还剩32页未读，
继续阅读
2021年上海市青浦区高考化学二模试卷
展开
这是一份2021年上海市青浦区高考化学二模试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市青浦区高考化学二模试卷
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A．“C919”飞机的主体材料﹣铝合金
B．航天员宇航服的材料﹣聚酯纤维
C．我国第一艘航空母舰的主体材料﹣合金钢
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳﹣钛合金
2．（2分）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．中⼦数为7的碳原⼦是13C
B．N2的电⼦式是
C．⼄烯的结构简式是CH2CH2
D．镁离⼦的结构⽰意图是
3．（2分）下列有关氨的说法正确的是（ ）
A．NH3的空间构型为平面三角形
B．NH3是非电解质
C．NH3的水溶液不能导电
D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
4．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
5．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气的主要成分是甲烷
D．石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
6．（2分）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
7．（2分）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4
C．原子半径 r[Al]＜r[P]＜r[S]
D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4
8．（2分）春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A．室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4
B．加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl2
C．⾼温下，铁与水蒸⽓反应有Fe3O4生成
D．⾼温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
9．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
10．（2分）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
（ⅰ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ （ⅱ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ．
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应（ⅰ）的产物比反应（ⅱ）的产物稳定
C．1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热9.48 kJ
D．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
11．（2分）下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A．氯化铵受热分解制氨⽓
B．锌粒与稀硫酸反应制氢⽓
C．电石与饱和食盐水制⼄炔
D．浓硫酸与无水乙醇共热制⼄烯
12．（2分）为除去Fe2O3中的Al2O3，可选用的溶液是（ ）
A．HCl B．CH3COOH C．NaOH D．NH3•H2O
13．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为9NA
B．标准状况下，1.12L苯含有C﹣H键的个数为3NA
C．22g CO2 和⾜量Na2O2反应，产生的⽓体的分⼦数为0.5NA
D．0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数为0.5NA
14．（2分）下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
FeCl3具有酸性
吸收烟气中的H2S
C
H2O2具有还原性
清除游泳池中超标的Cl2
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A．A B．B C．C D．D
15．（2分）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合（共聚）而成。下列说法不正确的是（ ）
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1mol马来酸酐，最多消耗1mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
16．（2分）某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A． B．
C． D．
17．（2分）某同学利用如图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮⽓，加热结束时也要通入氮⽓
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
18．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
19．（2分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述错误的是（ ）
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动
B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断Q浓度的增减
D．通入Y，则N的浓度增大
20．（2分）叠氮酸（HN3）与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3═Na++3N3﹣
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3）
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
Ⅰ.过氧化氢氧化法制备碘酸钠（NaIO3）的方法如下：
（1）氧原子核外有 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 ；Na2CO3 固体中含有的化学键有 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 。
（3）当合成温度高于70摄氏度，碘酸钠产率会降低，请写出可能的两种原因： 。
Ⅱ.ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
（4）该反应的氧化产物为 ，若反应过程中有4mol HCl 参与反应，则电子转移的数⽬为 。
Ⅲ.目前从海水中提溴（Br2）大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的 Br﹣氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓 Na2CO3溶液吸收，转变为 NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1mol Br2需消耗Na2CO3 mol。
22．（15分）甲醇可用于制造甲醛和农药，⼯业上可由碳的氧化物和氢⽓反应制得反应制得。
Ⅰ.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）+Q（Q＞0）。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%。
（1）在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝ 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K＝ ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 。（填编号）
A.一定向正反应方向移动
B.平衡移动时，逆反应速率始终增大
C.一定向逆反应方向移动
D.平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是 。（填编号）
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v（CO）＝v（CH3OH）
D.混合⽓体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.⽤CO2和H2制备 CH3OH，可实现 CO2的资源化利⽤，涉及的反应如下：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣Q（Q＞0）
将反应物混合⽓体按进料比n（CO）：n（H2）＝1：3 通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
（4）不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所⽰，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增
大的原因是 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所⽰，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的 CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2 的离子反应方程式为 ，某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），形成溶液中的溶质是 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 。（填编号）
a.c（K+）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）
b.3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）
c.c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
23．（15分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化⼯原料。试剂级NaCl可用海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、
Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）为原料制备。
实验室提纯NaCl 的流程如图。
提供的试剂：饱和Na2CO3 溶液、饱和K2CO3 溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为 、NaOH、 （只填化学式）；洗涤除去NaCl晶体表⾯附带的少量KCl，在提供的试剂中，选⽤的试剂为 。
（2）操作X为 ，用提纯的NaCl 配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所⽤的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 。（填仪器名称）
（3）⽤如图所⽰装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl⽓体，并通入NaCl饱和溶液中使 NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利⽤了浓硫酸的性质是 （填编号），相比分液漏斗，选用仪器a的优点是 。
a.高沸点
b.强酸性
c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是 。
（4）设计如下实验测定NaCl产品中 SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
目的/结论
①
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调⾄弱酸性，滴加过量c1mol/L BaCl2溶液V1mL
目的： 。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中 SO42﹣的质量分数为 。（列算式）
24．（15分）化合物X 是一种药物的中间体，其合成路线如图。
已知下列信息：①RCOOCH3++CH3OH
②
（1）C中官能团的名称为 。
（2）D的结构简式为 。
（3）合成路线中E到F的反应类型为 。
（4）H到X的反应⽅程式为 。
（5）鉴别F和G的⽅法为 。
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦。
写出一种符号上述条件的W的结构简式 。
（7）根据上述信息，设计由为原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）
2021年上海市青浦区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A．“C919”飞机的主体材料﹣铝合金
B．航天员宇航服的材料﹣聚酯纤维
C．我国第一艘航空母舰的主体材料﹣合金钢
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳﹣钛合金
【分析】根据物质的组成成分判断，由金属单质或合金组成的材料属于金属材料，据此分析。
【解答】解：A．铝合金属于金属材料，故A不选；
B．聚酯纤维是合成有机高分子材料，是有机材料，不属于金属材料，故B选；
C．合金钢属于金属材料，故C不选；
D．钛合金属于金属材料，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了常见的材料、物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．中⼦数为7的碳原⼦是13C
B．N2的电⼦式是
C．⼄烯的结构简式是CH2CH2
D．镁离⼦的结构⽰意图是
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
B．N2分子中N的最外层电子数为8；
C．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，书写结构式或结构简式时不能省略；
D．镁离⼦的核内质子数为12，核外电子数为10，并且分层排布。
【解答】解：A．中⼦数为7的碳原⼦的质量数为6+7＝13，则核素符号为C或13C，故A正确；
