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2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模），共32页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中国科学家首次实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，这意味着（ ）
A．未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用
B．人类可以随意排放二氧化碳
C．应该继续大力发展燃煤发电
D．合成氨工业对农业生产已无意义
2．（2分）日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚（3H）的说法正确的是（ ）
A．与氢元素互为同位素
B．中子数与质子数之差为2
C．核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的
D．化学性质与氕和氘几乎相同
3．（2分）下列有关煤和石油的说法正确的是（ ）
A．石油分馏的产品是纯净物
B．石油的裂解可得到乙烯
C．煤中含有苯、甲苯和粗氨水
D．煤的干馏是物理变化
4．（2分）旅游景点售卖的藏银多是白铜（铜镍合金），下列说法正确的是（ ）
A．合金都容易形成原电池，都特别容易被腐蚀
B．藏银的熔点比铜要高
C．藏银的硬度比铜要大
D．可通过外观颜色区分藏银和白银
5．（2分）下列晶体中熔点最低的是（ ）
A．干冰 B．NaOH C．金刚石 D．铝
6．（2分）下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是（ ）
A．过量的铁粉与氯气反应，生成氯化亚铁
B．Cl2具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C．漂粉精是纯净物
D．次氯酸的酸性比碳酸弱
7．（2分）以下物质既有极性键又有非极性键的是（ ）
A．HF B．C2H4 C．N2 D．Na2O2
8．（2分）下列有关浓硫酸的说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性
B．浓硫酸常温时不与铝发生化学反应，可用铝制容器盛装浓硫酸
C．浓硫酸可以用来干燥二氧化硫
D．浓硫酸与乙醇混合后水浴加热制取乙烯
9．（2分）下列关于甲醛的描述错误的是（ ）
A．结构式： B．电子式： C．是极性分子 D．球棍模型：
10．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一个分子β﹣月桂烯与一个分子Br2发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
11．（2分）2021年诺贝尔生理学或医学奖表彰了科学家在“发现温度和触觉感受器”方面作出的贡献。薄荷醇（见图）可用来识别TRPM8（一种能被凉爽激活的受体）。关于薄荷醇的说法正确的是（ ）
A．是乙醇的同系物 B．可发生消除反应
C．可被氧化为醛 D．与互为同分异构体
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4molI2时，转移9mol电子
13．（2分）向KAl（SO4）2溶液中加入一定量的Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时下列离子方程式正确的是（ ）
A．SO42﹣+Ba2+→BaSO4↓
B．Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+BaSO4↓
C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+2BaSO4↓
D．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
14．（2分）4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素
相关信息
X
最外层电子数等于次外层电子数
Y
与X在同一主族
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期主族元素中原子半径最小
下列说法正确的是（ ）
A．X的金属性比Y强
B．Y的离子半径是同周期中最大的
C．Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定
D．Q的含氧酸是最强酸
15．（2分）下列有机物的实验室制备方法正确的是（ ）
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
16．（2分）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是（ ）
A．灼烧海带
B．过滤海带灰的悬浊液
C．用有机溶剂萃取碘单质
D．分液获得碘单质的有机溶液
17．（2分）根据如图信息分析，有关N2+3H2⇌2NH3的说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）+2bkJ
B．1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响a和b的大小
D．1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和小于2molNH3（g）的化学能
18．（2分）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁设施的电极反应式为Fe﹣2e→Fe2+
B．这是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做阳极
C．钢铁设施表面因有电子流入而被保护
D．通常情况下，钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
19．（2分）常温下，用0.1mol•L﹣1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL氨水时，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c（NH4+）＜c（Cl﹣）
20．（2分）用活性炭对NO进行吸附可减少环境污染，反应如下：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）+34.0 kJ，T1℃时，在密闭容器中测得反应在不同时刻各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol•L﹣1
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.42
0.30
0.30
0.36
0.36
下列说法不正确的是（ ）
A．第30min后，改变的条件可能是适当缩小了容器的体积
B．其他条件不变，在第50min后降低温度，可使容器中N2的浓度升高至0.6mol•L﹣1
C．第30min和第40min时NO的转化率相同
D．向容器内通适量氧气会使平衡逆向移动
二、综合题（共60分）
21．（16分）三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：
NH3+ F2→ NF3+ NH4F。
完成下列填空：
（1）配平上述反应方程式。
（2）F原子的结构示意图是 ，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为 。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱 。
（3）写出NH4F的电子式 ，溶液中NH4+的检验方法是 。
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是 ，该产物的水溶液呈 性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因： 。其稀溶液中存在关系式：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+ 。
22．（15分）在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）﹣Q（Q＞0），如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。请完成下列填空：
（1）在一定条件下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min时达到平衡状态，此时H2S剩余2mol，计算0～2min内S2的平均反应速率v（S2） mol•L﹣1•min﹣1。图中压强p1，p2、p3从大到小顺序为 ，原因是 。又已知H2S可转化成羰基硫（COS）：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）+Q（Q＞0）。
（2）上述反应的平衡常数表达式K＝ 。
（3）在一恒容、绝热（与外界无热交换）的密闭容器中，充入H2S（g）与CO（g）进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是 （填标号）。
A．消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）若将标准状况下224mL的H2S气体通入200mL的CuSO4溶液中正好完全反应，现象是 ，写出反应的离子方程式 ，若溶液体积没有发生改变，此时溶液的pH值是 。
23．（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如图，请完成下列填空：
已知：
（1）A的结构简式是 ，D中的含氧官能团名称是 。
（2）由E生成F的反应类型是 ，写出E发生聚合反应的化学方程式 。
（3）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为 。
（4）芳香族化合物X是C的同分异构体，与C具有相同的官能团，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，写出符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物的合成路线 （其他试剂任选）。
24．（15分）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（2）向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl（s）+NH4Cl（aq）→NaCl（aq）+NH4Cl（s）过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、 、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
（3）装置A中的试剂为 ，装置C中的试剂为 。
（4）实验结束后通入空气的目的： 。
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 （保留2位小数）。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是 。
2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中国科学家首次实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，这意味着（ ）
A．未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用
B．人类可以随意排放二氧化碳
C．应该继续大力发展燃煤发电
D．合成氨工业对农业生产已无意义
【分析】A.可以实现由二氧化碳到淀粉的人工合成；
B.随意排放二氧化碳依然会对环境产生影响；
C.发展燃煤发电除了会排放较多二氧化碳外和二氧化硫等污染性气体；
D.需要合成氨工业提供农业所需的氮肥。
【解答】解：A.目前淀粉来源于植物的光合作用，实现由二氧化碳到淀粉的人工合成，意味着未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用，故A正确；
B.虽然可以利用二氧化碳合成淀粉，但并不能消耗所有的二氧化碳，随意排放二氧化碳依然会对环境产生影响，故B错误；
C.继续大力发展燃煤发电除了会排放较多二氧化碳外，还会产生二氧化硫等污染性气体，故C错误；
D.即便实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，也不能代替农产品，依然需要合成氨工业提供农业所需的氮肥，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查化学对生产生活的影响，难度较小，引导学生关注化学的发展对生产生活的影响和思考。
2．（2分）日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚（3H）的说法正确的是（ ）
A．与氢元素互为同位素
B．中子数与质子数之差为2
C．核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的
D．化学性质与氕和氘几乎相同
【分析】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B．原子中中子数＝质量数﹣质子数；
C．核废水中的氚的原子百分率高；
D．氕、氘、氚核电荷数都是1，核外电子数相同。
【解答】解：A．氚（3H）是氢元素的一种核素，和氕、氘互为同位素，故A错误；
