上海市2020-2021学年普通高中学业水平化学练习试卷（3） WORD版含答案.docx

1、上海市普通高中学业水平化学练习试卷（3）一选择题（共20小题）1环境污染已严重危害人类的生活。下列对应关系正确的是（）选项环境问题造成环境问题的主要物质A温室效应CO2B南极臭氧层空洞SO2C酸雨O3D光化学烟雾N2AABBCCDD2铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为硫酸，工作时反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O下列结论正确的是（）APb为正极被氧化BSO42只向PbO2极移动C电解质溶液密度不断减小D溶液的pH值不断减小3中国古代文献和诗句中涉及许多化学知识。下列说法错误的是（）A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程发生了置换反应B“凡石灰，经火焚炼为用”

2、里的“石灰”是指Ca（OH）2C“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸发生的反应为氧化还原反应D“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”是一种自然现象，与胶体知识有关4两种微粒的质子数和电子数均相等，它们不可能是（）A不同的分子B不同的离子C它互为同位素D一个为分子，另一个为离子5下面是一些常见分子的比例模型其中1个分子中含有共用电子对最多的是（）A氢气B氨气C水D二氧化碳6将铁屑溶于过量的稀盐酸后加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热至沉淀质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣。上述沉淀和残渣分别是（）AFe（OH）3；Fe2O3BFe（OH）2；Fe2O3CFe（OH）2

3、；Fe（OH）3、Fe3O4DFe2O3；Fe（OH）37如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现用70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色B含酚酞的NaOH溶液红色变深C溴水的红棕色褪去D品红溶液褪色8下列应用与盐类水解无关的是（）A泡沫灭火器B漂粉精消毒杀菌C纯碱去油污D草木灰不宜与铵态氮肥混合使用9化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用

4、了焰色反应C酸雨样品露天放置一段时间，酸性减弱，为防治酸雨，应对化石燃料进行脱硫处理D“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化10反应SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应H0、S0B该反应的平衡常数KC高温下反应每生成1mol Si需消耗222.4L H2D用E表示键能，该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）11图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是（）A粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+可用NaOH除去B适当降低阳极电解液的

5、pH有利于Cl2逸出Ca处得到的是浓NaOH溶液D若电路中通过0.2mol电子，理论上可在b处得到标准状况下1.12L气体12下列有关实验说法中，不正确的是（）A利用纸层析法分离Fe3+、Cu2+时，氨熏显色后上方出现红棕色斑点，下方出现深蓝色斑点B可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3C在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全D溶质的溶解度小，溶液的浓度高，可析出较大晶粒13某白色固体混合物可能由NaOH、K2CO3、BaCl2、KAl（SO4）212H2O组成，进行如下实验：混合物溶于水，得

6、到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；向溶液中加少量盐酸，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（）ANaOH、K2CO3BNaOH、KAl（SO4）212H2OCK2CO3、BaCl2DBaCl2、KAl（SO4）212H2O14已知酸性高锰酸钾溶液与草酸钾溶液反应的离子方程式为MnO4+C2O42+H+Mn2+CO2+H2O（未配平）。下列有关叙述正确的是（）ACO2为还原产物B氧化剂与还原剂的物质的量比为2：5C当有1mol CO2生成时转移的电子数为5NAD在碱性或中性条件下MnO4同样被还原为Mn2+15有关 的说法不正确的是（）A分子中至少有12个原子共平面B完全水

7、解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C与FeCl3溶液作用显紫色D与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种16根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向硅酸钠溶液中滴加适量的醋酸溶液，溶液变浑浊相同条件下，醋酸的酸性比硅酸的酸性强B向SO2水溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生SO2的水溶液中含有一定量的SO42C测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH，前者的pH比后者的大元素的非金属性：SCD向5mL 0.1molL1FeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色FeCl3与KI的反应是可逆反应A

8、ABBCCDD17热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据如图所给数据，下列说法正确的是（）A图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其HB图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为C图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D由图1、图2和图3可知，H2S（g）H2（g）+S（s）H+20kJmol118研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A加入HNO3降低了正极反应的活化能B电池工作时正极区溶液的pH降低C1mol CH3CH2OH被完全氧化时有3mol O2被还原D负极反应为

9、CH3CH2OH+3H2O12e2CO2+12H+1925时，在20mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.2molL1CH3COOH溶液，所加入的溶液的体积（V）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a10，下列说法正确的是（）AAB间任意一点都满足c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）BB点时，c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH）CC点时，c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）DAD间任意一点都满足c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH）20在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1mol O2在催化剂作用下加热到60

10、0发生反应：2SO2+O22SO3H0当气体的物质的量减少0.5mol时反应达到平衡下列叙述正确的是（）A当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡B降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，会得到两种白色沉淀D该反应过程中转移了2mol电子二解答题（共4小题）21现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1molL1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1molL1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。（1）a点时的溶液中由水电离出的c（H+） molL1。（2）曲线I

