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2020-2021学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模），共35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学年上海市金山区高三（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答案）
1．（2分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
2．（2分）下列属于含有极性键的非极性分子是（ ）
A．CS2 B．H2O C．NH3 D．CH2Cl2
3．（2分）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2分）OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O
B．氮原子的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡N
D．NF3的电子式：
5．（2分）工业上不宜用电解法制备的金属是（ ）
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
6．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液颜色先变红后褪色的微粒分别是（ ）
A．H+、Cl﹣ B．H+、HClO C．HCl、Cl﹣ D．HCl、HClO
7．（2分）利用反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可制氧气，NA表示阿伏加德罗常数。有关说法正确的是（ ）
A．1.8g H2O含NA个质子
B．22.4L O2含2NA个氧原子
C．每生成1mol O2转移4mol电子
D．4g NaOH溶于100mL水，所得溶液浓度为1mol/L
8．（2分）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（ ）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
9．（2分）CFCl3破坏臭氧层的过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ：断裂C﹣Cl键
B．过程Ⅱ：O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ：发生了O2═O+O反应
D．整个过程中氯原子是破坏臭氧层的催化剂
10．（2分）用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，不需要的仪器是（ ）
A．量筒 B．烧杯
C．分液漏斗 D．100mL容量瓶
11．（2分）下列各组溶液中的反应，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A．AlCl3与NaOH B．Ba（OH）2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca（OH）2
12．（2分）符合工业合成氨生产实际的是（ ）
A．V2O5作催化剂 B．反应温度由催化剂决定
C．将N2和H2液化 D．NH3由吸收塔吸收
13．（2分）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn ②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al＜Zn＜C
14．（2分）CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3。以下说法正确的是（ ）
A．该过程是物理变化
B．可用CaCl2干燥NH3
C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性
D．CaCl2•8NH3溶于水，通入过量CO2会产生白色沉淀
15．（2分）我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线如图所示，有关说法正确的是（ ）
A．过程①发生了取代反应
B．M的结构简式为
C．利用相同的原料和原理，也能合成邻二甲苯
D．该合成路线原子利用率为100%
16．（2分）锌﹣空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，原理如图。该电池放电时Zn转化为ZnO。以下说法正确的是（ ）
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．负极反应：Zn+H2O﹣2e﹣═ZnO+2H+
C．OH﹣向石墨电极移动
D．电子从Zn电极经导线流向石墨电极
17．（2分）室温时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点：c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣）
B．c点：c（SO42﹣）＞c（NH3▪H2O）＞c（NH4+）
C．d点：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
18．（2分）H2和I2在一定条件下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，已知a、b、c均大于零。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于生成物的总能量
B．H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ（x＞a）
C．断开2mol H﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ
D．向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放热2akJ
19．（2分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
20．（2分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如图。下列判断错误的是（ ）
A．非金属性：W＞Z B．最高正价：Y＜Z
C．单质熔点：X＜Y D．简单离子半径：X＞M
二、综合题（共60分）
21．（15分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
NaIO3+ NaHSO3═3NaHSO4+ Na2SO4+ I2+ H2O（未配平）
完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。
（2）该反应实质是两步反应：①IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为② ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是 。
（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是 ，碘升华克服的微粒间作用力为 。
（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是 。（选填编号）
a．原子的最外层都有7个电子
b．ICl中碘元素为+1价
c．酸性：HClO3＞HIO3
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 。
22．（15分）以天然气为主要原料合成氨工艺流程大致分为三步：第一步：原料气的制备。在Ni的催化作用下，天然气主要成分CH4发生如下反应：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）+Q1（Q1＜0）；
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）+Q2
完成下列填空：
（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是 。在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是（任写一个） 。
（2）反应②平衡常数随温度变化如表：
温度/℃
500
800
K
a
b
a＞b，则Q2 0（选填“＞”、“＜”或“＝”）；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，进行到某一时刻，反应温度400℃，＝，此时v正 v逆（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
第二步：原料气的净化。在将氢氮原料气送入合成塔前必须净化，工业上用热K2CO3溶液吸收CO2。
（3）产物KHCO3溶液显 性，理由是 。用平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因。
第三步：原料气的压缩和氨的合成。将氢氮混合气压缩后在高温高压催化剂条件下合成氨气。
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，画出合成氨反应的能量变化示意图 。
23．（15分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，M＝392g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O），进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
（1）摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 。
（2）步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是 。
（3）为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用 （选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”）洗涤。
（4）实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的 。（选填编号）
a．烧杯
b．坩埚
c．锥形瓶
d．玻璃棒
e．石棉网
（5）写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由。
（6）称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定终点的现象是 ，该摩尔盐的纯度是 。实验结果比理论值偏低的可能原因是 。（选填编号）
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程有少量样品溶液溅出
c．滴定前仰视滴定管读数
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
24．（15分）人们常利用信息素诱捕昆虫以达到生物防治虫害的目的。以下是某种昆虫信息素中间体（J）的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是羰基、 ，A→B的反应类型是 。
（2）B→C第一步反应的化学方程式为 。
（3）设计C→D的目的是 。
（4）写出满足以下条件的J的一种同分异构体的结构简式 。
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（5）利用Wittig反应将一条以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5的合成路线补充完整。 CH2＝CHCOOC2H5
2020-2021学年上海市金山区高三（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答案）
1．（2分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳；
D．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A不选；
B．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故B不选；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C不选；
D．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D选。
故选：C。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧、化合反应等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列属于含有极性键的非极性分子是（ ）
A．CS2 B．H2O C．NH3 D．CH2Cl2
【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此答题。
【解答】解：A．CS2为直线形结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故A正确；
B．H2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故B错误；
C．NH3中有N、H元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，故C错误；
D．CH2Cl2含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。
3．（2分）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】轨道表示式能够表示出电子层、能级和自旋状态，C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，据此写出C原子最外层电子轨道表示式。
【解答】解：A．原子轨道表示式遵循洪特规则，2p能级上2个电子，尽可能分占不同轨道，故A错误；
B．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以2p能级上每个轨道中的单电子应取得相同自旋，故B错误；
C．C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，故碳原子最外层电子轨道表示式为，故C正确；
D．根据能量最低原理，2s轨道的能量低于2p轨道，所以电子先排满2s轨道，才能排2p轨道，所以该电子排布式违背了能量最低原理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子核外电子排布，明确构造原理、洪特规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O
