应、消去反应又可发生加成反应
D．乳酸发生聚合反应的方程式为+nH2O
【分析】由结构可知，分子中含﹣OH、﹣COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。
【解答】解：A.含有一个羧基，为一元酸，1mol乳酸与碳酸钠完全反应，生成0.5mol CO2，故A错误；
B.﹣OH、﹣COOH都可与钠反应，则1mol乳酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2，质量为2g，故B正确；
C.含有羟基、羧基，可发生取代反应、消去反应，不能发生加成反应，故C错误；
D.乳酸发生聚合反应的方程式为+（n﹣1）H2O，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸性质，题目难度不大。
16．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．＝1×10﹣14的溶液：Ca2+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣
B．0.1mol•L﹣1KOH溶液：AlO2﹣、Na+、I﹣、SO42﹣
C．能使pH试纸显深红色的溶液：Fe3+、Cl﹣、Ba2+、SCN﹣
D．0.1mol•L﹣1NaClO溶液：HS﹣、Na+、Cl﹣、CO32﹣
【分析】A．＝1×10﹣14的溶液呈强碱性；
B．各离子之间不反应，可以大量共存；
C．Fe3+与SCN﹣生成络合物；
D．NaClO具有强氧化性，可以氧化HS﹣。
【解答】解：A．＝1×10﹣14的溶液呈强碱性，含有大量的OH﹣，与之反应的HCO3﹣等不能大量共存，故A错误；
B．各离子之间不反应，可以大量共存，故B正确；
C．Fe3+与SCN﹣生成络合物，不能大量共存，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，可以氧化HS﹣，溶液不可能大量存在HS﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存，涉及氧化还原反应、络合反应、溶液pH等知识点，明确物质性质及离子反应条件是解本题关键，注意题目所隐含的条件，试题培养了学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
17．（2分）用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）
选项
①中物质
②中物质
预测中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠、氢氧化钠混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色

A．A B．B C．C D．D
【分析】A．稀盐酸先和NaOH反应生成氯化钠和水，然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；
C．NaOH过量，开始不生成沉淀；
D．发生氧化还原反应．
【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；
B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；
C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；
D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．
18．（2分）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol•L﹣1MOH溶液，图中所示的曲线表示混合溶液的pH变化情况（溶液体积变化忽略不计）。下列说法中，不正确的是（　　）

A．HA为一元强酸
B．MOH为一元弱碱
C．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
D．K点对应的pH＝10，则有c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）＝0.005mol•L﹣1
【分析】0.01mol•L﹣1 HA溶液中pH＝2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH）和c（M+）的和．
【解答】解：A.0.01mol•L﹣1 HA溶液中pH＝2，则HA是强酸，故A正确；
B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，故B正确；
C．N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C错误；
D．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M+）＝0.01mol•L﹣1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），c（MOH）+c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（M+）﹣c（A﹣）+c（MOH）＝0.01mol•L﹣1﹣0.005mol•L﹣1＝0.005mol•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答．
19．（2分）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是（　　）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72﹣具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42﹣不能，以此解答该题。
【解答】解：A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；
B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；
D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误。
故选：D。
【点评】本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大。
20．（2分）某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为 0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：

