2021年河南省郑州市高考化学一模试卷

这是一份2021年河南省郑州市高考化学一模试卷，共38页。试卷主要包含了第Ⅱ卷等内容，欢迎下载使用。
2021年河南省郑州市高考化学一模试卷
一、（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．“歼﹣20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料
B．2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
C．我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号”外壳材料使用的钛合金属于化合物
D．2020年我国发射的嫦娥5号探月器的太阳能电池帆板的材料是SiO2
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．羟基的电子式：
B．钠离子的结构示意图：
C．氯仿分子的球棍模型：
D．对硝基甲苯的结构简式：
3．（3分）白屈菜酸有止痛、止咳等功效，其结构简式如图。下列说法中错误的是（　　）

A．白屈菜酸分子中含有四种官能团
B．白屈菜酸的一种同分异构体能发生银镜反应
C．白屈菜酸可以发生氧化、酯化、水解反应
D．白屈菜酸分子中不含手性碳（连有4个不同原子或原子团 的碳原子叫手性碳）
4．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
B．常温常压下，2.0g H218O和D2O的混合物中含有的电子数一定为NA
C．常温常压下，31g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P﹣P键的数目为NA
D．0.1mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA
5．（3分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是（　　）

A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C﹣H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
6．（3分）利用化学反应可以制取人们需要的物质。下列物质间的转化均能实现的是（　　）
A．NaCl（aq） Cl2（g） 漂白粉（s）
B．Fe3O4 Fe FeCl3
C．Cl2 Br2 HBr
D．Mg（OH）2 （s） MgCl2 （aq） Mg（s）
7．（3分）实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液，下列选项有关操作错误的是（　　）
选项
A
B
C
D
实验操作




实验目的
制取氨气将其溶于饱和食盐水
用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳
过滤获得碳酸钠晶体
蒸发浓缩氯化铵溶液
A．A B．B C．C D．D
8．（3分）下列实验能达到预期目的的是（　　）

实验内容
实验目的
A
向1mL 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入2mL 0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀
证明葡萄糖中不含醛基
B
向1mL 0.2mol•L﹣1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1KI溶液，又生成黄色沉淀
证明在相同温度下，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
c
室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小
证明碳元素的非金属性弱于氯
D
将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色
证明FeCl2样品已变质
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是（　　）

A．含氧酸的酸性：Z＞Y
B．原子半径：X＜Y＜Z＜W
C．氢化物的沸点：W＞Z＞Y
D．这4种元素组成的一种化合物M可与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应
10．（3分）如图是某元素M的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，图中呈现了各物质的转化关系。下列说法正确的是（　　）

A．A中只含有离子键
B．B物质可以和Y反应直接转化为E
C．D、E均可以用向上排空气法收集
D．通过氢氧化钠溶液可以除去D中含有的少量E
11．（3分）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣1 H2C2O4的pH＝1.3）。下列离子方程式或化学方程式错误的是（　　）
实验
装置
试剂a
现象
①

Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量 NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
A．草酸有酸性：Ca2++2OH﹣+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O
B．草酸的酸性大于碳酸：HCO3﹣+H2C2O4═HC2O4﹣+CO2↑+H2O
C．草酸有还原性：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．草酸可发生酯化反应：HOOC﹣COOH+2C2H5OH C2H5OOC﹣COOC2H5+2H2O
12．（3分）高温下，甲烷生成乙烷的反应为2CH4 C2H6+H2 。反应在初期阶段的速率方程为：v＝k×c，其中k为反应速率常数。下列说法错误的是（　　）
A．反应初期，增加甲烷浓度，v增大
B．反应过程中H2浓度变化对速率无影响
C．该温度下，乙烷的生成速率逐渐减小
D．升高反应温度k增大
13．（3分）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应（假设用2A⇌A2表示该反应）。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．T1＜T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率小于b点的逆反应速率
D．b点时环戊二烯的浓度为0.45mol/L
14．（3分）在油田注水系统中，钢管主要发生硫酸盐还原菌厌氧腐蚀，一种理论认为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．正极的电极反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B．S O42﹣与H2的反应可表示为：4H2+SO42﹣﹣8e﹣ S2﹣+4H2O
C．钢管发生厌氧腐蚀的产物主要含有Fe2O3
D．为减缓钢管的腐蚀，可在钢管表面镀铜
15．（3分）常温下，用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．BOH的Kb约为1×10﹣3
B．a点的c（B+）大于b点
C．a点溶液中：c（B+）+c（H+）═2c（OH﹣）+c（BOH）
D．滴定至pH＝7时，c（B+）═c（Cl﹣）＜0.1mol•L﹣1
二、第Ⅱ卷（非选择题共55分）
16．（7分）二乙酸﹣1，4一环己二醇酯可通过下列路线合成。

（1）反应①的反应条件　 　。
（2）⑤的反应类型是　 　，C中官能团的名称是　 　。
（3）写出化合物B的结构简式　 　。
（4）写出反应⑧的化学方程式　 　。
17．（9分）分类法是研究物质性质的重要方法。现有NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等物质，根据它们的组成及性质进行如下分类：

