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2021-2022学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海市金山区高三（上）期末化学试卷（一模），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。
2021-2022学年上海市金山区高三（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）地壳中含量最丰富的元素是（ ）
A．O B．Fe C．H D．Al
2．（2分）武德合金的熔点一般为73～93℃，根据这一性质，可将其制作成（ ）
A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线
3．（2分）重油裂化的目的主要是（ ）
A．获得短链气态烃 B．生产更多的汽油
C．提高汽油品质 D．将直链烃转化为芳香烃
4．（2分）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
5．（2分）下列变化过程中有化学键被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．浓硫酸稀释 C．蔗糖溶于水 D．浓盐酸稀释
6．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
7．（2分）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O，有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO（NH2）2的结构简式：
8．（2分）下列转化不可能通过一步反应直接完成的是（ ）
A．Al→Al2O3 B．Al2O3→Al（OH）3
C．Al（OH）3→AlO2﹣ D．Al3+→Al（OH）3
9．（2分）由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是（ ）
A． B．
C． D．CH3﹣CH＝CH﹣CN
10．（2分）乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．乙苯的同分异构体有3种
C．可用KMnO4（H+）鉴别乙苯和苯乙烯
D．苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面
11．（2分）已知2﹣丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
下列关于2﹣丁烯的两种异构体的说法正确的是（ ）
A．两者的沸点相同
B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定
D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
12．（2分）关于联合制碱法的说法正确的是（ ）
A．原料CO2来自石灰石分解
B．向母液中通入NH3可抑制NH4+水解
C．循环利用NH3
D．将母液蒸发结晶析出NH4Cl
13．（2分）合成氨工业N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．实现了氮的固定
B．该反应放热，a＜b
C．升温，正、逆反应速率均增大
D．达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
14．（2分）下列实验能达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．制CaCO3
15．（2分）下列物质鉴别的方法错误的是（ ）
A
B
C
D
物质
H2S、SO2
FeS、CuS
CH4、C2H2
Na2CO3、Na2SO4
鉴别方法
通入溴水
加入水
燃烧
加入AlCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
16．（2分）已知：O2+PtF6→O2（PtF6）。PtF6易挥发，O2（PtF6）是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是（ ）
A．PtF6是还原剂
B．O2（PtF6）中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子
D．O2（PtF6）只含离子键，具有氧化性
17．（2分）20℃时，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c（H+）也增大
D．向溶液中加入pH＝11的NaOH溶液后，pH＞7
18．（2分）用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液的装置如图，两极均有气体生成，c电极附近产生可燃性气体，澄清石灰水无浑浊现象。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．c电极附近生成了CH4
C．电子的流动方向：c→溶液→d
D．反应后恢复到原温度，溶液pH不变
19．（2分）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol•L﹣1的Na2X溶液中缓慢通入HCl（忽略溶液体积变化及H2X的挥发）。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．通入HCl前：c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若通入5×10﹣3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c（X2﹣）＝c（HX﹣）
C．pH＝7时：溶液中c（HX﹣）＞c（Cl﹣）
D．c（Cl﹣）＝0.1mol•L﹣1时：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2X）﹣c（X2﹣）
20．（2分）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
n（CO2）/mol
n（C）/mol
n（CO）/mol
甲
0.1
0.3
0
乙
0
0
0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则υ（正）＞υ（逆）
二、综合题（共60分）
21．（15分）Cl2的制备有电解法和氧化法。
完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为 ；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小 。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为 。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因 。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是 ，属于 分子（选填“极性”或“非极性”）。
22．（14分）CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+49.5kJ
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣40.9kJ
完成下列填空：
（1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，υ正 υ逆（选填“＞”或“＜”）。
（2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1 p2（选填“＞”或“＜”）。
某温度下达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol、n（CO）＝0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0～tmin内CH3OH平均反应速率υ（CH3OH）＝ ；反应②的平衡常数K的数值为 。
工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因 。
（4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为 ；比较上层清液中的离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+） c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
23．（15分）乙酰乙酸乙酯（A）是有机合成的原料，如图是以A为原料合成有机物F的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中的官能团有羰基、 ；E→F的反应类型是 。
（2）制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，则X的结构简式是 。
（3）C的一氯代物有 种，写出B→C第一步反应的化学方程式 。
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成的方法是 。
（5）B的同分异构体G满足以下条件：
①含六元环；
②含5种不同化学环境的H原子；
③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应。
写出G的结构简式 。
（6）参照（2）和A→F的流程所给信息，将以环已酮、乙醇为原料合成B的同分异构体，请将下列合成路线补充完整 。
24．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图（部分装置省略，C中Na2SO3过量）：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣。为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 ，观察到的现象是 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 性，装置B的作用是 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 。当观察到装置C中溶液 ，说明反应已完全。样品中Na2S2O3•5H2O（M＝248g•mol﹣1）的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定（杂质不参与反应），步骤如下：
①取0.0100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：
Cr2O72﹣+6I﹣+14H+→2Cr3++3I2+7H2O；
I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣。
（4）判断步骤②的滴定终点 。
（5）样品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3•5H2O的含量 （选填“偏高”或“偏低”）。
2021-2022学年上海市金山区高三（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）地壳中含量最丰富的元素是（ ）
A．O B．Fe C．H D．Al
【分析】地壳中含量最丰富的元素是氧。
【解答】解：地壳中含量由多到少顺序为O、Si、Al、Fe、Ca、Na、K、Mg等，
故选：A。
【点评】本题考查化学应用知识，题目难度不大，熟悉地壳中的组成元素为解答的关键。
2．（2分）武德合金的熔点一般为73～93℃，根据这一性质，可将其制作成（ ）
A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线
【分析】武德合金熔点仅为73～93℃，根据这一性质推测它可以用作电路保险丝。
【解答】解：武德合金中含有铅、铋、锡和镉，是一种低熔点合金（熔点仅为73～93℃），根据熔点低这一性质推测它可以用作电路保险丝；电路保险丝能够起到保险作用是因为当电流突然增大时引起温度升高，瞬间保险丝熔断，保护用电器安全；所以要求保险丝材料熔点低，易于熔断；
故选：C。
【点评】本题主要考查了合金的性质及应用，题目难度不大，基础性强，与生活实际联系紧密。
3．（2分）重油裂化的目的主要是（ ）
A．获得短链气态烃 B．生产更多的汽油
C．提高汽油品质 D．将直链烃转化为芳香烃
【分析】石油裂化可得到轻质液体燃料。
【解答】解：石油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B正确，
故选：B。
【点评】本题考查石油的综合利用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
4．（2分）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
【分析】有些试剂长期存放会因分解或转化成其他物质而变质，甚至出现不良后果，如石灰水、氢硫酸、FeSO4溶液会因为与空气中CO2或O2反应而变质，氯水见光或受热易分解，银氨溶液因转化成易爆的雷酸银而不能长期存放，据此进行判断。
【解答】解：A．H2SO4，密封保存即可，不必现用现配，故A错误；
B．NaOH溶液，密封保存即可，不必现用现配，故B错误；
C．FeSO4溶液，与空气中O2反应而变质，必须现用现配，故C正确；
D．FeCl3溶液，不必现用现配，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了试剂的存放，题目难度不大，涉及的内容较多，可以根据试剂的性质进行分析，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
5．（2分）下列变化过程中有化学键被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．浓硫酸稀释 C．蔗糖溶于水 D．浓盐酸稀释
【分析】电解质电离、物质之间发生化学反应都有化学键被破坏。
【解答】解：A．碘升华只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故A错误；
