还剩26页未读，
继续阅读
2020-2021学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
展开
这是一份2020-2021学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模），共29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学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油裂解 B．乙醇脱水 C．石油分馏 D．煤干馏
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．钝化 B．风化 C．干馏 D．分馏
3．（2分）下列哪些因素不是影响气体体积的主要因素（ ）
A．温度 B．压强 C．微粒的大小 D．微粒的数目
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型为
C．电子式为 D．含有极性键
5．（2分）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是（ ）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
6．（2分）水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是（ ）
A．NaHCO3 B．NaBr C．KAl（SO4）2 D．NH3
7．（2分）下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是（ ）
A．质子数相同 B．沸点相同
C．互为同位素 D．摩尔质量相同
8．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
9．（2分）加入或通入下列物质，无法使溴水褪色的是（ ）
A．CH2═CH2 B．KI固体 C．NaOH固体 D．苯
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
11．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
12．（2分）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（ ）
A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
14．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
15．（2分）反应2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热效应
C．1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量
D．该反应说明H2O2（l）比H2O（l）稳定
16．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ）
A．AlCl3、氨水、稀盐酸
B．Al2O3、氨水、稀盐酸
C．Al、NaOH溶液、稀盐酸
D．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸
17．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
18．（2分）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．加热后固体颜色有少量变黑
19．（2分）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
20．（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，则下列叙述正确的是（ ）
A．c（Na+）＝c（NH4+）
B．两种溶液中水的电离程度相等
C．两种溶液的pH相等
D．c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4）
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0）
（1）该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为 。硅元素在周期表中的位置是 ，其原子的最外层电子轨道表示式为 ，最外层有 种运动状态不同的电子。
（2）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为 。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强 ，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系 。
（3）碳元素形成的单质有金刚石、足球烯（分子式为C60）等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 。
（4）叠氮化钠（NaN3）是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是 （填化学键名称）。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠 g。
22．（15分）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃左右并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+190kJ
（1）该热化学反应方程式的意义是 。该反应的平衡常数表达式K＝ ，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数。（填“＞”“＜”或“＝”）
（2）下列描述能说明上述反应（反应容器体积不变）已达平衡的是 。
a．v（O2）正＝2v（SO3）逆
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（3）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（O2）＝ mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取哪些措施？请写出两种方法 、 。
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。 。将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系，该离子是 。
23．（15分）已知苯酚（）化学式为C6H5OH，在空气中久置会被氧化成粉红色，是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。香料M的一种合成流程如图：
已知：
①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
（1）化合物R（C7H8O）的结构简式为 ，R与苯酚（）互称为 。M中含碳的官能团名称是 。
（2）A→B的反应类型是 。R分子中最多有 个原子共平面。设计R→X和Y→Z步骤的目的是 。
（3）写出C和Z反应生成M的化学方程式： 。写出同时满足下列条件的Y的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应和水解反应；
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子。
（4）已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备的合成路线： （无机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物）
24．（15分）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
（1）制备K2FeO4（夹持装置图1略）
A为氯气发生装置。A中反应方程式是 。（锰被还原为Mn2+）将除杂装置图2B补充完整并标明所用试剂 。
（2）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，②（写离子方程式） 。为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由 产生。（用文字描述或方程式表示）
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 。
（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的 倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是 。（答出两点即可）。
2020-2021学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油裂解 B．乙醇脱水 C．石油分馏 D．煤干馏
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）
【解答】解：A．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），故A正确；
B．乙醇脱水可以生成乙烯，但不适用工业上大量获得乙烯，故B错误；
C．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故C错误；
D．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大，加强基础知识的掌握。
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．钝化 B．风化 C．干馏 D．分馏
【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化，据此分析。
【解答】解：A、钝化是金属铝和铁等在冷的浓硫酸、浓硝酸中被在表面氧化出了一层致密而坚固的氧化物薄膜的过程，是化学变化，故A错误；
B、风化是带结晶水的晶体失去结晶水的过程，是化学变化，故B错误；
C、干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，故为化学变化，故C错误；
D、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为石油的分馏，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了化学中常见的概念和操作，难度不大，应注意的是石油的分馏和煤的干馏的区别。
3．（2分）下列哪些因素不是影响气体体积的主要因素（ ）
A．温度 B．压强 C．微粒的大小 D．微粒的数目
【分析】由于气体的分子间距离远大于分子本身大小，则决定气体体积的因素主要是气体的分子数目和分子间距离；在同温同压下，气体的分子之间的距离基本相等，所以决定气体体积的是气体的分子数或物质的量，以此进行解答。
【解答】解：气体的分子间距离远大于分子本身大小，决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离，而同温同压下，气体分子间的平均距离一定时，气体物质的量的多少决定气体的体积大小，而与气体分子的直径、气体分子的式量无关，影响气体体积的主要因素有温度、压强、微粒数等，微粒的大小不是影响气体体积的主要因素，