请回答下列问题：
（1）淡黄色固体最终位于　 　组，它的电子式为　 　。该物质与水反应，若有2NA个电子转移，则有　 　mol该物质参与反应。
（2）写出实验室制备Ⅰ组中气体的化学方程式　 　。
（3）B组中的物质能与稀硝酸反应，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）Ⅱ组中的物质滴入水中后与水剧烈反应产生大量酸雾，写出该反应的化学方程式　 　。
18．（9分）某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略），以验证Fe3+、Cl2、SO2氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题：

（1）检查装置气密性后，关闭K1、K3、K4，打开K2旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）B中溶液变黄时，停止加热A，关闭K2。打开旋塞b，使约2mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验实验中B生成离子的方法是　 　。
（3）若要继续证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，需要进行的操作是　 　。
（4）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3+＞SO2的是　 　（填“甲”、“乙”或“丙”）。

过程（2）中溶液含有的离子
过程（3）中溶液含有的离子
甲
既有Fe3+又有Fe2+
有SO42﹣
乙
有Fe3+无Fe2+
有SO42﹣
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
（5）验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是　 　。
19．（10分）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂（主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐）制备V2O5的新工艺流程如图。

已知：滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题：
（1）在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有　 　。
（2）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（3）混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是　 　。
（4）钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该工艺钒的回收率。图是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是　 　。（写一条即可）

（5）称取wg所得产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入a1mL b1mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，最后用 b2 mol•L﹣1酸性KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗溶液KMnO4的体积为a2mL。假设杂质不参与反应，锰被还原为Mn2+。则产品中V2O5的质量分数为　 　。（已知（VO2）2SO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应的离子方程式为VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）
20．（11分）甲烷和CO2是主要的温室气体，高效利用甲烷和CO2对缓解大气变暖有重要意义。

（1）如图1是利用太阳能将CO2分解制取炭黑的示意图。
已知①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
则过程2的热化学方程式为　 　。
（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），CO2的平衡转化率如表所示。
容器
起始物质的量（n）/mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.2
0.2
0
0
50%
Ⅱ
0.2
0.1
0.2
0.3
/
容器Ⅰ在10min时反应达到平衡，该段时间内CH4的平均反应速率为　 　mol•L﹣1•min﹣1；容器Ⅱ起始时反应向　 　（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”）进行。
（3）将一定量的甲烷和氧气混合发生反应2CH4（g）+O2（g）⇌2CO（g）+4H2（g），其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图2所示。某同学判断c点一定没有达到平衡状态，他的理由是　 　。
（4）CO2通过催化加氢可以合成乙醇，其反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H＜0。m＝，通过实验得到下列图象：
①图3中m1、m2、m3最高的是　 　。
②图4表示在总压为P的恒压条件下，且m＝3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，列式表示该反应的压强平衡常数Kp　 　。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
21．（9分）氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
（1）工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为　 　膜（填“阳离子”或“阴离子”）。写出阴极的电极反应式　 　。
（2）一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到ClO2溶液。产生“气泡”的化学方程式为　 　；生成ClO2的离子方程式为　 　。
（3）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1×10﹣12，分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，常以K2CrO4作指示剂，用标准AgNO3溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设c（CrO42﹣）＝10﹣4mol•L﹣1，则c（Cl﹣）＝　 　mol•L﹣1.


2021年河南省郑州市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．“歼﹣20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料
B．2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维
C．我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号”外壳材料使用的钛合金属于化合物
D．2020年我国发射的嫦娥5号探月器的太阳能电池帆板的材料是SiO2
【分析】A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料；
B．芳纶纤维为有机高分子化合物，属于合成纤维；
C．同种物质组成的纯净物为化合物，不同物质组成的物质为混合物；
D．利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，二氧化硅为光导纤维的成分。
【解答】解：A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，故A错误；
B．2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶，属于高分子化合物，属于合成纤维，故B正确；
C．我国海洋开发走向深蓝，“蛟龙号”外壳材料使用的钛合金属于合金材料，为混合物，故C错误；
D．2020年我国发射的嫦娥5号探月器的太阳能电池帆板的材料是硅晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成及性质，为高频考点，把握物质的组成、用途解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，注意材料组成的分析判断。
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．羟基的电子式：
B．钠离子的结构示意图：
C．氯仿分子的球棍模型：
D．对硝基甲苯的结构简式：
【分析】A．羟基为中性原子团；
B．钠离子的核电荷数为11；
C．氯仿中，氯原子的原子半径应该大于碳原子；
D．硝基的N原子与苯环相连。
【解答】解：A．羟基中含有1个O﹣H键，其电子式为，故A正确；
B．钠离子的核电荷数为11、核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故B错误；
C．氯仿的分子式为CHCl3，氯原子的原子半径较大，该球棍模型不能表示氯仿，故C错误；
D．在对硝基甲苯中，N原子与苯环上的C原子形成共价键，其结构简式为，故D错误；
故选：A。
【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、球棍模型、离子结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力。
3．（3分）白屈菜酸有止痛、止咳等功效，其结构简式如图。下列说法中错误的是（　　）

