上海市奉贤区2020届高三高考一模化学试题（Word版附解析）.doc

2020 年上海市奉贤区高考化学一模试卷 一、选择题（共 40 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确答案） 1．（2 分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　） 选项 A B C D 生活垃圾 牛奶盒 眼药水 干电池 西瓜皮 垃圾分类标识 A．A B．B C．C D．D 2．（2 分）近年，科学家发现了 116 号元素 Lv．下列关于 293Lv 和 294Lv 的说法错误的是 （　　） A．两者中子数相差 1 B．两者质量数相差 1 C．两者电子数相差 1 D．两者互为同位素 3．（2 分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮 废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　） A．加入水中，浮在水面上的是地沟油 B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 C．点燃，能燃烧的是矿物油 D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油 4．（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　） A．Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料 B．FeCl3 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的 Cu C．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥 CO2 5．（2 分）下列过程仅克服离子键的是（　　） A．NaHSO4 溶于水 B．HCl 溶于水 C．氯化钠熔化 D．碘升华 6．（2 分）在 pH＝1 的含有 Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（　　） ①Cl﹣②NO3﹣③SO42﹣④S2﹣ A．①② B．①③ C．③④ D．②③ 7．（2 分）反应 A+B→C+Q（Q＞0）分两步进行，①A+B→X+Q（Q＜0）②X→C+Q（Q＞ 0）。下列示意图中，能正确 表示总反应过程中能量变化的是（　　） A． B． C． D． 8．（2 分）关于化合物 2﹣苯基丙烯（ ），下列说法正确的是（　　） A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B．可以发生加成聚合反应 C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯 9．（2 分）能促进水的电离平衡，并使溶液中的 c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（　　） A．将水加热煮沸 B．将明矾溶于水 C．将 NaHSO4 固体溶于水 D．将 NaHCO3 固体溶于水 10．（2 分）下列说法中，正确的是（　　） A．离子化合物中一定不含共价键 B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大 C．可能存在不含任何化学键的晶体 D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体 11．（2 分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．溴水中存在 Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B．反应 CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+QQ＞0，平衡后，升高温度体系颜 色变深 C．用饱和食盐水除去 Cl2 中的 HCl D．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件 12．（2 分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　） A． 装置常用于分离互不相溶的液体混合物 B． 装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸 C． 用装置不可以完成“喷泉”实验 D． 用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液 13．（2 分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（　　） A．将 CO2 和 NH3 的混合气体同时通入饱和食盐水中 B．将析出的 NaHCO3 固体过滤后灼烧得到纯碱 C．在析出 NaHCO3 的母液中加入消石灰以循环利用 NH3 D．在析出 NaHCO3 的母液中通入 NH3，加入氯化钠粉末，析出 Na2CO3 固体 14．（2 分）下列转化不能通过一步实现的是（　　） A．Fe Fe3O4 B．Al NaAlO2C．Cu CuSO4 D．Cu CuS 15．（2 分）ClO2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得 ClO2， 下列说法错误的是（　　） 2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O A．每 1molKClO3 参加反应就有 2mol 电子转移 B．ClO2 是还原产物 C．H2C2O4 在反应中被氧化 D．KClO3 在反应中得到电子 16．（2 分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（　　） A．苯中含单质溴杂质：加水，分液 B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液 D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 17．（2 分）用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的 是（　　） A．b 极附近有气泡冒出 B．d 极附近出现红色 C．a、c 极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀 18．（2 分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e 是浸有相关溶液的滤纸。 向 KMnO4 晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。 已知：2KMnO4+16HCl═2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）选项 实验现象 解释或结论 A a 处变蓝，b 处变红棕色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2 B c 处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d 处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e 处变红色 还原性：Fe2+＞Cl﹣ A．A B．B C．C D．D 19．（2 分）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两 个未成对电子，Y 原子 最外层电子数是内层电子数的 3 倍，Z 元素的单质常温下能与 水剧烈反应产生氢气，R 原子的核外电子数 是 X 原子与 Z 原子的核外电子数之和。 下列叙述正确的是（　　） A．原子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜R B．X、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X＜Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞X D．