B．N2分子中N的最外层电子数为8，N与N原子之间共用3对电子对，每个N原子含有1对孤电子对，正确的电子式为，故B错误；
C．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，其结构简式是CH2＝CH2，故C错误；
D．镁离⼦的核内质子数为12，核外电子数为10，且分层排布，最外层电子数为8，镁离子结构示意图为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子的结构示意图、电子式、核素符号、结构简式等知识，掌握常见化学用语的书写原则是解题关键，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3．（2分）下列有关氨的说法正确的是（ ）
A．NH3的空间构型为平面三角形
B．NH3是非电解质
C．NH3的水溶液不能导电
D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
【分析】A．NH3中心原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；
B．非电解质在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；
C．水溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的微粒，NH3的水溶液能导电；
D．将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定。
【解答】解：A．NH3中N的价层电子对数＝3+＝4，所以中心原子杂化方式为sp3，所以NH3的空间构型为三角锥形，故A错误；
B．NH3本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨电解质溶液导电，属于非电解质，故B正确；
C．NH3的水溶液能导电，是因为NH3和水反应，生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，氨的催化氧化生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氨气的性质，涉及分子的空间构型，非电解质判断、溶液的导电性、氮的固定判断等知识，掌握物质结构有关知识以及氨的分类、性质应用是解答关键，题目难度不大，注意基础知识的积累。
4．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
【分析】（1）烷烃命名原则：
①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；
②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；
④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
（2）有机物的名称书写要规范。
【解答】解：A．该有机物主链选择错误，主链6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3﹣甲基己烷，故A错误；
B．3，4﹣二甲基戊烷，其编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2，3﹣二甲基戊烷，故B错误；
C．2，2﹣二甲基丁烷的主链为丁烷，在2、3号C原子各含有1个甲基，该名称符合系统命名方法，故C正确；
D．2，3，3﹣三甲基丁烷，没有满足取代基编号之和最小原则，正确命名应该为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的命名判断，题目难度不大，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
5．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气的主要成分是甲烷
D．石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
【分析】A．石油是多种烃的混合物；
B．混合物是指由多种物质组成的物质；
C．石油裂解气的主要成分是乙烯；
D．石油裂化可以得到轻质油的成分；
【解答】解：A．石油的主要成分都主要含碳氢元素，是碳氢化合物，故A正确；
B．分馏石油得到的各个馏分为烃类物质的混合物，故B正确；
C．石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料，故C错误；
D．裂化可得到轻质油的成分，则石油裂化目的是为了提高轻质油产量和质量，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查石油的成分及分馏产物、裂解的产物等，难度不大，注意石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料。
6．（2分）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
【分析】碘易溶于有机溶剂，所选择萃取剂与水互不相溶，以此解答该题。
【解答】解：乙酸、乙醇易溶于水，不能用作萃取剂，碘在四氯化碳的溶解度比在水中大，可用四氯化碳做萃取剂。
故选：A。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握萃取的原理以及操作方法，难度不大。
7．（2分）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4
C．原子半径 r[Al]＜r[P]＜r[S]
D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4
【分析】A.元素Al位于周期表第3周期；
B.应为PH3；
C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：A.Al原子核外有3个电子层，则位于周期表第3周期，故A错误；
B.P原子核外最外层有5个电子，则对应的氢化物应为PH3，故B错误；
C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则r[Al]＞r[P]＞r[S]，故C错误；
D.非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最⾼价氧化物的⽔化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查同周期元素的递变规律，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度不大，有利于培养学生良好的科学素养和严谨的学习态度。
8．（2分）春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A．室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4
B．加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl2
C．⾼温下，铁与水蒸⽓反应有Fe3O4生成
D．⾼温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
【分析】A.室温下，过量Fe与浓硫酸发生钝化；
B.氯气具有强氧化性；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化铁；
D.Al比Fe的活泼性强。
【解答】解：A.室温下，过量Fe与浓硫酸发生钝化，应加热下反应，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl3，故B错误；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化铁和氢气，叙述合理，故C正确；
D.Al比Fe的活泼性强，则Fe与氧化铝不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查铁的化学性质，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。
9．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【分析】A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，在电解池的阴极金属被保护；
C、在船底安装锌块，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料被保护；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，阳极材料易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B错误；
C、在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大。
10．（2分）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
（ⅰ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ （ⅱ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ．
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应（ⅰ）的产物比反应（ⅱ）的产物稳定
C．1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热9.48 kJ
D．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
【分析】热化学方程式的理解问题，并且注意热化学方程式的表达与现行教材中表达不一样，（i）是放热反应，（ii）是吸热反应，这个与热化学方程式的△H不同，以此来解答．
【解答】解：A．反应（ⅰ）是吸热反应，反应（ⅱ）是放热反应，故ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，故A正确；
B．一样稳定，都是HI的气态，故B错误；
C．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故C错误；
D．由盖斯定律知（i）﹣（ii）得，9.48﹣（﹣26.48）＝35.96kJ，故D错误；
故选：A。
【点评】热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：（1）写，特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来解答．
11．（2分）下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A．氯化铵受热分解制氨⽓
B．锌粒与稀硫酸反应制氢⽓
C．电石与饱和食盐水制⼄炔
D．浓硫酸与无水乙醇共热制⼄烯
【分析】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢易生成氯化铵；
B．锌粒与稀硫酸发生置换反应；
C．电石成分为碳化钙，碳化钙易水解，饱和食盐水与碳化钙生成乙炔，反应平稳；
D．实验室用浓硫酸与乙醇混合加热至170℃制取乙烯气体。
【解答】解：A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢易生成氯化铵，方程式分别为：NH4ClNH3↑+HCl↑，NH3+HCl＝NH4Cl，不可用于制备NH3，而是加热NH4Cl和Ca（OH）2反应制备，故A错误；
B．锌粒与稀硫酸发生置换反应，方程式为Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，故B正确；
C．电石成分为碳化钙，碳化钙与水反应生成C2H2，方程式为：Ca+2H2O＝Ca（OH）2+C2H2↑，饱和食盐水与碳化钙生成乙炔，反应平稳，制备实验合理，故C正确；
D．乙醇发生消去反应生成乙烯，反应条件为浓硫酸并加热至170℃，反应方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查气体制备方法，为高频考点，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，把握实验的评价性和可行性的分析，题目难度不大。
12．（2分）为除去Fe2O3中的Al2O3，可选用的溶液是（ ）
A．HCl B．CH3COOH C．NaOH D．NH3•H2O
【分析】氧化铝是两性氧化物，可以与强酸、强碱反应，利用氧化铝与强碱反应而氧化铁不能反应除去Fe2O3中混有少量Al2O3，据此判断解答。
【解答】解：Fe2O3和Al2O3都可与酸反应，则不能用盐酸和硝酸除杂，Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钠溶液分离，因均不与氨水反应，则不能用氨水分离，
故选：C。
【点评】本题以氧化铝的性质为载体考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同为解答该题的关键，题目难度不大。
13．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为9NA
B．标准状况下，1.12L苯含有C﹣H键的个数为3NA
C．22g CO2 和⾜量Na2O2反应，产生的⽓体的分⼦数为0.5NA
D．0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数为0.5NA
【分析】A．1个羟基含有9个电子；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算；
D．酯的水解反应为可逆反应，不能进行到底。
【解答】解：A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为×9×NAmol﹣1＝9NA，故A正确；
B．标况下苯是液态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．22g CO2 物质的量为＝0.5mol，依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气物质的量为0.5mol×＝0.25mol，分子个数为0.25NA，故C错误；
D．酯的水解反应为可逆反应，不能进行到底，所以0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数小于0.5NA，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积使用对象是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
FeCl3具有酸性
吸收烟气中的H2S
C
H2O2具有还原性
清除游泳池中超标的Cl2
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强吸附性，可除去水中悬浮物而净水；
B．FeCl3能与H2S发生氧化还原反应生成S单质，达到吸收烟气中的H2S的目的；
