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2021年上海市松江区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市松江区高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市松江区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）镁铝合金可用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列性质与这些用途无关的是（ ）
A．不易生锈 B．强度高 C．密度小 D．导电性好
2．（2分）关于氨和铵盐的说法错误的是（ ）
A．氨气溶于水存在化学变化
B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥
D．碳酸氢铵受热易分解
3．（2分）石油裂化能得到的物质是（ ）
A．汽油 B．乙烯 C．1，3﹣丁二烯 D．乙炔
4．（2分）Na2O2与H2O反应，没有断裂的化学键是（ ）
A．离子键 B．金属键 C．非极性键 D．极性键
5．（2分）能提高饱和氯水中次氯酸浓度的方法是（ ）
A．加入碳酸氢钠固体 B．加入熟石灰
C．加入碳酸钠固体 D．加热蒸发浓缩
6．（2分）某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣，该高聚物的单体是（ ）
A．己烯 B．乙烯和乙炔
C．乙烯和正丁烯 D．乙烯和1，3﹣丁二烯
7．（2分）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
8．（2分）某化合物X的结构式为：，下列有关X的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C9H13O2
B．可被酸性高锰酸钾溶液氧化
C．所有碳原子可能在同一平面上
D．在氢氧化钠醇溶液加热条件下生成烯烃
9．（2分）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是（ ）
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
10．（2分）如图装置用于氨的有关实验时，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙收集氨气
D．用装置丁吸收多余的氨气
11．（2分）有关化工生产的叙述，说法错误的是（ ）
A．氯碱工业中，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品
B．纯碱工业中，氨碱法的原料是氯化钠、水、氨气和石灰石
C．硫酸工业中，在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
D．合成氨工业中，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
12．（2分）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）能达到目的的是（ ）
A．NaOH溶液[Ba（OH）2溶液]
B．漂粉精（Na2CO3溶液）
C．氯水（AgNO3溶液）
D．Na2SO3溶液（BaCl2溶液）
13．（2分）实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol•L﹣1，能达到此目的的是（ ）
A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．ClO﹣、I﹣、H+、Na+
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
14．（2分）将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，下列描述正确的是（ ）
A．没有沉淀 B．有BaSO4沉淀
C．有BaSO3沉淀 D．有BaSO4和BaSO3沉淀
15．（2分）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y
B．气态氢化物的热稳定性：W＞Z
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
16．（2分）有如下变化关系：ABC（反应条件略），下列推断错误的是（ ）
A．若X是O2，则A可能是NH3
B．若X是O2，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3
D．若X是Cl2，则A可能是Fe
17．（2分）如图所示装置，工作一段时间后，下列叙述错误的是（ ）
A．铁是阴极，发生还原反应
B．碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．铁片一定被腐蚀
D．电子从铁片经导线流向碳棒
18．（2分）下列关于H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的描述，图示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
19．（2分）密闭容器中，反应A（g）+2B（？）⇌C（g）分别在三种不同的实验条件下进行，反应物A的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．③的温度一定高于① B．③一定是增大了压强
C．②一定是加入了催化剂 D．②平衡常数一定等于①
20．（2分）相同温度下100mL、0.01mol•L﹣1碳酸钠溶液与10mL、0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．pH B．n（OH﹣） C．n（CO32﹣） D．c（HCO3﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
（1）钠原子核外电子排布式为 。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述 。
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有 种，属于原子晶体的是 。
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因。 。
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，b、c分别代表 、 。（填离子符号）
（5）室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响 （选填“前者大”或“后者大”），作出判断并说明理由 。
22．（15分）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价）。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜（As2O3）：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式 。
已知反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）
测得溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。
（3）写出该反应的化学平衡常数表达式 。
下列可说明反应达到平衡的是 。（选填编号）
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）
b.溶液的pH不再发生变化
c.c（I﹣）＝ymol•L﹣1
d.不再发生变化
（4）tmmin时v逆（AsO43﹣） tnmin时v逆（AsO43﹣），（选填“大于”、“小于”或“等于”）理由是 。
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为 。由此得到的结论是 。
23．（15分）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID﹣19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示。
已知：（其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基）
完成下列填空：
（1）甲苯→A的反应类型为 ，甲苯→B的反应试剂和条件 ，D的结构简式为 。
（2）关于甲苯的说法正确的是 。
a.有三根碳碳双键
b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶（是一种碱）的作用是 。
（4）写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 、 、 。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
（5）设计一条由为原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。（假设杂质不含铁和硫且受热不分解）
有关反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如图处理。
完成下列填空：
（1）甲装置的作用是 ；乙装置的作用是 ；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明 。
（2）反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是 ，设计实验证明BaCl2溶液已经过量 。
（3）A操作的名称是 。
（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为 。
[实验二]测定铁元素的含量
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入 ；
步骤三： 、洗涤、灼烧、 、称量……得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
2021年上海市松江区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）镁铝合金可用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列性质与这些用途无关的是（ ）
A．不易生锈 B．强度高 C．密度小 D．导电性好
【分析】镁铝合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，以此解答该题。
【解答】解：镁铝合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了镁铝合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握合金与金属单质的组成、性质以及用途的差异，难度不大。
2．（2分）关于氨和铵盐的说法错误的是（ ）
A．氨气溶于水存在化学变化
B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥
D．碳酸氢铵受热易分解
【分析】A．化学变化是指有新物质生成的变化；
B．氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程；
C．氮元素是植物生成需要的营养元素；
D．碳酸氢铵受热易分解生成氨气、水、二氧化碳。
【解答】解：A．氨气溶于水和水反应生成一水合氨，属于化学变化，故A正确；
B．氨的催化氧化反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O，氨气中N元素不是游离态，所以氨的催化氧化反应不属于人工固氮过程，故B错误；
C．氯化铵含有氮元素，是植物生成需要的营养元素，可以作化肥，故C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解，反应的化学方程式NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氨气、铵盐的性质，题目难度不大，熟悉氨气的性质，氨气催化氧化、铵盐的性质是解题关键，属于基础性知识的考查，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
3．（2分）石油裂化能得到的物质是（ ）
A．汽油 B．乙烯 C．1，3﹣丁二烯 D．乙炔
【分析】石油裂化的目的是获得轻质油，如汽油、煤油和柴油，而石油裂解获得乙烯等小分子烃，据此分析。
【解答】解：石油裂化的目的是获得轻质油，如汽油、煤油和柴油，而石油裂解获得乙烯等小分子烃，所以石油裂化能得到的物质是汽油，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了石油的综合利用，题目难度不大，注意把握石油的分馏产物、以及石油的裂化和裂解的产物，注意对基础知识的积累。
4．（2分）Na2O2与H2O反应，没有断裂的化学键是（ ）
A．离子键 B．金属键 C．非极性键 D．极性键
