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2022年上海市奉贤区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市奉贤区高考化学二模试卷，共31页。
2022年上海市奉贤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选项）
1．（2分）关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
2．（2分）医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
3．（2分）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
4．（2分）下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
5．（2分）下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3﹣二甲基丁烷 B．3，3﹣二甲基丁烷
C．3﹣乙基戊烷 D．2，2，3，3﹣﹣四甲基丁烷
6．（2分）配制0.2mol⋅L﹣1NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
7．（2分）二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起HCO3﹣浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为HCO3﹣⇌H++CO32﹣
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
8．（2分）如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe（OH）3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe（OH）2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
9．（2分）如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe﹣3e→Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
10．（2分）下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
11．（2分）下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
13．（2分）如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
14．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．NO2通入水中：2NO2+H2O→2H++NO3﹣+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液等体积混和：HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓
D．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O→AgOH↓+NH4+
15．（2分）在25℃、1.01×105Pa下，1mol氢气燃烧生成气态水的能量变化如图所示，已知：2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+490kJ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O﹣H键的键能为930kJ•mol﹣1
B．a＝249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲＞乙＞丙
D．1molH2O（l）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
16．（2分）常温下，用0.100mol•L﹣1氨水滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00mL，且c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．当滴入氨水20.00mL时，c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）
D．当滴入氨水10.00mL时，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
17．（2分）工业上以SO2和纯碱为原料制无水NaHSO3如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成
B．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
C．气流干燥时温度不宜过高
D．母液中含有NaHCO3
18．（2分）X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q＞Y
D．化合物R（YX）2是强碱
19．（2分）下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
20．（2分）向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌4H2O（g）+CH2＝CH2（g）。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 ，氮原子核外电子共占据 个轨道，最外层有 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 （填“强”或者“弱”）。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0～10min的氨气的化学反应速率为 。据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 （用文字表达）。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到（NH4）2SO4，则该溶液中c（NH4+）与c（SO42﹣）之比 2：1（选填“＞”、“＜”、“＝”），请结合离子方程式解释其原因 。
22．（14分）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼（N2H4）（g）燃烧生成N2（g）和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9～3.5
0.5
0.25～0.8
0.25
0.1
0.8～1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40﹣55℃下进行表面处理0.5～2min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 。工业上制铝，可采用电解 （请选填序号）；
A．AlCl3
B．Al2O3
C．NaAlO2
同时需添加 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 。
23．（15分）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如图：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 ，E的官能团名称为 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 ，由B生成C的反应类型
为 ，由B生成D的反应条件为 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 。
a．含酯基，不含醚键
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1﹣丁醇的合成路线流程图 。
24．（16分）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500mL奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
（1）该小组将100.00mL海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 。取一半该粗盐，若将SO42﹣转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO42﹣已沉淀完全 ；洗涤干燥后，称量得到0.023g沉淀，则该海水中SO42﹣的含量为 mol/L，若未洗涤，则测得结果 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO42﹣，操作流程如图：
（2）步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 次。若m2＝1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
（3）请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 ，请说明理由 。
2022年上海市奉贤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选项）
1．（2分）关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
【分析】A．碳纤维属于碳的单质；
B．氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水；
C．铝合金密度小、性质稳定；
D．钠的焰色试验呈黄色。
【解答】解：A．碳纤维属于碳的单质，是一种无机材料，不属于有机高分子材料，故A错误；
B．氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水，对环境友好无污染，故B正确；
C．铝合金密度小、熔点低、硬度大、耐腐蚀，性质稳定，故C正确；
D．含钠元素的“配方“可使火焰呈黄色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学在人类的生产、生活中的应用，从而体现化学的重要性，增强学生学习化学的兴趣，难度不大，需要细心。
2．（2分）医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
【分析】A．32P和31P的质量数不同，中子数不同；
B．磷元素的核电荷数＝质子数＝原子序数＝15；
C．原子中质量数＝质子数+中子数；
D．摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对原子质量的近似整数值。
【解答】解：A．32P和31P质子数相同，为同种元素，中子数不同，是同种元素的不同原子，故A错误；
B．32P的质子数为15，故B错误；
C．31P的中子数＝31﹣15＝16，故C正确；
D．32P的摩尔质量为32g/mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、微粒数关系、摩尔质量等概念的理解应用，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（2分）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
【分析】A．甲醛的的结构简式为HCHO，原子半径：C＞O＞H；
B．甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物；
C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C＞O＞H；
D．甲基中C、H原子间共用1对电子，碳原子外围电子数为7。
【解答】解：A．甲醛的的结构简式为HCHO，中心原子是C，原子半径：C＞O＞H，其比例模型为，故A正确；
B．羧酸脱羟基，醇脱氢原子，则HCOOH和CH3OH发生酯化反应时生成甲酸甲酯，结构简式为HCOOCH3，故B正确；
C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，原子半径：C＞O＞H，其球棍模型为，故C正确；
D．甲基中C、H原子间共用1对电子，碳原子外围电子数为7，其电子式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法及正误判断，为高频考点，涉及结构简式、球棍模型、电子式和比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4．（2分）下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
【分析】首先判断晶体的类型，明确晶体中粒子间的作用力，根据物质的变化判断共价键是否被破坏，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，据此分析．
【解答】解：A．碘属于分子晶体，升华时破坏碘分子之间的分子间作用力，故A错误；
B．硅属于单质，其熔化时破坏非极性键，故B错误；
C．氯化钠属于离子晶体，电离时破坏离子键，故C错误；
