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2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模），共30页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）NH3•H2O属于（ ）
A．离子化合物 B．碱 C．非电解质 D．混合物
2．（2分）近日我国首次实现了直接由原油转化为乙烯、丙烯等小分子的工业化应用。该技术属于（ ）
A．裂解 B．干馏 C．裂化 D．分馏
3．（2分）室温下C2H5Cl是气体，雾状C2H5Cl喷洒在伤痛部位可起到局部麻醉作用。关于C2H5Cl说法正确的是（ ）
A．易液化
B．所有原子共平面
C．易溶于水
D．C2H5ClC2H4
4．（2分）工业上可用氪（Kr）进行机械磨损的研究，关于Kr的说法正确的是（ ）
A．原子序数为49 B．质量数为36
C．中子数85 D．最外层电子数为8
5．（2分）中国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的从头合成．下列说法错误的是（ ）
A．淀粉属于高分子化合物
B．合成过程中一定有聚合反应发生
C．淀粉溶液遇KI会变蓝
D．粮食中的淀粉经发酵可生产酒精
6．（2分）不属于工业合成氨条件的是（ ）
A．铁触媒做催化剂
B．常压
C．500℃左右
D．N2和H2的投料比为1：2.8
7．（2分）车用尿素是利用反应2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是（ ）
A．尿素属于有机氮肥
B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g
D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
8．（2分）最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是（ ）
A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应
D．用与Br2制备的反应
9．（2分）要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是（ ）
A．滴加KSCN溶液 B．加入铁粉
C．通入Cl2 D．加入铜粉
10．（2分）用如图装置制取干燥的气体（a、b表示加入的试剂），能实现的是（ ）
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
11．（2分）向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为（ ）
A．S2﹣ B．H2S C．S D．SO42﹣
12．（2分）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
13．（2分）SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是（ ）
A．属于原子晶体
B．是非极性分子
C．S和F之间共用电子对偏向S
D．所有原子均满足8电子稳定结构
14．（2分）一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Ba（OH）2溶液
C．稀盐酸 D．焰色试验
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ⋅mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
则2O（g）→O2（g）+Q中Q为（ ）
A．428kJ B．﹣428kJ C．498kJ D．﹣498kJ
16．（2分）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与Na2CO3反应得44gCO2
17．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H键大
C
比PH3稳定性强
N﹣H键的键长比P﹣H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是（ ）
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
19．（2分）已知：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+Q（q＞0），向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率（v）随时间（t）的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t2时改变的条件：向容器中加入C
B．容器内压强不变时，表明反应达到平衡
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＜φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＞K（Ⅰ）
20．（2分）室温下，0.1mol•L﹣1CH3COONH4呈中性，下列说法错误的是（ ）
A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1
B．c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）
C．CH3COONH4能促进水的电离
D．c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
二、综合题（共60分）
21．（15分）过氧化氢（H2O2）是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：
2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）+Q（Q＞0）
H2O2（l）⇌H+（aq）+HO2﹣（aq）K＝2.24×10﹣12（25℃）
完成下列填空：
（1）氧原子核外电子亚层数为 ，H2O2的电子式 。
（2）实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 。
（3）H2O2分解反应的平衡常数K＝ ；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃ K40℃（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）25℃，H2O2的pH H2O（选填“大于”“小于”或“等于”）．研究表明，H2O2溶液中HO2﹣的浓度越大，H2O2的分解速率越快．某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是 ；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是 。
（5）蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下： CrO5+ H2O2+ H+→ Cr3++ O2↑+ H2O。配平上述方程式。
22．（15分）近期发现，H2S是一种生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．
完成下列填空：
（1）H2S的分子构型为 。
（2）下列事实中，能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 。（选填编号）
a.氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，而亚硫酸可以
b.相同条件下，氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
c.室温下，0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
d.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在350℃时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应10min达到平衡，测得水的物质的量分数为0.02。0～10min，H2S的平均反应速率v＝ 。
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的平衡转化率α ，（选填“增大”或“减小”），该反应是 反应。（选填“吸热”或“放热”）
（5）CO2和COS结构相似，沸点：CO2 COS（选填“＞”或“＜”），解释理由 。
（6）除去C2H2中少量H2S的方法 。
23．（15分）G是一种重要的药物中间体，可用于制备治疗癫痫的药物，合成路线如图。
完成下列填空：
（1）写出A物质的名称 。
（2）写出B物质中官能团名称 。
（3）F→G的反应类型为 。
（4）写出D→E反应的化学方程式 。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，写出其结构简式 。
（6）写出满足下列条件，物质X同分异构体的结构简式 。
①不能发生银镜反应
②有2种不同化学环境的H原子
（7）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计制备苦杏仁酸（）的合成路线。 。（合成路线常用的表达方式为：AB....目标产物）
24．（15分）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。
Ⅰ.图1是利用天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
（1）操作①为 。
（2）碳化装置中反应的离子方程式 。
（3）解释选择0.34～0.4Mpa干燥的原因 。
（4）对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势 。
Ⅱ.为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图2所示。
完成下列填空：
（5）取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称 。
（6）根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是 ，此时滴定终点的现象为 。
（7）计算该样品中NaHCO3的质量分数为 。
2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）NH3•H2O属于（ ）
A．离子化合物 B．碱 C．非电解质 D．混合物
【分析】A．含阴阳离子的化合物为离子化合物；
B．水中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C．水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
D．不同物质组成的为混合物。
【解答】解：NH3•H2O在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，属于碱类化合物，
故选：B。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
2．（2分）近日我国首次实现了直接由原油转化为乙烯、丙烯等小分子的工业化应用。该技术属于（ ）
A．裂解 B．干馏 C．裂化 D．分馏
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃。
【解答】解：A．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃，故A正确；
B．煤的干馏是为了获得煤焦油、焦炉煤气和焦炭等，故B错误；
C．裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故C错误；
D．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大。
3．（2分）室温下C2H5Cl是气体，雾状C2H5Cl喷洒在伤痛部位可起到局部麻醉作用。关于C2H5Cl说法正确的是（ ）
A．易液化
B．所有原子共平面
C．易溶于水
D．C2H5ClC2H4
【分析】A．依据氯乙烷沸点为12.3℃解答；
B．氯乙烷中碳原子杂化方式为sp3；
C．依据相似相溶原理判断；
D．氯代烃消去的条件为氢氧化钠的醇溶液。
【解答】解：A．氯乙烷沸点为12.3℃，易液化，故A正确；
B．氯乙烷中碳原子杂化方式为sp3，所以原子不可能共平面，故B错误；
C．溴乙烷为卤代烃，为有机物，难溶于水，故C错误；
