2017年广东省深圳高级中学中考化学三模试卷
一、选择题
1．（2017·深圳模拟）东汉《周易参同契》中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气．则胡粉的主要成分为（ ）
A．PbCO3 B．2PbCO3 Pb（OH）2
C．Pb（OH）2 D．（CH3COO）2Pb
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：根据信息：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到化合物中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，所以成分是2PbCO3 Pb（OH）2．
故选：B．
【分析】依据题干：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到其中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，据此回答．
2．（2017·深圳模拟）有机物甲、乙的结构如图所示．下列说法错误的是（ ）
A．甲、乙互为同分异构体
B．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应
C．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气
D．甲、乙都能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体，甲、乙分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故A正确；
B．甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应，酯化反应和水解反应都属于取代反应，所以甲乙都能发生取代反应，故B正确；
C．羧基、羟基能和钠反应生成氢气，甲含有羧基，乙不含羧基或羟基，所以甲能和钠反应、乙不能和钠反应，故C错误；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲乙都含有碳碳双键，所以都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D正确；
故选C．
【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体；
B．甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应；
C．羧基、羟基能和钠反应生成氢气；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．
3．（2017·深圳模拟）设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L 1 mol L﹣1的Na2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于NA
B．标准状况下，2.24LCCl4中含有共价键总数为0.4NA
C．常温常压下，18g D2O的原子总数为3NA
D．7.1g Cl2与足量的Fe反应，转移电子数目为0.3NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．常温下，1L0.1mol L﹣1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故A正确；
B．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．常温常压下，18g D2O的物质的量n= =0.9mol，的原子总数为2.7NA，故C错误；
D.7.1gCl2的物质的量是0.1mol，失去电子数目为0.2NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致溶液中阴离子数目增多；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．质量转换为物质的量，结合1个D2O含有3个原子解答；
D．A.1mol氯气失去2mol电子．
4．（2017·深圳模拟）中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
选项 规律 结论
A 元素的非金属性较强，其单质也越活泼 磷单质比N2稳定
B 反应物浓度越大，反应速率越快 常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全
C 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高 NH3沸点低于PH3
D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，但其单质不一定越活泼，氮气化学性质稳定，常温下不发生反应，而磷常温下能够与空气中的氧气反应，所以磷单质的化学性质比氮气活泼，故A错误；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象，导致抑制铝和浓硝酸的反应，则Al在稀硝酸中先溶解完，故B错误；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键，所以熔沸点NH3＞PH3，故C错误；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，溶度积ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀，说明溶解度ZnS＞CuS，故D正确；
故选D．
【分析】A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质．
5．（2017·深圳模拟）下列实验装置正确且能达到实验目的是（ ）
A．用如图所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．如图所示为石油分馏
C．如图所示为检查装置气密性
D．如图所示为测定未知盐酸的浓度
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气能与NaOH溶液反应，所以除去Cl2中含有的少量HCl，应该把气体通入饱和食盐水中，故A错误；
B．分馏时测定蒸汽的温度，所以温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入液体中，故B错误；
C．从长颈漏斗中加水，当水的液面高于长颈漏斗下端时，极性加水，漏斗中液面高于烧瓶中液面，而且液面差保持不变，则可以证明装置不漏气，故C正确；
D．量取碱性溶液选择碱式滴定管，所以NaOH标准溶液应该盛放在碱式滴定管中，故D错误．
故选C．
【分析】A．氯气能与NaOH溶液反应；
B．分馏时测定蒸汽的温度；
C．根据能否产生压强差判断装置的气密性；
D．量取碱性溶液选择碱式滴定管．
6．（2017·深圳模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：r（Z2+）＞r（Y2﹣）
B．Y的气态简单氢化物的热稳定性比氮元素的气态简单氢化物强
C．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
D．X、Y、Z、W元素的最高正价均等于其所在族的族序数
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为Mg．
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（Mg2+）＜r（O2﹣），故A错误；
B．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）＞N，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比氮的强，故B正确；
C．Y和Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO含有离子键，而SiO2中存在共价键，故C错误；
D．氧元素没有最高正价+6，故D错误．
故选：B．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答．
7．（2017·深圳模拟）硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出．在反应后的溶液中逐滴加入4mol L﹣1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图．下列说法不正确的是（ ）
