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2018年上海市青浦区高三一模化学试卷
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这是一份2018年上海市青浦区高三一模化学试卷，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。
2018年上海市青浦区高三一模化学试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性．铝合金的下列性质与这些特性无关的是（ ）
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．硬度大
2．（2分）下列属于同位素的两种微粒是（ ）
A．CH4和C3H8 B．O2和O3 C． 35Cl和37Cl D．H2和D2
3．（2分）以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A．金刚石熔化 B．氯化氢溶于水
C．氢氧化钾熔化 D．冰融化
4．（2分）下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（ ）
A．酒精 B．冰醋酸 C．硝酸钾 D．醋酸钠
5．（2分）对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（ ）
A．自旋方向不同 B．电子云形状相同
C．能量不同 D．在同一轨道上
6．（2分）Na、Mg、S、Cl是第三周期的四种元素，下列判断错误的是（ ）
A．碱性NaOH＞Mg（OH）2
B．原子半径r（Mg）＜r（S）
C．离子半径r（Na+）＞r（Mg2+）
D．氧化性Cl2＞S
7．（2分）工业上合成氨的反应如下：N2（g） +3H2（g）⇌2NH3（g），以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（ ）
A．升高温度 B．增大容器体积
C．移走氨气 D．增加氮气
8．（2分）下列关于CH4的描述正确的是（ ）
A．是平面结构 B．是极性分子
C．含有非极性键 D．结构式为
9．（2分）配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（ ）
A． B． C． D．
10．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
11．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．醋酸除水垢 B．石油分馏
C．煤的气化 D．海水中提取碘
12．（2分）关于图所示装置（海水为弱碱性）的说法错误的是（ ）
A．若d为石墨，则铁片上的电子反应为：Fe﹣2e→Fe2+
B．若d为铜片，则铁片腐蚀加快
C．若d为锌片，则铁片上的电极反应为：2H++2e→H2↑
D．若d为锌片，则这种保护铁片的方法属于牺牲阳极的阴极保护法
13．（2分）实验室制取乙烯的发生装置如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A．烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片
B．反应温度控制在140℃
C．导出的气体能使溴水褪色，可以证明反应生成乙烯
D．可用向上排气法收集乙烯
14．（2分）常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化
C．产生大量SO2 D．产生大量H2
15．（2分）1﹣MCP广泛应用于果蔬的保鲜，其结构简式如图，下列有关1﹣MCP的叙述错误的是（ ）
A．分子式为C4H6
B．与1，3﹣丁二烯互为同分异构体
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种结构
16．（2分）下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜 D．碳酸钠溶液
17．（2分）关于铝及其化合物的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaOH溶液中加入铝粉：Al+OH﹣+H2O→AlO2﹣+H2↑
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．明矾净水的原理：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+
18．（2分）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表：
物质
乙酸
1﹣丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是（ ）
A．不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃
B．不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高
C．从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液
D．由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏
19．（2分）红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量。能表示该反应热化学方程式的是（ ）
A．C+H2O→H2+CO﹣131.3KJ
B．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
C．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJC
D．（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
20．（2分）右图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是（ ）
A．X是NH3，Y是CO2
B．M可在转化流程中循环利用
C．若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4Cl
D．若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用
二、综合题（共60分）
21．（15分）硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 ，生成物固体 A属于 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 硫酸铵（选填＞、＝或＜）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）
用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 。
22．（15分）中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石）
以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠
Na2CO3
金刚石
石墨
熔点（℃）
97.8
851
3550
3850
沸点（℃）
882.9
1850（分解产生CO2）
﹣﹣﹣﹣
4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正（Na）＝4v逆（CO2），则 （选填序号）。
a．反应肯定达到平衡 b．反应可能达到平衡 c．反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，该时间段内v（CO2）＝ ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 。
23．（15分）山梨酸钾是世界公认的安全型食品防腐剂，山梨酸钾的一条合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团名称是
（2）①的反应的类型是 ，③的反应条件是
（3）②的反应方程式为
（4）D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求或者信息的有机物的结构简式
Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环
Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子
Ⅲ．当羟基与双键碳原子相连接时，这种结构是不稳定的，易发生如下转化：
（5）苯甲酸钠（） 也是一种重要的防腐剂，写出由甲苯制备苯甲酸钠的合成
路线。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）
24．（15分）铁元素的化合价有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：
（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L 的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 。
（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变 色，接着在变色的溶液中滴入2mL 0.5mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀（已知：AgSCN为白色沉淀），溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为 （请从平衡移动的角度解释）。
用下图装置进行SO2性质的研究。
（3）用 取25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是 ，推测产生白色沉淀的原因可能是
（4）工业石灰石﹣石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到 吨石膏。
2018-2019学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性．铝合金的下列性质与这些特性无关的是（ ）
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．硬度大
【分析】铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点．
【解答】解：铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关。
故选：B。
【点评】本题考查的是合金的性质及应用，性质决定用途，用途体现性质，根据镁铝合金的性质判断即可，难度不大．
2．（2分）下列属于同位素的两种微粒是（ ）
A．CH4和C3H8 B．O2和O3 C． 35Cl和37Cl D．H2和D2
【分析】质子数相同、中子数不同的原子之间互为同位素，即同种元素的不同原子之间互为同位素，同位素的研究对象为原子，据此进行判断。
【解答】解：A．CH4和C3H8的结构相似，分子间相差2个CH2原子团，二者互为同系物，故A错误；
B．O2和O3为氧元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B错误；
C．35Cl和37Cl的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故C正确；
D．H2和D2都是氢气单质，不属于同位素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查同位素的判断，题目难度不大，明确同位素、同素异形体、同系物等概念即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
3．（2分）以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A．金刚石熔化 B．氯化氢溶于水
C．氢氧化钾熔化 D．冰融化
【分析】化学变化及电解质的电离中均有化学键的断裂，分子的三态变化中无化学键的断裂，以此来解答。
【解答】解：A．金刚石熔化，共价键断裂，故A不选；