B．氚（3H）的质子数为1，质量数为3，则中子数＝3﹣1＝2，中子数与质子数之差为1，故B错误；
C．自然界中氚的原子百分率不变，核废水中的氚的原子百分率高，故C错误；
D．氕、氘、氚核电荷数都是1，核外电子数相同，化学性质相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子结构、同位素概念等知识点，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（2分）下列有关煤和石油的说法正确的是（ ）
A．石油分馏的产品是纯净物
B．石油的裂解可得到乙烯
C．煤中含有苯、甲苯和粗氨水
D．煤的干馏是物理变化
【分析】A．根据石油分馏原理分析；
B．石油裂解的目的是获得断裂不饱和烃；
C．煤中不含苯、甲苯和粗氨水；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程。
【解答】解：A．石油是混合物，其分馏产品均是几种沸点相近的烃的混合物，即石油分馏产品仍是混合物，故A错误；
B．石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，故B正确；
C．煤中不含苯、甲苯和粗氨水，苯、甲苯和粗氨水是煤通过干馏这种化学变化产生的，故C错误；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程，故为化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是煤的干馏、石油的裂化和裂解均为化学变化，而石油的分馏为物理变化。
4．（2分）旅游景点售卖的藏银多是白铜（铜镍合金），下列说法正确的是（ ）
A．合金都容易形成原电池，都特别容易被腐蚀
B．藏银的熔点比铜要高
C．藏银的硬度比铜要大
D．可通过外观颜色区分藏银和白银
【分析】A．合金不都易被腐蚀；
B．一般合金熔点低于成分金属；
C．一般合金硬度大于成分金属；
D．藏银和白银都是银白色。
【解答】解：A．合金不都易被腐蚀，如不锈钢耐腐蚀性强于纯铁，故A错误；
B．一般合金熔点低于成分金属，所以藏银的熔点比铜要低，故B错误；
C．一般合金硬度大于成分金属，所以藏银的硬度比铜要大，故C正确；
D．藏银和白银都是银白色，所以通过外观颜色无法区分藏银和白银，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了合金与金属性质区别，明确合金的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列晶体中熔点最低的是（ ）
A．干冰 B．NaOH C．金刚石 D．铝
【分析】不同类型的晶体之间熔沸点一般有：共价晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体。
【解答】不同类型的晶体之间熔沸点一般有：共价晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，干冰为分子晶体，熔点最低；金刚石为共价晶体，熔点最高；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，了解基本晶体的熔沸点的比较，题目比较基础。
6．（2分）下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是（ ）
A．过量的铁粉与氯气反应，生成氯化亚铁
B．Cl2具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C．漂粉精是纯净物
D．次氯酸的酸性比碳酸弱
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．依据氯气在反应中氯元素化合价变化判断；
C．漂粉精的主要成分为NaCl、NaClO；
D．碳酸与次氯酸盐能反应生成次氯酸。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，与氯气量的多少无关，故A错误；
B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应中氯元素化合价部分降低、部分升高，氯气既表现氧化性又变性还原性，故B错误；
C．漂粉精的主要成分为NaCl、NaClO，由多种物质组成，为混合物，故C错误；
D．碳酸与次氯酸盐能反应生成次氯酸，所以次氯酸的酸性比碳酸弱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氯及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的组成、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，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
7．（2分）以下物质既有极性键又有非极性键的是（ ）
A．HF B．C2H4 C．N2 D．Na2O2
【分析】同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，以此来解答。
【解答】解：A.HF只含H﹣F极性键，故A错误；
B.乙烯含C﹣H极性键及C＝C非极性键，故B正确；
C.N2只含N≡N非极性键，故C错误；
D.Na2O2含离子键及O﹣O非极性键，不含极性键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查共价键，为高频考点，把握共价键的形成及判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意共价键的类型，题目难度不大。
8．（2分）下列有关浓硫酸的说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性
B．浓硫酸常温时不与铝发生化学反应，可用铝制容器盛装浓硫酸
C．浓硫酸可以用来干燥二氧化硫
D．浓硫酸与乙醇混合后水浴加热制取乙烯
【分析】A．浓硫酸与碳反应过程中硫酸为氧化剂；
B．铝在浓硫酸中发生钝化过程是生成了致密的氧化膜；
C．二氧化硫为酸性气体，可以用浓硫酸干燥；
D．高于100℃不能水浴加热。
【解答】解：A．浓硫酸与碳反应过程中将碳氧化，体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．常温时，铝在浓硫酸中发生钝化，钝化过程也是化学反应，故B错误；
C．二氧化硫与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故C正确；
D．浓硫酸与乙醇混合后需要加热到170℃反应制取乙烯，水浴加热达不到该温度，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，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）下列关于甲醛的描述错误的是（ ）
A．结构式： B．电子式： C．是极性分子 D．球棍模型：
【分析】A．用短线代替所有共用电子对即为结构式；
B．氧原子最外层为8个电子，漏掉了氧原子的2对孤电子对；
C．甲醛分子是平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，分子中正负电荷重心不重合；
D．用小球和小棍表示的模型为球棍模型。
【解答】解：A．甲醛分子中含有1个碳氧双键和2个碳氢键，甲醛的结构式为，故A正确；
B．甲醛分子中含有1个碳氧双键和2个碳氢键，甲醛正确的电子式为：，故B错误；
C．甲醛分子是平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，分子中正负电荷重心不重合，所以是极性分子，故C正确；
D．甲醛中含有2个碳氢键和1个碳氧双键，则甲醛的球棍模型为：，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、结构式、球棍模型等化学用语的概念及书写原则，试题侧重考查学生的规范答题的能力。
10．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一个分子β﹣月桂烯与一个分子Br2发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】根据β﹣月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1﹣3丁二烯类似结构，则能发生1，4加成．
【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与1分子Br2加成时，可以在①②③的位置上发生加成，也1分子Br2在①②发生1，4加成反应，故所得产物共有四种，故选D。
【点评】本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1﹣3丁二烯类似来分析解答即可．
11．（2分）2021年诺贝尔生理学或医学奖表彰了科学家在“发现温度和触觉感受器”方面作出的贡献。薄荷醇（见图）可用来识别TRPM8（一种能被凉爽激活的受体）。关于薄荷醇的说法正确的是（ ）
A．是乙醇的同系物 B．可发生消除反应
C．可被氧化为醛 D．与互为同分异构体
【分析】A．该有机物和乙醇结构不相似；
B．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子的醇能发生消去反应；
C．﹣CH2OH能被氧化生成﹣CHO；
D．薄荷醇的分子式为C10H20O，的分子式为C11H20O。
【解答】解：A．该有机物和乙醇结构不相似，所以二者不互为同系物，故A错误；
B．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子的醇能发生消去反应，根据图知，该有机物中醇羟基能发生消去反应生成烯烃，故B正确；
C．﹣CH2OH能被氧化生成﹣CHO，该有机物能发生氧化反应生成酮，不能发生氧化反应生成醛，故C错误；
D．薄荷醇的分子式为C10H20O，的分子式为C11H20O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇能发生消去反应、催化反应的结构特点，题目难度不大。
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4molI2时，转移9mol电子
【分析】该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应；
B．KI既不是氧化产物又不是还原产物；
C．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂；
D．该反应中转移电子数为7。
【解答】解：该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应，K2H3IO6发生还原反应、HI发生氧化反应，故A错误；
B．KI既不是氧化产物又不是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，故B错误；
C．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，反应中有的HI作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为7：1，故C正确；
D．该反应中转移电子数为7，即生成4molI2时，转移电子7mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价变化、基本概念内涵是解本题关键，注意：部分HI作还原剂，题目难度不大。
13．（2分）向KAl（SO4）2溶液中加入一定量的Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时下列离子方程式正确的是（ ）
A．SO42﹣+Ba2+→BaSO4↓
B．Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+BaSO4↓
C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+2BaSO4↓
D．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
【分析】明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比＝1：4，据此判断解答。
【解答】解：明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比＝1：4，反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
14．（2分）4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素
相关信息
X
最外层电子数等于次外层电子数
Y
与X在同一主族
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期主族元素中原子半径最小
下列说法正确的是（ ）
A．X的金属性比Y强
B．Y的离子半径是同周期中最大的
C．Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定
D．Q的含氧酸是最强酸
【分析】4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数等于次外层电子数，X只能含有2个电子层，为Be元素；Y与X在同一主族，则Y为Mg；Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，则Z为S；Q是同周期元素中原子半径最小，其原子序数大于S，则Q为Cl，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为Be，Y为Mg，Z为S，Q为Cl元素，
