2022年上海市复旦大学附中高考化学二模试卷

这是一份2022年上海市复旦大学附中高考化学二模试卷，共36页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市复旦大学附中高考化学二模试卷
一、选择题（每小题2分•共40分•每小题只有一个正确选项）
1．（2分）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（　　）
A．定期清淤，疏通河道
B．化工企业“三废”处理后，达标排放
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
2．（2分）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（　　）
A．S B．C2H6O C．12C D．
3．（2分）下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．钝化 B．漂白 C．固氮 D．燃烧
4．（2分）在空气中久置会变色的强电解质是（　　）
A．氯水 B．硫化氢 C．烧碱 D．硫酸亚铁
5．（2分）下列变化中属于吸热反应的是（　　）
A．1molH2O分解形成H、O
B．灼热的炭与二氧化碳生成一氧化碳
C．冰融化
D．NH4NO3（s）⇌NH4+（aq）+NO3﹣（aq）
6．（2分）某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是（　　）
A．可能有很高的熔沸点 B．不可能是化合物
C．只可能是有机物 D．不可能是离子晶体
7．（2分）关于下列仪器使用的说法正确的是（　　）

A．①、③需要垫石棉网加热 B．①、④可作反应容器
C．②、④滴定时需要润洗 D．③、⑤可用于蒸馏
8．（2分）不能鉴别FeCl2和AlCl3的试剂是（　　）
A．溴水 B．NaOH溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．H2O2溶液
9．（2分）向BaCl2溶液中以任意比例通入以下两种气体，均无沉淀产生。则该混合气体是（　　）
A．Cl2和SO2 B．CO2和NH3 C．NO2和CO2 D．NO2和SO2
10．（2分）实验过程中不可能产生Fe（OH）3的是（　　）
A．蒸发FeCl3溶液
B．FeCl3溶液中滴入氨水
C．将水蒸气通过灼热的铁
D．FeCl3溶液中入NaOH溶液
11．（2分）已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素，其转化关系如图（反应条件已略去）。下列推断错误的是（　　）
A．若丙为红棕色气体，则甲可能为NH3
B．若丙为FeCl2，则X与稀盐酸反应可以得到丙
C．若乙为NaHCO3，则甲可能是CO2
D．若乙能使品红溶液褪色，则甲一定是S单质
12．（2分）用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A
B
C
D




蒸发结晶制备NaHCO3晶体
检验溴乙烷的消去反应的产物
分离苯和溴苯
探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是（　　）
A．胆矾晶体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质
B．灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作
C．HCl标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出
D．气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数
14．（2分）NH3可用于检验氢气管道是否泄露，8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl，NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．35℃时，1LpH＝5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数目为10﹣5NA
B．1molNH3与足量O2发生催化氧化生成N2的分子数为0.5NA
C．53.5gNH4Cl直接加热可制备NH3的分子数为1NA
D．22.4LN2中含有的N≡N的数目为1NA
15．（2分）据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（　　）

A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr→2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
16．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向0.1mol/LNaHA溶液（pH＝1）加入NaOH溶液：HA﹣+OH﹣→A2﹣+H2O
B．Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O→4Na++4OH﹣+O2↑
C．Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合：S2O32﹣+2H+→S↓+SO2↑+H2O
D．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2→2Fe3++Br2+4Cl﹣
17．（2分）有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如图，下列说法正确的是（　　）

A．X中所有原子都共面
B．可用Br2的CCl4溶液除去Z中混有的Y杂质
C．Z的同分异构体可以是芳香族化合物
D．Z在酸性条件下水解生成和CH3OH
18．（2分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。W与X位于同一主族；X、Y、Z三种元素形成的化合物具有强氧化性，其结构如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．该化合物中各元素原子均达稳定结构
B．Z的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物
C．Z、W形成的简单离子半径，Z大于W
D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定能与X、Z、W形成的化合物反应
19．（2分）在体积为1L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）相同时间内不同的温度下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．图中X点v（正）＞v（逆）
B．该反应是吸热反应
C．图中P点所示条件下，延长反应时间不能提高CH3OH的产率
D．520K下，X点所对应甲醇的产率50%，则平衡常数K＝
20．（2分）室温下，体积均为20mL、浓度均为0.1mol⋅L﹣1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H+）水的负对数[﹣lgc（H+）水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．HX、HY均为弱酸
B．a、b、c三点溶液均显中性
C．b、d两点溶液的离子总浓度不同
D．c点溶液中c（X﹣）+c（HX）＝0.1mol⋅L﹣1
二．综合题（共60分）
21．NaNO2广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
（1）氮原子核外共有 　 　种能量不同的电子，能量最高的电子有 　 　种伸展方向。
（2）亚硝酰氯（NOCl）是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e结构，则其电子式为 　 　。其水解生成两种不同的酸，请写出其水解的方程式 　 　。
（3）NaNO2具有毒性，含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或NH4Cl处理，请写出NH4Cl与NaNO2反应的离子方程式 　 　。已知：酸性H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
（4）往冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2稀溶液。该物质是 　 　（填序号）。
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（5）NaNO2具有咸味，不法商家会用其制作假食盐，请写出一种简单的方法检验NaCl中是否含有NaNO2：　 　。
（6）某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量NaNO2晶体。