B．氯化氢溶于水，发生电离，共价键断裂，故B不选；
C．氢氧化钾熔化，发生电离，离子键断裂，故C不选；
D．冰融化，为分子的状态变化，只破坏分子间作用力，化学键不变，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质中化学键、化学键的断裂为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
4．（2分）下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（ ）
A．酒精 B．冰醋酸 C．硝酸钾 D．醋酸钠
【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；水的电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离，据此分析解答；
【解答】解：A．酒精是非电解质，故A错误；
B．冰醋酸是酸，能抑制水的电离，且冰醋酸是弱电解质，故B错误；
C．硝酸钾是强电解质，向溶液中加入硝酸钾，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不改变，即不能破坏水的电离，故C错误；
D．醋酸钠在水中完全电离出自由移动的醋酸根和钠离子，所以是强电解质，并且醋酸根能与水电离出的氢离子结合生成醋酸，促进水的电离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了电解质的概念和影响水的电离因素，掌握电解质必须是自身电离的化合物，加入含弱电解质的离子的物质促进水的电离是解答的关键，题目难度不大。
5．（2分）对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（ ）
A．自旋方向不同 B．电子云形状相同
C．能量不同 D．在同一轨道上
【分析】氧元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级中4个电子在三个轨道中排布，其未成对电子数是2，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同，据此分析解答。
【解答】解：A．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以氧原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故A错误；
B．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故B正确；
C．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；
D．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以氧原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查原子轨道与电子排布的有关问题，比较基础，难度不大，注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。
6．（2分）Na、Mg、S、Cl是第三周期的四种元素，下列判断错误的是（ ）
A．碱性NaOH＞Mg（OH）2
B．原子半径r（Mg）＜r（S）
C．离子半径r（Na+）＞r（Mg2+）
D．氧化性Cl2＞S
【分析】A、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B、同周期从左往右原子半径逐渐减小；
C、电子层结构相同，核电荷数越多半径越小；
D、元素非金属性越强对应单质的氧化性越强；
【解答】解：A、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；
B、同周期从左往右原子半径逐渐减小，硫的原子序数大于镁的原子序数，硫在镁的右边，所以原子半径r（Mg）＞r（S），故B错误；
C、电子层结构相同，核电荷数越多半径越小，镁原核电荷大于钠，所以离子半径r（Na+）＞r（Mg2+），故C正确；
D、元素非金属性越强对应单质的氧化性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，所以化性Cl2＞S，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的灵活应用能力。
7．（2分）工业上合成氨的反应如下：N2（g） +3H2（g）⇌2NH3（g），以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（ ）
A．升高温度 B．增大容器体积
C．移走氨气 D．增加氮气
【分析】升高温度、增大压强、增大浓度均可加快反应速率，平衡正向移动可增大氢气的转化率，以此来解答。
【解答】解：A．合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故A不选；
B．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故B不选；
C．移走氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故C不选；
D．增加氮气，反应物浓度增大反应速率加快，且平衡正向移动，促进氢气的转化，氢气的转化率增大，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
8．（2分）下列关于CH4的描述正确的是（ ）
A．是平面结构 B．是极性分子
C．含有非极性键 D．结构式为
【分析】甲烷为正四面体结构的分子，只含C﹣H极性键，结构对称，为非极性分子，以此来解答。
【解答】解：甲烷为正四面体结构的分子，只含C﹣H极性键，结构对称，为非极性分子，其结构式为，只有D正确，
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，把握甲烷中化学键、结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意甲烷不是平面结构，题目难度不大。
9．（2分）配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此解答。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，分液漏斗主要用于分液实验操作、锥形瓶主要用于蒸馏实验操作、坩埚主要用于灼烧实验操作，所以4个选项中，配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到的仪器是容量瓶。
故选：A。
【点评】考查对仪器的认识、一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意基础知识的掌握，题目难度小。
10．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
【分析】根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
11．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．醋酸除水垢 B．石油分馏
C．煤的气化 D．海水中提取碘
【分析】物理变化与化学变化的本质区别是：是否有新物质生成，物理变化中没有新物质生成，化学变化中有新物质生成，据此解答。
【解答】解：A．醋酸除水垢是利用醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳和醋酸钙的过程，是化学变化，故A错误；
B．石油分馏是利用石油中各个馏分的沸点不同将其蒸馏分离的过程，没有生成新物质，是物理变化，故B正确；
C．煤的气化是碳与水蒸气反应生成水煤气的过程，是化学变化，故C错误；
D．海水中提取碘涉及到萃取物理变化，但也涉及到加双氧水等氧化剂将I﹣氧化生成I2这一化学变化，所以与题意不完全符合，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确概念的实质是解题关键，注意二者本质区别：是否有新物质生成，题目简单。
12．（2分）关于图所示装置（海水为弱碱性）的说法错误的是（ ）
A．若d为石墨，则铁片上的电子反应为：Fe﹣2e→Fe2+
B．若d为铜片，则铁片腐蚀加快
C．若d为锌片，则铁片上的电极反应为：2H++2e→H2↑
D．若d为锌片，则这种保护铁片的方法属于牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A、活泼金属作负极，发生氧化反应；
B、若d为铜片，则铁片为负极，发生氧化反应；
C、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极发生还原反应；
D、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极，所以保护了铁。
【解答】解：A、活泼金属作负极，发生氧化反应，若d为石墨，则铁片为负极，电极反应为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B、若d为铜片，则铁片为负极，发生氧化反应，铁片腐蚀加快，故B正确；
C、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故C错误；
D、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极，所以保护了铁，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写。
13．（2分）实验室制取乙烯的发生装置如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A．烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片
B．反应温度控制在140℃
C．导出的气体能使溴水褪色，可以证明反应生成乙烯
D．可用向上排气法收集乙烯
【分析】A．加热液体混合物要防暴沸；
B．生成乙烯的条件是170℃；
C．浓硫酸的还原产物二氧化硫具有强的还原性；
D．乙烯的密度与空气相近。
【解答】解：A．加热液体混合物要防暴沸，所以烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片，故A正确；
B．浓硫酸与乙醇反应加热到170℃生成乙烯，反应温度控制在140℃生成乙醚，故B错误；
C．部分浓硫酸与乙醇反应生成二氧化硫，二氧化硫具有强的还原性，能使溴水褪色，所以导出的气体能使溴水褪色，可不一定是乙烯，故C错误；
D．乙烯的密度与空气相近，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查乙醇与浓硫酸反应制备乙烯的实验，为高频考点，侧重于实验方案评价的考查，注意把握实验原理和注意事项，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
14．（2分）常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化
C．产生大量SO2 D．产生大量H2
【分析】常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，以此解答该题．
【解答】解：浓硫酸具有强氧化性，常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，不能生成大量的二氧化硫，不生成氢气。
故选：B。
【点评】本题考查铁与浓硫酸反应的性质，为高频考点，侧重于学生的双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
15．（2分）1﹣MCP广泛应用于果蔬的保鲜，其结构简式如图，下列有关1﹣MCP的叙述错误的是（ ）
A．分子式为C4H6
B．与1，3﹣丁二烯互为同分异构体
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种结构
【分析】有机物为环状烃，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为C4H6，故A正确；
B．与1，3﹣丁二烯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；