D．氯化氢为共价化合物，HCl中存在的是极性键，溶于水电离成自由移动的离子，破坏的是极性键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键类型的判断，题目难度不大，注意晶体的类型，分子间作用力和化学键的区别，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
5．（2分）下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3﹣二甲基丁烷 B．3，3﹣二甲基丁烷
C．3﹣乙基戊烷 D．2，2，3，3﹣﹣四甲基丁烷
【分析】烷烃命名原则：
①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；
②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；
④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：A.2，3﹣二甲基丁烷，主链为丁烷，在2、3号C原则各含有1个甲基，其结构简式为（CH3）2CHCH（CH3）2，该烷烃的命名合理，故A正确；
B.3，3﹣二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，2个甲基在2号C，正确名称应该为：2，2﹣二甲基丁烷，故B错误；
C.3﹣乙基戊烷，主链为戊烷，在3号C含有1个乙基，其结构简式为CH3CH2CH（CH2CH3）2，该烷烃的命名合理，故C正确；
D.2，2，3，3﹣四甲基丁烷，主链为单位，在2、3号C各含有2个甲基，其结构简式为（CH3）3CC（CH3）3，该烷烃的命名合理，故D正确；
故选：B。
【点评】本考点考查烷烃的命名，为高频考点，把握烷烃的命名原则为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6．（2分）配制0.2mol⋅L﹣1NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
【分析】根据c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断．
【解答】解：A.未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，浓度偏低，故A正确；
B.NaOH刚刚溶解完全就立即转入容量瓶中，这是热溶液体积大，一旦冷却下来，液面下降低于刻度线，溶液浓度偏大，故B错误；
C.容量瓶不需要干燥，容量瓶中残留水对测定结果无关，故C错误；
D.摇匀后液面低于刻度线，对测定结果无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，题目难度不大，c＝是误差分析的主要依据．
7．（2分）二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起HCO3﹣浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为HCO3﹣⇌H++CO32﹣
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
【分析】二氧化碳的过量排放，能导致海水中CO2+H2O⇌H2CO3﹣，H2CO3﹣⇌H++HCO3﹣，平衡右移，H+又能与珊瑚礁溶解生成的CO32﹣结合生成HCO3﹣，促使CaCO3⇌Ca2++CO32﹣，平衡右移，从而使珊瑚礁减少。
【解答】解：A．海水酸化，海水中H+和HCO3﹣的浓度增大，CO32﹣浓度减小，故A正确；
B．H+结合珊瑚礁溶解生成的CO32﹣，促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少，故B正确；
C．CO2引起海水酸化主要因为CO2+H2O⇌H2CO3﹣，H2CO3﹣⇌H++HCO3﹣，故C错误；
D．使用太阳能等新能源，能有效减少二氧化碳的排放，有利于改善海洋环境，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度适中。
8．（2分）如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe（OH）3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe（OH）2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
【分析】A.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+；
B.Fe3+能氧化碘离子；
C.硝酸能氧化Fe2+为Fe3+；
D.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁。
【解答】解：A.FeCl2溶液与H2O2溶液反应2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，可实现转化⑥，故A正确；
B.将Fe（OH）3溶于氢碘酸生成Fe2+和I2，不能实现转化③，故B错误；
C.将Fe（OH）2溶于稀硝酸转化为Fe3+、NO和水，故C错误；
D.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现转化①，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质与转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
9．（2分）如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe﹣3e→Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
【分析】由图可知，Fe、C和氯化钠溶液形成原电池，Fe作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣→Fe2+，C作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.Fe作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣→Fe2+，故A错误；
B.该过程化学能转化为电能，同时有热量产生，部分化学能转化为热能，故B错误；
C.C作正极，Fe、C和氯化钠溶液形成原电池，加速铁的腐蚀速度，故C错误；
D.此过程发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属的腐蚀，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护知识的相关知识是解题的关键。
10．（2分）下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
【分析】A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．同位素原子，质子数、电子数都相等；
C．新制氯水久置后为盐酸溶液；
D．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
【解答】解：A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗1mol氯气转移1mol电子，故A错误；
B．同位素原子，质子数、电子数都相等，化学性质相同，故B错误；
C．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，pH值减小，故C正确；
D．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以干燥的氯气能使鲜花褪色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氯气的化学性质及氯水的成分，明确HClO的性质是解答本题的关键，注意HClO具有漂白性，而干燥氯气不具有漂白性，题目难度不大。
11．（2分）下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
【分析】A．硫酸工业中发生反应2SO2+O2⇌2SO3，加压，平衡正移；
B．在母液中继续通入氨气、加入食盐使氯化铵析出；
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、氢气和氯气；
D．合成氨工业500℃时，催化剂的活性最大。
【解答】解：A．硫酸工业中发生反应2SO2+O2⇌2SO3，加压，平衡正移，采用高压，可以提高二氧化硫的转化率，故A正确；
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐使氯化铵析出，故B正确；
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到盐酸，故C错误；
D．合成氨工业500℃时，催化剂的活性最大，所以合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学在工业中的具体应用，侧重考查学生分析和解决问题的能力，试题难度中等。
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
【分析】该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．K2H3IO6中I元素化合价降低；
B．该反应中HI为还原剂；
C．KI既不是氧化产物又不是还原产物；
D．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂。
【解答】解：该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．K2H3IO6中I元素化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B．7molHI被氧化时，得到1mol还原产物，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.1mol，故B错误；
C．KI既不是氧化产物又不是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；
D．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，反应中有的HI作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：7，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价变化、基本概念内涵是解本题关键，注意：部分HI作还原剂，题目难度不大。
13．（2分）如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
【分析】由Z的结构简式，可知与Br2发生加成反应生成X为，X与氢气发生加成反应生成Y为，Y在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，与乙酸发生酯化反应生成。
【解答】解：A．与溴发生加成反应可以生成、，故A正确；
B．反应③发生卤代烃的水解反应，试剂I为氢氧化钠水溶液，故B错误；
C．A为，A的分子式为C6H8，故C正确；
D．酯化反应中羧酸提供羟基、醇提供羟基氢生成水，其它部分结合生成酯，用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，对比有机物结构变化明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
14．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．NO2通入水中：2NO2+H2O→2H++NO3﹣+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液等体积混和：HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓
D．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O→AgOH↓+NH4+
【分析】A.次氯酸是弱酸；
B.电荷不守恒；
C.等体积物质的量浓度的NaHCO3和Ba（OH）2两溶液混合生成BaCO3和H2O；
D.硝酸银与过量氨水反应生成Ag（NH3）2OH和硝酸铵、水。
【解答】解：A.次氯酸是弱酸，不能拆开，应该为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B.电荷不守恒，正确的应该是3NO2+H2O→2H++2NO3﹣+NO，故B错误；
C.NaHCO3和Ba（OH）2物质的量的相等，离子方程式：HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故C正确；
D.硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式为：AgNO3+3NH3•H2O＝Ag（NH3）2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3•H2O═Ag（NH3）2++OH﹣+NH4++2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子方程式书写考查，题目难度中等。
15．（2分）在25℃、1.01×105Pa下，1mol氢气燃烧生成气态水的能量变化如图所示，已知：2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+490kJ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O﹣H键的键能为930kJ•mol﹣1
