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2020-2021学年上海市青浦高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）
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这是一份2020-2021学年上海市青浦高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份），共22页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市青浦高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）
1. YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于 3989Y的说法错误的是( )
A. 属于金属元素 B. 质子数与中子数之差为 50
C. 原子的核外电子数为 39 D. 3989和 3990Y是钇元素的两种同位素
2. 下列不符合安全规范的是( )
A. 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B. NH3泄漏时向空中喷洒水雾
C. 含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放
D. 面粉生产车间应严禁烟火
3. 生铁比纯铁( )
A. 硬度低 B. 易腐蚀 C. 熔点高 D. 含碳量低
4. 有关海水提溴的说法错误的是( )
A. 海水晒盐后的卤水是提溴原料
B. 可以利用氯气氧化溴离子
C. 可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D. 吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
5. 第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Y可能是硅元素 B. 简单离子半径：Z>W>X
C. 气态氢化物的稳定性：Y>W D. 非金属性：Y>Z
6. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
7. 金属钠与水反应：2Na+2H2O→2Na++2OH−+H2↑，关于该反应过程的叙述错误的是( )
A. 生成了离子键 B. 破坏了极性共价键
C. 破坏了金属键 D. 形成非极性共价键
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78 g 苯含有C=C双键的数目为3NA
B. 1L1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO−的数目为NA
C. 标准状况下，6.72L氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NA
D. 常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
9. 符号“2p”没有给出的信息是( )
A. 能级 B. 电子层
C. 电子亚层 D. 电子云在空间的伸展方向
10. 下列化合物中同分异构体数目最少的是( )
A. 丁烷 B. 丁醇 C. 丁烯 D. 乙酸乙酯
11. 将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是( )
A. 在纯水中
B. 在0.1mol/L的MgCl2溶液中
C. 在0.1mol/L的NH3⋅H2O中
D. 在0.1mol/L的CH3COOH溶液中
12. 下列事实不能用勒沙特列原理解释的是( )
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深
D. 将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体
13. 常温常压下，下列气体混合后体积一定不发生变化的是( )
A. H2和O2 B. NH3和HCl C. NO和O2 D. SO2和H2S
14. 为探究铁与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某些物质，下列关于v(H2)变化判断正确的是( )
A. 加入Na2SO4溶液，v(H2)减小 B. 加入NaHSO4固体，v(H2)不变
C. 加入NaNO3固体，v(H2)不变 D. 加入CuSO4固体，v(H2)减小
15. 常温下，某无色溶液含有Cl−、Mg2+、Fe3+、OH−、NO3−、SO42−、CO32−离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有( )
A. SO42− B. NO3− C. Mg2+ D. Cl−
16. 某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是( )
A. K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe−2e→Fe2+
B. K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C. K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D. K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
17. 对于下列装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是( )
A. B. C. D.
18. 已知还原性 I−>Fe2+>Br−，在只含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是(不考虑Br2、I2和水的反应)( )
A. I−、Fe3+、Cl− B. Fe2+、Cl−、
C. Fe2+、Fe3+、Cl− D. Fe2+、I−、Cl−
19. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其键线式结构如图所示：，下列有关香叶醇的叙述错误的是( )
A. 能发生聚合反应 B. 能发生1，4−加成反应
C. 能使溴水褪色 D. 能发生取代反应
20. 下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)c(Cl−)>1
B. 醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中c(Na+)c(CH3COO−)>1
C. 向 0.1mol⋅L−1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
D. 将 CH3COONa溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)增大
21. 不同温度、压强下，在合成氨平衡体系中N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，NH3的物质的量分数见表(N2和H2起始物质的量之比为1：3)。
压强(MPa)
氨的平衡含量(%)
温度(℃)
20
30
60
100
200
86.4
89.9
95.4
98.8
300
64.2
71.0
84.2
92.6
400
38.2
47.0
65.2
79.8
500
19.1
26.4
42.2
57.5
(1)已知该反应在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则此段时间内H2的平均反应速率为______mol/(L⋅min)。
(2)该反应的平衡常数表达式K=______，升高温度，K值______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。T℃(K=3.6)的某一时刻下，c(N2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(NH3)=9mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态______(选填“是”、“否”)，此时反应速率是______选填“>”、“<”、“=”)。
(3)合成氨生产条件一般为压强在20MPa∼50MPa，温度为500℃左右，选用该条件的主要原因是______；从表中数据可知，在该条件下氨的平衡含量并不高，为提高原料利用率，工业生产中采取的措施是______。
(4)工业上用氨水吸收SO2尾气，最终得到化肥 (NH4)2SO4.(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42−)之比______2：1(选填“>”、“<”、“=”)，用离子方程式解释原因______。
22. 为测试铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用0.0200mol⋅L−1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00mLKMnO4溶液。
(1)配平以下方程式并标出电子转移的方同与数目
______H2SO4+______KMnO4+______FeSO4→______MnSO4+______Fe2(SO4)3+______K2SO4+______H2O
(2)铁片中铁元素的质量分数为 ______；若通过仪器分析发现该小组的测量结果偏高，以下可能的情况有 ______。
A.酸式滴定管洗净后，直接注入高锰酸钾溶液
B.洗净的锥形瓶，再用待测液润洗
C.锥形瓶中残留有少量蒸馏水
D.滴定至终点时，在滴定管尖嘴部位有气泡
(3)高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：______。
(4)Fe2(SO4)3溶液中c(Fe3+)：c(SO42−)______2：3(填写“>”、“<”或“=”)，用离子方程式解释：______。
(5)高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂，可以氧化H2O2、Fe2+、S2−、SO32−等多种物质。如H2O2+KMnO4+H2SO4→MnSO4+______+K2SO4+H2O，试推测空格上应填物质的化学式为 ______。
(6)上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是 ______。
23. 某兴趣小组的同学发现，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀。他们对沉淀的组成很感兴趣，决定采用实验的方法进行探究。
【提出猜想】猜想1：所得沉淀为一种盐或者一种碱，它们可能是______。
猜想2：所得沉淀为______。
【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)。
