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2020-2021学年上海市杨浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市杨浦区高三（上）期末化学试卷（一模），共32页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市杨浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）裂化是石油炼制的一种方式，裂化（ ）
A．能提高燃料油的产量
B．产物中只含烷烃
C．是为获得小分子不饱和烯烃
D．与石油分馏原理相同
2．（2分）含物质种类最多的晶体是（ ）
A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
3．（2分）镓（31Ga）是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是（ ）
A．Ga的最高价：+3价
B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga
D．碱性：Ga（OH）3＜Al（OH）3
4．（2分）下列物质的相关用途利用了其还原性的是（ ）
A．氨用于制铵盐
B．含醛基的葡萄糖用于制银镜
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗
5．（2分）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．乙醇制乙烯 B．铝粉与氧化铁粉末反应
C．电石制乙炔 D．镁和稀硫酸反应
6．（2分）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是（ ）
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水
C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
7．（2分）若用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，指示剂（ ）
A．选甲基橙或酚酞 B．只能选石蕊
C．只能选酚酞 D．只能选甲基橙
8．（2分）已知：NaF的熔点993℃、MgF2的熔点1261℃。下列分析错误的是（ ）
A．NaF和MgF2均由阴、阳离子构成
B．离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱
C．NaF中的离子键比MgF2中的弱
D．MgF2的摩尔质量比NaF的大，所以MgF2熔点高
9．（2分）制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇在导管内冷凝成液态
B．浓硫酸是催化剂也是吸水剂，用量越多越好
C．实验结束后振荡试管a，上层液体减少
D．蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯
10．（2分）通过一步反应不能实现的是（ ）
A．Al2O3→Al（OH）3 B．Al→Al（OH）3
C．Fe（OH）2→Fe（OH）3 D．FeCl3→FeCl2
11．（2分）对海带提碘操作的解释，正确的是（ ）
A．灼烧海带：把碘从游离态变为化合态
B．浸泡：将IO3﹣变为I﹣
C．适量氯水：将I﹣变为I2
D．萃取并分液：得到纯净的碘
12．（2分）自然界中的氮循环如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中有3种固氮途径
B．氮元素不以有机物形式参与循环
C．动植物尸体腐败时产生氨或铵盐
D．人类活动会影响氮循环
13．（2分）用所给试剂和条件不能实现的转化是（ ）
A．CH3CH2Br乙烯
B．
C．乙酸乙酯乙醇
D．乙醇溴乙烷
14．（2分）液化石油气中含正丁烷。有关正丁烷的叙述正确的是（ ）
A．分子中碳原子在一条直线上
B．比异丁烷沸点低
C．一氯代物比异丁烷的一氯代物少
D．与空气混合能形成爆炸性混合物
15．（2分）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示（某些产物及反应条件略去）。下列分析错误的是（ ）
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
16．（2分）同温同压，不同体积的密闭容器中分别有相同质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度。下列分析正确的是（ ）
A．物质的量：甲＜乙 B．分子数：甲＞乙
C．摩尔体积：甲＜乙 D．摩尔质量：甲＜乙
17．（2分）目前我国有近一半的纯碱是由氨碱法制得。氨碱法中不会涉及的离子反应是（ ）
A．产生NaHCO3：Na++HCO3﹣═NaHCO3↓
B．母液处理：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
C．母液处理：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．母液处理：NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣
18．（2分）钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接，可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A．该保护法是利用了原电池原理
B．电子从钢铁设施沿导线流到金属M
C．金属M发生的反应：M﹣ne﹣═Mn+
D．钢铁设施因电子流入而被保护
19．（2分）25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化
B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol/L
D．a、b两点酸溶液的浓度相同
20．（2分）为测定某Na2O2试样（含少量Na2O）中Na2O2的质量分数，设计如图实验，下列分析错误的是（ ）
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒
B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
二、综合题（共60分）
21．（14分）（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵）是一种重要的化工原料，用途广泛。
完成下列填空：
（1）Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2铁原子核外有 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 周期 族。
（2）写出Fe与水反应的化学方程式： 。
（3）将（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： 。
（4）同温度同浓度的FeSO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（Fe2+）是否相等？为什么？ 。
（5）设计实验，证明（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体中含有Fe2+ 。
（6）已知：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 （写一条即可）。
22．（15分）CH4和CO2在催化剂作用下反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ，完成下列填空：
（1）有利于提高CH4平衡转化率的措施是 、 （任写两条）。
（2）该反应温度控制在550～750℃之间，从反应速率角度分析，选择该温度范围的可能原因： 。
（3）CH4和CO2各1mol充入密闭容器中，发生上述反应。
①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数与温度的关系如图1中曲线所示。则n（平衡时气体）：n（初始气体）＝ 。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2体积分数， 点对应的平衡常数最小，理由是： ； 点对应压强最大，理由是： 。
（4）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应又使积碳量减少：
积碳反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
消碳反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H＝+172kJ•mol﹣1
一定时间内，积碳量和反应温度的关系如图2所示。
①一定温度，增大CO2的浓度有助于减少积碳，其原因是： 。
②温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是： （任写一条）。
23．（15分）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
（1）实验结束后，Cu片有剩余，其原因是： 。
（2）用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是： 。
Ⅰ．已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有 ，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含 ，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是 。
（4）从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因： 。
（5）已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝ 。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向 （填“左”或“右”）移动。
Ⅱ．SO2通入0.1mol/L AgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式 。
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是： 。
24．（16分）化合物Q是一种抗肿瘤药物的中间体，以苯、乙醇等为原料合成Q的一种合成路线如图：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
完成下列填空：
（1）写出反应①的化学反应方程式 。
（2）写反应类型 反应④： 反应、反应⑤： 反应。
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定。在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是： 。
（4）已知：G+H→J+2CH3CH2OH。H的结构简式是 。
（5）R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，R烃基上的一溴代物有两种。写出两种符合条件的R的结构简式 、 。
（6）一种以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH）的路线如下：CH2＝CHCH3CH2＝CHCHO……→HOOC﹣CH2﹣COOH，将上述路线补充完整（无试剂任用） 。（合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物）
2020-2021学年上海市杨浦区高三（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，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）裂化是石油炼制的一种方式，裂化（ ）
A．能提高燃料油的产量
B．产物中只含烷烃
C．是为获得小分子不饱和烯烃
D．与石油分馏原理相同
【分析】石油裂化是用分馏出的重油来制取轻质油，制取的轻质油中含烯烃，据此分析。
【解答】解：石油裂化是用分馏出的重油来制取轻质油，主要是获得裂化汽油，制取的轻质油中含烯烃。
A．石油裂化能获得轻质油等燃料油，即提高燃料油的产量，故A正确；
B．石油裂化的产物中含烷烃和烯烃，故B错误；
C．石油的裂化是为了获得轻质油，裂解的目的是为了获得三烯等小分子不饱和烃，故C错误；
D．石油分馏是根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的操作，是物理变化，而裂化是化学变化，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了石油的分馏、裂化和裂解的目的的区别，难度不大，应注意基础知识的掌握。
2．（2分）含物质种类最多的晶体是（ ）
A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【分析】物质晶体种类包含离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体，其中分子晶体中包含有机物形成的分子晶体。
【解答】解：离子晶体是离子化合物形成，原子晶体是原子构成的晶体，分子在晶体是分子构成的晶体，金属晶体是金属和自由电子构成的晶体，其中分子构成的晶体包含有机物分子形成的晶体，有机物种类多，含物质种类最多的晶体是分子晶体，
故选：C。
【点评】本题考查了晶体结构和种类等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）镓（31Ga）是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是（ ）
A．Ga的最高价：+3价
B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga
D．碱性：Ga（OH）3＜Al（OH）3
【分析】A．镓（31Ga）是与铝同族，同族元素具有相同的最高正化合价；
B．Al2O3属于离子化合物；
C．质量数＝质子数+中子数；
D．金属性越强，对应最高价氧化物的水合物的碱性越强。
【解答】解：A．同族元素具有相同的最高正化合价，镓（31Ga）是与铝同族，Al的最高价：+3价，Ga的最高价：也是+3价，故A正确；
B．Al2O3属于离子化合物，镓的金属性更强，Ga2O3属于离子化合物，故B正确；
C．质量数＝质子数+中子数，镓（31Ga）的质量数为31+36＝67，所以中子数为36的镓原子：Ga，故C正确；
