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2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模），共35页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）。
1．（2分）2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是（ ）
A．探测仪镜头材料﹣﹣二氧化硅
B．车轮材料﹣﹣钛合金
C．温控涂层材料﹣﹣聚酰胺
D．太阳能电池复合材料﹣﹣石墨纤维和硅
2．（2分）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．N2的电子式是N⋮⋮N
B．Cl﹣结构示意图：
C．质量数为2的氢原子：H
D．KCl形成过程：
3．（2分）下列不含共价键的离子化合物是（ ）
A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr2
4．（2分）属于石油分馏产品的是（ ）
A．焦炉气 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇
5．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
6．（2分）下列对摩尔（mol）的有关说法中错误的是（ ）
A．摩尔是一个单位而非物理量
B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物
C．1mol任何气体所含气体的分子数目都相等
D．0.5mol氦气约含有1.204×1024个电子
7．（2分）在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（ ）
A．金属元素 B．稀有气体元素
C．非金属元素 D．无法确定为哪一类元素
8．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4
D．非金属性：F＞O＞N
9．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为﹣3价
D
氨水中存在NH4+
NH3•H2O是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水（如图），下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上发生还原反应
B．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动
C．汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e→Na
D．电解过程中转移0.2mol电子，阳极产生2.24LCl2
11．（2分）如图利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲灼烧海带
B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液
D．用装置丁提纯粗碘
12．（2分）已知：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）；2A（g）⇌B（l）；下列能量变化示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2分）氮元素及其化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
14．（2分）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．a的一氯代物有3种 B．b是的单体
C．c可溶于水 D．a、b、c互为同分异构体
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（ ）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
16．（2分）下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是（ ）
A．配料：加入过量乙醇
B．加热：用水浴加热
C．分离：用边反应边分离的方法
D．净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤
17．（2分）下列鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作与结论有误的是（ ）
操作
结论
A
分别加入金属铝片
产生刺激性气味者为浓硫酸
B
分别加入到盛水的试管中
剧烈放热者为浓硫酸
C
取等体积样品，称量质量
质量大者为浓硫酸
D
分别滴在火柴梗上
变黑者为浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是（ ）
A．试管内液面上升，证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
19．（2分）现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
有关说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
20．（2分）取两份10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．e点溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol•L﹣1
二、综合题（共60分）
21．（15分）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为 ，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 。
（2）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空间构型为 ，用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式 。
（3）中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO（OH）
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整：4Fe3O4+ O2+ + H2O→ FeOCl+ 。若4molFe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为 。
（4）化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO（OH），推测溶解度FeOCl FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。
②Na2SO3的作用是 。
③检验FeOCl转化完全的操作和现象是 。
22．（15分）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2＝CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ
（1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g），若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2＝CH2（g）的平均反应速率为 。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2（g）和H2（g），若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是 （填编号）。
A.混合气体密度保持不变
B.混合气体总压强保持不变
C.乙烯体积分数保持不变
D.平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是 （任填一条）
（3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下（其他条件相同）只发生主反应，测得乙烯的净速率（v正﹣v逆）与温度关系如图所示。
催化效率最高的是 （填“At1”、“At2”或“At3”），A点的正反应速率 （填“大于”“小于”或“等于”）逆反应速率。
（4）在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g）同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K＝ （结果保留2位小数）。提示：C2H4的选择性＝×100%
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的 HCOOH（甲酸）溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH） c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入 。
23．（14分）化合物H是一种常见的药物的中间体，工业上常通过如图途径合成：
请回答下列问题：
（1）A→B的反应条件是 ，H中含氧官能团的名称为 ，化合物D的结构简式是 。
（2）下列说法不正确的是 。
A.化合物A最多14个原子共平面
B.化合物B能发生氧化反应、加成反应和取代反应
C.化合物H的分子式为C15H20O4
（3）写出F→G发生的化学反应方程式 。
（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯气味香甜，解释这两种物质为什么闻起来气味不同： 。
（5）依据上述合成路线设计以乙醇为原料制备（ HOOCCH2COOH）的合成路线，（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） 。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
24．（16分）碳酸亚铁（FeCO3）是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验。
实验一：为探究某固体化合物X（仅含有三种元素）的组成和性质，设计并完成如图实验。
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
（1）气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为 。化合物X含有的元素为 （写元素符号）。化合物A的化学式为 。
实验二：如图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3（白色固体，难溶于水）：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
（2）试剂a是 。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是 。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为 。
（3）不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是 。
（4）100mL0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为 （结果保留2位小数）。
2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）。
1．（2分）2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是（ ）
A．探测仪镜头材料﹣﹣二氧化硅
B．车轮材料﹣﹣钛合金
C．温控涂层材料﹣﹣聚酰胺
D．太阳能电池复合材料﹣﹣石墨纤维和硅
【分析】根据已有的知识进行分析解答，金属材料包括纯金属以及其合金，据此解答。
【解答】解：A．二氧化硅属于非金属氧化物，不是金属材料，故A错误；
B．钛合金是钛的合金，属于金属材料，故B正确；
C．聚酰胺属于有机高分子材料，不是金属材料，故C错误；
D．水泥属于无机硅酸盐材料，不是金属材料，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学材料的分类，掌握常见的材料的类别是正确解答本题的关键，题目难度较小。
2．（2分）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．N2的电子式是N⋮⋮N
B．Cl﹣结构示意图：
C．质量数为2的氢原子：H
D．KCl形成过程：
【分析】A.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
B.氯离子的核电荷数应该为17；
C.氢原子的质子数为1，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
D.硫化钾为离子化合物，阴阳离子需要标出最外层所带电荷。
【解答】解：A.氮气中N原子之间以三键结合，正确的电子式为，故A错误；
B.氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，其结构示意图为，故B错误；
C.氢原子的质子数为1，质量数为2的氢原子可表示为H，故C正确；
D.氯化钾为离子化合物，钾离子与氯离子通过离子键结合，形成过程可表示为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）下列不含共价键的离子化合物是（ ）
A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr2
【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，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键。