故选：C。
【点评】本题考查了影响气体体积的影响因素，题目难度不大，注意影响分子间距的因素有温度和压强。
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型为
C．电子式为 D．含有极性键
【分析】A．氨气为三角锥型结构；
B．氨气为三角锥型结构，不是平面结构；
C．N原子上有一对孤对电子；
D．形成于不同种原子间的共价键为极性键。
【解答】解：A．氨气为三角锥型结构，故氨气为极性分子，故A正确；
B．氨气分子不是平面型，是三角锥型，氨气分子的比例模型为：，故B错误；
C．N原子上有一对孤对电子，故其电子式为，故C正确；
D．形成于不同种原子间的共价键为极性键，故N﹣H键为极性键，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意的是含极性键的分子不一定是极性分子，具体得结合分子构型。
5．（2分）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是（ ）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
【分析】滴定管的感量为0.01mL，以此来解答。
【解答】解：胶头滴管、容量瓶不能用来量取液体的体积，量筒的感量为0.1mL，则用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是滴定管，
故选：C。
【点评】本题考查仪器的使用，为高频考点，把握中和滴定实验、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的感量，题目难度不大。
6．（2分）水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是（ ）
A．NaHCO3 B．NaBr C．KAl（SO4）2 D．NH3
【分析】水为弱电解质，水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；铝离子、碳酸氢根离子水解促进了水的电离、氨气抑制了水的电离，而NaBr不影响水的电离平衡，据此进行解答。
【解答】解：A．NaHCO3属于强碱弱酸盐，碳酸氢根离子促进水的电离，故A不选；
B．NaBr属于强碱强酸盐，溴离子和钠离子都不水解，对水的电离平衡不产生影响，故B选；
C．KAl（SO4）2电离出的铝离子水解，促进了水的电离，故C不选；
D．NH3溶于水形成一水合氨，溶液呈碱性，抑制了水的电离，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，题目难度不大，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，试题培养了学生的灵活应用能力。
7．（2分）下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是（ ）
A．质子数相同 B．沸点相同
C．互为同位素 D．摩尔质量相同
【分析】同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量，16O2和18O2的质子数都是16，二者相对分子量不同，则摩尔质量、沸点不同；同位素研究对象为原子，据此极性键判断。
【解答】解：根据阿伏加德罗定律可知，同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量，
A．16O2和18O2的质子数都是16，则等物质的量的二者含有质子数相同，故A正确；
B．二者都是分子晶体，沸点与相对分子质量有关，其相对分子质量不同，则沸点不同，故B错误；
C．同种元素的不同原子之间互为同位素，二者为单质，不属于同位素，故C错误；
D．16O2和18O2的相对分子质量分别为32、36，其摩尔质量分别为32g/mol、36g/mol，二者摩尔质量不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的量的应用、阿伏加德罗定律等，题目难度不大，明确影响沸点因素、同系物概念为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解。
【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大。
9．（2分）加入或通入下列物质，无法使溴水褪色的是（ ）
A．CH2═CH2 B．KI固体 C．NaOH固体 D．苯
【分析】A．乙烯具有不饱和键和溴水发生加成反应；
B．碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，能被溴单质氧化；
C．氢氧化钠和溴单质反应；
D．苯能萃取溴水中的单质溴；
【解答】解：A．乙烯和溴水发生加成反应使溴水颜色褪去，故A不符合；
B．碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，溴单质具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，溶液中颜色变深，不能使溴水褪色，故B符合；
C．氢氧化钠固体溶解后和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，使溴水颜色褪去，故C不符合；
D．苯和溴水混合后，发生萃取现象，溴水颜色褪去，故D不符合；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质、物质反应过程中的现象分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为6个碳原子，一个碳碳双键结构，其单体必为一种单烯烃和一种二烯烃，按如图方式断键可得单体为苯乙烯和1，3﹣丁二烯，
故选：B。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解与加聚反应，题目难度不大，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。
11．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；
A、氯气和水反应生成HCl和HClO；
B、氮气和氧气反应生成NO；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，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）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
【分析】氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，
联合制碱法又称侯氏制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，
氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率（或充分利用食盐中的钠和氯）、可节省石灰窑和蒸氨塔等设备（或减少CaCO3 制 CO2 这一工序，降低了能耗与污染），氨碱法中煅烧碳酸钙生成二氧化碳。
【解答】解：氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；“侯氏制碱法”中，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，
侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中加入氯化钠冷却得到氯化铵晶体，主要反应原理相同，食盐利用率不同。循环使用的物质不完全相同，副产物不同，
故选：A。
【点评】本题考查了联碱法和氨碱法生产流程的原理比较和物质分析判断，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氨碱法和侯氏制碱法的原理、设备等知识，试题培养了学生的灵活应用能力。
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（ ）
A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
【分析】由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，以此解答。
【解答】解：由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，只有C符合，
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响以及平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握压强与化学平衡移动的关系，难度不大。
14．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
【解答】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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。
15．（2分）反应2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热效应
C．1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量
D．该反应说明H2O2（l）比H2O（l）稳定
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应为放热反应，反之相反；
B．反应的热效应与始态与终态有关，与路径无关；
C．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量；
D．物质具有的能量越高越不稳定，具有的能量越低越稳定。
【解答】解：A．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，则反应为放热反应，故A错误；
B．途径a、b的始态与终态相同，则反应的热效应相同，即由途径a变成b，反应热不变，故B错误；
C．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，即1mol H2O2（l）的能量大于1mol H2O（l）和0.5molO2（g）的能量，则1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量，故C正确；
D．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，即1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量，所以稳定性：H2O2（l）＜H2O（l），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、物质稳定性与内能的关系为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ）
A．AlCl3、氨水、稀盐酸
B．Al2O3、氨水、稀盐酸
C．Al、NaOH溶液、稀盐酸
D．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸
【分析】既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。
