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2021年上海市静安区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市静安区高考化学二模试卷，共38页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021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）习近平同志在上海考查时表示，垃圾分类工作就是新时尚。下列做法正确的是（ ）
A．回收厨余垃圾，提取食用油
B．改变生活方式，减少废弃物产生
C．回收电子垃圾，集中填埋处理
D．焚烧废旧塑料，防止白色污染
2．（2分）碳循环对人类生存、发展有着重要意义。碳循环示意图如下，有关说法错误的是（ ）
A．碳是构成有机物的主要元素
B．石油的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
3．（2分）既不属于电解质，又不属于非电解质的是（ ）
A．氯气 B．氨气 C．乙醇 D．醋酸钠
4．（2分）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
5．（2分）反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子：Fe
B．O原子电子式：
C．O2﹣的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
6．（2分）反应CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
7．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
8．（2分）某有机物的结构为，该有机物不可能具有的性质是（ ）
A．能跟羧酸、醇等反应
B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生加聚反应
D．能发生消去反应
9．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．侯氏制碱 C．海水提溴 D．氯碱工业
10．（2分）常温下，在0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、OH﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、ClO﹣
C．Fe2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ag+、NO3﹣、Na+
11．（2分）化学研究性学习小组设计了如图装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠
D．用装置丁吸收尾气
12．（2分）下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
13．（2分）反应2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1mol Na2S4O6，就有4mol电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
14．（2分）在一定条件下，氢气既可与活泼金属化合，又可与活泼非金属化合。现有CaH2和H2S两种物质，相关判断正确的是（ ）
A．两者氢元素的化合价均为+1
B．两者均为共价化合物
C．两者氢微粒的半径相同
D．两者混合时会生成氢气
15．（2分）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是（ ）
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VL
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
16．（2分）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C．X可形成两种氧化物
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
17．（2分）如图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线。下列有关说法正确的是（ ）
A．X具有两种不同的含氧官能团
B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成W
D．W的化学式为（C10H16O4）n
18．（2分）氢氧化钾碱性介质下的甲烷燃料电池总反应方程式为：CH4+2O2+2KOH→K2CO3+3H2O，其工作原理如图所示，a、b均为石墨电极。关于该电池的说法正确的是（ ）
A．a电极为正极
B．b点电极附近的pH在工作一段时间后会减小
C．工作时电能转化为化学能
D．电流由b电极经导线、用电器流向a电极
19．（2分）次磷酸（H3PO2）与磷酸（H3PO4）的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O→4Ag↓+PO43﹣+6H+
D．硝酸银发生还原反应
20．（2分）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al（OH）3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见如图。点e的坐标为（40，32）。有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣
B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.8mol/L
C．a点溶液存在：c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
D．水的电离程度：点a＜点b
二、综合题（共60分）
21．（15分）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 （填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 。
CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因： 。
（2）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性H2S HCl（选填“＜”、“＞”或“＝”，下同）；酸性：HClO4 H2SO4。
用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱： 。
（3）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 性。
若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是 。（填序号）
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c（H2SO3） c（SO32﹣）。（选填“＜”、“＞”或“＝”）
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式
Na2SO3+ KIO3+ H2SO4→ Na2SO4+ K2SO4+ I2+ H2O
22．（15分）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
（1）氮原子最外层运动状态不同的电子有 种，N2的电子式： 。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式 。
已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ
（2）恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1所示。
0～9min内N2的平均反应速率v（N2）＝ mol/（L•min）。
第12min时CO2的浓度为 mol/L。
第12min时改变的反应条件可能为 。（填字母代号）
a．升高温度
b．加入NO
c．加催化剂
d．减小压强
e．降低温度
（3）如图2是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。（图中L（L1、L2）、X可能是温度或压强）。可以确定X代表的是 （填“温度”或“压强”），L1与L2的大小关系是L1 L2（选填“＜”、“＞”或“＝”），你的理由是 。
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO（NH2）2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O（反应条件省略）。经测定，每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为 。
23．（15分）他米巴罗汀（H）被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔兹海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如图。
已知：
1.
2.+R﹣Cl+HCl
回答下列问题：
（1）B中含氮官能团的结构简式是 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）反应类型：①是 、③ 。试剂甲是 。
（3）C→D为酯化反应，化学反应方程式是 。
（4）写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式 。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子。
（5）设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线 。（结合本题信息，其它无机试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品（杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应），B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是 。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是 （选填“赞同”或“不赞同”），理由是 。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式
。无色的草酸（H2C2O4）溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，判断到达滴定终点时的现象应当是 。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入 溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为 。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是 。（填字母代号）
a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
2021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）习近平同志在上海考查时表示，垃圾分类工作就是新时尚。下列做法正确的是（ ）
A．回收厨余垃圾，提取食用油
B．改变生活方式，减少废弃物产生
C．回收电子垃圾，集中填埋处理
D．焚烧废旧塑料，防止白色污染
【分析】A．厨余垃圾含有地沟油，地沟油含有有毒物质，不能食用；
B．改变生活方式，减少废弃物产生，有利于保护环境；
C．电子垃圾中含有许多重金属离子；
D．焚烧废旧塑料污染大气。
【解答】解：A．厨余垃圾含有地沟油，地沟油含有有毒物质，不能食用，所以回收厨余垃圾不能用于提取食用油，故A错误；
B．改变生活方式，减少废弃物产生，符合节能减排理念，有利于保护环境，故B正确；
C．电子垃圾中含有许多重金属离子，随意填埋能引起土壤和水体污染，故C错误；
D．焚烧废旧塑料污染大气，不利于环境保护，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了垃圾的处理，进行垃圾分类处理既能够减少环境污染，又能够使废物再利用，节约资源，应大力倡导。
2．（2分）碳循环对人类生存、发展有着重要意义。碳循环示意图如下，有关说法错误的是（ ）
A．碳是构成有机物的主要元素
B．石油的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
【分析】A．一般含碳的化合物为有机物；
B．乙烯的用途可知，乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志；
C．温室效应是由于大气中的大量二氧化碳、氟氯烃、甲烷、二氧化氮等温室气体（其中主要是CO2）；
D．光合作用是将太阳能转变成化学能储存在糖类物质中。
【解答】解：A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确；
B．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展，因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故B错误；
C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确；
D．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物组成元素、光合作用、温室效应、石油化工生产等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3．（2分）既不属于电解质，又不属于非电解质的是（ ）
A．氯气 B．氨气 C．乙醇 D．醋酸钠
【分析】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，
在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质，
单质和混合物既不属于电解质又不属于非电解质。
【解答】解：A．氯气是单质，既不属于电解质又不属于非电解质，故A正确；
B．氨气不能电离，不能导电，属于非电解质，故B错误；
C．乙醇不能电离，不能导电，属于非电解质，故C错误；
D．醋酸钠溶于水导电，属于电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质与非电解质的概念，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确题干信息是解答本题关键。
4．（2分）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
【分析】A.空气中氮气约占，含N≡N键，键能大；
B.动植物体内的氮主要存在于蛋白质中；
C.铵盐与碱性肥料混合使用降低肥效，而氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、有机氮肥等；
D.氨水与二氧化硫发生反应。
【解答】解：A.空气中氮气约占，含N≡N键，键能大，则氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定，故A正确；
B.动植物体内的氮主要存在于蛋白质中，腐败产生氨气，则自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败，故B正确；
C.铵盐与碱性肥料混合使用降低肥效，而氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、有机氮肥等，不是所有的都要避免与碱性肥料混合使用，故C错误；