11、 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；b 点对应的溶液中c（HB） c（B）（填“”“”或“”）。（3）已知常温下向0.1molL1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。若测得此溶液的pH1，则NaHC的电离方程式为 。若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c（C2） c（H2C）（填“”“”或“”）。若H2C 的一级电离为H2CH+HC，常温下0.1molL1H2C溶液中的c（H+ ）0.11molL1，则0.1molL1NaHC溶液中的c（H+） 0.01molL1（填“”“”或“”）。22肼（N2H4）与N2O4，是火箭发射中最常用的燃料与助燃剂。（1）已

12、知：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H1225kJmol1 化学键 NH NN NN OH 键能（kJmol1） 390 190 946 460则使1mol N2O4 （l）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是 。（2）800时，某密闭容器中存在如下反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）H0，若开始向容器中加入1mol/L的NO2，反应过程中NO的产率随时间的变化如图曲线I所示。反应相对于反应I而言，改变的条件可能是 。请在图中绘制出在其它条件与反应I相同时，反应在820时进行，NO的产率随时间的变化曲线。800时，若开始时向容器中同时加入1mol/LNO、

13、0.2mol/LO2、0.55mol/L NO2，则v（正） v（逆）（3）已知N2H4（g）2NO2（g）H+57.20kJ/mol，t时，将一定量的NO2、N2O4，充入一个容器为2L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示： 时间/min 0 5 10 15 20 25 30c（X）/（mol/L） 0.2 c 0.6 0.6 1.0 c1 c1 c（Y）（mol/L） 0.6 c 0.4 0.4 0.4 c2 c2c（ X）代表 （填化学式）的浓度，该反应的平衡常数K 。前10min内用NO2表示的反应速率为 ，20min时改变的条件是 ；重新达到平衡时，NO2的百分含量 （填选

14、项前字母）。a增大 b减小 c不变 d无法判断。23化合物H是合成一种能治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如图。已知下列信息：RCOOCH3+CH3OH回答下列问题：（1）A的分子式为 ；D中官能团的名称为 。（2）C的结构简式为 。（3）合成路线中D到E的反应类型为 。（4）鉴别E和F可选用的试剂为 。（填标号）aFeCl3溶液b溴水c酸性KMnO4溶液dNaHCO3溶液（5）G到H的反应方程式为 。（6）有机物W是C的同系物，且具有以下特征：比C少 3个碳原子；含甲基，能发生银镜反应。符合上述条件的W有 种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：3 的W的结构

15、简式为 。24实验小组为探究SO2的漂白性和还原性，设计了以下实验完成下列填空：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，有下列三种硫酸溶液，应选用 （选填编号），其理由是 a98%浓硫酸 b70%硫酸 c10%稀硫酸漂白性（2）用如图所示装置（气密性良好）进行实验，观察到如下现象：中红色褪去、中无变化足量碱石灰的作用是 从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是 （3）实验小组进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量Na2SO3固体和NaHSO3固体，两支试管中的品红都褪色，于是得出结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3或SO32你认为这一结论是否正确 ，理由

16、是 还原性（4）将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反应SO2与FeCl3反应的离子方程式是 ，如何检验该反应所得含氧酸根离子 实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色已知：红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色；Fe3+可氧化SO32则中红棕色变为浅绿色的原因是 上海市普通高中学业水平化学练习试卷（3）参考答案与试题解析一选择题（共20小题）1环境污染已严重危害人类的生活。下列对应关系正确的是（）选项环境问题造成环境问题的主要物质A温室效应CO2B南极臭氧层空洞SO2C酸雨O3D光化学烟雾N2AABBCCDD【分析】A二氧化碳是引起温室效应主要原因

17、；B造成臭氧层空洞的主要物质是氟利昂；C依据酸雨的成因判断；D引起光化学烟雾主要为氮的氧化物。【解答】解：A造成温室效应的为二氧化碳，故A正确；B造成臭氧层空洞的主要物质是氟利昂，故B错误；C酸雨的成因为SO2、氮氧化物，故C错误；D引起光化学烟雾主要为氮的氧化物，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了生产生活中常见的污染与治理问题，难度不大，熟悉相关环境污染源是解题感觉，注意积累。2铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为硫酸，工作时反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O下列结论正确的是（）APb为正极被氧化BSO42只向PbO2极移动C电解质溶液密度不断减小D溶

18、液的pH值不断减小【分析】由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb2e+SO42PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42+2e+4H+PbSO4+2H2O，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。【解答】解：A由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，Pb为负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，故A错误；B原电池中阳离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极Pb极移动，故B错误；C反应生成PbSO4，则电解质溶液密度不断减小，故C正确；D

