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2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模），共27页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）可投入废弃铝制易拉罐的垃圾桶贴有的垃圾分类标志是（ ）
A． 有害垃圾 B． 可回收物 C． 餐厨垃圾 D． 其它垃圾
2．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（ ）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
3．（2分）关于氮原子核外2p亚层中的电子，下列说法错误的是（ ）
A．能量相同 B．电子云形状相同
C．自旋方向相同 D．电子云伸展方向相同
4．（2分）在溴水中滴加乙醛，溴水褪色。说明乙醛具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．漂白性
5．（2分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，一定用不到的试剂或试纸是（ ）
A．NaOH溶液 B．浓盐酸
C．稀硫酸 D．红色石蕊试纸
6．（2分）下列物质性质的差异可以用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．密度：Na＞K
C．稳定性：HF＞HCl D．沸点：NH3＞PH3
7．（2分）在空气中久置会被氧化的强电解质是（ ）
A．金属钠 B．硫化钠 C．烧碱 D．次氯酸钠
8．（2分）2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子（结构如图），关于C18说法正确的是（ ）
A．与金刚石互为同位素 B．是原子晶体
C．属于烃 D．能与氢气反应
9．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，颜色变化为：紫色浅红色无色黄绿色，导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次为（ ）
A．HCl、HClO、Cl2 B．H+、ClO﹣、Cl﹣
C．HCl、ClO﹣、Cl﹣ D．H+、HClO、Cl2
10．（2分）下列溶液中通入SO2，发生反应的原理与SO2使酸性KMnO4溶液褪色原理相同的是（ ）
A．淀粉I2溶液褪色 B．品红溶液褪色
C．NaOH酚酞溶液褪色 D．石蕊溶液变红
11．（2分）下列实验使用浓硫酸不利于反应进行完全的是（ ）
A．蔗糖脱水实验 B．实验室制氯化氢
C．乙酸乙酯水解 D．实验室制乙烯
12．（2分）下列实验必须始终在碱性条件下进行的是（ ）
A．银镜反应 B．制备硝基苯
C．制取溴苯 D．检验卤代烃中的卤原子
13．（2分）某有机物结构简式为，下列关于它的说法正确的是（ ）
A．与水任意比互溶 B．能与新制Cu（OH）2反应
C．与甲醛互为同系物 D．不能与H2加成反应
14．（2分）自然界中臭氧形成反应3O2（g）→2O3（g）+Q的能量变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．2O3→3O2为放热反应
B．氧气比臭氧稳定
C．反应物的能量低于生成物
D．总反应的Q＝E3﹣E1
15．（2分）KI和I2在水中存在平衡：I﹣+I2⇌I3﹣（无色），以下判断错误的是（ ）
A．增大c（I﹣）可提高I2在水中的溶解度
B．通入氯气平衡逆向移动
C．滴加AgNO3 溶液无沉淀生成
D．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
16．（2分）在盐酸与过量铁粉的反应中加入适量CH3COONa固体，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率减缓 B．产生氢气的总量变小
C．溶液的pH减小 D．溶液中c（OH﹣）减小
17．（2分）关于如图装置，下列判断合理的是（ ）
A．若为电解饱和食盐水，则X是阴极
B．若为电解饱和食盐水，则X附近pH减小
C．若为外加电流阴极保护法，则Y是待保护金属
D．若为电解氯化铜溶液，则Y附近能得到氯气
18．（2分）常温下，某无色溶液含有Cl﹣、Mg2+、Fe3+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．Cl﹣
19．（2分）铋（Bi）位于元素周期表中第VA族。铋酸钠（NaBiO3） 为姜黄色固体，不溶于冷水，在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠。下列推断不合理的是（ ）
A．铋的+3价比较稳定
B．可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+
C．铋酸钠在空气中分解有气态产物生成
D．铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，酸化试剂可用盐酸
20．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（ ）
A．③中c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．水的电离程度：①＞②
C．①②任意比混合后，则c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．①③等体积混合后，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）═c（Cl﹣）
二、综合题
21．（15分）硒是动物和人体所必需的微量元素之一。
完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为 ，图表中78.96的意义为 。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒： 。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为 型，根据表数据可推测 （填写性质名称） H2S高于H2Se。
物质
H2S
H2Se
键长（pm）
133.6
146
（4）工业上常用浓H2SO4溶烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式： 。用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，理论上析出1molSe需SO2 mol。
（5）下列对于硒的化合物说法合理的是 。
a．SeO2还原性比SO2弱
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO4
c．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
d．酸性：H2SeO4＞H2SO4
22．（15分）氨气是重要的化工原料，可用于制备硝酸和纯碱。
氨在某种催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应：
4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）+Q1 反应①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）+Q2 反应②
在密闭容器中充入一定量NH3和O2，测得一定时间内有关物质的量随温度变化如图所示。
完成下列填空：
（1）反应①达到平衡后，升高温度，平衡常数K ，v逆 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）若密闭容器体积为2L，反应温度从0℃升至840℃时反应时间为tmin，则该时间内生成NO的平均反应速率为 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有 、 。
（4）当温度高于840℃时，反应①中NO的物质的量减少的原因是 。
（5）侯德榜制碱法中，通过向反应后析出碳酸氢钠的母液中通入NH3、加入磨细的氯化钠粉末并降温得到纯净氯化铵，简述此过程中通入氨气的作用： 。
23．（15分）a一氰基丙烯酸正丁酯（俗称504）有较快的聚合速度、对人体无毒性，被用作“医用胶”，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出B的结构简式： ；反应（Ⅲ）的条件为 。
（2）反应（Ⅱ）的反应类型为 。反应（Ⅰ） 不能在“NaOH溶液”条件下进行反应的原因是 。
（3）“医用胶”通过常温条件下加聚“固化”实现粘合作用，写出504固化后高聚物的结构简式： 。
（4）氯乙酸（ClCH2COOH） 可以利用以下方法制备：
CH3COOH+Cl2→ClCH2COOH+HCl
你认为利用该反应制备氯乙酸，缺点是 。
（5）已知：R一CNR﹣COOH，写出以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（）
的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）富碘卤水中碘元素主要以化合态存在，现在实验室中取某富碘溶液，按如图流程分离碘单质。
操作Ⅰ和酸化过程发生的反应分别是：
3I2+6OH﹣→5I﹣+IO3﹣+3H2O；
5I﹣+IO3﹣+6H+→3I2+3H2O；
完成下列填空：
（1）萃取剂X应选择 （选填编号）
a．苯 b．乙醇 c．CCl4 d．己烯
萃取和操作Ⅰ的目的是 ，酸化时的现象是 。
（2）为了测定富碘卤水中碘离子的含量，可用高锰酸钾滴定法。已知高锰酸钾和碘离子的反应为：
2MnO4﹣+10I﹣+16H+→2Mn2++5I2+8H2O
取20mL富碘卤水的待测液，用0.100mol•L﹣1酸性高锰酸钾标准液滴定，消耗标准液10.35mL，则溶液中c（I﹣）＝ mol•L﹣1．（保留2位有效数字）
有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I﹣产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。
实验序号
试剂组成
反应前
溶液pH
反应后
溶液pH
I﹣的
转化率
Fe（OH）3的
生成量
A
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
amol•L﹣1NaCl
5.3
11.0
约10%
﹣
B
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.1
4.1
约100%
大量
C
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.2
3.5
﹣
少量
已知：①每1molO3 参与反应，生成1molO2。
②实验A中发生的反应为：H2O+2I﹣+O3⇌I2+2OH﹣+O2
（3）a＝ mol•L﹣1．C中溶液的pH下降，用离子方程式表示Fe2+与O3生成Fe（OH）3反应 。
（4）比较A、B、C，从平衡移动角度解释Fe2+在实验B中的作用 。
2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）可投入废弃铝制易拉罐的垃圾桶贴有的垃圾分类标志是（ ）
A． 有害垃圾 B． 可回收物 C． 餐厨垃圾 D． 其它垃圾
【分析】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，结合不同标志的含义解答。
【解答】解：废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收物垃圾桶，
A．图示为有害垃圾标志，故A不选；
B．为可回收物标志，故B选；
C．为餐厨垃圾标志，故C不选；
D．为其他垃圾标志，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了环境污染与治理，侧重考查垃圾的分类，明确垃圾成分及性质、用途，熟悉垃圾分类方法是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（ ）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
【分析】A．分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法；
B．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油；
C．裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程，典型例子是石油的裂解，裂解的目的是为了获得重要化工原料甲烷；
D．干馏是隔绝空气加热使之分解的过程。
【解答】解：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，属于干馏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查煤的干馏和综合利用，注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义，难度不大。