已知：Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2；Na2CO3+2NO2→NaNO2+NaNO3+CO2
Ⅰ.（还原）步骤SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是 　 　。
Ⅱ.若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为 　 　。
22．我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：
（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1
H2S（g）+O2（g）═S2（g）+H2O（g）ΔH＝ckJ•mol﹣1
则2S（g）═S2（g）ΔH＝　 　kJ•mol﹣l。
（2）甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n（CH4）：n（H2S）＝1：2，在体系压强为0.1MPa，反应CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是 　 　、　 　。反应达平衡的标志是 　 　（填标号）。
A．2v正（H2S）＝4v逆（H2）
B．CH4的体积分数不再变化
C．不再变化
D．混合气体的密度不再改变
②由图可知该反应的ΔH 　 　0（填“＞”“＜”或“＝”），判断的理由是 　 　。
③M点对应温度下，CH4的转化率为 　 　；950℃时该反应的Kp＝　 　（MPa）2。
（3）H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是 　 　，负极的电极反应式为 　 　。

23．二氧化氯（ClO2）气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。
（1）通入空气的作用是 　 　。
（2）方法1中，反应的离子方程式是 　 　。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是 　 　。
（3）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是 　 　。
（4）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•LNa2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣）。样品中NaClO2的质量分数为 　 　（用含a、b、c的代数式表示）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是 　 　。
（5）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是 　 　。
24．由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：
已知：

回答下列问题：
（1）B中官能团的名称是 　 　。
（2）A的结构简式是 　 　。
（3）D→E的反应方程式是 　 　。
（4）H的结构简式是 　 　。
（5）X是J的同分异构体，满足下列条件的有 　 　种（不考虑顺反异构）。
①链状结构：
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是 　 　。
（6）请设计一条以为原料制备HOCH2CH＝CHCH2OH的合成路线。 　 　。（合成路线常用的表示方式为：）

2022年上海市复旦大学附中高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分•共40分•每小题只有一个正确选项）
1．（2分）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（　　）
A．定期清淤，疏通河道
B．化工企业“三废”处理后，达标排放
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
【分析】A．定期清淤，疏通河道，属于采用物理措施，修复生态；
B．化工企业“三废”必须经过化学反应，将有毒、有害物质降低到标准值排放；
C．降解的过程属于化学变化；
D．垃圾分类处理后，进行无害化处理，属于化学措施，涉及化学变化。
【解答】解：A．定期清淤，疏通河道，属于物理修复，没有涉及化学变化，故A正确；
B．工业“三废”是指废水、废气、废渣，必须经过化学反应，将有毒、有害物质降低到规定的标准，才能排放，即达标排放，故B错误；
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质的过程发生了化学变化，故C错误；
D．垃圾分类处理后，进行无害化处理，涉及到了化学变化，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查化学变化与物理变化的辨识，属于基本知识，基础题型，难度不大，但题目考查的知识面较广，同时考查学生的环保意识。
2．（2分）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（　　）
A．S B．C2H6O C．12C D．
【分析】A．元素符号可以表示1个原子，也可能表示一种物质；
B．C2H6O可以表示乙醇或甲醚；
C．12C是碳元素的一种核素；
D．表示正四面体分子的比例模型，中心原子的半径较大。
【解答】解：A．S可以表示S原子，也可以表示S元素组成的单质如：单斜硫、斜方硫等，故A错误；
B．C2H6O存在同分异构体，可能是乙醇，也可以是甲醚，故B错误；
C．12C表示的是一种碳原子，只能用来表示一种微粒，故C正确；
D．可以表示甲烷CH4，也可以表示硅烷SiH4，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质组成、原子结构、同分异构体等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
3．（2分）下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．钝化 B．漂白 C．固氮 D．燃烧
【分析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，反之则为非氧化还原反应。
【解答】解：A.钝化一般是强酸与金属直接形成一层致密的氧化物薄膜，故存在元素化合价的变化，一定是氧化还原反应，故A错误；
B.二氧化硫的漂白则不存在元素化合价的变化，是非氧化还原反应，故B正确；
C.将游离态的氮转化为化合态的氮为氮的固氮，氮元素的化合价发生变化，故一定是氧化还原反应，故C错误；
D.燃烧一定存在化合价的变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质性质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（2分）在空气中久置会变色的强电解质是（　　）
A．氯水 B．硫化氢 C．烧碱 D．硫酸亚铁
【分析】水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，在空气中久置会变色，说明能够与空气中的成分发生反应生成不同颜色的新物质，结合物质的性质判断解答。
【解答】解：A．氯水为混合物，不是电解质，故A错误；
B．H2S在熔融状态下不能电离，在水溶液中只能部分电离，故为弱电解质，故B错误；
C．烧碱即NaOH，在水溶液中和熔融状态下均能完全电离，故为强电解质，但在空气中久置后变为碳酸钠，颜色不变，故C错误；
D．硫酸亚铁在水溶液中能完全电离，属于强电解质，空气中能够被氧气氧化生成硫酸铁，颜色发生改变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了强弱电解质的判断和物质在空气中久置的变化，应注意的是物质在空气中久置可能与空气中的水、二氧化碳反应，也可能是被氧气氧化。
5．（2分）下列变化中属于吸热反应的是（　　）
A．1molH2O分解形成H、O
B．灼热的炭与二氧化碳生成一氧化碳
C．冰融化
D．NH4NO3（s）⇌NH4+（aq）+NO3﹣（aq）
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应，据此进行解答。
【解答】解：A．分子断键形成原子要吸收能量，但1molH2O分解形成H、O不是化学反应，故A错误；
B．二氧化碳与碳生成一氧化碳属于吸热反应，故B正确；
C．冰融化为物理变化，不是吸热反应，故C错误；
D．NH4NO3（s）═NH4+（aq）+NO3﹣（aq）为硝酸铵固体溶解过程，该过程为吸热过程但不是吸热反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应中能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键。
6．（2分）某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是（　　）
A．可能有很高的熔沸点 B．不可能是化合物
C．只可能是有机物 D．不可能是离子晶体
【分析】一般相同同非金属元素之间形成非极性键，已知某晶体中含有非极性键，若该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，若为单质，可能为分子晶体，也可能为原子晶体，结合不同类型晶体的性质分析．
【解答】解：A．金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键C﹣C键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，所以可能有很高的熔沸点，故A正确；
B．同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，CH3CH2OH等含有非极性键，属于化合物，故B错误；
C．离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，故C错误；
D．离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，因此含有非极性键的化合物可能是离子晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析．
7．（2分）关于下列仪器使用的说法正确的是（　　）

