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2019-2020学年上海市浦东新区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2019-2020学年上海市浦东新区高三（上）期末化学试卷（一模），共28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学年上海市浦东新区高三（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）稀土元素铥（ Tm ）广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是（ ）
A．质子数为 69 B．电子数为 100
C．相对原子质量为 169 D．质量数为 238
2．（2分）中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是（ ）
A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金
3．（2分）下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是（ ）
A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾
4．（2分）有关铝及其化合物的用途正确的是（ ）
A．氢氧化铝：治疗胃酸过多
B．氧化铝：铝热剂
C．明矾：消毒净水
D．铝槽车：装运稀硫酸
5．（2分）有关海水提溴的说法错误的是（ ）
A．海水晒盐后的卤水是提溴原料
B．可以利用氯气氧化溴离子
C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
6．（2分）一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是（ ）
A．Cl2 B．Fe C．Na D．C
7．（2分）根据元素周期律可判断（ ）
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．原子半径：Cl＞Al
8．（2分）关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是（ ）
A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨
C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却
9．（2分）已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是（ ）
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
11．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（ ）
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14 的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
13．（2分）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是（ ）
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2 具有的能量比 CO 低
C．由图可以推得：2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3 kJ
14．（2分）NaHCO3 和 NaHSO4 溶液混合后，实际参加反应的离子是（ ）
A．CO32﹣ 和 H+ B．HCO3﹣ 和HSO4﹣
C．CO32﹣ 和HSO4﹣ D．HCO3﹣ 和 H+
15．（2分）某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有 3 种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
16．（2分）短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是（ ）
A．ⅠA 族 B．ⅢA 族 C．ⅣA 族 D．ⅦA 族
17．（2分）下列有关可逆反应：m A（g）+n B（？）⇌p C（g）+q D（s）的分析中，一定正确的是（ ）
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
18．（2分）25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用 pH 传感器测得 pH 变化曲线如图所示（B 点开始出现白色沉淀）。下列说法错误的是（ ）
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
19．（2分）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是（ ）
A．X 可以是石灰乳
B．氨气循环使用
C．原料是食盐、NH3、CO2 和水
D．产品是纯碱和氯化钙
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（ ）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 焙烧Li2O+CO2；②Li2O+C CO+2Li。
锂原子的电子排布式为 ；CO2 的结构式为 ； 反应②中涉及的化学键类型有 。
（2）氢负离子（H﹣）与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释。 电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定 Li2CO3 产品纯度的方法如下：称取 1.000 g 样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL．取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液 13.00 mL。
（3）定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 和 。
（4）滴定终点的判断依据为 。样品的纯度为 。
22．（15分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）﹣Q（Q＞0）。
常温下，实验室在 10 L 恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：
时间
物质的量（mol）
物质
0 min
2 min
4 min
5 min
6 min
N2
2
1.7
1.6
1.6
2.5
H2O
10
9.1
8.8
8.8
8.65
O2
0
0.45
0.6
0.6
0.675
（1）该反应的平衡常数表达式 K＝ ，0～2 min 内 NH3 的平均生成速率为 。
（2）若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡 。
（3）在 5～6 min 之间只改变了单一条件，该条件是 。
（4）以 NH3 和 CO2 为原料可生产化肥碳铵（NH4HCO3）。生产过程中首先需往水中通入的气体是 ，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有 （用方程式表示）。常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c（ NH4+） c（ HCO3﹣）（选填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 。
23．（16分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
（1）操作①的名称是 ，操作②的主要仪器是 ； 氧化步骤的离子方程式是 。
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加 （选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”）后，若出现 现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③．能同时排除假设②③的原因是 。
（3）查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为 Cl2+ I2+ H2O→ HIO3+ HCl．配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目。
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现 （填实验现象），证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有 存在。
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是 。
24．（14分）乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇（香料）和扁桃酸（医药中间体）的途径如图：
已知：RCH2COOH
（1）A 的结构简式为 ，B 中官能团的名称是 。反应④的反应类型是 。
（2）反应③的化学方程式为 。
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的结构简式为 。
（4）聚丙烯酸（）在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信息，设计由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸的路线。（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物）
2019-2020学年上海市浦东新区高三（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）稀土元素铥（ Tm ）广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是（ ）
A．质子数为 69 B．电子数为 100
C．相对原子质量为 169 D．质量数为 238
【分析】A、原子组成表达式中，左上角代表质量数，左下角代表质子数；
B、原子核外电子数＝核内质子数＝核电荷数；
C、元素的相对原子质量是所有核素的相对原子质量的加权平均数；
D、原子组成表达式中，左上角代表质量数。
【解答】解：A、左下角代表质子数，质子数＝69，故A正确；
B、原子核外电子数＝核内质子数＝69，故B错误；
C、169为质量数，故C错误；
D、左上角代表质量数，质量数为169，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查学生对原子符号的理解、原子构成中微粒关系、同位素等，比较基础。注意基础知识的掌握。
2．（2分）中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是（ ）
A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金
【分析】雌雄名剑“干将”和“莫邪”是当时的一对铸剑夫妇用生铁等铸成，生铁性能远优于青铜，据此分析解答。
【解答】解；A．本身钠的熔点低，合金熔点规律低于成分金属熔点，所以钠合金的熔点降低，春秋战国时期的名剑不可能是钠合金，故A错误；
B．硬铝的优点是硬度大、质轻等，是用于飞机制造业的金属材料之一，该特点不适合铸剑，故B错误；
C．生铁是铁的合金，青铜为铜锡的合金，生铁硬度、强度远优于青铜，所以春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，故C正确；
D．钛合金具有许多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、机械性能好、抗腐蚀性强、钛合金与人体有良好的“相容性”等，是21世纪的重要金属材料，春秋战国时期尚未使用钛合金，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度不大，了解常见的金属材料的性质与用途、合金的性质等是正确解答本题的关键。
3．（2分）下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是（ ）
A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾
【分析】在土壤中会水解显酸性的盐，容易导致土壤酸化，据此分析。
【解答】解：A．硫酸铵水解显酸性，容易导致土壤酸化，故A正确；
B．尿素不能水解，不会导致土壤酸化，故B错误；
C．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，不会导致土壤酸化，故C错误；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，不会导致土壤酸化，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了盐的水解原理的应用，题目难度不大，把握盐的水解规律是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
