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2022年上海市静安区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市静安区高考化学二模试卷，共33页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市静安区高考化学二模试卷
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）
A．光导纤维 B．合成橡胶 C．聚乙炔 D．塑料制品
2．（2分）我国于2021年发布了《医用同位素中长期发展规划》。常见的医用同位素有14C、18F、131I 等，有关说法正确的是（ ）
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
3．（2分）水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）
A．H2SO4 B．NaCl C．CH3COONa D．NH4Cl
4．（2分）铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）
A．都有H2O生成 B．都有H2生成
C．都有AlO2﹣生成 D．都有Al3+生成
5．（2分）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）
A．明矾﹣净化水 B．漂白粉﹣漂白织物
C．食醋﹣除水垢 D．纯碱﹣去油污
6．（2分）工业上用如下反应制备CS2：S8（s）4S2（g）、CH4（g）+2S2（g）→CS2（g）+2H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．S原子最外层有6种能量不同的电子
B．S8与S2互为同位素
C．CS2的电子式：
D．CH4和H2S均为极性分子
7．（2分）某溶液中含大量NH4+、Na+、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣ 离子，其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（ ）
A．Na+ B．CO32﹣、NH4+
C．CH3COO﹣ D．CH3COO﹣、Na+
8．（2分）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）
A．FeFeCl3
B．FeFe2O3
C．FeFe（NO3）3
D．FeFeSO4
9．（2分）有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C9H10O2
B．1mol M最多能与5molH2发生加成反应
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．可以发生取代、加聚、氧化等反应
10．（2分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强
B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸
C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性
D．X与其他四种元素都能形成共价键
11．（2分）有机弱碱甲胺（CH3NH2）的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐（用CH3NH3Cl表示）。下列叙述正确的是（ ）
A．CH3NH3Cl水溶液中：c（Cl﹣）＝c（CH3NH3+）
B．0.01mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液的pH＝2
C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl﹣
D．0.1mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大
12．（2分）实验室用如图装置制备气体，合理的是（ ）
选项
反应试剂
制备的气体
A
电石、饱和食盐水
C2H2
B
FeS、稀 H2SO4
H2S
C
Zn、稀 H2SO4
H2
D
大理石、稀 HCl
CO2
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色
14．（2分）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
15．（2分）实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．混合反应物 B．生成乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．分离出乙酸乙酯
16．（2分）关于图中电化学装置的分析正确的是（ ）
A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜
C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极
D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe（OH）2并使其较长时间保持白色
17．（2分）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O
18．（2分）海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤③反应后的溶液酸性增强
B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质
D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离
19．（2分）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价相同
B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽
C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3
D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+
20．（2分）某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：
ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。
ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。
下列有关判断正确的是（ ）
A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣
B．试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣
C．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐
D．沉淀g一定含有Al（OH）3，可能含有BaCO3
二、综合题（共60分）
21．（15分）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间（min）
浓度（mol•L﹣1）
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2P亚层的轨道表示式为 。
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝ mol•L﹣1•min﹣1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 （填字母编号）。
a.加入合适的催化剂
b.适当缩小容器的体积
c.再通入一定量的NO
d.再加入一定量的活性炭
（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应（填“放热”或“吸热”），NO的平衡转化率 （填“升高”或“降低”）。
22．（15分）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。
回答下列问题：
（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl（填“＞”或“＜”），用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。
常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
（2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 （填序号）。
a．H2CO3
b．H2SO3
c．H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式） 。
（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。
（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式） ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。
23．（15分）有机化合物 J（）是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如图：
已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣CHO
回答下列问题：
（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型是 。G→H 还需要用到的无机反应试剂是 （填字母编号）。
a.Cl2
b.HCl
c.铁粉、液溴
d.H2O
（3）F→G的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH
②能发生水解反应、银镜反应等
（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3﹣丁二醇的的合成路线（其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ） 。
24．（15分）五氧化二氮（N2O5）是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。
回答下列问题：
（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。
某化学兴趣小组设计用臭氧（O3）氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如图：
（2）装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 （填字母编号）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a．热水
b．冰水
c．自来水
d．饱和食盐水
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是 （填字母编号）。判断C中反应已结束的简单方法是 。
a．溶解反应物NO2
b．充分混合反应物使其反应更加充分
c．控制O3的通入速度
d．溶解生成物N2O5
（4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。
N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。
取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol•L﹣1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。
已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O→Mn2++10NO3﹣+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。
（5）判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 （结果保留三位有效数字）。
2022年上海市静安区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）
A．光导纤维 B．合成橡胶 C．聚乙炔 D．塑料制品
【分析】高分子化合物多为高聚物，相对分子质量在10000以上，且为有机物，以此解答该题。
【解答】解：合成橡胶、聚乙炔、塑料均为高分子物质，光导纤维的主要成分为SiO2，为氧化物，不属于高分子物质，
故选：A。
【点评】本题考查高分子材料，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，熟悉高分子材料的相对分子质量及常见的高分子材料即可解答，题目难度不大。
2．（2分）我国于2021年发布了《医用同位素中长期发展规划》。常见的医用同位素有14C、18F、131I 等，有关说法正确的是（ ）
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
【分析】A．14C的质子数＝核电荷数＝核外电子数＝6，主族元素最外层电子数＝主族族序数，电子层数＝周期序数；
B．18F和131I是第ⅦA族的元素原子，最外层电子数相同；
C．14C与12C是碳元素的同位素，原子核外电子数相同，原子质量不同；
D．原子中质量数＝质子数+中子数，结合化学式计算分析判断。
【解答】解：A．14C的质子数＝核电荷数＝核外电子数＝6，位于周期表的第二周期第ⅣA，故A错误；
B．18F和131I是第ⅦA族元素原子，最外层电子数相同，都为7，具有相同的最外层电子数，故B正确；
C．14C与12C的最外层电子数相同，化学性质相同，质量数不同，物理性质不相同，故C错误；
D．化合物23Na131I的中子总数＝23﹣11+131﹣53＝90，中子总数不是奇数，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、元素性质、微粒关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2分）水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）
A．H2SO4 B．NaCl C．CH3COONa D．NH4Cl
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，水溶液呈酸性，说明该物质溶于水发生电离生成氢离子或发生盐类水解生成氢离子。