B．氮原子的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡N
D．NF3的电子式：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数；
B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子；
C．氮气中N原子之间以三键结合；
D．NF3中F原子的最外层有7个电子。
【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为18，表示为：O，故A正确；
B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子，结构示意图为，故B正确；
C．氮气中N原子之间以三键结合，故其结构式为N≡N，故C正确；
D．NF3中F原子的最外层有7个电子，故其电子式为，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及核素符号、原子结构示意图、结构式、电子式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
5．（2分）工业上不宜用电解法制备的金属是（ ）
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
【分析】活泼金属如Na、Mg、Al等，利用电解法冶炼，而金属Fe选择热还原法冶炼，以此来解答。
【解答】解：A．电解熔融NaCl冶炼Na，故A不选；
B．电解熔融氯化镁冶炼Mg，故B不选；
C．电解熔融氧化铝冶炼Al，故C不选；
D．利用还原剂还原铁的氧化物冶炼Fe，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查金属冶炼及电解，为高频考点，把握电解原理的应用及金属冶炼方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属活泼性与冶炼方法的关系，题目难度不大。
6．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液颜色先变红后褪色的微粒分别是（ ）
A．H+、Cl﹣ B．H+、HClO C．HCl、Cl﹣ D．HCl、HClO
【分析】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl、HClO具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【解答】解：氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl、HClO电离出的H+，具有酸性，导致溶液颜色先变红，HClO具有漂白性，导致溶液褪色，B符合，
故选：B。
【点评】本题考查了氯气性质、氯气和水反应的产物性质判断，把握氯气与水的反应及HClO的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
7．（2分）利用反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可制氧气，NA表示阿伏加德罗常数。有关说法正确的是（ ）
A．1.8g H2O含NA个质子
B．22.4L O2含2NA个氧原子
C．每生成1mol O2转移4mol电子
D．4g NaOH溶于100mL水，所得溶液浓度为1mol/L
【分析】A．水分子中含有10个质子，结合n＝＝计算；
B．不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算；
C．该反应中，Na2O2的﹣1价的O歧化为0价和﹣2价，则每生成1molO2转移2mol电子；
D．先计算NaOH的物质的量，在根据c＝进行计算。
【解答】解：A．1.8gH2O的物质的量为：＝0.1mol，每个H2O分子中有10个质子，则1.8gH2O中含有1mol质子，含有的质子数为NA，故A正确；
B．22.4LO2没有说明是在标况下，无法计算O2的物质的量，故B错误；
C．对于反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，Na2O2中﹣1价的O歧化为0价和﹣2价，则每生成1molO2转移2mol电子，故C错误；
D．先计算NaOH的物质的量n＝＝＝0.1mol，c＝＝＝1mol/L，注意体积为溶液的体积，但题目是溶于100mL水时，无法进行计算，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8．（2分）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（ ）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
【分析】根据信息可知发生的反应是FeS2+H2SO4＝H2S2+FeSO4、H2S2＝H2S↑+S↓，以此解答该题。
【解答】解：FeS2颗粒与硫酸发生：FeS2+H2SO4＝H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2＝H2S↑+S↓，则不可能生成的是FeS，
故选：C。
【点评】本题考查了含硫物质的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题注意题中信息，学习中注意信息迁移能力的培养，题目难度不大。
9．（2分）CFCl3破坏臭氧层的过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ：断裂C﹣Cl键
B．过程Ⅱ：O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ：发生了O2═O+O反应
D．整个过程中氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【分析】A．图示可知，过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子；
B．过程Ⅱ：O3与Cl反应生成ClO和O2；
C．过程Ⅲ：ClO与O反应生成Cl和O2；
D．反应过程可知，氟利昂中氯原子在氧气分解为氧气的过程中起到催化作用。
【解答】解：A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C﹣Cl键，故A正确；
B．过程Ⅱ：O3与Cl反应生成ClO和O2，则过程Ⅱ可表示为：O3+Cl＝ClO+O2，故B正确；
C．过程Ⅲ：ClO与O反应生成Cl和O2，则过程Ⅲ可表示为：ClO+O＝Cl+O2，故C错误；
D．过程Ⅱ中氯原子反应生成氧化氯，过程Ⅲ中氧化氯和氧原子反应又生成了氯原子，所以说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氟氯代烷对环境的影响、化学反应机理，题目难度不大，明确图示信息含义为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（2分）用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，不需要的仪器是（ ）
A．量筒 B．烧杯
C．分液漏斗 D．100mL容量瓶
【分析】用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，配制步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法分析使用的仪器。
【解答】解：用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，结合操作方法可知，使用的仪器有：量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒等，不会使用分液漏斗，故C错误，
故选：C。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法为解答关键，注意掌握溶液配制步骤及操作方法，试题侧重考查学生的化学实验能力。
11．（2分）下列各组溶液中的反应，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A．AlCl3与NaOH B．Ba（OH）2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca（OH）2
【分析】A．氢氧化钠过量与不足时，反应产物不同；
B．二者反应生成硫酸钡和水，与反应物的量无关；
C．氯化氢过量与不足时，反应产物不同；
D．氢氧化钙过量与不足，反应产物不同。
【解答】解：A．AlCl3与过量NaOH溶液反应的离子反应为：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，NaOH不足时的反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故A错误；
B．Ba（OH）2与H2SO4反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示，故B正确；
C．少量HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，过量HCl和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式：2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故C错误；
D．碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，和过量氢氧化钙反应生成碳酸钙、NaOH 和水，离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
12．（2分）符合工业合成氨生产实际的是（ ）
A．V2O5作催化剂 B．反应温度由催化剂决定
C．将N2和H2液化 D．NH3由吸收塔吸收
【分析】工业合成氨是用氮气、氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气，反应为气体体积减小的放热反应，结合平衡影响原理、影响化学反应速率、化学平衡的因素分析判断。
【解答】解：A．铁触媒做催化剂加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不是V2O5，不符合生产实际，故A不选；
B．催化剂在一定温度下活性最大，催化效率最高，反应温度由催化剂决定，故B选；
C．N2和H2液化分离平衡逆向进行，不利于合成氨，不符合生产实际，故C不选；
D．合成氨的生产设备中没有吸收塔，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了工业合成氨的化学平衡、反应速率影响因素分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
13．（2分）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn ②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al＜Zn＜C
【分析】A．反应①利用Al的还原剂及放热；
B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应；
C．C2Cl6为乙烷的卤代物；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C．
【解答】解：A．反应①利用Al的还原剂及放热，为铝热反应可冶炼Zn，故A正确；
B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故B正确；
C．C2Cl6为乙烷的卤代物，则属于卤代烃，故C正确；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，且Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属无氧化性，题目难度不大．
14．（2分）CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3。以下说法正确的是（ ）
A．该过程是物理变化
B．可用CaCl2干燥NH3
C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性
D．CaCl2•8NH3溶于水，通入过量CO2会产生白色沉淀
【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化；
B．氯化钙与氨气结合生成络合物；
C．CaCl2•8NH3溶于水，得到氯化钙和氨水混合溶液；
D．少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙沉淀，继续通入过量二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙。
【解答】解：A．CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3，过程中有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．氯化钙与氨气结合生成络合物，所以氯化钙不能干燥氨气，故B错误；
C．CaCl2•8NH3溶于水，得到氯化钙和氨水混合溶液，氨水中一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，故C正确；
D．少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙沉淀，继续通入过量二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，不会产生白色沉淀，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查氯化钙和氨气的基本知识，需要明确物理变化和化学变化等基础知识，注意碳酸钙能够与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，题目难度不大。
15．（2分）我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线如图所示，有关说法正确的是（ ）
A．过程①发生了取代反应
B．M的结构简式为
C．利用相同的原料和原理，也能合成邻二甲苯
D．该合成路线原子利用率为100%
【分析】A．反应中C＝C键生成C﹣C键；
B．由球棍模型可知M含有C＝C键，且含有醛基；
C．由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯；
D．过程②中有副产物生成。
【解答】解：A．反应中C＝C键生成C﹣C键，则为加成反应，故A错误；
B．由球棍模型可知M含有C＝C键，且含有醛基，结构简式为，故B正确；
