2020-2021学年上海市虹口区高三（上）期末化学试卷（一模）

这是一份2020-2021学年上海市虹口区高三（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学年上海市虹口区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是（　　）




石油催化裂解得到丙烯
丙烯催化聚合生成聚丙烯
聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布
用环氧乙烷与微生物蛋白质发生反应消毒
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是（　　）
A．14N与14C互为同位素
B．Si3N4中N为+3价
C．NH3的热稳定性比HF的强
D．N2的电子式：
3．（2分）NH3+HCl→NH4Cl过程中化学键变化叙述错误的是（　　）
A．有离子键断裂 B．有离子键形成
C．有共价键断裂 D．有共价键形成
4．（2分）下列化合物中，属于原子晶体的是（　　）
A．干冰 B．氯化钠 C．氟化硅 D．二氧化硅
5．（2分）下列物质中，属于弱电解质的是（　　）
A．氯化氢 B．醋酸铵 C．一水合氨 D．二氧化碳
6．（2分）能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是（　　）
A．熔点：S＞Cl2 B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Cl＞S D．氧化性：HClO＞H2SO3
7．（2分）强氯精是一种新型广谱、高效、低毒的杀菌剂，下列说法错误的是（　　）

A．属于有机物
B．分子式为C3O3N3Cl3
C．分子中碳原子的化学环境有两种
D．分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构
8．（2分）在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是（　　）
A．溶液显电中性
B．氢离子浓度恒定不变
C．c（H+）＝c（CH3COO﹣）
D．溶液中检测不出CH3COOH分子存在
9．（2分）下列有机物的系统命名正确的是（　　）
A．2﹣乙基丁烷 B．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯
C．3，3﹣二甲基丁烷 D．2，2﹣二甲基﹣3﹣戊炔
10．（2分）下列生活、生产相关叙述中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）
A．工业合成SO3采用V2O5作催化剂
B．热的纯碱溶液去油污效果更好
C．加热蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3
D．铵态氮肥与草木灰不能混合使用
11．（2分）除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所选试剂不正确的是（　　）
A．溴苯（Br2）：NaOH溶液
B．C2H2（H2S）：CuSO4溶液
C．AlCl3溶液（Fe3+）：NaOH溶液、二氧化碳
D．NaCl溶液（SO42﹣）：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸
12．（2分）在由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）
A．K+、ClO﹣、NO3﹣、S2﹣ B．K+、Fe2+、I﹣、SO42﹣
C．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
13．（2分）进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机物的是（　　）
A．（CH3）3CCH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3
C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）2CHCH2CH2CH3
14．（2分）异丁烯与氯化氢发生加成反应过程体系能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．产物②比产物①更稳定
B．此过程中只发生了非极性键的断裂
C．异丁烯与氯化氢的加成反应为吸热反应
D．1mol产物①或②中均含有7mol共价键
15．（2分）下列解释事实的离子方程式错误的是（　　）
A．Al溶于NaOH溶液产生气体：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
B．铜片溶于热的稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向AgCl浊液中加入硫化钠，出现黑色沉淀：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣
D．实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+
16．（2分）下列实验装置能达到目的的是（　　）
A．实验室制乙酸乙酯 B．收集氯化氢气体
C．实验室制氨气 D．实验室制乙烯
17．（2分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其结构示意图如图（实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注），W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期中最大。下列说法错误的是（　　）

A．Y单质的氧化性在同族中最强
B．Z与Y可能组成多种离子化合物
C．Z的简单离子半径大于Y的简单离子
D．Y的气态氢化物热稳定性大于X的气态氢化物
18．（2分）利用如图装置探究铁的腐蚀与防护，下列说法错误的是（　　）

A．装置Ⅰ中铁发生析氢腐蚀
B．装置Ⅱ中铁电极上发生还原反应
C．装置Ⅰ中石墨电极附近溶液pH上升
D．装置Ⅱ模拟了牺牲阳极的阴极保护法
19．（2分）常温下，水存在H2O⇌H++OH﹣的平衡，下列说法错误的是（　　）
A．将水加热，Kw增大，pH减小
B．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
C．向水中加入少量固体NH4Cl，c（H+）＞10﹣7mol/L，Kw不变
D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c（H+）降低
20．（2分）图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图（X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子），下列说法正确的是（　　）

A．X电极与电源负极相连
B．图b、c中Y电极上会生成不同产物
C．NaCl是电解质，三种状态下都能导电
D．图b说明通电后发生了：NaCl→Na++Cl﹣
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（14分）二硫化硒（SeS2）具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。完成下列填空：
（1）硒与硫在元素周期表中的相对位置如表所示。硒在元素周期表中的位置是　 　；硒原子核外有　 　个未成对电子；硒化氢的电子式为　 　。
S
Se
（2）已知SeS2分子比例模型如图所示，推测SeS2为　 　分子。（填“极性”或“非极性”）