B．a＝249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲＞乙＞丙
D．1molH2O（l）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
【分析】A．由图可知，生成2molO﹣H键释放930kJ的能量；
B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；
C．甲→乙需要吸收能量，乙→丙需要放热能量，且甲→丙为放热反应；
D．由图可知，2molH与1molO生成1molH2O（g）释放930kJ能量。
【解答】解：A．由图可知，生成2molO﹣H键释放930kJ的能量，则O﹣H键的键能为465kJ•mol﹣1，故A错误；
B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，则﹣490kJ/mol＝2×（436+a﹣930）kJ/mol，解得a＝249，故B正确；
C．甲→乙需要吸收能量，乙→丙需要放热能量，且甲→丙为放热反应，则物质所具有的总能量大小关系为：乙＞甲＞丙，故C错误；
D．由图可知，2molH与1molO生成1molH2O（g）释放930kJ能量，则1molH2O（g）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
16．（2分）常温下，用0.100mol•L﹣1氨水滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00mL，且c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．当滴入氨水20.00mL时，c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）
D．当滴入氨水10.00mL时，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
【分析】A．浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离；
B．当滴入氨水20mL时，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，氯化铵中铵根离子水解，溶液呈酸性，使溶液呈中性，需滴入的氨水的量大于20mL，根据电荷守恒来作答；
C．当滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒来作答；
D．当滴入氨水10mL时，盐酸恰好全部反应得到等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合物，结合溶液中物料守恒来作答。
【解答】解：A．浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离，则c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故A正确；
B．同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入氨水20mL时，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，氯化铵中铵根离子水解，溶液呈酸性，使溶液呈中性，需滴入的氨水的量大于20mL，由电荷守恒得：c（H+）+c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），则c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），c（NH4+）＞c（Cl﹣），故B错误；
C．当滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），由电荷守恒得：c（H+）+c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），故C正确；
D．当滴入氨水10mL时，盐酸恰好全部反应得到等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液酸碱性的判断方法，明确电荷守恒、物料守恒的含义，能够根据溶液中守恒关系判断各离子浓度大小。
17．（2分）工业上以SO2和纯碱为原料制无水NaHSO3如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成
B．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
C．气流干燥时温度不宜过高
D．母液中含有NaHCO3
【分析】分析流程可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3＝Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3＝Na2SO3+NaHCO3，调节pH＝8后得到Na2SO3和NaHCO3；通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，结晶析出大量NaHSO3晶体，过滤得到含有NaHSO3晶体的湿料，湿料通过气流干燥得到纯净的NaHSO3，以此分析解答。
【解答】解：A．根据上述分析可知，吸收过程中发生反应SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，有二氧化碳气体产生，故A正确；
B．加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3＝Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3＝Na2SO3+NaHCO3，则中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，故B正确；
C．高温时NaHSO3易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，故C正确；
D．结晶过程中通入的二氧化硫足量，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以不会产生NaHCO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，明确制备流程、反应原理、物质性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
18．（2分）X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q＞Y
D．化合物R（YX）2是强碱
【分析】X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示，X为+1价，其原子半径最小，则X为H元素；Y只有﹣2价，则Y为O元素；M存在﹣1和+7价，则M为Cl元素；Z存在+5和﹣3价，其原子半径大于O小于Cl，则Z为N元素；Q化合价为+1，其原子半径大于Cl小于R，则Q为Na元素；R的化合价为+2，其原子半径大于Na，则R为Ca元素，以此分析解答。
【解答】解：X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，Q为Na元素，R为Ca元素。
A．H、O组成的过氧化氢分子中含有O﹣O非极性共价键，故A正确；
B．H、O、N形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，组成的化合物可能是酸、碱或盐，故B正确；
C．钠离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Q＜Y，故C错误；
D．R（YX）2为Ca（OH）2，Ca（OH）2属于强碱，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子半径、元素化合价来推断元素为解答关键，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。
19．（2分）下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动；
C．加碘水可检验淀粉；
D．醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，生成PbS沉淀。
【解答】解：A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，故A错误；
B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，红色变浅，则Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡，故B正确；
C．加碘水可检验淀粉，由实验及现象可知，淀粉可能部分水解、可能完全水解，不能判断是否水解，故C错误；
D．醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，生成PbS沉淀，不溶于醋酸，不能比较H2S与CH3COOH酸性强弱，故D错误；
故选：B。
【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、反应与现象、盐类水解、酸性比较、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。
20．（2分）向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌4H2O（g）+CH2＝CH2（g）。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
【分析】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小；
B．根据图知，温度低于250℃，CO2的平衡转化率降低；
C．根据图知，M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%；
D．温度越低，反应速率越慢，同时催化剂的活性也受温度影响。
【解答】解：A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，故A错误；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度，CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，故B错误；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，故C正确；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡的影响因素等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和读图能力，把握图象分析判断、化学平衡的影响因素等是解本题关键，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 第二周期第VA族 ，氮原子核外电子共占据 5 个轨道，最外层有 2 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 三角锥形 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 强 （填“强”或者“弱”）。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 K＝ 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0～10min的氨气的化学反应速率为 0.0005mol/（L•min） 。据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 通入氨气 （用文字表达）。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到（NH4）2SO4，则该溶液中c（NH4+）与c（SO42﹣）之比 ＜ 2：1（选填“＞”、“＜”、“＝”），请结合离子方程式解释其原因 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ 。
【分析】（1）氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道；
（2）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷；
（3）工业合成氨反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0～10min内氮气的化学反应速率为v（N2）＝0.00025mol/（L•min），由速率之比等于系数比，则v（NH3）＝2v（N2）＝0.0005mol/（L•min）；
（4）（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致NH4+的浓度减小。
【解答】解：（1）氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子，
故答案为：第二周期第VA族；5；2；
（2）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强.
