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上海市上海财经大学附属中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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上财附中2019学年第一学期期中测试
2020届高三学业水平等级性考试化学（阶段测试四）
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1.我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是( )
A. ①中描述的化学反应是可逆反应
B. “曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液
C. “积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；
B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；
C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；
D．曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。
故选B。
2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl
B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为Ce
D. 过氧化氢的电子式为：H＋[]2－H＋
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸分子中氧原子和氯原子及氢原子都共用一个电子对，其结构式为：H-O-Cl，故A正确；
B．正丙醇含有正丙基，其结构简式为：CH3CH2 CH2OH，故B错误；
C．含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子质量数为140，其符号为，故C错误；
D．过氧化氢是共价化合物，O原子之间为共价键，每个O原子上均和一个H原子形成共价键，故其电子式为，故D错误；
故答案为A。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；
B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；
C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；
D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；
答案选D。
4.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是（ ）
A. 用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管
B. 用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管
C. 硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸
D. 将打破的水银温度计插入硫粉中
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸钾分解生成的二氧化锰具有强氧化性，加热条件下能氧化浓盐酸生成污染性气体氯气，能引起空气污染，故A错误；
B．银和稀硝酸反应生成污染性气体NO，用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管会引起空气污染，故B错误；
C．硝酸亚铁和硫酸混合形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子同时生成一氧化氮是污染性气体，引起空气污染，故C错误；
D．硫和汞常温下反应生成硫化汞，避免汞蒸气污染空气，故D正确；
故选：D。
5.五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（ ）
A. 元素X可能为锂
B. 原子半径大小：r(M)>r(W)
C. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
D. 元素气态氢化物的稳定性：Y>M
【答案】C
【解析】
【分析】
X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-1，其原子序数最大，则W为Cl元素，据此解答。
【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A说法正确；
B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：r（M）>r（W），故B说法正确；
C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；
D．元素的非金属性：Y＞M，则元素气态氢化物的稳定性：YH3＞MH3，故D正确。
故答案为C。
6.某小组辨析非金属及其化合物，下列说法正确的是（ ）
①Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
②SO2具有还原性，故可作漂白剂
③浓硝酸中的HNO3见光会分解，故浓硝酸呈黄色
④浓硫酸有强氧化性，不能与Cu发生反应
⑤将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，褪色后加热也能恢复原色
⑥金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ③ D. 均不正确
【答案】C
【解析】
【详解】①Cl2具有很强的氧化性，可作氧化剂，但在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，又做还原剂，故错误；
②二氧化硫做漂白剂是因为其具有漂白性，与还原性无关，故错误；
③硝酸分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水导致浓硝酸呈黄色，故正确；
④浓H2SO4具有强氧化性，浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故错误；
⑤SO2通入溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则加热颜色不会恢复，故错误；
⑥金刚石和氧气反应生成二氧化碳，故错误；
正确的有③；
故答案为C。
7.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；
B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3 中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；
C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；
D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；
故答案为D。
8. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法命名时，（图1）化合物的名称是2,4,6－三甲基－5－乙基庚烷
B. 有机物（图2）的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
C. 高分子化合物（图3），其单体为对苯二甲酸和乙醇
D. 等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据系统命名法的原则，图1化合物的名称为2,4,6－三甲基－3－乙基庚烷，A项正确；B．图2所示的有机物的分子式为C7H8O3，不饱和度为（16-8）÷2=4， 由于苯环的不饱和度为4，所以在其芳香族同分异构体中，若还能发生银镜反应，还应含有醛基或甲酸酯基，该种同分异构体的不饱和度至少为5，这与分子式不符，B项错误；C．图3所示的高分子化合物，其单体应为对苯二甲酸和乙二醇，C项错误；D.乙炔与苯最简式相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等，D项正确；选D。
考点：考查有机物的命名及化学性质，高分子化合价单体的判断。
9.下列关于水的说法中正确的是（ ）
A. 在任何条件下，纯水都呈中性
B. 在任何温度下，纯水的pH＝7
C. 在90℃时，纯水中c(H＋)<1×10－7mol/L
D. 向纯水中加入少量NaOH固体，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．在任何条件下，纯水中c（H+）=c（OH-），所以纯水任何条件下都呈中性，故A正确；
B．水的电离是吸热反应，常温下水的pH等于7，温度升高，水的电离程度增大，pH=-lgC〔H+〕，100℃时，纯水的c（H+）=1×10-6mol/L，pH=-lg1×10-6=6，故B错误；