A．白屈菜酸分子中含有四种官能团
B．白屈菜酸的一种同分异构体能发生银镜反应
C．白屈菜酸可以发生氧化、酯化、水解反应
D．白屈菜酸分子中不含手性碳（连有4个不同原子或原子团 的碳原子叫手性碳）
【分析】A．白屈菜酸分子含有的官能团有：碳碳双键、醚键、羰基、羧基；
B．白屈菜酸的分子式为C7H4O6，不饱和度为6，可能存在含有醛基（或甲酸形成的酯基）的同分异构体；
C．有机物没有酯基，不能发生水解反应；
D．分子中没有连有4个不同原子或原子团的碳原子。
【解答】解：A．白屈菜酸分子含有4种官能团，分别是碳碳双键、醚键、羰基、羧基，故A正确；
B．白屈菜酸的分子式为C7H4O6，不饱和度为6，可能存在含有醛基（或甲酸形成的酯基）的同分异构体，如将分子中羧基变为﹣OOCH，即白屈菜酸的一种同分异构体能发生银镜反应，故B正确；
C．含有碳碳双键，可以发生氧化反应，含有羧基，可以发生酯化反应，没有酯基，不能发生水解反应，故C错误；
D．白屈菜酸分子中没有连有4个不同原子或原子团的碳原子，即白屈菜酸分子中不含手性碳，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意常见有机物的官能团的性质，难度不大。
4．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
B．常温常压下，2.0g H218O和D2O的混合物中含有的电子数一定为NA
C．常温常压下，31g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P﹣P键的数目为NA
D．0.1mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA
【分析】A．铝离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
B．H218O和D2O都含有10个电子，摩尔质量相等；
C．1个白磷中含6条P﹣P键；
D．碳酸氢钠固体中含有钠离子和碳酸氢根离子。
【解答】解：A．铝离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，故A错误；
B．常温常压下，2.0g H218O和D2O的混合物中含有的电子数一定为×10×NAmol﹣1＝NA，故B正确；
C．31g白磷的物质的量为＝0.25mol，而白磷中含6条P﹣P键，故0.25mol白磷中含1.5NA条P﹣P键，故C错误；
D．0.1mol NaHCO3晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol碳酸氢根离子，共含有阴、阳离子总数为0.2NA，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5．（3分）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是（　　）

A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C﹣H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【分析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率；
B．HCHO在反应中有C﹣H断裂和C＝O键形成；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂。
【解答】解：A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确；
B．HCHO在反应中有C﹣H断裂和C＝O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。
6．（3分）利用化学反应可以制取人们需要的物质。下列物质间的转化均能实现的是（　　）
A．NaCl（aq） Cl2（g） 漂白粉（s）
B．Fe3O4 Fe FeCl3
C．Cl2 Br2 HBr
D．Mg（OH）2 （s） MgCl2 （aq） Mg（s）
【分析】A．石灰水中氢氧化钙浓度较小；
B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
C．氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴，溴与二氧化硫和水反应生成溴化氢和硫酸；
D．电解氯化镁溶液生成氢气和氯气和氢氧化镁。
【解答】解：A．石灰水中氢氧化钙浓度较小，所以Cl2（g） 漂白粉（s）不能实现，故A错误；
B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以Fe FeCl3不能实现，故B错误；
C．氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴，溴与二氧化硫和水反应生成溴化氢和硫酸，所以Cl2 Br2 HBr均能实现，故C正确；
D．电解氯化镁溶液生成氢气和氯气和氢氧化镁，所以MgCl2 （aq） Mg（s）不能实现，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，掌握常见元素及其化合物的性质特点是解答的关键，题目难度不大。
7．（3分）实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液，下列选项有关操作错误的是（　　）
选项
A
B
C
D
实验操作




实验目的
制取氨气将其溶于饱和食盐水
用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳
过滤获得碳酸钠晶体
蒸发浓缩氯化铵溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．加热氯化铵和消石灰混合固体制取氨气，氨气极易溶于水，吸收时应防止倒吸；
B．用碳酸钠与稀硫酸制二氧化碳时，把稀硫酸滴入碳酸钠固体发生反应生成；
C．侯氏制碱法制取纯碱和氯化铵溶液的过程中，反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；
D．溶液蒸发浓缩在蒸发皿中进行。
【解答】解：A．加热氯化铵和消石灰混合固体制取氨气，为了防止水倒流引起试管底部炸裂，试管口应向下倾斜，且氨气极易溶于水，倒置的漏斗可防止倒吸，故A正确；
B．装置图中的稀硫酸从分液漏斗中滴入锥形瓶，和固体碳酸钠发生反应生成二氧化碳气体，故B正确；
C．侯氏制碱法是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到的晶体是碳酸氢钠，故C错误；
D．蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液，用玻璃棒不断搅拌，装置操作正确，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题侧重考查学生对基本操作要领的领悟，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
8．（3分）下列实验能达到预期目的的是（　　）