D．金属性越强，对应最高价氧化物的水合物的碱性越强，镓的金属性更强，碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期表的应用，注意同族元素的相似性和递变性是答题关键，难度不大。
4．（2分）下列物质的相关用途利用了其还原性的是（ ）
A．氨用于制铵盐
B．含醛基的葡萄糖用于制银镜
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗
【分析】反应中存在元素化合价的变化，而且该物质的化合价升高，被氧化，作还原剂，据此分析。
【解答】解：A．氨用于制铵盐，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，没有体现还原性，故A错误；
B．葡萄糖结构中含有醛基，是还原性糖，与银氨溶液反应时，能够将+1价的银变为0价的银，体现了还原性，故B正确；
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒，主要是利用了次氯酸的强氧化性，故C错误；
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗，是利用其高强度，属于物理性质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大。
5．（2分）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．乙醇制乙烯 B．铝粉与氧化铁粉末反应
C．电石制乙炔 D．镁和稀硫酸反应
【分析】反应中生成物总能量高于反应物总能量，则为吸热反应，根据常见的吸热反应有：绝大多数的分解反应（包括消去反应）、铵盐和碱的反应、以C、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应、HCl和碳酸氢钠的反应等，据此分析。
【解答】解：A．乙醇制取乙烯为消去反应，为吸热反应，故A正确；
B．铝和氧化铁粉末的反应是铝热反应，是剧烈的放热反应，故B错误；
C．电石制取乙炔剧烈放热，故C错误；
D．金属和水或酸的反应是放热反应，故镁和硫酸的反应放热，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了常见的吸放热反应，应注意的是乙醇制取乙烯按有机反应类型分类的话是消去反应，但按无机反应类型分类是分解反应。
6．（2分）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是（ ）
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水
C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
【分析】溴水和FeCl3溶液都具有氧化性，其中溴水易溶于四氯化碳，可与氢氧化钠、硝酸银反应，FeCl3溶液可与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，以此解答该题。
【解答】解：A．二者都可氧化碘化钾，试纸变蓝色，不能鉴别，故A不选；
B．溴水和FeCl3溶液与氯水都不反应，不能鉴别，故B不选；
C．溴水易溶于四氯化碳，有机层呈橙色，FeCl3溶液与四氯化碳分层，水层呈黄色，现象不同，可鉴别，故C选；
D．FeCl3溶液和溴水都能使蓝色石蕊试纸变红色，不能鉴别，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，明确物质之间的化学反应及反应的现象是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大。
7．（2分）若用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，指示剂（ ）
A．选甲基橙或酚酞 B．只能选石蕊
C．只能选酚酞 D．只能选甲基橙
【分析】NaOH溶液滴定醋酸溶液，化学方程式为NaOH+CH3COOH═CH3COONa+H2O，滴定终点溶液显弱碱性，所以指示剂应选择变色范围为8.2﹣10的酚酞。
【解答】解：用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，反应产物为CH3COONa和H2O，因CH3COONa溶液显碱性，所以应选择变色范围为碱性的指示剂，甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，不能用甲基橙，石蕊的颜色变化不明显，因此一般不用石蕊做指示剂，酚酞的变色范围为8.2﹣10，所以只能选酚酞做指示剂，滴定终点为：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为红色，且半分钟内不变色，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了酸碱中和滴定中指示剂的选择，考生应根据反应产物的酸碱性并结合指示剂的变色范围进行选择，本题难度不大。
8．（2分）已知：NaF的熔点993℃、MgF2的熔点1261℃。下列分析错误的是（ ）
A．NaF和MgF2均由阴、阳离子构成
B．离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱
C．NaF中的离子键比MgF2中的弱
D．MgF2的摩尔质量比NaF的大，所以MgF2熔点高
【分析】A．离子晶体由阴阳离子构成；
B．离子键强弱与晶格能有关，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比；
C．离子键中离子半径越小，离子键越强；
D．离子晶体熔沸点与摩尔质量无关，与晶格能成正比。
【解答】解：A．二者都是离子晶体，都是由阴阳离子构成的，故A正确；
B．离子键强弱与晶格能有关，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，所以离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱，故B正确；
C．离子键中离子半径越小，离子键越强，钠离子比较大于镁离子，所以NaF中的离子键比MgF2中的弱，故C正确；
D．离子晶体熔沸点与摩尔质量无关，与晶格能成正比，所以MgF2熔点高与其晶格能有关，与摩尔质量无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子晶体熔沸点比较，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确离子晶体熔沸点影响因素、晶体构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇在导管内冷凝成液态
B．浓硫酸是催化剂也是吸水剂，用量越多越好
C．实验结束后振荡试管a，上层液体减少
D．蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯
【分析】A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇的蒸汽冷凝时会变成液体；
B．浓硫酸具有强氧化性，能使乙醇氧化；
C．试管a中的上层液体为乙酸乙酯，以及少量的杂质乙醇和乙酸；
D．乙酸乙酯易挥发。
【解答】解：A．长导管的作用是导气、冷凝，乙酸乙酯、乙酸、乙醇的蒸汽在长导管中冷凝会变成液体，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，能使乙醇氧化，所以浓硫酸的用量不能太多，故B错误；
C．试管a中的上层液体为乙酸乙酯，以及少量的杂质乙醇和乙酸，振荡试管a，乙醇和乙酸会进入水层，所以上层液体减少，故C正确；
D．乙酸乙酯易挥发，蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备方法及反应原理，题目难度不大，解答时须注意酯化反应的原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（2分）通过一步反应不能实现的是（ ）
A．Al2O3→Al（OH）3 B．Al→Al（OH）3
C．Fe（OH）2→Fe（OH）3 D．FeCl3→FeCl2
【分析】A．Al2O3和水不反应；
B．Al与水反应生成Al（OH）3；
C．Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3；
D．FeCl3与Fe反应生成FeCl2。
【解答】解：A．Al2O3和水不反应，Al2O3不可一步反应生成Al（OH）3，故A选；
B．Al与水反应生成Al（OH）3，通过一步反应能实现物质之间的转化，故B不选；
C．Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3，通过一步反应能实现物质之间的转化，故C不选；
D．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，通过一步反应能实现物质之间的转化，故D不选；
故选：A。
【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。
11．（2分）对海带提碘操作的解释，正确的是（ ）
A．灼烧海带：把碘从游离态变为化合态
B．浸泡：将IO3﹣变为I﹣
C．适量氯水：将I﹣变为I2
D．萃取并分液：得到纯净的碘
【分析】A.海带中碘以离子存在；
B.浸泡得到含碘离子的溶液；
C.氯水可氧化碘离子；
D.萃取分液后得到碘的有机溶液。
【解答】解：A.海带中碘以离子存在，灼烧后碘始终以化合态存在，故A错误；
B.浸泡得到含碘离子的溶液，I元素的化合价不变，故B错误；
C.氯水可氧化碘离子，则适量氯水可将I﹣变为I2，故C正确；
D.萃取分液后得到碘的有机溶液，还需蒸馏分离出碘，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水提碘，为高频考点，把握碘的存在、提纯、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）自然界中的氮循环如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中有3种固氮途径
B．氮元素不以有机物形式参与循环
C．动植物尸体腐败时产生氨或铵盐
D．人类活动会影响氮循环
【分析】由循环图可知，大气中的氮气通过雷电作用、合成氨工业和固氮生物作用固定下来转化为氨、铵盐或硝酸盐，部分氨或铵盐转化为亚硝酸盐，亚硝酸盐再转化为硝酸盐，硝酸盐一部分被细菌分解为氮气回到大气中，一部分被植物吸收制造蛋白质，植物会被动物摄食，而动植物遗体腐败时再产生氨或铵盐，据此判断各项。
【解答】解：A．固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，即将氮气转化为氮的化合物，因此图中有3种固氮途径，分别为雷电作用、合成氨工业和固氮生物作用，故A不选；
B．图中植物可以吸收硝酸盐制造蛋白质，因此氮元素也以有机物形式参与循环，故B选；
C．由图可知，动植物遗体产生氨或铵盐，故C不选；
D．人类活动如合成氨工业会影响氮循环，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了自然界中氮的循环，考生应仔细观察循环图并结合所学基础知识进行判断，本题难度不大。
13．（2分）用所给试剂和条件不能实现的转化是（ ）
A．CH3CH2Br乙烯
B．
C．乙酸乙酯乙醇
D．乙醇溴乙烷
【分析】A．CH3CH2Br与NaOH水溶液反应生成乙醇；
B．甲苯与氯气在光照条件下发生反应，氯气取代甲基上的氢原子；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇；
D．乙醇与浓HBr反应生成溴乙烷。
【解答】解：A．CH3CH2Br与NaOH水溶液反应生成乙醇，在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，故A错误；
B．甲苯与氯气在光照条件下发生反应，氯气取代甲基上的氢原子，则与氯气在光照条件下反应生成，故B正确；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，则乙酸乙酯乙醇，能实现的转化，故C正确；
D．乙醇与浓HBr反应生成溴乙烷，则乙醇溴乙烷，能实现的转化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团的性质，题目难度不大。
14．（2分）液化石油气中含正丁烷。有关正丁烷的叙述正确的是（ ）
A．分子中碳原子在一条直线上
B．比异丁烷沸点低
C．一氯代物比异丁烷的一氯代物少
D．与空气混合能形成爆炸性混合物
【分析】A．烷烃中碳原子呈锯齿型；
B．互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低；
C．正丁烷中含2种H原子，异丁烷中也含2种H原子；
D．正丁烷是易燃易爆气体。
【解答】解：A．烷烃中碳原子呈锯齿型，不是直线，故A错误；
B．互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，故正丁烷的沸点比异丁烷的高，故B错误；
C．正丁烷中含2种H原子，异丁烷中页含2种H原子，故正丁烷有2种一氯代物，异丁烷也有2种，一氯代物种数相同，故C错误；
D．正丁烷是易燃易爆气体，故能和空气混合能形成爆炸性混合物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了烷烃的结构以及互为同分异构体的烷烃的性质和结构特点，难度不大，应注意基础的掌握。
15．（2分）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示（某些产物及反应条件略去）。下列分析错误的是（ ）
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
【分析】由于是固态单质甲及其化合物之间的转化，各物质均含有同种元素，而单质甲与空气反应生成乙，可推知乙是氧化物，乙能与水反应生成戊，乙转化生成丙，丙也能与水反应生成丁，且丁转化又可以生成乙，可推知甲为S、乙为SO2、丙为SO3、丁为H2SO4、戊为H2SO3。
【解答】解：A．甲是S，在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，故A正确；
B．工业上由SO2转化为SO3的条件是：常压，400﹣500℃时，用五氧化二钒作催化剂，故B错误；
C．乙为SO2、丙为SO3，二者相对分子质量之比为64：80＝4：5，故C正确；
D．戊为H2SO3，含有的硫元素为+4价，即具有还原性又有氧化性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机物的推断，属于猜测验证型题目，关键是抓住各物质含有同种元素，结合有关转化进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识。
16．（2分）同温同压，不同体积的密闭容器中分别有相同质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度。下列分析正确的是（ ）
