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2020-2021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2020-2021学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模），共32页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）
1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（ ）
A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH
2．（3分）下列属于大气固氮的是（ ）
A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO2
3．（3分）不能使用铁质容器储运的是（ ）
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
4．（3分）长期使用容易导致土壤酸化板结的是（ ）
A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO3
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．稀有气体单质中无化学键
B．水分子的球棍模型
C．青铜属于合金
D．粮食发酵法是工业制备酒精的方法之一
6．（3分）关于Na2SO3，下列说法正确的是（ ）
A．属于弱电解质 B．显碱性
C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空气中易被氧化变质
7．（3分）下列事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）2
8．（3分）通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是（ ）
A．AlN既是氧化产物也是还原产物
B．每生成3.36L CO，转移0.3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．14N2和12C18O所含中子数相等
9．（3分）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的硫酸
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量
C．气体摩尔体积的测定
D．小苏打中NaHCO3百分含量的测定
10．（3分）加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是（ ）
A．汽油属于纯净物
B．煤通过干馏可以转化为汽油
C．石油分馏可以获得汽油
D．重油的裂解可以提高汽油的产量
11．（3分）CHCl3是良好的有机溶剂，下列说法正确的是（ ）
A．常温下为气态，俗称氯仿
B．分子构型为正四面体
C．由极性键构成的非极性分子
D．是甲烷和氯气反应的产物之一
12．（3分）SiC和Si的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是（ ）
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用5个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC＞Si
13．（3分）关于如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．溶液X为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B．溶液X为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，电子方向均由FeCuFe
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe﹣3e﹣→Fe3+
14．（3分）制备下列物质未涉及化学平衡的是（ ）
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
15．（3分）碳燃烧的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ
B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ
C．1mol C（s）与0.5mol O2（g）的总能量小于1mol CO（g）的能量
D．等量的碳燃烧C（s）→CO2（g）过程比C（s）→CO（g）→CO2（g）过程释放的能量多
16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH广泛用于生产工程塑料及纤维，下列有关说法正确的是（ ）
A．与乙酸互为同系物
B．与乙酸乙酯互为同分异构体
C．所有原子均处于同一平面
D．可被酸性KMnO4氧化为HOOCCH＝CHCOOH
17．（3分）只使用待选试剂能完成元素检验的是（ ）
待检验元素
待选试剂
A
海带中的碘元素
淀粉溶液
B
CH3CH2Cl中的氯元素
AgNO3溶液
C
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
D
FeSO4中的铁元素
KSCN溶液
A．A B．B C．C D．D
18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是（ ）
A．白毛是被铝置换出来的汞
B．气泡是汞与水反应生成的氢气
C．汞能抑制铝表面形成致密的膜
D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率
19．（3分）恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2再次平衡时，下列说法错误的是（ ）
A．NO2的体积分数增大 B．气体颜色加深
C．气体压强增大 D．化学平衡常数不变
20．（3分）室温下，关于20mL 0.1mol/L醋酸溶液，下列判断一定正确的是（ ）
A．该溶液中CH3COO﹣的数目为1.204×1021
B．加入水稀释后，溶液的pH降低，水电离程度增加
C．用酚酞做指示剂，滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
D．与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
二、解答题（共4小题，满分40分）
21．（10分）工业级氯化钙（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥剂，主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：
（1）氯原子的核外电子排布式 ；氯化钙的电子式 ；比较构成CaCl2的微粒半径大小（用微粒符号表示） 。
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是 制碱法。
（3）向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因 。
（4）氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）+Q（Q＞0），该反应的平衡常数K＝ ；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2mol NH3，反应10分钟，固体增重17g，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝ ；若要将已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施 。
22．（10分）高锰酸钾（KMnO4）是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
（1）测定室内甲醛含量，发生反应如下。
MnO4﹣+ HCHO+ H+═ Mn2++ CO2↑+ H2O
配平该方程式。
（2）将室内气体通入20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为 mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由 。
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为 。
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的 性质。
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式 。
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因 。
23．（10分）G是一种治疗心血管疾病的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 。
（2）反应②所需的试剂和条件 。
（3）B中含氧官能团的检验方法 。
（4）写出E的结构简式 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含苯环；
④含有5个化学环境不同的H原子。
（7）设计一条以乙烯和乙醛为原料（其它无机试剂任选）制备聚2﹣丁烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
24．（10分）1，2﹣二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2﹣二溴乙烷。
实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150℃左右时，连接C与D，并迅速将A内反应温度升温至160～180℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0mL 10mol/L Br2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2﹣二溴乙烷7.896g。
完成下列填空：
（1）仪器F的名称 。
（2）反应前装置A中加入少量粗砂目的是 。
（3）装置B的作用是 。
（4）反应一段时间后C溶液碱性 。（填“增强”、“减弱”或“不变”）
（5）先将C与D连接处断开的原因是 。写出D装置中生成1，2﹣二溴乙烷的化学方程式 。
（6）根据上述实验计算1，2﹣二溴乙烷的产率为 。
（7）下列操作中，不会导致产物产率降低的是 。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的NaOH溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
2020-2021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（共20小题，每小题3分，满分60分）
1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（ ）
A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH
【分析】“84消毒液”是由氯气与氢氧化钠溶液制成的，据此分析。
【解答】解：将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，其中NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，则市售“84消毒液”的有效成分是NaClO，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（3分）下列属于大气固氮的是（ ）
A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO2
【分析】将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，空气中氮气在放电条件下转换为一氧化氮为大气固氮，据此判断。
【解答】解：A．工业上用氮气和氢气合成氨气，是人工固氮，故A错误；
B．NH3→NH4NO3是化合态转化为化合态，不符合定义，故B错误；
C．空气中的氮气在放电条件下N2→NO，属于大气固氮，故C正确；
D．NO→NO2是化合态转化化合态，不符合定义，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了氮的固定，明确氮的固定概念及氮的固定类型是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）不能使用铁质容器储运的是（ ）
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
【分析】A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应；
C．在室温下Fe遇浓硝酸，发生钝化；
D．在室温下Fe遇浓硫酸，发生钝化。
【解答】解：A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2，因此浓盐酸不能使用铁质容器储运，故A选；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应，因此液氯可以使用铁质容器储运，故B不选；
C．浓硝酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硝酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硝酸能使用铁质容器储运，故C不选；
D．浓硫酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硫酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硫酸能使用铁质容器储运，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了铁的化学性质，难度不大，注意在室温下Fe遇浓硝酸、浓硫酸，会发生钝化。
4．（3分）长期使用容易导致土壤酸化板结的是（ ）
A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO3
【分析】A．硫酸铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B．碳酸氢铵为弱酸弱碱盐，水溶液显碱性，生成的一水合氨和碳酸都易分解；
C．尿素属于有机氮肥，施用到土壤中会转化成碳酸氢铵，然后又会分解为氨、二氧化碳和水；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液呈性。
【解答】解：A．硫酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，生成的一水合氨易分解，长期使用会使土壤酸化板结，故A正确；
B．碳酸氢铵是弱酸弱碱盐，溶液显碱性，并且生成的一水合氨和碳酸都易分解，不会使土壤酸化板结，故B错误；
C．尿素属于有机氮肥，施用到土壤中会转化成碳酸氢铵，然后又会分解为氨、二氧化碳和水，这三种最终产物都是作物的养分，可以被植物吸收而且易挥发，不含有害的中间产物和最终分解产物，长期施用不影响土质，故C错误；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，长期施用不会导致土壤酸化板结，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了铵盐的性质及应用，熟悉盐类水解的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．稀有气体单质中无化学键