【解答】解：A．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中Cl、O原子之间存在共价键，故A错误；
B．Al2（SO4）3中铝离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫酸根离子中S、O原子之间存在共价键，故B错误；
C．H2O2中H原子和O原子、氧原子之间都存在共价键，属于共价化合物，不含离子键，故C错误；
D．MgBr2中镁离子和溴离子之间只存在离子键，不含共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，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是解本题关键，注意：溴化镁中两个溴离子之间不存在化学键。
4．（2分）属于石油分馏产品的是（ ）
A．焦炉气 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇
【分析】石油中含有1﹣50个碳原子的烷烃和环烷烃，常压分馏得到石油气、汽油、煤油、柴油等，减压分馏得到润滑油、石蜡等。
【解答】解：石油中含有1﹣50个碳原子的烷烃和环烷烃，常压分馏得到石油气、汽油、煤油、柴油等，减压分馏得到润滑油、石蜡等，所以属于石油分馏产品的是汽油，焦炉气、丙烯和乙醇不属于石油分馏产品，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了石油的成分、石油的分馏的产品，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，注意对基础知识的积累。
5．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
【分析】（1）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。
（2）有机物的名称书写要规范。
【解答】解：A．该有机物主链选择错误，主链6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3﹣甲基己烷，故A错误；
B．3，4﹣二甲基戊烷，其编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2，3﹣二甲基戊烷，故B错误；
C．2，2﹣二甲基丁烷的主链为丁烷，在2、3号C原子各含有1个甲基，该名称符合系统命名方法，故C正确；
D．2，3，3﹣三甲基丁烷，没有满足取代基编号之和最小原则，正确命名应该为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的命名判断，题目难度不大，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
6．（2分）下列对摩尔（mol）的有关说法中错误的是（ ）
A．摩尔是一个单位而非物理量
B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物
C．1mol任何气体所含气体的分子数目都相等
D．0.5mol氦气约含有1.204×1024个电子
【分析】A、摩尔为物质的量的单位，物质的量为基本物理量；
B、物质的量既可以描述纯净物，也可以描述混合物，如1mol氧气与氢气的混合物；
C、1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个分子，含有的分子数相等；
D、稀有气体为单原子分子，0.5mol氦气含有0.5mol氦原子，含有1mol电子．
【解答】解：A、摩尔只是物质的量的单位，摩尔不是物理量，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，故A正确；
B、摩尔是用来描述微观粒子的，可以描述纯净物，也可以描述混合物，故B正确；
C、1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个气体分子，所以1mol任何气体所含气体的分子数目都相等，故C正确；
D、0.5mol氦约含有1mol电子，0.5mol氦原子含有6.02×1023个电子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量及其单位摩尔，题目难度不大，注意掌握物质的量的概念及其应用方法，明确稀有气体为单原子分子，熟练掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系．
7．（2分）在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（ ）
A．金属元素 B．稀有气体元素
C．非金属元素 D．无法确定为哪一类元素
【分析】短周期元素中，IA族元素原子最外层只有1个电子，ⅡA族元素原子最外层只有2个电子，注意He原子只有2个电子。
【解答】解：在短周期元素中，原子最外电子层只有1个电子的元素为氢元素或碱金属元素，最外层只有2个电子的元素为ⅡA族元素或He元素，可以是金属元素，或者是非金属元素，也可以是稀有气体元素，无法确定为哪一类元素，
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目比较基础，熟练掌握元素周期表，明确主族元素最外层电子数等于其族序数，注意规律中的特殊性。
8．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4
D．非金属性：F＞O＞N
【分析】A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
B.同主族从上到下金属性增强，金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；
C.非金属性越强，对应简单氢化物越稳定；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强。
【解答】解：A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故A正确；
B.同主族从上到下金属性增强，金属性为K＞Na＞Li，则碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故B错误；
C.非金属性为O＞S＞Si，则热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：F＞O＞N，能用元素周期律解释，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为﹣3价
D
氨水中存在NH4+
NH3•H2O是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，不是N﹣H键的键能比P﹣H大；
C．NH3中氮元素化合物为﹣3价，化合价只能升高；
D．仅含有共价键的化合物为共价化合物，NH3•H2O是共价化合物。
【解答】解：A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是N﹣H键的键能比P﹣H大，故B错误；
C．NH3中氮元素化合物为﹣3价，化合价只能升高，所以具有还原性，故C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出NH4+和OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查键能、键长、键角及其应用，为高频考点，明确化学键的键能、键长与反应热的关系为解答关键，培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
10．（2分）实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水（如图），下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上发生还原反应
B．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动
C．汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e→Na
D．电解过程中转移0.2mol电子，阳极产生2.24LCl2
【分析】A．石墨电极失电子发生氧化反应；
B．电子只在电极表面和导线上流动；
C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金；
D．非标准状况下的体积不一定是2.24L。
【解答】解：A．石墨是阳极，石墨电极失电子发生氧化反应，故A错误；
B．石墨是阳极、汞是阴极，电池内通过离子移动导电，电子沿石墨→a，b→Hg路径流动，故B错误；
C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金，汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e﹣＝Na，故C正确；
D．阳极发生反应2Cl﹣+2e﹣＝Cl2↑，电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生0.1mol的Cl2，非标准状况下的体积不一定是2.24L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解池原理，明确电极反应、确定正负极，再结合阴阳极上发生的电极反应来分析解答，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，为易错点。
11．（2分）如图利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲灼烧海带
B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液
D．用装置丁提纯粗碘
【分析】A.灼烧在坩埚中进行；
B.过滤分离不溶性固体与溶液；
C.I2的CCl4溶液与水分层后，I2的CCl4溶液在下层；
D.加热碘易升华。
【解答】解：A.灼烧在坩埚中进行，不选蒸发皿，故A错误；
B.过滤分离不溶性固体与溶液，可选图中过滤装置分离出含碘离子的溶液，故B正确；
C.I2的CCl4溶液与水分层后，I2的CCl4溶液在下层，可选图中分液漏斗分离，故C正确；
D.加热碘易升华，可选图中加热法分离，故D正确；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（2分）已知：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）；2A（g）⇌B（l）；下列能量变化示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）为放热反应，B（g）⇌B（l）为放热过程，以此来解答．
【解答】解：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）为放热反应，B（g）⇌B（l）为放热过程，且2A（g）能量最高、B（l）能量最低，只有A符合，
故选：A。
【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、物质状态为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能量与图象的关系，题目难度不大．
13．（2分）氮元素及其化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
【分析】A.将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定；
B.反应2是氨气的催化氧化，为氧化还原反应；
C.催化剂a表面发生反应N2+3H22NH3，氮气和氢气反应时断裂共价键，形成氨气的过程中形成共价键；
D.化学键形成，会释放能量，化学键断裂，会吸收能量。
【解答】解：A.将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定，所以反应1实现了氮的固定，故A正确；
B.反应2是氨气的催化氧化，为氧化还原反应，氧化还原反应必然发生电子的转移，故B错误；
C.催化剂a表面发生反应N2+3H22NH3，氮气和氢气反应时断裂共价键，形成氨气的过程中形成共价键，所以反应物发生非极性共价键断裂，生成物形成极性共价键，故C错误；
D.化学键形成，会释放能量，化学键断裂，会吸收能量，所以在形成氮氧键的过程中会释放能量，是放热过程，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了有关氮族元素，以及化学反应与能量，氧化还原反应的相关知识，题目较简单。
14．（2分）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．a的一氯代物有3种 B．b是的单体
C．c可溶于水 D．a、b、c互为同分异构体
【分析】A．a中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
B．聚苯丙炔中含有碳碳双键；
C．c中不含亲水基，只含憎水基；
D．a、b、c的分子式分别是C8H6、C8H6、C8H8。
【解答】解：A．a中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故A正确；
B．聚苯丙炔中含有碳碳双键，的单体是，故B错误；
C．c中不含亲水基，只含憎水基，所以c不易溶于水，故C错误；
D．a、b、c的分子式分别是C8H6、C8H6、C8H8，a、b的分子式相同但结构不同，所以a、b互为同分异构体，故D错误；
故选：A。
【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关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（ ）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