D.氨水与二氧化硫发生反应，则硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫，减少酸雨的发生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查含氮物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、化学与生产及环境的联系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5．（2分）反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子：Fe
B．O原子电子式：
C．O2﹣的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
【分析】A．质子数为26的铁原子；
B．氧原子最外层有六个电子；
C．O2﹣的最外层有8个电子；
D．洪特规则：电子在能量相同的轨道排布时，总是尽可能分占不同的轨道，且电子自旋方向相同。
【解答】解：A．质子数为26、中子数为30的铁原子：Fe，故A错误；
B．氧原子最外层有六个电子，电子式：，故B正确；
C．O2﹣的最外层有8个电子，原子核外K、L层依次排有2、8个电子，O2﹣的结构示意图：，故C错误；
D．违反洪特规则，S原子最外层的轨道表示式：，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学用语，涉及核素表达式、电子式、原子结构示意图、原子轨道的表示方法，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大。
6．（2分）反应CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
【分析】A．不同非金属原子之间形成极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子；
B．Na2CO3属于强电解质；
C．NaOH在溶液中完全电离；
D．CO32﹣两步水解，第一步水解生成HCO3﹣和OH﹣、第二步水解生成H2CO3、OH﹣。
【解答】解：A．不同非金属原子之间形成极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，则CO2是由极性键构成的非极性分子，故A正确；
B．Na2CO3在水中完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．NaOH在溶液中完全电离，电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，所以不存在离子键，故C错误；
D．CO32﹣两步水解，第一步水解生成HCO3﹣和OH﹣、第二步水解生成H2CO3、OH﹣，水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键、分子极性的判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确离子键、共价键的判断、分子极性的判断、水解方程式书写方法是解本题关键，题目难度不大。
7．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据实验操作的步骤：计算→称量（量取）→溶解（稀释）、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器及不需要的仪器。
【解答】解：配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算→称量（量取）→溶解（稀释）、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，用固体配制一定物质的量浓度溶液需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以上述仪器：量筒在用固体配制一定物质的量浓度溶液中可不选用，容量瓶、烧杯、玻璃棒必须使用，
故选：C。
【点评】本题考查了化学仪器的选择，明确配制溶液的原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）某有机物的结构为，该有机物不可能具有的性质是（ ）
A．能跟羧酸、醇等反应
B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生加聚反应
D．能发生消去反应
【分析】有机物含有碳碳双键、羟基、羧基，具有烯烃、醇和羧酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.含有羟基，可与羧酸发生酯化反应，含有羧基，可与醇发生酯化反应，故A正确；
B.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；
C.含有碳碳双键，可发生加聚反应，故C正确；
D.羟基邻位没有氢原子，不能发生消去反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．侯氏制碱 C．海水提溴 D．氯碱工业
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，未涉及氧化还原反应，说明反应中不存在化合价变化，以此进行判断。
【解答】解：A．海带提碘过程中I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．侯氏制碱过程涉及反应有NH3+CO2+H2O═NH4HCO3、NH4HCO3+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，反应中不存在化合价变化，未涉及氧化还原反应，故B选；
C．海水提溴过程中Br元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大。
10．（2分）常温下，在0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、OH﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、ClO﹣
C．Fe2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ag+、NO3﹣、Na+
【分析】离子之间不反应且和NH4+、Cl﹣不反应的离子能大量共存。
【解答】解：A．NH4+、OH﹣反应生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故A错误；
B．AlO2﹣、ClO﹣都与NH4+发生双水解反应而不能大量共存，故B错误；
C．这几种离子之间不反应且和NH4+、Cl﹣不反应，所以能大量共存，故C正确；
D．Ag+、Cl﹣生成沉淀AgCl而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、双水解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中隐含信息的理解和应用，题目难度不大。
11．（2分）化学研究性学习小组设计了如图装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠
D．用装置丁吸收尾气
【分析】由图装置甲为MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，装置乙中饱和食盐水可除去挥发出的HCl气体，浓硫酸可干燥Cl2，装置丙中发生反应Cl2+2Na2NaCl，装置丁用于吸收尾气，
A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气有毒可以用装置丁吸收尾气。
【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热，甲装置缺少加热装置，故A正确；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收，可以用装置乙净化、干燥氯气，故B错误；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠，故C错误；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用装置丁吸收尾气，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质制备方案设计，试剂装置的作用、选择等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
【分析】A.二者均与硝酸钡溶液不反应；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C.盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙；
D.加入过量的氯化钡溶液，引入新杂质氯化钡。
【解答】解：A.二者均与硝酸钡溶液不反应，应选NaOH溶液、洗气，故A错误；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；
C.盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，反应后过滤可除杂，故C正确；
D.加入过量的氯化钡溶液，引入新杂质氯化钡，应选盐酸，故D错误；
故选：C。
【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、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
13．（2分）反应2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1mol Na2S4O6，就有4mol电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
【分析】2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6反应中，I元素的化合价降低被还原，S元素的化合价升高被氧化，据此分析。
【解答】解：A．反应中，S元素的化合价由+2价升高为+价，则每生成1mol Na2S4O6，就有1mol×（﹣2）×4＝2mol电子发生转移，故A错误；
B．I元素的化合价降低被还原，则I2是氧化剂，表现了氧化性，故B正确；
C．I2是氧化剂，被还原，Na2S2O3是还原剂被氧化，则Na2S4O6是氧化产物，故C正确；
D．Na2S2O3具有较强的还原性，易被氧气氧化，所以Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）在一定条件下，氢气既可与活泼金属化合，又可与活泼非金属化合。现有CaH2和H2S两种物质，相关判断正确的是（ ）
A．两者氢元素的化合价均为+1
B．两者均为共价化合物
C．两者氢微粒的半径相同
D．两者混合时会生成氢气
【分析】A．根据元素化合价代数和为0计算；
B．只含共价键的化合物为共价化合物；
C．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价；
D．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，两者归中生成0价的氢。
【解答】解：A．CaH2中钙元素化合价为+2价，则氢是﹣1价，H2S中硫元素化合价为﹣2价，氢是+1价，故A错误；
B．CaH2含有离子键是离子化合物，H2S是共价化合物，并不都是共价化合物，故B错误；
C．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，﹣1价的氢半径大于+1价的氢离子的半径，故C错误；
D．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，两者混合时归中生成0价的氢气，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确元素化合价的判断和微粒半径大小的比较是解题关键，题目题目难度不大。
15．（2分）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是（ ）
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VL
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
【分析】A．盐酸具有挥发性；
B．溶液的体积发生改变，无法计算混合后浓度；
C．先计算混合溶液中HCl的物质的量，再根据c＝计算；
D．浓度不同溶液混合，体积不等于原溶液体积和。
【解答】解：A．加热时，促进盐酸挥发，将溶液加热浓缩到0.5V，得到溶液浓度小于0.6mol•L﹣1，故A错误；
B．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸，通入标准状况下的HCl气体6.72L，溶液的体积发生改变，无法计算混合后浓度，故B错误；
C．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸加入3mol•L﹣1的盐酸0.2VL，共含有溶质氯化氢物质的量为（0.3V+3×0.2V）mol，再稀释至1.5VL，所得溶液浓度为＝0.6mol/L，故C正确；
D．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸加入VL 0.9mol•L﹣1的盐酸混合均匀，得到溶液体积不等于2VL，无法计算混合后溶液浓度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和，注意把握物质的量的计算以及物质的量浓度的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
16．（2分）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C．X可形成两种氧化物
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol•L﹣1的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH＝2，为一元强酸，原子序数Z＞W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH＝12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素，
A.电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣的半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B.W的气态氢化物不一定为氨气，可能为N2H4等，不一定为三角锥形分子，故B错误；
C.钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠等，故C正确；
D.氯气不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，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。
17．（2分）如图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线。下列有关说法正确的是（ ）
A．X具有两种不同的含氧官能团
B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成W
D．W的化学式为（C10H16O4）n
【分析】A.X含有碳碳双键和羧基；
B.Y含有羧基；
C.二元酸与二元醇发生缩聚反应；
D.根据结构简式判断分子式。
【解答】解：A.X含有碳碳双键和羧基，只含有一种含氧官能团，故A错误；
B.Y含有羧基，可发生酯化反应，不能发生加成反应，故B错误；
C.Y和1，4﹣丁二醇通过缩聚反应生成W，不是加聚反应，故C错误；
