上海市大同中学2020届高三上学期期中测试化学试题


大同中学2019学年第一学期高三化学期中测试
（满分100分，考试时间60分钟，试卷共6页）
考试说明：本试卷可能用到的相对原子质量：H-l，N-14，O-16
一、选择题（共40分。每小题只有1个正确答案，每小题2分)
1.用于飞机制造业的材料需要满足密度低强度大的特点，具有该性质的材料是 ( )
A. 钠钾合金 B. 镁铝合金 C. 纯铝 D. 黄铜
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，钠钾合金呈液态，故A错误；
B选项，镁铝合金密度低强度大耐腐蚀，故B正确；
C选项，纯铝强度低，故C错误；
D选项，黄铜密度大，故D错误；
综上所述，答案为B。
2.有关水的表述正确的是
A. 电子式为 B. 是直线型分子
C. 是非电解质 D. 可以作氧化剂
【答案】D
【解析】
A. 水是共价化合物，电子式为，选项A错误；B. 水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，不是直线型分子，选项B错误；C. 水是极弱的电解质，选项C错误；D. 水中氢元素为+1价，可以作氧化剂，如水与钠反应时水为氧化剂，选项D正确。答案选D。
3.相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是
A. 第IA族 B. 第IIIA族 C. 第IVA族 D. 第VIA族
【答案】D
【解析】
【详解】A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；
B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；
C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；
D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；
答案选D。
【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。
4.鉴别甲烷、乙烯、乙炔三种气体可采用的方法是 ( )
A. 通氢气，观察体积变化 B. 通入溴水中，观察溴水是否褪色
C. 点燃，检验燃烧产物 D. 点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟量的多少
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，甲烷、乙烯、乙炔通入在催化剂条件氢气，乙烯、乙炔要与氢气反应，但无法观察气体体积的变化，故A错误；
B选项，甲烷、乙烯、乙炔通入溴水中，乙烯、乙炔能使溴水褪色，则不能鉴别，故B错误；
C选项，甲烷、乙烯、乙炔燃烧产物都是二氧化碳和水，因此不能鉴别，故C错误；
D选项，甲烷、乙烯、乙炔三种气体的含碳量不同，点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟量的多少，因此能鉴别，故D正确；
综上所述，答案为D。
5. 能说明溶液呈中性的最可靠依据是（ ）
A. pH＝7 B. c（H+）＝c（OH—）
C. pH试纸不变色 D. 石蕊试液不变色
【答案】B
【解析】
试题分析：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误； B．c（H+）=c（OH-）溶液一定呈中性，故B正确；C．pH试纸测定溶液的酸碱性时，不变色时溶液不一定显中性，故C错误；D．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故D错误，故选B。
【考点定位】考查了溶液酸碱性的判断
【名师点晴】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，因此温度影响了水的电离，水的离子积常数在不同温度下是不等的。
6.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277 ℃，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（　　）
①HgCl2属于共价化合物　②HgCl2属于离子化合物　③HgCl2属于非电解质　④HgCl2属于弱电解质
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。
7.对金属腐蚀及防护的表述正确的是 ( )
A 金属表面涂油漆：可避免金属与电解质溶液接触
B. 金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应
C. 外加电流阴极保护法；被保护的金属应与电源正极相连
D. 牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，金属表面涂油漆即可避免金属与电解质溶液接触，起到防护的作用，故A正确；
B选项，金属腐蚀的本质是金属失电子发生氧化反应，故B错误；
C选项，外加电流阴极保护法，应该是被保护的金属应与电源负极相连，作电解池的阴极，起保护的作用，故C错误；
D选项，牺牲阳极的阴极保护法，被保护的金属应做正极，让一个比保护的金属活泼性强的金属作负极，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】金属腐蚀的防护主要是通过涂上油漆物理方法，利用电化学方法是牺牲阳极的阴极保护法，外加电流的阴极保护法。
8.H2和O2发生反应的过程可用模型图表示如下（“—”表示化学键）,下列说法错误的是( )