C．在90℃时，温度升高水的电离受到促进，纯水中的氢离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；
D．向纯水中加入少量 NaOH固体，水的电离逆向移动，但氢氧化钠会电离出氢氧根，c（OH-）增大，故D错误；
故答案为A。
10.下列评价及离子方程式书写正确的是
选项
离子组
不能大量共存于同一溶液中的原因
A
H+、Fe2+、NO3-、Cl-
发生了氧化还原反应4Fe2++ 2NO3-+ 6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32-、Cl-、Al3+
发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN-、Br-
有红色沉淀生成：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D
HCO3-、OH-、Na+、Ca2+
发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。
点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。
11.用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是
A. 该反应中氮元素被氧化
B 该反应中H2O2作还原剂
C. 每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.1×6.02×1023个
D. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
A、该反应中氮元素化合价不变，故A错误；B、氧由-1价升高到0价，该反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、反应中碳由+2价升高到+4价，每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.2×6.02×1023个，故C正确；D、CN－水解生成HCN，溶液呈碱性，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，抑制CN－水解，故D正确；故选D。
12.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是( )
A. NaHSO3 粉末加入HNO3溶液中 B. SO2气体通入新制氯水中
C. NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中 D. CO2气体通入澄清石灰水中
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；
B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；
C. NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；
D. CO2 +Ca(OH) 2 =CaCO3 ↓+ H2O ，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO 3 + H2O+CO2 =Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；
故选D。
13.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 由MgCl2制取Mg是放热过程
B. 热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
C. 金属镁和卤素单质(X2)的反应都是放热反应
D. 由图可知，此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为MgBr2(s)＋Cl2(g)→MgCl2(s)＋Br2(g)-117kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B错误；
C．金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；
D．由图可知①Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol、
②Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，①-②得到MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ•mol-1，放热，故D错误；
故答案为C。
14.已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)+Q(Q<0)，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应方程式中n＝1
B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度
C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强
D. 0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，10min后反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；
B．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；
C．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；
D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minx的物质的量浓度变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为： ，故D正确；
故答案为B。
【点睛】升高温度，正逆反应速率会同时瞬间增大，但浓度不会瞬间增大。压缩体积的加压会使正逆反应速率瞬间增大，同时浓度也增大。
15.常温下，用 0.1 mol·L—1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L—1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
B. 当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)
C. 当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)
D. 当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】B
【解析】
A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选D。
16.将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系错误的是( )
选项
固体X
液体Y
检测方法
A
CaO
浓氨水
蘸有浓盐酸的玻璃棒
B
Cu
浓硫酸
干燥的红色石蕊试纸
C
Na2O2
水
带火星的木条
D
Na2CO3
稀硫酸
滴有澄清石灰水的玻璃片
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项，浓氨水滴加到生石灰上产生氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验氨气，正确；
B项，铜和浓硫酸反应需加热，产生的二氧化硫气体遇石蕊溶液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，错误；
C项，过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气能使带火星的木条复燃，正确；
D项，碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，在滴有澄清石灰水的玻璃片上有浑浊现象，正确；
故选B。
17. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A. 加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好
B. 加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色
C. ④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅(已知：2NO2N2O4△H＜0）
D. 四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【答案】C
【解析】
试题分析：加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是因为NH4Cl受热分解，分解得到的NH3和HCl又反应生成NH4Cl。加热时，②中NH3逸出，酚酞变为无色，③中SO2逸出，品红由无色变为红色。四个“封管实验”只有第四个是可逆反应。