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，部分部分氧元素的化合价升高生成氧气，部分化合价降低，生成氢氧根离子，既有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂，也有这些化学键的生成，据此分析解答。
【解答】解：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和水，方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，反应中Na2O2中部分O原子得电子化合价降低，部分O原子失电子化合价升高，生成氢氧根离子，既有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂，也有这些化学键的生成，所以没有断裂的化学键是金属键，
故选：B。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，侧重考查基本概念，明确Na2O2与H2O反应以及离子键、极性共价键和非极性共价键是解本题关键，题目难度不大。
5．（2分）能提高饱和氯水中次氯酸浓度的方法是（ ）
A．加入碳酸氢钠固体 B．加入熟石灰
C．加入碳酸钠固体 D．加热蒸发浓缩
【分析】氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，根据氯气和水的反应平衡移动的影响因素来回答，提高饱和氯水中次氯酸浓度，加入的物质能和盐酸反应，不能和次氯酸反应，次氯酸受热易分解，据此分析解答。
【解答】解：A．酸的强弱顺序是HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向氯水中加入NaHCO3，次氯酸与碳酸氢钠不反应，碳酸氢钠可以和盐酸之间反应，促使氯气和水的反应平衡正向移动，增大氯水中次氯酸的浓度，故A正确；
B．HCl与熟石灰反应生成氯化钙和水，次氯酸也能和氢氧化钙发生中和反应，故B错误；
C．加入碳酸钠固体，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，次氯酸与碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，故C错误；
D．加热蒸发浓缩，氯气溶解度降低，氯气挥发，平衡左移，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氯及其化合物的性质，掌握氯气与水反应以及次氯酸的性质是解答关键，题目难度不大。
6．（2分）某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣，该高聚物的单体是（ ）
A．己烯 B．乙烯和乙炔
C．乙烯和正丁烯 D．乙烯和1，3﹣丁二烯
【分析】由高聚物结构简式的可知，主链含有6个C原子，除了C、H没有其它原子，其中含有1个C＝C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，以此解答该题。
【解答】解：由某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣的结构可知，主链可含有6个C原子，除了C、H没有其它原子，其中含有1个C＝C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，故其单体为CH2＝CH﹣CH＝CH2，CH2＝CH2，即为1，3﹣丁二烯和乙烯，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握高聚物的单体的判断把握，把握加聚反应与缩聚反应的区别，题目难度不大。
7．（2分）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
【分析】丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，CuO被还原为Cu，据此分析。
【解答】解：丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明CuO被还原为Cu，则CuO是氧化剂，丁烷是还原剂，所以丁烷具有还原性，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化、氧化还原反应的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。
8．（2分）某化合物X的结构式为：，下列有关X的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C9H13O2
B．可被酸性高锰酸钾溶液氧化
C．所有碳原子可能在同一平面上
D．在氢氧化钠醇溶液加热条件下生成烯烃
【分析】有机物含有羟基，具有醇类的性质，结合苯环、饱和烃的结构特点解答该题。
【解答】解：A.由结构简式可知分子式为C9H12O2，故A错误；
B.含有﹣CH2OH原子团，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；
C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故C错误；
D.属于醇类，如发生消去反应，应在浓硫酸作用下加热，卤代烃可在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，故D错误；
故选：B。
【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，注意有机反应的判断，题目难度不大。
9．（2分）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是（ ）
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
【分析】碘水为黄色，加四氯化碳萃取后，碘易溶于四氯化碳，与水分层，且下层为紫红色，可选分液漏斗分离，以此来解答。
【解答】解：A．振荡过程中需要旋开活塞放气，可避免压力过大，故A正确；
B．分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出，故B正确；
C．分液后，水层仍含少量碘，加入淀粉后变蓝，故C错误；
D．四氯化碳的密度大于水溶液，加入四氯化碳振荡、静置，有机层在下层，所以下层一定为紫红色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离与提纯方法，为高频考点，把握物质的性质、萃取与分液操作为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）如图装置用于氨的有关实验时，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙收集氨气
D．用装置丁吸收多余的氨气
【分析】A.二者反应有水生成；
B.氨气与硫酸反应；
C.收集气体的仪器不能密封；
D.氨气极易溶于水。
【解答】解：A.二者反应有水生成，则试管口应略向下倾斜，防止生成水倒流使试管炸裂，故A错误；
B.氨气与硫酸反应，不能干燥氨气，故B错误；
C.收集气体的仪器不能密封，防止气体压强过大仪器炸裂，故C错误；
D.氨气极易溶于水，则球形干燥管可防止倒吸，故D正确；
故选：D。
【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、物质的制备、气体的收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（2分）有关化工生产的叙述，说法错误的是（ ）
A．氯碱工业中，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品
B．纯碱工业中，氨碱法的原料是氯化钠、水、氨气和石灰石
C．硫酸工业中，在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
D．合成氨工业中，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
【分析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．氨碱法是煅烧石灰石得到二氧化碳，把氨气、二氧化碳依次通入饱和食盐水生成碳酸氢钠晶体；
C．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热；
D．合成氨的反应为可逆反应，反应的限度大，原料循环利用，可提高原料转化率。
【解答】解：A．氯碱工业是电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品，故A正确；
B．纯碱工业中，氨碱法是煅烧石灰石得到二氧化碳，把氨气、二氧化碳依次通入饱和食盐水生成碳酸氢钠晶体，原料是氯化钠、水、氨气和石灰石，故B正确；
C．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热，而不是在吸收塔中安装热交换器，故C错误；
D．合成氨的反应为可逆反应，反应的限度大，利用氢气和氮气原料循环利用，可提高原料转化率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了工业制备过程的分析判断，主要是工业制备烧碱、纯碱、硫酸和氨气的原理的理解应用，题目难度中等。
12．（2分）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）能达到目的的是（ ）
A．NaOH溶液[Ba（OH）2溶液]
B．漂粉精（Na2CO3溶液）
C．氯水（AgNO3溶液）
D．Na2SO3溶液（BaCl2溶液）
【分析】A．若变质会混有碳酸钠；
B．漂粉精含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙均可电离出钙离子；
C．氯水及盐酸中均含氯离子；
D．变质混有硫酸钠，均与氯化钡反应。
【解答】解：A．若变质混有碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钡反应生成白色沉淀，NaOH不能，可鉴别，故A正确；
B．漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙均可电离出钙离子，加碳酸钠溶液不能检验是否变质，故B错误；
C．氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D．变质混有硫酸钠，亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应，生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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。
13．（2分）实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol•L﹣1，能达到此目的的是（ ）
A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．ClO﹣、I﹣、H+、Na+
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
【分析】A．四种离子浓度相等时不满足溶液呈电中性；
B．次氯酸根离子与氢离子、碘离子反应；
C．四种离子能够共存，且浓度相等时满足电中性；
D．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣的浓度均为1mol•L﹣1时溶液不呈电中性，无法配制该溶液，故A错误；
B．ClO﹣与I﹣、H+发生反应，无法配制该溶液，故B错误；
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，能够共存，且浓度均为1mol•L﹣1时溶液呈电中性，可配制该溶液，故C正确；
D．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，无法配制该溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的应用，为高考的高频题，明确题干暗含信息及溶液呈电中性为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（2分）将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，下列描述正确的是（ ）
A．没有沉淀 B．有BaSO4沉淀
C．有BaSO3沉淀 D．有BaSO4和BaSO3沉淀
【分析】将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，二氧化硫不能和氯化钡反应，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，产生的沉淀为BaSO4，据此分析解答。
【解答】解：将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能和氯化钡反应，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，只生成硫酸钡沉淀，没有BaSO3生成，所以ACD错误，