（3）SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：　 　。
工业上提取硒的过程如下：
第一步（未配平）：X+Se+H2SO4→Na2SO4+H2SeO3+ClO2↑+H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
（4）第一步中X的化学式为　 　。每溶解1mol Se，转移电子数为　 　个。
（5）写出第二步反应的化学方程式　 　；该反应中被氧化的元素是　 　。
22．（15分）研究CO、NOx、SO2等的处理方法对环境保护有重要意义。利用催化技术可将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。已知在不同大小的恒容密闭容器中，分别投入相同物质的量的NO与CO发生上述反应，达到平衡时NO的转化率与温度、压强的关系如图所示。完成下列填空：
（1）该反应属于　 　反应。（填“吸热”或“放热”）
（2）P1　 　P2（填“＜”、“＞”或“＝”）；a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　 　。
（3）上述反应达到平衡时，下列各项叙述正确的是　 　。（选填编号）
a．容器内压强保持不变
b．反应物不再转化为生成物
c．反应物NO的物质的量浓度保持不变
d．反应速率之比存在关系：2v（CO2）生成＝v（N2）消耗
（4）若容器容积为100L，起始投入NO和CO的物质的量均为0.1mol，达到a点平衡状态所需的时间为5min。则这段时间内反应速率v（N2）＝　 　。
（5）（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气。已知常温下（NH4）2SO3溶液呈弱碱性，请解释原因：　 　。
（6）常温下，相同物质的量浓度的（NH4）2SO3溶液与（NH4）2SO4溶液中，c（NH4+）较大的是　 　溶液。
（7）SO2用pH相同、体积相同的三种碱：①氨水；②NaOH；③Ba（OH）2来吸收，吸收SO2的量由大到小的顺序为　 　。（用编号表示）

23．（16分）某化学兴趣小组对硫代硫酸钠Na2S2O3产生兴趣。该小组通过实验对Na2S2O3的某些性质进行了探究。完成下列填空：
（1）甲同学设计并进行了如下实验：
序号
实验操作
实验现象
实验①
向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液
氯水颜色变浅
实验②
取少量实验①反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
出现白色沉淀
实验②中产生白色沉淀的化学式为　 　。上述实验说明Na2S2O3具有　 　性。
（2）乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化。评价他的推理是否正确并说明理由。　 　。
（3）丙同学查阅资料，了解到Na2S2O3的一种制取原理：S+Na2SO3Na2S2O3。为探究外界条件对Na2SO3转化率的影响，他设计如下对比实验（每次反应时间为60min）：
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18g
63g
42g
80℃
80.7%
实验④
18g
63g
57g
80℃
94.6%
实验⑤
36g
63g
42g
80℃
80.8%
实验⑥




……
……
……
……
……
……
……
①实验③、④的目的是探究　 　对亚硫酸钠转化率的影响；
②实验③、⑤中Na2SO3转化率基本不变的原因是　 　。
③实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，请设计一组实验数据填入表中。
（4）丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色。过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4。已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水，推测该实验中黑色沉淀可能是　 　，理由是　 　。
24．（15分）双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。一种催化剂M的合成路线如图：

已知：R﹣NH2+
完成下列填空：
（1）写出A中含有的官能团：　 　。
（2）④的反应类型是　 　；反应②所需试剂与条件为　 　。
（3）设计反应②、③的目的是　 　。
（4）写出结构简式。E　 　；试剂a　 　
（5）写出符合下列要求C的同分异构体　 　。（任写一种）
ⅰ．能发生银镜反应
ⅱ．分子中含有三种化学环境不同的氢原子
ⅲ．不存在结构
（6）设计由为原料合成A的合成路线　 　。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）

2020-2021学年上海市虹口区高三（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2分，满分40分）
1．（2分）从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是（　　）