考点：化学实验
点评：可逆反应：在相同的条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行。
18. 用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是( )
A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色
B. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解
D. 若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；
B.D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，B正确；
C.若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，C错误；
D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误；
故合理选项是B。
19.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A. 肯定不含I－ B. 肯定含有SO32－、I－
C. 肯定不含SO42－ D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【解析】
因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。
【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。
20.向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B. 原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C. 根据图像无法计算a的值
D. 线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
【答案】D
【解析】
【分析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；
B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；
D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；
故答案为D。
二、综合题
21.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
（1）氨气的电子式为___，它的共价键属于___(填“极性”或“非极性”)键，其溶于水显碱性的理由是（用化学方程式表示）___。
（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨，下列措施能使正反应速率增大，且一定使平衡混合物中NH3的体积分数增大的是___。
A．降低反应温度 B．压缩反应混合物 C．充入N2 D．液化分离NH3
（3）常温下，向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。
表示NH3·H2O浓度变化的曲线是___(填“A”或“B”)。
（4）当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=___mol/L(用数字表示)。若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。
①写出液氨的电离方程式：___。
②写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式：___。
③写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系：___。
【答案】 (1). (2). 极性 (3). 、 (4). B (5). A (6). 2×10-5-2×10-9 (7). (8). (9). c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）
【解析】
【分析】
（1）氨气的电子式为；极性共价键是不同元素之间形成的共价键，非极性共价键是同种元素之间形成的共价键；氨气溶于水生成一水合氨；
（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨的反应是气体体积减小的放热反应；
（3）向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小；
（4）根据电荷守恒和物料守恒计算；
①液氨和水电离类似，据此写出到了方程式；
②盐类水解的实质是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子形成弱电解质的过程；
③氨解存在的离子方程式为：，，据此分析判断离子浓度大小。
【详解】（1）氨气的电子式为；N-H键是不同元素形成的共价键，故为极性共价键；氨气溶于水生产一水合氨，一水合氨为弱碱，故答案为：；极性；、；
（2）A．降低反应温度，平衡正向进行，但反应速率减小，故A错误；
B．压缩反应混合物增大压强反应速率增大，平衡正向进行，氨气体积分数一定增大，故B正确；
C．充入N2 速率增大，平衡正向进行，但氨气的体积分数不一定增大，故C错误；
D．液化分离NH3 平衡正向进行，反应速率减小，故D错误；
故答案为：B；
（3）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小，表示NH3•H2O浓度变化的曲线是A，故答案为：A；
（4）当加入盐酸体积为50ml时，此时溶液pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl-），得到c（NH4+）-c（NH3•H2O）=2c（OH-）-2c（H+）=2×10-5-2×10-9，故答案为：2×10-5-2×10-9；
①若液氨中也存在类似水的电离，则液氨的电离方程式为：；
②碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子结合液氨电离出的阳离子发生氨解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式为：；
③氨解存在的离子方程式为：，， 因此溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）。
【点睛】第（4）题中，解决离子浓度差值的问题通常就是对溶液中三大守恒的考查；因为液氨存在与水相似的电离，故把 NH2-看成OH-，把NH4+看成H+来处理即可。
22.铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
（1）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4。其反应的离子方程式：Fe(OH)3+ClO－+OH－→FeO42－+H2O+Cl－（未配平）。配平上述离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。___
___Fe(OH)3+___ClO－+___OH－→___FeO42－+___H2O+___Cl－
该反应中，还原剂是___，被还原的元素是___。
（2）在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)+Q。
已知该反应在不同温度下的平衡常数如表。
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
64.0
50.7
42.9
该反应的平衡常数表达式为___，Q__0（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）在容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡，该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=___，CO的平衡转化率为____。
（4）欲提高CO的平衡转化率，可采取的措施是___。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2 D．提高反应温度
E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂
（5）现在恒压密闭容器中通入1molH2和1molCO2发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)+41kJ。当反应达到平衡后，在其他条件不变时，再通入1molH2和1molCO2的混合气体，请在图中画出正(v正)、逆(v逆)反应速率随时间t变化的示意图。___
【答案】 (1). (2). Fe（OH）3 (3). 氯元素 (4). (5). ＜ (6). 0.006mol•L-1•min-10.006mol•L-1•min-1 (7). 60% (8). CD (9).