A. 过程Ⅰ是吸热过程
B. 过程III是放热过程
C. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
D. 该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，过程Ⅰ是断裂化学键，吸收热量，故A正确；
B选项，过程III是形成化学键，放热过程，故B正确；
C选项，该反应可通过原电池，实现化学能转化为电能，故C错误；
D选项，该反应过程Ⅰ所有旧化学键都断裂，过程III都形成了新化学键，故D正确；
综上所述，答案为C。
【点睛】断键吸收能量，成键释放能量，反应放热还是吸热主要看反应物和生成物总能量大小关系。
9. 如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于（ ）

A. 用浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2
B. 用浓硝酸与铜反应制取NO2
C. 用过氧化钠固体和水反应制取O2
D. 用浓氨水和生石灰反应制取NH3
【答案】C
【解析】
试题分析：A、实验室制取Cl2的反应需要加热，但装置图中没有加热装置，故错误；B、NO2能和水反应生成NO，因此不能用排水法收集，应用排空气法收集，故错误；C、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧气难溶于水，可以用排水法收集，故正确；D、NH3极易溶于水，应用排空气法收集，故错误。
考点：考查气体制备和收集等知识。
10.对C2H6和C5H12的分析错误的是（ ）
A. 互为同系物
B. C2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构
C. C5H12的一氯代物可能只有一种
D. 2,2-二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点
【答案】D
【解析】
同系物是指结构相似在分子组成是相差一个或若干个原子团的有机物，C2H6和C5H12都为烷烃相差三个是同系物，故A正确。C2H6中有两个C，并且这两个C一样所以失去1个H得到的乙基只有一种结构，故B正确。C5H12有三种结构即正戊烷、异戊烷、新戊烷，新戊烷的一氯代物只有一种，故C正确。同分异构体中分子中分支越多，沸点越低，2,2-二甲基丙烷中有两个分支，其沸点低于其同分异构体的沸点，故D错误。本题的正确选项为D。
11.用图中所示的装置进行实验，实验现象和预测不一致的是 ( )


①中的物质
②中的物质
预测现象
A
浓氨水
FeCl3溶液
②中有红褐色沉淀
B
浓氨水
浓盐酸
③中有白烟
C
饱和氯水
Na2S溶液
②中生成淡黄色沉淀
D
饱和亚硫酸
蓝色石蕊试液
②中溶液先变红后褪色



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，浓氨水有挥发性，挥发到②中，生成红褐色沉淀，故A正确；
B选项，浓氨水、浓盐酸都有挥发性，两者反应有白烟生成，故B正确；
C选项，饱和氯水有挥发性，进入到②中与硫化钠发生置换反应生成淡黄色沉淀，故C正确；
D选项，饱和亚硫酸不稳定分解生成二氧化硫，二氧化硫与蓝色石蕊变红，但不能褪色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】浓氨水与浓盐酸、浓硝酸，有白烟生成，而与浓硫酸没有白烟生成
12.下表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，其中W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是 ( )


X

Y
Z

W


A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B. 含Y元素盐溶液一定显酸性
C. X与W的气态氢化物可相互反应生成离子化合物
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z>W
【答案】C
【解析】
【分析】
W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W为S，根据周期表结构得出X为N，Y为Al，Z为Si，据此分析解答。
【详解】A选项，原子半径：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(N)，故A错误；
B选项，偏铝酸钠盐溶液显碱性，故B错误；
C选项，氨气与硫化氢反应生成离子化合物硫化铵，故C正确；
D选项，最高价氧化物对应水化物的酸性：硫酸 > 硅酸 > 氢氧化铝，故D错误；
综上所述，答案为C。
13.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3- B. K+、AlO2-、Cl-、SO42-
C. Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3- D. Na+、Cl-、CO32-、SO32-
【答案】B
【解析】
A中生成氨气，C中生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，D中能把SO32-氧化生成SO42-，所以正确的答案选B。
14.设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法中错误的是
A. 0.1mol/L的NaClO溶液中含ClO-的浓度小于0.1mol/L
B. 标准状况下，22.4L乙烯中含极性共价键数为4NA
C. 1 mol氢氧根离子与1mol羟基所含电子数均为10NA
D. 3.0g甲醛和甲酸甲酯的混合物中含有的原子数为0.4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaClO溶液中ClO-水解，故含ClO-的浓度小于0.1mol/L，A项正确；B、标准状况下，22.4L乙烯是1mol，含极性共价键是CH键，共为4NA，B项正确；C、1 mol氢氧根离子所含电子数均为10NA但1mol羟基所含电子数均为9NA，C项错误；D、甲醛和甲酸甲酯最简式相同，都是CH2O，3.0g共含最简式0.1mol，混合物中含有的原子数为0.4NA，D项正确；答案选C。
考点：考查阿伏伽德罗常数及相关计算
15.《我不是药神》中的“格列宁”是一种抗癌药。同样是抗癌药物"6-Azulenol”的结构简式如图所示，下列有关叙述错误的是 ( )

