上海市2022-2023学年高三下学期第三次模拟考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：_________
__一、单选题1．在下列元素中，原子半径最小的是（?）A．钠B．氯C．氟D．硫2．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（?
）A．C2H2B．N2H4C．Na2O2D．NH4NO23．、为第三周期元素，最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物
能以的形式存在。下列说法错误的是（?）A．原子半径：B．简单氢化物的还原性：C．同周期元素形成的单质中氧化性最强D．、最高价氧化物
对应水化物均为强电解质4．2021年诺贝尔生理学或医学奖表彰了科学家在“发现温度和触觉感受器—薄荷醇”方面作出的贡献。关于薄荷醇(
如图所示)的说法正确的是（?）A．是乙醇的同系物B．可被氧化为醛C．与 互为同分异构体D．可发生消去反应5．双碱法脱除烟气中的过程
如图所示。下列有关说法不正确的是（?）A．脱除的目的是防止污染空气B．过程I中，表现出还原性C．脱除的过程中，可以循环利用D．过程
Ⅱ中，可氧化6．中和滴定时，下列操作不会引起误差的是（?）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液B．滴定管用蒸馏水洗净后，
就直接注入标准溶液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消
失7．制备二氧化硫并检验其性质，用铜和浓硫酸在试管中制得二氧化硫，先通到品红溶液中，然后通到新制氯水中，最后尾气处理，下列说法正确
的是（?）A．是氧化产物B．品红溶液褪色体现的漂白性C．新制氯水褪色体现的氧化性D．用饱和亚硫酸钠溶液处理尾气8．下列离子方程式正
确的是（?）A．硫化钠溶液与硝酸混合：B．过量铁粉与稀硝酸反应：C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合：D．溶液与少量溶液混合：9．已
知：软脂酸化学式为C15H31COOH，硬脂酸化学式为C17H35COOH，二者属饱和一元羧酸，油酸化学式为C17H33COOH(
烃基中含有一个碳碳双键)。某物质的结构简式为，关于该物质的叙述正确的是（?）A．一定条件下能与氢气发生取代反应B．可用于萃取溴水中
的溴C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．在酸性条件下水解生成三种有机物10．关于化合物(a)、(b)、(c)，下列说法正确的是（?）
A．a、b、c互为同分异构体B．a、b的一氯代物都只有一种C．a、c都能发生氧化反应D．b、c都属于苯的同系物11．能证明溶液中存
在-水解平衡的事实是（?）A．滴入酚酞溶液变红，再加入溶液红色退去B．滴入酚酞溶液变红，再加入溶液后产生沉淀且红色退去C．滴入酚酞
溶液变红，再加入氯水后红色退去D．滴入甲基橙溶液变红，再加入氯水后黄色退去12．足量铁粉与一定量的盐酸反应，为了减慢反应速率，但不
减少氢气的产量，可以加入下列物质中的（?）A．NaNO3溶液B．NaOH溶液C．Na2CO3固体D．NaCl溶液13．合成氨反应为
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)?ΔH=-92.4 kJ/mol，下列有关合成氨反应的说法正确的是（?）A．反应的ΔS>0B
．反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)C．反应中每消耗1mol H2转移电子的数目约等于2×6
.02×1023D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率14．洁厕灵和“84”消毒液是常用的家用清洁剂和消毒剂
，它们的有效成分分别为HCl和NaClO，已知NaClO+2HCl=NaCl+X↑+H2O。下列说法错误的是（?）A．洁厕灵可用于
金属表面除锈B．可用氯气和氢氧化钠制备“84”消毒液C．X气体为氯气D．生活中可以将两者混用，增强清洁效果15．工业上可通过“酸性
歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备
。下列说法正确的是（?）A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为C．“结
晶”获取晶体时采用蒸发结晶D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个16．提纯下列物质所选试剂及对应分离方法均可行的是 ?物质杂质
试剂方法A乙烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B乙酸乙酯乙酸氢氧化钠溶液洗涤分液C溴苯溴碘化钾溶液萃取分液D乙醇水生石灰蒸馏A．AB．BC
．CD．D17．向盛有碘水的A、B的两个试管中，分别加入四氯化碳和酒精，振荡、静置，最后观察到（?）A．都分两层，下层有颜色B．都
分两层，上层有颜色C．都分两层，加四氯化碳的试管中下层有颜色；加酒精的试管中上层有颜色D．加四氯化碳的试管分层，上层无色，下层有颜
色；加酒精的试管不分层，有颜色18．已知反应式：aX(g)+bY(g)pQ(s)+qZ(g)，已知反应已达平衡：此时c(X)=0.