D．氯代烃消去的条件为氢氧化钠的醇溶液，所以C2H5ClC2H4不能发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物性质，熟悉氯乙烷物理性质，明确卤代烃结构特点是解题关键，注意氯代烃、醇发生消去反应的条件，题目难度不大。
4．（2分）工业上可用氪（Kr）进行机械磨损的研究，关于Kr的说法正确的是（ ）
A．原子序数为49 B．质量数为36
C．中子数85 D．最外层电子数为8
【分析】根据原子的构成判断，Kr中质子数为36，质量数为85，质子数+中子数＝质量数，质子数＝电子数＝原子序数，据此分析。
【解答】解：Kr中质子数为36，质量数为85，
A．质子数＝电子数＝原子序数，则原子序数为36，故A错误；
B．质量数是85，故B错误；
C．中子数＝质量数﹣质子数＝85﹣36＝49，故C错误；
D．质子数＝电子数，则电子数为36，它的原子结构示意图为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子的构成，题目难度不大，注意把握原子中微粒之间的关系：质子数+中子数＝质量数，质子数＝电子数＝原子序数。
5．（2分）中国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的从头合成．下列说法错误的是（ ）
A．淀粉属于高分子化合物
B．合成过程中一定有聚合反应发生
C．淀粉溶液遇KI会变蓝
D．粮食中的淀粉经发酵可生产酒精
【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
B．由小分子生成高分子化合物的反应叫做聚合反应；
C．淀粉遇碘单质呈蓝色；
D．淀粉是多糖最终水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下可以生成乙醇。
【解答】解：A．淀粉属于高分子化合物，故A正确；
B．CO2是小分子，淀粉[（C6H10O5）n]属于高分子化合物，故从CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的合成过程中一定有聚合反应发生，故B正确；
C．碘单质遇淀粉与淀粉结合形成蓝色物质，淀粉碘化钾溶液中含有碘离子，碘离子遇淀粉不变色，故C错误；
D．淀粉是多糖最终水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下发酵可以生成乙醇，方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查淀粉的性质和用途，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。
6．（2分）不属于工业合成氨条件的是（ ）
A．铁触媒做催化剂
B．常压
C．500℃左右
D．N2和H2的投料比为1：2.8
【分析】影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂、接触面积，影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强等知识结合实际工业生产来回答。
【解答】解：工业上合成氨的生产中采用400～500℃的高温，原因之一是考虑催化剂的活性，其二是为了提高反应速率，缩短达到平衡的时间，采用30～50MPa的压强，是为了保证较高的反应速率和较高的产率以及设备的耐压程度来考虑的，N2和H2的投料比为1：2.8，能加快合成氨的反应，不符合的是常压，
故选：B。
【点评】本题考查学生影响化学反应速率、以及化学平衡移动的因素，结合工业合成氨知识来考查，使得化学和实际联系更密切，题目难度不大。
7．（2分）车用尿素是利用反应2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是（ ）
A．尿素属于有机氮肥
B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g
D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
【分析】A．尿素含碳、氮元素，属于有机氮肥；
B．尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，结合化合价分析；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol；
D．二氧化氮可以和空气中水分反应生成硝酸。
【解答】解：A．尿素含氮元素，为有机物，属于有机氮肥，故A正确；
B．由方程式可知，尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，氮气既是氧化产物也是还原产物，故B正确；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol，因此，每转移1.6mol电子，减排NO20.4mol，故C错误；
D．二氧化氮和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，难度不大，结合元素的化合价变化进行分析为解答的关键。
8．（2分）最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是（ ）
A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应
D．用与Br2制备的反应
【分析】“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应，可知生成物只有一种时属于最理想的“原子经济性反应”，以此来解答。
【解答】解：A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应，还生成氢氧化钙，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故A错误；
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应，产物只有一种，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故B正确；
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应，还生成H2O，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故C错误；
D．用与Br2制备的反应，还生成HBr，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，把握习题中的信息、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应的类型及产物。
9．（2分）要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是（ ）
A．滴加KSCN溶液 B．加入铁粉
C．通入Cl2 D．加入铜粉
【分析】氯化铁溶液与Fe反应生成氯化亚铁，反应后过滤可除杂，以此来解答。
【解答】解：A.滴加KSCN溶液可检验铁离子，不能除杂，故A错误；
B.氯化铁溶液与Fe反应生成氯化亚铁，加足量铁粉反应后过滤可除杂，故B正确；
C.氯气可氧化氯化亚铁，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，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。
10．（2分）用如图装置制取干燥的气体（a、b表示加入的试剂），能实现的是（ ）
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．硫化氢具有还原性，能与浓硫酸反应；
B．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热；
C．铁遇浓硝酸钝化；
D．盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分。
【解答】解：A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢，故硫化氢不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．反应装置为固液混合不加热型装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C．常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D．大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备和干燥，题目难度中等，掌握常见气体的制备方法和干燥方法是解题的关键。
11．（2分）向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为（ ）
A．S2﹣ B．H2S C．S D．SO42﹣
【分析】氯气可氧化硫离子，且溶液无明显现象，可知硫离子被氧化为硫酸根离子，以此来解答。
【解答】解：向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象，因氯气具有氧化性，则硫离子被氧化，S元素的化合价升高，溶液中S元素存在的主要形式为SO42﹣，只有D正确，
故选：D。
【点评】本题考查含硫物质的性质，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，注意元素的化合价变化及氧化还原反应的应用，题目难度不大。
12．（2分）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
【分析】原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，且阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B．金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极反应、离子的移动方向等，基础性强，难度不大。
13．（2分）SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是（ ）
A．属于原子晶体
B．是非极性分子
C．S和F之间共用电子对偏向S
D．所有原子均满足8电子稳定结构
【分析】A．由分子构成的晶体是分子晶体，由原子构成的晶体是原子晶体；
B．六氟化硫分子呈正八面体，正负电荷重心重合；
C．S与F之间共用电子对偏向F；
D．S元素化合价+价电子数＝6+6＝12。
【解答】解：A．该晶体的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故A错误；
B．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故B正确；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值＝8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数＝6+6＝12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查分子极性判断、晶体类型判断、8电子结构等知识点，侧重考查学生获取信息利用信息能力，知道8电子结构的判断方法。
14．（2分）一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Ba（OH）2溶液
C．稀盐酸 D．焰色试验
【分析】NH4Cl、K2SO4和Na2CO3的阳离子不同，钠、K的焰色试验分别为黄色、紫色，焰色试验可鉴别，以此来解答。
【解答】解：A.均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B.K2SO4和Na2CO3均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、K2SO4均与稀盐酸不反应，不能鉴别，故C错误；
D.NH4Cl无焰色试验，K2SO4和Na2CO3的焰色试验分别为紫色、黄色，可鉴别，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，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。
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ⋅mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
则2O（g）→O2（g）+Q中Q为（ ）
A．428kJ B．﹣428kJ C．498kJ D．﹣498kJ
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
【解答】解：焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，由热化学方程式及键能可知，2×436+Q﹣2×2×463＝﹣482，解得Q＝498，
