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广西南宁市2021年高考化学二模试卷及答案
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这是一份广西南宁市2021年高考化学二模试卷及答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单项选择题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。以下说法错误的选项是〔 〕
A.用于制防伪荧光油墨的树脂属于有机高分子材料
B.食用水产品用甲醛浸泡以到达保鲜的目的
C.“地沟油〞可用来制肥皂和生物柴油
D.工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理
2.NA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 12g14C中含有的质子数为6NA
B. 23gNa在空气中点燃后充分反响，转移的电子数为NA
C. 0.1molCu与浓硝酸充分反响最终得到NO2分子的数目为0.2NA
D. 100g质量分数为30%的甲醛(HCHO)水溶液中氧原子的数目为NA
3.我国成功研制出第一个具有自主知识产权的抗艾滋病新药—二咖啡酰奎尼酸(简称IBE—5)。IBE—5的结构简式如下列图，以下有关IBE—5的说法错误的选项是〔 〕
A. 苯环上的一氯代物有三种 B. 可与氢气发生加成反响
C. 分子中含有25个碳原子 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色
4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，X、Y、Z、W的单质常温下均为气态，Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，X、Y、W位于三个不同的周期。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 非金属性：Z>Y>X>W B. 含氧酸的酸性：Y
5.室温下进行以下实验，根据实验操作和现象，所得到的结论错误的选项是〔 〕
选项
实验操作和现象
结论
A
将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成
NH3具有复原性
B
将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝
原溶液中可能存在I2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3+
向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀
[Ag(S2O3)2]3-发生了电离
A. A B. B C. C D. D
6.图(a)、(b)分别是二氧化碳氧化乙烷的电催化和光催化裂解。以下说法正确的选项是〔 〕
A.(a)中阴极的电极反响式为2H++2e-=H2、CO2+2H++2e-=CO+H2O
B.当(a)的电路中转移2 mol电子时，阳极生成22.4 LC2H4
C.(b)中电子由导带向价带移动
D.图(a)、(b)中的电解质溶液均可能为NaOH溶液
7.保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO 的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。以下说法正确的选项是〔 〕
A.0～t1时发生反响的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B.a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO )＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C.b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D.t2～t4过程中： 一直减小
二、综合题
8.氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3 ， 还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
：盐酸“浸取〞后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
答复以下问题：
〔1〕在“浸取〞时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有________因素。
〔2〕下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是________；判断“浸取〞的最正确液固比为________。
〔3〕常温时，几种金属离子沉淀的pH如下列图，加H2O2时发生反响的离子方程式为________。“调pH(I)〞时，调节溶液pH≈5，那么“滤渣II〞的主要成分为________(填化学式)。
〔4〕“一系列操作〞中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是________。
〔5〕“除钙〞前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定参加草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III〞V1mL，参加稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，参加黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为________。
②该溶液中钙离子的浓度为________ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
9.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如下列图装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO ；
③HNO2为弱酸，室温下存在反响3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
答复以下问题：
〔1〕A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是________。
〔2〕上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为________。
〔3〕连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是________。
〔4〕翻开活塞K2之前先通入氮气，其理由是________。
〔5〕实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为________。
〔6〕探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯洁物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后参加KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是________。
〔7〕家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，参加提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50. 00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反响，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为________mg·kg-1。