实验内容
实验目的
A
向1mL 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入2mL 0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热后未出现红色沉淀
证明葡萄糖中不含醛基
B
向1mL 0.2mol•L﹣1AgNO3溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1KCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1KI溶液，又生成黄色沉淀
证明在相同温度下，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
c
室温下，用pH试纸测定同浓度的Na2CO3与NaClO的pH，比较二者pH的大小
证明碳元素的非金属性弱于氯
D
将FeCl2样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液变红色
证明FeCl2样品已变质
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.NaOH不足，检验﹣CHO在碱性溶液中；
B.硝酸银过量，均为沉淀生成；
C.NaClO可使pH试纸褪色；
D.滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子。
【解答】解：A.NaOH不足，检验﹣CHO在碱性溶液中，由操作和现象不能检验葡萄糖中是否含﹣CHO，故A错误；
B.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI），故B错误；
C.NaClO可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，且对应的酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故C错误；
D.滴加KSCN溶液，溶液变红色，可知溶液中含铁离子，则FeCl2样品已变质，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、物质的检验、沉淀生成、非金属性比较、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。
9．（3分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物。这4种元素形成某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是（　　）

A．含氧酸的酸性：Z＞Y
B．原子半径：X＜Y＜Z＜W
C．氢化物的沸点：W＞Z＞Y
D．这4种元素组成的一种化合物M可与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的4种短周期主族元素，Z元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物可以形成离子化合物，则Z为N元素；这4种元素形成某有机物的结构简式如图，﹣YX3应该为甲基，则X为H，Y为C元素；﹣WX应该为﹣OH，则W为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O元素，
A．没有指出元素最高价，无法比较C、N的含氧酸酸性强弱，故A错误；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，则原子半径：X＜O＜Z＜Y，故B错误；
C．没有指出最简单氢化物，无法比较氢化物沸点大小，如Y的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气、水，故C错误；
D．H、C、N、O这4种元素组成的碳酸氢铵既可以与盐酸反应，也可与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，把握原子序数、有机物结构、元素性质来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。
10．（3分）如图是某元素M的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，图中呈现了各物质的转化关系。下列说法正确的是（　　）

A．A中只含有离子键
B．B物质可以和Y反应直接转化为E
C．D、E均可以用向上排空气法收集
D．通过氢氧化钠溶液可以除去D中含有的少量E
【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3；B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与X发生酸碱中和反应得到G为硝酸盐，以此解答该题。
【解答】解：A．A为铵盐，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中还含有N﹣H共价键，故A错误；
B．B为NH3，Y为O2，E为NO2，氨气与氧气反应生成NO，不会直接生成NO2，故B错误；
C．D为NO，NO与氧气反应，不能用排空气法收集，故C错误；
D．一氧化氮不与NaOH溶液反应，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应，可通过氢氧化钠溶液可以除去NO中含有的少量NO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等特殊转化，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
11．（3分）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol•L﹣1 H2C2O4的pH＝1.3）。下列离子方程式或化学方程式错误的是（　　）
实验
装置
试剂a
现象
①

Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量 NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
A．草酸有酸性：Ca2++2OH﹣+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O
B．草酸的酸性大于碳酸：HCO3﹣+H2C2O4═HC2O4﹣+CO2↑+H2O
C．草酸有还原性：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．草酸可发生酯化反应：HOOC﹣COOH+2C2H5OH C2H5OOC﹣COOC2H5+2H2O
【分析】A.酸可与碱发生中和反应；
B.发生强酸制取弱酸的反应；
C.草酸为弱酸，在离子反应中保留化学式；
D.草酸含﹣COOH，可发生酯化反应。
【解答】解：A.H2C2O4有酸性，与Ca（OH）2溶液发生Ca（OH）2+H2C2O4＝CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH﹣+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B.由于酸性H2C2O4＞H2CO3，故向少量NaHCO3溶液中加入草酸生成CO2和NaHC2O4，反应为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为HCO3﹣+H2C2O4═HC2O4﹣+CO2↑+H2O，故B正确；
C.H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，但由于H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留其分子式，离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.H2C2O4是二元羧酸，与乙醇可发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意草酸为弱酸，题目难度不大。
12．（3分）高温下，甲烷生成乙烷的反应为2CH4 C2H6+H2 。反应在初期阶段的速率方程为：v＝k×c，其中k为反应速率常数。下列说法错误的是（　　）
A．反应初期，增加甲烷浓度，v增大
B．反应过程中H2浓度变化对速率无影响
C．该温度下，乙烷的生成速率逐渐减小
D．升高反应温度k增大
【分析】A．反应速率与甲烷浓度成正比；
B．反应过程中H2浓度变化导致甲烷浓度会发生变化；
C．反应时甲烷的浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小；
D．反应速率与甲烷浓度成正比。
【解答】解：A．反应速率与甲烷浓度成正比，增大甲烷浓度化学反应速率增大，故A正确；
B．反应过程中H2浓度变化导致甲烷浓度会发生变化，则根据v＝k×c，反应速率也会发生变化，故B错误；
C．反应时甲烷的浓度逐渐减小，则乙烷的生成速率逐渐减小，故C正确；
D．升高温度，化学反应速率增大，则k增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的变化判断，为高频考点，题目难度中等，把握题干信息是解题的关键，试题侧重分析与应用能力的考查。
13．（3分）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应（假设用2A⇌A2表示该反应）。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．T1＜T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率小于b点的逆反应速率
D．b点时环戊二烯的浓度为0.45mol/L
【分析】A．温度越高，反应速率越快；
B．c点接近平衡状态，瞬时反应速率接近于0；
C．温度相同时，浓度越大反应速率越快；
D．根据图象上对应数据解答。
【解答】解：A．由图可知，相同时间内，T2温度对应曲线环戊二烯浓度变化大，即T2温度时反应速率快，根据温度越高反应速率越快可知T1＜T2，故A正确；
B．a点位于反应的中期，瞬时反应速率较快，c点接近平衡状态，瞬时反应速率接近于0，则a点的反应速率大于c点，故B错误；
C．a点、b点反应均正向进行，即v正＞v逆，但浓度：a点＞b点，所以a点正反应速率大于b点逆反应速率，故C错误；
D．由图可知，b点时环戊二烯的浓度为0.6mol/L，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应图象分析，为高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确曲线斜率含义、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14．（3分）在油田注水系统中，钢管主要发生硫酸盐还原菌厌氧腐蚀，一种理论认为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．正极的电极反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
B．S O42﹣与H2的反应可表示为：4H2+SO42﹣﹣8e﹣ S2﹣+4H2O
C．钢管发生厌氧腐蚀的产物主要含有Fe2O3
D．为减缓钢管的腐蚀，可在钢管表面镀铜
【分析】A．钢铁发生析氢腐蚀时，正极上氢离子得电子生成氢气；
B．方程式左右电荷不守恒；
C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子得电子生成氢气，厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，直接产物中含有FeS、Fe（OH）2；
D．根据防止金属锈蚀的措施，进行分析判断，原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护。
【解答】解：A．在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极的电极反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，故A正确；
B．SO42﹣与H2的反应可表示为：4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，故B错误；
C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，SO42﹣与H2的反应可表示为：4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2，故C错误；
D．原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，在钢管表面镀铜，铁易失电子作负极，铜作正极，铁腐蚀得更快，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键，防止金属被腐蚀有物理方法和化学方法，可以利用原电池原理或电解原理保护金属，会利用化学原理解释生活现象，题目难度不大。
15．（3分）常温下，用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．BOH的Kb约为1×10﹣3
B．a点的c（B+）大于b点
C．a点溶液中：c（B+）+c（H+）═2c（OH﹣）+c（BOH）
D．滴定至pH＝7时，c（B+）═c（Cl﹣）＜0.1mol•L﹣1
【分析】A．0.10mol/LBOH溶液的pH＝11，则该溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.001mol/L，BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c（BOH）≈0.10mol/L，c（B+）≈c（OH﹣）＝0.01mol/L，BOH的Kb＝；
B．a点酸物质的量是碱物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点加入酸碱物质的量相等，二者恰好完全反应生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c（B+）＝mol/L＝×0.10mol/L、b点c（B+）＝mol/L＝×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小；
C．a点溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、存在物料守恒c（B+）+c（BOH）＝2c（Cl﹣）；
D．混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（B+）＝c（Cl﹣），酸碱混合后导致溶液体积增大。
【解答】解：A．0.10mol/LBOH溶液的pH＝11，则该溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.001mol/L，BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c（BOH）≈0.10mol/L，c（B+）≈c（OH﹣）＝0.01mol/L，BOH的Kb＝≈＝1×10﹣5，故A错误；
B．a点酸物质的量是碱物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点加入酸碱物质的量相等，二者恰好完全反应生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c（B+）＝mol/L＝×0.10mol/L、b点c（B+）＝mol/L＝×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c（B+）小于b点，故B错误；
C．a点溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、存在物料守恒c（B+）+c（BOH）＝2c（Cl﹣），所以存在c（B+）+2c（H+）＝2c（OH﹣）+c（BOH），故C错误；
D．混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），则c（B+）＝c（Cl﹣），酸碱混合后导致溶液体积增大，则导致溶液中c（Cl﹣）减小，所以存在c（B+）＝c（Cl﹣）＜0.1mol•L﹣1，故D正确；
故选：D。
【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、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意：酸碱溶液混合后会导致溶液体积变化，D为解答易错点。
二、第Ⅱ卷（非选择题共55分）
16．（7分）二乙酸﹣1，4一环己二醇酯可通过下列路线合成。

