2021年上海市宝山区高考化学二模试卷

这是一份2021年上海市宝山区高考化学二模试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2021年上海市宝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）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（　　）




A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，将其作为能源使用
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列表示正确的是（　　）
A．硫原子结构示意图： B．乙烯的球棍模型：
C．乙炔的结构简式CHCH D．NaCl的电子式：
3．（2分）下列分子的空间构型错误的是（　　）
A．CH4：三角锥形 B．BF3：平面正三角形
C．CO2：直线形 D．H2O：折线形
4．（2分）用硝石（NaNO3）和浓硫酸反应能制取硝酸，该反应利用了浓硫酸的（　　）
A．强酸性 B．难挥发性 C．脱水性 D．强氧化性
5．（2分）配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器是（　　）
A．天平 B．量筒 C．容量瓶 D．滴定管
6．（2分）下列各组微粒之间的关系正确的是（　　）
A．乙酸、乙二酸：同分异构体
B．H、H：同位素
C．CO2、CO：同素异形体
D．甲醇、苯甲醇：同系物
7．（2分）下列有机物命名正确的是（　　）
A．2，4，5﹣三甲基己烷
B．1，3﹣二甲基丁烷
C．2﹣乙基戊烷
D．2，3﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷
8．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（　　）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
9．（2分）下列化工生产与该生产过程中使用的一些生产工艺不相符的是（　　）
A．氢气和氯气制盐酸﹣﹣催化和气循环
B．氢气和氮气合成氨﹣﹣压缩和水冷却
C．联合制碱法制纯碱﹣﹣过滤和热灼烧
D．二氧化硫接触氧化﹣﹣催化和热交换
10．（2分）关于氮肥的说法正确的是（　　）
A．尿素属于铵态氮肥
B．植物吸收氮肥属于氮的固定
C．使用碳铵应深施盖土
D．硫铵与草木灰混用肥效增强
11．（2分）下列实验目的可以达到的是（　　）
A．用酒精灯加热铝片与氧化铁混合物验证铝热反应
B．乙醇浓硫酸加热到140℃制取乙烯
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应制取氢氧化铝
12．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）
A．NO2通入FeSO4溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中
D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中
13．（2分）有关化学键和晶体的说法正确的是（　　）
A．干冰属于分子晶体，其升华破坏了共价键
B．氯化铵固体属于离子晶体，其加热仅破坏了离子键
C．晶体硅属于原子晶体，其熔化破坏了共价键
D．汞属于分子晶体，其气化破坏了共价键
14．（2分）下列实验操作正确的是（　　）
A．实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中
B．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸
C．实验室制取乙炔时，可以用启普发生器
D．实验室制乙酸丁酯时，用水浴加热
15．（2分）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表。下列叙述正确的是（　　）
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、﹣3
﹣2
A．X、Y元素的金属性：X＜Y
B．氢化物的稳定性：Z＞W
C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．Z单质与W的常见单质在放电的条件下发生化合反应
16．（2分）一定能实现铁元素之间相互转化的措施是（　　）

A．实现①的转化，用比铁活泼的金属
B．实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀
C．实现③的转化，加入少量稀硝酸
D．实现④的转化，加入过量氯气
17．（2分）氯气性质非常活泼，能和很多物质反应。下列关于其相关反应的实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）
选项
实验现象
解释或结论
A
氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；氯气能使NaBr溶液变橙色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强
氯气是强电解质
D
氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色
氧化性：Cl2＞Fe3+
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价），其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。关于此反应，下列说法错误的是（　　）
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
C．每生成1mol Cu2S，有4mol硫被氧化
D．每转移1.2mol电子，有0.2mol氧气被还原
19．（2分）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（　　）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
20．（2分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是（　　）
A．至少存在4种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+一定存在，CO32﹣可能存在
D．Al3+、K+可能存在
二、综合题（共60分）
21．（15分）硝酸（HNO3）在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：
4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O→4HNO3
（1）比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱　 　。写出NH3的电子式　 　，O原子最外层的轨道表示式　 　。
（2）联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是　 　。
N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
（3）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式　 　。
（4）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）+Q1（Q1＜0），2NO2（g）⇌N2O4（g）+Q2（Q2＞0）
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示（t＝∞时，N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5（g）分解的速率v＝2×10﹣3×PN2O5（kPa/min）。t＝62min时，测得体系PO2＝2.9kPa，则此时PN2O5＝　 　kPa，v＝　 　。（kPa/min）