故答案为：三角锥形；强；
（3）工业合成氨反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），化学平衡常数表达式为K＝；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0～10min内氮气的化学反应速率为v（N2）＝0.00025mol/（L•min），由速率之比等于系数比，则v（NH3）＝2v（N2）＝0.0005mol/（L•min）；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气，
故答案为：K＝；0.0005mol/（L•min）；通入氨气；
（4）（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c（NH4+）与c（SO42﹣）之比＜2：1，
故答案为：＜；NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+。
【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、意义，反应速率计算等，题目难度中等，注意化学平衡常数大小说明反应进行程度，与反应难易无关、与反应速率无关。
22．（14分）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼（N2H4）（g）燃烧生成N2（g）和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9～3.5
0.5
0.25～0.8
0.25
0.1
0.8～1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40﹣55℃下进行表面处理0.5～2min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O 。工业上制铝，可采用电解 B （请选填序号）；
A．AlCl3
B．Al2O3
C．NaAlO2
同时需添加 冰晶石 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 Na2CO3 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 11.2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+） 。
【分析】（1）1g肼（N2H4）气体在空气中燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，据此计算出32g肼完全燃烧放出的热量，然后结合热化学方程式书写原则解答；
（2）碱溶液可以溶解氧化铝，工业上电解熔融氧化铝制备铝，为降低氧化铝熔点，加入冰晶石；
（3）氧化还原反应中元素化合价降低的做氧化剂，被还原剂还原得到还原产物，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，反应中生成1molO2电子转移2mol；
（4）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【解答】解：（1）已知1g肼（N2H4）气体在空气中燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，32g（1mol）肼完全燃烧放出热量为：16.7kJ×32＝534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1，
故答案为：N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1；
（2）碱腐蚀过程中氧化铝溶于氢氧化钠溶于生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O，工业上制铝，可采用电解熔融氧化铝得到，氯化铝为共价化合物，不导电，偏铝酸钠电解不能得到金属铝，故选：B，同时需添加冰晶石以降低熔点减少能量损耗，
故答案为：2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O；B；冰晶石；
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，氧元素化合价﹣1价降低到﹣2价，升高到0价，其中还原产物为Na2CO3，反应中生成1molO2电子转移2mol，当转移1mol电子时，生成氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下O2 的体积＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，
故答案为：Na2CO3；11.2；
（4）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+），减少了水污染，
故答案为：Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、氧化还原反应、盐类水解、工业制备金属铝等知识点，注意知识的熟练掌握和应用，题目难度不大。
23．（15分）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如图：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 HOCH2CH2CH2CH2OH ，E的官能团名称为 羧基 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH ，由B生成C的反应类型
为 消去反应 ，由B生成D的反应条件为 Cu、加热 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 6 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 HCOOCH2CH2OOCH 。
a．含酯基，不含醚键
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1﹣丁醇的合成路线流程图 CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH 。
【分析】C发生加聚反应生成顺丁橡胶，顺丁橡胶的结构简式为，则C为CH2＝CHCH＝CH2，乙炔和甲醛发生信息中的反应生成A为HOCH2C≡CCH2OH，A和氢气发生加成反应生成B，B不能使溴水褪色，则B中不含碳碳三键或碳碳双键，所以B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生消去反应生成C；B发生催化氧化生成D为OHCCH2CH2CHO，D发生氧化反应生成E为HOOCCH2CH2COOH，E和B发生缩聚反应生成PBS为；
（4）以丙烯为原料制备1﹣丁醇，丙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CHBrCH3，BrCH2CHBrCH3发生消去反应生成HC≡CCH3，HC≡CCH3和HCHO发生信息中的反应生成CH3C≡CCH2OH，CH3C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH。
【解答】解：（1）B不能使溴水褪色，则B的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，E为HOOCCH2CH2COOH，E的官能团名称为羧基，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH；羧基；
（2）A为HOCH2C≡CCH2OH，由乙炔生成A的化学方程式为HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH，B中醇羟基发生消去反应生成C中碳碳双键，所以由B生成C的反应类型为消去反应，B中醇羟基在Cu做催化剂、加热条件下发生氧化反应生成D，由B生成D的反应条件为Cu、加热，
故答案为：HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；消去反应；Cu、加热；
（3）E为HOOCCH2CH2COOH，E的同分异构体同时满足以下两个条件：
a．含酯基，不含醚键；
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg，符合条件的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH、HCOOCH（CH3）OOCH、HCOOCH2CH（OH）CHO、HCOOCH（OH）CH2CHO、HCOOC（OH）（CH3）CHO、HCOOC（CH2OH）CHO，所以共有6种，只有两种氢原子的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH，
故答案为：6；HCOOCH2CH2OOCH；
（4）以丙烯为原料制备1﹣丁醇，丙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CHBrCH3，BrCH2CHBrCH3发生消去反应生成HC≡CCH3，HC≡CCH3和HCHO发生信息中的反应生成CH3C≡CCH2OH，CH3C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，合成路线为CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH，
故答案为：CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的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．（16分）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500mL奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
（1）该小组将100.00mL海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀 。取一半该粗盐，若将SO42﹣转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO42﹣已沉淀完全 静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀 ；洗涤干燥后，称量得到0.023g沉淀，则该海水中SO42﹣的含量为 0.001 mol/L，若未洗涤，则测得结果 偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO42﹣，操作流程如图：
（2）步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 漏斗、烧杯、玻璃棒 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 1 次。若m2＝1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 不能，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl 。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
（3）请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 甲 ，请说明理由 氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液 。
【分析】（1）实验室用稀盐酸和BaCl2溶液检验硫酸根，判断SO42﹣已沉淀完全方法是检验上层清液没有硫酸根，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大；
（2）步骤⑤是过滤，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl；
（3）装置甲更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液。
【解答】解：（1）实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，判断SO42﹣已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；若BaSO4是0.023g，则该海水中SO42﹣的含量为＝0.001mol/L，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，
故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.001；偏大；
（2）步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl；
（3）甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，
故答案为：甲；氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液。
【点评】本题考查粗盐提纯及其综合利用，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