3．（2分）关于氮原子核外2p亚层中的电子，下列说法错误的是（ ）
A．能量相同 B．电子云形状相同
C．自旋方向相同 D．电子云伸展方向相同
【分析】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2p亚层中2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，由此分析解答。
【解答】解：氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2p亚层中2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查核p亚层中电子的能量和自旋方向，以及电子云的形状，比较基础，侧重对基础知识的巩固。
4．（2分）在溴水中滴加乙醛，溴水褪色。说明乙醛具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．漂白性
【分析】在溴水中滴加乙醛，溴水褪色，﹣CHO被氧化为羧基，溴单质被还原为溴离子。
【解答】解：乙醛中含﹣CHO具有还原性，易被氧化剂氧化，乙醛于溴水中被氧化为乙酸，溴水褪色，表现乙醛的还原性，
故选：B。
【点评】本题考查了有机物性质、结构的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，一定用不到的试剂或试纸是（ ）
A．NaOH溶液 B．浓盐酸
C．稀硫酸 D．红色石蕊试纸
【分析】依据铵盐能够与碱反应生成氨气的性质，通过检验铵盐与碱的反应产物有氨气的存在即可证明物质是否含氨根离子，而氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，或者用浓盐酸检验，据此分析解答。
【解答】解：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟生成证明有氨气，所以不需要的物质是稀硫酸，故C选。
故选：C。
【点评】本题考查了铵根离子的检验，根据物质间的反应及物质的性质来分析解答，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．（2分）下列物质性质的差异可以用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．密度：Na＞K
C．稳定性：HF＞HCl D．沸点：NH3＞PH3
【分析】A、非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；
B、碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常；
C、同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；
D、氨气中含有氢键，故沸点较高。
【解答】解：A、由硫酸可与次氯酸钠反应生成次氯酸判断酸性H2SO4＞HClO，不能利用元素周期律解释，故A错误；
B、碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：Na＞K，不能用元素周期律解释，故B错误；
C、同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，所以稳定性：HF＞HCl，能用元素周期律解释，故C正确；
D、氨气中含有氢键，故沸点较高，不能用元素周期律解释，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的作用，难度不大。要注意氢键对物质物理性质的影响及钠钾密度的反常。
7．（2分）在空气中久置会被氧化的强电解质是（ ）
A．金属钠 B．硫化钠 C．烧碱 D．次氯酸钠
【分析】A、金属钠在空气中久置会被氧化，但金属钠是单质；
B、硫化钠中硫离子具有强还原性；
C、烧碱在空气中久置生成碳酸钠；
D、次氯酸钠在空气中久置会生成氯化钠；
【解答】解：A、金属钠在空气中久置会被氧化，但金属钠是单质，不是电解质，故A错误；
B、硫化钠中硫离子具有强还原性，在空气中久置会被氧化成单质硫，硫化钠是盐是强电解质，故B正确；
C、烧碱在空气中久置生成碳酸钠，非氧化还原反应，故C错误；
D、次氯酸钠在空气中久置会生成氯化钠，但并不是被氧化所致，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，题目较为简单，注意基础知识的积累。
8．（2分）2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子（结构如图），关于C18说法正确的是（ ）
A．与金刚石互为同位素 B．是原子晶体
C．属于烃 D．能与氢气反应
【分析】A、同种元素的不同种原子间互为同位素；
B、此物质是环状C18分子；
C、只由C、H两元素构成的化合物为烃；
D、此单质中含碳碳三键。
【解答】解：A、同种元素的不同种原子间互为同位素，而C18和金刚石是碳元素的两种不同的单质，故互为同素异形体，故A错误；
B、此物质是环状C18分子，是分子晶体，不是原子晶体，故B错误；
C、只由C、H两元素构成的化合物为烃，而此物质中只含碳元素，故不是烃，是一种单质，故C错误；
D、此单质中含碳碳三键，故能和氢气加成，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了碳元素的一种新单质﹣﹣C18的结构和性质，根据已有知识并结合题目所给的新信息来解题。
9．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，颜色变化为：紫色浅红色无色黄绿色，导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次为（ ）
A．HCl、HClO、Cl2 B．H+、ClO﹣、Cl﹣
C．HCl、ClO﹣、Cl﹣ D．H+、HClO、Cl2
【分析】氯气与水反应生成HCl、HClO，H+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，H+具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是D，
故选：D。
【点评】本题考查了氯气性质、氯气和水反应的产物分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）下列溶液中通入SO2，发生反应的原理与SO2使酸性KMnO4溶液褪色原理相同的是（ ）
A．淀粉I2溶液褪色 B．品红溶液褪色
C．NaOH酚酞溶液褪色 D．石蕊溶液变红
【分析】二氧化硫能被强氧化剂高锰酸钾氧化，5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+，体现了二氧化硫的还原性；
A．淀粉I2溶液是蓝色，二氧化硫被I2氧化；
B．二氧化硫的漂白性能使品红溶液褪色；
C．二氧化硫与氢氧化钠反应，碱性减弱；
D．石蕊试液遇酸变红。
【解答】解：A．淀粉I2溶液是蓝色，通入SO2，二者反应生成氢碘酸和硫酸，反应方程式为I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI，二氧化硫被I2氧化，体现了二氧化硫的还原性，二氧化硫能被强氧化剂高锰酸钾氧化，5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+，体现了二氧化硫的还原性，褪色原理相同，故A正确；
B．二氧化硫能使品红褪色，体现了二氧化硫的漂白性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是二氧化硫的还原性，故B错误；
C．通入SO2，NaOH酚酞溶液褪色，与二氧化硫酸性氧化物有关，故C错误；
D．通入SO2，石蕊试液变红，与二氧化硫酸性氧化物有关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意漂白性的判断，题目难度不大。
11．（2分）下列实验使用浓硫酸不利于反应进行完全的是（ ）
A．蔗糖脱水实验 B．实验室制氯化氢
C．乙酸乙酯水解 D．实验室制乙烯
【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性，依据浓硫酸在不同反应中用途结合化学平衡移动原理解答。
【解答】解：A．蔗糖脱水实验中浓硫酸作用脱水剂，蔗糖脱水生成碳，使用浓硫酸有利于反应进行完全，故A不选；
B．实验室制备氯化氢用浓硫酸吸水性，干燥氯化氢，与反应能否完全进行到底无关，故B不选；
C．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，加入浓硫酸依据化学平衡移动原理，反应逆向进行，不利于反应进行完全，故C选；
D．实验室制备乙烯中浓硫酸为脱水剂，使用浓硫酸有利于乙醇脱水生成乙烯，有利于反应进行完全，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了浓硫酸性质，明确不同实验中浓硫酸性质及作用是解题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列实验必须始终在碱性条件下进行的是（ ）
A．银镜反应 B．制备硝基苯
C．制取溴苯 D．检验卤代烃中的卤原子
【分析】A．银氨溶液呈碱性；
B．制备硝基苯需要苯、浓硫酸和浓硝酸；
C．制取溴苯需要苯和液溴；
D．检验卤代烃中的卤原子，先需要NaOH的水溶液或醇溶液得到卤离子，然后用硝酸酸化的硝酸银检验卤离子。
【解答】解：A．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止，所以银氨溶液呈碱性，银镜反应需要银氨溶液，所以必须在碱性条件下进行，故A正确；
B．制备硝基苯需要苯、浓硫酸和浓硝酸，硫酸和硝酸都具有酸性，是酸性条件下，故B错误；
C．制取溴苯需要苯和液溴，液溴和苯呈中性，故C错误；
D．检验卤代烃中的卤原子，先需要NaOH的水溶液或醇溶液得到卤离子，然后用硝酸酸化的硝酸银检验卤离子，NaOH的水溶液或醇溶液呈碱性、硝酸酸化的硝酸银溶液呈酸性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验药品及其性质、实验技能等为解答的关键，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。
13．（2分）某有机物结构简式为，下列关于它的说法正确的是（ ）
A．与水任意比互溶 B．能与新制Cu（OH）2反应
C．与甲醛互为同系物 D．不能与H2加成反应
【分析】该有机物中含有醛基，具有醛的性质，能发生氧化反应、加成反应、还原反应银镜反应等。
【解答】解：A．憎水基对物质溶解性影响大于亲水基，所以不易溶于水，故A错误；
B．含有醛基，所以能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故B正确；
C．含有环，所以与甲醛结构不相似，与甲醛不是同系物，故C错误；
D．醛基能和氢气发生加成反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醛的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醛基和羰基都能和氢气发生加成反应。
14．（2分）自然界中臭氧形成反应3O2（g）→2O3（g）+Q的能量变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．2O3→3O2为放热反应
B．氧气比臭氧稳定
C．反应物的能量低于生成物
D．总反应的Q＝E3﹣E1
【分析】A．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量；
B．根据物质能量越低越稳定分析；
C．由能量变化图可知，反应物的能量低于生成物；
D．根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热。
【解答】解：A．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量，所以2O3→3O2为放热反应，故A正确；
B．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量，能量越低越稳定，所以氧气比臭氧稳定，故B正确；
C．由能量变化图可知，反应物的能量低于生成物，故C正确；
D．3O2（g）→2O3（g）+Q，Q＝E2﹣E1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的稳定性与能量的关系，反应类型的判断以及反应热的计算方法，难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系以及反应热的计算方法。
15．（2分）KI和I2在水中存在平衡：I﹣+I2⇌I3﹣（无色），以下判断错误的是（ ）
A．增大c（I﹣）可提高I2在水中的溶解度
B．通入氯气平衡逆向移动
C．滴加AgNO3 溶液无沉淀生成
D．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
【分析】A．增大c（I﹣）平衡正向移动；
B．氯气能氧化I﹣；
C．硝酸银和I﹣反应生成AgI；
D．加入少量KI，溶液中c（I﹣）增大，平衡正向移动。