A. 分子式为C13H18O3
B. 能发生加成、氧化、酯化反应
C. 能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 1mol该物质与足量的Na反应可产生11.2LH2（已换算成标准状况）
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，根据结构式数出该分子的分子式为C13H18O3，故A正确；
B选项，含有碳碳双键能发生加成、氧化，含有羧基和羟基都能发生酯化反应，故B正确；
C选项，含有碳碳双键能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D选项，该物质有羟基、羧基，且每1 mol羟基生成0.5 mol氢气，每1mol羧基反应生成0.5 mol氢气，因此该物质1 mol与足量Na反应可产生标况下22.4 L H2，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】碳碳双键能使酸性高锰酸钾褪色，能使溴水褪色，能被氧化，
注意两个关系：2—OH —— H2 ，2—COOH —— H2
16.海藻中含有丰富的、化合态的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分，下列判断正确的是 ( )

A. 可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
B. 步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液
C. 步骤③中加入的有机溶剂是裂化汽油或乙醇
D. 步骤④的操作为过滤
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，步骤②反应生成单质碘，碘离子是否进行完全只能用硝酸银检验，故A错误；
B选项，步骤①操作是过滤，步骤③的操作是萃取分液，故B正确；
C选项，步骤③中加入的有机溶剂不能是裂化汽油或乙醇，因为裂化汽油和单质碘发生加成，乙醇易溶于水，故C错误；
D选项，碘单质易溶于有机溶剂，因此不能用过滤方法分离，故D错误；
综上所述，答案为B。
17.氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是 (　　)

A. 氮化碳属于原子晶体
B. 氮化碳中碳显－4价，氮显＋3价
C. 氮化碳的化学式为C3N4
D. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连
【答案】B
【解析】
试题分析：C和N都属于非金属元素，通过共价键形成原子晶体，A正确，N元素非金属性强于C，N显-3价，C显+4介，B错误；由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4，C正确；D、由结构图可看出，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；答案选B。
考点：晶体类型、晶体结构、均摊法
18.某温度下，反应H2(g) + I2(g)2HI(g) + Q (Q > 0)在一带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是 ( )
A. 恒容，升高温度，正反应速率减小 B. 恒容，充入H2(g)，I2(g)的体积分数降低
C. 恒压，充入He(g)，逆反应速率减小 D. 恒温，压缩体积，平衡不移动，混合气体颜色加深
【答案】A
【解析】
【分析】
反应H2(g) + I2(g)2HI(g) + Q (Q > 0)该反应为放热反应。
【详解】A选项，恒容，升高温度，正反应速率增大，故A错误；
B选项，恒容，充入H2(g)，平衡正向移动，I2(g)物质的量减少，体积分数降低，故B正确；
C选项，恒压，充入He(g)，体积变大，浓度变小，逆反应速率减小，故C正确；
D选项，恒温，压缩体积，由于是等体积反应，因此平衡不移动，混合气体颜色加深，故D正确；
综上所述，答案为A。
【点睛】压强增大，速率不一定增大，当恒容容器，加稀有气体，压强虽然增加，但反应体系浓度不变，速率不变，因此压强变化，一定转化为浓度来分析。
19.为了探索外界条件对反应aX(g) + bY(g)cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a:b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断断正确的是 ( )