4．（2分）有关铝及其化合物的用途正确的是（ ）
A．氢氧化铝：治疗胃酸过多
B．氧化铝：铝热剂
C．明矾：消毒净水
D．铝槽车：装运稀硫酸
【分析】A、氢氧化铝具有弱碱性；
B、铝热剂为铝和金属氧化物；
C、明矾只能净水，不能消毒；
D、铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气。
【解答】解：A、氢氧化铝具有弱碱性，则可以治疗胃酸过多，故A正确；
B、铝热剂为铝和金属氧化物，故B错误；
C、明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，只能净水，不能消毒，故C错误；
D、铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，所以铝槽车不能装运稀硫酸，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，注意知识积累，题目较简单。
5．（2分）有关海水提溴的说法错误的是（ ）
A．海水晒盐后的卤水是提溴原料
B．可以利用氯气氧化溴离子
C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
【分析】A．海水晒盐分离出卤水含溴离子；
B．溴以离子存在，具有还原性；
C．溴易挥发；
D．吹出的溴含量较低。
【解答】解：A．海水晒盐分离出卤水含溴离子，为提溴原料，故A正确；
B．溴以离子存在，具有还原性，利用氯气氧化溴离子生成溴，故B正确；
C．溴易挥发，用高温水蒸气将溴从溶液中吹出，故C正确；
D．吹出的溴蒸气中溴的含量较低，需要选碳酸钠或亚硫酸钠等将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴，再氧化、萃取、蒸馏分离出溴，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、溴的提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
6．（2分）一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是（ ）
A．Cl2 B．Fe C．Na D．C
【分析】A、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；
B、铁与水蒸气反应四氧化铁和氢气；
C、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
D、碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气。
【解答】解：A、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，无氢气产生，故A选；
B、铁与水蒸气反应四氧化铁和氢气，有氢气产生，故B不选；
C、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，有氢气产生，故C不选；
D、碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，有氢气产生，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查氯气、铁、钠和碳的性质，学生只要知道元素的相关的性质，比较容易。
7．（2分）根据元素周期律可判断（ ）
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．原子半径：Cl＞Al
【分析】A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
B．F的非金属性最强，没有最高正价；
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小。
【解答】解：A．非金属性：S＜O，则简单氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故A错误；
B．F没有最高正价，N的最高价为+5，则最高化合价：N＞F，故B错误；
C．金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；
D．Cl、Al位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径Cl＜Al，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容即可解答，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是（ ）
A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨
C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却
【分析】在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，包括研磨、加热、冷却、称量等操作步骤，据此分析解答。
【解答】解：A、准确称量瓷坩埚的质量、准确称量瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、准确称量瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，没有在烧杯中称量操作，故A错误；
B、为了使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，所以用到研磨操作，故B正确；
C、盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上慢慢加热，直到蓝色完全变白，不是在蒸发皿中加热，故C错误；
D、为了防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，不是在石棉网上露置冷却，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验操作及注意事项，明确结晶水含量测定的步骤即可解答，注意辨析称量和加热操作所用仪器，题目难度不大。
9．（2分）已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是（ ）
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
【分析】A、电子由负极沿导线流向正极；
B、铁比铅活泼，所以在钢铁上连接铅块，铁仍为负极；
C、正极是氧气发生还原反应，生成氢氧根离子；
D、中性溶液中金属的腐蚀以吸氧腐蚀为主；
【解答】解：A、电子由负极沿导线流向正极，所以电子从铁转移到碳，故A错误；
B、铁比铅活泼，所以在钢铁上连接铅块，铁仍为负极，对铁起不到防护作用，故B错误；
C、正极是氧气发生还原反应，生成氢氧根离子，所以电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C正确；
D、中性溶液中金属的腐蚀以吸氧腐蚀为主，强酸性环境中，金属主要发生析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
【点评】本题是一道有关金属的电化学腐蚀及防护知识的头目，学生要牢记金属的防护原理，才能做好本题。
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为6个碳原子，一个碳碳双键结构，其单体必为一种单烯烃和一种二烯烃，按如图方式断键可得单体为苯乙烯和1，3﹣丁二烯，
故选：B。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解与加聚反应，题目难度不大，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。
11．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（ ）
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S和水；
B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝；
D．HCl与硝酸银反应生成AgCl。
【解答】解：A．硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S和水，生成淡黄色沉淀S，故A不选；
B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则二氧化碳与氯化钙不反应，无现象，故B选；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝，生成白色沉淀，故C不选；
D．HCl与硝酸银反应生成AgCl，生成白色沉淀，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14 的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
【分析】溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，若c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性；若c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性；若c（OH﹣）＝c（H+），溶液呈中性，不能直接利用溶液pH判断溶液酸碱性，据此解答。
【解答】解：A．温度影响水的电离，则pH＝7的溶液不一定为中性，故A错误；
B．水的离子积只受温度的影响，如：25℃时Kw＝1.0×10﹣14，所以该溶液可能为酸性、中性或碱性，故B错误；
C．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，H+与 OH﹣物质的量相等时，溶液一定为中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液可能为酸性、碱性，不一定为中性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查溶液酸碱性的判断方法，题目难度不大，明确溶液酸碱性的影响因素为解答关键，注意溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
13．（2分）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是（ ）
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2 具有的能量比 CO 低
C．由图可以推得：2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3 kJ
【分析】A、反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，则反应放热，反之相反；
B、由图可知2molCO2（g）和2molH2O（l）具有的能量小于2molCO（g）和2molH2O（l）具有的能量，据此判断；
C、根据盖斯定律计算CO（g）+O2（g）→CO2（g）的反应热，进而判断；
D、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）的反应热为607.3kJ/L，据此判断正误。
【解答】解：A、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）放热607.3kJ/L，CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）放热890.3kJ/L，即反应①和反应②均为放热反应，故A正确；
B、由图可知2molCO2（g）和2molH2O（l）具有的能量小于2molCO（g）和2molH2O（l）具有的能量，即等物质的量时，CO2具有的能量比CO低，故B正确；
C、由图可知①CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）+890.3kJ/L，②CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3kJ/L根据盖斯定律②﹣①得到CO（g）+O2（g）→CO2（g）+283kJ，即2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+566kJ，故C错误；
D、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）的反应热为607.3kJ/L，反应②的热化学方程式为CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3kJ，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查热化学方程式书写、反应热的计算、盖斯定律的计算应用等知识点，为高频考点，把握反应中能量变化和盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与灵活运用能力的考查，注意B为易错点，题目难度不大。
