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2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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）“嫦娥五号”飞船采集回的月壤在空气中会变色，可能是因为空气中含有（ ）
A．O2 B．N2 C．CH4 D．Ar
2．（2分）“中国”一词最早见于西周的青铜器（主要成分为铜、锡、铅等）上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶炼技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
3．（2分）不能使溴水褪色的气体是（ ）
A．H2S B．NH3 C．C2H6 D．C2H2
4．（2分）中国科学家率先合成出可降解塑料：聚二氧化碳，对其判断合理的是（ ）
A．含碳量与CO2不同 B．属于纯净物
C．会产生白色污染 D．结构可表示为
5．（2分）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸（加热） D．铝与浓硝酸（常温）
6．（2分）下列溶液敞口放置后，pH一定能增大的是（ ）
A．浓醋酸 B．酸雨样品 C．漂粉精溶液 D．石灰水
7．（2分）关于氯、溴、碘的叙述错误的是（ ）
A．易形成﹣1价离子
B．都只能从海洋中提取
C．单质熔沸点依次上升
D．气态氢化物稳定性依次减弱
8．（2分）化学家从一个三角形分子（C24O6）入手，“撕裂”出世界上第一个完全由碳原子构成的环状分子C18，该分子是单键和三键交替的结构，其过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．C18属于不饱和烃
B．“撕裂”过程发生了分解反应
C．C18和C60互为同系物
D．“撕裂”过程主要克服了分子间作用力
9．（2分）水可以发生如下变化：。下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
10．（2分）关于化工生产的叙述正确的是（ ）
A．合成氨工业中，N2、H2循环使用使得原料的总转化率较高
B．硫酸工业中，大块黄铁矿石不能煅烧，因此必须将其粉碎
C．石油分馏得到乙烯
D．氯碱工业生产纯碱
11．（2分）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫（COS）分子，其结构与CO2相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型：
B．结构式：S＝C＝O
C．共用电子对都偏向碳
D．是含有极性键的非极性分子
12．（2分）关于有机物X（结构如图）的说法正确的是（ ）
A．所有碳原子均在同一平面内
B．常温下呈气态
C．与苯互为同分异构体
D．一氯取代物有2种
13．（2分）土壤中游离Al3+越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用（ ）
A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵
14．（2分）实验室制取乙酸乙酯的过程中，未涉及的操作是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+QkJ。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，放出QkJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
16．（2分）选取pH＝2.5和pH＝5.0的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如图。下列结论错误的是（ ）
A．pH＝5.0的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
17．（2分）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是（ ）
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
AlCl3溶液
验证Al（OH）3能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
FeCl2溶液
验证Cl﹣具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是（ ）
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
19．（2分）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：NO2﹣+NH4+→N2+2H2O
20．（2分）某温度下，向浓氯水（由0.12mol氯气溶于水配制而成）中，以恒定速率滴入NaOH溶液，溶液中ClO﹣和ClO3﹣的物质的量与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时，溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、ClO﹣
B．0～t2时，发生的离子反应是：6Cl2+12OH﹣→8Cl﹣+3ClO﹣+ClO3﹣+6H2O
C．t3时，溶液中存在如下关系：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣）
D．t4时，溶液中含NaCl 0.20mol
二、综合题（共60分）
21．（14分）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
（1）硅原子的结构示意图为 ；比较硅铝的原子半径：r（Si） r（Al）（选填：“＞”、
“＜”或“＝”）。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 。
（2）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040℃和194℃，它们熔点差异大的原因可能是 。
（3）门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素（当时并未被发现）的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为 ，推断的依据是 。
（4）制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：C+SiO2→SiO↑+CO↑；2SiO→Si+SiO2；3C+Al2O3→2Al+3CO↑。上述反应的最终还原产物为 ；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为 。
22．（14分）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 。A的分子式为 。④的反应类型为 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
23．（16分）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。如图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣（液）联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
（1）沉淀池中发生反应的化学方程式为 。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含 、 、洗涤、烘干等。
（2）流程中体现“绿色化学”理念的设计有 、 等。
（3）为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是 ；导管b下端使用多孔球泡的目的是 。
可用甲醛法测定所得（NH4）2SO4样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：4NH4++6HCHO→4H++6H2O+（CH2）6N4[已知：（CH2）6N4不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
（4）终点的判断依据是 。
（5）已知c（NaOH）＝0.1010mol•L﹣1，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为 。（保留4位小数）实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是 。
a．甲醛被氧化
b．没有进行平行实验
c．氢氧化钠溶液久置变质
d．锥形瓶没有用待测液润洗
24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数K＝ 。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min CO2的平均反应速率为 。
（2）取一定量的I2O5和CO于某密闭容器中，分别在80℃和100℃下进行实验，测得n（CO）如下表。
时间/min
温度
0
10
20
30
40
50
80℃
0.50
0.37
0.26
0.18
0.12
0.12
100℃
0.50
0.35
0.24
0.17
x
0.15
上表中x＝ ，理由是 。根据上表数据可以得出的结论是 。
（3）如图所示，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因 。
（4）CO2可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L CO2（标准状况）和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为 。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠（碳酸氢钠溶液呈碱性）的物质的量之比1：1，则溶液中各离子浓度大小顺序为 。
③若使碳酸氢钠溶液中 的比值变小，可加入的物质是 。
a．通入HCl
b．NaOH固体
c．通入CO2
d．NaHCO3固体
2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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）“嫦娥五号”飞船采集回的月壤在空气中会变色，可能是因为空气中含有（ ）
A．O2 B．N2 C．CH4 D．Ar
【分析】月壤在空气中会变色，可能是被空气中的成分氧化，结合空气的成分分析。
【解答】解：月壤在空气中会变色，可能是被空气中的成分氧化，空气中N2、CH4、Ar等气体在常温下都较稳定，没有氧化性，而O2具有较强的氧化性，所以可能是因为空气中含有的O2，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及转化，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。
2．（2分）“中国”一词最早见于西周的青铜器（主要成分为铜、锡、铅等）上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶炼技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
【分析】A．我国使用最早的合金是青铜，早于炼铁；
B．金属具有导电性；
C．合金的硬度大，熔点低；
D．合金的硬度可以大于它的纯金属成分。
【解答】解：A．铜的活泼性较差，比较容易冶炼，青铜是人类冶炼的第一种合金，冶炼技术早于炼铁，故A正确；
B．青铜属于合金，具有金属性质，具有导电性，故B正确；
C．青铜属于合金，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的熔点低于其成分中的主要金属，所以青铜熔点低于纯铜，故C错误；
D．青铜含铅，青铜属于合金，硬度可以大于它的纯金属成分铅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查合金的性质，合金的硬度大，熔点低记牢是解答关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
3．（2分）不能使溴水褪色的气体是（ ）
A．H2S B．NH3 C．C2H6 D．C2H2
【分析】A．H2S具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应；
B．NH3具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应；
C．C2H6为饱和烃，不与溴水反应；
D．C2H2含碳碳三键，与溴水发生加成反应。
【解答】解：A．H2S具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应，则能使溴水褪色，故A不选；
B．NH3具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应，则能使溴水褪色，故B不选；
C．C2H6为饱和烃，不与溴水反应，则不能使溴水褪色，故C选；
D．C2H2含碳碳三键，与溴水发生加成反应，则能使溴水褪色，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物的基本性质，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）中国科学家率先合成出可降解塑料：聚二氧化碳，对其判断合理的是（ ）
A．含碳量与CO2不同 B．属于纯净物
C．会产生白色污染 D．结构可表示为
【分析】A.聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，方程式为nCO2，反应过程中原子守恒；
B.聚二氧化碳属于高分子化合物，由于聚合度不确定；
C.白色污染的主要原因为不可降解塑料；
D.根据反应方程式及共用电子对数确定其结构。
【解答】解：A．聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，其含碳量与二氧化碳相同，故A错误；
B．聚二氧化碳属于高分子化合物，由于聚合度不确定，故为混合物，故B错误；