：①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化复原法或吸收法处理SO2。
〔1〕在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。
：CH4(g) +2SO2(g)=CO2(g) +2S(s) +2H2O(l) ΔH= -295.9 kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -297.2 kJ·mol-1
那么CH4的燃烧热ΔH=________。
〔2〕在恒容密闭容器中，用H2复原SO2生成S的反响分两步完成(如图1所示) ，该过程中局部物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①由分析可知X为________ (填化学式)。
②0~t1时间段的温度为________。
〔3〕燃煤烟气中可通过反响SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反响，5min时，反响到达平衡，气体密度减小16g·L-1。
①0~5min内，CO的反响速率是________；假设升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，那么该反响的ΔH________(填“>〞或“<〞)0。
②T℃时，平衡常数Kp=________Pa-1。
〔4〕单质硫也可以生成多硫化物从而实现能量间的转化。
①钠硫电池是一种新型高能电池，总反响为2Na+2S Na2S2 ， 该电池工作时正极的电极反响式为________；给该电池充电时，钠电极应与外电源的________(填“正〞或“负〞)极相连接。
②在碱性溶液中，S 被BrO 氧化成SO ，BrO 被复原成Br-。该反响的离子方程式是________。
11.第IVA族元素及其化合物是结构化学研究的热点。几种晶体结构如下列图：
〔1〕基态锗(Ge)的核外电子排布式为________。
〔2〕上述四种晶体中，熔点最低的是________，金刚石中碳原子之间含有的作用力是________。
〔3〕在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是________(填分子式)。
〔4〕与碳同周期的主族元素中，第一电离能最大的是________(填元素符号，下同)，电负性最小的是________。
〔5〕在碳的氢化物中，既含σ键，又含π键的分子有许多，其中含σ键与π键数目之比为5：1的分子的结构简式为________，(写一种)。
〔6〕硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，那么1mol硅晶体中含________mol共价键，1mol石墨(如图丙)晶体中含________mol共价键。
〔7〕设NA为阿伏加德罗常数的值，干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，那么干冰的密度为________g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
12.F是抑制白色念球菌药物的中间体，可经如下列图合成路线进行制备。
：-SO2Cl -SH。
答复以下问题：
〔1〕A的名称为________；E中含氧官能团的名称为________。
〔2〕B的结构简式为________；C→D的反响类型为________。
〔3〕一定条件下，D与水反响生成二元羧酸的化学方程式为________。
〔4〕反响E→F所需的试剂及反响条件分别是________，F中有________个手性碳(注：连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)。
〔5〕某温度下，对A→B反响的产物成分进行研究发现，其-SO2Cl基化的不同位置的产物成分的含量如下表所示：
与F的相对位置
邻
间
对
其他
含量/%
38.8
3.66
57.25
0.29
请找出规律：________
〔6〕G为E与1 mol H2完全反响后的产物，G的同分异构体中能同时满足以下条件的有________种(不考虑立体异构)。
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反响；
III.能与NaHCO3溶液反响。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B．甲醛溶液有毒，会危害人体健康，所以甲醛溶液不能用于食品保鲜，故B符合题意；
C．“地沟油〞的主要成分是油脂，油脂可用来制肥皂和生物柴油，故C不符合题意；
D．Cu2+、Hg2+等重金属离子与Na2S反响生成难溶于水的物质，所以工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】甲醛虽然可以防腐，但是不能用作食品的保鲜剂，因为甲醛有毒，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A.12g14C的物质的量为mol=mol，一个碳原子含有的质子数为6个，因此共含有molx6=mol,故A不符合题意
B.23g的钠的物质的量为1mol,钠在空气中点燃 方程式为2Na+O2=Na2O2,转移的电子数为1mol。故B符合题意
C.根据Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O,根据0.1mol的铜即可计算出得到的二氧化氮为0.2mol。但是题中并未给出硝酸的量，故无法计算出二氧化氮的物质的量，故C不符合题意
D.甲醛的质量为100gx30%=30g，因此甲醛的物质的量为mol=1mol,水的质量为70g，水的物质的量=mol=mol,故总的氧原子的数目为1mol+mol=mol,故D不符合题意
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再找出1个碳原子中含有的质子数
B.根据Na~Na+~e即可计算出转移的电子数
C.题中未给出浓硝酸的量无法计算
D.含有氧原子的是甲醛分子和水分子
3.【答案】 A
【解析】【解答】A.根据结构式含有两个苯环，苯环上含有酚羟基，取代基的位置是邻位和对位共有6个位置，有6种一一氯取代物，故A符合题意
B.根据结构式即可判断含有苯环和双键，可以与氢气发生加成反响，故B不符合题意
C.根据结构简式即可判断含有25和碳原子，故C不符合题意
D.根据结构简式含有醇羟基和酚羟基以及双键可以使高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意
【分析】根据结构简式即可写出分子式，同时可知找出含有酚羟基、醇羟基、双键、羧基，可与氢气以及高锰酸钾作用，还有两个苯环，即可找出氢原子的种类
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．同周期元素，原子序数越大，非金属性越强，同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，故非金属性W>Z>Y>X，A项不符合题意；
B．Y和W有多种含氧酸，物质不确定性质无法比较，B项不符合题意；
C．Y与Z可以形成一氧化氮，二氧化氮，四氧化二氮，五氧化二氮等多种物质，C项不符合题意；
D．X与Z形成的化合物水局部电离为弱电解质，D项符合题意；
故答案为D。
【分析】Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，故Y为N，Z为O；X、Y、W位于三个不同的周期且单质常温下均为气态，故X为H，W为Cl。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A. 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 ，发生的是2NH3+4CuO=4Cu+3H2O+N2,即可判断出氨气具有复原性，故A不符合题意