B．水分子的球棍模型
C．青铜属于合金
D．粮食发酵法是工业制备酒精的方法之一
【分析】A．稀有气体为单原子分子；
B．水分子为V型结构；
C．金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性物质为合金；
D．粮食发酵，乙烯水化都是制备乙醇的方法。
【解答】解：A．稀有气体都是单原子分子，所以单质中无化学键，故A正确；
B．一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成，且氧原子比氢原子大，是V型分子，不是直线型，故B错误；
C．青铜是纯铜中加入锡或铅的合金，故C正确；
D．工业制备酒精的方法主要有乙烯合成法和粮食发酵法，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及分子的空间构型和合金概念，乙醇的制备方法，熟悉稀有气体分子组成，明确合金概念，乙醇制备方法是解题关键，题目难不大。
6．（3分）关于Na2SO3，下列说法正确的是（ ）
A．属于弱电解质 B．显碱性
C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空气中易被氧化变质
【分析】A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离；
B．亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性；
C．Na2SO3属于盐，组成为2：1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化。
【解答】解：A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．Na2SO3属于强碱弱酸盐，溶于水后发生水解，溶液显碱性，但亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性，故B错误；
C．Na2SO3属于盐，组成为2：1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半，因此c（Na+）＝2c（SO32﹣），故C错误；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化，最终可生成硫酸钠，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查Na2SO3的性质，题目难度不大，注意基本概念、性质的理解和应用。
7．（3分）下列事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）2
【分析】A．一般来讲，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，但碳元素的非金属性小于氮元素；
B．同一主族从上到下金属性逐渐增强；
C．最高价含氧酸的氧化性与元素的非金属性强弱无关；
D．物质的溶解性大小与金属性强弱无关。
【解答】解：A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，故A不选；
B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li，可以使用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的非金属性：N＞P，但最高价含氧酸的氧化性与元素的非金属性强弱无关，故C选；
D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律的应用，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握物质性质变化的特例，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
8．（3分）通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是（ ）
A．AlN既是氧化产物也是还原产物
B．每生成3.36L CO，转移0.3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．14N2和12C18O所含中子数相等
【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目。
【解答】解：A．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物；C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，故A错误；
B．只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，故B错误；
C．在该反应中N2是氧化剂，C是还原剂，物质发生反应的物质的量的比等于相应方程式中化学计量数的比，故根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故C正确；
D．14N2中的中子数是14，而12C18O中的中子数是16，故二者所含中子数不相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念和电子转移计算的考查。
9．（3分）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的硫酸
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量
C．气体摩尔体积的测定
D．小苏打中NaHCO3百分含量的测定
【分析】A．浓溶液配制稀溶液，需要用量筒量取液体，不需要天平；
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体的质量；
C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和；
D．在测定小苏打中NaHCO3百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量。
【解答】解：A．配制一定物质的量浓度的硫酸，需要使用浓硫酸进行稀释，由于溶质为液体，因此需要用量筒量取浓硫酸，不需要使用电子天平，故A正确；
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体物质的质量，故B错误
C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和，据此计算气体的质量，然后根据一定质量的气体所占的体积计算气体摩尔体积，故C错误；
D．在测定小苏打中NaHCO3百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量，因此需要使用电子天平，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查实验室常用的实验仪器，难度不大，熟悉常用的实验仪器以及常见实验操作的步骤是解答的关键，有利于检验学生的基础掌握能力。
10．（3分）加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是（ ）
A．汽油属于纯净物
B．煤通过干馏可以转化为汽油
C．石油分馏可以获得汽油
D．重油的裂解可以提高汽油的产量
【分析】A.只有一种物质组成就是纯净物；
B.煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气；
C.石油分馏可得汽油、柴油等；
D.裂解是深度裂化。
【解答】解：A.汽油是主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，是混合物，故A错误；
B.煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气，故B错误；
C.石油分馏可得汽油、柴油等，故C正确；
D.裂解是深度裂化，其目的是生成气态烯烃或提高燃油品质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查煤和石油的加工，难度不大，明确物质的成分是解题的关键，如果有两种或两种以上物质组成就属于混合物，只有一种物质组成就是纯净物。
11．（3分）CHCl3是良好的有机溶剂，下列说法正确的是（ ）
A．常温下为气态，俗称氯仿
B．分子构型为正四面体
C．由极性键构成的非极性分子
D．是甲烷和氯气反应的产物之一
【分析】A．CHCl3常温下为液态；
B．C﹣H键和C﹣Cl键键长不同；
C．CHCl3分子中键的极性不能相互抵消；
D．甲烷与Cl2在光照条件下会发生取代反应，首先反应产生CH3Cl，产生CH3Cl再逐步进行取代反应，产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4。
【解答】解：A．CHCl3常温下为液态，俗称氯仿，故A错误；
B．CHCl3分子中C原子与3个Cl原子和1个H原子形成4个共价键，由于不同原子半径大小不同，所以其分子的空间构型为四面体，但不是正四面体，故B错误；
C．CHCl3分子中C﹣Cl键和C﹣H键都是由不同元素的原子形成的共价键，因此都是极性键，由于分子中原子的空间排列不对称，因此分子是极性分子，故C错误；
D．甲烷与Cl2在光照条件下会发生取代反应，首先反应产生CH3Cl，产生CH3Cl再逐步进行取代反应，产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CHCl3是甲烷和氯气反应的产物之一，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了三氯甲烷的结构和制备，难度不大，应注意的判断分子的极性应根据分子的具体的空间构型。
12．（3分）SiC和Si的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是（ ）
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用5个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC＞Si
【分析】A．原子状态不同时，最外层电子的轨道表示式也会不相同；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道；
D．SiC和Si均属于原子晶体，原子晶体的熔点由共价键的键能大小判断。
【解答】解：A．原子状态不同时，轨道表示式也会不相同，如基态碳原子和激发态的硅原子最外层电子的轨道表示式就不相同，故A错误；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的电子亚层，故B错误；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道，根据电子排布规律可知，其核外电子共占用8个轨道，故C错误；
D．SiC和Si均属于原子晶体，由于原子半径C＜Si，因此键长：C﹣Si＜Si﹣Si，则键能：C﹣Si＞Si﹣Si，因此熔点SiC＞Si，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了基态原子的核外电子排布式，核外电子排布规律，晶体的熔点大小判断，轨道的能量高低等，题目难度不大，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
13．（3分）关于如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．溶液X为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B．溶液X为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，电子方向均由FeCuFe
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe﹣3e﹣→Fe3+
【分析】A．如图，一般铁为负极，铜为正极，形成原电池；
B．溶液X为稀硫酸，铁棒作负极，铜棒作正极；
C．原电池中，电子由负极经导线流向正极；
D．铁钉发生电化学腐蚀，负极均为Fe失电子生成亚铁离子。
【解答】解：A．溶液X为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒上主要发生电化学腐蚀，故A错误；
B．溶液X为稀硫酸，铜棒作正极，发生的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，产生气泡，故B正确；
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，因此电子方向均由负极Fe经导线流向正极Cu，电子不可以在电解质溶液中移动，故C错误；
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，电极反应均为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀，把握金属发生化学腐蚀和电化学腐蚀的原理，注意原电池中负极失电子被腐蚀，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大。
14．（3分）制备下列物质未涉及化学平衡的是（ ）
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
【分析】A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应。
【解答】解：A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3，反应产生的SO3被水或浓硫酸吸收就得到硫酸，因此制取过程中涉及化学平衡，故A不选；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应，因此工业上合成氨过程涉及化学平衡，故B不选；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应，因此制取过程中未涉及化学平衡，故C选；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应，故乙酸丁酯在制备过程中涉及化学平衡知识，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质制备中是否涉及化学平衡，侧重考查对基本理论的理解和应用，明确涉及的化学反应及化学反应特点是解本题关键，注意：只有可逆反应中才存在平衡，题目难度不大。
15．（3分）碳燃烧的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ
B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ
C．1mol C（s）与0.5mol O2（g）的总能量小于1mol CO（g）的能量
D．等量的碳燃烧C（s）→CO2（g）过程比C（s）→CO（g）→CO2（g）过程释放的能量多
【分析】A．由图可知，C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ；
B．由图可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，则其逆反应反应热相反；
C．若为放热反应时，反应物具有的能量大于生成物具有的能量，反之相反；