C．聚二氧化碳是降解塑料，可以降解不会产生白色污染，故C错误；
D．聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，结合共用电子对数，结构可表示为，故D正确，
故选：D。
【点评】本题以聚二氧化碳为背景，考查学生有关高分子化合物，物质结构，加聚反应等内容，难度适中。
5．（2分）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸（加热） D．铝与浓硝酸（常温）
【分析】A．溶液足量时，铝与氯化铁溶液反应生成氯化铝和氯化亚铁；
B．溶液足量时，锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气；
C．溶液足量时，铜与浓硫酸（加热）反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
D．常温下铝在浓硝酸中发生钝化不能继续反应。
【解答】解：A．溶液足量时，铝与氯化铁溶液反应生成氯化铝和氯化亚铁，金属一定无剩余，故A错误；
B．溶液足量时，锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，金属一定无剩余，故B错误；
C．溶液足量时，铜与浓硫酸（加热）反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，金属一定无剩余，故C错误；
D．常温下铝在浓硝酸中发生钝化不能继续反应，金属一定有剩余，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质分析、物质特征性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6．（2分）下列溶液敞口放置后，pH一定能增大的是（ ）
A．浓醋酸 B．酸雨样品 C．漂粉精溶液 D．石灰水
【分析】A．醋酸具有挥发性；
B．酸雨样品中含有亚硫酸，亚硫酸易被氧化；
C．漂粉精溶液在空气中会与二氧化碳反应生成HClO；
D．石灰水能与空气中的二氧化碳反应。
【解答】解：A．醋酸具有挥发性，浓醋酸敞口放置后，醋酸的浓度减小，溶液的酸性减弱，所以pH一定能增大，故A正确；
B．酸雨样品中含有亚硫酸，亚硫酸易被氧化，生成酸性更强的硫酸，所以酸性增强，pH会减小，故B错误；
C．漂粉精溶液在空气中会与二氧化碳反应生成HClO，溶液酸性增强，pH会减小，故C错误；
D．石灰水能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以pH减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（2分）关于氯、溴、碘的叙述错误的是（ ）
A．易形成﹣1价离子
B．都只能从海洋中提取
C．单质熔沸点依次上升
D．气态氢化物稳定性依次减弱
【分析】A．Cl、Br、I均为第VIIA族元素，最外层均有7个电子；
B．氯、溴、碘在海洋中蕴含量较陆地上丰富；
C．氯气、溴和碘均为分子晶体，熔沸点受范德华力的影响；
D．元素的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强。
【解答】解：A．Cl、Br、I均为第VIIA族元素，最外层均有7个电子，均易得一个电子形成﹣1价阴离子，故A正确；
B．氯、溴、碘在海洋中蕴含量比较丰富，但并不是只有海洋中才有，故B错误；
C．氯气、溴和碘均为分子晶体，熔沸点受范德华力的影响，由于从氯气到碘，相对分子质量逐渐增大，故分子间作用力逐渐增大，则单质得熔沸点逐渐升高，故C正确；
D．元素的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性Cl＞Br＞I，则气态氢化物得稳定性HCl＞HBr＞HI，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素周期律，难度不大，应注意同一周期、同一主族的元素的结构、性质的递变规律。
8．（2分）化学家从一个三角形分子（C24O6）入手，“撕裂”出世界上第一个完全由碳原子构成的环状分子C18，该分子是单键和三键交替的结构，其过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．C18属于不饱和烃
B．“撕裂”过程发生了分解反应
C．C18和C60互为同系物
D．“撕裂”过程主要克服了分子间作用力
【分析】A.烃是只有C、H两种元素组成的化合物；
B.“撕裂”过程由一种物质生成了多种物质，属于分解反应；
C.二者不属于同系物；
D.撕裂过程发生了化学键的断裂。
【解答】解：烃是只有C、H两种元素组成的化合物，C18属于单质，不属于烃，故A错误；
B.“撕裂”过程由一种物质C24O6生成了C18、CO等多种物质，属于分解反应，故B正确；
C.同系物指的是结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2的化合物，C18和C60均为单质，不是同系物，应为同素异形体，故C错误；
D.撕裂过程发生了化学键的断裂，不是克服了分子间作用力，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学基本概念，注意烃、同系物等研究对象是化合物，同素异形体研究对象为单质。
9．（2分）水可以发生如下变化：。下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
【分析】A．冰的密度比水小；
B．水变成水蒸气，分子间距离会增大；
C．水分解生成氢气和氧气，发生化学变化；
D．过程②与过程④为物理变化，可逆反应属于化学变化。
【解答】解：A．冰的密度比水小，所以过程①中由冰转变为水时，体积会缩小，故A错误；
B．水受热蒸发变成水蒸气，水分子间距离会增大，即过程②中分子间距增大，故B错误；
C．水分解生成氢气和氧气，发生化学变化，存在H﹣O键的断裂和H﹣H、O＝O键的形成，则过程③中涉及化学键的断裂和形成，故C正确；
D．过程②与过程④为物理变化，可逆反应属于化学变化，所以过程②与过程④不是可逆反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学键、物质的变化，明确物质之间的转化、化学键的变化、物质的性质等知识点即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
10．（2分）关于化工生产的叙述正确的是（ ）
A．合成氨工业中，N2、H2循环使用使得原料的总转化率较高
B．硫酸工业中，大块黄铁矿石不能煅烧，因此必须将其粉碎
C．石油分馏得到乙烯
D．氯碱工业生产纯碱
【分析】A．合成氨工业中，N2、H2循环使用，使平衡向正反应方向移动，可以提高原料的利用率；
B．硫铁矿燃烧前要粉碎，是因为大块的硫铁矿不能充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于硫铁矿的充分燃烧；
C．石油裂解可以获得小分子的烯烃；
D．氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠。
【解答】解：A．合成氨工业中，N2、H2循环使用，使平衡向正反应方向移动，使得原料的总转化率较高，故A正确；
B．硫铁矿燃烧前要粉碎，是因为大块的硫铁矿不能充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于硫铁矿的充分燃烧，大块的硫铁矿可以燃烧，只是燃烧不充分，会造成资源的浪费，故B错误；
C．石油分馏是控制温度范围，分离混合物的方法，得到的主要是烷烃，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．氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，纯碱工业是利用向氨化的饱和食盐水中反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查工业合成氨、接触法制硫酸的原理、石油分馏、氯碱工业等，同时涉及到平衡移动等，重点考查制备过程中的注意问题和条件的选择依据，注重对知识的综合运用和迁移能力考查，题目难度中等。
11．（2分）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫（COS）分子，其结构与CO2相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型：
B．结构式：S＝C＝O
C．共用电子对都偏向碳
D．是含有极性键的非极性分子
【分析】A．羰基硫的结构式为O＝C＝S，原子半径大小为：S＞C＞O；
B．羰基硫中C原子分别以双键与O原子和S原子结合；
C．O和S的电负性均强于C；
D．羰基硫是直线型结构，但C＝O键与C＝S键的极性不同。
【解答】解：A．羰基硫的结构式为O＝C＝S，原子半径大小为：S＞C＞O，故其比例模型为，故A错误；
B．羰基硫中C原子分别以双键与O原子和S原子结合，故其结构式为S＝C＝O，故B正确；
C．O和S的电负性均强于C，故共用电子对偏向于O和S，故C错误；
D．羰基硫是直线型结构，但C＝O键与C＝S键的极性不同，故是含极性键的极性分子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了羰基硫的空间结构、比例模型、分子的极性等，难度不大，注意原子半径的相对大小。
12．（2分）关于有机物X（结构如图）的说法正确的是（ ）
A．所有碳原子均在同一平面内
B．常温下呈气态
C．与苯互为同分异构体
D．一氯取代物有2种
【分析】有机物含有碳碳双键，具有烯烃的性质，结合烯烃、烷烃的结构解答该题。
【解答】解：A.含有碳碳双键，具有平面形结构，与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，故A正确；
B.碳原子数为6，大于4，在常温下为液体，故B错误；
C.含有2个环、1个碳碳双键，不饱和度为3，而苯的不饱和度为4，二者的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D.结构对称，分子中含有1种H，则一氯代物有1种，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13．（2分）土壤中游离Al3+越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用（ ）
A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵
【分析】硫酸铝是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，不能与水解显碱性的物质同时施用，据此分析。
【解答】解：硫酸铝是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，碳酸钾水解显碱性，硫酸亚铁和氯化铵显酸性，硝酸钾显中性，所以硫酸铝不能与碳酸钾同时施用，否则会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故C选，
故选：C。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，为高频考点，把握物质的组成、物质的性质、盐的水解原理、性质与用途为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）实验室制取乙酸乙酯的过程中，未涉及的操作是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】乙酸乙酯的制备：乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下、水浴加热生成乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，使之分层，利用分液的方法得的乙酸乙酯；蒸发溶液得到晶体时使用仪器蒸发皿，据此分析解答。
【解答】解：A．乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下、水浴加热生成乙酸乙酯，涉及该操作，故A正确；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，使之分层，涉及该操作，故B正确；
C．乙酸乙酯不溶于水，出现分层，可用分液操作分离，涉及该操作，故C正确；
D．蒸发溶液得到固体溶质时选用蒸发皿，制备乙酸乙酯的实验过程中未涉及蒸发结晶操作，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、混合物的分离提纯、仪器的使用、装置的作用等知识，侧重分析能力和运用能力的考查，把握制备原理、混合物的分离提纯是解题关键，注意饱和碳酸钠溶液和浓硫酸的作用，题目难度不大。
15．（2分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+QkJ。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，放出QkJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
【分析】A．由题意得，该反应是可逆反应；
B．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率；
C．H2O（g）变化H2O（l），该过程为放出热量；
D．催化剂不改变反应的热效应；
【解答】解：A．由题意得，该反应是可逆反应，1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，反应不能进行完全，则放出热量小于QkJ，故A错误；
B．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，则催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．H2O（g）变化H2O（l），该过程为放出热量，则当生成的水为液态时，Q值增大，故C错误；
D．催化剂不改变反应的热效应，化剂不同，反应的热效应相同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，解题的关键是掌握可逆反应不能进行完全和催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不改变反应的热效应，此题难度不大。
16．（2分）选取pH＝2.5和pH＝5.0的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如图。下列结论错误的是（ ）