故选：C。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与Na2CO3反应得44gCO2
【分析】A.由结构可知含碳碳双键、羟基、羧基；
B.乙醇、乙酸中均不含碳碳双键；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.只有羧基与碳酸钠反应，若碳酸钠溶液足量，生成碳酸氢钠。
【解答】解：A.含碳碳双键可发生加成反应，含羟基、羧基可发生取代反应，故A错误；
B.乙醇、乙酸中均不含碳碳双键，与该物质结构不相似，均不互为同系物，故B错误；
C.二者的分子式相同、结构不同，则二者互为同分异构体，故C正确；
D.只有羧基与碳酸钠反应，若碳酸钠溶液足量，生成碳酸氢钠，无气体生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
17．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H键大
C
比PH3稳定性强
N﹣H键的键长比P﹣H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NH3能形成分子间氢键，会导致其熔、沸点升高，而PH3不能；
B．氢键的存在，导致其熔、沸点升高；
C．键长越小，键能越大，对应分子越稳定；
D．物质中所含元素化合价可以升高，被氧化，表现为还原性。
【解答】解：A．NH3和PH3属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但NH3能形成分子间氢键，导致其沸点升高，而PH3不能，故A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为NH3能形成分子间氢键，氢键的存在，导致其熔、沸点升高，与键能大小无关，故B错误；
C．N﹣H键的键长小于P﹣H键长，N﹣H键的键能大于P﹣H，键能越大，对应分子越稳定，故NH3比PH3稳定性强，故C错误；
D．NH3中的N为﹣3价，是N元素的最低价，化合价可以升高，具有还原性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查NH3和PH3的性质比较，同时考查氢键、键长与键能及分子稳定性的关系，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是（ ）
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约2体积的氯气，其先溶于水；
B．收集的氯气不纯；
C．依据次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气解答；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸。
【解答】解：A．由信息可知，氯气易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯净则会导致水不能充满，故B错误；
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于得到溶液中含有次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故C错误；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸，所以向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应及氯水的成分及性质即可解答，题目难度不大。
19．（2分）已知：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+Q（q＞0），向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率（v）随时间（t）的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t2时改变的条件：向容器中加入C
B．容器内压强不变时，表明反应达到平衡
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＜φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＞K（Ⅰ）
【分析】由图可知，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，瞬间正反应速率不变，然后增大，可知改变的条件为加入生成物，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，二者为等效平衡，且平衡常数与温度有关，以此来解答。
【解答】解：A.由上述分析可知，t2时改变的条件：向容器中加入C，故A正确；
B.反应前后气体的总物质的量不变，恒温恒容时压强始终不变，不能表明反应达到平衡，故B错误；
C.将生成物极限转化为反应物，起始量的比值不变，二者为等效平衡，则平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＝φ（Ⅰ），故C错误；
D.温度不变，则平衡常数K：K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡，为高频考点，把握速率变化与平衡移动、平衡常数与温度的关系为解答的关键，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）室温下，0.1mol•L﹣1CH3COONH4呈中性，下列说法错误的是（ ）
A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1
B．c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）
C．CH3COONH4能促进水的电离
D．c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
【分析】A.常温下不水解的盐溶液，显中和时水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1，且水解促进水的电离；
B.CH3COONH4呈中性，可知醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同；
C.水解促进水的电离；
D.水解的程度不大，且醋酸根离子水解生成醋酸。
【解答】解：A.常温下不水解的盐溶液，显中和时水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1，且水解促进水的电离，则CH3COONH4溶液中水电离产生的c（H+）＞1×10﹣7mol⋅L﹣1，故A错误；
B.CH3COONH4呈中性，可知醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，则c（NH4+）＝c（CH3COO﹣），故B正确；
C.水解促进水的电离，则CH3COONH4能促进水的电离，故C正确；
D.水解的程度不大，且醋酸根离子水解生成醋酸，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐类水解的规律、溶液的酸碱性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）过氧化氢（H2O2）是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：
2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）+Q（Q＞0）
H2O2（l）⇌H+（aq）+HO2﹣（aq）K＝2.24×10﹣12（25℃）
完成下列填空：
（1）氧原子核外电子亚层数为 3 ，H2O2的电子式 。
（2）实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O 。
（3）H2O2分解反应的平衡常数K＝ c（O2） ；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃ ＞ K40℃（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）25℃，H2O2的pH 小于 H2O（选填“大于”“小于”或“等于”）．研究表明，H2O2溶液中HO2﹣的浓度越大，H2O2的分解速率越快．某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是 pH升高，HO2﹣的浓度增加，H2O2分解速率加快 ；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小 。
（5）蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下： 2 CrO5+ 7 H2O2+ 6 H+→ 2 Cr3++ 7 O2↑+ 10 H2O。配平上述方程式。
【分析】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K＝c（O2）；
（4）25℃时，H2O为中性其pH＝7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2﹣平衡正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+＝2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10。
【解答】解：（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：，
故答案为：3；；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O，
故答案为：H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K＝c（O2）；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃，
故答案为：c（O2）；＞；
（4）25℃时，H2O为中性其pH＝7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2﹣平衡正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡H2O2⇌H++HO2﹣正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，
故答案为：小于；pH升高，HO2﹣的浓度增加，H2O2分解速率加快；H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+＝2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+＝2Cr3++7O2↑+10H2O，
故答案为：2；7；6；2；7；10。
【点评】本题考查化学平衡，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确化学平衡移动为解答关键，注意外界因素对化学反应速率的影响，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
22．（15分）近期发现，H2S是一种生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．
完成下列填空：
（1）H2S的分子构型为 V形 。
（2）下列事实中，能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 abc 。（选填编号）
a.氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，而亚硫酸可以
b.相同条件下，氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
c.室温下，0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
d.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在350℃时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应10min达到平衡，测得水的物质的量分数为0.02。0～10min，H2S的平均反应速率v＝ 4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 。
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的平衡转化率α 增大 ，（选填“增大”或“减小”），该反应是 吸热 反应。（选填“吸热”或“放热”）