【解答】解：A．硫酸分子中只存在共价键，属于共价化合物，故A错误；
B．NaCl中存在离子键，NaCl属于离子化合物，但NaCl的水溶液呈中性，故B错误；
C．醋酸钠中存在离子键，属于离子化合物，但醋酸钠溶于水后，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故C错误；
D．氯化铵中存在离子键，属于离子化合物，氯化铵溶于水后，铵根离子水解生成氢离子导致溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、化合物类型判断、化合物水溶液酸碱性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵及基本原理是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）
A．都有H2O生成 B．都有H2生成
C．都有AlO2﹣生成 D．都有Al3+生成
【分析】若强碱为NaOH，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，以此来解答。
【解答】解：铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，若强碱为NaOH，
Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，
显然均生成偏铝酸盐，都有AlO2﹣生成，
故选：C。
【点评】本题考查Al及其化合物的性质，把握两性化合物与强碱的反应为解答本题的关键，明确发生的化学反应即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大。
5．（2分）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）
A．明矾﹣净化水 B．漂白粉﹣漂白织物
C．食醋﹣除水垢 D．纯碱﹣去油污
【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．
【解答】解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；
B．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B正确；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；
D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．
6．（2分）工业上用如下反应制备CS2：S8（s）4S2（g）、CH4（g）+2S2（g）→CS2（g）+2H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．S原子最外层有6种能量不同的电子
B．S8与S2互为同位素
C．CS2的电子式：
D．CH4和H2S均为极性分子
【分析】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同；
B．由同种元素组成的结构不同的单质互为同分异构体；
C．CS2的电子式类似于CO2，碳原子与两个硫原子分别共用2对电子；
D．分子中正负电荷中心不重合的为极性分子，能够重合的为非极性分子。
【解答】解：A．S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，故A错误；
B．S8与S2都是由S组成的不同单质，二者互为同素异形体，故B错误；
C．CS2的电子式类似于CO2，碳原子与两个硫原子分别共用2对电子，电子式为，故C正确；
D．甲烷为正四面体结构，正负电荷中心可以重合，为非极性分子；硫化氢为角型结构，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构组成、化学用语的使用、物质的分类，熟悉核外电子排布规律，同位素、同分异构体概念，电子式书写方法是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）某溶液中含大量NH4+、Na+、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣ 离子，其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（ ）
A．Na+ B．CO32﹣、NH4+
C．CH3COO﹣ D．CH3COO﹣、Na+
【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变．同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．
【解答】解：A、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故A错误；
B、HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣，则HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大，NH4+与OH﹣反应生成氨水，NH4+浓度会减少，故B错误；
C、加入足量过氧化钠，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO﹣﹣浓度基本不变，故C正确；
D、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+浓度增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查Na2O2的性质以及离子反应，注意过氧化钠的强氧化性，熟悉离子之间的反应即可解答，难度不大．
8．（2分）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）
A．FeFeCl3
B．FeFe2O3
C．FeFe（NO3）3
D．FeFeSO4
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
C．铁与足量稀硝酸反应，被氧化生成硝酸铁；
D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，FeFeCl3不能实现，故A正确；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，FeFe2O3不能实现，故B错误；
C．铁与足量稀硝酸反应，被氧化生成硝酸铁，FeFe（NO3）3能实现，故C正确；
D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，FeFeSO4能实现，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见物质间的转化，完成此题，可以根据物质的性质进行，所以要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。
9．（2分）有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C9H10O2
B．1mol M最多能与5molH2发生加成反应
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．可以发生取代、加聚、氧化等反应
【分析】A．C、H、O原子个数依次是9、8、2；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应；
C．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；
D．具有羧酸、苯、烯烃的性质。
【解答】解：A．C、H、O原子个数依次是9、8、2，分子式为C9H8O2，故A错误；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多消耗4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．分子中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，故C错误；
D．具有羧酸、苯、烯烃的性质，羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10．（2分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强
B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸
C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性
D．X与其他四种元素都能形成共价键
【分析】X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、M原子最外层电子数分别为4、5、6，则它们分别处于IVA族、VA族、VIA族，而原子半径：M＞Y＞Z，且Y、Z原子半径相差不大，可知M处于第三周期，Y、Z处于第二周期，故Y为C元素、Z为N元素、M为S元素；X、R原子最外层电子数为1，二者处于IA族，X的原子半径小于C的，R的原子半径大于S的，故X为H元素、R为Na元素。
【解答】解：由分析可知，故X为H元素、R为Na元素、Y为C元素、Z为N元素、M为S元素。
A．Y为C元素、Z为N元素，二者处于第二周期，而M为S元素，处于第三周期，故A错误；
B．Z为N元素、M为S元素，它们的氧化物对应的水化物中硝酸、硫酸为强酸，而亚硝酸、亚硫酸属于弱酸，故B错误；
C．X、M形成的化合物为H2S，硫元素处于最低价，具有还原性，其水溶液呈酸性，故C正确；
D．H与Na只能形成离子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题关键，注意抓住短周期元素，充分利用原子半径与最外层电子数分析判断各元素，注意对元素化合物知识的掌握。
11．（2分）有机弱碱甲胺（CH3NH2）的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐（用CH3NH3Cl表示）。下列叙述正确的是（ ）
A．CH3NH3Cl水溶液中：c（Cl﹣）＝c（CH3NH3+）
B．0.01mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液的pH＝2
C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl﹣
D．0.1mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大
【分析】A．CH3NH3+部分水解、Cl﹣不水解；
B．CH3NH3+水解，但水解程度较小；
C．CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离生成CH3NH3+和Cl﹣；
D．加水稀释促进CH3NH3+水解，但CH3NH3+水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小。
【解答】解：A．CH3NH3+部分水解、Cl﹣不水解，所以溶液中存在c（Cl﹣）＞c（CH3NH3+），故A错误；
B．CH3NH3+水解，但水解程度较小，所以溶液的pH为：2＜pH＜7，故B错误；
C．CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离生成CH3NH3+和Cl﹣，电离方程式为CH3NH3Cl═CH3NH3++Cl﹣，故C错误；
D．加水稀释促进CH3NH3+水解，但CH3NH3+水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，则溶液的pH升高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确盐类水解原理及水解程度是解本题关键，D选项为解答易错点，题目难度不大。
12．（2分）实验室用如图装置制备气体，合理的是（ ）
选项
反应试剂
制备的气体
A
电石、饱和食盐水
C2H2
B
FeS、稀 H2SO4
H2S
C
Zn、稀 H2SO4
H2
D
大理石、稀 HCl
CO2
A．A B．B C．C D．D
【分析】根据装置图可以看出，在不加热的条件下块状不溶固体和液体反应制备气体，生成气体可用向上排空法收集，据此来解答题目。
【解答】解：A．实验室常用碳化钙固体（俗称电石，化学式为CaC2）与饱和食盐水反应制备乙炔，同时生成氢氧化钙，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，乙炔气体的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，只须利用其微溶于水的性质用排水法收集，故A错误；
B．FeS和稀H2SO4反应生成硫化氢气体属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，硫化氢的密度比空气的平均密度大，图中的收集装置为向上排空气法，所以能用该装置收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；
C．锌粒与稀硫酸反应生成氢气，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，生成的氢气密度比空气的平均密度小，不能用向上排空气法收集，故C错误；
D．稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、二氧化碳、水，发生装置无误，产生的二氧化碳气体中混有挥发出的氯化氢，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查常见气体的制备原理、发生装置、收集装置的选用，掌握气体的性质是解决本题的关键，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
13．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色
【分析】A．二氧化硫与品红化合生成无色物质；
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性；
C．HCl、NH3均极易溶于水；
D．等物质的量的氯气和二氧化硫气体在溶液中恰好反应，不存在漂白作用。
【解答】解：A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现其漂白性，而Cl2能使品红溶液褪色，说明其氧化性，故A错误；
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性，不是漂白性，故B错误；
C．HCl、NH3均极易溶于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故C正确；