C．Cl2具有强氧化性，能与H2O2反应生成盐酸和氧气；
D．常温下浓硝酸能使Al发生钝化，阻止反应继续进行。
【解答】解：A．明矾电离的铝离子易发生水解反应生成氢氧化铝胶体，该胶体吸附性强，可吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾易溶于水无关，故A错误；
B．FeCl3具有氧化性，H2S具有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成S单质，可用于吸收烟气中的H2S，与FeCl3具有酸性无关，故B错误；
C．Cl2与H2O2反应方程式为Cl2+H2O2＝2HCl+O2，H2O2表现出还原性，并且H2O2无污染，则H2O2可用于清除游泳池中超标的Cl2，故C正确；
D．浓硝酸具有强氧化性，能与Al反应生成致密的氧化铝薄膜，阻止反应继续进行，该现象为钝化，则可用铝罐储运浓硝酸，与Al是活泼金属无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．（2分）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合（共聚）而成。下列说法不正确的是（ ）
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1mol马来酸酐，最多消耗1mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
【分析】A．根据结构简式确定分子式，该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质；
B．降冰片烯和马来酸酐分子能发生加聚反应；
C．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基；
D．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C7H10，该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质，所以能发生加成反应，故A正确；
B．降冰片烯和马来酸酐分子能发生加聚反应，其结构简式可能为：，故B正确；
C．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基，则1mol马来酸酐，最多消耗2mol NaOH，故C错误；
D．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应，所以其链节可能是：，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确加聚反应中断键和成键方式、烯烃性质是解本题关键，注意：这两种物质的同种分子之间可以发生加聚反应、不同分子之间也可以发生加聚反应。
16．（2分）某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃；
B．该装置采用长导管可起冷凝作用，但采用水浴，反应温度不超过100℃；
C．反应物易挥发，该装置无冷凝回流装置；
D．有机物易挥发，长玻璃管可起冷凝作用。
【解答】解：A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A错误；
B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B错误；
C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C错误；
D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集。实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸丁酯的制取，掌握乙酸丁酯的制取原理是解答的关键，题目较简单。
17．（2分）某同学利用如图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮⽓，加热结束时也要通入氮⽓
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
【分析】实验时通入氮气，可将装置内的空气排出，在装置a中用究竟喷灯加热，可使无水硫酸亚铁分解，可能生成三氧化硫、二氧化硫等，b装置出现白色沉淀，则生成三氧化硫，c品红褪色，说明生成二氧化硫，二氧化硫可被硝酸根离子氧化，装置d生成白色沉淀，e用于吸收尾气，避免污染环境，硫酸亚铁可能分解生成氧化铁，为红色粉末，以此解答该题。
【解答】解：A.硫酸亚铁分解生成三氧化硫、二氧化硫，三氧化硫可与氯化钡溶液反应，装置b出现白色沉淀，故A正确；
B.加热前要先通入氮⽓，可将装置内空气排出，加热结束时也要通入氮⽓，可使分解生成的气体完全被吸收，故B正确；
C.分解生成二氧化硫，说明发生氧化还原反应，则铁元素被氧化，生成氧化铁，为红色粉末，故C正确；
D.如用足量溴水代替品红，二氧化硫被溴水完全吸收，则装置d中无现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质性质的实验设计，为高考常见题型，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
18．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
【分析】侯氏制碱法中向母液中先通入NH3，目的是使溶液显碱性，增大二氧化碳在水溶液中溶解度，据此分析。
【解答】解：由于二氧化碳在水溶液中溶解度小，故直接向母液中通入二氧化碳，所溶解的二氧化碳很少，则影响NaHCO3的产量，故先向母液通入氨气，使溶液显碱性，从而能增大二氧化碳的溶解度：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3，增大溶液中NH4HCO3的产量，即增大NH4+浓度，故A错误；
而由于NaHCO3的溶解度较NH4HCO3更小，故发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，故还有利于生成NaHCO3和NH4Cl，故B、C错误；
但通入氨气的目的不是为了降低HCO3﹣浓度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是交通工具，题目难度不大。
19．（2分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述错误的是（ ）
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动
B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断Q浓度的增减
D．通入Y，则N的浓度增大
【分析】A.Z为固体；
B.体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变；
C.①为放热反应，②为吸热反应；
D.通入Y，①正向移动，②逆向移动。
【解答】解：A.Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A正确；
B.体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B错误；
C.①为放热反应，②为吸热反应，则降温时无法判断Q浓度的增减，故C正确；
D.通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度、温度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
20．（2分）叠氮酸（HN3）与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3═Na++3N3﹣
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3）
【分析】A．NaN3溶液呈碱性，说明为HN3为弱酸；
B．升温促进弱电解质电离；
C．NaN3是强电解质，水溶液中完全电离；
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中存在电荷守恒和物料守恒分析判断。
【解答】解：A．NaN3溶液呈碱性，说明为HN3为弱酸，0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＞2，故A错误；
B．HN3溶液为弱酸溶液，电离过程为吸热过程，升温促进电离，溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；
C．NaN3的电离方程式为：NaN3═Na++N3﹣，故C错误；
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质电离、盐类水解、电解质溶液酸碱性等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
Ⅰ.过氧化氢氧化法制备碘酸钠（NaIO3）的方法如下：
（1）氧原子核外有 8 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 5s25p5 ；Na2CO3 固体中含有的化学键有 离子键、共价键 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 I2+5H2O22HIO3+4H2O 。
（3）当合成温度高于70摄氏度，碘酸钠产率会降低，请写出可能的两种原因： H2O2分解、I2升华 。
Ⅱ.ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
（4）该反应的氧化产物为 氯气 ，若反应过程中有4mol HCl 参与反应，则电子转移的数⽬为 2NA 。
Ⅲ.目前从海水中提溴（Br2）大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的 Br﹣氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，加硫酸可以避免副反应发生，增大利用率 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓 Na2CO3溶液吸收，转变为 NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1mol Br2需消耗Na2CO3 1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至溶液至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应写出方程式来进行相关计算；
III．氯气氧化性强于溴单质，向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应置换Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【解答】解：（1）O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；K2CO3为离子化合物，K+与CO32﹣之间以离子键结合；在碳酸根离子中C、O原子之间以共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、共价键，
故答案为：8；5s25p5；离子键、共价键；
（2）在合成步骤中，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，产生HIO3、H2O，据此写出反应方程式：I2+5H2O22HIO3+4H2O，
故答案为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
（3）当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等，
故答案为：H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
（4）在反应2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的﹣1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA，
故答案为：氯气；2NA；
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl，海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率，
故答案为：海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，加硫酸可以避免副反应发生，增大利用率；
（6）吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol，
故答案为：1。
【点评】本体以卤素转化为背景，考查了学生有关氧化还原反应及计算，弱电解质电离平衡，物质结构等相关知识，难度适中。
22．（15分）甲醇可用于制造甲醛和农药，⼯业上可由碳的氧化物和氢⽓反应制得反应制得。
Ⅰ.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）+Q（Q＞0）。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%。
（1）在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝ 0.1mol/（L•min） 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K＝ 4 ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 AD 。（填编号）
A.一定向正反应方向移动
B.平衡移动时，逆反应速率始终增大
C.一定向逆反应方向移动
D.平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是 BD 。（填编号）
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v（CO）＝v（CH3OH）
D.混合⽓体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.⽤CO2和H2制备 CH3OH，可实现 CO2的资源化利⽤，涉及的反应如下：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣Q（Q＞0）
将反应物混合⽓体按进料比n（CO）：n（H2）＝1：3 通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
（4）不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所⽰，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增