【解析】
【分析】
（1）根据电子守恒和元素守恒配平氧化还原方程式，得电子化合价降低做氧化剂，失电子化合价升高做还原剂；
（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，纯固体不能代入K的表达式中；图表数据分析，随温度升高平衡常数减小；
（3）依据化学平衡三段式列式计算，令平衡时CO的物质的量变化为nmol，利用三段式表示出平衡时CO、CO2的物质的量，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，进而计算CO的浓度变化量，进而求转化率。
（4）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量，结合选项根据平衡移动原理分析；
（5）该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡；但是恒压条件下加入再通入1mol H2和1mol CO2的混合气体后，容器的容积变大，生成物浓度增大，而反应物浓度减小，反应速率会发生变化，据此分析。
【详解】（1）铁元素化合价+3价变化为+6价，氯元素化合价+1价变化-1价，电子转移总数6e-，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，，反应中还原剂Fe（OH）3，氧化剂为ClO-，被还原的元素是氯元素，故答案为：；Fe（OH）3；氯元素；
（2）I、中 K= ，由表格数据可知，温度越高，K越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故Q>0，
故答案为：；>；
（3）在一个容积为10L的密闭容器中，1 000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，浓度商Q＜K=64，反应正向进行，反应经过10min后达到平衡，令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：
所以有，解得n=0.6mol，所以v(CO2)=，CO的平衡转化率为，故答案为：0.006mol•L-1•min-1；60%；
（4）A．铁是固体，减少Fe的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A错误；
B．氧化铁是固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故B错误；
C．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；
D．该反应正反应是放热反应，降低反应温度，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故D正确；
E．反应前后气体物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E错误；
F．加入合适的催化剂，平衡不移动，故F错误；
故选CD。
（5）由于该反应是气体体积相等的反应，压强不影响平衡，且恒压，所以最终得到平衡时的各组分含量、浓度与原平衡完全相同，所以达到平衡时的反应速率与原平衡时的速率相等；若再通入1mol H2和1mol CO2的混合气体后，由于恒压条件下，容器的容积增大，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以逆反应速率增大，正反应速率减小，之后逆反应速率逐渐减小，正反应速率增大，最终得到与原平衡相等的速率，据此画出的正（v正）、逆（v逆）反应速率随时间t变化的示意图为：
。
【点睛】第（3）题中求反应速率的时候要注意反应速率的定义是单位时间内物质的量浓度的变化，而不是物质的量，要注意容器的体积为10L，求出物质的量之后要进一步求浓度。
23.化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题
(1)B所含官能团名称为___________。
(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为___________、___________。
(3)D的结构简式为___________。
(4)由A生成B的化学方程式为___________。
(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有___________种，写出其中一种结构简式___________。
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成 CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ______________________________________________。
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 氧化反应 (3). 取代反应（或酯化反应） (4). (5). (6). 4种 (7). (8).
【解析】
【分析】
芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为．结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)~(5)；
(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。
【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。
(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；
(3)由分析可知D的结构简式为；
(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；
(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；
(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路线流程图为：。
【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
24.某班同学用以下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是___。
甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。
（2）FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。
乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红。
（3）煤油的作用是___。
丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
（4）实验说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有___(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为____。
丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色。
（5）发生反应的离子方程式为___。
（6）一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是___；生成沉淀的原因是___(用平衡移动原理解释)。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- (3). 隔离空气（排除氧气对实验的影响） (4). Fe3+ (5). 可逆反应 (6). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (7). 铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 (8). 氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【解析】
分析】
（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
（3）氧气会氧化亚铁离子；
（4） Fe3+遇到KSCN溶液会显红色，说明碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；
（5）H2O2具有氧化性，FeCl2有还原性，含有Fe3+遇的溶液显黄色；
（6）氢氧化铁沉淀为红褐色，过氧化氢可以反应生成氧气。
【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；
（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明有碘单质生成，第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．故答案为：Fe3+；可逆反应；
（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，故答案为：铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