19、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，硫酸被消耗，pH不断增大，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了常见化学电源的基本原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，要求理解原电池和电解池的工作原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意根据元素化合价变化确定正负极、阴阳极，难度中等。3中国古代文献和诗句中涉及许多化学知识。下列说法错误的是（）A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程发生了置换反应B“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指Ca（OH）2C“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸发生的反应为氧化还原反应D“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”是一

20、种自然现象，与胶体知识有关【分析】A铁与硫酸铜溶液反应生成Cu和硫酸亚铁；B“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是碳酸钙；C爆竹爆炸是火药与氧气发生反应；D海市蜃楼与光线在空气中的折射有关，而含有水汽的空气属于胶体。【解答】解：A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，即铁与硫酸铜溶液反应生成Cu和硫酸亚铁，该过程发生了置换反应，故A正确；B“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是碳酸钙，即石灰石，不是Ca（OH）2，故B错误；C爆竹爆炸是火药与氧气发生反应，属于氧化还原反应，故C正确；D含有水汽的空气属于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故D正确；故选：B。【点评】本

21、题考查了物质的性质与应用，侧重于化学在社会、生产、生活中的应用的考查，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。4两种微粒的质子数和电子数均相等，它们不可能是（）A不同的分子B不同的离子C它互为同位素D一个为分子，另一个为离子【分析】微粒中，分子或原子中电子数质子数，且电荷相等，不显电性，阴阳离子中电子数不等于质子数，所以电荷不等，对外显电性，一种微粒与另一种微粒的质子数和电子数均相等，它们可能是不同分子、原子或离子，据此分析解答。【解答】解：A可能是不同分子，如NH3、CH4，故A正确；B可能是不同离

22、子，如F和OH，故B正确；C可能是不同原子互为同位素，如11H、12H，故C正确；D微粒的质子数和电子数决定了微粒带电荷情况，即当两微粒的质子数和电子数相等时，它们的带电荷情况也相同，如果一种为离子（带电荷），另一种为分子（不带电），它们的质子数和电子数就不可能相等，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原子结构，明确微粒中质子数和电子数的关系即可解答，采用举例法分析即可，题目难度不大。5下面是一些常见分子的比例模型其中1个分子中含有共用电子对最多的是（）A氢气B氨气C水D二氧化碳【分析】根据原子的最外层电子数和原子形成分子时原子核外最外层电子达到稳定结构分析【解答】解：A1个氢分子中含有1对共

23、用电子对，故A错误； BN原子的最外层电子数为5，和3个电子形成共价键达到稳定结构，氨气中含有3个共用电子对，故B错误；CO原子核外有6个电子，和2个电子形成共价键达到稳定结构，水分子中含有2个共用电子对，故C错误；DC原子的最外层电子数为4，和4个电子形成共价键达到稳定结构，二氧化碳分子中含有4个共用电子对，故D正确。故选：D。【点评】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意从原子的最外层电子数和原子形成分子时原子核外最外层电子达到稳定结构分析6将铁屑溶于过量的稀盐酸后加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热至沉淀质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣。上述沉淀和残渣分别是（

24、）AFe（OH）3；Fe2O3BFe（OH）2；Fe2O3CFe（OH）2；Fe（OH）3、Fe3O4DFe2O3；Fe（OH）3【分析】Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中加热至沉淀质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，空气中加热时亚铁被氧化，最终红棕色残渣为氧化铁，以此来解答。【解答】解：氯化亚铁与NaOH反应生成白色沉淀为Fe（OH）2，过滤，在空气中加热至沉淀质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣为Fe2O3，故选：B。【点评】本题考查铁及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化

25、合物知识的应用，题目难度不大。7如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现用70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色B含酚酞的NaOH溶液红色变深C溴水的红棕色褪去D品红溶液褪色【分析】二氧化硫为酸性氧化物，具有强的还原性，弱的氧化性，漂白性，据此判断解答。【解答】解：A二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，所以二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，故A正确；B二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠，所以能够使含酚酞的NaOH溶液红色褪色，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能够还原溴水，

26、使溴水褪色，故C正确；D二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。8下列应用与盐类水解无关的是（）A泡沫灭火器B漂粉精消毒杀菌C纯碱去油污D草木灰不宜与铵态氮肥混合使用【分析】A泡沫灭火器（成分为Al2（SO4）3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；B漂粉精消毒杀菌，是次氯酸钠本身具有氧化性；C纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；D草木灰如果与铵态氮肥混合，易发生互促水解。【解答】解：A泡沫灭火器（成分为Al2（SO4）3、NaHCO3

27、溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故A错误；B次氯酸钠本身具有氧化性，常用作消毒剂，与盐类的水解无关，故B正确；C纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故C错误；D草木灰如果与铵态氮肥混合，易发生互促水解，减小肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了盐类水解知识的分析应用，掌握原理是关键，题目难度不大。9化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B本草经集注中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：