②若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）　 　63.1kPa（填“大于”、“等于”或“小于”），试从勒夏特列原理的角度加以解释　 　。
③写出N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数表达式　 　。
（5）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5⇌NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是　 　。（填编号）
a.v（第一步反应的逆反应）＞v（第二步反应）
b.反应的中间产物只有NO3
c.该反应的速率主要由第二步决定
d.N2O5的分解率主要由第一步决定
22．（15分）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，如图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

（1）自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是 　 　转变为 　 　的过程。能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式 　 　。
（2）写出电解饱和食盐水的离子方程式 　 　。
（3）试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是 　 　、　 　。
（4）电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式 　 　。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱 　 　。
（5）室温下，0.1mol/L NaClO溶液的pH 　 　0.1mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为 　 　。（酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HClO＞HCO3﹣）
23．（15分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的祛痰药。如图所示是多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）。

已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
（1）写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型 　 　。
（2）写出G的结构简式 　 　。
（3）反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和 　 　，防止 　 　。
（4）反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是 　 　。
（5）写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 　 　。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③能发生水解反应
（6）写出实验室由制备的合成路线 　 　。（无机试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
24．（15分）CuSO4•5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。如图是实验室用废铜粉制备CuSO4•5H2O的流程图。

（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式　 　。
（2）制备流程中的A操作名称是　 　。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4•5H2O中可能存在的杂质是　 　，除去这种杂质的实验操作称为　 　。
（3）如果采用重量法测定CuSO4•5H2O的含量，完成下列步骤：①　 　②加水溶解　③加氯化钡溶液，沉淀　④过滤　（其余步骤省略）。在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是　 　。如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4•5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为　 　。
（4）已知：CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4。称取0.1000g某CuSO4•5H2O试样（杂质不与氢氧化钠溶液反应）于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4•5H2O　 　g。上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是　 　。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线　 　所对应的刻度。

2021年上海市宝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）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（　　）




A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，将其作为能源使用
A．A B．B C．C D．D
【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质的变化属于化学变化，化学变化为原子的重新组合，物质的组成、结构和性质发生变化，但原子不会改变，以此解答该题。
【解答】解：A．甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B选；
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C不选；
D．可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D不选。
故选：B。
【点评】本题为2018年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。
2．（2分）下列表示正确的是（　　）
A．硫原子结构示意图： B．乙烯的球棍模型：
C．乙炔的结构简式CHCH D．NaCl的电子式：
【分析】A．硫原子的核电荷数＝核外电子总数＝16，最外层含有6个电子；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，为平面结构；
C．结构简式中需要标出官能团结构；
D．氯化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷。
【解答】解：A．S原子的核外电子总数为16，最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；
B．乙烯为平面结构，碳原子的原子半径较大，其球棍模型为，故B正确；
C．乙炔分子中含有1个碳碳三键，正确的结构简式为CH≡CH，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，阴离子需要表示出所带电荷及最外层电子，氯化钠的电子式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、球棍模型、结构简式等知识，明确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分析能力及规范答题能力。
3．（2分）下列分子的空间构型错误的是（　　）
A．CH4：三角锥形 B．BF3：平面正三角形
C．CO2：直线形 D．H2O：折线形