A．①、③需要垫石棉网加热 B．①、④可作反应容器
C．②、④滴定时需要润洗 D．③、⑤可用于蒸馏
【分析】A．蒸发皿加热不需要垫石棉网；
B．蒸发皿不能用作反应容器；
C．滴定时锥形瓶不能润洗；
D．蒸馏操作需要蒸馏烧瓶和冷凝管。
【解答】解：A．蒸发皿可以直接加热，故A错误；
B．蒸发皿不能用作反应容器，故B错误；
C．滴定时锥形瓶不能润洗，否则相当于多加待测液，故C错误；
D．蒸馏操作需要蒸馏烧瓶和冷凝管，所以③、⑤可用于蒸馏，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学常用的仪器，明确相关仪器的构造特点及使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）不能鉴别FeCl2和AlCl3的试剂是（　　）
A．溴水 B．NaOH溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．H2O2溶液
【分析】根据亚铁离子具有还原性，遇到碱液可以生成白色沉淀并转化为氢氧化铁沉淀，氯化铝和强碱生成白色沉淀，且氢氧化铝溶于强碱溶液，结合选项分析解答。
【解答】解：A．FeCl2可以使溴水褪色，AlCl3和溴水不反应，可鉴别，故A不选；
B．FeCl2和NaOH溶液反应生成白色沉淀，并变成灰绿色，然后变为红褐色，AlCl3的和NaOH反应生成白色沉淀，加入过量NaOH沉淀溶解，可以鉴别，故B不选；
C．FeCl2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，AlCl3中的氯离子和酸性KMnO4溶液反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可以鉴别，故C选；
D．FeCl2中亚铁离子被H2O2氧化为铁离子，溶液由绿色变为换色，AlCl3不反应，可鉴别，故D不选；
故选：C。
【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。
9．（2分）向BaCl2溶液中以任意比例通入以下两种气体，均无沉淀产生。则该混合气体是（　　）
A．Cl2和SO2 B．CO2和NH3 C．NO2和CO2 D．NO2和SO2
【分析】A．氯气与二氧化硫在水溶液中反应生成硫酸和盐酸；
B．二氧化碳与氨气溶于水反应生成碳酸铵；
C．二氧化氮与水反应生成硝酸，碳酸酸性弱于盐酸和硝酸；
D．二氧化氮与二氧化硫通入水中，发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化生成硫酸。
【解答】解：A．氯气与二氧化硫在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故A不选；
B．二氧化碳与氨气溶于水反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B不选；
C．二氧化氮与水反应生成硝酸，碳酸酸性弱于盐酸和硝酸，所以向BaCl2溶液中以任意比例通入NO2和CO2，不会产生沉淀，故C选；
D．二氧化氮与二氧化硫通入水中，发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握发生的反应及现象、试剂的量为解答本题的关键，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。
10．（2分）实验过程中不可能产生Fe（OH）3的是（　　）
A．蒸发FeCl3溶液
B．FeCl3溶液中滴入氨水
C．将水蒸气通过灼热的铁
D．FeCl3溶液中入NaOH溶液
【分析】A．蒸发FeCl3溶液FeCl3发生水解生成 Fe（OH）3和HCl；
B．FeCl3溶液中滴入氨水发生反应生成 Fe（OH）3和NH4Cl；
C．将水蒸气通过灼热的铁，发生反应生成 Fe3O4和H2；
D．FeCl3 溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化铁。
【解答】解：A．蒸发FeCl3溶液FeCl3发生水解生成 Fe（OH）3和HCl，则该过程产生 Fe（OH）3，故A错误；
B．FeCl3溶液中滴入氨水发生反应生成 Fe（OH）3和NH4Cl，则该过程产生 Fe（OH）3，故B错误；
C．将水蒸气通过灼热的铁，发生反应生成 Fe3O4和H2，则该过程不产生 Fe（OH）3，故C正确；
D．FeCl3 溶液中滴入NaOH 溶液生成红褐色的 Fe（OH）3，所以该过程产生 Fe（OH）3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查铁及其化合物的相互反应，把握物质的性质、反应为解答的关键，题目难度不大。
11．（2分）已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素，其转化关系如图（反应条件已略去）。下列推断错误的是（　　）
A．若丙为红棕色气体，则甲可能为NH3
B．若丙为FeCl2，则X与稀盐酸反应可以得到丙
C．若乙为NaHCO3，则甲可能是CO2
D．若乙能使品红溶液褪色，则甲一定是S单质
【分析】A．若丙为红棕色气体，甲可以为氮气或氨气，A为氧气，乙为一氧化氮，丙为二氧化氮；
B．若丙为FeCl2，甲为氯气，X为Fe，乙为氯化铁；
C．若乙为NaHCO3，X为NaOH，甲为二氧化碳，丙为碳酸钠；或者甲为碳酸钠，X为酸，丙为二氧化碳；
D．若乙能使品红溶液褪色，甲是S或H2S，X为氧气，乙为SO2，丙是三氧化硫。
【解答】解：A．当甲为NH3、X为O2时，乙为NO，丙为NO2，NO2是红棕色气体，符合题意，故A正确；
B．若丙为FeCl2，则甲为Cl2，X为Fe，乙为FeCl3，Fe能与稀盐酸反应可以得到FeCl2，符合题意，故B正确；
C．当甲为CO2，X为NaOH时，乙为NaHCO3，丙为Na2CO3，符合题意，故C正确；
D．SO2能使品红溶液褪色，甲是H2S，X为氧气，乙为SO2，丙是三氧化硫，也符合题意，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，属于开放性题目，侧重对特殊反应熟练程度的考查，注意掌握中学常见量不同产物不同、条件不同产物不同的反应。
12．（2分）用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A
B
C
D