C．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程②得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，故C错误；
D．过程①的原子利用率为100%，但过程②除生成对二甲苯外，还生成了水，原子利用率小于100%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
16．（2分）锌﹣空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，原理如图。该电池放电时Zn转化为ZnO。以下说法正确的是（ ）
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．负极反应：Zn+H2O﹣2e﹣═ZnO+2H+
C．OH﹣向石墨电极移动
D．电子从Zn电极经导线流向石墨电极
【分析】根据电池反应式知，锌作负极，负极上电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，电子从负极流向正极，但是不会经过电解质溶液，据此回答。
【解答】解：A．氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，故A错误；
B．溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O，碱性条件下不能生成氢离子，故B错误；
C．放电时OH﹣向负极即向锌电极移动，故C错误；
D．电子从负极流向正极，则电子从Zn电极经导线流向石墨电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，会根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
17．（2分）室温时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点：c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣）
B．c点：c（SO42﹣）＞c（NH3▪H2O）＞c（NH4+）
C．d点：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
【分析】A．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，并且二者物质的量浓度相等；
B．c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，并且c（NH3▪H2O）＝2c[（NH4）2SO4]，溶液呈碱性；
C．d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，溶液呈碱性，并且c（NH3▪H2O）＝c（Na2SO4），结合水的电离分析解答；
D．酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，并且酸或碱的浓度越大，抑制作用越强。
【解答】解：A．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，并且二者物质的量浓度相等，即c（Na+）＝c（SO42﹣），电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣），故A正确；
B．c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，并且c（NH3▪H2O）＝2c[（NH4）2SO4]，溶液呈碱性，则NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，所以c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3▪H2O），故B错误；
C．d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，溶液呈碱性，并且c（NH3▪H2O）＝c（Na2SO4），由于NH3▪H2O和水的电离，所以溶液中c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+），故C错误；
D．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，促进水的电离；b点促进作用与抑制作用相当，水正常电离；c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，抑制水的电离，d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较等知识，为高频考点，把握曲线上各点溶液的成分和物质的性质是解题关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力和灵活运用能力，题目难度中等。
18．（2分）H2和I2在一定条件下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，已知a、b、c均大于零。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于生成物的总能量
B．H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ（x＞a）
C．断开2mol H﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ
D．向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放热2akJ
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
B．同一物质的固体转化为气体吸热；
C．焓变等于反应物的总键能﹣生成物的总键能；
D．可逆反应不能进行完全。
【解答】解：A．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，即1molH2（g）和1molI2（g）具有的能量比2molHI（g）多akJ，所以该反应放热，故A错误；
B．I2（s）→I2（g）吸热，即1molH2（g）和1molI2（s）具有的能量小于1molH2（g）和1molI2（g）具有的能量，所以1molH2（g）和1molI2（s）总能量与2molHI（g）总能量之差x小于akJ，即H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ，并且x＜a，故B错误；
C．若H﹣I键键能为x，焓变等于反应物的总键能﹣生成物的总键能，即（b+c）kJ/mol﹣2x＝﹣akJ/mol，有2x＝（a+b+c）kJ/mol，即断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ，故C正确；
D．H2和I2的反应是可逆反应，所以2molH2和2molI2充分反应生成HI（g）的物质的量小于2mol，充分反应后放热小于2akJ，故D错误；△H
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、可逆反应特点为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
19．（2分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
【分析】A．催化剂不能改变平衡转化率；
B．温度升高，平衡向吸热方向移动；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝，据此计算判断。
【解答】解：A．催化剂不能改变平衡转化率，若图中a点使用了催化剂，则b点没有达到平衡状态，不可能是催化剂的影响，可能是压强较小，故A错误；
B．温度升高，SO2的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，正反应放热，△H＜0，故B错误；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动，图象不发生改变，故C错误；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，△c（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1×50%×＝5×10﹣3mol•L﹣1，c平（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1﹣5×10﹣3mol•L﹣1＝1.5×10﹣2mol•L﹣1则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝＝＝＝L•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
20．（2分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如图。下列判断错误的是（ ）
A．非金属性：W＞Z B．最高正价：Y＜Z
C．单质熔点：X＜Y D．简单离子半径：X＞M
【分析】X、Y、Z、W、M 均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH＝2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素；Y的半径大于N，且酸性比硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl；W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，则M为Na，以此解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，X为N、Y为C、Z为Cl、W为S、M为Na，
A．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性W＜Z，故A错误；
B．Y的最高正价为+4，Z的最高价为+7，则最高正价：Y＜Z，故B正确；
C．X的单质常温下为气体，Y单质为金刚石、石墨时熔点高，故C正确；
D．X、M 简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小顺序：X＞M，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应水化物溶液的pH、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
2 NaIO3+ 5 NaHSO3═3NaHSO4+ 2 Na2SO4+ 1 I2+ 1 H2O（未配平）
完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。
（2）该反应实质是两步反应：①IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为② +5I﹣+6H+→3I2+3H2O ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是 5：1 。
（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是 5s25p5 ，碘升华克服的微粒间作用力为 范德华力 。
（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是 bd 。（选填编号）
a．原子的最外层都有7个电子
b．ICl中碘元素为+1价
c．酸性：HClO3＞HIO3
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质 。
【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；
（2）根据反应①碘酸根与其还原产物碘离子的物质的量之比；根据反应②确定碘酸根与被其氧化的碘离子的物质的量之比，要使碘酸钠的利用率最高则碘酸根与碘离子应恰好完全反应产生碘单质；
（3）根据碘为第五周期VIIA族元素，确定其价电子排布式；碘单质属于分子晶体，确定其作用力；
（4）非金属性的强弱与最外层电子数无关；根据化合物中显负价的元素的非金属性强于显正价元素的非金属性判断；根据最高价氧化物的水化物确定非金属性的强弱；浓硫酸可氧化碘离子，但不能氧化氯离子判断两者的非金属强弱；
（5）检验亚硫酸钠固体变质需检验其氧化产物硫酸根离子。
【解答】解：（1）根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价变化为+5→0，所以一个碘酸根离子得5个电子，硫元素的化合价变化为+4→+6，所以一个参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去2个电子，所以得失的最小公倍数是10，所以碘酸钠的计量数是1，亚硫酸氢钠的计量数是5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为：2NaIO3+5NaHSO3═3NaHSO4+2Na2SO4+I2+2H2O，反应中亚硫酸氢钠转移10个电子给碘酸钠，电子转移过程表示：
，
故答案为：2；5；2；1；1；；
（2）根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，离子方程式为：IO3﹣+5I﹣+6H+→3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还原成的电离应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足5：1，
故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；5：1；
（3）碘为第五周期VIIA族元素，其价电子数为7，价电子排布式为：5s25p5；碘单质是分子晶体，分子间通过范德华力结合，碘升华时要破坏分子间的范德华力，
故答案为：5s25p5；范德华力；
（4）a．非金属性的强弱与原子的最外层电子数无关，故a不选；
b．ICl中碘元素为+1价，则氯为﹣1价，可知氯的电负性强于碘，氯的非金属性强于碘，故b选；
c．判断非金属性强弱可依据元素最高价含氧酸的酸性强弱判断、而HClO3、HIO3，不是最高价含氧酸，故c不选；
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘说明碘离子能被浓硫酸氧化成碘单质，而氯离子不能被浓硫酸氧化，则碘离子的还原性强于氯离子，从而可知氯的非金属性强于碘，故d选；
故答案为：bd；
（5）亚硫酸钠固体在空气中变质会被氧气氧化成硫酸钠，因此要检验硫酸根离子判断其是否被氧化，具体步骤为：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质，
故答案为：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