Y 与 Z 形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同 20．（2 分）将 l00mL1mol/L 的 NaHCO3 溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外 一份加入少许 Ba（OH）2 固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中 c（CO32﹣）的变化分别是（　　） A．减小、增大 B．减小、减小 C．增大、增大 D．增大、减小 二、填空题（共 60 分） 21．（15 分）NaNO2 是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸 味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴 水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成 以下填空： （1）N 原子最外层电子的轨道排布式为　 　；用一个事实说明氮和氧非金属强弱　 　。 （2）酸性条件下，NaNO2 溶液只能将 I﹣氧化为 I2，同时生成 NO．写出此反应①的离 子方程式并标出电子转移的方向和数目　 　。 （3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的 I﹣提取单质 I2 选择了价格 并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是　 　。 （4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则 c（Cl ﹣）　 　c（HNO 2）（填 “＜”、“＞”或“＝”）。 （5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案　 　。 22．（15 分）镁带能在 CO2 中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空： （1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 是　 　。 （2）氧化镁的电子式为　 　，CO2 的结构式为 　 　。与镁同周期、离子半径最 小的元素，其原子最外层的电子排布式为　 　，其 1 个原子中能量最高的电子有　 　 个。 一定条件下，在容积恒为 2.0L 的容器中，Fe 和 CO2 发生如下反应：CO2（g）+Fe （s）⇌FeO（s）+CO（g） （3）若起始时向容器中加入 1mol CO2，5.0 min 后，容器内气体的相对平均分子量为 32，则 n（CO2）：n（CO）之比为　 　，这段时间内用 CO2 表示的速率 V（CO2） ＝　 　。 （4）下列说法错误的是　 　。 a．当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡 b．混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡 c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡 d．平衡后缩小容器 的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动 （5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向　 　 移动（选填“正 向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率　 　（填“增大”，“减小”或“不变”）。 23．（15 分）某芳香烃 X（分子式为 C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为 初始原料设计出如图所示的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中 A 是一氯代物。已知：① ② （苯胺，易被氧化） （1）写出：X→A 的反应条件　 　；反应④的反应条件和反应试剂：　 　。 （2）E 中含氧官能团的名称：　 　；反应②的类型是　 　； 反应②和③先后顺 序不能颠倒的原因是　 　。 （3）写出反应①的化学方程式：　 　。 （4） 有多种同分异构体，写出 1 种含有 1 个醛基和 2 个羟基且苯环上 只有 2 种一氯取代物的 芳香族化合物的结构简式：　 　。 （5）写出由 A 转化为 的合成路线。（合成路线表示方法为：A B… 目标产物）　 　。 24．（15 分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为 宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　 　。 （2）步骤②需要加热的目的是　 　，温度保持 80﹣95℃，采用的合适加热方式是　 　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　 　（填标 号）。 （3）步骤③中选用足量的 H2O2，理由是　 　。分批加入 H2O2，同时为了　 　， 溶液要保持 pH 小于 0.5。 （4）步骤⑤的具体实验操作有　 　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　 　。2020 年上海市奉贤区高考化学一模试卷 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答案） 1．（2 分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　） 选项 A B C D 生活垃圾 牛奶盒 眼药水 干电池 西瓜皮 垃圾分类标识 A．A B．B C．C D．D 【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。 【解答】解：A．牛奶盒可回收再利用，分类合理，故 A 不选； B．眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故 B 不选； C．干电池为重金属污染，分类不合理，故 C 选； D．西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故 D 不选； 故选：C。 【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、垃圾的分类及 再利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 B 为解答的难点，题目难 度不大。 2．（2 分）近年，科学家发现了 116 号元素 Lv．下列关于 293Lv 和 294Lv 的说法错误的是 （　　） A．两者中子数相差 1 B．两者质量数相差 1 C．两者电子数相差 1 D．两者互为同位素 【分析】293Lv 和 294Lv 的质子数均为 116，核外电子数均为 116，中子数与质量数不同， 二者互为同位素，以此来解答。 【解答】解：A．质子数相同、质量数相差 1，则中子数相差 1，故 A 正确； B．两者质量数相差 294﹣193＝1，故 B 正确；C．两者电子数均为 116，故 C 错误； D．质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故 D 正确； 故选：C。 【点评】本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的 关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子中质子数等于电子数，题目难度不大。 3．（2 分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮 废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　） A．加入水中，浮在水面上的是地沟油 B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 C．