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物的性质，关键是分析反应过程并判断沉淀生成的实质，注意SO3和SO2性质的区别、SO2不能与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，题目难度不大。
15．（2分）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y
B．气态氢化物的热稳定性：W＞Z
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
【分析】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，则R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为N，Z为O，R为Na，W为S元素，该化合物为NH4HSO4，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性S＜O，则气态氢化物的热稳定性H2S＜H2O，即W＜Z，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O4，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，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、原子结构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。
16．（2分）有如下变化关系：ABC（反应条件略），下列推断错误的是（ ）
A．若X是O2，则A可能是NH3
B．若X是O2，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3
D．若X是Cl2，则A可能是Fe
【分析】A.氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
B.硫化氢与氧气反应生成S，S与氧气反应生成二氧化硫；
C.氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠；
D.氯气具有强氧化性，与Fe反应与量无关。
【解答】解：A.氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，可发生连续氧化反应实现转化，故A正确；
B.硫化氢与氧气反应生成S，S与氧气反应生成二氧化硫，可发生连续氧化反应实现转化，故B正确；
C.氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，可发生与量有关的反应，故C正确；
D.氯气具有强氧化性，与Fe反应与量无关，二者反应只生成氯化铁，与量无关，不能实现图中转化，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，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。
17．（2分）如图所示装置，工作一段时间后，下列叙述错误的是（ ）
A．铁是阴极，发生还原反应
B．碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．铁片一定被腐蚀
D．电子从铁片经导线流向碳棒
【分析】铁的吸氧腐蚀过程发生原电池反应，其中较活泼的金属Fe是负极，较不活泼的非金属C是正极，负极上Fe发生失去电子的氧化反应生成Fe2+，Fe﹣4e＝Fe2+，正极C上氧气得电子、发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e＝4OH﹣，铁发生吸氧腐蚀过程中，电子由Fe经导线流向C，据此分析解答。
【解答】解：A．该原电池中，Fe作负极，发生失电子的氧化反应Fe2+，故A错误；
B．该原电池中，C是正极，正极上氧气得电子生成OH﹣，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣，故B正确；
C．该原电池中Fe作负极，发生失电子的氧化反应生成Fe2+进入溶液中，即铁片一定被腐蚀，故C正确；
D．该原电池中，Fe作负极，C是正极，电子从铁片经导线流向碳棒，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理，侧重于学生运用能力的考查，为高频考点，把握电极反应的判断、电极反应及电极反应式的书写即可解答，注意离子或电子的移动方向，题目难度不大。
18．（2分）下列关于H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的描述，图示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应均为放热反应，且F、Cl、Br的单质非金属性逐渐减弱，所以放出的热量越来越少，据此分析。
【解答】解：H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应均为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，且F2、Cl2、Br2的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，反应放出的能量越多，所以H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应放出的能量HF＞HCl＞HBr，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了化学反应中的能量变化，反应焓变分析判断，熟悉物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度不大。
19．（2分）密闭容器中，反应A（g）+2B（？）⇌C（g）分别在三种不同的实验条件下进行，反应物A的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．③的温度一定高于① B．③一定是增大了压强
C．②一定是加入了催化剂 D．②平衡常数一定等于①
【分析】与实验①相比较，②的反应速率增大，且与①处于同一平衡状态，但B物质的状态未知，则实验②改变的条件可能是加入催化剂或增大压强；与实验①相比较，③的反应速率增大，可能是升高温度或增大压强；实验①②处于相同平衡状态，无论是加入催化剂，还是增大压强，反应的始终温度相同，据此分析解答该题。
【解答】解：A．因B物质的状态未知，与实验①相比较，③的反应速率增大，则改变的条件可能是升高温度或增大压强，故A错误；
B．实验③改变的条件可能是升高温度或增大压强，故B错误；
C．若B物质为气体，则②一定是加入了催化剂，若B物质为非气体，则②可能是加入了催化剂，也可能是增大压强，故C错误；
D．无论B物质为气体，还是非气体，实验①②的反应温度相同，温度不变，则同一反应的平衡常数K不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡图象分析，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握影响化学平衡及反应速率的因素为解题关键，注意反应中B物质的状态分类讨论，题目难度不大。
20．（2分）相同温度下100mL、0.01mol•L﹣1碳酸钠溶液与10mL、0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．pH B．n（OH﹣） C．n（CO32﹣） D．c（HCO3﹣）
【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，浓度越大，其水解程度越小，但是溶液中氢氧根离子的浓度越大；据此进行判断。
【解答】解：A．碳酸钠溶液的浓度越大，氢氧根离子的浓度越大，pH越大，所以溶液的pH，前者小于后者，故A错误；
B．两个溶液中碳酸钠的物质的量相同，前者的水解程度大，所以溶液中n（OH﹣），前者大于后者，故B正确；
C．两个溶液中碳酸钠的物质的量相同，前者的水解程度大，所以溶液中n（CO32﹣），前者小于后者，故C错误；
D．碳酸钠溶液的浓度越大，水解生成的c（HCO3﹣）越大，所以c（HCO3﹣）前者小于后者，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，注意把握盐的水解原理、影响水解平衡的因素，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
（1）钠原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1 。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述 电子云的伸展方向、电子的自旋 。
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有 3 种，属于原子晶体的是 SiO2 。
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为 Si＞C＞O （用元素符号表示）。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因。 碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱 。
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，b、c分别代表 CO32﹣ 、 HCO3﹣ 。（填离子符号）
（5）室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响 前者大 （选填“前者大”或“后者大”），作出判断并说明理由 Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大 。
【分析】（1）钠原子核外有11个电子，根据电子排布规律写出核外电子排布式，钠原子的最外层电子1个位于第三电子层的s能级，与电子排布式相比，轨道表示式可体现电子的自旋方向，同一轨道两个电子的自旋方向相反，电子云的伸展方向；
（2）Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，反应中的物质，碳酸钠和硅酸钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体；
（3）上述物质中的非金属元素为Si、C、O，电子层数越多半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小，碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，非金属性与得到电子能力有关；
（4）因考虑Na2CO3在溶液中电离出Na+和CO32﹣，盐酸溶液中存在H+、Cl﹣，因而出现CO32﹣+H+═HCO3﹣，然后HCO3﹣+H+═H2O+CO2，因向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，即出现如图现象；
（5）弱酸的酸性越弱，对应形成盐的水解程度越大，对水的电离促进程度越大。
【解答】解：（1）钠原子核外电子排布式为：1s22s22p63s1，与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述：电子云的伸展方向、电子的自旋，
故答案为：1s22s22p63s1；电子云的伸展方向、电子的自旋；
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有3种，分别为离子晶体Na2CO3和Na2SiO3，原子晶体SiO2，分子晶体：CO2，
故答案为：3；SiO2；
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为：Si＞C＞O，碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因：碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱，
故答案为：Si＞C＞O；碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱；
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，a一直不变，那么a表示的是Na+，b逐渐减小，当减小到0时，c又开始减小，b表示的是碳酸根离子，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，当碳酸根离子反应完后，氢离子和碳酸氢根离子反应，所以c表示HCO3﹣，d从0一直不断地增大，d是Cl﹣，
故答案为：CO32﹣；HCO3﹣；
（5）Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大，室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响前者大，
故答案为：前者大；Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大。