【实验探究】步骤1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤、风干。步骤2：取一定量所得固体，用如图所示装置(夹持仪器未画出)进行定性实验。能证明猜想1成立的实验现象是______。
【问题讨论】
(1)检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭K，______。
(2)步骤1中用无水乙醇再次洗涤的目的是______。
(3)若在上述装置B中盛放无水CaCl2，C中盛放Ba(OH)2溶液，还可测定所得沉淀的组成。
①C中盛放Ba(OH)2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是______。
②若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后，装置B的质量增加2.7g，C中产生沉淀的质量为19.7g。则该蓝绿色固体的化学式为______。
24. 福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：
完成下列填空：
(1)福酚美克中的含氧官能团有 ______(填名称)。
(2)反应②的反应类型是 ______；已知反应③属于取代反应，则反应中另一产物的结构简式为______。
(3)设计反应①③的作用是 ______。
(4)写出两种满足下列条件的D的同分异构体 ______、______。
i.苯环上有两个互为对位的取代基
ii.能发生银镜反应，且1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag
iii.能发生水解反应
(5)已知：，根据已有知识并结合相关信息，写出为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、元素名称钇是金属偏旁，就可以知道属于金属元素，故A正确；
B、中子数=质量数-质子数=89−39=50，质子数-中子数=39−50=−11，故B错误；
C、原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；
D、质子数均为39，中子数不同，所以互为同位素，故D正确；
故选：B。
本题主要考查了原子的组成以及各个量之间的关系，难度不大，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则不能使用灭火器，应选沙土扑灭，故A错误；
B.氨气极易溶于水，NH3泄漏时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B正确；
C.氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；
D.面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D正确；
故选：A。
A.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；
B.氨气极易溶于水，可以用水吸收；
C.氯气能够与碱反应，被碱液吸收；
D.面粉生产车间中含有大量可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸。
本题考查化学实验中的安全及事故处理知识，题目难度不大，旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯。
3.【答案】B
【解析】解：生铁是铁和碳的合金。合金的熔点通常比成分金属低，硬度比成分金属大，碳和铁形成原电池时，铁做负极被腐蚀。
A、生铁的硬度比铁高，故A错误；
B、碳和铁形成原电池时，铁做负极被腐蚀，故生铁比纯铁更易腐蚀，故B正确；
C、生铁的熔点比纯铁低，故C错误；
D、生铁是碳和铁的合金，故含碳量比纯铁高，故D错误。
故选：B。
生铁是铁和碳的合金。合金的熔点通常比成分金属低，硬度比成分金属大，碳和铁形成原电池时，铁做负极，据此分析。
本题考查了合金和成分金属性质的区别，应注意的是生铁在形成原电池后，铁做负极被腐蚀。
4.【答案】D
【解析】解：A.海水晒盐分离出卤水含溴离子，为提溴原料，故A正确；
B.溴以离子存在，具有还原性，利用氯气氧化溴离子生成溴，故B正确；
C.溴易挥发，用高温水蒸气将溴从溶液中吹出，故C正确；
D.吹出的溴蒸气中溴的含量较低，需要选碳酸钠或亚硫酸钠等将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴，再氧化、萃取、蒸馏分离出溴，故D错误；
故选：D。
A.海水晒盐分离出卤水含溴离子；
B.溴以离子存在，具有还原性；
C.溴易挥发；
D.吹出的溴含量较低。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、溴的提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A.Si的最高价氧化物为二氧化硅，二氧化硅不溶于水，属于Y不可能为Si元素，故A错误；
B.电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径为：Z>W>X，故B正确；
C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性P
第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/LX的最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，c(OH−)=0.010mol/L，为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，0.010mol/LW最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，说明一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y>Z>Cl，则Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应水化物的酸碱性、原子半径为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，故B错误；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；
D.浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；
故选：A。
A.耐高温材料具有较高的熔点；
B.依据三价铁离子氧化性解答；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹；
D.依据浓硫酸的吸水性解答。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，
A、形成离子键，而不是生成离子键，故A错误；
B、破坏水分子中的极性共价键，故B正确；
C、破坏了金属钠中的金属键，故C正确；
D、形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D正确；
故选：A。
化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，由此分析解答。
本题考查钠的化学性质和化学反应的实质，学生只要知道化学反应的实质和化学键的类型就可以迅速解题，比较容易。
8.【答案】D
【解析】解：A.苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO−的数目小于NA，故B错误；
C.氯气与水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数目少于0.3NA，故C错误；
D.常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为：14g28g/mol×2×NA=NA，故D正确；
故选：D。
A.苯分子中不含碳碳双键；
B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；
C.根据氯气与水的反应为可逆反应来分析；
D.氮气与一氧化碳都是双原子分子，且二者摩尔质量相等都是28g/mol；
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间独特的化学键。
9.【答案】D
【解析】解：2p表示原子核外第2能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，题中没有给出，
故选：D。
原子核外电子根据能量大小可分为不能的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不能能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等。
本题考查原子核外电子的能级分布，把握原子核外电子的排布规律是解答的关键，注意基本概念与基础知识的识记。
10.【答案】A
【解析】解：A.丁烷有正丁烷、异丁烷2种同分异构体；
B.丁醇对应的同分异构体有醇和醚类，其中醇的同分异构体取决于丁基，有4种，醚类有甲丙醚(2种)、乙醚，共7种；
C.丁烯有4种同分异构体，1−丁烯、2−丁烯(顺反两种结构)、2−甲基丙烯，且同分异构体还有环烷烃；
D.乙酸乙酯对应的同分异构体有酯类、酸类等，酯类有甲酸丙酯(2种)，丙酸甲酯，对应的酸为丁酸，有2种，
则同分异构体数目最少的是A。
故选：A。
本题考查同分异构体数目的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握同分异构体的判断角度，注意书写同分异构体时避免重复和遗漏，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.在纯水中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，不移动，固体不变；
B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)逆向移动，固体增大；
C.在0.1mol/L的NH3⋅H2O中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)逆向移动，固体增大；
D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，固体减小；
所以最终固体剩余最少的是D；
故选：D。
固体Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，根据溶解平衡移动方向分析解答。
本题考查了溶解平衡的移动原理，题目难度不大，掌握基本原理即可解答。
12.【答案】C