A．D点溶液中存在：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（NO3﹣）
B．EF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
C．原溶液中n（NH4+）=0.012mol
D．溶液中结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+
【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3 H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
A．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠，由电荷守恒可知应为c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（NO3﹣），故A正确；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，反应为Al（OH）3+OH﹣=Al（OH）4﹣，故B正确；
C．由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH4++OH﹣═NH3 H2O可知溶液中n（NH4+）=n（OH﹣）=0.003L×4mol/L=0.012mol，故C正确；
D．根据发生反应的顺序可知，结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是NH4+，故D错误．
故选D．
【分析】铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3 H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
A．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中；
C．根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH4+）；
D．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH﹣能力的强弱．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．
8．（2017·深圳模拟）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O]是分析化学中重要的试剂，学习小组探究其分解产物．
（1）甲组按照图1所示的装置进行实验，关闭止水夹并加热A中的硫酸亚铁铵固体至分解完全，检验其分解产物．
①装置B仪器名称是 ，所放试剂是 ．
②装置C中可观察到的现象是 ，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有 ．（写化学式）
（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序（用装置的字母表示）为A、 ；取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，通入N2的目的是 ．
②装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有 ；G中发生反应的离子方程式为 ．
（3）丙组将一定量的硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁： ．
【答案】（1）干燥管；碱石灰；溶液由无色变红色；NH3
（2）DHEGF；排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰；SO3；SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O]分解可能的产物为氨气、硫的氧化物和水，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，所以装置B是除去生成的硫的氧化物为碱石灰，
故答案为：干燥管；碱石灰；②装置C中可观察到的现象是变红色，氨气溶于水生成一水合氨是弱碱，溶液中电离显碱性，遇到酚酞变红色，证明分解产物中生成了氨气，
故答案为：溶液由无色变红色；NH3；（2）①乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸，通过装置H中的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，据上述分析可知装置连接顺序为ADHEGF，取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰，
故答案为：DHEGF；排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰；
②装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，原气体中生成了SO3，G中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为：SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+，
故答案为：SO3 ；SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验，实验设计为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色，故答案为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色．
【分析】（1）①装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，装置B是除去生成的硫的氧化物；②装置C中可观察到的现象是变红色，证明分解产物中生成了氨气；（2）①乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸，通过装置H中的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰；②装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，G中过氧化氢氧化二氧化硫为了谁，和氯化钡反应生成硫酸钡不是沉淀；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验．
9．（2017·深圳模拟）研究铁及其化合物对于工业生产具有重要意义．
（1）Fe2（SO4）3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是 （用离子方程式表示）．
（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的水处理剂．已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：
①反应②氧化过程所发生反应的离子方程式是： ，在生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是： ．
②反应③中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明 ．
③在提纯K2FeO4中采用重结晶、过滤、洗涤、低温烘干的方法，洗涤滤渣的方法是 ．
④若某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为 ．
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为 ；其中可循环使用的物质是 ．（填化学式）
【答案】（1）Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+
（2）2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3次；11：3
（3）Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；NaOH溶液
