2021年上海市黄浦区高考化学二模试卷

第1页（共1页）2021年上海市黄浦区高考化学二模试卷一、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）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶 B．石油经裂化获得乙烯等化工原料 C．用明矾对饮用水消毒 D．联合制碱法制烧碱2．（2分）中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将CO2转化为汽油，过程示意图如图。下列说法错误的是（）A．该技术能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的战略愿景 B．b的一氯代物有4种 C．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成 D．汽油主要是C5～C11的烃类混合物3．（2分）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（）A．C6H6 B．CH2O C． D．4．（2分）下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是（）A．CaC2 B．H2SO4 C．CH2Cl2 D．AlCl35．（2分）将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是（）A．H2S B．HCl C．Cl2 D．NO26．（2分）关于海水提溴和海带提碘的说法错误的是（）A．都经过浓缩、氧化、提取三个步骤 B．氧化步骤都可以通入氯气来实现 C．提取时利用了溴和碘的物理性质 D．实验室模拟时都用到了蒸发皿7．（2分）用如图装置完成电解实验，对实验现象的解释或推测合理的是（）A．a处的试纸变红 B．b电极是正极 C．a处发生的电极反应：Fe﹣2e﹣→Fe2+ D．b处发生的电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑8．（2分）用所给试剂与如图所示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）（）选项ABCDX稀硫酸浓硫酸双氧水浓氨水YNa2SO3C2H5OHMnO2NaOH气体SO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D9．（2分）在恒温密闭容器中发生反应：CaCO3⇌CaO（s）+CO2（g）﹣Q（Q＞0），反应达到平衡后，t1时缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是（）A．v逆（逆反应速率） B．ρ（容器内气体密度） C．m（容器内CaO质量） D．c（CO2浓度）10．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的质子数为2NA B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA C．2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA D．物质的量均为1mol的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA11．（2分）为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3═4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法正确的是（）A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物 B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂 C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2 D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se＞KI＞SO212．（2分）如下表中物质的分类完全正确的是（）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质Fe（OH）3CaCO3HClOCH3COONH4非电解质SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D13．（2分）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是（）A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都属于氧化还原反应 B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定 C．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用 D．反应Ⅵ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl14．（2分）常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是（）A．b点溶液的pH＝7，此时酸碱恰好中和 B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱 C．c点溶液存在c（R+）＞c（CH3COO﹣）、c（OH﹣）＞c（H+） D．b～c任意点溶液均有c（H+）•c（OH﹣）＝Kw＝1.0×10﹣1415．（2分）下列解释实验事实的离子方程式较合理的是（）A．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++Na2S→HgS↓+2Na+ B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣→2Al3++H2O C．用Na2SO3溶液吸收少量氯气：SO32﹣+Cl2+H2O→2H++2Cl﹣+SO42﹣ D．草木灰不能与铵态氮肥混合使用：NH4++CO32﹣+H2O→NH3•H2O+HCO3﹣16．（2分）将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是（）A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊试液17．（2分）已知四种盐的溶解度（s）曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体 C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）218．（2分）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是（）A．相同条件下Cl2比HCl稳定 B．过程Ⅰ：断裂极性键和非极性键 C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键 D．热化学方程式为NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）+11.3kJ19．（2分）已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．单质的氧化性：Z＜Y B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W C．