【分析】结晶水合物中结晶水的质量＝m（容器+晶体）﹣m（容器+无水硫酸铜），质量分数＝×100%，相对误差为﹣2.67%，说明测定结晶水含量结果偏低，据此结合选项判断。
【解答】解：相对误差为﹣2.67%，说明测定的结晶水含量偏小，
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，会使误差偏大，故A错误；
B．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，故B错误；
C．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故C错误；
D．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，测定的结晶水含量质量偏低，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，明确实验原理、正确操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
16．（2分）下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是（ ）
A．配料：加入过量乙醇
B．加热：用水浴加热
C．分离：用边反应边分离的方法
D．净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤
【分析】A、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，增加反应物的浓度，促使反应正向进行，提高原料利用率；
B、加热可提高反应速率；
C、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，及时分离产物，提高原料利用率；
D、饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层。
【解答】解：A．制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，但乙醇价格比较低廉，所以反应时乙醇过量，故A正确；
B．加热可提高化学反应速率，但温度太高，原料也会蒸发出来，导致原料利用率降低，所以常常采用水浴加热，故B正确；
C．制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，及时分离产物，使平衡正向移动，提高原料利用率，所以采用边反应边分离的方法，故C正确；
D．乙酸乙酯能与氢氧化钠发生水解反应，并且水解完全，所以净化时常用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，题目难度不大，注意混合液的配制、饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的机理，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
17．（2分）下列鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作与结论有误的是（ ）
操作
结论
A
分别加入金属铝片
产生刺激性气味者为浓硫酸
B
分别加入到盛水的试管中
剧烈放热者为浓硫酸
C
取等体积样品，称量质量
质量大者为浓硫酸
D
分别滴在火柴梗上
变黑者为浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化；
B．浓硫酸稀释放出大量的热，稀硫酸不能；
C．浓硫酸的密度大于稀硫酸的密度；
D．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有。
【解答】解：A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化，现象不明显，则分别加入金属铝片，不能检验，故A选；
B．浓硫酸稀释放出大量的热，稀硫酸不能，则分别加入到盛水的试管中可鉴别，故B不选；
C．浓硫酸的密度大于稀硫酸的密度，则等体积样品，质量大的为浓硫酸，可鉴别，故C不选；
D．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有，则分别滴在火柴梗上，变黑者为浓硫酸，可鉴别，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握浓硫酸的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是（ ）
A．试管内液面上升，证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2，其先溶于水；
B．二氧化硫中可能含有其他杂质，导致水不能充满试管；
C．酸性溶液能使紫色石蕊试液变红，亚硫酸为弱酸，在水溶液中电离处氢离子；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，取出试管中溶液，在空气中放置一段时间，被氧气氧化，生成硫酸，硫酸为强酸，酸性增强。
【解答】解：A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．如果全部为二氧化硫，水充满试管，可能是含有其他杂质，导致水不能充满，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查二氧化硫的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
19．（2分）现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
有关说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
【分析】饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
A．根据发生的反应分析；
B．NaCl饱和溶液中二氧化碳的溶解度较小；
C．根据流程分析解答；
D．根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析．
【解答】解：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
A．由发生的反应可知，反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B．NaCl饱和溶液中二氧化碳的溶解度较小，所以应该向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，故B错误；
C．反应I原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，则反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故C正确；
D．NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．
20．（2分）取两份10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．e点溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol•L﹣1
【分析】A.a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性；
B.结合电荷守恒判断；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl反应生成NaCl。
【解答】解：A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），滴加过程中c（Na+）不变，但c（H+）减小，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH＝4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c（Na+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故C错误；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c（Na+）较大，则c（Na+）＝c（Cl﹣）＝＝0.025mol•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查盐类的水解、酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意把握图象的分析以及离子浓度的比较，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为 3s23p2 ，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si 。
（2）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空间构型为 直线型 ，用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式 2H2S+SO2＝3S↓+H2O 。
（3）中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO（OH）
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整：4Fe3O4+ 1 O2+ 12 Cl﹣ + 6 H2O→ 12 FeOCl+ 12 OH﹣ 。若4molFe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为 4NA 。
（4）化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO（OH），推测溶解度FeOCl ＞ FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。
②Na2SO3的作用是 作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4 。
③检验FeOCl转化完全的操作和现象是 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全 。
【分析】（1）根据构造原理，硅为第14号元素，可写出电子排布式，进一步写出最外层电子排布式，原子晶体熔点高低取决于键能大小，由原子半径可比较键长和键能；
（2）由价层电子对互斥理论可计算CS2中C原子为sp杂化，直线型分子，燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）中能与H2S转化为单质硫的为O2、SO2，可写出对应的方程式；
（3）已知在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，根据化合价升降守恒，反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，可配平反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，故4molFe3O4完全转化为FeOCl，转移的电子数目为4NA；
（4）①根据化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势可推出FeOCl和FeO（OH）溶解度大小；
②根据题意，使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层的方法是用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，推出Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③根据检验Cl﹣的方法是取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，有无白色沉淀产生，证明FeOCl是否转化完全。
【解答】解：（1）硅为第14号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式3s23p2，金刚石、晶体硅都是原子晶体，因原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si，所以金刚石熔点高于晶体硅，
故答案为：3s23p2；原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si；
（2）由价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数为＝2，所以CS2为直线型分子，燃煤废气中SO2与H2S作用生成单质硫，反应的方程式为2H2S+SO2＝3S↓+H2O，
故答案为：直线型；2H2S+SO2＝3S↓+H2O；
（3）反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，当4molFe3O4完全转化为FeOCl，转移的电子数目为4NA，
故答案为：12Cl﹣；6；12；120H﹣；4NA；
（4）①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO（OH），所以FeOCl的溶解度大于FeO（OH），
故答案为：＞；
②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应的离子方程式为SO32﹣+6FeOCl+3H2O＝SO42﹣+2Fe3O4+6H++6Cl﹣，
故答案为：作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl﹣，操作和现象是取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全，