D．结构不对称，则与氯化氢加成后生成的烃的衍生物有2种结构，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜 D．碳酸钠溶液
【分析】只有新制Cu（OH）2与乙醇、乙酸、乙醛溶液分别混合时，现象有明显区别。乙醇不与新制Cu（OH）2反应，乙酸与新制Cu（OH）2反应使Cu（OH）2溶解，溶液变为蓝色，沉淀消失，乙醛溶液与新制Cu（OH）2悬浊液加热有红色沉淀生成；
【解答】解：A．乙醇、乙醛和NaOH溶液不反应，无现象，乙酸和NaOH溶液能反应，但无明显现象，不能鉴别，故A错误；
B．乙醇、乙醛均不与石蕊反应，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu（OH）2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．乙醇、乙醛均不与碳酸钠溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛、羧酸性质的考查，题目难度不大。
17．（2分）关于铝及其化合物的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaOH溶液中加入铝粉：Al+OH﹣+H2O→AlO2﹣+H2↑
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．明矾净水的原理：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+
【分析】A．2mol铝完全反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒、质量守恒；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆开；
C．氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
D．反应生成的是氢氧化铝胶体，不能使用沉淀符号。
【解答】解：A．向NaOH溶液中加入铝粉，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能够净水，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。
18．（2分）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表：
物质
乙酸
1﹣丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是（ ）
A．不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃
B．不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高
C．从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液
D．由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏
【分析】A．反应温度要控制在115℃～125℃之间；
B．乙酸丁酯的沸点比反应物的沸点高；
C．碳酸钠可吸收醇、除去乙酸，降低酯的溶解度；
D．反应后物质互溶，沸点不同。
【解答】解：A．反应温度要控制在115℃～125℃之间，则不能水浴加热，故A错误；
B．乙酸丁酯的沸点比反应物的沸点高，则不能边反应边蒸出乙酸丁酯，故B正确；
C．碳酸钠可吸收醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，则用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液分离出粗产品，故C正确；
D．反应后物质互溶，沸点不同，则蒸馏法可制精品，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、混合物分离提纯、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。
19．（2分）红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量。能表示该反应热化学方程式的是（ ）
A．C+H2O→H2+CO﹣131.3KJ
B．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
C．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJC
D．（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
【分析】热化学方程式需要标注物质聚集状态，注意△H的符号为‘﹣’表示放热，据此书写。
【解答】解：红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量，则该反应热化学方程式为C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）△H＝﹣131.3KJ；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写，明确热化学方程式的含义是解题的关键，题目难度不大。
20．（2分）右图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是（ ）
A．X是NH3，Y是CO2
B．M可在转化流程中循环利用
C．若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4Cl
D．若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用
【分析】A．根据工业制纯碱其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑分析解答；
B．图中的沉淀为碳酸氢钠，根据碳酸氢钠受热分解解答；
C．联碱法是以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱；
D．氨碱法生产纯碱的化学反应原理是以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱。
【解答】解：A．联合制碱法与氨碱法其原理都是NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，NH3极易溶于水且溶液呈弱碱性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3﹣，故工业上，可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3，所以X是NH3，Y是CO2，故A正确；
B．图中的沉淀为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，M为二氧化碳，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故B正确；
C．若是联碱法，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品，所以则L的主要成分是氯化铵，故C正确；
D．先使氨气X通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳Y生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，含有氯化铵的滤液b与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，CaO+H2O＝Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所放出的氨气L可回收循环使用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题是一道有关工业制纯碱知识的一道综合实验题目，考查学生分析和解决问题的能力，掌握氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的原理是解题的关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ，生成物固体 A属于 离子 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 ＞ 硫酸铵（选填＞、＝或＜）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）
用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 13.44L 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 Cl2+H2O⇌HClO+HCl ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 Cl﹣ 。
【分析】（1）氮原子核外电子7个，在两个能级层上运动，根据能量最低原理书写，利用质量守恒定律来判断出A的化学式，然后判断晶体类型；
（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵，铵根离子浓度硫酸铵大溶液PH小；
（3）8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气中的N元素化合价升高为还原剂，二氧化氮的N元素化合价降低为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，结合电子守恒标注电子转移的方向和数目；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂是氯气和水反应生成了次氯酸具有强氧化性，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，是生成的盐酸溶液中的氯离子结合银离子生成的氯化银白色沉淀。
【解答】解：（1）氮元素原子核外电子数为7，核外电子排布式为：1s22s22p3，由化学方程式为S+2KNO3+3C→X+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体，
故答案为：1s22s22p3；离子；
（2）等物质的量浓度的两溶液，氯化铵含一个铵根，硫酸铵含两个铵根，pH大小为：氯化铵＞硫酸铵，
故答案为：＞；
（3）8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气中氮元素化合价﹣3价升高为0价，失电子是氧化反应，电子转移24e﹣，二氧化氮中氮元素化合价+4价变化为0价，得到电子发生还原反应，电子转移24e﹣，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目的方程式：，氨气中的N元素化合价升高为还原剂发生氧化反应，二氧化氮的N元素化合价降低为氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，所以如果参加反应的NO2为6mol，则氧化产物比还原产物多1mol，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2物质的量为：0.6mol，标准状况下气体体积＝0.6mol×22.4L/mol＝13.44L，
故答案为：；13.44L；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂是氯气和水反应生成了次氯酸具有强氧化性，反应的化学方程式：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，是生成的盐酸溶液中的氯离子结合银离子生成的氯化银白色沉淀，起作用的微粒是Cl﹣，
故答案为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；Cl﹣；
【点评】本题考查原子结构、氧化还原反应的计算、物质性质等，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与理解能力的考查，题目难度中等。