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X D．X与Z的最高化合价之和为820．（2分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（）A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e﹣→H2↑二、综合题（共60分）21．（15分）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。（1）深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti﹣62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属（选填“高”或“低”）；铝元素的原子核外共有种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法。a．比较两种金属单质的硬度和熔点b．用钠置换氯化镁溶液中的镁c．比较等物质的量的两种金属和足量盐酸反应失去的电子数d．在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液（2）氮氧化铝（AlON）是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于晶体，A1、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是。（3）明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中离子浓度从大到小的顺序为。Mg（OH）2固体能除去镁盐溶液中的Al3+，原因是。（用离子方程式表达）（4）在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式。（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表碱金属元素）元素LiNaKRbQ（kJ）﹣520﹣496﹣419﹣403从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：。22．（15分）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。（1）在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质（不计副反应），简述如何提纯产品。（2）若用18O标记乙醇，该反应的化学方程式。（3）一定温度下该反应的平衡常数K＝4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y＝（计算时不计副反应）；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图。近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为CH2＝CH2（g）+CH3COOH（l）CH3COOC2H5（l）+Q（Q＞0）（4）在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是。a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡c．在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：（5）①温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是[用v（p1）、v（p2）、v（p3）分别表示在不同压强下的反应速率]。②在压强为p1、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是。③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施、。（任写两条）23．（15分）阿特拉（H）是一种重要的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如图路线合成：已知：Ph﹣代表苯基；。（1）H中含氧官能团的名称为，F→G的反应类型为。（2）实验室检验B中官能团所用的试剂依次为。（3）E→F的化学方程式为。（4）D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式。①苯环上有两个取代基；②与Na反应产生氢气；③能发生银镜反应；④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1。（5）新戊酸（）可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线。24．（15分）草酸铁钾KxFe（C2O4）y•3H2O（Fe为+3价）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。Ⅰ.制备（1）“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→→→→→→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。（填字母）a．过滤b．避光晾干c．冰水浴冷却热饱和溶液d．用95%的乙醇溶液洗涤晶体e．加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热（2）结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是。Ⅱ.组成测定称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀H2SO4，将C2O42﹣转化为H2C2O4后用0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，当消耗KMnO4溶液24.00mL时恰好完全反应（5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O）；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的KMnO4溶液继续滴定，用去KMnO4溶液4.00mL。（3）配制100mL0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有（填仪器名称），加入锌粉的目的是。（4）第二次滴定的离子方程式为：MnO4﹣+Fe2++→Fe3++Mn2++，第二次滴定终点的现象。（5）通过计算确定KxFe（C2O4）y•3H2O中，x＝，y＝。Ⅲ，探究草酸铁钾的光敏性查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。（6）取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为。