A．物质的量：甲＜乙 B．分子数：甲＞乙
C．摩尔体积：甲＜乙 D．摩尔质量：甲＜乙
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，以此来解答。
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，
A．甲的体积小，物质的量小，故A正确；
B．体积与物质的量成正比，则甲的物质的量少，则甲的分子数小，故B错误；
C．相同状况下，气体的摩尔体积相同，故C错误；
D．相同质量时，甲的物质的量小，则甲的摩尔质量大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，注意体积、物质的量的关系及习题中的信息应用即可解答，选项A为解答的易错点，题目难度中等。
17．（2分）目前我国有近一半的纯碱是由氨碱法制得。氨碱法中不会涉及的离子反应是（ ）
A．产生NaHCO3：Na++HCO3﹣═NaHCO3↓
B．母液处理：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
C．母液处理：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．母液处理：NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣
【分析】氨碱法制纯碱的过程为：饱和NaCl溶液中通入NH3，再通入由煅烧CaCO3所得的CO2，因NaHCO3的溶解度小，所以析出NaHCO3晶体，再加热NaHCO3得到纯碱Na2CO3，涉及到的化学方程式为NH3+CO2+H2O═NH4HCO3，NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，析出NaHCO3晶体后，在母液中加入生石灰以回收NH3，方程式为2NH4Cl+CaO═CaCl2+2NH3↑+H2O，据此判断各项。
【解答】解：A．因NaHCO3的溶解度小，所以会析出NaHCO3晶体，离子方程式为Na++HCO3﹣═NaHCO3↓，故A不选；
B．母液中加入生石灰以回收NH3循环利用，CaO溶于水生成Ca（OH）2，回收NH3的离子方程式为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故B不选；
C．因母液中还有少量的HCO3﹣，加入的生石灰还会发生反应Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．母液中含氯化铵，加入生石灰，有氨气放出，不能发生NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣离子反应，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了氨碱法的制备过程和母液处理，考生应注意掌握氨碱法制备纯碱的过程、原理，并熟知涉及的化学方程式，本题难度不大。
18．（2分）钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接，可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A．该保护法是利用了原电池原理
B．电子从钢铁设施沿导线流到金属M
C．金属M发生的反应：M﹣ne﹣═Mn+
D．钢铁设施因电子流入而被保护
【分析】将金属M与钢铁设施连接，故形成了原电池，而可减缓钢铁设施的腐蚀，则说明钢铁做了正极，金属M做负极失电子，即金属M要比钢铁活泼，据此分析。
【解答】解：将金属M与钢铁设施连接，故形成了原电池，钢铁做正极被保护，金属M做负极被腐蚀。
A．该保护方法形成了原电池，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．在此装置中，钢铁做正极，金属M做负极失去电子，故电子从金属M沿导线到钢铁，故B错误；
C．金属M做负极失电子，故发生的反应为M﹣ne﹣═Mn+，故C正确；
D．钢铁做正极，电子流入，从而被保护，不会腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，题目难度不大，应注意的是原电池的正极、电解池的阴极被保护。
19．（2分）25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化
B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol/L
D．a、b两点酸溶液的浓度相同
【分析】HCl是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸中氢离子的浓度，故Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用a点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（I）浓度，据此分析。
【解答】解：A．由分析可知，Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误；
B．未稀释时，两溶液的pH相同，即氢离子浓度相同，则溶液的导电能力相同，故B错误；
C．b点溶液的pH＝3，则溶液中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，所以c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣11mol/L，酸中OH﹣由水电离，水电离的c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣11mol/L，故C正确；
D．相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（I）浓度，即a、b两点酸溶液的浓度不相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度关系、溶液导电性强弱影响因素、离子积常数与温度关系是解本题关键，注意：离子积常数与溶液酸碱性及浓度无关，溶液导电性强弱与电解质强弱无关，题目难度不大。
20．（2分）为测定某Na2O2试样（含少量Na2O）中Na2O2的质量分数，设计如图实验，下列分析错误的是（ ）
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒
B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【分析】实验过程中样品加入稀盐酸，过氧化钠和氧化钠和盐酸都反应，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，过滤除去不溶性杂质，溶液转移到蒸发皿中加热蒸发浓缩溶剂得到溶质固体，冷却后称量得到氯化钠的质量，即可计算出生成的氧气的质量，进而计算过氧化钠的质量，
A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ是蒸发溶液，玻璃棒不断搅拌，防止局部受热；
B．实验通过测定实验与盐酸反应前后的质量差测定氧气的质量分析判断；
C．操作Ⅱ若损失部分固体，称量氯化钠固体质量偏低；
D．若溶液转移不完全，所得晶体质量偏小，测定氧气质量偏大。
【解答】解：A．操作Ⅰ中需要用玻璃棒进行搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ是蒸发溶液，用到玻璃棒的目的是：使溶液受热均匀，不断搅拌，防止局部受热液体飞溅，故A正确；
B．实验通过测定与盐酸反应前后的质量差测定氧气的质量，来计算过氧化钠的质量，因此该实验中需称量样品和NaCl的质量，故B正确；
C．操作Ⅱ若损失部分固体，称量氯化钠固体质量偏低，测定氧气质量偏大，导致计算出的过氧化钠质量偏大，故C正确；
D．若溶液转移不完全，所得晶体质量偏小，测定氧气质量偏大，导致计算出的过氧化钠质量偏大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了无机实验综合，主要是混合物中物质含量的实验测得方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（14分）（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵）是一种重要的化工原料，用途广泛。
完成下列填空：
（1）Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2铁原子核外有 7 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 15 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 四 周期 Ⅷ 族。
（2）写出Fe与水反应的化学方程式： 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 。
（3）将（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣） 。
（4）同温度同浓度的FeSO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（Fe2+）是否相等？为什么？ 不相等，因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大 。
（5）设计实验，证明（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体中含有Fe2+ 取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ 。
（6）已知：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 （NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低 （写一条即可）。
【分析】（1）Fe原子核外电子排布式为1S22S22P63S23p63d64S2，能级不同电子能量不同，根据s只有1个轨道，p有3个轨道、d有5个轨道计算其核外电子占有的轨道总数，Fe的原子序数为26，原子结构示意图为，以此可确定在周期表中的位置；
（2）铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
（3）电子层越多，离子半径越大，同层离子，核电荷数越大，半径越小；
（4）物质的量浓度相等的亚铁盐溶液中，NH4+的水解会抑制Fe2+水解；
（5）含Fe2+溶液呈浅绿色，滴入2滴KSCN溶液，溶液不红色，再滴入 几滴新制氯水，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+溶液遇KSCN，溶液变为血红色，所此可证明晶体的成分中含有Fe2+；
（6）Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量。
【解答】解：（1）Fe原子核外电子排布式为1S22S22P63S23p63d64S2，能级不同电子能量不同，铁原子含有7种能级，所以有7种能量不同的电子，其核外电子占有的轨道总数是1+1+3+1+3+5+1＝15个，Fe原子结构示意图为，位于周期表第四周期第Ⅷ族，
故答案为：7；15；四；Ⅷ；
（2）铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子分别为：H﹣、O2﹣、N3﹣、S2﹣，同层离子，核电荷数越大，半径越小，r（O2﹣）＜r（N3﹣），电子层越多，离子半径越大，r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣），
故答案为：r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣）；
（4）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大，
故答案为：不相等，因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大；
（5）取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，含Fe2+溶液呈浅绿色，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+溶液遇KSCN，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
故答案为：取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
（6）Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低，
故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
【点评】本题考查铁及其化合物的性质，侧重考查基本原理，明确物质性质是解本题关键，注意思维的缜密性等，题目难度中等。
22．（15分）CH4和CO2在催化剂作用下反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ，完成下列填空：
（1）有利于提高CH4平衡转化率的措施是 增加c（CO2） 、 升温 （任写两条）。
（2）该反应温度控制在550～750℃之间，从反应速率角度分析，选择该温度范围的可能原因： 催化剂的活性最大 。
（3）CH4和CO2各1mol充入密闭容器中，发生上述反应。
①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数与温度的关系如图1中曲线所示。则n（平衡时气体）：n（初始气体）＝ 10：9 。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2体积分数， A 点对应的平衡常数最小，理由是： 该反应是吸热反应，温度越低，平衡常数越小 ； C 点对应压强最大，理由是： 从C点对应温度看，若100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa 。
（4）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应又使积碳量减少：
积碳反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
消碳反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H＝+172kJ•mol﹣1
一定时间内，积碳量和反应温度的关系如图2所示。
①一定温度，增大CO2的浓度有助于减少积碳，其原因是： 增大c（CO2）使消碳反应平衡右移，减少碳的量 。
②温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是： 消碳反应速率增加的比积碳反应快 （任写一条）。