【点评】本题考查了氧化还原反应的配平、氧化产物和还原产物的比等知识点，根据氧化还原反应的电子得失守恒即化合价升降总数相等配平。特别注意硫酸根离子检验时的试剂选择及试剂的加入顺序对结果
22．（15分）以天然气为主要原料合成氨工艺流程大致分为三步：第一步：原料气的制备。在Ni的催化作用下，天然气主要成分CH4发生如下反应：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）+Q1（Q1＜0）；
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）+Q2
完成下列填空：
（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是 防止催化剂（Ni）中毒 。在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是（任写一个） 升温或适当增大H2O（g）浓度 。
（2）反应②平衡常数随温度变化如表：
温度/℃
500
800
K
a
b
a＞b，则Q2 ＞ 0（选填“＞”、“＜”或“＝”）；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，进行到某一时刻，反应温度400℃，＝，此时v正 ＞ v逆（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
第二步：原料气的净化。在将氢氮原料气送入合成塔前必须净化，工业上用热K2CO3溶液吸收CO2。
（3）产物KHCO3溶液显 碱 性，理由是 HCO3﹣的水解大于电离 。用平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因。 CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动
第三步：原料气的压缩和氨的合成。将氢氮混合气压缩后在高温高压催化剂条件下合成氨气。
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，画出合成氨反应的能量变化示意图 。
【分析】（1）含硫化合物可使催化剂中毒；增大水蒸气的浓度或升高温度均可加快反应速率，且平衡正向移动；
（2）温度越高、K越小，可知为放热反应；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，反应温度400℃，＝，则
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 n n 0 0
转化 x x x x
平衡 n﹣x n﹣x x x
＝，解得x＝，
Qc＝＝＜a，平衡正向移动；
（3）KHCO3溶液水解显碱性，用热K2CO3溶液吸收CO2，加压平衡正向移动；
（4）合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，可知反应物比生成物能量高。
【解答】解：（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是防止催化剂（Ni）中毒；在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是升温或适当增大H2O（g）浓度，
故答案为：防止催化剂（Ni）中毒；升温或适当增大H2O（g）浓度；
（2）a＞b，温度越高、K越小，可知为放热反应，则Q2＞0；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，反应温度400℃，＝，则
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 n n 0 0
转化 x x x x
平衡 n﹣x n﹣x x x
＝，解得x＝，
n、a均大于0，Qc＝＝＜a＜K（400℃），平衡正向移动，则此时v正＞v逆，
故答案为：＞；＞；
（3）产物KHCO3溶液显碱性，理由是HCO3﹣的水解大于电离，平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因为CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动，
故答案为：碱；HCO3﹣的水解大于电离；CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动；
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，且物质的量与热量成正比，则合成氨反应的能量变化示意图为，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（2）为解答的难点，题目难度不大。
23．（15分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，M＝392g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O），进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
（1）摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。
（2）步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是 使Fe2+完全沉淀 。
（3）为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用 热水 （选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”）洗涤。
（4）实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的 bd 。（选填编号）
a．烧杯
b．坩埚
c．锥形瓶
d．玻璃棒
e．石棉网
（5）写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由。 反应接触不充分或者有C杂质
（6）称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定终点的现象是 溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色 ，该摩尔盐的纯度是 70% 。实验结果比理论值偏低的可能原因是 bc 。（选填编号）
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程有少量样品溶液溅出
c．滴定前仰视滴定管读数
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
【分析】由工艺流程分析可知，（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶解酸化后加入稍过量的H2C2O4溶液，得到含FeC2O4•2H2O的混合溶液，再经过抽滤、洗涤、干燥得到FeC2O4•2H2O，将FeC2O4•2H2O在O2气流中灼烧得到Fe2O3，最后还原得到Fe单质。
（1）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，据此分析离子浓度大小；
（2）Fe2+易发生水解，稍过量的草酸有助于抑制Fe2+的水解；
（3）已知草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，用热水洗涤可以保证附着在草酸亚铁表面的杂质全部洗净；
（4）步骤④为高温反应，需用到坩埚和高温炉两种仪器；
（5）碳粉为固体，不能充分接触而且容易混入铁中；
（6）亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，测定莫尔盐样品的纯度：发生MnO4﹣+8H++5Fe2+＝5Fe3++Mn2++4H2O，结合离子方程式计算，据c（测）＝，看错误操作导致V（滴定）的变化分析。
【解答】解：（1）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，最大的是硫酸根离子，其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、氢离子浓度和氢氧化根离子浓度，离子浓度大小为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（2）硫酸亚铁铵中的Fe2+发生水解，加入稍过量的草酸有助于抑制Fe2+的水解，使反应更加充分，提高草酸亚铁的转化率，
故答案为：使Fe2+完全沉淀；
（3）已知草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，第三步洗涤过程中应用热水，以保证附着在草酸亚铁表面的杂质全部洗净，
故答案为：热水；
（4）固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，所以应选bd；
故答案为：bd；
（5）利用碳粉还原氧化铁，可能会出现反应不均、生成的Fe中有C杂质混入等情况，
故答案为：反应接触不充分或者有C杂质；
（6）亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液为紫色，滴定到终点的现象是待测液溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色，反应为：MnO4﹣+8H++5Fe2+＝5Fe3++Mn2++4H2O，关系式为：5FeC2O4•2H2O～5Fe2+～MnO4﹣，n（KMnO4）＝0.01L×0.1mol/L＝0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2+）＝0.005mol，
则14.0g样品中[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为：×100%＝70%，
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，KMnO4溶液浓度变稀，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故a错误；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，消耗标准KMnO4溶液体积减小，测定结果偏低，故b正确；
c．滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数，读取标准KMnO4溶液体积减少，测定结果偏低，故c正确；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消，读取标准KMnO4溶液体积增多，测定结果偏高，故d错误；
故答案为：溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
【点评】本题以制备高纯度的还原铁粉为载体，考查实验的基本操作以及反应条件的选择，另外还涉及反应原理的理解与应用等，对学生分析问题和解决问题的能力，题目难度中等。
24．（15分）人们常利用信息素诱捕昆虫以达到生物防治虫害的目的。以下是某种昆虫信息素中间体（J）的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是羰基、 酯基 ，A→B的反应类型是 加成反应 。
（2）B→C第一步反应的化学方程式为 。
（3）设计C→D的目的是 保护羰基防止被LiAlH4还原 。
（4）写出满足以下条件的J的一种同分异构体的结构简式 OHCCH2C（CH3）2CH2CHO 。
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（5）利用Wittig反应将一条以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5的合成路线补充完整。 CH2＝CHCOOC2H5
【分析】A发生加成反应生成B，B发生一系列反应生成C，C发生取代反应生成D，E发生取代反应生成F，F发生氧化反应生成G，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成J；
（5）以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5，CH2＝CHCOOC2H5由丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，乙醛发生E生成F类型的反应生成丙烯，丙烯发生F生成G的反应生成1，2﹣丙二醇，1，2﹣丙二醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH发生消去反应生成丙烯酸。
【解答】解：（1）A中官能团的名称是羰基、酯基，A和丙烯酸乙酯发生加成反应生成B，A→B的反应类型是加成反应，
故答案为：酯基；加成反应；
（2）B→C第一步发生碱性条件下的水解反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C发生取代反应生成D、G发生取代反应生成H，C生成D中羰基转化为醚键、G转化为H时醚键转化为羰基，所以设计C→D的目的是保护羰基防止被LiAlH4还原，
故答案为：保护羰基防止被LiAlH4还原；
（4）J的一种同分异构体符合下列条件：
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应，说明含有醛基，J的不饱和度＝＝2，醛基的不饱和度是1；
③含有三种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为OHCCH2C（CH3）2CH2CHO，
故答案为：OHCCH2C（CH3）2CH2CHO；
（5）以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5，CH2＝CHCOOC2H5由丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，乙醛发生E生成F类型的反应生成丙烯，丙烯发生F生成G的反应生成1，2﹣丙二醇，1，2﹣丙二醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH发生消去反应生成丙烯酸，所以其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查分析、推断及知识迁移能力，正确判断反应前后断键和成键方式、反应类型是解本题关键，利用知识迁移方法、反应物和目标产物结构简式差异性进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定。
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2020-2021学年上海市金山区高三（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答案）
1．（2分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