D．因为Cl2与SO2等物质的量作用于潮湿的红布条时发生如下反应：Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4而失去漂白作用，所以红布条不会褪色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
【分析】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，是氯碱工业；
B．硫酸工业在常压下用二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应中，二氧化硫转化率已经很大，增大压强对二氧化硫转化率越小不大；
C．侯德耪制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧；
D．海带、紫菜中富含碘元素，是获取碘元素的途径。
【解答】解：A．氯碱工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氢氧化钠、氯气和氢气，故A正确；
B．常压下二氧化硫转化为三氧化硫的转化率已经很大，增大压强，二氧化硫转化率增大不大，但增加了成本，经济效益低，故B正确；
C．侯德耪制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，两者CO2的来源不同，故C错误；
D．海带、紫菜中富含碘元素，灼烧溶解，在浸出溶液中加入氧化剂氯水氧化碘离子为碘单质，用有机萃取剂萃取后分液，通过蒸馏得到碘单质，工业上常以海带、紫菜或其它海产品为原料提取碘，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了侯氯碱工业、工业制备硫酸、德榜制碱法实验方案的设计、海水提碘等工业制备流程，明确物质的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。
15．（2分）实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．混合反应物 B．生成乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．分离出乙酸乙酯
【分析】A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B．水浴加热制备乙酸乙酯；
C．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度；
D．乙酸乙酯的密度小于水的密度。
【解答】A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入乙醇和乙酸的混合物中，故A错误；
B．水浴加热制备乙酸乙酯，图中装置可制备乙酸乙酯，故B正确；
C．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中收集装置合理，故C正确；
D．乙酸乙酯的密度小于水的密度，可选图中分液漏斗分离，先从下口分离出水层，再从上口倒出乙酸乙酯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
16．（2分）关于图中电化学装置的分析正确的是（ ）
A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜
C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极
D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe（OH）2并使其较长时间保持白色
【分析】该装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应，接负极的为阴极，发生还原反应，即图中石墨为阳极，铁为阴极，若M为滴加酚酞的NaCl溶液，则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；若M为CuSO4溶液，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此分析解答。
【解答】解：A．该装置为电解池，石墨为阳极，铁为阴极，若M为滴加酚酞的NaCl溶液，则阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以铁电极附近溶液显红色，故A正确；
B．石墨为阳极，铁为阴极，若M为CuSO4溶液，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，即不能在石墨上镀铜，故B错误；
C．该装置为电解池，电解池工作时，电子不能进入溶液中，故C错误；
D．若电源反接，M为NaCl溶液，阴极附近生成Fe（OH）2，但Fe（OH）2还原性强，易被溶解的氧气氧化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，正确判断电极及发生反应为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
17．（2分）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O
【分析】A．钠在空气中被氧气氧化为氧化钠；
B．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
C．铵根离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸铵、氢氧化钡的化学式组成；
D．氢氧化铁与碘化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水。
【解答】解：A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗，化学方程式为：4Na+O2→2Na2O，故A不选；
B．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式为：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O，故B不选；
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体，离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2NH4++2OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+2H2O，故C选；
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
18．（2分）海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤③反应后的溶液酸性增强
B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质
D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离
【分析】由流程可知，海水提取粗盐得到苦卤，酸化后通入氯气，发生反应2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，然后热空气吹出溴，得到含溴单质的空气，用二氧化硫的水溶液吸收，发生反应2H2O+SO2+Br2＝4H++SO42﹣+2Br﹣，得到的吸收液再通入氯气氧化富集溴，得到溴水混合物，蒸馏得到溴蒸气，冷凝分离得到液溴，以此来解答。
【解答】解：A．步骤③2H2O+SO2+Br2＝4H++SO42﹣+2Br﹣，反应后的溶液酸性增强，故A正确；
B．步骤②、③、④是富集溴，相当于“浓缩”环节，故B正确；
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质，热空气吹出溴，得到含溴单质的空气，故C正确；
D．乙醇易溶于水，不能在水溶液中分层，不能作萃取剂，不能将水与Br2分离，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、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，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。
19．（2分）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价相同
B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽
C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3
D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+
【分析】由实验装置可知，打开K1、K3，Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，在m处收集气体并验纯后，应先关闭K3，再打开K2，c中发生VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O，实现用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，以此来解答。
【解答】解：A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价分别为+4、+3，故A错误；
B．由VOSO4做催化剂时易被氧化，可知具有还原性，则b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽，故B正确；
C．在m处收集气体并验纯后，应先关闭K3，再打开K2，故C错误；
D．c中含Fe3+，不能用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+，应选酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。
20．（2分）某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：
ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。
ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。
下列有关判断正确的是（ ）
A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣
B．试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣
C．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐
D．沉淀g一定含有Al（OH）3，可能含有BaCO3
【分析】某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种，强酸性溶液中不存在CO32﹣，Fe2+和NO3﹣不能同时存在，
ⅰ．取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，说明气体b为NO，证明一定含有Fe2+、则原溶液中一定不存在NO3﹣，沉淀a为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42﹣；
ⅱ．过滤得滤液c，往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，生成气体d为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀e为Fe（OH）3；
ⅲ．过滤得滤液f，取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成，由于溶液f中含有过量的Ba2+，OH﹣，溶液f加入少量二氧化碳发生反应，生成的沉淀g一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al（OH）3，所以原溶液中不一定含有Al3+，Cl﹣无法确定，据此分析解答。
【解答】解：A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣，Cl﹣无法确定，故A错误；
B．分析可知试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣，故B正确；
C．气体b为NO和气体d为NH3，在一定条件下能反应生成氮气和水，不能生成盐，故C错误；
D．分析可知，沉淀g一定含有BaCO3，可能含有Al（OH）3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高考常见题型，为高频考点，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间（min）
浓度（mol•L﹣1）
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 2 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2P亚层的轨道表示式为 。
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝ 0.042 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 bc （填字母编号）。
a.加入合适的催化剂
b.适当缩小容器的体积
c.再通入一定量的NO
d.再加入一定量的活性炭
（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 放热 反应（填“放热”或“吸热”），NO的平衡转化率 降低 （填“升高”或“降低”）。
【分析】（1）碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子；N2分子为共价化合物；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4；
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝；
（3）根据反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），可知反应的平衡常数表达式为K＝，
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动；
c．再通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡正向移动；
d．再加入一定量的活性炭固体，不影响平衡；
（4）T1℃时，该反应的平衡常数K═＝＝4，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应。