【分析】A．甲烷分子中C原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断甲烷分子空间构型；
B．BF3中B原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断BF3分子空间构型；
C．CO2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断CO2分子空间构型；
D．H2O分子中O原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断H2O分子空间构型。
【解答】解：A．甲烷分子中C原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断甲烷分子空间构型为正四面体形，故A错误；
B．BF3中B原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断BF3分子空间构型为平面三角形，故B正确；
C．CO2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断CO2分子空间构型为直线形，故C正确；
D．H2O分子中O原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断H2O分子空间构型为折线形，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查微粒空间构型判断，侧重考查对基础理论的理解和灵活应用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、价层电子对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）用硝石（NaNO3）和浓硫酸反应能制取硝酸，该反应利用了浓硫酸的（　　）
A．强酸性 B．难挥发性 C．脱水性 D．强氧化性
【分析】根据难挥发性酸制易挥发性酸进行分析。
【解答】解：难挥发性酸制易挥发性酸，所以用硝石（NaNO3）和浓硫酸反应能制取硝酸，该反应利用了浓硫酸的难挥发性；
故选：B。
【点评】本题考查了浓硫酸的性质，比较简单，注意基本性质的记忆。
5．（2分）配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器是（　　）
A．天平 B．量筒 C．容量瓶 D．滴定管
【分析】A．天平用于称量物质的质量；
B．量筒用于量取液体的体积；
C．容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液；
D．滴定管用于中和滴定实验。
【解答】解：A．天平用于称量物质的质量，不能用于配制体积比1：1的硫酸，故A错误；
B．量筒用于量取液体的体积，可用于配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器，故B正确；
C．容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器，故C错误；
D．滴定管用于中和滴定实验，不能用于配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查实验仪器的使用，为高频考点，题目难度不大，把握实验原理、实验方法等基础知识为解答的关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
6．（2分）下列各组微粒之间的关系正确的是（　　）
A．乙酸、乙二酸：同分异构体
B．H、H：同位素
C．CO2、CO：同素异形体
D．甲醇、苯甲醇：同系物
【分析】A.二者分子式不同；
B.中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
C.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
D.二者结构不同。
【解答】解：A.乙酸、乙二酸的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B.H、H的中子数不同，都为H元素的原子，互为同位素，故B正确；
C.同种元素形成的不同单质互为同素异形体，CO2、CO为化合物，故C错误；
D.二者结构不同，不是同系物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的分类、化学用语等概念，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和双基知识的掌握，有利于培养学生良好的科学素养和严谨的态度，题目难度不大。
7．（2分）下列有机物命名正确的是（　　）
A．2，4，5﹣三甲基己烷
B．1，3﹣二甲基丁烷
C．2﹣乙基戊烷
D．2，3﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【解答】解：A．编号和不是最小，正确的命名为2，3，5﹣三甲基己烷，故A错误；
B．主链不是最长碳链，正确命名为2﹣甲基戊烷，故B错误；
C．主链不是最长碳链，正确命名为3﹣甲基己烷，故C错误；
D．2，3﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷符合系统命名规则，命名正确，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，解题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
8．（2分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（　　）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
【分析】A．分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法；
B．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油；
C．裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程，典型例子是石油的裂解，裂解的目的是为了获得重要化工原料甲烷；
D．干馏是隔绝空气加热使之分解的过程。
【解答】解：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，属于干馏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查煤的干馏和综合利用，注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义，难度不大。
9．（2分）下列化工生产与该生产过程中使用的一些生产工艺不相符的是（　　）
A．氢气和氯气制盐酸﹣﹣催化和气循环
B．氢气和氮气合成氨﹣﹣压缩和水冷却
C．联合制碱法制纯碱﹣﹣过滤和热灼烧
D．二氧化硫接触氧化﹣﹣催化和热交换
【分析】A、氢气和氯气点燃制得HCl，不用催化剂，工业生产过程中为了节省原料，提高原料利用率，采用气体的循环利用；
B、氢气和氮气合成氨为气体体积减小的放热反应；
C、联合制碱法先过滤制NaHCO3，再加热NaHCO3制纯碱；
D、二氧化硫制三氧化硫是在催化剂作用下的放热反应，工业生产过程中为了节省成本往往采用热交换法。
【解答】解：A、氢气和氯气点燃制得HCl，再溶于水制盐酸；不用催化剂，没有反应的H2和Cl2气体循环利用以提高原料利用率，故A错误；
B、压缩容器体积给气体加压使平衡正向移动，用水冷却气体可降低温度使平衡正向移动，以提高产率，故B正确；
C、联合制碱法是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，制得NaHCO3，其反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，进而过滤得NaHCO3固体；因NaHCO3受热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，热灼烧最终得到纯碱（Na2CO3），故C正确；