B. 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 ，淀粉试纸变蓝说明有碘单质，故B不符合题意
C. 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 ，硝酸具有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，氧化性是硝酸＞Fe3+,故C符合题意
D. 向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀 ，说明 [Ag(S2O3)2]3-发生了电离 产生了碘化银沉淀，故D不符合题意
【分析】A.根据写出方程式标出化合价即可判断
B.根据实验现象即可判断出含有碘单质
C.根据现象证明的是硝酸的氧化性强于铁离子
D.通过现象说明有碘化银沉淀，说明发生电离
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．由图示可知在(a)中阴极上，H+得到电子变为H2 ， 同时还有CO2得到电子，与H+结合形成CO、H2O，故阴极的电极反响式为2H++2e-=H2； CO2+2H++2e-=CO+H2O，A符合题意；
B．未指明气体所处的外界条件，因此不能根据物质的量确定气体体积的大小，B不符合题意；
C．根据图示可知：(b)中电子由价带向导带移动，C不符合题意；
D．根据图示可知：电解质溶液中有H+移动，H+大量存在的溶液不可能是碱性溶液，因此电解质不可能为NaOH溶液，D不符合题意；
【分析】A.根据物质的化合价变化即可判断阴极发生发生的反响
B.根据阳极的反响式结合转移的电子数即可计算出产生的标况下的气体体积
C.根据图示即可判断电子的转移方向
D.根据氢离子的存在即电解质不能是碱性溶液
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO- ， 那么发生反响的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A不符合题意；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3 ， 根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，那么c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO )＞c(OH-)＞c(H+)，B不符合题意；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO )；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO )，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO )，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C符合题意；
D． 是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此 不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的离子的浓度即可判断发生的反响是氯气和氢氧化钠反响得到氯化钠和次氯酸钠的反响
B.根据a点的溶质进行判断即可
C.在b点结合电荷守恒和电子守恒即可判断
D.根据次氯酸的电离平衡常数与温度有关即可判断
二、综合题
8.【答案】 〔1〕时间或颗粒大小等
〔2〕温度过高使HCl挥发导致浸出率下降；5:1
〔3〕2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3
〔4〕BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速枯燥
〔5〕当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
【解析】【解答】 〔1〕增大反响物的接触面积也可以增大反响速率，所以颗粒的大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，因此浸出时间也是影响浸出率的因素之一，故正确答案是：
〔2〕盐酸具有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降，根据分析数据可知，浸取的最正确条件为温度选择30℃，盐酸的浓度选择15%，液固比选择6:1时浸出率改变不大，从节约本钱角度考虑应该选择5:1，故正确答案是：
〔3〕由分析得，参加过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ，从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝。故正确答案是：
〔4〕 BaCl2·2H2O 晶体溶于水，但不溶于乙醇，因此采取乙醇洗涤不采用水洗涤，故正确答案是：
〔5〕①黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液由黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色，
②根据滴定时 EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物 ，即可求出n(EDTA)=n(Ca2+)即可求出m(Ca2+)=0.1x10-3xV2x40xg=0.04V2g, 该溶液中钙离子的浓度为 g·mL-1
【分析】〔1〕根据影响浸出速率的因素即可判断即可
〔2〕主要考虑盐酸的挥发性，温度过高导致挥发速率下降，根据固液比进行判断即可
〔3〕过氧化氢具有氧化性，而亚铁离子具有复原性，发生氧化复原反响，根据PH的关系即可找出沉淀
〔4〕根据得到的产物的溶解性即可进行判断
〔5〕①根据给出的颜色变化即可写出终点的现象
②根据EDTA的量即可计算出钙离子的量即可求出浓度
9.【答案】 〔1〕硬质玻璃管
〔2〕E、C、B、A、B、D
〔3〕关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好
〔4〕排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化
〔5〕3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
〔6〕NaNO2与盐酸反响生成的HNO2易被氧化为HNO3 ， HNO3可将KI氧化产生I2 ， 使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反响生成HNO2 ， 而在室温下易反响生成HNO3 ， 参加KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)
〔7〕1840
【解析】【解答】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反响，所以翻开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反响生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反响生成的HNO2易被氧化为HNO3 ， HNO3可将KI氧化产生I2 ， 使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反响生成HNO2 ， 而在室温下易反响生成HNO3 ， 参加KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反响①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，那么50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1 ， 故答案为：1840。