上财附中2019学年第一学期期中测试
2020届高三学业水平等级性考试化学（阶段测试四）
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1.我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是( )
A. ①中描述的化学反应是可逆反应
B. “曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液
C. “积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中描述的化学反应是红色的硫化汞晶体(丹砂)在空气中灼烧有汞和硫蒸气生成，汞和硫在一起研磨生成黑色硫化汞，是不同条件下发生的反应，不能称之为可逆反应，故A错误；
B．反应②是Fe置换溶液里的Cu，说明“曾青”是含有Cu2＋的溶液，如硫酸铜溶液，故B正确；
C．“积变又还成丹砂”是指汞和硫发生反应生成硫化汞，汞被氧化，故C错误；
D．曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，故D错误。
故选B。
2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl
B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为Ce
D. 过氧化氢的电子式为：H＋[]2－H＋
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸分子中氧原子和氯原子及氢原子都共用一个电子对，其结构式为：H-O-Cl，故A正确；
B．正丙醇含有正丙基，其结构简式为：CH3CH2 CH2OH，故B错误；
C．含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子质量数为140，其符号为，故C错误；
D．过氧化氢是共价化合物，O原子之间为共价键，每个O原子上均和一个H原子形成共价键，故其电子式为，故D错误；
故答案为A。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；
B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；
C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；
D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；
答案选D。
4.绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是（ ）
A. 用浓盐酸洗涤加热KMnO4制氧气的试管
B. 用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管
C. 硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸
D. 将打破的水银温度计插入硫粉中
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸钾分解生成的二氧化锰具有强氧化性，加热条件下能氧化浓盐酸生成污染性气体氯气，能引起空气污染，故A错误；
B．银和稀硝酸反应生成污染性气体NO，用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管会引起空气污染，故B错误；
C．硝酸亚铁和硫酸混合形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子同时生成一氧化氮是污染性气体，引起空气污染，故C错误；
D．硫和汞常温下反应生成硫化汞，避免汞蒸气污染空气，故D正确；
故选：D。
5.五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（ ）
A. 元素X可能为锂
B. 原子半径大小：r(M)>r(W)
C. X2W中各原子均达到8电子稳定结构
D. 元素气态氢化物的稳定性：Y>M
【答案】C
【解析】
【分析】
X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-1，其原子序数最大，则W为Cl元素，据此解答。
【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A说法正确；
B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：r（M）>r（W），故B说法正确；
C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；
D．元素的非金属性：Y＞M，则元素气态氢化物的稳定性：YH3＞MH3，故D正确。
故答案为C。
6.某小组辨析非金属及其化合物，下列说法正确的是（ ）
①Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
②SO2具有还原性，故可作漂白剂
③浓硝酸中的HNO3见光会分解，故浓硝酸呈黄色
④浓硫酸有强氧化性，不能与Cu发生反应
⑤将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，褪色后加热也能恢复原色
⑥金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ③ D. 均不正确
【答案】C
【解析】
【详解】①Cl2具有很强的氧化性，可作氧化剂，但在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，又做还原剂，故错误；
②二氧化硫做漂白剂是因为其具有漂白性，与还原性无关，故错误；
③硝酸分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水导致浓硝酸呈黄色，故正确；
④浓H2SO4具有强氧化性，浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故错误；
⑤SO2通入溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则加热颜色不会恢复，故错误；
⑥金刚石和氧气反应生成二氧化碳，故错误；
正确的有③；
故答案为C。
7.金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；
B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3 中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；
C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；
D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；
故答案为D。
8. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法命名时，（图1）化合物的名称是2,4,6－三甲基－5－乙基庚烷
B. 有机物（图2）的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
C. 高分子化合物（图3），其单体为对苯二甲酸和乙醇
D. 等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等
【答案】D
【解析】
试题分析：A.根据系统命名法的原则，图1化合物的名称为2,4,6－三甲基－3－乙基庚烷，A项正确；B．图2所示的有机物的分子式为C7H8O3，不饱和度为（16-8）÷2=4， 由于苯环的不饱和度为4，所以在其芳香族同分异构体中，若还能发生银镜反应，还应含有醛基或甲酸酯基，该种同分异构体的不饱和度至少为5，这与分子式不符，B项错误；C．图3所示的高分子化合物，其单体应为对苯二甲酸和乙二醇，C项错误；D.乙炔与苯最简式相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧生成水的质量相等，D项正确；选D。
考点：考查有机物的命名及化学性质，高分子化合价单体的判断。
9.下列关于水的说法中正确的是（ ）
A. 在任何条件下，纯水都呈中性
B. 在任何温度下，纯水的pH＝7
C. 在90℃时，纯水中c(H＋)<1×10－7mol/L
D. 向纯水中加入少量NaOH固体，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．在任何条件下，纯水中c（H+）=c（OH-），所以纯水任何条件下都呈中性，故A正确；
B．水的电离是吸热反应，常温下水的pH等于7，温度升高，水的电离程度增大，pH=-lgC〔H+〕，100℃时，纯水的c（H+）=1×10-6mol/L，pH=-lg1×10-6=6，故B错误；
C．在90℃时，温度升高水的电离受到促进，纯水中的氢离子浓度大于10-7mol/L，故C错误；
D．向纯水中加入少量 NaOH固体，水的电离逆向移动，但氢氧化钠会电离出氢氧根，c（OH-）增大，故D错误；
故答案为A。
10.下列评价及离子方程式书写正确的是
选项
离子组