D、二氧化硫在V2O5的催化作用下制三氧化硫；2SO2+O22SO3，该反应为放热反应；在工业生产中为了节省能源，提高经济效益，通过热交换器把反应放出的热，来提高反应气体的温度，加快反应速率，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学生产工艺的重点知识，侧重考查学生对化学生产工艺及相关知识的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
10．（2分）关于氮肥的说法正确的是（　　）
A．尿素属于铵态氮肥
B．植物吸收氮肥属于氮的固定
C．使用碳铵应深施盖土
D．硫铵与草木灰混用肥效增强
【分析】A．尿素属于有机物，不是铵盐；
B．氮的固定是元素游离态变化为化合态；
C．碳铵受热容易分解，易溶于水；
D．硫铵为硫酸铵与草木灰主要成分为碳酸钾，混合使用，铵根离子和碳酸根离子会发生双水解反应生成氨气、二氧化碳，肥效损失。
【解答】解：A．尿素属于有机物，不是铵盐，尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故A错误；
B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；
C．碳铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；
D．将硫酸铵与碱性物质草木灰混合施用时，会放出氨气而降低肥效，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了农作物的生长与营养物质之间的关系问题，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意知识的积累，题目难度不大。
11．（2分）下列实验目的可以达到的是（　　）
A．用酒精灯加热铝片与氧化铁混合物验证铝热反应
B．乙醇浓硫酸加热到140℃制取乙烯
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应制取氢氧化铝
【分析】A.铝热反应不需要酒精灯加热；
B.加热到170℃制取乙烯；
C.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；
D.NaOH过量，生成偏铝酸钠和氯化钠。
【解答】解：A.铝热反应不需要酒精灯加热，点燃Mg条引发铝热反应，故A错误；
B.加热到170℃制取乙烯，加热到140℃生成乙醚，故B错误；
C.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，可制备二氧化硫，故C正确；
D.NaOH过量，生成偏铝酸钠和氯化钠，选氨水制备氢氧化铝，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、物质的制备、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，题目难度不大。
12．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）
A．NO2通入FeSO4溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中
D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中
【分析】A．FeSO4溶液中的亚铁离子被氧化成三价铁离子，颜色发生了变化；
B．碳酸的酸性小于盐酸；
C．Cl2通入KI溶液中置换出碘单质；
D．硝酸可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成硫酸钡沉淀。
【解答】解：A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸把亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液从浅绿色变成了棕黄色，溶液颜色发生了变化，故A错误；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2通入CaCl2溶液中不反应，始终无明显现象，故B正确；
C．Cl2通入KI溶液中置换出碘单质，溶液由无色变为黄色，故C错误；
D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子存在，在酸性环境下，相当于存在硝酸，硝酸将亚硫酸氧化为硫酸，遇到钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，现象明显，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，熟悉二氧化硫、二氧化碳、氯气、二氧化氮通入溶液中发生的反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意知识的归纳和梳理是关键。
13．（2分）有关化学键和晶体的说法正确的是（　　）
A．干冰属于分子晶体，其升华破坏了共价键
B．氯化铵固体属于离子晶体，其加热仅破坏了离子键
C．晶体硅属于原子晶体，其熔化破坏了共价键
D．汞属于分子晶体，其气化破坏了共价键
【分析】A．干冰升华属于物理变化，破坏分子间作用力；
B．氯化铵受热分解生成HCl和氨气；
C．原子晶体中原子之间通过共价键连接；
D．金属单质中存在金属键。
【解答】解：A．干冰升华属于物理变化，只是状态发生变化，破坏的是分子间作用力，化学键未被破坏，故A错误；
B．氯化铵固体属于离子晶体，氯化铵受热分解生成HCl和氨气，其加热破坏了离子键和部分H﹣N共价键，故B错误；
C．原子晶体中原子之间通过共价键连接，晶体硅属于原子晶体，所以晶体硅熔化破坏了共价键，故C正确；
D．金属单质属于金属晶体，金属晶体中存在金属键，汞属于金属晶体，气化破坏了金属键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学键、晶体，为高频考点，根据物质的构成微粒及物质的性质来分析解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14．（2分）下列实验操作正确的是（　　）
A．实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中
B．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸
C．实验室制取乙炔时，可以用启普发生器
D．实验室制乙酸丁酯时，用水浴加热
【分析】A.苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯；
B.混合时最后加苯，防止苯挥发；
C.氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器的瓶颈处；
D.乙酸丁酯时直接用酒精灯加热。
【解答】解：A.苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，则制溴苯时将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中，故A正确；
B.混合时最后加苯，防止苯挥发，则先加硝酸，后加浓硫酸，最后加苯，故B错误；
C.氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器的瓶颈处，易发生爆炸，不能用启普发生器，故C错误；
D.乙酸丁酯时直接用酒精灯加热，水浴加热时温度达不到，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、有机物的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物制备实验原理，题目难度不大。
15．（2分）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表。下列叙述正确的是（　　）
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、﹣3
﹣2
A．X、Y元素的金属性：X＜Y
B．氢化物的稳定性：Z＞W