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO枯燥后通入至A装置与Na2O2反响来制取NaNO2 ， 为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
10.【答案】 〔1〕-890.3kJ·mol-1
〔2〕H2S；300℃
〔3〕0.2mol-1·L-1·min-1；<；2.4×10-6
〔4〕2S+2e-=S ；负；3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O
【解析】【解答】(1)第一个方程式+第二个方程式×2可得CH4的燃烧热ΔH=〔-295.9 kJ·mol-1〕+2 〔-297.2 kJ·mol-1〕=-890.3kJ·mol-1 ， 故答案为：-890.3kJ·mol-1；
(2) ①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反响生成H2S,在100°C到200° C时，H2S和SO2反响生成S和水，故X为H2S，故答案为：H2S；
②在图2中，0 ~ t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0 ~ t1时间段温度为300℃，故答案为：300℃；
(3) ①1L恒容密闭容器中，反响到达平衡，气体密度减小16g·L-1 ， 减少的即为生成的S的质量16g，即0.5molS，因反响方程式为SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)，故CO消耗的物质的量为1mol，0~5min内，CO的反响速率= =0.2mol-1·L-1·min-1 ， 假设升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，说明该反响平衡左移，正反响放热，那么该反响的ΔH<0，故答案为：0.2mol-1·L-1·min-1；<；
②平衡时气体总的物质的量n(平)= n(SO2) +n(CO)+ n(CO2)= 0.5mol+1mol +1mol=2.5mol，平衡时的总压强P〔平〕= ， =2.4×10-6 ， 故答案为：2.4×10-6；
(4) ①氧化剂为S，在正极得电子，2S+2e-=S ，充电时钠电极应该接电源负极，作阴极，故答案为：2S+2e-=S ；负；
②在碱性溶液中，每个S 被BrO 氧化成SO ，升高14价，每个BrO 被复原成Br- ， 降低6价，该反响的离子方程式是3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O，故答案为：3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O。
【分析】〔1〕根据盖斯定律即可计算出燃烧热
〔2〕①根据二氧化硫和氢气反响的原理即可怕短处X的化学式，在t1之前X增多。t1之后X减少，即可判断出温度
〔3〕① 根据给出的数据计算出平衡时的浓度，即可计算出速率，根据气体的密度变化即可判断焓变的大小
②根据数据计算出平衡时物质的量即可计算出平衡分压计算出常数
〔4〕①正极发生的是复原反响，结合反响方程式即可写出正极反响式，钠做负极应该与负极相连
②根据反响物和生成物即可写出离子方程式
11.【答案】 〔1〕1s22s22p63s23p63d104s24p2
〔2〕干冰或丁；非极性键或σ键
〔3〕CH4
〔4〕F；Li
〔5〕CH2=CH2
〔6〕2；1.5
〔7〕
【解析】【解答】(1)锗(Ge)是32号元素，那么基态锗(Ge)的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2 ， 或[Ar]3d104s24p2。
(2)甲(金刚石)是共价晶体，乙(足球烯)是分子晶体，丙(石墨)是混合晶体，丁(干冰)是分子晶体， 乙和丁相比较，足球烯的分子量大于二氧化碳分子量，故熔点最低的是丁(干冰)。金刚石中碳原子之间通过共价键结合到一起的，此共价键属于非极性键。金刚石中碳原子采取的是sp3杂化，故碳原子之间形成的共价键类型是σ键，那么金刚石中碳原子之间含有的作用力是非极性键或σ键。
(3)气态氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，碳族元素中非金属性最强的是碳元素，所以在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是CH4。
(4)与碳同周期的主族元素是指第二周期的主族元素，根据同周期元素的第一电离能大小变化规律，第一电离能最大的是F，根据同周期元素的电负性强弱变化规律，电负性最小的是Li。
(5)在碳的氢化物中，含有π键，说明结构中含有碳碳双键，或碳碳三键，σ键与π键数目之比为5：1，假设π键数为1，那么分子结构中只含有1个双键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，说明剩下的4个σ键分别是2个碳原子与氢原子形成的，那么该分子是C2H4 ， 其结构简式为CH2=CH2。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，每个硅原子与周围4个硅原子形成4个共价键， 一个共价键被两个硅原子共有，根据均摊法，那么1个硅原子相当于含有2个共价键，那么1mol硅晶体中含2mol共价键。石墨(如图丙)晶体属于混合晶体，同层之间的碳原子与相邻的3个碳原子间形成碳碳共价键，同理，一个共价键被2个碳原子共有，那么1个碳原子含有共价键数为1.5个，那么1mol石墨(如图丙)晶体中含1.5mol共价键。
(7)干冰分子采取的是面心立方最密堆积，那么一个干冰晶胞中含有的干冰分子个数是8 +6 =4个，那么一个晶胞的质量为 g，干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，那么干冰晶胞的体积为a3pm3 ， 那么晶胞的密度等于 = g·cm-3 。
【分析】〔1〕根据核外电子排布方式即可写出
〔2〕根据给出的结构式判断出晶体类型，分子晶体的熔点是最低的。金刚石是原子晶体，之间的作用力是非极性键
〔3〕碳的氢化物中最稳定的是甲烷
〔4〕同周期的元素电离能是增大的趋势，因此第二周期电离能最大的是F，电负性最小的是金属元素Li
〔5〕根据给出的要求即可写出结构简式
〔6〕根据空间结构即可计算出共价键数
〔7〕根据占位计算出分子的个数计算出晶胞质量结合参数即可计算出密度
12.【答案】 〔1〕氟苯；羧基、羰基(或酮基)
〔2〕；加成反响
〔3〕+H2O
〔4〕CH3OH、浓硫酸、加热；1
〔5〕氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)
〔6〕12
【解析】【解答】(1)A是 ，1个氟原子取代苯环上1个氢原子，名称为氟苯；E是 ，含氧官能团的名称(红圈标出)为羰基、羧基；
(2) 由 逆推可知，C是 ，根据-SO2Cl -SH，可知B是 ； 和 反响生成 ，反响类型为加成反响；
(3)一定条件下， 与水反响生成二元羧酸 ，化学方程式为 +H2O ；
(4) 和甲醇发生酯化反响生成 ，所需的试剂及反响条件分别是CH3OH、浓硫酸、加热， 中只有1个手性碳(红圈标出)；
(5)根据表格数据，氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)；
(6)G为E与1 mol H2完全反响后的产物，G的结构简式是 ，
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反响，说明含有醛基；
III.能与NaHCO3溶液反响，说明含有羧基，
符合条件的苯环上的3个取代基分别为-SH、-F、 或-SH、-F、 或-SH、-F、 或-SH、-F、 ，每中组合的取代基在苯环上的位置有3中结构，所以共12中同分异构体。
