2019-2020学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）

这是一份2019-2020学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模），共34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学年上海市宝山区高三（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）中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（　　）
A．In 的金属性大于 Al
B．In 最外层有 2 种能量的电子
C．In 的中子数为 66
D．In 原子的相对原子质量为 115
2．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
3．（2分）下列各组物质所含化学键相同的是（　　）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
4．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．NaCl（aq） Cl2（g） FeCl2（s）
B．S（s） O3（g） H2SO4（aq）
C．Al（s） AlCl3 （aq） Al（OH）3（s）
D．N2 （g） NH3 （g） Na CO3 （s）
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的 pH 中起作用的是（　　）
A．Na+ B．Cl﹣ C．Fe2+ D．HCO3﹣
6．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：

对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（　　）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
7．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（　　）

A．2种 B．3种 C．4种 D．6种
8．（2分）维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别 好的氟橡胶。它的结构简式见图：合成它的单体可能为（　　）

A． B．CH2＝CF2 和 CF2＝CFCF3
C． D．
9．（2分）和铁不可能发生反应的是（　　）
A．Al2O3 B．H2O C．浓硝酸 D．O2
10．（2分）设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．18 g H2O 含有 10NA 个质子
B．1 mol 苯含有 3NA 个碳碳双键
C．标准状况下，22.4 L 氨水含有 NA 个 NH3 分子
D．常温下，112 g 铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 3NA 个 SO2 分子
11．（2分）下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（　　）
A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液
B．H2S 气体在足量的 O2 中燃烧
C．碳和浓硫酸反应
D．铜和浓硫酸反应
12．（2分）下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（　　）
A．准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管
B．量取 15.00mL 待测液：在 25 mL 滴定管中装入待测液，调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶
C．判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色
D．读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积
13．（2分）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（　　）
A．NaCl→Na++Cl﹣
B．CuCl→Cu2++2Cl﹣
C．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+
D．H2 （g）+Cl2 （g）→2HCl（g）+183kJ
14．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥
B．NaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
C．SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝
15．（2分）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是 迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。 下列说法正确的是（　　）
A．熔沸点：Z2X＜Z2W
B．元素最高价：Y＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：Y＜W
D．原子半径：X＜Y＜Z＜W
16．（2分）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾气
17．（2分）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化 学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（　　）

A．在此实验过程中铁元素被还原
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
18．（2分）下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（　　）
A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体
B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性
C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应
D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大
19．（2分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
B．醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中
C．向 0.1mol⋅L﹣1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中减小
D．将 CH3COONa 溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中增大
20．（2分）在密闭容器中，可逆反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增 大一倍，当达到新的平衡建立时，B的浓度是原来的 60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（　　）
A．平衡向正反应方向移动
B．物质 A 的转化率增大
C．物质 B 的质量分数减小
D．化学计量数 a 和 b 的大小关系为a＜b
二、综合题（共60分）
21．（15分）CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。
CO2 可以被 NaOH 溶液捕获，其基本过程如下图所示（部分条件及物质未标出）。

（1）下列有关该方法的叙述中正确的是　 　。
a．能耗大是该方法的一大缺点
b．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
c．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
d．该方法可减少碳排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备各种化工产品
（2）若所得溶液 pH＝13，CO2 主要转化为　 　（写离子符号）。已知 CS2 与 CO2 分子结 构相似，CS2 的电子式是　 　，CS2 熔点高于 CO2，其原因是　 　。
CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气：
CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）﹣120kJ
（3）补全下图中 CO2 与 CH4 催化重整反应的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）

（4）常温下，在 2L 密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是　 　。
a．每消耗 16gCH4 的同时生成 4gH2b．容器中气体的压强不再改变
c．混和气体的平均相对分子质量不发生改变d。容器中气体的密度不再改变
反应进行到 10 min 时，CO2 的质量减少了 8.8 g，则 0～10 min 内一氧化碳的反应速率 是　 　。
（5）按一定体积比加入 CH4 和 CO2，在恒压下 发生反应，温度对 CO 和 H2 产率的影响 如图所示。此反应优选温度为 900℃的 原因是　 　。