A．pH＝5.0的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
【分析】由图可知，铁在pH＝2.5时，发生析氢腐蚀，正极生成氢气，容器压强增大，pH＝5.0时，容器压强逐渐减小，说明消耗氧气，为吸氧腐蚀，以此解答该题。
【解答】解：A.pH＝5.0时，容器压强逐渐减小，说明消耗氧气，为吸氧腐蚀，故A正确；
B.由图时可知，酸度不同，压强不同，腐蚀的主要类型可能不同，故B正确；
C.析氢腐蚀消耗氢离子，吸氧腐蚀生成氢氧根离子，则两组溶液的pH一定逐渐变大，故C正确；
D.改用盐酸，发生腐蚀的类型与溶液的pH大小有关，腐蚀速率不一定变大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图象的分析，掌握金属腐蚀的原理，题目难度不大。
17．（2分）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是（ ）
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
AlCl3溶液
验证Al（OH）3能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
FeCl2溶液
验证Cl﹣具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；
B.醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊；
C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气氧化亚铁离子；
D.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂。
【解答】解：A.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，氢氧化铝不溶解，故A错误；
B.醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，可验证醋酸的酸性强于碳酸，故B正确；
C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不能氧化氯离子，故C错误；
D.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，二氧化硫水溶液呈酸性，紫色石蕊变红色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
18．（2分）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是（ ）
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
【分析】铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中一定含四氧化三铁，可能含Fe，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y，若Fe不足，溶液Y中含铁离子、亚铁离子；若Fe足量，Y中只含亚铁离子，以此来解答。
【解答】解：A.铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，若X中含有铁，且Fe少量时，无气体生成，故A错误；
B.若向Y中滴入KSCN溶液显红色，可知溶液Y含铁离子，但X中可能含少量Fe，故B错误；
C.Y中一定含亚铁离子，能使高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.硫酸足量，若Y中加少量NaOH先与硫酸反应，无沉淀生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查铁及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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。
19．（2分）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：NO2﹣+NH4+→N2+2H2O
【分析】A．过程Ⅰ中N元素的化合价降低；
B．过程Ⅱ中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH＝N2H4+H2O+H+，据此判断；
C．过程Ⅲ中，反应的方程式为4NO2﹣+3N2H4+4H+＝5N2↑+8H2O；
D．由反应物、生成物书写化学方程式。
【解答】解：A．过程Ⅰ中N元素的化合价降低，所以过程Ⅰ还需要加入还原剂，故A错误；
B．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH＝N2H4+H2O+H+，则过程Ⅱ反应后酸性最强，故B错误；
C．过程Ⅲ中，反应的方程式为4NO2﹣+3N2H4+4H+＝5N2↑+8H2O，则参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3，故C正确；
D．由反应物、生成物可知该过程的总反应是NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为综合题，考查了氧化还原反应概念判断，明确物质结构、基本概念、物质性质是解本题关键，注意由反应物、生成物书写化学方程式，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
20．（2分）某温度下，向浓氯水（由0.12mol氯气溶于水配制而成）中，以恒定速率滴入NaOH溶液，溶液中ClO﹣和ClO3﹣的物质的量与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时，溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、ClO﹣
B．0～t2时，发生的离子反应是：6Cl2+12OH﹣→8Cl﹣+3ClO﹣+ClO3﹣+6H2O
C．t3时，溶液中存在如下关系：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣）
D．t4时，溶液中含NaCl 0.20mol
【分析】氯气转化为ClO﹣和ClO3﹣时，Cl元素化合价均升高，结合化合价升降相等可知，反应产物中一定还存在Cl﹣；0～t1时ClO3﹣为0，说明发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O；t1～t2时ClO3﹣开始生成，且ClO﹣的物质的量继续增大，说明此时间段Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3；t2～t4时ClO﹣的物质的量逐渐减小，ClO3﹣的物质的量逐渐增大，说明氯气已经反应完毕，ClO﹣逐渐转化为ClO3﹣，发生反应为3ClO﹣＝2Cl﹣+ClO3﹣，以此分析解答。
【解答】解：A．0～t1时发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O，且Cl2过量，部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则此时溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、Cl2、HClO、ClO﹣，故A错误；
B．结合分析可知，0～t1时发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O，t1～t2时Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，故B错误；
C．t3时c（ClO﹣）＝c（ClO3﹣），部分ClO﹣逐渐转化为ClO3﹣，溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，ClO﹣水解溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣），故C错误；
D．t3时c（ClO﹣）＝c（ClO3﹣）＝0.03mol，结合Cl原子守恒可知c（Cl﹣）＝2n（Cl2）﹣c（ClO﹣）﹣c（ClO3﹣）＝0.18mol，根据反应3ClO﹣＝2Cl﹣+ClO3﹣可知，t3～t4段增加的c（Cl﹣）＝n（ClO﹣）＝0.02mol，则t4时n（NaCl）＝c（Cl﹣）＝0.18mol+0.02mol＝0.20mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、离子反应与氧化还原反应计算，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质量守恒定律的应用方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（14分）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
（1）硅原子的结构示意图为 ；比较硅铝的原子半径：r（Si） ＜ r（Al）（选填：“＞”、
“＜”或“＝”）。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑ 。
（2）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040℃和194℃，它们熔点差异大的原因可能是 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 。
（3）门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素（当时并未被发现）的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为 4s24p1 ，推断的依据是 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 。
（4）制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：C+SiO2→SiO↑+CO↑；2SiO→Si+SiO2；3C+Al2O3→2Al+3CO↑。上述反应的最终还原产物为 Al、Si ；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为 2NA个 。
【分析】（1）硅为14号元素，可得核外电子排布，原子半径大小，取决于电子层数和核电荷数，铝有两性，能与氢氧化钠反应；
（2）通过判断物质的晶体类别，比较物质熔沸点高低；
（3）依据铝的原子结构推测类铝的原子结构；
（4）将所给方程式加和得到总反应方程式，判断产物和转移电子数目。
【解答】解：（1）硅为14号元素，依据核外电子排布规则，可知核外电子排布为，硅原子与铝原子核外电子层数相同，硅原子核电荷数大，半径小，铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，
故答案为：；＜；2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑；
（2）氟化铝为离子晶体，微粒间通过离子键结合，氯化铝为分子晶体，微粒间通过分子间作用力结合，离子键强度大于分子间作用力，故离子晶体熔沸点高于分子晶体，
故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。
（3）依据题干信息，类铝与铝为同主族元素，结构相似，故最外层为3个电子，铝的最外层核外电子排布为3s23p1，类铝在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，为4s24p1，
故答案为：4s24p1；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层。
（4）将题干前两个方式相加可知，制取硅的反应为2C+SiO2→Si+2CO↑，制取铝的反应为3C+Al2O3→2Al+3CO↑，故得到的最终还原产物为Al、Si，两个反应中C均作还原剂生成CO，故1molC反应转移2mol电子，
故答案为：Al、Si；2NA个。
【点评】本题考查晶体熔沸点高低比较、同主族元素性质推断，注意同主族元素结构的相似性。
22．（14分）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 羟基、碳碳双键 。A的分子式为 C9H18O2 。④的反应类型为 酯化反应或取代反应 。
（2）反应②的化学方程式为 2+O22+2H2O 。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 保护﹣CH2OH基团不被氧化 。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。 或或或
或
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH 。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
【分析】A中醇羟基上的氢原子被取代生成B，B中醇羟基被氧化生成C中羰基，对比C、D的结构简式知，C中羰基被取代生成﹣Cl、﹣CH＝CH2然后氯原子水解生成醇羟基，D发生取代反应生成E中醇羟基，E发生氧化反应生成F，根据E的结构简式、F中分子式知，﹣CH2OH被氧化生成﹣COOH，则F的结构简式为，F和G发生酯化反应生成H，H中含有两个酯基，则H的结构简式为；
（5）由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH），CH3COOCH2CH＝CHCH2OH可由乙酸和HOCH2CH＝CHCH2OH发生酯化反应得到，HOCH2CH＝CHCH2OH可由BrCH2CH＝CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH＝CHCH2Br可由1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）E中含有的官能团名称为羟基、碳碳双键，A的分子式为C9H18O2；④为羧酸和醇的酯化反应，也属于取代反应，所以该反应的反应类型为酯化反应或取代反应，
故答案为：羟基、碳碳双键；C9H18O2；取代反应或酯化反应；