下列说法正确的是（　　）

A．无法确定原试液中是否含有 Al3+、Cl﹣
B．滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、Fe2+和 Ba2+
C．无法确定沉淀 C 的成分
D．原溶液中存在的离子为 NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO32﹣、Ba2+和AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，以此解答该题。
【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见离子的性质检验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大。
二、综合题
21．（15分）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。
19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。
2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑【冰晶石（Na3AlF6）作助溶剂，降低氧化铝熔点】
（1）上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是　Fe　，Al3+电子排布式　1s22s22p6　，O原子的未成对电子数　2　。
（2）制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第　三　周期第　IVA　族。冰晶石（Na3AlF6）晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号　AlF63﹣　。
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al　＞　Si
O　＜　F
二氧化硅　＞　晶体硅
（4）用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因　晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高　，其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
Ⅰ：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）﹣1486kJ
Ⅱ：3AlCl（g）⇌2Al（l）+AlCl3（g）+140kJ
（5）（1）反应Ⅰ中的还原产物是　AlCl　；若有0.6g C反应，电子转移数目为　0.1NA　。
（2）结合反应Ⅰ、Ⅱ分析，请说出这种提炼方法2条优点　步骤少更加简单（直接用铝土矿作原料制取铝）；原料利用率高（AlCl3循环使用）；污染少（尾气排放可控）　。
【分析】（1）由短周期和长周期共同构成的族叫做主族，Fe不是主族元素，为第ⅤⅢ元素，属于副族；根据Al为13号元素，核外有13个电子，确定失去电子变为铝离子时电子排布式；O位于周期表中第2周期第ⅥA族，基态原子价电子排布式为2s22p4，据此得出基态O原子未成对电子数；
（2）主族元素周期数＝电子层数、族序数＝最外层电子数；冰晶石（Na3AlF6）晶体中阴、阳离子各一种，阳离子符号Na+，阴离子符号AlF63﹣；
（3）同一周期从左向右原子半径逐渐减小；同周期元素从左到右非金属性增强，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；
（4）根据Al2O3中铝离子的半径小，电荷数多来分析；
（5）（1）化合价下降的产物是还原产物；Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）～～6e﹣；
（2）结合反应Ⅰ、Ⅱ可知，具有直接用铝土矿作原料制取铝，生成的AlCl3循环使用，尾气排放可控等优点。
【解答】解：（1）Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是：Fe，13号元素Al基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Al3+的电子排布式为1s22s22p6，O位于周期表中第2周期第ⅥA族，基态原子价电子排布式为2s22p4，则其未成对电子数为2，
故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
（2）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，冰晶石（Na3AlF6）晶体中阳离子为Na+，阴离子为AlF63﹣，
故答案为：三；IVA；AlF63﹣；
（3）同一周期从左向右原子半径逐渐减小，所以原子半径Al＞Si，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：O＜F，硅和二氧化硅都是原子晶体，氧的原子半径小于硅的，Si﹣O键的键能大于Si﹣Si键的键能，故二氧化硅的熔点高于硅的，
故答案为：＞；＜；＞；
（4）晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，
故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
（5）（1）反应Ⅰ中的还原产物是：AlCl，根据方程式可知：
Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）～～6e﹣
36g 6mol
0.6g 0.1mol 即为0.1NA，
故答案为：AlCl；0.1NA；
（2）结合反应Ⅰ、Ⅱ可知，具有直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，生成的AlCl3循环使用，原料利用率高，尾气排放可控，污染少等优点，
故答案为：步骤少更加简单（直接用铝土矿作原料制取铝）；原料利用率高（AlCl3循环使用）；污染少（尾气排放可控）。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、周期表的位置、实验方案的评价等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
22．（15分）煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
（1）已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K＝，写出它所对应反应的化学方程式：　C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）　，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为　吸热　（“吸热”或“放热”）反应。
将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下2组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所
需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3
（2）①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为　0.08mol/（L•min）　。
②900℃时，反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数　　。向实验2的平衡混合物中再加入0.4mol H2O（g）和0.4mol CO2，平衡　逆反应方向　（选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”）移动。
将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。如图1所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]。

（3）在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成　HCHO　（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）。请补全热化学方程式HCHO（g）+O2（g）═CO（g）+H2O（g）　△H＝﹣235kJ/mol　。
（4）HCHO可进一步被氧化为重要工业原料HCOOH（其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强）。在图2中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化　　。
【分析】（1）根据元素守恒及平衡常数表达式知，反应物中含有固体C参加；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，该反应中△S＞0，则高温条件下△G＝△H﹣T△S＜0；
（2）①实验1中v（CO）＝＝mol/（L•min）＝0.08mol/（L•min），相同时间内v（CO2）＝v（CO）；
②可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol/L）0.5 0.25 0 0
反应（mol/L）0.1 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L）0.4 0.15 0.1 0.1
平衡常数K＝；
向实验2的平衡混合物中再加入0.4mol H2O（g）和0.4mol CO2，c（H2O）＝（0.15+）mol/L＝0.35mol/L，c（CO2）＝（0.1+）mol/L＝0.3mol/L，浓度商Qc＝≈0.21，如果Qc＞K，平衡逆向移动，如果Qc＝K，平衡不移动，如果Qc＜K，平衡正向移动；
（3）使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行；
HCHO（g）+O2（g）═CO（g）+H2O（g）为放热反应，△H＝﹣（676﹣158﹣283）＝﹣235kJ/mol；
（4）HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH＞7，加水稀释促进HCOO﹣水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH﹣）减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7。
【解答】解：（1）根据元素守恒及平衡常数表达式知，反应物中含有固体C参加，反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，该反应中△S＞0，则高温条件下△G＝△H﹣T△S＜0，△H＞0，该反应为吸热反应，
故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；吸热；
（2）①实验1中v（CO）＝＝mol/（L•min）＝0.08mol/（L•min），相同时间内v（CO2）＝v（CO）＝0.08mol/（L•min），
故答案为：0.08mol/（L•min）；
②可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol/L）0.5 0.25 0 0
反应（mol/L）0.1 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L）0.4 0.15 0.1 0.1
平衡常数K＝＝＝；
向实验2的平衡混合物中再加入0.4mol H2O（g）和0.4mol CO2，c（H2O）＝（0.15+）mol/L＝0.35mol/L，c（CO2）＝（0.1+）mol/L＝0.3mol/L，浓度商Qc＝≈0.21＞K，平衡逆向移动，
故答案为：；逆反应方向；
（3）使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行，根据图知，在有催化剂条件下，生成HCHO需要的活化能低，反应容易进行，所以主要生成HCHO；
HCHO（g）+O2（g）═CO（g）+H2O（g）为放热反应，△H＝﹣（676﹣158﹣283）＝﹣235kJ/mol，
故答案为：HCHO；△H＝﹣235kJ/mol；
（4）HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH＞7，加水稀释促进HCOO﹣水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH﹣）减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7，所以其图象为，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡计算及盐类水解，侧重考查信息的获取、方向判断及知识综合应用能力，明确化学平衡常数计算方法、K和Qc相对大小与平衡移动方向关系、盐类水解影响因素等知识点是解本题关键，注意（4）分析判断，题目难度不大。
23．（15分）香料M和G都在生活中有很多用途，其合成路线如图：