22．（15分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 查阅文献，得到以下资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是　 　（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5molCl2 产生，则电子转移的数目为　 　。 工业制氯气的反应方程式为　 　。
（2）装置 B 中盛放的试剂是　 　，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用　 　。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2 发生的反应有：
3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2　 　FeO42﹣（填“＞”或“＜”）。 另外 C 中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示　 　。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快 澄清。请简述 K2FeO4 的净水原理。　 　。
23．（13分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子 P 的合成路线如下：

（1）A 是甲苯，试剂 a 是　 　。反应③的反应类型为　 　反应。
（2）反应②中 C 的产率往往偏低，其原因可能是　 　。
（3）反应⑥的化学方程式为　 　。
（4）E 的分子式是 C6H10O2，其结构简式是　 　。
（5）吸水大王聚丙烯酸钠 是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2＝CH﹣CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。
（合成路线常用的表达方式为：A B ……目标产物）
CH2＝CH﹣CH3 CH2＝CH﹣CH2Cl
24．（17分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有 K+、IO3﹣、I﹣、Mg 2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。
已知：IO3﹣+5I﹣+6H+→3I2+3H2O，2Fe 3++2I﹣→2Fe 2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化 性：IO3﹣＞Fe 3+＞I2。
（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为 3 份。第一份试液中滴加 KSCN 溶液后显红色；
第二份试液中加足量 KI 固体，溶液显淡黄色，加入 CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量 KIO3 固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①第一份试液中，加 KSCN 溶液显红色，该红色物质是 　 　（用化学式表示）。
②第二份试液中“加入 CCl4”的实验操作名称为 　 　，CCl4 中显紫红色的物质 是 　 　（用化学式表示）。
③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：
在加碘盐中，除了 Na+、Cl﹣以外，一定存在的离子是 　 　，可能存在的离子是 　 　，一定不存在的离子是 　 　。由此可确定，该加碘盐中碘元素是 　 　价（填化合价）的碘。
（2）将 I 2溶于 KI 溶液，在低温条件下，可制得 KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合 适？　 　（填“是”或“否”），并说明理由 　 　。
（3）已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：
a．准确称取 wg 食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量 KI 溶液，使 KIO3 与 KI 反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为 2.0×10﹣3 mol/L 的 Na2S2O3 溶液 10.0mL，恰好反应完全。
根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以 I 元素计）是 　 　mg/kg（用含w的代数式表示）。

2019-2020学年上海市宝山区高三（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）中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（　　）
A．In 的金属性大于 Al
B．In 最外层有 2 种能量的电子
C．In 的中子数为 66
D．In 原子的相对原子质量为 115
【分析】A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；
B、铟与铝（13Al）同主族，则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上；
C、中子数N＝质量数A﹣质子数Z，据此计算判断；
D、11549In的质量数为115。
【解答】解：A、铟与铝（13Al）同主族，并且铟元素的原子序数较大，所以In的金属性强，故A正确；
B、In的最外层电子数为3，排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量，所以In最外层有2 种能量的电子，故B正确；
C、11549In的质量数为115、质子数为49，所以中子数N＝119﹣49＝66，故C正确；
D、11549In的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和化学用语，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。
2．（2分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．（2分）下列各组物质所含化学键相同的是（　　）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。
【解答】解：A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A错误；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B错误；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，但是单原子分子，不含化学键，故C错误；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了化学键类型和晶体类型的关系。判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
4．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．NaCl（aq） Cl2（g） FeCl2（s）
B．S（s） O3（g） H2SO4（aq）
C．Al（s） AlCl3 （aq） Al（OH）3（s）
D．N2 （g） NH3 （g） Na CO3 （s）
【分析】A．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁；
B．S在空气中点燃只能生成二氧化硫；
C．铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀；
D．氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
【解答】解：A．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A错误；
B．S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故B错误；
C．铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C正确；
D．氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是物质性质的理解一判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的 pH 中起作用的是（　　）
A．Na+ B．Cl﹣ C．Fe2+ D．HCO3﹣
【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。
【解答】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；
B．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故B错误；
C．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故C错误；
D．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答，侧重分析与应用能力的考查。
6．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：