【解答】解：A．增大c（I﹣）平衡正向移动而促进I2溶解，所以能提高I2在水中的溶解度，故A正确；
B．氯气能氧化I﹣而导致平衡逆向移动，故B正确；
C．硝酸银和I﹣反应生成AgI黄色沉淀，而导致平衡逆向移动，故C错误；
D．加入少量KI，溶液中c（I﹣）增大，平衡正向移动，碘浓度减小，溶液颜色变浅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重浓度对平衡移动影响，明确外界条件改变引起哪种微粒浓度变化是解本题关键，注意B中氯气和碘离子发生氧化还原反应，题目难度不大。
16．（2分）在盐酸与过量铁粉的反应中加入适量CH3COONa固体，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率减缓 B．产生氢气的总量变小
C．溶液的pH减小 D．溶液中c（OH﹣）减小
【分析】加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，但H+离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，据此分析解答。
【解答】解：A、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，故A正确；
B、H+离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，故B错误；
C、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；
D、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，溶液中c（OH﹣）减小增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的相关问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。
17．（2分）关于如图装置，下列判断合理的是（ ）
A．若为电解饱和食盐水，则X是阴极
B．若为电解饱和食盐水，则X附近pH减小
C．若为外加电流阴极保护法，则Y是待保护金属
D．若为电解氯化铜溶液，则Y附近能得到氯气
【分析】根据电子流向知，X为阳极、Y为阴极，若Z为饱和食盐水，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上水得电子生成氢气和OH﹣；
若Z为氯化铜溶液，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上铜离子得电子生成Cu。
【解答】解：A、X极电子流出，发生氧化反应，为阳极，故A错误；
B、电解饱和食盐水时，X极氯离子放电，Y电极上水中的氢离子放电，电解反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，由于电解后电解质溶液变为NaOH溶液，故溶液的pH增大，故B错误；
C、外加电流的阴极保护法是电解池原理，阴极被保护，故Y是待保护金属，故C正确；
D、电解氯化铜溶液时，在阴极Y上放电的是铜离子，故得到的是铜单质，故D错误、。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用和金属的腐蚀的防护，难度不大，应注意的是外加电源的阴极保护法是电解池原理。
18．（2分）常温下，某无色溶液含有Cl﹣、Mg2+、Fe3+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．Cl﹣
【分析】无色溶液，一定不含Fe3+．三种离子的浓度相等，溶液显电中性。
【解答】解：无色溶液，一定不含Fe3+．三种离子的浓度相等，则阴阳离子所带异性电荷数量相等，溶液一定存在Mg2+，一定不存在OH﹣，1molMg2+带2mol正电荷，阴离子必定含有带1个电荷的Cl﹣、NO3﹣，一定不存在带2个电荷的SO42﹣、CO32﹣离子，
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意溶液电中性为解答的易错点，题目难度中等。
19．（2分）铋（Bi）位于元素周期表中第VA族。铋酸钠（NaBiO3） 为姜黄色固体，不溶于冷水，在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠。下列推断不合理的是（ ）
A．铋的+3价比较稳定
B．可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+
C．铋酸钠在空气中分解有气态产物生成
D．铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，酸化试剂可用盐酸
【分析】A、物质倾向于由不稳定的物质转化为稳定的物质；
B、BiO3﹣ 遇Na+生成姜黄色固体；
C、铋酸钠（NaBiO3） 在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠，Bi元素的化合价降低，则必然有元素化合价升高，据此分析；
D、铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，则也能氧化HCl。
【解答】解：A、物质倾向于由不稳定的物质转化为稳定的物质，根据铋酸钠（NaBiO3）在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠可知，Bi2O3的稳定性强于铋酸钠，故+3价的Bi更稳定，故A正确；
B、BiO3﹣ 遇Na+生成姜黄色固体，故可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+，故B正确；
C、铋酸钠（NaBiO3） 在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠，Bi元素的化合价降低，则必然有元素化合价升高，而化合价能升高的只有氧元素，即有氧气生成，化学方程式为2NaBiO3+H2O＝Bi2O3+2NaOH+O2↑，故C正确；
D、铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，故铋酸钠的氧化性强于高锰酸钾，而高锰酸钾能氧化HCl，故铋酸钠也能氧化HCl，故酸化实际不能用盐酸，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的应用，难度适中，要掌握所学的元素及其化合物的性质，还要能根据元素周期律来推断同周期和同主族的元素及其化合物的性质。
20．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（ ）
A．③中c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．水的电离程度：①＞②
C．①②任意比混合后，则c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．①③等体积混合后，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）═c（Cl﹣）
【分析】A．NH4+水解导致溶液呈酸性，但是其水解程度较小；
B．酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大、碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大，弱离子促进水电离；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；
D．溶液中存在物料守恒2c（Cl）＝c（N）。
【解答】解：A．NH4+水解导致溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），但是其水解程度较小，根据电荷守恒得c（Cl﹣）＞c（NH4+），所以存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大、碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大，弱离子促进水电离，①中c（OH﹣）小于②中c（H+），所以盐酸抑制水电离程度大于氨水，所以水电离程度：①＞②，故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以该混合溶液中存在c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．溶液中存在物料守恒2c（Cl）＝c（N），即c（NH4+）+c（NH3•H2O）═2c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道水电离影响因素，注意结合电荷守恒、物料守恒分析解答。
二、综合题
21．（15分）硒是动物和人体所必需的微量元素之一。
完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为 第四周期、第VIA族 ，图表中78.96的意义为 元素的相对原子质量 。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒： 硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒 。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为 折线型 型，根据表数据可推测 气态氢化物的稳定性 （填写性质名称） H2S高于H2Se。
物质
H2S
H2Se
键长（pm）
133.6
146
（4）工业上常用浓H2SO4溶烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式： CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 。用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，理论上析出1molSe需SO2 2 mol。
（5）下列对于硒的化合物说法合理的是 ac 。
a．SeO2还原性比SO2弱
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO4
c．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
d．酸性：H2SeO4＞H2SO4
【分析】（1）Se原子的核外有4个电子层、最外层有6个电子，据此分析其在周期表中的位置，周期表中元素符号最下面的数值为其元素的相对原子质量；
（2）同主族元素最外层电子数相等，性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，则金属性增强，非金属性减弱，导致硫与硒元素性质不同；
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，结构与水分子相同，键长可以判断分子的稳定性；
（4）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，结合化学方程式定量关系计算；
（5）a．SeO2中还原性比SO2弱；
b．SeO2与NaOH反应与二氧化硫和氢氧化钠溶液反应相同；
c．S、Se性质相似；
d．非金属性Se＜S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：（1）Se原子的原子序数为34，核外电子为34，核外有4个电子层、最外层有6个电子，故其在周期表中的位置为第四周期、第VIA族，图表中78.96的意义为元素的相对原子质量，
故答案为：第四周期、第VIA族；元素的相对原子质量；
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒的原因：硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒，
故答案为：硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒；
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为折线型型，根据表数据可推测，原子半径越大，键长越长，形成气态氢化物的稳定性越弱，则气态氢化物的稳定性，H2S高于H2Se，
故答案为：气态氢化物的稳定性；
（4）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，SO2、SeO2的混合气体在水溶液发生氧化还原反应生成Se和硫酸，方程式为2SO2+SeO2+2H2O═Se+2H2SO4，理论上析出1molSe需SO22mol，
故答案为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；2；
（5）a．SeO2中Se元素化合价为+4价，处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2弱，故a正确；
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO3，故b错误；