【解答】解：由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，故AB均错误；
可溶性的铝盐Al2（SO4）3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解；
所以探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了金属元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
17．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。
【解答】解：A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；
B．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故C错误；
D．对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有 2 种，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，为高频考点，题目侧重考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大。
18．（2分）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．加热后固体颜色有少量变黑
【分析】根据结晶水合物中，结晶水的质量＝m（容器十晶体）﹣m（容器十无水硫酸铜），质量分数＝×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高，据此进行解答。
【解答】解：硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，即测定结果偏高，测定结果偏低或不变的均为不可能的选项，
A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A不选；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B选；
加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故B错误；
C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C不选；
D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力，明确实验操作方法为解答关键，注意误差引起原因的分析，题目难度不大。
19．（2分）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，以此解答该题。
【解答】解：A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，a为负极发生氧化反应，故A错误；
B、甲中铁为原电池的负极，发生反应Fe﹣2e→Fe2+，乙中Fe为电解池阴极，发生反应2H++2e﹣＝H2↑，Fe被保护，所以铁片腐蚀速率：乙＜甲，故B错误；
C、乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故C错误；
D、甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生淀粉分析能力的考查，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，题目难度不大。
20．（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，则下列叙述正确的是（ ）
A．c（Na+）＝c（NH4+）
B．两种溶液中水的电离程度相等
C．两种溶液的pH相等
D．c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4）
【分析】CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．CH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），CH3COONH4溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），两种溶液中c（CH3COO﹣）相等，c（OH﹣）不同，c（Na+）与c（NH4+）不相等，故A错误；
B．CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误；
C．CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH不相等，故C错误；
D．常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及溶液中的守恒关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0）
（1）该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为 。硅元素在周期表中的位置是 第三周期第ⅣA族 ，其原子的最外层电子轨道表示式为 ，最外层有 4 种运动状态不同的电子。
（2）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为 原子晶体 。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 ，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 。
（3）碳元素形成的单质有金刚石、足球烯（分子式为C60）等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力 。
（4）叠氮化钠（NaN3）是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是 离子键、共价键 （填化学键名称）。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠 78 g。
【分析】（1）氮气为非极性分子，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键；Si位于第三周期第IVA族，最外层上4个电子分别位于3s、3p能级上，最外层上有几个电子就有几种运动状态不同的电子；
（2）原子晶体熔沸点较高且硬度较大；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强；N原子半径小，Si原子半径大，N原子的原子核吸引电子能力大；
（3）原子晶体熔沸点大于分子晶体；
（4）活泼金属和活泼非金属元素之间以形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键；根据N原子守恒得n（NaN3）＝n（N2）＝×mol＝1.2mol。
【解答】解：（1）氮气为非极性分子，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键，电子式为；Si位于第三周期第IVA族，最外层上4个电子分别位于3s、3p能级上，其最外层电子轨道表示式为，最外层上有4个电子，所以有4种运动状态不同的电子；
故答案为：；第三周期第ⅣA族；；4；
（2）SiC熔沸点高且硬度大，所以属于原子晶体；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4都能证明非金属性N＞Si；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
故答案为：原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
（3）金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯，
故答案为：金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力；
（4）钠离子和叠氮酸根离子之间存在离子键、叠氮酸根离子中氮原子之间存在共价键，所以叠氮化钠中含有离子键和共价键；根据N原子守恒得n（NaN3）＝n（N2）＝×mol＝1.2mol，m（NaN3）＝1.2mol×65g/mol＝78g，
故答案为：离子键、共价键；78。
【点评】本题考查较综合，涉及晶体类型判断、物质的量的计算、元素周期律等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确元素周期律内涵、非金属性强弱判断方法、晶体类型判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
22．（15分）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃左右并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+190kJ
（1）该热化学反应方程式的意义是 在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ 。该反应的平衡常数表达式K＝ ，该反应450℃时的平衡常数 ＞ 500℃时的平衡常数。（填“＞”“＜”或“＝”）
（2）下列描述能说明上述反应（反应容器体积不变）已达平衡的是 bd 。
a．v（O2）正＝2v（SO3）逆
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（3）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（O2）＝ 0.036 mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取哪些措施？请写出两种方法 加压 、 降温 。
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。 H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀 。将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系，该离子是 HSO3﹣ 。
【分析】（1）热化学方程式中为完全转化时的能量变化，K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，为放热反应，温度越高K越小；
（2）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；
（3）半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，由反应可知参加氧气的物质的量为0.09mol，结合v＝计算；增大氧气、降低温度、增大压强均可使平衡正向移动；
（4）滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，因氨水促进亚硫酸的电离，SO32﹣浓度增大；SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3，NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失。
【解答】解：（1）该热化学反应方程式的意义是在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ；