【分析】C和 反响生成 ，由 逆推可知，C是 ，根据-SO2Cl -SH，可知B是 。
高考化学二模试卷
一、单项选择题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。以下说法错误的选项是〔 〕
A.用于制防伪荧光油墨的树脂属于有机高分子材料
B.食用水产品用甲醛浸泡以到达保鲜的目的
C.“地沟油〞可用来制肥皂和生物柴油
D.工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理
2.NA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 12g14C中含有的质子数为6NA
B. 23gNa在空气中点燃后充分反响，转移的电子数为NA
C. 0.1molCu与浓硝酸充分反响最终得到NO2分子的数目为0.2NA
D. 100g质量分数为30%的甲醛(HCHO)水溶液中氧原子的数目为NA
3.我国成功研制出第一个具有自主知识产权的抗艾滋病新药—二咖啡酰奎尼酸(简称IBE—5)。IBE—5的结构简式如下列图，以下有关IBE—5的说法错误的选项是〔 〕
A. 苯环上的一氯代物有三种 B. 可与氢气发生加成反响
C. 分子中含有25个碳原子 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色
4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，X、Y、Z、W的单质常温下均为气态，Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，X、Y、W位于三个不同的周期。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 非金属性：Z>Y>X>W B. 含氧酸的酸性：Y
5.室温下进行以下实验，根据实验操作和现象，所得到的结论错误的选项是〔 〕
选项
实验操作和现象
结论
A
将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成
NH3具有复原性
B
将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝
原溶液中可能存在I2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3+
向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀
[Ag(S2O3)2]3-发生了电离
A. A B. B C. C D. D
6.图(a)、(b)分别是二氧化碳氧化乙烷的电催化和光催化裂解。以下说法正确的选项是〔 〕
A.(a)中阴极的电极反响式为2H++2e-=H2、CO2+2H++2e-=CO+H2O
B.当(a)的电路中转移2 mol电子时，阳极生成22.4 LC2H4
C.(b)中电子由导带向价带移动
D.图(a)、(b)中的电解质溶液均可能为NaOH溶液
7.保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO 的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。以下说法正确的选项是〔 〕
A.0～t1时发生反响的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B.a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO )＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C.b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D.t2～t4过程中： 一直减小
二、综合题
8.氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3 ， 还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
：盐酸“浸取〞后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
答复以下问题：
〔1〕在“浸取〞时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有________因素。
〔2〕下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是________；判断“浸取〞的最正确液固比为________。
〔3〕常温时，几种金属离子沉淀的pH如下列图，加H2O2时发生反响的离子方程式为________。“调pH(I)〞时，调节溶液pH≈5，那么“滤渣II〞的主要成分为________(填化学式)。
〔4〕“一系列操作〞中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是________。
〔5〕“除钙〞前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定参加草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III〞V1mL，参加稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，参加黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为________。
②该溶液中钙离子的浓度为________ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
9.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如下列图装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO ；
③HNO2为弱酸，室温下存在反响3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
答复以下问题：
〔1〕A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是________。
〔2〕上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为________。
〔3〕连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是________。
〔4〕翻开活塞K2之前先通入氮气，其理由是________。
〔5〕实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为________。
〔6〕探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯洁物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后参加KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是________。
〔7〕家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，参加提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50. 00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反响，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为________mg·kg-1。
：①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化复原法或吸收法处理SO2。