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（2）①氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；②加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，
故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；③洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次，
故答案为：用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次；④Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
经测定ClO﹣和ClO3﹣物质的量之比为1：2，
则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，
根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）=11mol，
氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol，
Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，
则被还原的Cl的物质的量为： =11mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，
故答案为：11：3；（3）阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，
在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，
故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；NaOH溶液．
【分析】（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的；（2）①氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，据此写出氧化过程的离子方程式；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解；②加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；③洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次；④Cl2生成ClO﹣、ClO3﹣化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降低被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1计算出被还原的氯元素的物质的量，最后计算出被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比；（3）依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH﹣在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析．
10．（2017·深圳模拟）已知硫﹣氨热化学循环分解水的示意图如图1：
（1）从反应物和生成物的角度来看反应I属于 （填序号）．
a．离子反应 b．化合反应 c．中和反应 d．氧化还原反应
（2）反应II是将太阳能转化为电能，再进行电解，电解池阳极的反应式是 ．
（3）反应IV是由（a）、（b）两步反应组成：
H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ mol﹣1 （a）
2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ mol﹣1 （b）
H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ mol﹣1 （c）
H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式为： ．
提高H2SO4（l）的分解率的方法是（写两种） ．
（4）恒温恒容的密闭容器中进行不同温度下的SO3分解实验[原理按反应（b）]．SO3起始物质的量均为dmol，图2中L曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，M曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率．
①Y点对应温度下的反应速率：v（正） v（逆）（选填：＞，＜，=）；随温度的升高，M曲线逼近L曲线的原因是：
②若X点时总压为0.1MPa，列式计算SO3分解反应在图中X点的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留2位有效数字）．
【答案】（1）ab
（2）SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+
（3）2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；升高温度和及时分离SO2或O2
（4）＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）；0.052MPa
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解原理
【解析】【解答】解：（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应，反应的离子方程式为SO2+H2O+2NH3=2NH4++SO32﹣，属于离子反应和化合反应，
故答案为：ab；（2）反应Ⅱ是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气，阳极上是亚硫酸根离子得到电子生成硫酸根离子，电极反应为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+，
故答案为；SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+；（3）已知H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ mol﹣1…（a）
2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ mol﹣1…（b）
H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ mol﹣1 （c）
据盖斯定律，2a+b﹣2c得：2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；
升高温度和及时分离SO2或O2都是提高H2SO4（l）的分解率方法，
故答案为：2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；升高温度和及时分离SO2或O2；（4）①Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，
故答案为：＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）；（5）起始时充入dmol SO3反应体系起始总压强0.1MPa．反应在一定的温度下达到平衡时SO3的转化率为60%，转化的二氧化硫为dmol×0.6=0.6dmol，则：
2SO3（g） 2SO2（g）+ O2（g）
起始量（mol）： D 0 0
变化量（mol）： 0.6d 0.6d 0.3d
平衡量（mol）： 0.4d 0.6d 0.3d
恒温恒容下，平衡时总压强为0.1MPa× =0.13MPa，
故Kp= = =0.052MPa，
故答案为：0.052MPa．
【分析】（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应；（2）据图分析，反应Ⅱ是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气；（3）利用已知热化学方程式，据盖斯定律书写H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式；根据平衡移动考虑提高H2SO4（l）的分解率的方法；（4）①Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；②利用三段式计算平衡时各组分物质的量，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时总压强，再计算各组分分压，根据Kp= 计算．