石油催化裂解得到丙烯
丙烯催化聚合生成聚丙烯
聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布
用环氧乙烷与微生物蛋白质发生反应消毒
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．石油的裂化裂解都是高温分解，有新物质生成，是化学变化；
B．丙烯聚合是加聚反应，有新物质生成；
C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布是状态发生变化，无新物质生成，是物理变化；
D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应，生成新物质，是化学变化。
【解答】解：A．石油催化裂解得到丙烯，裂解是深度的裂化，是化学变化，故A错误；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯，加聚反应是化学变化，故B错误；
C．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只涉及到熔化，是物理变化，故C正确；
D．烷基化反应是化学变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物理变化和化学变化的分析判断，题目难度不大，注重工业生产过程的分析判断，掌握基础是解题关键。
2．（2分）2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是（　　）
A．14N与14C互为同位素
B．Si3N4中N为+3价
C．NH3的热稳定性比HF的强
D．N2的电子式：
【分析】A．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素；
B．氮的非金属性强于硅，氮化硅中氮显负价；
C．同周期，从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强；
D．氮气分子中两个氮原子通过共用3对电子达到稳定结构。
【解答】解：A．14N与14C质子数不同，不是同位素，故A错误；
B．Si3N4中非金属性，N大于Si，则得到电子能力是N元素强，形成化合物时显负三价，Si元素的化合价为+4价，故B错误；
C．同周期，从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，非金属性：N＜F，NH3的热稳定性比HF的弱，故C错误；
D．氮气分子中两个氮原子通过共用3对电子达到稳定结构，电子式为：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同位素的概念及粒子间的数量关系、周期表中递变规律分析，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
3．（2分）NH3+HCl→NH4Cl过程中化学键变化叙述错误的是（　　）
A．有离子键断裂 B．有离子键形成
C．有共价键断裂 D．有共价键形成
【分析】该反应中HCl中共价键被破坏而形成氯化铵中的离子键、共价键，据此分析解答。
【解答】解：该反应中NH3分子、HCl分子中都只含共价键，NH4+和酸根离子之间存在离子键，NH4+中N原子和H原子之间存在共价键，该反应中HCl中共价键被破坏而形成氯化铵中的离子键、共价键，所以该反应中有离子键的形成、共价键的断裂和形成，
故选：A。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和应用，明确离子键和共价键区别、化学反应实质是解本题关键，注意：不能根据是否含有金属元素判断离子键，如铵盐中含有离子键。
4．（2分）下列化合物中，属于原子晶体的是（　　）
A．干冰 B．氯化钠 C．氟化硅 D．二氧化硅
【分析】相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。
【解答】解：A．干冰为CO2，为分子晶体，故A错误；
B．氯化钠由钠离子和氯离子构成，是离子晶体，故B错误；
C．氟化硅由氟化硅分子构成，是分子晶体，故C错误；
D．二氧化硅是原子晶体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见物质晶体类型判断，难度不大，掌握常见物质晶体类型及常见分子晶体即可解答。
5．（2分）下列物质中，属于弱电解质的是（　　）
A．氯化氢 B．醋酸铵 C．一水合氨 D．二氧化碳
【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，包括强酸和强碱和大多数盐和活泼金属氧化物等；
弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物，包括部分有机物，所有非金属氧化物，氨气等。
【解答】解：A．氯化氢为酸，属于强电解质，故A不选；
B．醋酸铵属于盐，为强电解质，故B不选；
C．一水合氨为弱碱，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；
D．二氧化碳为非电解质，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查了电解质强弱判断，明确电解质强弱本质区别﹣﹣电离程度是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是（　　）
A．熔点：S＞Cl2 B．酸性：HClO4＞H2SO4
C．相对原子质量：Cl＞S D．氧化性：HClO＞H2SO3
【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、单质与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱、化合时元素化合价等判断。
【解答】解：A．单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故A错误；
B．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故B正确；
C．相对原子质量不能判断元素非金属强弱，故C错误；
D．HClO、H2SO3的氧化性强弱不能比较Cl、S元素非金属性强弱，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律的运用，涉及非金属性强弱的比较，注意元素非金属性和金属性的比较角度及有关实验事实，学习中注意相关基础知识的积累。
7．（2分）强氯精是一种新型广谱、高效、低毒的杀菌剂，下列说法错误的是（　　）

