2022-2023学年上海市格致中学高三上学期第一次验测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市格致中学高三上学期第一次验测化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
上海市格致中学2022-2023学年高三上学期第一次验测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．新冠疫情还没消失，我们不能放松警惕哦！ 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、氯仿、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是
A．CH3CH2OH能使蛋白质失去生理活性 B．氯仿的化学名称是四氯化碳
C．NaClO通过氧化灭活病毒 D．过氧乙酸相对分子质量为76
【答案】B
【详解】A． CH3CH2OH能使蛋白质变性，而失去生理活性，故A正确；
B． 氯仿的化学名称是三氯甲烷，故B错误；
C． NaClO具有强氧化性，通过其强氧化性使病毒失活，故C正确；
D．过氧乙酸的分子式为CH3COOOH，所以其相对分子质量为：12×2+4+16×3=76，故D正确。
答案选B
2．若能层序数n=3，则下列能级符号错误的是
A．ns B．np C．nd D．nf
【答案】D
【详解】每一能层含有的能级数与其能层数相等，则n=3时，能层数为3，则有3s、3p、3d能级，不存在3f，从n=4时开始出现f能级，故选：D。
3．下列微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．碳原子核外电子排布轨道表达式：
C．氯化铵的电子式：
D．H2O的比例模型：
【答案】B
【详解】A．Cl元素的质子数为17，中子数为18的氯原子为，选项A错误；
B．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道,核外电子排布的轨道表达式为，选项B正确；
C．氯化铵为离子化合物，氯离子的最外层电子数必须标出，氯化铵正确的电子式为：，选项C错误；
D．O原子比H原子大，H2O分子的比例模型是：，选项D错误；
答案选B。
4．有关HF和HCl判断正确的是
A．键长：HF>HCl B．键能：HF>HCl
C．稳定性：HCl>HF D．共用电子对偏移程度：HCl>HF
【答案】B
【详解】A．F的原子半径比Cl原子小，则键长：HF＜HCl，故A错误；
B．键长越短，键能越大，则键能：HF＞HCl，故B正确；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，F的非金属性比Cl强，则稳定性：HCl＜HF，故C错误；
D．电负性差异越大，共用电子对偏移程度越大，F的电负性最大，则共用电子对偏移程度：HCl＜HF，故D错误；
答案为B。
5．20世纪末，由中国学者和美国科学家共同合成了世界上最大的碳氢分子，其一个分子由1334个碳原子和1146个氢原子构成，关于此物质，下列说法肯定错误的是
A．属烃类化合物 B．常温下是固态
C．可发生氧化、加成反应 D．具有类似金刚石的硬度
【答案】D
【详解】A．该物质只含有C、H两种元素，属于烃类化合物，A正确；
B．相对分子质量很大，分子间作用力大，熔点沸点比较大，常温下是固态，B正确；
C．该物质的不饱和度为(1334×2+2−1146)/2=762，分子中可能存在不饱和键，可能发生加成、氧化反应，该物质可以燃烧，燃烧属于氧化反应，C正确；
D．该物质属于分子晶体，硬度不大，D错误；
答案选D。
6．在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列有关说法错误的是
A．该反应的化学方程式为4NH3＋3F2→ NF3＋3NH4F
B．M是极性分子，其还原性比NH3强
C．M既是氧化产物，又是还原产物
D．N中既含有离子键，又含有共价键
【答案】B
【详解】A．由题给信息可知，在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N，则铵盐必定为NH4F，反应中F元素化合价降低，被还原，则N被氧化，生成的三角锥形的分子M应为NF3，则反应的方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F，故A正确；
B．NF3中N元素为+3价，而NH3中N元素化合价为-3价，NH3还原性较强，故B错误；
C．4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中N元素化合价升高，F元素化合价降低，NF3既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D．NH4F为离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，故D正确；
故选：B。
7．下列说法不能用元素周期律解释的是
A．与冷水反应的速率：Na＞Mg B．浓硝酸的氧化性强于稀硝酸
C．向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝 D．原子半径：Al＞Si＞P
【答案】B
【详解】A．元素的金属性越强，单质与水反应越剧烈，反应速率越快，钠与冷水反应的速率快于镁说明钠的金属性强于镁，则钠、镁与冷水反应的速率快慢能用元素周期律解释，故A不符合题意；
B．硝酸的氧化性与硝酸的浓度大小有关，浓度越大，氧化性越强，则浓硝酸的氧化性强于稀硝酸不能用元素周期律解释，故B符合题意；
C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，向淀粉碘化钾溶液中滴入溴水溶液变蓝说明溴的氧化性强于碘，则向淀粉碘化钾溶液中滴入溴水溶液变蓝能用元素周期律解释，故C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铝、硅、磷的原子半径依次减小能用元素周期律解释，故D不符合题意；
故选B。
8．根据事实对于元素的金属性或非金属性相对强弱的推论，错误的是