14．（2分）NaHCO3 和 NaHSO4 溶液混合后，实际参加反应的离子是（ ）
A．CO32﹣ 和 H+ B．HCO3﹣ 和HSO4﹣
C．CO32﹣ 和HSO4﹣ D．HCO3﹣ 和 H+
【分析】NaHSO4电离出Na+、SO42﹣、H+，NaHCO3电离出Na+、HCO3﹣，溶液混合后生成气体和水、硫酸钠，以此来解答。
【解答】解：NaHCO3和NaHSO4的溶液混合后，生成气体和水、硫酸钠，因NaHSO4电离出H+，NaHCO3电离出HCO3﹣，HCO3﹣和H+反应生成水和二氧化碳，可知反应发生，
故选：D。
【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，侧重复分解反应的离子共存的考查，注意复分解反应发生的条件，题目难度不大。
15．（2分）某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有 3 种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【分析】由球棍模型可知有机物结构简式为CH3COOCH＝CH2，含有酯基和碳碳双键，结合酯类、烯烃的结构和性质解答该题。
【解答】解：A．有机物结构简式为CH3COOCH＝CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；
B．显酸性的链状同分异构体有CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH、CH2＝C（CH3）COOH，故B正确；
C．分子中不含羟基，不能发生消去反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酯类和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
16．（2分）短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是（ ）
A．ⅠA 族 B．ⅢA 族 C．ⅣA 族 D．ⅦA 族
【分析】A、第IA族的H元素的单质和其他碱金属元素的单质的晶体类型不同；
B、第IIIA的B元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同；
C、第IVA的C和Si元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同；
D、第VIIA的元素的单质的晶体类型相同。
【解答】解：A、第IA族的H元素的单质和其他碱金属元素的单质的晶体类型不同，氢气为分子晶体，碱金属元素的单质为金属晶体，故A错误；
B、第IIIA的B元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同，B单质为原子晶体，其他的单质为金属晶体，故B错误；
C、第IVA的C和Si元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同，C元素的单质有原子晶体，如金刚石，也有分子晶体，如石墨，Si单质为原子晶体，其他元素的单位为金属晶体，故C错误；
D、第VIIA的元素的单质的晶体类型相同，均为分子晶体，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了同主族元素单质的晶体类型，根据物质的结构和性质来分析，难度不大。
17．（2分）下列有关可逆反应：m A（g）+n B（？）⇌p C（g）+q D（s）的分析中，一定正确的是（ ）
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
【分析】A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间v正＞v逆，随着反应进行，逆反应速率先减小后增大至反应速率不变，正反应速率减小至不变；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，说明促使反应正向进行。
【解答】解：A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变，根据方程式，若B为气体，则有m+n＝p，若B不为气体，则有m＝p，需分情况讨论，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行，则逆反应为吸热，正反应为放热，故B错误；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间有v正＞v逆，随着反应进行，反应物浓度减小，v正减小至不变，v逆先减小后增大至最后不变，最终再次达到平衡，该过程中正反应速率减小，故C错误；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，说明促使反应正向进行，可以说明B为气体，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的移动，根据所学知识进行判断，明确把握化学平衡移动原理的实质是解题的关键，难度不大。
18．（2分）25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用 pH 传感器测得 pH 变化曲线如图所示（B 点开始出现白色沉淀）。下列说法错误的是（ ）
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
【分析】根据图结合题给信息知，B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，B 点开始出现白色沉淀，则B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，D点Al3+完全转化为沉淀，DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，E点Al元素恰好转化为AlO2﹣。
【解答】解：根据图结合题给信息知，B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，B 点开始出现白色沉淀，则B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，D点Al3+完全转化为沉淀，DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，E点Al元素恰好转化为AlO2﹣，
A．根据以上分析知，B 点开始出现白色沉淀，则B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，所以A点前发生中和反应，故A正确；
B．B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，则BC段也发生生成氢氧化铝的反应，则沉淀质量逐渐增加，故B正确；
C．DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，则D点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．E点溶质主要是NaAlO2 和NaCl，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查酸碱混合溶液定性判断、物质之间的转化，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、各段发生的离子反应是解本题关键，D为解答易错点。
19．（2分）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是（ ）
A．X 可以是石灰乳
B．氨气循环使用
C．原料是食盐、NH3、CO2 和水
D．产品是纯碱和氯化钙
【分析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱。它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，据此分析解答。
【解答】解：A、根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，故A正确；
B、由制碱工艺图可知，氨气循环使用，故B正确；
C、由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，故C错误；
D、由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了侯氏制碱法的原理及其流程，难度不大，理清反应原理即可解题。
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（ ）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
【分析】①测得溶液 pH＝2，则溶液中一定含有H+，则一定不含CO32﹣；
②加入氯水，溶液颜色变深，则溶液中至少含有Fe2+和Br﹣中一种，又物质的量浓度相同，根据溶液成电中性，所以原溶液一定含Br﹣，如果再含有Fe2+，则一定还含有SO42﹣，所以一定不含NH4+，据此分析。
【解答】解：A．由上述分析可知，不能确定Fe2+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液一定含Br﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，可能同时含 Fe2+、Br﹣，故C正确；
D．由上述分析可知，一定不含NH4+，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了离子的推断，题目难度中等，根据离子共存及电中性知识正确判断阴阳离子可能组成为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 焙烧Li2O+CO2；②Li2O+C CO+2Li。
锂原子的电子排布式为 1s22s1 ；CO2 的结构式为 O＝C＝O ； 反应②中涉及的化学键类型有 离子键、共价键、金属键 。
（2）氢负离子（H﹣）与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释。 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定 Li2CO3 产品纯度的方法如下：称取 1.000 g 样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL．取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液 13.00 mL。
（3）定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 玻璃棒 和 100mL容量瓶 。
（4）滴定终点的判断依据为 当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 。样品的纯度为 0.999 。
【分析】（1）Li核外有3个电子，分两层排布；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子；氧化锂中含有离子键，一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键；
（2）核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小；
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此判断需要的仪器；
（4）硫酸与碳酸锂反应生成硫酸锂和水，剩余过量硫酸，滴入酚酞溶液呈无色，用氢氧化钠滴定，到溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点，依据硫酸与碳酸锂，氢氧化钠反应的关系式计算碳酸锂的质量，据此计算产品百分含量。
【解答】解：（1）Li核外有3个电子，分两层排布，则基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为：O＝C＝O；氧化锂中含有离子键，一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键；
故答案为：1s22s1；O＝C＝O；离子键、共价键、金属键；
2．核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是 氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
故答案为：氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是 氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
3．配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：玻璃棒；100 mL 容量瓶；
故答案为：玻璃棒；100 mL 容量瓶；
4．硫酸与碳酸锂反应生成硫酸锂和水，剩余过量硫酸，滴入酚酞溶液呈无色，用氢氧化钠滴定，到溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；