A．属于有机物
B．分子式为C3O3N3Cl3
C．分子中碳原子的化学环境有两种
D．分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构
【分析】A．一般含碳的化合物为有机物，二氧化碳、一氧化碳、碳酸盐等组成结构类似于无机物；
B．结合结构式把分子中相同原子合并得到的式子为分子式；
C．分子中碳原子的化学环境只有一种羰基；
D．氧原子形成两个共价键，碳原子形成4个共价键，氯原子形成1个共价键，氮原子形成3个共价键，原子最外层电子达到8电子稳定。
【解答】解：A．强氯精结构分析属于有机物，故A正确；
B．的分子式C3O3N3Cl3，故B正确；
C．分子中碳原子的化学环境只有一种，碳原子连接两个氮原子，和一个氧原子形成碳氧双键，故C错误；
D．氧原子形成两个共价键，碳原子形成4个共价键，氯原子形成1个共价键，氮原子形成3个共价键，分子中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了有机物的结构分析判断、原子结构、化学键形成等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是（　　）
A．溶液显电中性
B．氢离子浓度恒定不变
C．c（H+）＝c（CH3COO﹣）
D．溶液中检测不出CH3COOH分子存在
【分析】在醋酸溶液中，CH3COOH的电离达到平衡时，正逆反应速率相等，溶液中各粒子浓度不变，据此分析解答。
【解答】解：A．任何电解质溶液中都呈电中性，与弱电解质是否达到电离平衡无关，故A错误；
B．氢离子浓度恒定不变时说明正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，故B正确；
C．由于CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c（H+）与c（CH3COO﹣）关系不确定，且c（H+）＝c（CH3COO﹣）不符合溶液电中性原则，故C错误；
D．醋酸无论是否达到电离平衡时溶液中都有醋酸分子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质电离平衡状态的判断，以化学平衡状态判断为例采用知识迁移的方法确定醋酸电离平衡状态的判断，侧重考查学生学以致用能力，题目难度一般。
9．（2分）下列有机物的系统命名正确的是（　　）
A．2﹣乙基丁烷 B．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯
C．3，3﹣二甲基丁烷 D．2，2﹣二甲基﹣3﹣戊炔
【分析】烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出支链的位置；
烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团和支链的位置；
炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团和支链的位置，据此分析。
【解答】解：A．乙基不能在2号碳原子上，烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故此烷烃的主链上有5个碳原子，为戊烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3﹣甲基戊烷，故A错误；
B．烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离官能团一样近时，从离支链近的一端开始编号，用编号较小的碳原子表示双键的位置，故名称为2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故B正确；
C．烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，故为丁烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有两个甲基，故名称为2，2﹣二甲基丁烷，故C错误；
D．炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故此炔烃主链上有5个碳原子，故为戊炔，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故碳碳三键在2号和3号碳原子之间，用编号较小的碳原子表示三键的位置，故此炔烃的名称为4，4﹣二甲基﹣2﹣戊炔，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了烷烃、烯烃、炔烃的命名，难度不大，应注意含官能团的有机物在命名时要优先考虑官能团的位置。
10．（2分）下列生活、生产相关叙述中，不能用勒沙特列原理解释的是（　　）
A．工业合成SO3采用V2O5作催化剂
B．热的纯碱溶液去油污效果更好
C．加热蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3
D．铵态氮肥与草木灰不能混合使用
【分析】勒沙特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒沙特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒沙特列原理不适用。
【解答】解：A．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以工业合成SO3采用V2O5作催化剂不能用勒沙特列原理解释，故A选；
B．升高温度促进碳酸根离子水解，热的纯碱溶液碱性强，可促进油污水解，与勒沙特列原理有关，故B不选；
C．氯化铝水解吸收热量，升高温度促进氯化铝水解，且升高温度促进HCl蒸发，所以加热蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3而是氢氧化铝，与勒沙特列原理有关，故C不选；
D．铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，则草木灰与氨态氮肥不能混合施用，与勒沙特列原理有关，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了勒沙特列原理的应用，题目难度不大，明确勒沙特列原理的内容即可解答，注意使用勒沙特列原理的前提必须是可逆反应。
11．（2分）除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所选试剂不正确的是（　　）
A．溴苯（Br2）：NaOH溶液
B．C2H2（H2S）：CuSO4溶液
C．AlCl3溶液（Fe3+）：NaOH溶液、二氧化碳
D．NaCl溶液（SO42﹣）：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸
【分析】A.溴可与氢氧化钠溶液反应；
B.硫化氢与硫酸铜溶液反应；
C.加入氢氧化钠，氯化铝生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝；
D.加入氯化钡，可除去硫酸根离子，加入碳酸钠，除去过量的钡离子，加入盐酸，可除去过量的碳酸钠。
【解答】解：A.溴苯不溶于水，溴可与氢氧化钠溶液反应，可用分液的方法除杂，故A正确；
B.硫化氢与硫酸铜溶液反应，反应生成硫化铜沉淀，可除杂，故B正确；
C.加入氢氧化钠，氯化铝生成偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝，应再用盐酸溶解氢氧化铝生成氯化铝，故C错误；
D.加入氯化钡，可除去硫酸根离子，加入碳酸钠，除去过量的钡离子，加入盐酸，可除去过量的碳酸钠，可除去杂质，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）在由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）
A．K+、ClO﹣、NO3﹣、S2﹣ B．K+、Fe2+、I﹣、SO42﹣
C．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
【分析】由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量H+或OH﹣，
A．次氯酸根离子能够氧化硫离子反应；
B．亚铁离子与氢氧根离子反应；
C．碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
D．四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应。
【解答】解：A．ClO﹣、S2﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+与OH﹣反应，不能大量共存，故B错误；
C．HCO3﹣与H+、OH﹣反应，不能大量共存，故C错误；
D．Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，都不与H+、OH﹣反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
13．（2分）进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机物的是（　　）
A．（CH3）3CCH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3
C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）2CHCH2CH2CH3
【分析】根据各烷烃中氢原子的种类分析，有几种环境的氢原子就有几种一氯代物，就有几种不同的沸点。
【解答】解：A．（CH3）3CCH2CH3含有3种环境的氢原子，进行一氯取代反应后，能生成3种沸点不同的有机物，故A正确；
B．（CH3CH2）2CHCH3含有4种环境的氢原子，进行一氯取代反应后，能生成4种沸点不同的有机物，故B错误；
C．（CH3）2CHCH（CH3）2含有2种环境的氢原子，进行一氯取代反应后，能生成2种沸点不同的有机物，故C错误；
D．（CH3）2CHCH2CH2CH3含有5种环境的氢原子，进行一氯取代反应后，能生成5种沸点不同的有机物，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查同分异构体的判断，题目难度不大，注意有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，就有几种不同的沸点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14．（2分）异丁烯与氯化氢发生加成反应过程体系能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．产物②比产物①更稳定
B．此过程中只发生了非极性键的断裂
C．异丁烯与氯化氢的加成反应为吸热反应
D．1mol产物①或②中均含有7mol共价键
【分析】A．物质具有的能量越低越稳定；
B．异丁烯与氯化氢发生加成反应时还有C﹣H键和C﹣Cl键的形成；
C．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
D．1mol产物①或②中均含有13mol共价键。
【解答】解：A．由图可知，产物②具有的能量小于产物①，则产物②较稳定，故A正确；
B．异丁烯与氯化氢发生加成反应中有C＝C键的断裂和C﹣H键、C﹣Cl键的形成，故B错误；
C．由图可知，异丁烯与氯化氢具有的能量大于产物①或②具有的能量，则反应放热，故C错误；
D．产物①或②互为同分异构体，含有共价单键数目相等，1个分子中均含有9个C﹣H键、1个C﹣Cl键和3个C﹣C键，总共价键13个，即1mol产物①或②中均含有13mol共价键，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中的能量变化、反应热与物质具有能量的关系、物质结构和加成反应实质即可解答，侧重学生分析能力和运用能力的考查，注意甲基中含有3个C﹣H键，题目难度不大。
15．（2分）下列解释事实的离子方程式错误的是（　　）
A．Al溶于NaOH溶液产生气体：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑
B．铜片溶于热的稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向AgCl浊液中加入硫化钠，出现黑色沉淀：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣
D．实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+
【分析】A．电荷不守恒；
B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；
C．氯化银浊液中加入硫化钠反应生成硫化银沉淀和氯化钠；
D．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳。
【解答】解：A．Al片溶于NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；
B．铜片溶于热的稀硝酸，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．向AgCl浊液中加入硫化钠，出现黑色沉淀，离子方程式：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣，故C正确；
D．实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳，离子方程式：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。
16．（2分）下列实验装置能达到目的的是（　　）
A．实验室制乙酸乙酯 B．收集氯化氢气体
C．实验室制氨气 D．实验室制乙烯
【分析】A.乙酸乙酯与NaOH反应；
B.HCl的密度比空气密度大，且四氯化碳可隔绝HCl与水；
C.氯化铵分解后，在试管口HCl与氨气化合生成氯化铵；
D.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯。
【解答】解：A.乙酸乙酯与NaOH反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，且导管口在液面上可防止倒吸，故A错误；
B.HCl的密度比空气密度大，且四氯化碳可隔绝HCl与水，图中向上排空气法收集、防倒吸装置合理，故B正确；
C.氯化铵分解后，在试管口HCl与氨气化合生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；
D.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，图中缺少温度计，故D错误；
故选：B。
【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、气体的收集及制备、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，题目难度不大。
17．（2分）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其结构示意图如图（实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注），W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期中最大。下列说法错误的是（　　）