C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．Z单质与W的常见单质在放电的条件下发生化合反应
【分析】几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，W的化合价只有﹣2价，则W为O元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，说明Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，说明X、Y应在第三周期，则X为Mg元素，Y为Al元素，据此结合元素周期律知识解答。
【解答】解：根据分析可知：X为Mg元素，Y为Al元素，Z为N元素，W为O元素，
A．同周期随原子序数增大，金属性减弱，则金属性Mg＞Al，故A错误；
B．非极性N＜O，则简单氢化物的稳定性：Z＜W，故B错误；
C．Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝能够溶于强碱溶液，不能溶于稀氨水，故C错误；
D．氮气与氧气在放电的条件下发生化合反应生成NO，故D正确；
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、原子半径及化合价推断元素为解答的关键，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。
16．（2分）一定能实现铁元素之间相互转化的措施是（　　）

A．实现①的转化，用比铁活泼的金属
B．实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀
C．实现③的转化，加入少量稀硝酸
D．实现④的转化，加入过量氯气
【分析】A．活泼金属和盐溶液反应不都是置换反应；
B．反应②铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子；
C．反应③铁和强氧化剂硝酸反应可以生成铁离子，铁过量会生成亚铁离子；
D．反应④铁离子和还原剂反应生成亚铁离子；
【解答】解：A．实现①的转化，用比铁活泼的金属锌可以实现，但K、Na、Ca等不能实现，故A错误；
B．反应②铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子，实现②的转化，可以通过钢铁电化腐蚀实现，故B正确；
C．实现③的转化，加入少量稀硝酸，可能反应生成亚铁离子，故C错误；
D．实现④的转化，加入铁粉可以实现，通入氯气不能实现，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断、原电池原理分析、金属活泼性的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
17．（2分）氯气性质非常活泼，能和很多物质反应。下列关于其相关反应的实验现象的“解释或结论”正确的是（　　）
选项
实验现象
解释或结论
A
氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；氯气能使NaBr溶液变橙色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强
氯气是强电解质
D
氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色
氧化性：Cl2＞Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯气与KI反应生成碘，氯气与NaBr反应生成溴；
B.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性；
C.氯气通入H2S的水溶液中生成HCl，电解质必须为化合物；
D.氯气可氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子遇KSCN溶液变为血红色。
【解答】解：A.氯气与KI反应生成碘，氯气与NaBr反应生成溴，由操作不能比较溴、碘的氧化性，故A错误；
B.氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，则蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B错误；
C.氯气通入H2S的水溶液中生成HCl，导电性增强，电解质必须为化合物，氯气既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D.氯气可氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子遇KSCN溶液变为血红色，由操作和现象可知氧化性：Cl2＞Fe3+，故D正确；
故选：D。
【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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
18．（2分）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价），其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。关于此反应，下列说法错误的是（　　）
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
C．每生成1mol Cu2S，有4mol硫被氧化
D．每转移1.2mol电子，有0.2mol氧气被还原
【分析】反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，以此解答该题。
【解答】解：A．反应中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为﹣2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．2CuFeS2+O2＝Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由﹣2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．被氧化的S元素由﹣2价升高到+4价，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；
D．S元素由﹣2价升高到+4价，生成1mol二氧化硫，转移6mol电子，同时消耗1molO2，所以每转移1.2mol电子，有＝0.2mol氧气被还原，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价的角度分析，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
19．（2分）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（　　）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
【分析】A．加水稀释促进弱电解质电离；
B．硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水，亚硫酸酸性大于氢硫酸；
C．氯气和硫化氢反应生成硫和盐酸，盐酸酸性大于氢硫酸；
D．硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性大于氢硫酸．
【解答】解：A．加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故A错误；
B．二氧化硫和硫化氢反应方程式为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，通入过量二氧化硫平衡向左移动，二氧化硫和水反应方程式为H2O+SO2＝H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故B错误；
C．氯气和硫化氢反应方程式为Cl2+H2S＝S↓+2HCl，通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故C正确；