3mol/L，其他条件不变，容器缩小到原来的1/2，一段时间后重新达到平衡，测得c(X)=0.5mol/L，下列说法一定正确的是（
?）A．反应向逆方向移动B．Y的转化率增大C．a+b>p+qD．Z的体积分数减小19．一固体混和物，可能有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫
酸铵，将它溶解于水得到无色澄清溶液，无其它明显现象，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入硝酸，沉淀部分消失，原混和物中肯定
有（?）A．CaCl2和(NH4)2SO4B．(NH4)2SO4和(NH4)2CO3C．NaOH和CaCl2D．NaOH和(NH4
)2SO4二、多选题20．实验室制备的反应原理：。下列说法正确的是A．O原子的轨道表示式：B．的电子式：C．是V型的非极性分子D．
的结构式：三、工业流程题21．重晶石()作为原料制备金属钡及其他含钡化合物的方法如下图：完成下列填空：(1)Ba在元素周期表中位于
第_______族，最外层电子的电子云形状是_______。图中涉及的第二周期元素原子半径由大到小的顺序是_______，可以判断
其中两种元素非金属性强弱的反应是_______(选填流程中的反应编号)。(2)配平BaS与稀硝酸反应的化学方程式：_______。
_____________________________________检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入
_______(填试剂)，有黑色沉淀生成，则BaS未反应完全。(3)工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制的原因是__
_____。(4)元素的金属性：Al_______Ba(选填“>”或“＜”)；已知：沸点Al>Ba，反应④在真空容器中可以发生的理
由是_______。四、实验题22．可用于摄影和蓝色印刷的试剂三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3 [Fe（C2O4）3]·3H2O。某课
外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]·3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：步骤一：称量2.000g
三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液。步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸
根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4-被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤
及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。（1）配平下列氧化还原反应方程式：__C2O42?+__MnO4－+__H+ →
__ CO2↑+__Mn2++__H2O（2）若某溶液中存在同浓度的Fe2+和C2O42?，加入酸性KMnO4，_______先
被氧化（填离子符号）；（3）步骤二中加入一小匙锌粉所发生的离子反应方程式：_______；（4）用0.010mol/L KMnO4
溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液15.00ml，则测得含铁量___________。五、有机推断题23．世界杯精彩
落幕，阿根廷不负众望。你想拥有一件梅西的球衣吗？一件带着独特光泽的涤纶球衣，一件高分子材料的传世之作。下面是合成涤纶的流程图：(1
)写出中间产物的结构简式：A_______，C_______。(2)写出下列反应所需的试剂：②_______，⑤_______。(
3)反应过程中的7步反应中，属于取代反应的有_______(填写序号，下同)，属于氧化反应的有_______，属于加成反应的有__
_____。(4)写出合成“涤纶”最后一步反应的化学方程式：_______。六、原理综合题24．工业上，在催化剂条件下，用NH3作
为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(
g)(1)一定条件下，在容积为2L的密闭容器内反应，20min时达到平衡，生成N20.6mol，则平均反应速率v(NO)=____
___。可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平衡，其理由是_______。(2)该反应平衡常数表达式K=_______。在温
度不变的条件下将容器体积压缩至原来的一半，达到新的平衡后NO的浓度为原来的1.6倍，平衡常数为K2，则K1与K2的大小关系是___
____(选填编号)。a．K1＜K2 b．K1=K2 c．K1＞K2 d．无法确定(3)若其中的反应转化率(α)与反应温度(T)和
压强(P)的关系如图所示。根据图象判断：P1_______P2(填“＞”、“＜”或“=”)。该反应是_______反应(填“吸热”
或“放热”)。(4)与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl-，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制
备ClO2，反应如下：NaClO2+HCl→ClO2↑+NaCl+ (没有配平)补全方程式并配平，标出电子转移方向和数目。___