A．Y单质的氧化性在同族中最强
B．Z与Y可能组成多种离子化合物
C．Z的简单离子半径大于Y的简单离子
D．Y的气态氢化物热稳定性大于X的气态氢化物
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其结构示意图如图，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，X、Z分别位于第二、第三周期，Z的原子半径在同周期中最大，则Z为Na；X形成4个共价键，则X为C；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．O位于ⅥA族，ⅥA族中非金属性最强的为O，则O元素单质的氧化性在同族中最强，故A正确；
B．O、Na可形成氧化钠、过氧化钠、超氧化钠等多种离子化合物，故B正确；
C．钠离子和氧离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＜Y，故C错误；
D．非金属性O＞C，则简单气态氢化物的稳定性：Y＞X，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
18．（2分）利用如图装置探究铁的腐蚀与防护，下列说法错误的是（　　）

A．装置Ⅰ中铁发生析氢腐蚀
B．装置Ⅱ中铁电极上发生还原反应
C．装置Ⅰ中石墨电极附近溶液pH上升
D．装置Ⅱ模拟了牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A．根据电化学腐蚀中的溶液的酸碱性的情况来确定电化学腐蚀类型；
B．装置Ⅱ中铁电极为正极；
C．装置Ⅰ中发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极，正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式是：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
D．装置Ⅱ中铁电极为正极，得到保护，腐蚀较慢。
【解答】解：A．食盐水接近于中性，铁不可能发生析氢腐蚀，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．装置Ⅱ中铁电极为正极，正极发生还原反应，故B正确；
C．装置Ⅰ中发生吸氧腐蚀，石墨电极电极反应式是：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，所以溶液pH上升，故C正确；
D．装置Ⅱ中铁电极为正极，锌作负极，发生氧化反应，铁得到保护，腐蚀较慢，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属的电化学腐蚀，明确原电池的工作原理是解题的关键，注意电解质溶液的酸碱性，难度中等。
19．（2分）常温下，水存在H2O⇌H++OH﹣的平衡，下列说法错误的是（　　）
A．将水加热，Kw增大，pH减小
B．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
C．向水中加入少量固体NH4Cl，c（H+）＞10﹣7mol/L，Kw不变
D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c（H+）降低
【分析】向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小。
【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，Kw增大，pH变小，故A正确；
B．向水中加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，故B错误；
C．向水中加入少量少量固体NH4Cl，溶解后，铵根离子水解促进水的电离，溶液显酸性，c（H+）＞10﹣7mol/L，因为温度不变，则Kw不变，故C正确；
D．向水中加入少量固体CH3COONa，醋酸根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c（H+）降低，平衡正向移动，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了水的电离，酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，题目难度不大。
20．（2分）图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图（X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子），下列说法正确的是（　　）