A.同主族从上到下金属性逐渐增强，则X的金属性比Y弱，故A错误；
B.Y的离子半径为镁离子，镁离子含有2个电子层，其离子半径小于硫离子、硫离子等阴离子，故B错误；
C.非金属性氧气，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞S，则Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定，故C正确；
D.Q的含氧酸有次氯酸、氯酸、高氯酸等，高氯酸的酸性最强，次氯酸为弱酸，没有指出元素最高价，该说法不合理，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，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
15．（2分）下列有机物的实验室制备方法正确的是（ ）
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
【分析】A．电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，易堵塞启普发生器；
B．饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、溶解乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
C．醇的价格比较低廉；
D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2。
【解答】解：A．电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，堵塞启普发生器，所以不能在启普发生器中进行，故A错误；
B．饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、溶解乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，所以收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液，故B正确；
C．制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，故C错误；
D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，引进新的杂质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及常见物质的制备、物质的分离与除杂等知识，明确常见元素及其化合物性质、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
16．（2分）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是（ ）
A．灼烧海带
B．过滤海带灰的悬浊液
C．用有机溶剂萃取碘单质
D．分液获得碘单质的有机溶液
【分析】海带提碘时，选坩埚灼烧海带，然后溶解、过滤分离出含碘离子的溶液，氧化生成碘单质，再萃取、分液分离出含碘的有机溶液，最后蒸馏分离出碘单质，以此来解答。
【解答】解：A.灼烧需要坩埚等，不需要蒸发皿，故A错误；
B.过滤可分离出含碘离子的溶液，故B正确；
C.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则可用有机溶剂萃取碘单质，故C正确；
D.若选四氯化碳萃取碘时，分液漏斗下口分离出碘的有机溶液，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查海带提碘，为高频考点，把握海带提碘的实验步骤及操作、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（2分）根据如图信息分析，有关N2+3H2⇌2NH3的说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）+2bkJ
B．1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响a和b的大小
D．1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和小于2molNH3（g）的化学能
【分析】A．图中氨气的状态为气态；
B．形成化学键放出热量，结合图中信息分析；
C．催化剂可以降低反应的活化能；
D．该反应是放热反应。
【解答】解：A．图中氨气的状态为气态，而选项中氨气为液态，无法确定N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）的反应热，故A错误；
B．形成化学键放出热量，由图可知，1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量，故B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，则使用催化剂不会改变反应的热效应，但可以影响a和b的大小，故C错误；
D．该反应是放热反应，则1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和大于2molNH3（g）的化学能，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
18．（2分）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁设施的电极反应式为Fe﹣2e→Fe2+
B．这是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做阳极
C．钢铁设施表面因有电子流入而被保护
D．通常情况下，钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【分析】A．钢铁设施做了原电池的正极，发生还原反应；
B．该装置为原电池，钢铁设施做了原电池的正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法；
C．钢铁设施做原电池的正极时被保护，将导线与金属M相连，M做负极，失去电子沿着导线进入铁设施表面；
D．海水中有大量的盐，电解质溶液导电性强，可以加速金属的腐蚀速度。
【解答】解：A．阴极其实是原电池的正极，发生还原反应，该电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A错误；
B．该装置为原电池，是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做负极，故B错误；
C．当铁管做原电池的正极时被保护，将导线与金属M相连，M做负极，失去电子沿着导线进入铁设施表面，因钢铁设施累积大量电子而被保护，故C正确；
D．海水中有大量的盐，电解质溶液导电性强，金属更容易腐蚀，所以钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意的是原电池的正极、电解池的阴极材料可以被保护。
19．（2分）常温下，用0.1mol•L﹣1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL氨水时，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c（NH4+）＜c（Cl﹣）
【分析】A.盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同；
B.酸抑制水的电离，生成氯化铵、醋酸铵均水解促进水的电离；
C.滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物；
D.若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量。
【解答】解：A.盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同，盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡，则氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故A正确；
B.酸抑制水的电离，生成氯化铵、醋酸铵均水解促进水的电离，则从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度一直变大，故B正确；
C.滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，结合溶液中质子守恒可知：c（CH3COOH）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故C正确；
D.若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，且由电荷守恒可知存在c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），即c（NH4+）＞c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握电离平衡、混合后溶质、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物料守恒及电荷守恒的应用，题目难度不大。
20．（2分）用活性炭对NO进行吸附可减少环境污染，反应如下：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）+34.0 kJ，T1℃时，在密闭容器中测得反应在不同时刻各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol•L﹣1
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.42
0.30
0.30
0.36
0.36
下列说法不正确的是（ ）
A．第30min后，改变的条件可能是适当缩小了容器的体积
B．其他条件不变，在第50min后降低温度，可使容器中N2的浓度升高至0.6mol•L﹣1
C．第30min和第40min时NO的转化率相同
D．向容器内通适量氧气会使平衡逆向移动
【分析】A．根据表格数据可知，第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不发生移动；
B．50min是NO的浓度为0.48mol/L，N2的浓度为0.36mol/L，若不改变容器的体积，结合方程式，当NO全部转化时N2的浓度应为0.6mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以降低温度后平衡正向移动；
C．第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不移动；
D．氧气会和NO发生反应，使平衡逆向移动。
【解答】解：A．根据表格数据可知，第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不发生移动，该反应为前后气体系数之和相等的反应，所以改变的条件可能是适当缩小了容器的体积，故A正确；
B．50min是NO的浓度为0.48mol/L，N2的浓度为0.36mol/L，若不改变容器的体积，结合方程式，当NO全部转化时N2的浓度应为0.6mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以降低温度后平衡正向移动，但N2的浓度也不可能达到0.6mol•L﹣1，故B错误；
C．第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不移动，所以第30min和第40min时NO的转化率相同，故C正确；
D．氧气会和NO发生反应，使平衡逆向移动，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了影响平衡移动的因等，侧重分析及计算能力的考查，把握影响化学平衡的因素为解答的关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（16分）三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：
4 NH3+ 3 F2→ 1 NF3+ 3 NH4F。
完成下列填空：
（1）配平上述反应方程式。
（2）F原子的结构示意图是 ，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为 2p 。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱 F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N 。
（3）写出NH4F的电子式 ，溶液中NH4+的检验方法是 取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子 。
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是 Na2CO3 ，该产物的水溶液呈 碱 性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因： CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 。其稀溶液中存在关系式：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+ 2c（H2CO3） 。
【分析】（1）反应理解为NH3与F2反应生成NF3和HF，HF再与NH3反应生成NH4F；