2．（2分）下列属于含有极性键的非极性分子是（ ）
A．CS2 B．H2O C．NH3 D．CH2Cl2
3．（2分）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2分）OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O
B．氮原子的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡N
D．NF3的电子式：
5．（2分）工业上不宜用电解法制备的金属是（ ）
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
6．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液颜色先变红后褪色的微粒分别是（ ）
A．H+、Cl﹣ B．H+、HClO C．HCl、Cl﹣ D．HCl、HClO
7．（2分）利用反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可制氧气，NA表示阿伏加德罗常数。有关说法正确的是（ ）
A．1.8g H2O含NA个质子
B．22.4L O2含2NA个氧原子
C．每生成1mol O2转移4mol电子
D．4g NaOH溶于100mL水，所得溶液浓度为1mol/L
8．（2分）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（ ）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
9．（2分）CFCl3破坏臭氧层的过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ：断裂C﹣Cl键
B．过程Ⅱ：O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ：发生了O2═O+O反应
D．整个过程中氯原子是破坏臭氧层的催化剂
10．（2分）用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，不需要的仪器是（ ）
A．量筒 B．烧杯
C．分液漏斗 D．100mL容量瓶
11．（2分）下列各组溶液中的反应，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A．AlCl3与NaOH B．Ba（OH）2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca（OH）2
12．（2分）符合工业合成氨生产实际的是（ ）
A．V2O5作催化剂 B．反应温度由催化剂决定
C．将N2和H2液化 D．NH3由吸收塔吸收
13．（2分）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn ②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al＜Zn＜C
14．（2分）CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3。以下说法正确的是（ ）
A．该过程是物理变化
B．可用CaCl2干燥NH3
C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性
D．CaCl2•8NH3溶于水，通入过量CO2会产生白色沉淀
15．（2分）我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线如图所示，有关说法正确的是（ ）
A．过程①发生了取代反应
B．M的结构简式为
C．利用相同的原料和原理，也能合成邻二甲苯
D．该合成路线原子利用率为100%
16．（2分）锌﹣空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，原理如图。该电池放电时Zn转化为ZnO。以下说法正确的是（ ）
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．负极反应：Zn+H2O﹣2e﹣═ZnO+2H+
C．OH﹣向石墨电极移动
D．电子从Zn电极经导线流向石墨电极
17．（2分）室温时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点：c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣）
B．c点：c（SO42﹣）＞c（NH3▪H2O）＞c（NH4+）
C．d点：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
18．（2分）H2和I2在一定条件下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，已知a、b、c均大于零。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于生成物的总能量
B．H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ（x＞a）
C．断开2mol H﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ
D．向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放热2akJ
19．（2分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
20．（2分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如图。下列判断错误的是（ ）
A．非金属性：W＞Z B．最高正价：Y＜Z
C．单质熔点：X＜Y D．简单离子半径：X＞M
二、综合题（共60分）
21．（15分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
NaIO3+ NaHSO3═3NaHSO4+ Na2SO4+ I2+ H2O（未配平）
完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。
（2）该反应实质是两步反应：①IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为② ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是 。
（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是 ，碘升华克服的微粒间作用力为 。
（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是 。（选填编号）
a．原子的最外层都有7个电子
b．ICl中碘元素为+1价
c．酸性：HClO3＞HIO3
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 。
22．（15分）以天然气为主要原料合成氨工艺流程大致分为三步：第一步：原料气的制备。在Ni的催化作用下，天然气主要成分CH4发生如下反应：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）+Q1（Q1＜0）；
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）+Q2
完成下列填空：
（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是 。在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是（任写一个） 。
（2）反应②平衡常数随温度变化如表：
温度/℃
500
800
K
a
b
a＞b，则Q2 0（选填“＞”、“＜”或“＝”）；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，进行到某一时刻，反应温度400℃，＝，此时v正 v逆（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
第二步：原料气的净化。在将氢氮原料气送入合成塔前必须净化，工业上用热K2CO3溶液吸收CO2。
（3）产物KHCO3溶液显 性，理由是 。用平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因。
第三步：原料气的压缩和氨的合成。将氢氮混合气压缩后在高温高压催化剂条件下合成氨气。
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，画出合成氨反应的能量变化示意图 。
23．（15分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，M＝392g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O），进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
（1）摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 。
（2）步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是 。
（3）为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用 （选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”）洗涤。
（4）实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的 。（选填编号）
a．烧杯
b．坩埚
c．锥形瓶
d．玻璃棒
e．石棉网
（5）写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由。
（6）称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定终点的现象是 ，该摩尔盐的纯度是 。实验结果比理论值偏低的可能原因是 。（选填编号）
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程有少量样品溶液溅出
c．滴定前仰视滴定管读数
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
24．（15分）人们常利用信息素诱捕昆虫以达到生物防治虫害的目的。以下是某种昆虫信息素中间体（J）的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是羰基、 ，A→B的反应类型是 。
（2）B→C第一步反应的化学方程式为 。
（3）设计C→D的目的是 。
（4）写出满足以下条件的J的一种同分异构体的结构简式 。
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（5）利用Wittig反应将一条以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5的合成路线补充完整。 CH2＝CHCOOC2H5
2020-2021学年上海市金山区高三（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答案）
1．（2分）下列过程可能会引起大气中CO2含量上升的是（ ）
A．光合作用 B．自然降雨 C．煤的燃烧 D．碳酸盐沉积
【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳；
D．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程。
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故A不选；
B．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故B不选；
C．煤的燃烧会产生大量二氧化碳，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故C不选；
D．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO2含量上升，故D选。
故选：C。
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧、化合反应等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列属于含有极性键的非极性分子是（ ）
A．CS2 B．H2O C．NH3 D．CH2Cl2
【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此答题。
【解答】解：A．CS2为直线形结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故A正确；
B．H2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故B错误；
C．NH3中有N、H元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，故C错误；
D．CH2Cl2含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。
3．（2分）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】轨道表示式能够表示出电子层、能级和自旋状态，C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，据此写出C原子最外层电子轨道表示式。
【解答】解：A．原子轨道表示式遵循洪特规则，2p能级上2个电子，尽可能分占不同轨道，故A错误；
B．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以2p能级上每个轨道中的单电子应取得相同自旋，故B错误；
C．C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，故碳原子最外层电子轨道表示式为，故C正确；
D．根据能量最低原理，2s轨道的能量低于2p轨道，所以电子先排满2s轨道，才能排2p轨道，所以该电子排布式违背了能量最低原理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子核外电子排布，明确构造原理、洪特规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（ ）
A．中子数为10的氧原子：O
B．氮原子的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡N
D．NF3的电子式：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数；