D．反应无论是一步完成，还是分步完成，反应热不变。
【解答】解：A．由图可知，C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低是放热反应，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ，则2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ，故A正确；
B．由图可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，则逆反应为CO2（g）═C（s）+O2（g）﹣393.5kJ，故B错误；
C．根据C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低，是放热，即1molC（s）与0.5molO2（g）的总能量大于1molCO（g）的能量，故C错误；
D．根据盖斯定律得出，反应放出的能量与过程无关，只有反应物和生成物的能量有关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应热与物质具有能量的计算关系、吸放热反应的判断、盖斯定律的应用和热化学方程式的书写即可解答，注意图象信息分析与运用，题目难度不大。
16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH广泛用于生产工程塑料及纤维，下列有关说法正确的是（ ）
A．与乙酸互为同系物
B．与乙酸乙酯互为同分异构体
C．所有原子均处于同一平面
D．可被酸性KMnO4氧化为HOOCCH＝CHCOOH
【分析】A．该有机物没有羧基，与乙酸的结构不相似；
B．HOCH2CH＝CHCH2OH与乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，含有的官能团不同；
C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构；
D．醇羟基和碳碳双键都可以被酸性KMnO4氧化。
【解答】解：A．乙酸含有羧基，该有机物含有碳碳双键与羟基，二者分子结构不相似，因此不能互为同系物，故A错误；
B．HOCH2CH＝CHCH2OH与乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，分子式相同，含有的官能团不同，即结构不同，因此二者互为同分异构体，故B正确；
C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，故C错误；
D．醇羟基和碳碳双键都可以被酸性KMnO4氧化，因此二者反应不能得到产物HOOCCH＝CHCOOH，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及同系物、同分异构体、共面与共线问题、官能团的性质与转化，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17．（3分）只使用待选试剂能完成元素检验的是（ ）
待检验元素
待选试剂
A
海带中的碘元素
淀粉溶液
B
CH3CH2Cl中的氯元素
AgNO3溶液
C
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
D
FeSO4中的铁元素
KSCN溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碘单质遇到淀粉会变为蓝色，碘离子不具有此性质；
B．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子；
C．铝离子与氢氧化钠先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量，沉淀溶解；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子不反应。
【解答】解：A．碘单质与淀粉相遇，变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，故A不选；
B．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，故B不选；
C．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，铝离子与氢氧化钠先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量，氢氧化铝溶于过量的强碱，变为溶液，看到的现象为：先有白色沉淀，后沉淀消失，可以检验铝元素的存在，故C选；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子相遇没有此现象，不能完成铁元素的检验，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验鉴别方法、实验操作为解答的关键，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。
18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是（ ）
A．白毛是被铝置换出来的汞
B．气泡是汞与水反应生成的氢气
C．汞能抑制铝表面形成致密的膜
D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率
【分析】Al的活动性比Hg强，Al与硝酸汞溶液发生置换反应：2Al+3Hg（NO3）2＝2Al（NO3）3+3Hg。由于Al比较活泼而Hg不活泼，所以裸露出来的Al会再与空气中的氧气发生反应：4Al+3O2＝2Al2O3，据此分析。
【解答】解：A．Al2O3是白色固体，则反应产生的白毛是Al2O3，故A错误；
B．硝酸汞是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，Al与酸性溶液反应产生H2，由于在金属活动性顺序表中Hg活动性在H的后边，不能与水发生置换反应产生H2，因此气泡不是Hg与水反应产生的，故B错误；
C．若Hg覆盖在Al表面，就会阻碍Al与空气接触，因此就会抑制铝表面形成致密的膜，故C正确；
D．Al与硝酸汞发生置换反应产生了Hg单质，反应产生的Hg并未再反应变为硝酸汞，因此硝酸汞在反应中不是作催化剂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
19．（3分）恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2再次平衡时，下列说法错误的是（ ）
A．NO2的体积分数增大 B．气体颜色加深
C．气体压强增大 D．化学平衡常数不变
【分析】A．其它条件不变时，通入NO2相当于增大压强，增大压强，化学平衡正向移动；
B．反应达到平衡后再加入NO2气体，化学平衡正向移动，但平衡时c（NO2）大于原来平衡状态；
C．恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比；
D．化学平衡常数只与温度有关。
【解答】解：A．恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2，使反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡正向移动，因此再次平衡时，NO2的体积分数减小，故A错误；
B．反应达到平衡后再加入NO2气体，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说NO2的浓度比原平衡大，故混合气体颜色比原来加深，故B正确；
C．反应达到平衡后向其中再加入NO2，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，反应体系中气体的物质的量比原来多，故体系的压强与原平衡时增大，故C正确；
D．化学平衡常数只与温度有关，由于温度不变，因此化学平衡常数就不变，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确“条件改变时平衡移动趋势微弱”是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
20．（3分）室温下，关于20mL 0.1mol/L醋酸溶液，下列判断一定正确的是（ ）
A．该溶液中CH3COO﹣的数目为1.204×1021
B．加入水稀释后，溶液的pH降低，水电离程度增加
C．用酚酞做指示剂，滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
D．与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
【分析】A.醋酸是弱酸，部分电离，主要以电解质分子存在；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释后溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大；
C.酚酞指示剂变色点是8，c（OH﹣）＞c（H+）；
D.与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后，根据物料守恒来找到微粒关系。
【解答】解：A.20mL 0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸的物质的量n＝0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，但由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，故该溶液中含有CH3COO﹣的数目小于1.204×1021，故A错误；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释后溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大；溶液中c（H+）减小，则酸对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，故B错误；
C.用酚酞作指示剂，滴加0.1mol/LNaOH溶液至滴定终点时，由于酚酞指示剂变色点是8，c（OH﹣）＞c（H+），则根据电荷守恒可知溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D.与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后，根据物料守恒可知：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，掌握电荷守恒、物料守恒是解题的关键，难度中等。
二、解答题（共4小题，满分40分）
21．（10分）工业级氯化钙（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥剂，主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：
（1）氯原子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p5 ；氯化钙的电子式 ；比较构成CaCl2的微粒半径大小（用微粒符号表示） r（Cl﹣）＞r（Ca2+） 。
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是 氨碱（或索尔维） 制碱法。
（3）向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因 存在平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，CO32﹣与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，使电离平衡正向移动 。
（4）氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）+Q（Q＞0），该反应的平衡常数K＝ ；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2mol NH3，反应10分钟，固体增重17g，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝ 0.05mol/（L•min） ；若要将已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施 加热 。
【分析】（1）Cl是17号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；CaCl2是离子化合物，2个Cl﹣与Ca2+之间以离子键结合；Cl﹣与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法（索尔维）法制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，可见该方法生产中会得到CaCl2；
（3）饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，HCO3﹣与H+会发生反应产生CO2气体；
（4）根据电离平衡常数的含义书写反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）的化学平衡常数；固体增重17g，说明反应的氨气的质量是17g，计算氨气的物质的量，再根据ʋ＝计算反应速率；正反应为放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动。
【解答】解：（1）Cl是17号元素，根据构造原理，可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；CaCl2是离子化合物，2个Cl﹣与Ca2+之间以离子键结合，其电子式为：；Cl﹣与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为：r（Cl﹣）＞r（Ca2+），
故答案为：1s22s22p63s23p5；；r（Cl﹣）＞r（Ca2+）；
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法（索尔维）制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，反应方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O，可见该方法生产中会得到CaCl2，故废液含有大量氯化钙的是索尔维法或氨碱法，
故答案为：氨碱（或索尔维）；
（3）饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，HCO3﹣与H+会发生反应产生CO2气体，因此反应时产生大量白色沉淀，同时还有少量气体，
故答案为：存在平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，CO32﹣与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，使电离平衡正向移动；