【解析】解：A.啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，打开啤酒瓶后，压强减小，溶解平衡发生移动，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.氯气与水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，使平衡逆向进行，氯气的溶解度减小，所以可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.增大压强，平衡不移动，气体颜色变深与勒夏特列原理无关，故C选；
D.氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，加热氯化氢挥发，促进水解平衡正向进行得到氢氧化铁，所以将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体，可用勒夏特列原理来解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，把握勒夏特列原理的适用对象为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A、H2和O2混合常温不反应，气体体积不变；若点然或电火花条件下会反应生成水：2H2+O2=2H2O；故A正确；
B、常温，NH3+HCl=NH4Cl，NH4Cl常温为固体，反应后气体体积减小；故B错误；
C、NO极易与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，三种物质均为气体；根据计量数关系，反应后气体体积减小；故C错误；
D、SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应后生成固体S单质；气体体积减小；故D错误；
故选：A。
A、H2和O2混合点然后，生成水；
B、常温NH3和HCl的气体混合后，生成NH4Cl固体；
C、NO极易与O2反应生成NO2；
D、SO2和H2S发生反应生成固体硫单质。
本题主要考查氧族元素、氮族元素的元素及化合物的主要化学反应；特别注意化学反应的实质和条件；平时注意归纳积累这些重要知识点，编织知识网络，构建思维导图；培养化学学科的核心素养。
14.【答案】A
【解析】解：A、加入少量Na2SO4溶液，体积增大，浓度减小，所以v(H2)减小，故A正确；
B、硫酸氢钠电离产生氢离子，导致氢离子的浓度变大，v(H2)增大，故B错误；
C、硝酸钠电离产生的硝酸根离子与氢离子构成强氧化性体系，产生氮的氧化物，而不产生氢气，故C错误；
D、置换产生的铜与锌构成原电池，加快化学反应速率，v(H2)增大，故D错误；
故选：A。
A、加入少量Na2SO4溶液，体积增大，浓度减小；
B、硫酸氢钠电离产生氢离子，导致氢离子的浓度变大；
C、硝酸钠电离产生的硝酸根离子与氢离子构成强氧化性体系；
D、置换产生的铜与锌构成原电池，加快化学反应速率。
本题考查影响化学反应速率的因素，明确氢离子的浓度及其物质的量的变化是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点和易错点，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：无色溶液，一定不含Fe3+.三种离子的浓度相等，则阴阳离子所带异性电荷数量相等，溶液一定存在Mg2+，一定不存在OH−，1molMg2+带2mol正电荷，阴离子必定含有带1个电荷的Cl−、NO3−，一定不存在带2个电荷的SO42−、CO32−离子，
故选：A。
无色溶液，一定不含Fe3+.三种离子的浓度相等，溶液显电中性。
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意溶液电中性为解答的易错点，题目难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；
C.K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e−=H2↑，故C正确；
D.K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。
故选：D。
A.K与a连接，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
B.K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；
C.K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；
D.K与b连接，Fe作阴极，被保护。
本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸氧腐蚀、电化学保护、电极反应式的书写是解题关键，题目难度不大，注意知识的积累、归纳总结。
17.【答案】A
【解析】解：A.图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，故A选；
B.用止水夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，故B不选；
C.对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验。即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，故C不选；
D.图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，故D不选；
故选：A。
根据检查装置气密性的方法及注意事项分析即可。装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性的好坏，据此即可解答。
本题主要考查了装置气密性的检验，关键根据检查装置气密性的原理结合各装置进行分析是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。
18.【答案】B
【解析】解：还原性 I−>Fe2+>Br−，含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。
A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；
D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。
故选：B。
在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断．
本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大．
19.【答案】B
【解析】解：A.含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，即能发生聚合反应，故A正确；
B.双键位于2、6号碳原子上，且两个碳碳双键之间间隔2个碳原子，不能发生1，4−加成反应，故B错误；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以该物质能使溴水褪色，故C正确；
D.醇羟基能发生取代反应，故D正确；
故选：B。
该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道有机物命名方法中1号碳原子确定方法，B为解答易错点。
20.【答案】B
【解析】解：A.向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Cl−)=c(NH4+)，则c(NH4+)c(Cl−)=1，故A错误；
B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO−部分水解，导致c(Na+)>c(CH3COO−)，即c(Na+)c(CH3COO−)>1，故B正确；
C.向 0.1mol⋅L−1 CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中c(H+)c(CH3COOH)的比值增大，故C错误；
D.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO−的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)的比值减小，故D错误；
故选：B。
A.中性溶液中c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
B.反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子部分水解，则c(Na+)>c(CH3COO−)；
C.醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的数目增大、醋酸的数目减少；
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)，升高温度后醋酸根离子的水解平衡常数增大。
本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理及离子浓度大小比较，题目难度不大，明确盐的水解及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
21.【答案】0.015c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)； 减小 否 >压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大 及时分离出NH3
【解析】解：(1)1.7g氨气的物质的量为：1.7g17g/mol=0.1mol，v(NH3)=0.1mol2L5min=0.01mol/(L⋅min)，v(H2)=0.01mol/(L⋅min)×32=0.015mol/(L⋅min)，
故答案为：0.015；
(2)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)；
根据表中数据，压强相同时，温度越高氨气的体积分数越小，说明升高温度后平衡向着逆向移动，导致生成物浓度减小、反应物浓度增大，则升高温度后平衡常数K减小；
T℃(K=3.6)的某一时刻下，c(N2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(NH3)=9mol/L，此时的浓度商Qc=921×33=3
(3)由于压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大，所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa∼50MPa，温度为500℃左右，
故答案为：压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大；及时分离出NH3；
(4)(NH4)2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O=NH3⋅H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c(NH4+)与c(SO42−)之比<2：1，