B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子；
C．氮气中N原子之间以三键结合；
D．NF3中F原子的最外层有7个电子。
【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为18，表示为：O，故A正确；
B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子，结构示意图为，故B正确；
C．氮气中N原子之间以三键结合，故其结构式为N≡N，故C正确；
D．NF3中F原子的最外层有7个电子，故其电子式为，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及核素符号、原子结构示意图、结构式、电子式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。
5．（2分）工业上不宜用电解法制备的金属是（ ）
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
【分析】活泼金属如Na、Mg、Al等，利用电解法冶炼，而金属Fe选择热还原法冶炼，以此来解答。
【解答】解：A．电解熔融NaCl冶炼Na，故A不选；
B．电解熔融氯化镁冶炼Mg，故B不选；
C．电解熔融氧化铝冶炼Al，故C不选；
D．利用还原剂还原铁的氧化物冶炼Fe，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查金属冶炼及电解，为高频考点，把握电解原理的应用及金属冶炼方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属活泼性与冶炼方法的关系，题目难度不大。
6．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，导致溶液颜色先变红后褪色的微粒分别是（ ）
A．H+、Cl﹣ B．H+、HClO C．HCl、Cl﹣ D．HCl、HClO
【分析】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl、HClO具有酸性，HClO具有漂白性，氯气能溶于水形成氯水溶液。
【解答】解：氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl、HClO电离出的H+，具有酸性，导致溶液颜色先变红，HClO具有漂白性，导致溶液褪色，B符合，
故选：B。
【点评】本题考查了氯气性质、氯气和水反应的产物性质判断，把握氯气与水的反应及HClO的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
7．（2分）利用反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可制氧气，NA表示阿伏加德罗常数。有关说法正确的是（ ）
A．1.8g H2O含NA个质子
B．22.4L O2含2NA个氧原子
C．每生成1mol O2转移4mol电子
D．4g NaOH溶于100mL水，所得溶液浓度为1mol/L
【分析】A．水分子中含有10个质子，结合n＝＝计算；
B．不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算；
C．该反应中，Na2O2的﹣1价的O歧化为0价和﹣2价，则每生成1molO2转移2mol电子；
D．先计算NaOH的物质的量，在根据c＝进行计算。
【解答】解：A．1.8gH2O的物质的量为：＝0.1mol，每个H2O分子中有10个质子，则1.8gH2O中含有1mol质子，含有的质子数为NA，故A正确；
B．22.4LO2没有说明是在标况下，无法计算O2的物质的量，故B错误；
C．对于反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，Na2O2中﹣1价的O歧化为0价和﹣2价，则每生成1molO2转移2mol电子，故C错误；
D．先计算NaOH的物质的量n＝＝＝0.1mol，c＝＝＝1mol/L，注意体积为溶液的体积，但题目是溶于100mL水时，无法进行计算，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
8．（2分）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（ ）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
【分析】根据信息可知发生的反应是FeS2+H2SO4＝H2S2+FeSO4、H2S2＝H2S↑+S↓，以此解答该题。
【解答】解：FeS2颗粒与硫酸发生：FeS2+H2SO4＝H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2＝H2S↑+S↓，则不可能生成的是FeS，
故选：C。
【点评】本题考查了含硫物质的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题注意题中信息，学习中注意信息迁移能力的培养，题目难度不大。
9．（2分）CFCl3破坏臭氧层的过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ：断裂C﹣Cl键
B．过程Ⅱ：O3+Cl═ClO+O2
C．过程Ⅲ：发生了O2═O+O反应
D．整个过程中氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【分析】A．图示可知，过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子；
B．过程Ⅱ：O3与Cl反应生成ClO和O2；
C．过程Ⅲ：ClO与O反应生成Cl和O2；
D．反应过程可知，氟利昂中氯原子在氧气分解为氧气的过程中起到催化作用。
【解答】解：A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C﹣Cl键，故A正确；
B．过程Ⅱ：O3与Cl反应生成ClO和O2，则过程Ⅱ可表示为：O3+Cl＝ClO+O2，故B正确；
C．过程Ⅲ：ClO与O反应生成Cl和O2，则过程Ⅲ可表示为：ClO+O＝Cl+O2，故C错误；
D．过程Ⅱ中氯原子反应生成氧化氯，过程Ⅲ中氧化氯和氧原子反应又生成了氯原子，所以说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了氟氯代烷对环境的影响、化学反应机理，题目难度不大，明确图示信息含义为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（2分）用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，不需要的仪器是（ ）
A．量筒 B．烧杯
C．分液漏斗 D．100mL容量瓶
【分析】用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，配制步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，结合操作方法分析使用的仪器。
【解答】解：用2.0mol/L盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸，结合操作方法可知，使用的仪器有：量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒等，不会使用分液漏斗，故C错误，
故选：C。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法为解答关键，注意掌握溶液配制步骤及操作方法，试题侧重考查学生的化学实验能力。
11．（2分）下列各组溶液中的反应，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（ ）
A．AlCl3与NaOH B．Ba（OH）2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca（OH）2
【分析】A．氢氧化钠过量与不足时，反应产物不同；
B．二者反应生成硫酸钡和水，与反应物的量无关；
C．氯化氢过量与不足时，反应产物不同；
D．氢氧化钙过量与不足，反应产物不同。
【解答】解：A．AlCl3与过量NaOH溶液反应的离子反应为：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，NaOH不足时的反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故A错误；
B．Ba（OH）2与H2SO4反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，无论反应物的相对量是多少，都能用同一离子方程式表示，故B正确；
C．少量HCl和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，过量HCl和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式：2H++CO32﹣＝H2O+CO2↑，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故C错误；
D．碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，和过量氢氧化钙反应生成碳酸钙、NaOH 和水，离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O，所以生成物与反应物的量有关，不能用同一离子方程式表示，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，题目难度不大，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
12．（2分）符合工业合成氨生产实际的是（ ）
A．V2O5作催化剂 B．反应温度由催化剂决定
C．将N2和H2液化 D．NH3由吸收塔吸收
【分析】工业合成氨是用氮气、氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气，反应为气体体积减小的放热反应，结合平衡影响原理、影响化学反应速率、化学平衡的因素分析判断。
【解答】解：A．铁触媒做催化剂加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不是V2O5，不符合生产实际，故A不选；
B．催化剂在一定温度下活性最大，催化效率最高，反应温度由催化剂决定，故B选；
C．N2和H2液化分离平衡逆向进行，不利于合成氨，不符合生产实际，故C不选；
D．合成氨的生产设备中没有吸收塔，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了工业合成氨的化学平衡、反应速率影响因素分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
13．（2分）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：
①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn ②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．反应①是铝热反应 B．反应②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．氧化性：Al＜Zn＜C
【分析】A．反应①利用Al的还原剂及放热；
B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应；
C．C2Cl6为乙烷的卤代物；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C．
【解答】解：A．反应①利用Al的还原剂及放热，为铝热反应可冶炼Zn，故A正确；
B．反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故B正确；
C．C2Cl6为乙烷的卤代物，则属于卤代烃，故C正确；
D．由①②可知还原性为Al＞Zn＞C，且Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属无氧化性，题目难度不大．
14．（2分）CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3。以下说法正确的是（ ）
A．该过程是物理变化
B．可用CaCl2干燥NH3
C．CaCl2•8NH3溶于水，溶液呈碱性
D．CaCl2•8NH3溶于水，通入过量CO2会产生白色沉淀
【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化；
B．氯化钙与氨气结合生成络合物；
C．CaCl2•8NH3溶于水，得到氯化钙和氨水混合溶液；
D．少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙沉淀，继续通入过量二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙。
【解答】解：A．CaCl2固体遇NH3会形成可溶性的CaCl2•8NH3，过程中有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．氯化钙与氨气结合生成络合物，所以氯化钙不能干燥氨气，故B错误；
C．CaCl2•8NH3溶于水，得到氯化钙和氨水混合溶液，氨水中一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，故C正确；
D．少量CO2会与氨水反应生成碳酸铵，碳酸根与钙离子生成碳酸钙沉淀，继续通入过量二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，不会产生白色沉淀，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查氯化钙和氨气的基本知识，需要明确物理变化和化学变化等基础知识，注意碳酸钙能够与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，题目难度不大。
15．（2分）我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线如图所示，有关说法正确的是（ ）
A．过程①发生了取代反应
B．M的结构简式为
C．利用相同的原料和原理，也能合成邻二甲苯
D．该合成路线原子利用率为100%
【分析】A．反应中C＝C键生成C﹣C键；
B．由球棍模型可知M含有C＝C键，且含有醛基；
C．由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯；
D．过程②中有副产物生成。
【解答】解：A．反应中C＝C键生成C﹣C键，则为加成反应，故A错误；
B．由球棍模型可知M含有C＝C键，且含有醛基，结构简式为，故B正确；