点燃，能燃烧的是矿物油 D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油 【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来 解答。 【解答】解：A．地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故 A 错误； B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区 别，故 B 正确； C．地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故 C 错误； D．地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键， 侧重有机物性质的考查，题目难度不大。 4．（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（　　） A．Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料 B．FeCl3 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的 Cu C．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥 CO2 【分析】A．耐高温材料具有较高的熔点； B．依据三价铁离子氧化性解答； C．石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹； D．依据浓硫酸的吸水性解答。【解答】解：A．Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料，故 A 正确； B．FeCl3 溶液具有较强的氧化性，可用于腐蚀电路板上的 Cu，故 B 错误； C．石墨质软，能在纸上留下灰褐色痕迹，所以可用于制铅笔芯，与导电性无关，故 C 错误； D．浓硫酸的吸水性，可以干燥二氧化碳，故 D 错误； 故选：A。 【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，物质的性质决定物质的用 途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键，题目难度不大。 5．（2 分）下列过程仅克服离子键的是（　　） A．NaHSO4 溶于水 B．HCl 溶于水 C．氯化钠熔化 D．碘升华 【分析】A．KHSO4 晶体溶于水，电离生成 K+、H+和 SO42﹣； B．HCl 中只含有共价键； C．氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子； D．碘升华破坏分子间作用力。 【解答】解：A．KHSO4 晶体溶于水，电离生成 K+、H+和 SO42﹣，既破坏了离子键又破 坏了共价键，故 A 错误； B．HCl 中只含有共价键，HCl 溶于水只破坏共价键，故 B 错误； C．氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子，只破坏离子键，故 C 正确； D．碘升华没有破坏化学键，破坏了分子间作用力，故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查了化学键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度 不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键。 6．（2 分）在 pH＝1 的含有 Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是 （　　） ①Cl﹣②NO3﹣③SO42﹣④S2﹣ A．①② B．①③ C．③④ D．②③ 【分析】pH＝1 的溶液显酸性，H+、NO3﹣ 与 Fe2+发生氧化还原反应，H+、S2﹣结合生 成弱电解质 H2S，Mg2+、Fe2+分别与 S2﹣结合生成沉淀，Al3+与 S2﹣相互促进水解。【解答】解：在 pH＝1 的含有 Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，H+、NO3﹣ 与 Fe2+ 发生氧化还原反应，H+、S2﹣结合生成弱电解质，Mg2+、Fe2+分别与 S2﹣结合生成沉淀， Al3+与 S2﹣相互促进水解，Cl﹣ 和 SO42﹣与 H+、Mg2+、Fe2+、Al3+之间互不反应，可以 共存，②④一定不存在，可能存在①③， 故选：B。 【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应、离子的性质是解答本题的关键， 侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。 7．（2 分）反应 A+B→C+Q（Q＞0）分两步进行，①A+B→X+Q（Q＜0）②X→C+Q（Q＞ 0）。下列示意图中，能正确 表示总反应过程中能量变化的是（　　） A． B． C． D． 【分析】反应 A+B→C+Q（Q＞0）放出热量，说明 A+B 能量总和大于 C 能量，①A+B →X+Q（Q＜0）为吸热反应，则 A+B 能量总和小于 C 能量；②X→C+Q（Q＞0）为放 热反应，则 X 能量大于 C 能量。 【解答】解：反应 A+B→C+Q（Q＞0）放出热量，说明 A+B 能量总和大于 C 能量，①A+B →X+Q（Q＜0）为吸热反应，则 A+B 能量总和小于 C 能量；②X→C+Q（Q＞0）为放 热反应，则 X 能量大于 C 能量，符合条件的只有 D， 故选：D。 【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力， 明确反应物总能量和生成物总能量之差与反应热关系是解本题关键，题目难度不大。 8．（2 分）关于化合物 2﹣苯基丙烯（ ），下列说法正确的是（　　） A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应 C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯 【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代 反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。 【解答】解：A．含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸 性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误； B．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故 B 正确； C．苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构， 有 3 个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平 面，故 C 错误； D．该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关 系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。 9．（2 分）能促进水的电离平衡，并使溶液中的 c（H+）＞c（OH﹣）的操作是（　　） A．将水加热煮沸 B．将明矾溶于水 C．将 NaHSO4 固体溶于水 D．将 NaHCO3 固体溶于水 【分析】H2O⇌H++OH﹣，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；酸、碱或强酸酸 式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，能促进水的电离，并使溶液中 c（H+）＞ c（OH﹣），说明溶液呈酸性，为强酸弱碱盐，据此分析解答。 【解答】解：A．水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在 c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，故 A 错误； B．