上海市杨浦区2020届高三高考一模化学试题（Word版附解析）.doc

2020 年上海市杨浦区高考化学一模试卷 一、选择题（本题共 40 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确答案） 1．港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（　　） A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热 2．对石油和煤的分析错误的是（　　） A．都是混合物 B．都含有机物 C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D．石油分馏和煤干馏原理相同 3．元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（　　） A．In 最外层有 5 个电子 B．In 的原子半径小于 I C．In（OH）3 的碱性强于 Al（OH）3 D．In 属于过渡元素 4．氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（　　） A．只有共价键 B．可能存在离子 C．可能存在 N≡N D．存在极性分子 5．工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（　　） A．铝还原性较强 B．铝能形成多种合金 C．铝相对锰、钒较廉价 D．反应放出大量的热 6．与氢硫酸混合后无明显现象的是（　　） A．NaOH 溶液 B．亚硫酸 C．FeCl3 溶液 D．氯水 7．同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（　　） A．2W（l）+Y（l）→2Z（g）+Q1 B．2W（g）+Y（g）→2Z（l）+Q2 C．2W（g）+Y（g）→2Z（g）+Q3 D．2W（l）+Y（l）→2Z（l）+Q4 8．同温同压同体积的 H2 和 CO（　　） A．密度不同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同 9．没有涉及到氧化还原反应的是（　　）A．Fe3+和淀粉检验 I﹣ B．氯水和 CCl4 检验 Br﹣ C．新制 Cu（OH）2、加热检验醛基 D．硝酸和 AgNO3 溶液检验 Cl﹣ 10．向 FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用 KSCN 溶液检验无明显 现象，则反应后的溶液一定（　　） A．含 Cu2+ B．含 Fe2+ C．呈中性 D．含 Fe2+和 Cu2+ 11．异戊烷的（　　） A．沸点比正己烷高 B．密度比水大 C．同分异构体比 C5H10 多 D．碳碳键键长比苯的碳碳键长 12．杜瓦苯（ ）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（　　） A．最简式是 CH2 B．分子中所有原子共平面 C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．是 CH2＝CH﹣CH＝CH2 的同系物 13．NA 代表阿伏加德罗常数的值。4gα 粒子（4He2+）含（　　） A．2NA 个 α 粒子 B．2NA 个质子 C．NA 个中子 D．NA 个电子 14．对下列事实的原因分析错误的是（　　） 选项 事实 原因 A 用铝制容器盛装浓硫酸 常温下，铝与浓硫酸很难反应 B 氧化铝作耐火材料 氧化铝熔点高 C 铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物 氧化铝是两性氧化物 D 用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝 氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应 A．A B．B C．C D．D 15．用如图装置进行实验，1 小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（　　） A．属于化学腐蚀 B．O2 未参与反应 C．负极反应 2Fe﹣6e+3H2O→Fe2O3+6H+ D．正极反应 O2+4e+2H2O→4OH﹣ 16．向 Ca（HCO3）2 饱和溶液中加入一定量的 Na2O2（设溶液体积不变），推断正确的是 （　　） A．产生 CO2 气体 B．产生白色沉淀 C．所得溶液的碱性一定减弱 D．所得溶液中一定不含 HCO3﹣ 17．用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（　　） A．得电子能力 H+＞Na+，故阴极得到 H2 B．水电离平衡右移，故阴极区得到 OH﹣ C．失电子能力 Cl﹣＞OH﹣，故阳极得到 Cl2 D．OH﹣向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红 18．在 2L 的密闭容器中，发生反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）+131.5kJ，5min 后达到平衡，固体减少了 24g，则（　　） A．ρ 气体不变时反应达到平衡状态 B．v 正（CO）为 2.4mol/（L•min） C．若容器体积缩小，平衡常数减小 D．增大 C 的量，平衡右移 19．向新制氯水中逐滴滴加 NaOH 溶液，溶液 pH 随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴 加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是（　　）A．该新制氯水 c（H+）＝10﹣2.6mol/L B．开始阶段，pH 迅速上升说明 H+被中和 C．OH﹣和 Cl2 能直接快速反应 D．NaOH 和氯水反应的本质是 OH﹣使 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 平衡右移 20．25℃，将浓度均为 0.1mol/L 的 HA 溶液 Va mL 和 BOH 溶液 Vb mL 混合，保持 Va+Vb＝ 100mL，生成物 BA 易溶于水。Va、Vb 与混合液 pH 的关系如图。下列叙述错误的是（　　） A．HA 一定是弱酸 B．BOH 可能是强碱 C．z 点时，水的电离被促进 D．x、y、z 点时，溶液中都存在 c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（B+）+c（H+） 二、综合题（共 60 分） 21．（15 分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 X、Y 是第三周期的非金属元 素，各原子均满足 8 电子稳定结构。完成下列填空： （1）硅原子最外电子层有　 　种运动状态不同的电子，占据　 　个轨道。 （2）由题意可推知 Y 是 Cl，推得此结论的依据是　 　。X 和 Si 之间共用电子对偏 离　 　。 （3）SiCl4 和 CCl4 分子空间结构相同，则 SiCl4 中键角是　 　。请说明 SiCl4 和 CCl4 沸点高低的理由：　 　。 （4）黄磷（P4）与过量浓 NaOH 溶液反应，产生 PH3 和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并 配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：□P4+□NaOH+□　 　→□PH3 ↑+□NaH 2PO2，其中氧化剂和还原剂质量比为　 　。