（5）CO2和COS结构相似，沸点：CO2 ＜ COS（选填“＞”或“＜”），解释理由 CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高 。
（6）除去C2H2中少量H2S的方法 CuSO4溶液 。
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论，中心原子的价层电子对个数＝成键电子对数+孤电子对数＝σ键数+（a﹣xb），得到VSEPR模型，去掉孤电子对即为微粒的立体结构；
（2）a．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，而亚硫酸可以；
b．亚硫酸的电离程度大于氢硫酸；
c．根据pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大；
d．氢硫酸的还原性强于亚硫酸；
（3）根据三段式，设生成的水的物质的量为xmol，列式计算反应平衡后水的物质的量分数为0.02，得出x的，进而球场0～10minH2S的平均反应速率；
（4）在360℃重复实验，生成水的物质的量增大，则消耗的H2S的量增大，升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
（5）硫化羰与CO2的结构相似，硫化羰与CO2的固体均为分子晶体，相对分子质量大、分子间作用力强；
（6）H2S可与CuSO4溶液反应。
【解答】解：（1）H2S分子中心原子的价层电子对个数＝成键电子对数+孤电子对数＝2+（6﹣2×1）＝2+2＝4，氧原子有2对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形，所以分子的构型为V形，
故答案为：V形；
（2）a．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，而亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故a正确；
b．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故b正确；
c．0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故c正确；
d．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，酸的强弱与其还原性强弱无关，则不能用于比较酸性的强弱，故d错误；
故答案为：abc；
（3）设生成的水的物质的量为xmol，
根据可逆反应H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
开始（mol）0.40 0.10 0 0
反应（mol） x x x x
平衡（mol）0.40﹣x 0.10﹣x x x
则反应平衡后水的物质的量分数为0.02＝，则x＝0.01mol，v（H2S）＝＝＝4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1；
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，生成水的物质的量增大，则消耗的H2S的量增大，所以硫化氢的转化率增大；升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应，
故答案为：增大；吸热；
（5）CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高，所以沸点：CO2＜COS；
故答案为：＜；CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高；
（6）H2S可与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，用于除杂，
故答案为：CuSO4溶液。
【点评】本题考查了离子或分子的立体构型，侧重分子结构与性质的考查，把握常见分子的空间构型为解答的关键，题目难度中等。
23．（15分）G是一种重要的药物中间体，可用于制备治疗癫痫的药物，合成路线如图。
完成下列填空：
（1）写出A物质的名称 乙酸 。
（2）写出B物质中官能团名称 碳氯键、羧基 。
（3）F→G的反应类型为 加成反应 。
（4）写出D→E反应的化学方程式 HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O 。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，写出其结构简式 （CH3）2CHCH2CHO 。
（6）写出满足下列条件，物质X同分异构体的结构简式 。
①不能发生银镜反应
②有2种不同化学环境的H原子
（7）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计制备苦杏仁酸（）的合成路线。 。（合成路线常用的表达方式为：AB....目标产物）
【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为CH3COOH，A与氯气发生取代反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与NaCN发生取代反应生成NCCH2COOH，NCCH2COOH酸性条件下水解生成HOOCH2COOH，HOOCH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，（5）中X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，对比E、F的结构，可推知X为（CH3）2CHCH2CHO，F→G是F与HCN发生加成反应；
（7）酸性条件下水解生成，然后与氯气反应生成，最后碱性条件下水解、酸化得到。
【解答】解：（1）由A的分子式、B的结构简式，可知A为CH3COOH，A物质的名称为乙酸，
故答案为：乙酸；
（2）B的结构简式为ClCH2COOH，B物质中官能团名称为碳氯键、羧基，
故答案为：碳氯键、羧基；
（3）对比F、G的结构可知，F→G是F与HCN发生加成反应G，
故答案为：加成反应；
（4）D→E反应的化学方程式为HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O，
故答案为：HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，对比E、F的结构，可推知X的结构简式为（CH3）2CHCH2CHO，
故答案为：（CH3）2CHCH2CHO；
（6）X的结构简式为（CH3）2CHCH2CHO，物质X同分异构体不能发生银镜反应，说明不含醛基，且有2种不同化学环境的H原子，说明存在对称结构，该同分异构体结构简式为，
故答案为：；
（7）酸性条件下水解生成，然后与氯气反应生成，最后碱性条件下水解、酸化得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度不大。
24．（15分）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。
Ⅰ.图1是利用天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
（1）操作①为 过滤、洗涤 。
（2）碳化装置中反应的离子方程式 2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓ 。
（3）解释选择0.34～0.4Mpa干燥的原因 抑制NaHCO3受热分解 。
（4）对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势 天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低 。
Ⅱ.为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图2所示。
完成下列填空：
（5）取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称 碱式滴定管 。
（6）根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是 甲基橙 ，此时滴定终点的现象为 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 。
（7）计算该样品中NaHCO3的质量分数为 94.5% 。
【分析】天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）经过70～85℃溶解，然后碳化生成生成碳酸氢钠，碳化后的母液返回和天然碱再仪器溶解，碳酸氢钠经过操作①过滤、洗涤进行干燥，得到碳酸氢钠固体，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠，其他产物返回碳化步骤，碳酸氢钠在120～130℃、0.34～0.4Mpa下得到小苏达；
（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，通过过滤分离；
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠；
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，较低压强可以抑制NaHCO3受热分解；
（4）然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低；
（5）碳酸氢钠溶液呈碱性，用碱式滴定管量取；
（6）滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复；
（7）根据反应原理为HCl+NaHCO3＝NaCl+H2O+CO2↑，结合反应的系数关系进行计算。
【解答】解：（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤，
故答案为：过滤、洗涤；
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓，
故答案为：2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓；
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解，
故答案为：抑制NaHCO3受热分解；
（4）索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低，
故答案为：天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低；
（5）碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管，
故答案为：碱式滴定管；
（6）盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复，
故答案为：甲基橙；滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复；
（7）由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000mol•L﹣1×0.018L＝1.8×10﹣3mol，而碳酸氢钠和盐酸是1：1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.8×10﹣3mol，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为×1.8×10﹣3mol＝2.25×10﹣2mol，质量为2.25×10﹣2mol×84g/mol＝1.89g，则碳酸氢钠的纯度为×100%＝94.5%，
故答案为：94.5%。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价等，明确实验原理是答题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，综合性较强，题目难度中等。
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 19:24:05；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）NH3•H2O属于（ ）
A．离子化合物 B．碱 C．非电解质 D．混合物
2．（2分）近日我国首次实现了直接由原油转化为乙烯、丙烯等小分子的工业化应用。该技术属于（ ）
A．裂解 B．干馏 C．裂化 D．分馏
3．（2分）室温下C2H5Cl是气体，雾状C2H5Cl喷洒在伤痛部位可起到局部麻醉作用。关于C2H5Cl说法正确的是（ ）
A．易液化
B．所有原子共平面
C．易溶于水
D．C2H5ClC2H4