28、“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应C酸雨样品露天放置一段时间，酸性减弱，为防治酸雨，应对化石燃料进行脱硫处理D“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化【分析】A防止食品氧化变质，应加入还原剂；BNa、K的焰色反应不同；C二氧化硫导致酸雨，且生成的亚硫酸被氧化生成硫酸，酸性增强；D存在新物质的变化是化学变化。【解答】解：A防止食品氧化变质，应加入还原剂，硅胶具有吸水性，可以作干燥剂，故A错误；BNa、K的焰色反应不同，K元素的焰色反应为紫色，Na元素的焰色反应为黄色，所以可以用焰色反应鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），故

29、B正确；C二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，所以酸性增强，故C错误；D存在新物质的变化是化学变化，石材制作砚台的过程没有新物质生成，不是化学变化，属于物理变化，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了化学与人类生活有关知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。10反应SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（）A该反应H0、S0B该反应的平衡常数KC高温下反应每生成1mol Si需消耗

30、222.4L H2D用E表示键能，该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）【分析】A为气体体积增大的反应；BK为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；C状况未知，Vm未知；D焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。【解答】解：A为气体体积增大的反应，则该反应S0，故A错误；BK为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应的平衡常数K，Si为纯固体，不能出现K的表达式中，故B正确；C状况未知，Vm未知，不能由物质的量计算氢气的体积，故C错误；D焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应H4E（SiCl）+2E（HH）4E（HCl）2E（SiSi），故D错误

31、；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变、平衡常数，为高频考点，把握K的表达式、焓变计算、物质的量相关计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Si中化学键数目为解答的易错点，题目难度不大。11图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是（）A粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+可用NaOH除去B适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出Ca处得到的是浓NaOH溶液D若电路中通过0.2mol电子，理论上可在b处得到标准状况下1.12L气体【分析】A、氢氧化钙微溶；B、Cl2水溶液呈酸性；C、a处为电解池的阳极发生2Cl2eCl2，D、若电路中通过0.2mol电子，

32、根据b处电极反应：2H2O+2eH2+2OH计算。【解答】解：A、粗盐提纯时，少量Ca2+用碳酸钠除，Mg2+用NaOH除，故A错误；B、Cl2水溶液呈酸性，低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故B正确；C、a处为电解池的阳极发生2Cl2eCl2，得到稀的NaCl溶液，故C错误；D、若电路中通过0.2mol电子，根据b处电极反应：2H2O+2eH2+2OH计算可得n（H2）0.1mol，标准状况下2.24L气体，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。12下列有关实验说法中，不正确的是（）A利用纸层析法分

33、离Fe3+、Cu2+时，氨熏显色后上方出现红棕色斑点，下方出现深蓝色斑点B可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3C在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全D溶质的溶解度小，溶液的浓度高，可析出较大晶粒【分析】A.纸层析分离的基本原理是：亲脂性强的成份在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度就快一些；亲水性强的成份在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度就慢一些；B.NaCl、NaNO2都可与硝酸银反应生成沉淀，且AgNO2溶于硝酸；C.Zn比Fe活泼；D.结晶与溶质的浓度、溶解度等因素有关。

34、【解答】解：A.Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，所以氨熏显色后上方出现棕色斑点，下方出现蓝色斑点，故A正确；B.NaCl、NaNO2都可与硝酸银反应生成沉淀，且AgNO2溶于硝酸，NaNO3与硝酸银不反应，可鉴别，故B正确；C.Zn比Fe活泼，则将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生气泡的速率显著减小时，可以判断锌镀层已反应完全，故C正确；D.结晶与溶质的浓度、溶解度等因素有关，则溶质的溶解度越小，溶液的浓度越高，析出的晶粒就越细小，故D错误；故选：

35、D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、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的应用，题目难度不大。13某白色固体混合物可能由NaOH、K2CO3、BaCl2、KAl（SO4）212H2O组成，进行如下实验：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；向溶液中加少量盐酸，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（）ANaOH、K2CO3BNaOH、KAl（SO4）212H2OCK2CO3、BaCl2DBaCl2、KAl（SO4）212H2O【分析】混合物溶于水，得到澄清透明溶液，说明不能生成硫酸钡、

36、碳酸钡等沉淀；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，说明含有钾元素；向溶液中加少量盐酸，产生白色沉淀，应生成氢氧化铝沉淀，可含有KAl（SO4）212H2O，以此解答该题。【解答】解：由以上分析可知，加盐酸产生的沉淀是偏铝酸钠与酸反应生成的氢氧化铝，在含有KAl（SO4）212H2O，由可知，KAl（SO4）212H2O与NaOH反应生成偏铝酸钠，白色固体不含K2CO3、BaCl2，故选：B。【点评】本题考查物质的组成测定，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。14已知酸性高锰酸钾溶液与草酸钾溶液反应的离子方程式为MnO4+C