2021年上海市黄浦区高考化学二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）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶 B．石油经裂化获得乙烯等化工原料 C．用明矾对饮用水消毒 D．联合制碱法制烧碱【分析】A．盐酸能与碳酸钙反应；B．石油裂解得到气体烯烃，石油裂化获得轻质油；C．明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒；D．联合制碱法制纯碱碳酸钠。【解答】解：A．长时间存放漂白粉的试剂瓶内有碳酸钙，可与盐酸反应而除去，故A正确；B．石油裂化是为了获得轻质油，裂解的目的是为了获得乙烯等短链的不饱和烃，故B错误；C．明矾净水是电离的铝离子水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，没有强氧化性，不能用作消毒剂，故C错误；D．联合制碱法是向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则联合制碱法制得的碱是纯碱，不是烧碱氢氧化钠，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素及其化合物知识，涉及物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系等，为高频考点，熟悉常见物质的性质、制备与应用是解题关键，题目难度不大，注意知识积累。2．（2分）中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将CO2转化为汽油，过程示意图如图。下列说法错误的是（）A．该技术能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的战略愿景 B．b的一氯代物有4种 C．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成 D．汽油主要是C5～C11的烃类混合物【分析】A.由总反应可知，二氧化碳和氢气反应生成汽油，减少二氧化碳的排放；B.b为含7个C原子的烷烃，由结构对称性可知，含4种H；C.反应②中生成烃；D.由图中a、b可知均只含C、H元素。【解答】解：A.由总反应可知，二氧化碳和氢气反应生成汽油，减少二氧化碳的排放，则该技术能助力“碳中和”（二氧化碳“零排放”）的战略愿景，故A正确；B.b为含7个C原子的烷烃，由结构对称性可知，含4种H，则b的一氯代物有4种，故B正确；C.反应②中生成烃，由图可知反应①的产物中含有水，反应②有碳氢键、C﹣C的形成，故C错误；D.由图中a、b可知均只含C、H元素，则汽油主要是C5～C11的烃类混合物，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、化学键的形成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中信息的应用，题目难度中等。3．（2分）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（）A．C6H6 B．CH2O C． D．【分析】A.可为苯，或含有碳碳三键、碳碳双键等；B.CH2O为甲醛；C.可为原子或离子；D.可为氨气、磷化氢等。【解答】解：A.C6H6可为苯，或含有碳碳三键、碳碳双键的脂肪烃等，故A不选；B.CH2O为甲醛，只能表示一种物质，故B选；C.原子核内质子数未知，可为原子或离子，故B不选；D.为三角锥形分子，可为氨气、磷化氢等，故D不选；故选：B。【点评】本题考查物质的组成与结构，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见物质的组成和结构特点，题目难度不大，易错点为C，注意常见10电子粒子。4．（2分）下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是（）A．CaC2 B．H2SO4 C．CH2Cl2 D．AlCl3【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。【解答】解：A．碳化钙中Ca2+和C22﹣之间存在离子键、C22﹣中两个碳原子之间存在共价键，属于离子化合物，故A正确；B．硫酸分子中S﹣O、O﹣H之间存在离子键，属于共价化合物，故B错误；C．二氯甲烷分子中只存在共价键C﹣Cl、C﹣H，属于共价化合物，故C错误；D．氯化铝中只存在共价键，属于共价化合物，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化铝是含有金属元素的共价化合物。5．（2分）将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是（）A．H2S B．HCl C．Cl2 D．NO2【分析】溶有足量SO2的BaCl2溶液如生成沉淀，则溶液中应存在大量的亚硫酸根离子或硫酸根离子，生成亚硫酸钡或硫酸钡沉淀，以此解答该题。【解答】解：A．足量SO2的BaCl2溶液中，通入硫化氢，二氧化硫能够氧化硫化氢生成硫单质，硫单质难溶于水，所以会产生沉淀，故A不选；B．通入HCl，溶液酸性增强，二氧化硫的溶解度减小，不能生成更多的亚硫酸根离子，没有沉淀生成，故B选；C．氯气氧化二氧化硫生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，故C不选；D．二氧化氮氧化二氧化硫生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，故D不选。故选：B。【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，难度不大，注意把握二氧化硫的还原性。6．（2分）关于海水提溴和海带提碘的说法错误的是（）A．都经过浓缩、氧化、提取三个步骤 B．氧化步骤都可以通入氯气来实现 C．提取时利用了溴和碘的物理性质 D．实验室模拟时都用到了蒸发皿【分析】A.海水中离子浓度较低，需先浓缩、氧化生成单质；B.氯气的氧化性大于溴及碘的氧化性；C.溴易挥发、碘易溶于有机溶剂；D.海水提溴和海带提碘均不涉及蒸发。【解答】解：A.海水中离子浓度较低，需先浓缩、氧化生成单质，然后提取，则都经过浓缩、氧化、提取三个步骤，故A正确；B.氯气的氧化性大于溴及碘的氧化性，则氧化步骤都可以通入氯气来实现，故B正确；C.提取溴时利用溴的挥发性、碘易溶于有机溶剂，则提取时利用了溴和碘的物理性质，故C正确；D.海水提溴和海带提碘均不涉及蒸发，不需要蒸发皿，故D错误；故选：D。【点评】本题考查海水资源的应用，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。7．（2分）用如图装置完成电解实验，对实验现象的解释或推测合理的是（）A．a处的试纸变红 B．b电极是正极 C．a处发生的电极反应：Fe﹣2e﹣→Fe2+ D．b处发生的电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑【分析】由图中电源可知，铁棒a极为阴极，石墨b极为阳极；在a极水中的H+得电子发生还原反应，在b极Cl﹣失电子发生氧化反应；A．在a极水中的H+得电子发生还原反应，同时生成OH﹣，碱性增强；B．b电极是电解池的阳极；C．在a极水中的H+得电子发生还原反应；D．在b极Cl﹣失电子发生氧化反应。【解答】解：A．在a极水中的H+得电子发生还原反应，同时生成OH﹣，溶液碱性增强，a处的pH试纸变蓝，故A错误；B．b电极是电解池的阳极，故B错误；C．在a极水中的H+得电子发生还原反应，发生的电极反应为：2H++2e﹣→H2↑，故C错误；D．在b极Cl﹣失电子发生氧化反应，发生的电极反应：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度中等。8．（2分）用所给试剂与如图所示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）（）选项ABCDX稀硫酸浓硫酸双氧水浓氨水YNa2SO3C2H5OHMnO2NaOH气体SO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D【分析】A.