c．S、Se性质相似，浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故c正确；
d．非金属性Se＜S，对应的最高价氧化物的水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故d错误；
故答案为：ac。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目为元素化合价知识与位构性、无机实验相结合的题目，注意把握物质的性质，题目难度中等。
22．（15分）氨气是重要的化工原料，可用于制备硝酸和纯碱。
氨在某种催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应：
4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）+Q1 反应①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）+Q2 反应②
在密闭容器中充入一定量NH3和O2，测得一定时间内有关物质的量随温度变化如图所示。
完成下列填空：
（1）反应①达到平衡后，升高温度，平衡常数K 减小 ，v逆 增大 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）若密闭容器体积为2L，反应温度从0℃升至840℃时反应时间为tmin，则该时间内生成NO的平均反应速率为 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有 温度 、 催化剂种类 。
（4）当温度高于840℃时，反应①中NO的物质的量减少的原因是 反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小 。
（5）侯德榜制碱法中，通过向反应后析出碳酸氢钠的母液中通入NH3、加入磨细的氯化钠粉末并降温得到纯净氯化铵，简述此过程中通入氨气的作用： 加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3 。
【分析】（1）根据图知，升高温度NO的物质的量减小，说明升高温度反应①平衡逆向移动，则正反应为放热反应；升高温度正逆反应速率都增大；
（2）该时间内生成NO的平均反应速率＝；
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有温度、催化剂种类；
（4）升高温度平衡向吸热方向移动；
（5）从母液中分离出NaHCO3，加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度；NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3。
【解答】解：（1）根据图知，升高温度NO的物质的量减小，说明升高温度反应①平衡逆向移动，则正反应为放热反应，则温度越高化学平衡常数越小，所以升高温度K减小；升高温度活化分子百分数增大，则正逆反应速率都增大，
故答案为：减小；增大；
（2）该时间内生成NO的平均反应速率＝＝mol/（L．min）＝mol/（L．min），
故答案为：；
（3）根据图知，温度和催化剂都影响氨气催化氧化反应产物，
故答案为：温度；催化剂种类；
（4）反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小，
故答案为：反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小；
（5）从母液中分离出NaHCO3，加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3，减少杂质，
故答案为：加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3。
【点评】本题考查化学平衡，涉及反应速率计算、外界条件对平衡移动影响原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，会根据图象判断反应热和焓变，增大温度对平衡移动影响原理，题目难度不大。
23．（15分）a一氰基丙烯酸正丁酯（俗称504）有较快的聚合速度、对人体无毒性，被用作“医用胶”，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出B的结构简式： CH3CH2CH2CH2OH ；反应（Ⅲ）的条件为 浓硫酸、加热 。
（2）反应（Ⅱ）的反应类型为 取代反应 。反应（Ⅰ） 不能在“NaOH溶液”条件下进行反应的原因是 ﹣Cl被取代生成﹣OH 。
（3）“医用胶”通过常温条件下加聚“固化”实现粘合作用，写出504固化后高聚物的结构简式： 。
（4）氯乙酸（ClCH2COOH） 可以利用以下方法制备：
CH3COOH+Cl2→ClCH2COOH+HCl
你认为利用该反应制备氯乙酸，缺点是 该反应为取代反应，容易生成二氯乙酸等副产物 。
（5）已知：R一CNR﹣COOH，写出以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（）
的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】反应I为复分解反应，II为取代反应，III发生酯化反应，根据III反应前后物质结构简式知，B为CH3CH2CH2CH2OH，生成504的反应为取代反应；
（5）以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（），丁二酸可由NCCH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CN可由ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应得到，ClCH2CH2Cl可由乙烯和氯气发生加成反应得到。
【解答】解：（1）B的结构简式：CH3CH2CH2CH2OH；反应（Ⅲ）为酸和醇的酯化反应，该反应的条件为浓硫酸作催化剂、加热，
故答案为：CH3CH2CH2CH2OH；浓硫酸、加热；
（2）反应（Ⅱ）中﹣Cl原子被﹣CN取代，所以该反应的反应类型为取代反应；在“NaOH溶液”条件下进行反应时﹣Cl被取代生成﹣OH，
故答案为：取代反应；﹣Cl被取代生成﹣OH；
（3）504中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则504固化后高聚物的结构简式：，
故答案为：；
（4）该反应为取代反应，氯原子可以取代甲基上的1个、2个或3个氢原子，容易得到副产物，如二氯乙酸、三氯乙酸，
故答案为：该反应为取代反应，容易生成二氯乙酸等副产物；
（5）以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（），丁二酸可由NCCH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CN可由ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应得到，ClCH2CH2Cl可由乙烯和氯气发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识迁移能力，明确官能团及其性质关系、有机物之间的转化关系及其反应条件是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度不大。
24．（15分）富碘卤水中碘元素主要以化合态存在，现在实验室中取某富碘溶液，按如图流程分离碘单质。
操作Ⅰ和酸化过程发生的反应分别是：
3I2+6OH﹣→5I﹣+IO3﹣+3H2O；
5I﹣+IO3﹣+6H+→3I2+3H2O；
完成下列填空：
（1）萃取剂X应选择 ac （选填编号）
a．苯 b．乙醇 c．CCl4 d．己烯
萃取和操作Ⅰ的目的是 富集碘元素 ，酸化时的现象是 溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀产生 。
（2）为了测定富碘卤水中碘离子的含量，可用高锰酸钾滴定法。已知高锰酸钾和碘离子的反应为：
2MnO4﹣+10I﹣+16H+→2Mn2++5I2+8H2O
取20mL富碘卤水的待测液，用0.100mol•L﹣1酸性高锰酸钾标准液滴定，消耗标准液10.35mL，则溶液中c（I﹣）＝ 0.26 mol•L﹣1．（保留2位有效数字）
有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I﹣产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。
实验序号
试剂组成
反应前
溶液pH
反应后
溶液pH
I﹣的
转化率
Fe（OH）3的
生成量
A
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
amol•L﹣1NaCl
5.3
11.0
约10%
﹣
B
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.1
4.1
约100%
大量
C
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.2
3.5
﹣
少量
已知：①每1molO3 参与反应，生成1molO2。
②实验A中发生的反应为：H2O+2I﹣+O3⇌I2+2OH﹣+O2
（3）a＝ 0.03 mol•L﹣1．C中溶液的pH下降，用离子方程式表示Fe2+与O3生成Fe（OH）3反应 5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3 。
（4）比较A、B、C，从平衡移动角度解释Fe2+在实验B中的作用 Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与O3氧化I﹣产生的OH﹣结合，促使平衡正向移动，产生大量的Fe（OH）3 。
【分析】（1）萃取是一种常用的分离液﹣液混合物的方法，它是利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同（溶质在萃取剂中的溶解度要大于在原溶剂中的溶解度），用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液里提取出来的操作。萃取后的碘单质有机溶液中加入氢氧化钠是为了富集碘元素，加硫酸酸化是为了使碘酸根离子与碘离子归中反应生成碘单质；
（2）根据高锰酸钾和碘离子之间的关系式计算碘离子的物质的量浓度；
（3）验证Fe2+对O3氧化I﹣产生的影响时进行对照实验，对照实验必须排除其它干扰因素，据此计算；C实验中溶液的pH下降，并且生成大量I2和Fe（OH）3，据此写出离子方程式；
（4）Fe2+或Fe3+结合OH﹣使平衡H2O+2I﹣+O3⇌I2+O2+2OH﹣正向进行。
【解答】解：（1）萃取剂X应选择不溶于水的有机溶剂且碘单质在其中溶解性大，
a．苯不溶于水，碘单质在苯中溶解性大，故a正确；
b．乙醇和水溶液混溶，不能分层，不能做萃取剂，故b错误；
c．CCl4和水溶液不溶，能分层且碘单质在其中溶解性大，可以做萃取剂，故c正确；
d．己烯和碘单质发生加成反应，不能做萃取剂，故d错误；
故选ac；
萃取后的碘单质有机溶液中加入氢氧化钠是为了富集碘元素，加硫酸酸化是为了使碘酸根离子与碘离子归中反应生成碘单质，故会看到溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀碘单质产生，
故答案为：富集碘元素；溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀产生；
（2）反应消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.100mol•L﹣1×0.01035L＝0.001035mol，设参加反应的碘离子的物质的量为nmol，
2MnO4﹣+10I﹣+16H+＝2Mn2++5I2+8H2O
2 10
0.001035mol n
则，解得：n＝0.005175mol，所以c（I﹣）＝＝＝0.26mol•L﹣1，故答案为：0.26；
（3）验证Fe2+对O3氧化I﹣产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A、B组对照实验中c（Cl﹣）要相同，即c（NaCl）＝2c（FeCl2）＝2×1.5×10﹣2mol/L＝0.03mol/L，
故答案为：0.03；
C中溶液的pH下降，则生成酸，并且还生成大量I2和Fe（OH）3，离子方程式为5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3，
故答案为：5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3；
（4）Fe2+具有强还原性，易被O3氧化生成Fe3+，Fe2+或Fe3+结合OH﹣生成弱碱，促使反应H2O+2I﹣+O3⇌I2+O2+2OH﹣正向进行，提高I﹣的转化率，产生大量的Fe（OH）3，
故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与O3氧化I﹣产生的OH﹣结合，促使平衡正向移动，产生大量的Fe（OH）3。
【点评】本题考查海水中碘元素的综合利用，化学反应平衡及相关计算，为探究实验，侧重物质反应规律和性质的考查，把握物质的性质是解题关键，注意对照实验在化学探究实验中的作用，题目综合性较强。