【点评】本题考查原子结构、晶体结构和性质、微粒半径比较、核外电子排布规律、化学反应定量关系的分析判断、非金属性强弱比较等，题目难度不大，注意基础知识的理解掌握。
22．（15分）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价）。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1 。
（2）分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜（As2O3）：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式 6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O 。
已知反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）
测得溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。
（3）写出该反应的化学平衡常数表达式 K＝ 。
下列可说明反应达到平衡的是 bd 。（选填编号）
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）
b.溶液的pH不再发生变化
c.c（I﹣）＝ymol•L﹣1
d.不再发生变化
（4）tmmin时v逆（AsO43﹣） 小于 tnmin时v逆（AsO43﹣），（选填“大于”、“小于”或“等于”）理由是 tmmin时AsO43﹣的浓度较低 。
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为 HI→I2 。由此得到的结论是 溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性（合理即给分） 。
【分析】（1）由题意可知：As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价），根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应中As2S3氧化剂，SnCl2是还原剂，进一步得到两者之比；
（2）由题意可知：As2O3与锌和硫酸反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒和化合价升降守恒，即可写出方程式；
（3）根据反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l），即可写出平衡常数K的表达式，
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）未指明反应方向，则不能说明反应达到平衡；
b.溶液的pH不再发生变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡状态；
c.由图象可知平衡时：c（AsO43﹣）＝ymol/L，c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol•L﹣1；
d.不再发生变化，即AsO43﹣与AsO33﹣的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡；
（4）tmmin时AsO43﹣的浓度较低，所以tmmin时v逆（AsO43﹣）小于tnmin时v逆（AsO43﹣）；
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行AsO43﹣→AsO33﹣；则根据方程式可以判断反应中的氧化反应，由此得到的结论是：溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
【解答】解：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价），根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应中As2S3氧化剂，SnCl2是还原剂，两者物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（2）由题意可知：As2O3与锌和硫酸反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O，
故答案为：6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O；
（3）根据反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l），则平衡常数K＝，
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）未指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b.溶液的pH不再发生变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡状态，故b正确；
c.由图象可知平衡时：c（AsO43﹣）＝ymol/L，c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol•L﹣1，故c错误；
d.不再发生变化，即AsO43﹣与AsO43﹣的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：K＝；bd；
（4）tmmin时AsO43﹣的浓度较低，所以tmmin时v逆（AsO43﹣）小于tnmin时v逆（AsO43﹣），
故答案为：小于；tmmin时AsO43﹣的浓度较低；
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行AsO43﹣→AsO33﹣；则根据方程式可以判断反应中氧化反应为：HI→I2，由此得到的结论是：溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性，
故答案为：HI→I2；溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性（合理即给分）。
【点评】本题主要考查氧化还原反应方程式书写，基本概念的判断，化学平衡常数K的表达式书写，平衡状态的判断，图象的应用于分析，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
23．（15分）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID﹣19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示。
已知：（其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基）
完成下列填空：
（1）甲苯→A的反应类型为 取代反应 ，甲苯→B的反应试剂和条件 Cl2、光照 ，D的结构简式为 。
（2）关于甲苯的说法正确的是 cd 。
a.有三根碳碳双键
b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶（是一种碱）的作用是 吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动 。
（4）写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 、 、 。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
（5）设计一条由为原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】甲苯在一定条件下和氯气发生取代反应生成B，B在一定条件下转化为C；D在AlCl3催化下和（CH3CO）2O发生取代反应生成E，根据E的结构简式可判断D的结构简式为，A水解生成D，则A的结构简式是；E和C发生取代反应生成F，根据已知信息，可知F反应生成G，则G的结构简式为，据此解答。
【解答】解：（1）根据以上分析可知，甲苯生成A的反应为取代反应，甲苯生成B的反应属于甲基上的氢原子被取代，其反应试剂和条件为Cl2、照，D的结构简式为，
故答案为：取代反应；Cl2、光照；；
（2）a.苯环上没有碳碳双键，故a错误；
b.甲苯中含有甲基，因此所有原子不可能均在同一个平面上，故b错误；
c.甲苯分子中含有四类氢原子，其一氯代物有四种，c故正确；
d.甲苯含有甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故d正确，
故答案为：cd；
（3）根据原子守恒可知C+E→F反应中还有氯化氢生成，吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动，
故答案为：.吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动；
（4）E的结构简式为，a.能发生银镜反应，含有醛基；b.苯环上有2种不同的氢，说明结构对称，则符合条件的有机物结构简式为、、等，
故答案为：；；；
（5）根据已知信息要引入六元环，需要引入羰基，可以用羟基氧化得到羰基，羟基可以用碳碳双键和水加成引入羟基，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查的有机物推断与合成，侧重考查学生解读题中所给新信息、能用所给信息解决问题的能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
24．（15分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。（假设杂质不含铁和硫且受热不分解）
有关反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如图处理。
完成下列填空：
（1）甲装置的作用是 除去空气中的CO2 ；乙装置的作用是 安全瓶 ；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明 取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在 。
（2）反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是 将亚硫酸根完全氧化成硫酸根 ，设计实验证明BaCl2溶液已经过量 在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量 。
（3）A操作的名称是 恒重 。
（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为 ×100% 。
[实验二]测定铁元素的含量
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入 加入足量氢氧化钠溶液 ；
步骤三： 过滤 、洗涤、灼烧、 冷却 、称量……得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
【分析】甲装置中过量的氢氧化钠溶液可以除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙；
（1）空气中含有二氧化碳，需要用甲装置除去空气中的CO2；乙装置的作用是安全瓶，防止倒吸；溶液中物质的检验一般检验上层清液；
（2）H2O2溶液具有氧化性，可以氧化亚硫酸根；通过检验上层清液检验是否过量；
（3）为尽可能减少实验误差，需要多次称量至恒重；
（4）根据硫元素守恒S～BaSO4计算硫元素质量分数；
（5）实验中通过把铁元素转化为氢氧化铁，再转化为氧化铁来测量铁的含量。
【解答】解：（1）由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在，
故答案为：除去空气中的CO2；安全瓶；取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在；
（2）装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量，
故答案为：将亚硫酸根完全氧化成硫酸根；在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量；
（3）为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重，
故答案为：恒重；
（4）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数＝×100%，
故答案为：×100%；
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g，
故答案为：加入足量氢氧化钠溶液；过滤；冷却。
【点评】本题考查了探究物质的含量实验、实验方案的设计与评价，需要根据物质的性质来分析解答，难度中等，注意为防止空气中二氧化碳的干扰，同时需要熟悉铁及其化合物的性质。