事实
推论
A
Na最外层有一个电子，Mg最外层有2个电子
不能推出金属性：Na＞Mg
B
Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2
金属性：Ca＞Mg
C
SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2
非金属性：S＞C
D
t℃时，Br2+H22HBr   K=5.6×107  I2+H22HI   K=23
非金属性：Br＞I

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．元素最外层电子数的多少不能证明金属的活泼性强弱，选项A正确；
B．Ca、Mg位于同主族，金属性Ca＞Mg，对应的最高价氧化物的水化物碱性为Ca(OH)2强于Mg(OH)2，选项B正确；
C．SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，可知酸性亚硫酸大于碳酸，亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，则不能以此比较非金属性，选项C错误；
D．K越大，说明生成的气态氢化物越稳定，则稳定性为HBr＞HI，则非金属性为Br＞I，选项D正确；
答案选C。
9．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（   ）
A．足量MnO2和100mL6mol/L浓盐酸反应产生Cl2的分子数为0.15NA
B．100mL1molFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键的数目为3NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【详解】A．100mL 6mol•L-1浓盐酸中含有氯化氢0.1L×6mol•L-1=0.6mol，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，完全反应0.6mol氯化氢可以生成0.15mol氯气，由于稀盐酸不与二氧化锰反应，所以生成的氯气的物质的量小于0.15mol，产生的氯气分子数小于0.15NA，故A错误；
B．Fe3+为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，故 100 mL 1 mol•L-1FeCl3 溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；
C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的碳碳单键均为3条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中碳碳单键数目为3NA，故C正确；
D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，所以密闭容器中，反应生成三氧化硫的物质的量小于2mol，则反应后气体总物质的量大于2mol，反应后分子总数大于2NA，故D错误；
故选C。
10．紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4 B．不能使酸性高锰酸钾溶液变色
C．能够发生水解反应 D．能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【分析】紫花前胡醇分子中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键、苯环等，根据紫花前胡醇的结构分析相关化学性质。
【详解】A. 根据该有机物的分子结构可知其分子式为C14H14O4，A正确；
B.该有机物的分子中含有羟基和碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液变色，B错误；
C.该有机物的分子中有酯基，能够发生水解反应，C正确；
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可以在一定条件下发生消去反应生成碳碳双键，D正确。
答案选B。
11．根据下列物质变化，所得能量变化关系正确的是

物质变化
能量关系
A
将充满NO2的针筒置于热水中，气体颜色变深
1molN2O4（g）的能量＞2molNO2（g）的能量
B
将NaOH溶液与HCl溶液混合

C
1g气态SiH4在空气中燃烧，生成SiO2 （s）与液态水，放热44.6kJ
SiH4（g）+2O2（g）→SiO2（s）+2H2O（l）+44.6kJ

D
合成氨：N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）+92.4kJ
反应物的总键能＞生成物的总键能

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A. 红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓度增大，则说明反应2NO2=N2O4为放热反应，即2mol二氧化氮的总能量高于1mol四氧化二氮的总能量，故A错误；
B. 将NaOH溶液与HCl溶液混合，此反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确；
C. 1g气态SiH4在空气中燃烧，生成SiO2（s）与液态水，放热44.6kJ，所以SiH4（g）+2O2（g）→SiO2（s）+2H2O（l）放热Q=32×44.6kJ=1427.2kJ，故C错误；
D. 合成氨：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+92.4kJ，此反应为放热反应，△H＜0，△H=E反应物分子化学键总键能-E生成物分子化学键总键能，则反应物的总键能＜生成物的总键能，故D错误；
故选B。
12．实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是(　　)
A．用装置 氧化废液中的溴化氢
B．用装置分离油层和水层
C．用装置分离四氯化碳和液溴
D．用仪器密封存放单质溴
【答案】B
【分析】A.集气瓶中导管应遵循“长进短出”原则；
B.互不相溶的液体采用分液方法分离；
C.互溶的液体应该采用蒸馏方法分离提纯，且温度计测量馏分温度；
D.溴能氧化橡胶。
【详解】A.集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，不能达到实验目的，A错误；
B.CCl4和水是互不相溶的两种液态物质，可用分液漏斗进行分离，B正确；
C.温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，测量的是蒸气的温度，C错误；
D.液溴具有强的腐蚀性，会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞且需要水封，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及洗气、物质分离和提纯、物质性质等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，能够根据物质性质差异性分离提纯物质。
13．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（    ）