D.由结构简式可知W的化学式为（C10H16O4）n，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
18．（2分）氢氧化钾碱性介质下的甲烷燃料电池总反应方程式为：CH4+2O2+2KOH→K2CO3+3H2O，其工作原理如图所示，a、b均为石墨电极。关于该电池的说法正确的是（ ）
A．a电极为正极
B．b点电极附近的pH在工作一段时间后会减小
C．工作时电能转化为化学能
D．电流由b电极经导线、用电器流向a电极
【分析】甲烷碱性燃料电池中，燃料失电子、发生氧化反应，则通入燃料甲烷的a电极为负极，通入氧气的b电极为正极，正极上氧气得电子、发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，负极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，总反应为CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O，电流从正极流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．氧气在电极b上发生得电子的还原反应，则b电极为正极，a为负极，故A错误；
B．通入氧气的b电极为正极，正极上氧气得电子、发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，所以b电极附近的pH在工作一段时间后会增大，故B错误；
C．该装置属于原电池，工作时化学能转化为电能，故C错误；
D．原电池中电流从正极流向负极，即电流由b电极经导线、用电器流向a电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判断、电极反应和电极反应式的应用即可解答，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
19．（2分）次磷酸（H3PO2）与磷酸（H3PO4）的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O→4Ag↓+PO43﹣+6H+
D．硝酸银发生还原反应
【分析】该反应中Ag+是氧化剂、H2PO2﹣是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH2PO2﹣失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，则反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，据此分析。
【解答】解：A．NaH2PO2是正盐，所以H3PO2是一元酸，故A错误；
B．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，所以反应后pH减小，故B错误；
C．H3PO4是中强酸，在离子方程式中写化学式，所以离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，故C错误；
D．反应中，银离子得电子被还原，即硝酸银发生还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质及一元酸的判断，题目难度不大。
20．（2分）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al（OH）3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见如图。点e的坐标为（40，32）。有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣
B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.8mol/L
C．a点溶液存在：c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
D．水的电离程度：点a＜点b
【分析】先用过量烧碱溶液处理该矿物，只有氧化铝与NaOH反应，然后过滤，滤液含NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，由图可知，先发生NaOH与NaHCO3的反应，后偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成Al（OH）3，
A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离；
B.点e的坐标为（40，32），可知生成沉淀为32×10﹣3mol，沉淀反应消耗碳酸氢钠为40mL﹣8mL；
C.a点为NaOH、偏铝酸钠的混合溶液，溶液不显电性；
D.a点NaOH抑制水的电离，b点碳酸钠水解促进水的电离。
【解答】解：A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，则生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣，故A正确；
B.点e的坐标为（40，32），可知生成沉淀为32×10﹣3mol，沉淀反应消耗碳酸氢钠为40mL﹣8mL＝32mL，可知c（NaHCO3）＝＝1mol/L，则NaHCO3溶液中存在物料守恒式为c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝1mol/L，故B错误；
C.a点为NaOH、偏铝酸钠的混合溶液，溶液不显电性，a点溶液存在电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D.a点NaOH抑制水的电离，b点碳酸钠水解促进水的电离，则水的电离程度：点a＜点b，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电荷守恒及物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 F﹣ （填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 第三周期第ⅣA族 。
CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因： CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体 。
（2）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性H2S ＜ HCl（选填“＜”、“＞”或“＝”，下同）；酸性：HClO4 ＞ H2SO4。
用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱： Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣ 。
（3）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 还原 性。
若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是 3 。（填序号）
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c（H2SO3） ＜ c（SO32﹣）。（选填“＜”、“＞”或“＝”）
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式
5 Na2SO3+ 2 KIO3+ 1 H2SO4→ 5 Na2SO4+ 1 K2SO4+ 1 I2+ 1 H2O
【分析】（1）电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，质子数越多，离子半径越小，硅元素核电荷数14，核外电子数14，最外层电子数4，熔沸点：原子晶体＞分子晶体；
（2）非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，单质的氧化性越强；
（3）红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，作抗氧化剂，H2SO3酸性比H2S强，HSO3﹣既能电离又能水解，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度；
（4）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平。
【解答】解：（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，O2﹣、F﹣、N3﹣它们的电子层数相同，离子半径最小的是F﹣，硅元素彝族核外三个电子层，最外层4个电子，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅣA族，CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体，
故答案为：F﹣；第三周期第ⅣA族；CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体；
（2）非金属性Cl＞S，热稳定性H2S＜HCl，酸性：HClO4＞H2SO4，单质氧化性越强，非金属性越强，单质氧化性Cl2＞S，用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱，反应的离子方程式为：Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣，
故答案为：＜；＞；Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣；
（3）红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，作抗氧化剂，体现其还原性，H2SO3酸性比H2S强，通入过量的SO2，溶液酸性更强，pH更小，故选3，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），
故答案为：还原；3；＜；
（4）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4＝5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
故答案为：5；2；1；5；1；1；1。
【点评】本题知识点较多、综合性强，主要是原子结构、周期表递变规律、氧化还原反应等，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
22．（15分）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
（1）氮原子最外层运动状态不同的电子有 5 种，N2的电子式： 。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式 。
已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ
（2）恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1所示。
0～9min内N2的平均反应速率v（N2）＝ 0.011 mol/（L•min）。
第12min时CO2的浓度为 0.2 mol/L。
第12min时改变的反应条件可能为 e 。（填字母代号）
a．升高温度
b．加入NO
c．加催化剂
d．减小压强
e．降低温度
（3）如图2是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。（图中L（L1、L2）、X可能是温度或压强）。可以确定X代表的是 压强 （填“温度”或“压强”），L1与L2的大小关系是L1 ＜ L2（选填“＜”、“＞”或“＝”），你的理由是 反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小 。
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO（NH2）2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O（反应条件省略）。经测定，每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为 2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol 。
【分析】（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，N4所有原子均满足8电子稳定结构，为正四面体结构；
（2）由图可知△n（N2）＝0.2mol，结合v＝计算，浓度c＝，由图可知CO、NO浓度减小，氮气浓度上升，说明平衡正向移动；
（3）2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），该反应前后气体体积减小、且正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小，增大压强平衡正向移动，氮气体积分数增大；
（4）2CO（NH2）2+4NO+O2＝2CO2+4N2+4H2O，反应中每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，吸收120g的NO放出热量＝321.7kJ×4＝1286.8kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变得到热化学方程式。
【解答】解；（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，电子式为，N4所有原子均满足8电子稳定结构，为正四面体结构，结构式为：，
故答案为：5；；；
（2）由图可知△n（CO）＝0.4mol，△n（N2）＝0.2mol，v（N2）＝≈0.011mol/（L•min），第12min时CO2的浓度c＝＝0.2mol/L，由图可知CO、NO浓度减小，氮气浓度上升，说明平衡正向移动，
a．升高温度，平衡逆向移动，故a错误；
b．加入NO，则NO先上升，不符合图中曲线，故b错误；
c．加催化剂，平衡不移动，故c错误；
d．减小压强，浓度下降，平衡逆向移动，故d错误；
e．降低温度，平衡正向移动，故e正确，
故答案为：0.011；0.2；e；
（3）图象是平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小，增大压强平衡正向移动，氮气体积分数增大，判断X为压强，L表示温度，L1与L2的大小关系是L1＜L2，
故答案为：压强；＜；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小；
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，2CO（NH2）2+4NO+O2＝2CO2+4N2+4H2O，反应中每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，吸收120g的NO放出热量＝321.7kJ×4＝1286.8kJ，该反应的热化学方程式为：2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol，
故答案为：2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol。
【点评】本题考查原子结构、电子式和结构式、化学平衡影响因素分析判断、热化学方程式书写等知识点，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
23．（15分）他米巴罗汀（H）被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔兹海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如图。
已知：
1.