C．异戊二烯与丙烯醛发生加成反应也能生成，经过程②得到间二甲苯，但由相同原料、相同原理不能合成邻二甲苯，故C错误；
D．过程①的原子利用率为100%，但过程②除生成对二甲苯外，还生成了水，原子利用率小于100%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
16．（2分）锌﹣空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，原理如图。该电池放电时Zn转化为ZnO。以下说法正确的是（ ）
A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．负极反应：Zn+H2O﹣2e﹣═ZnO+2H+
C．OH﹣向石墨电极移动
D．电子从Zn电极经导线流向石墨电极
【分析】根据电池反应式知，锌作负极，负极上电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，电子从负极流向正极，但是不会经过电解质溶液，据此回答。
【解答】解：A．氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，故A错误；
B．溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O，碱性条件下不能生成氢离子，故B错误；
C．放电时OH﹣向负极即向锌电极移动，故C错误；
D．电子从负极流向正极，则电子从Zn电极经导线流向石墨电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，会根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
17．（2分）室温时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL 0.1mol/LNH4HSO4溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点：c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣）
B．c点：c（SO42﹣）＞c（NH3▪H2O）＞c（NH4+）
C．d点：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大
【分析】A．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，并且二者物质的量浓度相等；
B．c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，并且c（NH3▪H2O）＝2c[（NH4）2SO4]，溶液呈碱性；
C．d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，溶液呈碱性，并且c（NH3▪H2O）＝c（Na2SO4），结合水的电离分析解答；
D．酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，并且酸或碱的浓度越大，抑制作用越强。
【解答】解：A．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，并且二者物质的量浓度相等，即c（Na+）＝c（SO42﹣），电荷守恒关系式为c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）+c（H+）＝c（Na+）+c（OH﹣），故A正确；
B．c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，并且c（NH3▪H2O）＝2c[（NH4）2SO4]，溶液呈碱性，则NH3▪H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，所以c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3▪H2O），故B错误；
C．d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，溶液呈碱性，并且c（NH3▪H2O）＝c（Na2SO4），由于NH3▪H2O和水的电离，所以溶液中c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+），故C错误；
D．a点溶液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4，促进水的电离；b点促进作用与抑制作用相当，水正常电离；c点溶液中溶质为（NH4）2SO4、Na2SO4和NH3▪H2O，抑制水的电离，d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3▪H2O，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较等知识，为高频考点，把握曲线上各点溶液的成分和物质的性质是解题关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力和灵活运用能力，题目难度中等。
18．（2分）H2和I2在一定条件下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，已知a、b、c均大于零。下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于生成物的总能量
B．H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ（x＞a）
C．断开2mol H﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ
D．向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放热2akJ
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
B．同一物质的固体转化为气体吸热；
C．焓变等于反应物的总键能﹣生成物的总键能；
D．可逆反应不能进行完全。
【解答】解：A．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）+akJ，即1molH2（g）和1molI2（g）具有的能量比2molHI（g）多akJ，所以该反应放热，故A错误；
B．I2（s）→I2（g）吸热，即1molH2（g）和1molI2（s）具有的能量小于1molH2（g）和1molI2（g）具有的能量，所以1molH2（g）和1molI2（s）总能量与2molHI（g）总能量之差x小于akJ，即H2（g）+I2（s）⇌2HI（g）+xkJ，并且x＜a，故B错误；
C．若H﹣I键键能为x，焓变等于反应物的总键能﹣生成物的总键能，即（b+c）kJ/mol﹣2x＝﹣akJ/mol，有2x＝（a+b+c）kJ/mol，即断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）kJ，故C正确；
D．H2和I2的反应是可逆反应，所以2molH2和2molI2充分反应生成HI（g）的物质的量小于2mol，充分反应后放热小于2akJ，故D错误；△H
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、可逆反应特点为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
19．（2分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
【分析】A．催化剂不能改变平衡转化率；
B．温度升高，平衡向吸热方向移动；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝，据此计算判断。
【解答】解：A．催化剂不能改变平衡转化率，若图中a点使用了催化剂，则b点没有达到平衡状态，不可能是催化剂的影响，可能是压强较小，故A错误；
B．温度升高，SO2的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，正反应放热，△H＜0，故B错误；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动，图象不发生改变，故C错误；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，△c（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1×50%×＝5×10﹣3mol•L﹣1，c平（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1﹣5×10﹣3mol•L﹣1＝1.5×10﹣2mol•L﹣1则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝＝＝＝L•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
20．（2分）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如图。下列判断错误的是（ ）
A．非金属性：W＞Z B．最高正价：Y＜Z
C．单质熔点：X＜Y D．简单离子半径：X＞M
【分析】X、Y、Z、W、M 均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH＝2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素；Y的半径大于N，且酸性比硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl；W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/LW的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，则M为Na，以此解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，X为N、Y为C、Z为Cl、W为S、M为Na，
A．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性W＜Z，故A错误；
B．Y的最高正价为+4，Z的最高价为+7，则最高正价：Y＜Z，故B正确；
C．X的单质常温下为气体，Y单质为金刚石、石墨时熔点高，故C正确；
D．X、M 简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小顺序：X＞M，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应水化物溶液的pH、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
2 NaIO3+ 5 NaHSO3═3NaHSO4+ 2 Na2SO4+ 1 I2+ 1 H2O（未配平）
完成下列填空：
（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。
（2）该反应实质是两步反应：①IO3﹣+3HSO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，则第二步反应的离子方程式为② +5I﹣+6H+→3I2+3H2O ；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是 5：1 。
（3）过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是 5s25p5 ，碘升华克服的微粒间作用力为 范德华力 。
（4）能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是 bd 。（选填编号）
a．原子的最外层都有7个电子
b．ICl中碘元素为+1价
c．酸性：HClO3＞HIO3
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
（5）检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质 。
【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；
（2）根据反应①碘酸根与其还原产物碘离子的物质的量之比；根据反应②确定碘酸根与被其氧化的碘离子的物质的量之比，要使碘酸钠的利用率最高则碘酸根与碘离子应恰好完全反应产生碘单质；
（3）根据碘为第五周期VIIA族元素，确定其价电子排布式；碘单质属于分子晶体，确定其作用力；
（4）非金属性的强弱与最外层电子数无关；根据化合物中显负价的元素的非金属性强于显正价元素的非金属性判断；根据最高价氧化物的水化物确定非金属性的强弱；浓硫酸可氧化碘离子，但不能氧化氯离子判断两者的非金属强弱；
（5）检验亚硫酸钠固体变质需检验其氧化产物硫酸根离子。
【解答】解：（1）根据氧化还原反应中化合价升降总数相等配平，该反应中碘元素的化合价变化为+5→0，所以一个碘酸根离子得5个电子，硫元素的化合价变化为+4→+6，所以一个参加氧化还原反应的亚硫酸氢根离子失去2个电子，所以得失的最小公倍数是10，所以碘酸钠的计量数是1，亚硫酸氢钠的计量数是5，其它元素根据原子守恒进行配平，所以该方程式为：2NaIO3+5NaHSO3═3NaHSO4+2Na2SO4+I2+2H2O，反应中亚硫酸氢钠转移10个电子给碘酸钠，电子转移过程表示：
，
故答案为：2；5；2；1；1；；
（2）根据总反应可知最终转变成了碘单质，第一步碘酸根被还原成碘离子，则第二步碘离子应被碘酸根氧化成碘单质，离子方程式为：IO3﹣+5I﹣+6H+→3I2+3H2O；若要使碘酸钠的利用率最高，则第一步被还原成的电离应恰好在第二步被碘酸根离子氧化，则碘酸钠在第一步和第二步中用量比应满足5：1，
故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；5：1；
（3）碘为第五周期VIIA族元素，其价电子数为7，价电子排布式为：5s25p5；碘单质是分子晶体，分子间通过范德华力结合，碘升华时要破坏分子间的范德华力，
故答案为：5s25p5；范德华力；
（4）a．非金属性的强弱与原子的最外层电子数无关，故a不选；
b．ICl中碘元素为+1价，则氯为﹣1价，可知氯的电负性强于碘，氯的非金属性强于碘，故b选；
c．判断非金属性强弱可依据元素最高价含氧酸的酸性强弱判断、而HClO3、HIO3，不是最高价含氧酸，故c不选；
d．氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘说明碘离子能被浓硫酸氧化成碘单质，而氯离子不能被浓硫酸氧化，则碘离子的还原性强于氯离子，从而可知氯的非金属性强于碘，故d选；
故答案为：bd；
（5）亚硫酸钠固体在空气中变质会被氧气氧化成硫酸钠，因此要检验硫酸根离子判断其是否被氧化，具体步骤为：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质，