【解答】解：（1）碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，
故答案为：2；；；
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝＝＝0.042mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.042；
（3）根据反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），可知反应的平衡常数表达式为K＝，
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，故a错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，故b正确；
c．再通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡正向移动，则表中数据会改变，故c正确；
d．再加入一定量的活性炭固体，不影响平衡，则表中数据不会改变，故d错误；
故答案为：K＝；bc；
（4）T1℃时，该反应的平衡常数K═＝＝4，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，
故答案为：放热；降低。
【点评】本题考查了平衡常数的有关计算、电子式、平衡移动的方向等，综合性较强，侧重分析及计算能力的考查，把握化学平衡常数的有关计算为解答的关键，题目难度中等。
22．（15分）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。
回答下列问题：
（1）次氯酸的结构式为 H﹣O﹣Cl ，碳化硅晶体属于 原子 晶体。非金属性S ＜ Cl（填“＞”或“＜”），用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强 。
常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
（2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 bac （填序号）。
a．H2CO3
b．H2SO3
c．H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式） NaHSO3 。
（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 。
（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式） NaHCO3（或NaClO） ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 因为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大 。
【分析】（1）次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，碳化硅晶体属于原子晶体，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强；
（2）NaHCO3、Na2SiO3、NaHSO3的三者均为强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱越水解；
（3）由于Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子会发生水解；
（4）氯气能与水反应，反应方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
【解答】解：（1）次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，碳化硅晶体属于原子晶体，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，则非金属性S＜Cl，
故答案为：H﹣O﹣Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强；
（2）NaHCO3、Na2SiO3、NaHSO3的三者均为强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱越水解，三者的pH分别为9.7、12.3、4.0，则常温下，相同物质的量浓度的H2CO3、H2SO3、H2SiO3的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是H2SO3＞H2CO3＞H2SiO3，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，水的电离程度越大，
故答案为：bac；NaHSO3；
（3）由于Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子会发生水解，水解方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，所以Na2CO3溶液pH＞7，
故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；
（4）氯气能与水反应，反应方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大，
故答案为：NaHCO3（或NaClO）；因为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
【点评】本题主要考查非金属性的递变规律、晶体类型、盐类的水解等知识，题目难度一般。
23．（15分）有机化合物 J（）是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如图：
已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣CHO
回答下列问题：
（1）A的分子式是 C7H6O2 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 羟基、羧基 。
（2）C→D的反应类型是 氧化反应 。G→H 还需要用到的无机反应试剂是 b （填字母编号）。
a.Cl2
b.HCl
c.铁粉、液溴
d.H2O
（3）F→G的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 或 。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH
②能发生水解反应、银镜反应等
（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3﹣丁二醇的的合成路线（其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ） 。
【分析】B和水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，C发生催化氧化生成D为CH3CHO，A和D发生信息中的反应生成E为，E发生银镜反应然后酸化得到F为，根据J的结构简式知，I发生酯化反应生成J，I为，则F发生消去反应生成G为，根据（2）题知，G和HCl发生加成反应生成H为，H发生水解反应然后酸化得到I；
（5）以有机物CH2＝CH2为原料制备1，3﹣丁二醇，乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，CH3CH（OH）CH2CHO和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）CH2CH2OH。
【解答】解：（1）A的分子式是C7H6O2，E的结构简式是，H为，化合物H中含氧官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：C7H6O2；；羟基、羧基；
（2）C→D的反应类型是氧化反应，G中含有碳碳双键，G中碳碳双键和HCl发生加成反应生成H，G→H 还需要用到的无机反应试剂是b，
故答案为：氧化反应；b；
（3）F→G的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）E为，E的同分异构体符合下列条件：
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH；
②能发生水解反应、银镜反应等，根据氧原子个数知，含有HCOO﹣，符合条件的结构简式为，
故答案为：或；
（5）以有机物CH2＝CH2为原料制备1，3﹣丁二醇，乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，CH3CH（OH）CH2CHO和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）CH2CH2OH，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，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．（15分）五氧化二氮（N2O5）是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。
回答下列问题：
（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2 。
某化学兴趣小组设计用臭氧（O3）氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如图：
（2）装置B的仪器名称是 球形干燥管 ；装置E的作用是 防止空气中的水蒸气进入C中 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 a （填字母编号）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a．热水
b．冰水
c．自来水
d．饱和食盐水
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是 bd （填字母编号）。判断C中反应已结束的简单方法是 当红棕色褪去 。
a．溶解反应物NO2
b．充分混合反应物使其反应更加充分
c．控制O3的通入速度
d．溶解生成物N2O5
（4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 无尾气处理装置 。
N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。
取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol•L﹣1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。
已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O→Mn2++10NO3﹣+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。
（5）判断滴定到达终点的方法是 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 。粗产品的纯度为 79.3% （结果保留三位有效数字）。
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；由于存在反应2NO2⇌N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3＝N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
【解答】解：（1）将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5，反应的化学方程式2Cl2+4AgNO3＝4AgCl↓+2N2O5+O2，
故答案为：2Cl2+4AgNO3＝4AgCl↓+2N2O5+O2；
（2）装置B的仪器名称是球形干燥管；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；实验时，先将三口烧瓶C浸入b．冷水中，使生成N2O4，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气，
故答案为：球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b；
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是溶解生成的N2O5和使反应物充分混合；装置C中，NO2溶于CH2Cl2 使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束，
故答案为：abd；当红棕色褪去；
（4）原装置存在一处明显的错误为无尾气处理装置会造成空气污染，
故答案为：无尾气处理装置；
（5）N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O＝2Mn2++10NO3﹣+4H+；酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；KMnO4的总物质的量为n＝cV＝0.1250mol•L﹣1×20.0×10﹣3L＝2.5×10﹣3mol，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O2～2KMnO4，则剩余的KMnO4物质的量为n（KMnO4）＝n（H2O2）＝×0.1000mol•L﹣1×17.50×10﹣3L＝0.7×10﹣3mol，所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为2.5×10﹣3mol﹣0.7×10﹣3mol＝1.8×10﹣3mol，由关系式：5N2O4～2KMnO4，n（N2O4）＝×1.8×10﹣3mol＝4.5×10﹣3mol，N2O4的质量m＝nM＝4.5×10﹣3mol×92g/mol＝0.414g，产品中N2O4的质量分数为×100%＝20.7%，则N2O5含量为1﹣20.7%＝79.3%，
故答案为：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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2022年上海市静安区高考化学二模试卷
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）
A．光导纤维 B．合成橡胶 C．聚乙炔 D．塑料制品
2．（2分）我国于2021年发布了《医用同位素中长期发展规划》。常见的医用同位素有14C、18F、131I 等，有关说法正确的是（ ）