蒸发结晶制备NaHCO3晶体
检验溴乙烷的消去反应的产物
分离苯和溴苯
探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碳酸氢钠受热易分解；
B．水除去挥发出的醇等，酸性高锰酸钾溶液可以氧化烯烃；
C．苯和溴苯互溶；
D．离子浓度不一定相同。
【解答】解：A．碳酸氢钠受热易分解，从溶液中获得碳酸氢钠晶体，不易采取蒸发结晶，易采取蒸发浓缩、冷却结晶，故A错误；
B．水除去挥发出的醇等，酸性高锰酸钾溶液颜色变浅或褪去，说明有不饱和烃生成，故B正确；
C．苯和溴苯互溶，不能采取分液方法分离，二者沸点不同，可以采取分馏方法分离，故C错误；
D．分别滴加不同的催化剂，加入溶液体积相同，过氧化氢的浓度不变，但溶液中金属离子浓度不一定相同，不能探究不同催化剂对H2O2分解速率的影响，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，明确实验原理，掌握常见分离提纯方法，侧重考查学生观察能力、分析能力与实验能力的考查，题目难度不大。
13．（2分）在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是（　　）
A．胆矾晶体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质
B．灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作
C．HCl标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出
D．气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数
【分析】A.坩埚中加热，可使胆矾失去结晶水，坩埚中有受热不分解的物质，对结晶水的质量无影响；
B.未进行恒重操作，Na2CO3易潮解；
C.锥形瓶内溶液溅出，消耗盐酸标准液的体积偏小；
D.反应结束后未冷却至室温便读数，气体的体积偏大。
【解答】解：A.坩埚中加热，可使胆矾失去结晶水，坩埚中有受热不分解的物质，对结晶水的质量无影响，则测定结果无影响，故A错误；
B.未进行恒重操作，Na2CO3易潮解，导致由质量差计算的NaHCO3的质量偏小，则混合物中Na2CO3的质量分数偏大，故B错误；
C.锥形瓶内溶液溅出，消耗盐酸标准液的体积偏小，则测定NaOH溶液的浓度偏小，故C正确；
D.反应结束后未冷却至室温便读数，气体的体积偏大，测定气体摩尔体积偏大，故D错误；
故选：C。
【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、含量测定、中和滴定、气体摩尔体积测定、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，题目难度不大。
14．（2分）NH3可用于检验氢气管道是否泄露，8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl，NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．35℃时，1LpH＝5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数目为10﹣5NA
B．1molNH3与足量O2发生催化氧化生成N2的分子数为0.5NA
C．53.5gNH4Cl直接加热可制备NH3的分子数为1NA
D．22.4LN2中含有的N≡N的数目为1NA
【分析】A.铵根离子水解促进水的电离；
B.由方程式可知，8mol氨气反应生成1mol氮气；
C.氯化铵分解生成氨气和HCl，但是氨气和HCl能化合生成氯化铵；
D.题目未给标准状况。
【解答】解：A.1LpH＝5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数目为10﹣5mol/L×1L×NA/mol＝10﹣5NA，故A正确；
B.1molNH3与足量O2发生催化氧化生成N2的分子数为1mol××NA/mol＝0.125NA，故B错误；
C.氯化铵分解产生的氨气和HCl会重新化合得到氯化铵，故C错误；
D.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
15．（2分）据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是（　　）