不能大量共存于同一溶液中的原因
A
H+、Fe2+、NO3-、Cl-
发生了氧化还原反应4Fe2++ 2NO3-+ 6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32-、Cl-、Al3+
发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN-、Br-
有红色沉淀生成：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D
HCO3-、OH-、Na+、Ca2+
发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。
点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。
11.用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是
A. 该反应中氮元素被氧化
B 该反应中H2O2作还原剂
C. 每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.1×6.02×1023个
D. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
A、该反应中氮元素化合价不变，故A错误；B、氧由-1价升高到0价，该反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、反应中碳由+2价升高到+4价，每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.2×6.02×1023个，故C正确；D、CN－水解生成HCN，溶液呈碱性，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，抑制CN－水解，故D正确；故选D。
12.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是( )
A. NaHSO3 粉末加入HNO3溶液中 B. SO2气体通入新制氯水中
C. NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中 D. CO2气体通入澄清石灰水中
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；
B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；
C. NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；
D. CO2 +Ca(OH) 2 =CaCO3 ↓+ H2O ，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO 3 + H2O+CO2 =Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；
故选D。
13.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 由MgCl2制取Mg是放热过程
B. 热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
C. 金属镁和卤素单质(X2)的反应都是放热反应
D. 由图可知，此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为MgBr2(s)＋Cl2(g)→MgCl2(s)＋Br2(g)-117kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B错误；
C．金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；
D．由图可知①Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol、
②Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，①-②得到MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ•mol-1，放热，故D错误；
故答案为C。
14.已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)+Q(Q<0)，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应方程式中n＝1
B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度
C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强
D. 0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，10min后反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；
B．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；
C．根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；
D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minx的物质的量浓度变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为： ，故D正确；
故答案为B。
【点睛】升高温度，正逆反应速率会同时瞬间增大，但浓度不会瞬间增大。压缩体积的加压会使正逆反应速率瞬间增大，同时浓度也增大。
15.常温下，用 0.1 mol·L—1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L—1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
B. 当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)
C. 当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)
D. 当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】B
【解析】
A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选D。
16.将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系错误的是( )
选项
固体X
液体Y
检测方法
A
CaO
浓氨水
蘸有浓盐酸的玻璃棒
B
Cu
浓硫酸
干燥的红色石蕊试纸
C
Na2O2
水
带火星的木条
D
Na2CO3
稀硫酸
滴有澄清石灰水的玻璃片
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项，浓氨水滴加到生石灰上产生氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验氨气，正确；
B项，铜和浓硫酸反应需加热，产生的二氧化硫气体遇石蕊溶液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，错误；
C项，过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气能使带火星的木条复燃，正确；
D项，碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，在滴有澄清石灰水的玻璃片上有浑浊现象，正确；
故选B。
17. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）
A. 加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好
B. 加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色
C. ④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅(已知：2NO2N2O4△H＜0）
D. 四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【答案】C
【解析】
试题分析：加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是因为NH4Cl受热分解，分解得到的NH3和HCl又反应生成NH4Cl。加热时，②中NH3逸出，酚酞变为无色，③中SO2逸出，品红由无色变为红色。四个“封管实验”只有第四个是可逆反应。
考点：化学实验
点评：可逆反应：在相同的条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行。
18. 用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是( )
A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色
B. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解
D. 若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，二者反应生成氯气，把氯气通到紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，C中溶液最终呈无色，A错误；
B.D中球形干燥管中间部分较粗，盛放液体的量较多，倒吸的液体靠自身重量回落，因此可以防止液体倒吸，B正确；
C.若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，氨气和铝离子反应生成氢氧化铝，但氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨，所以C中产生白色沉淀不溶解，C错误；
D.若A为浓硫酸，B为Cu，反应需要加热才能发生，如果不加热，则没有二氧化硫产生，所以C中溶液无变化，D错误；
故合理选项是B。
19.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A. 肯定不含I－ B. 肯定含有SO32－、I－
C. 肯定不含SO42－ D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【解析】
因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。
【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。
20.向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B. 原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C. 根据图像无法计算a的值
D. 线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
【答案】D
【解析】
【分析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；
B．n（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；
C．由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；
D．线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段Ⅳ表示HIO3的变化情况，故D正确；
故答案为D。
二、综合题
21.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
（1）氨气的电子式为___，它的共价键属于___(填“极性”或“非极性”)键，其溶于水显碱性的理由是（用化学方程式表示）___。
（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨，下列措施能使正反应速率增大，且一定使平衡混合物中NH3的体积分数增大的是___。
A．降低反应温度 B．压缩反应混合物 C．充入N2 D．液化分离NH3
（3）常温下，向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。
表示NH3·H2O浓度变化的曲线是___(填“A”或“B”)。
（4）当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=___mol/L(用数字表示)。若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。
①写出液氨的电离方程式：___。
②写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式：___。
③写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系：___。
【答案】 (1). (2). 极性 (3). 、 (4). B (5). A (6). 2×10-5-2×10-9 (7). (8). (9). c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）
【解析】
【分析】
（1）氨气的电子式为；极性共价键是不同元素之间形成的共价键，非极性共价键是同种元素之间形成的共价键；氨气溶于水生成一水合氨；
（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨的反应是气体体积减小的放热反应；
（3）向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小；
（4）根据电荷守恒和物料守恒计算；
①液氨和水电离类似，据此写出到了方程式；
②盐类水解的实质是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子形成弱电解质的过程；
③氨解存在的离子方程式为：，，据此分析判断离子浓度大小。
【详解】（1）氨气的电子式为；N-H键是不同元素形成的共价键，故为极性共价键；氨气溶于水生产一水合氨，一水合氨为弱碱，故答案为：；极性；、；
（2）A．降低反应温度，平衡正向进行，但反应速率减小，故A错误；
B．压缩反应混合物增大压强反应速率增大，平衡正向进行，氨气体积分数一定增大，故B正确；
C．充入N2 速率增大，平衡正向进行，但氨气的体积分数不一定增大，故C错误；
D．液化分离NH3 平衡正向进行，反应速率减小，故D错误；
故答案为：B；
（3）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小，表示NH3•H2O浓度变化的曲线是A，故答案为：A；
（4）当加入盐酸体积为50ml时，此时溶液pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl-），得到c（NH4+）-c（NH3•H2O）=2c（OH-）-2c（H+）=2×10-5-2×10-9，故答案为：2×10-5-2×10-9；
①若液氨中也存在类似水的电离，则液氨的电离方程式为：；
②碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子结合液氨电离出的阳离子发生氨解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式为：；
③氨解存在的离子方程式为：，， 因此溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）。
【点睛】第（4）题中，解决离子浓度差值的问题通常就是对溶液中三大守恒的考查；因为液氨存在与水相似的电离，故把 NH2-看成OH-，把NH4+看成H+来处理即可。
22.铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
（1）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4。其反应的离子方程式：Fe(OH)3+ClO－+OH－→FeO42－+H2O+Cl－（未配平）。配平上述离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。___
___Fe(OH)3+___ClO－+___OH－→___FeO42－+___H2O+___Cl－
该反应中，还原剂是___，被还原的元素是___。
（2）在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)+Q。
已知该反应在不同温度下的平衡常数如表。
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
64.0
50.7
42.9
该反应的平衡常数表达式为___，Q__0（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）在容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡，该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=___，CO的平衡转化率为____。
（4）欲提高CO的平衡转化率，可采取的措施是___。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2 D．提高反应温度
E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂
（5）现在恒压密闭容器中通入1molH2和1molCO2发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)+41kJ。当反应达到平衡后，在其他条件不变时，再通入1molH2和1molCO2的混合气体，请在图中画出正(v正)、逆(v逆)反应速率随时间t变化的示意图。___
【答案】 (1). (2). Fe（OH）3 (3). 氯元素 (4). (5). ＜ (6). 0.006mol•L-1•min-10.006mol•L-1•min-1 (7). 60% (8). CD (9).