4．（2分）工业上可用氪（Kr）进行机械磨损的研究，关于Kr的说法正确的是（ ）
A．原子序数为49 B．质量数为36
C．中子数85 D．最外层电子数为8
5．（2分）中国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的从头合成．下列说法错误的是（ ）
A．淀粉属于高分子化合物
B．合成过程中一定有聚合反应发生
C．淀粉溶液遇KI会变蓝
D．粮食中的淀粉经发酵可生产酒精
6．（2分）不属于工业合成氨条件的是（ ）
A．铁触媒做催化剂
B．常压
C．500℃左右
D．N2和H2的投料比为1：2.8
7．（2分）车用尿素是利用反应2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是（ ）
A．尿素属于有机氮肥
B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g
D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
8．（2分）最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是（ ）
A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应
D．用与Br2制备的反应
9．（2分）要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是（ ）
A．滴加KSCN溶液 B．加入铁粉
C．通入Cl2 D．加入铜粉
10．（2分）用如图装置制取干燥的气体（a、b表示加入的试剂），能实现的是（ ）
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
11．（2分）向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为（ ）
A．S2﹣ B．H2S C．S D．SO42﹣
12．（2分）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
13．（2分）SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是（ ）
A．属于原子晶体
B．是非极性分子
C．S和F之间共用电子对偏向S
D．所有原子均满足8电子稳定结构
14．（2分）一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Ba（OH）2溶液
C．稀盐酸 D．焰色试验
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ⋅mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
则2O（g）→O2（g）+Q中Q为（ ）
A．428kJ B．﹣428kJ C．498kJ D．﹣498kJ
16．（2分）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与Na2CO3反应得44gCO2
17．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H键大
C
比PH3稳定性强
N﹣H键的键长比P﹣H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是（ ）
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
19．（2分）已知：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+Q（q＞0），向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率（v）随时间（t）的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t2时改变的条件：向容器中加入C
B．容器内压强不变时，表明反应达到平衡
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＜φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＞K（Ⅰ）
20．（2分）室温下，0.1mol•L﹣1CH3COONH4呈中性，下列说法错误的是（ ）
A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1
B．c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）
C．CH3COONH4能促进水的电离
D．c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
二、综合题（共60分）
21．（15分）过氧化氢（H2O2）是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：
2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）+Q（Q＞0）
H2O2（l）⇌H+（aq）+HO2﹣（aq）K＝2.24×10﹣12（25℃）
完成下列填空：
（1）氧原子核外电子亚层数为 ，H2O2的电子式 。
（2）实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 。
（3）H2O2分解反应的平衡常数K＝ ；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃ K40℃（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）25℃，H2O2的pH H2O（选填“大于”“小于”或“等于”）．研究表明，H2O2溶液中HO2﹣的浓度越大，H2O2的分解速率越快．某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是 ；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是 。
（5）蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下： CrO5+ H2O2+ H+→ Cr3++ O2↑+ H2O。配平上述方程式。
22．（15分）近期发现，H2S是一种生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．
完成下列填空：
（1）H2S的分子构型为 。
（2）下列事实中，能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 。（选填编号）
a.氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，而亚硫酸可以
b.相同条件下，氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
c.室温下，0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
d.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在350℃时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应10min达到平衡，测得水的物质的量分数为0.02。0～10min，H2S的平均反应速率v＝ 。
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的平衡转化率α ，（选填“增大”或“减小”），该反应是 反应。（选填“吸热”或“放热”）
（5）CO2和COS结构相似，沸点：CO2 COS（选填“＞”或“＜”），解释理由 。
（6）除去C2H2中少量H2S的方法 。
23．（15分）G是一种重要的药物中间体，可用于制备治疗癫痫的药物，合成路线如图。
完成下列填空：
（1）写出A物质的名称 。
（2）写出B物质中官能团名称 。
（3）F→G的反应类型为 。
（4）写出D→E反应的化学方程式 。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，写出其结构简式 。
（6）写出满足下列条件，物质X同分异构体的结构简式 。
①不能发生银镜反应
②有2种不同化学环境的H原子
（7）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计制备苦杏仁酸（）的合成路线。 。（合成路线常用的表达方式为：AB....目标产物）
24．（15分）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。
Ⅰ.图1是利用天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
（1）操作①为 。
（2）碳化装置中反应的离子方程式 。
（3）解释选择0.34～0.4Mpa干燥的原因 。
（4）对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势 。
Ⅱ.为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图2所示。
完成下列填空：
（5）取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称 。
（6）根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是 ，此时滴定终点的现象为 。
（7）计算该样品中NaHCO3的质量分数为 。
2021-2022学年上海徐汇区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）NH3•H2O属于（ ）
A．离子化合物 B．碱 C．非电解质 D．混合物
【分析】A．含阴阳离子的化合物为离子化合物；
B．水中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C．水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
D．不同物质组成的为混合物。
【解答】解：NH3•H2O在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，属于碱类化合物，
故选：B。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
2．（2分）近日我国首次实现了直接由原油转化为乙烯、丙烯等小分子的工业化应用。该技术属于（ ）
A．裂解 B．干馏 C．裂化 D．分馏
【分析】裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃。
【解答】解：A．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃，故A正确；
B．煤的干馏是为了获得煤焦油、焦炉煤气和焦炭等，故B错误；
C．裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故C错误；
D．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，难度不大。
3．（2分）室温下C2H5Cl是气体，雾状C2H5Cl喷洒在伤痛部位可起到局部麻醉作用。关于C2H5Cl说法正确的是（ ）
A．易液化
B．所有原子共平面
C．易溶于水
D．C2H5ClC2H4
【分析】A．依据氯乙烷沸点为12.3℃解答；
B．氯乙烷中碳原子杂化方式为sp3；
C．依据相似相溶原理判断；
D．氯代烃消去的条件为氢氧化钠的醇溶液。
【解答】解：A．氯乙烷沸点为12.3℃，易液化，故A正确；
B．氯乙烷中碳原子杂化方式为sp3，所以原子不可能共平面，故B错误；
C．溴乙烷为卤代烃，为有机物，难溶于水，故C错误；
D．氯代烃消去的条件为氢氧化钠的醇溶液，所以C2H5ClC2H4不能发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物性质，熟悉氯乙烷物理性质，明确卤代烃结构特点是解题关键，注意氯代烃、醇发生消去反应的条件，题目难度不大。
4．（2分）工业上可用氪（Kr）进行机械磨损的研究，关于Kr的说法正确的是（ ）
A．原子序数为49 B．质量数为36
C．中子数85 D．最外层电子数为8
【分析】根据原子的构成判断，Kr中质子数为36，质量数为85，质子数+中子数＝质量数，质子数＝电子数＝原子序数，据此分析。
【解答】解：Kr中质子数为36，质量数为85，
A．质子数＝电子数＝原子序数，则原子序数为36，故A错误；
B．质量数是85，故B错误；
C．中子数＝质量数﹣质子数＝85﹣36＝49，故C错误；