故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
【点评】该题考查了电子排布式的书写、熔点高低的比较、方程式的书写和配平以及离子的检验等，综合性强，有一定难度，分析清化合价变化是解答氧化还原反应问题的关键。
22．（15分）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2＝CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ
（1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g），若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2＝CH2（g）的平均反应速率为 0.01mol/（L•min） 。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2（g）和H2（g），若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是 A （填编号）。
A.混合气体密度保持不变
B.混合气体总压强保持不变
C.乙烯体积分数保持不变
D.平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是 降低温度或是增大压强 （任填一条）
（3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下（其他条件相同）只发生主反应，测得乙烯的净速率（v正﹣v逆）与温度关系如图所示。
催化效率最高的是 At1 （填“At1”、“At2”或“At3”），A点的正反应速率 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）逆反应速率。
（4）在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g）同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K＝ 0.26 （结果保留2位小数）。提示：C2H4的选择性＝×100%
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的 HCOOH（甲酸）溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH） 小于 c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入 HCOOH 。
【分析】（1）根据信息可知，CO2的反应速率为＝0.02mol/（min•L），根据速率之比等于系数之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反应速率为ν＝；
（2）对于主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化；
（3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；
（4）CO2起始浓度为c＝＝＝0.2mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2＝CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0 0
变化（mol） 2x 6x x 4x
平衡（mol） 0.2﹣2x 0.6﹣6x x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0
变化（mol） y y y
平衡（mol） 0.2﹣y 0.6﹣y y
，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的选择性为80%得×100%＝80%，由两式解得x＝0.04、y＝0.01，则该温度下，副反应的平衡常数K＝，据此计算；
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液显酸性，则电离大于水解。
【解答】解：（1）根据信息可知，CO2的反应速率为＝0.02mol/（min•L），根据速率之比等于系数之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反应速率为ν＝＝＝0.01mol/（min•L），
故答案为：0.01mol/（L•min）；
（2）对于主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，故D错误；
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施为降低温度或是增大压强，
故答案为：A；降低温度或是增大压强；
（3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率，
故答案为：At1；大于；
（4）CO2起始浓度为c＝＝＝0.2mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2＝CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0 0
变化（mol） 2x 6x x 4x
平衡（mol） 0.2﹣2x 0.6﹣6x x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0
变化（mol） y y y
平衡（mol） 0.2﹣y 0.6﹣y y
，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的选择性为80%得×100%＝80%，由两式解得x＝0.04、y＝0.01，则该温度下，副反应的平衡常数K＝＝≈0.26，
故答案为：0.26；
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c（HCOOH）小于c（Na+），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入HCOOH溶液，
故答案为：小于；HCOOH。
【点评】本题考查化学平衡、平衡常数、反应速率的影响因素分析，图象分析判断是解题关键，为高怕考点，题目难度中等，掌握化学平衡知识是解题的关键。
23．（14分）化合物H是一种常见的药物的中间体，工业上常通过如图途径合成：
请回答下列问题：
（1）A→B的反应条件是 光照 ，H中含氧官能团的名称为 酯基 ，化合物D的结构简式是 。
（2）下列说法不正确的是 A 。
A.化合物A最多14个原子共平面
B.化合物B能发生氧化反应、加成反应和取代反应
C.化合物H的分子式为C15H20O4
（3）写出F→G发生的化学反应方程式 +2CH3CH2OH+2H2O 。
（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯气味香甜，解释这两种物质为什么闻起来气味不同： 乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体 。
（5）依据上述合成路线设计以乙醇为原料制备（ HOOCCH2COOH）的合成路线，（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH 。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
【分析】A的分子式为C7H8，结合H的结构简式，可知A中含有苯环，故A为，A与氯气发生取代反应生成B，B与NaCl发生取代反应生成C，C中﹣CN水解为﹣COOH而生成D，D先与Cl2发生取代反应生成、然后羧基再与碳酸氢钠反应生成E，E中﹣Cl被﹣CN取代、然后﹣CN水解为﹣COOH、﹣COONa转化为﹣COOH生成F，F再与乙醇发生酯化反应生成G，G与CH3CH2Cl发生取代反应生成H和HCl，结合H的结构逆推可知G为、F为、E为、D为、C为、B为；
（5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与Cl2/PCl3反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与碳酸氢钠反应生成ClCH2COONa，最后与NaCN反应后再酸化生成HOOCCH2COOH。
【解答】解：（1）A→B的反应条件是转化，反应条件为光照；H中含氧官能团的名称为酯基；由分析可知，化合物D的结构简式是，
故答案为：光照；酯基；；
（2）A．由分析可知，A的结构简式是，旋转碳碳单键可以使甲基中1个氢原子处于苯环平面内，分子中最多有13原子共面，故A错误；
B．B的结构简式为，可以燃烧，属于氧化反应，苯环可以发生加成反应，氯代烃可以发生取代反应，故B正确；
C．化合物H的分子式为C15H20O4，故C正确；
故答案为：A；
（3）F→G发生的化学反应方程式为+2CH3CH2OH+2H2O，
故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（4）乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体，两种物质为什么闻起来气味不同，
故答案为：乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体；
（5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与Cl2/PCl3反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与碳酸氢钠反应生成ClCH2COONa，最后与NaCN反应后再酸化生成HOOCCH2COOH，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH，
故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据有机物分子式、H的结构简式进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
24．（16分）碳酸亚铁（FeCO3）是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验。
实验一：为探究某固体化合物X（仅含有三种元素）的组成和性质，设计并完成如图实验。
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
（1）气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为 2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣ 。化合物X含有的元素为 Fe、Cl、O （写元素符号）。化合物A的化学式为 FeO 。
实验二：如图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3（白色固体，难溶于水）：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
（2）试剂a是 饱和NaHCO3溶液 。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是 降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2 。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为 Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O 。
（3）不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是 溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色 。
（4）100mL0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为 53.88% （结果保留2位小数）。
【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，
故答案为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣；Fe、Cl、O；FeO；
（2）溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2；Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，
故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色；
（4）100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L×0.8mol/L＝0.08mol，根据方程式Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n（FeCO3）＝n（Fe2+）＝n（FeCl2）＝0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol×116g/mol＝9.28g，则产率为：×100%＝53.88%，
故答案为：53.88%。
【点评】本题考查物质含量的测定，难度中等，涉及离子方程式书写、对操作的分析评价、信息获取与迁移应用、化学计算等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
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2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）。