向水中加入明矾晶体，铝离子水解 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，导致溶液呈酸性， 促进水电离，故 B 正确； C．向水中加 NaHSO4 固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，抑制水电离， 故 C 错误； D．向水中加入 NaHCO3 固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，促 进水电离，故 D 错误； 故选：B。【点评】本题考查电解质的电离、水的电离、盐类水解等知识点，明确物质的性质是解 本题关键，题目难度不大。 10．（2 分）下列说法中，正确的是（　　） A．离子化合物中一定不含共价键 B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大 C．可能存在不含任何化学键的晶体 D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体 【分析】A、离子化合物中可能含共价键； B．分子的稳定性由共价键决定； C．单原子分子中不含共价键； D．二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体。 【解答】解：A、氢氧化钠、氯化铵是离子化合物，但含有共价键，故 A 错误； B．分子的稳定性由共价键决定，分子间作用力决定分子的物理性质，故 B 错误； C．单原子分子中不含共价键，如稀有气体分子中没有共价键，其晶体为分子晶体，晶体 中只有分子间作用力，故 C 正确； D．二氧化硅为酸性氧化物，其晶体属于原子晶体，所以酸性氧化物形成的晶体不一定分 子晶体，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查化合物和化学键的关系，明确共价化合物和离子化合物的概念是解本 题关键，注意二者的区别，难度不大。 11．（2 分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．溴水中存在 Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅 B．反应 CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）+QQ＞0，平衡后，升高温度体系颜 色变深 C．用饱和食盐水除去 Cl2 中的 HCl D．合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件 【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改 变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适 用。 【解答】解：A．加入硝酸银溶液后，硝酸银和 HBr 反应生成沉淀而促进溴溶解，导致溴浓度减小，溶液颜色变浅，所以能用勒夏特列原理解释，故 A 正确； B．升高温度平衡逆向移动导致二氧化氮浓度增大，颜色加深，所以能用勒夏特列原理解 释，故 B 正确； C、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大。使平衡 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣ +HClO 逆向进行，减少氯气的溶解性，故 C 正确； D．合成氨是放热反应，高温加热是加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理 内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平 衡移动的才能用平衡移动原理解释。 12．（2 分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　） A． 装置常用于分离互不相溶的液体混合物 B． 装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸 C． 用装置不可以完成“喷泉”实验 D． 用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液【分析】A．互不相溶的液体采用分液的方法分离，蒸馏操作用于分离相互溶解的液态； B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸； C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成喷泉实验； D．浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌． 【解答】解：A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离， 互不相溶的液体采用分液的方法分离，故 A 错误； B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防 止倒吸，应该用四氯化碳溶液，故 B 错误； C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故 C 错误； D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水 中，图示操作合理，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及蒸馏、喷泉实验、防倒 吸装置、浓硫酸稀释等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了 学生的分析能力及化学实验能力． 13．（2 分）下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（　　） A．将 CO2 和 NH3 的混合气体同时通入饱和食盐水中 B．将析出的 NaHCO3 固体过滤后灼烧得到纯碱 C．在析出 NaHCO3 的母液中加入消石灰以循环利用 NH3 D．在析出 NaHCO3 的母液中通入 NH3，加入氯化钠粉末，析出 Na2CO3 固体 【分析】A．饱和食盐水中依次通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体； B．碳酸氢钠分解生成碳酸钠； C．在析出 NaHCO3 的母液中主要是氯化铵，氨气极易溶于水； D．从母液中分离出 NH4Cl，加入 NaCl 通入 NH3，这样做的原因是增加 Cl﹣浓度和 NH4+ 浓度，以利析出 NH4Cl，析出 NaHCO3 固体后，母液中 HCO3﹣浓度较小，且通入 NH3 将 HCO3﹣转化为 CO32﹣，不析出 NaHCO3 和 NH4HCO3 和 Na2CO3。 【解答】解：A．实验室模拟侯德榜制碱法的操作是饱和食盐水中先通入氨气，再通入 CO2 气体，增大二氧化碳的吸收生成碳酸氢钠晶体，故 A 错误； B．将析出的 NaHCO3 固体过滤后灼烧，碳酸氢钠受热分解得到纯碱碳酸钠，故 B 正确； C．氨气极易溶于水，在析出 NaHCO3 的母液中加入消石灰不能放出大量氨气，不能循环利用 NH3，故 C 错误； D．从母液中分离出 NH4Cl，加入 NaCl 通入 NH3，这样做的原因是增加 Cl﹣浓度和 NH4+ 浓度，以利析出 NH4Cl，不能析出 Na2CO3 固体，故 D 错误；、 故选：B。 【点评】本题考查了侯德榜制碱法的原理分析判断、物质性质的理解应用、析出晶体的 原理等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 14．（2 分）下列转化不能通过一步实现的是（　　） A．Fe Fe3O4 B．Al NaAlO2 C．Cu CuSO4 D．Cu CuS 【分析】A．Fe 与氧气反应生成四氧化三铁； B．Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气； C．Cu 与浓硫酸加热反应生成硫酸铜； D．S 具有弱氧化性。 【解答】解：A．Fe 与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故 A 正确； B．Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故 B 正确； C．Cu 与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故 C 正确； D．S 具有弱氧化性，与 Cu 反应生成 Cu2S，则 Cu 与 S 不能一步转化为 CuS，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查金属及化合物的性质，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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 15．（2 分）ClO2 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得 ClO2， 下列说法错误的是（　　） 2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O A．每 1molKClO3 参加反应就有 2mol 电子转移 B．ClO2 是还原产物 C．H2C2O4 在反应中被氧化 D．KClO3 在反应中得到电子 【分析】反应 2KClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl 元素的 化合价由+5 降低为+4 价，C 元素的化合价由+3 升高到+4 价，以此来解答。【解答】解：A、Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，1molKClO3 参加反应转移的电子为 1mol×（5﹣4）＝1mol，故 A 错误； B、Cl 元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即 ClO2 是还原产物，故 B 正确； C、因 C 元素的化合价由+3 升高到+4 价，则 H2C2O4 在反应中作还原剂，被氧化，故 C 正确； D、因反应中 Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，则 KClO3 在反应中得到电子，故 D 正 确； 故选：A。 【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注 意 H2C2O4 中 C 元素化合价的判断是学生的易错点。 16．（2 分）下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（　　） A．苯中含单质溴杂质：加水，分液 B．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液 D．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 【分析】A．溴不易溶于水，易溶于苯； B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层； C．乙酸与 NaOH 反应后，与乙醛互溶； D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶。 【解答】解：A．溴不易溶于水，易溶于苯，加水不能分离，应选 NaOH、分液，故 A 错误； B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，故 B 正确； C．乙酸与 NaOH 反应后，与乙醛互溶，应蒸馏分离，故 C 错误； D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙醇互溶，应蒸馏分离，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离法方 法为解答的关键，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。 17．（2 分）用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（　　） A．b 极附近有气泡冒出 B．d 极附近出现红色 C．a、c 极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀 【分析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为 2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，乙中阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，水电离出的氢离 子放电，导致阴极附近有大量 OH﹣，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答 该题． 【解答】解：A、b 极附是正极，发生电极反应式为 2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，所以无气泡 冒出，故 A 错误； B、乙中阴极上电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近 有大量 OH﹣，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故 B 正确； C、a 是原电池的负极发生氧化反应、c 极是阳极发生氧化反应，所以 a、c 极上都发生氧 化反应，故 C 正确； D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中 铁棒更易腐蚀，故 D 正确； 故选：A。 【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关 键，根据电极反应式来确定选项即可，题目难度不大． 18．（2 分）如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e 是浸有相关溶液的滤纸。 向 KMnO4 晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。 已知：2KMnO4+16HCl═2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）选项 实验现象 解释或结论 A a 处变蓝，b 处变红棕色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2 B c 处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d 处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e 处变红色 还原性：Fe2+＞Cl﹣ A．A B．B C．C D．D 【分析】A．a 处发生 Cl2+2KI═2KCl+I2，b 处发生 Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2； B．c 处发生 Cl2+H2O═HCl+HClO，具有酸性和漂白性； C．d 处发生 Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O； D．e 处发生 Cl2+2FeCl2═2FeCl3。 【解答】解：A．a 处发生 Cl2+2KI═2KCl+I2，b 处发生 Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，则 a 处 变蓝，b 处变红棕色，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知 Cl2＞I2，Cl2＞Br2， 不能比较 Br2、I2 的氧化性，故 A 错误； B．c 处发生 Cl2+H2O═HCl+HClO，具有酸性和漂白性，则 c 处先变红，后褪色，褪色 与 HClO 的漂白性有关，故 B 错误； C．d 处发生 Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则 d 处红色消失，因溶液的碱被消耗， 故 C 错误； D．