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日期：2021/11/9 22:49:36；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）可投入废弃铝制易拉罐的垃圾桶贴有的垃圾分类标志是（ ）
A． 有害垃圾 B． 可回收物 C． 餐厨垃圾 D． 其它垃圾
2．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（ ）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
3．（2分）关于氮原子核外2p亚层中的电子，下列说法错误的是（ ）
A．能量相同 B．电子云形状相同
C．自旋方向相同 D．电子云伸展方向相同
4．（2分）在溴水中滴加乙醛，溴水褪色。说明乙醛具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．漂白性
5．（2分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，一定用不到的试剂或试纸是（ ）
A．NaOH溶液 B．浓盐酸
C．稀硫酸 D．红色石蕊试纸
6．（2分）下列物质性质的差异可以用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．密度：Na＞K
C．稳定性：HF＞HCl D．沸点：NH3＞PH3
7．（2分）在空气中久置会被氧化的强电解质是（ ）
A．金属钠 B．硫化钠 C．烧碱 D．次氯酸钠
8．（2分）2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子（结构如图），关于C18说法正确的是（ ）
A．与金刚石互为同位素 B．是原子晶体
C．属于烃 D．能与氢气反应
9．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，颜色变化为：紫色浅红色无色黄绿色，导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次为（ ）
A．HCl、HClO、Cl2 B．H+、ClO﹣、Cl﹣
C．HCl、ClO﹣、Cl﹣ D．H+、HClO、Cl2
10．（2分）下列溶液中通入SO2，发生反应的原理与SO2使酸性KMnO4溶液褪色原理相同的是（ ）
A．淀粉I2溶液褪色 B．品红溶液褪色
C．NaOH酚酞溶液褪色 D．石蕊溶液变红
11．（2分）下列实验使用浓硫酸不利于反应进行完全的是（ ）
A．蔗糖脱水实验 B．实验室制氯化氢
C．乙酸乙酯水解 D．实验室制乙烯
12．（2分）下列实验必须始终在碱性条件下进行的是（ ）
A．银镜反应 B．制备硝基苯
C．制取溴苯 D．检验卤代烃中的卤原子
13．（2分）某有机物结构简式为，下列关于它的说法正确的是（ ）
A．与水任意比互溶 B．能与新制Cu（OH）2反应
C．与甲醛互为同系物 D．不能与H2加成反应
14．（2分）自然界中臭氧形成反应3O2（g）→2O3（g）+Q的能量变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．2O3→3O2为放热反应
B．氧气比臭氧稳定
C．反应物的能量低于生成物
D．总反应的Q＝E3﹣E1
15．（2分）KI和I2在水中存在平衡：I﹣+I2⇌I3﹣（无色），以下判断错误的是（ ）
A．增大c（I﹣）可提高I2在水中的溶解度
B．通入氯气平衡逆向移动
C．滴加AgNO3 溶液无沉淀生成
D．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
16．（2分）在盐酸与过量铁粉的反应中加入适量CH3COONa固体，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率减缓 B．产生氢气的总量变小
C．溶液的pH减小 D．溶液中c（OH﹣）减小
17．（2分）关于如图装置，下列判断合理的是（ ）
A．若为电解饱和食盐水，则X是阴极
B．若为电解饱和食盐水，则X附近pH减小
C．若为外加电流阴极保护法，则Y是待保护金属
D．若为电解氯化铜溶液，则Y附近能得到氯气
18．（2分）常温下，某无色溶液含有Cl﹣、Mg2+、Fe3+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．Cl﹣
19．（2分）铋（Bi）位于元素周期表中第VA族。铋酸钠（NaBiO3） 为姜黄色固体，不溶于冷水，在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠。下列推断不合理的是（ ）
A．铋的+3价比较稳定
B．可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+
C．铋酸钠在空气中分解有气态产物生成
D．铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，酸化试剂可用盐酸
20．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（ ）
A．③中c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．水的电离程度：①＞②
C．①②任意比混合后，则c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．①③等体积混合后，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）═c（Cl﹣）
二、综合题
21．（15分）硒是动物和人体所必需的微量元素之一。
完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为 ，图表中78.96的意义为 。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒： 。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为 型，根据表数据可推测 （填写性质名称） H2S高于H2Se。
物质
H2S
H2Se
键长（pm）
133.6
146
（4）工业上常用浓H2SO4溶烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式： 。用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，理论上析出1molSe需SO2 mol。
（5）下列对于硒的化合物说法合理的是 。
a．SeO2还原性比SO2弱
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO4
c．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
d．酸性：H2SeO4＞H2SO4
22．（15分）氨气是重要的化工原料，可用于制备硝酸和纯碱。
氨在某种催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应：
4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）+Q1 反应①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）+Q2 反应②
在密闭容器中充入一定量NH3和O2，测得一定时间内有关物质的量随温度变化如图所示。
完成下列填空：
（1）反应①达到平衡后，升高温度，平衡常数K ，v逆 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）若密闭容器体积为2L，反应温度从0℃升至840℃时反应时间为tmin，则该时间内生成NO的平均反应速率为 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有 、 。
（4）当温度高于840℃时，反应①中NO的物质的量减少的原因是 。
（5）侯德榜制碱法中，通过向反应后析出碳酸氢钠的母液中通入NH3、加入磨细的氯化钠粉末并降温得到纯净氯化铵，简述此过程中通入氨气的作用： 。
23．（15分）a一氰基丙烯酸正丁酯（俗称504）有较快的聚合速度、对人体无毒性，被用作“医用胶”，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出B的结构简式： ；反应（Ⅲ）的条件为 。
（2）反应（Ⅱ）的反应类型为 。反应（Ⅰ） 不能在“NaOH溶液”条件下进行反应的原因是 。
（3）“医用胶”通过常温条件下加聚“固化”实现粘合作用，写出504固化后高聚物的结构简式： 。
（4）氯乙酸（ClCH2COOH） 可以利用以下方法制备：
CH3COOH+Cl2→ClCH2COOH+HCl
你认为利用该反应制备氯乙酸，缺点是 。
（5）已知：R一CNR﹣COOH，写出以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（）
的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）富碘卤水中碘元素主要以化合态存在，现在实验室中取某富碘溶液，按如图流程分离碘单质。
操作Ⅰ和酸化过程发生的反应分别是：
3I2+6OH﹣→5I﹣+IO3﹣+3H2O；
5I﹣+IO3﹣+6H+→3I2+3H2O；
完成下列填空：
（1）萃取剂X应选择 （选填编号）
a．苯 b．乙醇 c．CCl4 d．己烯
萃取和操作Ⅰ的目的是 ，酸化时的现象是 。
（2）为了测定富碘卤水中碘离子的含量，可用高锰酸钾滴定法。已知高锰酸钾和碘离子的反应为：
2MnO4﹣+10I﹣+16H+→2Mn2++5I2+8H2O
取20mL富碘卤水的待测液，用0.100mol•L﹣1酸性高锰酸钾标准液滴定，消耗标准液10.35mL，则溶液中c（I﹣）＝ mol•L﹣1．（保留2位有效数字）
有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I﹣产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。
实验序号
试剂组成
反应前
溶液pH
反应后
溶液pH
I﹣的
转化率
Fe（OH）3的
生成量
A
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
amol•L﹣1NaCl
5.3
11.0
约10%
﹣
B
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.1
4.1
约100%
大量
C
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.2
3.5
﹣
少量
已知：①每1molO3 参与反应，生成1molO2。
②实验A中发生的反应为：H2O+2I﹣+O3⇌I2+2OH﹣+O2
（3）a＝ mol•L﹣1．C中溶液的pH下降，用离子方程式表示Fe2+与O3生成Fe（OH）3反应 。
（4）比较A、B、C，从平衡移动角度解释Fe2+在实验B中的作用 。
2019-2020学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）可投入废弃铝制易拉罐的垃圾桶贴有的垃圾分类标志是（ ）
A． 有害垃圾 B． 可回收物 C． 餐厨垃圾 D． 其它垃圾
【分析】废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，结合不同标志的含义解答。
【解答】解：废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收物垃圾桶，
A．图示为有害垃圾标志，故A不选；
B．为可回收物标志，故B选；
C．为餐厨垃圾标志，故C不选；
D．为其他垃圾标志，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了环境污染与治理，侧重考查垃圾的分类，明确垃圾成分及性质、用途，熟悉垃圾分类方法是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（ ）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
【分析】A．分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法；
B．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油；
C．裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程，典型例子是石油的裂解，裂解的目的是为了获得重要化工原料甲烷；
D．干馏是隔绝空气加热使之分解的过程。
【解答】解：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，属于干馏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查煤的干馏和综合利用，注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义，难度不大。