____ NaClO2+ HCl→ ClO2↑+ NaCl+ (5)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。若生成0
.2 mol ClO2，转移电子数为_______个。参考答案1．C【分析】先判断电子层数，电子层数越多，原子半径越大；电子层数相
同，再根据元素周期律，同周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小．氟核外有两层电子，钠、硫、氯核外有三层电子原子序数依次增大，四
种元素原子半径由大到小顺序为；钠、硫、氯、氟。【详解】A．钠在四种元素中原子半径最大，故A错误；B．氯的原子半径大于氟，故B错误；
C．氟的原子半径最小，故C正确；D．硫的原子半径大于氯和氟，故D错误；故答案选C。2．C【详解】A．C2H2只含共价键，为共价化合
物，A不符合题意；B．N2H4只含共价键，为共价化合物，B不符合题意；C．Na2O2含钠离子和过氧根形成的离子键，为离子化合物，同
时含有两个O原子形成的非极性共价键，C符合题意；D．NH4NO2虽为离子化合物，但不含非极性共价键，D不符合题意；综上所述答案为C
。3．D【分析】Cl元素最高正价+7价，最低负价-1价，代数和为6，所以Y为Cl元素，根据形成的化合物离子判断X为+5价，因为是第
三周期元素，故X为P元素。【详解】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径P>Cl，A正确；B．两者对应的氢化物为PH
3和HCl，同周期元素从左至右，氢化物还原性降低，PH3>HCl，B正确；C．同周期Cl元素单质的氧化性最强，C正确；D．HClO
4为强酸即强电解质，H3PO4为中强酸，弱电解质，D错误；故答案为：D。4．D【详解】A．薄荷醇分子中有环，乙醇分子中无环，二者不
互为同系物，A错误；B．α-C上只有一个H原子，无法氧化为醛，B错误；C． 分子式为C11H22O，与薄荷醇的分子式为C10H20
O 不同，不互为同分异构体，C错误；D．薄荷醇的两个β-C上均有H原子，可发生消去，D正确； 故选D。5．B【分析】过程I中，SO
2被NaOH吸收，生成Na2SO3和水，过程I中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，过程I中NaO
H被消耗，过程II中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2=2CaS
O4+2H2O。【详解】A．有毒会污染空气，脱除的目的是防止污染空气，故A正确；B．过程I中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO
3和水，S元素化合价不变，表现出酸性氧化物的性质，故B错误；C．过程I中NaOH被消耗，过程II中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过
程中，NaOH可以循环利用，故C正确；D．过程Ⅱ方程式为：2Ca(OH)2+O2+2Na2SO3=2CaSO4+4NaOH，可氧化
，故D正确；故选B。6．A【详解】A．锥形瓶用来盛放待测液，滴定前用移液管或滴定管量取一定体积的待测液放入锥形瓶，由此可见锥形瓶用
蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液，对结果无影响，A正确；B．滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入标准溶液进行滴定，使得标准液浓度偏低，
消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，B错误；C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液，使得待测液中溶质的物质的量偏
高，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，C错误；D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消失，使得消耗标准液体积偏大，待测液
浓度偏高，D错误；答案选A。7．B【详解】A．用浓硫酸与铜反应制备，发生反应(浓)：，是还原产物，A错误；B．能与品红结合生成不稳
定的无色物质，从而使品红溶液褪色，体现的漂白性，B正确；C．与新制氯水发生反应使新制氯水褪色，体现了的还原性，C错误；D．在饱和亚
硫酸钠溶液中溶解度很小，应选用氢氧化钠溶液来处理尾气，D错误；故选B。8．D【详解】A．硝酸为强氧化性酸，能氧化-2价的硫，-2价
的硫向相邻价态0价变化，所以硫化钠溶液跟稀硝酸相混合：，故A错误；B．过量铁粉与稀硝酸反应生成，离子方程式为：3Fe+8H++2═
3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，故C错误；D．溶液与
少量溶液混合产生碳酸钡沉淀，离子方程式为：，故D正确；故选D。9．C【详解】A.烃基中的—C17H33含有碳碳双键，与氢气的反应是
加成反应，而不是取代反应，A错；B.溴能与该物质中的碳碳双键发生加成反应，该物质不能用作萃取剂，B错；C.结构中的碳碳双键能被酸性
KMnO4溶液氧化，而使之褪色，C正确；D.该物质在酸性条件下水解，能生成4种有机物：甘油、C17H35COOH、C17H33CO
OH、C15H31COOH，D错；答案为C。10．C【详解】A．由结构简式可知，c与a、b的分子式不同，不可能互为同分异构体，故A