22．（15分）中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石）
以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠
Na2CO3
金刚石
石墨
熔点（℃）
97.8
851
3550
3850
沸点（℃）
882.9
1850（分解产生CO2）
﹣﹣﹣﹣
4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正（Na）＝4v逆（CO2），则 a （选填序号）。
a．反应肯定达到平衡 b．反应可能达到平衡 c．反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，该时间段内v（CO2）＝ 0.03mol/（L•min） ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： CO32﹣+H+＝HCO3﹣ ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 NaHCO3、NaCl 。
【分析】（1）根据一些物质的熔沸点数据，在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则可得该反应的平衡常数表达式。根据一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡；
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，反应的二氧化碳物质的量结合化学方程式计算得到，4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石），消耗物质的量1.5mol，反应速率v（CO2）＝；若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，平衡正向进行；
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，继续滴加盐酸会放出二氧化碳；
【解答】解：（1）根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式 ．若3v正（Na）＝4v逆（CO2），符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，
故答案为：；a；
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，反应的二氧化碳物质的量结合化学方程式计算得到，4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石），消耗物质的量1.5mol，反应速率v（CO2）＝＝＝0.03mol/（L•min），若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大，
故答案为：0.03mol/（L•min）；增大；
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，平衡正向进行，该反应的正反应是吸热反应，
故答案为：吸热；
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式：CO32﹣+H+＝HCO3﹣，继续滴加盐酸，反应至B点，部分碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，B点溶液中溶质的化学式为：NaHCO3、NaCl，
故答案为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣；NaHCO3、NaCl；
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数、物质的提纯、物质性质等知识点，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。
23．（15分）山梨酸钾是世界公认的安全型食品防腐剂，山梨酸钾的一条合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团名称是 酯基
（2）①的反应的类型是 氧化反应 ，③的反应条件是 浓硫酸、加热
（3）②的反应方程式为
（4）D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求或者信息的有机物的结构简式 或
Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环
Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子
Ⅲ．当羟基与双键碳原子相连接时，这种结构是不稳定的，易发生如下转化：
（5）苯甲酸钠（） 也是一种重要的防腐剂，写出由甲苯制备苯甲酸钠的合成
路线。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）
【分析】（1）由结构可知B中含氧官能团为酯基；
（2）对比A、B、乙酸的结构，可知A中碳碳双键断裂、乙酸分子脱去2个H原子，结合生成B，属于氧化反应；对比B、D的结构，反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，C发生醇的消去反应生成CH2＝CHCH＝CHCH2COOH；
（3）反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH；
（4）D的同分异构体符合下列要求：Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环，Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子，分子存在对称结构，且满足不饱和度为3，可以环丁烷对角线上的H原子被﹣CHO取代，也可以是中亚基上H原子被﹣CHO取代等；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠。
【解答】解：（1）由结构可知B中含氧官能团为酯基，
故答案为：酯基；
（2）对比A、B、乙酸的结构，可知A中碳碳双键断裂、乙酸分子脱去2个H原子，结合生成B，属于氧化反应；对比B、D的结构，反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，C发生醇的消去反应生成CH2＝CHCH＝CHCH2COOH，需要条件为：浓硫酸、加热，
故答案为：氧化反应；浓硫酸、加热；
（3）反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，反应方程式为：，
故答案为：；
（4）D的同分异构体符合下列要求：Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环，Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子，分子存在对称结构，且满足不饱和度为3，可以环丁烷对角线上的H原子被﹣CHO取代，也可以是中亚基上H原子被﹣CHO取代等，符合条件为：、等，
故答案为：或；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，（4）中同分异构体的书写为易错点，题目侧重考查学生分析推理能力，注意掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）铁元素的化合价有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：
（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L 的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 防止亚铁离子被氧化 。
（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变 血红 色，接着在变色的溶液中滴入2mL 0.5mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀（已知：AgSCN为白色沉淀），溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为 溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去 （请从平衡移动的角度解释）。
用下图装置进行SO2性质的研究。
（3）用 滴定管 取25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是 BaSO4 ，推测产生白色沉淀的原因可能是 Fe3+将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀或酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀
（4）工业石灰石﹣石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到 38.7 吨石膏。
【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；
（2）铁离子与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色，反应为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入 AgNO3溶液，产生白色沉淀AgSCN，SCN﹣浓度降低，根据浓度对化学平衡的影响分析；
（3）用滴定管量取溶液；铁离子具有氧化性，酸性条件下硝酸根离子有氧化性，可将二氧化硫氧化，据此分析；
（4）二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O；根据关系式S～SO2～CaSO4•2H2O来计算。
【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
（2）向盛有氯化铁溶液的试管中滴加1滴KSCN溶液，溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去；
故答案为：血红；溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去；
（3）25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液用滴定管量取；通入SO2气体，其中Fe3+具有氧化性，将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，SO2气体溶于水显酸性，酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀；
故答案为：滴定管；BaSO4；Fe3+将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀或酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀；
（4）二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O），根据硫元素质量守恒有，
S～SO2～CaSO4•2H2O
32 172
300t×2.5%×96% m
＝，解得m＝38.7t；
故答案为：38.7。
【点评】本题考查物质的性质、实验分析、化学方程式的计算，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
2018年上海市青浦区高三一模化学试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性．铝合金的下列性质与这些特性无关的是（ ）
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．硬度大
2．（2分）下列属于同位素的两种微粒是（ ）
A．CH4和C3H8 B．O2和O3 C． 35Cl和37Cl D．H2和D2
3．（2分）以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A．金刚石熔化 B．氯化氢溶于水
C．氢氧化钾熔化 D．冰融化