根据题意可判断 H3PO2 是　 　元酸（填“一”、“二”或“三”）。 （5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小 的顺序是：　 　。 22．（15 分）用如图 1 装置探究 NH3 和 CuSO4 溶液的反应。 完成下列填空： （1）上述制备 NH3 的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2O⇌NH3• H2O、　 　、　 　（在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。 （2）制备 100mL25%氨水（ρ＝0.905g•cm﹣3），理论上需要标准状况下氨气　 　L（小 数点后保留一位）。 （3）上述实验开始后，烧杯内的溶液　 　，而达到防止倒吸的目的。 （4）NH3 通入 CuSO4 溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。　 　。 继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+ （aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q ＞0）。 ①该反应平衡常数的表达式 K＝　 　。 ②t1 时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应 K 增大。在图 2 中画出该过程中 v 正的变化。 ③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：　 　。 ④在绝热密闭容器中，加入 NH4+（aq）、Cu（OH）2 和 NH3（aq）进行上述反应，v 正 随时间的变化如图 3 所示，v 正先增大后减小的原因　 　。 23．（14 分）SO2 可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图 1 所示装置制备 SO2，并用纯净 SO2 进行相关实验。 完成下列填空： （1）上述方法制备的 SO2 中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装 置后连接图 2 所示装置，该装置中的试剂是　 　，气体从　 　口（填“a”或 “b”）进。 （2）检验 SO2 常用的试剂是　 　，利用了 SO2 的　 　性。 （3）将 SO2 通入 0.1mol/L Ba（NO3）2 溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为　 　。 分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制 Ba（NO3）2 和 BaCl2 溶液，进行图 3 实验： （4）实验 A、C 中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是　 　。 （5）实验 C 中，没有观察到白色沉淀，但 pH 传感器显示溶液呈酸性，原因是　 　。 （用方程式表示） （6）实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多。由此得出的结论是　 　。若实验 A、 B 中通入足量的 SO2 后，溶液 pH：A　 　B（填“＞”、“＜”或“＝”）。 24．（16 分）化合物 G 是一种药物合成的中间体，G 的一种合成路线如图：完成下列填空： （1）写出 A 中官能团的电子式。　 　。 （2）写出反应类型：B→C　 　反应，C→D　 　反应。 （3）A→B 所需反应试剂和反应条件为　 　、　 　。 （4）写出 C 的符合下列条件同分异构体的结构简式：　 　。（任写出 3 种） ①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。 （5）写出 F 的结构简式。　 　。 （6）利用学过的知识，写出由甲苯（ ）和 为原料制备 的合成路线。（无机试剂任用）。 （合成路线的表示方式为：甲 乙…… 目标产物）2020 年上海市杨浦区高考化学一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 40 分，每小题 2 分，每小题只有一个正确答案） 1．（2 分）港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（　　） A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热 【分析】生铁与钢的主要区别是含碳量不同：生铁含碳约 2%～4%，钢含碳约 0.03%～ 0.2%，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材与生铁都导电导热，据此分析 解答。 【解答】解：生铁是含碳量为 2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为 0.03%～2%的铁合金， 生铁和钢主要成分都是铁，主要区别是含碳量不同，它们都是合金，都导电导热，钢材 比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材比生铁含碳量低，故 C 错误， 故选：C。 【点评】本题生铁与钢的性能、组成，题目难度不大，掌握生铁和钢的组成与区别等是 正确解答本题的关键。 2．（2 分）对石油和煤的分析错误的是（　　） A．都是混合物 B．都含有机物 C．石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D．石油分馏和煤干馏原理相同 【分析】A．石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物； B．石油和煤都含有机物； C．石油裂解得到汽油，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气； D．石油分馏为物理变化，煤干馏为化学变化。 【解答】解：A．石油中主要含有碳、氢元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，煤 炭的主要成分是碳，都是混合物，故 A 不选； B．石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物，故 B 不选； C．石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故 C 不选； D．石油的分馏为物理变化，煤干馏为化学变化，故 D 选； 故选：D。 【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，为基础性习题，把握煤、石油、 天然气的来源、性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。 3．（2 分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（　　） A．In 最外层有 5 个电子 B．In 的原子半径小于 I C．In（OH）3 的碱性强于 Al（OH）3 D．