〔1〕在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。
：CH4(g) +2SO2(g)=CO2(g) +2S(s) +2H2O(l) ΔH= -295.9 kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -297.2 kJ·mol-1
那么CH4的燃烧热ΔH=________。
〔2〕在恒容密闭容器中，用H2复原SO2生成S的反响分两步完成(如图1所示) ，该过程中局部物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①由分析可知X为________ (填化学式)。
②0~t1时间段的温度为________。
〔3〕燃煤烟气中可通过反响SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反响，5min时，反响到达平衡，气体密度减小16g·L-1。
①0~5min内，CO的反响速率是________；假设升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，那么该反响的ΔH________(填“>〞或“<〞)0。
②T℃时，平衡常数Kp=________Pa-1。
〔4〕单质硫也可以生成多硫化物从而实现能量间的转化。
①钠硫电池是一种新型高能电池，总反响为2Na+2S Na2S2 ， 该电池工作时正极的电极反响式为________；给该电池充电时，钠电极应与外电源的________(填“正〞或“负〞)极相连接。
②在碱性溶液中，S 被BrO 氧化成SO ，BrO 被复原成Br-。该反响的离子方程式是________。
11.第IVA族元素及其化合物是结构化学研究的热点。几种晶体结构如下列图：
〔1〕基态锗(Ge)的核外电子排布式为________。
〔2〕上述四种晶体中，熔点最低的是________，金刚石中碳原子之间含有的作用力是________。
〔3〕在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是________(填分子式)。
〔4〕与碳同周期的主族元素中，第一电离能最大的是________(填元素符号，下同)，电负性最小的是________。
〔5〕在碳的氢化物中，既含σ键，又含π键的分子有许多，其中含σ键与π键数目之比为5：1的分子的结构简式为________，(写一种)。
〔6〕硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，那么1mol硅晶体中含________mol共价键，1mol石墨(如图丙)晶体中含________mol共价键。
〔7〕设NA为阿伏加德罗常数的值，干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，那么干冰的密度为________g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
12.F是抑制白色念球菌药物的中间体，可经如下列图合成路线进行制备。
：-SO2Cl -SH。
答复以下问题：
〔1〕A的名称为________；E中含氧官能团的名称为________。
〔2〕B的结构简式为________；C→D的反响类型为________。
〔3〕一定条件下，D与水反响生成二元羧酸的化学方程式为________。
〔4〕反响E→F所需的试剂及反响条件分别是________，F中有________个手性碳(注：连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)。
〔5〕某温度下，对A→B反响的产物成分进行研究发现，其-SO2Cl基化的不同位置的产物成分的含量如下表所示：
与F的相对位置
邻
间
对
其他
含量/%
38.8
3.66
57.25
0.29
请找出规律：________
〔6〕G为E与1 mol H2完全反响后的产物，G的同分异构体中能同时满足以下条件的有________种(不考虑立体异构)。
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反响；
III.能与NaHCO3溶液反响。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B．甲醛溶液有毒，会危害人体健康，所以甲醛溶液不能用于食品保鲜，故B符合题意；
C．“地沟油〞的主要成分是油脂，油脂可用来制肥皂和生物柴油，故C不符合题意；
D．Cu2+、Hg2+等重金属离子与Na2S反响生成难溶于水的物质，所以工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】甲醛虽然可以防腐，但是不能用作食品的保鲜剂，因为甲醛有毒，其他选项均正确
2.【答案】 B
【解析】【解答】A.12g14C的物质的量为mol=mol，一个碳原子含有的质子数为6个，因此共含有molx6=mol,故A不符合题意
B.23g的钠的物质的量为1mol,钠在空气中点燃 方程式为2Na+O2=Na2O2,转移的电子数为1mol。故B符合题意
C.根据Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O,根据0.1mol的铜即可计算出得到的二氧化氮为0.2mol。但是题中并未给出硝酸的量，故无法计算出二氧化氮的物质的量，故C不符合题意
D.甲醛的质量为100gx30%=30g，因此甲醛的物质的量为mol=1mol,水的质量为70g，水的物质的量=mol=mol,故总的氧原子的数目为1mol+mol=mol,故D不符合题意
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再找出1个碳原子中含有的质子数
B.根据Na~Na+~e即可计算出转移的电子数
C.题中未给出浓硝酸的量无法计算
D.含有氧原子的是甲醛分子和水分子
3.【答案】 A
【解析】【解答】A.根据结构式含有两个苯环，苯环上含有酚羟基，取代基的位置是邻位和对位共有6个位置，有6种一一氯取代物，故A符合题意
B.根据结构式即可判断含有苯环和双键，可以与氢气发生加成反响，故B不符合题意
C.根据结构简式即可判断含有25和碳原子，故C不符合题意
D.根据结构简式含有醇羟基和酚羟基以及双键可以使高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意
【分析】根据结构简式即可写出分子式，同时可知找出含有酚羟基、醇羟基、双键、羧基，可与氢气以及高锰酸钾作用，还有两个苯环，即可找出氢原子的种类
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．同周期元素，原子序数越大，非金属性越强，同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，故非金属性W>Z>Y>X，A项不符合题意；
B．Y和W有多种含氧酸，物质不确定性质无法比较，B项不符合题意；
C．Y与Z可以形成一氧化氮，二氧化氮，四氧化二氮，五氧化二氮等多种物质，C项不符合题意；
D．X与Z形成的化合物水局部电离为弱电解质，D项符合题意；
故答案为D。
【分析】Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，故Y为N，Z为O；X、Y、W位于三个不同的周期且单质常温下均为气态，故X为H，W为Cl。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A. 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 ，发生的是2NH3+4CuO=4Cu+3H2O+N2,即可判断出氨气具有复原性，故A不符合题意
B. 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 ，淀粉试纸变蓝说明有碘单质，故B不符合题意