（2）反应②为醇羟基的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是保护﹣CH2OH基团不被氧化，
故答案为：保护﹣CH2OH基团不被氧化；
（4）G的同分异构体同时符合下列条件：
①能使石蕊试液变色，说明含有﹣COOH；
②能发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
③分子中含有两个甲基，符合条件的同分异构体结构简式为或或或
或，
故答案为：或或或或；
（5）由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH），CH3COOCH2CH＝CHCH2OH可由乙酸和HOCH2CH＝CHCH2OH发生酯化反应得到，HOCH2CH＝CHCH2OH可由BrCH2CH＝CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH＝CHCH2Br可由1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH，
故答案为：CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用反应前后物质碳链结构、官能团结构变化正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维结合原料和目标产物结构差异性进行合成路线设计，题目难度中等。
23．（16分）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。如图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣（液）联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
（1）沉淀池中发生反应的化学方程式为 H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4 。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含 过滤 、 蒸发 、洗涤、烘干等。
（2）流程中体现“绿色化学”理念的设计有 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 、 生产中CO2的循环使用 等。
（3）为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是 防止极易溶于水的NH3产生倒吸 ；导管b下端使用多孔球泡的目的是 增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 。
可用甲醛法测定所得（NH4）2SO4样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：4NH4++6HCHO→4H++6H2O+（CH2）6N4[已知：（CH2）6N4不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
（4）终点的判断依据是 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 。
（5）已知c（NaOH）＝0.1010mol•L﹣1，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为 0.1885 。（保留4位小数）实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是 ab 。
a．甲醛被氧化
b．没有进行平行实验
c．氢氧化钠溶液久置变质
d．锥形瓶没有用待测液润洗
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【解答】解：（1）沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干，
故答案为：H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；过滤；蒸发；
（2）尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中CO2的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计，
故答案为：尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用；生产中CO2的循环使用；
（3）氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的NH3产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分，
故答案为：防止极易溶于水的NH3产生倒吸；增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
（4）在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点，
故答案为：加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
（5）离子方程式为4NH4++6HCHO＝4H++6H2O+（CH2）6N4，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL＝0.002020mol，氢氧根离子的物质的量＝氢离子的物质的量＝铵根离子的物质的量＝N元素的物质的量，故溶液中N的质量＝0.002020×14g/mol＝0.2828g，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数＝×100%＝0.1885；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的NH4+，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，故a正确；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，故b正确；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，故c错误；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，故d错误，
故答案为：0.1885；ab。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，明确制备流程及发生反应原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数K＝ 。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min CO2的平均反应速率为 0.008mol/（L•min） 。
（2）取一定量的I2O5和CO于某密闭容器中，分别在80℃和100℃下进行实验，测得n（CO）如下表。
时间/min
温度
0
10
20
30
40
50
80℃
0.50
0.37
0.26
0.18
0.12
0.12
100℃
0.50
0.35
0.24
0.17
x
0.15
上表中x＝ 0.15 ，理由是 100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡 。根据上表数据可以得出的结论是 该反应是放热反应 。
（3）如图所示，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因 该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化 。
（4）CO2可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L CO2（标准状况）和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为 3：1 。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠（碳酸氢钠溶液呈碱性）的物质的量之比1：1，则溶液中各离子浓度大小顺序为 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 。
③若使碳酸氢钠溶液中 的比值变小，可加入的物质是 cd 。
a．通入HCl
b．NaOH固体
c．通入CO2
d．NaHCO3固体
【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）可知，每生成5molCO2，固体质量减少80g，在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，可计算出△n（CO2），结合v＝计算；
（2）80℃时反应40min已达到平衡，温度越高，反应速率越快；比较在80℃和100℃平衡时n（CO）大小，确定升高温度，平衡移动的方向；
（3）5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，平衡逆向移动，则反应后气体体积增多；
（4）①4.48L CO2（标准状况）物质的量为＝0.2mol，根据元素守恒，则n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.2mol，2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.35mol；
②n（Na2CO3）＝n（NaHCO3），溶液存在以下电离和水解过程，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，NaHCO3＝Na++HCO3﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，H2O⇌H++OH﹣，分析各步进行的程度，即可得出答案；
③a．通入HCl，HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O；
b．NaOH固体，HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O；
c．通入CO2，其溶于水后生成碳酸，H2CO3⇌HCO3﹣+H+；
d．NaHCO3固体，NaHCO3浓度增大，同时抑制HCO3﹣的水解。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K＝；5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）可知，每生成5molCO2，固体质量减少80g，在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则△n（CO2）＝＝0.4mol，0～25min CO2的平均反应速率为＝0.008mol/（L•min），
故答案为：；0.008mol/（L•min）；
（2）100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡，则x＝0.15；有表数据可知，在80℃平衡时n（CO）小于100℃平衡时n（CO），说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，
故答案为：0.15；100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；该反应是放热反应；
（3）5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化，
故答案为：该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化；
（4）①4.48L CO2（标准状况）物质的量为＝0.2mol，根据元素守恒，则n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.2mol，2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.35mol，解得n（Na2CO3）＝0.15mol，n（NaHCO3）＝0.05mol，则生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为0.15mol：0.05mol＝3：1，
故答案为：3：1；
②n（Na2CO3）＝n（NaHCO3），溶液存在以下电离和水解过程，Na2CO3和NaHCO3完全电离，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，NaHCO3＝Na++HCO3﹣，①CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，②HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，③HCO3﹣⇌H++CO32﹣，④H2O⇌H++OH﹣，各步进行的程度①＞②＞③＞④，则溶液中各离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
③a．通入HCl，HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O，由于c（Na+）不变，c（HCO3﹣）减小，则 的比值增大，故a错误；
b．NaOH固体，HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，则 的比值增大，故b错误；
c．通入CO2，其溶于水后生成碳酸，H2CO3⇌HCO3﹣+H+，会抑制HCO3﹣的水解和电离，使得c（HCO3﹣）增大，而c（Na+）不变，则 的比值减小，故c正确；
d．NaHCO3固体，NaHCO3浓度增大，同时抑制HCO3﹣的水解，则 的比值减小，故d正确；
故答案为：cd。
【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，题目涉及化学反应速率的计算、化学平衡的移动、化学平衡常数、盐类的水解、离子浓度的比较等，根据题目信息，结合反应速率公式、勒夏特列原理、越弱越水解等知识解答，此题难度大。