（2）F是9号元素，原子核外有2个电子层，由里到外电子数依次为2、7；外围电子排布式为2s22p2；核电荷数越大、原子半径越小，元素单电子能力越强；
（3）NH4F由铵根离子与氟离子构成；铵盐与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，钠暴露在空气中有关反应如下：4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，最终固体为碳酸钠，溶液中碳酸根水解而呈碱性；根据质子恒等式解答。
【解答】解：（1）反应理解为NH3与F2反应生成NF3和HF，HF再与NH3反应生成NH4F，1molNH3与3molF2反应生成1molNF3和3molHF，3molHF再与3molNH3反应生成3molNH4F，共有4molNH3反应，反应方程式为4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，
故答案为：4；3；1；3；
（2）F是9号元素，原子核外有2个电子层，由里到外电子数依次为2、7，原子结构示意图为；外围电子排布式为2s22p2，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N，
故答案为：；2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N；
（3）NH4F由铵根离子与氟离子构成，电子式为；溶液中NH4+的检验方法是：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子，
故答案为：；取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子；
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，钠暴露在空气中有关主要反应如下：4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，最终固体为Na2CO3，溶液中CO32﹣水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，使溶液中c（OH﹣）大于c（H+），故溶液呈碱性，根据质子恒等式有c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），
故答案为：Na2CO3；碱；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；2c（H2CO3）。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应方程式配平、原子结构示意图、元素周期律、电子式、常见离子检验、盐类水解等，属于一题多点型题目，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
22．（15分）在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）﹣Q（Q＞0），如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。请完成下列填空：
（1）在一定条件下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min时达到平衡状态，此时H2S剩余2mol，计算0～2min内S2的平均反应速率v（S2） 0.25mol•L﹣1•min﹣1 mol•L﹣1•min﹣1。图中压强p1，p2、p3从大到小顺序为 p3＞p2＞p1 ，原因是 由化学方程式可知，其它条件不变时，压强越大，平衡转化率越低，故p1＜p2＜p3 。又已知H2S可转化成羰基硫（COS）：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）+Q（Q＞0）。
（2）上述反应的平衡常数表达式K＝ 。
（3）在一恒容、绝热（与外界无热交换）的密闭容器中，充入H2S（g）与CO（g）进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是 AC （填标号）。
A．消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）若将标准状况下224mL的H2S气体通入200mL的CuSO4溶液中正好完全反应，现象是 产生黑色沉淀 ，写出反应的离子方程式 H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+， ，若溶液体积没有发生改变，此时溶液的pH值是 1 。
【分析】（1）根据题意，0～2min内Δn（H2S）＝4mol﹣2mol＝2mol，根据方程式可知相同时间内Δn（S2）＝1mol，容器体积为2L，所以v（S2）＝；
（2）根据平衡常数的定义可得该反应的K＝；
（3）A．消耗H2为逆反应，生成COS为正反应，消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1，即正反应速率等于逆反应速率；
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键，即生成0.5molH2S，正逆反应速率不相等；
C．当等于平衡常数，说明反应达到平衡；
D．反应前后气体系数之和相等，即气体总物质的量不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变；
（4）标况下224mL的H2S气体的物质的量为＝＝0.01mol，根据离子方程式可知产生0.02mol氢离子，溶液体积为200mL，所以c（H+）＝═0.1mol/L，据此计算。
【解答】解：（1）根据题意，0～2min内Δn（H2S）＝4mol﹣2mol＝2mol，根据方程式可知相同时间内Δn（S2）＝1mol，容器体积为2L，所以v（S2）＝＝＝0.25mol•L﹣1•min﹣1；由化学方程式可知，该反应为气体增大的反应，其它条件不变时，压强越大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率越低，故p3＞p2＞p1，
故答案为：0.25mol•L﹣1•min﹣1；p3＞p2＞p1；由化学方程式可知，其它条件不变时，压强越大，平衡转化率越低，故p1＜p2＜p3；
（2）根据平衡常数的定义可知该反应的K＝，
故答案为：；
（3）A．消耗H2为逆反应，生成COS为正反应，消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1，即正反应速率等于逆反应速率，可以说明反应达到平衡，故A正确；
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键，即生成0.5molH2S，正逆反应速率不相等，不能说明化学反应达到平衡，故B错误；
C．当等于平衡常数，且保持不变时，说明反应达到平衡，故C正确；
D．反应前后气体系数之和相等，即气体总物质的量不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变，所以无论是否平衡，混合气体的平均相对分子质量都不变，故D错误；
故答案为：AC；
（4）H2S气体通入CuSO4溶液中发生反应：H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，CuS为黑色沉淀，所以现象为产生黑色沉淀；标况下224mL的H2S气体的物质的量为＝＝0.01mol，根据离子方程式可知产生0.02mol氢离子，溶液体积为200mL，所以c（H+）＝═0.1mol/L，pH＝﹣lg c（H+）＝1，
故答案为：产生黑色沉淀；H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+；1。
【点评】本题考查了化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数、化学平衡判断等，为高频考点，难度中等，解题的关键是掌握化学平衡的基础知识。
23．（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如图，请完成下列填空：
已知：
（1）A的结构简式是 ，D中的含氧官能团名称是 羧基 。
（2）由E生成F的反应类型是 取代反应（或酯化反应） ，写出E发生聚合反应的化学方程式 。
（3）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为 。
（4）芳香族化合物X是C的同分异构体，与C具有相同的官能团，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，写出符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物的合成路线 （其他试剂任选）。
【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式：C9H8O+H2O﹣C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；
（5）由与溴加成反应得到，结合信息②可知由与2﹣丁炔加成得到，环戊烷与氯气发生取代反应得到，再发生消去反应得到。
【解答】解：（1）由分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为，D中含氧官能团是羧基，
故答案为：；羧基；
（2）E→F是与乙醇发生酯化反应生成，也属于取代反应；发生聚合反应反应生成，反应方程式为，
故答案为：取代反应（或酯化反应）；；
（3）由F生成H的化学方程式为，
故答案为：；
（4）芳香化合物X是C（）的同分异构体，X与C具有相同的官能团，说明X含有碳碳双键、羧基，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，应是苯环有2个不同的取代基且处于对位，符合要求的X的结构简式为，
故答案为：；
（5）由与溴加成反应得到，结合信息②可知由与2﹣丁炔加成得到，环戊烷与氯气发生取代反应得到，再发生消去反应得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，熟练掌握官能团及其性质。
24．（15分）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 NaCl+NH3•H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl 。
（2）向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl（s）+NH4Cl（aq）→NaCl（aq）+NH4Cl（s）过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、 过滤 、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
（3）装置A中的试剂为 氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液） ，装置C中的试剂为 浓硫酸 。
（4）实验结束后通入空气的目的： 把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收 。
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 0.80 （保留2位小数）。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是 反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去 。
【分析】Ⅰ.制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl（s）+NH4Cl（aq）＝NaCl（aq）+NH4Cl（s），可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用，据此解答（1）～（2）；
Ⅱ.装置A为氢氧化钠溶液，用于吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定，B中稀硫酸与纯碱反应生成二氧化碳，装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，连接E，可用于避免空气中的水、二氧化碳进入D，导致实验误差，以此解答（3）～（5）。
【解答】解：（1）氨盐水是氨气、NaCl的混合溶液，通入CO2气体生成NaHCO3和NH4Cl，总反应的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+NH3•H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；
（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，
故答案为：氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；浓硫酸；
（4）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，
故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，则碳酸钠质量分数＝＝0.80；按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去，
故答案为：0.80；反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去。