错误；B．由结构简式可知，b分子中含有2类氢原子，一氯代物有2种，故B错误；C．由结构简式可知，a、c都是烃类，都能在氧气中燃烧发
生氧化反应生成二氧化碳和水，故C正确；D．由结构简式可知，b分子中不含有苯环，不可能是苯的同系物，故D错误；故选C。11．B【详解
】A．溶液中存在平衡时，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，加入会中和生成的OH-，不能说明平衡发生移动，则不能证明存在该水解平衡，故A
错误；B．溶液中存在平衡时，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，再加入溶液，生成沉淀而浓度减小，平衡逆向移动，红色褪去，故B正确；C．溶
液中存在平衡时，溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后，溶液仍然是碱性的，红色不会褪去，故C错误；D．溶液中存在平衡时，溶液呈
碱性，滴入甲基橙溶液后不会变红，故D错误；故选B。12．D【详解】A．NaNO3溶液引入了硝酸根，会使铁粉与硝酸反应生成NO，由于
加入的量不确定，不能确定是否会影响氢气产量，A不选；B．NaOH溶液会与盐酸反应，使H+浓度下降，减慢反应速率，但是会影响到氢气产
量，B不选；C．Na2CO3固体会与盐酸反应，使H+浓度下降，减慢反应速率，但是会影响到氢气产量，C不选；D．NaCl溶液不与盐酸
或铁粉反应，不会影响氢气产量，而加入的溶液使溶液体积变大，使H+浓度下降，减慢反应速率，D选；故选D。13．C【详解】A．该反应是
气体物质的量减少的反应，是熵减的反应，即ΔS＜0，故A错误；B．利用ΔH=反应物的键能总和－生成物键能总和，ΔH=E(N≡N)+3
E(H-H)－6E(N-H)，故B错误；C．根据反应方程式，氢元素的化合价由0价升高为+1价，即每消耗1mol氢气转移电子物质的量
为1mol×2=2mol，故C正确；D．该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氢气的平衡转化率降低，
使用催化剂，对化学平衡的移动无影响，故D错误；答案为C。14．D【分析】根据原子守恒可知，X为Cl2,反应NaClO+ 2HCl
=NaCl+Cl2↑+H2O中，NaClO 中Cl化合价降低，被还原，作氧化剂，部分HCl中Cl的化合价升高，被氧化，作还原剂，部
分HCl中Cl的化合价不变，显酸性，氯气既是氧化产物又是还原产物，据此分析解答。【详解】A．洁厕灵的有效成分是HCl，可以用于金属
表面除锈，故A正确；B．氯气和氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO，可用于制备“84”消毒液，故B正确；C．根据分析可知X气体为氯
气，故C正确；D．生活中可以将两者混用，会发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O反应，会生成有毒的氯气，会中毒，故D
错误； 故答案为D。15．D【分析】制备的流程如下：、和在熔融状态下反应生成，反应后加水溶浸，使等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶
性杂质，向滤液中通入过量使溶液酸化，并使发生歧化反应，生成和，过滤除去，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到晶体。【详解】
A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，A错误；B．酸化时发生歧化反应生成，具有强氧化性，能与盐酸反应生成，
因此酸化时不能改用盐酸，B错误；C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的
方法，C错误；D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，D正确；故选D。16．D【
详解】A.酸性高锰酸钾可以氧化乙烯生成二氧化碳，二氧化碳为新的杂质，故A错误；B.乙酸乙酯会在氢氧化钠溶液中会发生水解，故B错误；
C.溴与碘化钾反应生成碘单质，碘单质更易溶于溴苯，成为新的杂质，故C错误；D.水与CaO反应后增大与乙醇的沸点差异，则蒸馏可分离两
者，故D正确；故答案为D。17．D【详解】酒精与水混溶，向碘水中加入酒精，振荡，液体不分层，整个混合溶液都有颜色；四氯化碳与水互不
相溶，且其密度比水大，碘在四氯化碳中的溶解度比水中大，故碘水中加入四氯化碳，充分振荡后，液体分层，下层颜色深，上层几乎无色，故合理
选项是D。18．B【分析】已知反应： 达平衡c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，容器缩小到原来的1/2，若平衡不移动，c(X
)=0.6mol/L，而平衡时c(X)=0.5mol/L，则增大压强，平衡正向移动。【详解】A．平衡正向移动，A错误；B．平衡正向
移动，Y的转化率增大，B正确；C．增大压强，平衡正向移动，，Q是固体，与压强无关，C错误；D．平衡正向移动，Z的体积分数减小，D错
误； 故选B。19．B【分析】一固体混和物，可能有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清溶液，无其它明显现象，则其
组分间不能生成难溶或微溶于的物质；向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入硝酸，沉淀部分消失，则沉淀中一定有硫酸钡和碳酸钡，故