A
B
C
D
实验
Na2O2露置在空气中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
淡黄色固体最终变为白色固体
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Na2O2露置在空气中，会与CO2和水蒸气发生反应，最终变成碳酸钠白色固体，O元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．石蕊溶液滴入氯水中，氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，体现了次氯酸的强氧化性，属于氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，是AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；
D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
14．用铁柳钉固定铜板，通常会发生腐蚀如下图所示，下列说法不正确的是

A．铁柳钉作负极被锈蚀
B．铁失去电子通过水膜传递给O2
C．正极反应：O2+4e-+2H2O==4OH-
D．铁钉变化过程：FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O
【答案】B
【分析】用铁铆钉固定铜板，会形成原电池，根据图示可知，发生的是吸氧腐蚀，铁做负极失去电子，氧气在正极上得电子，据此分析。
【详解】A. 铁铜原电池中，铁更活泼，故做负极被腐蚀，故A正确；
B. 电子不能在电解质溶液中传递，即不是通过水膜传递给氧气的，故B错误；
C. 氧气在正极上得电子，电极方程式为O2+4e-+2H2O==4OH-，故C正确；
D. 铁钉做负极被腐蚀，电极方程式为Fe−2e−=Fe2+，Fe2+接下来与OH−反应生成Fe(OH)2：Fe2++2OH−=Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被氧气氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3易分解生成铁锈，反应为2Fe(OH)3=Fe2O3⋅xH2O+(3−x)H2O，即铁钉变化过程为FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O，故D正确；
故选：B。
15．下图是电解饱和 NaCl 溶液的实验装置，x、y 都是惰性电极，a 是饱和 NaCl 溶液，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，下列有关该实验正确的说法是