3．（2分）关于氮原子核外2p亚层中的电子，下列说法错误的是（ ）
A．能量相同 B．电子云形状相同
C．自旋方向相同 D．电子云伸展方向相同
【分析】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2p亚层中2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，由此分析解答。
【解答】解：氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2p亚层中2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查核p亚层中电子的能量和自旋方向，以及电子云的形状，比较基础，侧重对基础知识的巩固。
4．（2分）在溴水中滴加乙醛，溴水褪色。说明乙醛具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．漂白性
【分析】在溴水中滴加乙醛，溴水褪色，﹣CHO被氧化为羧基，溴单质被还原为溴离子。
【解答】解：乙醛中含﹣CHO具有还原性，易被氧化剂氧化，乙醛于溴水中被氧化为乙酸，溴水褪色，表现乙醛的还原性，
故选：B。
【点评】本题考查了有机物性质、结构的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，一定用不到的试剂或试纸是（ ）
A．NaOH溶液 B．浓盐酸
C．稀硫酸 D．红色石蕊试纸
【分析】依据铵盐能够与碱反应生成氨气的性质，通过检验铵盐与碱的反应产物有氨气的存在即可证明物质是否含氨根离子，而氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，或者用浓盐酸检验，据此分析解答。
【解答】解：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟生成证明有氨气，所以不需要的物质是稀硫酸，故C选。
故选：C。
【点评】本题考查了铵根离子的检验，根据物质间的反应及物质的性质来分析解答，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．（2分）下列物质性质的差异可以用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．密度：Na＞K
C．稳定性：HF＞HCl D．沸点：NH3＞PH3
【分析】A、非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强；
B、碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常；
C、同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；
D、氨气中含有氢键，故沸点较高。
【解答】解：A、由硫酸可与次氯酸钠反应生成次氯酸判断酸性H2SO4＞HClO，不能利用元素周期律解释，故A错误；
B、碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：Na＞K，不能用元素周期律解释，故B错误；
C、同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，所以稳定性：HF＞HCl，能用元素周期律解释，故C正确；
D、氨气中含有氢键，故沸点较高，不能用元素周期律解释，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的作用，难度不大。要注意氢键对物质物理性质的影响及钠钾密度的反常。
7．（2分）在空气中久置会被氧化的强电解质是（ ）
A．金属钠 B．硫化钠 C．烧碱 D．次氯酸钠
【分析】A、金属钠在空气中久置会被氧化，但金属钠是单质；
B、硫化钠中硫离子具有强还原性；
C、烧碱在空气中久置生成碳酸钠；
D、次氯酸钠在空气中久置会生成氯化钠；
【解答】解：A、金属钠在空气中久置会被氧化，但金属钠是单质，不是电解质，故A错误；
B、硫化钠中硫离子具有强还原性，在空气中久置会被氧化成单质硫，硫化钠是盐是强电解质，故B正确；
C、烧碱在空气中久置生成碳酸钠，非氧化还原反应，故C错误；
D、次氯酸钠在空气中久置会生成氯化钠，但并不是被氧化所致，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，题目较为简单，注意基础知识的积累。
8．（2分）2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子（结构如图），关于C18说法正确的是（ ）
A．与金刚石互为同位素 B．是原子晶体
C．属于烃 D．能与氢气反应
【分析】A、同种元素的不同种原子间互为同位素；
B、此物质是环状C18分子；
C、只由C、H两元素构成的化合物为烃；
D、此单质中含碳碳三键。
【解答】解：A、同种元素的不同种原子间互为同位素，而C18和金刚石是碳元素的两种不同的单质，故互为同素异形体，故A错误；
B、此物质是环状C18分子，是分子晶体，不是原子晶体，故B错误；
C、只由C、H两元素构成的化合物为烃，而此物质中只含碳元素，故不是烃，是一种单质，故C错误；
D、此单质中含碳碳三键，故能和氢气加成，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了碳元素的一种新单质﹣﹣C18的结构和性质，根据已有知识并结合题目所给的新信息来解题。
9．（2分）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，颜色变化为：紫色浅红色无色黄绿色，导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次为（ ）
A．HCl、HClO、Cl2 B．H+、ClO﹣、Cl﹣
C．HCl、ClO﹣、Cl﹣ D．H+、HClO、Cl2
【分析】氯气与水反应生成HCl、HClO，H+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，H+具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是D，
故选：D。
【点评】本题考查了氯气性质、氯气和水反应的产物分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）下列溶液中通入SO2，发生反应的原理与SO2使酸性KMnO4溶液褪色原理相同的是（ ）
A．淀粉I2溶液褪色 B．品红溶液褪色
C．NaOH酚酞溶液褪色 D．石蕊溶液变红
【分析】二氧化硫能被强氧化剂高锰酸钾氧化，5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+，体现了二氧化硫的还原性；
A．淀粉I2溶液是蓝色，二氧化硫被I2氧化；
B．二氧化硫的漂白性能使品红溶液褪色；
C．二氧化硫与氢氧化钠反应，碱性减弱；
D．石蕊试液遇酸变红。
【解答】解：A．淀粉I2溶液是蓝色，通入SO2，二者反应生成氢碘酸和硫酸，反应方程式为I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI，二氧化硫被I2氧化，体现了二氧化硫的还原性，二氧化硫能被强氧化剂高锰酸钾氧化，5SO2+2MnO4﹣+2H2O＝5SO42﹣+2Mn2++4H+，体现了二氧化硫的还原性，褪色原理相同，故A正确；
B．二氧化硫能使品红褪色，体现了二氧化硫的漂白性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是二氧化硫的还原性，故B错误；
C．通入SO2，NaOH酚酞溶液褪色，与二氧化硫酸性氧化物有关，故C错误；
D．通入SO2，石蕊试液变红，与二氧化硫酸性氧化物有关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意漂白性的判断，题目难度不大。
11．（2分）下列实验使用浓硫酸不利于反应进行完全的是（ ）
A．蔗糖脱水实验 B．实验室制氯化氢
C．乙酸乙酯水解 D．实验室制乙烯
【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性，依据浓硫酸在不同反应中用途结合化学平衡移动原理解答。
【解答】解：A．蔗糖脱水实验中浓硫酸作用脱水剂，蔗糖脱水生成碳，使用浓硫酸有利于反应进行完全，故A不选；
B．实验室制备氯化氢用浓硫酸吸水性，干燥氯化氢，与反应能否完全进行到底无关，故B不选；
C．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，加入浓硫酸依据化学平衡移动原理，反应逆向进行，不利于反应进行完全，故C选；
D．实验室制备乙烯中浓硫酸为脱水剂，使用浓硫酸有利于乙醇脱水生成乙烯，有利于反应进行完全，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了浓硫酸性质，明确不同实验中浓硫酸性质及作用是解题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列实验必须始终在碱性条件下进行的是（ ）
A．银镜反应 B．制备硝基苯
C．制取溴苯 D．检验卤代烃中的卤原子
【分析】A．银氨溶液呈碱性；
B．制备硝基苯需要苯、浓硫酸和浓硝酸；
C．制取溴苯需要苯和液溴；
D．检验卤代烃中的卤原子，先需要NaOH的水溶液或醇溶液得到卤离子，然后用硝酸酸化的硝酸银检验卤离子。
【解答】解：A．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，至产生的沉淀刚好溶解为止，所以银氨溶液呈碱性，银镜反应需要银氨溶液，所以必须在碱性条件下进行，故A正确；
B．制备硝基苯需要苯、浓硫酸和浓硝酸，硫酸和硝酸都具有酸性，是酸性条件下，故B错误；
C．制取溴苯需要苯和液溴，液溴和苯呈中性，故C错误；
D．检验卤代烃中的卤原子，先需要NaOH的水溶液或醇溶液得到卤离子，然后用硝酸酸化的硝酸银检验卤离子，NaOH的水溶液或醇溶液呈碱性、硝酸酸化的硝酸银溶液呈酸性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验药品及其性质、实验技能等为解答的关键，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。
13．（2分）某有机物结构简式为，下列关于它的说法正确的是（ ）
A．与水任意比互溶 B．能与新制Cu（OH）2反应
C．与甲醛互为同系物 D．不能与H2加成反应
【分析】该有机物中含有醛基，具有醛的性质，能发生氧化反应、加成反应、还原反应银镜反应等。
【解答】解：A．憎水基对物质溶解性影响大于亲水基，所以不易溶于水，故A错误；
B．含有醛基，所以能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故B正确；
C．含有环，所以与甲醛结构不相似，与甲醛不是同系物，故C错误；
D．醛基能和氢气发生加成反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醛的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醛基和羰基都能和氢气发生加成反应。
14．（2分）自然界中臭氧形成反应3O2（g）→2O3（g）+Q的能量变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．2O3→3O2为放热反应
B．氧气比臭氧稳定
C．反应物的能量低于生成物
D．总反应的Q＝E3﹣E1
【分析】A．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量；
B．根据物质能量越低越稳定分析；
C．由能量变化图可知，反应物的能量低于生成物；
D．根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热。
【解答】解：A．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量，所以2O3→3O2为放热反应，故A正确；
B．由能量变化图可知，O3能量高于O2能量，能量越低越稳定，所以氧气比臭氧稳定，故B正确；
C．由能量变化图可知，反应物的能量低于生成物，故C正确；
D．3O2（g）→2O3（g）+Q，Q＝E2﹣E1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的稳定性与能量的关系，反应类型的判断以及反应热的计算方法，难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系以及反应热的计算方法。
15．（2分）KI和I2在水中存在平衡：I﹣+I2⇌I3﹣（无色），以下判断错误的是（ ）
A．增大c（I﹣）可提高I2在水中的溶解度
B．通入氯气平衡逆向移动
C．滴加AgNO3 溶液无沉淀生成
D．加入少量KI固体，溶液颜色变浅
【分析】A．增大c（I﹣）平衡正向移动；
B．氯气能氧化I﹣；
C．硝酸银和I﹣反应生成AgI；
D．加入少量KI，溶液中c（I﹣）增大，平衡正向移动。
【解答】解：A．增大c（I﹣）平衡正向移动而促进I2溶解，所以能提高I2在水中的溶解度，故A正确；
B．氯气能氧化I﹣而导致平衡逆向移动，故B正确；