（1）反应①的反应条件　Cl2，光照　。
（2）⑤的反应类型是　加成反应　，C中官能团的名称是　羟基　。
（3）写出化合物B的结构简式　　。
（4）写出反应⑧的化学方程式　　。
【分析】由合成路线可知，反应①为环己烷在光照条件下与氯气发生的取代反应，反应②为在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，反应③可以是与溴水发生加成反应生成A为，反应④是A在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，反应⑤是与溴发生1，4﹣加成反应，反应⑥为碳碳双键与氢气发生加成反应生成B为，反应⑦是B在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为，反应⑧为与乙酸的酯化反应，则X为CH3COOH。
【解答】解：（1）反应①为环己烷在光照条件下与氯气发生的取代反应，
故答案为：Cl2，光照；
（2）反应⑤是与溴发生1，4﹣加成反应，C的结构简式为：，C中官能团为羟基，
故答案为：加成反应；羟基；
（3）由上述分析可知，B的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应⑧为与乙酸的酯化反应，反应方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写等，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。
17．（9分）分类法是研究物质性质的重要方法。现有NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等物质，根据它们的组成及性质进行如下分类：

请回答下列问题：
（1）淡黄色固体最终位于　I　组，它的电子式为　　。该物质与水反应，若有2NA个电子转移，则有　2　mol该物质参与反应。
（2）写出实验室制备Ⅰ组中气体的化学方程式　2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O　。
（3）B组中的物质能与稀硝酸反应，写出该反应的离子方程式　3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O　。
（4）Ⅱ组中的物质滴入水中后与水剧烈反应产生大量酸雾，写出该反应的化学方程式　SOCl2+H2O═SO2+2HCl　。
【分析】NH3、CO、Na2O2、Cu、F2、SOCl2等，按照组成元素的多少分为单质和化合物，属于单质的是Cu、F2，属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、SOCl2；单质中能与氢气反应的是F2；化合物中能与水反应的是NH3、Na2O2、SOCl2，反应显碱性的是NH3、Na2O2；
（1）淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气；过氧化钠为离子化合物，据此书写电子式；过氧化钠与水反应为歧化反应，2mol过氧化钠参加反应，转移2mol电子；
（2）实验室制备氨气原理：氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙和氨气和水；
（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；
（4）SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢。
【解答】解：（1）淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气，最终位于I组；Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为；过氧化钠与水反应为歧化反应，2mol过氧化钠参加反应，转移2mol电子，
故答案为：I；；2；
（2）实验室制备氨气原理：氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙和氨气和水，方程式：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）Ⅱ组另有一种物质滴入水中后与水激烈反应，该物质为SOCl2，SOCl2与水反应生成HCl和二氧化硫，即SOCl2+H2O═SO2+2HCl，
故答案为：SOCl2+H2O═SO2+2HCl。
【点评】本题考查物质的组成及性质，为高考常见题型，把握物质的组成及性质、分类法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
18．（9分）某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略），以验证Fe3+、Cl2、SO2氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题：

（1）检查装置气密性后，关闭K1、K3、K4，打开K2旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为　2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2Fe3+　。
（2）B中溶液变黄时，停止加热A，关闭K2。打开旋塞b，使约2mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验实验中B生成离子的方法是　向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色　。
（3）若要继续证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，需要进行的操作是　打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO42﹣和Fe2+　。
（4）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3+＞SO2的是　甲、丙　（填“甲”、“乙”或“丙”）。

过程（2）中溶液含有的离子
过程（3）中溶液含有的离子
甲
既有Fe3+又有Fe2+
有SO42﹣
乙
有Fe3+无Fe2+
有SO42﹣
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
（5）验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是　除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气　。
【分析】（1）氯气能氧化Fe2+生成Fe3+；
（2）检验Fe3+用KSCN溶液；
（3）证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反应后的产物中是否含有SO42﹣和Fe2+；
（4）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；
（5）氯气和二氧化硫均是有毒气体，需要进行尾气处理。
【解答】解：（1）氯气能氧化Fe2+生成Fe3+，则B中发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2Fe3+，
故答案为：2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2Fe3+；
（2）B生成离子的为Fe3+，检验Fe3+的方法是向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色，即说明B中有Fe3+生成，
故答案为：向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色；
（3）证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反应后的产物中是否含有SO42﹣和Fe2+，具体操作是打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO42﹣和Fe2+，
故答案为：打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO42﹣和Fe2+；
（4）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于Fe3+，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，
故答案为：甲、丙；
（5）将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气，
故答案为：除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气。
【点评】本题考查性质实验方案的设计，涉及了氧化还原反应的判断、化学实验基本操作方法、氯气的制备、氯气、氯化铁和SO2性质的探究以及外界条件对平衡状态的影响等知识，题目难度中等，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点。
19．（10分）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂（主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐）制备V2O5的新工艺流程如图。

已知：滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题：
（1）在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有　烧杯、漏斗、玻璃棒　。
（2）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为　1：1　。
（3）混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是　6VO2++ClO3﹣+3H2O═6VO2++Cl﹣+6H+　。
（4）钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比）表示该工艺钒的回收率。图是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是　温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降（或温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降，或温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降，或平衡VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降）　。（写一条即可）