B．浓硫酸稀释过程中，硫酸分子发生电离生成阴阳离子，所以有化学键被破坏，故B正确；
C．蔗糖在水溶液中以分子存在，所以蔗糖溶于水没有化学键被破坏，故C错误；
D．浓盐酸中不存在HCl分子，稀释过程中没有化学键被破坏，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确哪些过程化学键被破坏是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
6．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
【分析】A.同周期主族元素从左向右原子半径减小；
B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应简单氢化物越稳定；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：S＞Cl，能用元素周期律解释，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，则热稳定性：HCl＞H2S，能用元素周期律解释，故B错误；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，则酸性：HClO4＞H2SO4，而HClO3、H2SO3均不是最高价含氧酸，可知酸性：HClO3＞H2SO3不能用元素周期律解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O，有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO（NH2）2的结构简式：
【分析】A.元素符号左上角为质量数，中子数为8的碳原子质量数为8+6＝14；
B.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.漏掉了1s轨道的2个电子；
D.CO（NH2）2分子中含有1个酮羰基和2个氨基。
【解答】解：A.中子数为8的碳原子质量数为8+6＝14，该碳原子可表示C，故A错误；
B.氨气分子中含有3个N﹣H键，其电子式为，故B错误；
C.氧原子的核外电子总数为8，其轨道排布式为，故C错误；
D.CO（NH2）2分子中含有1个酮羰基和2个氨基，其结构简式为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、轨道表示式、结构简式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
8．（2分）下列转化不可能通过一步反应直接完成的是（ ）
A．Al→Al2O3 B．Al2O3→Al（OH）3
C．Al（OH）3→AlO2﹣ D．Al3+→Al（OH）3
【分析】A．Al被氧气氧化生成氧化铝；
B．Al2O3难溶于水，不能与水反应；
C．氢氧化铝能溶于强碱生成可溶性的偏铝酸盐；
D．铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．Al被氧气氧化生成Al2O3，反应可以一步能实现，故A不选；
B．因为Al2O3难溶于水，不能与水反应，所以Al2O3→Al（OH）3，不能一步实现，故B选；
C．氢氧化铝能溶于强碱生成可溶性的偏铝酸盐，如 Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，所以Al（OH）3→AlO2﹣一步能实现，故C不选；
D．铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，一步能实现，故D不选；
故选：B。
【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。
9．（2分）由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是（ ）
A． B．
C． D．CH3﹣CH＝CH﹣CN
【分析】凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。
【解答】解：该高分子材料是由三种单体：CH2＝CH﹣CN、CH2＝CH﹣CH＝CH2、C6H5﹣CH＝CH2，
故选：A。
【点评】本题考查比较基础，主要考查能够根据高分子化合物结构简式判断其单体的结构简式，注意基础知识的积累。
10．（2分）乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．乙苯的同分异构体有3种
C．可用KMnO4（H+）鉴别乙苯和苯乙烯
D．苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面
【分析】A．乙苯发生消去反应生成苯乙烯和氢气；
B．乙苯的同分异构体中可能含有苯环，可能不含苯环；
C．苯乙烯和乙苯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．苯、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转。
【解答】解：A．乙苯发生消去反应生成苯乙烯和氢气，所以该反应属于消去反应，故A错误；
B．乙苯的同分异构体中可能含有苯环，可能不含苯环，如果含有苯环，乙苯的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，不含苯环的同分异构体中可能含有碳碳双键、碳碳双键和碳碳三键、碳碳三键，所以乙苯的同分异构体种类大于3，故B错误；
C．苯乙烯和乙苯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯，可以用溴水鉴别，故C错误；
D．苯、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故选：D。
【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、性质差异性、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）已知2﹣丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
下列关于2﹣丁烯的两种异构体的说法正确的是（ ）
A．两者的沸点相同
B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定
D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
【分析】A．结构不同，沸点不同；
B．反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行；
C．物质具有的能量越低越稳定；
D．与等物质的量H2反应，产物一样，反应放的热量多少和两者的能量大小有关，物质具有能量越高，则反应放的热量越多。
【解答】解：A．两者的结构不同，沸点不同，故A错误；
B．反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行，即低温有利于顺式转化为反式，故B错误；
C．物质具有的能量越低越稳定，反应是放热反应，反式的能量较低，所以反式更稳定，故C正确；
D．根据反应焓变的定义式：焓变＝产物的总能量﹣反应物的总能量，二者与等物质的量H2反应，反应放的热量和二者能量大小有关，物质具有能量越高，则反应放的热量越多，顺式的能量较高，放热更多，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生有机物的同分异构现象以及反应热的判断和计算等知识，知识的迁移应用是关键，难度不大。
12．（2分）关于联合制碱法的说法正确的是（ ）
A．原料CO2来自石灰石分解
B．向母液中通入NH3可抑制NH4+水解
C．循环利用NH3
D．将母液蒸发结晶析出NH4Cl
【分析】A．侯氏制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，故A错误；
B．NH4+水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向母液中通入NH3可与水反应得到NH3•H2O，NH3•H2O浓度增大，NH4+水解平衡逆向移动，抑制NH4+的水解，故B正确；
C．侯氏制碱法关键反应为NH3+H2O+NaCl+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NH4Cl一般作氮肥，不再产生NH3循环使用，故C错误；
D．从含有氯化铵和氯化钠的母液中蒸发浓缩、冷却结晶析出氯化铵晶体，直接蒸发浓缩会促进氯化铵水解，得不到氯化铵晶体，故D错误；
故选：B。
【解答】解：A．侯氏制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，故A错误；
B．NH4+水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向母液中通入NH3可与水反应得到NH3•H2O，NH3•H2O浓度增大，NH4+水解平衡逆向移动，抑制NH4+的水解，故B正确；
C．侯氏制碱法关键反应为NH3+H2O+NaCl+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NH4Cl一般作氮肥，不再产生NH3循环使用，故C错误；
D．从含有氯化铵和氯化钠的母液中蒸发浓缩、冷却结晶析出氯化铵晶体，直接蒸发浓缩会促进氯化铵水解，得不到氯化铵晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了联合制碱原理和过程分析判断，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，能较好地考查了元素及其化合物的相关性质，题目难度中等，答题时注意基础知识的灵活运用。
13．（2分）合成氨工业N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．实现了氮的固定
B．该反应放热，a＜b
C．升温，正、逆反应速率均增大
D．达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
【分析】A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
B．该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动；
C．升温，任何化学反应速率均增大；
D．已知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动。
【解答】解：A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）能够实现了氮的固定，故A正确；
B．该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，即a＞b，故B错误；
C．升温，任何化学反应速率均增大，则正、逆反应速率均增大，故C正确；
D．已知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动，则N2转化率增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数的影响因素的理解应用、固氮条件分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）下列实验能达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．制CaCO3
【分析】A．氯化铵加热分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵；
C．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；
D．CO2和NH3•H2O反应生成（NH4）2CO3。
【解答】解：A．氯化铵加热分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，图中装置进气管和出气管应该互换，故C错误；
D．CO2和NH3•H2O反应生成（NH4）2CO3，（NH4）2CO3和CaCl2发生复分解反应生成CaCO3沉淀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、气体的收集及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15．（2分）下列物质鉴别的方法错误的是（ ）
A
B
C
D
物质
H2S、SO2
FeS、CuS
CH4、C2H2
Na2CO3、Na2SO4
鉴别方法
通入溴水
加入水
燃烧
加入AlCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2S与溴水反应生成S和HBr、SO2与溴水反应生成硫酸和HBr；
B.二者均不溶于水；
C.甲烷燃烧有淡蓝色的火焰，乙炔燃烧冒黑烟；
D.碳酸钠与氯化铝反应生成沉淀和气体，硫酸钠与氯化铝溶液不反应。
【解答】解：A.H2S与溴水反应生成S和HBr、SO2与溴水反应生成硫酸和HBr，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.二者均不溶于水，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C.甲烷燃烧有淡蓝色的火焰，乙炔燃烧冒黑烟，现象不同，可鉴别，故C正确；
D.碳酸钠与氯化铝反应生成沉淀和气体，硫酸钠与氯化铝溶液不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选：B。
【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。
16．（2分）已知：O2+PtF6→O2（PtF6）。PtF6易挥发，O2（PtF6）是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是（ ）
A．PtF6是还原剂
B．O2（PtF6）中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子
D．O2（PtF6）只含离子键，具有氧化性
【分析】根据反应中元素的化合价的变化可知氧化剂和还原剂，利用化合价变化的数目来分析转移的电子数，再根据O2（PtF6）为离子化合物来分析其化学键来解答。
【解答】解：A．由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，而PtF6中Pt为+6价，该反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂，故A错误；
B．由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为﹣1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则O的化合价为+价，故B错误；
C．由反应前后Pt元素的化合价变化可知，化合价变化数为6﹣5＝1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故C正确；
D．因离子化合物O2（PtF6）中，PtF6中除离子键外Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，则存在共价键，而PtF6为氧化剂，具有氧化性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是分析氧化剂、还原剂、电子转移的关键，并学会利用信息结合所学知识来解答。
17．（2分）20℃时，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c（H+）也增大
D．向溶液中加入pH＝11的NaOH溶液后，pH＞7
【分析】根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答。
【解答】解：A.因醋酸是弱酸，在稀释过程中C（H+）减小，C（OH﹣）增大，因而减小，故A正确；
B.因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故B错误；
C.加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；
D.若加入少量的氢氧化钠溶液，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键。
18．（2分）用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液的装置如图，两极均有气体生成，c电极附近产生可燃性气体，澄清石灰水无浑浊现象。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．c电极附近生成了CH4
C．电子的流动方向：c→溶液→d
D．反应后恢复到原温度，溶液pH不变
【分析】用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液，阳极是水电离的OH﹣放电，电极反应式为4OH﹣+4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极是水电离的H+放电，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，图中c电极附近产生可燃性气体，则c电极为阴极，d电极为阳极，a为电源负极，b为电源正极。
【解答】解：A．由分析可知a为电源负极，故A错误；
B．c电极为电解池阴极，产生的气体为氢气，故B错误；
C．电子不会经过溶液，电子的流动方向：a→c，d→b，故C错误；
D．由分析可知电解饱和Na2CO3溶液的实质是电解水，整个过程饱和溶液的水减少，但依然饱和，Na2CO3浓度不变，pH不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，题目难度不大。
19．（2分）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol•L﹣1的Na2X溶液中缓慢通入HCl（忽略溶液体积变化及H2X的挥发）。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．通入HCl前：c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若通入5×10﹣3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c（X2﹣）＝c（HX﹣）
C．pH＝7时：溶液中c（HX﹣）＞c（Cl﹣）
D．c（Cl﹣）＝0.1mol•L﹣1时：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2X）﹣c（X2﹣）
【分析】A．Na2X是强碱弱酸盐，分步水解且水解程度很小；
B．若通入5×10﹣3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX﹣的电离小于X2﹣的水解；
C．电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X），pH＝7的溶液c（OH﹣）＝c（H+），据此分析；
D．c（Cl﹣）＝0.100 mol•L﹣1的溶液中，c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）＝c（Cl﹣）＝0.100mol•L﹣1，又根据电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X）可得c（Cl﹣）+c（OH﹣）═c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X），据此分析。
【解答】A．通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c（X2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HX﹣）＞c（H+），故gA错误；
B．若通入5×10﹣3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX﹣的电离小于X2﹣的水解，则溶液中c（X2﹣）＜c（HX﹣），故B错误；
C．电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X），等式联立可得：c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），pH＝7的溶液可知c（OH﹣）＝c（H+），推出（HX﹣）+2c（H2X）＝c（Cl﹣），因而c（Cl﹣）＞c（HX﹣），故C错误；
D．c（Cl﹣）＝0.100 mol•L﹣1的溶液中，c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）＝c（Cl﹣）＝0.100mol•L﹣1，又根据电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X）可得c（Cl﹣）+c（OH﹣）═c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X），所以c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HX﹣）+2c（H2X）﹣[c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）]＝c（H2X）﹣c（X2﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质溶液中离子浓度的大小比较，为高频考点，掌握电荷守恒式、物料守恒式、质子守恒式的书写是解题的关键，题目难度中等。
20．（2分）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
n（CO2）/mol
n（C）/mol
n（CO）/mol
甲
0.1
0.3
0
乙
0
0
0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则υ（正）＞υ（逆）
【分析】A．甲、乙是体积均为1.0L 的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1mol CO2和 0.3 mol 碳粉，向乙容器中加入0.4 mol CO，因固体不影响平衡移动，甲极限转化为生成物时为乙中一半，则平衡时乙中CO的物质的量大；
B．a点CO为0.16mol，可知转化的CO为0.4mol﹣0.16mol＝0.24mol，此时生成CO2为0.12mol；b点生成CO为0.16mol，可知转化的CO2为0.08mol，此时CO2为0.02mol；
C．a点对应平衡体系中CO的体积分数为＝，a、c点温度相同，可看成体积增大一倍、减小压强使a点转化为c 点；
D．900 K 时，起始向容器乙中加入 CO、CO2、碳粉各 1 mol，Qc＝1，a点对应K＝＝。
【解答】解：A．甲、乙是体积均为1.0L 的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1mol CO2和 0.3 mol 碳粉，向乙容器中加入0.4 mol CO，因固体不影响平衡移动，甲极限转化为生成物时为乙中一半，则平衡时乙中CO的物质的量大，则曲线Ⅰ对应的是乙容器，故A错误；
B．a、b两点CO的浓度均为0.16mol/L，则
甲 CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）
开始 0.1 0
转化 0.08 0.16
平衡 0.02 0.16
乙 CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）
开始 0 0.4
转化 0.12 0.24
平衡 0.12 0.16
b点温度高，升高温度平衡正向移动，a、b两点对应平衡体系中的压强之比＜＝14：9，即9pa＜14pb，故B错误；
C．a点对应平衡体系中CO的体积分数为＝，a、c点温度相同，可看成体积增大一倍、减小压强使a点转化为c 点，平衡正向移动，使CO 的体积分数大于，故C正确；
D．升高温度，K增大，且1100K时平衡常数K＝＝＝0.21，900 K时，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1 mol，Qc＝1＞K（1100K）＞K（900 K），平衡逆向移动，可知此时v正＜v逆，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度对平衡的影响、平衡三段法、K与Qc的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意等效平衡及体积分数的计算，题目难度较大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）Cl2的制备有电解法和氧化法。
完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为 3s23p5 ；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小 r（S）＞r（Cl）＞r（F） 。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为 O2+4e+2H2O＝4OH﹣ 。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因 Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动 。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是 ，属于 极性 分子（选填“极性”或“非极性”）。
【分析】（1）氯元素处于第三周期第ⅦA族；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
（2）氧气的氧化性比氢离子更强，阴极是氧气得电子生成氢氧根离子；
（3）氧气与氯化氢反应生成氯气和水，1分子氧气可以氧化4分子氯化氢；
（4）Ag2O与HCl生成AgCl沉淀，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；Cl2O分子中氧原子形成2对共用电子对，Cl原子形成1对共用电子对；中心原子O原子孤电子对数为2，价层电子对数为4，分子空间构型为V形结构。
【解答】解：（1）氯元素处于第三周期第ⅦA族，最外层电子排布式为3s23p5；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小为r（S）＞r（Cl）＞r（F），
故答案为：3s23p5；r（S）＞r（Cl）＞r（F）；
（2）氧气的氧化性比氢离子更强，阴极是氧气得电子生成氢氧根离子，阴极上主要的电极反应式为O2+4e+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：O2+4e+2H2O＝4OH﹣；
（3）氧气与氯化氢反应生成氯气和水，1分子氧气可以氧化4分子氯化氢，反应方程式为4HCl+O2＝2Cl2+2H2O，转移4个电子，标出电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（4）饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；Cl2O分子中氧原子形成2对共用电子对，Cl原子形成1对共用电子对，其电子式为；中心原子O原子孤电子对数为＝2，价层电子对数为2+2＝4，分子空间构型为V形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
【点评】本题考查比较综合，涉及核外电子排布、元素周期律、电解原理、氧化还原反应、化学平衡移动、电子式、分子结构与性质等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
22．（14分）CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+49.5kJ
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣40.9kJ
完成下列填空：
（1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，υ正 ＞ υ逆（选填“＞”或“＜”）。
（2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1 ＞ p2（选填“＞”或“＜”）。
某温度下达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol、n（CO）＝0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0～tmin内CH3OH平均反应速率υ（CH3OH）＝ mol•L﹣1•min﹣1 ；反应②的平衡常数K的数值为 0.25 。
工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因 水解程度：HCO3﹣＞NH4+ 或Ka1（H2CO3）＜Kb（NH3•H2O） 。
（4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为 NaHCO3 ；比较上层清液中的离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+） ＞ c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
【分析】（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（2）由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则CH3OH平均反应速率v（CH3OH）＝；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝0.3mol、n（H2）＝0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CO）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝n（H2）＝0.3mol；则平衡时c（CO2）＝＝0.4mol/L、c（H2）＝＝1.8mol/L、c（CO）═＝0.3mol•L﹣1、c（H2O）＝＝0.6mol/L，故反应②的平衡常数K的数值为K═，据此计算；
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣程度大于NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+程度；
（4）将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO3＜NH4Cl，则根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），由于c（Na+）＜c（Cl﹣）可得出离子浓度关系。
【解答】解：（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡朝吸热方向移动，即向正向移动，则v正＞v逆，
故答案为：＞；
（2）生成CH3OH的反应过程气体物质分子总数减少，其它条件相同时，压强增大使平衡朝正向移动，CO2的平衡转化率升高，结合图示，则压强大小：p1＞p2；由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则CH3OH平均反应速率v（CH3OH）＝═＝mol•L﹣1•min﹣1；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝0.3mol、n（H2）＝0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CO）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝n（H2）＝0.3mol；则平衡时c（CO2）＝＝0.4mol/L、c（H2）＝＝1.8mol/L、c（CO）═＝0.3mol•L﹣1、c（H2O）＝＝0.6mol/L，故反应②的平衡常数K的数值为K═＝＝0.25，
故答案为：＞；mol•L﹣1•min﹣1；0.25；
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣程度大于NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+程度，溶液显碱性，
故答案为：水解程度：HCO3﹣＞NH4+ 或Ka1（H2CO3）＜Kb（NH3•H2O）；
（4）常温下，NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3、NaCl、NH4Cl，故将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO3＜NH4Cl，则根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），由于c（Na+）＜c（Cl﹣），则离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），
故答案为：NaHCO3；＞。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、化学平衡的计算等问题，综合考查学生的化学知识应用能力和分析能力，题目难度中等。
23．（15分）乙酰乙酸乙酯（A）是有机合成的原料，如图是以A为原料合成有机物F的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中的官能团有羰基、 酯基 ；E→F的反应类型是 还原反应 。
（2）制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，则X的结构简式是 CH3CH2OH 。
（3）C的一氯代物有 4 种，写出B→C第一步反应的化学方程式 。
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成的方法是 取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成 。
（5）B的同分异构体G满足以下条件：
①含六元环；
②含5种不同化学环境的H原子；
③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应。
写出G的结构简式 。
（6）参照（2）和A→F的流程所给信息，将以环已酮、乙醇为原料合成B的同分异构体，请将下列合成路线补充完整 。
【分析】与Br（CH2）4Br发生取代反应成环生成和HBr，碱性条件下水解、酸化生成和乙醇，对比C、D的结构，C与C7H6O脱去1分子水生成，可推知C7H6O为，中碳碳双键与氢气发生加成反应生成，再发生还原反应生成；
（5）B的同分异构体G有酸性且在一定条件下能发生银镜反应，说明含有﹣COOH、﹣CHO，且G含六元环，只能是碳环结构，含5种不同化学环境的H原子说明存在对称结构；
（6）由A→B的转化，可知与C2H5Br反应生成，由（2）中反应可知，发生取代反应成环生成，而HOOC（CH2）4COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成，而乙醇与HBr发生取代反应生成C2H5Br。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A中的官能团有羰基、酯基；E→F组成上去氧加氢，反应类型为还原反应，
故答案为：酯基；还原反应；
（2）2CH3COOC2H5+X，则发生取代反应，故X的结构简式为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
（3）C为，分子中有4种化学环境不同的氢，C的一氯代物有4种，B→C第一步反应的化学方程式为，
故答案为：4；；
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成，检验碳碳双键即可，注意C7H6O（苯甲醛）的影响，具体方法：取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成，
故答案为：取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成；
（5）B（）的同分异构体G有酸性且在一定条件下能发生银镜反应，说明含有﹣COOH、﹣CHO，且G含六元环，只能是碳环结构，含5种不同化学环境的H原子说明存在对称结构，符合条件的G的同分异构体为，
故答案为：；
（6）由A→B的转化，可知与C2H5Br反应生成，由（2）中反应可知，发生取代反应成环生成，而HOOC（CH2）4COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成，而乙醇与HBr发生取代反应生成C2H5Br，完整的合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、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、官能团的检验、合成路线设计等，对比有机物结构理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
24．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图（部分装置省略，C中Na2SO3过量）：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣。为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 FeCl3溶液 ，观察到的现象是 溶液变为血红色 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 强酸 性，装置B的作用是 安全瓶，防止倒吸 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓ 。当观察到装置C中溶液 溶液由浑浊变澄清 ，说明反应已完全。样品中Na2S2O3•5H2O（M＝248g•mol﹣1）的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定（杂质不参与反应），步骤如下：
①取0.0100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：
Cr2O72﹣+6I﹣+14H+→2Cr3++3I2+7H2O；
I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣。
（4）判断步骤②的滴定终点 滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色 。
（5）样品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 77.4%（或者0.774） ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3•5H2O的含量 偏高 （选填“偏高”或“偏低”）。
【分析】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣，为检验该转化生成了SCN﹣，利用Fe3+和SCN﹣离子的显色反应进行检验；
（2）装置A制取SO2反应为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸；
（3）根据第二步反应为S+Na2SO3＝Na2S2O3，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，据此判断；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，据此分析；
（5）n（K2Cr2O7）＝0.0100 mol•L﹣1×0.020 L＝2×10﹣4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算反应的Na2S2O3的物质的量、质量、样品的纯度为，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣，据此判断误差。
【解答】解：（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣，为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O32﹣和SO32﹣除尽后，利用Fe3+和SCN﹣离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，
故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，
故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3＝Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，
故答案为：2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）＝0.0100 mol•L﹣1×0.020 L＝2×10﹣4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）＝2×10﹣4×6 mol＝1.2×10﹣3 mol，m（Na2S2O3）＝1.2×10﹣3 mol×248 g•mol﹣1＝0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，
故答案为：77.4%（或者0.774）；偏高。
【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、滴定实验、测定计算、氧化还原等原理为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
2021-2022学年上海市金山区高三（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）地壳中含量最丰富的元素是（ ）
A．O B．Fe C．H D．Al
2．（2分）武德合金的熔点一般为73～93℃，根据这一性质，可将其制作成（ ）
A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线
3．（2分）重油裂化的目的主要是（ ）
A．获得短链气态烃 B．生产更多的汽油
C．提高汽油品质 D．将直链烃转化为芳香烃
4．（2分）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
5．（2分）下列变化过程中有化学键被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．浓硫酸稀释 C．蔗糖溶于水 D．浓盐酸稀释
6．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
7．（2分）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O，有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO（NH2）2的结构简式：
8．（2分）下列转化不可能通过一步反应直接完成的是（ ）
A．Al→Al2O3 B．Al2O3→Al（OH）3
C．Al（OH）3→AlO2﹣ D．Al3+→Al（OH）3
9．（2分）由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是（ ）
A． B．
C． D．CH3﹣CH＝CH﹣CN
10．（2分）乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．乙苯的同分异构体有3种
C．可用KMnO4（H+）鉴别乙苯和苯乙烯
D．苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面
11．（2分）已知2﹣丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
下列关于2﹣丁烯的两种异构体的说法正确的是（ ）
A．两者的沸点相同
B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定
D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
12．（2分）关于联合制碱法的说法正确的是（ ）
A．原料CO2来自石灰石分解
B．向母液中通入NH3可抑制NH4+水解
C．循环利用NH3
D．将母液蒸发结晶析出NH4Cl
13．（2分）合成氨工业N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．实现了氮的固定
B．该反应放热，a＜b
C．升温，正、逆反应速率均增大
D．达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
14．（2分）下列实验能达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．制CaCO3
15．（2分）下列物质鉴别的方法错误的是（ ）
A
B
C
D
物质
H2S、SO2
FeS、CuS
CH4、C2H2
Na2CO3、Na2SO4
鉴别方法
通入溴水
加入水
燃烧
加入AlCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
16．（2分）已知：O2+PtF6→O2（PtF6）。PtF6易挥发，O2（PtF6）是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是（ ）
A．PtF6是还原剂
B．O2（PtF6）中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子
D．O2（PtF6）只含离子键，具有氧化性
17．（2分）20℃时，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c（H+）也增大
D．向溶液中加入pH＝11的NaOH溶液后，pH＞7
18．（2分）用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液的装置如图，两极均有气体生成，c电极附近产生可燃性气体，澄清石灰水无浑浊现象。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．c电极附近生成了CH4
C．电子的流动方向：c→溶液→d
D．反应后恢复到原温度，溶液pH不变
19．（2分）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol•L﹣1的Na2X溶液中缓慢通入HCl（忽略溶液体积变化及H2X的挥发）。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．通入HCl前：c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若通入5×10﹣3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c（X2﹣）＝c（HX﹣）
C．pH＝7时：溶液中c（HX﹣）＞c（Cl﹣）
D．c（Cl﹣）＝0.1mol•L﹣1时：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2X）﹣c（X2﹣）
20．（2分）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
n（CO2）/mol
n（C）/mol
n（CO）/mol
甲
0.1
0.3
0
乙
0
0
0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则υ（正）＞υ（逆）
二、综合题（共60分）
21．（15分）Cl2的制备有电解法和氧化法。
完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为 ；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小 。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为 。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因 。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是 ，属于 分子（选填“极性”或“非极性”）。
22．（14分）CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+49.5kJ
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣40.9kJ
完成下列填空：
（1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，υ正 υ逆（选填“＞”或“＜”）。
（2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1 p2（选填“＞”或“＜”）。
某温度下达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol、n（CO）＝0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0～tmin内CH3OH平均反应速率υ（CH3OH）＝ ；反应②的平衡常数K的数值为 。
工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因 。
（4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为 ；比较上层清液中的离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+） c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
23．（15分）乙酰乙酸乙酯（A）是有机合成的原料，如图是以A为原料合成有机物F的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中的官能团有羰基、 ；E→F的反应类型是 。
（2）制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，则X的结构简式是 。
（3）C的一氯代物有 种，写出B→C第一步反应的化学方程式 。
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成的方法是 。
（5）B的同分异构体G满足以下条件：
①含六元环；
②含5种不同化学环境的H原子；
③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应。
写出G的结构简式 。
（6）参照（2）和A→F的流程所给信息，将以环已酮、乙醇为原料合成B的同分异构体，请将下列合成路线补充完整 。
24．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图（部分装置省略，C中Na2SO3过量）：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣。为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 ，观察到的现象是 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 性，装置B的作用是 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 。当观察到装置C中溶液 ，说明反应已完全。样品中Na2S2O3•5H2O（M＝248g•mol﹣1）的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定（杂质不参与反应），步骤如下：
①取0.0100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：
Cr2O72﹣+6I﹣+14H+→2Cr3++3I2+7H2O；
I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣。
（4）判断步骤②的滴定终点 。
（5）样品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3•5H2O的含量 （选填“偏高”或“偏低”）。
2021-2022学年上海市金山区高三（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）地壳中含量最丰富的元素是（ ）
A．O B．Fe C．H D．Al
【分析】地壳中含量最丰富的元素是氧。
【解答】解：地壳中含量由多到少顺序为O、Si、Al、Fe、Ca、Na、K、Mg等，
故选：A。
【点评】本题考查化学应用知识，题目难度不大，熟悉地壳中的组成元素为解答的关键。
2．（2分）武德合金的熔点一般为73～93℃，根据这一性质，可将其制作成（ ）
A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线
【分析】武德合金熔点仅为73～93℃，根据这一性质推测它可以用作电路保险丝。
【解答】解：武德合金中含有铅、铋、锡和镉，是一种低熔点合金（熔点仅为73～93℃），根据熔点低这一性质推测它可以用作电路保险丝；电路保险丝能够起到保险作用是因为当电流突然增大时引起温度升高，瞬间保险丝熔断，保护用电器安全；所以要求保险丝材料熔点低，易于熔断；
故选：C。
【点评】本题主要考查了合金的性质及应用，题目难度不大，基础性强，与生活实际联系紧密。
3．（2分）重油裂化的目的主要是（ ）
A．获得短链气态烃 B．生产更多的汽油
C．提高汽油品质 D．将直链烃转化为芳香烃
【分析】石油裂化可得到轻质液体燃料。
【解答】解：石油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B正确，
故选：B。
【点评】本题考查石油的综合利用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
4．（2分）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
【分析】有些试剂长期存放会因分解或转化成其他物质而变质，甚至出现不良后果，如石灰水、氢硫酸、FeSO4溶液会因为与空气中CO2或O2反应而变质，氯水见光或受热易分解，银氨溶液因转化成易爆的雷酸银而不能长期存放，据此进行判断。
【解答】解：A．H2SO4，密封保存即可，不必现用现配，故A错误；
B．NaOH溶液，密封保存即可，不必现用现配，故B错误；
C．FeSO4溶液，与空气中O2反应而变质，必须现用现配，故C正确；
D．FeCl3溶液，不必现用现配，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了试剂的存放，题目难度不大，涉及的内容较多，可以根据试剂的性质进行分析，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
5．（2分）下列变化过程中有化学键被破坏的是（ ）
A．碘升华 B．浓硫酸稀释 C．蔗糖溶于水 D．浓盐酸稀释
【分析】电解质电离、物质之间发生化学反应都有化学键被破坏。
【解答】解：A．碘升华只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故A错误；
B．浓硫酸稀释过程中，硫酸分子发生电离生成阴阳离子，所以有化学键被破坏，故B正确；
C．蔗糖在水溶液中以分子存在，所以蔗糖溶于水没有化学键被破坏，故C错误；
D．浓盐酸中不存在HCl分子，稀释过程中没有化学键被破坏，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确哪些过程化学键被破坏是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
6．（2分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
【分析】A.同周期主族元素从左向右原子半径减小；
B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应简单氢化物越稳定；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。
【解答】解：A.同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：S＞Cl，能用元素周期律解释，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，则热稳定性：HCl＞H2S，能用元素周期律解释，故B错误；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性为Cl＞S，则酸性：HClO4＞H2SO4，而HClO3、H2SO3均不是最高价含氧酸，可知酸性：HClO3＞H2SO3不能用元素周期律解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO（NH2）2+H2O，有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO（NH2）2的结构简式：
【分析】A.元素符号左上角为质量数，中子数为8的碳原子质量数为8+6＝14；
B.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
C.漏掉了1s轨道的2个电子；
D.CO（NH2）2分子中含有1个酮羰基和2个氨基。
【解答】解：A.中子数为8的碳原子质量数为8+6＝14，该碳原子可表示C，故A错误；
B.氨气分子中含有3个N﹣H键，其电子式为，故B错误；
C.氧原子的核外电子总数为8，其轨道排布式为，故C错误；
D.CO（NH2）2分子中含有1个酮羰基和2个氨基，其结构简式为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、轨道表示式、结构简式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
8．（2分）下列转化不可能通过一步反应直接完成的是（ ）
A．Al→Al2O3 B．Al2O3→Al（OH）3
C．Al（OH）3→AlO2﹣ D．Al3+→Al（OH）3
【分析】A．Al被氧气氧化生成氧化铝；
B．Al2O3难溶于水，不能与水反应；
C．氢氧化铝能溶于强碱生成可溶性的偏铝酸盐；
D．铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．Al被氧气氧化生成Al2O3，反应可以一步能实现，故A不选；
B．因为Al2O3难溶于水，不能与水反应，所以Al2O3→Al（OH）3，不能一步实现，故B选；
C．氢氧化铝能溶于强碱生成可溶性的偏铝酸盐，如 Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，所以Al（OH）3→AlO2﹣一步能实现，故C不选；
D．铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，一步能实现，故D不选；
故选：B。
【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。
9．（2分）由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是（ ）
A． B．
C． D．CH3﹣CH＝CH﹣CN
【分析】凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。
【解答】解：该高分子材料是由三种单体：CH2＝CH﹣CN、CH2＝CH﹣CH＝CH2、C6H5﹣CH＝CH2，
故选：A。
【点评】本题考查比较基础，主要考查能够根据高分子化合物结构简式判断其单体的结构简式，注意基础知识的积累。
10．（2分）乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．乙苯的同分异构体有3种
C．可用KMnO4（H+）鉴别乙苯和苯乙烯
D．苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面
【分析】A．乙苯发生消去反应生成苯乙烯和氢气；
B．乙苯的同分异构体中可能含有苯环，可能不含苯环；
C．苯乙烯和乙苯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．苯、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转。
【解答】解：A．乙苯发生消去反应生成苯乙烯和氢气，所以该反应属于消去反应，故A错误；
B．乙苯的同分异构体中可能含有苯环，可能不含苯环，如果含有苯环，乙苯的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，不含苯环的同分异构体中可能含有碳碳双键、碳碳双键和碳碳三键、碳碳三键，所以乙苯的同分异构体种类大于3，故B错误；
C．苯乙烯和乙苯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯，可以用溴水鉴别，故C错误；
D．苯、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故选：D。
【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、性质差异性、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）已知2﹣丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
下列关于2﹣丁烯的两种异构体的说法正确的是（ ）
A．两者的沸点相同
B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定
D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
【分析】A．结构不同，沸点不同；
B．反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行；
C．物质具有的能量越低越稳定；
D．与等物质的量H2反应，产物一样，反应放的热量多少和两者的能量大小有关，物质具有能量越高，则反应放的热量越多。
【解答】解：A．两者的结构不同，沸点不同，故A错误；
B．反应是放热反应，降低温度，有利于反应正向进行，即低温有利于顺式转化为反式，故B错误；
C．物质具有的能量越低越稳定，反应是放热反应，反式的能量较低，所以反式更稳定，故C正确；
D．根据反应焓变的定义式：焓变＝产物的总能量﹣反应物的总能量，二者与等物质的量H2反应，反应放的热量和二者能量大小有关，物质具有能量越高，则反应放的热量越多，顺式的能量较高，放热更多，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生有机物的同分异构现象以及反应热的判断和计算等知识，知识的迁移应用是关键，难度不大。
12．（2分）关于联合制碱法的说法正确的是（ ）
A．原料CO2来自石灰石分解
B．向母液中通入NH3可抑制NH4+水解
C．循环利用NH3
D．将母液蒸发结晶析出NH4Cl
【分析】A．侯氏制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，故A错误；
B．NH4+水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向母液中通入NH3可与水反应得到NH3•H2O，NH3•H2O浓度增大，NH4+水解平衡逆向移动，抑制NH4+的水解，故B正确；
C．侯氏制碱法关键反应为NH3+H2O+NaCl+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NH4Cl一般作氮肥，不再产生NH3循环使用，故C错误；
D．从含有氯化铵和氯化钠的母液中蒸发浓缩、冷却结晶析出氯化铵晶体，直接蒸发浓缩会促进氯化铵水解，得不到氯化铵晶体，故D错误；
故选：B。
【解答】解：A．侯氏制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，故A错误；
B．NH4+水解离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，向母液中通入NH3可与水反应得到NH3•H2O，NH3•H2O浓度增大，NH4+水解平衡逆向移动，抑制NH4+的水解，故B正确；
C．侯氏制碱法关键反应为NH3+H2O+NaCl+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NH4Cl一般作氮肥，不再产生NH3循环使用，故C错误；
D．从含有氯化铵和氯化钠的母液中蒸发浓缩、冷却结晶析出氯化铵晶体，直接蒸发浓缩会促进氯化铵水解，得不到氯化铵晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了联合制碱原理和过程分析判断，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，能较好地考查了元素及其化合物的相关性质，题目难度中等，答题时注意基础知识的灵活运用。
13．（2分）合成氨工业N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）在不同温度下的平衡常数如下表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．实现了氮的固定
B．该反应放热，a＜b
C．升温，正、逆反应速率均增大
D．达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
【分析】A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；
B．该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动；
C．升温，任何化学反应速率均增大；
D．已知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动。
【解答】解：A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）能够实现了氮的固定，故A正确；
B．该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，即a＞b，故B错误；
C．升温，任何化学反应速率均增大，则正、逆反应速率均增大，故C正确；
D．已知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动，则N2转化率增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数的影响因素的理解应用、固氮条件分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）下列实验能达到实验目的的是（ ）
A．制取NH3 B．干燥NH3
C．收集NH3 D．制CaCO3
【分析】A．氯化铵加热分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；
B．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵；
C．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；
D．CO2和NH3•H2O反应生成（NH4）2CO3。
【解答】解：A．氯化铵加热分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，图中装置进气管和出气管应该互换，故C错误；
D．CO2和NH3•H2O反应生成（NH4）2CO3，（NH4）2CO3和CaCl2发生复分解反应生成CaCO3沉淀，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、气体的收集及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
15．（2分）下列物质鉴别的方法错误的是（ ）
A
B
C
D
物质
H2S、SO2
FeS、CuS
CH4、C2H2
Na2CO3、Na2SO4
鉴别方法
通入溴水
加入水
燃烧
加入AlCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.H2S与溴水反应生成S和HBr、SO2与溴水反应生成硫酸和HBr；
B.二者均不溶于水；
C.甲烷燃烧有淡蓝色的火焰，乙炔燃烧冒黑烟；
D.碳酸钠与氯化铝反应生成沉淀和气体，硫酸钠与氯化铝溶液不反应。
【解答】解：A.H2S与溴水反应生成S和HBr、SO2与溴水反应生成硫酸和HBr，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.二者均不溶于水，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C.甲烷燃烧有淡蓝色的火焰，乙炔燃烧冒黑烟，现象不同，可鉴别，故C正确；
D.碳酸钠与氯化铝反应生成沉淀和气体，硫酸钠与氯化铝溶液不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选：B。
【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。
16．（2分）已知：O2+PtF6→O2（PtF6）。PtF6易挥发，O2（PtF6）是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是（ ）
A．PtF6是还原剂
B．O2（PtF6）中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2（PtF6）转移1mol电子
D．O2（PtF6）只含离子键，具有氧化性
【分析】根据反应中元素的化合价的变化可知氧化剂和还原剂，利用化合价变化的数目来分析转移的电子数，再根据O2（PtF6）为离子化合物来分析其化学键来解答。
【解答】解：A．由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，而PtF6中Pt为+6价，该反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂，故A错误；
B．由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为﹣1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则O的化合价为+价，故B错误；
C．由反应前后Pt元素的化合价变化可知，化合价变化数为6﹣5＝1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故C正确；
D．因离子化合物O2（PtF6）中，PtF6中除离子键外Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，则存在共价键，而PtF6为氧化剂，具有氧化性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是分析氧化剂、还原剂、电子转移的关键，并学会利用信息结合所学知识来解答。
17．（2分）20℃时，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c（H+）也增大
D．向溶液中加入pH＝11的NaOH溶液后，pH＞7
【分析】根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH＝3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答。
【解答】解：A.因醋酸是弱酸，在稀释过程中C（H+）减小，C（OH﹣）增大，因而减小，故A正确；
B.因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故B错误；
C.加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；
D.若加入少量的氢氧化钠溶液，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键。
18．（2分）用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液的装置如图，两极均有气体生成，c电极附近产生可燃性气体，澄清石灰水无浑浊现象。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源正极
B．c电极附近生成了CH4
C．电子的流动方向：c→溶液→d
D．反应后恢复到原温度，溶液pH不变
【分析】用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液，阳极是水电离的OH﹣放电，电极反应式为4OH﹣+4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极是水电离的H+放电，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，图中c电极附近产生可燃性气体，则c电极为阴极，d电极为阳极，a为电源负极，b为电源正极。
【解答】解：A．由分析可知a为电源负极，故A错误；
B．c电极为电解池阴极，产生的气体为氢气，故B错误；
C．电子不会经过溶液，电子的流动方向：a→c，d→b，故C错误；
D．由分析可知电解饱和Na2CO3溶液的实质是电解水，整个过程饱和溶液的水减少，但依然饱和，Na2CO3浓度不变，pH不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，题目难度不大。
19．（2分）H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol•L﹣1的Na2X溶液中缓慢通入HCl（忽略溶液体积变化及H2X的挥发）。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．通入HCl前：c（X2﹣）＞c（HX﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若通入5×10﹣3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c（X2﹣）＝c（HX﹣）
C．pH＝7时：溶液中c（HX﹣）＞c（Cl﹣）
D．c（Cl﹣）＝0.1mol•L﹣1时：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2X）﹣c（X2﹣）
【分析】A．Na2X是强碱弱酸盐，分步水解且水解程度很小；
B．若通入5×10﹣3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX﹣的电离小于X2﹣的水解；
C．电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X），pH＝7的溶液c（OH﹣）＝c（H+），据此分析；
D．c（Cl﹣）＝0.100 mol•L﹣1的溶液中，c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）＝c（Cl﹣）＝0.100mol•L﹣1，又根据电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X）可得c（Cl﹣）+c（OH﹣）═c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X），据此分析。
【解答】A．通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c（X2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HX﹣）＞c（H+），故gA错误；
B．若通入5×10﹣3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX﹣的电离小于X2﹣的水解，则溶液中c（X2﹣）＜c（HX﹣），故B错误；
C．电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X），等式联立可得：c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），pH＝7的溶液可知c（OH﹣）＝c（H+），推出（HX﹣）+2c（H2X）＝c（Cl﹣），因而c（Cl﹣）＞c（HX﹣），故C错误；
D．c（Cl﹣）＝0.100 mol•L﹣1的溶液中，c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）＝c（Cl﹣）＝0.100mol•L﹣1，又根据电荷守恒式c（Cl﹣）+2c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）＝2c（X2﹣）+2c（HX﹣）+2c（H2X）可得c（Cl﹣）+c（OH﹣）═c（H+）+c（HX﹣）+2c（H2X），所以c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HX﹣）+2c（H2X）﹣[c（X2﹣）+c（HX﹣）+c（H2X）]＝c（H2X）﹣c（X2﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质溶液中离子浓度的大小比较，为高频考点，掌握电荷守恒式、物料守恒式、质子守恒式的书写是解题的关键，题目难度中等。
20．（2分）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应：CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器
n（CO2）/mol
n（C）/mol
n（CO）/mol
甲
0.1
0.3
0
乙
0
0
0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则υ（正）＞υ（逆）
【分析】A．甲、乙是体积均为1.0L 的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1mol CO2和 0.3 mol 碳粉，向乙容器中加入0.4 mol CO，因固体不影响平衡移动，甲极限转化为生成物时为乙中一半，则平衡时乙中CO的物质的量大；
B．a点CO为0.16mol，可知转化的CO为0.4mol﹣0.16mol＝0.24mol，此时生成CO2为0.12mol；b点生成CO为0.16mol，可知转化的CO2为0.08mol，此时CO2为0.02mol；
C．a点对应平衡体系中CO的体积分数为＝，a、c点温度相同，可看成体积增大一倍、减小压强使a点转化为c 点；
D．900 K 时，起始向容器乙中加入 CO、CO2、碳粉各 1 mol，Qc＝1，a点对应K＝＝。
【解答】解：A．甲、乙是体积均为1.0L 的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1mol CO2和 0.3 mol 碳粉，向乙容器中加入0.4 mol CO，因固体不影响平衡移动，甲极限转化为生成物时为乙中一半，则平衡时乙中CO的物质的量大，则曲线Ⅰ对应的是乙容器，故A错误；
B．a、b两点CO的浓度均为0.16mol/L，则
甲 CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）
开始 0.1 0
转化 0.08 0.16
平衡 0.02 0.16
乙 CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）
开始 0 0.4
转化 0.12 0.24
平衡 0.12 0.16
b点温度高，升高温度平衡正向移动，a、b两点对应平衡体系中的压强之比＜＝14：9，即9pa＜14pb，故B错误；
C．a点对应平衡体系中CO的体积分数为＝，a、c点温度相同，可看成体积增大一倍、减小压强使a点转化为c 点，平衡正向移动，使CO 的体积分数大于，故C正确；
D．升高温度，K增大，且1100K时平衡常数K＝＝＝0.21，900 K时，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1 mol，Qc＝1＞K（1100K）＞K（900 K），平衡逆向移动，可知此时v正＜v逆，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度对平衡的影响、平衡三段法、K与Qc的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意等效平衡及体积分数的计算，题目难度较大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）Cl2的制备有电解法和氧化法。
完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为 3s23p5 ；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小 r（S）＞r（Cl）＞r（F） 。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为 O2+4e+2H2O＝4OH﹣ 。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因 Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动 。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是 ，属于 极性 分子（选填“极性”或“非极性”）。
【分析】（1）氯元素处于第三周期第ⅦA族；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
（2）氧气的氧化性比氢离子更强，阴极是氧气得电子生成氢氧根离子；
（3）氧气与氯化氢反应生成氯气和水，1分子氧气可以氧化4分子氯化氢；
（4）Ag2O与HCl生成AgCl沉淀，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；Cl2O分子中氧原子形成2对共用电子对，Cl原子形成1对共用电子对；中心原子O原子孤电子对数为2，价层电子对数为4，分子空间构型为V形结构。
【解答】解：（1）氯元素处于第三周期第ⅦA族，最外层电子排布式为3s23p5；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小为r（S）＞r（Cl）＞r（F），
故答案为：3s23p5；r（S）＞r（Cl）＞r（F）；
（2）氧气的氧化性比氢离子更强，阴极是氧气得电子生成氢氧根离子，阴极上主要的电极反应式为O2+4e+2H2O＝4OH﹣，
故答案为：O2+4e+2H2O＝4OH﹣；
（3）氧气与氯化氢反应生成氯气和水，1分子氧气可以氧化4分子氯化氢，反应方程式为4HCl+O2＝2Cl2+2H2O，转移4个电子，标出电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（4）饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；Cl2O分子中氧原子形成2对共用电子对，Cl原子形成1对共用电子对，其电子式为；中心原子O原子孤电子对数为＝2，价层电子对数为2+2＝4，分子空间构型为V形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入Ag2O，发生反应Ag2O+2HCl＝AgCl↓+H2O，使溶液中c（H+）、c（Cl﹣）降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
【点评】本题考查比较综合，涉及核外电子排布、元素周期律、电解原理、氧化还原反应、化学平衡移动、电子式、分子结构与性质等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
22．（14分）CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+49.5kJ
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）﹣40.9kJ
完成下列填空：
（1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，υ正 ＞ υ逆（选填“＞”或“＜”）。
（2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1 ＞ p2（选填“＞”或“＜”）。
某温度下达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol、n（CO）＝0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0～tmin内CH3OH平均反应速率υ（CH3OH）＝ mol•L﹣1•min﹣1 ；反应②的平衡常数K的数值为 0.25 。
工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因 水解程度：HCO3﹣＞NH4+ 或Ka1（H2CO3）＜Kb（NH3•H2O） 。
（4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为 NaHCO3 ；比较上层清液中的离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+） ＞ c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
【分析】（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（2）由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则CH3OH平均反应速率v（CH3OH）＝；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝0.3mol、n（H2）＝0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CO）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝n（H2）＝0.3mol；则平衡时c（CO2）＝＝0.4mol/L、c（H2）＝＝1.8mol/L、c（CO）═＝0.3mol•L﹣1、c（H2O）＝＝0.6mol/L，故反应②的平衡常数K的数值为K═，据此计算；
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣程度大于NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+程度；
（4）将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO3＜NH4Cl，则根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），由于c（Na+）＜c（Cl﹣）可得出离子浓度关系。
【解答】解：（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡朝吸热方向移动，即向正向移动，则v正＞v逆，
故答案为：＞；
（2）生成CH3OH的反应过程气体物质分子总数减少，其它条件相同时，压强增大使平衡朝正向移动，CO2的平衡转化率升高，结合图示，则压强大小：p1＞p2；由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则CH3OH平均反应速率v（CH3OH）＝═＝mol•L﹣1•min﹣1；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CH3OH）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝0.3mol、n（H2）＝0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n（CO）＝0.3mol，则生成的n（H2O）＝0.3mol，消耗n（CO2）＝n（H2）＝0.3mol；则平衡时c（CO2）＝＝0.4mol/L、c（H2）＝＝1.8mol/L、c（CO）═＝0.3mol•L﹣1、c（H2O）＝＝0.6mol/L，故反应②的平衡常数K的数值为K═＝＝0.25，
故答案为：＞；mol•L﹣1•min﹣1；0.25；
（3）常温下，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣程度大于NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+程度，溶液显碱性，
故答案为：水解程度：HCO3﹣＞NH4+ 或Ka1（H2CO3）＜Kb（NH3•H2O）；
（4）常温下，NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3、NaCl、NH4Cl，故将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO3＜NH4Cl，则根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），由于c（Na+）＜c（Cl﹣），则离子浓度关系：c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），
故答案为：NaHCO3；＞。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、化学平衡的计算等问题，综合考查学生的化学知识应用能力和分析能力，题目难度中等。
23．（15分）乙酰乙酸乙酯（A）是有机合成的原料，如图是以A为原料合成有机物F的合成路线：
完成下列填空：
（1）A中的官能团有羰基、 酯基 ；E→F的反应类型是 还原反应 。
（2）制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，则X的结构简式是 CH3CH2OH 。
（3）C的一氯代物有 4 种，写出B→C第一步反应的化学方程式 。
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成的方法是 取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成 。
（5）B的同分异构体G满足以下条件：
①含六元环；
②含5种不同化学环境的H原子；
③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应。
写出G的结构简式 。
（6）参照（2）和A→F的流程所给信息，将以环已酮、乙醇为原料合成B的同分异构体，请将下列合成路线补充完整 。
【分析】与Br（CH2）4Br发生取代反应成环生成和HBr，碱性条件下水解、酸化生成和乙醇，对比C、D的结构，C与C7H6O脱去1分子水生成，可推知C7H6O为，中碳碳双键与氢气发生加成反应生成，再发生还原反应生成；
（5）B的同分异构体G有酸性且在一定条件下能发生银镜反应，说明含有﹣COOH、﹣CHO，且G含六元环，只能是碳环结构，含5种不同化学环境的H原子说明存在对称结构；
（6）由A→B的转化，可知与C2H5Br反应生成，由（2）中反应可知，发生取代反应成环生成，而HOOC（CH2）4COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成，而乙醇与HBr发生取代反应生成C2H5Br。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A中的官能团有羰基、酯基；E→F组成上去氧加氢，反应类型为还原反应，
故答案为：酯基；还原反应；
（2）2CH3COOC2H5+X，则发生取代反应，故X的结构简式为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
（3）C为，分子中有4种化学环境不同的氢，C的一氯代物有4种，B→C第一步反应的化学方程式为，
故答案为：4；；
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成，检验碳碳双键即可，注意C7H6O（苯甲醛）的影响，具体方法：取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成，
故答案为：取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色，则有D（）生成；
（5）B（）的同分异构体G有酸性且在一定条件下能发生银镜反应，说明含有﹣COOH、﹣CHO，且G含六元环，只能是碳环结构，含5种不同化学环境的H原子说明存在对称结构，符合条件的G的同分异构体为，
故答案为：；
（6）由A→B的转化，可知与C2H5Br反应生成，由（2）中反应可知，发生取代反应成环生成，而HOOC（CH2）4COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成，而乙醇与HBr发生取代反应生成C2H5Br，完整的合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、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、官能团的检验、合成路线设计等，对比有机物结构理解发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
24．（16分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图（部分装置省略，C中Na2SO3过量）：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣。为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 FeCl3溶液 ，观察到的现象是 溶液变为血红色 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 强酸 性，装置B的作用是 安全瓶，防止倒吸 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓ 。当观察到装置C中溶液 溶液由浑浊变澄清 ，说明反应已完全。样品中Na2S2O3•5H2O（M＝248g•mol﹣1）的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定（杂质不参与反应），步骤如下：
①取0.0100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：
Cr2O72﹣+6I﹣+14H+→2Cr3++3I2+7H2O；
I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣。
（4）判断步骤②的滴定终点 滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色 。
（5）样品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 77.4%（或者0.774） ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3•5H2O的含量 偏高 （选填“偏高”或“偏低”）。
【分析】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣，为检验该转化生成了SCN﹣，利用Fe3+和SCN﹣离子的显色反应进行检验；
（2）装置A制取SO2反应为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸；
（3）根据第二步反应为S+Na2SO3＝Na2S2O3，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，据此判断；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，据此分析；
（5）n（K2Cr2O7）＝0.0100 mol•L﹣1×0.020 L＝2×10﹣4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算反应的Na2S2O3的物质的量、质量、样品的纯度为，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣，据此判断误差。
【解答】解：（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O32﹣+CN﹣→SCN﹣+SO32﹣，为检验该转化生成了SCN﹣，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O32﹣和SO32﹣除尽后，利用Fe3+和SCN﹣离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，
故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，
故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3＝Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，
故答案为：2Na2S+3SO2＝2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）＝0.0100 mol•L﹣1×0.020 L＝2×10﹣4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）＝2×10﹣4×6 mol＝1.2×10﹣3 mol，m（Na2S2O3）＝1.2×10﹣3 mol×248 g•mol﹣1＝0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，
故答案为：77.4%（或者0.774）；偏高。
【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、滴定实验、测定计算、氧化还原等原理为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
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