故答案为：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
【点评】本题考查了氧化还原反应的配平、氧化产物和还原产物的比等知识点，根据氧化还原反应的电子得失守恒即化合价升降总数相等配平。特别注意硫酸根离子检验时的试剂选择及试剂的加入顺序对结果
22．（15分）以天然气为主要原料合成氨工艺流程大致分为三步：第一步：原料气的制备。在Ni的催化作用下，天然气主要成分CH4发生如下反应：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）+Q1（Q1＜0）；
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）+Q2
完成下列填空：
（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是 防止催化剂（Ni）中毒 。在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是（任写一个） 升温或适当增大H2O（g）浓度 。
（2）反应②平衡常数随温度变化如表：
温度/℃
500
800
K
a
b
a＞b，则Q2 ＞ 0（选填“＞”、“＜”或“＝”）；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，进行到某一时刻，反应温度400℃，＝，此时v正 ＞ v逆（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
第二步：原料气的净化。在将氢氮原料气送入合成塔前必须净化，工业上用热K2CO3溶液吸收CO2。
（3）产物KHCO3溶液显 碱 性，理由是 HCO3﹣的水解大于电离 。用平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因。 CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动
第三步：原料气的压缩和氨的合成。将氢氮混合气压缩后在高温高压催化剂条件下合成氨气。
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，画出合成氨反应的能量变化示意图 。
【分析】（1）含硫化合物可使催化剂中毒；增大水蒸气的浓度或升高温度均可加快反应速率，且平衡正向移动；
（2）温度越高、K越小，可知为放热反应；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，反应温度400℃，＝，则
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 n n 0 0
转化 x x x x
平衡 n﹣x n﹣x x x
＝，解得x＝，
Qc＝＝＜a，平衡正向移动；
（3）KHCO3溶液水解显碱性，用热K2CO3溶液吸收CO2，加压平衡正向移动；
（4）合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，可知反应物比生成物能量高。
【解答】解：（1）天然气中的含硫化合物（如H2S、COS等）在反应前需除去的主要原因是防止催化剂（Ni）中毒；在恒温恒容条件下，欲提高反应①中CH4的反应速率和平衡转化率，可进一步采取的措施是升温或适当增大H2O（g）浓度，
故答案为：防止催化剂（Ni）中毒；升温或适当增大H2O（g）浓度；
（2）a＞b，温度越高、K越小，可知为放热反应，则Q2＞0；若等物质的量的CO和H2O（g）发生该反应，反应温度400℃，＝，则
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 n n 0 0
转化 x x x x
平衡 n﹣x n﹣x x x
＝，解得x＝，
n、a均大于0，Qc＝＝＜a＜K（400℃），平衡正向移动，则此时v正＞v逆，
故答案为：＞；＞；
（3）产物KHCO3溶液显碱性，理由是HCO3﹣的水解大于电离，平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因为CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动，
故答案为：碱；HCO3﹣的水解大于电离；CO2+H2O+CO32﹣2HCO3﹣，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动；
（4）若合成1mol NH3（g）放热46.2kJ，且物质的量与热量成正比，则合成氨反应的能量变化示意图为，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡三段法、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（2）为解答的难点，题目难度不大。
23．（15分）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，M＝392g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁（FeC2O4•2H2O），进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
（1）摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是 c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。
（2）步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是 使Fe2+完全沉淀 。
（3）为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用 热水 （选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”）洗涤。
（4）实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的 bd 。（选填编号）
a．烧杯
b．坩埚
c．锥形瓶
d．玻璃棒
e．石棉网
（5）写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由。 反应接触不充分或者有C杂质
（6）称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定终点的现象是 溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色 ，该摩尔盐的纯度是 70% 。实验结果比理论值偏低的可能原因是 bc 。（选填编号）
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b．滴定过程有少量样品溶液溅出
c．滴定前仰视滴定管读数
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
【分析】由工艺流程分析可知，（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶解酸化后加入稍过量的H2C2O4溶液，得到含FeC2O4•2H2O的混合溶液，再经过抽滤、洗涤、干燥得到FeC2O4•2H2O，将FeC2O4•2H2O在O2气流中灼烧得到Fe2O3，最后还原得到Fe单质。
（1）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，据此分析离子浓度大小；
（2）Fe2+易发生水解，稍过量的草酸有助于抑制Fe2+的水解；
（3）已知草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，用热水洗涤可以保证附着在草酸亚铁表面的杂质全部洗净；
（4）步骤④为高温反应，需用到坩埚和高温炉两种仪器；
（5）碳粉为固体，不能充分接触而且容易混入铁中；
（6）亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，测定莫尔盐样品的纯度：发生MnO4﹣+8H++5Fe2+＝5Fe3++Mn2++4H2O，结合离子方程式计算，据c（测）＝，看错误操作导致V（滴定）的变化分析。
【解答】解：（1）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，最大的是硫酸根离子，其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、氢离子浓度和氢氧化根离子浓度，离子浓度大小为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（2）硫酸亚铁铵中的Fe2+发生水解，加入稍过量的草酸有助于抑制Fe2+的水解，使反应更加充分，提高草酸亚铁的转化率，
故答案为：使Fe2+完全沉淀；
（3）已知草酸在水中的溶解度随温度的升高而增大，第三步洗涤过程中应用热水，以保证附着在草酸亚铁表面的杂质全部洗净，
故答案为：热水；
（4）固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，所以应选bd；
故答案为：bd；
（5）利用碳粉还原氧化铁，可能会出现反应不均、生成的Fe中有C杂质混入等情况，
故答案为：反应接触不充分或者有C杂质；
（6）亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液为紫色，滴定到终点的现象是待测液溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色，反应为：MnO4﹣+8H++5Fe2+＝5Fe3++Mn2++4H2O，关系式为：5FeC2O4•2H2O～5Fe2+～MnO4﹣，n（KMnO4）＝0.01L×0.1mol/L＝0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2+）＝0.005mol，
则14.0g样品中[（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为：×100%＝70%，
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，KMnO4溶液浓度变稀，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故a错误；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，消耗标准KMnO4溶液体积减小，测定结果偏低，故b正确；
c．滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视滴定管读数，读取标准KMnO4溶液体积减少，测定结果偏低，故c正确；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消，读取标准KMnO4溶液体积增多，测定结果偏高，故d错误；
故答案为：溶液变为（淡）紫红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
【点评】本题以制备高纯度的还原铁粉为载体，考查实验的基本操作以及反应条件的选择，另外还涉及反应原理的理解与应用等，对学生分析问题和解决问题的能力，题目难度中等。
24．（15分）人们常利用信息素诱捕昆虫以达到生物防治虫害的目的。以下是某种昆虫信息素中间体（J）的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中官能团的名称是羰基、 酯基 ，A→B的反应类型是 加成反应 。
（2）B→C第一步反应的化学方程式为 。
（3）设计C→D的目的是 保护羰基防止被LiAlH4还原 。
（4）写出满足以下条件的J的一种同分异构体的结构简式 OHCCH2C（CH3）2CH2CHO 。
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应；
③含有三种不同化学环境的氢原子。
（5）利用Wittig反应将一条以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5的合成路线补充完整。 CH2＝CHCOOC2H5
【分析】A发生加成反应生成B，B发生一系列反应生成C，C发生取代反应生成D，E发生取代反应生成F，F发生氧化反应生成G，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成J；
（5）以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5，CH2＝CHCOOC2H5由丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，乙醛发生E生成F类型的反应生成丙烯，丙烯发生F生成G的反应生成1，2﹣丙二醇，1，2﹣丙二醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH发生消去反应生成丙烯酸。
【解答】解：（1）A中官能团的名称是羰基、酯基，A和丙烯酸乙酯发生加成反应生成B，A→B的反应类型是加成反应，
故答案为：酯基；加成反应；
（2）B→C第一步发生碱性条件下的水解反应，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C发生取代反应生成D、G发生取代反应生成H，C生成D中羰基转化为醚键、G转化为H时醚键转化为羰基，所以设计C→D的目的是保护羰基防止被LiAlH4还原，
故答案为：保护羰基防止被LiAlH4还原；
（4）J的一种同分异构体符合下列条件：
①只有一种官能团；
②能发生银镜反应，说明含有醛基，J的不饱和度＝＝2，醛基的不饱和度是1；
③含有三种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为OHCCH2C（CH3）2CH2CHO，
故答案为：OHCCH2C（CH3）2CH2CHO；
（5）以乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成CH2＝CHCOOC2H5，CH2＝CHCOOC2H5由丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，乙醛发生E生成F类型的反应生成丙烯，丙烯发生F生成G的反应生成1，2﹣丙二醇，1，2﹣丙二醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH发生消去反应生成丙烯酸，所以其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查分析、推断及知识迁移能力，正确判断反应前后断键和成键方式、反应类型是解本题关键，利用知识迁移方法、反应物和目标产物结构简式差异性进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定。
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