故答案为：<；NH4++H2O=NH3⋅H2O+H+。
(1)根据n=mM计算出氨气的物质的量，然后根据v=△c△t计算出v(NH3)，结合反应速率之比等于化学计量数之比计算此段时间内H2的平均反应速率；
(2)根据平衡常数的概念，结合方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)写出平衡常数表达式；根据表中数据分析，压强相同时温度升高氨气的体积分数减小，说明平衡向着逆向移动，据此判断平衡常数变化；计算出此时的浓度商Qc，根据浓度商与K的大小关系判断平衡移动情况；
(3)在500℃左右时催化剂的活性最大；根据生成物浓度对化学平衡的影响分析；
(4)(NH4)2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于铵根离子部分水解，导致铵根离子浓度减小。
本题考查化学平衡的综合应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握合成氨原理及条件，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
22.【答案】8210251870%AB盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化
【解析】解：(1)元素的化合价变化为：Mn：+7→+2，得电子数为5，Fe：+2→+3，失电子数为1，根据化合价升降的总数相等可知，KMnO4与FeSO4的化学计量数比值为1：5，然后根据质量守恒配平化学方程式，配平后的化学方程式为：8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，标出电子转移的方同与数目后为，
故答案为：；
(2)由滴定反应8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O知 n(FeSO4)=5n(KMnO4 )=5×0.02000mol⋅L−1×0.025L=0.0025mol，根据Fe原子守恒得 n(Fe)=n(FeSO4)，故m(Fe)=56×0.0025g=0.14g，铁片中铁元素的质量分数为0.140.200×100%=70%，根据计算过程，以下情况对测量结果的影响分别为：
A.酸式滴定管洗净后，没有用标准液润洗，直接注入高锰酸钾溶液，会得到测得标准V(KMnO4)偏大，最终测量结果偏高；
B.洗净的锥形瓶，再用待测液润洗，会导致待测液物质的量增大，最终测量结果偏高；
C.滴定至终点时，在滴定管尖嘴部位有气泡会导致测得标准V(KMnO4)偏小，最终测量结果偏低；
若通过仪器分析发现该小组的测量结果偏高，可能的情况有AB，
故答案为：70%；AB；
(3)盐酸中Cl−具有还原性，易被高锰酸钾氧化，所以高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，
故答案为：盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化；
(4)Fe2(SO4)3在溶液中完全电离生成Fe3+和SO42−，电离方程式为 Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42−，但Fe3+在水溶液中会发生水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，使Fe3+浓度减小，则c(Fe3+)：c(SO42−)<2：3，
故答案为：<；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(5)该反应中高锰酸钾作为氧化剂，氧化H2O2，故H2O2中O元素将由−1价上升到0价，生成O2，
故答案为：O2；
(6)反应过程中生成的锰离子，可能具有催化作用，加快反应速率，
故答案为：生成的锰离子具有催化作用，加快反应速率。
(1)先判断反应中的元素化合价变化，再根据得失电子守恒即升降价总数守恒和原子守恒配平该化学方程式并标出电子转移的方同与数目；
(2)先根据滴定反应8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O计算 n(FeSO4)=5n(KMnO4 )，再根据Fe原子守恒得 n(Fe)=n(FeSO4)，进而解得铁片中铁元素的质量分数，并根据计算过程进行误差分析；
(3)高锰酸钾具有氧化性，盐酸中Cl−具有还原性，易被高锰酸钾氧化；
(4)Fe2(SO4)3在溶液中完全电离，但Fe3+在水溶液中会水解；
(5)根据题意，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以氧化H2O2；
(6)恒温下，影响化学反应速率的因素有反应物浓度、催化剂等。
本题氧化还原滴定实验分析与计算和盐类的水解、速率的影响因素等，解题关键是掌握氧化还原反应的得失电子守恒原则、依据方程式化学计量数计算的方法以及盐类水解的原理，注意有些反应的产物也是反应的催化剂，题目难度中等。
23.【答案】Cu(OH)2 CuCO3 B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好 利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水 Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2，BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小 2CuCO3⋅3Cu(OH)2或3Cu(OH)2⋅2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2
【解析】解：【提出猜想】猜想1：所得沉淀为一种盐或者一种碱，它们可能是Cu(OH)2(或CuCO3)，
故答案为：Cu(OH)2(或CuCO3)；
猜想2：所得沉淀为CuCO3(或Cu(OH)2)，
故答案为：CuCO3[或Cu(OH)2]；
【实验探究】步骤2能证明猜想1成立的实验现象是：加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气，水能使无水硫酸铜变蓝，如果B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)则证明猜想1成立，
故答案为：B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)；
【问题讨论】(1)利用气体热胀冷缩的性质检验装置的气密性，其操作方法是：关闭K，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好，
故答案为：用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好；
(2)所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，可以洗去固体中残留的水分，通风晾干可以让乙醇完全挥发，
故答案为：利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水；
(3)①氢氧化钡的溶解性大于氢氧化钙，能充分吸收二氧化碳，且碳酸钡的摩尔质量大于碳酸钙，测量误差比碳酸钙小，所以用氢氧化钡较好，
故答案为：Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2，BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小；
②B中吸收的是水，水的物质的量=2.7g18g/mol=0.15mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量=19.7g197g/mol=0.1mol，氧化铜的物质的量=27.1g−2.7g−0.1mol×44g/mol80g/mol=0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol：0.3mol：0.1mol=5：6：2，所以其化学式为：2CuCO3⋅3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2⋅2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2，
故答案为：2CuCO3⋅3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2⋅2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2。
【提出猜想】猜想1、2：根据氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀分析蓝绿色沉淀成分；
【实验探究】步骤2能证明猜想1成立的实验现象是：加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气，水能使无水硫酸铜变蓝；
[问题讨论]
(1)关闭K，用酒精灯微热硬质玻璃管，根据C中是否有气泡冒出判断该装置的气密性；
(2)用无水乙醇洗涤悬浊液，可以洗去固体中残留的水分，乙醇具有挥发性；
(3)①根据溶质的溶解性和其测量误差分析；
②B中吸收的是水，C中吸收的是二氧化碳，根据质量守恒定律测得氧化铜的质量，根据原子守恒确定其化学式。
本题考查了探究物质的组成和含量的测定，明确物质的性质是探究实验的基础，难点是化学式的确定，难度较大。
24.【答案】羧基和羟基 氧化反应 保护羟基不被氧化
【解析】解：(1)根据福酚美克的结构简式，含有的含氧官能团为羧基、羟基，
故答案为：羧基和羟基；
(2)对比C和D结构简式，反应②是醇氧化成醛，反应②的类型为氧化反应；对比反应③，是碳氧键发生断裂，反应③为取代反应，则另一产物的结构简式为，
故答案为：氧化反应；；
(3)羟基容易被氧化，因此设计反应①③的作用是保护羟基不被氧化，
故答案为：保护羟基不被氧化；
(4)能发生水解反应，且还能发生银镜反应，且1mol该同分异构体最多能生成4molAg，说明书写的同分异构体中含有“HCOO−”和醛基结构，即结构简式为、等，
故答案为：、；
(5)根据路线中D→E→F分析，先发生消去反应，生成苯乙烯，然后根据所给信息，苯乙烯让臭氧氧化，在Zn作催化剂下发生水解反应，生成苯甲醛，苯甲醛在NaCN和NH3反应下生成，在硫酸作用下，控制pH得到目标物，路线为，
故答案为：。
根据流程分析，对比C和D结构简式，反应②是醇氧化成醛，对比反应③，是碳氧键发生断裂，反应③为取代反应；羟基容易被氧化，因此设计反应①③的作用是保护羟基不被氧化；其他物质结构已知，据合成路线解答即可；
(5)根据路线中D→E→F分析，先发生消去反应，生成苯乙烯，然后根据所给信息，苯乙烯让臭氧氧化，在Zn作催化剂下发生水解反应，生成苯甲醛，苯甲醛在NaCN和NH3反应下生成，在硫酸作用下，控制pH得到目标物。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，注意根据转化中物质结构明确发生的反应，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，难度不大。