（5）称取wg所得产品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液，再加入a1mL b1mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，最后用 b2 mol•L﹣1酸性KMnO4溶液滴定过量的（NH4）2Fe（SO4）2至终点，消耗溶液KMnO4的体积为a2mL。假设杂质不参与反应，锰被还原为Mn2+。则产品中V2O5的质量分数为　%　。（已知（VO2）2SO4和（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应的离子方程式为VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）
【分析】由流程可知，废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）加入水，过滤，滤液1含有VOSO4，滤渣1加入亚硫酸钠和过量硫酸发生V2O5+SO32﹣+4H+＝2VO2++SO42﹣+2H2O，滤渣2为不溶性硅酸盐，滤液2含有VOSO4，与滤液1混合后加入氯酸钾发生6VO2++ClO3﹣+3H2O═6VO2++Cl﹣+6H+，可得含VO2+的溶液，加入氨水生成NH4VO3，加热可生成V2O5，以此解答该题。
【解答】解：（1）在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4═2VOSO4+Na2SO4+2H2O，氧化剂（V2O5）和还原剂（Na2SO3）的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（3）混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式为6VO2++ClO3﹣+3H2O═6VO2++Cl﹣+6H+，
故答案为：6VO2++ClO3﹣+3H2O═6VO2++Cl﹣+6H+；
（4）温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降，
故答案为：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降（或温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降，或温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH﹣浓度下降，VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降，或平衡VO2++2OH﹣⇌VO3﹣+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3﹣浓度下降，沉钒率下降）；
（5）滴定过程有5（NH4）2Fe（SO4）2～KMnO4，则过量的 （NH4）2Fe（SO4）2物质的量为5n（KMnO4）＝5×b2a210﹣3mol，则与（VO2）2SO4溶液反应的 （NH4）2Fe（SO4）2物质的量为（b1a1﹣5b2a2）×10﹣3mol，由V2O5～2VO2+～2（NH4）2Fe（SO4）2，可知n（V2O5）＝（b1a1﹣5b2a2）×10﹣3mol，则产品中V2O5的质量分数为×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
20．（11分）甲烷和CO2是主要的温室气体，高效利用甲烷和CO2对缓解大气变暖有重要意义。