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2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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）“嫦娥五号”飞船采集回的月壤在空气中会变色，可能是因为空气中含有（ ）
A．O2 B．N2 C．CH4 D．Ar
2．（2分）“中国”一词最早见于西周的青铜器（主要成分为铜、锡、铅等）上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶炼技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
3．（2分）不能使溴水褪色的气体是（ ）
A．H2S B．NH3 C．C2H6 D．C2H2
4．（2分）中国科学家率先合成出可降解塑料：聚二氧化碳，对其判断合理的是（ ）
A．含碳量与CO2不同 B．属于纯净物
C．会产生白色污染 D．结构可表示为
5．（2分）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸（加热） D．铝与浓硝酸（常温）
6．（2分）下列溶液敞口放置后，pH一定能增大的是（ ）
A．浓醋酸 B．酸雨样品 C．漂粉精溶液 D．石灰水
7．（2分）关于氯、溴、碘的叙述错误的是（ ）
A．易形成﹣1价离子
B．都只能从海洋中提取
C．单质熔沸点依次上升
D．气态氢化物稳定性依次减弱
8．（2分）化学家从一个三角形分子（C24O6）入手，“撕裂”出世界上第一个完全由碳原子构成的环状分子C18，该分子是单键和三键交替的结构，其过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．C18属于不饱和烃
B．“撕裂”过程发生了分解反应
C．C18和C60互为同系物
D．“撕裂”过程主要克服了分子间作用力
9．（2分）水可以发生如下变化：。下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
10．（2分）关于化工生产的叙述正确的是（ ）
A．合成氨工业中，N2、H2循环使用使得原料的总转化率较高
B．硫酸工业中，大块黄铁矿石不能煅烧，因此必须将其粉碎
C．石油分馏得到乙烯
D．氯碱工业生产纯碱
11．（2分）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫（COS）分子，其结构与CO2相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型：
B．结构式：S＝C＝O
C．共用电子对都偏向碳
D．是含有极性键的非极性分子
12．（2分）关于有机物X（结构如图）的说法正确的是（ ）
A．所有碳原子均在同一平面内
B．常温下呈气态
C．与苯互为同分异构体
D．一氯取代物有2种
13．（2分）土壤中游离Al3+越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用（ ）
A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵
14．（2分）实验室制取乙酸乙酯的过程中，未涉及的操作是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+QkJ。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，放出QkJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
16．（2分）选取pH＝2.5和pH＝5.0的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如图。下列结论错误的是（ ）
A．pH＝5.0的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
17．（2分）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是（ ）
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
AlCl3溶液
验证Al（OH）3能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
FeCl2溶液
验证Cl﹣具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是（ ）
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
19．（2分）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：NO2﹣+NH4+→N2+2H2O
20．（2分）某温度下，向浓氯水（由0.12mol氯气溶于水配制而成）中，以恒定速率滴入NaOH溶液，溶液中ClO﹣和ClO3﹣的物质的量与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时，溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、ClO﹣
B．0～t2时，发生的离子反应是：6Cl2+12OH﹣→8Cl﹣+3ClO﹣+ClO3﹣+6H2O
C．t3时，溶液中存在如下关系：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣）
D．t4时，溶液中含NaCl 0.20mol
二、综合题（共60分）
21．（14分）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
（1）硅原子的结构示意图为 ；比较硅铝的原子半径：r（Si） r（Al）（选填：“＞”、
“＜”或“＝”）。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 。
（2）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040℃和194℃，它们熔点差异大的原因可能是 。
（3）门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素（当时并未被发现）的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为 ，推断的依据是 。
（4）制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：C+SiO2→SiO↑+CO↑；2SiO→Si+SiO2；3C+Al2O3→2Al+3CO↑。上述反应的最终还原产物为 ；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为 。
22．（14分）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 。A的分子式为 。④的反应类型为 。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
23．（16分）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。如图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣（液）联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
（1）沉淀池中发生反应的化学方程式为 。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含 、 、洗涤、烘干等。
（2）流程中体现“绿色化学”理念的设计有 、 等。
（3）为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是 ；导管b下端使用多孔球泡的目的是 。
可用甲醛法测定所得（NH4）2SO4样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：4NH4++6HCHO→4H++6H2O+（CH2）6N4[已知：（CH2）6N4不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
（4）终点的判断依据是 。
（5）已知c（NaOH）＝0.1010mol•L﹣1，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为 。（保留4位小数）实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是 。
a．甲醛被氧化
b．没有进行平行实验
c．氢氧化钠溶液久置变质
d．锥形瓶没有用待测液润洗
24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数K＝ 。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min CO2的平均反应速率为 。
（2）取一定量的I2O5和CO于某密闭容器中，分别在80℃和100℃下进行实验，测得n（CO）如下表。
时间/min
温度
0
10
20
30
40
50
80℃
0.50
0.37
0.26
0.18
0.12
0.12
100℃
0.50
0.35
0.24
0.17
x
0.15
上表中x＝ ，理由是 。根据上表数据可以得出的结论是 。
（3）如图所示，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因 。
（4）CO2可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L CO2（标准状况）和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为 。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠（碳酸氢钠溶液呈碱性）的物质的量之比1：1，则溶液中各离子浓度大小顺序为 。
③若使碳酸氢钠溶液中 的比值变小，可加入的物质是 。
a．通入HCl
b．NaOH固体
c．通入CO2
d．NaHCO3固体
2021年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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）“嫦娥五号”飞船采集回的月壤在空气中会变色，可能是因为空气中含有（ ）
A．O2 B．N2 C．CH4 D．Ar
【分析】月壤在空气中会变色，可能是被空气中的成分氧化，结合空气的成分分析。
【解答】解：月壤在空气中会变色，可能是被空气中的成分氧化，空气中N2、CH4、Ar等气体在常温下都较稳定，没有氧化性，而O2具有较强的氧化性，所以可能是因为空气中含有的O2，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及转化，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。
2．（2分）“中国”一词最早见于西周的青铜器（主要成分为铜、锡、铅等）上。下列有关青铜的说法中错误的是（ ）
A．冶炼技术早于炼铁 B．具有导电性
C．熔点高于纯铜 D．硬度大于纯铅
【分析】A．我国使用最早的合金是青铜，早于炼铁；
B．金属具有导电性；
C．合金的硬度大，熔点低；
D．合金的硬度可以大于它的纯金属成分。
【解答】解：A．铜的活泼性较差，比较容易冶炼，青铜是人类冶炼的第一种合金，冶炼技术早于炼铁，故A正确；
B．青铜属于合金，具有金属性质，具有导电性，故B正确；
C．青铜属于合金，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的熔点低于其成分中的主要金属，所以青铜熔点低于纯铜，故C错误；
D．青铜含铅，青铜属于合金，硬度可以大于它的纯金属成分铅，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查合金的性质，合金的硬度大，熔点低记牢是解答关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
3．（2分）不能使溴水褪色的气体是（ ）
A．H2S B．NH3 C．C2H6 D．C2H2
【分析】A．H2S具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应；
B．NH3具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应；
C．C2H6为饱和烃，不与溴水反应；
D．C2H2含碳碳三键，与溴水发生加成反应。
【解答】解：A．H2S具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应，则能使溴水褪色，故A不选；
B．NH3具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应，则能使溴水褪色，故B不选；
C．C2H6为饱和烃，不与溴水反应，则不能使溴水褪色，故C选；
D．C2H2含碳碳三键，与溴水发生加成反应，则能使溴水褪色，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物的基本性质，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）中国科学家率先合成出可降解塑料：聚二氧化碳，对其判断合理的是（ ）
A．含碳量与CO2不同 B．属于纯净物
C．会产生白色污染 D．结构可表示为
【分析】A.聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，方程式为nCO2，反应过程中原子守恒；
B.聚二氧化碳属于高分子化合物，由于聚合度不确定；
C.白色污染的主要原因为不可降解塑料；
D.根据反应方程式及共用电子对数确定其结构。
【解答】解：A．聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，其含碳量与二氧化碳相同，故A错误；
B．聚二氧化碳属于高分子化合物，由于聚合度不确定，故为混合物，故B错误；
C．聚二氧化碳是降解塑料，可以降解不会产生白色污染，故C错误；
D．聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反应得到的，结合共用电子对数，结构可表示为，故D正确，
故选：D。
【点评】本题以聚二氧化碳为背景，考查学生有关高分子化合物，物质结构，加聚反应等内容，难度适中。