二氧化硫与水反应；B.浓硫酸与乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；C.二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气，氧气不溶于水；D.氨气极易溶于水。【解答】解：A.二氧化硫与水反应，不能排水法收集，故A错误；B.浓硫酸与乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，图中未加热，缺少温度计，不能制备乙烯，故B错误；C.二氧化锰可催化过氧化氢分解生成氧气，氧气不溶于水，图中装置可制备并收集氧气，故C正确；D.氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故选：C。【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、物质的制备、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9．（2分）在恒温密闭容器中发生反应：CaCO3⇌CaO（s）+CO2（g）﹣Q（Q＞0），反应达到平衡后，t1时缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是（）A．v逆（逆反应速率） B．ρ（容器内气体密度） C．m（容器内CaO质量） D．c（CO2浓度）【分析】A．缩小容器体积的一瞬间，二氧化碳浓度增大，增大压强，平衡逆向移动；B．缩小容器体积的一瞬间，容器体积减小，气体的质量不变，结合ρ＝，增大压强，平衡逆向移动；C．CaO为固体，缩小容器体积的一瞬间，其质量不变；D．缩小容器体积的一瞬间，二氧化碳浓度增大，增大压强，平衡逆向移动，结合K＝c（CO2）分析；【解答】解：A．缩小容器体积的一瞬间，二氧化碳浓度增大，逆反应速率增大，由于增大压强，平衡逆向移动，随后二氧化碳浓度减小，逆反应速率减小，K＝c（CO2），温度不变，K值不变，则达到新的平衡时，c（CO2）恢复到以前的值，逆反应速率也恢复至以前，则A符合图示变化，故A不选；B．缩小容器体积的一瞬间，容器体积减小，气体的质量不变，根据ρ＝，气体的密度增大，由A可知，达到新的平衡时，c（CO2）恢复到以前的值，ρ＝＝＝c（CO2）•M（CO2），则达到新的平衡时，ρ恢复到以前的值，则B符合图示变化，故B不选；C．CaO为固体，缩小容器体积的一瞬间，其质量不变，由于增大压强，平衡逆向移动，容器内CaO质量减小，则C不符合图示变化，故C选；D．缩小容器体积的一瞬间，二氧化碳浓度增大，由于增大压强，平衡逆向移动，随后二氧化碳浓度减小，K＝c（CO2），温度不变，K值不变，则达到新的平衡时，c（CO2）恢复到以前的值，则D符合图示变化，故D不选；故选：C。【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握勒夏特列原理。10．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的质子数为2NA B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA C．2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA D．物质的量均为1mol的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA【分析】A．1个氦﹣3（3He）含有质子数为2；B．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体，分子中都含有2个O；C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底；D．过氧化钠中阴离子为过氧根离子。【解答】解：A．1个氦﹣3（3He）含有质子数为2，1mol月球表面的氦﹣3（3He）含有的质子数为2NA，故A正确；B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为×2×NAmol﹣1＝0.5NA，故B正确；C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故C错误；D．1mol的Na2O含有1mol阳离子，1molNa2O2含有1mol过氧根离子，二者所含阴离子数均为NA，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应不能进行到底的特点。11．（2分）为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3═4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法正确的是（）A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物 B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂 C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2 D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se＞KI＞SO2【分析】①Se+2H2SO4（浓）＝2SO2↑+SeO2+2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2+4KI+4HNO3＝4KNO3+Se+2I2+2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂，以此分析解答。【解答】解：A．①中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，故B错误；C．①中浓硫酸为氧化剂，SeO2为氧化产物，浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，SeO2的氧化性大于I2，则浓硫酸的氧化性大于I2，能将KI氧化生成I2，故C正确；D．①中Se为还原剂，SO2为还原产物，则Se的还原性大于SO2，②中KI为还原剂，Se为还原产物，则KI的还原性大于Se，所以还原性的强弱顺序为KI＞Se＞SO2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及氧化性、还原性强弱比较方法，B为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。12．（2分）如下表中物质的分类完全正确的是（）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质Fe（OH）3CaCO3HClOCH3COONH4非电解质SO2AlH2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物；非电解质：水溶液和熔融状态均不导电的化合物。【解答】解：A．硝酸钾为强电解质，氢氧化铁为弱碱为弱电解质，二氧化硫为非电解质，故A正确；B．碳酸钙为强电解质，铝为单质，不是非电解质，故B错误；C．水是电解质，故C错误；D．醋酸铵为盐，水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念，明确电解质电离程度是解题关键，题目难度不大。13．