设样品纯度为x，碳酸锂与硫酸反应关系为：Li2CO3～H2SO4，氢氧化钠与硫酸反应关系为：2NaOH～H2SO4，
则：Li2CO3～H2SO4，
74 1
1.000 g×x n（H2SO4）
则：n（H2SO4）＝（mol）
2NaOH～H2SO4，
2 1
0.100 mol/L×0.013L （2.000 mol/L×0.01L﹣mol）×
则：2：1＝0.100 mol/L×0.013L：（2.000 mol/L×0.01L﹣mol）×
解得x＝0.999；
故答案为：当滴入最后一滴标准 NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；0.999；
【点评】本题为综合题，考查了原子结构，中和滴定测定物质百分含量，明确核外电子排布规律，熟悉配制一定物质的量浓度溶液，中和滴定原理，方程式有关计算是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题、解决问题能力。
22．（15分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）﹣Q（Q＞0）。
常温下，实验室在 10 L 恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：
时间
物质的量（mol）
物质
0 min
2 min
4 min
5 min
6 min
N2
2
1.7
1.6
1.6
2.5
H2O
10
9.1
8.8
8.8
8.65
O2
0
0.45
0.6
0.6
0.675
（1）该反应的平衡常数表达式 K＝ ，0～2 min 内 NH3 的平均生成速率为 0.03mol/（L•min） 。
（2）若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡 能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 。
（3）在 5～6 min 之间只改变了单一条件，该条件是 增加了氮气的量 。
（4）以 NH3 和 CO2 为原料可生产化肥碳铵（NH4HCO3）。生产过程中首先需往水中通入的气体是 NH3 ，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有 NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣ （用方程式表示）。常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c（ NH4+） ＞ c（ HCO3﹣）（选填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 因为pH＞7，说明c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），所以c（NH4+）＞c（HCO3﹣）（或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c（NH4+）＞c（HCO3﹣）） 。
【分析】（1）平衡常数表达式为K＝，根据v＝计算；
（2）混合气体的密度为，据此分析；
（3）5min已经达到平衡，6min时发现N2和O2相比较原平衡有所增大，但H2O的量减少；
（4）NH3比CO2在水中的溶解度大，先通入NH3能形成碱液体系，有利于吸收CO2，通入NH3后为NH3•H2O，存在电离平衡，根据溶液中的电荷守恒关系分析。
【解答】解：（1）反应为：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），则反应的平衡常数表达式为K＝，
根据表中数据，0～2 min 内，△n（O2）＝0.45mol，则△n（NH3）＝△n（O2）＝0.6mol，所以v（NH3）＝＝0.03 mol/（L•min），
故答案为：；0.03 mol/（L•min）；
（2）混合气体的密度为，由于反应前后气体物质的量改变，所以ρ改变，ρ不变可以说明反应达到化学平衡，
故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；
（3）5min已经达到平衡，6min时发现N2和O2相比较原平衡有所增大，但H2O的量减少，说明在 5～6 min 之间增加N2的量，
故答案为：增加了氮气的量；
（4）NH3比CO2在水中的溶解度大，先通入NH3能形成碱液体系，有利于吸收CO2，
通入NH3后为NH3•H2O，存在电离平衡为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，
常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），pH＞7，说明 c（H+）＜c（OH﹣），所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣），
故答案为：NH3；NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；＞；因为 pH＞7，说明 c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣）（或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度 NH4+＜HCO3﹣，所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣））。
【点评】本题考查化学平衡的计算，弱电解质的电离平衡，盐类水解，溶液中守恒关系的利用，属于化学原理综合知识体系的考查，整体难度中等。
23．（16分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
（1）操作①的名称是 过滤 ，操作②的主要仪器是 分液漏斗 ； 氧化步骤的离子方程式是 Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 。
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加 碘水 （选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”）后，若出现 变蓝 现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③．能同时排除假设②③的原因是 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③ 。
（3）查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为 5 Cl2+ 1 I2+ 6 H2O→ 2 HIO3+ 10 HCl．配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目。
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 （填实验现象），证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有 Fe3+ 存在。
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是 由探究（4）可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由（3）可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3 。
【分析】由流程可知，海带灰溶解后，操作①为过滤，分离出含碘离子溶液，加适量氯水氧化碘离子生成碘，操作②中加苯或四氯化碳等萃取碘，操作为萃取分液，得到含碘的有机溶液，因淀粉遇碘单质变蓝，取样加淀粉、氯水，溶液变蓝，可知发生Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，以此来解答。
【解答】解：（1）操作①的名称是过滤，操作②的主要仪器是分液漏斗； 氧化步骤的离子方程式是Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，
故答案为：过滤；分液漏斗；Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣；
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加碘水后，若出现变蓝现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③，能同时排除假设②③的原因是加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③，
故答案为：碘水；变蓝；加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③；
（3）反应中Cl元素化合价由0价降低到﹣1价，I元素化合价由0价升高到+5价，转移电子数目为10e﹣，双线桥表示电子转移方向和数目为，
故答案为：5；1；6；2；10；；
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有Fe3+存在，
故答案为：分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色；Fe3+；
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是由探究（4）可知Fe3+和 I2可以共存，由此可知 Fe3+不能氧化 I2，而由（3）可知 Cl2 能氧化 I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3，
故答案为：由探究（4）可知Fe3+和 I2可以共存，由此可知 Fe3+不能氧化 I2，而由（3）可知 Cl2 能氧化 I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
【点评】本题考查海带提碘的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、碘的提纯原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意探究氧化性为解答的难点，题目难度不大。
24．（14分）乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇（香料）和扁桃酸（医药中间体）的途径如图：
已知：RCH2COOH
（1）A 的结构简式为 ，B 中官能团的名称是 氯原子、羧基 。反应④的反应类型是 加成反应 。
（2）反应③的化学方程式为 2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O 。
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的结构简式为 。
（4）聚丙烯酸（）在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信息，设计由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸的路线。（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物）
【分析】根据苏合香醇的结构简式知，生成A的反应为取代反应，乙酰氯中Cl原子被苯环取代，则A为，生成B的反应为取代反应，发生催化氧化生成C，C结构简式为OHCCOOH，C发生加成反应生成扁桃酸；
（4）由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸，聚丙烯酸由丙烯酸发生加聚反应得到，丙酸和氯气发生生成B的反应得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生消去反应然后酸化得到丙烯酸。
【解答】解：（1）A 的结构简式为，B 中官能团的名称是氯原子、羧基，反应④为C中的醛基和苯发生加成反应生成扁桃酸，则该反应的反应类型是加成反应，
故答案为：；氯原子、羧基；加成反应；
（2）反应③为醛基的催化氧化反应，则该反应的化学方程式为2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O，
故答案为：2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O；
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，扁桃酸中含有羧基和羟基，M中应该含有两个酯基，生成的另外只含一个碳原子的含氧衍生物分别是HCOOH、CH3OH，M 的结构简式为，
故答案为：；
（4）由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸，聚丙烯酸由丙烯酸发生加聚反应得到，丙酸和氯气发生生成B的反应得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生消去反应然后酸化得到丙烯酸，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，利用反应前后物质结构变化进行推断，正确推断各物质结构简式并采用知识迁移方法进行合成路线设计是解本题关键，题目难度不大。