2.+R﹣Cl+HCl
回答下列问题：
（1）B中含氮官能团的结构简式是 ﹣NO2 ，C中含氧官能团的名称为 羧基、酯基 。
（2）反应类型：①是 取代反应 、③ 还原反应 。试剂甲是 浓硝酸、浓硫酸 。
（3）C→D为酯化反应，化学反应方程式是 +CH3OH+H2O 。
（4）写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式 、、、、、、、、、 。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子。
（5）设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线 。（结合本题信息，其它无机试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据③反应产物结构简式及信息2知，苯发生取代反应生成A为，B发生信息1的反应，则B中含有硝基，所以A和浓硝酸发生取代反应生成B为，则甲为浓硝酸、浓硫酸；C和甲醇发生酯化反应生成D，D水解、酸化、取代后生成F，根据F的结构简式及C和D的分子式知，C为，D为；⑥为取代反应、⑦为水解反应；
（5）由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3﹣丁二烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl。
【解答】解：（1）B为，B中含氮官能团的结构简式是﹣NO2，C为，C中含氧官能团的名称为羧基、酯基，
故答案为：﹣NO2；羧基、酯基；
（2）①发生信息2的反应，属于取代反应；③是硝基被还原生成氨基，属于还原反应；试剂甲是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：取代反应；还原反应；浓硝酸、浓硫酸；
（3）C为，D为，C和甲醇发生酯化反应生成D，该化学反应方程式是+CH3OH+H2O，
故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）F的同分异构体符合下列条件：
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子，
符合条件的同分异构体结构简式为、、、、、、、、、，
故答案为：、、、、、、、、、；
（5）由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3﹣丁二烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，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）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品（杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应），B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收 。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是 赞同 （选填“赞同”或“不赞同”），理由是 若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全 。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式
2MnO4﹣+16H++10I﹣＝5Mn2++5I2+8H2O 。无色的草酸（H2C2O4）溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，判断到达滴定终点时的现象应当是 加入最后一滴草酸，溶液紫色褪去，且半分钟不变色 。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入 氢氧化钠 溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为 Fe4S5 。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是 cd 。（填字母代号）
a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
【分析】（1）由装置图可知，试管C中品红溶液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子；根据高锰酸钾溶液紫红色褪去判断；
（3）用氢氧化钠溶液吸收尾气；
（3）第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值为草酸溶液的体积．装置A中固体FexSy逐渐转变为红棕色，说明生成Fe2O3，同时生成二氧化硫．根据
根据方程式2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O，得关系式2MnO4﹣～10I﹣计算溶液中n未反应（MnO4﹣），然后计算n反应（MnO4﹣）；根据方程式2MnO4+2H2O+5SO2＝2Mn2++5SO42﹣+4H+，得关系式2MnO4﹣～5SO2计算生成二氧化硫n（SO2），0.32g固体是Fe2O3，得n（Fe）据此计算；
（4）根据FexSy导致S的含量偏小或者Fe的含量偏大，会使x：y的值偏大。
【解答】解：（1）由装置图可知，试管C中品红溶液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响，
故答案为：检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；赞同；若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，离子方程式为2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O；根据高锰酸钾溶液紫红色褪去判断，加入最后一滴草酸，溶液由紫色变为无色，且半分钟不变色，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O；加入最后一滴草酸，溶液由紫色变为无色，且半分钟不变色；
（3）用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染，
故答案为：氢氧化钠；
（3）第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算草酸溶液的体积为≈5.00mL．根据方程式2MnO4﹣+16H++10I﹣＝5Mn2++5I2+8H2O，得关系式2MnO4﹣～10I﹣计算溶液中n未反应（MnO4﹣）＝×0.1mol•L﹣1×5.00×10﹣3L＝1.00×10﹣4mol，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为1.00×10﹣4mol×＝1.00×10﹣3mol，装置B中n反应（MnO4﹣）＝n总（MnO4﹣）﹣n未反应（MnO4﹣）＝30×10﹣3L×0.1mol•L﹣1﹣1.00×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，根据方程式2MnO4+2H2O+5SO2＝2Mn2++5SO42﹣+4H+，得关系式2MnO4﹣～5SO2计算生成二氧化硫n（SO2）＝×2×10﹣3mol＝0.005mol，0.32g固体是Fe2O3，n（Fe）＝×2＝0.004mol，所以n（Fe）：n（SO2）＝0.004mol：0.005mol＝4：5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5，
故答案为：Fe4S5；
（4）a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，导致碘化钾标准液浓度偏大，测定的S的含量偏大，会使x：y的值偏小，故a错误；
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，不会影响实验效果，故b错误；
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，导致碘的消耗偏大，测定的S的含量偏小，会使x：y的值偏大，故c正确；
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分，导致测定S的含量偏小，会使x：y的值偏大，故d正确，
故答案为：cd。
【点评】本题考查实验原理、实验装置理解与评价、氧化还原滴定应用、化学计算等，难度较大，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。
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2021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）习近平同志在上海考查时表示，垃圾分类工作就是新时尚。下列做法正确的是（ ）
A．回收厨余垃圾，提取食用油
B．改变生活方式，减少废弃物产生
C．回收电子垃圾，集中填埋处理
D．焚烧废旧塑料，防止白色污染
2．（2分）碳循环对人类生存、发展有着重要意义。碳循环示意图如下，有关说法错误的是（ ）
A．碳是构成有机物的主要元素
B．石油的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
3．（2分）既不属于电解质，又不属于非电解质的是（ ）
A．氯气 B．氨气 C．乙醇 D．醋酸钠
4．（2分）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
5．（2分）反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子：Fe
B．O原子电子式：
C．O2﹣的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
6．（2分）反应CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
7．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
8．（2分）某有机物的结构为，该有机物不可能具有的性质是（ ）
A．能跟羧酸、醇等反应
B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生加聚反应
D．能发生消去反应
9．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．侯氏制碱 C．海水提溴 D．氯碱工业
10．（2分）常温下，在0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、OH﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、ClO﹣
C．Fe2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ag+、NO3﹣、Na+
11．（2分）化学研究性学习小组设计了如图装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠
D．用装置丁吸收尾气
12．（2分）下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
13．（2分）反应2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1mol Na2S4O6，就有4mol电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
14．（2分）在一定条件下，氢气既可与活泼金属化合，又可与活泼非金属化合。现有CaH2和H2S两种物质，相关判断正确的是（ ）
A．两者氢元素的化合价均为+1
B．两者均为共价化合物
C．两者氢微粒的半径相同
D．两者混合时会生成氢气
15．（2分）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是（ ）
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VL
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
16．（2分）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C．X可形成两种氧化物
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
17．（2分）如图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线。下列有关说法正确的是（ ）
A．X具有两种不同的含氧官能团
B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成W
D．W的化学式为（C10H16O4）n
18．（2分）氢氧化钾碱性介质下的甲烷燃料电池总反应方程式为：CH4+2O2+2KOH→K2CO3+3H2O，其工作原理如图所示，a、b均为石墨电极。关于该电池的说法正确的是（ ）
A．a电极为正极
B．b点电极附近的pH在工作一段时间后会减小
C．工作时电能转化为化学能
D．电流由b电极经导线、用电器流向a电极
19．（2分）次磷酸（H3PO2）与磷酸（H3PO4）的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O→4Ag↓+PO43﹣+6H+
D．硝酸银发生还原反应
20．（2分）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al（OH）3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见如图。点e的坐标为（40，32）。有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣
B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.8mol/L
C．a点溶液存在：c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