2020-2021学年上海市青浦高级中学高三（下）月考化学试卷（3月份）
1. YBa2Cu8Ox(Y为元素钇)是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于 3989Y的说法错误的是( )
A. 属于金属元素 B. 质子数与中子数之差为 50
C. 原子的核外电子数为 39 D. 3989和 3990Y是钇元素的两种同位素
2. 下列不符合安全规范的是( )
A. 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B. NH3泄漏时向空中喷洒水雾
C. 含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放
D. 面粉生产车间应严禁烟火
3. 生铁比纯铁( )
A. 硬度低 B. 易腐蚀 C. 熔点高 D. 含碳量低
4. 有关海水提溴的说法错误的是( )
A. 海水晒盐后的卤水是提溴原料
B. 可以利用氯气氧化溴离子
C. 可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出
D. 吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
5. 第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Y可能是硅元素 B. 简单离子半径：Z>W>X
C. 气态氢化物的稳定性：Y>W D. 非金属性：Y>Z
6. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
7. 金属钠与水反应：2Na+2H2O→2Na++2OH−+H2↑，关于该反应过程的叙述错误的是( )
A. 生成了离子键 B. 破坏了极性共价键
C. 破坏了金属键 D. 形成非极性共价键
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78 g 苯含有C=C双键的数目为3NA
B. 1L1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO−的数目为NA
C. 标准状况下，6.72L氯气与水充分反应转移的电子数目为0.3NA
D. 常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
9. 符号“2p”没有给出的信息是( )
A. 能级 B. 电子层
C. 电子亚层 D. 电子云在空间的伸展方向
10. 下列化合物中同分异构体数目最少的是( )
A. 丁烷 B. 丁醇 C. 丁烯 D. 乙酸乙酯
11. 将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是( )
A. 在纯水中
B. 在0.1mol/L的MgCl2溶液中
C. 在0.1mol/L的NH3⋅H2O中
D. 在0.1mol/L的CH3COOH溶液中
12. 下列事实不能用勒沙特列原理解释的是( )
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深
D. 将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体
13. 常温常压下，下列气体混合后体积一定不发生变化的是( )
A. H2和O2 B. NH3和HCl C. NO和O2 D. SO2和H2S
14. 为探究铁与稀硫酸的反应速率，向反应混合液中加入某些物质，下列关于v(H2)变化判断正确的是( )
A. 加入Na2SO4溶液，v(H2)减小 B. 加入NaHSO4固体，v(H2)不变
C. 加入NaNO3固体，v(H2)不变 D. 加入CuSO4固体，v(H2)减小
15. 常温下，某无色溶液含有Cl−、Mg2+、Fe3+、OH−、NO3−、SO42−、CO32−离子中的三种，且这三种离子的浓度相等。向该溶液中滴加酚酞，溶液不变色。则该溶液中一定没有( )
A. SO42− B. NO3− C. Mg2+ D. Cl−
16. 某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是( )
A. K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe−2e→Fe2+
B. K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C. K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e→H2↑
D. K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
17. 对于下列装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是( )
A. B. C. D.
18. 已知还原性 I−>Fe2+>Br−，在只含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是(不考虑Br2、I2和水的反应)( )
A. I−、Fe3+、Cl− B. Fe2+、Cl−、
C. Fe2+、Fe3+、Cl− D. Fe2+、I−、Cl−
19. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其键线式结构如图所示：，下列有关香叶醇的叙述错误的是( )
A. 能发生聚合反应 B. 能发生1，4−加成反应
C. 能使溴水褪色 D. 能发生取代反应
20. 下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)c(Cl−)>1
B. 醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中c(Na+)c(CH3COO−)>1
C. 向 0.1mol⋅L−1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
D. 将 CH3COONa溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)增大
21. 不同温度、压强下，在合成氨平衡体系中N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，NH3的物质的量分数见表(N2和H2起始物质的量之比为1：3)。
压强(MPa)
氨的平衡含量(%)
温度(℃)
20
30
60
100
200
86.4
89.9
95.4
98.8
300
64.2
71.0
84.2
92.6
400
38.2
47.0
65.2
79.8
500
19.1
26.4
42.2
57.5
(1)已知该反应在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则此段时间内H2的平均反应速率为______mol/(L⋅min)。
(2)该反应的平衡常数表达式K=______，升高温度，K值______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。T℃(K=3.6)的某一时刻下，c(N2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(NH3)=9mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态______(选填“是”、“否”)，此时反应速率是______选填“>”、“<”、“=”)。
(3)合成氨生产条件一般为压强在20MPa∼50MPa，温度为500℃左右，选用该条件的主要原因是______；从表中数据可知，在该条件下氨的平衡含量并不高，为提高原料利用率，工业生产中采取的措施是______。
(4)工业上用氨水吸收SO2尾气，最终得到化肥 (NH4)2SO4.(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42−)之比______2：1(选填“>”、“<”、“=”)，用离子方程式解释原因______。
22. 为测试铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用0.0200mol⋅L−1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00mLKMnO4溶液。
(1)配平以下方程式并标出电子转移的方同与数目
______H2SO4+______KMnO4+______FeSO4→______MnSO4+______Fe2(SO4)3+______K2SO4+______H2O
(2)铁片中铁元素的质量分数为 ______；若通过仪器分析发现该小组的测量结果偏高，以下可能的情况有 ______。
A.酸式滴定管洗净后，直接注入高锰酸钾溶液
B.洗净的锥形瓶，再用待测液润洗
C.锥形瓶中残留有少量蒸馏水
D.滴定至终点时，在滴定管尖嘴部位有气泡
(3)高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：______。
(4)Fe2(SO4)3溶液中c(Fe3+)：c(SO42−)______2：3(填写“>”、“<”或“=”)，用离子方程式解释：______。
(5)高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂，可以氧化H2O2、Fe2+、S2−、SO32−等多种物质。如H2O2+KMnO4+H2SO4→MnSO4+______+K2SO4+H2O，试推测空格上应填物质的化学式为 ______。
(6)上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是 ______。
23. 某兴趣小组的同学发现，将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀。他们对沉淀的组成很感兴趣，决定采用实验的方法进行探究。
【提出猜想】猜想1：所得沉淀为一种盐或者一种碱，它们可能是______。
猜想2：所得沉淀为______。
【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)。
【实验探究】步骤1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤、风干。步骤2：取一定量所得固体，用如图所示装置(夹持仪器未画出)进行定性实验。能证明猜想1成立的实验现象是______。
【问题讨论】
(1)检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭K，______。
(2)步骤1中用无水乙醇再次洗涤的目的是______。
(3)若在上述装置B中盛放无水CaCl2，C中盛放Ba(OH)2溶液，还可测定所得沉淀的组成。