In 属于过渡元素 【分析】A、同主族元素最外层电子数相等； B、In 与 I 同周期，碘的核电荷大； C、同主族从上往下金属性逐渐增强； D、铟（In）与铝同主族，都是主族元素； 【解答】解：A、同主族元素最外层电子数相等，铟（In）与铝同主族，所以 In 最外层 有 3 个电子，故 A 错误； B、In 与 I 同周期，碘的核电荷大，所以 In 的原子半径大于 I，故 B 错误； C、同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强， 所以 In（OH）3 的碱性强于 Al（OH）3，故 C 正确； D、铟（In）与铝同主族，都是主族元素，所以 In 属于主族元素，故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查熟悉元素在 周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。 4．（2 分）氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（　　） A．只有共价键 B．可能存在离子 C．可能存在 N≡N D．存在极性分子 【分析】氮化碳（C3N4）、金刚石都是原子晶体，碳氮化合物中 C 一 N 键键长小于金刚 石中 C 一 C 键键长，键长越长熔点越低，硬度越小，据此分析解答。 【解答】解：氮化碳晶体硬度较大，属于原子晶体，只有共价键，立方氮化碳晶体中氮 碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要短，故熔点比金刚石的高，氮化碳（C3N4）的硬度大于金刚石，所以 A 符合， 故选：A。 【点评】本题考查原子晶体的性质，掌握原子晶体键长越长熔点越低，硬度越小是解答 关键，题目难度不大。 5．（2 分）工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（　　） A．铝还原性较强 B．铝能形成多种合金 C．铝相对锰、钒较廉价 D．反应放出大量的热 【分析】铝是活泼金属，具有强的还原性，铝热反应可以制取少量难熔金属，据此分析。 【解答】解：A．铝是活泼金属，具有强的还原性，可以作还原剂，故 A 正确； B．铝能形成多种合金，与铝热反应无关，故 B 错误； C．铝相对锰、钒较廉价，可以用铝来还原锰、钒等金属，故 C 正确； D．铝热反应会放出大量的热，铝热反应可以制取少量难熔金属，故 D 正确。 故选：B。 【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。 6．（2 分）与氢硫酸混合后无明显现象的是（　　） A．NaOH 溶液 B．亚硫酸 C．FeCl3 溶液 D．氯水 【分析】A．H2S 与 NaOH 溶液反应生成硫化钠和水； B．H2S 与亚硫酸发生氧化还原反应生成 S； C．H2S 与 FeCl3 溶液发生氧化还原反应生成 S； D．H2S 与氯水发生氧化还原反应生成 S。 【解答】解：A．H2S 与 NaOH 溶液反应生成硫化钠和水，无明显现象，故 A 选； B．H2S 与亚硫酸发生氧化还原反应生成 S，有淡黄色沉淀生成，故 B 不选； C．H2S 与 FeCl3 溶液发生氧化还原反应生成 S，有淡黄色沉淀生成，故 C 不选； D．H2S 与氯水发生氧化还原反应生成 S，防止铝元素损失，有淡黄色沉淀生成，故 D 不 选； 故选：A。 【点评】本题考查 H2S 的性质，比较基础，抓住硫化氢具有强还原性易被氧化生成 S 沉 淀即可解题。 7．（2 分）同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（　　）A．2W（l）+Y（l）→2Z（g）+Q1 B．2W（g）+Y（g）→2Z（l）+Q2 C．2W（g）+Y（g）→2Z（g）+Q3 D．2W（l）+Y（l）→2Z（l）+Q4 【分析】同一物质的能量 g＞l＞s，反应热等于生成物的能量减去反应物的能量，依此解 答。 【解答】解：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量 g＞l＞s，所以反应物 的总能量为：B＝C＞A＝D，生成物的能量为：A＝C＞B＝D，若反应为放热反应，反应 物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应放出的热量越少，故 A 放出的热量最少， 反应热符号为“﹣”，反应放出的热量越少，反应热越大，故 A 的反应热最大；若反应为 吸热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应吸收的热量越多，故 A 放 出的热量最多，反应热符号为“+”，反应放出的热量越多，反应热越大，故 A 的反应热 最大。 故选：A。 【点评】考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，注意根据能量守恒理解 物质能量与反应热关系，注意反应热比较包含符号进行比较。 8．（2 分）同温同压同体积的 H2 和 CO（　　） A．密度不同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同 【分析】A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比； B、质量 m＝ρV； C、不同物质的分子大小不同； D、分子间距取决于温度和压强。 【解答】解：A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故氢气和 CO 的密度 之比为 1：14，故 A 正确； B、两气体的密度不同，而体积相同，根据质量 m＝ρV 可知，两气体的质量不同，故 B 错误； C、不同物质的分子大小不同，故氢气和 CO 的分子大小不同，故 C 错误； D、分子间距取决于温度和压强，由于同温同压，故分子间距相同，故 D 错误。 故选：A。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，应注意基础知识的掌握。 9．（2 分）没有涉及到氧化还原反应的是（　　）A．Fe3+和淀粉检验 I﹣ B．氯水和 CCl4 检验 Br﹣ C．新制 Cu（OH）2、加热检验醛基 D．硝酸和 AgNO3 溶液检验 Cl﹣ 【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。 【解答】解：A．Fe3+和淀粉检验 I﹣，Fe3+和 I﹣发生氧化还原反应，涉及到氧化还原反 应，故 A 不选； B．氯水和 CCl4 检验 Br﹣，氯水和 Br﹣发生氧化还原反应，涉及氧化还原反应，故 B 不 选； C．新制 Cu（OH）2、加热检验醛基，氢氧化铜氧化醛基，涉及氧化还原反应，故 C 不 选； D．硝酸和 AgNO3 溶液检验 Cl﹣，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故 D 选； 故选：D。 【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧 化还原反应的应用及化学与生活的考查，题目难度不大。 10．（2 分）向 FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用 KSCN 溶液检验 无明显现象，则反应后的溶液一定（　　） A．含 Cu2+ B．含 Fe2+ C．呈中性 D．