对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（　　）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。
【解答】解：A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；
B．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故C错误；
D．对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有 2 种，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，为高频考点，题目侧重考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大。
7．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（　　）

A．2种 B．3种 C．4种 D．6种
【分析】根据β﹣月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3﹣丁二烯类似结构，则能发生1，4加成。
【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，
还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。
【点评】本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3﹣丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成。
8．（2分）维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别 好的氟橡胶。它的结构简式见图：合成它的单体可能为（　　）

A． B．CH2＝CF2 和 CF2＝CFCF3
C． D．
【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4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃。按如图方式断键可得单体为1，1﹣二氟乙烯和全氟丙烯。
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，题目难度中等，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。
9．（2分）和铁不可能发生反应的是（　　）
A．Al2O3 B．H2O C．浓硝酸 D．O2
【分析】A、铁和Al2O3不反应；
B．铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应；
D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁。
【解答】解：A．铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选；
B．铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；
C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；
D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了铁的化学性质，注意基本性质的积累，难度不大。
10．（2分）设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．18 g H2O 含有 10NA 个质子
B．1 mol 苯含有 3NA 个碳碳双键
C．标准状况下，22.4 L 氨水含有 NA 个 NH3 分子
D．常温下，112 g 铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 3NA 个 SO2 分子
【分析】A、求出水的物质的量，然后根据水中含10个质子来分析；
B、苯不是单双键交替的结构；
C、标况下氨水为液体；
D、常温下铁在浓硫酸中钝化。
【解答】解：A、18g水的物质的量为n＝＝1mol，而水中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；
B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；
C、标况下氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、112g铁的物质的量n＝＝2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则故生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
11．（2分）下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（　　）
A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液
B．H2S 气体在足量的 O2 中燃烧
C．碳和浓硫酸反应
D．铜和浓硫酸反应
【分析】A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠；
B．H2S 气体在足量的 O2中燃烧生成二氧化硫和水；
C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水；
D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。
【解答】解：A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A正确；
B．H2S 气体在足量的 O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B错误；
C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C错误；
D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质性质、物质变化分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（　　）
A．准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管
B．量取 15.00mL 待测液：在 25 mL 滴定管中装入待测液，调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶
C．判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色
D．读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积
【分析】A、用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管，防止待测液和标准液被稀释；
B、25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL；
C、根据中和滴定操作中判断滴定终点的方法判断；
D、根据滴定管的正确读数方法解答；
【解答】解：A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被浓度减小引起较大误差，故A正确；
B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B错误；
C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C正确；
D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了中和滴定操作方法及注意事项，侧重学生实验能力、分析能力和灵活运用能力的考查，明确酸碱滴定实验操作原理是解题关键，注意理解掌握误差分析方法，题目难度不大。
13．（2分）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（　　）
A．NaCl→Na++Cl﹣
B．CuCl→Cu2++2Cl﹣
C．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+
D．H2 （g）+Cl2 （g）→2HCl（g）+183kJ
【分析】A．NaCl为强电解质，电离出钠离子和氯离子；
B．氯化铜电解生成Cu和氯气；
C．醋酸为弱酸，部分电离；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。
【解答】解：A．NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl═Na++Cl﹣，故A正确；
B．氯化铜电解生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；
C．醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故C正确；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2（g）+Cl2（g）⇌2HCl（g）△H＝（436+243﹣431×2）kJ/mol＝﹣183kJ•mol﹣1，H2 （g）+Cl2 （g）→2HCl（g）+183kJ，故D正确；
故选：B。
【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、电离与电解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
14．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥
B．NaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
C．SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝
【分析】A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥；
B、NaHCO3能与盐酸反应，生成氯化钠、二氧化碳和水；
C、SO2能与某些有色物质生成不稳定的无色化合物，表现出漂白性；
D、Al2O3是离子化合物，熔融状态下能带电。
【解答】解：A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A错误；
B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B正确；
C、SO2 具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2 具有氧化性无关，故C错误；
D、熔融状态下的Al2O3能带电，可用于电解冶炼铝，与Al2O3 具有两性无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属及其化合物的性质及用途，明确元素化合物性质是解本题关键，熟练掌握元素化合物性质及其用途即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
15．（2分）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是 迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。 下列说法正确的是（　　）
A．熔沸点：Z2X＜Z2W
B．元素最高价：Y＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：Y＜W
D．原子半径：X＜Y＜Z＜W
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。
A．Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O＞Na2S，故A错误；
B．F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y＜Z，故B正确；
C．非金属性F＞S，则气态氢化物的热稳定性：Y＞W，故C错误；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＜X＜W＜Z，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
16．（2分）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾气
【分析】A．灼烧海带需要在坩埚中进行；
B．装置乙为过滤装置，能够过滤海带灰的浸泡液；
C．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热；
D．氯气在氯化钠溶液中的溶解度较小，无法吸收氯气。
【解答】解：A．需要在坩埚中灼烧海带，不能用烧杯灼烧，故A错误；
B．装置乙中装置及操作均合理，可用装置乙过滤海带灰的浸泡液，故B正确；
C．装置丙中缺少加热装置，无法获得氯气，故C错误；
D．氯气难溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和NaCl溶液稀释氯气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及灼烧、过滤装置及气体制备与尾气吸收等知识，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握常见化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的化学实验能力。
17．（2分）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化 学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（　　）