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
3．（2分）水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）
A．H2SO4 B．NaCl C．CH3COONa D．NH4Cl
4．（2分）铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）
A．都有H2O生成 B．都有H2生成
C．都有AlO2﹣生成 D．都有Al3+生成
5．（2分）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）
A．明矾﹣净化水 B．漂白粉﹣漂白织物
C．食醋﹣除水垢 D．纯碱﹣去油污
6．（2分）工业上用如下反应制备CS2：S8（s）4S2（g）、CH4（g）+2S2（g）→CS2（g）+2H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．S原子最外层有6种能量不同的电子
B．S8与S2互为同位素
C．CS2的电子式：
D．CH4和H2S均为极性分子
7．（2分）某溶液中含大量NH4+、Na+、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣ 离子，其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（ ）
A．Na+ B．CO32﹣、NH4+
C．CH3COO﹣ D．CH3COO﹣、Na+
8．（2分）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）
A．FeFeCl3
B．FeFe2O3
C．FeFe（NO3）3
D．FeFeSO4
9．（2分）有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C9H10O2
B．1mol M最多能与5molH2发生加成反应
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．可以发生取代、加聚、氧化等反应
10．（2分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强
B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸
C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性
D．X与其他四种元素都能形成共价键
11．（2分）有机弱碱甲胺（CH3NH2）的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐（用CH3NH3Cl表示）。下列叙述正确的是（ ）
A．CH3NH3Cl水溶液中：c（Cl﹣）＝c（CH3NH3+）
B．0.01mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液的pH＝2
C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl﹣
D．0.1mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大
12．（2分）实验室用如图装置制备气体，合理的是（ ）
选项
反应试剂
制备的气体
A
电石、饱和食盐水
C2H2
B
FeS、稀 H2SO4
H2S
C
Zn、稀 H2SO4
H2
D
大理石、稀 HCl
CO2
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色
14．（2分）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
15．（2分）实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．混合反应物 B．生成乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．分离出乙酸乙酯
16．（2分）关于图中电化学装置的分析正确的是（ ）
A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜
C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极
D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe（OH）2并使其较长时间保持白色
17．（2分）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O
18．（2分）海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤③反应后的溶液酸性增强
B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质
D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离
19．（2分）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价相同
B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽
C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3
D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+
20．（2分）某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：
ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。
ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。
下列有关判断正确的是（ ）
A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣
B．试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣
C．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐
D．沉淀g一定含有Al（OH）3，可能含有BaCO3
二、综合题（共60分）
21．（15分）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间（min）
浓度（mol•L﹣1）
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2P亚层的轨道表示式为 。
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝ mol•L﹣1•min﹣1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 （填字母编号）。
a.加入合适的催化剂
b.适当缩小容器的体积
c.再通入一定量的NO
d.再加入一定量的活性炭
（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应（填“放热”或“吸热”），NO的平衡转化率 （填“升高”或“降低”）。
22．（15分）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。
回答下列问题：
（1）次氯酸的结构式为 ，碳化硅晶体属于 晶体。非金属性S Cl（填“＞”或“＜”），用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 。
常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
（2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 （填序号）。
a．H2CO3
b．H2SO3
c．H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式） 。
（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 。
（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式） ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 。
23．（15分）有机化合物 J（）是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如图：
已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣CHO
回答下列问题：
（1）A的分子式是 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型是 。G→H 还需要用到的无机反应试剂是 （填字母编号）。
a.Cl2
b.HCl
c.铁粉、液溴
d.H2O
（3）F→G的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH
②能发生水解反应、银镜反应等
（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3﹣丁二醇的的合成路线（其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ） 。
24．（15分）五氧化二氮（N2O5）是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。
回答下列问题：
（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 。
某化学兴趣小组设计用臭氧（O3）氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如图：
（2）装置B的仪器名称是 ；装置E的作用是 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 （填字母编号）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a．热水
b．冰水
c．自来水
d．饱和食盐水
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是 （填字母编号）。判断C中反应已结束的简单方法是 。
a．溶解反应物NO2
b．充分混合反应物使其反应更加充分
c．控制O3的通入速度
d．溶解生成物N2O5
（4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 。
N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。
取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol•L﹣1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。
已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O→Mn2++10NO3﹣+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。
（5）判断滴定到达终点的方法是 。粗产品的纯度为 （结果保留三位有效数字）。
2022年上海市静安区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）“一带一路”国家战略是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸是一种天然高分子材料，以下不属于高分子物质的是（ ）
A．光导纤维 B．合成橡胶 C．聚乙炔 D．塑料制品
【分析】高分子化合物多为高聚物，相对分子质量在10000以上，且为有机物，以此解答该题。
【解答】解：合成橡胶、聚乙炔、塑料均为高分子物质，光导纤维的主要成分为SiO2，为氧化物，不属于高分子物质，
故选：A。
【点评】本题考查高分子材料，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，熟悉高分子材料的相对分子质量及常见的高分子材料即可解答，题目难度不大。
2．（2分）我国于2021年发布了《医用同位素中长期发展规划》。常见的医用同位素有14C、18F、131I 等，有关说法正确的是（ ）
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
【分析】A．14C的质子数＝核电荷数＝核外电子数＝6，主族元素最外层电子数＝主族族序数，电子层数＝周期序数；
B．18F和131I是第ⅦA族的元素原子，最外层电子数相同；
C．14C与12C是碳元素的同位素，原子核外电子数相同，原子质量不同；
D．原子中质量数＝质子数+中子数，结合化学式计算分析判断。
【解答】解：A．14C的质子数＝核电荷数＝核外电子数＝6，位于周期表的第二周期第ⅣA，故A错误；
B．18F和131I是第ⅦA族元素原子，最外层电子数相同，都为7，具有相同的最外层电子数，故B正确；
C．14C与12C的最外层电子数相同，化学性质相同，质量数不同，物理性质不相同，故C错误；
D．化合物23Na131I的中子总数＝23﹣11+131﹣53＝90，中子总数不是奇数，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、元素性质、微粒关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2分）水溶液呈酸性，且属于离子化合物的是（ ）
A．H2SO4 B．NaCl C．CH3COONa D．NH4Cl
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，水溶液呈酸性，说明该物质溶于水发生电离生成氢离子或发生盐类水解生成氢离子。
【解答】解：A．硫酸分子中只存在共价键，属于共价化合物，故A错误；
B．NaCl中存在离子键，NaCl属于离子化合物，但NaCl的水溶液呈中性，故B错误；
C．醋酸钠中存在离子键，属于离子化合物，但醋酸钠溶于水后，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故C错误；
D．氯化铵中存在离子键，属于离子化合物，氯化铵溶于水后，铵根离子水解生成氢离子导致溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、化合物类型判断、化合物水溶液酸碱性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵及基本原理是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是（ ）