D．水的电离程度：点a＜点b
二、综合题（共60分）
21．（15分）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 （填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 。
CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因： 。
（2）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性H2S HCl（选填“＜”、“＞”或“＝”，下同）；酸性：HClO4 H2SO4。
用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱： 。
（3）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 性。
若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是 。（填序号）
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c（H2SO3） c（SO32﹣）。（选填“＜”、“＞”或“＝”）
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式
Na2SO3+ KIO3+ H2SO4→ Na2SO4+ K2SO4+ I2+ H2O
22．（15分）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
（1）氮原子最外层运动状态不同的电子有 种，N2的电子式： 。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式 。
已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ
（2）恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1所示。
0～9min内N2的平均反应速率v（N2）＝ mol/（L•min）。
第12min时CO2的浓度为 mol/L。
第12min时改变的反应条件可能为 。（填字母代号）
a．升高温度
b．加入NO
c．加催化剂
d．减小压强
e．降低温度
（3）如图2是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。（图中L（L1、L2）、X可能是温度或压强）。可以确定X代表的是 （填“温度”或“压强”），L1与L2的大小关系是L1 L2（选填“＜”、“＞”或“＝”），你的理由是 。
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO（NH2）2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O（反应条件省略）。经测定，每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为 。
23．（15分）他米巴罗汀（H）被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔兹海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如图。
已知：
1.
2.+R﹣Cl+HCl
回答下列问题：
（1）B中含氮官能团的结构简式是 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）反应类型：①是 、③ 。试剂甲是 。
（3）C→D为酯化反应，化学反应方程式是 。
（4）写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式 。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子。
（5）设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线 。（结合本题信息，其它无机试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品（杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应），B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是 。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是 （选填“赞同”或“不赞同”），理由是 。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式
。无色的草酸（H2C2O4）溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，判断到达滴定终点时的现象应当是 。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入 溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为 。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是 。（填字母代号）
a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
2021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）习近平同志在上海考查时表示，垃圾分类工作就是新时尚。下列做法正确的是（ ）
A．回收厨余垃圾，提取食用油
B．改变生活方式，减少废弃物产生
C．回收电子垃圾，集中填埋处理
D．焚烧废旧塑料，防止白色污染
【分析】A．厨余垃圾含有地沟油，地沟油含有有毒物质，不能食用；
B．改变生活方式，减少废弃物产生，有利于保护环境；
C．电子垃圾中含有许多重金属离子；
D．焚烧废旧塑料污染大气。
【解答】解：A．厨余垃圾含有地沟油，地沟油含有有毒物质，不能食用，所以回收厨余垃圾不能用于提取食用油，故A错误；
B．改变生活方式，减少废弃物产生，符合节能减排理念，有利于保护环境，故B正确；
C．电子垃圾中含有许多重金属离子，随意填埋能引起土壤和水体污染，故C错误；
D．焚烧废旧塑料污染大气，不利于环境保护，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了垃圾的处理，进行垃圾分类处理既能够减少环境污染，又能够使废物再利用，节约资源，应大力倡导。
2．（2分）碳循环对人类生存、发展有着重要意义。碳循环示意图如下，有关说法错误的是（ ）
A．碳是构成有机物的主要元素
B．石油的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
【分析】A．一般含碳的化合物为有机物；
B．乙烯的用途可知，乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志；
C．温室效应是由于大气中的大量二氧化碳、氟氯烃、甲烷、二氧化氮等温室气体（其中主要是CO2）；
D．光合作用是将太阳能转变成化学能储存在糖类物质中。
【解答】解：A．一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故A正确；
B．乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展，因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故B错误；
C．化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效应的原因之一，故C正确；
D．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物组成元素、光合作用、温室效应、石油化工生产等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3．（2分）既不属于电解质，又不属于非电解质的是（ ）
A．氯气 B．氨气 C．乙醇 D．醋酸钠
【分析】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，
在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质，
单质和混合物既不属于电解质又不属于非电解质。
【解答】解：A．氯气是单质，既不属于电解质又不属于非电解质，故A正确；
B．氨气不能电离，不能导电，属于非电解质，故B错误；
C．乙醇不能电离，不能导电，属于非电解质，故C错误；
D．醋酸钠溶于水导电，属于电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质与非电解质的概念，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确题干信息是解答本题关键。
4．（2分）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是（ ）
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
【分析】A.空气中氮气约占，含N≡N键，键能大；
B.动植物体内的氮主要存在于蛋白质中；
C.铵盐与碱性肥料混合使用降低肥效，而氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、有机氮肥等；
D.氨水与二氧化硫发生反应。
【解答】解：A.空气中氮气约占，含N≡N键，键能大，则氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定，故A正确；
B.动植物体内的氮主要存在于蛋白质中，腐败产生氨气，则自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败，故B正确；
C.铵盐与碱性肥料混合使用降低肥效，而氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、有机氮肥等，不是所有的都要避免与碱性肥料混合使用，故C错误；
D.氨水与二氧化硫发生反应，则硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫，减少酸雨的发生，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查含氮物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、化学与生产及环境的联系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5．（2分）反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子：Fe
B．O原子电子式：
C．O2﹣的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
【分析】A．质子数为26的铁原子；
B．氧原子最外层有六个电子；
C．O2﹣的最外层有8个电子；
D．洪特规则：电子在能量相同的轨道排布时，总是尽可能分占不同的轨道，且电子自旋方向相同。
【解答】解：A．质子数为26、中子数为30的铁原子：Fe，故A错误；
B．氧原子最外层有六个电子，电子式：，故B正确；
C．O2﹣的最外层有8个电子，原子核外K、L层依次排有2、8个电子，O2﹣的结构示意图：，故C错误；
D．违反洪特规则，S原子最外层的轨道表示式：，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学用语，涉及核素表达式、电子式、原子结构示意图、原子轨道的表示方法，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大。
6．（2分）反应CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO32﹣的水解方程式：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
【分析】A．不同非金属原子之间形成极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子；
B．Na2CO3属于强电解质；
C．NaOH在溶液中完全电离；
D．CO32﹣两步水解，第一步水解生成HCO3﹣和OH﹣、第二步水解生成H2CO3、OH﹣。
【解答】解：A．不同非金属原子之间形成极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，则CO2是由极性键构成的非极性分子，故A正确；
B．Na2CO3在水中完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．NaOH在溶液中完全电离，电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，所以不存在离子键，故C错误；
D．CO32﹣两步水解，第一步水解生成HCO3﹣和OH﹣、第二步水解生成H2CO3、OH﹣，水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键、分子极性的判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确离子键、共价键的判断、分子极性的判断、水解方程式书写方法是解本题关键，题目难度不大。
7．（2分）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据实验操作的步骤：计算→称量（量取）→溶解（稀释）、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器及不需要的仪器。
【解答】解：配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算→称量（量取）→溶解（稀释）、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，用固体配制一定物质的量浓度溶液需要仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以上述仪器：量筒在用固体配制一定物质的量浓度溶液中可不选用，容量瓶、烧杯、玻璃棒必须使用，