A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr→2Br2+2H2O
B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C．发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子
【分析】A．根据图知，总反应物是O2、HBr，生成物是Br2、H2O；
B．中间体HOOBr中Br为+1价、O为﹣1价，HOBr中Br为+1价；
C．发生步骤2时，断裂O﹣O键、H﹣Br键；
D．步骤3中，Br元素化合价由+1价变为0价。
【解答】解：A．根据图知，总反应物是O2、HBr，生成物是Br2、H2O，反应方程式为O2+4HBr＝2Br2+2H2O，故A正确；
B．中间体HOOBr中Br为+1价、O为﹣1价，HOBr中Br为+1价，所以溴的化合价相同，故B正确；
C．发生步骤2时，断裂O﹣O键、H﹣Br键，所以有非极性键和极性键的断裂，故C正确；
D．步骤3中，Br元素化合价由+1价变为0价，所以每生成1molBr转移1mol电子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应机理、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意“HOOBr”中存在过氧键。
16．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向0.1mol/LNaHA溶液（pH＝1）加入NaOH溶液：HA﹣+OH﹣→A2﹣+H2O
B．Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O→4Na++4OH﹣+O2↑
C．Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合：S2O32﹣+2H+→S↓+SO2↑+H2O
D．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2→2Fe3++Br2+4Cl﹣
【分析】A.0.1mol/LNaHA溶液的pH＝1，氢离子浓度为0.1mol/L，说明HA﹣完全电离，HA﹣需要拆开；
B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
C.稀硝酸具有强氧化性，能够将硫代硫酸根离子氧化；
D.氯气足量，亚铁离子与溴离子的物质的量之比应该为1：2。
【解答】解：A.向0.1mol/LNaHA溶液（pH＝1）加入NaOH溶液，HA﹣完全电离，离子方程式为：H++OH﹣→H2O，故A错误；
B.Na2O2溶于水，离子方程式为：2Na2O2+2H2O→4Na++4OH﹣+O2↑，故B正确；
C.Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合，离子方程式为：3S2O32﹣+2NO3﹣+2H+→3S↓+3SO42﹣+2NO↑+H2O，故C错误；
D.溴化亚铁溶液中通入足量氯气，离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，题目难度不大。
17．（2分）有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如图，下列说法正确的是（　　）

A．X中所有原子都共面
B．可用Br2的CCl4溶液除去Z中混有的Y杂质
C．Z的同分异构体可以是芳香族化合物
D．Z在酸性条件下水解生成和CH3OH
【分析】A．X中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B．碳碳双键和溴发生加成反应；
C．Z的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，且碳原子个数大于6；
D．Z在酸性条件下水解生成羧酸和醇，醇中存在18O。
【解答】解：A．X中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故A错误；
B．Y、Z中碳碳双键都能和溴发生加成反应，所以不能用溴的四氯化碳溶液除去Z中混有的Y，故B错误；
C．Z的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，且碳原子个数大于6，所以Z的同分异构体可以是芳香族化合物，故C正确；
D．Z在酸性条件下水解生成羧酸和醇CH318OH，故D错误；
故选：C。
【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的关系是解本题关键，题目难度不大。
18．（2分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。W与X位于同一主族；X、Y、Z三种元素形成的化合物具有强氧化性，其结构如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A．该化合物中各元素原子均达稳定结构
B．Z的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物
C．Z、W形成的简单离子半径，Z大于W
D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定能与X、Z、W形成的化合物反应
【分析】从短周期主族元素X、Y、Z形成的化合物结构图判断，X、Y、Z、W是原子序数依次增大，X形成单键达到稳定结构，推断X是H元素，Y可形成四对共用电子对，推断Y是C元素，Z形成一个双键或两个单键，推断Z为O元素，该化合物是过氧乙酸CH3COOOH，具有强氧化性；W与X位于同一主族，且原子序数大于O，推断W是Na元素，故X、Y、Z、W分别是H、C、O、Na元素。
【解答】解：A．过氧乙酸CH3COOOH中H、C、O元素原子均达稳定结构，故A正确；
B．Z的氢化物H2O，其分子间形成氢键，沸点高于Y的氢化物CH4，故B正确；
C．Z、W形成的简单离子半径O2﹣、Na+，两者具有相同的电子层数，O2﹣的核电荷数较少，半径较大，故C正确；
D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物若是CH3COONa则不能与X、Z、W形成的化合物NaOH反应，若是NaHCO3则可以与NaOH反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，D为易错点，题目难度不大。
19．（2分）在体积为1L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）相同时间内不同的温度下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．图中X点v（正）＞v（逆）
B．该反应是吸热反应
C．图中P点所示条件下，延长反应时间不能提高CH3OH的产率
D．520K下，X点所对应甲醇的产率50%，则平衡常数K＝
【分析】A.反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
B.由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；
C.反应未达平衡状态，延长反应时间产率升高；
D.由反应物的起始加入量和产率计算平衡时各组分浓度，进而计算平衡常数。
【解答】解：A.由图象可知，曲线达到最高点时反应达到平衡状态，最高点右侧曲线上的点表示不同温度下的平衡点，故X点反应达到平衡状态，v（正）＝v（逆），故A错误；
B.由图象可知，反应随温度升高，甲醇产率降低，说明升温平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；
C.图中P点所示条件下，反应未达平衡状态，延长反应时间可以提高CH3OH的产率，故C错误；
D.520K下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，理论生成甲醇1mol，X点所对应甲醇的产率50%，平衡时生成甲醇的物质的量为1mol×50%＝0.5mol，生成水0.5mol，二氧化碳的物质的量为1mol﹣0.5mol＝0.5mol，氢气的物质的量为3mol﹣1.5mol＝1.5mol，在体积为1L的恒容容器中，二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度依次为0.5mol/L、1.5mol/L、0.5mol/L、0.5mol/L，平衡常数K＝＝＝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡常数的计算。
20．（2分）室温下，体积均为20mL、浓度均为0.1mol⋅L﹣1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H+）水的负对数[﹣lgc（H+）水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．HX、HY均为弱酸
B．a、b、c三点溶液均显中性
C．b、d两点溶液的离子总浓度不同
D．c点溶液中c（X﹣）+c（HX）＝0.1mol⋅L﹣1
【分析】由图可知，b、d二点HX溶液、HY溶液分别与氢氧化钠溶液恰好完全反应，b点溶液中溶质为NaY、d点溶液中溶质为NaX，a点溶液中溶质为NaX、HX，c点溶液中溶质为NaX、NaOH，由a点和b点溶液呈中性可知，HY为强酸、HX为弱酸。
【解答】解：A．由图可知，0.1mol•L﹣1的HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10﹣11 mol•L﹣1，则溶液中的氢离子浓度为mol/L＝1.0×10﹣3 mol•L﹣1，Ka（HX）＝≈＝10﹣5，故A错误；
B．d点溶液中溶质为NaX、NaOH，NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使呈碱性，则NaX和NaOH混台溶液呈碱性，故B错误；
C．b点溶液中溶质为NaY，HY为强酸，由电荷守恒可知，溶液中c（Na+）＝c（Y﹣），d点溶液中溶质为NaX，由电荷守恒可知，溶液中c（Na+）＝c（X﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），两溶液中钠离子浓度相等，则c（X﹣）+c（OH﹣）＞c（Y﹣），b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液，故C正确；
D．由图可知，d点HY溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应，d点溶液中溶质为NaX，由物料守恒关系可知c（X﹣）+c（HX）＝＝0.05mol•L﹣1，c点溶液体积大于40mL，则溶液中c（X﹣）+c（HX）＜0.05mol•L﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性及电离平衡常数计算方法是解本题关键，为解答易错点。
二．综合题（共60分）
21．NaNO2广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
（1）氮原子核外共有 　3　种能量不同的电子，能量最高的电子有 　3　种伸展方向。
（2）亚硝酰氯（NOCl）是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e结构，则其电子式为 　　。其水解生成两种不同的酸，请写出其水解的方程式 　NOCl+H2O＝HNO2+HCl　。
（3）NaNO2具有毒性，含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或NH4Cl处理，请写出NH4Cl与NaNO2反应的离子方程式 　NO2﹣+NH4+＝N2↑+2H2O　。已知：酸性H2SO3＞HNO2＞CH3COOH。
（4）往冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2稀溶液。该物质是 　a　（填序号）。
a．稀硫酸
b．二氧化碳
c．二氧化硫
d．醋酸
（5）NaNO2具有咸味，不法商家会用其制作假食盐，请写出一种简单的方法检验NaCl中是否含有NaNO2：　可测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性　。
（6）某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量NaNO2晶体。