（2分）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是（）A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都属于氧化还原反应 B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定 C．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用 D．反应Ⅵ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到纯碱碳酸钠，氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。【解答】解：A．反应Ⅰ中氮气和氢气反应生成氨气、反应Ⅱ中氨气被催化氧化生成一氧化氮和水、反应Ⅲ中NO被氧气氧化生成二氧化氮，反应Ⅳ中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应过程中都有元素化合价变化，为氧化还原反应，故A正确；B．氮的固定是氮元素的单质转化为化合物的过程，Ⅰ是氮的固定，Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都不是氮的固定，故B错误；C．反应Ⅵ是碳酸氢钠受热发生的分解反应，生成的二氧化碳气体，可在上述流程中循环利用，故C正确；D．氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；故选：B。【点评】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，题目难度中等。14．（2分）常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是（）A．b点溶液的pH＝7，此时酸碱恰好中和 B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱 C．c点溶液存在c（R+）＞c（CH3COO﹣）、c（OH﹣）＞c（H+） D．b～c任意点溶液均有c（H+）•c（OH﹣）＝Kw＝1.0×10﹣14【分析】A．根据图象中pH变化曲线判断b点溶液的pH；B．若ROH为强碱，b点加入10mL等浓度ROH溶液，反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而图象中b点呈中性；C．c点溶液的pH＞7，呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒分析；D．水的离子积只受温度的影响。【解答】解：A．根据图象可知，b点溶液pH为7，b点加入10mL等浓度ROH溶液，恰好反应，故A正确；B．若ROH为强碱，b点加入10mL等浓度ROH溶液，反应后溶质为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而图象中b点呈中性，说明ROH为弱碱，且b点时二者恰好反应，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（R+）＞c（CH3COO﹣），故C正确；D．水的离子积只受温度的影响，则b～c任意点溶液中水的离子积不变，均有c（H+）•c（OH﹣）＝KW＝1.0×10﹣14，故D正确；故选：B。【点评】本题考查酸碱滴定原理，明确b点是滴定终点是解题的关键，牢牢把握溶液中的守恒思想，题目难度不大，是基础题。15．（2分）下列解释实验事实的离子方程式较合理的是（）A．用Na2S处理含Hg2+的废水：Hg2++Na2S→HgS↓+2Na+ B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣→2Al3++H2O C．用Na2SO3溶液吸收少量氯气：SO32﹣+Cl2+H2O→2H++2Cl﹣+SO42﹣ D．草木灰不能与铵态氮肥混合使用：NH4++CO32﹣+H2O→NH3•H2O+HCO3﹣【分析】A．硫化钠为可溶性盐，应拆成离子形式；B．电荷不守恒；C．氯气少量，只氧化部分亚硫酸根离子；D．铵根离子与碳酸根离子发生双水解。【解答】解：A．用Na2S处理含Hg2+的废水，离子方程式：Hg2++S2﹣→HgS↓，故A错误；B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣→2AlO2﹣+H2O，故B错误；C．用Na2SO3溶液吸收少量氯气，离子方程式：3SO32﹣+Cl2+H2O→2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，故C错误；D．木灰不能与铵态氮肥混合使用，离子方程式：NH4++CO32﹣+H2O→NH3•H2O+HCO3﹣，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。16．（2分）将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是（）A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊试液【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O＝HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl﹣、H+、Cl2、HClO和H2O等分子，以此解答该题。【解答】解：A．氯水中含有氯离子，氯离子能够与银离子反应生成氯化银沉淀，故A不选；B．氯水中含有氯气能够氧化亚铁离子生成铁离子，溶液显黄色，故B不选；C．氯水中含量氯气能够氧化溴离子生成溴单质，溶液显橙黄色，故C不选；D．氯水中含有氢离子和次氯酸，具有酸性和漂白性，加入石蕊试液，溶液先变红色，最终变为无色，故D选。故选：D。【点评】本题考查氯水的性质，题目难度中等，解答本题，明确氯水的成分和性质是关键，学习中注重相关基础知识的积累。17．（2分）已知四种盐的溶解度（s）曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体 C．Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）2【分析】A．根据NaCl的溶解度受温度的影响不大；B．根据MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢；C．根据Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，D．根据侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理分析。【解答】解：A．因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；B．因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为氢氧化镁，故B错误；C．因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；D．反应MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故D正确；故选：B。【点评】掌握溶解度曲线的意义及应用，才能结合题意灵活分析解答问题，本题解答的关键是看清图象中各自的溶解度变化情况，再结合相关选项进行分析．18．（2分）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是（）A．相同条件下Cl2比HCl稳定 B．