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2022年上海市奉贤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选项）
1．（2分）关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
2．（2分）医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
3．（2分）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
4．（2分）下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
5．（2分）下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3﹣二甲基丁烷 B．3，3﹣二甲基丁烷
C．3﹣乙基戊烷 D．2，2，3，3﹣﹣四甲基丁烷
6．（2分）配制0.2mol⋅L﹣1NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
7．（2分）二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起HCO3﹣浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为HCO3﹣⇌H++CO32﹣
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
8．（2分）如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe（OH）3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe（OH）2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
9．（2分）如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe﹣3e→Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
10．（2分）下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
11．（2分）下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
13．（2分）如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
14．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．NO2通入水中：2NO2+H2O→2H++NO3﹣+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液等体积混和：HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓
D．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O→AgOH↓+NH4+
15．（2分）在25℃、1.01×105Pa下，1mol氢气燃烧生成气态水的能量变化如图所示，已知：2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+490kJ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O﹣H键的键能为930kJ•mol﹣1
B．a＝249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲＞乙＞丙
D．1molH2O（l）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
16．（2分）常温下，用0.100mol•L﹣1氨水滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00mL，且c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．当滴入氨水20.00mL时，c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）
D．当滴入氨水10.00mL时，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
17．（2分）工业上以SO2和纯碱为原料制无水NaHSO3如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成
B．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
C．气流干燥时温度不宜过高
D．母液中含有NaHCO3
18．（2分）X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q＞Y
D．化合物R（YX）2是强碱
19．（2分）下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
20．（2分）向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌4H2O（g）+CH2＝CH2（g）。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 ，氮原子核外电子共占据 个轨道，最外层有 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 （填“强”或者“弱”）。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0～10min的氨气的化学反应速率为 。据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 （用文字表达）。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到（NH4）2SO4，则该溶液中c（NH4+）与c（SO42﹣）之比 2：1（选填“＞”、“＜”、“＝”），请结合离子方程式解释其原因 。
22．（14分）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼（N2H4）（g）燃烧生成N2（g）和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9～3.5
0.5
0.25～0.8
0.25
0.1
0.8～1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40﹣55℃下进行表面处理0.5～2min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 。工业上制铝，可采用电解 （请选填序号）；
A．AlCl3
B．Al2O3
C．NaAlO2
同时需添加 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 。
23．（15分）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如图：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 ，E的官能团名称为 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 ，由B生成C的反应类型
为 ，由B生成D的反应条件为 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 。
a．含酯基，不含醚键
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1﹣丁醇的合成路线流程图 。
24．（16分）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500mL奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
（1）该小组将100.00mL海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 。取一半该粗盐，若将SO42﹣转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO42﹣已沉淀完全 ；洗涤干燥后，称量得到0.023g沉淀，则该海水中SO42﹣的含量为 mol/L，若未洗涤，则测得结果 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO42﹣，操作流程如图：
（2）步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 次。若m2＝1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
（3）请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 ，请说明理由 。
2022年上海市奉贤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选项）
1．（2分）关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
【分析】A．碳纤维属于碳的单质；
B．氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水；
C．铝合金密度小、性质稳定；
D．钠的焰色试验呈黄色。
【解答】解：A．碳纤维属于碳的单质，是一种无机材料，不属于有机高分子材料，故A错误；
B．氢气作燃料，热值高，且燃烧产物为水，对环境友好无污染，故B正确；
C．铝合金密度小、熔点低、硬度大、耐腐蚀，性质稳定，故C正确；
D．含钠元素的“配方“可使火焰呈黄色，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学在人类的生产、生活中的应用，从而体现化学的重要性，增强学生学习化学的兴趣，难度不大，需要细心。
2．（2分）医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
【分析】A．32P和31P的质量数不同，中子数不同；
B．磷元素的核电荷数＝质子数＝原子序数＝15；
C．原子中质量数＝质子数+中子数；
D．摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对原子质量的近似整数值。
【解答】解：A．32P和31P质子数相同，为同种元素，中子数不同，是同种元素的不同原子，故A错误；
B．32P的质子数为15，故B错误；
C．31P的中子数＝31﹣15＝16，故C正确；
D．32P的摩尔质量为32g/mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、微粒数关系、摩尔质量等概念的理解应用，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（2分）下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
【分析】A．甲醛的的结构简式为HCHO，原子半径：C＞O＞H；
B．甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物；
C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C＞O＞H；
D．甲基中C、H原子间共用1对电子，碳原子外围电子数为7。
【解答】解：A．甲醛的的结构简式为HCHO，中心原子是C，原子半径：C＞O＞H，其比例模型为，故A正确；
B．羧酸脱羟基，醇脱氢原子，则HCOOH和CH3OH发生酯化反应时生成甲酸甲酯，结构简式为HCOOCH3，故B正确；
C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，原子半径：C＞O＞H，其球棍模型为，故C正确；
D．甲基中C、H原子间共用1对电子，碳原子外围电子数为7，其电子式为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法及正误判断，为高频考点，涉及结构简式、球棍模型、电子式和比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4．（2分）下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
【分析】首先判断晶体的类型，明确晶体中粒子间的作用力，根据物质的变化判断共价键是否被破坏，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，据此分析．
【解答】解：A．碘属于分子晶体，升华时破坏碘分子之间的分子间作用力，故A错误；
B．硅属于单质，其熔化时破坏非极性键，故B错误；
C．氯化钠属于离子晶体，电离时破坏离子键，故C错误；
D．氯化氢为共价化合物，HCl中存在的是极性键，溶于水电离成自由移动的离子，破坏的是极性键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键类型的判断，题目难度不大，注意晶体的类型，分子间作用力和化学键的区别，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