A．在此实验过程中铁元素被还原
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【分析】A．该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；
B．铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；
C．Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；
D．弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。
【解答】解：A．该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，被氧化，故A错误；
B．铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；
C．Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；
D．弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查金属腐蚀与防护，侧重考查原电池原理，明确原电池构成条件、原电池正负极判断方法及正负极上发生的反应是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别，题目难度不大。
18．（2分）下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（　　）
A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体
B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性
C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应
D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大
【分析】A．次氯酸无色，不是导致氯水显黄绿色的原因；
B．强碱不能水解；
C．含有不饱和键的物质与溴单质发生加成反应；
D．碘在有机物中的溶解度比较大。
【解答】解：A．氯水显黄绿色的原因使氯气在水总的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A错误；
B．氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B错误；
C．乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C错误；
D．碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了一些常见物质的基本性质，题目难度中等，注意对化学基本原理的掌握。
19．（2分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）
A．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
B．醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中
C．向 0.1mol⋅L﹣1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中减小
D．将 CH3COONa 溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中增大
【分析】A．中性溶液中c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
B．反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子部分水解，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；
C．醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的数目增大、醋酸的数目减少；
D．＝，升高温度后醋酸根离子的水解平衡常数增大。
【解答】解：A．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＝c（NH4+），则＝1，故A错误；
B．醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO﹣部分水解，导致c（Na+）＞c（CH3COO﹣），即＞1，故B正确；
C．向 0.1mol⋅L﹣1 CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中的比值增大，故C错误；
D．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，CH3COO﹣的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致＝的比值减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理及离子浓度大小比较，题目难度不大，明确盐的水解及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
20．（2分）在密闭容器中，可逆反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增 大一倍，当达到新的平衡建立时，B的浓度是原来的 60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（　　）
A．平衡向正反应方向移动
B．物质 A 的转化率增大
C．物质 B 的质量分数减小
D．化学计量数 a 和 b 的大小关系为a＜b
【分析】温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。
【解答】解：A．由上述分析可知，平衡正向移动，故A正确；
B．平衡正向移动，A的转化率增大，故B正确；
C．平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C错误；
D．减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系 a＜b，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度变化确定平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意动态与静态的结合及压强对化学平衡移动的影响，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。
CO2 可以被 NaOH 溶液捕获，其基本过程如下图所示（部分条件及物质未标出）。

（1）下列有关该方法的叙述中正确的是　ad　。
a．能耗大是该方法的一大缺点
b．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
c．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
d．该方法可减少碳排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备各种化工产品
（2）若所得溶液 pH＝13，CO2 主要转化为　CO32﹣　（写离子符号）。已知 CS2 与 CO2 分子结 构相似，CS2 的电子式是　　，CS2 熔点高于 CO2，其原因是　CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2　。
CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气：
CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）﹣120kJ
（3）补全下图中 CO2 与 CH4 催化重整反应的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）