三、[化学--选修5：有机化学基础]
11．（2017·深圳模拟）“张﹣烯炔环异构反应”可高效构筑五元环化合物：
（R、R‘、R“表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J的路线如图：
已知：
（1）A的结构简式是 ．
（2）B、C 含有相同的官能团，D 中含有的官能团是 ．
（3）E与溴水反应生成F的化学方程式是 ；试剂a 是 ．
（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H（顺式结构）的化学方程式为 ．
（5）某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，则N的同分异构体有 种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是 （写出一种即可）．
（6）参照上述合成信息，设计一条由 和CH3CHO为原料合成 的合成路线流程图： ．（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：CH3CH2OH CH2=CH2 ）
【答案】（1）CH3C≡CCH2OH
（2）碳碳双键、醛基
（3）；NaOH、醇溶液
（4）
（5）14；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】解：（1）由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A为CH3C≡CCH2OH，
故答案为：CH3C≡CCH2OH；（2）B、C含有相同的官能团，B为 ，C为CH3CHO，由信息可知生成D为 ，含有的官能团为碳碳双键、醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；（3）E为 ，与溴水反应生成F为 ，E与溴水反应生成F的化学方程式是 ；试剂a是NaOH、醇溶液，
故答案为： ；NaOH、醇溶液；（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H的化学方程式为 ，
故答案为： （5）E为 ，某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，应不含碳碳双键，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可为苯丙酸，如苯环含有1个侧链，可为﹣CH2CH2COOH、﹣CH（CH3）COOH，如苯环含有2个侧链，侧链可为﹣CH3、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种，也可为﹣CH2CH3、﹣COOH，也有邻、间、对3种，如含有3个侧链，则含有2个﹣CH3、1个﹣COOH，有6种，共14种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是 ，
故答案为：14； ；（6）由 和CH3CHO为原料合成 ，应先在碱性条件下反应生成苯丙烯醛，然后与溴发生加成反应、进而氧化、水解生成 ，合成路线为： ，
故答案为： ．
【分析】由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A应为CH3C≡CCH2OH，B、C含有相同的官能团，B为 ，C为CH3CHO，由信息可知生成D为 ，D氧化生成E为 ，与溴水反应生成F为 ，试剂a为NaOH/醇溶液，F发生消去反应生成G，则G ，CH3CH=CHCH2OH与 发生酯化反应生成H，最后H发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成I，以此解答该题．
2017年广东省深圳高级中学中考化学三模试卷
一、选择题
1．（2017·深圳模拟）东汉《周易参同契》中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气．则胡粉的主要成分为（ ）
A．PbCO3 B．2PbCO3 Pb（OH）2
C．Pb（OH）2 D．（CH3COO）2Pb
2．（2017·深圳模拟）有机物甲、乙的结构如图所示．下列说法错误的是（ ）
A．甲、乙互为同分异构体
B．一定条件下，甲、乙均能发生取代反应
C．甲、乙都能与金属钠反应生成氢气
D．甲、乙都能使酸性KMnO4溶液褪色
3．（2017·深圳模拟）设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L 1 mol L﹣1的Na2CO3 溶液中含有的阴离子数目大于NA
B．标准状况下，2.24LCCl4中含有共价键总数为0.4NA
C．常温常压下，18g D2O的原子总数为3NA
D．7.1g Cl2与足量的Fe反应，转移电子数目为0.3NA
4．（2017·深圳模拟）中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
选项 规律 结论
A 元素的非金属性较强，其单质也越活泼 磷单质比N2稳定
B 反应物浓度越大，反应速率越快 常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全
C 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高 NH3沸点低于PH3
D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
5．（2017·深圳模拟）下列实验装置正确且能达到实验目的是（ ）
A．用如图所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．如图所示为石油分馏
C．如图所示为检查装置气密性
D．如图所示为测定未知盐酸的浓度
6．（2017·深圳模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：r（Z2+）＞r（Y2﹣）
B．Y的气态简单氢化物的热稳定性比氮元素的气态简单氢化物强
C．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
D．X、Y、Z、W元素的最高正价均等于其所在族的族序数
7．（2017·深圳模拟）硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出．在反应后的溶液中逐滴加入4mol L﹣1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图．下列说法不正确的是（ ）
A．D点溶液中存在：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（NO3﹣）
B．EF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
C．原溶液中n（NH4+）=0.012mol
D．溶液中结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．考生根据要求作答．
8．（2017·深圳模拟）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O]是分析化学中重要的试剂，学习小组探究其分解产物．
（1）甲组按照图1所示的装置进行实验，关闭止水夹并加热A中的硫酸亚铁铵固体至分解完全，检验其分解产物．
①装置B仪器名称是 ，所放试剂是 ．
②装置C中可观察到的现象是 ，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有 ．（写化学式）
（2）乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序（用装置的字母表示）为A、 ；取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，通入N2的目的是 ．
②装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有 ；G中发生反应的离子方程式为 ．
（3）丙组将一定量的硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁： ．
9．（2017·深圳模拟）研究铁及其化合物对于工业生产具有重要意义．
（1）Fe2（SO4）3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是 （用离子方程式表示）．