5．（2分）下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3﹣二甲基丁烷 B．3，3﹣二甲基丁烷
C．3﹣乙基戊烷 D．2，2，3，3﹣﹣四甲基丁烷
【分析】烷烃命名原则：
①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；
②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；
④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：A.2，3﹣二甲基丁烷，主链为丁烷，在2、3号C原则各含有1个甲基，其结构简式为（CH3）2CHCH（CH3）2，该烷烃的命名合理，故A正确；
B.3，3﹣二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，2个甲基在2号C，正确名称应该为：2，2﹣二甲基丁烷，故B错误；
C.3﹣乙基戊烷，主链为戊烷，在3号C含有1个乙基，其结构简式为CH3CH2CH（CH2CH3）2，该烷烃的命名合理，故C正确；
D.2，2，3，3﹣四甲基丁烷，主链为单位，在2、3号C各含有2个甲基，其结构简式为（CH3）3CC（CH3）3，该烷烃的命名合理，故D正确；
故选：B。
【点评】本考点考查烷烃的命名，为高频考点，把握烷烃的命名原则为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6．（2分）配制0.2mol⋅L﹣1NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
【分析】根据c＝分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断．
【解答】解：A.未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，浓度偏低，故A正确；
B.NaOH刚刚溶解完全就立即转入容量瓶中，这是热溶液体积大，一旦冷却下来，液面下降低于刻度线，溶液浓度偏大，故B错误；
C.容量瓶不需要干燥，容量瓶中残留水对测定结果无关，故C错误；
D.摇匀后液面低于刻度线，对测定结果无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，题目难度不大，c＝是误差分析的主要依据．
7．（2分）二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起HCO3﹣浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为HCO3﹣⇌H++CO32﹣
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
【分析】二氧化碳的过量排放，能导致海水中CO2+H2O⇌H2CO3﹣，H2CO3﹣⇌H++HCO3﹣，平衡右移，H+又能与珊瑚礁溶解生成的CO32﹣结合生成HCO3﹣，促使CaCO3⇌Ca2++CO32﹣，平衡右移，从而使珊瑚礁减少。
【解答】解：A．海水酸化，海水中H+和HCO3﹣的浓度增大，CO32﹣浓度减小，故A正确；
B．H+结合珊瑚礁溶解生成的CO32﹣，促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少，故B正确；
C．CO2引起海水酸化主要因为CO2+H2O⇌H2CO3﹣，H2CO3﹣⇌H++HCO3﹣，故C错误；
D．使用太阳能等新能源，能有效减少二氧化碳的排放，有利于改善海洋环境，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度适中。
8．（2分）如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe（OH）3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe（OH）2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
【分析】A.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+；
B.Fe3+能氧化碘离子；
C.硝酸能氧化Fe2+为Fe3+；
D.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁。
【解答】解：A.FeCl2溶液与H2O2溶液反应2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，可实现转化⑥，故A正确；
B.将Fe（OH）3溶于氢碘酸生成Fe2+和I2，不能实现转化③，故B错误；
C.将Fe（OH）2溶于稀硝酸转化为Fe3+、NO和水，故C错误；
D.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现转化①，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质与转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
9．（2分）如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe﹣3e→Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
【分析】由图可知，Fe、C和氯化钠溶液形成原电池，Fe作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣→Fe2+，C作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.Fe作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣→Fe2+，故A错误；
B.该过程化学能转化为电能，同时有热量产生，部分化学能转化为热能，故B错误；
C.C作正极，Fe、C和氯化钠溶液形成原电池，加速铁的腐蚀速度，故C错误；
D.此过程发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属的腐蚀，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护知识的相关知识是解题的关键。
10．（2分）下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
【分析】A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．同位素原子，质子数、电子数都相等；
C．新制氯水久置后为盐酸溶液；
D．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
【解答】解：A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗1mol氯气转移1mol电子，故A错误；
B．同位素原子，质子数、电子数都相等，化学性质相同，故B错误；
C．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，pH值减小，故C正确；
D．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以干燥的氯气能使鲜花褪色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氯气的化学性质及氯水的成分，明确HClO的性质是解答本题的关键，注意HClO具有漂白性，而干燥氯气不具有漂白性，题目难度不大。
11．（2分）下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
【分析】A．硫酸工业中发生反应2SO2+O2⇌2SO3，加压，平衡正移；
B．在母液中继续通入氨气、加入食盐使氯化铵析出；
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、氢气和氯气；
D．合成氨工业500℃时，催化剂的活性最大。
【解答】解：A．硫酸工业中发生反应2SO2+O2⇌2SO3，加压，平衡正移，采用高压，可以提高二氧化硫的转化率，故A正确；
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐使氯化铵析出，故B正确；
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到盐酸，故C错误；
D．合成氨工业500℃时，催化剂的活性最大，所以合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学在工业中的具体应用，侧重考查学生分析和解决问题的能力，试题难度中等。
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
【分析】该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．K2H3IO6中I元素化合价降低；
B．该反应中HI为还原剂；
C．KI既不是氧化产物又不是还原产物；
D．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂。
【解答】解：该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．K2H3IO6中I元素化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B．7molHI被氧化时，得到1mol还原产物，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.1mol，故B错误；
C．KI既不是氧化产物又不是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，故C错误；
D．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，反应中有的HI作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：7，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价变化、基本概念内涵是解本题关键，注意：部分HI作还原剂，题目难度不大。
13．（2分）如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
【分析】由Z的结构简式，可知与Br2发生加成反应生成X为，X与氢气发生加成反应生成Y为，Y在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，与乙酸发生酯化反应生成。
【解答】解：A．与溴发生加成反应可以生成、，故A正确；
B．反应③发生卤代烃的水解反应，试剂I为氢氧化钠水溶液，故B错误；
C．A为，A的分子式为C6H8，故C正确；
D．酯化反应中羧酸提供羟基、醇提供羟基氢生成水，其它部分结合生成酯，用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，对比有机物结构变化明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
14．（2分）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．NO2通入水中：2NO2+H2O→2H++NO3﹣+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液等体积混和：HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓
D．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O→AgOH↓+NH4+
【分析】A.次氯酸是弱酸；
B.电荷不守恒；
C.等体积物质的量浓度的NaHCO3和Ba（OH）2两溶液混合生成BaCO3和H2O；
D.硝酸银与过量氨水反应生成Ag（NH3）2OH和硝酸铵、水。
【解答】解：A.次氯酸是弱酸，不能拆开，应该为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B.电荷不守恒，正确的应该是3NO2+H2O→2H++2NO3﹣+NO，故B错误；
C.NaHCO3和Ba（OH）2物质的量的相等，离子方程式：HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故C正确；
D.硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式为：AgNO3+3NH3•H2O＝Ag（NH3）2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3•H2O═Ag（NH3）2++OH﹣+NH4++2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子方程式书写考查，题目难度中等。
15．（2分）在25℃、1.01×105Pa下，1mol氢气燃烧生成气态水的能量变化如图所示，已知：2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+490kJ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O﹣H键的键能为930kJ•mol﹣1