已知：Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2；Na2CO3+2NO2→NaNO2+NaNO3+CO2
Ⅰ.（还原）步骤SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是 　SO2+2NO3﹣＝SO42﹣+2NO2　。
Ⅱ.若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为 　1：1　。
【分析】（1）N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，可知其核外共有1+1+1＝3种能量不同的电子，能量最高的电子占据p能级；
（2）N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对；
（3）由题意可知，亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成氮气和氯化钠；
（4）往冷NaNO2溶液中加入或通入某种物质可得HNO2稀溶液，则说明加入物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原，虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强；
（5）因为亚硝酸为弱酸，所以亚硝酸钠可发生水解反应，使溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，所以可通过测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性来检测NaCl中是否含有NaNO2；
（6）Ⅰ.生产过程中，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积，提高原料利用率；
Ⅱ.根据反应方程式Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2，若使“吸收”步骤中 NO、NO2 完全转化为 NaNO2，则理论上“还原”步骤中生成NO、NO2物质的量之比为1：1。
【解答】解：（1）N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，可知其核外共有1+1+1＝3种能量不同的电子，能量最高的电子占据p能级，其伸展方向分别为px、py和pz共3种，
故答案为：3；3；
（2）N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，；NOCl中各元素的化合价分别为+3，﹣2和﹣1价，所以NOCl发生水解生成两种不同的酸分别应该为HNO2和HCl，其水解的方程式为：NOCl+H2O＝HNO2+HCl，
故答案为；NOCl+H2O＝HNO2+HCl；
（3）由题意可知，亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成氮气和氯化钠，反应中NH4+具有还原性，作还原剂，NO2具有氧化性，作氧化剂，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式为：NO2﹣+NH4+＝N2↑+2H2O，
故答案为：NO2﹣+NH4+＝N2↑+2H2O；
（4）往冷NaNO2溶液中加入或通入某种物质可得HNO2稀溶液，则说明加入物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原，虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性：NO2﹣＞SO42﹣，所以不能选择通入SO2，由酸性强弱规律可知，只有稀硫酸可实现此转化，故选a，
故答案为：a；
（5）因为亚硝酸为弱酸，所以亚硝酸钠可发生水解反应，使溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，所以可通过测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性来检测NaCl中是否含有NaNO2，据此操作如下：取少许固体加入蒸馏水溶解后，使用pH试纸检测其溶液的酸碱性，若溶液显碱性的，则推知NaCl中含有NaNO2，若溶液呈中性，则NaCl中不含有NaNO2，
故答案为：可测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性；
（6）Ⅰ.生产过程中，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积，提高原料利用率；硝酸和二氧化硫反应生成硫酸、NO2，根据得失电子守恒，“还原”步骤中生成 NO2反应的离子方程式是SO2+2NO3﹣＝SO42﹣+2NO2，
故答案为：SO2+2NO3﹣＝SO42﹣+2NO2；
Ⅱ.根据反应方程式Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2，若使“吸收”步骤中 NO、NO2 完全转化为 NaNO2，则理论上“还原”步骤中生成NO、NO2物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒，SO2 与 HNO3 反应的方程式是2SO2+2HNO3+H2O＝2H2SO4+NO+NO2，SO2 与 HNO3的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的配平和电子转移的表示方法、物质的性质、离子方程式书写等知识，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应的配平方法，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
22．我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：
（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1
H2S（g）+O2（g）═S2（g）+H2O（g）ΔH＝ckJ•mol﹣1
则2S（g）═S2（g）ΔH＝　（a+b﹣3c）　kJ•mol﹣l。
（2）甲烷与H2S重整制氢是一条全新的H2S转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H2S制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成n（CH4）：n（H2S）＝1：2，在体系压强为0.1MPa，反应CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