5．（2分）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是（ ）
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸（加热） D．铝与浓硝酸（常温）
【分析】A．溶液足量时，铝与氯化铁溶液反应生成氯化铝和氯化亚铁；
B．溶液足量时，锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气；
C．溶液足量时，铜与浓硫酸（加热）反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
D．常温下铝在浓硝酸中发生钝化不能继续反应。
【解答】解：A．溶液足量时，铝与氯化铁溶液反应生成氯化铝和氯化亚铁，金属一定无剩余，故A错误；
B．溶液足量时，锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，金属一定无剩余，故B错误；
C．溶液足量时，铜与浓硫酸（加热）反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，金属一定无剩余，故C错误；
D．常温下铝在浓硝酸中发生钝化不能继续反应，金属一定有剩余，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质分析、物质特征性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6．（2分）下列溶液敞口放置后，pH一定能增大的是（ ）
A．浓醋酸 B．酸雨样品 C．漂粉精溶液 D．石灰水
【分析】A．醋酸具有挥发性；
B．酸雨样品中含有亚硫酸，亚硫酸易被氧化；
C．漂粉精溶液在空气中会与二氧化碳反应生成HClO；
D．石灰水能与空气中的二氧化碳反应。
【解答】解：A．醋酸具有挥发性，浓醋酸敞口放置后，醋酸的浓度减小，溶液的酸性减弱，所以pH一定能增大，故A正确；
B．酸雨样品中含有亚硫酸，亚硫酸易被氧化，生成酸性更强的硫酸，所以酸性增强，pH会减小，故B错误；
C．漂粉精溶液在空气中会与二氧化碳反应生成HClO，溶液酸性增强，pH会减小，故C错误；
D．石灰水能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以pH减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（2分）关于氯、溴、碘的叙述错误的是（ ）
A．易形成﹣1价离子
B．都只能从海洋中提取
C．单质熔沸点依次上升
D．气态氢化物稳定性依次减弱
【分析】A．Cl、Br、I均为第VIIA族元素，最外层均有7个电子；
B．氯、溴、碘在海洋中蕴含量较陆地上丰富；
C．氯气、溴和碘均为分子晶体，熔沸点受范德华力的影响；
D．元素的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强。
【解答】解：A．Cl、Br、I均为第VIIA族元素，最外层均有7个电子，均易得一个电子形成﹣1价阴离子，故A正确；
B．氯、溴、碘在海洋中蕴含量比较丰富，但并不是只有海洋中才有，故B错误；
C．氯气、溴和碘均为分子晶体，熔沸点受范德华力的影响，由于从氯气到碘，相对分子质量逐渐增大，故分子间作用力逐渐增大，则单质得熔沸点逐渐升高，故C正确；
D．元素的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性Cl＞Br＞I，则气态氢化物得稳定性HCl＞HBr＞HI，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素周期律，难度不大，应注意同一周期、同一主族的元素的结构、性质的递变规律。
8．（2分）化学家从一个三角形分子（C24O6）入手，“撕裂”出世界上第一个完全由碳原子构成的环状分子C18，该分子是单键和三键交替的结构，其过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．C18属于不饱和烃
B．“撕裂”过程发生了分解反应
C．C18和C60互为同系物
D．“撕裂”过程主要克服了分子间作用力
【分析】A.烃是只有C、H两种元素组成的化合物；
B.“撕裂”过程由一种物质生成了多种物质，属于分解反应；
C.二者不属于同系物；
D.撕裂过程发生了化学键的断裂。
【解答】解：烃是只有C、H两种元素组成的化合物，C18属于单质，不属于烃，故A错误；
B.“撕裂”过程由一种物质C24O6生成了C18、CO等多种物质，属于分解反应，故B正确；
C.同系物指的是结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2的化合物，C18和C60均为单质，不是同系物，应为同素异形体，故C错误；
D.撕裂过程发生了化学键的断裂，不是克服了分子间作用力，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学基本概念，注意烃、同系物等研究对象是化合物，同素异形体研究对象为单质。
9．（2分）水可以发生如下变化：。下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
【分析】A．冰的密度比水小；
B．水变成水蒸气，分子间距离会增大；
C．水分解生成氢气和氧气，发生化学变化；
D．过程②与过程④为物理变化，可逆反应属于化学变化。
【解答】解：A．冰的密度比水小，所以过程①中由冰转变为水时，体积会缩小，故A错误；
B．水受热蒸发变成水蒸气，水分子间距离会增大，即过程②中分子间距增大，故B错误；
C．水分解生成氢气和氧气，发生化学变化，存在H﹣O键的断裂和H﹣H、O＝O键的形成，则过程③中涉及化学键的断裂和形成，故C正确；
D．过程②与过程④为物理变化，可逆反应属于化学变化，所以过程②与过程④不是可逆反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学键、物质的变化，明确物质之间的转化、化学键的变化、物质的性质等知识点即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
10．（2分）关于化工生产的叙述正确的是（ ）
A．合成氨工业中，N2、H2循环使用使得原料的总转化率较高
B．硫酸工业中，大块黄铁矿石不能煅烧，因此必须将其粉碎
C．石油分馏得到乙烯
D．氯碱工业生产纯碱
【分析】A．合成氨工业中，N2、H2循环使用，使平衡向正反应方向移动，可以提高原料的利用率；
B．硫铁矿燃烧前要粉碎，是因为大块的硫铁矿不能充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于硫铁矿的充分燃烧；
C．石油裂解可以获得小分子的烯烃；
D．氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠。
【解答】解：A．合成氨工业中，N2、H2循环使用，使平衡向正反应方向移动，使得原料的总转化率较高，故A正确；
B．硫铁矿燃烧前要粉碎，是因为大块的硫铁矿不能充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于硫铁矿的充分燃烧，大块的硫铁矿可以燃烧，只是燃烧不充分，会造成资源的浪费，故B错误；
C．石油分馏是控制温度范围，分离混合物的方法，得到的主要是烷烃，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．氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，纯碱工业是利用向氨化的饱和食盐水中反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查工业合成氨、接触法制硫酸的原理、石油分馏、氯碱工业等，同时涉及到平衡移动等，重点考查制备过程中的注意问题和条件的选择依据，注重对知识的综合运用和迁移能力考查，题目难度中等。
11．（2分）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫（COS）分子，其结构与CO2相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型：
B．结构式：S＝C＝O
C．共用电子对都偏向碳
D．是含有极性键的非极性分子
【分析】A．羰基硫的结构式为O＝C＝S，原子半径大小为：S＞C＞O；
B．羰基硫中C原子分别以双键与O原子和S原子结合；
C．O和S的电负性均强于C；
D．羰基硫是直线型结构，但C＝O键与C＝S键的极性不同。
【解答】解：A．羰基硫的结构式为O＝C＝S，原子半径大小为：S＞C＞O，故其比例模型为，故A错误；
B．羰基硫中C原子分别以双键与O原子和S原子结合，故其结构式为S＝C＝O，故B正确；
C．O和S的电负性均强于C，故共用电子对偏向于O和S，故C错误；
D．羰基硫是直线型结构，但C＝O键与C＝S键的极性不同，故是含极性键的极性分子，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了羰基硫的空间结构、比例模型、分子的极性等，难度不大，注意原子半径的相对大小。
12．（2分）关于有机物X（结构如图）的说法正确的是（ ）
A．所有碳原子均在同一平面内
B．常温下呈气态
C．与苯互为同分异构体
D．一氯取代物有2种
【分析】有机物含有碳碳双键，具有烯烃的性质，结合烯烃、烷烃的结构解答该题。
【解答】解：A.含有碳碳双键，具有平面形结构，与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，故A正确；
B.碳原子数为6，大于4，在常温下为液体，故B错误；
C.含有2个环、1个碳碳双键，不饱和度为3，而苯的不饱和度为4，二者的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D.结构对称，分子中含有1种H，则一氯代物有1种，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
13．（2分）土壤中游离Al3+越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用（ ）
A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵
【分析】硫酸铝是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，不能与水解显碱性的物质同时施用，据此分析。
【解答】解：硫酸铝是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，碳酸钾水解显碱性，硫酸亚铁和氯化铵显酸性，硝酸钾显中性，所以硫酸铝不能与碳酸钾同时施用，否则会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故C选，
故选：C。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，为高频考点，把握物质的组成、物质的性质、盐的水解原理、性质与用途为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）实验室制取乙酸乙酯的过程中，未涉及的操作是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】乙酸乙酯的制备：乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下、水浴加热生成乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，使之分层，利用分液的方法得的乙酸乙酯；蒸发溶液得到晶体时使用仪器蒸发皿，据此分析解答。
【解答】解：A．乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下、水浴加热生成乙酸乙酯，涉及该操作，故A正确；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，使之分层，涉及该操作，故B正确；
C．乙酸乙酯不溶于水，出现分层，可用分液操作分离，涉及该操作，故C正确；
D．蒸发溶液得到固体溶质时选用蒸发皿，制备乙酸乙酯的实验过程中未涉及蒸发结晶操作，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、混合物的分离提纯、仪器的使用、装置的作用等知识，侧重分析能力和运用能力的考查，把握制备原理、混合物的分离提纯是解题关键，注意饱和碳酸钠溶液和浓硫酸的作用，题目难度不大。
15．（2分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+QkJ。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是（ ）
A．1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，放出QkJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
【分析】A．由题意得，该反应是可逆反应；
B．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率；
C．H2O（g）变化H2O（l），该过程为放出热量；
D．催化剂不改变反应的热效应；
【解答】解：A．由题意得，该反应是可逆反应，1mol CO2（g）和3mol H2（g）混合后反应，反应不能进行完全，则放出热量小于QkJ，故A错误；
B．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，则催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．H2O（g）变化H2O（l），该过程为放出热量，则当生成的水为液态时，Q值增大，故C错误；
D．催化剂不改变反应的热效应，化剂不同，反应的热效应相同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，解题的关键是掌握可逆反应不能进行完全和催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不改变反应的热效应，此题难度不大。
16．（2分）选取pH＝2.5和pH＝5.0的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如图。下列结论错误的是（ ）