1．（2分）2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是（ ）
A．探测仪镜头材料﹣﹣二氧化硅
B．车轮材料﹣﹣钛合金
C．温控涂层材料﹣﹣聚酰胺
D．太阳能电池复合材料﹣﹣石墨纤维和硅
2．（2分）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．N2的电子式是N⋮⋮N
B．Cl﹣结构示意图：
C．质量数为2的氢原子：H
D．KCl形成过程：
3．（2分）下列不含共价键的离子化合物是（ ）
A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr2
4．（2分）属于石油分馏产品的是（ ）
A．焦炉气 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇
5．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
6．（2分）下列对摩尔（mol）的有关说法中错误的是（ ）
A．摩尔是一个单位而非物理量
B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物
C．1mol任何气体所含气体的分子数目都相等
D．0.5mol氦气约含有1.204×1024个电子
7．（2分）在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（ ）
A．金属元素 B．稀有气体元素
C．非金属元素 D．无法确定为哪一类元素
8．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4
D．非金属性：F＞O＞N
9．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为﹣3价
D
氨水中存在NH4+
NH3•H2O是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水（如图），下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上发生还原反应
B．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动
C．汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e→Na
D．电解过程中转移0.2mol电子，阳极产生2.24LCl2
11．（2分）如图利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲灼烧海带
B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液
D．用装置丁提纯粗碘
12．（2分）已知：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）；2A（g）⇌B（l）；下列能量变化示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2分）氮元素及其化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
14．（2分）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．a的一氯代物有3种 B．b是的单体
C．c可溶于水 D．a、b、c互为同分异构体
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（ ）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
16．（2分）下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是（ ）
A．配料：加入过量乙醇
B．加热：用水浴加热
C．分离：用边反应边分离的方法
D．净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤
17．（2分）下列鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作与结论有误的是（ ）
操作
结论
A
分别加入金属铝片
产生刺激性气味者为浓硫酸
B
分别加入到盛水的试管中
剧烈放热者为浓硫酸
C
取等体积样品，称量质量
质量大者为浓硫酸
D
分别滴在火柴梗上
变黑者为浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是（ ）
A．试管内液面上升，证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
19．（2分）现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
有关说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
20．（2分）取两份10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．e点溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol•L﹣1
二、综合题（共60分）
21．（15分）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为 ，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 。
（2）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空间构型为 ，用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式 。
（3）中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO（OH）
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整：4Fe3O4+ O2+ + H2O→ FeOCl+ 。若4molFe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为 。
（4）化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO（OH），推测溶解度FeOCl FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。
②Na2SO3的作用是 。
③检验FeOCl转化完全的操作和现象是 。
22．（15分）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2＝CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ
（1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g），若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2＝CH2（g）的平均反应速率为 。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2（g）和H2（g），若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是 （填编号）。
A.混合气体密度保持不变
B.混合气体总压强保持不变
C.乙烯体积分数保持不变
D.平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是 （任填一条）
（3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下（其他条件相同）只发生主反应，测得乙烯的净速率（v正﹣v逆）与温度关系如图所示。
催化效率最高的是 （填“At1”、“At2”或“At3”），A点的正反应速率 （填“大于”“小于”或“等于”）逆反应速率。
（4）在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g）同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K＝ （结果保留2位小数）。提示：C2H4的选择性＝×100%
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的 HCOOH（甲酸）溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH） c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入 。
23．（14分）化合物H是一种常见的药物的中间体，工业上常通过如图途径合成：
请回答下列问题：
（1）A→B的反应条件是 ，H中含氧官能团的名称为 ，化合物D的结构简式是 。
（2）下列说法不正确的是 。
A.化合物A最多14个原子共平面
B.化合物B能发生氧化反应、加成反应和取代反应
C.化合物H的分子式为C15H20O4
（3）写出F→G发生的化学反应方程式 。
（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯气味香甜，解释这两种物质为什么闻起来气味不同： 。
（5）依据上述合成路线设计以乙醇为原料制备（ HOOCCH2COOH）的合成路线，（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） 。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
24．（16分）碳酸亚铁（FeCO3）是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验。
实验一：为探究某固体化合物X（仅含有三种元素）的组成和性质，设计并完成如图实验。
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
（1）气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为 。化合物X含有的元素为 （写元素符号）。化合物A的化学式为 。
实验二：如图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3（白色固体，难溶于水）：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
（2）试剂a是 。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是 。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为 。
（3）不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是 。
（4）100mL0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为 （结果保留2位小数）。
2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）。
1．（2分）2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是（ ）
A．探测仪镜头材料﹣﹣二氧化硅
B．车轮材料﹣﹣钛合金
C．温控涂层材料﹣﹣聚酰胺
D．太阳能电池复合材料﹣﹣石墨纤维和硅
【分析】根据已有的知识进行分析解答，金属材料包括纯金属以及其合金，据此解答。
【解答】解：A．二氧化硅属于非金属氧化物，不是金属材料，故A错误；
B．钛合金是钛的合金，属于金属材料，故B正确；
C．聚酰胺属于有机高分子材料，不是金属材料，故C错误；
D．水泥属于无机硅酸盐材料，不是金属材料，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学材料的分类，掌握常见的材料的类别是正确解答本题的关键，题目难度较小。
2．（2分）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．N2的电子式是N⋮⋮N
B．Cl﹣结构示意图：
C．质量数为2的氢原子：H
D．KCl形成过程：
【分析】A.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
B.氯离子的核电荷数应该为17；
C.氢原子的质子数为1，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
D.硫化钾为离子化合物，阴阳离子需要标出最外层所带电荷。
【解答】解：A.氮气中N原子之间以三键结合，正确的电子式为，故A错误；
B.氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，其结构示意图为，故B错误；
C.氢原子的质子数为1，质量数为2的氢原子可表示为H，故C正确；
D.氯化钾为离子化合物，钾离子与氯离子通过离子键结合，形成过程可表示为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）下列不含共价键的离子化合物是（ ）
A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr2
【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，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键。
【解答】解：A．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中Cl、O原子之间存在共价键，故A错误；
B．Al2（SO4）3中铝离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫酸根离子中S、O原子之间存在共价键，故B错误；