过程Ⅰ：断裂极性键和非极性键 C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键 D．热化学方程式为NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）+11.3kJ【分析】A．物质具有的能量越低越稳定；B．由图可知，过程Ⅰ中断裂了N﹣H键和Cl﹣Cl键；C．由图可知，过程II中形成了N﹣H键、N﹣Cl键和H﹣Cl键；D．由图可知，NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）吸收能量11.3kJ，据此写出热化学方程式。【解答】解：A．由图可知，反应物NH3（g）、Cl2（g）具有的总能量小于NH2Cl（g）、HCl（g）具有的总能量，但不能确定Cl2和HCl具有的能量大小，则不能确定Cl2和HCl的稳定性大小，故A错误；B．同种原子形成的共价键为非极性键，不同种原子形成的共价键为极性键，过程Ⅰ中断裂了N﹣H键和Cl﹣Cl键，即过程Ⅰ中断裂极性键和非极性键，故B正确；C．由图可知，过程II中形成了N﹣H键、N﹣Cl键和H﹣Cl键，均为极性键，没有形成非极性键，故C错误；D．由图可知，NH3（g）+Cl2（g）→NH2Cl（g）+HCl（g）吸收能量11.3kJ，则热化学方程式为NH3（g）+Cl2（g）＝NH2Cl（g）+HCl（g）﹣11.3kJ，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，把握图中能量变化、物质稳定性与内能的关系、反应热的计算为解答本题关键，侧重分析与运用能力的考查，注意共价键极性的判断，题目难度不大。19．（2分）已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．单质的氧化性：Z＜Y B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W C．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X D．X与Z的最高化合价之和为8【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol•L﹣1的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH＝2，为一元强酸，原子序数Z＞W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH＝12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素，A．非金属性Cl＞Cl，则单质的氧化性：Z＞Y，故A错误；B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，则气态氢化物的稳定性W＞Y，故B错误；C．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣的半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故C错误；D．X与Z的最高化合价之和为1+7＝8，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。20．（2分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（）A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e﹣→H2↑【分析】A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；【解答】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B正确；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写．二、综合题（共60分）21．（15分）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。（1）深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti﹣62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属低（选填“高”或“低”）；铝元素的原子核外共有5种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法d。a．比较两种金属单质的硬度和熔点b．用钠置换氯化镁溶液中的镁c．比较等物质的量的两种金属和足量盐酸反应失去的电子数d．在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液（2）氮氧化铝（AlON）是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于原子晶体，A1、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+）。（3）明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中离子浓度从大到小的顺序为c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。Mg（OH）2固体能除去镁盐溶液中的Al3+，原因是3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+。（用离子方程式表达）（4）在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式。（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表碱金属元素）元素LiNaKRbQ（kJ）﹣520﹣496﹣419﹣403从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：从Li→Cs，随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q越大。【分析】（1）合金材料的熔点比组成成分的金属熔点低，铝元素的原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1，有5种能量不同的能级，金属的金属性强弱的比较方法有：金属之间的置换反应、金属与同种酸或水生成氢气的难易程度、金属的最高价氧化物的水化物碱性强弱等来判断；（2）晶体的物理性质分析，电子层数越多半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小；（3）明矾是KAl（SO4）2•12H2O，其溶液中离子浓度由大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性分析，Al3+水解生成氢离子，Mg（OH）2固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进Al3+水解；（4）Li和Mg位于对角线上，所以二者的性质是相似的，因Mg在空气中燃烧生成MgO、Mg3N2和C，则Li在空气中燃烧的生成物是Li2O，为离子化合物；（5）Q为负值，同一主族，金属活动性越强（或越弱），Q越大（或越小），从Li→Cs，随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q值越大。