A. 正反应放热，a+b>c B. 正反应吸热，a+b>c
C. 正反应吸热，a+b 【答案】D
【解析】
【详解】根据图像得出升高温度，平衡向吸热反应移动，Z的体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是吸热反应，正向为放热反应；加压，向体积减小方向移动，Z体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是体积减小反应，正向为体积增大反应，故D正确；
综上所述，答案为D。
20.H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:
(I)2P4 + 3Ba(OH)2 + 6H2O = 3Ba(H2PO2)2 + 2PH3↑
(II) Ba(H2PO2)2 +H2SO4 = BaSO4↓+ 2H3PO2
下列推断错误的是 ( )
A. 反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应
B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C. 在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1
D. 在标准状况下生成2.24LPH3，同时转移0.3mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，P化合价有升高，也有降低，因此反应I是氧化还原反应，反应II是复分解反应，因此为非氧化还原反应，故A正确；
B选项，H3PO2中的磷为+1价，易升高，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；
C选项，在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3，有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2，故氧化剂和还原剂质量之比为1:3，故C错误；
D选项，根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3，转移6个电子，即生成2 mol PH3气体转移6 mol电子，在标准状况下生成2.24 L PH3即0.1 mol，则转移0.3mol电子，故D正确；
综上所述，答案为C。
二、（本题共16分）
21.氨气在工农业生产有重要的应用。氨气来源于工业合成氨，写出氮原子的轨道表示式：_____，氨气的电子式：______工业合成氨的催化剤为_____(填名称)
【答案】 (1). (2). (3). 铁触媒
【解析】
【详解】氮原子的电子排布式为：1s22s22p3，氮原子的轨道表示式：，氨气的电子式：，工业合成氨的催化剤为铁触媒。
故答案为：；；铁触媒。
【点睛】注意题知要写轨道表达式，不要写成电子排布式了。
22.如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上表面皿，观察现象。回答第22-24小題.

1.浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为__________
2.浓硫酸液滴一开始没有明显现象，一段时间后液滴中有白色固体产生，该固体可能是一种酸式盐，其化学式为________
3.FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间变成红褐色，发生的应包括（用化学方程式表示）： ________；_________。
【答案】 (1). NH3 + HCl = NH4Cl (2). NH4HSO4 (3). FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓ (4). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
【解析】
【详解】1.浓盐酸液滴附近的白烟为NH3和HCl反应生成的NH4Cl固体悬浮颗粒，化学方程式为NH3 + HCl = NH4Cl，
故答案为：NH3 + HCl = NH4Cl；
2.浓硫酸液滴中白色固体为H2SO4与NH3反应的产物，可能为NH4HSO4，
故答案为：NH4HSO4；
3.先生成白色沉淀，FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓，再是氢氧化亚铁迅速变灰绿色，最终变为红褐色，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，
故答案为：FeSO4＋2NH3＋2H2O = (NH4)2SO4＋Fe(OH)2↓；
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
23.空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH固体可使NH3的脱除率増大，用平衡移动原理解释其原因：___________。
【答案】氨在水中存在平衡：NH3＋H2O NH3∙H2O NH4＋＋OH－，加入NaOH后，c(OH－)增大，平衡逆向移动，有利于氨的脱除。
【解析】
【详解】氨气溶于水，在水中存在平衡：NH3＋H2O NH3∙H2O NH4＋＋OH－，加入NaOH后，c(OH－)增大，平衡逆向移动，有利于氨的脱除，
故答案为：氨在水中存在平衡：NH3＋H2O NH3∙H2O NH4＋＋OH－，加入NaOH后，c(OH－)增大，平衡逆向移动，有利于氨的脱除。
24.在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2）,该反应的化学方程式为________；若反应中有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_______g （保留两位小数）。
【答案】 (1). 2NH3＋3O22HNO2＋2H2O (2). 2.35
【解析】
【详解】在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），该反应的化学方程式为2NH3＋3O22HNO2＋2H2O，根据反应方程式可知氨气中氮化合价升高，氧气化合价降低，转移12 mol电子，生成2 mol HNO2，若反应中有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸的物质的量为0.05 mol，其质量为，
故答案为：2NH3＋3O22HNO2＋2H2O；2.35。
三、（本題共15分）
已知同温、同浓度时，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3－ >HCO3－
25. 用方程式表示NaHSO3溶液中存在的三个平衡体系（不考虑亚硫酸的分解）：
①_________、②_________、③_________。
26. 0.1 mol L-1 的 NaHSO3溶液中离子浓度：c（SO32－)______c(HSO3－）（填 “>”、“<”或“=”）；要使其中的c(H+)和c（SO32－）都减小，可行的方法是________________。
A 加入过量CaO（s） B 加入少量NaOH（s） C 通入过量HCl（g） D 加入少量的H2O2(aq)
27. 0.1mol L的Na2SO3溶液呈____性（填“酸”、“碱”或“中”），其电荷守恒式： c(Na+)+c(H+)=_______。
28. H2SO3和NaHCO3溶液的离子方程式为：___________。
29. NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗即I2有析出,写出该反应的离子方程式：___________。
30. 将NaHSO3（含少量淀粉）和酸性溶液KIO3（过量）混合，记录10-50℃间溶液变蓝时间，实验結果见下图。请描述曲线变化的规律________。