含 Fe2+和 Cu2+ 【分析】向 FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe 先和 FeCl3 反应 生成 FeCl2，又用 KSCN 溶液检验无明显现象，说明 FeCl3 完全反应，如果还有 Fe，Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 Cu，最后铁再与盐酸反应生成 FeCl2 和氢气，据此分析解 答。 【解答】解：向 FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe 先和 FeCl3 反应生成 FeCl2，又用 KSCN 溶液检验无明显现象，说明 FeCl3 完全反应，如果还有 Fe， Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 Cu，最后铁再与盐酸反应生成 FeCl2 和氢气，所以反应 后的溶液一定含 Fe2+，如果铁多，则不含 Cu2+，铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故 B 正 确； 故选：B。【点评】本题以 Fe、Cu 及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应 先后顺序是解本题关键，题目难度中等。 11．（2 分）异戊烷的（　　） A．沸点比正己烷高 B．密度比水大 C．同分异构体比 C5H10 多 D．碳碳键键长比苯的碳碳键长 【分析】A．相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低； B．低碳的烷烃密度比水的小； C．异戊烷含 6 个 C 只存在碳链异构，C5H10 可为烯烃或环烃； D．苯环中碳碳键介于双键与单键之间。 【解答】解：A．相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低，则异戊烷的沸点比正己烷的低， 故 A 错误； B．低碳的烷烃密度比水的小，则异戊烷的密度比水的密度小，故 B 错误； C．异戊烷含 6 个 C 只存在碳链异构，C5H10 可为烯烃或环烃，存在碳链异构及官能团的 位置异构，异戊烷的同分异构体比 C5H10 少，故 C 错误； D．苯环中碳碳键介于双键与单键之间，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题考查异戊烷的性质，为高频考点，把握烷烃的性质、同分异构体为解答的 关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 C 为解答的难点，题目难度中等。 12．（2 分）杜瓦苯（ ）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（　　） A．最简式是 CH2 B．分子中所有原子共平面 C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．是 CH2＝CH﹣CH＝CH2 的同系物 【分析】A．最简式为分子中各原子的最简比； B．苯分子是平面结构，但杜瓦苯不是； C．含碳碳双键的有机物易被高锰酸钾氧化；D．同系物结构相似。 【解答】解：A．杜瓦苯（ ）与苯互为同分异构体，苯分子式为 C6H6，杜瓦苯与 苯分子式相同，最简原子比为 1：1，最简式为 CH，故 A 错误； B．苯是平面结构，所有原子共平面，杜瓦苯（ ）含有多个饱和碳原子，具有甲 烷的结构特征，则所有原子不可能处于同一平面，故 B 错误； C．杜瓦苯易被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色，故 C 正确； D．CH2＝CH﹣CH＝CH2 未成环，与杜瓦苯结构不相似，不是同系物，故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查了杜瓦苯的性质，掌握同分异构体、碳碳双键的性质以及常见有机物 的结构是解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，难度不大。 13．（2 分）NA 代表阿伏加德罗常数的值。4gα 粒子（4He2+）含（　　） A．2NA 个 α 粒子 B．2NA 个质子 C．NA 个中子 D．NA 个电子 【分析】求出 α 粒子（4He2+）的物质的量，然后根据 α 粒子（4He2+）中含 2 个质子来 分析。 【解答】解：4gα 粒子（4He2+）的物质的量 n＝ ＝1mol。 A、1molα 粒子即为 NA 个，故 A 错误； B、α 粒子（4He2+）中含 2 个质子，故 1molα 粒子（4He2+）中含 2mol 即 2NA 个质子， 故 B 正确； C、α 粒子（4He2+）中含 2 个中子，故 1molα 粒子（4He2+）中含 2mol 即 2NA 个中子， 故 C 错误； D、α 粒子（4He2+）中含 2 个电子，故 1molα 粒子（4He2+）中含 2mol 即 2NA 个电子， 故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查了微粒个数的计算，难度不大，应注意微粒的构成和公式的运用。 14．（2 分）对下列事实的原因分析错误的是（　　） 选项 事实 原因A 用铝制容器盛装浓硫酸 常温下，铝与浓硫酸很难反应 B 氧化铝作耐火材料 氧化铝熔点高 C 铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物 氧化铝是两性氧化物 D 用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝 氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反 应 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．常温下，可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，是由于金属发生钝化； B、氧化铝熔点高，常做耐火材料； C、Al 放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应； D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝。 【解答】解：A．常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属 的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，故 A 错误； B．氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高， 所以氧化铝可用作耐火材料，故 B 正确； C．Al 放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝与酸性食品和碱性食品均能反应生成盐和 水，则氧化铝为两性氧化性，故 C 正确； D．氢氧化铝溶于强碱，碱性比氨水弱且很难与氨水反应，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧 化铝，故 D 正确； 故选：A。 【点评】本题考查较为综合，涉及铝及其化合物的化学性质和材料的使用等知识，侧重 于基础知识的综合考查和运用，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累， 难度不大。 15．