【分析】（1）除增大CH4浓度外的使反应正向移动的措施均能增大CH4平衡转化率；
（2）催化剂具有高效性，可以大大加快反应速率，但催化剂的活性与温度有关，需要适宜的温度才能发挥最大活性；
（3）①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数为40%，根据反应三段式计算平衡时体系中气体的总物质的量；
②平衡常数只与外界条件中的温度有关：吸热反应，升高温度，反应向正反应方向进行，平衡常数增大，反之平衡常数减小，正反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）是气体体积减小的吸热反应，升温会使CO2体积分数降低，增大压强会使CO2体积分数升高；
（4）①增大二氧化碳的浓度，甲烷的转化率增大，且使消碳反应正向进行、不利于积碳反应；
②温度高于600℃时，积碳反应和消碳反应的速率都增大，消碳反应速率可能增大的幅度更大。
【解答】解：（1）正反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）是气体体积减小的吸热反应，升高温度、降低压强、增加c（CO2）、减小c（CO）或c（H2）等措施均有利于平衡正向移动，均可提高CH4平衡转化率，
故答案为：增加c（CO2）；升温；
（2）该反应使用了催化剂，催化剂可大幅度提高反应速率，但催化剂的活性大小与温度有关，要使催化剂达到最大活性则需要有适宜温度范围，
故答案为：催化剂的活性最大；
（3）①三段式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始量（mol） 1 1 0 0
变化量（mol） x x 2x 2x
平衡量（mol）1﹣x 1﹣x 2x 2x
平衡时CO2体积分数为40%，即（1﹣x+1﹣x+2x+2x）×40%＝1﹣x，解得x＝，平衡时混合气体总量n（平衡时气体）＝（2+2x）mol＝mol，所以n（平衡时气体）：n（初始气体）＝mol：2mol＝10：9，
故答案为：10：9；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数变大，反之温度越低平衡常数越小，图中A点温度最低，则A点对应平衡常数最小；该反应的正反应为气体体积增大的反应，从C点对应温度看，若压强为100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa，即恒压时升温会使CO2体积分数减小，增大压强会使CO2体积分数增大，图中C点温度最高并且CO2体积分数最大，所以C点对应压强最大，
故答案为：A；该反应是吸热反应，温度越低，平衡常数越小；C；从C点对应温度看，若100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa；
（4）①消碳反应为CO2（g）+C（s）⇌2CO（g），增大CO2浓度，可使平衡正向进行，有助于减少积碳，
故答案为：增大c（CO2）使消碳反应平衡右移，减少碳的量；
②积碳反应和消碳反应都是吸热反应，但增大幅度可能不同，所以温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是消碳反应速率增加的比积碳反应快，
故答案为：温度高于600℃，消碳反应速率增加的比积碳反应快。
【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素及平衡图象分析、判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、计算能力及灵活运用能力，掌握温度、压强等条件对化学平衡的影响和图象信息分析判断是解题关键，注意三段式格式的应用、化学平衡常数的意义及应用，题目难度中等。
23．（15分）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
（1）实验结束后，Cu片有剩余，其原因是： 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 。
（2）用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是： 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 。
Ⅰ．已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有 Ag+ ，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含 SO42﹣ ，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是 Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4 。
（4）从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因： 发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动 。
（5）已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝ 。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向 左 （填“左”或“右”）移动。
Ⅱ．SO2通入0.1mol/L AgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 。
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是： 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢 。
【分析】（1）铜只与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
（2）除杂的原则是不减少要提纯的物质，不引入新杂质，操作简单易行，用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是降低SO2的溶解度，减小二氧化硫的损失；
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含Ag+，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含SO42﹣；不含SO42﹣可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4；
（4）SO2溶与AgNO3溶液时发生SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动；
（5）平衡常数的表达式K＝，溶于氨水后的混合物中加入少量水各物质的浓度都减小，根据Q与K的关系判断平衡移动的方向；
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀Ag，SO2和AgNO3发生氧化还原反应；
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应的现象判断反应发生的顺序。
【解答】解：（1）铜只与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余，
故答案为：随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
（2）除杂的原则是不减少要提纯的物质，不引入新杂质，操作简单易行，产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是降低SO2的溶解度，减小二氧化硫的损失，
故答案为：产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小；
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含Ag+，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含SO42﹣；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4，
故答案为：Ag+；SO42﹣；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4；
（4）根据流程如图知SO2溶与AgNO3溶液时，得到无色溶液M和白色沉淀N，发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动，酸性增强；
故答案为：发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动；
（5）平衡常数的表达式K＝，Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝，溶于氨水后的混合物中加入少量水，假设各物质的浓度都变为原来的，则Q＝2K＞K，平衡逆向移动，
故答案为：；左；
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀Ag，SO2和AgNO3发生氧化还原反应，反应的方程式：SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3，
故答案为：SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
（7）SO2通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，可知先发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，后发生SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3，得出结论氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢，
故答案为：氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点评】本题探究SO2与AgNO3溶液的反应，设计氧化还原反应、复分解反应、离子反应、离子检验以及平衡的移动、平衡常数的计算等知识点，综合性强，难度中等。
24．（16分）化合物Q是一种抗肿瘤药物的中间体，以苯、乙醇等为原料合成Q的一种合成路线如图：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
完成下列填空：
（1）写出反应①的化学反应方程式 。
（2）写反应类型 反应④： 还原 反应、反应⑤： 酯化或取代 反应。
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定。在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是： C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积 。
（4）已知：G+H→J+2CH3CH2OH。H的结构简式是 。
（5）R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，R烃基上的一溴代物有两种。写出两种符合条件的R的结构简式 、 。
（6）一种以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH）的路线如下：CH2＝CHCH3CH2＝CHCHO……→HOOC﹣CH2﹣COOH，将上述路线补充完整（无试剂任用） 。（合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物）
【分析】根据A分子式知，苯和浓硝酸发生取代反应生成A为，A和氯气发生取代反应生成B，根据M结构简式知，B为，B发生取代反应生成D，D为，D发生还原反应生成M；丙二酸和乙醇发生酯化反应生成G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，（4）G+H→J+2CH3CH2OH，反应⑦中3个Cl原子均被﹣OCH2CH3取代，则H为；
（6）以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH），CH2＝CHCH3被氧化生成CH2＝CHCHO，丙烯醛和水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO被催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO被氧化生成HOOCCH2COOH。
【解答】解：（1）反应①为苯和浓硝酸的硝化反应或取代反应，需要浓硫酸作催化剂、加热条件，该反应的化学反应方程式为，
故答案为：；
（2）反应④中D中硝基被还原生成M中氨基，则该反应为还原反应，反应⑤中羧基和醇发生酯化反应或取代反应生成G，该反应为酯化反应或取代反应，
故答案为：还原；酯化或取代；
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定，在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是：C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积，从而确定是否含有羟基，
故答案为：C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积；
（4）通过以上分析知，H的结构简式是，
故答案为：；
（5）G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，说明含有酯基，R烃基上的一溴代物有两种，说明烃基上含有两种氢原子，符合条件的R的结构简式为、，
故答案为：；；
（6）以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH），CH2＝CHCH3被氧化生成CH2＝CHCHO，丙烯醛和水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO被催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO被氧化生成HOOCCH2COOH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用题给信息、反应条件及某些物质结构简式正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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日期：2021/11/9 22:38:53；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