【点评】本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识点，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，题目难度中等。
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2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中国科学家首次实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，这意味着（ ）
A．未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用
B．人类可以随意排放二氧化碳
C．应该继续大力发展燃煤发电
D．合成氨工业对农业生产已无意义
2．（2分）日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚（3H）的说法正确的是（ ）
A．与氢元素互为同位素
B．中子数与质子数之差为2
C．核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的
D．化学性质与氕和氘几乎相同
3．（2分）下列有关煤和石油的说法正确的是（ ）
A．石油分馏的产品是纯净物
B．石油的裂解可得到乙烯
C．煤中含有苯、甲苯和粗氨水
D．煤的干馏是物理变化
4．（2分）旅游景点售卖的藏银多是白铜（铜镍合金），下列说法正确的是（ ）
A．合金都容易形成原电池，都特别容易被腐蚀
B．藏银的熔点比铜要高
C．藏银的硬度比铜要大
D．可通过外观颜色区分藏银和白银
5．（2分）下列晶体中熔点最低的是（ ）
A．干冰 B．NaOH C．金刚石 D．铝
6．（2分）下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是（ ）
A．过量的铁粉与氯气反应，生成氯化亚铁
B．Cl2具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C．漂粉精是纯净物
D．次氯酸的酸性比碳酸弱
7．（2分）以下物质既有极性键又有非极性键的是（ ）
A．HF B．C2H4 C．N2 D．Na2O2
8．（2分）下列有关浓硫酸的说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性
B．浓硫酸常温时不与铝发生化学反应，可用铝制容器盛装浓硫酸
C．浓硫酸可以用来干燥二氧化硫
D．浓硫酸与乙醇混合后水浴加热制取乙烯
9．（2分）下列关于甲醛的描述错误的是（ ）
A．结构式： B．电子式： C．是极性分子 D．球棍模型：
10．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一个分子β﹣月桂烯与一个分子Br2发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
11．（2分）2021年诺贝尔生理学或医学奖表彰了科学家在“发现温度和触觉感受器”方面作出的贡献。薄荷醇（见图）可用来识别TRPM8（一种能被凉爽激活的受体）。关于薄荷醇的说法正确的是（ ）
A．是乙醇的同系物 B．可发生消除反应
C．可被氧化为醛 D．与互为同分异构体
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4molI2时，转移9mol电子
13．（2分）向KAl（SO4）2溶液中加入一定量的Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时下列离子方程式正确的是（ ）
A．SO42﹣+Ba2+→BaSO4↓
B．Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+BaSO4↓
C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+2BaSO4↓
D．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
14．（2分）4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素
相关信息
X
最外层电子数等于次外层电子数
Y
与X在同一主族
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期主族元素中原子半径最小
下列说法正确的是（ ）
A．X的金属性比Y强
B．Y的离子半径是同周期中最大的
C．Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定
D．Q的含氧酸是最强酸
15．（2分）下列有机物的实验室制备方法正确的是（ ）
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
16．（2分）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是（ ）
A．灼烧海带
B．过滤海带灰的悬浊液
C．用有机溶剂萃取碘单质
D．分液获得碘单质的有机溶液
17．（2分）根据如图信息分析，有关N2+3H2⇌2NH3的说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）+2bkJ
B．1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响a和b的大小
D．1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和小于2molNH3（g）的化学能
18．（2分）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁设施的电极反应式为Fe﹣2e→Fe2+
B．这是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做阳极
C．钢铁设施表面因有电子流入而被保护
D．通常情况下，钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
19．（2分）常温下，用0.1mol•L﹣1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL氨水时，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c（NH4+）＜c（Cl﹣）
20．（2分）用活性炭对NO进行吸附可减少环境污染，反应如下：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）+34.0 kJ，T1℃时，在密闭容器中测得反应在不同时刻各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol•L﹣1
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.42
0.30
0.30
0.36
0.36
下列说法不正确的是（ ）
A．第30min后，改变的条件可能是适当缩小了容器的体积
B．其他条件不变，在第50min后降低温度，可使容器中N2的浓度升高至0.6mol•L﹣1
C．第30min和第40min时NO的转化率相同
D．向容器内通适量氧气会使平衡逆向移动
二、综合题（共60分）
21．（16分）三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：
NH3+ F2→ NF3+ NH4F。
完成下列填空：
（1）配平上述反应方程式。
（2）F原子的结构示意图是 ，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为 。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱 。
（3）写出NH4F的电子式 ，溶液中NH4+的检验方法是 。
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是 ，该产物的水溶液呈 性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因： 。其稀溶液中存在关系式：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+ 。
22．（15分）在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）﹣Q（Q＞0），如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。请完成下列填空：
（1）在一定条件下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min时达到平衡状态，此时H2S剩余2mol，计算0～2min内S2的平均反应速率v（S2） mol•L﹣1•min﹣1。图中压强p1，p2、p3从大到小顺序为 ，原因是 。又已知H2S可转化成羰基硫（COS）：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）+Q（Q＞0）。
（2）上述反应的平衡常数表达式K＝ 。
（3）在一恒容、绝热（与外界无热交换）的密闭容器中，充入H2S（g）与CO（g）进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是 （填标号）。
A．消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）若将标准状况下224mL的H2S气体通入200mL的CuSO4溶液中正好完全反应，现象是 ，写出反应的离子方程式 ，若溶液体积没有发生改变，此时溶液的pH值是 。
23．（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如图，请完成下列填空：
已知：
（1）A的结构简式是 ，D中的含氧官能团名称是 。
（2）由E生成F的反应类型是 ，写出E发生聚合反应的化学方程式 。
（3）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为 。
（4）芳香族化合物X是C的同分异构体，与C具有相同的官能团，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，写出符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物的合成路线 （其他试剂任选）。
24．（15分）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（2）向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl（s）+NH4Cl（aq）→NaCl（aq）+NH4Cl（s）过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、 、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
（3）装置A中的试剂为 ，装置C中的试剂为 。
（4）实验结束后通入空气的目的： 。
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 （保留2位小数）。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是 。
2021-2022学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中国科学家首次实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，这意味着（ ）
A．未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用
B．人类可以随意排放二氧化碳
C．应该继续大力发展燃煤发电
D．合成氨工业对农业生产已无意义
【分析】A.可以实现由二氧化碳到淀粉的人工合成；
B.随意排放二氧化碳依然会对环境产生影响；
C.发展燃煤发电除了会排放较多二氧化碳外和二氧化硫等污染性气体；
D.需要合成氨工业提供农业所需的氮肥。
【解答】解：A.目前淀粉来源于植物的光合作用，实现由二氧化碳到淀粉的人工合成，意味着未来生产淀粉可以不依赖生物的光合作用，故A正确；
B.虽然可以利用二氧化碳合成淀粉，但并不能消耗所有的二氧化碳，随意排放二氧化碳依然会对环境产生影响，故B错误；
C.继续大力发展燃煤发电除了会排放较多二氧化碳外，还会产生二氧化硫等污染性气体，故C错误；
D.即便实现了由二氧化碳到淀粉的人工合成，也不能代替农产品，依然需要合成氨工业提供农业所需的氮肥，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查化学对生产生活的影响，难度较小，引导学生关注化学的发展对生产生活的影响和思考。
2．（2分）日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚（3H）的说法正确的是（ ）
A．与氢元素互为同位素
B．中子数与质子数之差为2
C．核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的
D．化学性质与氕和氘几乎相同
【分析】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为元素的同位素；
B．原子中中子数＝质量数﹣质子数；
C．核废水中的氚的原子百分率高；
D．氕、氘、氚核电荷数都是1，核外电子数相同。
【解答】解：A．氚（3H）是氢元素的一种核素，和氕、氘互为同位素，故A错误；
B．氚（3H）的质子数为1，质量数为3，则中子数＝3﹣1＝2，中子数与质子数之差为1，故B错误；