A．X电极与电源负极相连
B．图b、c中Y电极上会生成不同产物
C．NaCl是电解质，三种状态下都能导电
D．图b说明通电后发生了：NaCl→Na++Cl﹣
【分析】由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子：图a为电解固态NaCl装置，钠离子和氯离子不能自由移动，不能形成电解池；图b为电解熔融NaCl装置，钠离子移向阴极，氯离子移向阳极，则X电极与电源正极相连、为阳极，Y电极为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠；图c为电解NaCl溶液装置，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解答。
【解答】解：由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子，
A．根据图b装置中钠离子和氯离子的移动方向可知，X电极为阳极、Y电极为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，故A错误；
B．b、c中含有自由移动的离子，均能导电并发生氧化还原反应，b中Y电极上钠离子放电生成钠、c中Y电极上氢离子放电生成氢气，即图b、c中Y电极上产物不同，故B正确；
C．不含自由移动离子的离子晶体不导电，图a中不含自由移动的阴阳离子，则不导电，故C错误；
D．图b为电解熔融NaCl装置，氯化钠熔化过程中发生电离生成钠离子和氯离子，其电离过程与通电无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理，电解质与导电性关系等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确电解中各个电极上发生的反应、离子放电顺序、电解质与导电关系是解本题关键，注意电解质概念和电极反应产物的判断，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（14分）二硫化硒（SeS2）具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。完成下列填空：
（1）硒与硫在元素周期表中的相对位置如表所示。硒在元素周期表中的位置是　第四周期ⅥA族　；硒原子核外有　2　个未成对电子；硒化氢的电子式为　　。
S
Se
（2）已知SeS2分子比例模型如图所示，推测SeS2为　极性　分子。（填“极性”或“非极性”）

（3）SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：　Se与S最外层电子数相同，电子层数Se＞S，原子半径Se＞S，原子核对核外电子的吸引作用Se＜S，得电子能力Se＜S，共用电子对偏向S，S呈负价　。
工业上提取硒的过程如下：
第一步（未配平）：X+Se+H2SO4→Na2SO4+H2SeO3+ClO2↑+H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
（4）第一步中X的化学式为　NaClO3　。每溶解1mol Se，转移电子数为　4NA　个。
（5）写出第二步反应的化学方程式　2SO2+H2SeO3+H2O═Se↓+2H2SO4　；该反应中被氧化的元素是　硫　。
【分析】（1）由元素在周期表中相对位置可知，Se位于周期表第四周期ⅥA族，硒原子核外有 2个未成对电子H2Se中Se原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（2）SeS2分子中正负电荷重心不重叠；
（3）同主族元素最外层电子数相等，性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱；
（4）Se与硫酸、X在一定条件下反应生成H2SeO3，Se化合价升高了4价，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，则下降的价态＝＝1；
（5）SO2与H2SeO3水溶液发生氧化还原反应生成Se和硫酸，化合价升高叫做被氧化。
【解答】解：（1）①Se位于周期表第四周期ⅥA族，硒原子核外有2个未成对电子H2Se的电子式为：，
故答案为：第四周期ⅥA族；2；；
（2）SeS2分子中正负电荷重心不重叠，为极性分子，
故答案为：极性；
（3）因Se的原子半径大于S原子半径，Se与S的最外层电子数相同，则Se得到电子能力比S原子弱，可知元素的非金属性Se比S的弱，
故答案为：Se与S最外层电子数相同，电子层数Se＞S，原子半径Se＞S，原子核对核外电子的吸引作用Se＜S，得电子能力Se＜S，共用电子对偏向S，S呈负价；
（4）Se与硫酸、X在一定条件下反应生成H2SeO3，Se化合价升高了4价，每溶解1mol Se，转移电子数为4NA，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，则氯元素下降的价态＝＝1，根据质量守恒，则X为NaClO3，
故答案为：NaClO3；4NA；
（5）SO2与H2SeO3水溶液发生氧化还原反应生成Se和硫酸，反应方程式为：2SO2+H2SeO3+H2O═Se↓+2H2SO4，其中硫元素化合价升高，被氧化，
故答案为：2SO2+H2SeO3+H2O═Se↓+2H2SO4；硫。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的应用，注意从结构上理解同主族性质的相似性与递变性，熟练掌握元素化合物知识。
22．（15分）研究CO、NOx、SO2等的处理方法对环境保护有重要意义。利用催化技术可将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。已知在不同大小的恒容密闭容器中，分别投入相同物质的量的NO与CO发生上述反应，达到平衡时NO的转化率与温度、压强的关系如图所示。完成下列填空：
（1）该反应属于　放热　反应。（填“吸热”或“放热”）
（2）P1　＜　P2（填“＜”、“＞”或“＝”）；a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　Ka＞Kb＝Kc　。
（3）上述反应达到平衡时，下列各项叙述正确的是　ac　。（选填编号）
a．容器内压强保持不变
b．反应物不再转化为生成物
c．反应物NO的物质的量浓度保持不变
d．反应速率之比存在关系：2v（CO2）生成＝v（N2）消耗
（4）若容器容积为100L，起始投入NO和CO的物质的量均为0.1mol，达到a点平衡状态所需的时间为5min。则这段时间内反应速率v（N2）＝　5×10﹣5mol/（L•min）　。
（5）（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气。已知常温下（NH4）2SO3溶液呈弱碱性，请解释原因：　（NH4）2SO3溶液中存在NH4+与SO32﹣的水解，NH4+水解呈酸性，SO32﹣水解呈碱性，且前者水解程度小于后者，溶液呈碱性　。
（6）常温下，相同物质的量浓度的（NH4）2SO3溶液与（NH4）2SO4溶液中，c（NH4+）较大的是　（NH4）2SO4　溶液。
（7）SO2用pH相同、体积相同的三种碱：①氨水；②NaOH；③Ba（OH）2来吸收，吸收SO2的量由大到小的顺序为　①＞②＝③　。（用编号表示）