2020-2021学年上海市杨浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）裂化是石油炼制的一种方式，裂化（ ）
A．能提高燃料油的产量
B．产物中只含烷烃
C．是为获得小分子不饱和烯烃
D．与石油分馏原理相同
2．（2分）含物质种类最多的晶体是（ ）
A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
3．（2分）镓（31Ga）是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是（ ）
A．Ga的最高价：+3价
B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga
D．碱性：Ga（OH）3＜Al（OH）3
4．（2分）下列物质的相关用途利用了其还原性的是（ ）
A．氨用于制铵盐
B．含醛基的葡萄糖用于制银镜
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗
5．（2分）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．乙醇制乙烯 B．铝粉与氧化铁粉末反应
C．电石制乙炔 D．镁和稀硫酸反应
6．（2分）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是（ ）
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水
C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
7．（2分）若用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，指示剂（ ）
A．选甲基橙或酚酞 B．只能选石蕊
C．只能选酚酞 D．只能选甲基橙
8．（2分）已知：NaF的熔点993℃、MgF2的熔点1261℃。下列分析错误的是（ ）
A．NaF和MgF2均由阴、阳离子构成
B．离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱
C．NaF中的离子键比MgF2中的弱
D．MgF2的摩尔质量比NaF的大，所以MgF2熔点高
9．（2分）制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇在导管内冷凝成液态
B．浓硫酸是催化剂也是吸水剂，用量越多越好
C．实验结束后振荡试管a，上层液体减少
D．蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯
10．（2分）通过一步反应不能实现的是（ ）
A．Al2O3→Al（OH）3 B．Al→Al（OH）3
C．Fe（OH）2→Fe（OH）3 D．FeCl3→FeCl2
11．（2分）对海带提碘操作的解释，正确的是（ ）
A．灼烧海带：把碘从游离态变为化合态
B．浸泡：将IO3﹣变为I﹣
C．适量氯水：将I﹣变为I2
D．萃取并分液：得到纯净的碘
12．（2分）自然界中的氮循环如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中有3种固氮途径
B．氮元素不以有机物形式参与循环
C．动植物尸体腐败时产生氨或铵盐
D．人类活动会影响氮循环
13．（2分）用所给试剂和条件不能实现的转化是（ ）
A．CH3CH2Br乙烯
B．
C．乙酸乙酯乙醇
D．乙醇溴乙烷
14．（2分）液化石油气中含正丁烷。有关正丁烷的叙述正确的是（ ）
A．分子中碳原子在一条直线上
B．比异丁烷沸点低
C．一氯代物比异丁烷的一氯代物少
D．与空气混合能形成爆炸性混合物
15．（2分）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示（某些产物及反应条件略去）。下列分析错误的是（ ）
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
16．（2分）同温同压，不同体积的密闭容器中分别有相同质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度。下列分析正确的是（ ）
A．物质的量：甲＜乙 B．分子数：甲＞乙
C．摩尔体积：甲＜乙 D．摩尔质量：甲＜乙
17．（2分）目前我国有近一半的纯碱是由氨碱法制得。氨碱法中不会涉及的离子反应是（ ）
A．产生NaHCO3：Na++HCO3﹣═NaHCO3↓
B．母液处理：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
C．母液处理：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．母液处理：NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣
18．（2分）钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接，可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A．该保护法是利用了原电池原理
B．电子从钢铁设施沿导线流到金属M
C．金属M发生的反应：M﹣ne﹣═Mn+
D．钢铁设施因电子流入而被保护
19．（2分）25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化
B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol/L
D．a、b两点酸溶液的浓度相同
20．（2分）为测定某Na2O2试样（含少量Na2O）中Na2O2的质量分数，设计如图实验，下列分析错误的是（ ）
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒
B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
二、综合题（共60分）
21．（14分）（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵）是一种重要的化工原料，用途广泛。
完成下列填空：
（1）Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2铁原子核外有 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 周期 族。
（2）写出Fe与水反应的化学方程式： 。
（3）将（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： 。
（4）同温度同浓度的FeSO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（Fe2+）是否相等？为什么？ 。
（5）设计实验，证明（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体中含有Fe2+ 。
（6）已知：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 （写一条即可）。
22．（15分）CH4和CO2在催化剂作用下反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ，完成下列填空：
（1）有利于提高CH4平衡转化率的措施是 、 （任写两条）。
（2）该反应温度控制在550～750℃之间，从反应速率角度分析，选择该温度范围的可能原因： 。
（3）CH4和CO2各1mol充入密闭容器中，发生上述反应。
①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数与温度的关系如图1中曲线所示。则n（平衡时气体）：n（初始气体）＝ 。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2体积分数， 点对应的平衡常数最小，理由是： ； 点对应压强最大，理由是： 。
（4）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应又使积碳量减少：
积碳反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
消碳反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H＝+172kJ•mol﹣1
一定时间内，积碳量和反应温度的关系如图2所示。
①一定温度，增大CO2的浓度有助于减少积碳，其原因是： 。
②温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是： （任写一条）。
23．（15分）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
（1）实验结束后，Cu片有剩余，其原因是： 。
（2）用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是： 。
Ⅰ．已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有 ，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含 ，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是 。
（4）从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因： 。
（5）已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝ 。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向 （填“左”或“右”）移动。
Ⅱ．SO2通入0.1mol/L AgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式 。
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是： 。
24．（16分）化合物Q是一种抗肿瘤药物的中间体，以苯、乙醇等为原料合成Q的一种合成路线如图：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
完成下列填空：
（1）写出反应①的化学反应方程式 。
（2）写反应类型 反应④： 反应、反应⑤： 反应。
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定。在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是： 。
（4）已知：G+H→J+2CH3CH2OH。H的结构简式是 。
（5）R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，R烃基上的一溴代物有两种。写出两种符合条件的R的结构简式 、 。
（6）一种以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH）的路线如下：CH2＝CHCH3CH2＝CHCHO……→HOOC﹣CH2﹣COOH，将上述路线补充完整（无试剂任用） 。（合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物）
2020-2021学年上海市杨浦区高三（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，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）裂化是石油炼制的一种方式，裂化（ ）
A．能提高燃料油的产量
B．产物中只含烷烃
C．是为获得小分子不饱和烯烃
D．与石油分馏原理相同
【分析】石油裂化是用分馏出的重油来制取轻质油，制取的轻质油中含烯烃，据此分析。
【解答】解：石油裂化是用分馏出的重油来制取轻质油，主要是获得裂化汽油，制取的轻质油中含烯烃。
A．石油裂化能获得轻质油等燃料油，即提高燃料油的产量，故A正确；
B．石油裂化的产物中含烷烃和烯烃，故B错误；
C．石油的裂化是为了获得轻质油，裂解的目的是为了获得三烯等小分子不饱和烃，故C错误；
D．石油分馏是根据石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的操作，是物理变化，而裂化是化学变化，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了石油的分馏、裂化和裂解的目的的区别，难度不大，应注意基础知识的掌握。
2．（2分）含物质种类最多的晶体是（ ）
A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【分析】物质晶体种类包含离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体，其中分子晶体中包含有机物形成的分子晶体。
【解答】解：离子晶体是离子化合物形成，原子晶体是原子构成的晶体，分子在晶体是分子构成的晶体，金属晶体是金属和自由电子构成的晶体，其中分子构成的晶体包含有机物分子形成的晶体，有机物种类多，含物质种类最多的晶体是分子晶体，
故选：C。
【点评】本题考查了晶体结构和种类等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）镓（31Ga）是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是（ ）
A．Ga的最高价：+3价
B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga
D．碱性：Ga（OH）3＜Al（OH）3
【分析】A．镓（31Ga）是与铝同族，同族元素具有相同的最高正化合价；
B．Al2O3属于离子化合物；
C．质量数＝质子数+中子数；
D．金属性越强，对应最高价氧化物的水合物的碱性越强。
【解答】解：A．同族元素具有相同的最高正化合价，镓（31Ga）是与铝同族，Al的最高价：+3价，Ga的最高价：也是+3价，故A正确；
B．Al2O3属于离子化合物，镓的金属性更强，Ga2O3属于离子化合物，故B正确；
C．质量数＝质子数+中子数，镓（31Ga）的质量数为31+36＝67，所以中子数为36的镓原子：Ga，故C正确；
D．金属性越强，对应最高价氧化物的水合物的碱性越强，镓的金属性更强，碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期表的应用，注意同族元素的相似性和递变性是答题关键，难度不大。
4．（2分）下列物质的相关用途利用了其还原性的是（ ）
A．氨用于制铵盐
B．含醛基的葡萄糖用于制银镜
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗
【分析】反应中存在元素化合价的变化，而且该物质的化合价升高，被氧化，作还原剂，据此分析。