大的原因是 CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所⽰，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的 CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2 的离子反应方程式为 CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣ ，某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），形成溶液中的溶质是 K2CO3和KHCO3 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 b 。（填编号）
a.c（K+）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）
b.3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）
c.c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
【分析】（1）523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%，列化学平衡三段式，结合v＝计算；
（2）根据（1）中数据，结合K＝计算；化学平衡常数只与温度有关，反应的平衡K值变大，说明平衡正向移动，该反应是放方热反应，说明改变的条件是降低温度；
（3）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（4）CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，主反应为放热反应，升高温度，副反应CO2的平衡转化率升高，主反应CO2的平衡转化率降低，综合考虑温度对主、副反应的影响；523K时CH3OH的产率最大，说明此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强；
（5）CO2和CO32﹣和H2O反应生成HCO3﹣；n（CO32﹣）＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.15mol，说明CO2少量；
a.根据电荷守恒判断；
b.根据物料守恒判断；
c.n（CO32﹣）＝0.3mol，n（CO2）＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，则0.15molCO2消耗0.15molK2CO3生成0.3molKHCO3，形成溶液中的溶质n（KHCO3）＝0.3mol，n（K2CO3）＝0.3mol﹣0.15mol＝0.15mol。
【解答】解：（1）设CO转化物质的量为xmol，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始n（mol） 1 2 0
转化n（mol） x 2x x
平衡n（mol） 1﹣x 2﹣2x x
则此时测得 H2的体积分数为 50%＝，解得x＝0.5，则在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝＝0.1mol/（L•min），
故答案为：0.1mol/（L•min）；
（2）根据（1）中数据可知，平衡时n（CO）＝0.5mol，n（H2）＝1mol，n（CH3OH）＝0.5mol，K＝＝＝4；化学平衡常数只与温度有关，反应的平衡K值变大，说明平衡正向移动，该反应是放热反应，说明改变的条件是降低温度，平衡移动时，正反应速率始终减小，逆反应速率先减小后增大，则AD正确；
故答案为：4；AD；
（3）A.根据质量守恒，混合气体的质量不变，容器体积不变，则容器内气体密度始终保持不变，故A错误；
B.CH3OH的体积分数保持不变，即说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.v（CO）＝v（CH3OH），未指明正逆反应，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，则随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合⽓体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（4）CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，说明温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应。综合考虑温度对主、副反应的影响；523K时CH3OH的产率最大，说明此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强，
故答案为：CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强；
（5）CO2和CO32﹣和H2O反应生成HCO3﹣，则离子方程式为CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣；n（CO32﹣）＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，说明CO2少量，则形成溶液中的溶质是K2CO3和KHCO3；
a.根据电荷守恒判，c（K+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；
b.根据物料守恒，3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3），故b正确；
c.n（CO32﹣）＝0.3mol，n（CO2）＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，则0.15molCO2消耗0.15molK2CO3生成0.3molKHCO3，形成溶液中的溶质n（KHCO3）＝0.3mol，n（K2CO3）＝0.3mol﹣0.15mol＝0.15mol，由于水解程度小，则c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故c错误；
故答案为：CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣；K2CO3和KHCO3；b。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数、反应速率的计算、离子浓度的比较等，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、电荷守恒、物料守恒等知识解答，此题难度大。
23．（15分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化⼯原料。试剂级NaCl可用海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、
Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）为原料制备。
实验室提纯NaCl 的流程如图。
提供的试剂：饱和Na2CO3 溶液、饱和K2CO3 溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为 BaCl2 、NaOH、 Na2CO3 （只填化学式）；洗涤除去NaCl晶体表⾯附带的少量KCl，在提供的试剂中，选⽤的试剂为 75%乙醇 。
（2）操作X为 蒸发浓缩 ，用提纯的NaCl 配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所⽤的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 500mL容量瓶 。（填仪器名称）
（3）⽤如图所⽰装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl⽓体，并通入NaCl饱和溶液中使 NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利⽤了浓硫酸的性质是 a （填编号），相比分液漏斗，选用仪器a的优点是 平衡压强，使液体顺利滴下 。
a.高沸点
b.强酸性
c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 。
（4）设计如下实验测定NaCl产品中 SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
目的/结论
①
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调⾄弱酸性，滴加过量c1mol/L BaCl2溶液V1mL
目的： 使SO42﹣完全沉淀 。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中 SO42﹣的质量分数为 。（列算式）
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO42﹣、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶得到NaCl。
【解答】解：（1）根据分析可知可以加入过量NaOH溶液的目的是除去Mg2+和Fe3+，加入过量的BaCl2除去硫酸根离子，加入过量Na2CO3溶液除去Ba2+和Ca2+，洗去氯化钠表面的氯化钾，应选取75%乙醇，
故答案为：BaCl2，Na2CO3；75%乙醇；
（2）将滤液操作X后可为饱和溶液，则操作X应为蒸发浓缩，配制溶液所需的玻璃仪器有500mL容量瓶，玻璃棒，烧杯，
故答案为：蒸发浓缩；500mL容量瓶；
（3）①盐酸是挥发性酸，则实验室应利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，即试剂a为浓硫酸，利用了浓硫酸高沸点的特性来制备易挥发的酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，
故答案为：a；平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出，
故答案为：增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快；
（4）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，洗涤后的沉淀为BaSO4，其物质的量等于硫酸根离子的物质的量，故硫酸根的质量分数＝＝，
故答案为：使SO42﹣完全沉淀；。
【点评】该题以氯化钠制取为背景，考查了有关粗盐提纯，溶液配制，物质分离等相关知识，考查范围较广，难度适中。
24．（15分）化合物X 是一种药物的中间体，其合成路线如图。
已知下列信息：①RCOOCH3++CH3OH
②
（1）C中官能团的名称为 碳碳双键、酯基 。
（2）D的结构简式为 。
（3）合成路线中E到F的反应类型为 还原反应 。
（4）H到X的反应⽅程式为 。
（5）鉴别F和G的⽅法为 取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F 。
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦。
写出一种符号上述条件的W的结构简式 HCOOCH＝C（CH3）2 。
（7）根据上述信息，设计由为原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）
【分析】（1）由结构可知，C中官能团有碳碳双键、酯基；
（2）D发生信息①中取代反应生成E，由E与C的结构、D的分子式可知，D中苯环有2个侧链为﹣CH3、﹣CH（CH3）CH2COOCH3，且处于对位；
（3）对比E、F的结构可知，E中羰基转化为羟基生成F，即E组成上加氢生成F；
（4）G发生信息②中反应生成H为，H与甲醇发生酯化反应生成X为；
（5）G含有羧基，而F没有，可以用碳酸氢钠溶液进行鉴别；
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：①能发生银镜反应，②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦，可以是HCOO﹣与﹣CH＝C（CH3）2构成的酯等；
（7）与水发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，最后在①Na、NH3/②NH4Cl条件下生成。
【解答】解：（1）C的结构简式为，C中官能团有碳碳双键、酯基，
故答案为：碳碳双键、酯基；
（2）D发生信息①中取代反应生成E，由E与C的结构、D的分子式可知，D中苯环有2个侧链为﹣CH3、﹣CH（CH3）CH2COOCH3，且处于对位，故D的结构简式为：，
故答案为：；
（3）对比E、F的结构可知，E中羰基转化为羟基生成F，即E组成上加氢生成F，E到F的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）G发生信息②中反应生成H为，H与甲醇发生酯化反应生成X为，H到X的反应⽅程式为：，
故答案为：；
（5）G含有羧基，而F没有，鉴别二者的方法为：取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F，
故答案为：取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F；
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：①能发生银镜反应，②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦，可以是HCOO﹣与﹣CH＝C（CH3）2构成的酯等，一种符合上述条件的W的结构简式为：HCOOCH＝C（CH3）2等，
故答案为：HCOOCH＝C（CH3）2；
（7）与水发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，最后在①Na、NH3/②NH4Cl条件下生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、有机物的鉴别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:53:36；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2021年上海市青浦区高考化学二模试卷
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A．“C919”飞机的主体材料﹣铝合金
B．航天员宇航服的材料﹣聚酯纤维
C．我国第一艘航空母舰的主体材料﹣合金钢
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳﹣钛合金
2．（2分）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．中⼦数为7的碳原⼦是13C
B．N2的电⼦式是
C．⼄烯的结构简式是CH2CH2
D．镁离⼦的结构⽰意图是
3．（2分）下列有关氨的说法正确的是（ ）
A．NH3的空间构型为平面三角形
B．NH3是非电解质
C．NH3的水溶液不能导电