【答案】25. (1). HSO3－ ＋H2O H2SO3＋OH－ (2). HSO3－ SO32－＋ H＋ (3). H2OH＋＋OH－
26. (1). > (2). A
27. (1). 碱 (2). c(Na+) ＋ c(H+) = 2c(SO32－) ＋ c(HSO3－)＋c(OH－)
28. H2SO3 ＋ HCO3－ = CO2↑＋HSO3－＋H2O
29. 5HSO3－ ＋ 2IO3－ = 5SO42－ ＋ I2 ＋ H2O ＋3H+
30. 温度低于40℃之前，温度越高，反应速率越快，变蓝时间越短，温度高于40℃低于50℃，溶液变蓝时间变长
【解析】
亚硫酸钠溶液中存在三个平衡，水的电离、亚硫酸根的电离、亚硫酸根的水解，
亚硫酸根主要是电离为主，水解次要，利用平衡移动原理分析离子浓度的变化，
利用酸性强弱书写离子方程式，
利用氧化还原反应原理来配平离子方程式，
读图像，根据图像变化趋势分析化学问题。
【25题详解】
NaHSO3溶液中存在的三个平衡体系分别是亚硫酸氢根的水解，亚硫酸根的电离，水的电离，离子方程式分别为HSO3－ ＋H2O H2SO3＋OH－，HSO3－ SO32－＋ H＋，H2OH＋＋OH－，
故答案为：HSO3－ ＋H2O H2SO3＋OH－；HSO3－ SO32－＋ H＋；H2OH＋＋OH－；
【26题详解】
0.1 mol L-1 的 NaHSO3溶液中，HSO3－ ＋H2O H2SO3＋OH－，HSO3－ SO32－＋ H＋，电离平衡大于水解平衡，因此离子浓度：c(SO32－) > c(HSO3－）；
要使其中的c(H+)和c(SO32－)都减小，
A选项，过量CaO(s)和氢离子反应生成水和钙离子，钙离子又和亚硫酸根反应生成亚硫酸钙沉淀，故A正确；
B选项，少量NaOH(s)和氢离子反应，HSO3－ SO32－＋ H＋，平衡正向移动，亚硫酸根离子浓度增大，故B错误；
C选项，通入过量HCl(g)，平衡逆向移动，氢离子浓度增大，故C错误；
D选项，加入少量的H2O2(aq)，双氧水和亚硫酸根反应生成硫酸根、氢离子和水，氢离子浓度增大，故D错误；
综上所述，答案为A，
故答案为：>；A；
【27题详解】
0.1mol L的Na2SO3溶液，由于亚硫酸根水解，强碱弱酸盐，水解显碱性，根据电荷守恒，阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，其电荷守恒式：c(Na+) ＋ c(H+) = 2c(SO32－) ＋ c(HSO3－)＋c(OH－),
故答案为：碱；c(Na+) ＋ c(H+) = 2c(SO32－) ＋ c(HSO3－)＋c(OH－)；
【28题详解】
由于酸性大小顺序为：H2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－
因此H2SO3和NaHCO3溶液的离子方程式为：H2SO3 ＋ HCO3－ = CO2↑＋HSO3－＋H2O，
故答案为：H2SO3 ＋ HCO3－ = CO2↑＋HSO3－＋H2O；
【29题详解】
NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗即I2有析出，按照化合价升降守恒，NaHSO3升高2个价态，生成I2降低10个价态，NaHSO3系数配5，I2系数配1，KIO3系数配2，因此该反应的离子方程式：
5HSO3－ ＋ 2IO3－ = 5SO42－ ＋ I2 ＋ H2O ＋3H+，
故答案为：5HSO3－ ＋ 2IO3－ = 5SO42－ ＋ I2 ＋ H2O ＋3H+；
【30题详解】
6. 将NaHSO3（含少量淀粉）和酸性溶液KIO3（过量）混合，记录10-50℃间溶液变蓝时间，实验結果见下图。请描述曲线变化的规律温度低于40℃之前，温度越高，反应速率越快，变蓝时间越短，温度高于40℃低于50℃，溶液变蓝时间变长，温度高于50℃，淀粉不适宜作指示剂，
故答案为：温度低于40℃之前，温度越高，反应速率越快，变蓝时间越短，温度高于40℃低于50℃，溶液变蓝时间变长。
四、（本题共14分）
茉莉花香气的成分有多种，有机物E （C9H10O2）是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用酒精和苯的某一同系物（C7H8）为原料进行人工合成，合成路线如下：