故选：C。
【点评】本题考查了化学仪器的选择，明确配制溶液的原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）某有机物的结构为，该有机物不可能具有的性质是（ ）
A．能跟羧酸、醇等反应
B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生加聚反应
D．能发生消去反应
【分析】有机物含有碳碳双键、羟基、羧基，具有烯烃、醇和羧酸的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.含有羟基，可与羧酸发生酯化反应，含有羧基，可与醇发生酯化反应，故A正确；
B.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；
C.含有碳碳双键，可发生加聚反应，故C正确；
D.羟基邻位没有氢原子，不能发生消去反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．侯氏制碱 C．海水提溴 D．氯碱工业
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，未涉及氧化还原反应，说明反应中不存在化合价变化，以此进行判断。
【解答】解：A．海带提碘过程中I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．侯氏制碱过程涉及反应有NH3+CO2+H2O═NH4HCO3、NH4HCO3+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，反应中不存在化合价变化，未涉及氧化还原反应，故B选；
C．海水提溴过程中Br元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D．氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大。
10．（2分）常温下，在0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．Na+、OH﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、ClO﹣
C．Fe2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ag+、NO3﹣、Na+
【分析】离子之间不反应且和NH4+、Cl﹣不反应的离子能大量共存。
【解答】解：A．NH4+、OH﹣反应生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故A错误；
B．AlO2﹣、ClO﹣都与NH4+发生双水解反应而不能大量共存，故B错误；
C．这几种离子之间不反应且和NH4+、Cl﹣不反应，所以能大量共存，故C正确；
D．Ag+、Cl﹣生成沉淀AgCl而不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、双水解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中隐含信息的理解和应用，题目难度不大。
11．（2分）化学研究性学习小组设计了如图装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠
D．用装置丁吸收尾气
【分析】由图装置甲为MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，装置乙中饱和食盐水可除去挥发出的HCl气体，浓硫酸可干燥Cl2，装置丙中发生反应Cl2+2Na2NaCl，装置丁用于吸收尾气，
A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气有毒可以用装置丁吸收尾气。
【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热，甲装置缺少加热装置，故A正确；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收，可以用装置乙净化、干燥氯气，故B错误；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠，故C错误；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用装置丁吸收尾气，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质制备方案设计，试剂装置的作用、选择等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
12．（2分）下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
【分析】A.二者均与硝酸钡溶液不反应；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C.盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙；
D.加入过量的氯化钡溶液，引入新杂质氯化钡。
【解答】解：A.二者均与硝酸钡溶液不反应，应选NaOH溶液、洗气，故A错误；
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；
C.盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙，反应后过滤可除杂，故C正确；
D.加入过量的氯化钡溶液，引入新杂质氯化钡，应选盐酸，故D错误；
故选：C。
【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、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
13．（2分）反应2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1mol Na2S4O6，就有4mol电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
【分析】2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6反应中，I元素的化合价降低被还原，S元素的化合价升高被氧化，据此分析。
【解答】解：A．反应中，S元素的化合价由+2价升高为+价，则每生成1mol Na2S4O6，就有1mol×（﹣2）×4＝2mol电子发生转移，故A错误；
B．I元素的化合价降低被还原，则I2是氧化剂，表现了氧化性，故B正确；
C．I2是氧化剂，被还原，Na2S2O3是还原剂被氧化，则Na2S4O6是氧化产物，故C正确；
D．Na2S2O3具有较强的还原性，易被氧气氧化，所以Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）在一定条件下，氢气既可与活泼金属化合，又可与活泼非金属化合。现有CaH2和H2S两种物质，相关判断正确的是（ ）
A．两者氢元素的化合价均为+1
B．两者均为共价化合物
C．两者氢微粒的半径相同
D．两者混合时会生成氢气
【分析】A．根据元素化合价代数和为0计算；
B．只含共价键的化合物为共价化合物；
C．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价；
D．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，两者归中生成0价的氢。
【解答】解：A．CaH2中钙元素化合价为+2价，则氢是﹣1价，H2S中硫元素化合价为﹣2价，氢是+1价，故A错误；
B．CaH2含有离子键是离子化合物，H2S是共价化合物，并不都是共价化合物，故B错误；
C．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，﹣1价的氢半径大于+1价的氢离子的半径，故C错误；
D．CaH2中的氢是﹣1价，H2S中的氢是+1价，两者混合时归中生成0价的氢气，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确元素化合价的判断和微粒半径大小的比较是解题关键，题目题目难度不大。
15．（2分）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是（ ）
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VL
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
【分析】A．盐酸具有挥发性；
B．溶液的体积发生改变，无法计算混合后浓度；
C．先计算混合溶液中HCl的物质的量，再根据c＝计算；
D．浓度不同溶液混合，体积不等于原溶液体积和。
【解答】解：A．加热时，促进盐酸挥发，将溶液加热浓缩到0.5V，得到溶液浓度小于0.6mol•L﹣1，故A错误；
B．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸，通入标准状况下的HCl气体6.72L，溶液的体积发生改变，无法计算混合后浓度，故B错误；
C．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸加入3mol•L﹣1的盐酸0.2VL，共含有溶质氯化氢物质的量为（0.3V+3×0.2V）mol，再稀释至1.5VL，所得溶液浓度为＝0.6mol/L，故C正确；
D．VL浓度为0.3mol•L﹣1的盐酸加入VL 0.9mol•L﹣1的盐酸混合均匀，得到溶液体积不等于2VL，无法计算混合后溶液浓度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和，注意把握物质的量的计算以及物质的量浓度的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
16．（2分）常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C．X可形成两种氧化物
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol•L﹣1的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH＝2，为一元强酸，原子序数Z＞W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH＝12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素，
A.电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣的半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B.W的气态氢化物不一定为氨气，可能为N2H4等，不一定为三角锥形分子，故B错误；
C.钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠等，故C正确；
D.氯气不具有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，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。
17．（2分）如图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线。下列有关说法正确的是（ ）
A．X具有两种不同的含氧官能团
B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4丁二醇通过加聚反应生成W
D．W的化学式为（C10H16O4）n
【分析】A.X含有碳碳双键和羧基；
B.Y含有羧基；
C.二元酸与二元醇发生缩聚反应；
D.根据结构简式判断分子式。
【解答】解：A.X含有碳碳双键和羧基，只含有一种含氧官能团，故A错误；
B.Y含有羧基，可发生酯化反应，不能发生加成反应，故B错误；
C.Y和1，4﹣丁二醇通过缩聚反应生成W，不是加聚反应，故C错误；
D.由结构简式可知W的化学式为（C10H16O4）n，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
18．（2分）氢氧化钾碱性介质下的甲烷燃料电池总反应方程式为：CH4+2O2+2KOH→K2CO3+3H2O，其工作原理如图所示，a、b均为石墨电极。关于该电池的说法正确的是（ ）
A．a电极为正极
B．b点电极附近的pH在工作一段时间后会减小
C．工作时电能转化为化学能
D．电流由b电极经导线、用电器流向a电极
【分析】甲烷碱性燃料电池中，燃料失电子、发生氧化反应，则通入燃料甲烷的a电极为负极，通入氧气的b电极为正极，正极上氧气得电子、发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，负极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，总反应为CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O，电流从正极流向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．氧气在电极b上发生得电子的还原反应，则b电极为正极，a为负极，故A错误；
B．通入氧气的b电极为正极，正极上氧气得电子、发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，所以b电极附近的pH在工作一段时间后会增大，故B错误；
C．该装置属于原电池，工作时化学能转化为电能，故C错误；
D．原电池中电流从正极流向负极，即电流由b电极经导线、用电器流向a电极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握电极的判断、电极反应和电极反应式的应用即可解答，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
19．（2分）次磷酸（H3PO2）与磷酸（H3PO4）的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
化学式
Na3PO4