A．pH＝5.0的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
【分析】由图可知，铁在pH＝2.5时，发生析氢腐蚀，正极生成氢气，容器压强增大，pH＝5.0时，容器压强逐渐减小，说明消耗氧气，为吸氧腐蚀，以此解答该题。
【解答】解：A.pH＝5.0时，容器压强逐渐减小，说明消耗氧气，为吸氧腐蚀，故A正确；
B.由图时可知，酸度不同，压强不同，腐蚀的主要类型可能不同，故B正确；
C.析氢腐蚀消耗氢离子，吸氧腐蚀生成氢氧根离子，则两组溶液的pH一定逐渐变大，故C正确；
D.改用盐酸，发生腐蚀的类型与溶液的pH大小有关，腐蚀速率不一定变大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图象的分析，掌握金属腐蚀的原理，题目难度不大。
17．（2分）按如图所示装置进行实验，逐滴加入液体x后，下列实验目的能够实现的是（ ）
选项
x
y
z
实验目的
A
浓氨水
生石灰
AlCl3溶液
验证Al（OH）3能溶于碱
B
稀醋酸
小苏打
澄清石灰水
验证醋酸的酸性强于碳酸
C
水
过氧化钠
FeCl2溶液
验证Cl﹣具有还原性
D
70%硫酸
亚硫酸钠
紫色石蕊试液
验证二氧化硫的漂白性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；
B.醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊；
C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气氧化亚铁离子；
D.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂。
【解答】解：A.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，氢氧化铝不溶解，故A错误；
B.醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，可验证醋酸的酸性强于碳酸，故B正确；
C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不能氧化氯离子，故C错误；
D.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，二氧化硫水溶液呈酸性，紫色石蕊变红色，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
18．（2分）在铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y。下列说法正确的是（ ）
A．若X中含有铁，则反应时一定有气泡
B．若向Y中滴入KSCN溶液显红色，则X中无铁
C．Y一定能使高锰酸钾溶液褪色
D．Y中滴入NaOH溶液，一定有沉淀产生
【分析】铁粉与水蒸气反应后的残留固体X中一定含四氧化三铁，可能含Fe，加入足量的稀硫酸，充分反应后得到溶液Y，若Fe不足，溶液Y中含铁离子、亚铁离子；若Fe足量，Y中只含亚铁离子，以此来解答。
【解答】解：A.铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，若X中含有铁，且Fe少量时，无气体生成，故A错误；
B.若向Y中滴入KSCN溶液显红色，可知溶液Y含铁离子，但X中可能含少量Fe，故B错误；
C.Y中一定含亚铁离子，能使高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.硫酸足量，若Y中加少量NaOH先与硫酸反应，无沉淀生成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查铁及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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。
19．（2分）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：NO2﹣+NH4+→N2+2H2O
【分析】A．过程Ⅰ中N元素的化合价降低；
B．过程Ⅱ中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH＝N2H4+H2O+H+，据此判断；
C．过程Ⅲ中，反应的方程式为4NO2﹣+3N2H4+4H+＝5N2↑+8H2O；
D．由反应物、生成物书写化学方程式。
【解答】解：A．过程Ⅰ中N元素的化合价降低，所以过程Ⅰ还需要加入还原剂，故A错误；
B．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH＝N2H4+H2O+H+，则过程Ⅱ反应后酸性最强，故B错误；
C．过程Ⅲ中，反应的方程式为4NO2﹣+3N2H4+4H+＝5N2↑+8H2O，则参与反应的NO2﹣与N2H4的物质的量之比为4：3，故C正确；
D．由反应物、生成物可知该过程的总反应是NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为综合题，考查了氧化还原反应概念判断，明确物质结构、基本概念、物质性质是解本题关键，注意由反应物、生成物书写化学方程式，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
20．（2分）某温度下，向浓氯水（由0.12mol氯气溶于水配制而成）中，以恒定速率滴入NaOH溶液，溶液中ClO﹣和ClO3﹣的物质的量与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时，溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、ClO﹣
B．0～t2时，发生的离子反应是：6Cl2+12OH﹣→8Cl﹣+3ClO﹣+ClO3﹣+6H2O
C．t3时，溶液中存在如下关系：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣）
D．t4时，溶液中含NaCl 0.20mol
【分析】氯气转化为ClO﹣和ClO3﹣时，Cl元素化合价均升高，结合化合价升降相等可知，反应产物中一定还存在Cl﹣；0～t1时ClO3﹣为0，说明发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O；t1～t2时ClO3﹣开始生成，且ClO﹣的物质的量继续增大，说明此时间段Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3；t2～t4时ClO﹣的物质的量逐渐减小，ClO3﹣的物质的量逐渐增大，说明氯气已经反应完毕，ClO﹣逐渐转化为ClO3﹣，发生反应为3ClO﹣＝2Cl﹣+ClO3﹣，以此分析解答。
【解答】解：A．0～t1时发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O，且Cl2过量，部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则此时溶液中的含氯微粒为：Cl﹣、Cl2、HClO、ClO﹣，故A错误；
B．结合分析可知，0～t1时发生反应Cl2+2OH﹣→Cl﹣+ClO﹣+H2O，t1～t2时Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，故B错误；
C．t3时c（ClO﹣）＝c（ClO3﹣），部分ClO﹣逐渐转化为ClO3﹣，溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，ClO﹣水解溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（ClO3﹣），故C错误；
D．t3时c（ClO﹣）＝c（ClO3﹣）＝0.03mol，结合Cl原子守恒可知c（Cl﹣）＝2n（Cl2）﹣c（ClO﹣）﹣c（ClO3﹣）＝0.18mol，根据反应3ClO﹣＝2Cl﹣+ClO3﹣可知，t3～t4段增加的c（Cl﹣）＝n（ClO﹣）＝0.02mol，则t4时n（NaCl）＝c（Cl﹣）＝0.18mol+0.02mol＝0.20mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、离子反应与氧化还原反应计算，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质量守恒定律的应用方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（14分）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
（1）硅原子的结构示意图为 ；比较硅铝的原子半径：r（Si） ＜ r（Al）（选填：“＞”、
“＜”或“＝”）。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑ 。
（2）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040℃和194℃，它们熔点差异大的原因可能是 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 。
（3）门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素（当时并未被发现）的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为 4s24p1 ，推断的依据是 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 。
（4）制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：C+SiO2→SiO↑+CO↑；2SiO→Si+SiO2；3C+Al2O3→2Al+3CO↑。上述反应的最终还原产物为 Al、Si ；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为 2NA个 。
【分析】（1）硅为14号元素，可得核外电子排布，原子半径大小，取决于电子层数和核电荷数，铝有两性，能与氢氧化钠反应；
（2）通过判断物质的晶体类别，比较物质熔沸点高低；
（3）依据铝的原子结构推测类铝的原子结构；
（4）将所给方程式加和得到总反应方程式，判断产物和转移电子数目。
【解答】解：（1）硅为14号元素，依据核外电子排布规则，可知核外电子排布为，硅原子与铝原子核外电子层数相同，硅原子核电荷数大，半径小，铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，
故答案为：；＜；2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑；
（2）氟化铝为离子晶体，微粒间通过离子键结合，氯化铝为分子晶体，微粒间通过分子间作用力结合，离子键强度大于分子间作用力，故离子晶体熔沸点高于分子晶体，
故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。
（3）依据题干信息，类铝与铝为同主族元素，结构相似，故最外层为3个电子，铝的最外层核外电子排布为3s23p1，类铝在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，为4s24p1，
故答案为：4s24p1；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层。
（4）将题干前两个方式相加可知，制取硅的反应为2C+SiO2→Si+2CO↑，制取铝的反应为3C+Al2O3→2Al+3CO↑，故得到的最终还原产物为Al、Si，两个反应中C均作还原剂生成CO，故1molC反应转移2mol电子，
故答案为：Al、Si；2NA个。
【点评】本题考查晶体熔沸点高低比较、同主族元素性质推断，注意同主族元素结构的相似性。
22．（14分）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 羟基、碳碳双键 。A的分子式为 C9H18O2 。④的反应类型为 酯化反应或取代反应 。
（2）反应②的化学方程式为 2+O22+2H2O 。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 保护﹣CH2OH基团不被氧化 。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。 或或或
或
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH 。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
【分析】A中醇羟基上的氢原子被取代生成B，B中醇羟基被氧化生成C中羰基，对比C、D的结构简式知，C中羰基被取代生成﹣Cl、﹣CH＝CH2然后氯原子水解生成醇羟基，D发生取代反应生成E中醇羟基，E发生氧化反应生成F，根据E的结构简式、F中分子式知，﹣CH2OH被氧化生成﹣COOH，则F的结构简式为，F和G发生酯化反应生成H，H中含有两个酯基，则H的结构简式为；
（5）由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH），CH3COOCH2CH＝CHCH2OH可由乙酸和HOCH2CH＝CHCH2OH发生酯化反应得到，HOCH2CH＝CHCH2OH可由BrCH2CH＝CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH＝CHCH2Br可由1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应得到。
【解答】解：（1）E中含有的官能团名称为羟基、碳碳双键，A的分子式为C9H18O2；④为羧酸和醇的酯化反应，也属于取代反应，所以该反应的反应类型为酯化反应或取代反应，
故答案为：羟基、碳碳双键；C9H18O2；取代反应或酯化反应；
（2）反应②为醇羟基的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是保护﹣CH2OH基团不被氧化，
故答案为：保护﹣CH2OH基团不被氧化；
（4）G的同分异构体同时符合下列条件：
①能使石蕊试液变色，说明含有﹣COOH；
②能发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