该反应的平衡常数表达式K＝，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，则该反应450℃时的平衡常数＞500℃时的平衡常数，
故答案为：在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ；；＞；
（2）a．平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）正＝2v（SO3）逆不是平衡状态，故a不选；
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化，可知气体的物质的量不变，为平衡状态，故b选；
c．气体的质量、体积不变，容器中气体的密度始终不随时间而变化，不能判断平衡，故c不选；
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化，可知气体的物质的量不变，为平衡状态，故d选；
故答案为：bd；
（3）半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，由反应可知参加氧气的物质的量为0.09mol，则v（O2）＝＝0.036mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取措施为加压、降温等，
故答案为：0.036；加压；降温；
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象为H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀；SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3，NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失，图中表示的离子浓度先为0，后增大再减小，最后变为0，则该离子是HSO3﹣，
故答案为：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀；HSO3﹣。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握热化学方程式的意义、K的表达式、平衡移动的影响因素、电离平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度中等。
23．（15分）已知苯酚（）化学式为C6H5OH，在空气中久置会被氧化成粉红色，是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。香料M的一种合成流程如图：
已知：
①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
（1）化合物R（C7H8O）的结构简式为 ，R与苯酚（）互称为 同系物 。M中含碳的官能团名称是 酯基、苯环 。
（2）A→B的反应类型是 取代反应 。R分子中最多有 14 个原子共平面。设计R→X和Y→Z步骤的目的是 保护酚羟基防止被氧化 。
（3）写出C和Z反应生成M的化学方程式： ++HCl 。写出同时满足下列条件的Y的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应和水解反应；
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子。
（4）已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备的合成路线： （无机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物）
【分析】化合物R（C7H8O）能发生信息①的反应，则R中含有酚羟基，根据M结构简式知，R中酚羟基和甲基处于间位，R结构简式为，X为，X被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Y为，Y发生信息①的反应生成Z为，Z和C发生信息②的反应生成M，根据M结构简式知C为，B发生取代反应生成C，则B为，A发生取代反应生成B；
（4）以苯和异丙醇为原料制备，由异丙苯和溴发生取代反应得到，苯与2﹣溴丙烷得到；异丙醇与HBr发生取代反应得到2﹣溴丙烷。
【解答】解：（1）通过以上分析知，化合物R（C7H8O）的结构简式为，R比苯酚多一个甲基且二者结构相似，所以R与苯酚（）互称为同系物，M中含碳的官能团是酯基、苯环，
故答案为：；同系物；酯基、苯环；
（2）A中H原子被甲基取代生成B，A→B的反应类型是取代反应；R结构简式为，苯环上所有原子共平面、甲烷分子中最多有3个原子共平面，羟基上两个原子共平面，所以该分子中最多有14个原子共平面，设计R→X和Y→Z步骤的目的是：保护酚羟基，防止被氧化，
故答案为：取代反应；14；保护酚羟基防止被氧化；
（3）C和Z反应生成M的化学方程式：++HCl；
Y为，Y的同分异构体满足下列条件：
①能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子，
符合条件的结构简式为，
故答案为：++HCl；；
（4）以苯和异丙醇为原料制备，由异丙苯和溴发生取代反应得到，苯与2﹣溴丙烷得到；异丙醇与HBr发生取代反应得到2﹣溴丙烷，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、推断及知识迁移和综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，利用某些结构简式、分子式及题给信息进行推断，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
（1）制备K2FeO4（夹持装置图1略）
A为氯气发生装置。A中反应方程式是 2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O 。（锰被还原为Mn2+）将除杂装置图2B补充完整并标明所用试剂 。
（2）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，②（写离子方程式） Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 Fe3+ 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由 K2FeO4分解会产生Fe3+（或4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O） 产生。（用文字描述或方程式表示）
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 排除ClO﹣的干扰 。
（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的 0.64 倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是 既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等） 。（答出两点即可）。
【分析】由实验装置可知，装置A为氯气发生装置，发生原理为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O；B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，反应方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯气有毒，需要用装置D中的氢氧化钠溶液吸收。
（1）制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气；
（2）氯气与过量KOH反应生成氯化钾、次氯酸钾、水；
（3）由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，并且除去ClO﹣离子，防止在酸性条件下ClO﹣和Cl﹣反应产生Cl2干扰实验；
（5）根据高铁酸钠是强氧化剂，得到电子生成氢氧化铁胶体分析判断。
【解答】解：（1）①A为氯气发生装置，A中反应方程式是：2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，浓盐酸具有挥发性，可通过盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，如图：
故答案为：2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；；
（2）B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有氯气与过量KOH反应，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，
故答案为：Fe3+；K2FeO4分解会产生Fe3+（或4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O）；
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性条件下可与Cl﹣反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验，
故答案为：排除ClO﹣的干扰；
（5）Na2FeO4作消毒剂时，铁元素由+6降低至+3价，化合价降低3价，氯气作消毒剂时，氯元素由0价降低至﹣1价，化合价降低1价，则Na2FeO4与氯气的消毒效率之比为≈0.64，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用其强氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，且无毒或方便保存，
故答案为：0.64；既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:23:12；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2020-2021学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油裂解 B．乙醇脱水 C．石油分馏 D．煤干馏
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．钝化 B．风化 C．干馏 D．分馏
3．（2分）下列哪些因素不是影响气体体积的主要因素（ ）
A．温度 B．压强 C．微粒的大小 D．微粒的数目
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型为
C．电子式为 D．含有极性键
5．（2分）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是（ ）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
6．（2分）水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是（ ）
A．NaHCO3 B．NaBr C．KAl（SO4）2 D．NH3
7．（2分）下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是（ ）
A．质子数相同 B．沸点相同
C．互为同位素 D．摩尔质量相同
8．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