37、2O42+H+Mn2+CO2+H2O（未配平）。下列有关叙述正确的是（）ACO2为还原产物B氧化剂与还原剂的物质的量比为2：5C当有1mol CO2生成时转移的电子数为5NAD在碱性或中性条件下MnO4同样被还原为Mn2+【分析】该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，结合元素守恒、得失电子守恒配平方程式为2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，据此分析。【解答】解：AC元素化合价由+3价变为+4价，所以C2O42失电子被氧化，则CO2是氧化产物，故A错误；BMnO4是氧化剂，C2O42是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量比为2：5，故

38、B正确；CC元素化合价由+3价变为+4价，当有1mol CO2生成时转移的电子数为NA，故C错误；D在中性或碱性条件下MnO4被还原为Mn（OH）2，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，注意根据反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意转移电子守恒分析，题目难度不大。15有关 的说法不正确的是（）A分子中至少有12个原子共平面B完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C与FeCl3溶液作用显紫色D与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种【分析】有机物含有羟基、酯基和酰胺基，具有醇、酯类和肽类化合物的性质，结合有机物的结构特点解答该题。【解答】解：A.与苯环

39、碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，故A正确；B.该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，故B正确；C.该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，故C错误；D.与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构，为解答该题的关键，题目难度不大。16根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向硅酸钠溶液中滴加

40、适量的醋酸溶液，溶液变浑浊相同条件下，醋酸的酸性比硅酸的酸性强B向SO2水溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生SO2的水溶液中含有一定量的SO42C测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pH，前者的pH比后者的大元素的非金属性：SCD向5mL 0.1molL1FeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色FeCl3与KI的反应是可逆反应AABBCCDD【分析】A.溶液变浑浊，说明有硅酸生成；B.酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫；C.比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断；D.氯化铁过量，不能判断是否可逆反应。【解答】解：A.溶

41、液变浑浊，说明有硅酸生成，可说明醋酸的酸性比硅酸的酸性强，符合以强制弱的特点，故A正确；B.酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫，反应生成硫酸根离子，不能说明SO2的水溶液中含有一定量的SO42，故B错误；C.比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性判断，应比较等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，故C错误；D.氯化铁过量，不能判断是否可逆反应，如判断是否为可逆反应，KI溶液过量，故D错误。故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的严密性、可行性的评价，把握物质的性质，题目难度不大。17热化学硫碘循环硫化氢分解联

42、产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据如图所给数据，下列说法正确的是（）A图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其HB图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为C图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高D由图1、图2和图3可知，H2S（g）H2（g）+S（s）H+20kJmol1【分析】A.催化剂可以改变反应的活化能，不改变反应的焓变；B.水由液态变为气态会吸收热量；C.该图中反应物的总能量比生成物的总能量低；D.写出热化学方程式，根据盖斯定律书写计算。【解答】解：A.图1反应若使用催化剂，可以改变反应路径，不改变其H，焓变和反应路径无关，故A错误；B.该反应反应物的

43、总能量大于生成物的总能量，为吸热反应，而液态水转化为气态水还要吸收热量，所以能量变化曲线还要在生成物上方，故B错误；C.该图象表示的反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，故C错误；D.已知SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H2S O4（aq）H1151kJmol1，H2S （g）+H2S O4（aq）S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H3+61kJmol1，2HI（aq）H2（g）+I2（s）H2+110kJmol1，根据盖斯定律由+可得反应H2S （g）H2（g）+S（s），由此计算反应的H，则HH1+H2H3（61kJmol1）+（151kJmol1）+（

44、110kJmol1）20kJmol1，此反应的热化学方程式为H2S （g）H2（g）+S（s）H+20kJmol1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应过程中能量变化图象、热化学方程式和盖斯定律计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。18研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A加入HNO3降低了正极反应的活化能B电池工作时正极区溶液的pH降低C1mol CH3CH2OH被完全氧化时有3mol O2被还原D负极反应为CH3CH2OH+3H2O12e2CO2+12H+【分析】该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的一极为负极，

45、发生电极反应式为：CH3CH2OH+3H2O12e2CO2+12H+，通氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应HNO3+3e+3H+NO+2H2O，4NO+3O2+2H2O4HNO3，二者加合可得O2+4e+4H+2H2O，可知HNO3在正极起催化作用，据此分析解答。【解答】解：A正极加入的HNO3起催化作用，可降低正极反应的活化能，提升反应速率，故A正确；B正极区发生还原反应，电极反应式为O2+4e+4H+2H2O，正极区消耗H+且有水生成，即氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；C燃料电池工作时，正负电极转移电子数目相等，其中1 molCH3CH2OH在负极被完全氧化时，转移12

46、mol电子，则正极上有3 molO2被还原，故C正确；D乙醇在负极发生氧化反应，电解质溶液呈酸性，则负极反应为CH3CH2OH+3H2O12e2CO2+12H+，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原电池原理的应用，涉及乙醇酸性燃料电池的工作原理和电极反应式的书写，侧重考查学生分析能力和解决问题的能力，注意电化学原理的分析与应用，题目难度中等。1925时，在20mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.2molL1CH3COOH溶液，所加入的溶液的体积（V）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a10，下列说法正确的是（）AAB间任意一点都满足c（Na+）c（OH）c（CH3