【解答】解：A．氨用于制铵盐，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，没有体现还原性，故A错误；
B．葡萄糖结构中含有醛基，是还原性糖，与银氨溶液反应时，能够将+1价的银变为0价的银，体现了还原性，故B正确；
C．次氯酸钙用于游泳池水消毒，主要是利用了次氯酸的强氧化性，故C错误；
D．氧化铝陶瓷用于防弹车车窗，是利用其高强度，属于物理性质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大。
5．（2分）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．乙醇制乙烯 B．铝粉与氧化铁粉末反应
C．电石制乙炔 D．镁和稀硫酸反应
【分析】反应中生成物总能量高于反应物总能量，则为吸热反应，根据常见的吸热反应有：绝大多数的分解反应（包括消去反应）、铵盐和碱的反应、以C、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应、HCl和碳酸氢钠的反应等，据此分析。
【解答】解：A．乙醇制取乙烯为消去反应，为吸热反应，故A正确；
B．铝和氧化铁粉末的反应是铝热反应，是剧烈的放热反应，故B错误；
C．电石制取乙炔剧烈放热，故C错误；
D．金属和水或酸的反应是放热反应，故镁和硫酸的反应放热，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了常见的吸放热反应，应注意的是乙醇制取乙烯按有机反应类型分类的话是消去反应，但按无机反应类型分类是分解反应。
6．（2分）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是（ ）
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水
C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
【分析】溴水和FeCl3溶液都具有氧化性，其中溴水易溶于四氯化碳，可与氢氧化钠、硝酸银反应，FeCl3溶液可与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，以此解答该题。
【解答】解：A．二者都可氧化碘化钾，试纸变蓝色，不能鉴别，故A不选；
B．溴水和FeCl3溶液与氯水都不反应，不能鉴别，故B不选；
C．溴水易溶于四氯化碳，有机层呈橙色，FeCl3溶液与四氯化碳分层，水层呈黄色，现象不同，可鉴别，故C选；
D．FeCl3溶液和溴水都能使蓝色石蕊试纸变红色，不能鉴别，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，明确物质之间的化学反应及反应的现象是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大。
7．（2分）若用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，指示剂（ ）
A．选甲基橙或酚酞 B．只能选石蕊
C．只能选酚酞 D．只能选甲基橙
【分析】NaOH溶液滴定醋酸溶液，化学方程式为NaOH+CH3COOH═CH3COONa+H2O，滴定终点溶液显弱碱性，所以指示剂应选择变色范围为8.2﹣10的酚酞。
【解答】解：用已知浓度的NaOH溶液滴定一定体积未知浓度的醋酸溶液，反应产物为CH3COONa和H2O，因CH3COONa溶液显碱性，所以应选择变色范围为碱性的指示剂，甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，不能用甲基橙，石蕊的颜色变化不明显，因此一般不用石蕊做指示剂，酚酞的变色范围为8.2﹣10，所以只能选酚酞做指示剂，滴定终点为：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为红色，且半分钟内不变色，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了酸碱中和滴定中指示剂的选择，考生应根据反应产物的酸碱性并结合指示剂的变色范围进行选择，本题难度不大。
8．（2分）已知：NaF的熔点993℃、MgF2的熔点1261℃。下列分析错误的是（ ）
A．NaF和MgF2均由阴、阳离子构成
B．离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱
C．NaF中的离子键比MgF2中的弱
D．MgF2的摩尔质量比NaF的大，所以MgF2熔点高
【分析】A．离子晶体由阴阳离子构成；
B．离子键强弱与晶格能有关，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比；
C．离子键中离子半径越小，离子键越强；
D．离子晶体熔沸点与摩尔质量无关，与晶格能成正比。
【解答】解：A．二者都是离子晶体，都是由阴阳离子构成的，故A正确；
B．离子键强弱与晶格能有关，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，所以离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱，故B正确；
C．离子键中离子半径越小，离子键越强，钠离子比较大于镁离子，所以NaF中的离子键比MgF2中的弱，故C正确；
D．离子晶体熔沸点与摩尔质量无关，与晶格能成正比，所以MgF2熔点高与其晶格能有关，与摩尔质量无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子晶体熔沸点比较，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确离子晶体熔沸点影响因素、晶体构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）制备乙酸乙酯的装置如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇在导管内冷凝成液态
B．浓硫酸是催化剂也是吸水剂，用量越多越好
C．实验结束后振荡试管a，上层液体减少
D．蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯
【分析】A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇的蒸汽冷凝时会变成液体；
B．浓硫酸具有强氧化性，能使乙醇氧化；
C．试管a中的上层液体为乙酸乙酯，以及少量的杂质乙醇和乙酸；
D．乙酸乙酯易挥发。
【解答】解：A．长导管的作用是导气、冷凝，乙酸乙酯、乙酸、乙醇的蒸汽在长导管中冷凝会变成液体，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，能使乙醇氧化，所以浓硫酸的用量不能太多，故B错误；
C．试管a中的上层液体为乙酸乙酯，以及少量的杂质乙醇和乙酸，振荡试管a，乙醇和乙酸会进入水层，所以上层液体减少，故C正确；
D．乙酸乙酯易挥发，蒸馏试管a中的油状液体可提纯乙酸乙酯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备方法及反应原理，题目难度不大，解答时须注意酯化反应的原理，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（2分）通过一步反应不能实现的是（ ）
A．Al2O3→Al（OH）3 B．Al→Al（OH）3
C．Fe（OH）2→Fe（OH）3 D．FeCl3→FeCl2
【分析】A．Al2O3和水不反应；
B．Al与水反应生成Al（OH）3；
C．Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3；
D．FeCl3与Fe反应生成FeCl2。
【解答】解：A．Al2O3和水不反应，Al2O3不可一步反应生成Al（OH）3，故A选；
B．Al与水反应生成Al（OH）3，通过一步反应能实现物质之间的转化，故B不选；
C．Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3，通过一步反应能实现物质之间的转化，故C不选；
D．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，通过一步反应能实现物质之间的转化，故D不选；
故选：A。
【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。
11．（2分）对海带提碘操作的解释，正确的是（ ）
A．灼烧海带：把碘从游离态变为化合态
B．浸泡：将IO3﹣变为I﹣
C．适量氯水：将I﹣变为I2
D．萃取并分液：得到纯净的碘
【分析】A.海带中碘以离子存在；
B.浸泡得到含碘离子的溶液；
C.氯水可氧化碘离子；
D.萃取分液后得到碘的有机溶液。
【解答】解：A.海带中碘以离子存在，灼烧后碘始终以化合态存在，故A错误；
B.浸泡得到含碘离子的溶液，I元素的化合价不变，故B错误；
C.氯水可氧化碘离子，则适量氯水可将I﹣变为I2，故C正确；
D.萃取分液后得到碘的有机溶液，还需蒸馏分离出碘，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水提碘，为高频考点，把握碘的存在、提纯、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）自然界中的氮循环如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．图中有3种固氮途径
B．氮元素不以有机物形式参与循环
C．动植物尸体腐败时产生氨或铵盐
D．人类活动会影响氮循环
【分析】由循环图可知，大气中的氮气通过雷电作用、合成氨工业和固氮生物作用固定下来转化为氨、铵盐或硝酸盐，部分氨或铵盐转化为亚硝酸盐，亚硝酸盐再转化为硝酸盐，硝酸盐一部分被细菌分解为氮气回到大气中，一部分被植物吸收制造蛋白质，植物会被动物摄食，而动植物遗体腐败时再产生氨或铵盐，据此判断各项。
【解答】解：A．固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，即将氮气转化为氮的化合物，因此图中有3种固氮途径，分别为雷电作用、合成氨工业和固氮生物作用，故A不选；
B．图中植物可以吸收硝酸盐制造蛋白质，因此氮元素也以有机物形式参与循环，故B选；
C．由图可知，动植物遗体产生氨或铵盐，故C不选；
D．人类活动如合成氨工业会影响氮循环，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了自然界中氮的循环，考生应仔细观察循环图并结合所学基础知识进行判断，本题难度不大。
13．（2分）用所给试剂和条件不能实现的转化是（ ）
A．CH3CH2Br乙烯
B．
C．乙酸乙酯乙醇
D．乙醇溴乙烷
【分析】A．CH3CH2Br与NaOH水溶液反应生成乙醇；
B．甲苯与氯气在光照条件下发生反应，氯气取代甲基上的氢原子；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇；
D．乙醇与浓HBr反应生成溴乙烷。
【解答】解：A．CH3CH2Br与NaOH水溶液反应生成乙醇，在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，故A错误；
B．甲苯与氯气在光照条件下发生反应，氯气取代甲基上的氢原子，则与氯气在光照条件下反应生成，故B正确；
C．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，则乙酸乙酯乙醇，能实现的转化，故C正确；
D．乙醇与浓HBr反应生成溴乙烷，则乙醇溴乙烷，能实现的转化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团的性质，题目难度不大。
14．（2分）液化石油气中含正丁烷。有关正丁烷的叙述正确的是（ ）
A．分子中碳原子在一条直线上
B．比异丁烷沸点低
C．一氯代物比异丁烷的一氯代物少
D．与空气混合能形成爆炸性混合物
【分析】A．烷烃中碳原子呈锯齿型；
B．互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低；
C．正丁烷中含2种H原子，异丁烷中也含2种H原子；
D．正丁烷是易燃易爆气体。
【解答】解：A．烷烃中碳原子呈锯齿型，不是直线，故A错误；
B．互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，故正丁烷的沸点比异丁烷的高，故B错误；
C．正丁烷中含2种H原子，异丁烷中页含2种H原子，故正丁烷有2种一氯代物，异丁烷也有2种，一氯代物种数相同，故C错误；
D．正丁烷是易燃易爆气体，故能和空气混合能形成爆炸性混合物，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了烷烃的结构以及互为同分异构体的烷烃的性质和结构特点，难度不大，应注意基础的掌握。
15．（2分）固态单质甲及其化合物之间的转化如图所示（某些产物及反应条件略去）。下列分析错误的是（ ）
A．甲在空气中燃烧产生淡蓝色火焰
B．工业上乙→丙的条件是：高温、高压、催化剂
C．乙和丙的相对分子质量比为4：5
D．戊既有还原性又有氧化性
【分析】由于是固态单质甲及其化合物之间的转化，各物质均含有同种元素，而单质甲与空气反应生成乙，可推知乙是氧化物，乙能与水反应生成戊，乙转化生成丙，丙也能与水反应生成丁，且丁转化又可以生成乙，可推知甲为S、乙为SO2、丙为SO3、丁为H2SO4、戊为H2SO3。
【解答】解：A．甲是S，在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，故A正确；
B．工业上由SO2转化为SO3的条件是：常压，400﹣500℃时，用五氧化二钒作催化剂，故B错误；
C．乙为SO2、丙为SO3，二者相对分子质量之比为64：80＝4：5，故C正确；
D．戊为H2SO3，含有的硫元素为+4价，即具有还原性又有氧化性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机物的推断，属于猜测验证型题目，关键是抓住各物质含有同种元素，结合有关转化进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识。
16．（2分）同温同压，不同体积的密闭容器中分别有相同质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度。下列分析正确的是（ ）
A．物质的量：甲＜乙 B．分子数：甲＞乙
C．摩尔体积：甲＜乙 D．摩尔质量：甲＜乙
【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，以此来解答。
【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由等质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度，则甲中的气体的体积小，