A．都有H2O生成 B．都有H2生成
C．都有AlO2﹣生成 D．都有Al3+生成
【分析】若强碱为NaOH，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，以此来解答。
【解答】解：铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，若强碱为NaOH，
Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，可溶性铝盐与NaOH反应生成偏铝酸钠和可溶性盐，
显然均生成偏铝酸盐，都有AlO2﹣生成，
故选：C。
【点评】本题考查Al及其化合物的性质，把握两性化合物与强碱的反应为解答本题的关键，明确发生的化学反应即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大。
5．（2分）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）
A．明矾﹣净化水 B．漂白粉﹣漂白织物
C．食醋﹣除水垢 D．纯碱﹣去油污
【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．
【解答】解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；
B．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B正确；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；
D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．
6．（2分）工业上用如下反应制备CS2：S8（s）4S2（g）、CH4（g）+2S2（g）→CS2（g）+2H2S（g）。下列说法正确的是（ ）
A．S原子最外层有6种能量不同的电子
B．S8与S2互为同位素
C．CS2的电子式：
D．CH4和H2S均为极性分子
【分析】A．S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同；
B．由同种元素组成的结构不同的单质互为同分异构体；
C．CS2的电子式类似于CO2，碳原子与两个硫原子分别共用2对电子；
D．分子中正负电荷中心不重合的为极性分子，能够重合的为非极性分子。
【解答】解：A．S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，同一能层同一能级上电子的能量相同，而不同能级上电子的能量不同，故S原子最外层有3s、3p两种能量不同的电子存在，故A错误；
B．S8与S2都是由S组成的不同单质，二者互为同素异形体，故B错误；
C．CS2的电子式类似于CO2，碳原子与两个硫原子分别共用2对电子，电子式为，故C正确；
D．甲烷为正四面体结构，正负电荷中心可以重合，为非极性分子；硫化氢为角型结构，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构组成、化学用语的使用、物质的分类，熟悉核外电子排布规律，同位素、同分异构体概念，电子式书写方法是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）某溶液中含大量NH4+、Na+、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣ 离子，其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（ ）
A．Na+ B．CO32﹣、NH4+
C．CH3COO﹣ D．CH3COO﹣、Na+
【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变．同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．
【解答】解：A、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故A错误；
B、HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣，则HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大，NH4+与OH﹣反应生成氨水，NH4+浓度会减少，故B错误；
C、加入足量过氧化钠，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO﹣﹣浓度基本不变，故C正确；
D、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+浓度增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查Na2O2的性质以及离子反应，注意过氧化钠的强氧化性，熟悉离子之间的反应即可解答，难度不大．
8．（2分）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是（ ）
A．FeFeCl3
B．FeFe2O3
C．FeFe（NO3）3
D．FeFeSO4
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；
C．铁与足量稀硝酸反应，被氧化生成硝酸铁；
D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，FeFeCl3不能实现，故A正确；
B．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，FeFe2O3不能实现，故B错误；
C．铁与足量稀硝酸反应，被氧化生成硝酸铁，FeFe（NO3）3能实现，故C正确；
D．铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，FeFeSO4能实现，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见物质间的转化，完成此题，可以根据物质的性质进行，所以要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。
9．（2分）有机物M是一种常用的医药中间体，其结构如图所示。下列关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C9H10O2
B．1mol M最多能与5molH2发生加成反应
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．可以发生取代、加聚、氧化等反应
【分析】A．C、H、O原子个数依次是9、8、2；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应；
C．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；
D．具有羧酸、苯、烯烃的性质。
【解答】解：A．C、H、O原子个数依次是9、8、2，分子式为C9H8O2，故A错误；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多消耗4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．分子中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，故C错误；
D．具有羧酸、苯、烯烃的性质，羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10．（2分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z、M属于同一周期，非金属性依次增强
B．Z、M的氧化物对应水化物均为强酸
C．X、M形成的化合物具有还原性，水溶液呈酸性
D．X与其他四种元素都能形成共价键
【分析】X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、M原子最外层电子数分别为4、5、6，则它们分别处于IVA族、VA族、VIA族，而原子半径：M＞Y＞Z，且Y、Z原子半径相差不大，可知M处于第三周期，Y、Z处于第二周期，故Y为C元素、Z为N元素、M为S元素；X、R原子最外层电子数为1，二者处于IA族，X的原子半径小于C的，R的原子半径大于S的，故X为H元素、R为Na元素。
【解答】解：由分析可知，故X为H元素、R为Na元素、Y为C元素、Z为N元素、M为S元素。
A．Y为C元素、Z为N元素，二者处于第二周期，而M为S元素，处于第三周期，故A错误；
B．Z为N元素、M为S元素，它们的氧化物对应的水化物中硝酸、硫酸为强酸，而亚硝酸、亚硫酸属于弱酸，故B错误；
C．X、M形成的化合物为H2S，硫元素处于最低价，具有还原性，其水溶液呈酸性，故C正确；
D．H与Na只能形成离子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题关键，注意抓住短周期元素，充分利用原子半径与最外层电子数分析判断各元素，注意对元素化合物知识的掌握。
11．（2分）有机弱碱甲胺（CH3NH2）的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐（用CH3NH3Cl表示）。下列叙述正确的是（ ）
A．CH3NH3Cl水溶液中：c（Cl﹣）＝c（CH3NH3+）
B．0.01mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液的pH＝2
C．CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl﹣
D．0.1mol•L﹣1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大
【分析】A．CH3NH3+部分水解、Cl﹣不水解；
B．CH3NH3+水解，但水解程度较小；
C．CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离生成CH3NH3+和Cl﹣；
D．加水稀释促进CH3NH3+水解，但CH3NH3+水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小。
【解答】解：A．CH3NH3+部分水解、Cl﹣不水解，所以溶液中存在c（Cl﹣）＞c（CH3NH3+），故A错误；
B．CH3NH3+水解，但水解程度较小，所以溶液的pH为：2＜pH＜7，故B错误；
C．CH3NH3Cl是强电解质，在水溶液中完全电离生成CH3NH3+和Cl﹣，电离方程式为CH3NH3Cl═CH3NH3++Cl﹣，故C错误；
D．加水稀释促进CH3NH3+水解，但CH3NH3+水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（H+）减小，则溶液的pH升高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确盐类水解原理及水解程度是解本题关键，D选项为解答易错点，题目难度不大。
12．（2分）实验室用如图装置制备气体，合理的是（ ）
选项
反应试剂
制备的气体
A
电石、饱和食盐水
C2H2
B
FeS、稀 H2SO4
H2S
C
Zn、稀 H2SO4
H2
D
大理石、稀 HCl
CO2
A．A B．B C．C D．D
【分析】根据装置图可以看出，在不加热的条件下块状不溶固体和液体反应制备气体，生成气体可用向上排空法收集，据此来解答题目。
【解答】解：A．实验室常用碳化钙固体（俗称电石，化学式为CaC2）与饱和食盐水反应制备乙炔，同时生成氢氧化钙，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，乙炔气体的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集，只须利用其微溶于水的性质用排水法收集，故A错误；
B．FeS和稀H2SO4反应生成硫化氢气体属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，硫化氢的密度比空气的平均密度大，图中的收集装置为向上排空气法，所以能用该装置收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；
C．锌粒与稀硫酸反应生成氢气，属于固体和液体混合反应不需要加热的反应，所以能用图中的左图部分制备，生成的氢气密度比空气的平均密度小，不能用向上排空气法收集，故C错误；
D．稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、二氧化碳、水，发生装置无误，产生的二氧化碳气体中混有挥发出的氯化氢，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查常见气体的制备原理、发生装置、收集装置的选用，掌握气体的性质是解决本题的关键，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
13．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．将等物质的量的Cl2和SO2的混合气体作用于潮湿的红布条，红布条立即快速褪色
【分析】A．二氧化硫与品红化合生成无色物质；
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性；
C．HCl、NH3均极易溶于水；
D．等物质的量的氯气和二氧化硫气体在溶液中恰好反应，不存在漂白作用。
【解答】解：A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现其漂白性，而Cl2能使品红溶液褪色，说明其氧化性，故A错误；
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性，不是漂白性，故B错误；
C．HCl、NH3均极易溶于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故C正确；
D．因为Cl2与SO2等物质的量作用于潮湿的红布条时发生如下反应：Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4而失去漂白作用，所以红布条不会褪色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）关于化工生产，下列说法错误的是（ ）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
【分析】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，是氯碱工业；