e 处发生 Cl2+2FeCl2═2FeCl3，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化 性为 Cl2＞Fe3+，根据强弱规律，所以还原性：Fe2+＞Cl﹣，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题以氯气的性质为载体考查学生氧化还原反应的有关知识，为高频考点，侧 重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关物质的性质，难度不大。 19．（2 分）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两 个未成对电子，Y 原子 最外层电子数是内层电子数的 3 倍，Z 元素的单质常温下能与 水剧烈反应产生氢气，R 原子的核外电子数 是 X 原子与 Z 原子的核外电子数之和。 下列叙述正确的是（　　） A．原子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜RB．X、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X＜Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＞X D．Y 与 Z 形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同 【分析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y 原子 最外层电子 数是内层电子数的 3 倍，则 Y 为 O；X 原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于 O，则 X 为 C 元素；Z 元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，则 Z 为 Na；R 原子 的核外电子数是 X 原子与 Z 原子的核外电子数之和，则核外电子数为 6+11＝17，为 Cl 元素，据此解答。 【解答】解：由以上分析可知，X 为 C 元素、Y 为 O 元素、Z 为 Na 元素、R 为 Cl 元素。 A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，且同主族从上到下，原子半径逐渐增大， 应为 Na＞Cl＞C＞O，故 A 错误； B．C 与 H 形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，则 X 与 H 形成的化合 物沸点可能大于 Y 与 H 形成化合物沸点，故 B 错误； C．非金属性 Cl＞C，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， 则最高价氧化物的水化物的酸性：Cl＞C，故 C 正确； D．Y 为 O 元素、Z 为 Na 元素，可分别形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只含有离子键、 过氧化钠含有离子键和共价键，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，为高考常见题型，题目难度中等， 正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养 了学生的分析能力及灵活应用能力。 20．（2 分）将 l00mL1mol/L 的 NaHCO3 溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外 一份加入少许 Ba（OH）2 固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中 c（CO32﹣）的变化分别是（　　） A．减小、增大 B．减小、减小 C．增大、增大 D．增大、减小 【分析】一份加入少许冰醋酸，发生 HAc+HCO3﹣＝H2O+CO2↑+Ac﹣，另外一份加入少 许 Ba（OH）2 固体，发生 Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣＝2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，以此来解答。 【解答】解：将 l00ml 1mol/L 的 NaHCO3 溶液等分为两份， 一份加入少许冰醋酸，发生 HAc+HCO3﹣＝H2O+CO2↑+Ac﹣，则溶液中 c（CO32﹣）减 小；另外一份加入少许 Ba（OH）2 固体，发生 Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣＝2H2O+BaCO3↓+CO32 ﹣，则溶液中 c（CO32﹣）增大， 故选：A。 【点评】本题考查溶液中的离子反应，明确发生的反应是分析离子浓度变化的关键，题 目难度不大。 二、填空题（共 60 分） 21．（15 分）NaNO2 是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸 味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴 水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成 以下填空： （1）N 原子最外层电子的轨道排布式为　 　；用一个事实说明氮和 氧非金属强弱　氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性 O 大于 N　。 （2）酸性条件下，NaNO2 溶液只能将 I﹣氧化为 I2，同时生成 NO．写出此反应①的离 子方程式并标出电子转移的方向和数目　 　。 （3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的 I﹣提 取单质 I2 选择了价格 并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是　氯气、浓硝酸、酸性高锰 酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质　。 （4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则 c（Cl﹣）　＝　c（HNO2）（填“＜”、 “＞”或“＝”）。 （5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案　取少量两种物质分别溶于适量水制成 溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没有褪色的是氯化钠　。 【分析】（1）氮原子核外电子数为 7，根据能量最低原理书写最外层电子轨道排布式；比 较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程 度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等； （2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生 成一氧化氮和碘和水； （3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质； （4）根据溶液至中性时电荷守恒及其亚硝酸钠溶液的物料守恒分析；（5）亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而 NaCl 不能，据此分析 解答。 