（4）常温下，在 2L 密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是　bc　。
a．每消耗 16gCH4 的同时生成 4gH2b．容器中气体的压强不再改变
c．混和气体的平均相对分子质量不发生改变d。容器中气体的密度不再改变
反应进行到 10 min 时，CO2 的质量减少了 8.8 g，则 0～10 min 内一氧化碳的反应速率 是　0.02mol/（L•min）　。
（5）按一定体积比加入 CH4 和 CO2，在恒压下 发生反应，温度对 CO 和 H2 产率的影响 如图所示。此反应优选温度为 900℃的 原因是　900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低　。

【分析】（1）流程为：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中，应该是先过滤，据此分析解答；
（2）强碱溶液中CO2转化为Na2CO3；CO2是直线型分子，含有两个C＝O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C＝S双键，据此写出电子式；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；
（3）CO2 与 CH4 经催化重整反应为CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）﹣120kJ，即1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量比2molCO （g）+2molH2（g）总能量小120kJ，或2molCO （g）+2molH2（g）总能量比1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量高120kJ，据此作图；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；
根据v＝计算v（CO2），再根据CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）中CO、CO2的计量关系计算v（CO）；
（5）结合图象中温度对CO和H2产率的影响及CO和H2产率相对较高时的反应条件分析解答。
【解答】解：（1）a．由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点，故a正确；
b．由流程可知，“反应分离”的氢氧化钠用于“捕捉室”反应，“高温反应炉”生成的CaO用于“反应分离”中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误；
c．“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；
d．该分离过程涉及分离、提纯并利用CO2，可以减少碳的排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备其他化工产品，故d正确；
故答案为：ad；
（2）pH＝13的强碱溶液中CO2转化为Na2CO3，阴离子为CO32﹣；CO2是直线型分子，含有两个C＝O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C＝S双键，写出的电子式为；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；CS2与CO2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2，
故答案为：CO32﹣；；CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2；
（3）由CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）﹣120kJ可知，即1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量比2molCO （g）+2molH2（g）总能量小120kJ，或2molCO （g）+2molH2（g）总能量比1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量高120kJ，能量变化如图，
故答案为：；
（4）a．每消耗16g即1molCH4 的同时生成4g即2molH2，由于反应方向均为正向，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故a错误；
b．该反应是气体体积变化的反应，反应发生变化时气体总物质的量相应变化，容器中气体的压强随之而变，所以容器中气体的压强不再改变的状态是平衡状态，故b正确；
c．恒容体系中各物质均为气体，气体的总质量不变，但该反应是气体总物质的量变化的反应，由＝可知，混和气体的平均相对分子质量不变，即混合气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容体系中各物质均为气体，即气体的总质量不变，所以容器中气体的密度始终不变，故容器中气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，故d错误；
0～10min内△n（CO2）＝＝0.2mol，所以v（CO2）＝＝＝0.01mol/（L•min），根据CH4（g）+CO2（g） 2CO （g）+2H2（g）可知v（CO）＝2v（CO2）＝0.02mol/（L•min），
故答案为：bc；0.02mol/（L•min）；
（5）根据图象可知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，
故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。
【点评】本题考查物质的分离与提纯、分子的结构与性质、化学反应速率的计算、和谐平衡状态判定、图象分析判断等，为高频考点，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，把握物质的性质、反应流程为解答的关键，注意实际化工生产反应条件的选择分析，题目难度中等。
22．（15分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 查阅文献，得到以下资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是　2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O　（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5molCl2 产生，则电子转移的数目为　NA　。 工业制氯气的反应方程式为　2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑　。
（2）装置 B 中盛放的试剂是　饱和食盐水　，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用　除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备　。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2 发生的反应有：
3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2　＞　FeO42﹣（填“＞”或“＜”）。 另外 C 中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快 澄清。请简述 K2FeO4 的净水原理。　K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的　。
【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）A 中反应方程式是2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有 0.5molCl2 产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×（1﹣0）×NA＝NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（2）装置 B 中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，
故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；
（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2＞FeO42﹣，C中还可能发生其他反应，用离子方程式表示为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；，
故答案为：＞；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知 K2FeO4 的净水原理为K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，
故答案为：K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
23．（13分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子 P 的合成路线如下：