①C中盛放Ba(OH)2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是______。
②若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后，装置B的质量增加2.7g，C中产生沉淀的质量为19.7g。则该蓝绿色固体的化学式为______。
24. 福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：
完成下列填空：
(1)福酚美克中的含氧官能团有 ______(填名称)。
(2)反应②的反应类型是 ______；已知反应③属于取代反应，则反应中另一产物的结构简式为______。
(3)设计反应①③的作用是 ______。
(4)写出两种满足下列条件的D的同分异构体 ______、______。
i.苯环上有两个互为对位的取代基
ii.能发生银镜反应，且1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag
iii.能发生水解反应
(5)已知：，根据已有知识并结合相关信息，写出为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、元素名称钇是金属偏旁，就可以知道属于金属元素，故A正确；
B、中子数=质量数-质子数=89−39=50，质子数-中子数=39−50=−11，故B错误；
C、原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；
D、质子数均为39，中子数不同，所以互为同位素，故D正确；
故选：B。
本题主要考查了原子的组成以及各个量之间的关系，难度不大，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，则不能使用灭火器，应选沙土扑灭，故A错误；
B.氨气极易溶于水，NH3泄漏时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B正确；
C.氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；
D.面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D正确；
故选：A。
A.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；
B.氨气极易溶于水，可以用水吸收；
C.氯气能够与碱反应，被碱液吸收；
D.面粉生产车间中含有大量可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸。
本题考查化学实验中的安全及事故处理知识，题目难度不大，旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯。
3.【答案】B
【解析】解：生铁是铁和碳的合金。合金的熔点通常比成分金属低，硬度比成分金属大，碳和铁形成原电池时，铁做负极被腐蚀。
A、生铁的硬度比铁高，故A错误；
B、碳和铁形成原电池时，铁做负极被腐蚀，故生铁比纯铁更易腐蚀，故B正确；
C、生铁的熔点比纯铁低，故C错误；
D、生铁是碳和铁的合金，故含碳量比纯铁高，故D错误。
故选：B。
生铁是铁和碳的合金。合金的熔点通常比成分金属低，硬度比成分金属大，碳和铁形成原电池时，铁做负极，据此分析。
本题考查了合金和成分金属性质的区别，应注意的是生铁在形成原电池后，铁做负极被腐蚀。
4.【答案】D
【解析】解：A.海水晒盐分离出卤水含溴离子，为提溴原料，故A正确；
B.溴以离子存在，具有还原性，利用氯气氧化溴离子生成溴，故B正确；
C.溴易挥发，用高温水蒸气将溴从溶液中吹出，故C正确；
D.吹出的溴蒸气中溴的含量较低，需要选碳酸钠或亚硫酸钠等将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴，再氧化、萃取、蒸馏分离出溴，故D错误；
故选：D。
A.海水晒盐分离出卤水含溴离子；
B.溴以离子存在，具有还原性；
C.溴易挥发；
D.吹出的溴含量较低。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、溴的提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A.Si的最高价氧化物为二氧化硅，二氧化硅不溶于水，属于Y不可能为Si元素，故A错误；
B.电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径为：Z>W>X，故B正确；
C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性P
第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/LX的最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，c(OH−)=0.010mol/L，为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，0.010mol/LW最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，说明一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y>Z>Cl，则Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最高价氧化物对应水化物的酸碱性、原子半径为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，故B错误；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故C错误；
D.浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故D错误；
故选：A。
A.耐高温材料具有较高的熔点；
B.依据三价铁离子氧化性解答；
C.石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹；
D.依据浓硫酸的吸水性解答。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，
A、形成离子键，而不是生成离子键，故A错误；
B、破坏水分子中的极性共价键，故B正确；
C、破坏了金属钠中的金属键，故C正确；
D、形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D正确；
故选：A。
化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，由此分析解答。
本题考查钠的化学性质和化学反应的实质，学生只要知道化学反应的实质和化学键的类型就可以迅速解题，比较容易。
8.【答案】D
【解析】解：A.苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L1mol/L的NaClO 溶液中含有ClO−的数目小于NA，故B错误；
C.氯气与水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数目少于0.3NA，故C错误；
D.常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为：14g28g/mol×2×NA=NA，故D正确；
故选：D。
A.苯分子中不含碳碳双键；
B.次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；
C.根据氯气与水的反应为可逆反应来分析；
D.氮气与一氧化碳都是双原子分子，且二者摩尔质量相等都是28g/mol；
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间独特的化学键。
9.【答案】D
【解析】解：2p表示原子核外第2能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，题中没有给出，
故选：D。
原子核外电子根据能量大小可分为不能的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不能能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等。
本题考查原子核外电子的能级分布，把握原子核外电子的排布规律是解答的关键，注意基本概念与基础知识的识记。
10.【答案】A
【解析】解：A.丁烷有正丁烷、异丁烷2种同分异构体；
B.丁醇对应的同分异构体有醇和醚类，其中醇的同分异构体取决于丁基，有4种，醚类有甲丙醚(2种)、乙醚，共7种；
C.丁烯有4种同分异构体，1−丁烯、2−丁烯(顺反两种结构)、2−甲基丙烯，且同分异构体还有环烷烃；
D.乙酸乙酯对应的同分异构体有酯类、酸类等，酯类有甲酸丙酯(2种)，丙酸甲酯，对应的酸为丁酸，有2种，
则同分异构体数目最少的是A。
故选：A。
本题考查同分异构体数目的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握同分异构体的判断角度，注意书写同分异构体时避免重复和遗漏，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.在纯水中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，不移动，固体不变；
B.在0.1mol/L的MgCl2溶液中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)逆向移动，固体增大；
C.在0.1mol/L的NH3⋅H2O中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)逆向移动，固体增大；
D.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，固体减小；
所以最终固体剩余最少的是D；
故选：D。
固体Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，根据溶解平衡移动方向分析解答。
本题考查了溶解平衡的移动原理，题目难度不大，掌握基本原理即可解答。
12.【答案】C
【解析】解：A.啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，打开啤酒瓶后，压强减小，溶解平衡发生移动，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.氯气与水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，使平衡逆向进行，氯气的溶解度减小，所以可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.增大压强，平衡不移动，气体颜色变深与勒夏特列原理无关，故C选；