【分析】（1）由图可知，升高温度NO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；
（2）为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大；且K与温度有关；
（3）平衡时各物质的浓度不变、反应速率不变，结合“等、定”及衍生的物理量判定；
（4）结合v＝计算；
（5）（NH4）2SO3溶液呈弱碱性，可知亚硫酸根离子水解程度大；
（6）（NH4）2SO3溶液中阴阳离子相互促进水解；
（7）pH相同、体积相同的三种碱：①氨水；②NaOH；③Ba（OH）2来吸收，一水合氨为弱碱，则氨水的浓度最大，强碱吸收二氧化硫的能力相同。
【解答】解：（1）由图可知，升高温度NO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
故答案为：放热；
（2）为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大；且K与温度有关，则P1＜P2，a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是Ka＞Kb＝Kc，
故答案为：＜；Ka＞Kb＝Kc；
（3）平衡时压强不变，各物质的浓度不变，反应速率存在v（CO2）生成＝2v（N2）消耗，且为动态平衡，反应物与生成物相互转化仍在进行，
故答案为：ac；
（4）若容器容积为100L，起始投入NO和CO的物质的量均为0.1mol，达到a点平衡状态所需的时间为5min，a点NO的转化率为0.5，可知生成氮气为0.1mol×0.5×＝0.025mol，则这段时间内反应速率v（N2）＝＝5×10﹣5mol/（L•min），
故答案为：5×10﹣5mol/（L•min）；
（5）常温下（NH4）2SO3溶液呈弱碱性，原因为（NH4）2SO3溶液中存在NH4+与SO32﹣的水解，NH4+水解呈酸性，SO32﹣水解呈碱性，且前者水解程度小于后者，溶液呈碱性，
故答案为：（NH4）2SO3溶液中存在NH4+与SO32﹣的水解，NH4+水解呈酸性，SO32﹣水解呈碱性，且前者水解程度小于后者，溶液呈碱性；
（6）常温下，相同物质的量浓度的（NH4）2SO3溶液与（NH4）2SO4溶液中，c（NH4+）较大的是（NH4）2SO4溶液，
故答案为：（NH4）2SO4；
（7）pH相同、体积相同的三种碱：①氨水；②NaOH；③Ba（OH）2来吸收，一水合氨为弱碱，则氨水的浓度最大，强碱吸收二氧化硫的能力相同，可知吸收SO2的量由大到小的顺序为①＞②＝③，
故答案为：①＞②＝③。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度和压强对平衡移动、盐类水解、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
23．（16分）某化学兴趣小组对硫代硫酸钠Na2S2O3产生兴趣。该小组通过实验对Na2S2O3的某些性质进行了探究。完成下列填空：
（1）甲同学设计并进行了如下实验：
序号
实验操作
实验现象
实验①
向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液
氯水颜色变浅
实验②
取少量实验①反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
出现白色沉淀
实验②中产生白色沉淀的化学式为　BaSO4　。上述实验说明Na2S2O3具有　还原　性。
（2）乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化。评价他的推理是否正确并说明理由。　不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl﹣　。
（3）丙同学查阅资料，了解到Na2S2O3的一种制取原理：S+Na2SO3Na2S2O3。为探究外界条件对Na2SO3转化率的影响，他设计如下对比实验（每次反应时间为60min）：
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18g
63g
42g
80℃
80.7%
实验④
18g
63g
57g
80℃
94.6%
实验⑤
36g
63g
42g
80℃
80.8%
实验⑥