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2021年上海市松江区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）镁铝合金可用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列性质与这些用途无关的是（ ）
A．不易生锈 B．强度高 C．密度小 D．导电性好
2．（2分）关于氨和铵盐的说法错误的是（ ）
A．氨气溶于水存在化学变化
B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥
D．碳酸氢铵受热易分解
3．（2分）石油裂化能得到的物质是（ ）
A．汽油 B．乙烯 C．1，3﹣丁二烯 D．乙炔
4．（2分）Na2O2与H2O反应，没有断裂的化学键是（ ）
A．离子键 B．金属键 C．非极性键 D．极性键
5．（2分）能提高饱和氯水中次氯酸浓度的方法是（ ）
A．加入碳酸氢钠固体 B．加入熟石灰
C．加入碳酸钠固体 D．加热蒸发浓缩
6．（2分）某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣，该高聚物的单体是（ ）
A．己烯 B．乙烯和乙炔
C．乙烯和正丁烯 D．乙烯和1，3﹣丁二烯
7．（2分）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
8．（2分）某化合物X的结构式为：，下列有关X的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C9H13O2
B．可被酸性高锰酸钾溶液氧化
C．所有碳原子可能在同一平面上
D．在氢氧化钠醇溶液加热条件下生成烯烃
9．（2分）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是（ ）
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
10．（2分）如图装置用于氨的有关实验时，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙收集氨气
D．用装置丁吸收多余的氨气
11．（2分）有关化工生产的叙述，说法错误的是（ ）
A．氯碱工业中，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品
B．纯碱工业中，氨碱法的原料是氯化钠、水、氨气和石灰石
C．硫酸工业中，在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
D．合成氨工业中，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
12．（2分）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）能达到目的的是（ ）
A．NaOH溶液[Ba（OH）2溶液]
B．漂粉精（Na2CO3溶液）
C．氯水（AgNO3溶液）
D．Na2SO3溶液（BaCl2溶液）
13．（2分）实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol•L﹣1，能达到此目的的是（ ）
A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．ClO﹣、I﹣、H+、Na+
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
14．（2分）将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，下列描述正确的是（ ）
A．没有沉淀 B．有BaSO4沉淀
C．有BaSO3沉淀 D．有BaSO4和BaSO3沉淀
15．（2分）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y
B．气态氢化物的热稳定性：W＞Z
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
16．（2分）有如下变化关系：ABC（反应条件略），下列推断错误的是（ ）
A．若X是O2，则A可能是NH3
B．若X是O2，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3
D．若X是Cl2，则A可能是Fe
17．（2分）如图所示装置，工作一段时间后，下列叙述错误的是（ ）
A．铁是阴极，发生还原反应
B．碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．铁片一定被腐蚀
D．电子从铁片经导线流向碳棒
18．（2分）下列关于H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的描述，图示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
19．（2分）密闭容器中，反应A（g）+2B（？）⇌C（g）分别在三种不同的实验条件下进行，反应物A的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．③的温度一定高于① B．③一定是增大了压强
C．②一定是加入了催化剂 D．②平衡常数一定等于①
20．（2分）相同温度下100mL、0.01mol•L﹣1碳酸钠溶液与10mL、0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．pH B．n（OH﹣） C．n（CO32﹣） D．c（HCO3﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
（1）钠原子核外电子排布式为 。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述 。
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有 种，属于原子晶体的是 。
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因。 。
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，b、c分别代表 、 。（填离子符号）
（5）室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响 （选填“前者大”或“后者大”），作出判断并说明理由 。
22．（15分）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价）。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜（As2O3）：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式 。
已知反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）
测得溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。
（3）写出该反应的化学平衡常数表达式 。
下列可说明反应达到平衡的是 。（选填编号）
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）
b.溶液的pH不再发生变化
c.c（I﹣）＝ymol•L﹣1
d.不再发生变化
（4）tmmin时v逆（AsO43﹣） tnmin时v逆（AsO43﹣），（选填“大于”、“小于”或“等于”）理由是 。
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为 。由此得到的结论是 。
23．（15分）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID﹣19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示。
已知：（其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基）
完成下列填空：
（1）甲苯→A的反应类型为 ，甲苯→B的反应试剂和条件 ，D的结构简式为 。
（2）关于甲苯的说法正确的是 。
a.有三根碳碳双键
b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶（是一种碱）的作用是 。
（4）写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 、 、 。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
（5）设计一条由为原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。（假设杂质不含铁和硫且受热不分解）
有关反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如图处理。
完成下列填空：
（1）甲装置的作用是 ；乙装置的作用是 ；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明 。
（2）反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是 ，设计实验证明BaCl2溶液已经过量 。
（3）A操作的名称是 。
（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为 。
[实验二]测定铁元素的含量
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入 ；
步骤三： 、洗涤、灼烧、 、称量……得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
2021年上海市松江区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）镁铝合金可用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列性质与这些用途无关的是（ ）
A．不易生锈 B．强度高 C．密度小 D．导电性好
【分析】镁铝合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，以此解答该题。
【解答】解：镁铝合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了镁铝合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握合金与金属单质的组成、性质以及用途的差异，难度不大。
2．（2分）关于氨和铵盐的说法错误的是（ ）
A．氨气溶于水存在化学变化
B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥
D．碳酸氢铵受热易分解
【分析】A．化学变化是指有新物质生成的变化；
B．氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程；
C．氮元素是植物生成需要的营养元素；
D．碳酸氢铵受热易分解生成氨气、水、二氧化碳。
【解答】解：A．氨气溶于水和水反应生成一水合氨，属于化学变化，故A正确；
B．氨的催化氧化反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O，氨气中N元素不是游离态，所以氨的催化氧化反应不属于人工固氮过程，故B错误；
C．氯化铵含有氮元素，是植物生成需要的营养元素，可以作化肥，故C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解，反应的化学方程式NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氨气、铵盐的性质，题目难度不大，熟悉氨气的性质，氨气催化氧化、铵盐的性质是解题关键，属于基础性知识的考查，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
3．（2分）石油裂化能得到的物质是（ ）
A．汽油 B．乙烯 C．1，3﹣丁二烯 D．乙炔
【分析】石油裂化的目的是获得轻质油，如汽油、煤油和柴油，而石油裂解获得乙烯等小分子烃，据此分析。
【解答】解：石油裂化的目的是获得轻质油，如汽油、煤油和柴油，而石油裂解获得乙烯等小分子烃，所以石油裂化能得到的物质是汽油，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了石油的综合利用，题目难度不大，注意把握石油的分馏产物、以及石油的裂化和裂解的产物，注意对基础知识的积累。
4．（2分）Na2O2与H2O反应，没有断裂的化学键是（ ）
A．离子键 B．金属键 C．非极性键 D．极性键
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，部分部分氧元素的化合价升高生成氧气，部分化合价降低，生成氢氧根离子，既有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂，也有这些化学键的生成，据此分析解答。