C．自然界中氚的原子百分率不变，核废水中的氚的原子百分率高，故C错误；
D．氕、氘、氚核电荷数都是1，核外电子数相同，化学性质相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子结构、同位素概念等知识点，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（2分）下列有关煤和石油的说法正确的是（ ）
A．石油分馏的产品是纯净物
B．石油的裂解可得到乙烯
C．煤中含有苯、甲苯和粗氨水
D．煤的干馏是物理变化
【分析】A．根据石油分馏原理分析；
B．石油裂解的目的是获得断裂不饱和烃；
C．煤中不含苯、甲苯和粗氨水；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程。
【解答】解：A．石油是混合物，其分馏产品均是几种沸点相近的烃的混合物，即石油分馏产品仍是混合物，故A错误；
B．石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，故B正确；
C．煤中不含苯、甲苯和粗氨水，苯、甲苯和粗氨水是煤通过干馏这种化学变化产生的，故C错误；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程，故为化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，应注意的是煤的干馏、石油的裂化和裂解均为化学变化，而石油的分馏为物理变化。
4．（2分）旅游景点售卖的藏银多是白铜（铜镍合金），下列说法正确的是（ ）
A．合金都容易形成原电池，都特别容易被腐蚀
B．藏银的熔点比铜要高
C．藏银的硬度比铜要大
D．可通过外观颜色区分藏银和白银
【分析】A．合金不都易被腐蚀；
B．一般合金熔点低于成分金属；
C．一般合金硬度大于成分金属；
D．藏银和白银都是银白色。
【解答】解：A．合金不都易被腐蚀，如不锈钢耐腐蚀性强于纯铁，故A错误；
B．一般合金熔点低于成分金属，所以藏银的熔点比铜要低，故B错误；
C．一般合金硬度大于成分金属，所以藏银的硬度比铜要大，故C正确；
D．藏银和白银都是银白色，所以通过外观颜色无法区分藏银和白银，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了合金与金属性质区别，明确合金的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列晶体中熔点最低的是（ ）
A．干冰 B．NaOH C．金刚石 D．铝
【分析】不同类型的晶体之间熔沸点一般有：共价晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体。
【解答】不同类型的晶体之间熔沸点一般有：共价晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，干冰为分子晶体，熔点最低；金刚石为共价晶体，熔点最高；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，了解基本晶体的熔沸点的比较，题目比较基础。
6．（2分）下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是（ ）
A．过量的铁粉与氯气反应，生成氯化亚铁
B．Cl2具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C．漂粉精是纯净物
D．次氯酸的酸性比碳酸弱
【分析】A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．依据氯气在反应中氯元素化合价变化判断；
C．漂粉精的主要成分为NaCl、NaClO；
D．碳酸与次氯酸盐能反应生成次氯酸。
【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，与氯气量的多少无关，故A错误；
B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应中氯元素化合价部分降低、部分升高，氯气既表现氧化性又变性还原性，故B错误；
C．漂粉精的主要成分为NaCl、NaClO，由多种物质组成，为混合物，故C错误；
D．碳酸与次氯酸盐能反应生成次氯酸，所以次氯酸的酸性比碳酸弱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氯及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的组成、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，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
7．（2分）以下物质既有极性键又有非极性键的是（ ）
A．HF B．C2H4 C．N2 D．Na2O2
【分析】同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，以此来解答。
【解答】解：A.HF只含H﹣F极性键，故A错误；
B.乙烯含C﹣H极性键及C＝C非极性键，故B正确；
C.N2只含N≡N非极性键，故C错误；
D.Na2O2含离子键及O﹣O非极性键，不含极性键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查共价键，为高频考点，把握共价键的形成及判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意共价键的类型，题目难度不大。
8．（2分）下列有关浓硫酸的说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性
B．浓硫酸常温时不与铝发生化学反应，可用铝制容器盛装浓硫酸
C．浓硫酸可以用来干燥二氧化硫
D．浓硫酸与乙醇混合后水浴加热制取乙烯
【分析】A．浓硫酸与碳反应过程中硫酸为氧化剂；
B．铝在浓硫酸中发生钝化过程是生成了致密的氧化膜；
C．二氧化硫为酸性气体，可以用浓硫酸干燥；
D．高于100℃不能水浴加热。
【解答】解：A．浓硫酸与碳反应过程中将碳氧化，体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．常温时，铝在浓硫酸中发生钝化，钝化过程也是化学反应，故B错误；
C．二氧化硫与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故C正确；
D．浓硫酸与乙醇混合后需要加热到170℃反应制取乙烯，水浴加热达不到该温度，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，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）下列关于甲醛的描述错误的是（ ）
A．结构式： B．电子式： C．是极性分子 D．球棍模型：
【分析】A．用短线代替所有共用电子对即为结构式；
B．氧原子最外层为8个电子，漏掉了氧原子的2对孤电子对；
C．甲醛分子是平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，分子中正负电荷重心不重合；
D．用小球和小棍表示的模型为球棍模型。
【解答】解：A．甲醛分子中含有1个碳氧双键和2个碳氢键，甲醛的结构式为，故A正确；
B．甲醛分子中含有1个碳氧双键和2个碳氢键，甲醛正确的电子式为：，故B错误；
C．甲醛分子是平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，分子中正负电荷重心不重合，所以是极性分子，故C正确；
D．甲醛中含有2个碳氢键和1个碳氧双键，则甲醛的球棍模型为：，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、结构式、球棍模型等化学用语的概念及书写原则，试题侧重考查学生的规范答题的能力。
10．（2分）β﹣月桂烯的结构如图所示，一个分子β﹣月桂烯与一个分子Br2发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】根据β﹣月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1﹣3丁二烯类似结构，则能发生1，4加成．
【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与1分子Br2加成时，可以在①②③的位置上发生加成，也1分子Br2在①②发生1，4加成反应，故所得产物共有四种，故选D。
【点评】本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1﹣3丁二烯类似来分析解答即可．
11．（2分）2021年诺贝尔生理学或医学奖表彰了科学家在“发现温度和触觉感受器”方面作出的贡献。薄荷醇（见图）可用来识别TRPM8（一种能被凉爽激活的受体）。关于薄荷醇的说法正确的是（ ）
A．是乙醇的同系物 B．可发生消除反应
C．可被氧化为醛 D．与互为同分异构体
【分析】A．该有机物和乙醇结构不相似；
B．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子的醇能发生消去反应；
C．﹣CH2OH能被氧化生成﹣CHO；
D．薄荷醇的分子式为C10H20O，的分子式为C11H20O。
【解答】解：A．该有机物和乙醇结构不相似，所以二者不互为同系物，故A错误；
B．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子的醇能发生消去反应，根据图知，该有机物中醇羟基能发生消去反应生成烯烃，故B正确；
C．﹣CH2OH能被氧化生成﹣CHO，该有机物能发生氧化反应生成酮，不能发生氧化反应生成醛，故C错误；
D．薄荷醇的分子式为C10H20O，的分子式为C11H20O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意醇能发生消去反应、催化反应的结构特点，题目难度不大。
12．（2分）关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4molI2时，转移9mol电子
【分析】该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应；
B．KI既不是氧化产物又不是还原产物；
C．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂；
D．该反应中转移电子数为7。
【解答】解：该反应中I元素化合价由+7价、﹣1价变为0价，则K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，转移电子数为7，
A．氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应，K2H3IO6发生还原反应、HI发生氧化反应，故A错误；
B．KI既不是氧化产物又不是还原产物，I2既是氧化产物又是还原产物，故B错误；
C．K2H3IO6为氧化剂、部分HI为还原剂，反应中有的HI作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为7：1，故C正确；
D．该反应中转移电子数为7，即生成4molI2时，转移电子7mol，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合价变化、基本概念内涵是解本题关键，注意：部分HI作还原剂，题目难度不大。
13．（2分）向KAl（SO4）2溶液中加入一定量的Ba（OH）2溶液，当SO42﹣恰好完全沉淀时下列离子方程式正确的是（ ）
A．SO42﹣+Ba2+→BaSO4↓
B．Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+BaSO4↓
C．Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣→Al（OH）3↓+2BaSO4↓
D．Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
【分析】明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比＝1：4，据此判断解答。
【解答】解：明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，明矾与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比＝1：4，反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
14．（2分）4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素
相关信息
X
最外层电子数等于次外层电子数
Y
与X在同一主族
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期主族元素中原子半径最小
下列说法正确的是（ ）
A．X的金属性比Y强
B．Y的离子半径是同周期中最大的
C．Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定
D．Q的含氧酸是最强酸
【分析】4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数等于次外层电子数，X只能含有2个电子层，为Be元素；Y与X在同一主族，则Y为Mg；Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近，则Z为S；Q是同周期元素中原子半径最小，其原子序数大于S，则Q为Cl，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为Be，Y为Mg，Z为S，Q为Cl元素，