（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的水处理剂．已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：
①反应②氧化过程所发生反应的离子方程式是： ，在生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是： ．
②反应③中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明 ．
③在提纯K2FeO4中采用重结晶、过滤、洗涤、低温烘干的方法，洗涤滤渣的方法是 ．
④若某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定溶液中ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为 ．
（3）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为 ；其中可循环使用的物质是 ．（填化学式）
10．（2017·深圳模拟）已知硫﹣氨热化学循环分解水的示意图如图1：
（1）从反应物和生成物的角度来看反应I属于 （填序号）．
a．离子反应 b．化合反应 c．中和反应 d．氧化还原反应
（2）反应II是将太阳能转化为电能，再进行电解，电解池阳极的反应式是 ．
（3）反应IV是由（a）、（b）两步反应组成：
H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ mol﹣1 （a）
2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ mol﹣1 （b）
H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ mol﹣1 （c）
H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式为： ．
提高H2SO4（l）的分解率的方法是（写两种） ．
（4）恒温恒容的密闭容器中进行不同温度下的SO3分解实验[原理按反应（b）]．SO3起始物质的量均为dmol，图2中L曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，M曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率．
①Y点对应温度下的反应速率：v（正） v（逆）（选填：＞，＜，=）；随温度的升高，M曲线逼近L曲线的原因是：
②若X点时总压为0.1MPa，列式计算SO3分解反应在图中X点的平衡常数Kp= （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留2位有效数字）．
三、[化学--选修5：有机化学基础]
11．（2017·深圳模拟）“张﹣烯炔环异构反应”可高效构筑五元环化合物：
（R、R‘、R“表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J的路线如图：
已知：
（1）A的结构简式是 ．
（2）B、C 含有相同的官能团，D 中含有的官能团是 ．
（3）E与溴水反应生成F的化学方程式是 ；试剂a 是 ．
（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H（顺式结构）的化学方程式为 ．
（5）某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，则N的同分异构体有 种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是 （写出一种即可）．
（6）参照上述合成信息，设计一条由 和CH3CHO为原料合成 的合成路线流程图： ．（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：CH3CH2OH CH2=CH2 ）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：根据信息：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到化合物中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，所以成分是2PbCO3 Pb（OH）2．
故选：B．
【分析】依据题干：“胡粉投火中，色坏还为铅”，得到其中含有铅元素，受热可以分解为氧化物，胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水浑浊的二氧化碳气体，据此回答．
2．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体，甲、乙分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故A正确；
B．甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应，酯化反应和水解反应都属于取代反应，所以甲乙都能发生取代反应，故B正确；
C．羧基、羟基能和钠反应生成氢气，甲含有羧基，乙不含羧基或羟基，所以甲能和钠反应、乙不能和钠反应，故C错误；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲乙都含有碳碳双键，所以都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D正确；
故选C．
【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体；
B．甲含有羧基、乙含有酯基，甲能发生酯化反应、乙能发生水解反应；
C．羧基、羟基能和钠反应生成氢气；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．
3．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．常温下，1L0.1mol L﹣1 Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故A正确；
B．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．常温常压下，18g D2O的物质的量n= =0.9mol，的原子总数为2.7NA，故C错误；
D.7.1gCl2的物质的量是0.1mol，失去电子数目为0.2NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致溶液中阴离子数目增多；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．质量转换为物质的量，结合1个D2O含有3个原子解答；
D．A.1mol氯气失去2mol电子．
4．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，但其单质不一定越活泼，氮气化学性质稳定，常温下不发生反应，而磷常温下能够与空气中的氧气反应，所以磷单质的化学性质比氮气活泼，故A错误；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象，导致抑制铝和浓硝酸的反应，则Al在稀硝酸中先溶解完，故B错误；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键，所以熔沸点NH3＞PH3，故C错误；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，溶度积ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀，说明溶解度ZnS＞CuS，故D正确；
故选D．
【分析】A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质．
5．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气能与NaOH溶液反应，所以除去Cl2中含有的少量HCl，应该把气体通入饱和食盐水中，故A错误；
B．分馏时测定蒸汽的温度，所以温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入液体中，故B错误；
C．从长颈漏斗中加水，当水的液面高于长颈漏斗下端时，极性加水，漏斗中液面高于烧瓶中液面，而且液面差保持不变，则可以证明装置不漏气，故C正确；