（1）如图1是利用太阳能将CO2分解制取炭黑的示意图。
已知①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
则过程2的热化学方程式为　CO2（g）+6FeO（s）＝2Fe3O4（s）+C（s）△H＝﹣（a+b）kJ•mol﹣1　。
（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），CO2的平衡转化率如表所示。
容器
起始物质的量（n）/mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.2
0.2
0
0
50%
Ⅱ
0.2
0.1
0.2
0.3
/
容器Ⅰ在10min时反应达到平衡，该段时间内CH4的平均反应速率为　0.04　mol•L﹣1•min﹣1；容器Ⅱ起始时反应向　逆反应方向　（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”）进行。
（3）将一定量的甲烷和氧气混合发生反应2CH4（g）+O2（g）⇌2CO（g）+4H2（g），其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图2所示。某同学判断c点一定没有达到平衡状态，他的理由是　催化剂不会改变平衡转化率，乙催化剂c点未与甲催化剂同样温度的点相交，转化率不相同，说明c点不是平衡转化率　。
（4）CO2通过催化加氢可以合成乙醇，其反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H＜0。m＝，通过实验得到下列图象：
①图3中m1、m2、m3最高的是　m1　。
②图4表示在总压为P的恒压条件下，且m＝3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，列式表示该反应的压强平衡常数Kp　　。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
【分析】（1）①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
盖斯定律计算（①+②），反转方向得到过程2的热化学方程式；
（2）容器Ⅰ在10min时反应达到平衡，CO2的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
变化量（mol） 0.1 0.2×50% 0.2 0.2
平衡量（mol） 0.1 0.1 0.2 0.2
该段时间内CH4的平均反应速率v＝，上述计算得到反应的平衡常数，容器Ⅱ加入起始量计算此时的浓度商Qc，和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（3）同温度下甲催化剂对应的转化率高于乙催化剂对应的转化率，即同温度下CH4的转化率不相同；
（4）①增大n（H2），平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大；
②升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳和氢气的含量增大，乙醇、水减少，乙醇的含量是水的 ，所以曲线d代表的物质为乙醇，曲线a代表水，曲线c代表H2，曲线b代表CO2，m＝3 时，设起始时H2为9mol，则CO2为3mol，
2CO2（g）+6H2（g）＝C2H5OH（g）+3H2O（g）
起始量（mol） 3 9 0 0
转化量（mol） 2x 6x x 3x
平衡量（mol） 3﹣2x 9﹣6x x 3x
9﹣6x＝3x，解出x，结合平衡常数KP＝计算。
【解答】解：（1）①2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝akJ•mol﹣1
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H＝bkJ•mol﹣1
盖斯定律计算（①+②），反转方向得到过程2的热化学方程式：CO2（g）+6FeO（s）＝2Fe3O4（s）+C（s）△H＝﹣（a+b）kJ•mol﹣1，
故答案为：CO2（g）+6FeO（s）＝2Fe3O4（s）+C（s）△H＝﹣（a+b）kJ•mol﹣1；
（2）容器Ⅰ在10min时反应达到平衡，CO2的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
变化量（mol） 0.1 0.2×50% 0.2 0.2
平衡量（mol） 0.1 0.1 0.2 0.2
该段时间内CH4的平均反应速率v＝＝＝0.005mol/（L•min），
上述计算得到反应的平衡常数K＝＝0.04（mol/L）2，
容器Ⅱ加入起始量计算此时的浓度商Qc＝＝0.045（mol/L）2＞K，判断反应逆向进行，
故答案为：0.04；逆反应方向；
（3）同温度下甲催化剂对应的转化率高于乙催化剂对应的转化率，即同温度下CH4的转化率不相同，则在催化剂乙作用下，图中c点处CH4的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，即c点一定未达到平衡状态，
故答案为：催化剂不会改变平衡转化率，乙催化剂c点未与甲催化剂同样温度的点相交，转化率不相同，说明c点不是平衡转化率；
（4）①增大n（H2），平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m1＞m2＞m3，图3中m1、m2、m3最高的是m1，
故答案为：m1；
②升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳和氢气的含量增大，乙醇、水减少，乙醇的含量是水的 ，所以曲线d代表的物质为乙醇，曲线a代表水，曲线c代表H2，曲线b代表CO2，m＝3 时，设起始时H2为9mol，则CO2为3mol，
2CO2（g）+6H2（g）＝C2H5OH（g）+3H2O（g）
起始量（mol） 3 9 0 0
转化量（mol）2x 6x x 3x
平衡量（mol）3﹣2x 9﹣6x x 3x
9﹣6x＝3x，解得x＝1mol，平衡常数KP＝，p（CO2）＝×P，p（H2）＝×P，p（C2H5OH）＝×P，p（H2O）＝×P，KP＝，
故答案为：。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、化学反应速率的计算及影响因素、化学平衡状态的判定、化学平衡的影响因素、平衡图象分析等知识，为高考常考题型和高频考点，试题侧重学生的分析能力和、计算能力和灵活运用能力的考查，注意理解掌握化学平衡的影响因素、平衡图象分析方法和三段式格式的计算应用，题目难度中等。
21．（9分）氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
（1）工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为　阳离子　膜（填“阳离子”或“阴离子”）。写出阴极的电极反应式　2H++2e﹣＝H2↑　。
（2）一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到ClO2溶液。产生“气泡”的化学方程式为　NaHSO4+NaHCO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O　；生成ClO2的离子方程式为　2CO2+5ClO2﹣＝4ClO2↑+2CO32﹣+Cl﹣　。
（3）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1×10﹣12，分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，常以K2CrO4作指示剂，用标准AgNO3溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设c（CrO42﹣）＝10﹣4mol•L﹣1，则c（Cl﹣）＝　2×10﹣6　mol•L﹣1.

【分析】（1）由图可知：左室进料为精制食盐水，出料为淡盐水，NaCl减少了，故电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Na+通过中间的交换膜进入右室，右室进料为稀NaOH溶液，出料为浓NaOH溶液，故中间的交换膜为阳离子交换膜；阴极反应为H+得到电子的反应；
（2）二氧化氯泡腾片的有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3，NaHSO4具有强酸性，可与NaHCO3反应生成CO2，NaClO2与CO2反应（自身歧化），生成ClO2；
（3）根据Ag2CrO4（砖红色）的Ksp和c（CrO42﹣），计算出c（Ag+），再通过AgCl的Ksp计算出c（Cl﹣）即可。
【解答】解：（1）由图可知：左室进料为精制食盐水，出料为淡盐水，NaCl减少了，故电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Na+通过中间的交换膜进入右室，故中间的交换膜为阳离子交换膜；阴极反应为H+得到电子的反应，即2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：阳离子；2H++2e﹣＝H2↑；
（2）根据泡腾片的有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3，NaHSO4具有强酸性，可与NaHCO3反应生成CO2，产生气泡的反应为：NaHSO4+NaHCO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O；NaClO2与CO2发生歧化反应生成ClO2和Cl﹣，离子方程式为：2CO2+5ClO2﹣＝4ClO2↑+2CO32﹣+Cl﹣，
孤答案为：NaHSO4+NaHCO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O；2CO2+5ClO2﹣＝4ClO2+2CO32﹣+Cl﹣；
（3）根据题意可得：Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）×c（CrO42﹣）＝1×10﹣12，又c（CrO42﹣）＝1×10﹣4mol•L﹣1，解得：c（Ag+）＝1×10﹣4mol•L﹣1，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）×c（Cl﹣）＝2×10﹣10，解得：c（Cl﹣）＝2×10﹣6mol•L﹣1，
故答案为：2×10﹣6。
【点评】本题主要考查电解的原理，化学反应方程式和离子反应方程式的书写，Ksp的计算，属于基本知识，基础题型，难度不大。
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