A．甲的体积小，物质的量小，故A正确；
B．体积与物质的量成正比，则甲的物质的量少，则甲的分子数小，故B错误；
C．相同状况下，气体的摩尔体积相同，故C错误；
D．相同质量时，甲的物质的量小，则甲的摩尔质量大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论，注意体积、物质的量的关系及习题中的信息应用即可解答，选项A为解答的易错点，题目难度中等。
17．（2分）目前我国有近一半的纯碱是由氨碱法制得。氨碱法中不会涉及的离子反应是（ ）
A．产生NaHCO3：Na++HCO3﹣═NaHCO3↓
B．母液处理：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
C．母液处理：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D．母液处理：NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣
【分析】氨碱法制纯碱的过程为：饱和NaCl溶液中通入NH3，再通入由煅烧CaCO3所得的CO2，因NaHCO3的溶解度小，所以析出NaHCO3晶体，再加热NaHCO3得到纯碱Na2CO3，涉及到的化学方程式为NH3+CO2+H2O═NH4HCO3，NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，析出NaHCO3晶体后，在母液中加入生石灰以回收NH3，方程式为2NH4Cl+CaO═CaCl2+2NH3↑+H2O，据此判断各项。
【解答】解：A．因NaHCO3的溶解度小，所以会析出NaHCO3晶体，离子方程式为Na++HCO3﹣═NaHCO3↓，故A不选；
B．母液中加入生石灰以回收NH3循环利用，CaO溶于水生成Ca（OH）2，回收NH3的离子方程式为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故B不选；
C．因母液中还有少量的HCO3﹣，加入的生石灰还会发生反应Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．母液中含氯化铵，加入生石灰，有氨气放出，不能发生NH3+HCO3﹣═NH4++CO32﹣离子反应，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了氨碱法的制备过程和母液处理，考生应注意掌握氨碱法制备纯碱的过程、原理，并熟知涉及的化学方程式，本题难度不大。
18．（2分）钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接，可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A．该保护法是利用了原电池原理
B．电子从钢铁设施沿导线流到金属M
C．金属M发生的反应：M﹣ne﹣═Mn+
D．钢铁设施因电子流入而被保护
【分析】将金属M与钢铁设施连接，故形成了原电池，而可减缓钢铁设施的腐蚀，则说明钢铁做了正极，金属M做负极失电子，即金属M要比钢铁活泼，据此分析。
【解答】解：将金属M与钢铁设施连接，故形成了原电池，钢铁做正极被保护，金属M做负极被腐蚀。
A．该保护方法形成了原电池，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．在此装置中，钢铁做正极，金属M做负极失去电子，故电子从金属M沿导线到钢铁，故B错误；
C．金属M做负极失电子，故发生的反应为M﹣ne﹣═Mn+，故C正确；
D．钢铁做正极，电子流入，从而被保护，不会腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，题目难度不大，应注意的是原电池的正极、电解池的阴极被保护。
19．（2分）25℃，相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．Ⅰ为醋酸稀释时的pH变化
B．未稀释时两溶液的导电能力不同
C．b点水电离的c（H+）＝1×10﹣11mol/L
D．a、b两点酸溶液的浓度相同
【分析】HCl是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸中氢离子的浓度，故Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用a点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（I）浓度，据此分析。
【解答】解：A．由分析可知，Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误；
B．未稀释时，两溶液的pH相同，即氢离子浓度相同，则溶液的导电能力相同，故B错误；
C．b点溶液的pH＝3，则溶液中c（H+）＝1×10﹣3mol/L，所以c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣11mol/L，酸中OH﹣由水电离，水电离的c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣11mol/L，故C正确；
D．相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（I）浓度，即a、b两点酸溶液的浓度不相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度关系、溶液导电性强弱影响因素、离子积常数与温度关系是解本题关键，注意：离子积常数与溶液酸碱性及浓度无关，溶液导电性强弱与电解质强弱无关，题目难度不大。
20．（2分）为测定某Na2O2试样（含少量Na2O）中Na2O2的质量分数，设计如图实验，下列分析错误的是（ ）
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒
B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【分析】实验过程中样品加入稀盐酸，过氧化钠和氧化钠和盐酸都反应，过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，过滤除去不溶性杂质，溶液转移到蒸发皿中加热蒸发浓缩溶剂得到溶质固体，冷却后称量得到氯化钠的质量，即可计算出生成的氧气的质量，进而计算过氧化钠的质量，
A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ是蒸发溶液，玻璃棒不断搅拌，防止局部受热；
B．实验通过测定实验与盐酸反应前后的质量差测定氧气的质量分析判断；
C．操作Ⅱ若损失部分固体，称量氯化钠固体质量偏低；
D．若溶液转移不完全，所得晶体质量偏小，测定氧气质量偏大。
【解答】解：A．操作Ⅰ中需要用玻璃棒进行搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ是蒸发溶液，用到玻璃棒的目的是：使溶液受热均匀，不断搅拌，防止局部受热液体飞溅，故A正确；
B．实验通过测定与盐酸反应前后的质量差测定氧气的质量，来计算过氧化钠的质量，因此该实验中需称量样品和NaCl的质量，故B正确；
C．操作Ⅱ若损失部分固体，称量氯化钠固体质量偏低，测定氧气质量偏大，导致计算出的过氧化钠质量偏大，故C正确；
D．若溶液转移不完全，所得晶体质量偏小，测定氧气质量偏大，导致计算出的过氧化钠质量偏大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了无机实验综合，主要是混合物中物质含量的实验测得方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（14分）（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（硫酸亚铁铵）是一种重要的化工原料，用途广泛。
完成下列填空：
（1）Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2铁原子核外有 7 种能量不同的电子，占有的轨道总数是 15 个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第 四 周期 Ⅷ 族。
（2）写出Fe与水反应的化学方程式： 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 。
（3）将（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列： r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣） 。
（4）同温度同浓度的FeSO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c（Fe2+）是否相等？为什么？ 不相等，因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大 。
（5）设计实验，证明（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体中含有Fe2+ 取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ 。
（6）已知：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是 （NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低 （写一条即可）。
【分析】（1）Fe原子核外电子排布式为1S22S22P63S23p63d64S2，能级不同电子能量不同，根据s只有1个轨道，p有3个轨道、d有5个轨道计算其核外电子占有的轨道总数，Fe的原子序数为26，原子结构示意图为，以此可确定在周期表中的位置；
（2）铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
（3）电子层越多，离子半径越大，同层离子，核电荷数越大，半径越小；
（4）物质的量浓度相等的亚铁盐溶液中，NH4+的水解会抑制Fe2+水解；
（5）含Fe2+溶液呈浅绿色，滴入2滴KSCN溶液，溶液不红色，再滴入 几滴新制氯水，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+溶液遇KSCN，溶液变为血红色，所此可证明晶体的成分中含有Fe2+；
（6）Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量。
【解答】解：（1）Fe原子核外电子排布式为1S22S22P63S23p63d64S2，能级不同电子能量不同，铁原子含有7种能级，所以有7种能量不同的电子，其核外电子占有的轨道总数是1+1+3+1+3+5+1＝15个，Fe原子结构示意图为，位于周期表第四周期第Ⅷ族，
故答案为：7；15；四；Ⅷ；
（2）铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，方程式：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（3）（NH4）2Fe（SO4）2中非金属元素的简单阴离子分别为：H﹣、O2﹣、N3﹣、S2﹣，同层离子，核电荷数越大，半径越小，r（O2﹣）＜r（N3﹣），电子层越多，离子半径越大，r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣），
故答案为：r（H﹣）＜r（O2﹣）＜r（N3﹣）＜r（S2﹣）；
（4）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大，
故答案为：不相等，因为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，NH4+的水解会抑制Fe2+水解，使（NH4）2Fe（SO4）2中c（Fe2+）偏大；
（5）取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，含Fe2+溶液呈浅绿色，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+溶液遇KSCN，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
故答案为：取样少许，加水（或稀硫酸）溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
（6）Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低，
故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
【点评】本题考查铁及其化合物的性质，侧重考查基本原理，明确物质性质是解本题关键，注意思维的缜密性等，题目难度中等。
22．（15分）CH4和CO2在催化剂作用下反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+247kJ，完成下列填空：
（1）有利于提高CH4平衡转化率的措施是 增加c（CO2） 、 升温 （任写两条）。
（2）该反应温度控制在550～750℃之间，从反应速率角度分析，选择该温度范围的可能原因： 催化剂的活性最大 。
（3）CH4和CO2各1mol充入密闭容器中，发生上述反应。
①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数与温度的关系如图1中曲线所示。则n（平衡时气体）：n（初始气体）＝ 10：9 。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2体积分数， A 点对应的平衡常数最小，理由是： 该反应是吸热反应，温度越低，平衡常数越小 ； C 点对应压强最大，理由是： 从C点对应温度看，若100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa 。
（4）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应又使积碳量减少：
积碳反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H＝+75kJ•mol﹣1
消碳反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）△H＝+172kJ•mol﹣1
一定时间内，积碳量和反应温度的关系如图2所示。
①一定温度，增大CO2的浓度有助于减少积碳，其原因是： 增大c（CO2）使消碳反应平衡右移，减少碳的量 。
②温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是： 消碳反应速率增加的比积碳反应快 （任写一条）。
【分析】（1）除增大CH4浓度外的使反应正向移动的措施均能增大CH4平衡转化率；