A.同主族从上到下金属性逐渐增强，则X的金属性比Y弱，故A错误；
B.Y的离子半径为镁离子，镁离子含有2个电子层，其离子半径小于硫离子、硫离子等阴离子，故B错误；
C.非金属性氧气，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞S，则Q的气态氢化物比Z的气态氢化物稳定，故C正确；
D.Q的含氧酸有次氯酸、氯酸、高氯酸等，高氯酸的酸性最强，次氯酸为弱酸，没有指出元素最高价，该说法不合理，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，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
15．（2分）下列有机物的实验室制备方法正确的是（ ）
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
【分析】A．电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，易堵塞启普发生器；
B．饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、溶解乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
C．醇的价格比较低廉；
D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2。
【解答】解：A．电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，堵塞启普发生器，所以不能在启普发生器中进行，故A错误；
B．饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、溶解乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，所以收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液，故B正确；
C．制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，故C错误；
D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，引进新的杂质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及常见物质的制备、物质的分离与除杂等知识，明确常见元素及其化合物性质、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
16．（2分）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是（ ）
A．灼烧海带
B．过滤海带灰的悬浊液
C．用有机溶剂萃取碘单质
D．分液获得碘单质的有机溶液
【分析】海带提碘时，选坩埚灼烧海带，然后溶解、过滤分离出含碘离子的溶液，氧化生成碘单质，再萃取、分液分离出含碘的有机溶液，最后蒸馏分离出碘单质，以此来解答。
【解答】解：A.灼烧需要坩埚等，不需要蒸发皿，故A错误；
B.过滤可分离出含碘离子的溶液，故B正确；
C.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则可用有机溶剂萃取碘单质，故C正确；
D.若选四氯化碳萃取碘时，分液漏斗下口分离出碘的有机溶液，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查海带提碘，为高频考点，把握海带提碘的实验步骤及操作、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（2分）根据如图信息分析，有关N2+3H2⇌2NH3的说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）+2bkJ
B．1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量
C．使用催化剂不会改变反应的热效应，即不会影响a和b的大小
D．1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和小于2molNH3（g）的化学能
【分析】A．图中氨气的状态为气态；
B．形成化学键放出热量，结合图中信息分析；
C．催化剂可以降低反应的活化能；
D．该反应是放热反应。
【解答】解：A．图中氨气的状态为气态，而选项中氨气为液态，无法确定N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）的反应热，故A错误；
B．形成化学键放出热量，由图可知，1molN原子和3molH原子生成1mol氨气时，放出bkJ的热量，故B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，则使用催化剂不会改变反应的热效应，但可以影响a和b的大小，故C错误；
D．该反应是放热反应，则1molN2（g）和3molH2（g）的化学能之和大于2molNH3（g）的化学能，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
18．（2分）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法正确的是（ ）
A．钢铁设施的电极反应式为Fe﹣2e→Fe2+
B．这是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做阳极
C．钢铁设施表面因有电子流入而被保护
D．通常情况下，钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【分析】A．钢铁设施做了原电池的正极，发生还原反应；
B．该装置为原电池，钢铁设施做了原电池的正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法；
C．钢铁设施做原电池的正极时被保护，将导线与金属M相连，M做负极，失去电子沿着导线进入铁设施表面；
D．海水中有大量的盐，电解质溶液导电性强，可以加速金属的腐蚀速度。
【解答】解：A．阴极其实是原电池的正极，发生还原反应，该电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A错误；
B．该装置为原电池，是牺牲阳极的阴极保护法，活泼的金属M做负极，故B错误；
C．当铁管做原电池的正极时被保护，将导线与金属M相连，M做负极，失去电子沿着导线进入铁设施表面，因钢铁设施累积大量电子而被保护，故C正确；
D．海水中有大量的盐，电解质溶液导电性强，金属更容易腐蚀，所以钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意的是原电池的正极、电解池的阴极材料可以被保护。
19．（2分）常温下，用0.1mol•L﹣1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL氨水时，c（CH3COOH）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣）
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c（NH4+）＜c（Cl﹣）
【分析】A.盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同；
B.酸抑制水的电离，生成氯化铵、醋酸铵均水解促进水的电离；
C.滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物；
D.若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量。
【解答】解：A.盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同，盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡，则氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故A正确；
B.酸抑制水的电离，生成氯化铵、醋酸铵均水解促进水的电离，则从开始至滴入氨水20mL的过程中，混合液中水的电离程度一直变大，故B正确；
C.滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，结合溶液中质子守恒可知：c（CH3COOH）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故C正确；
D.若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，且由电荷守恒可知存在c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），即c（NH4+）＞c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合，为高频考点，把握电离平衡、混合后溶质、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物料守恒及电荷守恒的应用，题目难度不大。
20．（2分）用活性炭对NO进行吸附可减少环境污染，反应如下：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）+34.0 kJ，T1℃时，在密闭容器中测得反应在不同时刻各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol•L﹣1
物质
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.42
0.30
0.30
0.36
0.36
下列说法不正确的是（ ）
A．第30min后，改变的条件可能是适当缩小了容器的体积
B．其他条件不变，在第50min后降低温度，可使容器中N2的浓度升高至0.6mol•L﹣1
C．第30min和第40min时NO的转化率相同
D．向容器内通适量氧气会使平衡逆向移动
【分析】A．根据表格数据可知，第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不发生移动；
B．50min是NO的浓度为0.48mol/L，N2的浓度为0.36mol/L，若不改变容器的体积，结合方程式，当NO全部转化时N2的浓度应为0.6mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以降低温度后平衡正向移动；
C．第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不移动；
D．氧气会和NO发生反应，使平衡逆向移动。
【解答】解：A．根据表格数据可知，第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不发生移动，该反应为前后气体系数之和相等的反应，所以改变的条件可能是适当缩小了容器的体积，故A正确；
B．50min是NO的浓度为0.48mol/L，N2的浓度为0.36mol/L，若不改变容器的体积，结合方程式，当NO全部转化时N2的浓度应为0.6mol/L，但可逆反应不能完全转化，所以降低温度后平衡正向移动，但N2的浓度也不可能达到0.6mol•L﹣1，故B错误；
C．第30 min后，NO、N2的浓度同等倍数的增大，说明平衡不移动，所以第30min和第40min时NO的转化率相同，故C正确；
D．氧气会和NO发生反应，使平衡逆向移动，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了影响平衡移动的因等，侧重分析及计算能力的考查，把握影响化学平衡的因素为解答的关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（16分）三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：
4 NH3+ 3 F2→ 1 NF3+ 3 NH4F。
完成下列填空：
（1）配平上述反应方程式。
（2）F原子的结构示意图是 ，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为 2p 。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱 F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N 。
（3）写出NH4F的电子式 ，溶液中NH4+的检验方法是 取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子 。
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是 Na2CO3 ，该产物的水溶液呈 碱 性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因： CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 。其稀溶液中存在关系式：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+ 2c（H2CO3） 。
【分析】（1）反应理解为NH3与F2反应生成NF3和HF，HF再与NH3反应生成NH4F；
（2）F是9号元素，原子核外有2个电子层，由里到外电子数依次为2、7；外围电子排布式为2s22p2；核电荷数越大、原子半径越小，元素单电子能力越强；