D．质子数＝电子数，则电子数为36，它的原子结构示意图为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子的构成，题目难度不大，注意把握原子中微粒之间的关系：质子数+中子数＝质量数，质子数＝电子数＝原子序数。
5．（2分）中国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的从头合成．下列说法错误的是（ ）
A．淀粉属于高分子化合物
B．合成过程中一定有聚合反应发生
C．淀粉溶液遇KI会变蓝
D．粮食中的淀粉经发酵可生产酒精
【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
B．由小分子生成高分子化合物的反应叫做聚合反应；
C．淀粉遇碘单质呈蓝色；
D．淀粉是多糖最终水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下可以生成乙醇。
【解答】解：A．淀粉属于高分子化合物，故A正确；
B．CO2是小分子，淀粉[（C6H10O5）n]属于高分子化合物，故从CO2到淀粉[（C6H10O5）n]的合成过程中一定有聚合反应发生，故B正确；
C．碘单质遇淀粉与淀粉结合形成蓝色物质，淀粉碘化钾溶液中含有碘离子，碘离子遇淀粉不变色，故C错误；
D．淀粉是多糖最终水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下发酵可以生成乙醇，方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查淀粉的性质和用途，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。
6．（2分）不属于工业合成氨条件的是（ ）
A．铁触媒做催化剂
B．常压
C．500℃左右
D．N2和H2的投料比为1：2.8
【分析】影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂、接触面积，影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强等知识结合实际工业生产来回答。
【解答】解：工业上合成氨的生产中采用400～500℃的高温，原因之一是考虑催化剂的活性，其二是为了提高反应速率，缩短达到平衡的时间，采用30～50MPa的压强，是为了保证较高的反应速率和较高的产率以及设备的耐压程度来考虑的，N2和H2的投料比为1：2.8，能加快合成氨的反应，不符合的是常压，
故选：B。
【点评】本题考查学生影响化学反应速率、以及化学平衡移动的因素，结合工业合成氨知识来考查，使得化学和实际联系更密切，题目难度不大。
7．（2分）车用尿素是利用反应2CO（NH2）2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2减少柴油机尾气中氮氧化物的排放，下列说法错误的是（ ）
A．尿素属于有机氮肥
B．N2既是氧化产物也是还原产物
C．每转移1.6mol电子，减排NO29.2g
D．NO2是形成酸雨的主要物质之一
【分析】A．尿素含碳、氮元素，属于有机氮肥；
B．尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，结合化合价分析；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol；
D．二氧化氮可以和空气中水分反应生成硝酸。
【解答】解：A．尿素含氮元素，为有机物，属于有机氮肥，故A正确；
B．由方程式可知，尿素中氮元素化合价升高变为氮气，二氧化氮中氮元素化合价降低变为氮气，氮气既是氧化产物也是还原产物，故B正确；
C．由得失电子守恒可知，每消耗4mol二氧化氮转移16mol电子，二氧化氮质量为9.2g，物质的量为0.2mol，因此，每转移1.6mol电子，减排NO20.4mol，故C错误；
D．二氧化氮和二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，难度不大，结合元素的化合价变化进行分析为解答的关键。
8．（2分）最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是（ ）
A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应
D．用与Br2制备的反应
【分析】“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应，可知生成物只有一种时属于最理想的“原子经济性反应”，以此来解答。
【解答】解：A．用CaC2与H2O制备C2H2的反应，还生成氢氧化钙，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故A错误；
B．用C2H4与O2制备环氧乙烷（）的反应，产物只有一种，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故B正确；
C．用C2H5OH与CH3COOH制备CH3COOC2H5的反应，还生成H2O，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故C错误；
D．用与Br2制备的反应，还生成HBr，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，把握习题中的信息、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应的类型及产物。
9．（2分）要除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可行的办法是（ ）
A．滴加KSCN溶液 B．加入铁粉
C．通入Cl2 D．加入铜粉
【分析】氯化铁溶液与Fe反应生成氯化亚铁，反应后过滤可除杂，以此来解答。
【解答】解：A.滴加KSCN溶液可检验铁离子，不能除杂，故A错误；
B.氯化铁溶液与Fe反应生成氯化亚铁，加足量铁粉反应后过滤可除杂，故B正确；
C.氯气可氧化氯化亚铁，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，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。
10．（2分）用如图装置制取干燥的气体（a、b表示加入的试剂），能实现的是（ ）
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．硫化氢具有还原性，能与浓硫酸反应；
B．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热；
C．铁遇浓硝酸钝化；
D．盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分。
【解答】解：A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢，故硫化氢不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．反应装置为固液混合不加热型装置，实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C．常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D．大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备和干燥，题目难度中等，掌握常见气体的制备方法和干燥方法是解题的关键。
11．（2分）向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象．则溶液中S元素存在的主要形式为（ ）
A．S2﹣ B．H2S C．S D．SO42﹣
【分析】氯气可氧化硫离子，且溶液无明显现象，可知硫离子被氧化为硫酸根离子，以此来解答。
【解答】解：向盛有Cl2的密闭试管中注入少量Na2S稀溶液，充分振荡，无明显现象，因氯气具有氧化性，则硫离子被氧化，S元素的化合价升高，溶液中S元素存在的主要形式为SO42﹣，只有D正确，
故选：D。
【点评】本题考查含硫物质的性质，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，注意元素的化合价变化及氧化还原反应的应用，题目难度不大。
12．（2分）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
【分析】原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，且阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B．金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，涉及电极反应、离子的移动方向等，基础性强，难度不大。
13．（2分）SF6可作为超高压绝缘介质气体，分子如图呈正八面体结构，有关SF6的说法正确的是（ ）
A．属于原子晶体
B．是非极性分子
C．S和F之间共用电子对偏向S
D．所有原子均满足8电子稳定结构
【分析】A．由分子构成的晶体是分子晶体，由原子构成的晶体是原子晶体；
B．六氟化硫分子呈正八面体，正负电荷重心重合；
C．S与F之间共用电子对偏向F；
D．S元素化合价+价电子数＝6+6＝12。
【解答】解：A．该晶体的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故A错误；
B．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故B正确；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值＝8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数＝6+6＝12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查分子极性判断、晶体类型判断、8电子结构等知识点，侧重考查学生获取信息利用信息能力，知道8电子结构的判断方法。
14．（2分）一次性鉴别等浓度的NH4Cl、K2SO4和Na2CO3三种溶液，下列方法可行的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Ba（OH）2溶液
C．稀盐酸 D．焰色试验
【分析】NH4Cl、K2SO4和Na2CO3的阳离子不同，钠、K的焰色试验分别为黄色、紫色，焰色试验可鉴别，以此来解答。
【解答】解：A.均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；
B.K2SO4和Na2CO3均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、K2SO4均与稀盐酸不反应，不能鉴别，故C错误；
D.NH4Cl无焰色试验，K2SO4和Na2CO3的焰色试验分别为紫色、黄色，可鉴别，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，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。
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ⋅mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
则2O（g）→O2（g）+Q中Q为（ ）
A．428kJ B．﹣428kJ C．498kJ D．﹣498kJ
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
【解答】解：焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，由热化学方程式及键能可知，2×436+Q﹣2×2×463＝﹣482，解得Q＝498，
故选：C。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
16．（2分）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．1mol该物质与Na2CO3反应得44gCO2
【分析】A.由结构可知含碳碳双键、羟基、羧基；
B.乙醇、乙酸中均不含碳碳双键；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.只有羧基与碳酸钠反应，若碳酸钠溶液足量，生成碳酸氢钠。
【解答】解：A.含碳碳双键可发生加成反应，含羟基、羧基可发生取代反应，故A错误；
B.乙醇、乙酸中均不含碳碳双键，与该物质结构不相似，均不互为同系物，故B错误；
C.二者的分子式相同、结构不同，则二者互为同分异构体，故C正确；
D.只有羧基与碳酸钠反应，若碳酸钠溶液足量，生成碳酸氢钠，无气体生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