C. 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 ，硝酸具有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，氧化性是硝酸＞Fe3+,故C符合题意
D. 向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀 ，说明 [Ag(S2O3)2]3-发生了电离 产生了碘化银沉淀，故D不符合题意
【分析】A.根据写出方程式标出化合价即可判断
B.根据实验现象即可判断出含有碘单质
C.根据现象证明的是硝酸的氧化性强于铁离子
D.通过现象说明有碘化银沉淀，说明发生电离
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．由图示可知在(a)中阴极上，H+得到电子变为H2 ， 同时还有CO2得到电子，与H+结合形成CO、H2O，故阴极的电极反响式为2H++2e-=H2； CO2+2H++2e-=CO+H2O，A符合题意；
B．未指明气体所处的外界条件，因此不能根据物质的量确定气体体积的大小，B不符合题意；
C．根据图示可知：(b)中电子由价带向导带移动，C不符合题意；
D．根据图示可知：电解质溶液中有H+移动，H+大量存在的溶液不可能是碱性溶液，因此电解质不可能为NaOH溶液，D不符合题意；
【分析】A.根据物质的化合价变化即可判断阴极发生发生的反响
B.根据阳极的反响式结合转移的电子数即可计算出产生的标况下的气体体积
C.根据图示即可判断电子的转移方向
D.根据氢离子的存在即电解质不能是碱性溶液
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO- ， 那么发生反响的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A不符合题意；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3 ， 根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，那么c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO )＞c(OH-)＞c(H+)，B不符合题意；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO )；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO )，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO )，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C符合题意；
D． 是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此 不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的离子的浓度即可判断发生的反响是氯气和氢氧化钠反响得到氯化钠和次氯酸钠的反响
B.根据a点的溶质进行判断即可
C.在b点结合电荷守恒和电子守恒即可判断
D.根据次氯酸的电离平衡常数与温度有关即可判断
二、综合题
8.【答案】 〔1〕时间或颗粒大小等
〔2〕温度过高使HCl挥发导致浸出率下降；5:1
〔3〕2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3
〔4〕BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速枯燥
〔5〕当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
【解析】【解答】 〔1〕增大反响物的接触面积也可以增大反响速率，所以颗粒的大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，因此浸出时间也是影响浸出率的因素之一，故正确答案是：
〔2〕盐酸具有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降，根据分析数据可知，浸取的最正确条件为温度选择30℃，盐酸的浓度选择15%，液固比选择6:1时浸出率改变不大，从节约本钱角度考虑应该选择5:1，故正确答案是：
〔3〕由分析得，参加过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ，从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝。故正确答案是：
〔4〕 BaCl2·2H2O 晶体溶于水，但不溶于乙醇，因此采取乙醇洗涤不采用水洗涤，故正确答案是：
〔5〕①黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液由黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色，
②根据滴定时 EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物 ，即可求出n(EDTA)=n(Ca2+)即可求出m(Ca2+)=0.1x10-3xV2x40xg=0.04V2g, 该溶液中钙离子的浓度为 g·mL-1
【分析】〔1〕根据影响浸出速率的因素即可判断即可
〔2〕主要考虑盐酸的挥发性，温度过高导致挥发速率下降，根据固液比进行判断即可
〔3〕过氧化氢具有氧化性，而亚铁离子具有复原性，发生氧化复原反响，根据PH的关系即可找出沉淀
〔4〕根据得到的产物的溶解性即可进行判断
〔5〕①根据给出的颜色变化即可写出终点的现象
②根据EDTA的量即可计算出钙离子的量即可求出浓度
9.【答案】 〔1〕硬质玻璃管
〔2〕E、C、B、A、B、D
〔3〕关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好
〔4〕排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化
〔5〕3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
〔6〕NaNO2与盐酸反响生成的HNO2易被氧化为HNO3 ， HNO3可将KI氧化产生I2 ， 使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反响生成HNO2 ， 而在室温下易反响生成HNO3 ， 参加KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)
〔7〕1840
【解析】【解答】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2 ， D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反响，所以翻开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2 ， 防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反响生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反响生成的HNO2易被氧化为HNO3 ， HNO3可将KI氧化产生I2 ， 使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反响生成HNO2 ， 而在室温下易反响生成HNO3 ， 参加KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反响①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，那么50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1 ， 故答案为：1840。