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日期：2021/11/9 22:48:56；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2019-2020学年上海市浦东新区高三（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）稀土元素铥（ Tm ）广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是（ ）
A．质子数为 69 B．电子数为 100
C．相对原子质量为 169 D．质量数为 238
2．（2分）中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是（ ）
A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金
3．（2分）下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是（ ）
A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾
4．（2分）有关铝及其化合物的用途正确的是（ ）
A．氢氧化铝：治疗胃酸过多
B．氧化铝：铝热剂
C．明矾：消毒净水
D．铝槽车：装运稀硫酸
5．（2分）有关海水提溴的说法错误的是（ ）
A．海水晒盐后的卤水是提溴原料
B．可以利用氯气氧化溴离子
C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
6．（2分）一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是（ ）
A．Cl2 B．Fe C．Na D．C
7．（2分）根据元素周期律可判断（ ）
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．原子半径：Cl＞Al
8．（2分）关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是（ ）
A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨
C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却
9．（2分）已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是（ ）
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
11．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（ ）
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14 的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
13．（2分）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是（ ）
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2 具有的能量比 CO 低
C．由图可以推得：2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3 kJ
14．（2分）NaHCO3 和 NaHSO4 溶液混合后，实际参加反应的离子是（ ）
A．CO32﹣ 和 H+ B．HCO3﹣ 和HSO4﹣
C．CO32﹣ 和HSO4﹣ D．HCO3﹣ 和 H+
15．（2分）某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有 3 种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
16．（2分）短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是（ ）
A．ⅠA 族 B．ⅢA 族 C．ⅣA 族 D．ⅦA 族
17．（2分）下列有关可逆反应：m A（g）+n B（？）⇌p C（g）+q D（s）的分析中，一定正确的是（ ）
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
18．（2分）25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用 pH 传感器测得 pH 变化曲线如图所示（B 点开始出现白色沉淀）。下列说法错误的是（ ）
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
19．（2分）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是（ ）
A．X 可以是石灰乳
B．氨气循环使用
C．原料是食盐、NH3、CO2 和水
D．产品是纯碱和氯化钙
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（ ）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 焙烧Li2O+CO2；②Li2O+C CO+2Li。
锂原子的电子排布式为 ；CO2 的结构式为 ； 反应②中涉及的化学键类型有 。
（2）氢负离子（H﹣）与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释。 电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定 Li2CO3 产品纯度的方法如下：称取 1.000 g 样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL．取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液 13.00 mL。
（3）定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 和 。
（4）滴定终点的判断依据为 。样品的纯度为 。
22．（15分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）﹣Q（Q＞0）。
常温下，实验室在 10 L 恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：
时间
物质的量（mol）
物质
0 min
2 min
4 min
5 min
6 min
N2
2
1.7
1.6
1.6
2.5
H2O
10
9.1
8.8
8.8
8.65
O2
0
0.45
0.6
0.6
0.675
（1）该反应的平衡常数表达式 K＝ ，0～2 min 内 NH3 的平均生成速率为 。
（2）若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡 。
（3）在 5～6 min 之间只改变了单一条件，该条件是 。
（4）以 NH3 和 CO2 为原料可生产化肥碳铵（NH4HCO3）。生产过程中首先需往水中通入的气体是 ，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有 （用方程式表示）。常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c（ NH4+） c（ HCO3﹣）（选填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 。
23．（16分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
（1）操作①的名称是 ，操作②的主要仪器是 ； 氧化步骤的离子方程式是 。
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加 （选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”）后，若出现 现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③．能同时排除假设②③的原因是 。
（3）查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为 Cl2+ I2+ H2O→ HIO3+ HCl．配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目。
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现 （填实验现象），证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有 存在。
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是 。
24．（14分）乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇（香料）和扁桃酸（医药中间体）的途径如图：
已知：RCH2COOH
（1）A 的结构简式为 ，B 中官能团的名称是 。反应④的反应类型是 。
（2）反应③的化学方程式为 。
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的结构简式为 。
（4）聚丙烯酸（）在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信息，设计由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸的路线。（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物）
2019-2020学年上海市浦东新区高三（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）稀土元素铥（ Tm ）广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是（ ）
A．质子数为 69 B．电子数为 100
C．相对原子质量为 169 D．质量数为 238
【分析】A、原子组成表达式中，左上角代表质量数，左下角代表质子数；
B、原子核外电子数＝核内质子数＝核电荷数；
C、元素的相对原子质量是所有核素的相对原子质量的加权平均数；
D、原子组成表达式中，左上角代表质量数。
【解答】解：A、左下角代表质子数，质子数＝69，故A正确；
B、原子核外电子数＝核内质子数＝69，故B错误；
C、169为质量数，故C错误；
D、左上角代表质量数，质量数为169，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查学生对原子符号的理解、原子构成中微粒关系、同位素等，比较基础。注意基础知识的掌握。
2．（2分）中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是（ ）
A．钠合金 B．硬铝 C．生铁 D．钛合金
【分析】雌雄名剑“干将”和“莫邪”是当时的一对铸剑夫妇用生铁等铸成，生铁性能远优于青铜，据此分析解答。
【解答】解；A．本身钠的熔点低，合金熔点规律低于成分金属熔点，所以钠合金的熔点降低，春秋战国时期的名剑不可能是钠合金，故A错误；
B．硬铝的优点是硬度大、质轻等，是用于飞机制造业的金属材料之一，该特点不适合铸剑，故B错误；
C．生铁是铁的合金，青铜为铜锡的合金，生铁硬度、强度远优于青铜，所以春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，故C正确；
D．钛合金具有许多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、机械性能好、抗腐蚀性强、钛合金与人体有良好的“相容性”等，是21世纪的重要金属材料，春秋战国时期尚未使用钛合金，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度不大，了解常见的金属材料的性质与用途、合金的性质等是正确解答本题的关键。
3．（2分）下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是（ ）
A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾
【分析】在土壤中会水解显酸性的盐，容易导致土壤酸化，据此分析。
【解答】解：A．硫酸铵水解显酸性，容易导致土壤酸化，故A正确；
B．尿素不能水解，不会导致土壤酸化，故B错误；
C．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，不会导致土壤酸化，故C错误；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，不会导致土壤酸化，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了盐的水解原理的应用，题目难度不大，把握盐的水解规律是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