17．（2分）关于NH3性质的解释合理的是（ ）
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间作用力更小
B
熔点高于PH3
N﹣H键的键能比P﹣H键大
C
比PH3稳定性强
N﹣H键的键长比P﹣H键长
D
具有还原性
N化合价处于最低价
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NH3能形成分子间氢键，会导致其熔、沸点升高，而PH3不能；
B．氢键的存在，导致其熔、沸点升高；
C．键长越小，键能越大，对应分子越稳定；
D．物质中所含元素化合价可以升高，被氧化，表现为还原性。
【解答】解：A．NH3和PH3属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但NH3能形成分子间氢键，导致其沸点升高，而PH3不能，故A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为NH3能形成分子间氢键，氢键的存在，导致其熔、沸点升高，与键能大小无关，故B错误；
C．N﹣H键的键长小于P﹣H键长，N﹣H键的键能大于P﹣H，键能越大，对应分子越稳定，故NH3比PH3稳定性强，故C错误；
D．NH3中的N为﹣3价，是N元素的最低价，化合价可以升高，具有还原性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查NH3和PH3的性质比较，同时考查氢键、键长与键能及分子稳定性的关系，属于基本知识、基础题型的考查，难度不大。
18．（2分）室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2。用盛满Cl2的量筒进行如下实验．对实验现象的分析正确的是（ ）
A．量筒内液面上升，证明Cl2与H2O发生了反应
B．量筒中还剩余气体，是因为Cl2的溶解已达饱和
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于Cl2挥发
D．向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，是因为Cl2与H2O反应生成盐酸
【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约2体积的氯气，其先溶于水；
B．收集的氯气不纯；
C．依据次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气解答；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸。
【解答】解：A．由信息可知，氯气易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．如果全部为氯气，水充满试管，若收集的氯气不纯净则会导致水不能充满，故B错误；
C．取出量筒中的溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于得到溶液中含有次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故C错误；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸，所以向大理石中滴加量筒中的溶液，产生气泡，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气与水的反应及氯水的成分及性质即可解答，题目难度不大。
19．（2分）已知：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+Q（q＞0），向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率（v）随时间（t）的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．t2时改变的条件：向容器中加入C
B．容器内压强不变时，表明反应达到平衡
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＜φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＞K（Ⅰ）
【分析】由图可知，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，瞬间正反应速率不变，然后增大，可知改变的条件为加入生成物，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，二者为等效平衡，且平衡常数与温度有关，以此来解答。
【解答】解：A.由上述分析可知，t2时改变的条件：向容器中加入C，故A正确；
B.反应前后气体的总物质的量不变，恒温恒容时压强始终不变，不能表明反应达到平衡，故B错误；
C.将生成物极限转化为反应物，起始量的比值不变，二者为等效平衡，则平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＝φ（Ⅰ），故C错误；
D.温度不变，则平衡常数K：K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡，为高频考点，把握速率变化与平衡移动、平衡常数与温度的关系为解答的关键，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）室温下，0.1mol•L﹣1CH3COONH4呈中性，下列说法错误的是（ ）
A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1
B．c（NH4+）＝c（CH3COO﹣）
C．CH3COONH4能促进水的电离
D．c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
【分析】A.常温下不水解的盐溶液，显中和时水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1，且水解促进水的电离；
B.CH3COONH4呈中性，可知醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同；
C.水解促进水的电离；
D.水解的程度不大，且醋酸根离子水解生成醋酸。
【解答】解：A.常温下不水解的盐溶液，显中和时水电离产生的c（H+）＝1×10﹣7mol⋅L﹣1，且水解促进水的电离，则CH3COONH4溶液中水电离产生的c（H+）＞1×10﹣7mol⋅L﹣1，故A错误；
B.CH3COONH4呈中性，可知醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，则c（NH4+）＝c（CH3COO﹣），故B正确；
C.水解促进水的电离，则CH3COONH4能促进水的电离，故C正确；
D.水解的程度不大，且醋酸根离子水解生成醋酸，则c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐类水解的规律、溶液的酸碱性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）过氧化氢（H2O2）是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。
已知：
2H2O2（l）⇌2H2O（l）+O2（g）+Q（Q＞0）
H2O2（l）⇌H+（aq）+HO2﹣（aq）K＝2.24×10﹣12（25℃）
完成下列填空：
（1）氧原子核外电子亚层数为 3 ，H2O2的电子式 。
（2）实验室可以使用稀H2SO4和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O 。
（3）H2O2分解反应的平衡常数K＝ c（O2） ；不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K25℃ ＞ K40℃（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）25℃，H2O2的pH 小于 H2O（选填“大于”“小于”或“等于”）．研究表明，H2O2溶液中HO2﹣的浓度越大，H2O2的分解速率越快．某温度下，不同浓度的H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是 pH升高，HO2﹣的浓度增加，H2O2分解速率加快 ；相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是 H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小 。
（5）蓝色的CrO5遇H2O2会褪色，此反应可用于检验H2O2，发生反应如下： 2 CrO5+ 7 H2O2+ 6 H+→ 2 Cr3++ 7 O2↑+ 10 H2O。配平上述方程式。
【分析】（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K＝c（O2）；
（4）25℃时，H2O为中性其pH＝7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2﹣平衡正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+＝2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10。
【解答】解：（1）氧原子核外电子亚层为1s、2s、2p；H2O2分子中H与O之间共用一对电子，O与O之间共用一对电子，对应电子式为：，
故答案为：3；；
（2）H2O2具有强氧化性，可将Cu氧化，对应化学方程式为：H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O，
故答案为：H2O2+H2SO4+Cu＝CuSO4+2H2O；
（3）H2O2、H2O均为纯液体，故不会出现在H2O2分解反应的平衡常数表达式中，故H2O2分解反应的平衡常数K＝c（O2）；由题意知，H2O2分解反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K25℃＞K40℃，
故答案为：c（O2）；＞；
（4）25℃时，H2O为中性其pH＝7，H2O2能微弱电离产生H+，故H2O2显酸性，pH＜7；一定条件下，溶液pH增大，使得H2O2⇌H++HO2﹣平衡正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快；相同pH下，增大过氧化氢浓度，化学平衡H2O2⇌H++HO2﹣正向移动，HO2﹣的浓度增大，过氧化氢的分解速率加快，越大分解速率越快，但由于H2O2的平衡转化率随过氧化氢浓度的增大反而减小，
故答案为：小于；pH升高，HO2﹣的浓度增加，H2O2分解速率加快；H2O2浓度升高，电离程度低，分解率越小；
（5）根据得失电子守恒初步配平方程式为：2CrO5+7H2O2+H+＝2Cr3++7O2↑+H2O，根据电荷守恒确定H+系数为6，结合元素守恒确定H2O系数为10，故完整方程式为：2CrO5+7H2O2+6H+＝2Cr3++7O2↑+10H2O，
故答案为：2；7；6；2；7；10。
【点评】本题考查化学平衡，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确化学平衡移动为解答关键，注意外界因素对化学反应速率的影响，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
22．（15分）近期发现，H2S是一种生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能．
完成下列填空：
（1）H2S的分子构型为 V形 。
（2）下列事实中，能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 abc 。（选填编号）
a.氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，而亚硫酸可以
b.相同条件下，氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
c.室温下，0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
d.氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在350℃时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应10min达到平衡，测得水的物质的量分数为0.02。0～10min，H2S的平均反应速率v＝ 4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1 。