D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
4．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
5．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气的主要成分是甲烷
D．石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
6．（2分）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
7．（2分）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4
C．原子半径 r[Al]＜r[P]＜r[S]
D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4
8．（2分）春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A．室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4
B．加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl2
C．⾼温下，铁与水蒸⽓反应有Fe3O4生成
D．⾼温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
9．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
10．（2分）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
（ⅰ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ （ⅱ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ．
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应（ⅰ）的产物比反应（ⅱ）的产物稳定
C．1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热9.48 kJ
D．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
11．（2分）下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A．氯化铵受热分解制氨⽓
B．锌粒与稀硫酸反应制氢⽓
C．电石与饱和食盐水制⼄炔
D．浓硫酸与无水乙醇共热制⼄烯
12．（2分）为除去Fe2O3中的Al2O3，可选用的溶液是（ ）
A．HCl B．CH3COOH C．NaOH D．NH3•H2O
13．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为9NA
B．标准状况下，1.12L苯含有C﹣H键的个数为3NA
C．22g CO2 和⾜量Na2O2反应，产生的⽓体的分⼦数为0.5NA
D．0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数为0.5NA
14．（2分）下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
FeCl3具有酸性
吸收烟气中的H2S
C
H2O2具有还原性
清除游泳池中超标的Cl2
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A．A B．B C．C D．D
15．（2分）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合（共聚）而成。下列说法不正确的是（ ）
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1mol马来酸酐，最多消耗1mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
16．（2分）某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A． B．
C． D．
17．（2分）某同学利用如图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮⽓，加热结束时也要通入氮⽓
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
18．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
19．（2分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述错误的是（ ）
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动
B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断Q浓度的增减
D．通入Y，则N的浓度增大
20．（2分）叠氮酸（HN3）与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3═Na++3N3﹣
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3）
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
Ⅰ.过氧化氢氧化法制备碘酸钠（NaIO3）的方法如下：
（1）氧原子核外有 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 ；Na2CO3 固体中含有的化学键有 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 。
（3）当合成温度高于70摄氏度，碘酸钠产率会降低，请写出可能的两种原因： 。
Ⅱ.ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
（4）该反应的氧化产物为 ，若反应过程中有4mol HCl 参与反应，则电子转移的数⽬为 。
Ⅲ.目前从海水中提溴（Br2）大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的 Br﹣氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓 Na2CO3溶液吸收，转变为 NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1mol Br2需消耗Na2CO3 mol。
22．（15分）甲醇可用于制造甲醛和农药，⼯业上可由碳的氧化物和氢⽓反应制得反应制得。
Ⅰ.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）+Q（Q＞0）。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%。
（1）在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝ 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K＝ ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 。（填编号）
A.一定向正反应方向移动
B.平衡移动时，逆反应速率始终增大
C.一定向逆反应方向移动
D.平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是 。（填编号）
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v（CO）＝v（CH3OH）
D.混合⽓体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.⽤CO2和H2制备 CH3OH，可实现 CO2的资源化利⽤，涉及的反应如下：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣Q（Q＞0）
将反应物混合⽓体按进料比n（CO）：n（H2）＝1：3 通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
（4）不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所⽰，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增
大的原因是 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所⽰，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的 CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2 的离子反应方程式为 ，某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），形成溶液中的溶质是 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 。（填编号）
a.c（K+）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）
b.3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）
c.c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
23．（15分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化⼯原料。试剂级NaCl可用海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、
Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）为原料制备。
实验室提纯NaCl 的流程如图。
提供的试剂：饱和Na2CO3 溶液、饱和K2CO3 溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为 、NaOH、 （只填化学式）；洗涤除去NaCl晶体表⾯附带的少量KCl，在提供的试剂中，选⽤的试剂为 。
（2）操作X为 ，用提纯的NaCl 配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所⽤的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 。（填仪器名称）
（3）⽤如图所⽰装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl⽓体，并通入NaCl饱和溶液中使 NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利⽤了浓硫酸的性质是 （填编号），相比分液漏斗，选用仪器a的优点是 。
a.高沸点
b.强酸性
c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是 。
（4）设计如下实验测定NaCl产品中 SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
目的/结论
①
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调⾄弱酸性，滴加过量c1mol/L BaCl2溶液V1mL
目的： 。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中 SO42﹣的质量分数为 。（列算式）
24．（15分）化合物X 是一种药物的中间体，其合成路线如图。
已知下列信息：①RCOOCH3++CH3OH
②
（1）C中官能团的名称为 。
（2）D的结构简式为 。
（3）合成路线中E到F的反应类型为 。
（4）H到X的反应⽅程式为 。
（5）鉴别F和G的⽅法为 。
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦。
写出一种符号上述条件的W的结构简式 。
（7）根据上述信息，设计由为原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）
2021年上海市青浦区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A．“C919”飞机的主体材料﹣铝合金
B．航天员宇航服的材料﹣聚酯纤维
C．我国第一艘航空母舰的主体材料﹣合金钢
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳﹣钛合金
【分析】根据物质的组成成分判断，由金属单质或合金组成的材料属于金属材料，据此分析。
【解答】解：A．铝合金属于金属材料，故A不选；
B．聚酯纤维是合成有机高分子材料，是有机材料，不属于金属材料，故B选；
C．合金钢属于金属材料，故C不选；
D．钛合金属于金属材料，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了常见的材料、物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．中⼦数为7的碳原⼦是13C
B．N2的电⼦式是
C．⼄烯的结构简式是CH2CH2
D．镁离⼦的结构⽰意图是
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
B．N2分子中N的最外层电子数为8；
C．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，书写结构式或结构简式时不能省略；
D．镁离⼦的核内质子数为12，核外电子数为10，并且分层排布。
【解答】解：A．中⼦数为7的碳原⼦的质量数为6+7＝13，则核素符号为C或13C，故A正确；
B．N2分子中N的最外层电子数为8，N与N原子之间共用3对电子对，每个N原子含有1对孤电子对，正确的电子式为，故B错误；
C．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，其结构简式是CH2＝CH2，故C错误；
D．镁离⼦的核内质子数为12，核外电子数为10，且分层排布，最外层电子数为8，镁离子结构示意图为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子的结构示意图、电子式、核素符号、结构简式等知识，掌握常见化学用语的书写原则是解题关键，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3．（2分）下列有关氨的说法正确的是（ ）
A．NH3的空间构型为平面三角形
B．NH3是非电解质
C．NH3的水溶液不能导电
D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