已知：
①R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO（R1、R2代表烃基或氢原子）
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是　甲苯　，G中含氧官能团的名称是　羧基　。
（2）②的反应类型是　加成反应　。B和F的结构简式分别为　　、　　。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂　酸性高锰酸钾溶液（其它合理答案也可）　，C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且不含羟基的同分异构体结构简式　　。
（4）写出反应①制取香料M的化学方程式：　　。
（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线　　。（其他所需原料自选）。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
【分析】C催化氧化生成苯甲醛，可知C为，结合反应条件可知A为、B为；D的蒸气相对于氢气的密度为39，故D的相对分子质量为78，且D与A互为同系物，可推知D为，对比物质的结构，可知苯甲醛与HCCl3以及Cl3CCHO与苯均是发生加成反应，反应①是与乙酸发生酯化反应；结合信息①可推知E为，E与溴发生加成反应生成F为，F氧化生成G为；
（5）以为原料合成，苯乙醛和甲醛发生信息①的反应，然后和溴发生加成反应，最后再发生氧化反应得到目标产物。
【解答】解：（1）A为，A的名称是甲苯，G为，G中含氧官能团的名称是羧基，
故答案为：甲苯；羧基；
（2）②的反应类型是加成反应，B和F的结构简式分别为、，
故答案为：加成反应；；；
（3）A为、D为，A能使酸性高锰酸钾溶液褪色但D不能，所以一种能鉴别A和D的试剂酸性高锰酸钾溶液（其它合理答案也可）；C为，C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且不含羟基的同分异构体结构简式为，
故答案为：酸性高锰酸钾溶液（其它合理答案也可）；；
（4）反应①制取香料M的化学方程式：，
故答案为：；
（5）以为原料合成，苯乙醛和甲醛发生信息①的反应，然后和溴发生加成反应，最后再发生氧化反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合应用能力，利用题给信息、反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度不大。
24．（15分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。
某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：　样品中没有+3价Fe，+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe　。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。

（2）将补全下列实验操作步骤正确排序da　bfc　e（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a．点燃酒精灯，加热
b．熄灭酒精灯
c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2
e．称量A
f．冷却至室温
（3）缓缓通入N2的目的是　赶尽装置（系统）内的空气　。
（4）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝　　。（列式表示）
为探究硫酸亚铁的分解产物，将36中已恒重的装置A（取出ag后）接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

（5）①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为　产生白色沉淀、有气泡冒出　、　褪色　。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式　2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑　。
为了测定A中样品的纯度，将取出ag样品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如表：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
（6）表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是　BC　。（填字母）
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
【分析】（1）亚铁离子被空气氧化生成铁离子，铁离子遇到KSCN溶液，溶液变红色；
（2）实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；
（3）缓缓通入N2的目的是赶尽装置（系统）内的空气，避免干扰实验测定；
（4）直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）＝（m3﹣m1）。m（H2O）＝（m2﹣m3），以此计算n（H2O）、n（FeSO4），再计算结晶水的数目；
（5）①C中氯化钡可检验三氧化硫，D中品红可检验二氧化硫；
②高温分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫；
（6）A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积，液面被提高，读取体积减小；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，标准液体积偏大；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，待装液润洗会增多消耗高锰酸钾溶液的体积，测定结果增大；
D．三次使用的高锰酸钾相同。
【解答】解：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，证明无铁离子，再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，说明含铁离子，由实验现象可推知，样品中没有+3价Fe，+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe，
故答案为：样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe；
（2）实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce，
故答案为：bfc；
（3）缓缓通入N2的目的是：赶尽装置（系统）内的空气，防止亚铁离子被空气中氧气氧化，干扰实验结果，
故答案为：赶尽装置（系统）内的空气；
（4）直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）＝（m3﹣m1），m（H2O）＝（m2﹣m3），则n（H2O）＝、n（FeSO4）＝，结晶水的数目x＝，
故答案为：；
（5）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀、有气泡冒出，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，
故答案为：产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色；
②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
（6）A．俯视读数，造成所读的数偏小，测定结果偏小，故A错误；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，标准液体积偏大，测定结果偏大，故B正确；
C．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，测定结果偏大，故C正确；
D．三次使用的高锰酸钾相同，消耗的高锰酸钾体积应相同，故D错误；
故答案为：BC。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答关键，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。
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