31. C物质中官能团的名称是：___________。
32. ③的有机反应类型是:_______________。
33. 反应④发生还需要的试剂是:_____________。
34. 写出反应⑤的化学方程式:______________。
35. 证明反应②中A物质己完全转化为B物质的方法是：________________。
36. E的同分异构体中，苯环上只有一个取代基，并包含一个酯基的结构有多个，下面是其中2个的结构简式：
、
请再写出2个符合上述要求的E的同分异构体结构简式:______和__________
37. 请写出以CH2=CHCH2CH3为唯一有机原料制备CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）________。
【答案】31. 氯原子
32. 取代反应 33. 氢氧化钠溶液
34. 35. 取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液，再加新制氢氧化铜，再在酒精灯上加热，有红色沉淀，则没有完全转化，反之，则完全转化；
36. (1). (2).
37. CH2=CHCH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CH=CHCH3 CH3CHBrCHBrCH3 CH2=CHCH=CH2
【解析】
酒精催化氧化变为乙醛，乙醛催化氧化变为乙酸，
甲苯和氯气在光照条件下生成，在氢氧化钠作用下水解生成苯甲醇，苯甲醇和乙酸酯化反应生成乙酸苯甲酯。
【31题详解】
C()的官能团为氯原子，
故答案为：氯原子；
【32题详解】
甲苯和氯气在光照条件下生成，发生取代反应，
故答案为：取代反应；
【33题详解】
在氢氧化钠作用下水解生成苯甲醇，
故答案为氢氧化钠溶液；
【34题详解】
酯化反应的化学方程式为，
故答案为：；
【35题详解】
证明反应乙醛物质己完全转化为乙酸物质的方法是：取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液，再加新制氢氧化铜，再在酒精灯上加热，有红色沉淀，则没有完全转化，反之，则完全转化，
故答案为：取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液，再加新制氢氧化铜，再在酒精灯上加热，有红色沉淀，则没有完全转化，反之，则完全转化；
【36题详解】
E的同分异构体中，苯环上只有一个取代基，并包含一个酯基的结构有多个，下面是其中2个的结构简式：
、
根据其中的两个同分异构体进行变形得到、，
故答案为：；；
【37题详解】
以CH2=CHCH2CH3为唯一有机原料制备CH2=CHCH=CH2的合成路线，
CH2=CHCH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CH=CHCH3 CH3CHBrCHBrCH3 CH2=CHCH=CH2，
故答案为：CH2=CHCH2CH3 CH3CHClCH2CH3 CH3CH=CHCH3 CH3CHBrCHBrCH3 CH2=CHCH=CH2。
五、（本题共15分）
实验室制备1，2-二溴乙烷的反应原理如下：
可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚．用少量溴和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷的装置如图所示：有关数据列表如下：
回答下列问题：