NaH2PO2
物质类别
正盐
正盐
溶液酸碱性
碱性
中性
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O→4Ag↓+PO43﹣+6H+
D．硝酸银发生还原反应
【分析】该反应中Ag+是氧化剂、H2PO2﹣是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH2PO2﹣失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，则反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，据此分析。
【解答】解：A．NaH2PO2是正盐，所以H3PO2是一元酸，故A错误；
B．反应的离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，所以反应后pH减小，故B错误；
C．H3PO4是中强酸，在离子方程式中写化学式，所以离子方程式为：H2PO2﹣+4Ag++2H2O＝4Ag↓+H3PO4+3H+，故C错误；
D．反应中，银离子得电子被还原，即硝酸银发生还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质及一元酸的判断，题目难度不大。
20．（2分）某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，然后过滤。再往所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成Al（OH）3的物质的量与所加入NaHCO3溶液体积变化的曲线见如图。点e的坐标为（40，32）。有关说法错误的是（ ）
A．生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣
B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝0.8mol/L
C．a点溶液存在：c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣）
D．水的电离程度：点a＜点b
【分析】先用过量烧碱溶液处理该矿物，只有氧化铝与NaOH反应，然后过滤，滤液含NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，由图可知，先发生NaOH与NaHCO3的反应，后偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成Al（OH）3，
A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离；
B.点e的坐标为（40，32），可知生成沉淀为32×10﹣3mol，沉淀反应消耗碳酸氢钠为40mL﹣8mL；
C.a点为NaOH、偏铝酸钠的混合溶液，溶液不显电性；
D.a点NaOH抑制水的电离，b点碳酸钠水解促进水的电离。
【解答】解：A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，则生成沉淀时的离子方程式：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O→Al（OH）3↓+CO32﹣，故A正确；
B.点e的坐标为（40，32），可知生成沉淀为32×10﹣3mol，沉淀反应消耗碳酸氢钠为40mL﹣8mL＝32mL，可知c（NaHCO3）＝＝1mol/L，则NaHCO3溶液中存在物料守恒式为c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＝1mol/L，故B错误；
C.a点为NaOH、偏铝酸钠的混合溶液，溶液不显电性，a点溶液存在电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D.a点NaOH抑制水的电离，b点碳酸钠水解促进水的电离，则水的电离程度：点a＜点b，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电荷守恒及物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 F﹣ （填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 第三周期第ⅣA族 。
CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因： CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体 。
（2）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性H2S ＜ HCl（选填“＜”、“＞”或“＝”，下同）；酸性：HClO4 ＞ H2SO4。
用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱： Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣ 。
（3）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 还原 性。
若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是 3 。（填序号）
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c（H2SO3） ＜ c（SO32﹣）。（选填“＜”、“＞”或“＝”）
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式
5 Na2SO3+ 2 KIO3+ 1 H2SO4→ 5 Na2SO4+ 1 K2SO4+ 1 I2+ 1 H2O
【分析】（1）电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，质子数越多，离子半径越小，硅元素核电荷数14，核外电子数14，最外层电子数4，熔沸点：原子晶体＞分子晶体；
（2）非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，最高价含氧酸的酸性越强，单质的氧化性越强；
（3）红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，作抗氧化剂，H2SO3酸性比H2S强，HSO3﹣既能电离又能水解，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度；
（4）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平。
【解答】解：（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，O2﹣、F﹣、N3﹣它们的电子层数相同，离子半径最小的是F﹣，硅元素彝族核外三个电子层，最外层4个电子，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅣA族，CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体，
故答案为：F﹣；第三周期第ⅣA族；CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体；
（2）非金属性Cl＞S，热稳定性H2S＜HCl，酸性：HClO4＞H2SO4，单质氧化性越强，非金属性越强，单质氧化性Cl2＞S，用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱，反应的离子方程式为：Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣，
故答案为：＜；＞；Cl2+S2﹣＝S↓+2Cl﹣；
（3）红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，作抗氧化剂，体现其还原性，H2SO3酸性比H2S强，通入过量的SO2，溶液酸性更强，pH更小，故选3，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），
故答案为：还原；3；＜；
（4）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4＝5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
故答案为：5；2；1；5；1；1；1。
【点评】本题知识点较多、综合性强，主要是原子结构、周期表递变规律、氧化还原反应等，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
22．（15分）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
（1）氮原子最外层运动状态不同的电子有 5 种，N2的电子式： 。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式 。
已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ
（2）恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1所示。
0～9min内N2的平均反应速率v（N2）＝ 0.011 mol/（L•min）。
第12min时CO2的浓度为 0.2 mol/L。
第12min时改变的反应条件可能为 e 。（填字母代号）
a．升高温度
b．加入NO
c．加催化剂
d．减小压强
e．降低温度
（3）如图2是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。（图中L（L1、L2）、X可能是温度或压强）。可以确定X代表的是 压强 （填“温度”或“压强”），L1与L2的大小关系是L1 ＜ L2（选填“＜”、“＞”或“＝”），你的理由是 反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小 。
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO（NH2）2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O（反应条件省略）。经测定，每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为 2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol 。
【分析】（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，N4所有原子均满足8电子稳定结构，为正四面体结构；
（2）由图可知△n（N2）＝0.2mol，结合v＝计算，浓度c＝，由图可知CO、NO浓度减小，氮气浓度上升，说明平衡正向移动；
（3）2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），该反应前后气体体积减小、且正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小，增大压强平衡正向移动，氮气体积分数增大；
（4）2CO（NH2）2+4NO+O2＝2CO2+4N2+4H2O，反应中每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，吸收120g的NO放出热量＝321.7kJ×4＝1286.8kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变得到热化学方程式。
【解答】解；（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有5个电子，运动状态各不相同，氮气存在N≡N键，电子式为，N4所有原子均满足8电子稳定结构，为正四面体结构，结构式为：，
故答案为：5；；；
（2）由图可知△n（CO）＝0.4mol，△n（N2）＝0.2mol，v（N2）＝≈0.011mol/（L•min），第12min时CO2的浓度c＝＝0.2mol/L，由图可知CO、NO浓度减小，氮气浓度上升，说明平衡正向移动，
a．升高温度，平衡逆向移动，故a错误；
b．加入NO，则NO先上升，不符合图中曲线，故b错误；
c．加催化剂，平衡不移动，故c错误；
d．减小压强，浓度下降，平衡逆向移动，故d错误；
e．降低温度，平衡正向移动，故e正确，
故答案为：0.011；0.2；e；
（3）图象是平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）+746.5kJ，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小，增大压强平衡正向移动，氮气体积分数增大，判断X为压强，L表示温度，L1与L2的大小关系是L1＜L2，
故答案为：压强；＜；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气体积分数减小；
（4）尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，2CO（NH2）2+4NO+O2＝2CO2+4N2+4H2O，反应中每吸收30g NO能排放热量321.7kJ，吸收120g的NO放出热量＝321.7kJ×4＝1286.8kJ，该反应的热化学方程式为：2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol，
故答案为：2CO（NH2）2（aq）+4NO（g）+O2（g）＝2CO2（g）+4N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1286.8kJ/mol。
【点评】本题考查原子结构、电子式和结构式、化学平衡影响因素分析判断、热化学方程式书写等知识点，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
23．（15分）他米巴罗汀（H）被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔兹海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如图。
已知：
1.