（2 分）用如图装置进行实验，1 小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（　　） A．属于化学腐蚀 B．O2 未参与反应C．负极反应 2Fe﹣6e+3H2O→Fe2O3+6H+ D．正极反应 O2+4e+2H2O→4OH﹣ 【分析】生铁是铁和碳的合金，在氯化钠溶液形成原电池，铁做负极，碳做正极，由于 氯化钠溶液显中性，故铁在负极上失电子，氯化钠溶液中溶解的氧气在正极上得电子， 即发生了铁的吸氧腐蚀，据此分析。 【解答】解：A、铁和碳形成了原电池，属于电化学腐蚀，故 A 错误； B、氧气在正极上放电，故 B 错误； C、负极上铁放电：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故 C 错误； D、正极上氧气放电，正极反应 O2+4e+2H2O＝4OH﹣，故 D 正确。 故选：D。 【点评】本题考查了铁的吸氧腐蚀，难度不大，应注意的是无论是铁的析氢腐蚀还是吸 氧腐蚀，负极均为铁失去电子变为亚铁离子。 16．（2 分）向 Ca（HCO3）2 饱和溶液中加入一定量的 Na2O2（设溶液体积不变），推断正 确的是（　　） A．产生 CO2 气体 B．产生白色沉淀 C．所得溶液的碱性一定减弱 D．所得溶液中一定不含 HCO3﹣ 【分析】Na2O2 与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与 Ca（HCO3）2 反应生成碳酸 钙和水，由此分析解答。 【解答】解：A、产生 O2 气体，故 A 错误； B、Na2O2 与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与 Ca（HCO3）2 反应生成碳酸钙和 水，所以一定产生白色沉淀，故 B 正确； C、加入过氧化钠生成氢氧化钠，所以碱性增强，故 C 错误； D、过氧化钠少量所得溶液中含 HCO3﹣，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查钠及其化合物的性质，学生要知道过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和 氧气，比较容易。 17．（2 分）用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（　　） A．得电子能力 H+＞Na+，故阴极得到 H2B．水电离平衡右移，故阴极区得到 OH﹣ C．失电子能力 Cl﹣＞OH﹣，故阳极得到 Cl2 D．OH﹣向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红 【分析】电解饱和食盐水时，电解池阳极 a，发生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极 b，发生 2H++2e﹣＝H2↑，电解的总反应：2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣，据此回答。 【解答】解：A、得电子能力 H+＞Na+，阴极 b 发生 2H++2e﹣＝H2↑，故阴极得到 H2， 故 A 正确； B、阴极 b 发生 2H++2e﹣＝H2↑，氢离子减少，故阴极区得到 OH﹣，故 B 正确； C、失电子能力 Cl﹣＞OH﹣，阳极 a 发生 2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，故阳极得到 Cl2，故 C 正 确； D、电解池中阴离子移向阳极电极，故 OH﹣向阳极移动，故阳极区滴酚酞变红，故 D 错 误， 故选：D。 【点评】本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和 整理是关键，题目难度中等。 18．（2 分）在 2L 的密闭容器中，发生反应：C（s）+H 2O（g）⇌CO（g）+H 2（g） +131.5kJ，5min 后达到平衡，固体减少了 24g，则（　　） A．ρ 气体不变时反应达到平衡状态 B．v 正（CO）为 2.4mol/（L•min） C．若容器体积缩小，平衡常数减小 D．增大 C 的量，平衡右移 【分析】A．判断化学平衡的标志之一是变化的量不变，据此判断。 B．根据化学反应速率公式 v＝ 进行计算； C．温度变化影响化学平衡常数； D．C 为固体，增加 C 的量，不会影响化学平衡移动。 【解答】解：A．ρ＝ ，反应方程式中有固体存在，根据方程式气体的质量是个变化量， 但容器体积不变，所以密度是个变化量，现在气体的 ρ 不变，说明反应达到平衡状态， 故 A 正确； B．v5min 后达到平衡，固体减少了 24g，则反应的 n（C）＝2mol，根据化学计量数之比，n（CO）＝2mol，v＝ ＝ ＝ ＝0.2mol/（L•min），故 B 错误； C．化学平衡常数只与温度有关，体积缩小不影响平衡常数，故 C 错误； D．C 为固体，固体的量增加不引起浓度的变化，化学平衡不会移动，故 D 错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握反应速率与平衡移动的影响因素为解答 的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。 19．（2 分）向新制氯水中逐滴滴加 NaOH 溶液，溶液 pH 随时间的变化如图所示。呈碱性 时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是（　　） A．该新制氯水 c（H+）＝10﹣2.6mol/L B．开始阶段，pH 迅速上升说明 H+被中和 C．OH﹣和 Cl2 能直接快速反应 D．NaOH 和氯水反应的本质是 OH﹣使 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 平衡右移 【分析】A、开始时溶液的 PH 值为 2.6，分析解答； B、向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应； C、OH﹣和溶液中的氢离子和次氯酸反应； D、氯水中存在 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 平衡，滴加 NaOH 溶液，导致溶液中氢离子的 浓度减小； 【解答】解：A、开始时溶液的 PH 值为 2.6，没有加氢氧化钠时新制氯水的 PH 值为 2.6，所以该新制氯水 c（H+）＝10﹣2.6mol/L，故 A 正确； B、向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应，导致 pH 迅速 上升，故 B 正确； C、OH﹣和溶液中的氢离子和次氯酸反应，而不是直接与氯气反应，故 C 错误； D、氯水中存在 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO 平衡，滴加 NaOH 溶液，导致溶液中氢离子的 浓度减小，平衡正向移动，这是反应的本质，故 D 正确； 故选：C。【点评】本题考查氯水中所含微粒和平衡的移动，学生只要知道氯水中所含微粒和平衡 的移动原理就可以迅速解题，比较容易。 20．（2 分）25℃，将浓度均为 0.1mol/L 的 HA 溶液 Va mL 和 BOH 溶液 Vb mL 混合，保持 Va+Vb＝100mL，生成物 BA 易溶于水。Va、Vb 与混合液 pH 的关系如图。下列叙述错误 的是（　　） A．HA 一定是弱酸 B．BOH 可能是强碱 C．z 点时，水的电离被促进 D．