9．（2分）加入或通入下列物质，无法使溴水褪色的是（ ）
A．CH2═CH2 B．KI固体 C．NaOH固体 D．苯
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
11．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
12．（2分）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（ ）
A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
14．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
15．（2分）反应2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热效应
C．1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量
D．该反应说明H2O2（l）比H2O（l）稳定
16．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ）
A．AlCl3、氨水、稀盐酸
B．Al2O3、氨水、稀盐酸
C．Al、NaOH溶液、稀盐酸
D．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸
17．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
18．（2分）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．加热后固体颜色有少量变黑
19．（2分）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
20．（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，则下列叙述正确的是（ ）
A．c（Na+）＝c（NH4+）
B．两种溶液中水的电离程度相等
C．两种溶液的pH相等
D．c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4）
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0）
（1）该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为 。硅元素在周期表中的位置是 ，其原子的最外层电子轨道表示式为 ，最外层有 种运动状态不同的电子。
（2）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为 。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强 ，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系 。
（3）碳元素形成的单质有金刚石、足球烯（分子式为C60）等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 。
（4）叠氮化钠（NaN3）是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是 （填化学键名称）。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠 g。
22．（15分）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃左右并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+190kJ
（1）该热化学反应方程式的意义是 。该反应的平衡常数表达式K＝ ，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数。（填“＞”“＜”或“＝”）
（2）下列描述能说明上述反应（反应容器体积不变）已达平衡的是 。
a．v（O2）正＝2v（SO3）逆
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（3）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（O2）＝ mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取哪些措施？请写出两种方法 、 。
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。 。将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系，该离子是 。
23．（15分）已知苯酚（）化学式为C6H5OH，在空气中久置会被氧化成粉红色，是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。香料M的一种合成流程如图：
已知：
①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
（1）化合物R（C7H8O）的结构简式为 ，R与苯酚（）互称为 。M中含碳的官能团名称是 。
（2）A→B的反应类型是 。R分子中最多有 个原子共平面。设计R→X和Y→Z步骤的目的是 。
（3）写出C和Z反应生成M的化学方程式： 。写出同时满足下列条件的Y的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应和水解反应；
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子。
（4）已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备的合成路线： （无机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物）
24．（15分）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
（1）制备K2FeO4（夹持装置图1略）
A为氯气发生装置。A中反应方程式是 。（锰被还原为Mn2+）将除杂装置图2B补充完整并标明所用试剂 。
（2）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，②（写离子方程式） 。为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由 产生。（用文字描述或方程式表示）
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 。
（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的 倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是 。（答出两点即可）。
2020-2021学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油裂解 B．乙醇脱水 C．石油分馏 D．煤干馏
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）
【解答】解：A．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），故A正确；
B．乙醇脱水可以生成乙烯，但不适用工业上大量获得乙烯，故B错误；
C．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故C错误；
D．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大，加强基础知识的掌握。
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．钝化 B．风化 C．干馏 D．分馏
【分析】无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化，据此分析。
【解答】解：A、钝化是金属铝和铁等在冷的浓硫酸、浓硝酸中被在表面氧化出了一层致密而坚固的氧化物薄膜的过程，是化学变化，故A错误；
B、风化是带结晶水的晶体失去结晶水的过程，是化学变化，故B错误；
C、干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，故为化学变化，故C错误；
D、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为石油的分馏，无新物质生成，故为物理变化，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了化学中常见的概念和操作，难度不大，应注意的是石油的分馏和煤的干馏的区别。
3．（2分）下列哪些因素不是影响气体体积的主要因素（ ）
A．温度 B．压强 C．微粒的大小 D．微粒的数目
【分析】由于气体的分子间距离远大于分子本身大小，则决定气体体积的因素主要是气体的分子数目和分子间距离；在同温同压下，气体的分子之间的距离基本相等，所以决定气体体积的是气体的分子数或物质的量，以此进行解答。
【解答】解：气体的分子间距离远大于分子本身大小，决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离，而同温同压下，气体分子间的平均距离一定时，气体物质的量的多少决定气体的体积大小，而与气体分子的直径、气体分子的式量无关，影响气体体积的主要因素有温度、压强、微粒数等，微粒的大小不是影响气体体积的主要因素，
故选：C。
【点评】本题考查了影响气体体积的影响因素，题目难度不大，注意影响分子间距的因素有温度和压强。
4．（2分）下列有关NH3的说法错误的是（ ）
A．属于极性分子 B．比例模型为
C．电子式为 D．含有极性键
【分析】A．氨气为三角锥型结构；
B．氨气为三角锥型结构，不是平面结构；
C．N原子上有一对孤对电子；
D．形成于不同种原子间的共价键为极性键。
【解答】解：A．氨气为三角锥型结构，故氨气为极性分子，故A正确；
B．氨气分子不是平面型，是三角锥型，氨气分子的比例模型为：，故B错误；
C．N原子上有一对孤对电子，故其电子式为，故C正确；
D．形成于不同种原子间的共价键为极性键，故N﹣H键为极性键，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意的是含极性键的分子不一定是极性分子，具体得结合分子构型。
5．（2分）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是（ ）
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
【分析】滴定管的感量为0.01mL，以此来解答。
【解答】解：胶头滴管、容量瓶不能用来量取液体的体积，量筒的感量为0.1mL，则用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是滴定管，
故选：C。
【点评】本题考查仪器的使用，为高频考点，把握中和滴定实验、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的感量，题目难度不大。
6．（2分）水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是（ ）