C．硝酸银和I﹣反应生成AgI黄色沉淀，而导致平衡逆向移动，故C错误；
D．加入少量KI，溶液中c（I﹣）增大，平衡正向移动，碘浓度减小，溶液颜色变浅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重浓度对平衡移动影响，明确外界条件改变引起哪种微粒浓度变化是解本题关键，注意B中氯气和碘离子发生氧化还原反应，题目难度不大。
16．（2分）在盐酸与过量铁粉的反应中加入适量CH3COONa固体，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率减缓 B．产生氢气的总量变小
C．溶液的pH减小 D．溶液中c（OH﹣）减小
【分析】加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，但H+离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，据此分析解答。
【解答】解：A、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，故A正确；
B、H+离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，故B错误；
C、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；
D、加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H+离子浓度降低，溶液中c（OH﹣）减小增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的相关问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。
17．（2分）关于如图装置，下列判断合理的是（ ）
A．若为电解饱和食盐水，则X是阴极
B．若为电解饱和食盐水，则X附近pH减小
C．若为外加电流阴极保护法，则Y是待保护金属
D．若为电解氯化铜溶液，则Y附近能得到氯气
【分析】根据电子流向知，X为阳极、Y为阴极，若Z为饱和食盐水，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上水得电子生成氢气和OH﹣；
若Z为氯化铜溶液，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上铜离子得电子生成Cu。
【解答】解：A、X极电子流出，发生氧化反应，为阳极，故A错误；
B、电解饱和食盐水时，X极氯离子放电，Y电极上水中的氢离子放电，电解反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，由于电解后电解质溶液变为NaOH溶液，故溶液的pH增大，故B错误；
C、外加电流的阴极保护法是电解池原理，阴极被保护，故Y是待保护金属，故C正确；
D、电解氯化铜溶液时，在阴极Y上放电的是铜离子，故得到的是铜单质，故D错误、。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用和金属的腐蚀的防护，难度不大，应注意的是外加电源的阴极保护法是电解池原理。
18．（2分）常温下，某无色溶液含有Cl﹣、Mg2+、Fe3+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Mg2+ D．Cl﹣
【分析】无色溶液，一定不含Fe3+．三种离子的浓度相等，溶液显电中性。
【解答】解：无色溶液，一定不含Fe3+．三种离子的浓度相等，则阴阳离子所带异性电荷数量相等，溶液一定存在Mg2+，一定不存在OH﹣，1molMg2+带2mol正电荷，阴离子必定含有带1个电荷的Cl﹣、NO3﹣，一定不存在带2个电荷的SO42﹣、CO32﹣离子，
故选：A。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意溶液电中性为解答的易错点，题目难度中等。
19．（2分）铋（Bi）位于元素周期表中第VA族。铋酸钠（NaBiO3） 为姜黄色固体，不溶于冷水，在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠。下列推断不合理的是（ ）
A．铋的+3价比较稳定
B．可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+
C．铋酸钠在空气中分解有气态产物生成
D．铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，酸化试剂可用盐酸
【分析】A、物质倾向于由不稳定的物质转化为稳定的物质；
B、BiO3﹣ 遇Na+生成姜黄色固体；
C、铋酸钠（NaBiO3） 在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠，Bi元素的化合价降低，则必然有元素化合价升高，据此分析；
D、铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，则也能氧化HCl。
【解答】解：A、物质倾向于由不稳定的物质转化为稳定的物质，根据铋酸钠（NaBiO3）在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠可知，Bi2O3的稳定性强于铋酸钠，故+3价的Bi更稳定，故A正确；
B、BiO3﹣ 遇Na+生成姜黄色固体，故可以用BiO3﹣ 检验溶液中是否有Na+，故B正确；
C、铋酸钠（NaBiO3） 在空气中会逐渐分解，固体产物为氧化铋（Bi2O3） 和氢氧化钠，Bi元素的化合价降低，则必然有元素化合价升高，而化合价能升高的只有氧元素，即有氧气生成，化学方程式为2NaBiO3+H2O＝Bi2O3+2NaOH+O2↑，故C正确；
D、铋酸钠在酸性条件下可以氧化Mn2+，故铋酸钠的氧化性强于高锰酸钾，而高锰酸钾能氧化HCl，故铋酸钠也能氧化HCl，故酸化实际不能用盐酸，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的应用，难度适中，要掌握所学的元素及其化合物的性质，还要能根据元素周期律来推断同周期和同主族的元素及其化合物的性质。
20．（2分）常温下，0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（ ）
A．③中c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．水的电离程度：①＞②
C．①②任意比混合后，则c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．①③等体积混合后，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）═c（Cl﹣）
【分析】A．NH4+水解导致溶液呈酸性，但是其水解程度较小；
B．酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大、碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大，弱离子促进水电离；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；
D．溶液中存在物料守恒2c（Cl）＝c（N）。
【解答】解：A．NH4+水解导致溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），但是其水解程度较小，根据电荷守恒得c（Cl﹣）＞c（NH4+），所以存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．酸或碱抑制水电离，且酸中c（H+）越大、碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越大，弱离子促进水电离，①中c（OH﹣）小于②中c（H+），所以盐酸抑制水电离程度大于氨水，所以水电离程度：①＞②，故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以该混合溶液中存在c（NH4+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．溶液中存在物料守恒2c（Cl）＝c（N），即c（NH4+）+c（NH3•H2O）═2c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道水电离影响因素，注意结合电荷守恒、物料守恒分析解答。
二、综合题
21．（15分）硒是动物和人体所必需的微量元素之一。
完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为 第四周期、第VIA族 ，图表中78.96的意义为 元素的相对原子质量 。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒： 硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒 。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为 折线型 型，根据表数据可推测 气态氢化物的稳定性 （填写性质名称） H2S高于H2Se。
物质
H2S
H2Se
键长（pm）
133.6
146
（4）工业上常用浓H2SO4溶烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式： CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 。用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，理论上析出1molSe需SO2 2 mol。
（5）下列对于硒的化合物说法合理的是 ac 。
a．SeO2还原性比SO2弱
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO4
c．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
d．酸性：H2SeO4＞H2SO4
【分析】（1）Se原子的核外有4个电子层、最外层有6个电子，据此分析其在周期表中的位置，周期表中元素符号最下面的数值为其元素的相对原子质量；
（2）同主族元素最外层电子数相等，性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，则金属性增强，非金属性减弱，导致硫与硒元素性质不同；
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，结构与水分子相同，键长可以判断分子的稳定性；
（4）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，结合化学方程式定量关系计算；
（5）a．SeO2中还原性比SO2弱；
b．SeO2与NaOH反应与二氧化硫和氢氧化钠溶液反应相同；
c．S、Se性质相似；
d．非金属性Se＜S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：（1）Se原子的原子序数为34，核外电子为34，核外有4个电子层、最外层有6个电子，故其在周期表中的位置为第四周期、第VIA族，图表中78.96的意义为元素的相对原子质量，
故答案为：第四周期、第VIA族；元素的相对原子质量；
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒的原因：硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒，
故答案为：硫与硒原子的最外层电子数相同为6，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得到电子的能力强，非金属性硫大于硒；
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种极性分子，其空间结构为折线型型，根据表数据可推测，原子半径越大，键长越长，形成气态氢化物的稳定性越弱，则气态氢化物的稳定性，H2S高于H2Se，
故答案为：气态氢化物的稳定性；
（4）CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，SO2、SeO2的混合气体在水溶液发生氧化还原反应生成Se和硫酸，方程式为2SO2+SeO2+2H2O═Se+2H2SO4，理论上析出1molSe需SO22mol，
故答案为：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；2；
（5）a．SeO2中Se元素化合价为+4价，处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2弱，故a正确；
b．SeO2与NaOH反应生成Na2SeO3，故b错误；
c．S、Se性质相似，浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性，故c正确；
d．非金属性Se＜S，对应的最高价氧化物的水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故d错误；