【解答】解：（1）深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti﹣62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属低，铝元素的原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1，有5种能量不同的能级，a．比较两种金属单质的硬度和熔点，不能确定金属性强弱，故a错误；b．用钠不能置换氯化镁溶液中的镁，钠和先和水反应，故b错误；c．比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数，不能判断金属性强弱，故c错误；d．在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解，可以证明钠比铝活泼，故d正确；故答案为：低；5；d；（2）氮氧化铝（AlON）是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于原子晶体，A1、O、N三种元素的简单离子半径，都是两个电子层，核电荷数越大，半径越小，离子半径由大到小的排列顺序是：r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+），故答案为：原子；r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+）；（3）明矾是KAl（SO4）2•12H2O，其溶液中离子浓度由大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），Al3+水解生成氢离子，Mg（OH）2固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进Al3+水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+，故答案为：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；3Mg（OH）2+2Al3+＝2Al（OH）3+3Mg2+；（4）氧化锂是离子化合物，所以电子式是，故答案为：；（5）已知：M（g）→M+（g）+Q（M代表碱金属元素），根据以上数据，Q为负值，元素的金属性与Q的关系是：同一主族，金属活动性越强（或越弱），Q越大（或越小），从原子结构的角度解释①中结论为：从Li→Cs，随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q越大，故答案为：从Li→Cs，随质子数增加，电子层数增多，原子半径增大，原子失去电子能力增强，Q越大。【点评】本题考查的知识点较多，应注重归纳元素周期表和周期律的有关知识、物质之间的反应、化学用语的使用、晶体类型的判断方法、离子浓度大小比较等，题目难度中等。22．（15分）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。（1）在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质（不计副反应），简述如何提纯产品采用饱和碳酸钠溶液分液。（2）若用18O标记乙醇，该反应的化学方程式CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O。（3）一定温度下该反应的平衡常数K＝4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y＝66.7%（计算时不计副反应）；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图。近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为CH2＝CH2（g）+CH3COOH（l）CH3COOC2H5（l）+Q（Q＞0）（4）在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是bc。a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡c．在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：（5）①温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是v（p1）＞v（p2）＞v（p3）[用v（p1）、v（p2）、v（p3）分别表示在不同压强下的反应速率]。②在压强为p1、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是由图可知，在压强为p1、80℃时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降。③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施通入乙烯、增大压强。（任写两条）【分析】（1）制备乙酸乙酯的实验中饱和的碳酸钠溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸钠和乙酸的中和反应。还可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分层现象更明显的过程；（2）乙酸和乙醇反应的机理是酸脱羟基醇脱氢；（3）一定温度下该反应的平衡常数K＝4.0，若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，设起始乙酸和乙醇物质的量浓度为1mol/L，列化学平衡三段式解答；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1，随着乙酸的量增加，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数也会增大，当n＝1时，此时平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数最大，再增加乙酸的物质的量，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数反而减小；（4）a．当正反应速率等于逆反应速率时，反应已达到化学平衡；b．当各组分浓度（或者百分含量、物质的量分数、体积分数）不再改变时，反应已达到化学平衡；c．产品减小，平衡正向进行，平衡常数只与温度有关；d．K＝，温度不变，K值不变；（5）①根据该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，乙酸乙酯的产率越大，判断p1、p2、p3的大小，结合压强越大，反应速率越快；②由图可知，80℃时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；③提高乙酸乙酯的合成速率和产率，要使平衡正向移动，同时也要提高反应速率，结合勒夏特列原理分析。【解答】解：（1）制备乙酸乙酯的实验中饱和的碳酸钠溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙酸，促成碳酸钠和乙酸的中和反应。