D．量取碱性溶液选择碱式滴定管，所以NaOH标准溶液应该盛放在碱式滴定管中，故D错误．
故选C．
【分析】A．氯气能与NaOH溶液反应；
B．分馏时测定蒸汽的温度；
C．根据能否产生压强差判断装置的气密性；
D．量取碱性溶液选择碱式滴定管．
6．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为Mg．
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（Mg2+）＜r（O2﹣），故A错误；
B．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）＞N，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比氮的强，故B正确；
C．Y和Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO含有离子键，而SiO2中存在共价键，故C错误；
D．氧元素没有最高正价+6，故D错误．
故选：B．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答．
7．【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3 H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
A．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠，由电荷守恒可知应为c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（NO3﹣），故A正确；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，反应为Al（OH）3+OH﹣=Al（OH）4﹣，故B正确；
C．由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH4++OH﹣═NH3 H2O可知溶液中n（NH4+）=n（OH﹣）=0.003L×4mol/L=0.012mol，故C正确；
D．根据发生反应的顺序可知，结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是NH4+，故D错误．
故选D．
【分析】铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3 H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，
A．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中；
C．根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH4+）；
D．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH﹣能力的强弱．
8．【答案】（1）干燥管；碱石灰；溶液由无色变红色；NH3
（2）DHEGF；排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰；SO3；SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）①装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O]分解可能的产物为氨气、硫的氧化物和水，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，所以装置B是除去生成的硫的氧化物为碱石灰，
故答案为：干燥管；碱石灰；②装置C中可观察到的现象是变红色，氨气溶于水生成一水合氨是弱碱，溶液中电离显碱性，遇到酚酞变红色，证明分解产物中生成了氨气，
故答案为：溶液由无色变红色；NH3；（2）①乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸，通过装置H中的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，据上述分析可知装置连接顺序为ADHEGF，取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰，
故答案为：DHEGF；排尽装置中的空气（或O2），防止对SO2的验证产生干扰；
②装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，原气体中生成了SO3，G中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为：SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+，
故答案为：SO3 ；SO2+2H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O+2H+；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验，实验设计为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色，故答案为：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色．
【分析】（1）①装置B的形状和作用可知为干燥管，盛放固体干燥剂，检验氨气利用装置C中的酚酞溶液，装置B是除去生成的硫的氧化物；②装置C中可观察到的现象是变红色，证明分解产物中生成了氨气；（2）①乙组选用甲组实验中的装置A和图2所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，分解产物通过装置D防止倒吸，通过装置H中的足量元素和氯化钡溶液检验是否生成气体中含三氧化硫，通过装置E检验三氧化硫是否除净，通过装置G过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫气体需要尾气吸收，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，目的是干净装置中的氧气避免对二氧化硫检验的干扰；②装置H中有白色沉淀，说明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀为硫酸钡沉淀，G中过氧化氢氧化二氧化硫为了谁，和氯化钡反应生成硫酸钡不是沉淀；（3）利用二价铁离子具有还原性设计实验检验．
9．【答案】（1）Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+
（2）2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3次；11：3
（3）Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；NaOH溶液
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的，
故答案为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（2）①氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；②加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，
故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；③洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次，
故答案为：用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次；④Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
经测定ClO﹣和ClO3﹣物质的量之比为1：2，
则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，
根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）=11mol，
氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol，
Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，