（4）根据电离平衡常数的含义可知反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）的化学平衡常数K＝；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2molNH3，发生反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s），10分钟，固体增重17g，说明反应的氨气的质量是17g，其物质的量是n（NH3）＝＝1mol，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝＝0.05mol/（L•min）；要使已 吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，应该使化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应是放热反应，根据化学平衡移动，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，故应该采取的措施是加热，
故答案为：；0.05mol/（L•min）；加热。
【点评】本题属于一题多点型题目，涉及核外电子排布、电子式、微粒半径比较、纯碱制备、化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，是对学生综合能力的考查。
22．（10分）高锰酸钾（KMnO4）是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
（1）测定室内甲醛含量，发生反应如下。
4 MnO4﹣+ 5 HCHO+ 12 H+═ 4 Mn2++ 5 CO2↑+ 11 H2O
配平该方程式。
（2）将室内气体通入20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为 0.075 mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由 硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 。
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为 向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平 。
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的 酸性和还原性 性质。
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式 3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4 。
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因 高锰酸钾溶液见光能发生分解 。
【分析】（1）根据升降价守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
（2）20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根据物质反应关系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，根据关系式计算，硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以用硫酸酸化；
（3）向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
（4）HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl﹣与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al（MnO4）3；
（6）由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
【解答】解：（1）在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO4﹣中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以MnO4﹣、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4MnO4﹣+5HCHO+12H+＝4Mn2++5CO2↑+11H2O，
故答案为：4；5；12；4；5；11；
（2）20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根据物质反应关系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，由于溶液的体积是10L，则甲醛的浓度为c（HCHO）＝＝2.5×10﹣6mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10﹣6×30g/L＝7.5×10﹣5g/L＝0.075mg/L，上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低，
故答案为：0.075；硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平，
故答案为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl﹣与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性，
故答案为：酸性和还原性；
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al（MnO4）3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4，
故答案为：3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4；
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存，
故答案为：高锰酸钾溶液见光能发生分解。
【点评】本题考查了氧化还原反应和离子方程式的配平、物质的量浓度的计算、溶液的配制、试剂的保存、物质的性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
23．（10分）G是一种治疗心血管疾病的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 氧化反应 。
（2）反应②所需的试剂和条件 Br2、光照 。
（3）B中含氧官能团的检验方法 取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基 。
（4）写出E的结构简式 。
（5）写出F→G的化学方程式 +NaOHNaI+H2O+ 。
（6）写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含苯环；
④含有5个化学环境不同的H原子。
（7）设计一条以乙烯和乙醛为原料（其它无机试剂任选）制备聚2﹣丁烯（）的合成路线 CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3 。（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
【分析】化合物A分子式是C7H8，结合D中含有苯环，可知A中含有苯环，故A的结构简式是，由分子式可知，A与CO发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，C发生溴代反应生成D，反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构，可知B是，B发生催化氧化反应产生C是，C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是，D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是，E与I2反应产生F是，F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G（）；
（7）CH2＝CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3﹣CH2Br，CH3﹣CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH＝CHCH3，CH3CH＝CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2﹣丁烯。
【解答】解：（1）反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生，故该反应的类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生，故所需试剂和条件是Br2、光照，
故答案为：Br2、光照；
（3）B的结构简式是，含有的官能团是醛基﹣CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基，
故答案为：取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基；
（4）根据上述推断可知E的结构简式是，
故答案为：；
（5）F是，与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：，则F→G 的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+，
故答案为：+NaOHNaI+H2O+；
（6）化合物C是，C 的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有﹣CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有 5 个化学环境不同的H 原子，则其可能的结构简式是，
故答案为：；
（7）CH2＝CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3﹣CH2Br，CH3﹣CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH＝CHCH3，CH3CH＝CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚 2﹣丁烯，故合成路线为：CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3，
故答案为：CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式与结构简式进行分析推断，注意对给予信息的理解与运用，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
24．（10分）1，2﹣二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2﹣二溴乙烷。
实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150℃左右时，连接C与D，并迅速将A内反应温度升温至160～180℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0mL 10mol/L Br2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2﹣二溴乙烷7.896g。
完成下列填空：
（1）仪器F的名称 温度计 。
（2）反应前装置A中加入少量粗砂目的是 防止暴沸 。
（3）装置B的作用是 调节压强，控制气体流速 。
（4）反应一段时间后C溶液碱性 减弱 。（填“增强”、“减弱”或“不变”）
（5）先将C与D连接处断开的原因是 减少气体流入D装置，减少溴的挥发 。写出D装置中生成1，2﹣二溴乙烷的化学方程式 CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br 。
（6）根据上述实验计算1，2﹣二溴乙烷的产率为 70% 。
（7）下列操作中，不会导致产物产率降低的是 。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的NaOH溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
【分析】在装置A中乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生CH2＝CH2和H2O，由于浓硫酸具有强氧化性，在加热时可能有一部分与乙醇发生氧化还原反应，乙醇被氧化CO2、CO等浓硫酸被还原产生SO2气体，装置B的作用是安全瓶，防止气流过大，装置C是除去杂质SO2、CO2，防止干扰CH2＝CH2与溴的反应，装置D是冷却收集制取的产品1，2﹣二溴乙烷，装置E是尾气处理，防止大气污染，据此答题。
【解答】解：（1）根据图示可知仪器F的名称是温度计，
故答案为：温度计；
（2）反应前装置 A 中加入少量粗砂目的是防止液体混合物加热时产生暴沸现象，
故答案为：防止暴沸；
（3）装置 B可以适当储存部分气体。B装置中有一个导气管，当气流过大时，水被压入导气管中，使气体压强减小；当气流过小时，锥形瓶中储存的气体又起到补充作用，故装置B 的作用是调节压强，控制气体流速，
故答案为：调节压强，控制气体流速；
（4）乙醇与浓硫酸混合加热，可能会发生副反应，乙醇被氧化产生C、CO、CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，SO2具有还原性，也会与溴单质发生反应，所以装置C中盛有NaOH溶液库吸收SO2、CO2等酸性气体，NaOH不断被消耗，溶液的碱性就会逐渐减弱，
故答案为：减弱；
（5）实验前先将C 与D 连接处断开目的是减少气体流入D装置，减少溴的挥发；在D 装置中CH2＝CH2与Br2发生加成反应生成 1，2﹣二溴乙烷，该反应的化学方程式为：CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：减少气体流入D装置，减少溴的挥发；CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
（6）装置 D 试管中装有 6.0mL 10mol/LBr2的 CCl4溶液中含有溶质的物质的量n（Br2）＝c•V＝10mol/L×0.006L＝0.06mol，反应产生的7.896g 1，2﹣二溴乙烷的物质的量n（C2H4Br2）＝＝＝0.042mol，根据方程式CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br可知：反应消耗1mol的Br2，就会产生1mol的 1，2﹣二溴乙烷，则1，2﹣二溴乙烷的产率是×100%＝70%，
故答案为：70%；
（7）A．装置D中试管内物质换成液溴，由于Br2易挥发，导致Br2未与乙烯发生加成反应就挥发掉，因此导致产物的产率降低，故A错误；
B．装置E中的NaOH溶液作用是吸收尾气，防止大气污染，是否用水代替与原料利用率无关，因此不会使产物的产率降低，故B正确；
C．去掉装置D烧杯中的冷水，温度升高，会加速溴单质的挥发，而不能发生加成反应产生1，2﹣二溴乙烷，使物质产率降低，故C错误；
D．装置C的作用是除去杂质SO2，防止其与Br2发生氧化还原反应。若去掉装置C，部分溴发生副反应，不能发生加成反应变为1，2﹣二溴乙烷，使物质产率降低，故D错误；
故答案为：B。
【点评】本题考查了实验室制取1，2﹣二溴乙烷方法、乙烯的化学性质，题目难度中等，明确实验原理是解答本题的关键，根据浓硫酸、乙烯的性质来分析解答，注意二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色，但褪色原理不同，乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，二氧化硫使溴水褪色是发生了氧化还原反应。