A．NaHCO3 B．NaBr C．KAl（SO4）2 D．NH3
【分析】水为弱电解质，水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；铝离子、碳酸氢根离子水解促进了水的电离、氨气抑制了水的电离，而NaBr不影响水的电离平衡，据此进行解答。
【解答】解：A．NaHCO3属于强碱弱酸盐，碳酸氢根离子促进水的电离，故A不选；
B．NaBr属于强碱强酸盐，溴离子和钠离子都不水解，对水的电离平衡不产生影响，故B选；
C．KAl（SO4）2电离出的铝离子水解，促进了水的电离，故C不选；
D．NH3溶于水形成一水合氨，溶液呈碱性，抑制了水的电离，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，题目难度不大，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，试题培养了学生的灵活应用能力。
7．（2分）下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是（ ）
A．质子数相同 B．沸点相同
C．互为同位素 D．摩尔质量相同
【分析】同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量，16O2和18O2的质子数都是16，二者相对分子量不同，则摩尔质量、沸点不同；同位素研究对象为原子，据此极性键判断。
【解答】解：根据阿伏加德罗定律可知，同温同压同体积的16O2和18O2具有相同的物质的量，
A．16O2和18O2的质子数都是16，则等物质的量的二者含有质子数相同，故A正确；
B．二者都是分子晶体，沸点与相对分子质量有关，其相对分子质量不同，则沸点不同，故B错误；
C．同种元素的不同原子之间互为同位素，二者为单质，不属于同位素，故C错误；
D．16O2和18O2的相对分子质量分别为32、36，其摩尔质量分别为32g/mol、36g/mol，二者摩尔质量不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的量的应用、阿伏加德罗定律等，题目难度不大，明确影响沸点因素、同系物概念为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
8．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解。
【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大。
9．（2分）加入或通入下列物质，无法使溴水褪色的是（ ）
A．CH2═CH2 B．KI固体 C．NaOH固体 D．苯
【分析】A．乙烯具有不饱和键和溴水发生加成反应；
B．碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，能被溴单质氧化；
C．氢氧化钠和溴单质反应；
D．苯能萃取溴水中的单质溴；
【解答】解：A．乙烯和溴水发生加成反应使溴水颜色褪去，故A不符合；
B．碘化钾溶于水溶液中碘离子具有还原性，溴单质具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，溶液中颜色变深，不能使溴水褪色，故B符合；
C．氢氧化钠固体溶解后和溴单质反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，使溴水颜色褪去，故C不符合；
D．苯和溴水混合后，发生萃取现象，溴水颜色褪去，故D不符合；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质、物质反应过程中的现象分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
10．（2分）丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有（ ）
A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯
【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。
【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为6个碳原子，一个碳碳双键结构，其单体必为一种单烯烃和一种二烯烃，按如图方式断键可得单体为苯乙烯和1，3﹣丁二烯，
故选：B。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解与加聚反应，题目难度不大，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。
11．（2分）不能通过化合反应生成的物质是（ ）
A．HClO B．NO C．SO3 D．FeCl2
【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；
A、氯气和水反应生成HCl和HClO；
B、氮气和氧气反应生成NO；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质
A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选；
B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选；
C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，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）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
【分析】氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，
联合制碱法又称侯氏制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，
氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率（或充分利用食盐中的钠和氯）、可节省石灰窑和蒸氨塔等设备（或减少CaCO3 制 CO2 这一工序，降低了能耗与污染），氨碱法中煅烧碳酸钙生成二氧化碳。
【解答】解：氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；“侯氏制碱法”中，在母液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度，
侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中加入氯化钠冷却得到氯化铵晶体，主要反应原理相同，食盐利用率不同。循环使用的物质不完全相同，副产物不同，
故选：A。
【点评】本题考查了联碱法和氨碱法生产流程的原理比较和物质分析判断，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氨碱法和侯氏制碱法的原理、设备等知识，试题培养了学生的灵活应用能力。
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（ ）
A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
【分析】由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，以此解答。
【解答】解：由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，只有C符合，
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响以及平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握压强与化学平衡移动的关系，难度不大。
14．（2分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（ ）
A．漂白性 B．氧化性和漂白性
C．还原性 D．还原性和漂白性
【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。
【解答】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，
故选：C。
【点评】本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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。
15．（2分）反应2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热效应
C．1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量
D．该反应说明H2O2（l）比H2O（l）稳定
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应为放热反应，反之相反；
B．反应的热效应与始态与终态有关，与路径无关；
C．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量；
D．物质具有的能量越高越不稳定，具有的能量越低越稳定。
【解答】解：A．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，则反应为放热反应，故A错误；
B．途径a、b的始态与终态相同，则反应的热效应相同，即由途径a变成b，反应热不变，故B错误；
C．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，即1mol H2O2（l）的能量大于1mol H2O（l）和0.5molO2（g）的能量，则1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量，故C正确；
D．由图可知，2molH2O2（l）具有的能量大于2molH2O（l）和1molO2（g）具有的能量，即1mol H2O2（l）的能量高于1mol H2O（l）的能量，所以稳定性：H2O2（l）＜H2O（l），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、物质稳定性与内能的关系为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ）
A．AlCl3、氨水、稀盐酸
B．Al2O3、氨水、稀盐酸
C．Al、NaOH溶液、稀盐酸
D．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸
【分析】既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。
【解答】解：由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，故AB均错误；
可溶性的铝盐Al2（SO4）3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解；
所以探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了金属元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