A．x 电极为阳极，y 电极为阴极
B．x 电极附近溶液变红色，且有刺激性气味气体产生
C．若将两电极产生的气体收集起来，X电极得到的气体与Y电极得到的气体之比之比略大于 1：1
D．电解后，将溶液混匀，电解前后溶液的 pH 未发生变化
【答案】C
【分析】与原电池正极连接的是电解池的阳极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应，生成黄绿色的氯气；与负极连接的是电解池的阴极，氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成，据此分析。
【详解】A．y与原电池正极相连接，所以是阳极，x与原电池负极相连接，所以是阴极，故A错误；
B．x与原电池的负极相连，所以是阴极，溶液中的氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成，所以X电极附近溶液变红色，但无刺激性气味气体产生，故B错误；
C．x电极上析出氢气，y电极上析出氯气，因为氯气能溶于水，所以电解一段时间收集产生的气体，y电极得到气体体积稍小，所以将x、y两极产生的气体收集起来，其体积比略大于1：1，故C正确；
D．电解后生成氢氧化钠，所以溶液的碱性增强，故电解前后溶液的pH发生变化，故D错误；
答案为C。
16．下列说法正确的是
A．将碳酸钡粉末加入至足量Na2SO4溶液，充分振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸无气体产生，说明溶解度BaSO4＜BaCO3
B．生铁与钢都是铁碳合金，钢的硬度大于生铁
C．11.2LCl2与足量铁充分反应，转移电子数为6.02×1023
D．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
【答案】A
【详解】A．碳酸钡粉末加入至足量Na2SO4溶液，向沉淀中加入盐酸无气体产生，说明碳酸钡沉淀已经完全转化为硫酸钡，则溶解度BaSO4＜BaCO3，故A正确；
B. 生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，生铁和钢都是铁碳合金，含碳量越少质地越软，则生铁的硬度大于钢，故B错误；
C．氯气存在的条件未知，不一定是标准状况下，则11.2 L Cl2不一定为0.5mol，不能确定转移的电子数，故C错误；
D．该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合就开始计时，此时温度还没有达到设定温度，测得的反应速率偏低，故D错误；
故选：A。
17．工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是
A．制取镁：海水Mg(OH)2MgOMg
B．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3Al
C．制溴：浓缩海水Br2HBr(aq)Br2
D．制碘：海带海带灰I2(aq)I2
【答案】C
【详解】A．制取Mg应电解熔融的MgCl2，选项A错误；
B．AlCl3是非电解质，不能导电，应电解Al2O3制备Al，选项B错误；
C．根据Cl的非金属性强于Br，可用Cl2从HBr中制备Br2，选项C正确；
D．热裂汽油含有不饱和烃能与碘发生加成反应，不能做萃取剂，应选CCl4萃取，选项D错误；
答案选C。
18．下列各反应对应的离子方程式正确的是
A．向100 mL 0.12 mol/L的Ba(OH)2溶液中通入0.02 mol CO2：OH－＋CO2 = HCO3－
B．向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：Ca2+ + 2OH－+2HCO3－= CaCO3↓+ CO32－+ 2H2O
C．向0.2 mol溴化亚铁溶液中通入0.2 mol氯气：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2 = 2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2
D．硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7：H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－= BaSO4↓＋H2O
【答案】B
【详解】A、氢氧化钡的物质的量是0.1L×0.12mol/L=0.012mol，则n(CO2)/n(Ba(OH)2)=0.02/0.012，大于1小于2，则产物是碳酸氢钡和碳酸钡，碳酸钡是难溶固体，所以有沉淀生成，错误；
B、氢氧化钙与过量的碳酸氢钠溶液反应，则氢氧根离子全部与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，正确；
C、向0.2 mol溴化亚铁溶液中通入0.2 mol氯气，氯气与溴化亚铁的物质的量之比是1:1，则氯气不足，不能全部氧化溴离子，则离子方程式中亚铁离子与溴离子的个数比不应符合化学式中离子个数比，错误；
D、氢氧化钡中含有2个氢氧根离子，而离子方程式中只用去1个，说明有1个氢氧根离子剩余，溶液呈碱性，错误；
答案选B。
19．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和CH3COONa混合溶液中滴加0.1mol/L的盐酸，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．a点溶液加水稀释，逐渐增大
B．b→c段发生反应的离子方程式是：CH3COO－ + H＋ = CH3COOH
C．c点时水的电离程度最大
D．d点溶液中c（Na＋）=c（Cl－）>c（CH3COOH）>c（CH3COO－）>c（H＋）
【答案】B
【详解】A. a点溶液中存在NaOH和CH3COONa，加水稀释c(OH-)减小，醋酸钠的水解程度增大，n(CH3COO－)减小，n(CH3COOH)增大，因此逐渐减小，故A错误；B.加入盐酸，首先发生中和反应，b点时氢氧化钠恰好完全反应生成氯化钠，随后发生醋酸钠与盐酸的反应，离子方程式是：CH3COO－ + H＋ = CH3COOH，故B正确；C.从 a点到b点过程中氢氧化钠的浓度逐渐减小，对醋酸钠的水解的抑制程度逐渐减小，到b点时，醋酸钠的水解受到抑制的程度最小，即醋酸钠的水解程度最大，此时水的电离程度最大，故C错误；D. d点溶液中存在CH3COOH和氯化钠， 浓度之比为1:2，此时为弱酸，在醋酸溶液中有c(H＋)=c(CH3COO－)+ c(OH-)，则 c(H＋)>c(CH3COO－)，故D错误；故选B。
20．某溶液中除了H+和OH-外，还有大量共存的Mg2+、Fe3+、Cl－且它们的物质的量浓度之比为1: 1: 6。下列叙述正确的是
A．向该溶液中滴加NaOH溶液，立即产生沉淀
B．向该溶液中加入少量铁粉，c(Fe3+)一定减少
C．将该溶液蒸干并灼烧，得到FeCl3与MgCl2
D．若该溶液中c(Mg2+)=0.2mol▪L－1，则溶液的pH定为1
【答案】B
【详解】四种离子大量共存，Mg2+、Fe3+、Cl－的物质的量浓度之比为1: 1: 6，该溶液一定呈酸性。溶液中存在电荷守恒，故还有大量的H+， 忽略水电离的微量的氢氧根离子，根据溶液中电荷守恒，c(H+)+ 2c(Mg2+)+ 3c(Fe3+)= c(Cl－)，可以求出其物质的量度之比为1: 1: 1: 6。
A.加NaOH溶液，其首先与H+反应，后与Fe3+反应，故c(Fe3+)不一定减少，A项错误；
B.加入少量铁粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，首先和Fe3+反应，所以铁离子浓度一定减少。B项正确；
C.铁离子和镁离子会水解，而且HCl会逸出，促进水解，将溶液蒸干并灼烧，最后会得到氧化铁和氧化镁，C项错误；
D. 根据溶液中电荷守恒，c(H+)+ 2c(Mg2+)+ 3c(Fe3+)= c(Cl－)，可以求出它们的浓度的比例为1: 1: 1: 6。c(Mg2+)=0.2mol·L－1，c(H+)=0.2mol·L－1，则溶液的pH不为1。D项错误；
本题答案选B。