（2）催化剂具有高效性，可以大大加快反应速率，但催化剂的活性与温度有关，需要适宜的温度才能发挥最大活性；
（3）①300℃，100kPa，反应达到平衡时CO2体积分数为40%，根据反应三段式计算平衡时体系中气体的总物质的量；
②平衡常数只与外界条件中的温度有关：吸热反应，升高温度，反应向正反应方向进行，平衡常数增大，反之平衡常数减小，正反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）是气体体积减小的吸热反应，升温会使CO2体积分数降低，增大压强会使CO2体积分数升高；
（4）①增大二氧化碳的浓度，甲烷的转化率增大，且使消碳反应正向进行、不利于积碳反应；
②温度高于600℃时，积碳反应和消碳反应的速率都增大，消碳反应速率可能增大的幅度更大。
【解答】解：（1）正反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）是气体体积减小的吸热反应，升高温度、降低压强、增加c（CO2）、减小c（CO）或c（H2）等措施均有利于平衡正向移动，均可提高CH4平衡转化率，
故答案为：增加c（CO2）；升温；
（2）该反应使用了催化剂，催化剂可大幅度提高反应速率，但催化剂的活性大小与温度有关，要使催化剂达到最大活性则需要有适宜温度范围，
故答案为：催化剂的活性最大；
（3）①三段式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始量（mol） 1 1 0 0
变化量（mol） x x 2x 2x
平衡量（mol）1﹣x 1﹣x 2x 2x
平衡时CO2体积分数为40%，即（1﹣x+1﹣x+2x+2x）×40%＝1﹣x，解得x＝，平衡时混合气体总量n（平衡时气体）＝（2+2x）mol＝mol，所以n（平衡时气体）：n（初始气体）＝mol：2mol＝10：9，
故答案为：10：9；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数变大，反之温度越低平衡常数越小，图中A点温度最低，则A点对应平衡常数最小；该反应的正反应为气体体积增大的反应，从C点对应温度看，若压强为100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa，即恒压时升温会使CO2体积分数减小，增大压强会使CO2体积分数增大，图中C点温度最高并且CO2体积分数最大，所以C点对应压强最大，
故答案为：A；该反应是吸热反应，温度越低，平衡常数越小；C；从C点对应温度看，若100kPa，平衡时CO2的体积分数约20%，现在CO2的平衡体积分数近40%，压强应高于100KPa；
（4）①消碳反应为CO2（g）+C（s）⇌2CO（g），增大CO2浓度，可使平衡正向进行，有助于减少积碳，
故答案为：增大c（CO2）使消碳反应平衡右移，减少碳的量；
②积碳反应和消碳反应都是吸热反应，但增大幅度可能不同，所以温度高于600℃，积碳量减少的可能原因是消碳反应速率增加的比积碳反应快，
故答案为：温度高于600℃，消碳反应速率增加的比积碳反应快。
【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素及平衡图象分析、判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、计算能力及灵活运用能力，掌握温度、压强等条件对化学平衡的影响和图象信息分析判断是解题关键，注意三段式格式的应用、化学平衡常数的意义及应用，题目难度中等。
23．（15分）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
（1）实验结束后，Cu片有剩余，其原因是： 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 。
（2）用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是： 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 。
Ⅰ．已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有 Ag+ ，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含 SO42﹣ ，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是 Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4 。
（4）从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因： 发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动 。
（5）已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝ 。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向 左 （填“左”或“右”）移动。
Ⅱ．SO2通入0.1mol/L AgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 。
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是： 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢 。
【分析】（1）铜只与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
（2）除杂的原则是不减少要提纯的物质，不引入新杂质，操作简单易行，用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是降低SO2的溶解度，减小二氧化硫的损失；
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含Ag+，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含SO42﹣；不含SO42﹣可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4；
（4）SO2溶与AgNO3溶液时发生SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动；
（5）平衡常数的表达式K＝，溶于氨水后的混合物中加入少量水各物质的浓度都减小，根据Q与K的关系判断平衡移动的方向；
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀Ag，SO2和AgNO3发生氧化还原反应；
（7）比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应的现象判断反应发生的顺序。
【解答】解：（1）铜只与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余，
故答案为：随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
（2）除杂的原则是不减少要提纯的物质，不引入新杂质，操作简单易行，产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是降低SO2的溶解度，减小二氧化硫的损失，
故答案为：产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小；
（3）取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含Ag+，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含SO42﹣；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4，
故答案为：Ag+；SO42﹣；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO42﹣，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO42﹣，则N中没有Ag2SO4；
（4）根据流程如图知SO2溶与AgNO3溶液时，得到无色溶液M和白色沉淀N，发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动，酸性增强；
故答案为：发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，SO32﹣浓度减小，使HSO3﹣⇌H++SO32﹣平衡正向移动，促进SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，三个平衡正向移动；
（5）平衡常数的表达式K＝，Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3（s）+4NH3•H2O⇌2Ag（NH3）2++SO32﹣+4H2O，该反应平衡常数的表达式K＝，溶于氨水后的混合物中加入少量水，假设各物质的浓度都变为原来的，则Q＝2K＞K，平衡逆向移动，
故答案为：；左；
（6）写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀Ag，SO2和AgNO3发生氧化还原反应，反应的方程式：SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3，
故答案为：SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
（7）SO2通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，可知先发生SO32﹣+Ag+⇌Ag2SO3↓，后发生SO2+2AgNO3+2H2O＝2Ag↓+H2SO4+2HNO3，得出结论氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢，
故答案为：氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点评】本题探究SO2与AgNO3溶液的反应，设计氧化还原反应、复分解反应、离子反应、离子检验以及平衡的移动、平衡常数的计算等知识点，综合性强，难度中等。
24．（16分）化合物Q是一种抗肿瘤药物的中间体，以苯、乙醇等为原料合成Q的一种合成路线如图：
已知：R1ONa+R2Cl→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基）
完成下列填空：
（1）写出反应①的化学反应方程式 。
（2）写反应类型 反应④： 还原 反应、反应⑤： 酯化或取代 反应。
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定。在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是： C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积 。
（4）已知：G+H→J+2CH3CH2OH。H的结构简式是 。
（5）R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，R烃基上的一溴代物有两种。写出两种符合条件的R的结构简式 、 。
（6）一种以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH）的路线如下：CH2＝CHCH3CH2＝CHCHO……→HOOC﹣CH2﹣COOH，将上述路线补充完整（无试剂任用） 。（合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物）
【分析】根据A分子式知，苯和浓硝酸发生取代反应生成A为，A和氯气发生取代反应生成B，根据M结构简式知，B为，B发生取代反应生成D，D为，D发生还原反应生成M；丙二酸和乙醇发生酯化反应生成G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，（4）G+H→J+2CH3CH2OH，反应⑦中3个Cl原子均被﹣OCH2CH3取代，则H为；
（6）以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH），CH2＝CHCH3被氧化生成CH2＝CHCHO，丙烯醛和水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO被催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO被氧化生成HOOCCH2COOH。
【解答】解：（1）反应①为苯和浓硝酸的硝化反应或取代反应，需要浓硫酸作催化剂、加热条件，该反应的化学反应方程式为，
故答案为：；
（2）反应④中D中硝基被还原生成M中氨基，则该反应为还原反应，反应⑤中羧基和醇发生酯化反应或取代反应生成G，该反应为酯化反应或取代反应，
故答案为：还原；酯化或取代；
（3）为确定分子式为C2H6O的结构，实验室可用反应⑥来测定，在一定温度、压强下，该实验中需要准确测量的是：C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积，从而确定是否含有羟基，
故答案为：C2H6O的质量、生成的气体（或H2）体积；
（4）通过以上分析知，H的结构简式是，
故答案为：；
（5）G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，R是G的同分异构体，且与G有相同的官能团，说明含有酯基，R烃基上的一溴代物有两种，说明烃基上含有两种氢原子，符合条件的R的结构简式为、，
故答案为：；；
（6）以丙烯（CH2＝CHCH3）为原料合成1，2﹣丙二酸（HOOC﹣CH2﹣COOH），CH2＝CHCH3被氧化生成CH2＝CHCHO，丙烯醛和水发生加成反应生成HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO被催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO被氧化生成HOOCCH2COOH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用题给信息、反应条件及某些物质结构简式正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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日期：2021/11/9 22:38:53；用户：赵永亮；邮箱：15239401044；学号：31392014
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