B．a＝249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲＞乙＞丙
D．1molH2O（l）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
【分析】A．由图可知，生成2molO﹣H键释放930kJ的能量；
B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；
C．甲→乙需要吸收能量，乙→丙需要放热能量，且甲→丙为放热反应；
D．由图可知，2molH与1molO生成1molH2O（g）释放930kJ能量。
【解答】解：A．由图可知，生成2molO﹣H键释放930kJ的能量，则O﹣H键的键能为465kJ•mol﹣1，故A错误；
B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，则﹣490kJ/mol＝2×（436+a﹣930）kJ/mol，解得a＝249，故B正确；
C．甲→乙需要吸收能量，乙→丙需要放热能量，且甲→丙为放热反应，则物质所具有的总能量大小关系为：乙＞甲＞丙，故C错误；
D．由图可知，2molH与1molO生成1molH2O（g）释放930kJ能量，则1molH2O（g）分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
16．（2分）常温下，用0.100mol•L﹣1氨水滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00mL，且c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．当滴入氨水20.00mL时，c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）
D．当滴入氨水10.00mL时，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
【分析】A．浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离；
B．当滴入氨水20mL时，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，氯化铵中铵根离子水解，溶液呈酸性，使溶液呈中性，需滴入的氨水的量大于20mL，根据电荷守恒来作答；
C．当滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒来作答；
D．当滴入氨水10mL时，盐酸恰好全部反应得到等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合物，结合溶液中物料守恒来作答。
【解答】解：A．浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液中，盐酸完全电离，醋酸部分电离，则c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故A正确；
B．同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入氨水20mL时，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，氯化铵中铵根离子水解，溶液呈酸性，使溶液呈中性，需滴入的氨水的量大于20mL，由电荷守恒得：c（H+）+c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），则c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），c（NH4+）＞c（Cl﹣），故B错误；
C．当滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），由电荷守恒得：c（H+）+c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（NH4+）＜c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），故C正确；
D．当滴入氨水10mL时，盐酸恰好全部反应得到等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液酸碱性的判断方法，明确电荷守恒、物料守恒的含义，能够根据溶液中守恒关系判断各离子浓度大小。
17．（2分）工业上以SO2和纯碱为原料制无水NaHSO3如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成
B．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
C．气流干燥时温度不宜过高
D．母液中含有NaHCO3
【分析】分析流程可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3＝Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3＝Na2SO3+NaHCO3，调节pH＝8后得到Na2SO3和NaHCO3；通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，结晶析出大量NaHSO3晶体，过滤得到含有NaHSO3晶体的湿料，湿料通过气流干燥得到纯净的NaHSO3，以此分析解答。
【解答】解：A．根据上述分析可知，吸收过程中发生反应SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，有二氧化碳气体产生，故A正确；
B．加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3＝Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3＝Na2SO3+NaHCO3，则中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，故B正确；
C．高温时NaHSO3易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，故C正确；
D．结晶过程中通入的二氧化硫足量，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以不会产生NaHCO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，明确制备流程、反应原理、物质性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
18．（2分）X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q＞Y
D．化合物R（YX）2是强碱
【分析】X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示，X为+1价，其原子半径最小，则X为H元素；Y只有﹣2价，则Y为O元素；M存在﹣1和+7价，则M为Cl元素；Z存在+5和﹣3价，其原子半径大于O小于Cl，则Z为N元素；Q化合价为+1，其原子半径大于Cl小于R，则Q为Na元素；R的化合价为+2，其原子半径大于Na，则R为Ca元素，以此分析解答。
【解答】解：X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，Q为Na元素，R为Ca元素。
A．H、O组成的过氧化氢分子中含有O﹣O非极性共价键，故A正确；
B．H、O、N形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，组成的化合物可能是酸、碱或盐，故B正确；
C．钠离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Q＜Y，故C错误；
D．R（YX）2为Ca（OH）2，Ca（OH）2属于强碱，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子半径、元素化合价来推断元素为解答关键，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。
19．（2分）下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动；
C．加碘水可检验淀粉；
D．醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，生成PbS沉淀。
【解答】解：A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定NaClO溶液的pH，故A错误；
B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，红色变浅，则Na2CO3溶液中存在CO32﹣的水解平衡，故B正确；
C．加碘水可检验淀粉，由实验及现象可知，淀粉可能部分水解、可能完全水解，不能判断是否水解，故C错误；
D．醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，生成PbS沉淀，不溶于醋酸，不能比较H2S与CH3COOH酸性强弱，故D错误；
故选：B。
【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、反应与现象、盐类水解、酸性比较、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。
20．（2分）向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌4H2O（g）+CH2＝CH2（g）。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
【分析】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小；
B．根据图知，温度低于250℃，CO2的平衡转化率降低；
C．根据图知，M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%；
D．温度越低，反应速率越慢，同时催化剂的活性也受温度影响。
【解答】解：A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，故A错误；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度，CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，故B错误；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，故C正确；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡的影响因素等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和读图能力，把握图象分析判断、化学平衡的影响因素等是解本题关键，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 第二周期第VA族 ，氮原子核外电子共占据 5 个轨道，最外层有 2 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 三角锥形 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 强 （填“强”或者“弱”）。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 K＝ 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0～10min的氨气的化学反应速率为 0.0005mol/（L•min） 。据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 通入氨气 （用文字表达）。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到（NH4）2SO4，则该溶液中c（NH4+）与c（SO42﹣）之比 ＜ 2：1（选填“＞”、“＜”、“＝”），请结合离子方程式解释其原因 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ 。
【分析】（1）氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道；
（2）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷；
（3）工业合成氨反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0～10min内氮气的化学反应速率为v（N2）＝0.00025mol/（L•min），由速率之比等于系数比，则v（NH3）＝2v（N2）＝0.0005mol/（L•min）；
（4）（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致NH4+的浓度减小。
【解答】解：（1）氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子，
故答案为：第二周期第VA族；5；2；
（2）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强.