4．（2分）有关铝及其化合物的用途正确的是（ ）
A．氢氧化铝：治疗胃酸过多
B．氧化铝：铝热剂
C．明矾：消毒净水
D．铝槽车：装运稀硫酸
【分析】A、氢氧化铝具有弱碱性；
B、铝热剂为铝和金属氧化物；
C、明矾只能净水，不能消毒；
D、铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气。
【解答】解：A、氢氧化铝具有弱碱性，则可以治疗胃酸过多，故A正确；
B、铝热剂为铝和金属氧化物，故B错误；
C、明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，只能净水，不能消毒，故C错误；
D、铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，所以铝槽车不能装运稀硫酸，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析应用，注意知识积累，题目较简单。
5．（2分）有关海水提溴的说法错误的是（ ）
A．海水晒盐后的卤水是提溴原料
B．可以利用氯气氧化溴离子
C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
【分析】A．海水晒盐分离出卤水含溴离子；
B．溴以离子存在，具有还原性；
C．溴易挥发；
D．吹出的溴含量较低。
【解答】解：A．海水晒盐分离出卤水含溴离子，为提溴原料，故A正确；
B．溴以离子存在，具有还原性，利用氯气氧化溴离子生成溴，故B正确；
C．溴易挥发，用高温水蒸气将溴从溶液中吹出，故C正确；
D．吹出的溴蒸气中溴的含量较低，需要选碳酸钠或亚硫酸钠等将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴，再氧化、萃取、蒸馏分离出溴，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、溴的提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
6．（2分）一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是（ ）
A．Cl2 B．Fe C．Na D．C
【分析】A、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；
B、铁与水蒸气反应四氧化铁和氢气；
C、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
D、碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气。
【解答】解：A、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，无氢气产生，故A选；
B、铁与水蒸气反应四氧化铁和氢气，有氢气产生，故B不选；
C、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，有氢气产生，故C不选；
D、碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，有氢气产生，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查氯气、铁、钠和碳的性质，学生只要知道元素的相关的性质，比较容易。
7．（2分）根据元素周期律可判断（ ）
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．原子半径：Cl＞Al
【分析】A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
B．F的非金属性最强，没有最高正价；
C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小。
【解答】解：A．非金属性：S＜O，则简单氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故A错误；
B．F没有最高正价，N的最高价为+5，则最高化合价：N＞F，故B错误；
C．金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；
D．Cl、Al位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径Cl＜Al，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容即可解答，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是（ ）
A．在烧杯中称量 B．在研钵中研磨
C．在蒸发皿中加热 D．在石棉网上冷却
【分析】在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，包括研磨、加热、冷却、称量等操作步骤，据此分析解答。
【解答】解：A、准确称量瓷坩埚的质量、准确称量瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、准确称量瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，没有在烧杯中称量操作，故A错误；
B、为了使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，所以用到研磨操作，故B正确；
C、盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上慢慢加热，直到蓝色完全变白，不是在蒸发皿中加热，故C错误；
D、为了防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，不是在石棉网上露置冷却，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验操作及注意事项，明确结晶水含量测定的步骤即可解答，注意辨析称量和加热操作所用仪器，题目难度不大。
9．（2分）已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是（ ）
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
【分析】A、电子由负极沿导线流向正极；
B、铁比铅活泼，所以在钢铁上连接铅块，铁仍为负极；
C、正极是氧气发生还原反应，生成氢氧根离子；
D、中性溶液中金属的腐蚀以吸氧腐蚀为主；
【解答】解：A、电子由负极沿导线流向正极，所以电子从铁转移到碳，故A错误；
B、铁比铅活泼，所以在钢铁上连接铅块，铁仍为负极，对铁起不到防护作用，故B错误；
C、正极是氧气发生还原反应，生成氢氧根离子，所以电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C正确；
D、中性溶液中金属的腐蚀以吸氧腐蚀为主，强酸性环境中，金属主要发生析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
【点评】本题是一道有关金属的电化学腐蚀及防护知识的头目，学生要牢记金属的防护原理，才能做好本题。
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为6个碳原子，一个碳碳双键结构，其单体必为一种单烯烃和一种二烯烃，按如图方式断键可得单体为苯乙烯和1，3﹣丁二烯，
故选：B。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解与加聚反应，题目难度不大，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。
11．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（ ）
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S和水；
B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝；
D．HCl与硝酸银反应生成AgCl。
【解答】解：A．硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S和水，生成淡黄色沉淀S，故A不选；
B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则二氧化碳与氯化钙不反应，无现象，故B选；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝，生成白色沉淀，故C不选；
D．HCl与硝酸银反应生成AgCl，生成白色沉淀，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14 的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
【分析】溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，若c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性；若c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性；若c（OH﹣）＝c（H+），溶液呈中性，不能直接利用溶液pH判断溶液酸碱性，据此解答。
【解答】解：A．温度影响水的电离，则pH＝7的溶液不一定为中性，故A错误；
B．水的离子积只受温度的影响，如：25℃时Kw＝1.0×10﹣14，所以该溶液可能为酸性、中性或碱性，故B错误；
C．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，H+与 OH﹣物质的量相等时，溶液一定为中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液可能为酸性、碱性，不一定为中性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查溶液酸碱性的判断方法，题目难度不大，明确溶液酸碱性的影响因素为解答关键，注意溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
13．（2分）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是（ ）
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2 具有的能量比 CO 低
C．由图可以推得：2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3 kJ
【分析】A、反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，则反应放热，反之相反；
B、由图可知2molCO2（g）和2molH2O（l）具有的能量小于2molCO（g）和2molH2O（l）具有的能量，据此判断；
C、根据盖斯定律计算CO（g）+O2（g）→CO2（g）的反应热，进而判断；
D、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）的反应热为607.3kJ/L，据此判断正误。
【解答】解：A、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）放热607.3kJ/L，CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）放热890.3kJ/L，即反应①和反应②均为放热反应，故A正确；
B、由图可知2molCO2（g）和2molH2O（l）具有的能量小于2molCO（g）和2molH2O（l）具有的能量，即等物质的量时，CO2具有的能量比CO低，故B正确；
C、由图可知①CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）+890.3kJ/L，②CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3kJ/L根据盖斯定律②﹣①得到CO（g）+O2（g）→CO2（g）+283kJ，即2CO（g）+O2（g）→2CO2（g）+566kJ，故C错误；
D、由图可知CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）的反应热为607.3kJ/L，反应②的热化学方程式为CH4（g）+O2（g）→CO（g）+2H2O（l）+607.3kJ，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查热化学方程式书写、反应热的计算、盖斯定律的计算应用等知识点，为高频考点，把握反应中能量变化和盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与灵活运用能力的考查，注意B为易错点，题目难度不大。
14．（2分）NaHCO3 和 NaHSO4 溶液混合后，实际参加反应的离子是（ ）
A．CO32﹣ 和 H+ B．HCO3﹣ 和HSO4﹣
C．CO32﹣ 和HSO4﹣ D．HCO3﹣ 和 H+