原混和物中肯定有硫酸铵和碳酸铵。【详解】A. CaCl2和(NH4)2SO4可以在溶液中反应生成白色沉淀硫酸钙；?B. (NH4)
2SO4和(NH4)2CO3在溶液中可以共存，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生的硫酸钡和碳酸钡均白色沉淀，再加入硝酸，碳酸钡可溶于硝酸
，故沉淀部分消失；C. NaOH和CaCl2在溶液中可以生成白色沉淀氢氧化钙；?D. NaOH和(NH4)2SO4在溶液中可以反应
生成硫酸钠和一水合氨，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀硫酸钡，再加入硝酸，沉淀不会减少。综上所述，答案是B。20．BD【详解】
A．根据洪特规则，O原子的轨道表示式，故A错误；B．是离子化合物，电子式为，故B正确；C．中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，
是V型分子，结构不对称，属于极性分子，故C错误；D．中存在2个碳氧双键，结构式为，故D正确；选BD。21．(1)???? IIA?
??? 球形???? r(C)>r(N)>r(O)???? ②(2) (aq)(3)BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低
，且污染环境(4)???? ＜???? 高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行【分析】重晶石(BaSO4)作为原料
制备金属钡，重晶石加入碳粉高温反应生成BaS和CO2，BaS中加入Na2CO3溶液，转化为BaCO3，碳酸钡和硝酸反应转化为硝酸钡
；碳酸钡和碳粉高温反应生成BaO，BaO和O2反应生成BaO2、和Al高温反应生成Ba，据此解答。(1)Ba为56号元素，在元素周
期表中位于第ⅡA族，钡的核外电子排布[Xe]6s2，最外层电子的电子云形状是球形，图中涉及的第二周期元素分别为C、O、N，原子半径
从左到右逐渐减小，由大到小的顺序是C、N、O，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+C
O2↑+H2O，故答案为：ⅡA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②；(2)S元素由-2价升高为0价，N元素由+5价降低为+2价
，根据得失电子守恒，BaS与稀硝酸反应的化学方程式：3BaS+8HNO3=3Ba(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O，检验溶液中
BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入硫酸铜溶液，有黑色沉淀CuS生成，则BaS未反应完全，故答案为：；(aq)；(3)工
业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制Ba(NO3)2的原因是会产生污染性气体NO，原料利用率低，故答案为：BaS与稀硝
酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境；(4)根据氢氧化铝和氢氧化钡的碱性判断，元素的金属性：Al＜Ba；已知：沸点Al＞
Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是不断分离出Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行，故答案为：＜；高温条件，不断分离Ba(g)
使反应向生成Ba的方向进行。22．???? 5???? 2???? 16???? 10???? 2???? 8???? Fe2+
Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ 21%【分析】⑴ C2O42?中C由+3价升高到+4价，由于C2O42?中含两
个碳，1mol C2O42?失去2mol电子， MnO4－中Mn由+7价降低到+2价，1molMnO4－得到5mol电子，根据得失
电子守恒和质量守恒、电荷守恒配平。⑵根据步骤二得知高锰酸根先与Fe2+反应，Fe2+反应完后再与C2O42?反应。⑶步骤二中加入一
小匙锌粉，锌和Fe3+反应生成亚铁离子和锌离子。⑷先计算n(Fe2+)，再计算含铁量。【详解】⑴ C2O42?中C由+3价升高到+
4价，由于C2O42?中含两个碳，1mol C2O42?失去2mol电子， MnO4－中Mn由+7价降低到+2价，1molMnO4
－得到5mol电子，根据得失电子守恒和质量守恒、电荷守恒配平得到：5C2O42? + 2MnO4－+16H+ = 10CO2↑ +
2Mn2+ +8H2O；故答案为：5；2；16；10；2；8。⑵根据步骤二得知高锰酸根先与Fe2+反应，Fe2+反应完后再与C2O
42?反应，因此某溶液中存在同浓度的Fe2+和C2O42?，加入酸性KMnO4，Fe2+先被氧化；故答案为：Fe2+。⑶步骤二中加
入一小匙锌粉，锌和Fe3+反应，其离子反应方程式：Zn + 2Fe3+ = Zn2+ + 2Fe2+；故答案为：Zn + 2Fe3
+ = Zn2+ + 2Fe2+。⑷用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液15.00m
l，根据5Fe2+ — MnO4－关系式得到n(Fe2+) = 5n(MnO4－) =5×0.010 mol?L?1×0.015L
= 7.5×10?4mol，测得含铁量；故答案为：21%。23．(1) HOCH2CH2OH(2)???? 氢氧化钠水溶液???