……
……
……
……
……
……
……
①实验③、④的目的是探究　亚硫酸钠浓度　对亚硫酸钠转化率的影响；
②实验③、⑤中Na2SO3转化率基本不变的原因是　硫为固体，不影响平衡移动　。
③实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，请设计一组实验数据填入表中。
（4）丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色。过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4。已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水，推测该实验中黑色沉淀可能是　Ag2S　，理由是　溶液中含SO42﹣，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S　。
【分析】（1）结合SO42﹣的检验分析判断白色沉淀；Na2S2O3转化为SO42﹣，S的化合价由+2→+6，Na2S2O3发生氧化反应；
（2）氯气溶于水形成氯水，但氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸；
（3）①实验③、④中硫粉质量、Na2SO3质量和温度都相同，只是水的质量不同，并且硫粉不溶于水、Na2SO3能溶于水；
②实验③、⑤中只有硫粉质量不同，其他均相同，但Na2SO3转化率基本不变，说明硫粉质量多少不影响亚硫酸钠转化率；
③想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，对比实验只能是温度不同，其他量应该都相同；
（4）根据氧化还原反应中，有降价的元素，必存在化合价升高的元素，有升高后的产物SO42﹣，必有降低后的产物Ag2S。
【解答】解：（1）溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为BaSO4，说明实验①中Na2S2O3转化为Na2SO4，其中S的化合价由+2→+6，Na2S2O3发生氧化反应，表现出还原性，
故答案为：BaSO4；还原；
（2）氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，则过量氯水中的Cl﹣会干扰氯气还原产物的检验，所以他的推理不正确，
故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl﹣；
（3）①硫粉不溶于水、Na2SO3能溶于水，实验③、④中硫粉质量、Na2SO3质量和温度都相同，只是水的质量不同，所以该对比实验探究的是亚硫酸钠浓度对转化率的影响，
故答案为：亚硫酸钠浓度；
②实验③、⑤中只有硫粉质量不同，其他均相同，但Na2SO3转化率基本不变，说明硫粉质量多少不影响亚硫酸钠转化率，其原因是硫粉为固体，不影响平衡移动，
故答案为：硫为固体，不影响平衡移动；
③想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，对比实验只能是温度不同，其他量应该都相同，可以实验③为基准，反应温度升高到100℃，也可以实验④或⑤为基准，反应温度升高到100℃，
故答案为：
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验⑥
18g
63g
42g
100℃
……
或
36g
63g
42g
100℃
……
或
18g
63g
57g
100℃
……
（4）Na2S2O3中的硫为+2价，将Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4，SO42﹣中的硫为+6价，说明有硫元素升价，氧化还原反应中，有降价的元素，必存在化合价升高的元素，若生成Ag2O，体系中无元素降价；生成Ag，则Ag的化合价总共降低2，而S总共升高8，即电子得失无法守恒，所以只能是有一部分硫元素降为﹣2价，生成Ag2S，
故答案为：Ag2S；溶液中含SO42﹣，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S。
【点评】本题考查了物质性质方案的设计及性质探究实验，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，把握实验的原理和目的、结合题给信息解答为解答该类题目的关键，注意物质的性质、探究实验中控制变量法的应用，题目难度中等。
24．（15分）双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。一种催化剂M的合成路线如图：

已知：R﹣NH2+
完成下列填空：
（1）写出A中含有的官能团：　羟基　。
（2）④的反应类型是　加成反应　；反应②所需试剂与条件为　CH3OH、浓H2SO4、加热　。
（3）设计反应②、③的目的是　保护羧基，避免与CH3I反应　。
（4）写出结构简式。E　　；试剂a　　
（5）写出符合下列要求C的同分异构体　HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、　。（任写一种）
ⅰ．能发生银镜反应
ⅱ．分子中含有三种化学环境不同的氢原子
ⅲ．不存在结构
（6）设计由为原料合成A的合成路线　　。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】由A、B的分子式，结合C的结构简式，可知A为HOCH2CH2CH2OH，A发生氧化反应生成B为HOOC﹣CH2﹣COOH，B与甲醇发生酯化反应生成C；由D、E的分子式，对比C、F的结构可知，C中CH2上氢原子被﹣CH3替代生成D，D中酯基水解引入羧基生成E，E的羧基中﹣OH被氯原子替代生成F，故D为、E为；对比F、G的结构，结合给予的反应信息，可推知a为，G发生加成反应生成H，H发生消去反应生成M；
（6）发生消去反应生成CH2＝CHCHO，然后与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，最后与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH。
【解答】解：（1）A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，A中含有的官能团为：羟基，
故答案为：羟基；
（2）④的反应类型是：加成反应；反应②发生酯化反应，所需试剂与条件为：CH3OH、浓H2SO4、加热，
故答案为：加成反应；CH3OH、浓H2SO4、加热；
（3）反应②消除羧基，然后C中CH2上氢原子被﹣CH3替代生成D，反应③重新引入羧基，设计反应②、③的目的是：保护羧基，避免与CH3I反应，
故答案为：保护羧基，避免与CH3I反应；
（4）由分析可知，E的结构简式为，试剂a的结构简式为，
故答案为：；；
（5）符合下列要求C的同分异构体：ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，ⅱ．分子中含有三种化学环境不同的氢原子，说明存在对称结构，ⅲ．不存在结构，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、，
故答案为：HCOOCH2CH2CH2OOCH、OHCCH2OCH2OCH2CHO、（任意1种）；
（6）发生消去反应生成CH2＝CHCHO，然后与水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，最后与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2OH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，对比有机物的结构进行分析推断，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、知识迁移运用能力。
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