2.+R﹣Cl+HCl
回答下列问题：
（1）B中含氮官能团的结构简式是 ﹣NO2 ，C中含氧官能团的名称为 羧基、酯基 。
（2）反应类型：①是 取代反应 、③ 还原反应 。试剂甲是 浓硝酸、浓硫酸 。
（3）C→D为酯化反应，化学反应方程式是 +CH3OH+H2O 。
（4）写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式 、、、、、、、、、 。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子。
（5）设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线 。（结合本题信息，其它无机试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据③反应产物结构简式及信息2知，苯发生取代反应生成A为，B发生信息1的反应，则B中含有硝基，所以A和浓硝酸发生取代反应生成B为，则甲为浓硝酸、浓硫酸；C和甲醇发生酯化反应生成D，D水解、酸化、取代后生成F，根据F的结构简式及C和D的分子式知，C为，D为；⑥为取代反应、⑦为水解反应；
（5）由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3﹣丁二烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl。
【解答】解：（1）B为，B中含氮官能团的结构简式是﹣NO2，C为，C中含氧官能团的名称为羧基、酯基，
故答案为：﹣NO2；羧基、酯基；
（2）①发生信息2的反应，属于取代反应；③是硝基被还原生成氨基，属于还原反应；试剂甲是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：取代反应；还原反应；浓硝酸、浓硫酸；
（3）C为，D为，C和甲醇发生酯化反应生成D，该化学反应方程式是+CH3OH+H2O，
故答案为：+CH3OH+H2O；
（4）F的同分异构体符合下列条件：
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子，
符合条件的同分异构体结构简式为、、、、、、、、、，
故答案为：、、、、、、、、、；
（5）由苯和1，3一丁二烯合成，根据生成A的反应知，苯和ClCH2CH2CH2CH2Cl反应生成目标产物，1，3﹣丁二烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl和氢气发生加成反应生成ClCH2CH2CH2CH2Cl，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，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）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品（杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应），B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收 。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是 赞同 （选填“赞同”或“不赞同”），理由是 若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全 。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式
2MnO4﹣+16H++10I﹣＝5Mn2++5I2+8H2O 。无色的草酸（H2C2O4）溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，判断到达滴定终点时的现象应当是 加入最后一滴草酸，溶液紫色褪去，且半分钟不变色 。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入 氢氧化钠 溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为 Fe4S5 。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是 cd 。（填字母代号）
a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
【分析】（1）由装置图可知，试管C中品红溶液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子；根据高锰酸钾溶液紫红色褪去判断；
（3）用氢氧化钠溶液吸收尾气；
（3）第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值为草酸溶液的体积．装置A中固体FexSy逐渐转变为红棕色，说明生成Fe2O3，同时生成二氧化硫．根据
根据方程式2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O，得关系式2MnO4﹣～10I﹣计算溶液中n未反应（MnO4﹣），然后计算n反应（MnO4﹣）；根据方程式2MnO4+2H2O+5SO2＝2Mn2++5SO42﹣+4H+，得关系式2MnO4﹣～5SO2计算生成二氧化硫n（SO2），0.32g固体是Fe2O3，得n（Fe）据此计算；
（4）根据FexSy导致S的含量偏小或者Fe的含量偏大，会使x：y的值偏大。
【解答】解：（1）由装置图可知，试管C中品红溶液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响，
故答案为：检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；赞同；若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，离子方程式为2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O；根据高锰酸钾溶液紫红色褪去判断，加入最后一滴草酸，溶液由紫色变为无色，且半分钟不变色，
故答案为：2MnO4﹣+16H++10I﹣＝2Mn2++5I2+8H2O；加入最后一滴草酸，溶液由紫色变为无色，且半分钟不变色；
（3）用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染，
故答案为：氢氧化钠；
（3）第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算草酸溶液的体积为≈5.00mL．根据方程式2MnO4﹣+16H++10I﹣＝5Mn2++5I2+8H2O，得关系式2MnO4﹣～10I﹣计算溶液中n未反应（MnO4﹣）＝×0.1mol•L﹣1×5.00×10﹣3L＝1.00×10﹣4mol，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为1.00×10﹣4mol×＝1.00×10﹣3mol，装置B中n反应（MnO4﹣）＝n总（MnO4﹣）﹣n未反应（MnO4﹣）＝30×10﹣3L×0.1mol•L﹣1﹣1.00×10﹣3mol＝2×10﹣3mol，根据方程式2MnO4+2H2O+5SO2＝2Mn2++5SO42﹣+4H+，得关系式2MnO4﹣～5SO2计算生成二氧化硫n（SO2）＝×2×10﹣3mol＝0.005mol，0.32g固体是Fe2O3，n（Fe）＝×2＝0.004mol，所以n（Fe）：n（SO2）＝0.004mol：0.005mol＝4：5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5，
故答案为：Fe4S5；
（4）a.配制碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，导致碘化钾标准液浓度偏大，测定的S的含量偏大，会使x：y的值偏小，故a错误；
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，不会影响实验效果，故b错误；
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，导致碘的消耗偏大，测定的S的含量偏小，会使x：y的值偏大，故c正确；
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分，导致测定S的含量偏小，会使x：y的值偏大，故d正确，
故答案为：cd。
【点评】本题考查实验原理、实验装置理解与评价、氧化还原滴定应用、化学计算等，难度较大，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。
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