2020-2021学年上海市徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）
1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（ ）
A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH
2．（3分）下列属于大气固氮的是（ ）
A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO2
3．（3分）不能使用铁质容器储运的是（ ）
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
4．（3分）长期使用容易导致土壤酸化板结的是（ ）
A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO3
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．稀有气体单质中无化学键
B．水分子的球棍模型
C．青铜属于合金
D．粮食发酵法是工业制备酒精的方法之一
6．（3分）关于Na2SO3，下列说法正确的是（ ）
A．属于弱电解质 B．显碱性
C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空气中易被氧化变质
7．（3分）下列事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）2
8．（3分）通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是（ ）
A．AlN既是氧化产物也是还原产物
B．每生成3.36L CO，转移0.3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．14N2和12C18O所含中子数相等
9．（3分）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的硫酸
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量
C．气体摩尔体积的测定
D．小苏打中NaHCO3百分含量的测定
10．（3分）加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是（ ）
A．汽油属于纯净物
B．煤通过干馏可以转化为汽油
C．石油分馏可以获得汽油
D．重油的裂解可以提高汽油的产量
11．（3分）CHCl3是良好的有机溶剂，下列说法正确的是（ ）
A．常温下为气态，俗称氯仿
B．分子构型为正四面体
C．由极性键构成的非极性分子
D．是甲烷和氯气反应的产物之一
12．（3分）SiC和Si的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是（ ）
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用5个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC＞Si
13．（3分）关于如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．溶液X为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B．溶液X为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，电子方向均由FeCuFe
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe﹣3e﹣→Fe3+
14．（3分）制备下列物质未涉及化学平衡的是（ ）
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
15．（3分）碳燃烧的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ
B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ
C．1mol C（s）与0.5mol O2（g）的总能量小于1mol CO（g）的能量
D．等量的碳燃烧C（s）→CO2（g）过程比C（s）→CO（g）→CO2（g）过程释放的能量多
16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH广泛用于生产工程塑料及纤维，下列有关说法正确的是（ ）
A．与乙酸互为同系物
B．与乙酸乙酯互为同分异构体
C．所有原子均处于同一平面
D．可被酸性KMnO4氧化为HOOCCH＝CHCOOH
17．（3分）只使用待选试剂能完成元素检验的是（ ）
待检验元素
待选试剂
A
海带中的碘元素
淀粉溶液
B
CH3CH2Cl中的氯元素
AgNO3溶液
C
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
D
FeSO4中的铁元素
KSCN溶液
A．A B．B C．C D．D
18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是（ ）
A．白毛是被铝置换出来的汞
B．气泡是汞与水反应生成的氢气
C．汞能抑制铝表面形成致密的膜
D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率
19．（3分）恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2再次平衡时，下列说法错误的是（ ）
A．NO2的体积分数增大 B．气体颜色加深
C．气体压强增大 D．化学平衡常数不变
20．（3分）室温下，关于20mL 0.1mol/L醋酸溶液，下列判断一定正确的是（ ）
A．该溶液中CH3COO﹣的数目为1.204×1021
B．加入水稀释后，溶液的pH降低，水电离程度增加
C．用酚酞做指示剂，滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
D．与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
二、解答题（共4小题，满分40分）
21．（10分）工业级氯化钙（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥剂，主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：
（1）氯原子的核外电子排布式 ；氯化钙的电子式 ；比较构成CaCl2的微粒半径大小（用微粒符号表示） 。
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是 制碱法。
（3）向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因 。
（4）氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）+Q（Q＞0），该反应的平衡常数K＝ ；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2mol NH3，反应10分钟，固体增重17g，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝ ；若要将已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施 。
22．（10分）高锰酸钾（KMnO4）是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
（1）测定室内甲醛含量，发生反应如下。
MnO4﹣+ HCHO+ H+═ Mn2++ CO2↑+ H2O
配平该方程式。
（2）将室内气体通入20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为 mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由 。
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为 。
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的 性质。
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式 。
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因 。
23．（10分）G是一种治疗心血管疾病的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 。
（2）反应②所需的试剂和条件 。
（3）B中含氧官能团的检验方法 。
（4）写出E的结构简式 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含苯环；
④含有5个化学环境不同的H原子。
（7）设计一条以乙烯和乙醛为原料（其它无机试剂任选）制备聚2﹣丁烯（）的合成路线 。（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
24．（10分）1，2﹣二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2﹣二溴乙烷。
实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150℃左右时，连接C与D，并迅速将A内反应温度升温至160～180℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0mL 10mol/L Br2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2﹣二溴乙烷7.896g。
完成下列填空：
（1）仪器F的名称 。
（2）反应前装置A中加入少量粗砂目的是 。
（3）装置B的作用是 。
（4）反应一段时间后C溶液碱性 。（填“增强”、“减弱”或“不变”）
（5）先将C与D连接处断开的原因是 。写出D装置中生成1，2﹣二溴乙烷的化学方程式 。
（6）根据上述实验计算1，2﹣二溴乙烷的产率为 。
（7）下列操作中，不会导致产物产率降低的是 。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的NaOH溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
2020-2021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（共20小题，每小题3分，满分60分）
1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（ ）
A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH
【分析】“84消毒液”是由氯气与氢氧化钠溶液制成的，据此分析。
【解答】解：将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，其中NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，则市售“84消毒液”的有效成分是NaClO，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（3分）下列属于大气固氮的是（ ）
A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO2
【分析】将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，空气中氮气在放电条件下转换为一氧化氮为大气固氮，据此判断。
【解答】解：A．工业上用氮气和氢气合成氨气，是人工固氮，故A错误；
B．NH3→NH4NO3是化合态转化为化合态，不符合定义，故B错误；
C．空气中的氮气在放电条件下N2→NO，属于大气固氮，故C正确；
D．NO→NO2是化合态转化化合态，不符合定义，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了氮的固定，明确氮的固定概念及氮的固定类型是解题关键，题目难度不大。
3．（3分）不能使用铁质容器储运的是（ ）
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
【分析】A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应；
C．在室温下Fe遇浓硝酸，发生钝化；
D．在室温下Fe遇浓硫酸，发生钝化。
【解答】解：A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2，因此浓盐酸不能使用铁质容器储运，故A选；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应，因此液氯可以使用铁质容器储运，故B不选；
C．浓硝酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硝酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硝酸能使用铁质容器储运，故C不选；
D．浓硫酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硫酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硫酸能使用铁质容器储运，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了铁的化学性质，难度不大，注意在室温下Fe遇浓硝酸、浓硫酸，会发生钝化。
4．（3分）长期使用容易导致土壤酸化板结的是（ ）
A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO3
【分析】A．硫酸铵为强酸弱碱盐，水解显酸性；
B．碳酸氢铵为弱酸弱碱盐，水溶液显碱性，生成的一水合氨和碳酸都易分解；
C．尿素属于有机氮肥，施用到土壤中会转化成碳酸氢铵，然后又会分解为氨、二氧化碳和水；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液呈性。
【解答】解：A．硫酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，生成的一水合氨易分解，长期使用会使土壤酸化板结，故A正确；
B．碳酸氢铵是弱酸弱碱盐，溶液显碱性，并且生成的一水合氨和碳酸都易分解，不会使土壤酸化板结，故B错误；
C．尿素属于有机氮肥，施用到土壤中会转化成碳酸氢铵，然后又会分解为氨、二氧化碳和水，这三种最终产物都是作物的养分，可以被植物吸收而且易挥发，不含有害的中间产物和最终分解产物，长期施用不影响土质，故C错误；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，长期施用不会导致土壤酸化板结，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了铵盐的性质及应用，熟悉盐类水解的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．稀有气体单质中无化学键
B．水分子的球棍模型
C．青铜属于合金
D．粮食发酵法是工业制备酒精的方法之一
【分析】A．稀有气体为单原子分子；
B．水分子为V型结构；
C．金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性物质为合金；