B．硫酸工业在常压下用二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应中，二氧化硫转化率已经很大，增大压强对二氧化硫转化率越小不大；
C．侯德耪制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧；
D．海带、紫菜中富含碘元素，是获取碘元素的途径。
【解答】解：A．氯碱工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氢氧化钠、氯气和氢气，故A正确；
B．常压下二氧化硫转化为三氧化硫的转化率已经很大，增大压强，二氧化硫转化率增大不大，但增加了成本，经济效益低，故B正确；
C．侯德耪制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，两者CO2的来源不同，故C错误；
D．海带、紫菜中富含碘元素，灼烧溶解，在浸出溶液中加入氧化剂氯水氧化碘离子为碘单质，用有机萃取剂萃取后分液，通过蒸馏得到碘单质，工业上常以海带、紫菜或其它海产品为原料提取碘，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了侯氯碱工业、工业制备硫酸、德榜制碱法实验方案的设计、海水提碘等工业制备流程，明确物质的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。
15．（2分）实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．混合反应物 B．生成乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．分离出乙酸乙酯
【分析】A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B．水浴加热制备乙酸乙酯；
C．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度；
D．乙酸乙酯的密度小于水的密度。
【解答】A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入乙醇和乙酸的混合物中，故A错误；
B．水浴加热制备乙酸乙酯，图中装置可制备乙酸乙酯，故B正确；
C．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中收集装置合理，故C正确；
D．乙酸乙酯的密度小于水的密度，可选图中分液漏斗分离，先从下口分离出水层，再从上口倒出乙酸乙酯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
16．（2分）关于图中电化学装置的分析正确的是（ ）
A．若M为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
B．若M为CuSO4溶液，则可以在石墨上镀铜
C．装置工作时，电子流动的方向：电源负极→Fe→溶液M→石墨→电源正极
D．若电源反接，M为NaCl溶液，可制备Fe（OH）2并使其较长时间保持白色
【分析】该装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应，接负极的为阴极，发生还原反应，即图中石墨为阳极，铁为阴极，若M为滴加酚酞的NaCl溶液，则阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；若M为CuSO4溶液，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此分析解答。
【解答】解：A．该装置为电解池，石墨为阳极，铁为阴极，若M为滴加酚酞的NaCl溶液，则阴极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，所以铁电极附近溶液显红色，故A正确；
B．石墨为阳极，铁为阴极，若M为CuSO4溶液，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，即不能在石墨上镀铜，故B错误；
C．该装置为电解池，电解池工作时，电子不能进入溶液中，故C错误；
D．若电源反接，M为NaCl溶液，阴极附近生成Fe（OH）2，但Fe（OH）2还原性强，易被溶解的氧气氧化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解池工作原理，为高频考点，正确判断电极及发生反应为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
17．（2分）下列化学方程式或离子方程式不能解释所对应事实的是（ ）
A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗：4Na+O2→2Na2O
B．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体：Ba2++SO42﹣+NH4++OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+H2O
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O
【分析】A．钠在空气中被氧气氧化为氧化钠；
B．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
C．铵根离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸铵、氢氧化钡的化学式组成；
D．氢氧化铁与碘化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水。
【解答】解：A．金属钠露置在空气中，光亮的银白色表面逐渐变暗，化学方程式为：4Na+O2→2Na2O，故A不选；
B．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式为：HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O，故B不选；
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液变浑浊，产生气体，离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2NH4++2OH﹣→BaSO4↓+NH3↑+2H2O，故C选；
D．氢氧化铁悬浊液与HI溶液混合，得到绿色澄清溶液，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣→2Fe2++I2+6H2O，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
18．（2分）海水提溴的方法有多种，某提溴方法的部分工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤③反应后的溶液酸性增强
B．步骤②、③、④相当于“浓缩”环节
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质
D．用乙醇萃取Ⅱ溶液，可将水与Br2分离
【分析】由流程可知，海水提取粗盐得到苦卤，酸化后通入氯气，发生反应2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，然后热空气吹出溴，得到含溴单质的空气，用二氧化硫的水溶液吸收，发生反应2H2O+SO2+Br2＝4H++SO42﹣+2Br﹣，得到的吸收液再通入氯气氧化富集溴，得到溴水混合物，蒸馏得到溴蒸气，冷凝分离得到液溴，以此来解答。
【解答】解：A．步骤③2H2O+SO2+Br2＝4H++SO42﹣+2Br﹣，反应后的溶液酸性增强，故A正确；
B．步骤②、③、④是富集溴，相当于“浓缩”环节，故B正确；
C．步骤②利用了溴单质易挥发的性质，热空气吹出溴，得到含溴单质的空气，故C正确；
D．乙醇易溶于水，不能在水溶液中分层，不能作萃取剂，不能将水与Br2分离，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、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，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。
19．（2分）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价相同
B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽
C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3
D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+
【分析】由实验装置可知，打开K1、K3，Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，在m处收集气体并验纯后，应先关闭K3，再打开K2，c中发生VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O，实现用Fe2+去除VOSO4溶液中的（VO2）2SO4，以此来解答。
【解答】解：A．VOSO4和（VO2）2SO4中V元素的化合价分别为+4、+3，故A错误；
B．由VOSO4做催化剂时易被氧化，可知具有还原性，则b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽，故B正确；
C．在m处收集气体并验纯后，应先关闭K3，再打开K2，故C错误；
D．c中含Fe3+，不能用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+，应选酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。
20．（2分）某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种。为确定溶液的组成进行了如下实验：
ⅰ.取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。
ⅱ.往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤得滤液f。
ⅲ.取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成。
下列有关判断正确的是（ ）
A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣
B．试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣
C．气体b和气体d在一定条件下能反应生成盐
D．沉淀g一定含有Al（OH）3，可能含有BaCO3
【分析】某强酸性溶液中可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的若干种，强酸性溶液中不存在CO32﹣，Fe2+和NO3﹣不能同时存在，
ⅰ．取100mL原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，说明气体b为NO，证明一定含有Fe2+、则原溶液中一定不存在NO3﹣，沉淀a为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42﹣；
ⅱ．过滤得滤液c，往滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，生成气体d为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀e为Fe（OH）3；
ⅲ．过滤得滤液f，取滤液f，通入少量的CO2，有白色沉淀g生成，由于溶液f中含有过量的Ba2+，OH﹣，溶液f加入少量二氧化碳发生反应，生成的沉淀g一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al（OH）3，所以原溶液中不一定含有Al3+，Cl﹣无法确定，据此分析解答。
【解答】解：A．试液中一定没有Ba2+、CO32﹣、NO3﹣，Cl﹣无法确定，故A错误；
B．分析可知试液中一定有Fe2+、NH4+、SO42﹣，故B正确；
C．气体b为NO和气体d为NH3，在一定条件下能反应生成氮气和水，不能生成盐，故C错误；
D．分析可知，沉淀g一定含有BaCO3，可能含有Al（OH）3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见离子的检验，为高考常见题型，为高频考点，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间（min）
浓度（mol•L﹣1）
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 2 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2P亚层的轨道表示式为 。
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝ 0.042 mol•L﹣1•min﹣1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。第30min时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 bc （填字母编号）。
a.加入合适的催化剂
b.适当缩小容器的体积
c.再通入一定量的NO
d.再加入一定量的活性炭
（4）若第30min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 放热 反应（填“放热”或“吸热”），NO的平衡转化率 降低 （填“升高”或“降低”）。
【分析】（1）碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子；N2分子为共价化合物；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4；
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝；
（3）根据反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），可知反应的平衡常数表达式为K＝，
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动；
c．再通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡正向移动；
d．再加入一定量的活性炭固体，不影响平衡；