D．加入硫酸铜溶液发生反应CuSO4+H2S＝H2SO4+CuS↓，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确离子间发生的反应是解本题关键，注意加水稀释时，虽然促进氢硫酸电离，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，为易错点．
20．（2分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是（　　）
A．至少存在4种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+一定存在，CO32﹣可能存在
D．Al3+、K+可能存在
【分析】取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在NH4+，且物质的量为0.02mol；
同时产生红褐色沉淀，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol，说明一定有SO42﹣，以此解答该题。
【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定还有Cl﹣，可能存在的离子有：Al3+和K+，Cl﹣至少 含有0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度c（Cl‑）≥＝0.4mol/L，
A．至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+4种离子，故A正确；
B．原溶液中Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L，故B正确；
C．原溶液中一定存在的离子是Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能存在的离子有：Al3+和K+，一定不存在CO32﹣，故C错误；
D．原溶液中一定存在的离子是Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+，可能存在的离子有：Al3+和K+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存知识，要认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）硝酸（HNO3）在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：
4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O→4HNO3
（1）比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱　O＞N＞H　。写出NH3的电子式　　，O原子最外层的轨道表示式　　。
（2）联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是　根据工业制硝酸的反应式，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要　。
N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
（3）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式　2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl　。
（4）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）+Q1（Q1＜0），2NO2（g）⇌N2O4（g）+Q2（Q2＞0）
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示（t＝∞时，N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5（g）分解的速率v＝2×10﹣3×PN2O5（kPa/min）。t＝62min时，测得体系PO2＝2.9kPa，则此时PN2O5＝　30.0　kPa，v＝　6.0×10﹣2　。（kPa/min）
②若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）　大于　63.1kPa（填“大于”、“等于”或“小于”），试从勒夏特列原理的角度加以解释　NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大　。
③写出N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数表达式　K＝　。
（5）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5⇌NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是　b　。（填编号）
a.v（第一步反应的逆反应）＞v（第二步反应）
b.反应的中间产物只有NO3
c.该反应的速率主要由第二步决定
d.N2O5的分解率主要由第一步决定
【分析】（1）元素得电子能力越强，其非金属性越强；氨气分子中N原子和每个H原子之间都存在一个共用电子对且N原子还存在一个孤电子对；O原子最外层有6个电子，分别位于2s、2p轨道上；
（2）工业制取硝酸涉及的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2＝2NO2、3NO2+H2O＝2HNO3+NO，NO能循环利用；
（3）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；
（4）①在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高；
③化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（5）化学反应的速率由慢反应过程决定，并根据三步反应的特点分析判断。
【解答】解：（1）这三种元素得电子能力：O＞N＞H，则非金属性强弱顺序是O＞N＞H；氨气分子中N原子和每个H原子之间都存在一个共用电子对且N原子还存在一个孤电子对，氨气分子的电子式为；O原子最外层有6个电子，分别位于2s、2p轨道上，其轨道表示式为，
故答案为：O＞N＞H；；；
（2）工业制取硝酸涉及的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2＝2NO2、3NO2+H2O＝2HNO3+NO，NO能循环利用，所以根据工业制硝酸的反应式，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，
故答案为：根据工业制硝酸的反应式，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要；
（3）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，
故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
（4）①根据方程式可知O2与消耗N2O5的物质的量之比是1：2，又因为压强之比等于物质的量之比，所以消耗N2O5减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时N2O5的压强是35.8kPa﹣5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10﹣3×30＝6.0×10﹣2（kPa•min﹣1），
故答案为：30.0；6.0×10﹣2；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1 kPa，
故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K＝，
故答案为：K＝；
（5）a．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故a正确；