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO枯燥后通入至A装置与Na2O2反响来制取NaNO2 ， 为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
10.【答案】 〔1〕-890.3kJ·mol-1
〔2〕H2S；300℃
〔3〕0.2mol-1·L-1·min-1；<；2.4×10-6
〔4〕2S+2e-=S ；负；3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O
【解析】【解答】(1)第一个方程式+第二个方程式×2可得CH4的燃烧热ΔH=〔-295.9 kJ·mol-1〕+2 〔-297.2 kJ·mol-1〕=-890.3kJ·mol-1 ， 故答案为：-890.3kJ·mol-1；
(2) ①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反响生成H2S,在100°C到200° C时，H2S和SO2反响生成S和水，故X为H2S，故答案为：H2S；
②在图2中，0 ~ t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0 ~ t1时间段温度为300℃，故答案为：300℃；
(3) ①1L恒容密闭容器中，反响到达平衡，气体密度减小16g·L-1 ， 减少的即为生成的S的质量16g，即0.5molS，因反响方程式为SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)，故CO消耗的物质的量为1mol，0~5min内，CO的反响速率= =0.2mol-1·L-1·min-1 ， 假设升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，说明该反响平衡左移，正反响放热，那么该反响的ΔH<0，故答案为：0.2mol-1·L-1·min-1；<；
②平衡时气体总的物质的量n(平)= n(SO2) +n(CO)+ n(CO2)= 0.5mol+1mol +1mol=2.5mol，平衡时的总压强P〔平〕= ， =2.4×10-6 ， 故答案为：2.4×10-6；
(4) ①氧化剂为S，在正极得电子，2S+2e-=S ，充电时钠电极应该接电源负极，作阴极，故答案为：2S+2e-=S ；负；
②在碱性溶液中，每个S 被BrO 氧化成SO ，升高14价，每个BrO 被复原成Br- ， 降低6价，该反响的离子方程式是3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O，故答案为：3S +6OH-+7BrO =6SO +7Br-+3H2O。
【分析】〔1〕根据盖斯定律即可计算出燃烧热
〔2〕①根据二氧化硫和氢气反响的原理即可怕短处X的化学式，在t1之前X增多。t1之后X减少，即可判断出温度
〔3〕① 根据给出的数据计算出平衡时的浓度，即可计算出速率，根据气体的密度变化即可判断焓变的大小
②根据数据计算出平衡时物质的量即可计算出平衡分压计算出常数
〔4〕①正极发生的是复原反响，结合反响方程式即可写出正极反响式，钠做负极应该与负极相连
②根据反响物和生成物即可写出离子方程式
11.【答案】 〔1〕1s22s22p63s23p63d104s24p2
〔2〕干冰或丁；非极性键或σ键
〔3〕CH4
〔4〕F；Li
〔5〕CH2=CH2
〔6〕2；1.5
〔7〕
【解析】【解答】(1)锗(Ge)是32号元素，那么基态锗(Ge)的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2 ， 或[Ar]3d104s24p2。
(2)甲(金刚石)是共价晶体，乙(足球烯)是分子晶体，丙(石墨)是混合晶体，丁(干冰)是分子晶体， 乙和丁相比较，足球烯的分子量大于二氧化碳分子量，故熔点最低的是丁(干冰)。金刚石中碳原子之间通过共价键结合到一起的，此共价键属于非极性键。金刚石中碳原子采取的是sp3杂化，故碳原子之间形成的共价键类型是σ键，那么金刚石中碳原子之间含有的作用力是非极性键或σ键。
(3)气态氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，碳族元素中非金属性最强的是碳元素，所以在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是CH4。
(4)与碳同周期的主族元素是指第二周期的主族元素，根据同周期元素的第一电离能大小变化规律，第一电离能最大的是F，根据同周期元素的电负性强弱变化规律，电负性最小的是Li。
(5)在碳的氢化物中，含有π键，说明结构中含有碳碳双键，或碳碳三键，σ键与π键数目之比为5：1，假设π键数为1，那么分子结构中只含有1个双键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，说明剩下的4个σ键分别是2个碳原子与氢原子形成的，那么该分子是C2H4 ， 其结构简式为CH2=CH2。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，每个硅原子与周围4个硅原子形成4个共价键， 一个共价键被两个硅原子共有，根据均摊法，那么1个硅原子相当于含有2个共价键，那么1mol硅晶体中含2mol共价键。石墨(如图丙)晶体属于混合晶体，同层之间的碳原子与相邻的3个碳原子间形成碳碳共价键，同理，一个共价键被2个碳原子共有，那么1个碳原子含有共价键数为1.5个，那么1mol石墨(如图丙)晶体中含1.5mol共价键。
(7)干冰分子采取的是面心立方最密堆积，那么一个干冰晶胞中含有的干冰分子个数是8 +6 =4个，那么一个晶胞的质量为 g，干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，那么干冰晶胞的体积为a3pm3 ， 那么晶胞的密度等于 = g·cm-3 。
【分析】〔1〕根据核外电子排布方式即可写出
〔2〕根据给出的结构式判断出晶体类型，分子晶体的熔点是最低的。金刚石是原子晶体，之间的作用力是非极性键
〔3〕碳的氢化物中最稳定的是甲烷
〔4〕同周期的元素电离能是增大的趋势，因此第二周期电离能最大的是F，电负性最小的是金属元素Li
〔5〕根据给出的要求即可写出结构简式
〔6〕根据空间结构即可计算出共价键数
〔7〕根据占位计算出分子的个数计算出晶胞质量结合参数即可计算出密度
12.【答案】 〔1〕氟苯；羧基、羰基(或酮基)
〔2〕；加成反响
〔3〕+H2O
〔4〕CH3OH、浓硫酸、加热；1
〔5〕氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)
〔6〕12
【解析】【解答】(1)A是 ，1个氟原子取代苯环上1个氢原子，名称为氟苯；E是 ，含氧官能团的名称(红圈标出)为羰基、羧基；
(2) 由 逆推可知，C是 ，根据-SO2Cl -SH，可知B是 ； 和 反响生成 ，反响类型为加成反响；
(3)一定条件下， 与水反响生成二元羧酸 ，化学方程式为 +H2O ；
(4) 和甲醇发生酯化反响生成 ，所需的试剂及反响条件分别是CH3OH、浓硫酸、加热， 中只有1个手性碳(红圈标出)；
(5)根据表格数据，氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)；
(6)G为E与1 mol H2完全反响后的产物，G的结构简式是 ，
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反响，说明含有醛基；
III.能与NaHCO3溶液反响，说明含有羧基，
符合条件的苯环上的3个取代基分别为-SH、-F、 或-SH、-F、 或-SH、-F、 或-SH、-F、 ，每中组合的取代基在苯环上的位置有3中结构，所以共12中同分异构体。
【分析】C和 反响生成 ，由 逆推可知，C是 ，根据-SO2Cl -SH，可知B是 。
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