还可以降低乙酸乙酯溶解度，使其分层现象更明显的过程，则提纯产品的方法是采用饱和碳酸钠溶液分液，故答案为：采用饱和碳酸钠溶液分液；（2）乙酸和乙醇反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，则用18O标记乙醇，该反应的化学方程式为CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O；（3）设起始乙酸和乙醇物质的量为1mol，CH3COOH转化物质的量为xmol，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O起始n（mol）1100转化n（mol）xxxx平衡n（mol）1﹣x1﹣xxxK＝＝4，解得x＝，则乙酸乙酯的平衡产率y＝×100%≈66.7%；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n：1，随着乙酸的量增加，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数也会增大，当n＝1时，此时平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数最大即为＝，再增加乙酸的物质的量，平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数反而减小，则x随n变化的示意为，故答案为：66.7%；；（4）a.无论反应是否处于平衡状态，乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，故a错误；b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡，故b正确；c．产品减小，平衡正向进行，平衡常数只与温度有关，温度不变，则该反应的平衡常数不变，故c正确；d．达到平衡后再通入少量乙烯，K＝，温度不变，K值不变，则再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，故d错误；故答案为：bc；（5）①根据该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，乙酸乙酯的产率越大，则p1＞p2＞p3的大小，压强越大，反应速率越快，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是v（p1）＞v（p2）＞v（p3），故答案为：v（p1）＞v（p2）＞v（p3）；②由图可知，在压强为p1、80℃时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降，故答案为：由图可知，在压强为p1、80℃时，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降；③提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施是通入乙烯或增大压强，故答案为：通入乙烯；增大压强。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、酯化反应、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握勒夏特列原理、酯化反应机理、化学平衡三段式是解题的关键，此题难度大。23．（15分）阿特拉（H）是一种重要的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如图路线合成：已知：Ph﹣代表苯基；。（1）H中含氧官能团的名称为羟基、羧基，F→G的反应类型为还原反应。（2）实验室检验B中官能团所用的试剂依次为NaOH水溶液、硝酸、硝酸银溶液。（3）E→F的化学方程式为。（4）D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式。①苯环上有两个取代基；②与Na反应产生氢气；③能发生银镜反应；④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1。（5）新戊酸（）可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN。【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，对比C、E的结构，结合D的分子式、反应条件，可知C中﹣CN连接的碳原子上的2个氢原子被2个甲基替代生成D，D中苯环上氢原子被﹣COCH2CH2CH2Cl取代生成E，故D为，对比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F，同时有HCl生成，而F中羰基转化为羟基生成G，故F为，G中﹣CN转化为﹣COOH而生成H；（1）H中含氧官能团有：﹣OH、﹣COOH；由反应条件可知，F发生信息中反应生成G，转化过程中羰基转化为羟基，组成上加氢；（2）B中官能团为氯原子，先水解转化为氯离子，再用硝酸酸化的硝酸银溶液检验离子；（3）对比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F，同时有HCl生成；（4）W为，满足下列条件的一种W的同分异构体：①苯环上有两个取代基；②与Na反应产生氢气；③能发生银镜反应，说明含有羟基与醛基；④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1，可以是﹣CHO与﹣C（CH3）2OH处于苯环的对位；（5）由B→C→D的转化、G→H的转化，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NaCN反应生成CH3CH2CN，再CH3Cl反应生成（CH3）3CCN，最后水解生成。【解答】解：（1）H中含氧官能团有：﹣OH、﹣COOH，其名称分别为：羟基、羧基；由反应条件可知，F发生信息中反应生成G，转化过程中羰基转化为羟基，组成上加氢，F→G的反应类型为还原反应，故答案为：羟基、羧基；还原反应；（2）B中官能团为氯原子，实验室检验B中氯原子方法为：取样，加入NaOH水溶液，加热，再加入硝酸呈酸性，最后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明含有氯原子，所用试剂依次为NaOH水溶液、硝酸、硝酸银溶液，故答案为：NaOH水溶液、硝酸、硝酸银溶液；（3）对比E、G的结构，结合反应条件、给予的反应信息可知，E发生取代反应生成F，同时有HCl生成，E→F的化学方程式为：，故答案为：；（4）W为，满足下列条件的一种W的同分异构体：①苯环上有两个取代基；②与Na反应产生氢气；③能发生银镜反应，说明含有羟基与醛基；④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1：1，可以是﹣CHO与﹣C（CH3）2OH处于苯环的对位，该同分异构体可以是：，故答案为：；（5）由B→C→D的转化、G→H的转化，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NaCN反应生成CH3CH2CN，再CH3Cl反应生成（CH3）3CCN，最后水解生成，合成路线为：CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN，故答案为：CH2＝CH2CH3CH2ClCH3CH2CN（CH3）3CCN。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查阅读、对比、分析判断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、反应条件及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24．（15分）草酸铁钾KxFe（C2O4）y•3H2O（Fe为+3价）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。Ⅰ.制备（1）“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→