（3）NH4F由铵根离子与氟离子构成；铵盐与碱反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，钠暴露在空气中有关反应如下：4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，最终固体为碳酸钠，溶液中碳酸根水解而呈碱性；根据质子恒等式解答。
【解答】解：（1）反应理解为NH3与F2反应生成NF3和HF，HF再与NH3反应生成NH4F，1molNH3与3molF2反应生成1molNF3和3molHF，3molHF再与3molNH3反应生成3molNH4F，共有4molNH3反应，反应方程式为4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，
故答案为：4；3；1；3；
（2）F是9号元素，原子核外有2个电子层，由里到外电子数依次为2、7，原子结构示意图为；外围电子排布式为2s22p2，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N，
故答案为：；2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F＞N，原子半径F＜N，得电子能力F＞N，非金属性F＞N；
（3）NH4F由铵根离子与氟离子构成，电子式为；溶液中NH4+的检验方法是：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子，
故答案为：；取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有NH4+离子；
（4）与NH4+具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，钠暴露在空气中有关主要反应如下：4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，最终固体为Na2CO3，溶液中CO32﹣水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，使溶液中c（OH﹣）大于c（H+），故溶液呈碱性，根据质子恒等式有c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），
故答案为：Na2CO3；碱；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；2c（H2CO3）。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应方程式配平、原子结构示意图、元素周期律、电子式、常见离子检验、盐类水解等，属于一题多点型题目，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
22．（15分）在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）﹣Q（Q＞0），如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。请完成下列填空：
（1）在一定条件下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min时达到平衡状态，此时H2S剩余2mol，计算0～2min内S2的平均反应速率v（S2） 0.25mol•L﹣1•min﹣1 mol•L﹣1•min﹣1。图中压强p1，p2、p3从大到小顺序为 p3＞p2＞p1 ，原因是 由化学方程式可知，其它条件不变时，压强越大，平衡转化率越低，故p1＜p2＜p3 。又已知H2S可转化成羰基硫（COS）：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）+Q（Q＞0）。
（2）上述反应的平衡常数表达式K＝ 。
（3）在一恒容、绝热（与外界无热交换）的密闭容器中，充入H2S（g）与CO（g）进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是 AC （填标号）。
A．消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（4）若将标准状况下224mL的H2S气体通入200mL的CuSO4溶液中正好完全反应，现象是 产生黑色沉淀 ，写出反应的离子方程式 H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+， ，若溶液体积没有发生改变，此时溶液的pH值是 1 。
【分析】（1）根据题意，0～2min内Δn（H2S）＝4mol﹣2mol＝2mol，根据方程式可知相同时间内Δn（S2）＝1mol，容器体积为2L，所以v（S2）＝；
（2）根据平衡常数的定义可得该反应的K＝；
（3）A．消耗H2为逆反应，生成COS为正反应，消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1，即正反应速率等于逆反应速率；
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键，即生成0.5molH2S，正逆反应速率不相等；
C．当等于平衡常数，说明反应达到平衡；
D．反应前后气体系数之和相等，即气体总物质的量不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变；
（4）标况下224mL的H2S气体的物质的量为＝＝0.01mol，根据离子方程式可知产生0.02mol氢离子，溶液体积为200mL，所以c（H+）＝═0.1mol/L，据此计算。
【解答】解：（1）根据题意，0～2min内Δn（H2S）＝4mol﹣2mol＝2mol，根据方程式可知相同时间内Δn（S2）＝1mol，容器体积为2L，所以v（S2）＝＝＝0.25mol•L﹣1•min﹣1；由化学方程式可知，该反应为气体增大的反应，其它条件不变时，压强越大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率越低，故p3＞p2＞p1，
故答案为：0.25mol•L﹣1•min﹣1；p3＞p2＞p1；由化学方程式可知，其它条件不变时，压强越大，平衡转化率越低，故p1＜p2＜p3；
（2）根据平衡常数的定义可知该反应的K＝，
故答案为：；
（3）A．消耗H2为逆反应，生成COS为正反应，消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1，即正反应速率等于逆反应速率，可以说明反应达到平衡，故A正确；
B．生成amolCOS，同时形成amolH﹣S键，即生成0.5molH2S，正逆反应速率不相等，不能说明化学反应达到平衡，故B错误；
C．当等于平衡常数，且保持不变时，说明反应达到平衡，故C正确；
D．反应前后气体系数之和相等，即气体总物质的量不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变，所以无论是否平衡，混合气体的平均相对分子质量都不变，故D错误；
故答案为：AC；
（4）H2S气体通入CuSO4溶液中发生反应：H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+，CuS为黑色沉淀，所以现象为产生黑色沉淀；标况下224mL的H2S气体的物质的量为＝＝0.01mol，根据离子方程式可知产生0.02mol氢离子，溶液体积为200mL，所以c（H+）＝═0.1mol/L，pH＝﹣lg c（H+）＝1，
故答案为：产生黑色沉淀；H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+；1。
【点评】本题考查了化学平衡图象、影响化学平衡的因素、化学平衡常数、化学平衡判断等，为高频考点，难度中等，解题的关键是掌握化学平衡的基础知识。
23．（14分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如图，请完成下列填空：
已知：
（1）A的结构简式是 ，D中的含氧官能团名称是 羧基 。
（2）由E生成F的反应类型是 取代反应（或酯化反应） ，写出E发生聚合反应的化学方程式 。
（3）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为 。
（4）芳香族化合物X是C的同分异构体，与C具有相同的官能团，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，写出符合要求的X的结构简式 。
（5）写出用环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物的合成路线 （其他试剂任选）。
【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式：C9H8O+H2O﹣C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；
（5）由与溴加成反应得到，结合信息②可知由与2﹣丁炔加成得到，环戊烷与氯气发生取代反应得到，再发生消去反应得到。
【解答】解：（1）由分析可知，A的结构简式为，D的结构简式为，D中含氧官能团是羧基，
故答案为：；羧基；
（2）E→F是与乙醇发生酯化反应生成，也属于取代反应；发生聚合反应反应生成，反应方程式为，
故答案为：取代反应（或酯化反应）；；
（3）由F生成H的化学方程式为，
故答案为：；
（4）芳香化合物X是C（）的同分异构体，X与C具有相同的官能团，说明X含有碳碳双键、羧基，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，应是苯环有2个不同的取代基且处于对位，符合要求的X的结构简式为，
故答案为：；
（5）由与溴加成反应得到，结合信息②可知由与2﹣丁炔加成得到，环戊烷与氯气发生取代反应得到，再发生消去反应得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，熟练掌握官能团及其性质。
24．（15分）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 NaCl+NH3•H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl 。
（2）向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl（s）+NH4Cl（aq）→NaCl（aq）+NH4Cl（s）过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、 过滤 、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
（3）装置A中的试剂为 氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液） ，装置C中的试剂为 浓硫酸 。
（4）实验结束后通入空气的目的： 把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收 。
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 0.80 （保留2位小数）。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是 反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去 。
【分析】Ⅰ.制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl（s）+NH4Cl（aq）＝NaCl（aq）+NH4Cl（s），可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用，据此解答（1）～（2）；
Ⅱ.装置A为氢氧化钠溶液，用于吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定，B中稀硫酸与纯碱反应生成二氧化碳，装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，连接E，可用于避免空气中的水、二氧化碳进入D，导致实验误差，以此解答（3）～（5）。
【解答】解：（1）氨盐水是氨气、NaCl的混合溶液，通入CO2气体生成NaHCO3和NH4Cl，总反应的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+NH3•H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；
（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，
故答案为：氢氧化钠溶液（或其他强碱的溶液）；浓硫酸；
（4）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，
故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，则碳酸钠质量分数＝＝0.80；按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去，
故答案为：0.80；反应前没有将装置中的空气（二氧化碳）除去。
【点评】本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识点，为高频考点，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，题目难度中等。
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