17．（2分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于取代反应
B．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
C．甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是 C7H16
D．对二甲苯的一溴代物有 2 种
【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。
【解答】解：A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；
B．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故C错误；
D．对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有 2 种，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，为高频考点，题目侧重考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大。
18．（2分）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．加热后固体颜色有少量变黑
【分析】根据结晶水合物中，结晶水的质量＝m（容器十晶体）﹣m（容器十无水硫酸铜），质量分数＝×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高，据此进行解答。
【解答】解：硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，即测定结果偏高，测定结果偏低或不变的均为不可能的选项，
A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A不选；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B选；
加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故B错误；
C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C不选；
D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力，明确实验操作方法为解答关键，注意误差引起原因的分析，题目难度不大。
19．（2分）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe﹣2e→Fe2+
D．b极上发生的反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣
【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，以此解答该题。
【解答】解：A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，a为负极发生氧化反应，故A错误；
B、甲中铁为原电池的负极，发生反应Fe﹣2e→Fe2+，乙中Fe为电解池阴极，发生反应2H++2e﹣＝H2↑，Fe被保护，所以铁片腐蚀速率：乙＜甲，故B错误；
C、乙中d为阴极，阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，故C错误；
D、甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生淀粉分析能力的考查，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，题目难度不大。
20．（2分）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，则下列叙述正确的是（ ）
A．c（Na+）＝c（NH4+）
B．两种溶液中水的电离程度相等
C．两种溶液的pH相等
D．c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4）
【分析】CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），结合电荷守恒分析。
【解答】解：A．CH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），CH3COONH4溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），两种溶液中c（CH3COO﹣）相等，c（OH﹣）不同，c（Na+）与c（NH4+）不相等，故A错误；
B．CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误；
C．CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH不相等，故C错误；
D．常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO﹣）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及溶液中的守恒关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0）
（1）该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为 。硅元素在周期表中的位置是 第三周期第ⅣA族 ，其原子的最外层电子轨道表示式为 ，最外层有 4 种运动状态不同的电子。
（2）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为 原子晶体 。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 ，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 。
（3）碳元素形成的单质有金刚石、足球烯（分子式为C60）等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力 。
（4）叠氮化钠（NaN3）是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是 离子键、共价键 （填化学键名称）。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠 78 g。
【分析】（1）氮气为非极性分子，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键；Si位于第三周期第IVA族，最外层上4个电子分别位于3s、3p能级上，最外层上有几个电子就有几种运动状态不同的电子；
（2）原子晶体熔沸点较高且硬度较大；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强；N原子半径小，Si原子半径大，N原子的原子核吸引电子能力大；
（3）原子晶体熔沸点大于分子晶体；
（4）活泼金属和活泼非金属元素之间以形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键；根据N原子守恒得n（NaN3）＝n（N2）＝×mol＝1.2mol。
【解答】解：（1）氮气为非极性分子，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键，电子式为；Si位于第三周期第IVA族，最外层上4个电子分别位于3s、3p能级上，其最外层电子轨道表示式为，最外层上有4个电子，所以有4种运动状态不同的电子；
故答案为：；第三周期第ⅣA族；；4；
（2）SiC熔沸点高且硬度大，所以属于原子晶体；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4都能证明非金属性N＞Si；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
故答案为：原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
（3）金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯，
故答案为：金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力；
（4）钠离子和叠氮酸根离子之间存在离子键、叠氮酸根离子中氮原子之间存在共价键，所以叠氮化钠中含有离子键和共价键；根据N原子守恒得n（NaN3）＝n（N2）＝×mol＝1.2mol，m（NaN3）＝1.2mol×65g/mol＝78g，
故答案为：离子键、共价键；78。
【点评】本题考查较综合，涉及晶体类型判断、物质的量的计算、元素周期律等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确元素周期律内涵、非金属性强弱判断方法、晶体类型判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
22．（15分）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃左右并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+190kJ
（1）该热化学反应方程式的意义是 在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ 。该反应的平衡常数表达式K＝ ，该反应450℃时的平衡常数 ＞ 500℃时的平衡常数。（填“＞”“＜”或“＝”）
（2）下列描述能说明上述反应（反应容器体积不变）已达平衡的是 bd 。
a．v（O2）正＝2v（SO3）逆
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（3）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（O2）＝ 0.036 mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取哪些措施？请写出两种方法 加压 、 降温 。
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。 H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀 。将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系，该离子是 HSO3﹣ 。
【分析】（1）热化学方程式中为完全转化时的能量变化，K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，为放热反应，温度越高K越小；
（2）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；
（3）半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，由反应可知参加氧气的物质的量为0.09mol，结合v＝计算；增大氧气、降低温度、增大压强均可使平衡正向移动；