【分析】A．NH3中心原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；
B．非电解质在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；
C．水溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的微粒，NH3的水溶液能导电；
D．将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定。
【解答】解：A．NH3中N的价层电子对数＝3+＝4，所以中心原子杂化方式为sp3，所以NH3的空间构型为三角锥形，故A错误；
B．NH3本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨电解质溶液导电，属于非电解质，故B正确；
C．NH3的水溶液能导电，是因为NH3和水反应，生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，氨的催化氧化生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氨气的性质，涉及分子的空间构型，非电解质判断、溶液的导电性、氮的固定判断等知识，掌握物质结构有关知识以及氨的分类、性质应用是解答关键，题目难度不大，注意基础知识的积累。
4．（2分）按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷
C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷
【分析】（1）烷烃命名原则：
①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；
②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；
④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
（2）有机物的名称书写要规范。
【解答】解：A．该有机物主链选择错误，主链6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3﹣甲基己烷，故A错误；
B．3，4﹣二甲基戊烷，其编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2，3﹣二甲基戊烷，故B错误；
C．2，2﹣二甲基丁烷的主链为丁烷，在2、3号C原子各含有1个甲基，该名称符合系统命名方法，故C正确；
D．2，3，3﹣三甲基丁烷，没有满足取代基编号之和最小原则，正确命名应该为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的命名判断，题目难度不大，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
5．（2分）关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A．石油的主要成分是碳氢化合物
B．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C．石油裂解气的主要成分是甲烷
D．石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
【分析】A．石油是多种烃的混合物；
B．混合物是指由多种物质组成的物质；
C．石油裂解气的主要成分是乙烯；
D．石油裂化可以得到轻质油的成分；
【解答】解：A．石油的主要成分都主要含碳氢元素，是碳氢化合物，故A正确；
B．分馏石油得到的各个馏分为烃类物质的混合物，故B正确；
C．石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料，故C错误；
D．裂化可得到轻质油的成分，则石油裂化目的是为了提高轻质油产量和质量，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查石油的成分及分馏产物、裂解的产物等，难度不大，注意石油裂解主要得到乙烯、丙烯、丁二烯等化工原料。
6．（2分）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
【分析】碘易溶于有机溶剂，所选择萃取剂与水互不相溶，以此解答该题。
【解答】解：乙酸、乙醇易溶于水，不能用作萃取剂，碘在四氯化碳的溶解度比在水中大，可用四氯化碳做萃取剂。
故选：A。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握萃取的原理以及操作方法，难度不大。
7．（2分）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4
C．原子半径 r[Al]＜r[P]＜r[S]
D．最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4
【分析】A.元素Al位于周期表第3周期；
B.应为PH3；
C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：A.Al原子核外有3个电子层，则位于周期表第3周期，故A错误；
B.P原子核外最外层有5个电子，则对应的氢化物应为PH3，故B错误；
C.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则r[Al]＞r[P]＞r[S]，故C错误；
D.非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最⾼价氧化物的⽔化物的酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查同周期元素的递变规律，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度不大，有利于培养学生良好的科学素养和严谨的学习态度。
8．（2分）春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A．室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4
B．加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl2
C．⾼温下，铁与水蒸⽓反应有Fe3O4生成
D．⾼温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
【分析】A.室温下，过量Fe与浓硫酸发生钝化；
B.氯气具有强氧化性；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化铁；
D.Al比Fe的活泼性强。
【解答】解：A.室温下，过量Fe与浓硫酸发生钝化，应加热下反应，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，加热时，过量Fe与氯⽓反应生成FeCl3，故B错误；
C.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化铁和氢气，叙述合理，故C正确；
D.Al比Fe的活泼性强，则Fe与氧化铝不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查铁的化学性质，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。
9．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【分析】A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，在电解池的阴极金属被保护；
C、在船底安装锌块，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料被保护；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，阳极材料易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B错误；
C、在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大。
10．（2分）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
（ⅰ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ （ⅱ） I2（？）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ．
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应（ⅰ）的产物比反应（ⅱ）的产物稳定
C．1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热9.48 kJ
D．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
【分析】热化学方程式的理解问题，并且注意热化学方程式的表达与现行教材中表达不一样，（i）是放热反应，（ii）是吸热反应，这个与热化学方程式的△H不同，以此来解答．
【解答】解：A．反应（ⅰ）是吸热反应，反应（ⅱ）是放热反应，故ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，故A正确；
B．一样稳定，都是HI的气态，故B错误；
C．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故C错误；
D．由盖斯定律知（i）﹣（ii）得，9.48﹣（﹣26.48）＝35.96kJ，故D错误；
故选：A。
【点评】热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：（1）写，特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来解答．
11．（2分）下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A．氯化铵受热分解制氨⽓
B．锌粒与稀硫酸反应制氢⽓
C．电石与饱和食盐水制⼄炔
D．浓硫酸与无水乙醇共热制⼄烯
【分析】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢易生成氯化铵；
B．锌粒与稀硫酸发生置换反应；
C．电石成分为碳化钙，碳化钙易水解，饱和食盐水与碳化钙生成乙炔，反应平稳；
D．实验室用浓硫酸与乙醇混合加热至170℃制取乙烯气体。
【解答】解：A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢易生成氯化铵，方程式分别为：NH4ClNH3↑+HCl↑，NH3+HCl＝NH4Cl，不可用于制备NH3，而是加热NH4Cl和Ca（OH）2反应制备，故A错误；
B．锌粒与稀硫酸发生置换反应，方程式为Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，故B正确；
C．电石成分为碳化钙，碳化钙与水反应生成C2H2，方程式为：Ca+2H2O＝Ca（OH）2+C2H2↑，饱和食盐水与碳化钙生成乙炔，反应平稳，制备实验合理，故C正确；
D．乙醇发生消去反应生成乙烯，反应条件为浓硫酸并加热至170℃，反应方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查气体制备方法，为高频考点，侧重分析与实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，把握实验的评价性和可行性的分析，题目难度不大。
12．（2分）为除去Fe2O3中的Al2O3，可选用的溶液是（ ）
A．HCl B．CH3COOH C．NaOH D．NH3•H2O
【分析】氧化铝是两性氧化物，可以与强酸、强碱反应，利用氧化铝与强碱反应而氧化铁不能反应除去Fe2O3中混有少量Al2O3，据此判断解答。
【解答】解：Fe2O3和Al2O3都可与酸反应，则不能用盐酸和硝酸除杂，Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钠溶液分离，因均不与氨水反应，则不能用氨水分离，
故选：C。
【点评】本题以氧化铝的性质为载体考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同为解答该题的关键，题目难度不大。
13．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为9NA
B．标准状况下，1.12L苯含有C﹣H键的个数为3NA
C．22g CO2 和⾜量Na2O2反应，产生的⽓体的分⼦数为0.5NA
D．0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数为0.5NA
【分析】A．1个羟基含有9个电子；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2计算；
D．酯的水解反应为可逆反应，不能进行到底。
【解答】解：A．17g羟基（﹣OH）所含电⼦总数为×9×NAmol﹣1＝9NA，故A正确；
B．标况下苯是液态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．22g CO2 物质的量为＝0.5mol，依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气物质的量为0.5mol×＝0.25mol，分子个数为0.25NA，故C错误；
D．酯的水解反应为可逆反应，不能进行到底，所以0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分⼦数小于0.5NA，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积使用对象是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
FeCl3具有酸性
吸收烟气中的H2S
C
H2O2具有还原性
清除游泳池中超标的Cl2
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强吸附性，可除去水中悬浮物而净水；
B．FeCl3能与H2S发生氧化还原反应生成S单质，达到吸收烟气中的H2S的目的；
C．Cl2具有强氧化性，能与H2O2反应生成盐酸和氧气；
D．常温下浓硝酸能使Al发生钝化，阻止反应继续进行。
【解答】解：A．明矾电离的铝离子易发生水解反应生成氢氧化铝胶体，该胶体吸附性强，可吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾易溶于水无关，故A错误；
B．FeCl3具有氧化性，H2S具有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成S单质，可用于吸收烟气中的H2S，与FeCl3具有酸性无关，故B错误；
C．Cl2与H2O2反应方程式为Cl2+H2O2＝2HCl+O2，H2O2表现出还原性，并且H2O2无污染，则H2O2可用于清除游泳池中超标的Cl2，故C正确；