①图中表示H2S、H2变化的曲线分别是 　c　、　a　。反应达平衡的标志是 　B　（填标号）。
A．2v正（H2S）＝4v逆（H2）
B．CH4的体积分数不再变化
C．不再变化
D．混合气体的密度不再改变
②由图可知该反应的ΔH 　＞　0（填“＞”“＜”或“＝”），判断的理由是 　升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动　。
③M点对应温度下，CH4的转化率为 　33.3%　；950℃时该反应的Kp＝　0.01　（MPa）2。
（3）H2S燃料电池的原理如图所示。电池的正极是 　电极b　，负极的电极反应式为 　2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+　。

【分析】（1）①H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1
②2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1
③H2S（g）+O2（g）═S2（g）+H2O（g）ΔH＝ckJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×①+×②﹣2×③可得2S（g）═S2（g）；
（2）①根据原料初始组成n（CH4）：n（H2S）＝1：2，即可得出CH4和H2S曲线，根据方程式可知n（CS2）：n（H2）＝1：4，即可得出CS2（g）和H2（g）曲线；判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
②由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动；
③M点x（H2S）＝x（H2），列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol，
CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）
起始（mol） a 2a 0 0
转化（mol） x 2x x 4x
平衡（mol） a﹣x 2a﹣2x x 4x
则2a﹣2x＝4x，解得x＝a，结合转化率公式计算；950℃时该反应的x（CH4）＝x（CS2），列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ymol，
CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）
起始（mol） a 2a 0 0
转化（mol） y 2y y 4y
平衡（mol） a﹣y 2a﹣2y y 4y
a﹣y＝y，则y＝0.5a，结合Kp＝计算；
（3）通氧气的电极为正极，H2S在负极失去电子转化为S2。
【解答】解：（1）①H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1
②2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1
③H2S（g）+O2（g）═S2（g）+H2O（g）ΔH＝ckJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×①+×②﹣2×③可得2S（g）═S2（g）ΔH＝（a+b﹣3c）kJ/mol，
故答案为：（a+b﹣3c）；
（2）①根据原料初始组成n（CH4）：n（H2S）＝1：2，则曲线d为CH4，曲线c为H2S，根据方程式可知n（CS2）：n（H2）＝1：4，则曲线b为CS2（g），曲线a为H2（g）曲线；
A．4v正（H2S）＝2v逆（H2）才能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CH4的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．原料初始组成n（CH4）：n（H2S）＝1：2，两者变化物质的量为1：2，则始终等于，则不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故D错误；
故答案为：c；a；B；
②由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH＞0，
故答案为：＞；升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动；
③M点x（H2S）＝x（H2），列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol，
CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）
起始（mol） a 2a 0 0
转化（mol） x 2x x 4x
平衡（mol） a﹣x 2a﹣2x x 4x
则2a﹣2x＝4x，解得x＝a，CH4的转化率为×100%≈33.3%；
950℃时该反应的x（CH4）＝x（CS2），列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ymol，
CH4（g）+2H2S（g）→CS2（g）+4H2（g）
起始（mol） a 2a 0 0
转化（mol） y 2y y 4y
平衡（mol） a﹣y 2a﹣2y y 4y
a﹣y＝y，则y＝0.5a，混合气体总物质的量为：（3a+2×0.5a）mol＝4amol，p（CH4）＝×0.1MPa＝MPa，同理p（H2S）＝MPa，p（CS2）＝MPa，p（H2）＝MPa，Kp＝＝＝0.01（MPa）2，
故答案为：33.3%；0.01；
（3）通氧气的电极为正极，则正极为电极b，H2S在负极失去电子转化为S2，电极方程式为：2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，
故答案为：电极b；2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
23．二氧化氯（ClO2）气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。
（1）通入空气的作用是 　稀释生成的ClO2　。
（2）方法1中，反应的离子方程式是 　2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2ClO2﹣+O2+2H2O　。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是 　防止双氧水受热分解　。
（3）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是 　将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤　。
（4）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•LNa2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32﹣→2I﹣+S4O62﹣）。样品中NaClO2的质量分数为 　　（用含a、b、c的代数式表示）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是 　碘离子被氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3　。
（5）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是 　盐酸较浓时，NaClO2的氧化性及氯离子的还原性均增强，生成了更多的氯气　。
【分析】NaClO3溶液中加入稀硫酸，然后通入SO2和空气，首先发生反应：2NaClO3+SO2＝Na2SO4+ClO2↑，将生成的经过方法1或方法2得到NaClO2溶液，方法1的原理为：2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+O2+2H2O，再将NaClO2溶液经过一系列操作得到NaClO2晶体，据此分析作答。
（1）空气可以将生成的ClO2稀释到10%以下；
（2）根据分析可以写出方法1中反应的离子方程式，双氧水具有热不稳定性；
（3）由图可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2•2H2O，温度高于38℃时，析出晶体NaClO2，所以可以将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，浓缩到一定程度后，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤，防止析出NaClO2•2H2O；
（4）由ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，可得关系式NaClO2～2I2～4Na2S2O3，n（NaClO2）＝×n（Na2S2O3）＝×bc×10﹣3mol，进一步计算样品中NaClO2的质量分数，在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，原因是碘离子被空气中的氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3；
（6）NaClO2与较浓盐酸反应时，其氧化性及氯离子的还原性均增强。
【解答】解：（1）通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下，防止其爆炸，
故答案为：稀释生成的ClO2；
（2）根据分析可知，方法1中，反应的离子方程式是：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2ClO2﹣+O2+2H2O，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是防止双氧水受热分解，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝2ClO2﹣+O2+2H2O；防止双氧水受热分解；
（3）由图可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2•2H2O，温度高于38℃时，析出晶体NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤，
故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）由ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，可得关系式NaClO2～2I2～4Na2S2O3，n（NaClO2）＝×n（Na2S2O3）＝×bc×10﹣3mol，样品中NaClO2的质量分数为×100%＝，在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是碘离子被氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3，结果偏高，
故答案为：；碘离子被氧气氧化，生成了更多的碘单质，消耗了更多的Na2S2O3；
（6）NaClO2与较浓盐酸反应时，其氧化性及氯离子的还原性均增强，发生氧化还原反应，生成了更多的氯气，
故答案为：盐酸较浓时，NaClO2的氧化性及氯离子的还原性均增强，生成了更多的氯气。
【点评】本题主要考查实验方案的设计与评价，具体涉及离子方程式的书写，实际问题的分析，关系式、质量分数的计算，对学生的能力要求较高，属于高频考点，难度较大。
24．由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：
已知：