二、填空题
21．将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。完成下列填空：
(1)氯原子的最外层电子的轨道式为___________，氯原子核外有___________不同运动状态的电子。
(2)已知NaCl晶体熔点801℃，KCl晶体熔点在770℃，请从微观角度解NaCl晶体熔点高于KCl晶体的原因___________。
(3)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目：______。
(4)上述反应中，氧化剂是___________，每转移1mol电子，生成Cl2___________L(标准状况)。
(5)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO反应后变为无色的Bi3+。写出该实验中涉及反应的离子反应方程式：___________。
(6)根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧化产物的氧化性强弱顺序___________。
(7)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为___________。
【答案】(1)          17
(2)同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，离子键键能NaCl大于KCl，所以NaCl的熔点高
(3)
(4)     KMnO4     11.2
(5)2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO+5Na++5Bi3++7H2O
(6)NaBiO3＞KMnO4＞Cl2
(7)S2-＞Cl-

【详解】（1）Cl是17号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，可见Cl原子最外层有7个电子，氯原子的最外层电子的轨道式为，氯原子核外有17不同运动状态的电子；
（2）同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，离子键键能NaCl大于KCl，所以NaCl的熔点高；
（3）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为 ；
（4）2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由+7变为+2，所以高锰酸钾是氧化剂，2 mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2 mol×(7-2)=10 mol，每转移1 mol电子，生成Cl2是0.5 mol，其在标准状况下的体积为V(Cl2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；
（5）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，是因NaBiO3具有强氧化性(比KMnO4氧化性强)，将Mn2+氧化为MnO，BiO3-得到电子被还原变为无色的Bi3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO+5Na++5Bi3++7H2O；
（6）在反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4>Cl2；在反应2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO +5Na++5Bi3++7H2O中，物质的氧化性：NaBiO3>KMnO4，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3>KMnO4>Cl2；
（7）上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯，S2-、Cl-核外电子排布都是2、8、8，电子层结构相同，由于核电荷数Cl>S，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径：S2->Cl-。

三、实验题
22．资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下：
Ⅰ. 探究体现漂白性的主要微粒
实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中，观察到前者褪色而后者不褪色。
实验二：

试管中的液体
现象
a． 0.1mol/L SO2溶液(pH=2)
溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色
b． 0.1mol/L NaHSO3溶液(pH=5)
溶液立即变浅，约15s后完全褪色
c． 0.1mol/L Na2SO3溶液(pH=10)
溶液立即褪色
d． pH=10 NaOH溶液
红色溶液不变色
e． pH=2 H2SO4溶液
红色溶液不变色

(1)SO2水溶液中含的微粒有___________。
(2)解释NaHSO3溶液显酸性的原因是___________。
(3)实验d的目的是___________。
(4)由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是______。
Ⅱ． 探究褪色过程的可逆性
甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。
乙同学：向a实验后无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。
(5)实验方案合理的是___________(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是______。
(6)丙同学利用SO2的还原性设计并完成下列实验：
向a实验后的无色溶液中滴入过量___________(填编号)，使溶液最终恢复红色。也得出结论：该褪色过程是可逆的。A．稀硝酸 B．氯水 C．双氧水 D．稀硫酸
【答案】(1)SO2、H2SO3、、
(2)HSO离子存在平衡有电离平衡：HSO⇌H++，水解平衡：+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性
(3)证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰
(4)
(5)     乙     能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除的干扰
(6)AC

【分析】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒
(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；
(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；
(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；
(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；
Ⅱ．探究褪色过程的可逆性
(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；
(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。
【详解】（1）二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，⇌H++，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、、，故答案为SO2、H2SO3、、；
（2）NaHSO3溶液中，离子存在的平衡有：电离平衡⇌H++，水解平衡+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为离子存在的平衡有：电离平衡⇌H++，水解平衡+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；
（3）pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；
（4）实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；
根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是，故答案为；
（5）甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除的干扰，故答案为乙；能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除的干扰；
（6）A．稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，选项A正确；
B．氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，选项B错误；
C．双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，选项C正确；
答案选AC。
23．铜是不活泼的金属，常见有+1价、+2价。为探究铜与其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：
第一组：
序号
试剂
实验步骤
实验现象
①
试管1中加2mL 0.05mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
加入1mL 0.1mol·L-1 KSCN溶液
溶液变为红色
②
试管2中加入2mL 0.05mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
i 加入0.16g铜粉
黄色溶液变为浅蓝色
ii 取上层清液，加入1滴0.1mol·L-1 KSCN溶液
液滴接触上方变为红色，下方有白色沉淀生成
③
试管3中加2mL 0.1mol·L-1 CuSO4溶液
加入1mL 0.1mol·L-1 KSCN溶液
溶液变为绿色