【解答】解：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和水，方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，反应中Na2O2中部分O原子得电子化合价降低，部分O原子失电子化合价升高，生成氢氧根离子，既有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂，也有这些化学键的生成，所以没有断裂的化学键是金属键，
故选：B。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，侧重考查基本概念，明确Na2O2与H2O反应以及离子键、极性共价键和非极性共价键是解本题关键，题目难度不大。
5．（2分）能提高饱和氯水中次氯酸浓度的方法是（ ）
A．加入碳酸氢钠固体 B．加入熟石灰
C．加入碳酸钠固体 D．加热蒸发浓缩
【分析】氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，根据氯气和水的反应平衡移动的影响因素来回答，提高饱和氯水中次氯酸浓度，加入的物质能和盐酸反应，不能和次氯酸反应，次氯酸受热易分解，据此分析解答。
【解答】解：A．酸的强弱顺序是HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向氯水中加入NaHCO3，次氯酸与碳酸氢钠不反应，碳酸氢钠可以和盐酸之间反应，促使氯气和水的反应平衡正向移动，增大氯水中次氯酸的浓度，故A正确；
B．HCl与熟石灰反应生成氯化钙和水，次氯酸也能和氢氧化钙发生中和反应，故B错误；
C．加入碳酸钠固体，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，次氯酸与碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，故C错误；
D．加热蒸发浓缩，氯气溶解度降低，氯气挥发，平衡左移，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氯及其化合物的性质，掌握氯气与水反应以及次氯酸的性质是解答关键，题目难度不大。
6．（2分）某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣，该高聚物的单体是（ ）
A．己烯 B．乙烯和乙炔
C．乙烯和正丁烯 D．乙烯和1，3﹣丁二烯
【分析】由高聚物结构简式的可知，主链含有6个C原子，除了C、H没有其它原子，其中含有1个C＝C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，以此解答该题。
【解答】解：由某高聚物的结构片段为﹣CH2﹣CH＝CH﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣的结构可知，主链可含有6个C原子，除了C、H没有其它原子，其中含有1个C＝C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，故其单体为CH2＝CH﹣CH＝CH2，CH2＝CH2，即为1，3﹣丁二烯和乙烯，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握高聚物的单体的判断把握，把握加聚反应与缩聚反应的区别，题目难度不大。
7．（2分）丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明丁烷具有（ ）
A．氧化性 B．还原性 C．不稳定性 D．助燃性
【分析】丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，CuO被还原为Cu，据此分析。
【解答】解：丁烷通过盛有炽热氧化铜的反应管，有红色物质生成，说明CuO被还原为Cu，则CuO是氧化剂，丁烷是还原剂，所以丁烷具有还原性，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化、氧化还原反应的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。
8．（2分）某化合物X的结构式为：，下列有关X的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C9H13O2
B．可被酸性高锰酸钾溶液氧化
C．所有碳原子可能在同一平面上
D．在氢氧化钠醇溶液加热条件下生成烯烃
【分析】有机物含有羟基，具有醇类的性质，结合苯环、饱和烃的结构特点解答该题。
【解答】解：A.由结构简式可知分子式为C9H12O2，故A错误；
B.含有﹣CH2OH原子团，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；
C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故C错误；
D.属于醇类，如发生消去反应，应在浓硫酸作用下加热，卤代烃可在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，故D错误；
故选：B。
【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，注意有机反应的判断，题目难度不大。
9．（2分）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是（ ）
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
【分析】碘水为黄色，加四氯化碳萃取后，碘易溶于四氯化碳，与水分层，且下层为紫红色，可选分液漏斗分离，以此来解答。
【解答】解：A．振荡过程中需要旋开活塞放气，可避免压力过大，故A正确；
B．分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出，故B正确；
C．分液后，水层仍含少量碘，加入淀粉后变蓝，故C错误；
D．四氯化碳的密度大于水溶液，加入四氯化碳振荡、静置，有机层在下层，所以下层一定为紫红色，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离与提纯方法，为高频考点，把握物质的性质、萃取与分液操作为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）如图装置用于氨的有关实验时，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙收集氨气
D．用装置丁吸收多余的氨气
【分析】A.二者反应有水生成；
B.氨气与硫酸反应；
C.收集气体的仪器不能密封；
D.氨气极易溶于水。
【解答】解：A.二者反应有水生成，则试管口应略向下倾斜，防止生成水倒流使试管炸裂，故A错误；
B.氨气与硫酸反应，不能干燥氨气，故B错误；
C.收集气体的仪器不能密封，防止气体压强过大仪器炸裂，故C错误；
D.氨气极易溶于水，则球形干燥管可防止倒吸，故D正确；
故选：D。
【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、物质的制备、气体的收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（2分）有关化工生产的叙述，说法错误的是（ ）
A．氯碱工业中，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品
B．纯碱工业中，氨碱法的原料是氯化钠、水、氨气和石灰石
C．硫酸工业中，在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
D．合成氨工业中，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
【分析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．氨碱法是煅烧石灰石得到二氧化碳，把氨气、二氧化碳依次通入饱和食盐水生成碳酸氢钠晶体；
C．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热；
D．合成氨的反应为可逆反应，反应的限度大，原料循环利用，可提高原料转化率。
【解答】解：A．氯碱工业是电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品，故A正确；
B．纯碱工业中，氨碱法是煅烧石灰石得到二氧化碳，把氨气、二氧化碳依次通入饱和食盐水生成碳酸氢钠晶体，原料是氯化钠、水、氨气和石灰石，故B正确；
C．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热，而不是在吸收塔中安装热交换器，故C错误；
D．合成氨的反应为可逆反应，反应的限度大，利用氢气和氮气原料循环利用，可提高原料转化率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了工业制备过程的分析判断，主要是工业制备烧碱、纯碱、硫酸和氨气的原理的理解应用，题目难度中等。
12．（2分）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）能达到目的的是（ ）
A．NaOH溶液[Ba（OH）2溶液]
B．漂粉精（Na2CO3溶液）
C．氯水（AgNO3溶液）
D．Na2SO3溶液（BaCl2溶液）
【分析】A．若变质会混有碳酸钠；
B．漂粉精含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙均可电离出钙离子；
C．氯水及盐酸中均含氯离子；
D．变质混有硫酸钠，均与氯化钡反应。
【解答】解：A．若变质混有碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钡反应生成白色沉淀，NaOH不能，可鉴别，故A正确；
B．漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙均可电离出钙离子，加碳酸钠溶液不能检验是否变质，故B错误；
C．氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D．变质混有硫酸钠，亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡反应，生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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。
13．（2分）实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol•L﹣1，能达到此目的的是（ ）
A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．ClO﹣、I﹣、H+、Na+
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
【分析】A．四种离子浓度相等时不满足溶液呈电中性；
B．次氯酸根离子与氢离子、碘离子反应；
C．四种离子能够共存，且浓度相等时满足电中性；
D．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣的浓度均为1mol•L﹣1时溶液不呈电中性，无法配制该溶液，故A错误；
B．ClO﹣与I﹣、H+发生反应，无法配制该溶液，故B错误；
C．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，能够共存，且浓度均为1mol•L﹣1时溶液呈电中性，可配制该溶液，故C正确；
D．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，无法配制该溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的应用，为高考的高频题，明确题干暗含信息及溶液呈电中性为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（2分）将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，下列描述正确的是（ ）
A．没有沉淀 B．有BaSO4沉淀
C．有BaSO3沉淀 D．有BaSO4和BaSO3沉淀
【分析】将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，二氧化硫不能和氯化钡反应，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，产生的沉淀为BaSO4，据此分析解答。
【解答】解：将反应2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑的气体产物通入BaCl2溶液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能和氯化钡反应，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，只生成硫酸钡沉淀，没有BaSO3生成，所以ACD错误，