故答案为：三角锥形；强；
（3）工业合成氨反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），化学平衡常数表达式为K＝；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0～10min内氮气的化学反应速率为v（N2）＝0.00025mol/（L•min），由速率之比等于系数比，则v（NH3）＝2v（N2）＝0.0005mol/（L•min）；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气，
故答案为：K＝；0.0005mol/（L•min）；通入氨气；
（4）（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c（NH4+）与c（SO42﹣）之比＜2：1，
故答案为：＜；NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+。
【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、意义，反应速率计算等，题目难度中等，注意化学平衡常数大小说明反应进行程度，与反应难易无关、与反应速率无关。
22．（14分）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼（N2H4）（g）燃烧生成N2（g）和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9～3.5
0.5
0.25～0.8
0.25
0.1
0.8～1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40﹣55℃下进行表面处理0.5～2min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O 。工业上制铝，可采用电解 B （请选填序号）；
A．AlCl3
B．Al2O3
C．NaAlO2
同时需添加 冰晶石 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 Na2CO3 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 11.2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+） 。
【分析】（1）1g肼（N2H4）气体在空气中燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，据此计算出32g肼完全燃烧放出的热量，然后结合热化学方程式书写原则解答；
（2）碱溶液可以溶解氧化铝，工业上电解熔融氧化铝制备铝，为降低氧化铝熔点，加入冰晶石；
（3）氧化还原反应中元素化合价降低的做氧化剂，被还原剂还原得到还原产物，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，反应中生成1molO2电子转移2mol；
（4）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【解答】解：（1）已知1g肼（N2H4）气体在空气中燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，32g（1mol）肼完全燃烧放出热量为：16.7kJ×32＝534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1，
故答案为：N2H4（g）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣534.4kJ•mol﹣1；
（2）碱腐蚀过程中氧化铝溶于氢氧化钠溶于生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O，工业上制铝，可采用电解熔融氧化铝得到，氯化铝为共价化合物，不导电，偏铝酸钠电解不能得到金属铝，故选：B，同时需添加冰晶石以降低熔点减少能量损耗，
故答案为：2NaOH+Al2O3＝2NaAlO2+H2O；B；冰晶石；
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，氧元素化合价﹣1价降低到﹣2价，升高到0价，其中还原产物为Na2CO3，反应中生成1molO2电子转移2mol，当转移1mol电子时，生成氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下O2 的体积＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，
故答案为：Na2CO3；11.2；
（4）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+），减少了水污染，
故答案为：Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、氧化还原反应、盐类水解、工业制备金属铝等知识点，注意知识的熟练掌握和应用，题目难度不大。
23．（15分）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如图：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 HOCH2CH2CH2CH2OH ，E的官能团名称为 羧基 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH ，由B生成C的反应类型
为 消去反应 ，由B生成D的反应条件为 Cu、加热 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 6 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 HCOOCH2CH2OOCH 。
a．含酯基，不含醚键
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1﹣丁醇的合成路线流程图 CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH 。
【分析】C发生加聚反应生成顺丁橡胶，顺丁橡胶的结构简式为，则C为CH2＝CHCH＝CH2，乙炔和甲醛发生信息中的反应生成A为HOCH2C≡CCH2OH，A和氢气发生加成反应生成B，B不能使溴水褪色，则B中不含碳碳三键或碳碳双键，所以B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生消去反应生成C；B发生催化氧化生成D为OHCCH2CH2CHO，D发生氧化反应生成E为HOOCCH2CH2COOH，E和B发生缩聚反应生成PBS为；
（4）以丙烯为原料制备1﹣丁醇，丙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CHBrCH3，BrCH2CHBrCH3发生消去反应生成HC≡CCH3，HC≡CCH3和HCHO发生信息中的反应生成CH3C≡CCH2OH，CH3C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH。
【解答】解：（1）B不能使溴水褪色，则B的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，E为HOOCCH2CH2COOH，E的官能团名称为羧基，
故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH；羧基；
（2）A为HOCH2C≡CCH2OH，由乙炔生成A的化学方程式为HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH，B中醇羟基发生消去反应生成C中碳碳双键，所以由B生成C的反应类型为消去反应，B中醇羟基在Cu做催化剂、加热条件下发生氧化反应生成D，由B生成D的反应条件为Cu、加热，
故答案为：HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；消去反应；Cu、加热；
（3）E为HOOCCH2CH2COOH，E的同分异构体同时满足以下两个条件：
a．含酯基，不含醚键；
b．1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg，符合条件的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH、HCOOCH（CH3）OOCH、HCOOCH2CH（OH）CHO、HCOOCH（OH）CH2CHO、HCOOC（OH）（CH3）CHO、HCOOC（CH2OH）CHO，所以共有6种，只有两种氢原子的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH，
故答案为：6；HCOOCH2CH2OOCH；
（4）以丙烯为原料制备1﹣丁醇，丙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CHBrCH3，BrCH2CHBrCH3发生消去反应生成HC≡CCH3，HC≡CCH3和HCHO发生信息中的反应生成CH3C≡CCH2OH，CH3C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，合成路线为CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH，
故答案为：CH2＝CHCH3BrCH2CHBrCH3HC≡CCH3CH3C≡CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的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．（16分）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500mL奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
（1）该小组将100.00mL海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀 。取一半该粗盐，若将SO42﹣转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO42﹣已沉淀完全 静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀 ；洗涤干燥后，称量得到0.023g沉淀，则该海水中SO42﹣的含量为 0.001 mol/L，若未洗涤，则测得结果 偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO42﹣，操作流程如图：
（2）步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 漏斗、烧杯、玻璃棒 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 1 次。若m2＝1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 不能，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl 。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
（3）请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 甲 ，请说明理由 氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液 。
【分析】（1）实验室用稀盐酸和BaCl2溶液检验硫酸根，判断SO42﹣已沉淀完全方法是检验上层清液没有硫酸根，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大；
（2）步骤⑤是过滤，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl；
（3）装置甲更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液。
【解答】解：（1）实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，判断SO42﹣已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；若BaSO4是0.023g，则该海水中SO42﹣的含量为＝0.001mol/L，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，
故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.001；偏大；
（2）步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl；
（3）甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，
故答案为：甲；氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液。
【点评】本题考查粗盐提纯及其综合利用，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
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