x、y、z 点时，溶液中都存在 c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（B+）+c（H+） 【分析】根据图示可知，HA 与 BOH 等浓度、等体积混合时恰好生成 BA，溶液的 pH＞ 7，说明 BOH 的电离程度大于 HA，则 HA 为一元弱酸，BOH 可能为强碱或电离程度大 于 HA 的弱碱；z 点 BOH 过量，混合液呈碱性，BOH 电离出的氢氧根离子抑制了水的电 离，据此结合电荷守恒分析。 【解答】解：A．根据图示可知，等浓度、等体积的 HA 和 BOH 混合，反应后溶质为 BA，所得溶液的 pH＞7，说明 BOH 的电离程度大于 HA，则 HA 为一元弱酸，BOH 可 能为强碱或电离程度大于 HA 的弱碱，故 A 正确； B．根据 A 的分析可知，BOH 可能为强碱，故 B 正确； C．z 点 BOH 过量，混合液呈碱性，BOH 电离出的 OH﹣抑制了水的电离，故 C 错误； D．x、y、z 点的溶液中都满足电荷守恒：c（A﹣）+c（OH﹣）＝c（B+）+c（H+），故 D 正确； 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义及电 荷守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液 pH 的关系，试题侧重考查学生的分析、 理解能力及灵活应用能力。 二、综合题（共 60 分）21．（15 分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 X、Y 是第三周期的非金属元 素，各原子均满足 8 电子稳定结构。完成下列填空： （1）硅原子最外电子层有　4　种运动状态不同的电子，占据　3　个轨道。 （2）由题意可推知 Y 是 Cl，推得此结论的依据是　Y 在第三周期，且 Y 和 Si 间只有一 根共价键　。X 和 Si 之间共用电子对偏离　Si　。 （3）SiCl4 和 CCl4 分子空间结构相同，则 SiCl4 中键角是　109°28′　。请说明 SiCl4 和 CCl4 沸点高低的理由：　SiCl4 的熔点比 CCl4 高，SiCl4 和 CCl4 是组成和结构相似的 分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故 SiCl4 的熔点高　。 （4）黄磷（P4）与过量浓 NaOH 溶液反应，产生 PH3 和次磷酸钠（NaH2PO2），补全并 配 平 该 反 应 的 化 学 方 程 式 ， 标 出 电 子 转 移 的 数 目 和 方 向 ： □ P4+ □ NaOH+ □　 　→□PH3↑+□NaH2PO2，其中氧化剂和还原 剂质量比为　1：3　。根据题意可判断 H3PO2 是　一　元酸（填“一”、“二”或“三”）。 （5）已知磷酸二氢钠（NaH2PO4）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小 的顺序是：　c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（PO43﹣）　。 【分析】（1）根据元素原子每一个电子具有一种运动状态，核外电子排布式来回答占据 的轨道的个数； （2）根据化合物结构中 Y 只形成一个共价键以及硅元素的价态来回答； （3）根据分子中含 1 个中心原子、4 个配位原子，为正四面体，键角为 109°28′和分子 晶体 SiCl4 和 CCl4 沸点高低影响因素来回答； （4）根据该反应中 P 元素化合价由 0 价变为﹣3 价、P 元素化合价还由 0 价变为+1 价， 转移电子数为 3，根据转移电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式，该反应中电子从 P 元素转移到 P 元素，转移电子数为 3，根据只生成 NaH2PO2 来回答几元酸； （5）根据溶液显酸性说明 H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度以及酸式根离子的电离程 度逐级减小，可得离子浓度间的大小关系。 【解答】解：（1）硅原子最外层电子数是 4，分布在 s、p 两个原子轨道上，不同电子具 有的电子状态是不一样的，所以硅原子最外电子层有 4 种运动状态不同的电子，占据 3个轨道， 故答案为：4，3； （2）Y 是第三周期的非金属元素，各原子均满足 8 电子稳定结构，化合物结构中 Y 只形 成一个共价键，所以推知 Y 是 Cl；Cl 为﹣1 价，Si 为+4 价，所以 X 和 Si 之间共用电子 对偏离 Si， 故答案为：Y 在第三周期，且 Y 和 Si 间只有一根共价键，Si （3）SiCl4 和 CCl4 分子空间结构相同，均为正四面体，键角为 109°28′；SiCl4 和 CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故 SiCl4 的 熔点高 故答案为：109°28′，SiCl4 的熔点比 CCl4 高，SiCl4 和 CCl4 是组成和结构相似的分 子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故 SiCl4 的熔点高； （4）反应中 P 元素化合价由 0 价变为﹣3 价、P 元素化合价还由 0 价变为+1 价，而且个 数比为 1：3，所以此反应中 P4 既是氧化剂又是还原剂，转移电子数为 3，反应中电子从 P 元 素 转 移 到 P 元 素 ， 根 据 电 子 守 恒 、 原 子 守 恒 可 知 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为 根据与过量浓 NaOH 溶液反应只生成 NaH2PO2，NaH2PO2 就是正盐，说明 H3PO2 为一元 酸， 故答案为： ，1：3，一； （5）NaH2PO4＝H2PO4﹣+Na，H2PO4﹣是 NaH2PO4 完全电离产生，所以浓度最大，溶液 显酸性说明 H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，所以 c （HPO42﹣）大于 c （H3PO4）， 由于离子的电离程度逐级减小，故 c （HPO42﹣）＞c （PO43﹣），所以溶液中含磷元素 的离子浓度由大到小的顺序是： c （H2PO4﹣）＞c （HPO42﹣）＞c （PO43﹣）， 故答案为：c （H2PO4﹣）＞c （HPO42﹣）＞c （PO43﹣） 【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，为高频考点，涉及氧化还原反应方程式配平、 方程式的有关计算、弱电解质的电离等知识点，明确各个物理量关系、氧化还原反应方 程式配平规则、弱电解质电离特点是解本题关键，题目难度不大。 22．（15 分）用如图 1 装置探究 NH3 和 CuSO4 溶液的反应。完成下列填空： （1）上述制备 NH3 的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2O⇌NH3• H2O、　NH3•H2O⇌NH4++OH﹣　、　Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）　（在 列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述）。 （2）制备 100mL25%氨水（ρ＝0.905g•cm ﹣3），理论上需要标准状况下氨气　29.8　L （小数点后保留一位）。 （3）上述实验开始后，烧杯内的溶液　进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行　， 而达到防止倒吸的目的。 （4）NH3 通入 CuSO4 溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。　Cu2++2NH3 •H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+　。 继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+ （aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）（铜氨溶液）+2H2O+Q（Q ＞0）。 ①该反应平衡常数的表达式 K＝　 　。 ②t1 时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应 K 增大。在图 2 中画出该过程中 v 正的变化。 ③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：　加水稀释后浓度商 Qc＝ ，会大于该温度下的 K，平衡左移，生成了 更多的 Cu（OH）2， 得到蓝色沉淀　。 ④在绝热密闭容器中，加入 NH4+（aq）、Cu（OH）2 和 NH3（aq）进行上述反应，v 正 随时间的变化如图 3 所示，v 正先增大后减小的原因　该反应是放热反应，反应放出的热 使容器内温度升高，v 正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v 正 减小　。【分析】（1）制备 NH3 的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2O⇌NH3• H2O；NH3•H2O 是弱碱，存在电离平衡；生成的 Ca（OH）2 是微溶物，存在 Ca（OH） 2 的溶解平衡等； （2）根据 c＝ 计算氨水的物质的量浓度 c，结合 n＝cV 和 V＝cVm 计算氨气 在标准状况下的体积； （3）NH3 极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力 作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用； （4）NH3•H2O 和 CuSO4 溶液反应生成 Cu（OH）2 沉淀和硫酸铵，据此写出反应的离子 方程式； ①化学平衡常数 K 等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比； ②由于 2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O 是放 热反应，降低温度则 K 增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变； ③根据浓度商 Qc 和该温度下平衡常数 K 的关系分析：若 Qc＞K，则反应逆向进行；若 Qc＝K，则反应达到平衡状态；若 Qc＜K，则反应正向进行； ④根据反应 2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O 是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快， 但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小。 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 制 备 NH3 的 实 验 中 ， 烧 瓶 中 反 应 涉 及 到 多 个 平 衡 的 移 动 ： NH3+H2O⇌NH3•H2O；NH3•H2O 是弱碱，存在电离平衡；生成的 Ca（OH）2 是微溶物， 存在 Ca（OH）2 的溶解平衡等， 故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）； （2）氨水的物质的量浓度 c＝ ＝ ＝13.3mol/L，n（NH3） ＝13.3mol/L×0.1L＝1.33mol，标准状况下 V（NH3）＝1.33mol×22.4L/mol＝29.8L， 故答案为：29.8； （3）NH3 极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力 作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用，所以可观察到烧杯内的溶液进入干 燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，干燥管达到防止倒吸的目的， 故答案为：进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行； （4）NH3•H2O 和 CuSO4 溶液反应生成 Cu（OH）2 沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+， 故答案为：Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2NH4+； ①化学平衡常数 K 等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，所以 2NH4+（aq）+Cu （OH） 2（s）+2NH 3（aq）⇌[Cu（NH 3）4]2+（aq）+2H 2O（l）的化学平衡常数 K＝ ， 故答案为： ； ②2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O 是放热反 应，降低温度则 K 增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变，降 温过程中 v 正的变化如图 ， 故答案为： ； ③设平衡时体系中 c（NH4+）＝amol/L、c（NH 3）＝bmol/L、c（[Cu（NH 3）4]2+）＝ cmol/L，则平衡常数 K＝ ，若稀释到 n 倍（n＞1），则稀释瞬间 c（NH 4+）＝ mol/L、c（NH 3 ）＝ mol/L、c（[Cu（NH 3 ） 4]2+ ）＝ mol/L，此时浓度商 Qc＝ ＝ ＝ ＝n3K＞K，所以反应逆向进行，生成 了更多的 Cu（OH）2，得到蓝色沉淀， 故答案为：加水稀释后浓度商 Qc＝ ，会大于该温度下的 K，平衡 左移，生成了 更多的 Cu（OH）2，得到蓝色沉淀； ④反应 2NH4+（aq）+Cu（OH）2（s）+2NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2H2O 是放 热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随 着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，即反应放出的热使容器内温度升高，v 正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v 正 减小， 故答案为：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v 正 增大；随着反应 的进行，反应物浓度减小，v 正 减小。 