D．粮食发酵，乙烯水化都是制备乙醇的方法。
【解答】解：A．稀有气体都是单原子分子，所以单质中无化学键，故A正确；
B．一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成，且氧原子比氢原子大，是V型分子，不是直线型，故B错误；
C．青铜是纯铜中加入锡或铅的合金，故C正确；
D．工业制备酒精的方法主要有乙烯合成法和粮食发酵法，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及分子的空间构型和合金概念，乙醇的制备方法，熟悉稀有气体分子组成，明确合金概念，乙醇制备方法是解题关键，题目难不大。
6．（3分）关于Na2SO3，下列说法正确的是（ ）
A．属于弱电解质 B．显碱性
C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空气中易被氧化变质
【分析】A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离；
B．亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性；
C．Na2SO3属于盐，组成为2：1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化。
【解答】解：A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．Na2SO3属于强碱弱酸盐，溶于水后发生水解，溶液显碱性，但亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性，故B错误；
C．Na2SO3属于盐，组成为2：1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半，因此c（Na+）＝2c（SO32﹣），故C错误；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化，最终可生成硫酸钠，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查Na2SO3的性质，题目难度不大，注意基本概念、性质的理解和应用。
7．（3分）下列事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）2
【分析】A．一般来讲，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，但碳元素的非金属性小于氮元素；
B．同一主族从上到下金属性逐渐增强；
C．最高价含氧酸的氧化性与元素的非金属性强弱无关；
D．物质的溶解性大小与金属性强弱无关。
【解答】解：A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，故A不选；
B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li，可以使用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的非金属性：N＞P，但最高价含氧酸的氧化性与元素的非金属性强弱无关，故C选；
D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律的应用，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握物质性质变化的特例，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
8．（3分）通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是（ ）
A．AlN既是氧化产物也是还原产物
B．每生成3.36L CO，转移0.3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．14N2和12C18O所含中子数相等
【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目。
【解答】解：A．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物；C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，故A错误；
B．只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，故B错误；
C．在该反应中N2是氧化剂，C是还原剂，物质发生反应的物质的量的比等于相应方程式中化学计量数的比，故根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故C正确；
D．14N2中的中子数是14，而12C18O中的中子数是16，故二者所含中子数不相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握元素化合价的判断，从化合价变化的角度分析，题目侧重于相关概念和电子转移计算的考查。
9．（3分）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的硫酸
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量
C．气体摩尔体积的测定
D．小苏打中NaHCO3百分含量的测定
【分析】A．浓溶液配制稀溶液，需要用量筒量取液体，不需要天平；
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体的质量；
C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和；
D．在测定小苏打中NaHCO3百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量。
【解答】解：A．配制一定物质的量浓度的硫酸，需要使用浓硫酸进行稀释，由于溶质为液体，因此需要用量筒量取浓硫酸，不需要使用电子天平，故A正确；
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体物质的质量，故B错误
C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和，据此计算气体的质量，然后根据一定质量的气体所占的体积计算气体摩尔体积，故C错误；
D．在测定小苏打中NaHCO3百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量，因此需要使用电子天平，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查实验室常用的实验仪器，难度不大，熟悉常用的实验仪器以及常见实验操作的步骤是解答的关键，有利于检验学生的基础掌握能力。
10．（3分）加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是（ ）
A．汽油属于纯净物
B．煤通过干馏可以转化为汽油
C．石油分馏可以获得汽油
D．重油的裂解可以提高汽油的产量
【分析】A.只有一种物质组成就是纯净物；
B.煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气；
C.石油分馏可得汽油、柴油等；
D.裂解是深度裂化。
【解答】解：A.汽油是主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，是混合物，故A错误；
B.煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气，故B错误；
C.石油分馏可得汽油、柴油等，故C正确；
D.裂解是深度裂化，其目的是生成气态烯烃或提高燃油品质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查煤和石油的加工，难度不大，明确物质的成分是解题的关键，如果有两种或两种以上物质组成就属于混合物，只有一种物质组成就是纯净物。
11．（3分）CHCl3是良好的有机溶剂，下列说法正确的是（ ）
A．常温下为气态，俗称氯仿
B．分子构型为正四面体
C．由极性键构成的非极性分子
D．是甲烷和氯气反应的产物之一
【分析】A．CHCl3常温下为液态；
B．C﹣H键和C﹣Cl键键长不同；
C．CHCl3分子中键的极性不能相互抵消；
D．甲烷与Cl2在光照条件下会发生取代反应，首先反应产生CH3Cl，产生CH3Cl再逐步进行取代反应，产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4。
【解答】解：A．CHCl3常温下为液态，俗称氯仿，故A错误；
B．CHCl3分子中C原子与3个Cl原子和1个H原子形成4个共价键，由于不同原子半径大小不同，所以其分子的空间构型为四面体，但不是正四面体，故B错误；
C．CHCl3分子中C﹣Cl键和C﹣H键都是由不同元素的原子形成的共价键，因此都是极性键，由于分子中原子的空间排列不对称，因此分子是极性分子，故C错误；
D．甲烷与Cl2在光照条件下会发生取代反应，首先反应产生CH3Cl，产生CH3Cl再逐步进行取代反应，产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CHCl3是甲烷和氯气反应的产物之一，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了三氯甲烷的结构和制备，难度不大，应注意的判断分子的极性应根据分子的具体的空间构型。
12．（3分）SiC和Si的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是（ ）
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用5个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC＞Si
【分析】A．原子状态不同时，最外层电子的轨道表示式也会不相同；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道；
D．SiC和Si均属于原子晶体，原子晶体的熔点由共价键的键能大小判断。
【解答】解：A．原子状态不同时，轨道表示式也会不相同，如基态碳原子和激发态的硅原子最外层电子的轨道表示式就不相同，故A错误；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的电子亚层，故B错误；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道，根据电子排布规律可知，其核外电子共占用8个轨道，故C错误；
D．SiC和Si均属于原子晶体，由于原子半径C＜Si，因此键长：C﹣Si＜Si﹣Si，则键能：C﹣Si＞Si﹣Si，因此熔点SiC＞Si，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了基态原子的核外电子排布式，核外电子排布规律，晶体的熔点大小判断，轨道的能量高低等，题目难度不大，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
13．（3分）关于如图所示装置，下列说法正确的是（ ）
A．溶液X为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B．溶液X为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，电子方向均由FeCuFe
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe﹣3e﹣→Fe3+
【分析】A．如图，一般铁为负极，铜为正极，形成原电池；
B．溶液X为稀硫酸，铁棒作负极，铜棒作正极；
C．原电池中，电子由负极经导线流向正极；
D．铁钉发生电化学腐蚀，负极均为Fe失电子生成亚铁离子。
【解答】解：A．溶液X为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒上主要发生电化学腐蚀，故A错误；
B．溶液X为稀硫酸，铜棒作正极，发生的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，产生气泡，故B正确；
C．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，因此电子方向均由负极Fe经导线流向正极Cu，电子不可以在电解质溶液中移动，故C错误；
D．溶液X为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，电极反应均为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀，把握金属发生化学腐蚀和电化学腐蚀的原理，注意原电池中负极失电子被腐蚀，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大。
14．（3分）制备下列物质未涉及化学平衡的是（ ）
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
【分析】A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应。
【解答】解：A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3，反应产生的SO3被水或浓硫酸吸收就得到硫酸，因此制取过程中涉及化学平衡，故A不选；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应，因此工业上合成氨过程涉及化学平衡，故B不选；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应，因此制取过程中未涉及化学平衡，故C选；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应，故乙酸丁酯在制备过程中涉及化学平衡知识，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质制备中是否涉及化学平衡，侧重考查对基本理论的理解和应用，明确涉及的化学反应及化学反应特点是解本题关键，注意：只有可逆反应中才存在平衡，题目难度不大。
15．（3分）碳燃烧的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ
B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ
C．1mol C（s）与0.5mol O2（g）的总能量小于1mol CO（g）的能量
D．等量的碳燃烧C（s）→CO2（g）过程比C（s）→CO（g）→CO2（g）过程释放的能量多
【分析】A．由图可知，C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ；
B．由图可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，则其逆反应反应热相反；
C．若为放热反应时，反应物具有的能量大于生成物具有的能量，反之相反；
D．反应无论是一步完成，还是分步完成，反应热不变。
【解答】解：A．由图可知，C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低是放热反应，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ，则2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ，故A正确；