D．浓硝酸具有强氧化性，能与Al反应生成致密的氧化铝薄膜，阻止反应继续进行，该现象为钝化，则可用铝罐储运浓硝酸，与Al是活泼金属无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．（2分）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合（共聚）而成。下列说法不正确的是（ ）
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1mol马来酸酐，最多消耗1mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
【分析】A．根据结构简式确定分子式，该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质；
B．降冰片烯和马来酸酐分子能发生加聚反应；
C．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基；
D．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C7H10，该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质，所以能发生加成反应，故A正确；
B．降冰片烯和马来酸酐分子能发生加聚反应，其结构简式可能为：，故B正确；
C．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基，则1mol马来酸酐，最多消耗2mol NaOH，故C错误；
D．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应，所以其链节可能是：，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确加聚反应中断键和成键方式、烯烃性质是解本题关键，注意：这两种物质的同种分子之间可以发生加聚反应、不同分子之间也可以发生加聚反应。
16．（2分）某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃；
B．该装置采用长导管可起冷凝作用，但采用水浴，反应温度不超过100℃；
C．反应物易挥发，该装置无冷凝回流装置；
D．有机物易挥发，长玻璃管可起冷凝作用。
【解答】解：A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A错误；
B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B错误；
C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C错误；
D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集。实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸丁酯的制取，掌握乙酸丁酯的制取原理是解答的关键，题目较简单。
17．（2分）某同学利用如图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮⽓，加热结束时也要通入氮⽓
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
【分析】实验时通入氮气，可将装置内的空气排出，在装置a中用究竟喷灯加热，可使无水硫酸亚铁分解，可能生成三氧化硫、二氧化硫等，b装置出现白色沉淀，则生成三氧化硫，c品红褪色，说明生成二氧化硫，二氧化硫可被硝酸根离子氧化，装置d生成白色沉淀，e用于吸收尾气，避免污染环境，硫酸亚铁可能分解生成氧化铁，为红色粉末，以此解答该题。
【解答】解：A.硫酸亚铁分解生成三氧化硫、二氧化硫，三氧化硫可与氯化钡溶液反应，装置b出现白色沉淀，故A正确；
B.加热前要先通入氮⽓，可将装置内空气排出，加热结束时也要通入氮⽓，可使分解生成的气体完全被吸收，故B正确；
C.分解生成二氧化硫，说明发生氧化还原反应，则铁元素被氧化，生成氧化铁，为红色粉末，故C正确；
D.如用足量溴水代替品红，二氧化硫被溴水完全吸收，则装置d中无现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质性质的实验设计，为高考常见题型，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
18．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
【分析】侯氏制碱法中向母液中先通入NH3，目的是使溶液显碱性，增大二氧化碳在水溶液中溶解度，据此分析。
【解答】解：由于二氧化碳在水溶液中溶解度小，故直接向母液中通入二氧化碳，所溶解的二氧化碳很少，则影响NaHCO3的产量，故先向母液通入氨气，使溶液显碱性，从而能增大二氧化碳的溶解度：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3，增大溶液中NH4HCO3的产量，即增大NH4+浓度，故A错误；
而由于NaHCO3的溶解度较NH4HCO3更小，故发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，故还有利于生成NaHCO3和NH4Cl，故B、C错误；
但通入氨气的目的不是为了降低HCO3﹣浓度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是交通工具，题目难度不大。
19．（2分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述错误的是（ ）
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动
B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断Q浓度的增减
D．通入Y，则N的浓度增大
【分析】A.Z为固体；
B.体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变；
C.①为放热反应，②为吸热反应；
D.通入Y，①正向移动，②逆向移动。
【解答】解：A.Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A正确；
B.体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B错误；
C.①为放热反应，②为吸热反应，则降温时无法判断Q浓度的增减，故C正确；
D.通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度、温度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
20．（2分）叠氮酸（HN3）与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＝2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3═Na++3N3﹣
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3）
【分析】A．NaN3溶液呈碱性，说明为HN3为弱酸；
B．升温促进弱电解质电离；
C．NaN3是强电解质，水溶液中完全电离；
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中存在电荷守恒和物料守恒分析判断。
【解答】解：A．NaN3溶液呈碱性，说明为HN3为弱酸，0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＞2，故A错误；
B．HN3溶液为弱酸溶液，电离过程为吸热过程，升温促进电离，溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；
C．NaN3的电离方程式为：NaN3═Na++N3﹣，故C错误；
D．0.01mol•L﹣1NaN3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝c（N3﹣）+c（HN3），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电解质电离、盐类水解、电解质溶液酸碱性等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
Ⅰ.过氧化氢氧化法制备碘酸钠（NaIO3）的方法如下：
（1）氧原子核外有 8 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 5s25p5 ；Na2CO3 固体中含有的化学键有 离子键、共价键 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 I2+5H2O22HIO3+4H2O 。
（3）当合成温度高于70摄氏度，碘酸钠产率会降低，请写出可能的两种原因： H2O2分解、I2升华 。
Ⅱ.ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
（4）该反应的氧化产物为 氯气 ，若反应过程中有4mol HCl 参与反应，则电子转移的数⽬为 2NA 。
Ⅲ.目前从海水中提溴（Br2）大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的 Br﹣氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，加硫酸可以避免副反应发生，增大利用率 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓 Na2CO3溶液吸收，转变为 NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1mol Br2需消耗Na2CO3 1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至溶液至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应写出方程式来进行相关计算；
III．氯气氧化性强于溴单质，向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应置换Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【解答】解：（1）O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；K2CO3为离子化合物，K+与CO32﹣之间以离子键结合；在碳酸根离子中C、O原子之间以共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、共价键，
故答案为：8；5s25p5；离子键、共价键；
（2）在合成步骤中，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，产生HIO3、H2O，据此写出反应方程式：I2+5H2O22HIO3+4H2O，
故答案为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
（3）当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等，
故答案为：H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
（4）在反应2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的﹣1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA，
故答案为：氯气；2NA；
（5）向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl，海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率，
故答案为：海水呈弱碱性，氯气碱性条件下发生副反应，加硫酸可以避免副反应发生，增大利用率；
（6）吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol，
故答案为：1。
【点评】本体以卤素转化为背景，考查了学生有关氧化还原反应及计算，弱电解质电离平衡，物质结构等相关知识，难度适中。
22．（15分）甲醇可用于制造甲醛和农药，⼯业上可由碳的氧化物和氢⽓反应制得反应制得。
Ⅰ.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）+Q（Q＞0）。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%。
（1）在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝ 0.1mol/（L•min） 。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K＝ 4 ，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是 AD 。（填编号）
A.一定向正反应方向移动
B.平衡移动时，逆反应速率始终增大
C.一定向逆反应方向移动
D.平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是 BD 。（填编号）
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v（CO）＝v（CH3OH）
D.混合⽓体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.⽤CO2和H2制备 CH3OH，可实现 CO2的资源化利⽤，涉及的反应如下：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q（Q＞0）
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣Q（Q＞0）
将反应物混合⽓体按进料比n（CO）：n（H2）＝1：3 通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
（4）不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所⽰，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增
大的原因是 CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应 。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所⽰，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强 。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的 CO2，从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2 的离子反应方程式为 CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣ ，某研究小组用200mL 1.5mol/L K2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），形成溶液中的溶质是 K2CO3和KHCO3 （填化学式），各离子的浓度关系正确的是 b 。（填编号）