（4）滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，因氨水促进亚硫酸的电离，SO32﹣浓度增大；SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3，NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失。
【解答】解：（1）该热化学反应方程式的意义是在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ；
该反应的平衡常数表达式K＝，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，则该反应450℃时的平衡常数＞500℃时的平衡常数，
故答案为：在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ；；＞；
（2）a．平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）正＝2v（SO3）逆不是平衡状态，故a不选；
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化，可知气体的物质的量不变，为平衡状态，故b选；
c．气体的质量、体积不变，容器中气体的密度始终不随时间而变化，不能判断平衡，故c不选；
d．容器中气体的分子总数不随时间而变化，可知气体的物质的量不变，为平衡状态，故d选；
故答案为：bd；
（3）半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，由反应可知参加氧气的物质的量为0.09mol，则v（O2）＝＝0.036mol/（L•min）；如果要提高SO2转化率，可以采取措施为加压、降温等，
故答案为：0.036；加压；降温；
（4）向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象为H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀；SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3，NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失，图中表示的离子浓度先为0，后增大再减小，最后变为0，则该离子是HSO3﹣，
故答案为：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，SO32﹣浓度增大，产生BaSO3沉淀；HSO3﹣。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握热化学方程式的意义、K的表达式、平衡移动的影响因素、电离平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度中等。
23．（15分）已知苯酚（）化学式为C6H5OH，在空气中久置会被氧化成粉红色，是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要原料。香料M的一种合成流程如图：
已知：
①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
（1）化合物R（C7H8O）的结构简式为 ，R与苯酚（）互称为 同系物 。M中含碳的官能团名称是 酯基、苯环 。
（2）A→B的反应类型是 取代反应 。R分子中最多有 14 个原子共平面。设计R→X和Y→Z步骤的目的是 保护酚羟基防止被氧化 。
（3）写出C和Z反应生成M的化学方程式： ++HCl 。写出同时满足下列条件的Y的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应和水解反应；
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子。
（4）已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备的合成路线： （无机试剂任选）。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物）
【分析】化合物R（C7H8O）能发生信息①的反应，则R中含有酚羟基，根据M结构简式知，R中酚羟基和甲基处于间位，R结构简式为，X为，X被酸性高锰酸钾溶液氧化生成Y为，Y发生信息①的反应生成Z为，Z和C发生信息②的反应生成M，根据M结构简式知C为，B发生取代反应生成C，则B为，A发生取代反应生成B；
（4）以苯和异丙醇为原料制备，由异丙苯和溴发生取代反应得到，苯与2﹣溴丙烷得到；异丙醇与HBr发生取代反应得到2﹣溴丙烷。
【解答】解：（1）通过以上分析知，化合物R（C7H8O）的结构简式为，R比苯酚多一个甲基且二者结构相似，所以R与苯酚（）互称为同系物，M中含碳的官能团是酯基、苯环，
故答案为：；同系物；酯基、苯环；
（2）A中H原子被甲基取代生成B，A→B的反应类型是取代反应；R结构简式为，苯环上所有原子共平面、甲烷分子中最多有3个原子共平面，羟基上两个原子共平面，所以该分子中最多有14个原子共平面，设计R→X和Y→Z步骤的目的是：保护酚羟基，防止被氧化，
故答案为：取代反应；14；保护酚羟基防止被氧化；
（3）C和Z反应生成M的化学方程式：++HCl；
Y为，Y的同分异构体满足下列条件：
①能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，
②分子中只含有4种化学环境不同的H原子，
符合条件的结构简式为，
故答案为：++HCl；；
（4）以苯和异丙醇为原料制备，由异丙苯和溴发生取代反应得到，苯与2﹣溴丙烷得到；异丙醇与HBr发生取代反应得到2﹣溴丙烷，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、推断及知识迁移和综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，利用某些结构简式、分子式及题给信息进行推断，采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
（1）制备K2FeO4（夹持装置图1略）
A为氯气发生装置。A中反应方程式是 2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O 。（锰被还原为Mn2+）将除杂装置图2B补充完整并标明所用试剂 。
（2）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，②（写离子方程式） Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O 。为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
（3）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 Fe3+ 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl﹣氧化，还可能由 K2FeO4分解会产生Fe3+（或4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O） 产生。（用文字描述或方程式表示）
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣。用KOH溶液洗涤的目的是 排除ClO﹣的干扰 。
（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的 0.64 倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是 既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等） 。（答出两点即可）。
【分析】由实验装置可知，装置A为氯气发生装置，发生原理为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O；B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，反应方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯气有毒，需要用装置D中的氢氧化钠溶液吸收。
（1）制备K2FeO4，由实验装置可知，A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气；
（2）氯气与过量KOH反应生成氯化钾、次氯酸钾、水；
（3）由方案I中溶液变红，可知含铁离子，可能为K2FeO4与酸反应生成；
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，并且除去ClO﹣离子，防止在酸性条件下ClO﹣和Cl﹣反应产生Cl2干扰实验；
（5）根据高铁酸钠是强氧化剂，得到电子生成氢氧化铁胶体分析判断。
【解答】解：（1）①A为氯气发生装置，A中反应方程式是：2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，浓盐酸具有挥发性，可通过盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，如图：
故答案为：2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；；
（2）B中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有氯气与过量KOH反应，离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，
故答案为：Fe3+；K2FeO4分解会产生Fe3+（或4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O）；
（4）方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性条件下可与Cl﹣反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验，
故答案为：排除ClO﹣的干扰；
（5）Na2FeO4作消毒剂时，铁元素由+6降低至+3价，化合价降低3价，氯气作消毒剂时，氯元素由0价降低至﹣1价，化合价降低1价，则Na2FeO4与氯气的消毒效率之比为≈0.64，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用其强氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，且无毒或方便保存，
故答案为：0.64；既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:23:12；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
相关试卷
2020-2021学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2020-2021学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模），共35页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末化学试卷（一模），共31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学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