B．由图可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，则逆反应为CO2（g）═C（s）+O2（g）﹣393.5kJ，故B错误；
C．根据C（s）+O2（g）与CO（g）+O2（g）的能量差为393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低，是放热，即1molC（s）与0.5molO2（g）的总能量大于1molCO（g）的能量，故C错误；
D．根据盖斯定律得出，反应放出的能量与过程无关，只有反应物和生成物的能量有关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应热与物质具有能量的计算关系、吸放热反应的判断、盖斯定律的应用和热化学方程式的书写即可解答，注意图象信息分析与运用，题目难度不大。
16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH广泛用于生产工程塑料及纤维，下列有关说法正确的是（ ）
A．与乙酸互为同系物
B．与乙酸乙酯互为同分异构体
C．所有原子均处于同一平面
D．可被酸性KMnO4氧化为HOOCCH＝CHCOOH
【分析】A．该有机物没有羧基，与乙酸的结构不相似；
B．HOCH2CH＝CHCH2OH与乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，含有的官能团不同；
C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构；
D．醇羟基和碳碳双键都可以被酸性KMnO4氧化。
【解答】解：A．乙酸含有羧基，该有机物含有碳碳双键与羟基，二者分子结构不相似，因此不能互为同系物，故A错误；
B．HOCH2CH＝CHCH2OH与乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，分子式相同，含有的官能团不同，即结构不同，因此二者互为同分异构体，故B正确；
C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，故C错误；
D．醇羟基和碳碳双键都可以被酸性KMnO4氧化，因此二者反应不能得到产物HOOCCH＝CHCOOH，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及同系物、同分异构体、共面与共线问题、官能团的性质与转化，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17．（3分）只使用待选试剂能完成元素检验的是（ ）
待检验元素
待选试剂
A
海带中的碘元素
淀粉溶液
B
CH3CH2Cl中的氯元素
AgNO3溶液
C
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
D
FeSO4中的铁元素
KSCN溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碘单质遇到淀粉会变为蓝色，碘离子不具有此性质；
B．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子；
C．铝离子与氢氧化钠先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量，沉淀溶解；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子不反应。
【解答】解：A．碘单质与淀粉相遇，变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，故A不选；
B．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，故B不选；
C．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，铝离子与氢氧化钠先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量，氢氧化铝溶于过量的强碱，变为溶液，看到的现象为：先有白色沉淀，后沉淀消失，可以检验铝元素的存在，故C选；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子相遇没有此现象，不能完成铁元素的检验，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的检验鉴别方法、实验操作为解答的关键，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。
18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”，另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是（ ）
A．白毛是被铝置换出来的汞
B．气泡是汞与水反应生成的氢气
C．汞能抑制铝表面形成致密的膜
D．硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率
【分析】Al的活动性比Hg强，Al与硝酸汞溶液发生置换反应：2Al+3Hg（NO3）2＝2Al（NO3）3+3Hg。由于Al比较活泼而Hg不活泼，所以裸露出来的Al会再与空气中的氧气发生反应：4Al+3O2＝2Al2O3，据此分析。
【解答】解：A．Al2O3是白色固体，则反应产生的白毛是Al2O3，故A错误；
B．硝酸汞是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，Al与酸性溶液反应产生H2，由于在金属活动性顺序表中Hg活动性在H的后边，不能与水发生置换反应产生H2，因此气泡不是Hg与水反应产生的，故B错误；
C．若Hg覆盖在Al表面，就会阻碍Al与空气接触，因此就会抑制铝表面形成致密的膜，故C正确；
D．Al与硝酸汞发生置换反应产生了Hg单质，反应产生的Hg并未再反应变为硝酸汞，因此硝酸汞在反应中不是作催化剂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
19．（3分）恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2再次平衡时，下列说法错误的是（ ）
A．NO2的体积分数增大 B．气体颜色加深
C．气体压强增大 D．化学平衡常数不变
【分析】A．其它条件不变时，通入NO2相当于增大压强，增大压强，化学平衡正向移动；
B．反应达到平衡后再加入NO2气体，化学平衡正向移动，但平衡时c（NO2）大于原来平衡状态；
C．恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比；
D．化学平衡常数只与温度有关。
【解答】解：A．恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+54.5kJ，达到平衡后，通入NO2，使反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡正向移动，因此再次平衡时，NO2的体积分数减小，故A错误；
B．反应达到平衡后再加入NO2气体，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说NO2的浓度比原平衡大，故混合气体颜色比原来加深，故B正确；
C．反应达到平衡后向其中再加入NO2，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，反应体系中气体的物质的量比原来多，故体系的压强与原平衡时增大，故C正确；
D．化学平衡常数只与温度有关，由于温度不变，因此化学平衡常数就不变，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确“条件改变时平衡移动趋势微弱”是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
20．（3分）室温下，关于20mL 0.1mol/L醋酸溶液，下列判断一定正确的是（ ）
A．该溶液中CH3COO﹣的数目为1.204×1021
B．加入水稀释后，溶液的pH降低，水电离程度增加
C．用酚酞做指示剂，滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
D．与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
【分析】A.醋酸是弱酸，部分电离，主要以电解质分子存在；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释后溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大；
C.酚酞指示剂变色点是8，c（OH﹣）＞c（H+）；
D.与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后，根据物料守恒来找到微粒关系。
【解答】解：A.20mL 0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸的物质的量n＝0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，但由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，故该溶液中含有CH3COO﹣的数目小于1.204×1021，故A错误；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释后溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大；溶液中c（H+）减小，则酸对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，故B错误；
C.用酚酞作指示剂，滴加0.1mol/LNaOH溶液至滴定终点时，由于酚酞指示剂变色点是8，c（OH﹣）＞c（H+），则根据电荷守恒可知溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D.与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后，根据物料守恒可知：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，掌握电荷守恒、物料守恒是解题的关键，难度中等。
二、解答题（共4小题，满分40分）
21．（10分）工业级氯化钙（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥剂，主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：
（1）氯原子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p5 ；氯化钙的电子式 ；比较构成CaCl2的微粒半径大小（用微粒符号表示） r（Cl﹣）＞r（Ca2+） 。
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是 氨碱（或索尔维） 制碱法。
（3）向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因 存在平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，CO32﹣与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，使电离平衡正向移动 。
（4）氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）+Q（Q＞0），该反应的平衡常数K＝ ；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2mol NH3，反应10分钟，固体增重17g，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝ 0.05mol/（L•min） ；若要将已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施 加热 。
【分析】（1）Cl是17号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；CaCl2是离子化合物，2个Cl﹣与Ca2+之间以离子键结合；Cl﹣与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法（索尔维）法制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，可见该方法生产中会得到CaCl2；
（3）饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，HCO3﹣与H+会发生反应产生CO2气体；
（4）根据电离平衡常数的含义书写反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）的化学平衡常数；固体增重17g，说明反应的氨气的质量是17g，计算氨气的物质的量，再根据ʋ＝计算反应速率；正反应为放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动。
【解答】解：（1）Cl是17号元素，根据构造原理，可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；CaCl2是离子化合物，2个Cl﹣与Ca2+之间以离子键结合，其电子式为：；Cl﹣与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为：r（Cl﹣）＞r（Ca2+），
故答案为：1s22s22p63s23p5；；r（Cl﹣）＞r（Ca2+）；
（2）纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法（索尔维）制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，反应方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O，可见该方法生产中会得到CaCl2，故废液含有大量氯化钙的是索尔维法或氨碱法，
故答案为：氨碱（或索尔维）；
（3）饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，HCO3﹣与H+会发生反应产生CO2气体，因此反应时产生大量白色沉淀，同时还有少量气体，
故答案为：存在平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，CO32﹣与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，使电离平衡正向移动；
（4）根据电离平衡常数的含义可知反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s）的化学平衡常数K＝；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2molNH3，发生反应CaCl2（s）+8NH3（g）⇌CaCl2•8NH3（s），10分钟，固体增重17g，说明反应的氨气的质量是17g，其物质的量是n（NH3）＝＝1mol，则0～10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ＝＝0.05mol/（L•min）；要使已 吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，应该使化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应是放热反应，根据化学平衡移动，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，故应该采取的措施是加热，