【解答】解：（1）氮原子核外电子数为 7，基态原子核外电子排布为 1S12S22P3，故最 外层电子轨道排布式为 ；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物 对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反 应等，对应阴离子的还原性强弱等，所以氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性 O 大 于 N， 故答案为： ；氢化物稳定性：H2O＞NH3，则非金属性 O 大于 N； （2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生 成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2﹣+4H++2I﹣═2NO+I2+2H2O，反应中 N 元 素 化 合 价 由 +3 价 降 低 为 +2 价 ， 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目 可 表 示 为 ， 故答案为： ； （3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化 卤水中 I﹣选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等 氧化性太强，还能继续氧化碘单质； （4）由电荷守恒可知 混合溶液中 c（Cl ﹣）+c（NO 2﹣）+c（OH ﹣）＝c（H +）+c （Na+），又溶液至中性，则 c（Cl﹣）+c（NO2﹣）＝c（Na+），亚硝酸钠溶液中存在物料 守恒 c（NO2﹣）+c（HNO2）＝c（Na+），所以 c（Cl﹣）＝c（HNO2），故答案为：＝； （5）亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子，而 NaCl 不能，操作为： 取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没 有褪色的是氯化钠，故答案为：取少量两种物质分别溶于适量水制成溶液，加入少量溴 水，溴水褪色的是亚硝酸钠，没有褪色的是氯化钠。 【点评】本题考查物质的鉴别、氧化还原反应涉及电荷守恒和物料守恒的应用，为高频 考点，把握性质与性质差异、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，题目难度不大。22．（15 分）镁带能在 CO2 中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空： （1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因 是　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　。 （2）氧化镁的电子式为　Mg2+[ ]2﹣　，CO2 的结构式为 　O＝C＝O　。与镁同周 期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为　3s23p1　，其 1 个原子中能 量最高的电子有　1　个。 一定条件下，在容积恒为 2.0L 的容器中，Fe 和 CO2 发生如 下反应：CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g） （3）若起始时向容器中加入 1mol CO2，5.0 min 后，容器内气体的相对平均分子量为 32，则 n（CO 2）：n（CO）之比为　1：3　，这段时间内用 CO 2 表示的速率 V （CO2）＝　0.025mol/（L•min）　。 （4）下列说法错误的是　cd　。 a．当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡 b．混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡 c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡 d．平衡后缩小容器 的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动 （5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向　正 向　移动（选填“正 向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率　不变　（填“增大”，“减小”或“不 变”）。 【分析】（1）原子晶的沸点高于分子晶体； （2）氧化镁的电子式为 Mg2+[ ]2﹣，CO2 的结构式为 O＝C＝O，与镁同周期、离子 半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为 3s23p1，其中能量最高的电子为 3p 能级； （3）假设 5.0 min 后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为 a 和 b，则 ＝32； 根据速率的计算公式计算； （4）当变量不变时平衡，根据平衡移动的影响因素分析； （5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的 效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。【解答】解：（1）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 足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯， 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； （2）氧化镁的电子式为 Mg2+[ ]2﹣，CO2 的结构式为 O＝C＝O，与镁同周期、离子 半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为 3s23p1，其中能量最高的电子为 3p 能级上的电子，有 1 个，故答案为：Mg2+[ ]2﹣；O＝C＝O；3s23p1；1； （3）假设 5.0 min 后二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为 a 和 b，容器内气体的相对 平均分子量为 32，则 ＝32，a：b＝1：3．反应 CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO （g）为气体体积不变的反应，则二氧化碳和一氧化碳的物质的量分别为 0.25mol 和 0.75mol，二氧化碳减少量为 0.25mol，ν（CO2）＝ ＝0.025mol/（L•min），故 答案为：1：3；0.025mol/（L•min）； （4）一定条件下，在容积恒为 2.0L 的容器中，CO2（g）+Fe（s）⇌FeO（s）+CO（g）， a．当混合气体的密度是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确； b．混合气体的平均相对分子质量是变量，不变时说明反应达到了平衡，故正确； c．平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误； d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误； 故答案为：cd； （5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的 效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变， 故答案为：正向；不变。 【点评】本题考查了电子式、结构式、熔沸点高低比较、化学反应速率、化学平衡等知 识，属于综合性题型，解题时要细心，避免书写的错误，难度中等。 23．（15 分）某芳香烃 X（分子式为 C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为 初始原料设计出如图所示的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中 A 是一氯代物。已知：① ② （苯胺，易被氧化） （1）写出：X→A 的反应条件　光照　；反应④的反应条件和反应试剂：　O2、Cu、 加热　。 （2）E 中含氧官能团的名称：　羧基　；反应②的类型是　氧化反应　； 反应②和③ 先后顺序不能颠倒的原因是　防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）　。 （3）写出反应①的化学方程式：　 　。 （4） 有多种同分异构体，写出 1 种含有 1 个醛基和 2 个羟基且苯环上 只 有 2 种 一 氯 取 代 物 的 芳 香 族 化 合 物 的 结 构 简 式 ： 　 　。 （5）写出由 A 转化为 的合成路线。（合成路线表示方法为：A B… 目 标 产 物 ） 　　。 