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物的性质，关键是分析反应过程并判断沉淀生成的实质，注意SO3和SO2性质的区别、SO2不能与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，题目难度不大。
15．（2分）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y
B．气态氢化物的热稳定性：W＞Z
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
【分析】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，则R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]﹣，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为N，Z为O，R为Na，W为S元素，该化合物为NH4HSO4，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．非金属性S＜O，则气态氢化物的热稳定性H2S＜H2O，即W＜Z，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O4，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，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、原子结构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。
16．（2分）有如下变化关系：ABC（反应条件略），下列推断错误的是（ ）
A．若X是O2，则A可能是NH3
B．若X是O2，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3
D．若X是Cl2，则A可能是Fe
【分析】A.氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
B.硫化氢与氧气反应生成S，S与氧气反应生成二氧化硫；
C.氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠；
D.氯气具有强氧化性，与Fe反应与量无关。
【解答】解：A.氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，可发生连续氧化反应实现转化，故A正确；
B.硫化氢与氧气反应生成S，S与氧气反应生成二氧化硫，可发生连续氧化反应实现转化，故B正确；
C.氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，可发生与量有关的反应，故C正确；
D.氯气具有强氧化性，与Fe反应与量无关，二者反应只生成氯化铁，与量无关，不能实现图中转化，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，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。
17．（2分）如图所示装置，工作一段时间后，下列叙述错误的是（ ）
A．铁是阴极，发生还原反应
B．碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．铁片一定被腐蚀
D．电子从铁片经导线流向碳棒
【分析】铁的吸氧腐蚀过程发生原电池反应，其中较活泼的金属Fe是负极，较不活泼的非金属C是正极，负极上Fe发生失去电子的氧化反应生成Fe2+，Fe﹣4e＝Fe2+，正极C上氧气得电子、发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e＝4OH﹣，铁发生吸氧腐蚀过程中，电子由Fe经导线流向C，据此分析解答。
【解答】解：A．该原电池中，Fe作负极，发生失电子的氧化反应Fe2+，故A错误；
B．该原电池中，C是正极，正极上氧气得电子生成OH﹣，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣，故B正确；
C．该原电池中Fe作负极，发生失电子的氧化反应生成Fe2+进入溶液中，即铁片一定被腐蚀，故C正确；
D．该原电池中，Fe作负极，C是正极，电子从铁片经导线流向碳棒，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理，侧重于学生运用能力的考查，为高频考点，把握电极反应的判断、电极反应及电极反应式的书写即可解答，注意离子或电子的移动方向，题目难度不大。
18．（2分）下列关于H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的描述，图示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应均为放热反应，且F、Cl、Br的单质非金属性逐渐减弱，所以放出的热量越来越少，据此分析。
【解答】解：H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应均为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，且F2、Cl2、Br2的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，反应放出的能量越多，所以H2（g）+X2（g）生成HX（g）（X＝F、Cl、Br）的反应放出的能量HF＞HCl＞HBr，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了化学反应中的能量变化，反应焓变分析判断，熟悉物质结构和同主族性质变化规律是解题关键，题目难度不大。
19．（2分）密闭容器中，反应A（g）+2B（？）⇌C（g）分别在三种不同的实验条件下进行，反应物A的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．③的温度一定高于① B．③一定是增大了压强
C．②一定是加入了催化剂 D．②平衡常数一定等于①
【分析】与实验①相比较，②的反应速率增大，且与①处于同一平衡状态，但B物质的状态未知，则实验②改变的条件可能是加入催化剂或增大压强；与实验①相比较，③的反应速率增大，可能是升高温度或增大压强；实验①②处于相同平衡状态，无论是加入催化剂，还是增大压强，反应的始终温度相同，据此分析解答该题。
【解答】解：A．因B物质的状态未知，与实验①相比较，③的反应速率增大，则改变的条件可能是升高温度或增大压强，故A错误；
B．实验③改变的条件可能是升高温度或增大压强，故B错误；
C．若B物质为气体，则②一定是加入了催化剂，若B物质为非气体，则②可能是加入了催化剂，也可能是增大压强，故C错误；
D．无论B物质为气体，还是非气体，实验①②的反应温度相同，温度不变，则同一反应的平衡常数K不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡图象分析，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和运用能力，把握影响化学平衡及反应速率的因素为解题关键，注意反应中B物质的状态分类讨论，题目难度不大。
20．（2分）相同温度下100mL、0.01mol•L﹣1碳酸钠溶液与10mL、0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．pH B．n（OH﹣） C．n（CO32﹣） D．c（HCO3﹣）
【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，浓度越大，其水解程度越小，但是溶液中氢氧根离子的浓度越大；据此进行判断。
【解答】解：A．碳酸钠溶液的浓度越大，氢氧根离子的浓度越大，pH越大，所以溶液的pH，前者小于后者，故A错误；
B．两个溶液中碳酸钠的物质的量相同，前者的水解程度大，所以溶液中n（OH﹣），前者大于后者，故B正确；
C．两个溶液中碳酸钠的物质的量相同，前者的水解程度大，所以溶液中n（CO32﹣），前者小于后者，故C错误；
D．碳酸钠溶液的浓度越大，水解生成的c（HCO3﹣）越大，所以c（HCO3﹣）前者小于后者，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，注意把握盐的水解原理、影响水解平衡的因素，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
（1）钠原子核外电子排布式为 1s22s22p63s1 。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述 电子云的伸展方向、电子的自旋 。
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有 3 种，属于原子晶体的是 SiO2 。
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为 Si＞C＞O （用元素符号表示）。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因。 碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱 。
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，b、c分别代表 CO32﹣ 、 HCO3﹣ 。（填离子符号）
（5）室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响 前者大 （选填“前者大”或“后者大”），作出判断并说明理由 Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大 。
【分析】（1）钠原子核外有11个电子，根据电子排布规律写出核外电子排布式，钠原子的最外层电子1个位于第三电子层的s能级，与电子排布式相比，轨道表示式可体现电子的自旋方向，同一轨道两个电子的自旋方向相反，电子云的伸展方向；
（2）Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，反应中的物质，碳酸钠和硅酸钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体；
（3）上述物质中的非金属元素为Si、C、O，电子层数越多半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小，碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，非金属性与得到电子能力有关；
（4）因考虑Na2CO3在溶液中电离出Na+和CO32﹣，盐酸溶液中存在H+、Cl﹣，因而出现CO32﹣+H+═HCO3﹣，然后HCO3﹣+H+═H2O+CO2，因向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，即出现如图现象；
（5）弱酸的酸性越弱，对应形成盐的水解程度越大，对水的电离促进程度越大。
【解答】解：（1）钠原子核外电子排布式为：1s22s22p63s1，与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中的描述：电子云的伸展方向、电子的自旋，
故答案为：1s22s22p63s1；电子云的伸展方向、电子的自旋；
（2）上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有3种，分别为离子晶体Na2CO3和Na2SiO3，原子晶体SiO2，分子晶体：CO2，
故答案为：3；SiO2；
（3）上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为：Si＞C＞O，碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因：碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱，
故答案为：Si＞C＞O；碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱；
（4）向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，a一直不变，那么a表示的是Na+，b逐渐减小，当减小到0时，c又开始减小，b表示的是碳酸根离子，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，当碳酸根离子反应完后，氢离子和碳酸氢根离子反应，所以c表示HCO3﹣，d从0一直不断地增大，d是Cl﹣，
故答案为：CO32﹣；HCO3﹣；
（5）Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大，室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响前者大，
故答案为：前者大；Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大。
【点评】本题考查原子结构、晶体结构和性质、微粒半径比较、核外电子排布规律、化学反应定量关系的分析判断、非金属性强弱比较等，题目难度不大，注意基础知识的理解掌握。