? 溴水(3)???? ①②⑥⑦???? ③④???? ⑤(4)【分析】对二甲苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成A，A再与
氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，可知A的结构简式为 ，在Cu或Ag作催化剂条件下，发生催化氧化生成，经过催化氧化生成B
，B为 ,乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，发生水解生成C为HOCH2CH2OH，对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应生涤纶
为，以此分析；【详解】（1）由上述分析。A为，C为HOCH2CH2OH；故答案为：；HOCH2CH2OH；（2）反应②是卤代烃的水
解反应，需要试剂为，氢氧化钠水溶液，反应⑤是烯烃与溴发生的加成反应，需要的试剂为，溴水；故答案为：氢氧化钠水溶液；溴水；（3）根据
分析，反应过程中，属于取代反应的有①②⑥⑦；属于氧化反应的有③④；属于加成反应的有⑤；故答案为：①②⑥⑦；③④；⑤；（4）合成涤纶
最后一步反应的化学方程是为，n +nHO-CH2-CH2-OH +(2n-1)H2O；故答案为：（见详解）。24．(1)????
0.0075 mol·L-1·min-1 混合气中只有NO2为有色气体，当混合气的颜色不变时，NO2的浓度不变，反应达平衡状态(2
) b(3)???? ＜???? 放热(4)(5)???? 4:1???? 0.2NA【详解】（1）一定条件下，在容积为2L的密闭
容器内反应，20min时达到平衡，生成N20.6mol，则消耗NO的物质的量为0.3mol，平均反应速率v(NO)==0.0075
mol·L-1·min-1。NO2是混合气中唯一的有色气体，随着反应的进行，NO2的物质的量减小，浓度减小，混合气的颜色变浅，则
可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平衡，其理由是：混合气中只有NO2为有色气体，当混合气的颜色不变时，NO2的浓度不变，反应达平衡状态。答案为：0.0075 mol·L-1·min-1；混合气中只有NO2为有色气体，当混合气的颜色不变时，NO2的浓度不变，反应达平衡状态；（2）对于反应2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)，该反应平衡常数表达式K=。在温度不变的条件下将容器体积压缩至原来的一半，达到新的平衡后NO的浓度为原来的1.6倍，则平衡正向移动，但温度不变，所以平衡常数不变，若平衡常数为K2，则K1=K2，故选b。答案为：；b；（3）因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以加压，平衡正向移动，反应物的转化率增大，根据图象判断：P1＜P2。升高温度，反应物的转化率减小，则平衡逆向移动，该反应是放热反应。答案为：＜；放热；（4）由质量守恒可确定，所缺项为“H2O”，此反应为歧化反应，一部分NaClO2转化为ClO2(Cl元素由+3价升高为+4价)，一部分NaClO2转化为NaCl(Cl元素由+3价降低为-1价)，HCl表现为酸性，依据得失电子守恒，补全并配平方程式，并标出电子转移方向和数目为：。答案为：；（5）该反应中，若有5NaClO2参加反应，则有4NaClO2作氧化剂，1NaClO2作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是4:1。由反应方程式可建立如下关系式：ClO2——e-，若生成0.2 mol ClO2，转移电子数为0.2NA。答案为：4:1；0.2NA。【点睛】在反应5NaClO2+4HCl→4ClO2↑+5NaCl+2H2O中，ClO2为还原产物，5NaCl中，有1NaCl为氧化产物。答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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