4．（2分）下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（ ）
A．酒精 B．冰醋酸 C．硝酸钾 D．醋酸钠
5．（2分）对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（ ）
A．自旋方向不同 B．电子云形状相同
C．能量不同 D．在同一轨道上
6．（2分）Na、Mg、S、Cl是第三周期的四种元素，下列判断错误的是（ ）
A．碱性NaOH＞Mg（OH）2
B．原子半径r（Mg）＜r（S）
C．离子半径r（Na+）＞r（Mg2+）
D．氧化性Cl2＞S
7．（2分）工业上合成氨的反应如下：N2（g） +3H2（g）⇌2NH3（g），以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（ ）
A．升高温度 B．增大容器体积
C．移走氨气 D．增加氮气
8．（2分）下列关于CH4的描述正确的是（ ）
A．是平面结构 B．是极性分子
C．含有非极性键 D．结构式为
9．（2分）配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（ ）
A． B． C． D．
10．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
11．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．醋酸除水垢 B．石油分馏
C．煤的气化 D．海水中提取碘
12．（2分）关于图所示装置（海水为弱碱性）的说法错误的是（ ）
A．若d为石墨，则铁片上的电子反应为：Fe﹣2e→Fe2+
B．若d为铜片，则铁片腐蚀加快
C．若d为锌片，则铁片上的电极反应为：2H++2e→H2↑
D．若d为锌片，则这种保护铁片的方法属于牺牲阳极的阴极保护法
13．（2分）实验室制取乙烯的发生装置如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A．烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片
B．反应温度控制在140℃
C．导出的气体能使溴水褪色，可以证明反应生成乙烯
D．可用向上排气法收集乙烯
14．（2分）常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化
C．产生大量SO2 D．产生大量H2
15．（2分）1﹣MCP广泛应用于果蔬的保鲜，其结构简式如图，下列有关1﹣MCP的叙述错误的是（ ）
A．分子式为C4H6
B．与1，3﹣丁二烯互为同分异构体
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种结构
16．（2分）下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜 D．碳酸钠溶液
17．（2分）关于铝及其化合物的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaOH溶液中加入铝粉：Al+OH﹣+H2O→AlO2﹣+H2↑
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．明矾净水的原理：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+
18．（2分）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表：
物质
乙酸
1﹣丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是（ ）
A．不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃
B．不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高
C．从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液
D．由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏
19．（2分）红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量。能表示该反应热化学方程式的是（ ）
A．C+H2O→H2+CO﹣131.3KJ
B．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
C．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJC
D．（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
20．（2分）右图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是（ ）
A．X是NH3，Y是CO2
B．M可在转化流程中循环利用
C．若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4Cl
D．若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用
二、综合题（共60分）
21．（15分）硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 ，生成物固体 A属于 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 硫酸铵（选填＞、＝或＜）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）
用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 。
22．（15分）中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石）
以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠
Na2CO3
金刚石
石墨
熔点（℃）
97.8
851
3550
3850
沸点（℃）
882.9
1850（分解产生CO2）
﹣﹣﹣﹣
4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正（Na）＝4v逆（CO2），则 （选填序号）。
a．反应肯定达到平衡 b．反应可能达到平衡 c．反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，该时间段内v（CO2）＝ ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 。
23．（15分）山梨酸钾是世界公认的安全型食品防腐剂，山梨酸钾的一条合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团名称是
（2）①的反应的类型是 ，③的反应条件是
（3）②的反应方程式为
（4）D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求或者信息的有机物的结构简式
Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环
Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子
Ⅲ．当羟基与双键碳原子相连接时，这种结构是不稳定的，易发生如下转化：
（5）苯甲酸钠（） 也是一种重要的防腐剂，写出由甲苯制备苯甲酸钠的合成
路线。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）
24．（15分）铁元素的化合价有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：
（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L 的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 。
（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变 色，接着在变色的溶液中滴入2mL 0.5mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀（已知：AgSCN为白色沉淀），溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为 （请从平衡移动的角度解释）。
用下图装置进行SO2性质的研究。
（3）用 取25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是 ，推测产生白色沉淀的原因可能是
（4）工业石灰石﹣石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到 吨石膏。
2018-2019学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）．
1．（2分）铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性．铝合金的下列性质与这些特性无关的是（ ）
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．硬度大
【分析】铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点．
【解答】解：铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关。
故选：B。
【点评】本题考查的是合金的性质及应用，性质决定用途，用途体现性质，根据镁铝合金的性质判断即可，难度不大．
2．（2分）下列属于同位素的两种微粒是（ ）
A．CH4和C3H8 B．O2和O3 C． 35Cl和37Cl D．H2和D2
【分析】质子数相同、中子数不同的原子之间互为同位素，即同种元素的不同原子之间互为同位素，同位素的研究对象为原子，据此进行判断。
【解答】解：A．CH4和C3H8的结构相似，分子间相差2个CH2原子团，二者互为同系物，故A错误；
B．O2和O3为氧元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B错误；
C．35Cl和37Cl的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故C正确；
D．H2和D2都是氢气单质，不属于同位素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查同位素的判断，题目难度不大，明确同位素、同素异形体、同系物等概念即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
3．（2分）以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A．金刚石熔化 B．氯化氢溶于水
C．氢氧化钾熔化 D．冰融化
【分析】化学变化及电解质的电离中均有化学键的断裂，分子的三态变化中无化学键的断裂，以此来解答。
【解答】解：A．金刚石熔化，共价键断裂，故A不选；
B．氯化氢溶于水，发生电离，共价键断裂，故B不选；
C．氢氧化钾熔化，发生电离，离子键断裂，故C不选；
D．冰融化，为分子的状态变化，只破坏分子间作用力，化学键不变，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质中化学键、化学键的断裂为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
4．（2分）下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（ ）
A．酒精 B．冰醋酸 C．硝酸钾 D．醋酸钠
【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；水的电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离，据此分析解答；
【解答】解：A．酒精是非电解质，故A错误；