D.氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，加热氯化氢挥发，促进水解平衡正向进行得到氢氧化铁，所以将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体，可用勒夏特列原理来解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，把握勒夏特列原理的适用对象为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A、H2和O2混合常温不反应，气体体积不变；若点然或电火花条件下会反应生成水：2H2+O2=2H2O；故A正确；
B、常温，NH3+HCl=NH4Cl，NH4Cl常温为固体，反应后气体体积减小；故B错误；
C、NO极易与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，三种物质均为气体；根据计量数关系，反应后气体体积减小；故C错误；
D、SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应后生成固体S单质；气体体积减小；故D错误；
故选：A。
A、H2和O2混合点然后，生成水；
B、常温NH3和HCl的气体混合后，生成NH4Cl固体；
C、NO极易与O2反应生成NO2；
D、SO2和H2S发生反应生成固体硫单质。
本题主要考查氧族元素、氮族元素的元素及化合物的主要化学反应；特别注意化学反应的实质和条件；平时注意归纳积累这些重要知识点，编织知识网络，构建思维导图；培养化学学科的核心素养。
14.【答案】A
【解析】解：A、加入少量Na2SO4溶液，体积增大，浓度减小，所以v(H2)减小，故A正确；
B、硫酸氢钠电离产生氢离子，导致氢离子的浓度变大，v(H2)增大，故B错误；
C、硝酸钠电离产生的硝酸根离子与氢离子构成强氧化性体系，产生氮的氧化物，而不产生氢气，故C错误；
D、置换产生的铜与锌构成原电池，加快化学反应速率，v(H2)增大，故D错误；
故选：A。
A、加入少量Na2SO4溶液，体积增大，浓度减小；
B、硫酸氢钠电离产生氢离子，导致氢离子的浓度变大；
C、硝酸钠电离产生的硝酸根离子与氢离子构成强氧化性体系；
D、置换产生的铜与锌构成原电池，加快化学反应速率。
本题考查影响化学反应速率的因素，明确氢离子的浓度及其物质的量的变化是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点和易错点，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：无色溶液，一定不含Fe3+.三种离子的浓度相等，则阴阳离子所带异性电荷数量相等，溶液一定存在Mg2+，一定不存在OH−，1molMg2+带2mol正电荷，阴离子必定含有带1个电荷的Cl−、NO3−，一定不存在带2个电荷的SO42−、CO32−离子，
故选：A。
无色溶液，一定不含Fe3+.三种离子的浓度相等，溶液显电中性。
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意溶液电中性为解答的易错点，题目难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；
C.K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e−=H2↑，故C正确；
D.K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。
故选：D。
A.K与a连接，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
B.K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池；
C.K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气；
D.K与b连接，Fe作阴极，被保护。
本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的理解、运用，明确吸氧腐蚀、电化学保护、电极反应式的书写是解题关键，题目难度不大，注意知识的积累、归纳总结。
17.【答案】A
【解析】解：A.图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，故A选；
B.用止水夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，故B不选；
C.对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验。即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，故C不选；
D.图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，故D不选；
故选：A。
根据检查装置气密性的方法及注意事项分析即可。装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性的好坏，据此即可解答。
本题主要考查了装置气密性的检验，关键根据检查装置气密性的原理结合各装置进行分析是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。
18.【答案】B
【解析】解：还原性 I−>Fe2+>Br−，含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。
A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；
D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。
故选：B。
在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I−、Fe2+、Br−溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断．
本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大．
19.【答案】B
【解析】解：A.含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，即能发生聚合反应，故A正确；
B.双键位于2、6号碳原子上，且两个碳碳双键之间间隔2个碳原子，不能发生1，4−加成反应，故B错误；
C.碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以该物质能使溴水褪色，故C正确；
D.醇羟基能发生取代反应，故D正确；
故选：B。
该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醇的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，知道有机物命名方法中1号碳原子确定方法，B为解答易错点。
20.【答案】B
【解析】解：A.向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Cl−)=c(NH4+)，则c(NH4+)c(Cl−)=1，故A错误；
B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO−部分水解，导致c(Na+)>c(CH3COO−)，即c(Na+)c(CH3COO−)>1，故B正确；
C.向 0.1mol⋅L−1 CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中c(H+)c(CH3COOH)的比值增大，故C错误；
D.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO−的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)的比值减小，故D错误；
故选：B。
A.中性溶液中c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
B.反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子部分水解，则c(Na+)>c(CH3COO−)；
C.醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的数目增大、醋酸的数目减少；
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh(CH3COO−)，升高温度后醋酸根离子的水解平衡常数增大。
本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理及离子浓度大小比较，题目难度不大，明确盐的水解及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
21.【答案】0.015c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)； 减小 否 >压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大 及时分离出NH3
【解析】解：(1)1.7g氨气的物质的量为：1.7g17g/mol=0.1mol，v(NH3)=0.1mol2L5min=0.01mol/(L⋅min)，v(H2)=0.01mol/(L⋅min)×32=0.015mol/(L⋅min)，
故答案为：0.015；
(2)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)；
根据表中数据，压强相同时，温度越高氨气的体积分数越小，说明升高温度后平衡向着逆向移动，导致生成物浓度减小、反应物浓度增大，则升高温度后平衡常数K减小；
T℃(K=3.6)的某一时刻下，c(N2)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(NH3)=9mol/L，此时的浓度商Qc=921×33=3
(3)由于压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大，所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa∼50MPa，温度为500℃左右，
故答案为：压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500℃左右催化剂的活性最大；及时分离出NH3；
(4)(NH4)2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O=NH3⋅H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c(NH4+)与c(SO42−)之比<2：1，