完成下列填空：
(1)铜不活泼，通常情况下，不与稀硫酸反应，但向铜和稀硫酸溶液中加入双氧水，溶液很快变蓝。请写出该反应的离子方程式：___________。
(2)写出本题试管1中发生反应的离子方程式：___________。
(3)试管2，预测步骤ii后溶液不应呈红色，依据是___________写出发生反应的离子方程式：______。
(4)经测定试管②中得到的白色沉淀是CuSCN。对生成CuSCN有两种猜测：
猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN，根据___________，推知这一猜测错误。
猜想②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-→CuSCN↓。再请结合步骤ii溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因：___________(用离子方程式表示)。
第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨([Cu(NH3)4]2+)溶液混合反应生成铜。
(5)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。
(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。
【答案】(1)Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(2)Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3
(3)     根据反应可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全     Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(4)     实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成     Cu2++Fe2+⇌Cu++Fe3+，Cu++SCN-=CuSCN↓
(5)N2H4·H2O⇌N2H5++OH-
(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体

【分析】设计实验，利用试剂探究铜、铁与其化合物的性质。
【详解】（1）向铜和稀硫酸溶液中加入双氧水，溶液很快变蓝，生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（2）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3；
（3）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全；
（4）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+；
（5）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2O⇌NH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2O⇌N2H5++OH-；
（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。

四、有机推断题
24．风靡全球的饮料果醋中含有苹果酸(MLA)，其分子式为C4H6O5,0.1mol苹果酸与足量的NaHCO3溶液反应能产生4.48L CO2(标准状况)，苹果酸脱水能生成使溴水褪色的产物。苹果酸经聚合生成聚苹果酸酯(PMLA)。

(1)写出物质的结构简式：A___________，D___________。
(2)指出合成路线中①、②的反应类型：①___________；②___________。
(3)写出一种与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式：___________。
(4)写出E→F转化的化学方程式___________。
(5)上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？ ___________(填“能”或“不能”)。说明理由： ___________。
(6)请写出以丙烯为原料制备乳酸(2-羟基丙酸)的合成路线流程图(无机试剂任取) ______。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物)
【答案】(1)     CH2BrCH=CHCH2Br     OHCCH2CHBrCHO
(2)     加成反应     取代反应
(3) 、
(4)HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOH→NaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O
(5)     不能     若先氧化则B中碳碳双键也被氧化
(6)CH3-CH=CH2CH3-CHBrCH2BrCH3-CHOHCH2OHCH3COCOOHCH3-CHOH-COOH

【分析】苹果酸分子式为， mol苹果酸与足量溶液反应能产生 标准状况，二氧化碳的物质的量为，则1mol苹果酸含苹果酸脱水能生成使溴水褪色的产物，应含有1个，结合苹果酸的分子式知，苹果酸的结构简式为：。苹果酸酯化反应进行的聚合生成聚苹果酸，其结构为。D被氧化生成E，则E中含有溴原子，E和氢氧化钠的水溶液发生反应生成F，F酸化生成MLA，所以F的结构简式为：，E的结构简式为：，D能发生银镜反应则D中含有醛基，所以D的结构简式为：，根据1，丁二烯及D的结构简式知，1，丁二烯和溴发生1，4加成生成A为，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B为，B与HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为：，C再被氧化生成D，苹果酸经聚合生成聚苹果酸。
【详解】（1）由上述分析可知，A为，D为，故答案为：；；
（2）反应是1，丁二烯和溴发生1，4加成生成，反应是和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成，故答案为：加成反应；取代反应；
（3） 所有与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式有：， 故答案为： ；
（4）转化的化学方程式为：，故答案为：；
（5）顺序不能颠倒，若先氧化则B中碳碳双键也被氧化，故答案为：不能，若先氧化则B中碳碳双键也被氧化；
（6）丙烯和HO−Br发生加成反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH，故答案为： 。