b．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故b错误；
c．该反应速率主要由慢反应决定，即由第二步反应决定，故c正确；
d．N2O5的分解只有第一步，所以N2O5的分解率主要由第一步决定，故d正确；
故选：b。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学反应原理、盖斯定律应用等知识，题目难度中等，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用，试题侧重考查化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。
22．（15分）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，如图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

（1）自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是 　电能　转变为 　化学能　的过程。能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式 　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣50QkJ/mol　。
（2）写出电解饱和食盐水的离子方程式 　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑　。
（3）试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是 　能得到纯度更高的氢氧化钠溶液　、　避免Cl2与H2反应　。
（4）电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式 　2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑　。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱 　钠和冷水反应，铝和冷水不反应，金属性Na＞Al　。
（5）室温下，0.1mol/L NaClO溶液的pH 　大于　0.1mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为 　c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）　。（酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HClO＞HCO3﹣）
【分析】（1）电解池是电能转化为化学能的装置，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n＝＝0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，1mol甲烷完全燃烧放出热量＝×1mol＝50QkJ，据此书写对应反应的热化学方程式；
（2）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH﹣；
（3）离子交换膜只能钠离子通过，其它离子不能通过，且生成的氯气和氢气不混合；
（4）电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氯气，实验事实说明钠与铝的金属性强弱，可以利用金属与水反应的剧烈程度分析判断；
（5）酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HClO＞HCO3﹣，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣，SO32﹣水解程度小于CO32﹣。
【解答】解：（1）电解过程是通过电能转化为化学能，甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n＝＝0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，1mol甲烷完全燃烧放出热量＝×1mol＝50QkJ，反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣50QkJ/mol，
故答案为：电能；化学能；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣50QkJ/mol；
（2）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH﹣，电池反应式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑；
（3）离子交换膜只能钠离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，
故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
（4）电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性强弱为：Na＞Al，
故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，金属性Na＞Al；
（5）ClO﹣水解程度大于SO32﹣，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣水解程度小于CO32﹣，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），
故答案为：大于；c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）。
【点评】本题考查电解原理、装置图分析、离子浓度大小比较判断和盐类水解、热化学方程式书写等，为高频考点，明确电解原理、离子浓度比较是解本题关键，侧重考查学生分析推断及计算能力，注意装置图中离子放电和离子移向的理解应用，题目难度不大。
23．（15分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的祛痰药。如图所示是多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）。

已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
（1）写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型 　浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应　。
（2）写出G的结构简式 　　。
（3）反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和 　HCl　，防止 　反应物与生成物中的﹣NH2与HCl成盐，影响产品的产量　。
（4）反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是 　苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原　。
（5）写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 　HCOOCH＝CHCH3、HCOOC（CH3）＝CH2、HCOOCH2CH＝CH2　。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③能发生水解反应
（6）写出实验室由制备的合成路线 　　。（无机试剂任选）
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
【分析】根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为；