（4）T1℃时，该反应的平衡常数K═＝＝4，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应。
【解答】解：（1）碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，
故答案为：2；；；
（2）T1℃时，在0～10 min内的平均反应速率v（N2）＝＝＝0.042mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.042；
（3）根据反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），可知反应的平衡常数表达式为K＝，
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，故a错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，故b正确；
c．再通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡正向移动，则表中数据会改变，故c正确；
d．再加入一定量的活性炭固体，不影响平衡，则表中数据不会改变，故d错误；
故答案为：K＝；bc；
（4）T1℃时，该反应的平衡常数K═＝＝4，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，
故答案为：放热；降低。
【点评】本题考查了平衡常数的有关计算、电子式、平衡移动的方向等，综合性较强，侧重分析及计算能力的考查，把握化学平衡常数的有关计算为解答的关键，题目难度中等。
22．（15分）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。
回答下列问题：
（1）次氯酸的结构式为 H﹣O﹣Cl ，碳化硅晶体属于 原子 晶体。非金属性S ＜ Cl（填“＞”或“＜”），用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右 随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强 。
常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
（2）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是 bac （填序号）。
a．H2CO3
b．H2SO3
c．H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是（填化学式） NaHSO3 。
（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因 CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 。
（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是（填化学式） NaHCO3（或NaClO） ，用化学平衡移动的原理解释其原因： 因为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大 。
【分析】（1）次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，碳化硅晶体属于原子晶体，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强；
（2）NaHCO3、Na2SiO3、NaHSO3的三者均为强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱越水解；
（3）由于Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子会发生水解；
（4）氯气能与水反应，反应方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
【解答】解：（1）次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，碳化硅晶体属于原子晶体，同一周期从左到右原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，则非金属性S＜Cl，
故答案为：H﹣O﹣Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强；
（2）NaHCO3、Na2SiO3、NaHSO3的三者均为强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱越水解，三者的pH分别为9.7、12.3、4.0，则常温下，相同物质的量浓度的H2CO3、H2SO3、H2SiO3的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是H2SO3＞H2CO3＞H2SiO3，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，水的电离程度越大，
故答案为：bac；NaHSO3；
（3）由于Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子会发生水解，水解方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，所以Na2CO3溶液pH＞7，
故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；
（4）氯气能与水反应，反应方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大，
故答案为：NaHCO3（或NaClO）；因为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，加入NaHCO3（或NaClO）可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
【点评】本题主要考查非金属性的递变规律、晶体类型、盐类的水解等知识，题目难度一般。
23．（15分）有机化合物 J（）是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如图：
已知：R1﹣CHO+R2CH2﹣CHO
回答下列问题：
（1）A的分子式是 C7H6O2 ，E的结构简式是 。化合物H中含氧官能团的名称为 羟基、羧基 。
（2）C→D的反应类型是 氧化反应 。G→H 还需要用到的无机反应试剂是 b （填字母编号）。
a.Cl2
b.HCl
c.铁粉、液溴
d.H2O
（3）F→G的化学反应方程式为 。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式 或 。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH
②能发生水解反应、银镜反应等
（5）结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3﹣丁二醇的的合成路线（其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物 ） 。
【分析】B和水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，C发生催化氧化生成D为CH3CHO，A和D发生信息中的反应生成E为，E发生银镜反应然后酸化得到F为，根据J的结构简式知，I发生酯化反应生成J，I为，则F发生消去反应生成G为，根据（2）题知，G和HCl发生加成反应生成H为，H发生水解反应然后酸化得到I；
（5）以有机物CH2＝CH2为原料制备1，3﹣丁二醇，乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，CH3CH（OH）CH2CHO和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）CH2CH2OH。
【解答】解：（1）A的分子式是C7H6O2，E的结构简式是，H为，化合物H中含氧官能团的名称为羟基、羧基，
故答案为：C7H6O2；；羟基、羧基；
（2）C→D的反应类型是氧化反应，G中含有碳碳双键，G中碳碳双键和HCl发生加成反应生成H，G→H 还需要用到的无机反应试剂是b，
故答案为：氧化反应；b；
（3）F→G的化学反应方程式为，
故答案为：；
（4）E为，E的同分异构体符合下列条件：
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是﹣OH；
②能发生水解反应、银镜反应等，根据氧原子个数知，含有HCOO﹣，符合条件的结构简式为，
故答案为：或；
（5）以有机物CH2＝CH2为原料制备1，3﹣丁二醇，乙烯和水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH（OH）CH2CHO，CH3CH（OH）CH2CHO和氢气发生加成反应生成CH3CH（OH）CH2CH2OH，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合化运用能力，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．（15分）五氧化二氮（N2O5）是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。
回答下列问题：
（1）1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式： 2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2 。
某化学兴趣小组设计用臭氧（O3）氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如图：
（2）装置B的仪器名称是 球形干燥管 ；装置E的作用是 防止空气中的水蒸气进入C中 。实验时，先将三口烧瓶C浸入 a （填字母编号）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a．热水
b．冰水
c．自来水
d．饱和食盐水
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是 bd （填字母编号）。判断C中反应已结束的简单方法是 当红棕色褪去 。
a．溶解反应物NO2
b．充分混合反应物使其反应更加充分
c．控制O3的通入速度
d．溶解生成物N2O5
（4）该装置存在一处明显缺陷，请指出 无尾气处理装置 。
N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。
取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol•L﹣1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。
已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O→Mn2++10NO3﹣+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4﹣+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。
（5）判断滴定到达终点的方法是 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 。粗产品的纯度为 79.3% （结果保留三位有效数字）。
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；由于存在反应2NO2⇌N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3＝N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
【解答】解：（1）将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5，反应的化学方程式2Cl2+4AgNO3＝4AgCl↓+2N2O5+O2，
故答案为：2Cl2+4AgNO3＝4AgCl↓+2N2O5+O2；
（2）装置B的仪器名称是球形干燥管；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；实验时，先将三口烧瓶C浸入b．冷水中，使生成N2O4，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气，
故答案为：球形干燥管；防止空气中的水蒸气进入C中；b；
（3）C中二氯甲烷（CH2Cl2）的作用是溶解生成的N2O5和使反应物充分混合；装置C中，NO2溶于CH2Cl2 使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束，
故答案为：abd；当红棕色褪去；
（4）原装置存在一处明显的错误为无尾气处理装置会造成空气污染，
故答案为：无尾气处理装置；
（5）N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2MnO4﹣+2H2O＝2Mn2++10NO3﹣+4H+；酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；KMnO4的总物质的量为n＝cV＝0.1250mol•L﹣1×20.0×10﹣3L＝2.5×10﹣3mol，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O2～2KMnO4，则剩余的KMnO4物质的量为n（KMnO4）＝n（H2O2）＝×0.1000mol•L﹣1×17.50×10﹣3L＝0.7×10﹣3mol，所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为2.5×10﹣3mol﹣0.7×10﹣3mol＝1.8×10﹣3mol，由关系式：5N2O4～2KMnO4，n（N2O4）＝×1.8×10﹣3mol＝4.5×10﹣3mol，N2O4的质量m＝nM＝4.5×10﹣3mol×92g/mol＝0.414g，产品中N2O4的质量分数为×100%＝20.7%，则N2O5含量为1﹣20.7%＝79.3%，
故答案为：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；79.3%。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:54:17；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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