【点评】本题考查了性质实验方案的设计与评价，涉及的知识点较多、综合性较强，充 分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，把握实验原理及实验装置 的作用、化学平衡及其影响因素为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解 答，注意实验的评价性和操作性分析、化学平衡常数 K 的应用，题目难度中等。 23．（14 分）SO2 可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图 1 所 示装置制备 SO2，并用纯净 SO2 进行相关实验。 完成下列填空： （1）上述方法制备的 SO2 中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装 置后连接图 2 所示装置，该装置中的试剂是　饱和 NaHSO3 溶液　，气体从　b　口（填 “a”或“b”）进。 （2）检验 SO2 常用的试剂是　品红试液　，利用了 SO2 的　漂白　性。 （3）将 SO 2 通入 0.1mol/L Ba（NO 3）2 溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为　 BaSO4　。 分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制 Ba（NO3）2 和 BaCl2 溶液，进行图 3 实验： （4）实验 A、C 中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是　避免氧气干扰实验　。（5 ）实验 C 中，没有观察到白色沉淀，但 pH 传感器显示溶液呈酸性，原因是　 SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣　。（用方程式表示） （6）实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多。由此得出的结论是　在水溶液中 O2 氧化 SO2 的速率比 NO3﹣快　。若实验 A、B 中通入足量的 SO2 后，溶液 pH：A　＞　B（填 “＞”、“＜”或“＝”）。 【分析】（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管进入； （2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验； （3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子； （4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气； （5）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性； （6）实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多，B 中有氧气参与反应，则速率较快，生 成更过的硫酸，pH 较小。 【解答】解：（1）可用饱和亚硫酸氢钠除去二氧化硫中的酸雾，洗气时，气体从长导管 进入，及从 b 进入，故答案为：饱和 NaHSO3 溶液；b； （2）二氧化硫具有漂白性，可用品红检验，故答案为：品红试液；漂白； （3）二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子可氧化二氧化硫生成硫酸根离子， 则生成沉淀为硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4； （4）煮沸蒸馏水及使用植物油，可排除溶解氧，并隔绝空气，可避免氧气干扰实验，故 答案为：避免氧气干扰实验； （ 5 ） 二 氧 化 硫 与 水 反 应 生 成 亚 硫 酸 ， 亚 硫 酸 溶 液 呈 酸 性 ， 涉 及 反 应 为 SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3 ﹣； （6）实验 B 中出现白色沉淀比实验 A 快很多，B 中有氧气参与反应，则速率较快，生 成更过的硫酸，pH 较小， 故答案为：在水溶液中 O2 氧化 SO2 的速率比 NO3﹣快；＞。 【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实 验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质 的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。 24．（16 分）化合物 G 是一种药物合成的中间体，G 的一种合成路线如图：完成下列填空： （1）写出 A 中官能团的电子式。　 　。 （2）写出反应类型：B→C　加成　反应，C→D　氧化　反应。 （3）A→B 所需反应试剂和反应条件为　O2　、　Cu/△（或者 CuO、△）　。 （ 4 ） 写 出 C 的 符 合 下 列 条 件 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 ： 　 　 。 （任写出 3 种） ①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。 （5）写出 F 的结构简式。　 　。 （6）利用学过的知识，写出由甲苯（ ）和 为原料制备 的合成路线。（无机试剂任用）。 （合成路线的表示方式为：甲 乙…… 目标产物）【分析】反应①是 A 发生氧化反应生成 B ，反应②是 B 与 HCHO 发生加成反应生成 C ，根据 E 结构简式可知，反应③发生氧化反应生成 D 为 ，反应④是 D 与乙醇发生酯化反应生成 E．对比 E、G 的结构，可 知反应⑤发生取代反应生成 F 为 ，反应⑥发生酯的水解反应。 （6）甲苯和溴在光照条件下生成 ，水解生成，苯甲醇，CH3COCH2CH2OH 发 生氧化生成 CH3COCH2COOH，与苯甲醇发生取代反应生成 ， 得到目标产物。 【解答】解：（1）由结构 可知 A 中的官能团名称是：羟基，羟基中含有 1 个 O﹣H 键，其电子式为 ， 故答案为： ； （2）反应②是 B 与 HCHO 发生加成反应生成 C，方程式为： +HCHO ，反应③为 C 发生氧化反应生成 D，方程式为：， 故答案为：加成； 氧化； （3）反应①是羟基转化为羰基，属于氧化反应，反应的条件为 O2、Cu/△（或者 CuO、 △），方程式为：2 +O2 2 +2H2O， 故答案为：O2、Cu/△（或者 CuO、△）； （4）C 为 ，与 C 互为同分异构体，①能水解，含有酯的结构；②能发 生银镜反应，含有醛基；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，符合条件 的 有 ： ， 故 答 案 为 ： ； （5）反应①是 A 发生氧化反应生成 B ，反应②是 B 与 HCHO 发 生加成反应生成 C ，根据 E 结构简式可知，反应③发生氧化反应生成 D为 ，反应④是 D 与乙醇发生酯化反应生成 E．对比 E、G 的结构，可知 反应⑤发生取代反应生成 F 为 ， 故答案为： ； （ 6 ） 由 甲 苯 （ ） 和 为 原 料 制 备 ，甲苯和溴在光照条件下生成 ，水解生成，苯甲醇， ，CH3COCH2CH2OH 发生氧化生成 CH3COCH2COOH，与苯甲醇发生取代反应生成 ，得到目标产 物 ， 流 程 为 ： ， 故 答 案 为 ： 、。 【点评】本题考查有机物推断和合成，对比分别有机物的结构明确发生的反应，熟练掌 握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移能力，题目难度中 等。