【分析】NaHSO4电离出Na+、SO42﹣、H+，NaHCO3电离出Na+、HCO3﹣，溶液混合后生成气体和水、硫酸钠，以此来解答。
【解答】解：NaHCO3和NaHSO4的溶液混合后，生成气体和水、硫酸钠，因NaHSO4电离出H+，NaHCO3电离出HCO3﹣，HCO3﹣和H+反应生成水和二氧化碳，可知反应发生，
故选：D。
【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，侧重复分解反应的离子共存的考查，注意复分解反应发生的条件，题目难度不大。
15．（2分）某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有 3 种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【分析】由球棍模型可知有机物结构简式为CH3COOCH＝CH2，含有酯基和碳碳双键，结合酯类、烯烃的结构和性质解答该题。
【解答】解：A．有机物结构简式为CH3COOCH＝CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；
B．显酸性的链状同分异构体有CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH、CH2＝C（CH3）COOH，故B正确；
C．分子中不含羟基，不能发生消去反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酯类和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
16．（2分）短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是（ ）
A．ⅠA 族 B．ⅢA 族 C．ⅣA 族 D．ⅦA 族
【分析】A、第IA族的H元素的单质和其他碱金属元素的单质的晶体类型不同；
B、第IIIA的B元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同；
C、第IVA的C和Si元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同；
D、第VIIA的元素的单质的晶体类型相同。
【解答】解：A、第IA族的H元素的单质和其他碱金属元素的单质的晶体类型不同，氢气为分子晶体，碱金属元素的单质为金属晶体，故A错误；
B、第IIIA的B元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同，B单质为原子晶体，其他的单质为金属晶体，故B错误；
C、第IVA的C和Si元素的单质和其他元素的单质的晶体类型不同，C元素的单质有原子晶体，如金刚石，也有分子晶体，如石墨，Si单质为原子晶体，其他元素的单位为金属晶体，故C错误；
D、第VIIA的元素的单质的晶体类型相同，均为分子晶体，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了同主族元素单质的晶体类型，根据物质的结构和性质来分析，难度不大。
17．（2分）下列有关可逆反应：m A（g）+n B（？）⇌p C（g）+q D（s）的分析中，一定正确的是（ ）
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
【分析】A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间v正＞v逆，随着反应进行，逆反应速率先减小后增大至反应速率不变，正反应速率减小至不变；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，说明促使反应正向进行。
【解答】解：A．增大压强，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变，根据方程式，若B为气体，则有m+n＝p，若B不为气体，则有m＝p，需分情况讨论，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，说明反应逆向进行，则逆反应为吸热，正反应为放热，故B错误；
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，移走的瞬间有v正＞v逆，随着反应进行，反应物浓度减小，v正减小至不变，v逆先减小后增大至最后不变，最终再次达到平衡，该过程中正反应速率减小，故C错误；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，说明促使反应正向进行，可以说明B为气体，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的移动，根据所学知识进行判断，明确把握化学平衡移动原理的实质是解题的关键，难度不大。
18．（2分）25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用 pH 传感器测得 pH 变化曲线如图所示（B 点开始出现白色沉淀）。下列说法错误的是（ ）
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
【分析】根据图结合题给信息知，B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，B 点开始出现白色沉淀，则B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，D点Al3+完全转化为沉淀，DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，E点Al元素恰好转化为AlO2﹣。
【解答】解：根据图结合题给信息知，B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，B 点开始出现白色沉淀，则B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，D点Al3+完全转化为沉淀，DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，E点Al元素恰好转化为AlO2﹣，
A．根据以上分析知，B 点开始出现白色沉淀，则B点前发生酸碱中和反应H++OH﹣＝H2O，所以A点前发生中和反应，故A正确；
B．B到D点间发生反应 Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，则BC段也发生生成氢氧化铝的反应，则沉淀质量逐渐增加，故B正确；
C．DE段发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，则D点后的反应为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．E点溶质主要是NaAlO2 和NaCl，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查酸碱混合溶液定性判断、物质之间的转化，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、各段发生的离子反应是解本题关键，D为解答易错点。
19．（2分）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是（ ）
A．X 可以是石灰乳
B．氨气循环使用
C．原料是食盐、NH3、CO2 和水
D．产品是纯碱和氯化钙
【分析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱。它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，据此分析解答。
【解答】解：A、根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，故A正确；
B、由制碱工艺图可知，氨气循环使用，故B正确；
C、由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，故C错误；
D、由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了侯氏制碱法的原理及其流程，难度不大，理清反应原理即可解题。
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（ ）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
【分析】①测得溶液 pH＝2，则溶液中一定含有H+，则一定不含CO32﹣；
②加入氯水，溶液颜色变深，则溶液中至少含有Fe2+和Br﹣中一种，又物质的量浓度相同，根据溶液成电中性，所以原溶液一定含Br﹣，如果再含有Fe2+，则一定还含有SO42﹣，所以一定不含NH4+，据此分析。
【解答】解：A．由上述分析可知，不能确定Fe2+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液一定含Br﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，可能同时含 Fe2+、Br﹣，故C正确；
D．由上述分析可知，一定不含NH4+，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了离子的推断，题目难度中等，根据离子共存及电中性知识正确判断阴阳离子可能组成为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 焙烧Li2O+CO2；②Li2O+C CO+2Li。
锂原子的电子排布式为 1s22s1 ；CO2 的结构式为 O＝C＝O ； 反应②中涉及的化学键类型有 离子键、共价键、金属键 。
（2）氢负离子（H﹣）与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释。 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定 Li2CO3 产品纯度的方法如下：称取 1.000 g 样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL．取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L 标准 NaOH 溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH 溶液 13.00 mL。
（3）定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 玻璃棒 和 100mL容量瓶 。
（4）滴定终点的判断依据为 当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 。样品的纯度为 0.999 。
【分析】（1）Li核外有3个电子，分两层排布；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子；氧化锂中含有离子键，一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键；
（2）核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小；
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此判断需要的仪器；
（4）硫酸与碳酸锂反应生成硫酸锂和水，剩余过量硫酸，滴入酚酞溶液呈无色，用氢氧化钠滴定，到溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点，依据硫酸与碳酸锂，氢氧化钠反应的关系式计算碳酸锂的质量，据此计算产品百分含量。
【解答】解：（1）Li核外有3个电子，分两层排布，则基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为：O＝C＝O；氧化锂中含有离子键，一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键；
故答案为：1s22s1；O＝C＝O；离子键、共价键、金属键；
2．核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是 氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
故答案为：氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构（或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是 氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
3．配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，缺少的玻璃仪器：玻璃棒；100 mL 容量瓶；
故答案为：玻璃棒；100 mL 容量瓶；
4．硫酸与碳酸锂反应生成硫酸锂和水，剩余过量硫酸，滴入酚酞溶液呈无色，用氢氧化钠滴定，到溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；
设样品纯度为x，碳酸锂与硫酸反应关系为：Li2CO3～H2SO4，氢氧化钠与硫酸反应关系为：2NaOH～H2SO4，