a.c（K+）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）
b.3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3）
c.c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
【分析】（1）523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得 H2的体积分数为 50%，列化学平衡三段式，结合v＝计算；
（2）根据（1）中数据，结合K＝计算；化学平衡常数只与温度有关，反应的平衡K值变大，说明平衡正向移动，该反应是放方热反应，说明改变的条件是降低温度；
（3）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（4）CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，主反应为放热反应，升高温度，副反应CO2的平衡转化率升高，主反应CO2的平衡转化率降低，综合考虑温度对主、副反应的影响；523K时CH3OH的产率最大，说明此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强；
（5）CO2和CO32﹣和H2O反应生成HCO3﹣；n（CO32﹣）＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.15mol，说明CO2少量；
a.根据电荷守恒判断；
b.根据物料守恒判断；
c.n（CO32﹣）＝0.3mol，n（CO2）＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，则0.15molCO2消耗0.15molK2CO3生成0.3molKHCO3，形成溶液中的溶质n（KHCO3）＝0.3mol，n（K2CO3）＝0.3mol﹣0.15mol＝0.15mol。
【解答】解：（1）设CO转化物质的量为xmol，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始n（mol） 1 2 0
转化n（mol） x 2x x
平衡n（mol） 1﹣x 2﹣2x x
则此时测得 H2的体积分数为 50%＝，解得x＝0.5，则在0～5min内，H2的平均反应速率v（H2）＝＝0.1mol/（L•min），
故答案为：0.1mol/（L•min）；
（2）根据（1）中数据可知，平衡时n（CO）＝0.5mol，n（H2）＝1mol，n（CH3OH）＝0.5mol，K＝＝＝4；化学平衡常数只与温度有关，反应的平衡K值变大，说明平衡正向移动，该反应是放热反应，说明改变的条件是降低温度，平衡移动时，正反应速率始终减小，逆反应速率先减小后增大，则AD正确；
故答案为：4；AD；
（3）A.根据质量守恒，混合气体的质量不变，容器体积不变，则容器内气体密度始终保持不变，故A错误；
B.CH3OH的体积分数保持不变，即说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.v（CO）＝v（CH3OH），未指明正逆反应，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，则随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合⽓体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（4）CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，说明温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应。综合考虑温度对主、副反应的影响；523K时CH3OH的产率最大，说明此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强，
故答案为：CO2的平衡转化率为正反应和副反应的CO2的平衡转化率之和，副反应为吸热反应，副反应CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，主反应为放热反应，主反应CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，温度较高时，CO2的平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，催化剂的活性最强；
（5）CO2和CO32﹣和H2O反应生成HCO3﹣，则离子方程式为CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣；n（CO32﹣）＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，n（CO2）＝＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，说明CO2少量，则形成溶液中的溶质是K2CO3和KHCO3；
a.根据电荷守恒判，c（K+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；
b.根据物料守恒，3c（K+）＝4c（CO32﹣）+4c（HCO3﹣）+4c（H2CO3），故b正确；
c.n（CO32﹣）＝0.3mol，n（CO2）＝0.15mol，CO2和K2CO3反应比例为1：1，则0.15molCO2消耗0.15molK2CO3生成0.3molKHCO3，形成溶液中的溶质n（KHCO3）＝0.3mol，n（K2CO3）＝0.3mol﹣0.15mol＝0.15mol，由于水解程度小，则c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故c错误；
故答案为：CO2+CO32﹣+H2O＝2HCO3﹣；K2CO3和KHCO3；b。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数、反应速率的计算、离子浓度的比较等，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、电荷守恒、物料守恒等知识解答，此题难度大。
23．（15分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化⼯原料。试剂级NaCl可用海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、
Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）为原料制备。
实验室提纯NaCl 的流程如图。
提供的试剂：饱和Na2CO3 溶液、饱和K2CO3 溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为 BaCl2 、NaOH、 Na2CO3 （只填化学式）；洗涤除去NaCl晶体表⾯附带的少量KCl，在提供的试剂中，选⽤的试剂为 75%乙醇 。
（2）操作X为 蒸发浓缩 ，用提纯的NaCl 配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所⽤的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有 500mL容量瓶 。（填仪器名称）
（3）⽤如图所⽰装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl⽓体，并通入NaCl饱和溶液中使 NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利⽤了浓硫酸的性质是 a （填编号），相比分液漏斗，选用仪器a的优点是 平衡压强，使液体顺利滴下 。
a.高沸点
b.强酸性
c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 。
（4）设计如下实验测定NaCl产品中 SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
目的/结论
①
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调⾄弱酸性，滴加过量c1mol/L BaCl2溶液V1mL
目的： 使SO42﹣完全沉淀 。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中 SO42﹣的质量分数为 。（列算式）
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO42﹣、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶得到NaCl。
【解答】解：（1）根据分析可知可以加入过量NaOH溶液的目的是除去Mg2+和Fe3+，加入过量的BaCl2除去硫酸根离子，加入过量Na2CO3溶液除去Ba2+和Ca2+，洗去氯化钠表面的氯化钾，应选取75%乙醇，
故答案为：BaCl2，Na2CO3；75%乙醇；
（2）将滤液操作X后可为饱和溶液，则操作X应为蒸发浓缩，配制溶液所需的玻璃仪器有500mL容量瓶，玻璃棒，烧杯，
故答案为：蒸发浓缩；500mL容量瓶；
（3）①盐酸是挥发性酸，则实验室应利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，即试剂a为浓硫酸，利用了浓硫酸高沸点的特性来制备易挥发的酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，
故答案为：a；平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出，
故答案为：增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快；
（4）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，洗涤后的沉淀为BaSO4，其物质的量等于硫酸根离子的物质的量，故硫酸根的质量分数＝＝，
故答案为：使SO42﹣完全沉淀；。
【点评】该题以氯化钠制取为背景，考查了有关粗盐提纯，溶液配制，物质分离等相关知识，考查范围较广，难度适中。
24．（15分）化合物X 是一种药物的中间体，其合成路线如图。
已知下列信息：①RCOOCH3++CH3OH
②
（1）C中官能团的名称为 碳碳双键、酯基 。
（2）D的结构简式为 。
（3）合成路线中E到F的反应类型为 还原反应 。
（4）H到X的反应⽅程式为 。
（5）鉴别F和G的⽅法为 取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F 。
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦。
写出一种符号上述条件的W的结构简式 HCOOCH＝C（CH3）2 。
（7）根据上述信息，设计由为原料制备的合成路线 。（无机试剂任选）
【分析】（1）由结构可知，C中官能团有碳碳双键、酯基；
（2）D发生信息①中取代反应生成E，由E与C的结构、D的分子式可知，D中苯环有2个侧链为﹣CH3、﹣CH（CH3）CH2COOCH3，且处于对位；
（3）对比E、F的结构可知，E中羰基转化为羟基生成F，即E组成上加氢生成F；
（4）G发生信息②中反应生成H为，H与甲醇发生酯化反应生成X为；
（5）G含有羧基，而F没有，可以用碳酸氢钠溶液进行鉴别；
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：①能发生银镜反应，②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦，可以是HCOO﹣与﹣CH＝C（CH3）2构成的酯等；
（7）与水发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，最后在①Na、NH3/②NH4Cl条件下生成。
【解答】解：（1）C的结构简式为，C中官能团有碳碳双键、酯基，
故答案为：碳碳双键、酯基；
（2）D发生信息①中取代反应生成E，由E与C的结构、D的分子式可知，D中苯环有2个侧链为﹣CH3、﹣CH（CH3）CH2COOCH3，且处于对位，故D的结构简式为：，
故答案为：；
（3）对比E、F的结构可知，E中羰基转化为羟基生成F，即E组成上加氢生成F，E到F的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（4）G发生信息②中反应生成H为，H与甲醇发生酯化反应生成X为，H到X的反应⽅程式为：，
故答案为：；
（5）G含有羧基，而F没有，鉴别二者的方法为：取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F，
故答案为：取样，分别加入NaHCO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡生成的是F；
（6）有机物W是 C的同分异构体，且具有以下特征：①能发生银镜反应，②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③含有 3 种化学环境不同的氢原⼦，可以是HCOO﹣与﹣CH＝C（CH3）2构成的酯等，一种符合上述条件的W的结构简式为：HCOOCH＝C（CH3）2等，
故答案为：HCOOCH＝C（CH3）2；
（7）与水发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，最后在①Na、NH3/②NH4Cl条件下生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、有机物的鉴别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:53:36；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
相关试卷
2022年上海市青浦区高考化学二模试卷： 这是一份2022年上海市青浦区高考化学二模试卷，共36页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市青浦区高考二模化学试卷(含答案)： 这是一份2021年上海市青浦区高考二模化学试卷(含答案)，共8页。试卷主要包含了04， 下列化学用语书写正确的是， 下列有关氨的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2020年上海市青浦区高考二模化学(含答案)练习题： 这是一份2020年上海市青浦区高考二模化学(含答案)练习题，共8页。试卷主要包含了05，9 kJ等内容，欢迎下载使用。