故答案为：ac。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目为元素化合价知识与位构性、无机实验相结合的题目，注意把握物质的性质，题目难度中等。
22．（15分）氨气是重要的化工原料，可用于制备硝酸和纯碱。
氨在某种催化剂催化氧化过程中主要有以下两个竞争反应：
4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）+Q1 反应①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）+Q2 反应②
在密闭容器中充入一定量NH3和O2，测得一定时间内有关物质的量随温度变化如图所示。
完成下列填空：
（1）反应①达到平衡后，升高温度，平衡常数K 减小 ，v逆 增大 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）若密闭容器体积为2L，反应温度从0℃升至840℃时反应时间为tmin，则该时间内生成NO的平均反应速率为 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有 温度 、 催化剂种类 。
（4）当温度高于840℃时，反应①中NO的物质的量减少的原因是 反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小 。
（5）侯德榜制碱法中，通过向反应后析出碳酸氢钠的母液中通入NH3、加入磨细的氯化钠粉末并降温得到纯净氯化铵，简述此过程中通入氨气的作用： 加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3 。
【分析】（1）根据图知，升高温度NO的物质的量减小，说明升高温度反应①平衡逆向移动，则正反应为放热反应；升高温度正逆反应速率都增大；
（2）该时间内生成NO的平均反应速率＝；
（3）影响氨气催化氧化反应产物的因素有温度、催化剂种类；
（4）升高温度平衡向吸热方向移动；
（5）从母液中分离出NaHCO3，加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度；NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3。
【解答】解：（1）根据图知，升高温度NO的物质的量减小，说明升高温度反应①平衡逆向移动，则正反应为放热反应，则温度越高化学平衡常数越小，所以升高温度K减小；升高温度活化分子百分数增大，则正逆反应速率都增大，
故答案为：减小；增大；
（2）该时间内生成NO的平均反应速率＝＝mol/（L．min）＝mol/（L．min），
故答案为：；
（3）根据图知，温度和催化剂都影响氨气催化氧化反应产物，
故答案为：温度；催化剂种类；
（4）反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小，
故答案为：反应①为放热反应，当温度为840℃时反应达到平衡状态，继续升高温度平衡向逆反应方向移动，导致n（NO）减小；
（5）从母液中分离出NaHCO3，加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3，减少杂质，
故答案为：加入NaCl通入NH3，增加Cl﹣浓度和NH4+浓度，以利析出NH4Cl；析出NaHCO3固体后，母液中HCO3﹣浓度较小，且通入NH3将HCO3﹣转化为CO32﹣，不析出NaHCO3和NH4HCO3和Na2CO3。
【点评】本题考查化学平衡，涉及反应速率计算、外界条件对平衡移动影响原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用，会根据图象判断反应热和焓变，增大温度对平衡移动影响原理，题目难度不大。
23．（15分）a一氰基丙烯酸正丁酯（俗称504）有较快的聚合速度、对人体无毒性，被用作“医用胶”，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）写出B的结构简式： CH3CH2CH2CH2OH ；反应（Ⅲ）的条件为 浓硫酸、加热 。
（2）反应（Ⅱ）的反应类型为 取代反应 。反应（Ⅰ） 不能在“NaOH溶液”条件下进行反应的原因是 ﹣Cl被取代生成﹣OH 。
（3）“医用胶”通过常温条件下加聚“固化”实现粘合作用，写出504固化后高聚物的结构简式： 。
（4）氯乙酸（ClCH2COOH） 可以利用以下方法制备：
CH3COOH+Cl2→ClCH2COOH+HCl
你认为利用该反应制备氯乙酸，缺点是 该反应为取代反应，容易生成二氯乙酸等副产物 。
（5）已知：R一CNR﹣COOH，写出以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（）
的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】反应I为复分解反应，II为取代反应，III发生酯化反应，根据III反应前后物质结构简式知，B为CH3CH2CH2CH2OH，生成504的反应为取代反应；
（5）以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（），丁二酸可由NCCH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CN可由ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应得到，ClCH2CH2Cl可由乙烯和氯气发生加成反应得到。
【解答】解：（1）B的结构简式：CH3CH2CH2CH2OH；反应（Ⅲ）为酸和醇的酯化反应，该反应的条件为浓硫酸作催化剂、加热，
故答案为：CH3CH2CH2CH2OH；浓硫酸、加热；
（2）反应（Ⅱ）中﹣Cl原子被﹣CN取代，所以该反应的反应类型为取代反应；在“NaOH溶液”条件下进行反应时﹣Cl被取代生成﹣OH，
故答案为：取代反应；﹣Cl被取代生成﹣OH；
（3）504中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则504固化后高聚物的结构简式：，
故答案为：；
（4）该反应为取代反应，氯原子可以取代甲基上的1个、2个或3个氢原子，容易得到副产物，如二氯乙酸、三氯乙酸，
故答案为：该反应为取代反应，容易生成二氯乙酸等副产物；
（5）以乙烯为原料（其他原料任选） 制取丁二酸（），丁二酸可由NCCH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CN可由ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应得到，ClCH2CH2Cl可由乙烯和氯气发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识迁移能力，明确官能团及其性质关系、有机物之间的转化关系及其反应条件是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度不大。
24．（15分）富碘卤水中碘元素主要以化合态存在，现在实验室中取某富碘溶液，按如图流程分离碘单质。
操作Ⅰ和酸化过程发生的反应分别是：
3I2+6OH﹣→5I﹣+IO3﹣+3H2O；
5I﹣+IO3﹣+6H+→3I2+3H2O；
完成下列填空：
（1）萃取剂X应选择 ac （选填编号）
a．苯 b．乙醇 c．CCl4 d．己烯
萃取和操作Ⅰ的目的是 富集碘元素 ，酸化时的现象是 溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀产生 。
（2）为了测定富碘卤水中碘离子的含量，可用高锰酸钾滴定法。已知高锰酸钾和碘离子的反应为：
2MnO4﹣+10I﹣+16H+→2Mn2++5I2+8H2O
取20mL富碘卤水的待测液，用0.100mol•L﹣1酸性高锰酸钾标准液滴定，消耗标准液10.35mL，则溶液中c（I﹣）＝ 0.26 mol•L﹣1．（保留2位有效数字）
有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I﹣产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。
实验序号
试剂组成
反应前
溶液pH
反应后
溶液pH
I﹣的
转化率
Fe（OH）3的
生成量
A
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
amol•L﹣1NaCl
5.3
11.0
约10%
﹣
B
3×10﹣2mol•L﹣1NaI
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.1
4.1
约100%
大量
C
1.5×10﹣2mol•L﹣1FeCl2
5.2
3.5
﹣
少量
已知：①每1molO3 参与反应，生成1molO2。
②实验A中发生的反应为：H2O+2I﹣+O3⇌I2+2OH﹣+O2
（3）a＝ 0.03 mol•L﹣1．C中溶液的pH下降，用离子方程式表示Fe2+与O3生成Fe（OH）3反应 5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3 。
（4）比较A、B、C，从平衡移动角度解释Fe2+在实验B中的作用 Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与O3氧化I﹣产生的OH﹣结合，促使平衡正向移动，产生大量的Fe（OH）3 。
【分析】（1）萃取是一种常用的分离液﹣液混合物的方法，它是利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同（溶质在萃取剂中的溶解度要大于在原溶剂中的溶解度），用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液里提取出来的操作。萃取后的碘单质有机溶液中加入氢氧化钠是为了富集碘元素，加硫酸酸化是为了使碘酸根离子与碘离子归中反应生成碘单质；
（2）根据高锰酸钾和碘离子之间的关系式计算碘离子的物质的量浓度；
（3）验证Fe2+对O3氧化I﹣产生的影响时进行对照实验，对照实验必须排除其它干扰因素，据此计算；C实验中溶液的pH下降，并且生成大量I2和Fe（OH）3，据此写出离子方程式；
（4）Fe2+或Fe3+结合OH﹣使平衡H2O+2I﹣+O3⇌I2+O2+2OH﹣正向进行。
【解答】解：（1）萃取剂X应选择不溶于水的有机溶剂且碘单质在其中溶解性大，
a．苯不溶于水，碘单质在苯中溶解性大，故a正确；
b．乙醇和水溶液混溶，不能分层，不能做萃取剂，故b错误；
c．CCl4和水溶液不溶，能分层且碘单质在其中溶解性大，可以做萃取剂，故c正确；
d．己烯和碘单质发生加成反应，不能做萃取剂，故d错误；
故选ac；
萃取后的碘单质有机溶液中加入氢氧化钠是为了富集碘元素，加硫酸酸化是为了使碘酸根离子与碘离子归中反应生成碘单质，故会看到溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀碘单质产生，
故答案为：富集碘元素；溶液由无色变为棕色，有紫黑色沉淀产生；
（2）反应消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.100mol•L﹣1×0.01035L＝0.001035mol，设参加反应的碘离子的物质的量为nmol，
2MnO4﹣+10I﹣+16H+＝2Mn2++5I2+8H2O
2 10
0.001035mol n
则，解得：n＝0.005175mol，所以c（I﹣）＝＝＝0.26mol•L﹣1，故答案为：0.26；
（3）验证Fe2+对O3氧化I﹣产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A、B组对照实验中c（Cl﹣）要相同，即c（NaCl）＝2c（FeCl2）＝2×1.5×10﹣2mol/L＝0.03mol/L，
故答案为：0.03；
C中溶液的pH下降，则生成酸，并且还生成大量I2和Fe（OH）3，离子方程式为5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3，
故答案为：5H2O+2Fe2++O3⇌4H++O2+2Fe（OH）3；
（4）Fe2+具有强还原性，易被O3氧化生成Fe3+，Fe2+或Fe3+结合OH﹣生成弱碱，促使反应H2O+2I﹣+O3⇌I2+O2+2OH﹣正向进行，提高I﹣的转化率，产生大量的Fe（OH）3，
故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与O3氧化I﹣产生的OH﹣结合，促使平衡正向移动，产生大量的Fe（OH）3。
【点评】本题考查海水中碘元素的综合利用，化学反应平衡及相关计算，为探究实验，侧重物质反应规律和性质的考查，把握物质的性质是解题关键，注意对照实验在化学探究实验中的作用，题目综合性较强。
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日期：2021/11/9 22:49:36；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
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