乙醇
1,2—二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度/g.cm-3-
0.79
2.2
0.71
沸点/℃
78.5
132
34.6
熔点/℃
-130
9
-116


38. 在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是______；（填正确选项前的字母）
a 引发反应 b 加快反应速度 c 防止乙醇挥发 d 减少副产物乙醚生成
39. 装置B的作用_____________。
40. 在装置C中应加入______，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体；（填正确选项前的字母）
a 水 b 浓硫酸 c 氢氧化钾溶液 d 饱和碳酸氢钠溶液
41. 判断该制备反应已经结束的最简单方法是___________；将1，2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层（填“上”、“下”）；
42. 若产物中有少量未反应的Br2，最好用________洗涤除去；若产物中有少量副产物乙醚，可用____的方法除去；
43. 反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是_______；
44. 但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是_______．
【答案】38. d 39. 防止倒吸，判断装置是否堵塞
40. c 41. (1). 溴的颜色完全褪去 (2). 下
42. (1). 亚硫酸钠 (2). 蒸馏
43. 乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发
44. 凝固点较低，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞
【解析】
A装置实验室制乙烯，迅速提升到170摄氏度，主要是避免副产物发生，而B装置主要是放倒吸和看装置是否发生堵塞，便于观察，制得的乙烯气体中含有其他酸性气体，主要用氢氧化钠溶液吸收，最后通过溴的颜色来判断溴是否完全反应完，反应完后加水振荡，分层，由于1，2-二溴乙烷有机物密度大，在分液漏斗下层，生成的产物中有溴杂质，不能用氢氧化钠除去，而要最好用亚硫酸钠溶液除掉，如果含有乙醚等杂质，用蒸馏方法除掉。
【38题详解】
在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是减少副产物乙醚生成，
故答案为：d；
【39题详解】
1,2-二溴乙烷熔点为9℃，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据玻璃导管中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，
故答案为：防止倒吸，判断装置是否堵塞；
【40题详解】
浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能氧化乙醇，C与浓硫酸发生氧化还原反应，可能生成的酸性气体为二氧化硫、二氧化碳，二氧化碳在水中溶解度小，高锰酸钾不能吸收二氧化碳，浓硫酸既不能吸收二氧化碳，也不能吸收二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，因此用氢氧化钠溶液来吸收，
故答案为：c；
【41题详解】
溴是红棕色，判断该制备反应已经结束的最简单方法是溴的颜色完全褪去，1,2-二溴乙烷与水分层，且密度比水的密度大，则1,2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层，
故答案为：溴的颜色完全褪去；下；
【42题详解】
溴更易溶于1,2-二溴乙烷，不能用水除去溴，常温下溴单质和氢氧化钠发生反应，但1,2-二溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下容易发生水解反应，酒精与1,2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，单质溴与亚硫酸钠溶液反应而1,2-二溴乙烷不与亚硫酸钠反应，再分液除去，由表格数据可以知道，有机物互溶，但沸点不同，利用蒸馏的方法除去除去少量乙醚，
故答案为：亚硫酸钠；蒸馏；
【43题详解】
反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发，
故答案为：乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；
【44题详解】
不能过度冷却(如用冰水)，其原因是凝固点较低，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，
故答案为：凝固点较低，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞。