2021年上海市金山区高考化学二模试卷

这是一份2021年上海市金山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年上海市金山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）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮的原子核，成功地把氮转变为氧，实现了元素的转变。该核反应为N+He→O+X，则微粒X是（　　）
A．e B．n C．H D．H
2．（2分）下列关于二氧六环（）的叙述错误的是（　　）
A．所有原子共平面
B．可由乙二醇脱水生成
C．只有一种一氯代物
D．与2﹣甲基丙酸互为同分异构体
3．（2分）已知有钠、钾及钠钾合金，对于它们三者熔点高低比较正确的是（　　）
A．钠钾合金＞钠＞钾 B．钠＞钾＞钠钾合金
C．钠＞钠钾合金＞钾 D．钾＞钠钾合金＞钠
4．（2分）用化学用语表示SiO2+4HF→SiF4↑+2H2O中的相关微粒，其中正确的是（　　）
A．中子数为15的硅原子：15Si
B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式：
D．水分子的比例模型：
5．（2分）下列化工生产的主要原理不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．氯碱工业 B．合成氨
C．氨碱法制纯碱 D．海水提溴
6．（2分）Fe3+和Cu2+能够在滤纸上彼此分离开的原因是（　　）
A．饱和氯化铁和硫酸铜已经分层
B．阳光照射使Fe3+和Cu2+能彼此分开
C．滤纸对Fe3+和Cu2+的吸附力不同
D．Fe3+和Cu2+在流动相溶剂中的溶解能力，扩散速度不同
7．（2分）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（　　）
A．澄清石灰水 B．硝酸钡溶液
C．氯化钠溶液 D．饱和碳酸钠溶液
8．（2分）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是（　　）
A．非金属性：X＞Y B．稳定性：HY＞HX
C．酸性：HYO4＞HXO4 D．还原性：HY＞HX
9．（2分）下列物质受热后能生成金属单质的是（　　）
A．碳酸钙 B．氯化铝 C．硫酸铜 D．氧化汞
10．（2分）火法炼铜的原理：Cu2S+O22Cu+SO2。关于该原理的说法错误的是（　　）
A．O2作氧化剂
B．Cu2S中Cu显+1价
C．SO2既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子2.408×1023个，则消耗0.1mol O2
11．（2分）深埋在潮湿土壤中的铁制管道，在硫酸盐还原菌（最佳生存环境为pH＝7～8）作用下，能被SO42﹣腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．管道发生了吸氧腐蚀
B．此类腐蚀会使土壤的pH增大
C．酸性条件，管道不易被腐蚀
D．刷富铜油漆可以延缓管道腐蚀
12．（2分）合成氨工业中，原料气中的杂质CO在进入合成塔之前需经过铜氨液处理，其反应为Cu（NH3）2+（aq）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3CO]+（aq）+Q（Q＞0）；吸收CO后的溶液经过适当处理又可再生，再生的适宜条件是（　　）
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
13．（2分）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是（　　）
A．N2NOHNO3
B．SO2BaSO3BaSO4
C．FeAlH2
D．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg
14．（2分）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶（非玻璃仪器及其他化学用品任选），选用上述仪器能完成的实验是（　　）
A．粗盐提纯
B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘
D．配制0.1mol•L﹣1的盐酸
15．（2分）实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示（加热和夹持装置已省略）。下列说法正确的是（　　）

A．实验开始后，发现未加沸石，可直接打开C的瓶塞加入
B．冷凝水由a口进，b口出
C．B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
D．产物中残留的乙酸和正丁醇可用碳酸钠溶液除去
16．（2分）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O﹣H键发生断裂
C．H3O+是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
17．（2分）含有1mol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2，反应的离子方程式表示错误的是（　　）
A．x＝1.5，2Fe2++4Br﹣+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl﹣
B．x＝1.2，10Fe2++14Br﹣+12Cl2→7Br2+10Fe3++24Cl﹣
C．x＝0.6，Fe2++2Br﹣+2Cl2→Br2+Fe3++4Cl﹣
D．x＝0.4，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
18．（2分）室温下，向20mL 0.1mol•L﹣1Na2A溶液中滴加0.1mol•L﹣1的稀盐酸，混合溶液pH与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．水的电离程度：c＜b＜a
B．a点：c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）
C．b点：c（Na+）＝c（Cl﹣）+2c（A2﹣）
D．c点：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）
19．（2分）CO2和H2合成CH3OH的原理：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q，按相同的物质的量投料，测得CO2在不同温度下（T1＜T2）的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．Q＜0
B．反应速率：v（a）＞v（c）
C．平衡常数：K（b）＞K（c）
D．CH3OH的体积分数：φ（b）＜φ（a）
20．（2分）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、NH4+、Al3+、Fe3+和K+。取少量溶液，加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中（　　）
A．可能有Cl﹣、NO3﹣ B．可能有4种离子
C．可能无Fe3+ D．一定有SO42﹣、NH4+、K+
二、综合题（共60分）
21．（15分）SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成Se。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如图所示的长链状结构：

键长/pm
a
178
b
160.7
完成下列填空：
（1）Se与S同属于ⅥA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为 　 　，原子核外占据最高能级的电子云形状为 　 　形。
（2）SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环。写出该二聚态的结构式 　 　。
（3）SeO2属于 　 　晶体，其熔点远高于SO2的理由是 　 　。解释键能a＜b的原因 　 　。
（4）SeO2可将SO2的水溶液氧化成H2SO4，反应的化学方程式为 　 　。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：H2SO4→H++HSO4﹣；HSO4﹣⇌H++SO42﹣。则在相同浓度H2SO4与NaHSO4的稀溶液中，HSO4﹣的电离程度较大的是 　 　，两种溶液中HSO4﹣电离程度不同的原因是 　 　。

22．（15分）G（）是一种有机合成中间体，一种合成方法如图。

完成下列填空：
（1）A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A的结构简式为 　 　。
（2）反应B→C所需的试剂和条件是 　 　，C中含氧官能团的电子式为 　 　。
（3）检验B中含有溴原子的方法为 　 　。
（4）写出D→E反应的化学方程式 　 　。
（5）F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物中有 　 　种不同化学环境的氢原子。
（6）设计一条以G为主要有机原料合成的合成路线 　 　。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
23．（15分）N2O5是硝酸的酸酐，溶于水生成NO3﹣，Al或Al﹣Fe合金可用于还原脱除水体中的硝态氮（NO3﹣﹣N）。在45℃、KNO3溶液起始浓度4×10﹣3mol•L﹣1、维持溶液呈中性并通入Ar作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如图所示。
完成下列填空：
（1）Al在0～3h时，NO3﹣几乎没有被脱除的原因是 　 　，3h后NO3﹣被还原成N2，配平反应的离子方程式：
　 　Al+　 　NO3﹣+　 　H2O+　 　H+　 　Al（OH）3+　 　N2↑
（2）Al﹣Fe合金1～2h比Al3～4h的脱除速率快得多的原因可能是 　 　。
N2O5不稳定，25℃时的分解方式如下：
①2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）﹣106.2kJ；②2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ。
（3）25℃时，在一个容积不变的容器中加入N2O5（g），气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示。
t/min
0
260
∞
c/mol•L﹣1
1.444×10﹣2
1.985×10﹣2
2.546×10﹣2
在62min时，测得O2浓度为1.17×10﹣3mol•L﹣1，此时N2O5（g）的浓度是 　 　mol•L﹣1。反应达到平衡时，N2O4（g）的浓度是 　 　mol•L﹣1。
（4）若升温至35℃，平衡时气体总浓度c（35℃） 　 　2.546×10﹣2mol•L﹣1（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）已知：N2O5（g）→N2O4（g）+O2（g）+QkJ，Q＝　 　。

24．（15分）二氧化氯（ClO2）是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。ClO2的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以H2O2作还原剂，在稀硫酸中还原NaClO3。
完成下列填空：
（1）写出方法一制备ClO2的化学方程式　 　。
实验室模拟方法二的过程，并将制得的ClO2处理含CN﹣废水的装置如图。

（2）B中反应温度控制30℃左右的原因是　 　。
（3）通入N2的作用除了搅拌、有利于将ClO2排出外，还有　 　。
（4）C中ClO2将CN﹣氧化成无毒的　 　气体。
为测定D中ClO2的物质的量浓度，进行了下列实验：
①取D中溶液10.00mL，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液pH≤2，再加入足量KI晶体，充分反应；
②加入淀粉溶液作指示剂，用0.2mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI）
（5）①中反应的离子方程式为　 　。D中ClO2的物质的量浓度是　 　mol•L﹣1；若滴定操作耗时过长，则测定结果会　 　。（选填“偏高”、“偏低”或“不变”）

2021年上海市金山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）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮的原子核，成功地把氮转变为氧，实现了元素的转变。该核反应为N+He→O+X，则微粒X是（　　）
A．e B．n C．H D．H
【分析】根据质子守恒分析：X的质子数为：2+7﹣8＝1，X的质量数为：4+14﹣17＝1，据此答题。
【解答】解：利用质量守恒定律分析：X的质子数为：2+7﹣8＝1，X的质量数为：4+14﹣17＝1，则微粒X是11H，
故选：C。
【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，题目较简单，熟悉质量守恒定律即可解答。
2．（2分）下列关于二氧六环（）的叙述错误的是（　　）
A．所有原子共平面
B．可由乙二醇脱水生成
C．只有一种一氯代物
D．与2﹣甲基丙酸互为同分异构体
【分析】有机物含有醚键和饱和碳原子，具有饱和烃的结构特征，以此解答该题。
【解答】解：A.含有饱和碳原子，具有饱和烃的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故A错误；
B.乙二醇发生分子间脱水可生成二氧六环，故B正确；
C.结构对称，只含有一种H，则只有一种一氯代物，故C正确；
D.与2﹣甲基丙酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
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、原子共面为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
3．（2分）已知有钠、钾及钠钾合金，对于它们三者熔点高低比较正确的是（　　）
A．钠钾合金＞钠＞钾 B．钠＞钾＞钠钾合金
C．钠＞钠钾合金＞钾 D．钾＞钠钾合金＞钠
【分析】合金的熔点比各成分金属的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，以此来解答．
【解答】解：合金的熔点比各成分的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，则熔点为钠＞钾＞钠和钾的合金，
故选：B。
【点评】本题考查同主族元素的性质变化规律，熟悉物质的溶解度、熔沸点、稳定性的比较方法即可解答，难度不大．
4．（2分）用化学用语表示SiO2+4HF→SiF4↑+2H2O中的相关微粒，其中正确的是（　　）
A．中子数为15的硅原子：15Si
B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式：
D．水分子的比例模型：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
B．氟原子的核内质子数和核外电子数均为9，核外电子分层排布；
C．四氟化硅分子中F原子的核外有3对孤电子对；
D．是水分子的球棍模型，不是比例模型。
【解答】解：A．中子数为15的硅原子的质量数为14+15＝29，核素符号为Si，故A错误；
B．氟原子的核内质子数和核外电子数均为9，核外电子分2层排布，最外层电子数为7，原子结构示意图为，故B正确；
C．四氟化硅分子中每个F原子的核外有3对孤电子对，达到8电子结构，电子式为，故C错误；
D．水分子的中心原子为O，空间构型为V形，并且O原子半径较大，水分子的比例模型为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及比例模型与球棍模型、原子结构示意图、电子式、核素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
5．（2分）下列化工生产的主要原理不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．氯碱工业 B．合成氨
C．氨碱法制纯碱 D．海水提溴
【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．合成氨工业存在N2+3H22NH3的反应，为氧化还原反应，故B不选；
C．氨碱法制纯碱发生NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；
D．溴以离子存在，海水提溴时Br元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大。
6．（2分）Fe3+和Cu2+能够在滤纸上彼此分离开的原因是（　　）
A．饱和氯化铁和硫酸铜已经分层
B．阳光照射使Fe3+和Cu2+能彼此分开
C．滤纸对Fe3+和Cu2+的吸附力不同
D．Fe3+和Cu2+在流动相溶剂中的溶解能力，扩散速度不同
【分析】纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的，以此来解答．
【解答】解：Fe3+和Cu2+能够在滤纸上彼此分离开，是因两种离子在滤纸条上展开剂（丙酮和盐酸）中的扩散速度不同，从而可以分离。与A、B、C无关，
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质、纸层析分离原理为解答的关键，侧重物质性质及分离方法的考查，题目难度中等．
7．（2分）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（　　）
A．澄清石灰水 B．硝酸钡溶液
C．氯化钠溶液 D．饱和碳酸钠溶液
【分析】A、澄清石灰水中通入过量CO2，生成碳酸氢钙；
B、硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应；
C、氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应；
D、饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度极小的碳酸氢钠；
【解答】解：A、澄清石灰水中通入过量CO2，生成碳酸氢钙，所以最终不会产生沉淀，故A错误；
B、硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故B错误；
C、氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故C错误；
D、饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度极小的碳酸氢钠，所以析出沉淀碳酸氢钠，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了元素及其化合物的性质等，比较基础，注意A选项是与反应物量有关的反应，量不同产物不同。
8．（2分）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是（　　）
A．非金属性：X＞Y B．稳定性：HY＞HX
C．酸性：HYO4＞HXO4 D．还原性：HY＞HX
【分析】两种短周期元素X和Y形成的单质能与氢气反应生成HX和HY，反应热分别为Q1和Q2，放出的能量越多，则非金属单质能量越高，越活泼，对应元素的非金属性越强，据此结合非金属性的递变规律分析。
【解答】解：A．反应热分别为Q1和Q2，放出的能量越多，则非金属单质能量越高，越活泼，对应元素的非金属性越强，非金属性：X＜Y，故A错误；
B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性Y＞X，则氢化物稳定性为HY＞HX，故B正确；
C．若Y为F元素，F在不存在含氧酸，故C错误
D．元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，非金属性X＜Y，则还原性：HY＜HX，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素的性质，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意根据反应热的大小判断元素的非金属性为解答该题的关键，易错点为C，注意F无含氧酸的特点。
9．（2分）下列物质受热后能生成金属单质的是（　　）
A．碳酸钙 B．氯化铝 C．硫酸铜 D．氧化汞
【分析】金属冶炼的方法有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；
热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；
电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。
A．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳；
B．铝为活泼金属，氯化铝为共价化合物；
C．较活泼的铜通常采用热还原法；
D．不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。
【解答】解：金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。
A．活泼金属Ca用电解法冶炼，电解熔融氯化钙生成钙和氯气，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，不能生成金属单质钙，故A错误；
B．活泼金属铝用电解法冶炼，电解熔融氧化铝生成铝和氧气，氯化铝为共价化合物，加热不能生成金属单质铝，故B错误；
C．硫酸铜受热分解：4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，不能生成金属单质铜，故C错误；
D．氧化汞受热分解：2HgO2Hg+O2↑，能生成金属单质Hg，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了确定金属冶炼方法的依据，难度不大，注意根据金属的活动性强弱确定金属的冶炼方法。
10．（2分）火法炼铜的原理：Cu2S+O22Cu+SO2。关于该原理的说法错误的是（　　）
A．O2作氧化剂
B．Cu2S中Cu显+1价
C．SO2既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子2.408×1023个，则消耗0.1mol O2
【分析】该反应中Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答。
【解答】解：A．O2在反应中O元素化合价由0价变为﹣2价，所以O2作氧化剂，故A正确；
B．Cu2S中S元素化合价为﹣2价，则Cu显+1价，故B正确；
C．该反应中S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，所以SO2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．当有1 mol O2参加反应时，共转移电子的物质的量＝1mol×[2×（2﹣1）]+1mol×2×[0﹣（﹣2）]＝6mol，所以若反应中转移电子2.408×1023个，则消耗mol＝mol O2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、基本计算，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中不仅氧气作氧化剂，为易错点。
11．（2分）深埋在潮湿土壤中的铁制管道，在硫酸盐还原菌（最佳生存环境为pH＝7～8）作用下，能被SO42﹣腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．管道发生了吸氧腐蚀
B．此类腐蚀会使土壤的pH增大
C．酸性条件，管道不易被腐蚀
D．刷富铜油漆可以延缓管道腐蚀
【分析】A．原电池的正极上SO42﹣得电子发生还原反应；
B．根据电极反应判断pH的变化；
C．酸性条件，Fe易发生析氢腐蚀；
D．管道上刷富铜油漆，形成Cu﹣Fe原电池。
【解答】解：A．原电池的正极上SO42﹣得电子发生还原反应，即正极上没有发生氧气得电子的反应，所以没有发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO42﹣+5H2O+8e﹣＝HS﹣+9OH﹣，所以此类腐蚀会使土壤的pH增大，故B正确；
C．酸性条件，Fe易发生析氢腐蚀，因此酸性条件，管道也易被腐蚀，故C错误；
D．管道上刷富铜油漆，形成Cu﹣Fe原电池，Fe作为负极失电子，负极腐蚀速率加快，所以刷富铜油漆不可以延缓管道腐蚀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理的应用、金属的电化学腐蚀与防护，注意把握金属发生电化学腐蚀的条件及金属的防腐方法，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
12．（2分）合成氨工业中，原料气中的杂质CO在进入合成塔之前需经过铜氨液处理，其反应为Cu（NH3）2+（aq）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3CO]+（aq）+Q（Q＞0）；吸收CO后的溶液经过适当处理又可再生，再生的适宜条件是（　　）
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
【分析】加压和采取较低的温度可使平衡向正反应方向移动，有利于CO的吸收，要使吸收CO后的[Cu（NH3）3CO]+经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，只要使平衡向逆反应方向移动即可，以此解答该题。
【解答】解：Cu（NH3）2+（aq）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3CO]+（aq）+Q（Q＞0），由反应可知，该反应为气体体积减小的放热反应，吸收CO后的溶液经过适当处理又可再生，应使平衡逆向移动，则高温、低压。
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的特点以及影响平衡的外界因素，题目难度不大。
13．（2分）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是（　　）
A．N2NOHNO3
B．SO2BaSO3BaSO4
C．FeAlH2
D．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg
【分析】A．氮气和氧气放电反应生成一氧化氮，一氧化氮、氧气、水反应生成硝酸；
B．二氧化硫与氯化钡溶液不反应；
C．铁与氧化铝不反应；
D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀。
【解答】解：A．氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮、氧气、水反应，发生4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，生成硝酸，故A正确；
B．盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B错误；
C．铝比铁活泼，则铁与氧化铝不反应，故C错误；
D．电解氯化镁溶液，氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，溶液中形成氢氧化镁沉淀，应是电解熔融氯化镁生成金属镁，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质相互之间的转化，明确相关物质的性质及反应条件是解题关键，题目难度中等。
14．（2分）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶（非玻璃仪器及其他化学用品任选），选用上述仪器能完成的实验是（　　）
A．粗盐提纯
B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘
D．配制0.1mol•L﹣1的盐酸
【分析】A．粗盐提纯的操作步骤为：溶解→加入过量的氢氧化钠溶液→加入过量的氯化钡溶液→加入过量的碳酸钠溶液→过滤→加入过量的盐酸→蒸发结晶；
B.制备氨气用铁架台、试管、酒精灯；
C.萃取用到的仪器有铁架台、烧杯和分液漏斗；
D.配制一定物质的量浓度的盐酸溶液所需的仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、容量瓶和胶头滴管。
【解答】解：A．粗盐提纯的操作步骤为：溶解→加入过量的氢氧化钠溶液→加入过量的氯化钡溶液→加入过量的碳酸钠溶液→过滤→加入过量的盐酸→蒸发结晶，故完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗和蒸发皿，故A错误；
B．有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成氨气的制备实验，故用上述仪器可以完成，故B正确；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要仪器为分液漏斗，缺少仪器不能完成，故C错误；
D．配制0.1 mol•L﹣1的盐酸溶液需要用胶头滴管定容、量筒量取浓盐酸，缺少仪器不能完成，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了化学中常见的实验操作所需的仪器，根据实验原理和步骤来分析，难度不大。
15．（2分）实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示（加热和夹持装置已省略）。下列说法正确的是（　　）

A．实验开始后，发现未加沸石，可直接打开C的瓶塞加入
B．冷凝水由a口进，b口出
C．B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
D．产物中残留的乙酸和正丁醇可用碳酸钠溶液除去
【分析】A．加入沸石，应避免热的液体迸溅而烫伤；
B．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管；
C．乙酸丁酯密度比水小，B的作用为分离出水；
D．乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水。
【解答】解：A．应停止加热，待冷却至室温时再加入沸石，以避免热的液体迸溅而烫伤，故A错误；
B．冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，故B错误；
C．由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故C错误；
D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，题目难度不大。
16．（2分）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O﹣H键发生断裂
C．H3O+是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
【分析】A．反应是否需要加热与反应能量变化没有关系；
B．由图可知，第①步反应有C﹣H键、碳碳双键发生断裂；
C．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成；
D．放热反应还是吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反。
【解答】解：A．由图象可知，该反应是放热反应，但总反应是否需要加热与反应能量变化没有关系，故A错误；
B．由图可知，第①步反应有C﹣H键、碳碳双键发生断裂，故B错误；
C．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故C正确；
D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
17．（2分）含有1mol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2，反应的离子方程式表示错误的是（　　）
A．x＝1.5，2Fe2++4Br﹣+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl﹣
B．x＝1.2，10Fe2++14Br﹣+12Cl2→7Br2+10Fe3++24Cl﹣
C．x＝0.6，Fe2++2Br﹣+2Cl2→Br2+Fe3++4Cl﹣
D．x＝0.4，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
【分析】还原性：Fe2+＞Br﹣，根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2+，然后再氧化Br﹣，离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，结合电子、电荷守恒判断。
【解答】解：A．当x＝1.5时，Cl2将Fe2+、Br﹣完全氧化，离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故A正确；
B．当x＝1.2时，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为：10Fe2++14Br﹣+12Cl2＝7Br2+10Fe3++24Cl﹣，故B正确；
C．当x＝0.6a时，Cl2将Fe2+完全氧化后，又能氧化mol的Br﹣，离子反应为10Fe2++2Br﹣+6Cl2═Br2+10Fe3++12Cl﹣，故C错误；
D．当x＝0.4时，Cl2不能完全氧化Fe2+，只发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度较大，本题注意把握物质的还原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和还原剂物质的量之间的关系，此为易错点．
18．（2分）室温下，向20mL 0.1mol•L﹣1Na2A溶液中滴加0.1mol•L﹣1的稀盐酸，混合溶液pH与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．水的电离程度：c＜b＜a
B．a点：c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）
C．b点：c（Na+）＝c（Cl﹣）+2c（A2﹣）
D．c点：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）
【分析】向20mL 0.1mol•L﹣1Na2A溶液中滴加20mL 0.1mol•L﹣1的HCl溶液，a点时加入20mL等浓度的HCl溶液，反应后溶质为NaHA，此时pH＜7，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，抑制了水的电离；b点溶液的pH＝7，水的电离基本不受影响；c点溶质为Na2A，A2﹣水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，以此结合电荷守恒、电离平衡常数表达式分析。
【解答】解：A．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，c点溶液中的溶质是Na2A，A2﹣水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度：a＜b＜c，故A错误；
B．a点时溶液中的溶质为NaHA、NaCl，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（H+）＞c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B错误；
C．b点时，溶液pH＝7，即c（H+）＝（c（OH﹣），再结合电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）得：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）①，b点pH＝7，c（H+）＝1.0×10﹣7mol/L，结合Ka2＝＝1.0×10﹣7可知：c（HA﹣）＝c（A2﹣）②，将②带入①可得：c（Na+）＝c（Cl﹣）+3c（A2﹣），故C错误；
D．c点时，溶液中的溶质是Na2A，A2﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣，OH﹣还来自水的电离，则c（OH﹣）＞c（HA﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
19．（2分）CO2和H2合成CH3OH的原理：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+Q，按相同的物质的量投料，测得CO2在不同温度下（T1＜T2）的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．Q＜0
B．反应速率：v（a）＞v（c）
C．平衡常数：K（b）＞K（c）
D．CH3OH的体积分数：φ（b）＜φ（a）
【分析】A．由图可知，等压时温度越高，CO2平衡转化率越小；
B．温度越高、压强越大，则反应速率越大；
C．若为吸热反应，则升高温度时平衡常数K增大；若为放热反应，则升高温度时平衡常数K减小；
D．若反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，生成物的含量增大，反之相反。
【解答】解：A．T1＜T2，由图可知，等压时温度越高，CO2平衡转化率越小，即升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应、Q＞0，故A错误；
B．c点的温度高、压强大，则c点的反应速率大，即反应速率：υ（a）＜υ（c），故B错误；
C．该反应为放热反应，则升高温度时平衡逆向移动，平衡常数K减小，即温度越高，平衡常数K越小，图中T1＜T2，即平衡常数：K（b）＞K（c），故C正确；
D．该反应为气体体积减小的反应，温度一定、增大压强时，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，即压强越大，CH3OH的体积分数越大，则CH3OH的体积分数：φ（b）＞φ（a），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质转化率与温度、压强的关系，为高频考点和常考题型，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键，注意平衡图象的信息分析与判断，题目难度不大。
20．（2分）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、NH4+、Al3+、Fe3+和K+。取少量溶液，加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中（　　）
A．可能有Cl﹣、NO3﹣ B．可能有4种离子
C．可能无Fe3+ D．一定有SO42﹣、NH4+、K+
【分析】取少量溶液，加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀，说明一定含有NH4+、SO42﹣，一定没有Fe3+，由于原溶液中各离子浓度均相等，根据电荷守恒可知，一定还含有其它阳离子，可能是K+，此时一定不含Cl﹣、NO3﹣、Al3+，可能是Al3+，此时一定含有Cl﹣、NO3﹣，不可能同时含有Al3+、K+。
【解答】解：A．一定含有NH4+、SO42﹣，一定没有Fe3+，由于原溶液中各离子浓度均相等，根据电荷守恒可知，一定还含有其它阳离子，可能是Al3+，此时一定含有Cl﹣、NO3﹣，故A正确；
B．由分析可知，溶液含有的离子可能是NH4+、SO42﹣、K+，也可能是NH4+、SO42﹣、Al3+、Cl﹣、NO3﹣，故B错误；
C．原溶液加入NaOH溶液产生白色沉淀，则一定没有Fe3+，因为Fe（OH）3是红褐色沉淀，故C错误；
D．由分析可知，溶液含有的离子可能是NH4+、SO42﹣、K+，也可能是NH4+、SO42﹣、Al3+、Cl﹣、NO3﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子检验，涉及离子反应与离子共存，根据反应现象判断含有的离子，掌握离子反应发生的条件，注意离子判断中电荷守恒的运用，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成Se。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如图所示的长链状结构：

键长/pm
a
178
b
160.7
完成下列填空：
（1）Se与S同属于ⅥA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为 　　，原子核外占据最高能级的电子云形状为 　纺锤　形。
（2）SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环。写出该二聚态的结构式 　　。
（3）SeO2属于 　分子　晶体，其熔点远高于SO2的理由是 　SeO2形成聚合分子，相对分子质量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大　。解释键能a＜b的原因 　a为Se﹣O单键，b为Se＝O双键，b的键长更短，键能更大　。
（4）SeO2可将SO2的水溶液氧化成H2SO4，反应的化学方程式为 　SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4　。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：H2SO4→H++HSO4﹣；HSO4﹣⇌H++SO42﹣。则在相同浓度H2SO4与NaHSO4的稀溶液中，HSO4﹣的电离程度较大的是 　NaHSO4　，两种溶液中HSO4﹣电离程度不同的原因是 　H2SO4第一步电离出的H+抑制了HSO4﹣的电离，使HSO4﹣电离程度减小，而NaHSO4没有H+起抑制HSO4﹣电离的作用　。

【分析】（1）Se与S同属于ⅥA族，Se元素原子最外层电子排布式为：4s24p4，泡利不相容原理和洪特规则写出轨道表示式，原子核外占据最高能级是p能级；
（2）二聚态的SeO2结构中存在四元环为两个Se原子和两个氧原子形成，结合氧元素化合价﹣2价，Se元素化合价+4价写出二聚态化合物结构式；
（3）根据分子晶体的熔、沸点低判断晶体类型；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，晶体熔点越高，a为Se﹣O，b为Se＝O；
（4）SeO2可将SO2的水溶液氧化成H2SO4，硫酸存在两步电离，第一步电离完全，第二步部分电离，H2SO4第一步电离出的H+抑制了HSO4﹣的电离，使HSO4﹣电离程度减小。
【解答】解：（1）Se是34号元素，基态原子核外有34个电子，最外层电子排布式为：4s24p4，最外层电子的轨道表示式为：，原子核外占据最高能级的电子云形状为纺锤形，
故答案为：；纺锤；

（2）二聚态的SeO2结构中存在四元环为两个Se原子和两个氧原子形成，结合氧元素化合价﹣2价，Se元素化合价+4价，该二聚态的结构式为：，
故答案为：；
（3）SeO2熔点为350℃，熔点较低，可知其为分子晶体，二氧化硫与二氧化硒结构相似，都是分子晶体，SeO2形成聚合分子，相对分子质量远远大于SO2，熔化时需要破坏的分子间作用力更大，所以熔点更高，共价键饱和性可知，a为Se﹣O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短，键能更大，
故答案为：分子；SeO2形成聚合分子，相对分子质量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大；a为Se﹣O单键，b为Se＝O双键，b的键长更短，键能更大；
（4）SeO2可将SO2的水溶液氧化成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4，硫酸存在两步电离，第一步电离完全，第二步部分电离，在相同浓度H2SO4与NaHSO4的稀溶液中，H2SO4第一步电离出的H+抑制了HSO4﹣的电离，使HSO4﹣电离程度减小，而NaHSO4没有H+起抑制HSO4﹣电离的作用，HSO4﹣的电离程度较大的是：NaHSO4，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4；NaHSO4；H2SO4第一步电离出的H+抑制了HSO4﹣的电离，使HSO4﹣电离程度减小，而NaHSO4没有H+起抑制HSO4﹣电离的作用。
【点评】本题考查了原子结构、物质结构和性质、弱电解质电离影响因素等知识点，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
22．（15分）G（）是一种有机合成中间体，一种合成方法如图。

完成下列填空：
（1）A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A的结构简式为 　　。
（2）反应B→C所需的试剂和条件是 　O2、Cu或Ag、加热　，C中含氧官能团的电子式为 　　。
（3）检验B中含有溴原子的方法为 　向B中加入NaOH溶液，加热一段时间后冷却，加入过量HNO3酸化，再加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则有溴原子　。
（4）写出D→E反应的化学方程式 　　。
（5）F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物中有 　5　种不同化学环境的氢原子。
（6）设计一条以G为主要有机原料合成的合成路线 　　。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A中不含羟基，根据A的分子式及B的结构简式知，A和HBr发生反应生成B，A的结构简式为，B中醇羟基发生催化氧化生成C中醛基，D发生消去反应生成E，E水解生成F，E的结构简式为；
（6）以为主要有机原料合成，由E生成F的反应知，发生水解反应生成，发生氧化反应生成，和甲醇发生酯化反应生成目标产物。
【解答】解：（1）通过以上分析知，A的结构简式为，
故答案为：；
（2）B中醇羟基发生催化氧化反应生成C中醛基，醇羟基在Ag或Cu作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成醛基，所以反应B→C所需的试剂和条件是O2、Cu或Ag、加热，C中含氧官能团的电子式为，
故答案为：O2、Cu或Ag、加热；；
（3）检验B中含有溴原子，应该向通过水解方法将B中的﹣Br转化为溴离子，然后加入过量稀硝酸中和未反应的NaOH，再用硝酸银溶液检验溴离子，该方法为向B中加入NaOH溶液，加热一段时间后冷却，加入过量HNO3酸化，再加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则有溴原子，
故答案为：向B中加入NaOH溶液，加热一段时间后冷却，加入过量HNO3酸化，再加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则有溴原子；
（4）E发生消去反应生成E，D→E反应的化学方程式，
故答案为：；
（5）F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物结构简式为，环上有4种氢原子，羟基上有1种氢原子，所以中有5种不同化学环境的氢原子，
故答案为：5；
（6）以为主要有机原料合成，由E生成F的反应知，发生水解反应生成，发生氧化反应生成，和甲醇发生酯化反应生成目标产物，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析、推断及知识综合应用能力，注意反应前后官能团或碳链结构变化并正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意知识迁移方法的应用，（5）题易漏掉连接醇羟基的碳原子上还含有氢原子而导致错误判断，题目难度不大。
23．（15分）N2O5是硝酸的酸酐，溶于水生成NO3﹣，Al或Al﹣Fe合金可用于还原脱除水体中的硝态氮（NO3﹣﹣N）。在45℃、KNO3溶液起始浓度4×10﹣3mol•L﹣1、维持溶液呈中性并通入Ar作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如图所示。
完成下列填空：
（1）Al在0～3h时，NO3﹣几乎没有被脱除的原因是 　铝表面的氧化膜未被溶解　，3h后NO3﹣被还原成N2，配平反应的离子方程式：
　10　Al+　6　NO3﹣+　12　H2O+　6　H+　10　Al（OH）3+　3　N2↑
（2）Al﹣Fe合金1～2h比Al3～4h的脱除速率快得多的原因可能是 　Al﹣Fe形成原电池加速电子转移　。
N2O5不稳定，25℃时的分解方式如下：
①2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）﹣106.2kJ；②2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ。
（3）25℃时，在一个容积不变的容器中加入N2O5（g），气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示。
t/min
0
260
∞
c/mol•L﹣1
1.444×10﹣2
1.985×10﹣2
2.546×10﹣2
在62min时，测得O2浓度为1.17×10﹣3mol•L﹣1，此时N2O5（g）的浓度是 　1.21×10﹣2　mol•L﹣1。反应达到平衡时，N2O4（g）的浓度是 　1.064×10﹣2　mol•L﹣1。
（4）若升温至35℃，平衡时气体总浓度c（35℃） 　＞　2.546×10﹣2mol•L﹣1（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）已知：N2O5（g）→N2O4（g）+O2（g）+QkJ，Q＝　2.2　。

【分析】（1）Al或Al﹣Fe合金可用于还原脱除水体中的硝态氮（NO3﹣﹣N），铝表面有氧化铝薄膜，阻止铝还原脱除硝酸根离子，铝元素化合价0价升高到+3价，硝酸根离子中氮元素化合价+5价降低到0价，电子守恒配平书写离子方程式；
（2）Al﹣Fe合金1～2h比Al3～4h的脱除速率快得多，是因为铝铁在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率；
（3）在62min时，测得O2浓度为1.17×10﹣3mol•L﹣1，结合三段式列式计算；
2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）
起始量（mol/L） 1.444×10﹣2 0 0
变化量（mol/L） 2.34×10﹣3 4.68×10﹣3 1.17×10﹣3
62min末（mol/L） 1.21×10﹣2 4.68×10﹣3 1.17×10﹣3
结合三段式列式计算得到物质的浓度，反应达到平衡时，反应①完全反应后，2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），1.444×10﹣2mol/LN2O5完全反应，生成物质的量浓度＝2.888×10﹣2mol/L，生成氧气物质的量浓度＝0.722×10﹣2mol/L，达到平衡状态，结合三段式列式计算，平衡状态下平衡气体总物质的量浓度＝2.546×10﹣2mol/L，据此列式计算四氧化二氮物质的量浓度；
（4）2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ，为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向进行；
（5）①2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）﹣106.2kJ，
②2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ，
盖斯定律得计算（①+②×2）得到2N2O5（g）→2N2O4（g）+O2（g）﹣106.2kJ+（55.3×2）kJ，据此计算分析判断Q值。
【解答】解：（1）Al或Al﹣Fe合金可用于还原脱除水体中的硝态氮（NO3﹣﹣N），Al在0～3h时，NO3﹣几乎没有被脱除的原因是：铝表面的氧化膜未被溶解，3h后NO3﹣被还原成N2，铝元素化合价0价升高到+3价，硝酸根离子中氮元素化合价+5价降低到0价，电子守恒配平书写离子方程式为：10Al+6NO3﹣+12H2O+6H+10Al（OH）3+3N2↑，
故答案为：铝表面的氧化膜未被溶解；10；6；12；6；10；3；
（2）Al﹣Fe合金1～2h比Al3～4h的脱除速率快得多的原因可能是：Al﹣Fe形成原电池加速电子转移，加快反应速率，
故答案为：Al﹣Fe形成原电池加速电子转移；
（3）在62min时，测得O2浓度为1.17×10﹣3mol•L﹣1，结合三段式列式计算；
2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）
起始量（mol/L） 1.444×10﹣2 0 0
变化量（mol/L） 2.34×10﹣3 4.68×10﹣3 1.17×10﹣3
62min末（mol/L） 1.21×10﹣2 4.68×10﹣3 1.17×10﹣3
在62min时，测得O2浓度为1.17×10﹣3mol•L﹣1，此时N2O5（g）的浓度是：1.21×10﹣2mol/L，
反应达到平衡时，反应①完全反应后，2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），1.444×10﹣2mol/LN2O5完全反应，生成物质的量浓度＝2.888×10﹣2mol/L，生成氧气物质的量浓度＝0.722×10﹣2mol/L，达到平衡状态，生成物质的量浓度为x，
2NO2（g）⇌N2O4（g）
起始量（mol/L） 2.888×10﹣2 0
变化量（mol/L） 2x x
平衡量（mol/L） 2.888×10﹣2﹣2x x
平衡总浓度：2.888×10﹣2mol/L﹣2x+x+0.722×10﹣2mol/L＝2.546×10﹣2mol/L
x＝1.064×10﹣2mol/L，
故答案为：1.21×10﹣2；1.064×10﹣2；
（4）2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ，为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向进行，气体物质的量浓度增大，平衡时气体总浓度c（35℃）＞2.546×10﹣2mol•L﹣1，
故答案为：＞；
（5）①2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）﹣106.2kJ，
②2NO2（g）⇌N2O4（g）+55.3kJ，
盖斯定律得计算（①+②×2）得到2N2O5（g）→2N2O4（g）+O2（g）﹣106.2kJ+（55.3×2）kJ，得到2N2O5（g）→2N2O4（g）+O2（g）+4.4kJ，则N2O5（g）→N2O4（g）+O2（g）+2.2kJ，Q＝2.2，
故答案为：2.2。
【点评】本题考查了氧化还原反应、原电池反应原理和应用、化学平衡的影响因素和平衡计算、热化学方程式的计算应用等知识点，掌握原理是解题关键，题目难度中等。
24．（15分）二氧化氯（ClO2）是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。ClO2的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以H2O2作还原剂，在稀硫酸中还原NaClO3。
完成下列填空：
（1）写出方法一制备ClO2的化学方程式　2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH　。
实验室模拟方法二的过程，并将制得的ClO2处理含CN﹣废水的装置如图。

（2）B中反应温度控制30℃左右的原因是　温度过高，H2O2受热分解，温度过低，反应速率慢　。
（3）通入N2的作用除了搅拌、有利于将ClO2排出外，还有　稀释ClO2，防止其发生爆炸　。
（4）C中ClO2将CN﹣氧化成无毒的　CO2、N2　气体。
为测定D中ClO2的物质的量浓度，进行了下列实验：
①取D中溶液10.00mL，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液pH≤2，再加入足量KI晶体，充分反应；
②加入淀粉溶液作指示剂，用0.2mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI）
（5）①中反应的离子方程式为　2ClO2+8H++10I﹣＝5I2+2Cl﹣+4H2O　。D中ClO2的物质的量浓度是　0.08　mol•L﹣1；若滴定操作耗时过长，则测定结果会　偏高　。（选填“偏高”、“偏低”或“不变”）
【分析】装置A中，NaClO3和H2O2在酸性条件下反应生成ClO2、O2和H2O，离子方程式为：2ClO3﹣+H2O2+2H+＝2ClO2↑+O2↑+2H2O，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，装置B是为了防止倒吸，装置C中装有水，ClO2会溶于水中，装置D中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气，
（1）方法一制备ClO2，为惰性电极电解饱和食盐水制取ClO2；
（2）H2O2受热分解；
（3）ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸；
（4）ClO2可将废水中的CN﹣氧化成CO2和N2，ClO2被还原成Cl﹣；
（5）①中反应的离子方程式为：2ClO2+8H++10I﹣＝5I2+2Cl﹣+4H2O，2Na2S2O3～I2；n（I2）＝n（Na2S2O3）＝0.2mol/L×0.02L×＝0.002mol；2ClO2～5I2：n（ClO2）＝n（I2）＝×0.002mol＝8×10﹣4mol；则原溶液中c（ClO2）＝。
【解答】解：（1）方法一制备ClO2，惰性电极电解饱和食盐水制取ClO2，化学方程式：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，
故答案为：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH；
（2）B中反应温度控制30℃左右的原因是温度过高，H2O2受热分解，温度过低，反应速率慢，
故答案为：温度过高，H2O2受热分解，温度过低，反应速率慢；
（3）ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，
故答案为：稀释ClO2，防止其发生爆炸；
（4）ClO2可将废水中的CN﹣氧化成CO2和N2，ClO2被还原成Cl﹣，离子方程式为：2ClO2﹣+2CN﹣＝2CO2+N2+2Cl﹣，
故答案为：CO2、N2；
（5）①中反应的离子方程式为：2ClO2+8H++10I﹣＝5I2+2Cl﹣+4H2O，2Na2S2O3～I2；n（I2）＝n（Na2S2O3）＝0.2mol/L×0.02L×＝0.002mol；2ClO2～5I2：n（ClO2）＝n（I2）＝×0.002mol＝8×10﹣4mol；则原溶液中c（ClO2）＝＝0.08mol/L；步骤2用稀硫酸调节试样的pH≤2，加入足量的KI晶体，充分反应，步骤2所得溶液放置时间太长，氧气氧化碘离子生成碘单质，消耗硫代硫酸钠体积增多，则测定结果会偏高，
故答案为：2ClO2+8H++10I﹣＝5I2+2Cl﹣+4H2O；0.08；偏高。
【点评】本题考查物质制备方案设计，题目难度中等，结合制备流程明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
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