则：Li2CO3～H2SO4，
74 1
1.000 g×x n（H2SO4）
则：n（H2SO4）＝（mol）
2NaOH～H2SO4，
2 1
0.100 mol/L×0.013L （2.000 mol/L×0.01L﹣mol）×
则：2：1＝0.100 mol/L×0.013L：（2.000 mol/L×0.01L﹣mol）×
解得x＝0.999；
故答案为：当滴入最后一滴标准 NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；0.999；
【点评】本题为综合题，考查了原子结构，中和滴定测定物质百分含量，明确核外电子排布规律，熟悉配制一定物质的量浓度溶液，中和滴定原理，方程式有关计算是解题关键，题目难度中等，侧重考查学生分析问题、解决问题能力。
22．（15分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）﹣Q（Q＞0）。
常温下，实验室在 10 L 恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：
时间
物质的量（mol）
物质
0 min
2 min
4 min
5 min
6 min
N2
2
1.7
1.6
1.6
2.5
H2O
10
9.1
8.8
8.8
8.65
O2
0
0.45
0.6
0.6
0.675
（1）该反应的平衡常数表达式 K＝ ，0～2 min 内 NH3 的平均生成速率为 0.03mol/（L•min） 。
（2）若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡 能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 。
（3）在 5～6 min 之间只改变了单一条件，该条件是 增加了氮气的量 。
（4）以 NH3 和 CO2 为原料可生产化肥碳铵（NH4HCO3）。生产过程中首先需往水中通入的气体是 NH3 ，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有 NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣ （用方程式表示）。常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c（ NH4+） ＞ c（ HCO3﹣）（选填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 因为pH＞7，说明c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），所以c（NH4+）＞c（HCO3﹣）（或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c（NH4+）＞c（HCO3﹣）） 。
【分析】（1）平衡常数表达式为K＝，根据v＝计算；
（2）混合气体的密度为，据此分析；
（3）5min已经达到平衡，6min时发现N2和O2相比较原平衡有所增大，但H2O的量减少；
（4）NH3比CO2在水中的溶解度大，先通入NH3能形成碱液体系，有利于吸收CO2，通入NH3后为NH3•H2O，存在电离平衡，根据溶液中的电荷守恒关系分析。
【解答】解：（1）反应为：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），则反应的平衡常数表达式为K＝，
根据表中数据，0～2 min 内，△n（O2）＝0.45mol，则△n（NH3）＝△n（O2）＝0.6mol，所以v（NH3）＝＝0.03 mol/（L•min），
故答案为：；0.03 mol/（L•min）；
（2）混合气体的密度为，由于反应前后气体物质的量改变，所以ρ改变，ρ不变可以说明反应达到化学平衡，
故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；
（3）5min已经达到平衡，6min时发现N2和O2相比较原平衡有所增大，但H2O的量减少，说明在 5～6 min 之间增加N2的量，
故答案为：增加了氮气的量；
（4）NH3比CO2在水中的溶解度大，先通入NH3能形成碱液体系，有利于吸收CO2，
通入NH3后为NH3•H2O，存在电离平衡为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，
常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），pH＞7，说明 c（H+）＜c（OH﹣），所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣），
故答案为：NH3；NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；＞；因为 pH＞7，说明 c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣）（或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度 NH4+＜HCO3﹣，所以 c（NH4+）＞c（HCO3﹣））。
【点评】本题考查化学平衡的计算，弱电解质的电离平衡，盐类水解，溶液中守恒关系的利用，属于化学原理综合知识体系的考查，整体难度中等。
23．（16分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：
（1）操作①的名称是 过滤 ，操作②的主要仪器是 分液漏斗 ； 氧化步骤的离子方程式是 Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 。
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加 碘水 （选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”）后，若出现 变蓝 现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③．能同时排除假设②③的原因是 加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③ 。
（3）查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为 5 Cl2+ 1 I2+ 6 H2O→ 2 HIO3+ 10 HCl．配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目。
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现 分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色 （填实验现象），证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有 Fe3+ 存在。
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是 由探究（4）可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由（3）可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3 。
【分析】由流程可知，海带灰溶解后，操作①为过滤，分离出含碘离子溶液，加适量氯水氧化碘离子生成碘，操作②中加苯或四氯化碳等萃取碘，操作为萃取分液，得到含碘的有机溶液，因淀粉遇碘单质变蓝，取样加淀粉、氯水，溶液变蓝，可知发生Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，以此来解答。
【解答】解：（1）操作①的名称是过滤，操作②的主要仪器是分液漏斗； 氧化步骤的离子方程式是Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，
故答案为：过滤；分液漏斗；Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣；
（2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加碘水后，若出现变蓝现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③，能同时排除假设②③的原因是加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③，
故答案为：碘水；变蓝；加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③；
（3）反应中Cl元素化合价由0价降低到﹣1价，I元素化合价由0价升高到+5价，转移电子数目为10e﹣，双线桥表示电子转移方向和数目为，
故答案为：5；1；6；2；10；；
（4）探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有Fe3+存在，
故答案为：分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色；Fe3+；
（5）比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是由探究（4）可知Fe3+和 I2可以共存，由此可知 Fe3+不能氧化 I2，而由（3）可知 Cl2 能氧化 I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3，
故答案为：由探究（4）可知Fe3+和 I2可以共存，由此可知 Fe3+不能氧化 I2，而由（3）可知 Cl2 能氧化 I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
【点评】本题考查海带提碘的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、碘的提纯原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意探究氧化性为解答的难点，题目难度不大。
24．（14分）乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇（香料）和扁桃酸（医药中间体）的途径如图：
已知：RCH2COOH
（1）A 的结构简式为 ，B 中官能团的名称是 氯原子、羧基 。反应④的反应类型是 加成反应 。
（2）反应③的化学方程式为 2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O 。
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的结构简式为 。
（4）聚丙烯酸（）在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信息，设计由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸的路线。（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物）
【分析】根据苏合香醇的结构简式知，生成A的反应为取代反应，乙酰氯中Cl原子被苯环取代，则A为，生成B的反应为取代反应，发生催化氧化生成C，C结构简式为OHCCOOH，C发生加成反应生成扁桃酸；
（4）由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸，聚丙烯酸由丙烯酸发生加聚反应得到，丙酸和氯气发生生成B的反应得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生消去反应然后酸化得到丙烯酸。
【解答】解：（1）A 的结构简式为，B 中官能团的名称是氯原子、羧基，反应④为C中的醛基和苯发生加成反应生成扁桃酸，则该反应的反应类型是加成反应，
故答案为：；氯原子、羧基；加成反应；
（2）反应③为醛基的催化氧化反应，则该反应的化学方程式为2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O，
故答案为：2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O；
（3）芳香族化合物 M（C10H10O4）可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，扁桃酸中含有羧基和羟基，M中应该含有两个酯基，生成的另外只含一个碳原子的含氧衍生物分别是HCOOH、CH3OH，M 的结构简式为，
故答案为：；
（4）由丙酸（CH3CH2COOH）为原料合成聚丙烯酸，聚丙烯酸由丙烯酸发生加聚反应得到，丙酸和氯气发生生成B的反应得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生消去反应然后酸化得到丙烯酸，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，利用反应前后物质结构变化进行推断，正确推断各物质结构简式并采用知识迁移方法进行合成路线设计是解本题关键，题目难度不大。
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