B．冰醋酸是酸，能抑制水的电离，且冰醋酸是弱电解质，故B错误；
C．硝酸钾是强电解质，向溶液中加入硝酸钾，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不改变，即不能破坏水的电离，故C错误；
D．醋酸钠在水中完全电离出自由移动的醋酸根和钠离子，所以是强电解质，并且醋酸根能与水电离出的氢离子结合生成醋酸，促进水的电离，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了电解质的概念和影响水的电离因素，掌握电解质必须是自身电离的化合物，加入含弱电解质的离子的物质促进水的电离是解答的关键，题目难度不大。
5．（2分）对氧原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（ ）
A．自旋方向不同 B．电子云形状相同
C．能量不同 D．在同一轨道上
【分析】氧元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级中4个电子在三个轨道中排布，其未成对电子数是2，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同，据此分析解答。
【解答】解：A．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以氧原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故A错误；
B．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故B正确；
C．氧原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；
D．p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以氧原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查原子轨道与电子排布的有关问题，比较基础，难度不大，注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。
6．（2分）Na、Mg、S、Cl是第三周期的四种元素，下列判断错误的是（ ）
A．碱性NaOH＞Mg（OH）2
B．原子半径r（Mg）＜r（S）
C．离子半径r（Na+）＞r（Mg2+）
D．氧化性Cl2＞S
【分析】A、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B、同周期从左往右原子半径逐渐减小；
C、电子层结构相同，核电荷数越多半径越小；
D、元素非金属性越强对应单质的氧化性越强；
【解答】解：A、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；
B、同周期从左往右原子半径逐渐减小，硫的原子序数大于镁的原子序数，硫在镁的右边，所以原子半径r（Mg）＞r（S），故B错误；
C、电子层结构相同，核电荷数越多半径越小，镁原核电荷大于钠，所以离子半径r（Na+）＞r（Mg2+），故C正确；
D、元素非金属性越强对应单质的氧化性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，所以化性Cl2＞S，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的灵活应用能力。
7．（2分）工业上合成氨的反应如下：N2（g） +3H2（g）⇌2NH3（g），以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（ ）
A．升高温度 B．增大容器体积
C．移走氨气 D．增加氮气
【分析】升高温度、增大压强、增大浓度均可加快反应速率，平衡正向移动可增大氢气的转化率，以此来解答。
【解答】解：A．合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故A不选；
B．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故B不选；
C．移走氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故C不选；
D．增加氮气，反应物浓度增大反应速率加快，且平衡正向移动，促进氢气的转化，氢气的转化率增大，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
8．（2分）下列关于CH4的描述正确的是（ ）
A．是平面结构 B．是极性分子
C．含有非极性键 D．结构式为
【分析】甲烷为正四面体结构的分子，只含C﹣H极性键，结构对称，为非极性分子，以此来解答。
【解答】解：甲烷为正四面体结构的分子，只含C﹣H极性键，结构对称，为非极性分子，其结构式为，只有D正确，
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，把握甲烷中化学键、结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意甲烷不是平面结构，题目难度不大。
9．（2分）配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（ ）
A． B． C． D．
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此解答。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，分液漏斗主要用于分液实验操作、锥形瓶主要用于蒸馏实验操作、坩埚主要用于灼烧实验操作，所以4个选项中，配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到的仪器是容量瓶。
故选：A。
【点评】考查对仪器的认识、一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意基础知识的掌握，题目难度小。
10．（2分）某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是（ ）
A．浓盐酸 B．烧碱 C．浓硫酸 D．碳酸钠溶液
【分析】根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。
【解答】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行NH3泄漏，故A正确；
B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；
C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；
D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。
11．（2分）下列过程只涉及物理变化的是（ ）
A．醋酸除水垢 B．石油分馏
C．煤的气化 D．海水中提取碘
【分析】物理变化与化学变化的本质区别是：是否有新物质生成，物理变化中没有新物质生成，化学变化中有新物质生成，据此解答。
【解答】解：A．醋酸除水垢是利用醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳和醋酸钙的过程，是化学变化，故A错误；
B．石油分馏是利用石油中各个馏分的沸点不同将其蒸馏分离的过程，没有生成新物质，是物理变化，故B正确；
C．煤的气化是碳与水蒸气反应生成水煤气的过程，是化学变化，故C错误；
D．海水中提取碘涉及到萃取物理变化，但也涉及到加双氧水等氧化剂将I﹣氧化生成I2这一化学变化，所以与题意不完全符合，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确概念的实质是解题关键，注意二者本质区别：是否有新物质生成，题目简单。
12．（2分）关于图所示装置（海水为弱碱性）的说法错误的是（ ）
A．若d为石墨，则铁片上的电子反应为：Fe﹣2e→Fe2+
B．若d为铜片，则铁片腐蚀加快
C．若d为锌片，则铁片上的电极反应为：2H++2e→H2↑
D．若d为锌片，则这种保护铁片的方法属于牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A、活泼金属作负极，发生氧化反应；
B、若d为铜片，则铁片为负极，发生氧化反应；
C、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极发生还原反应；
D、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极，所以保护了铁。
【解答】解：A、活泼金属作负极，发生氧化反应，若d为石墨，则铁片为负极，电极反应为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B、若d为铜片，则铁片为负极，发生氧化反应，铁片腐蚀加快，故B正确；
C、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故C错误；
D、若d为锌片，则锌为负极，铁为正极，所以保护了铁，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写。
13．（2分）实验室制取乙烯的发生装置如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A．烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片
B．反应温度控制在140℃
C．导出的气体能使溴水褪色，可以证明反应生成乙烯
D．可用向上排气法收集乙烯
【分析】A．加热液体混合物要防暴沸；
B．生成乙烯的条件是170℃；
C．浓硫酸的还原产物二氧化硫具有强的还原性；
D．乙烯的密度与空气相近。
【解答】解：A．加热液体混合物要防暴沸，所以烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片，故A正确；
B．浓硫酸与乙醇反应加热到170℃生成乙烯，反应温度控制在140℃生成乙醚，故B错误；
C．部分浓硫酸与乙醇反应生成二氧化硫，二氧化硫具有强的还原性，能使溴水褪色，所以导出的气体能使溴水褪色，可不一定是乙烯，故C错误；
D．乙烯的密度与空气相近，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查乙醇与浓硫酸反应制备乙烯的实验，为高频考点，侧重于实验方案评价的考查，注意把握实验原理和注意事项，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
14．（2分）常温下，将铁片投入浓H2SO4中，下列说法正确的是（ ）
A．不发生反应 B．铁被钝化
C．产生大量SO2 D．产生大量H2
【分析】常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，以此解答该题．
【解答】解：浓硫酸具有强氧化性，常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，表现生成一层致密的氧化膜，不能生成大量的二氧化硫，不生成氢气。
故选：B。
【点评】本题考查铁与浓硫酸反应的性质，为高频考点，侧重于学生的双基的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
15．（2分）1﹣MCP广泛应用于果蔬的保鲜，其结构简式如图，下列有关1﹣MCP的叙述错误的是（ ）
A．分子式为C4H6
B．与1，3﹣丁二烯互为同分异构体
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种结构
【分析】有机物为环状烃，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为C4H6，故A正确；
B．与1，3﹣丁二烯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；
D．结构不对称，则与氯化氢加成后生成的烃的衍生物有2种结构，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．石蕊试液
C．新制氢氧化铜 D．碳酸钠溶液