47、COO）c（H+）BB点时，c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH）CC点时，c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）DAD间任意一点都满足c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH）【分析】AB点酸碱物质的量相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，AB间在接近B点处，溶液中溶质主要是醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，但是其水解程度较小；BB点酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒；CC点溶液呈中性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO）相对大小；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒。【解答】解：AB点酸碱物质的量

48、相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，AB间在接近B点处，溶液中溶质主要是醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，但是其水解程度较小，在接近B点处存在c（OH）c（CH3COO），故A错误；BB点酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒得c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），故B错误；CC点溶液呈中性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），故D正确；故选：D。【点评】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明

49、确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关，题目难度不大。20在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1mol O2在催化剂作用下加热到600发生反应：2SO2+O22SO3H0当气体的物质的量减少0.5mol时反应达到平衡下列叙述正确的是（）A当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡B降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，会得到两种白色沉淀D该反应过程中转移了2mol电子【分析】A无论反应是否达到平衡状态，SO3的生成速率与SO2的消耗速率都相等；

50、B降低温度，平衡向放热方向移动，据此判断正逆反应速率哪个减小程度大；C将混合气体通入过量BaCl2溶液中，SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2和氯化钡溶液不反应；D结合转移电子与参加反应氧气之间的关系式计算【解答】解：ASO3的生成与SO2的消耗反应方向一致，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；B降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，则正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；C将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2和氯化钡溶液不反应，会得到1种白色沉淀，故C错误；D2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）气体减

51、少 2 1 2 1 1mol 0.5mol 1mol 0.5mol该反应过程中反应了0.5mol的氧气，转移了2mol电子，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了平衡的移动、化学平衡的判断以及元素及其化合物的性质等知识点，难度不大，注意三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，为易错点二解答题（共4小题）21现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1molL1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1molL1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。（1）a点时的溶液中由水电离出的c（H+）31013molL

52、1。（2）曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（B）c（OH）c（H+）；b 点对应的溶液中c（HB）c（B）（填“”“”或“”）。（3）已知常温下向0.1molL1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。若测得此溶液的pH1，则NaHC的电离方程式为NaHCNa+H+C2。若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c（C2）c（H2C）（填“”“”或“”）。若H2C 的一级电离为H2CH+HC，常温下0.1molL1H2C溶液中的c（H+ ）0.11molL1，则0.1molL1NaHC溶液中的c（H+）0.01molL1（填“”“”或“”）。【分

53、析】（1）HA起始时溶液pH1，HA浓度为0.1mol/L，说明HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，溶液中OH均是由水电离出，根据Kwc（H+）c（OH）计算；（2）c点为加入20mLNaOH溶液，对于HB溶液，反应恰好生成NaB，B水解使溶液显碱性，b点溶液为加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaB和HB，溶液显酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度；（3）常温下向0.1mol/L的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色，说明NaHC溶液为酸性，若测得此溶液的pH1，说明HC完全电离出H+和

54、C2；若在此溶液中能检测到H2C 分子，则是由HC水解得到，水解是微弱的反应；H2C 的一级电离为H2CH+HC，一级电离完全电离，0.1mol/LH2C溶液中的c（H+ ）0.11mol/L，则二级电离HC部分电离出H+；【解答】解：（1）HA起始时溶液pH1，HA浓度为0.1mol/L，说明HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，c（H+），溶液中OH均是由水电离出，则c（OH）c水（OH）mol/L31013mol/L，则a点时的溶液中由水电离出的c（H+）c水（OH）31013mol/L，故答案为：31013；（2）c点为加入

55、20mLNaOH溶液，对于HB溶液，反应恰好生成NaB，B水解使溶液显碱性，则溶液中c（OH）c（H+），则c（Na+）c（B），所以有c（Na+）c（B）c（OH）c（H+），b点溶液为加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaB和HB，溶液显酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，则c（B）c（HB），故答案为：c（Na+）c（B）c（OH）c（H+）；（3）常温下向0.1mol/L的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色，说明NaHC溶液为酸性，若测得此溶液的pH1，说明HC完全电离出H+和C2，则NaHC的电离方程式为：NaHCNa+H+C2，故答案为

56、：NaHCNa+H+C2；若在此溶液中能检测到H2C 分子，则是由HC水解得到，水解是微弱的反应，所以溶液中c（C2）c（H2C），故答案为：；H2C 的一级电离为H2CH+HC，一级电离完全电离，0.1mol/LH2C溶液中的c（H+ ）0.11mol/L，则二级电离HC部分电离出H+，为0.01mol/L，同时考虑水的电离，所以0.1mol/LNaHC溶液中的c（H+）0.01mol/L，故答案为：。【点评】本题考查酸碱混合及中和滴定，为高频考点，把握pH与浓度、物料守恒及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中pH及溶质的判断，题目难度不大。22肼（N2H4）与N2O4，