【解析】
【分析】
（1）根据电子守恒和元素守恒配平氧化还原方程式，得电子化合价降低做氧化剂，失电子化合价升高做还原剂；
（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，纯固体不能代入K的表达式中；图表数据分析，随温度升高平衡常数减小；
（3）依据化学平衡三段式列式计算，令平衡时CO的物质的量变化为nmol，利用三段式表示出平衡时CO、CO2的物质的量，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，进而计算CO的浓度变化量，进而求转化率。
（4）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量，结合选项根据平衡移动原理分析；
（5）该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡；但是恒压条件下加入再通入1mol H2和1mol CO2的混合气体后，容器的容积变大，生成物浓度增大，而反应物浓度减小，反应速率会发生变化，据此分析。
【详解】（1）铁元素化合价+3价变化为+6价，氯元素化合价+1价变化-1价，电子转移总数6e-，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，，反应中还原剂Fe（OH）3，氧化剂为ClO-，被还原的元素是氯元素，故答案为：；Fe（OH）3；氯元素；
（2）I、中 K= ，由表格数据可知，温度越高，K越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故Q>0，
故答案为：；>；
（3）在一个容积为10L的密闭容器中，1 000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，浓度商Q＜K=64，反应正向进行，反应经过10min后达到平衡，令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：
所以有，解得n=0.6mol，所以v(CO2)=，CO的平衡转化率为，故答案为：0.006mol•L-1•min-1；60%；
（4）A．铁是固体，减少Fe的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A错误；
B．氧化铁是固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故B错误；
C．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；
D．该反应正反应是放热反应，降低反应温度，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故D正确；
E．反应前后气体物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E错误；
F．加入合适的催化剂，平衡不移动，故F错误；
故选CD。
（5）由于该反应是气体体积相等的反应，压强不影响平衡，且恒压，所以最终得到平衡时的各组分含量、浓度与原平衡完全相同，所以达到平衡时的反应速率与原平衡时的速率相等；若再通入1mol H2和1mol CO2的混合气体后，由于恒压条件下，容器的容积增大，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以逆反应速率增大，正反应速率减小，之后逆反应速率逐渐减小，正反应速率增大，最终得到与原平衡相等的速率，据此画出的正（v正）、逆（v逆）反应速率随时间t变化的示意图为：
。
【点睛】第（3）题中求反应速率的时候要注意反应速率的定义是单位时间内物质的量浓度的变化，而不是物质的量，要注意容器的体积为10L，求出物质的量之后要进一步求浓度。
23.化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②
回答下列问题
(1)B所含官能团名称为___________。
(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为___________、___________。
(3)D的结构简式为___________。
(4)由A生成B的化学方程式为___________。
(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有___________种，写出其中一种结构简式___________。
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成 CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ______________________________________________。
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 氧化反应 (3). 取代反应（或酯化反应） (4). (5). (6). 4种 (7). (8).
【解析】
【分析】
芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为．结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)~(5)；
(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。
【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。
(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；
(3)由分析可知D的结构简式为；
(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；
(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；
(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路线流程图为：。
【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
24.某班同学用以下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是___。
甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。
（2）FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。
乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红。
（3）煤油的作用是___。
丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
（4）实验说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有___(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为____。
丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色。
（5）发生反应的离子方程式为___。
（6）一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是___；生成沉淀的原因是___(用平衡移动原理解释)。
【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- (3). 隔离空气（排除氧气对实验的影响） (4). Fe3+ (5). 可逆反应 (6). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (7). 铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气 (8). 氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【解析】
分析】
（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
（3）氧气会氧化亚铁离子；
（4） Fe3+遇到KSCN溶液会显红色，说明碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应；
（5）H2O2具有氧化性，FeCl2有还原性，含有Fe3+遇的溶液显黄色；
（6）氢氧化铁沉淀为红褐色，过氧化氢可以反应生成氧气。
【详解】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；
（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明有碘单质生成，第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．故答案为：Fe3+；可逆反应；
（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，故答案为：铁离子可做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
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