故答案为：；0.05mol/（L•min）；加热。
【点评】本题属于一题多点型题目，涉及核外电子排布、电子式、微粒半径比较、纯碱制备、化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，是对学生综合能力的考查。
22．（10分）高锰酸钾（KMnO4）是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
（1）测定室内甲醛含量，发生反应如下。
4 MnO4﹣+ 5 HCHO+ 12 H+═ 4 Mn2++ 5 CO2↑+ 11 H2O
配平该方程式。
（2）将室内气体通入20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为 0.075 mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由 硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 。
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为 向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平 。
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的 酸性和还原性 性质。
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式 3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4 。
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因 高锰酸钾溶液见光能发生分解 。
【分析】（1）根据升降价守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
（2）20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根据物质反应关系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，根据关系式计算，硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以用硫酸酸化；
（3）向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
（4）HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl﹣与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al（MnO4）3；
（6）由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
【解答】解：（1）在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO4﹣中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以MnO4﹣、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4MnO4﹣+5HCHO+12H+＝4Mn2++5CO2↑+11H2O，
故答案为：4；5；12；4；5；11；
（2）20mL 1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根据物质反应关系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，由于溶液的体积是10L，则甲醛的浓度为c（HCHO）＝＝2.5×10﹣6mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10﹣6×30g/L＝7.5×10﹣5g/L＝0.075mg/L，上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低，
故答案为：0.075；硝酸具有强氧化性，会与待测物（HCHO）发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平，
故答案为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
（4）将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl﹣与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性，
故答案为：酸性和还原性；
（5）KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al（MnO4）3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4，
故答案为：3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4；
（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存，
故答案为：高锰酸钾溶液见光能发生分解。
【点评】本题考查了氧化还原反应和离子方程式的配平、物质的量浓度的计算、溶液的配制、试剂的保存、物质的性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
23．（10分）G是一种治疗心血管疾病的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 氧化反应 。
（2）反应②所需的试剂和条件 Br2、光照 。
（3）B中含氧官能团的检验方法 取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基 。
（4）写出E的结构简式 。
（5）写出F→G的化学方程式 +NaOHNaI+H2O+ 。
（6）写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含苯环；
④含有5个化学环境不同的H原子。
（7）设计一条以乙烯和乙醛为原料（其它无机试剂任选）制备聚2﹣丁烯（）的合成路线 CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3 。（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
【分析】化合物A分子式是C7H8，结合D中含有苯环，可知A中含有苯环，故A的结构简式是，由分子式可知，A与CO发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，C发生溴代反应生成D，反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构，可知B是，B发生催化氧化反应产生C是，C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是，D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是，E与I2反应产生F是，F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G（）；
（7）CH2＝CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3﹣CH2Br，CH3﹣CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH＝CHCH3，CH3CH＝CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2﹣丁烯。
【解答】解：（1）反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生，故该反应的类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生，故所需试剂和条件是Br2、光照，
故答案为：Br2、光照；
（3）B的结构简式是，含有的官能团是醛基﹣CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基，
故答案为：取样，滴加少量新制的Cu（OH）2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基；
（4）根据上述推断可知E的结构简式是，
故答案为：；
（5）F是，与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：，则F→G 的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+，
故答案为：+NaOHNaI+H2O+；
（6）化合物C是，C 的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有﹣CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有 5 个化学环境不同的H 原子，则其可能的结构简式是，
故答案为：；
（7）CH2＝CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3﹣CH2Br，CH3﹣CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH＝CHCH3，CH3CH＝CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚 2﹣丁烯，故合成路线为：CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3，
故答案为：CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式与结构简式进行分析推断，注意对给予信息的理解与运用，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
24．（10分）1，2﹣二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2﹣二溴乙烷。
实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150℃左右时，连接C与D，并迅速将A内反应温度升温至160～180℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0mL 10mol/L Br2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2﹣二溴乙烷7.896g。
完成下列填空：
（1）仪器F的名称 温度计 。
（2）反应前装置A中加入少量粗砂目的是 防止暴沸 。
（3）装置B的作用是 调节压强，控制气体流速 。
（4）反应一段时间后C溶液碱性 减弱 。（填“增强”、“减弱”或“不变”）
（5）先将C与D连接处断开的原因是 减少气体流入D装置，减少溴的挥发 。写出D装置中生成1，2﹣二溴乙烷的化学方程式 CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br 。
（6）根据上述实验计算1，2﹣二溴乙烷的产率为 70% 。
（7）下列操作中，不会导致产物产率降低的是 。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的NaOH溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
【分析】在装置A中乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生CH2＝CH2和H2O，由于浓硫酸具有强氧化性，在加热时可能有一部分与乙醇发生氧化还原反应，乙醇被氧化CO2、CO等浓硫酸被还原产生SO2气体，装置B的作用是安全瓶，防止气流过大，装置C是除去杂质SO2、CO2，防止干扰CH2＝CH2与溴的反应，装置D是冷却收集制取的产品1，2﹣二溴乙烷，装置E是尾气处理，防止大气污染，据此答题。
【解答】解：（1）根据图示可知仪器F的名称是温度计，
故答案为：温度计；
（2）反应前装置 A 中加入少量粗砂目的是防止液体混合物加热时产生暴沸现象，
故答案为：防止暴沸；
（3）装置 B可以适当储存部分气体。B装置中有一个导气管，当气流过大时，水被压入导气管中，使气体压强减小；当气流过小时，锥形瓶中储存的气体又起到补充作用，故装置B 的作用是调节压强，控制气体流速，
故答案为：调节压强，控制气体流速；
（4）乙醇与浓硫酸混合加热，可能会发生副反应，乙醇被氧化产生C、CO、CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，SO2具有还原性，也会与溴单质发生反应，所以装置C中盛有NaOH溶液库吸收SO2、CO2等酸性气体，NaOH不断被消耗，溶液的碱性就会逐渐减弱，
故答案为：减弱；
（5）实验前先将C 与D 连接处断开目的是减少气体流入D装置，减少溴的挥发；在D 装置中CH2＝CH2与Br2发生加成反应生成 1，2﹣二溴乙烷，该反应的化学方程式为：CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br，
故答案为：减少气体流入D装置，减少溴的挥发；CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
（6）装置 D 试管中装有 6.0mL 10mol/LBr2的 CCl4溶液中含有溶质的物质的量n（Br2）＝c•V＝10mol/L×0.006L＝0.06mol，反应产生的7.896g 1，2﹣二溴乙烷的物质的量n（C2H4Br2）＝＝＝0.042mol，根据方程式CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br可知：反应消耗1mol的Br2，就会产生1mol的 1，2﹣二溴乙烷，则1，2﹣二溴乙烷的产率是×100%＝70%，
故答案为：70%；
（7）A．装置D中试管内物质换成液溴，由于Br2易挥发，导致Br2未与乙烯发生加成反应就挥发掉，因此导致产物的产率降低，故A错误；
B．装置E中的NaOH溶液作用是吸收尾气，防止大气污染，是否用水代替与原料利用率无关，因此不会使产物的产率降低，故B正确；
C．去掉装置D烧杯中的冷水，温度升高，会加速溴单质的挥发，而不能发生加成反应产生1，2﹣二溴乙烷，使物质产率降低，故C错误；
D．装置C的作用是除去杂质SO2，防止其与Br2发生氧化还原反应。若去掉装置C，部分溴发生副反应，不能发生加成反应变为1，2﹣二溴乙烷，使物质产率降低，故D错误；
故答案为：B。
【点评】本题考查了实验室制取1，2﹣二溴乙烷方法、乙烯的化学性质，题目难度中等，明确实验原理是解答本题的关键，根据浓硫酸、乙烯的性质来分析解答，注意二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色，但褪色原理不同，乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，二氧化硫使溴水褪色是发生了氧化还原反应。
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