57、是火箭发射中最常用的燃料与助燃剂。（1）已知：2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）H1225kJmol1 化学键 NH NN NN OH 键能（kJmol1） 390 190 946 460则使1mol N2O4 （l）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是1793kJ。（2）800时，某密闭容器中存在如下反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）H0，若开始向容器中加入1mol/L的NO2，反应过程中NO的产率随时间的变化如图曲线I所示。反应相对于反应I而言，改变的条件可能是加入催化剂。请在图中绘制出在其它条件与反应I相同时，反应在820时进行，NO的产率随时间的变

58、化曲线。800时，若开始时向容器中同时加入1mol/LNO、0.2mol/LO2、0.55mol/L NO2，则v（正）v（逆）（3）已知N2H4（g）2NO2（g）H+57.20kJ/mol，t时，将一定量的NO2、N2O4，充入一个容器为2L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下表所示： 时间/min 0 5 10 15 20 25 30c（X）/（mol/L） 0.2 c 0.6 0.6 1.0 c1 c1 c（Y）（mol/L） 0.6 c 0.4 0.4 0.4 c2 c2c（ X）代表NO2（填化学式）的浓度，该反应的平衡常数K0.9。前10min内用NO2表示的反应速率为0.0

59、4mol/（Lmin），20min时改变的条件是增大NO2的浓度；重新达到平衡时，NO2的百分含量b（填选项前字母）。a增大 b减小 c不变 d无法判断。【分析】（1）反应热反应物总键能生成物总键能；（2）反应相对于反应而言，反应速率加快，平衡时NO的产率不变，正反应为气体体积增大的吸热反应，不能为升高温度或增大压强，可能是使用催化剂；升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，平衡向正反应方向移动，NO的产率增大；若开始向容器中加入1 mol/L的NO2，发生反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g），二氧化氮与NO的物质的量之比为1：1，则反应过程中NO的产率与NO的浓度相等，故平衡时NO

60、浓度为0.6mol/L，利用三段式计算平衡时各组分浓度，代入K计算平衡常数，再计算此时的浓度商Qc，与平衡常数相比判断反应进行方向，进而确定v（正）、v（逆）相对大小；（3）X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，前10min内，X浓度增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，由于NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；平衡常数K，代入物质的浓度计算；根据v计算v（NO2）；20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2

61、的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小。【解答】解：（1）设1mol N2O4（1）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量QKJ，则：190kJ/mol2+390kJ/mol8+QkJ/mol946kJ/mol3460kJ/mol81225 kJ/mol，解得Q1793，故答案为：1793kJ；（2）反应相对于反应而言，反应速率加快，平衡时NO的产率不变，正反应为气体体积增大的吸热反应，不能为升高温度或增大压强，可能是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，平衡向正反应方向移动，NO的产率增大，反应在820时进行，NO的产率随时

62、间的变化曲线为：，故答案为：；若开始向容器中加入1 mol/L的NO2，发生反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g），二氧化氮与NO的物质的量之比为1：1，则反应过程中NO的产率与NO的浓度相等，故平衡时NO浓度为0.6mol/L，则： 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）：1 0 0转化（mol/L）：0.6 0.6 0.3平衡（mol/L）：0.4 0.6 0.3则平衡常数K0.675，此时的浓度商Qc0.66K0.675，故反应向正反应进行，则v（正）v（逆），故答案为：；（3）X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，10min时到达平衡，X浓度

63、增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，由于NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；平衡常数K0.9，故答案为：NO2；0.9；v（NO2）0.04mol/（Lmin）；20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小，故答案为：0.04mol/（Lmin）；增大NO2的浓度；b。【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学平衡影响移动、反应热计算等，是对学生综合能力的考查，

64、难度中等。23化合物H是合成一种能治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如图。已知下列信息：RCOOCH3+CH3OH回答下列问题：（1）A的分子式为C7H7Br；D中官能团的名称为羰基。（2）C的结构简式为。（3）合成路线中D到E的反应类型为还原反应。（4）鉴别E和F可选用的试剂为d。（填标号）aFeCl3溶液b溴水c酸性KMnO4溶液dNaHCO3溶液（5）G到H的反应方程式为。（6）有机物W是C的同系物，且具有以下特征：比C少 3个碳原子；含甲基，能发生银镜反应。符合上述条件的W有13种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：3 的W的结构简式为。【分析】对比C