22．（15分）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价）。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1 。
（2）分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜（As2O3）：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式 6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O 。
已知反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）
测得溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。
（3）写出该反应的化学平衡常数表达式 K＝ 。
下列可说明反应达到平衡的是 bd 。（选填编号）
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）
b.溶液的pH不再发生变化
c.c（I﹣）＝ymol•L﹣1
d.不再发生变化
（4）tmmin时v逆（AsO43﹣） 小于 tnmin时v逆（AsO43﹣），（选填“大于”、“小于”或“等于”）理由是 tmmin时AsO43﹣的浓度较低 。
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为 HI→I2 。由此得到的结论是 溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性（合理即给分） 。
【分析】（1）由题意可知：As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价），根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应中As2S3氧化剂，SnCl2是还原剂，进一步得到两者之比；
（2）由题意可知：As2O3与锌和硫酸反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒和化合价升降守恒，即可写出方程式；
（3）根据反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l），即可写出平衡常数K的表达式，
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）未指明反应方向，则不能说明反应达到平衡；
b.溶液的pH不再发生变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡状态；
c.由图象可知平衡时：c（AsO43﹣）＝ymol/L，c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol•L﹣1；
d.不再发生变化，即AsO43﹣与AsO33﹣的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡；
（4）tmmin时AsO43﹣的浓度较低，所以tmmin时v逆（AsO43﹣）小于tnmin时v逆（AsO43﹣）；
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行AsO43﹣→AsO33﹣；则根据方程式可以判断反应中的氧化反应，由此得到的结论是：溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
【解答】解：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体（所含S元素均为﹣2价），根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应中As2S3氧化剂，SnCl2是还原剂，两者物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（2）由题意可知：As2O3与锌和硫酸反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒和化合价升降守恒，可写出方程式为：6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O，
故答案为：6Zn+As2O3+6H2SO4═6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O；
（3）根据反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l），则平衡常数K＝，
a.v（I﹣）＝2v（AsO33﹣）未指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b.溶液的pH不再发生变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡状态，故b正确；
c.由图象可知平衡时：c（AsO43﹣）＝ymol/L，c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol•L﹣1，故c错误；
d.不再发生变化，即AsO43﹣与AsO43﹣的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：K＝；bd；
（4）tmmin时AsO43﹣的浓度较低，所以tmmin时v逆（AsO43﹣）小于tnmin时v逆（AsO43﹣），
故答案为：小于；tmmin时AsO43﹣的浓度较低；
（5）pH为5～9时，上述反应中氧化反应为AsO33﹣→AsO43﹣；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行AsO43﹣→AsO33﹣；则根据方程式可以判断反应中氧化反应为：HI→I2，由此得到的结论是：溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性，
故答案为：HI→I2；溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性（合理即给分）。
【点评】本题主要考查氧化还原反应方程式书写，基本概念的判断，化学平衡常数K的表达式书写，平衡状态的判断，图象的应用于分析，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
23．（15分）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID﹣19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如图所示。
已知：（其中R1、R2为烃基或氢原子，R3为烃基）
完成下列填空：
（1）甲苯→A的反应类型为 取代反应 ，甲苯→B的反应试剂和条件 Cl2、光照 ，D的结构简式为 。
（2）关于甲苯的说法正确的是 cd 。
a.有三根碳碳双键
b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶（是一种碱）的作用是 吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动 。
（4）写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式 、 、 。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
（5）设计一条由为原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】甲苯在一定条件下和氯气发生取代反应生成B，B在一定条件下转化为C；D在AlCl3催化下和（CH3CO）2O发生取代反应生成E，根据E的结构简式可判断D的结构简式为，A水解生成D，则A的结构简式是；E和C发生取代反应生成F，根据已知信息，可知F反应生成G，则G的结构简式为，据此解答。
【解答】解：（1）根据以上分析可知，甲苯生成A的反应为取代反应，甲苯生成B的反应属于甲基上的氢原子被取代，其反应试剂和条件为Cl2、照，D的结构简式为，
故答案为：取代反应；Cl2、光照；；
（2）a.苯环上没有碳碳双键，故a错误；
b.甲苯中含有甲基，因此所有原子不可能均在同一个平面上，故b错误；
c.甲苯分子中含有四类氢原子，其一氯代物有四种，c故正确；
d.甲苯含有甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故d正确，
故答案为：cd；
（3）根据原子守恒可知C+E→F反应中还有氯化氢生成，吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动，
故答案为：.吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动；
（4）E的结构简式为，a.能发生银镜反应，含有醛基；b.苯环上有2种不同的氢，说明结构对称，则符合条件的有机物结构简式为、、等，
故答案为：；；；
（5）根据已知信息要引入六元环，需要引入羰基，可以用羟基氧化得到羰基，羟基可以用碳碳双键和水加成引入羟基，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查的有机物推断与合成，侧重考查学生解读题中所给新信息、能用所给信息解决问题的能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，题目难度中等。
24．（15分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。（假设杂质不含铁和硫且受热不分解）
有关反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如图处理。
完成下列填空：
（1）甲装置的作用是 除去空气中的CO2 ；乙装置的作用是 安全瓶 ；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明 取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在 。
（2）反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是 将亚硫酸根完全氧化成硫酸根 ，设计实验证明BaCl2溶液已经过量 在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量 。
（3）A操作的名称是 恒重 。
（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为 ×100% 。
[实验二]测定铁元素的含量
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入 加入足量氢氧化钠溶液 ；
步骤三： 过滤 、洗涤、灼烧、 冷却 、称量……得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
【分析】甲装置中过量的氢氧化钠溶液可以除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙；
（1）空气中含有二氧化碳，需要用甲装置除去空气中的CO2；乙装置的作用是安全瓶，防止倒吸；溶液中物质的检验一般检验上层清液；
（2）H2O2溶液具有氧化性，可以氧化亚硫酸根；通过检验上层清液检验是否过量；
（3）为尽可能减少实验误差，需要多次称量至恒重；
（4）根据硫元素守恒S～BaSO4计算硫元素质量分数；
（5）实验中通过把铁元素转化为氢氧化铁，再转化为氧化铁来测量铁的含量。
【解答】解：（1）由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在，
故答案为：除去空气中的CO2；安全瓶；取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在；
（2）装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量，
故答案为：将亚硫酸根完全氧化成硫酸根；在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量；
（3）为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重，
故答案为：恒重；
（4）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数＝×100%，
故答案为：×100%；
（5）测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g，
故答案为：加入足量氢氧化钠溶液；过滤；冷却。
【点评】本题考查了探究物质的含量实验、实验方案的设计与评价，需要根据物质的性质来分析解答，难度中等，注意为防止空气中二氧化碳的干扰，同时需要熟悉铁及其化合物的性质。
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