回答下列问题：
（1）B中官能团的名称是 　羰基、羧基　。
（2）A的结构简式是 　　。
（3）D→E的反应方程式是 　　。
（4）H的结构简式是 　　。
（5）X是J的同分异构体，满足下列条件的有 　8　种（不考虑顺反异构）。
①链状结构：
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是 　　。
（6）请设计一条以为原料制备HOCH2CH＝CHCH2OH的合成路线。 　　。（合成路线常用的表示方式为：）
【分析】A发生信息i中的反应生成B、D，根据PHB的结构简式可知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为，由于B是由A被高锰酸钾氧化得到，B应为CH3COCH2COOH，B与氢气发生加成反应生成C，根据D和E的化学式及转化的条件可知，D与乙醇发生酯化反应生成E，所以D应为HOOCCH2COOH，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，结合B、D结构简式，结合A分子式知，A为，根据F的化学式可知，F应为HOCH2CH2CH2OH，则G应为BrCH2CH2CH2Br，E和G发生信息ii中的反应生成H为，H水解得I为，I脱去一个羧基得J；
6）以为原料先制备1，3﹣丁二烯，1，3﹣丁二烯和溴发生1，4﹣加成反应生成1，4﹣二溴﹣2丁烯，然后发生水解反应制得。
【解答】解：（1）B为CH3COCH2COOH，B中官能团的名称是 羰基、羧基，
故答案为：羰基、羧基；
（2）分析可知，A的结构简式是，
故答案为：；
（3）D与乙醇发生酯化反应生成E，D→E的反应方程式是，
故答案为：；
（4）E和G发生信息ii中的反应生成H为，
故答案为：；
（5）X是J的同分异构体，根据条件①链状结构；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明有甲酸某酯的结构，则符合条件的结构为HCOOCH2CH2CH＝CH2、HCOOCH2CH＝CHCH3、HCOOCH＝CHCH2CH3、HCOOCH＝C（CH3）2、HCOOCH2C（CH3）＝CH2、HCOOCH（CH3）CH＝CH2、HCOOCH2C（CH3）＝CH2、HCOOC（C2H5）＝CH2，共有8 种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是，
故答案为：8；；
（6）以为原料先制备1，3﹣丁二烯，1，3﹣丁二烯和溴发生1，4﹣加成反应生成1，4﹣二溴﹣2丁烯，然后发生水解反应，制备HOCH2CH＝CHCH2OH的合成路线：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，关键是对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。
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