C．H2O2中H原子和O原子、氧原子之间都存在共价键，属于共价化合物，不含离子键，故C错误；
D．MgBr2中镁离子和溴离子之间只存在离子键，不含共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，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是解本题关键，注意：溴化镁中两个溴离子之间不存在化学键。
4．（2分）属于石油分馏产品的是（ ）
A．焦炉气 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇
【分析】石油中含有1﹣50个碳原子的烷烃和环烷烃，常压分馏得到石油气、汽油、煤油、柴油等，减压分馏得到润滑油、石蜡等。
【解答】解：石油中含有1﹣50个碳原子的烷烃和环烷烃，常压分馏得到石油气、汽油、煤油、柴油等，减压分馏得到润滑油、石蜡等，所以属于石油分馏产品的是汽油，焦炉气、丙烯和乙醇不属于石油分馏产品，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了石油的成分、石油的分馏的产品，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，注意对基础知识的积累。
5．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
【分析】（1）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。
（2）有机物的名称书写要规范。
【解答】解：A．该有机物主链选择错误，主链6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3﹣甲基己烷，故A错误；
B．3，4﹣二甲基戊烷，其编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2，3﹣二甲基戊烷，故B错误；
C．2，2﹣二甲基丁烷的主链为丁烷，在2、3号C原子各含有1个甲基，该名称符合系统命名方法，故C正确；
D．2，3，3﹣三甲基丁烷，没有满足取代基编号之和最小原则，正确命名应该为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的命名判断，题目难度不大，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
6．（2分）下列对摩尔（mol）的有关说法中错误的是（ ）
A．摩尔是一个单位而非物理量
B．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物
C．1mol任何气体所含气体的分子数目都相等
D．0.5mol氦气约含有1.204×1024个电子
【分析】A、摩尔为物质的量的单位，物质的量为基本物理量；
B、物质的量既可以描述纯净物，也可以描述混合物，如1mol氧气与氢气的混合物；
C、1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个分子，含有的分子数相等；
D、稀有气体为单原子分子，0.5mol氦气含有0.5mol氦原子，含有1mol电子．
【解答】解：A、摩尔只是物质的量的单位，摩尔不是物理量，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，故A正确；
B、摩尔是用来描述微观粒子的，可以描述纯净物，也可以描述混合物，故B正确；
C、1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个气体分子，所以1mol任何气体所含气体的分子数目都相等，故C正确；
D、0.5mol氦约含有1mol电子，0.5mol氦原子含有6.02×1023个电子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量及其单位摩尔，题目难度不大，注意掌握物质的量的概念及其应用方法，明确稀有气体为单原子分子，熟练掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系．
7．（2分）在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素（ ）
A．金属元素 B．稀有气体元素
C．非金属元素 D．无法确定为哪一类元素
【分析】短周期元素中，IA族元素原子最外层只有1个电子，ⅡA族元素原子最外层只有2个电子，注意He原子只有2个电子。
【解答】解：在短周期元素中，原子最外电子层只有1个电子的元素为氢元素或碱金属元素，最外层只有2个电子的元素为ⅡA族元素或He元素，可以是金属元素，或者是非金属元素，也可以是稀有气体元素，无法确定为哪一类元素，
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目比较基础，熟练掌握元素周期表，明确主族元素最外层电子数等于其族序数，注意规律中的特殊性。
8．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4
D．非金属性：F＞O＞N
【分析】A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
B.同主族从上到下金属性增强，金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；
C.非金属性越强，对应简单氢化物越稳定；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强。
【解答】解：A.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故A正确；
B.同主族从上到下金属性增强，金属性为K＞Na＞Li，则碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故B错误；
C.非金属性为O＞S＞Si，则热稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：F＞O＞N，能用元素周期律解释，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为﹣3价
D
氨水中存在NH4+
NH3•H2O是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，不是N﹣H键的键能比P﹣H大；
C．NH3中氮元素化合物为﹣3价，化合价只能升高；
D．仅含有共价键的化合物为共价化合物，NH3•H2O是共价化合物。
【解答】解：A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是N﹣H键的键能比P﹣H大，故B错误；
C．NH3中氮元素化合物为﹣3价，化合价只能升高，所以具有还原性，故C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出NH4+和OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查键能、键长、键角及其应用，为高频考点，明确化学键的键能、键长与反应热的关系为解答关键，培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
10．（2分）实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水（如图），下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上发生还原反应
B．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动
C．汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e→Na
D．电解过程中转移0.2mol电子，阳极产生2.24LCl2
【分析】A．石墨电极失电子发生氧化反应；
B．电子只在电极表面和导线上流动；
C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金；
D．非标准状况下的体积不一定是2.24L。
【解答】解：A．石墨是阳极，石墨电极失电子发生氧化反应，故A错误；
B．石墨是阳极、汞是阴极，电池内通过离子移动导电，电子沿石墨→a，b→Hg路径流动，故B错误；
C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金，汞电极发生主要反应的电极方程式：Na++e﹣＝Na，故C正确；
D．阳极发生反应2Cl﹣+2e﹣＝Cl2↑，电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生0.1mol的Cl2，非标准状况下的体积不一定是2.24L，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解池原理，明确电极反应、确定正负极，再结合阴阳极上发生的电极反应来分析解答，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，为易错点。
11．（2分）如图利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲灼烧海带
B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液
D．用装置丁提纯粗碘
【分析】A.灼烧在坩埚中进行；
B.过滤分离不溶性固体与溶液；
C.I2的CCl4溶液与水分层后，I2的CCl4溶液在下层；
D.加热碘易升华。
【解答】解：A.灼烧在坩埚中进行，不选蒸发皿，故A错误；
B.过滤分离不溶性固体与溶液，可选图中过滤装置分离出含碘离子的溶液，故B正确；
C.I2的CCl4溶液与水分层后，I2的CCl4溶液在下层，可选图中分液漏斗分离，故C正确；
D.加热碘易升华，可选图中加热法分离，故D正确；
故选：A。
【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、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（2分）已知：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）；2A（g）⇌B（l）；下列能量变化示意图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）为放热反应，B（g）⇌B（l）为放热过程，以此来解答．
【解答】解：2A（g）⇌B（g）+Q （Q＞0）为放热反应，B（g）⇌B（l）为放热过程，且2A（g）能量最高、B（l）能量最低，只有A符合，
故选：A。
【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、物质状态为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意能量与图象的关系，题目难度不大．
13．（2分）氮元素及其化合物的转化过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
【分析】A.将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定；
B.反应2是氨气的催化氧化，为氧化还原反应；
C.催化剂a表面发生反应N2+3H22NH3，氮气和氢气反应时断裂共价键，形成氨气的过程中形成共价键；
D.化学键形成，会释放能量，化学键断裂，会吸收能量。
【解答】解：A.将游离态的氮气转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定，所以反应1实现了氮的固定，故A正确；
B.反应2是氨气的催化氧化，为氧化还原反应，氧化还原反应必然发生电子的转移，故B错误；
C.催化剂a表面发生反应N2+3H22NH3，氮气和氢气反应时断裂共价键，形成氨气的过程中形成共价键，所以反应物发生非极性共价键断裂，生成物形成极性共价键，故C错误；
D.化学键形成，会释放能量，化学键断裂，会吸收能量，所以在形成氮氧键的过程中会释放能量，是放热过程，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了有关氮族元素，以及化学反应与能量，氧化还原反应的相关知识，题目较简单。
14．（2分）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．a的一氯代物有3种 B．b是的单体
C．c可溶于水 D．a、b、c互为同分异构体
【分析】A．a中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
B．聚苯丙炔中含有碳碳双键；
C．c中不含亲水基，只含憎水基；
D．a、b、c的分子式分别是C8H6、C8H6、C8H8。
【解答】解：A．a中含有3种氢原子，其一氯代物就有3种，故A正确；
B．聚苯丙炔中含有碳碳双键，的单体是，故B错误；
C．c中不含亲水基，只含憎水基，所以c不易溶于水，故C错误；
D．a、b、c的分子式分别是C8H6、C8H6、C8H8，a、b的分子式相同但结构不同，所以a、b互为同分异构体，故D错误；
故选：A。
【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关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（ ）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
【分析】结晶水合物中结晶水的质量＝m（容器+晶体）﹣m（容器+无水硫酸铜），质量分数＝×100%，相对误差为﹣2.67%，说明测定结晶水含量结果偏低，据此结合选项判断。
【解答】解：相对误差为﹣2.67%，说明测定的结晶水含量偏小，
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，会使误差偏大，故A错误；
B．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，故B错误；
C．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故C错误；
D．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，测定的结晶水含量质量偏低，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，明确实验原理、正确操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
16．（2分）下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是（ ）
A．配料：加入过量乙醇
B．加热：用水浴加热
C．分离：用边反应边分离的方法
D．净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤
【分析】A、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，增加反应物的浓度，促使反应正向进行，提高原料利用率；
B、加热可提高反应速率；
C、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，及时分离产物，提高原料利用率；
D、饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层。
【解答】解：A．制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，但乙醇价格比较低廉，所以反应时乙醇过量，故A正确；
B．加热可提高化学反应速率，但温度太高，原料也会蒸发出来，导致原料利用率降低，所以常常采用水浴加热，故B正确；
C．制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，及时分离产物，使平衡正向移动，提高原料利用率，所以采用边反应边分离的方法，故C正确；
D．乙酸乙酯能与氢氧化钠发生水解反应，并且水解完全，所以净化时常用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，题目难度不大，注意混合液的配制、饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的机理，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
17．（2分）下列鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作与结论有误的是（ ）
操作
结论
A
分别加入金属铝片
产生刺激性气味者为浓硫酸
B
分别加入到盛水的试管中
剧烈放热者为浓硫酸
C
取等体积样品，称量质量
质量大者为浓硫酸
D
分别滴在火柴梗上
变黑者为浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化；
B．浓硫酸稀释放出大量的热，稀硫酸不能；
C．浓硫酸的密度大于稀硫酸的密度；
D．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有。
【解答】解：A．常温下Al遇浓硫酸发生钝化，现象不明显，则分别加入金属铝片，不能检验，故A选；
B．浓硫酸稀释放出大量的热，稀硫酸不能，则分别加入到盛水的试管中可鉴别，故B不选；
C．浓硫酸的密度大于稀硫酸的密度，则等体积样品，质量大的为浓硫酸，可鉴别，故C不选；
D．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有，则分别滴在火柴梗上，变黑者为浓硫酸，可鉴别，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握浓硫酸的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是（ ）
A．试管内液面上升，证明SO2与H2O发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中溶液，立即加入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2，其先溶于水；
B．二氧化硫中可能含有其他杂质，导致水不能充满试管；
C．酸性溶液能使紫色石蕊试液变红，亚硫酸为弱酸，在水溶液中电离处氢离子；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，取出试管中溶液，在空气中放置一段时间，被氧气氧化，生成硫酸，硫酸为强酸，酸性增强。
【解答】解：A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．如果全部为二氧化硫，水充满试管，可能是含有其他杂质，导致水不能充满，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查二氧化硫的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
19．（2分）现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
有关说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
【分析】饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
A．根据发生的反应分析；
B．NaCl饱和溶液中二氧化碳的溶解度较小；
C．根据流程分析解答；
D．根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析．
【解答】解：饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
A．由发生的反应可知，反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B．NaCl饱和溶液中二氧化碳的溶解度较小，所以应该向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，故B错误；
C．反应I原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，则反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，故C正确；
D．NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了侯德榜制碱法实验方案的设计，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．
20．（2分）取两份10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．e点溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol•L﹣1
【分析】A.a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性；
B.结合电荷守恒判断；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl反应生成NaCl。
【解答】解：A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），滴加过程中c（Na+）不变，但c（H+）减小，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH＝4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c（Na+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故C错误；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c（Na+）较大，则c（Na+）＝c（Cl﹣）＝＝0.025mol•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查盐类的水解、酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意把握图象的分析以及离子浓度的比较，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为 3s23p2 ，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si 。
（2）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空间构型为 直线型 ，用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式 2H2S+SO2＝3S↓+H2O 。
（3）中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO（OH）
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整：4Fe3O4+ 1 O2+ 12 Cl﹣ + 6 H2O→ 12 FeOCl+ 12 OH﹣ 。若4molFe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为 4NA 。
（4）化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO（OH），推测溶解度FeOCl ＞ FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。
②Na2SO3的作用是 作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4 。
③检验FeOCl转化完全的操作和现象是 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全 。
【分析】（1）根据构造原理，硅为第14号元素，可写出电子排布式，进一步写出最外层电子排布式，原子晶体熔点高低取决于键能大小，由原子半径可比较键长和键能；
（2）由价层电子对互斥理论可计算CS2中C原子为sp杂化，直线型分子，燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）中能与H2S转化为单质硫的为O2、SO2，可写出对应的方程式；
（3）已知在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，根据化合价升降守恒，反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，可配平反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，故4molFe3O4完全转化为FeOCl，转移的电子数目为4NA；
（4）①根据化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势可推出FeOCl和FeO（OH）溶解度大小；
②根据题意，使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层的方法是用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，推出Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③根据检验Cl﹣的方法是取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，有无白色沉淀产生，证明FeOCl是否转化完全。
【解答】解：（1）硅为第14号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式3s23p2，金刚石、晶体硅都是原子晶体，因原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si，所以金刚石熔点高于晶体硅，
故答案为：3s23p2；原子半径C＜Si，键长C﹣C＜Si﹣Si，键能C﹣C＞Si﹣Si；
（2）由价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数为＝2，所以CS2为直线型分子，燃煤废气中SO2与H2S作用生成单质硫，反应的方程式为2H2S+SO2＝3S↓+H2O，
故答案为：直线型；2H2S+SO2＝3S↓+H2O；
（3）反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，当4molFe3O4完全转化为FeOCl，转移的电子数目为4NA，
故答案为：12Cl﹣；6；12；120H﹣；4NA；
（4）①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO（OH），所以FeOCl的溶解度大于FeO（OH），
故答案为：＞；
②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应的离子方程式为SO32﹣+6FeOCl+3H2O＝SO42﹣+2Fe3O4+6H++6Cl﹣，
故答案为：作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl﹣，操作和现象是取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全，
故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
【点评】该题考查了电子排布式的书写、熔点高低的比较、方程式的书写和配平以及离子的检验等，综合性强，有一定难度，分析清化合价变化是解答氧化还原反应问题的关键。