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的平衡转化率α 增大 ，（选填“增大”或“减小”），该反应是 吸热 反应。（选填“吸热”或“放热”）
（5）CO2和COS结构相似，沸点：CO2 ＜ COS（选填“＞”或“＜”），解释理由 CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高 。
（6）除去C2H2中少量H2S的方法 CuSO4溶液 。
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论，中心原子的价层电子对个数＝成键电子对数+孤电子对数＝σ键数+（a﹣xb），得到VSEPR模型，去掉孤电子对即为微粒的立体结构；
（2）a．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，而亚硫酸可以；
b．亚硫酸的电离程度大于氢硫酸；
c．根据pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大；
d．氢硫酸的还原性强于亚硫酸；
（3）根据三段式，设生成的水的物质的量为xmol，列式计算反应平衡后水的物质的量分数为0.02，得出x的，进而球场0～10minH2S的平均反应速率；
（4）在360℃重复实验，生成水的物质的量增大，则消耗的H2S的量增大，升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
（5）硫化羰与CO2的结构相似，硫化羰与CO2的固体均为分子晶体，相对分子质量大、分子间作用力强；
（6）H2S可与CuSO4溶液反应。
【解答】解：（1）H2S分子中心原子的价层电子对个数＝成键电子对数+孤电子对数＝2+（6﹣2×1）＝2+2＝4，氧原子有2对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形，所以分子的构型为V形，
故答案为：V形；
（2）a．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，而亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故a正确；
b．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故b正确；
c．0.10mol⋅L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故c正确；
d．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，酸的强弱与其还原性强弱无关，则不能用于比较酸性的强弱，故d错误；
故答案为：abc；
（3）设生成的水的物质的量为xmol，
根据可逆反应H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
开始（mol）0.40 0.10 0 0
反应（mol） x x x x
平衡（mol）0.40﹣x 0.10﹣x x x
则反应平衡后水的物质的量分数为0.02＝，则x＝0.01mol，v（H2S）＝＝＝4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：4×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1；
（4）在360℃重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，生成水的物质的量增大，则消耗的H2S的量增大，所以硫化氢的转化率增大；升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应，
故答案为：增大；吸热；
（5）CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高，所以沸点：CO2＜COS；
故答案为：＜；CO2和COS结构和组成相似，固体均为分子晶体，但COS相对分子质量大，分子间作用力强，沸点越高；
（6）H2S可与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，用于除杂，
故答案为：CuSO4溶液。
【点评】本题考查了离子或分子的立体构型，侧重分子结构与性质的考查，把握常见分子的空间构型为解答的关键，题目难度中等。
23．（15分）G是一种重要的药物中间体，可用于制备治疗癫痫的药物，合成路线如图。
完成下列填空：
（1）写出A物质的名称 乙酸 。
（2）写出B物质中官能团名称 碳氯键、羧基 。
（3）F→G的反应类型为 加成反应 。
（4）写出D→E反应的化学方程式 HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O 。
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，写出其结构简式 （CH3）2CHCH2CHO 。
（6）写出满足下列条件，物质X同分异构体的结构简式 。
①不能发生银镜反应
②有2种不同化学环境的H原子
（7）参考以上合成路线及反应条件，以和必要的无机试剂为原料，设计制备苦杏仁酸（）的合成路线。 。（合成路线常用的表达方式为：AB....目标产物）
【分析】由A的分子式、B的结构简式，可知A为CH3COOH，A与氯气发生取代反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与NaCN发生取代反应生成NCCH2COOH，NCCH2COOH酸性条件下水解生成HOOCH2COOH，HOOCH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，（5）中X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，对比E、F的结构，可推知X为（CH3）2CHCH2CHO，F→G是F与HCN发生加成反应；
（7）酸性条件下水解生成，然后与氯气反应生成，最后碱性条件下水解、酸化得到。
【解答】解：（1）由A的分子式、B的结构简式，可知A为CH3COOH，A物质的名称为乙酸，
故答案为：乙酸；
（2）B的结构简式为ClCH2COOH，B物质中官能团名称为碳氯键、羧基，
故答案为：碳氯键、羧基；
（3）对比F、G的结构可知，F→G是F与HCN发生加成反应G，
故答案为：加成反应；
（4）D→E反应的化学方程式为HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O，
故答案为：HOOCH2COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（5）E→F反应所用的化合物X的分子式为C5H10O，该物质能发生银镜反应，对比E、F的结构，可推知X的结构简式为（CH3）2CHCH2CHO，
故答案为：（CH3）2CHCH2CHO；
（6）X的结构简式为（CH3）2CHCH2CHO，物质X同分异构体不能发生银镜反应，说明不含醛基，且有2种不同化学环境的H原子，说明存在对称结构，该同分异构体结构简式为，
故答案为：；
（7）酸性条件下水解生成，然后与氯气反应生成，最后碱性条件下水解、酸化得到，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度不大。
24．（15分）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。
Ⅰ.图1是利用天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
（1）操作①为 过滤、洗涤 。
（2）碳化装置中反应的离子方程式 2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓ 。
（3）解释选择0.34～0.4Mpa干燥的原因 抑制NaHCO3受热分解 。
（4）对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势 天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低 。
Ⅱ.为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L﹣1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图2所示。
完成下列填空：
（5）取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称 碱式滴定管 。
（6）根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是 甲基橙 ，此时滴定终点的现象为 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 。
（7）计算该样品中NaHCO3的质量分数为 94.5% 。
【分析】天然碱（主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl）经过70～85℃溶解，然后碳化生成生成碳酸氢钠，碳化后的母液返回和天然碱再仪器溶解，碳酸氢钠经过操作①过滤、洗涤进行干燥，得到碳酸氢钠固体，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠，其他产物返回碳化步骤，碳酸氢钠在120～130℃、0.34～0.4Mpa下得到小苏达；
（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，通过过滤分离；
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠；
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，较低压强可以抑制NaHCO3受热分解；
（4）然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低；
（5）碳酸氢钠溶液呈碱性，用碱式滴定管量取；
（6）滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复；
（7）根据反应原理为HCl+NaHCO3＝NaCl+H2O+CO2↑，结合反应的系数关系进行计算。
【解答】解：（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤，
故答案为：过滤、洗涤；
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓，
故答案为：2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓；
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解，
故答案为：抑制NaHCO3受热分解；
（4）索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低，
故答案为：天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低；
（5）碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管，
故答案为：碱式滴定管；
（6）盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复，
故答案为：甲基橙；滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复；
（7）由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000mol•L﹣1×0.018L＝1.8×10﹣3mol，而碳酸氢钠和盐酸是1：1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.8×10﹣3mol，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为×1.8×10﹣3mol＝2.25×10﹣2mol，质量为2.25×10﹣2mol×84g/mol＝1.89g，则碳酸氢钠的纯度为×100%＝94.5%，
故答案为：94.5%。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价等，明确实验原理是答题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，综合性较强，题目难度中等。
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2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模），共33页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