65、、D的结构可知，CD发生信息中取代反应生成D，由D的结构、C的分子式逆推可知C为，DE是羰基发生还原反应转化为羟基，EF是苯环上加上1个羧基，是E与二氧化碳发生加成反应，FG发生信息中还原反应生成G，由F的结构、G的分子式可推知G为，G与甲醇发生酯化反应生成H，所以H的结构简式为。【解答】解：（1）根据A的结构简式，可知A的分子式为C7H7Br；D中官能团的名称为：羰基，故答案为：C7H7Br；羰基；（2）由分析可知，C的结构简式为：，故答案为：；（3）DE是羰基转化为羟基，组成上加氢，属于还原反应，故答案为：还原反应；（4）F比E多一个羧基，碳酸氢钠溶液能与F反应产生气泡，而不与E反应，可以

66、鉴别二者，而酸性高锰酸钾溶液均可以氧化E与F，溴水、氯化铁溶液与E、F均不反应，故答案为：d；（5）G到H发生酯化反应，反应方程式为：；故答案为：；（6）C为，有机物W是C的同系物，且具有以下特征：比C少 3个碳原子，即W分子式比C的分子式少C3H6，含甲基，能发生银镜反应，说明含有OOCH，苯环有1个取代基时为，苯环有2个取代基为CH3、CH2OOCH，或者为CH2CH3、OOCH，均有邻、间、对3种位置关系，苯环可以有3个取代基为CH3、CH3、OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的OOCH分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的W共有1+32+2+3+113种，其中核磁共振氢

67、谱峰面积之比为1：2：2：2：3 的W的结构简式为，故答案为：13；。【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式与结构简式进行分析，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，掌握同分异构体常用书写方法，较好地考查学生分析推理能力、自学能力。24实验小组为探究SO2的漂白性和还原性，设计了以下实验完成下列填空：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，有下列三种硫酸溶液，应选用b（选填编号），其理由是98%浓硫酸中c（H+）小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出a98%浓硫酸 b70%硫酸 c10%稀硫酸漂白性（2）用如图所示装置（气密性良好）进行实

68、验，观察到如下现象：中红色褪去、中无变化足量碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入中干扰实验，吸收二氧化硫防污染从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是H2SO3、HSO3、SO32（3）实验小组进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量Na2SO3固体和NaHSO3固体，两支试管中的品红都褪色，于是得出结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3或SO32你认为这一结论是否正确不正确，理由是因为SO32离子和HSO3离子都会水解生成H2SO3还原性（4）将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反应SO2与FeCl3反应的离子方程式是2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO4

69、2+4H+，如何检验该反应所得含氧酸根离子取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色已知：红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色；Fe3+可氧化SO32则中红棕色变为浅绿色的原因是混合液中存在平衡FeSO3（s）Fe2+（aq）+SO32（aq），Fe3+会与SO32发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液【分析】（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢离子浓度小，不易反应，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所

70、以二氧化硫不易放出；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水分进入装置，对实验产生干扰；比较品红的水溶液和乙醇溶液可知，品红褪色中因为有水的存在，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，据此分析；（3）亚硫酸为二元弱酸，Na2SO3固体和NaHSO3固体溶于水得到溶液，在水中亚硫根离子和亚硫酸氢根离子都水解会生成亚硫酸，据此分析；（4）SO2与FeCl3反应生成硫酸根离子和亚铁离子；用钡离子检验硫酸根离子，注意要排除其它离子的干扰；溶液由红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色，变为浅绿色的应为亚铁离子，则说明铁离子被亚硫酸根离子

71、还原，据此分析【解答】解：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢离子浓度小，不易反应，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所以二氧化硫不易放出，故选 b，故答案为：b；98%浓硫酸中c（H+）小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水分进入装置，对实验产生干扰，所以图中足量碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，故答案为：防止空气中的水蒸气进入中干扰实验，吸收二氧化硫防污染；比较品红的水溶液和乙醇溶液可知，品红褪色中因为有水的存在，二氧化硫与水反应

72、生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，能发生二级电离，产生HSO3、SO32，所以使品红褪色的粒子可能是H2SO3、HSO3、SO32，故答案为：H2SO3、HSO3、SO32；（3）亚硫酸为二元弱酸，Na2SO3固体和NaHSO3固体溶于水得到溶液，在水中亚硫根离子和亚硫酸氢根离子都水解会生成亚硫酸，所以使品红褪色的微粒肯定是HSO3或SO32这一说法不正确定，故答案为：不正确； 因为SO32离子和HSO3离子都会水解生成H2SO3；（4）SO2与FeCl3反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，用钡离子检验硫酸根离子，操作为取少量反应混

73、合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42；溶液由红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色，变为浅绿色的应为亚铁离子，则说明铁离子被亚硫酸根离子还原，所以红棕色变为浅绿色的原因是混合液中存在平衡FeSO3（s）Fe2+（aq）+SO32（aq），Fe3+会与SO32发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液，故答案为：混合液中存在平衡FeSO3（s）Fe2+（aq）+SO32（aq），Fe3+会与SO32发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液【点评】本题考查了SO2的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、还原性等是解题关键，题目难度中等