故答案为：<；NH4++H2O=NH3⋅H2O+H+。
(1)根据n=mM计算出氨气的物质的量，然后根据v=△c△t计算出v(NH3)，结合反应速率之比等于化学计量数之比计算此段时间内H2的平均反应速率；
(2)根据平衡常数的概念，结合方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)写出平衡常数表达式；根据表中数据分析，压强相同时温度升高氨气的体积分数减小，说明平衡向着逆向移动，据此判断平衡常数变化；计算出此时的浓度商Qc，根据浓度商与K的大小关系判断平衡移动情况；
(3)在500℃左右时催化剂的活性最大；根据生成物浓度对化学平衡的影响分析；
(4)(NH4)2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于铵根离子部分水解，导致铵根离子浓度减小。
本题考查化学平衡的综合应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握合成氨原理及条件，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
22.【答案】8210251870%AB盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化
【解析】解：(1)元素的化合价变化为：Mn：+7→+2，得电子数为5，Fe：+2→+3，失电子数为1，根据化合价升降的总数相等可知，KMnO4与FeSO4的化学计量数比值为1：5，然后根据质量守恒配平化学方程式，配平后的化学方程式为：8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，标出电子转移的方同与数目后为，
故答案为：；
(2)由滴定反应8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O知 n(FeSO4)=5n(KMnO4 )=5×0.02000mol⋅L−1×0.025L=0.0025mol，根据Fe原子守恒得 n(Fe)=n(FeSO4)，故m(Fe)=56×0.0025g=0.14g，铁片中铁元素的质量分数为0.140.200×100%=70%，根据计算过程，以下情况对测量结果的影响分别为：
A.酸式滴定管洗净后，没有用标准液润洗，直接注入高锰酸钾溶液，会得到测得标准V(KMnO4)偏大，最终测量结果偏高；
B.洗净的锥形瓶，再用待测液润洗，会导致待测液物质的量增大，最终测量结果偏高；
C.滴定至终点时，在滴定管尖嘴部位有气泡会导致测得标准V(KMnO4)偏小，最终测量结果偏低；
若通过仪器分析发现该小组的测量结果偏高，可能的情况有AB，
故答案为：70%；AB；
(3)盐酸中Cl−具有还原性，易被高锰酸钾氧化，所以高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，
故答案为：盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化；
(4)Fe2(SO4)3在溶液中完全电离生成Fe3+和SO42−，电离方程式为 Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42−，但Fe3+在水溶液中会发生水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，使Fe3+浓度减小，则c(Fe3+)：c(SO42−)<2：3，
故答案为：<；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(5)该反应中高锰酸钾作为氧化剂，氧化H2O2，故H2O2中O元素将由−1价上升到0价，生成O2，
故答案为：O2；
(6)反应过程中生成的锰离子，可能具有催化作用，加快反应速率，
故答案为：生成的锰离子具有催化作用，加快反应速率。
(1)先判断反应中的元素化合价变化，再根据得失电子守恒即升降价总数守恒和原子守恒配平该化学方程式并标出电子转移的方同与数目；
(2)先根据滴定反应8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O计算 n(FeSO4)=5n(KMnO4 )，再根据Fe原子守恒得 n(Fe)=n(FeSO4)，进而解得铁片中铁元素的质量分数，并根据计算过程进行误差分析；
(3)高锰酸钾具有氧化性，盐酸中Cl−具有还原性，易被高锰酸钾氧化；
(4)Fe2(SO4)3在溶液中完全电离，但Fe3+在水溶液中会水解；
(5)根据题意，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以氧化H2O2；
(6)恒温下，影响化学反应速率的因素有反应物浓度、催化剂等。
本题氧化还原滴定实验分析与计算和盐类的水解、速率的影响因素等，解题关键是掌握氧化还原反应的得失电子守恒原则、依据方程式化学计量数计算的方法以及盐类水解的原理，注意有些反应的产物也是反应的催化剂，题目难度中等。
23.【答案】Cu(OH)2 CuCO3 B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好 利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水 Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2，BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小 2CuCO3⋅3Cu(OH)2或3Cu(OH)2⋅2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2
【解析】解：【提出猜想】猜想1：所得沉淀为一种盐或者一种碱，它们可能是Cu(OH)2(或CuCO3)，
故答案为：Cu(OH)2(或CuCO3)；
猜想2：所得沉淀为CuCO3(或Cu(OH)2)，
故答案为：CuCO3[或Cu(OH)2]；
【实验探究】步骤2能证明猜想1成立的实验现象是：加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气，水能使无水硫酸铜变蓝，如果B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)则证明猜想1成立，
故答案为：B中白色固体变蓝，C中无明显现象(若猜想1所得沉淀为CuCO3，则实验现象为B中无明显现象，C中产生白色沉淀)；
【问题讨论】(1)利用气体热胀冷缩的性质检验装置的气密性，其操作方法是：关闭K，用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好，
故答案为：用酒精灯微热硬质玻璃管，若C中有气泡逸出，撤去酒精灯冷却一段时间后，C中导管内形成水柱，则证明装置的气密性良好；
(2)所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，可以洗去固体中残留的水分，通风晾干可以让乙醇完全挥发，
故答案为：利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水；
(3)①氢氧化钡的溶解性大于氢氧化钙，能充分吸收二氧化碳，且碳酸钡的摩尔质量大于碳酸钙，测量误差比碳酸钙小，所以用氢氧化钡较好，
故答案为：Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，充分吸收CO2，BaCO3的摩尔质量大于CaCO3，测量误差小；
②B中吸收的是水，水的物质的量=2.7g18g/mol=0.15mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量=19.7g197g/mol=0.1mol，氧化铜的物质的量=27.1g−2.7g−0.1mol×44g/mol80g/mol=0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol：0.3mol：0.1mol=5：6：2，所以其化学式为：2CuCO3⋅3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2⋅2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2，
故答案为：2CuCO3⋅3Cu(OH)2 或 3Cu(OH)2⋅2CuCO3 或 Cu5(OH)6(CO3)2。
【提出猜想】猜想1、2：根据氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀分析蓝绿色沉淀成分；
【实验探究】步骤2能证明猜想1成立的实验现象是：加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气，水能使无水硫酸铜变蓝；
[问题讨论]
(1)关闭K，用酒精灯微热硬质玻璃管，根据C中是否有气泡冒出判断该装置的气密性；
(2)用无水乙醇洗涤悬浊液，可以洗去固体中残留的水分，乙醇具有挥发性；
(3)①根据溶质的溶解性和其测量误差分析；
②B中吸收的是水，C中吸收的是二氧化碳，根据质量守恒定律测得氧化铜的质量，根据原子守恒确定其化学式。
本题考查了探究物质的组成和含量的测定，明确物质的性质是探究实验的基础，难点是化学式的确定，难度较大。
24.【答案】羧基和羟基 氧化反应 保护羟基不被氧化
【解析】解：(1)根据福酚美克的结构简式，含有的含氧官能团为羧基、羟基，
故答案为：羧基和羟基；
(2)对比C和D结构简式，反应②是醇氧化成醛，反应②的类型为氧化反应；对比反应③，是碳氧键发生断裂，反应③为取代反应，则另一产物的结构简式为，
故答案为：氧化反应；；
(3)羟基容易被氧化，因此设计反应①③的作用是保护羟基不被氧化，
故答案为：保护羟基不被氧化；
(4)能发生水解反应，且还能发生银镜反应，且1mol该同分异构体最多能生成4molAg，说明书写的同分异构体中含有“HCOO−”和醛基结构，即结构简式为、等，
故答案为：、；
(5)根据路线中D→E→F分析，先发生消去反应，生成苯乙烯，然后根据所给信息，苯乙烯让臭氧氧化，在Zn作催化剂下发生水解反应，生成苯甲醛，苯甲醛在NaCN和NH3反应下生成，在硫酸作用下，控制pH得到目标物，路线为，
故答案为：。
根据流程分析，对比C和D结构简式，反应②是醇氧化成醛，对比反应③，是碳氧键发生断裂，反应③为取代反应；羟基容易被氧化，因此设计反应①③的作用是保护羟基不被氧化；其他物质结构已知，据合成路线解答即可；
(5)根据路线中D→E→F分析，先发生消去反应，生成苯乙烯，然后根据所给信息，苯乙烯让臭氧氧化，在Zn作催化剂下发生水解反应，生成苯甲醛，苯甲醛在NaCN和NH3反应下生成，在硫酸作用下，控制pH得到目标物。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，注意根据转化中物质结构明确发生的反应，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，难度不大。
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