（6）制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯。
【解答】解：（1）反应①为甲苯苯环上的H原子被硝基取代的反应，需要甲苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应，该反应属于取代反应，则该反应的反应试剂、反应条件、反应类型依次为浓硫酸和浓硝酸、水浴加热、取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；水浴加热；取代反应；
（2）通过以上分析知，G的结构简式为，
故答案为：；
（3）反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的﹣NH2与HCl成盐，影响产品的产量，
故答案为：HCl；反应物与生成物中的﹣NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
（4）反应②为甲基的氧化反应、反应③为氨基的还原反应，氨基不稳定，易被氧化，则反应②、反应③的顺序不能颠倒，
故答案为：苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原；
（5）C4H6O2的不饱和度＝＝2，该分子的同分异构体符合下列条件：
①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；
②能发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO﹣，符合条件的结构简式为HCOOCH＝CHCH3、HCOOC（CH3）＝CH2、HCOOCH2CH＝CH2，
故答案为：HCOOCH＝CHCH3、HCOOC（CH3）＝CH2、HCOOCH2CH＝CH2；
（6）制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由一溴甲苯发生水解反应得到，甲苯和溴发生取代反应生成一溴甲苯，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应中分子式差异性及某些结构简式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是限制性条件下同分异构体结构简式确定。
24．（15分）CuSO4•5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。如图是实验室用废铜粉制备CuSO4•5H2O的流程图。

（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式　Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O　。
（2）制备流程中的A操作名称是　冷却结晶　。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4•5H2O中可能存在的杂质是　Cu（NO3）2（或硝酸铜）　，除去这种杂质的实验操作称为　重结晶　。
（3）如果采用重量法测定CuSO4•5H2O的含量，完成下列步骤：①　称取样品　②加水溶解　③加氯化钡溶液，沉淀　④过滤　（其余步骤省略）。在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是　在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生　。如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4•5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为　﹣1.5%（或﹣1.48%）　。
（4）已知：CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4。称取0.1000g某CuSO4•5H2O试样（杂质不与氢氧化钠溶液反应）于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4•5H2O　0.0980　g。上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是　用标准盐酸溶液润洗2﹣3次　。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线　粗细交界点　所对应的刻度。
【分析】Cu和浓硝酸、稀硫酸反应离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，蒸发浓缩、冷却结晶得到A，然后过滤得到CuSO4•5H2O晶体；
（1）Cu和浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
（2）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；Cu、稀硫酸和浓硝酸反应后的溶液中可能存在的铜盐有硫酸铜、硝酸铜；分离可溶性的铜盐采用重结晶的方法；
（3）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作；要验证是否洗涤完全，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还没有沉淀完全；相对误差为相对值除以准确值；
（4）与盐酸反应的n（NaOH）＝n（HCl）＝0.1000mol/L×0.02016mL＝0.002016mol，则与硫酸铜反应的n（NaOH）＝0.1000mol/L×0.028L﹣0.002016mol＝0.000784mol，根据方程式知n（CuSO4）＝n（NaOH）；滴定管使用前要洗涤并用标准液润洗；在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点。
【解答】解：（1）Cu和浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；
（2）从反应后的溶液中获取CuSO4•5H2O晶体时，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，所以A操作名称是冷却结晶；混有Cu（NO3）2（或硝酸铜）杂质，需利用溶解度的不同，用重结晶的方法进行分离，
故答案为：冷却结晶；Cu（NO3）2（或硝酸铜）；重结晶；
（3）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作，所以第一步操作应该是称取样品；要验证是否洗涤完全，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还没有沉淀完全，其操作方法为在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；相对误差为×100%＝﹣1.48%≈﹣1.5%，
故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；﹣1.5%（或﹣1.48%）；
（4）与盐酸反应的n（NaOH）＝n（HCl）＝0.1000mol/L×0.02016mL＝0.002016mol，则与硫酸铜反应的n（NaOH）＝0.1000mol/L×0.028L﹣0.002016mol＝0.000784mol，根据方程式知n（CuSO4•5H2O）＝n（CuSO4）＝n（NaOH），m（CuSO4•5H2O）＝×0.000784mol×250g/mol＝0.0980g；滴定管使用前要洗涤并用标准液润洗，否则会导致盐酸浓度偏低，导致测定值偏小；在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点，
故答案为：0.0980；用标准盐酸溶液润洗2﹣3次；粗细交界点。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验操作规范性为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（4）题有效数字的确定，题目难度中等。
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