【分析】只有新制Cu（OH）2与乙醇、乙酸、乙醛溶液分别混合时，现象有明显区别。乙醇不与新制Cu（OH）2反应，乙酸与新制Cu（OH）2反应使Cu（OH）2溶解，溶液变为蓝色，沉淀消失，乙醛溶液与新制Cu（OH）2悬浊液加热有红色沉淀生成；
【解答】解：A．乙醇、乙醛和NaOH溶液不反应，无现象，乙酸和NaOH溶液能反应，但无明显现象，不能鉴别，故A错误；
B．乙醇、乙醛均不与石蕊反应，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu（OH）2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．乙醇、乙醛均不与碳酸钠溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛、羧酸性质的考查，题目难度不大。
17．（2分）关于铝及其化合物的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaOH溶液中加入铝粉：Al+OH﹣+H2O→AlO2﹣+H2↑
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
D．明矾净水的原理：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+
【分析】A．2mol铝完全反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒、质量守恒；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆开；
C．氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
D．反应生成的是氢氧化铝胶体，不能使用沉淀符号。
【解答】解：A．向NaOH溶液中加入铝粉，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；
B．向AlCl3溶液中通入过量氨气，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．向Al（OH）3 中加入NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能够净水，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。
18．（2分）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表：
物质
乙酸
1﹣丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是（ ）
A．不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃
B．不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高
C．从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液
D．由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏
【分析】A．反应温度要控制在115℃～125℃之间；
B．乙酸丁酯的沸点比反应物的沸点高；
C．碳酸钠可吸收醇、除去乙酸，降低酯的溶解度；
D．反应后物质互溶，沸点不同。
【解答】解：A．反应温度要控制在115℃～125℃之间，则不能水浴加热，故A错误；
B．乙酸丁酯的沸点比反应物的沸点高，则不能边反应边蒸出乙酸丁酯，故B正确；
C．碳酸钠可吸收醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，则用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液分离出粗产品，故C正确；
D．反应后物质互溶，沸点不同，则蒸馏法可制精品，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、混合物分离提纯、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。
19．（2分）红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量。能表示该反应热化学方程式的是（ ）
A．C+H2O→H2+CO﹣131.3KJ
B．C（s）+H2O（l）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
C．C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）﹣131.3KJC
D．（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）+131.3KJ
【分析】热化学方程式需要标注物质聚集状态，注意△H的符号为‘﹣’表示放热，据此书写。
【解答】解：红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3KJ热量，则该反应热化学方程式为C（s）+H2O（g）→H2（g）+CO（g）△H＝﹣131.3KJ；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写，明确热化学方程式的含义是解题的关键，题目难度不大。
20．（2分）右图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是（ ）
A．X是NH3，Y是CO2
B．M可在转化流程中循环利用
C．若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4Cl
D．若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用
【分析】A．根据工业制纯碱其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑分析解答；
B．图中的沉淀为碳酸氢钠，根据碳酸氢钠受热分解解答；
C．联碱法是以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱；
D．氨碱法生产纯碱的化学反应原理是以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱。
【解答】解：A．联合制碱法与氨碱法其原理都是NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，NH3极易溶于水且溶液呈弱碱性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3﹣，故工业上，可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3，所以X是NH3，Y是CO2，故A正确；
B．图中的沉淀为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，M为二氧化碳，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故B正确；
C．若是联碱法，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品，所以则L的主要成分是氯化铵，故C正确；
D．先使氨气X通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳Y生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，含有氯化铵的滤液b与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，CaO+H2O＝Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所放出的氨气L可回收循环使用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题是一道有关工业制纯碱知识的一道综合实验题目，考查学生分析和解决问题的能力，掌握氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的原理是解题的关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）硫、氯、氮是三种常见的非金属元素。
完成下列填空：
（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ，生成物固体 A属于 离子 晶体。
（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵 ＞ 硫酸铵（选填＞、＝或＜）。
（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）
用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为 13.44L 。
（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式 Cl2+H2O⇌HClO+HCl ，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是 Cl﹣ 。
【分析】（1）氮原子核外电子7个，在两个能级层上运动，根据能量最低原理书写，利用质量守恒定律来判断出A的化学式，然后判断晶体类型；
（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵，铵根离子浓度硫酸铵大溶液PH小；
（3）8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气中的N元素化合价升高为还原剂，二氧化氮的N元素化合价降低为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，结合电子守恒标注电子转移的方向和数目；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂是氯气和水反应生成了次氯酸具有强氧化性，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，是生成的盐酸溶液中的氯离子结合银离子生成的氯化银白色沉淀。
【解答】解：（1）氮元素原子核外电子数为7，核外电子排布式为：1s22s22p3，由化学方程式为S+2KNO3+3C→X+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体，
故答案为：1s22s22p3；离子；
（2）等物质的量浓度的两溶液，氯化铵含一个铵根，硫酸铵含两个铵根，pH大小为：氯化铵＞硫酸铵，
故答案为：＞；
（3）8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气中氮元素化合价﹣3价升高为0价，失电子是氧化反应，电子转移24e﹣，二氧化氮中氮元素化合价+4价变化为0价，得到电子发生还原反应，电子转移24e﹣，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目的方程式：，氨气中的N元素化合价升高为还原剂发生氧化反应，二氧化氮的N元素化合价降低为氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，所以如果参加反应的NO2为6mol，则氧化产物比还原产物多1mol，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2物质的量为：0.6mol，标准状况下气体体积＝0.6mol×22.4L/mol＝13.44L，
故答案为：；13.44L；
（4）氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂是氯气和水反应生成了次氯酸具有强氧化性，反应的化学方程式：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，是生成的盐酸溶液中的氯离子结合银离子生成的氯化银白色沉淀，起作用的微粒是Cl﹣，
故答案为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl；Cl﹣；