22．（15分）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2＝CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ
（1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g），若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2＝CH2（g）的平均反应速率为 0.01mol/（L•min） 。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2（g）和H2（g），若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是 A （填编号）。
A.混合气体密度保持不变
B.混合气体总压强保持不变
C.乙烯体积分数保持不变
D.平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是 降低温度或是增大压强 （任填一条）
（3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下（其他条件相同）只发生主反应，测得乙烯的净速率（v正﹣v逆）与温度关系如图所示。
催化效率最高的是 At1 （填“At1”、“At2”或“At3”），A点的正反应速率 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）逆反应速率。
（4）在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2（g） 和1.2molH2（g）同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K＝ 0.26 （结果保留2位小数）。提示：C2H4的选择性＝×100%
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的 HCOOH（甲酸）溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH） 小于 c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入 HCOOH 。
【分析】（1）根据信息可知，CO2的反应速率为＝0.02mol/（min•L），根据速率之比等于系数之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反应速率为ν＝；
（2）对于主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化；
（3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；
（4）CO2起始浓度为c＝＝＝0.2mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2＝CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0 0
变化（mol） 2x 6x x 4x
平衡（mol） 0.2﹣2x 0.6﹣6x x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0
变化（mol） y y y
平衡（mol） 0.2﹣y 0.6﹣y y
，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的选择性为80%得×100%＝80%，由两式解得x＝0.04、y＝0.01，则该温度下，副反应的平衡常数K＝，据此计算；
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液显酸性，则电离大于水解。
【解答】解：（1）根据信息可知，CO2的反应速率为＝0.02mol/（min•L），根据速率之比等于系数之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反应速率为ν＝＝＝0.01mol/（min•L），
故答案为：0.01mol/（L•min）；
（2）对于主反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，故D错误；
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施为降低温度或是增大压强，
故答案为：A；降低温度或是增大压强；
（3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率，
故答案为：At1；大于；
（4）CO2起始浓度为c＝＝＝0.2mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2＝CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0 0
变化（mol） 2x 6x x 4x
平衡（mol） 0.2﹣2x 0.6﹣6x x 4x
CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）
开始（mol） 0.2 0.6 0
变化（mol） y y y
平衡（mol） 0.2﹣y 0.6﹣y y
，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的选择性为80%得×100%＝80%，由两式解得x＝0.04、y＝0.01，则该温度下，副反应的平衡常数K＝＝≈0.26，
故答案为：0.26；
（5）0.1mol•L﹣1的NaOH溶液和0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c（HCOOH）小于c（Na+），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入HCOOH溶液，
故答案为：小于；HCOOH。
【点评】本题考查化学平衡、平衡常数、反应速率的影响因素分析，图象分析判断是解题关键，为高怕考点，题目难度中等，掌握化学平衡知识是解题的关键。
23．（14分）化合物H是一种常见的药物的中间体，工业上常通过如图途径合成：
请回答下列问题：
（1）A→B的反应条件是 光照 ，H中含氧官能团的名称为 酯基 ，化合物D的结构简式是 。
（2）下列说法不正确的是 A 。
A.化合物A最多14个原子共平面
B.化合物B能发生氧化反应、加成反应和取代反应
C.化合物H的分子式为C15H20O4
（3）写出F→G发生的化学反应方程式 +2CH3CH2OH+2H2O 。
（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯气味香甜，解释这两种物质为什么闻起来气味不同： 乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体 。
（5）依据上述合成路线设计以乙醇为原料制备（ HOOCCH2COOH）的合成路线，（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH 。（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
【分析】A的分子式为C7H8，结合H的结构简式，可知A中含有苯环，故A为，A与氯气发生取代反应生成B，B与NaCl发生取代反应生成C，C中﹣CN水解为﹣COOH而生成D，D先与Cl2发生取代反应生成、然后羧基再与碳酸氢钠反应生成E，E中﹣Cl被﹣CN取代、然后﹣CN水解为﹣COOH、﹣COONa转化为﹣COOH生成F，F再与乙醇发生酯化反应生成G，G与CH3CH2Cl发生取代反应生成H和HCl，结合H的结构逆推可知G为、F为、E为、D为、C为、B为；
（5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与Cl2/PCl3反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与碳酸氢钠反应生成ClCH2COONa，最后与NaCN反应后再酸化生成HOOCCH2COOH。
【解答】解：（1）A→B的反应条件是转化，反应条件为光照；H中含氧官能团的名称为酯基；由分析可知，化合物D的结构简式是，
故答案为：光照；酯基；；
（2）A．由分析可知，A的结构简式是，旋转碳碳单键可以使甲基中1个氢原子处于苯环平面内，分子中最多有13原子共面，故A错误；
B．B的结构简式为，可以燃烧，属于氧化反应，苯环可以发生加成反应，氯代烃可以发生取代反应，故B正确；
C．化合物H的分子式为C15H20O4，故C正确；
故答案为：A；
（3）F→G发生的化学反应方程式为+2CH3CH2OH+2H2O，
故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（4）乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体，两种物质为什么闻起来气味不同，
故答案为：乙酸乙酯与丁酸分子式相同，但结构不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互为同分异构体；
（5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与Cl2/PCl3反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与碳酸氢钠反应生成ClCH2COONa，最后与NaCN反应后再酸化生成HOOCCH2COOH，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH，
故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据有机物分子式、H的结构简式进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
24．（16分）碳酸亚铁（FeCO3）是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验。
实验一：为探究某固体化合物X（仅含有三种元素）的组成和性质，设计并完成如图实验。
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
（1）气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为 2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣ 。化合物X含有的元素为 Fe、Cl、O （写元素符号）。化合物A的化学式为 FeO 。
实验二：如图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3（白色固体，难溶于水）：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
（2）试剂a是 饱和NaHCO3溶液 。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是 降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2 。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为 Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O 。
（3）不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是 溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色 。
（4）100mL0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为 53.88% （结果保留2位小数）。
【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，
故答案为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣；Fe、Cl、O；FeO；
（2）溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH﹣浓度，防止生成Fe（OH）2；Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，
故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色；
（4）100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L×0.8mol/L＝0.08mol，根据方程式Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n（FeCO3）＝n（Fe2+）＝n（FeCl2）＝0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol×116g/mol＝9.28g，则产率为：×100%＝53.88%，
故答案为：53.88%。
【点评】本题考查物质含量的测定，难度中等，涉及离子方程式书写、对操作的分析评价、信息获取与迁移应用、化学计算等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
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 19:23:47；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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