【分析】芳香烃 X 的分子式为 C7H8，则 X 为 ，A 是 X 的一氯代物，A 发生一系 列反应生成 ，则 A 为 ，X 和浓硝酸发生取代反应生成 F，F 发生 氧化反应生成 G，G 发生还原反应生成邻氨基苯甲酸，则 F 为 、G 为 ；C 能发生银镜反应，则 C 中含有醛基，A 发生水解反应生成 B 为 ，C 为 ，D 为 ，D 酸化得到 E 为 ； （5）由 A 转化为 ， 在催化剂条件下发生加成反应生成 ，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 ，与氯气发生加成反应 生成 ，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成 。 【解答】解：（1）X→A 为甲苯中甲基上 H 原子被 Cl 原子取代的反应，则该反应的反 应条件光照；反应④醇的催化氧化反应，则该反应的反应条件和反应试剂：O2、Cu、加 热， 故答案为：光照；O2、Cu、加热； （2）E 为 ，E 中含氧官能团的名称：羧基；反应②的类型是氧化反应； 反 应②和③先后顺序不能颠倒的原因是防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧 化）， 故答案为：羧基；氧化反应；防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）； （ 3 ） 反 应 ① 为 甲 苯 和 浓 硝 酸 的 取 代 反 应 ， 该 反 应 的 化 学 方 程 式 ：， 故答案为： ； （4） 有多种同分异构体，其中符合下列条件：含有 1 个醛基和 2 个羟基 且苯环上只有 2 种一氯取代物的芳香族化合物，应该具有对称结构，且醛基位于对称轴 上，则符合条件的结构简式： ， 故答案为： ； （5）由 A 转化为 ， 在催化剂条件下发生加成反应生成 ，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 ，与氯气发生加成反应 生成 ，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成 ，其合成路线为 故 答 案 为 ： 。【点评】本题考查有机物的推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确 官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意结合流程图中反应条件、 某些物质结构简式进行推断，题目难度中等。 24．（15 分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为 宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　碱煮水洗　。 （2）步骤②需要加热的目的是　加快反应　，温度保持 80﹣95℃，采用的合适加热方 式是　热水浴　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置 为　C　（填标号）。 （3）步骤③中选用足量的 H2O2，理由是　将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入杂质　。分 批加入 H2O2，同时为了　防止 Fe3+水解　，溶液要保持 pH 小于 0.5。 （4）步骤⑤的具体实验操作有　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　，经干燥得到硫酸 铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　NH4Fe（SO4）2•12H2O　。 【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和 Fe 不反应，所以可以用碱 性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和 Fe 发生置换反 应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的 硫酸亚铁，然后向滤液中加入 H2O2，Fe2+ 被氧化生成 Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向 硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 硫酸铁铵固体；（1）油污在碱性条件下水解； （2）温度越高化学反应速率越快；低于 100℃的加热需要水浴加热；铁屑中含有少量硫 化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成 H2S，H2S 属于酸性气 体，用碱液吸收，且要防止倒吸； （3）H2O2 具有氧化性，能氧化 Fe2+，且双氧水被还原生成水；Fe3+水解导致溶液呈酸 性，所以酸能抑制 Fe3+水解； （4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法； （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重 5.6%，则该晶体式量＝ ＝ 482，x＝ 。 【解答】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和 Fe 不反应，所以可以 用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和 Fe 发生置 换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生 成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入 H2O2，Fe2+ 被氧化生成 Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然 后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 得到硫酸铁铵固体； （1）油污在碱性条件下水解生成羧酸盐和甘油，羧酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗， 从而除去油污， 故答案为：碱煮水洗； （2）温度越高化学反应速率越快，缩短反应时间，所以步骤②需要加热的目的是加快反 应；低于 100℃的加热需要水浴加热，所以温度保持 80﹣95℃，采用的合适加热方式为 热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应 生成 H2S，H2S 属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸， BD 不能防止倒吸且 A 溶解硫化氢能力较弱，所以选取 C， 故答案为：加快反应；热水浴；C； （3）H2O2 具有氧化性，能氧化 Fe2+生成铁离子且双氧水被还原生成水，不引进杂质， 所以选取双氧水作氧化剂；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制 Fe3+水解，为防止 Fe3+ 水解需要溶液的 pH 保持 0.5， 故答案为：将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入杂质；防止 Fe3+水解；（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤 ⑤中从溶液中获取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重 5.6%，则该晶体式量＝ ＝ 482，x＝ ＝12，所以其化学式为 NH4Fe（SO4）2•12H2O， 故答案为：NH4Fe（SO4）2•12H2O。 【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应条件选取、尾气处理、计算等知 识点，侧重考查分析判断、实验操作、计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、 化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度不大。