（1）A 是甲苯，试剂 a 是　浓硫酸和浓硝酸　。反应③的反应类型为　取代　反应。
（2）反应②中 C 的产率往往偏低，其原因可能是　副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低　。
（3）反应⑥的化学方程式为　　。
（4）E 的分子式是 C6H10O2，其结构简式是　CH3CH＝CHCOOCH2CH3　。
（5）吸水大王聚丙烯酸钠 是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2＝CH﹣CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。
（合成路线常用的表达方式为：A B ……目标产物）
CH2＝CH﹣CH3 CH2＝CH﹣CH2Cl
【分析】A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH＝CHCOOCH2CH3，以此解答该题。
【解答】解：（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代反应；
（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；
（3）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知E为CH3CH＝CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH＝CHCOOCH2CH3；
（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2＝CHCH2Cl，CH2＝CHCH2Cl水解生成CH2＝CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2＝CHCHO，进一步氧化生成CH2＝CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2＝CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，充分根据反应条件及给予的信息进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，（5）中注意利用题目中转化进行设计合成路线，较好的考查学生放学推理能力与知识迁移运用能力。
24．（17分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有 K+、IO3﹣、I﹣、Mg 2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。
已知：IO3﹣+5I﹣+6H+→3I2+3H2O，2Fe 3++2I﹣→2Fe 2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化 性：IO3﹣＞Fe 3+＞I2。
（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为 3 份。第一份试液中滴加 KSCN 溶液后显红色；
第二份试液中加足量 KI 固体，溶液显淡黄色，加入 CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量 KIO3 固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①第一份试液中，加 KSCN 溶液显红色，该红色物质是 　Fe（SCN）3　（用化学式表示）。
②第二份试液中“加入 CCl4”的实验操作名称为 　萃取　，CCl4 中显紫红色的物质 是 　I2　（用化学式表示）。
③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：
在加碘盐中，除了 Na+、Cl﹣以外，一定存在的离子是 　IO3﹣和Fe3+　，可能存在的离子是 　Mg2+、K+　，一定不存在的离子是 　I﹣　。由此可确定，该加碘盐中碘元素是 　+5　价（填化合价）的碘。
（2）将 I 2溶于 KI 溶液，在低温条件下，可制得 KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合 适？　否　（填“是”或“否”），并说明理由 　KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；　。
（3）已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：
a．准确称取 wg 食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量 KI 溶液，使 KIO3 与 KI 反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为 2.0×10﹣3 mol/L 的 Na2S2O3 溶液 10.0mL，恰好反应完全。
根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以 I 元素计）是 　　mg/kg（用含w的代数式表示）。
【分析】（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。
③这是因为由于“氧化性：IO3﹣＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3﹣和Fe3+均能将I﹣氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；
③具有氧化性的离子为IO3﹣与具有还原性的离子为I﹣，发生氧化还原反应；
（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；
（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。
【解答】解：（1）①某加碘盐可能含有 K+、IO3﹣、I﹣、Mg 2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；
故答案为：Fe（SCN）3；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，
故答案为：萃取；I2；
③据上述实验得出“氧化性：IO3﹣＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3﹣和Fe3+均能将I﹣氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3﹣和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是 I﹣，
故答案为：IO3﹣和Fe3+；Mg2+、K+；I﹣；+5；
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，
故答案为：否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；
（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量（以 I 元素计）是xmg/kg，则
KIO3～3I2～6Na2S2O3，
127000mg 6mol
w×0，001kg×xmg/kg 2.0×10﹣3mol/L×0.01L
因此所测精制盐的碘含量是xmg/kg＝＝mg/kg，
故答案为：。
【点评】本题以日常生活中熟悉的食盐和加碘盐中碘的损失原因为素材，考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，侧重考查物质的检验、氧化还原反应、离子反应方程式、以及实验方案的设计等化学基础知识和基本技能，培养了学生有效获取知识并与已有知识整合的能力。
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日期：2021/11/9 22:49:12；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014