③分子中含有两个甲基，符合条件的同分异构体结构简式为或或或
或，
故答案为：或或或或；
（5）由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH），CH3COOCH2CH＝CHCH2OH可由乙酸和HOCH2CH＝CHCH2OH发生酯化反应得到，HOCH2CH＝CHCH2OH可由BrCH2CH＝CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH＝CHCH2Br可由1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH，
故答案为：CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用反应前后物质碳链结构、官能团结构变化正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维结合原料和目标产物结构差异性进行合成路线设计，题目难度中等。
23．（16分）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。如图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣（液）联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
（1）沉淀池中发生反应的化学方程式为 H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4 。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含 过滤 、 蒸发 、洗涤、烘干等。
（2）流程中体现“绿色化学”理念的设计有 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 、 生产中CO2的循环使用 等。
（3）为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是 防止极易溶于水的NH3产生倒吸 ；导管b下端使用多孔球泡的目的是 增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 。
可用甲醛法测定所得（NH4）2SO4样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：4NH4++6HCHO→4H++6H2O+（CH2）6N4[已知：（CH2）6N4不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
（4）终点的判断依据是 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 。
（5）已知c（NaOH）＝0.1010mol•L﹣1，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为 0.1885 。（保留4位小数）实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是 ab 。
a．甲醛被氧化
b．没有进行平行实验
c．氢氧化钠溶液久置变质
d．锥形瓶没有用待测液润洗
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【解答】解：（1）沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干，
故答案为：H2O+2NH3+CO2+CaSO4＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；过滤；蒸发；
（2）尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中CO2的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计，
故答案为：尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用；生产中CO2的循环使用；
（3）氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的NH3产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分，
故答案为：防止极易溶于水的NH3产生倒吸；增大溶解性较小的CO2与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
（4）在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点，
故答案为：加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
（5）离子方程式为4NH4++6HCHO＝4H++6H2O+（CH2）6N4，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL＝0.002020mol，氢氧根离子的物质的量＝氢离子的物质的量＝铵根离子的物质的量＝N元素的物质的量，故溶液中N的质量＝0.002020×14g/mol＝0.2828g，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数＝×100%＝0.1885；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的NH4+，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，故a正确；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，故b正确；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，故c错误；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，故d错误，
故答案为：0.1885；ab。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，明确制备流程及发生反应原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24．（16分）利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数K＝ 。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min CO2的平均反应速率为 0.008mol/（L•min） 。
（2）取一定量的I2O5和CO于某密闭容器中，分别在80℃和100℃下进行实验，测得n（CO）如下表。
时间/min
温度
0
10
20
30
40
50
80℃
0.50
0.37
0.26
0.18
0.12
0.12
100℃
0.50
0.35
0.24
0.17
x
0.15
上表中x＝ 0.15 ，理由是 100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡 。根据上表数据可以得出的结论是 该反应是放热反应 。
（3）如图所示，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因 该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化 。
（4）CO2可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L CO2（标准状况）和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为 3：1 。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠（碳酸氢钠溶液呈碱性）的物质的量之比1：1，则溶液中各离子浓度大小顺序为 c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 。
③若使碳酸氢钠溶液中 的比值变小，可加入的物质是 cd 。
a．通入HCl
b．NaOH固体
c．通入CO2
d．NaHCO3固体
【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）可知，每生成5molCO2，固体质量减少80g，在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，可计算出△n（CO2），结合v＝计算；
（2）80℃时反应40min已达到平衡，温度越高，反应速率越快；比较在80℃和100℃平衡时n（CO）大小，确定升高温度，平衡移动的方向；
（3）5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，平衡逆向移动，则反应后气体体积增多；
（4）①4.48L CO2（标准状况）物质的量为＝0.2mol，根据元素守恒，则n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.2mol，2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.35mol；
②n（Na2CO3）＝n（NaHCO3），溶液存在以下电离和水解过程，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，NaHCO3＝Na++HCO3﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，H2O⇌H++OH﹣，分析各步进行的程度，即可得出答案；
③a．通入HCl，HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O；
b．NaOH固体，HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O；
c．通入CO2，其溶于水后生成碳酸，H2CO3⇌HCO3﹣+H+；
d．NaHCO3固体，NaHCO3浓度增大，同时抑制HCO3﹣的水解。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K＝；5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）可知，每生成5molCO2，固体质量减少80g，在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则△n（CO2）＝＝0.4mol，0～25min CO2的平均反应速率为＝0.008mol/（L•min），
故答案为：；0.008mol/（L•min）；
（2）100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡，则x＝0.15；有表数据可知，在80℃平衡时n（CO）小于100℃平衡时n（CO），说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，
故答案为：0.15；100℃比80℃反应速率快，80℃时反应40min已达到平衡，故100℃时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；该反应是放热反应；
（3）5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化，
故答案为：该反应是气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，300℃时CO2的百分含量随着压强的增大而减小，说明增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化；
（4）①4.48L CO2（标准状况）物质的量为＝0.2mol，根据元素守恒，则n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.2mol，2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）＝0.35mol，解得n（Na2CO3）＝0.15mol，n（NaHCO3）＝0.05mol，则生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为0.15mol：0.05mol＝3：1，
故答案为：3：1；
②n（Na2CO3）＝n（NaHCO3），溶液存在以下电离和水解过程，Na2CO3和NaHCO3完全电离，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，NaHCO3＝Na++HCO3﹣，①CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，②HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，③HCO3﹣⇌H++CO32﹣，④H2O⇌H++OH﹣，各步进行的程度①＞②＞③＞④，则溶液中各离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
③a．通入HCl，HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O，由于c（Na+）不变，c（HCO3﹣）减小，则 的比值增大，故a错误；
b．NaOH固体，HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，则 的比值增大，故b错误；
c．通入CO2，其溶于水后生成碳酸，H2CO3⇌HCO3﹣+H+，会抑制HCO3﹣的水解和电离，使得c（HCO3﹣）增大，而c（Na+）不变，则 的比值减小，故c正确；
d．NaHCO3固体，NaHCO3浓度增大，同时抑制HCO3﹣的水解，则 的比值减小，故d正确；
故答案为：cd。
【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，题目涉及化学反应速率的计算、化学平衡的移动、化学平衡常数、盐类的水解、离子浓度的比较等，根据题目信息，结合反应速率公式、勒夏特列原理、越弱越水解等知识解答，此题难度大。
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