【点评】本题考查原子结构、氧化还原反应的计算、物质性质等，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与理解能力的考查，题目难度中等。
22．（15分）中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石）
以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：
钠
Na2CO3
金刚石
石墨
熔点（℃）
97.8
851
3550
3850
沸点（℃）
882.9
1850（分解产生CO2）
﹣﹣﹣﹣
4250
（1）若反应在常压、890℃下进行，写出该反应的平衡常数表达式 ，若3v正（Na）＝4v逆（CO2），则 a （选填序号）。
a．反应肯定达到平衡 b．反应可能达到平衡 c．反应肯定未达平衡
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，该时间段内v（CO2）＝ 0.03mol/（L•min） ，若反应温度由890℃升高到1860℃，则容器内气体的平均相对分子质量将 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，则该反应的正反应是 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，请用离子方程式解释原因： CO32﹣+H+＝HCO3﹣ ，继续滴加盐酸，反应至B点，B点溶液中溶质的化学式是 NaHCO3、NaCl 。
【分析】（1）根据一些物质的熔沸点数据，在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则可得该反应的平衡常数表达式。根据一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡；
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，反应的二氧化碳物质的量结合化学方程式计算得到，4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石），消耗物质的量1.5mol，反应速率v（CO2）＝；若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，平衡正向进行；
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，继续滴加盐酸会放出二氧化碳；
【解答】解：（1）根据表中一些物质的熔沸点数据，可知在常压、890℃时Na和CO2都是气态，Na2CO3和C都不是气态，则该反应的平衡常数表达式 ．若3v正（Na）＝4v逆（CO2），符合一正一逆，速率之比等于系数比，则反应肯定达到平衡，
故答案为：；a；
（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，5min内，测得金刚石的质量增加了6g，反应的二氧化碳物质的量结合化学方程式计算得到，4Na+3CO2⇌2Na2CO3 +C（金刚石），消耗物质的量1.5mol，反应速率v（CO2）＝＝＝0.03mol/（L•min），若温度由890℃升高到1860℃，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大，
故答案为：0.03mol/（L•min）；增大；
（3）反应中还有石墨生成，已知：C（石墨）⇌C（金刚石），若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大，平衡正向进行，该反应的正反应是吸热反应，
故答案为：吸热；
（4）碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示，反应至A点时，未产生二氧化碳，是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式：CO32﹣+H+＝HCO3﹣，继续滴加盐酸，反应至B点，部分碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，B点溶液中溶质的化学式为：NaHCO3、NaCl，
故答案为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣；NaHCO3、NaCl；
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数、物质的提纯、物质性质等知识点，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。
23．（15分）山梨酸钾是世界公认的安全型食品防腐剂，山梨酸钾的一条合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）B中含氧官能团名称是 酯基
（2）①的反应的类型是 氧化反应 ，③的反应条件是 浓硫酸、加热
（3）②的反应方程式为
（4）D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求或者信息的有机物的结构简式 或
Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环
Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子
Ⅲ．当羟基与双键碳原子相连接时，这种结构是不稳定的，易发生如下转化：
（5）苯甲酸钠（） 也是一种重要的防腐剂，写出由甲苯制备苯甲酸钠的合成
路线。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）
【分析】（1）由结构可知B中含氧官能团为酯基；
（2）对比A、B、乙酸的结构，可知A中碳碳双键断裂、乙酸分子脱去2个H原子，结合生成B，属于氧化反应；对比B、D的结构，反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，C发生醇的消去反应生成CH2＝CHCH＝CHCH2COOH；
（3）反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH；
（4）D的同分异构体符合下列要求：Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环，Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子，分子存在对称结构，且满足不饱和度为3，可以环丁烷对角线上的H原子被﹣CHO取代，也可以是中亚基上H原子被﹣CHO取代等；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠。
【解答】解：（1）由结构可知B中含氧官能团为酯基，
故答案为：酯基；
（2）对比A、B、乙酸的结构，可知A中碳碳双键断裂、乙酸分子脱去2个H原子，结合生成B，属于氧化反应；对比B、D的结构，反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，C发生醇的消去反应生成CH2＝CHCH＝CHCH2COOH，需要条件为：浓硫酸、加热，
故答案为：氧化反应；浓硫酸、加热；
（3）反应②发生酯的水解反应生成C为CH2＝CHCH（OH）CH2CH2COOH，反应方程式为：，
故答案为：；
（4）D的同分异构体符合下列要求：Ⅰ．分子中所有碳原子在一个环上，且只有一个环，Ⅱ．含有三种化学环境不同的氢原子，分子存在对称结构，且满足不饱和度为3，可以环丁烷对角线上的H原子被﹣CHO取代，也可以是中亚基上H原子被﹣CHO取代等，符合条件为：、等，
故答案为：或；
（5）甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，（4）中同分异构体的书写为易错点，题目侧重考查学生分析推理能力，注意掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）铁元素的化合价有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：
（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L 的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 防止亚铁离子被氧化 。
（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变 血红 色，接着在变色的溶液中滴入2mL 0.5mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀（已知：AgSCN为白色沉淀），溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为 溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去 （请从平衡移动的角度解释）。
用下图装置进行SO2性质的研究。
（3）用 滴定管 取25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是 BaSO4 ，推测产生白色沉淀的原因可能是 Fe3+将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀或酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀
（4）工业石灰石﹣石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到 38.7 吨石膏。
【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；
（2）铁离子与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色，反应为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入 AgNO3溶液，产生白色沉淀AgSCN，SCN﹣浓度降低，根据浓度对化学平衡的影响分析；
（3）用滴定管量取溶液；铁离子具有氧化性，酸性条件下硝酸根离子有氧化性，可将二氧化硫氧化，据此分析；
（4）二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O；根据关系式S～SO2～CaSO4•2H2O来计算。
【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
（2）向盛有氯化铁溶液的试管中滴加1滴KSCN溶液，溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去；
故答案为：血红；溶液中发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，使溶液局部变红，Ag+与SCN﹣反应生成沉淀，降低了c（SCN﹣），平衡逆向移动，血红色逐渐褪去；
（3）25.00mL FeCl3和Ba（NO3）2的混合溶液用滴定管量取；通入SO2气体，其中Fe3+具有氧化性，将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，SO2气体溶于水显酸性，酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀；
故答案为：滴定管；BaSO4；Fe3+将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀或酸性条件下NO3﹣将SO2氧化成SO42﹣，再与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀；
（4）二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO4•2H2O），根据硫元素质量守恒有，
S～SO2～CaSO4•2H2O
32 172
300t×2.5%×96% m
＝，解得m＝38.7t；
故答案为：38.7。
【点评】本题考查物质的性质、实验分析、化学方程式的计算，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。
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