则被还原的Cl的物质的量为： =11mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，
故答案为：11：3；（3）阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，
在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H++2e﹣=H2↑，c（OH﹣）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，
故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；NaOH溶液．
【分析】（1）三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的；（2）①氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，据此写出氧化过程的离子方程式；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解；②加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；③洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2～3 次；④Cl2生成ClO﹣、ClO3﹣化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降低被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1计算出被还原的氯元素的物质的量，最后计算出被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比；（3）依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42﹣结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH﹣在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析．
10．【答案】（1）ab
（2）SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+
（3）2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；升高温度和及时分离SO2或O2
（4）＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）；0.052MPa
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解原理
【解析】【解答】解：（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应，反应的离子方程式为SO2+H2O+2NH3=2NH4++SO32﹣，属于离子反应和化合反应，
故答案为：ab；（2）反应Ⅱ是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气，阳极上是亚硫酸根离子得到电子生成硫酸根离子，电极反应为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+，
故答案为；SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+；（3）已知H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ mol﹣1…（a）
2SO3（g） 2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ mol﹣1…（b）
H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ mol﹣1 （c）
据盖斯定律，2a+b﹣2c得：2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；
升高温度和及时分离SO2或O2都是提高H2SO4（l）的分解率方法，
故答案为：2H2SO4（l） 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）△H=+462kJ mol﹣1；升高温度和及时分离SO2或O2；（4）①Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，
故答案为：＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）；（5）起始时充入dmol SO3反应体系起始总压强0.1MPa．反应在一定的温度下达到平衡时SO3的转化率为60%，转化的二氧化硫为dmol×0.6=0.6dmol，则：
2SO3（g） 2SO2（g）+ O2（g）
起始量（mol）： D 0 0
变化量（mol）： 0.6d 0.6d 0.3d
平衡量（mol）： 0.4d 0.6d 0.3d
恒温恒容下，平衡时总压强为0.1MPa× =0.13MPa，
故Kp= = =0.052MPa，
故答案为：0.052MPa．
【分析】（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应；（2）据图分析，反应Ⅱ是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气；（3）利用已知热化学方程式，据盖斯定律书写H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式；根据平衡移动考虑提高H2SO4（l）的分解率的方法；（4）①Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；②利用三段式计算平衡时各组分物质的量，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时总压强，再计算各组分分压，根据Kp= 计算．
11．【答案】（1）CH3C≡CCH2OH
（2）碳碳双键、醛基
（3）；NaOH、醇溶液
（4）
（5）14；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】解：（1）由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A为CH3C≡CCH2OH，
故答案为：CH3C≡CCH2OH；（2）B、C含有相同的官能团，B为 ，C为CH3CHO，由信息可知生成D为 ，含有的官能团为碳碳双键、醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；（3）E为 ，与溴水反应生成F为 ，E与溴水反应生成F的化学方程式是 ；试剂a是NaOH、醇溶液，
故答案为： ；NaOH、醇溶液；（4）顺式结构的CH2CH=CHCH2OH和G反应生成H的化学方程式为 ，
故答案为： （5）E为 ，某芳香族化合物N的相对分子质量比E的相对分子质量大2，应不含碳碳双键，N能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，可为苯丙酸，如苯环含有1个侧链，可为﹣CH2CH2COOH、﹣CH（CH3）COOH，如苯环含有2个侧链，侧链可为﹣CH3、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种，也可为﹣CH2CH3、﹣COOH，也有邻、间、对3种，如含有3个侧链，则含有2个﹣CH3、1个﹣COOH，有6种，共14种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：3的结构简式是 ，
故答案为：14； ；（6）由 和CH3CHO为原料合成 ，应先在碱性条件下反应生成苯丙烯醛，然后与溴发生加成反应、进而氧化、水解生成 ，合成路线为： ，
故答案为： ．
【分析】由合成流程可知，A与氢气发生加成反应生成CH3CH=CHCH2OH，A应为CH3C≡CCH2OH，B、C含有相同的官能团，B为 ，C为CH3CHO，由信息可知生成D为 ，D氧化生成E为 ，与溴水反应生成F为 ，试剂a为NaOH/醇溶液，F发生消去反应生成G，则G ，CH3CH=CHCH2OH与 发生酯化反应生成H，最后H发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成I，以此解答该题．
