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2022年上海市宝山区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市宝山区高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022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3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）松江正在进行生活垃圾分类。生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（ ）
A．无机物 B．有机物 C．盐类 D．非金属单质
2．（3分）下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是（ ）
A．钱学森 B．侯德榜 C．华罗庚 D．李四光
3．（3分）据报道，月球上有大量He存在，以下关于He的说法正确的是（ ）
A．是He的同素异形体 B．比He少一个质子
C．是He的同位素 D．比He多一个中子
4．（3分）下列物质能起到消毒杀菌作用的是（ ）
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
5．（3分）有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是（ ）
A．HF B．H3O+ C．NaH D．H2O2
6．（3分）下列表达方式正确的是（ ）
A．乙炔的结构式：HC≡CH
B．羟基的电子式：
C．氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4
D．碳﹣12原子：C
7．（3分）属于共价化合物的是（ ）
A．SiO2 B．NaCl C．NH4Cl D．Cl2
8．（3分）下列实验装置的名称错误的是（ ）
A．三脚架 B．坩锅钳 C．泥三角 D．研钵
9．（3分）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4
10．（3分）以下命题，违背化学变化规律的是（ ）
A．石墨制成金刚石 B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
11．（3分）在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是（ ）
A．使用加压装置 B．使用尾气吸收装置
C．使用H2作原料 D．使用催化剂
12．（3分）关于的结构与性质，下列说法错误的是（ ）
A．最简式是CH B．存在单双键交替的结构
C．是甲苯的同系物 D．空间构型是平面形
13．（3分）现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液 ②乙醇和丁醇 ⑧溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
14．（3分）如图是电解 CuCl2溶液的装置，其中 c、d 为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（ ）
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
15．（3分）下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）
A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+
C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣
16．（3分）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图象，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率（ ）
A．mol•L﹣1•min﹣1
B．mol•L﹣1•min﹣1
C．mol•L﹣1•min﹣1
D．mol•L﹣1•s﹣1
17．（3分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．迷迭香酸含有三种含氧官能团
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
18．（3分）下列实验操作中，错误的是（ ）
A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D．配制0.1mol•L﹣1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
19．（3分）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是（ ）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
20．（3分）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+）
C．c（Na+）＞c（Ac﹣）+c（Cl﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）储能材料是当今科学研究的热点，C60（结构如图）可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石
玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑。
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 ＞ （填元素符号）；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 （写化学式）。
碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸（H2C2O4）等。
（4）已知下列3个变化：CO32﹣→CO2、C2O42﹣→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4﹣→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣。
①由此可知，高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O。已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
22．（15分）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
（2）NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+57.20kJ。写出该反应的平衡常数表达式K＝ 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a.减小NO2的浓度
b.降低温度
c.增大压强
d.升高温度
（3）Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液（中性）
红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 （请结合化学用语，简要说明）。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入（或通入）的物质是 。
a．CO2气体
b．KOH固体
c．HCl气体
d．Na2CO3固体
23．（15分）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如图：
已知：NaBH4是一种还原剂。
完成下列填空：
（1）布洛芬的分子式为 ，B→C的反应类型是 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4）化合物M的分子式为 C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有 种。
（5）某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：。请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点 。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl 的合成路线（其他无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物 ）
24．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。
（1）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍，其中加热的作用是 。
（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至反应完全（铁屑有剩余），发生反应的离子方程式为 。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 。
（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。按如图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热；
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f．称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重（固体为FeSO4），质量为m3。
（4）仪器B的名称是 。整个过程中持续通入N2的目的是 。
（5）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ （列式表示）。若实验时按b、a次序操作，则x （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
2022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3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）松江正在进行生活垃圾分类。生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（ ）
A．无机物 B．有机物 C．盐类 D．非金属单质
【分析】利用塑料袋、废纸、旧橡胶制品，形成材料的分类，可判断出其所属类别．
【解答】解：塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。
故选：B。
【点评】此题是一道物质组成材料题，解题的关键是对组成这些物质的材料成分的掌握，难度不大．
2．（3分）下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是（ ）
A．钱学森 B．侯德榜 C．华罗庚 D．李四光
【分析】根据各位科学家的重大贡献进行判断。
【解答】解：A.钱学森是中国航天事业的奠基人，中国两弹一星功勋奖章获得者，被誉为“中国航天之父”、“中国导弹之父”等，故A错误；
B.侯德榜是一位化学家，发明了联合制碱法，在制碱工业中做出了重大贡献，故B正确；
C.华罗庚是中国数学家，故C错误；
D.李四光是一位地质学家，在我国的地质研究和石油勘探工作中做出了重大贡献，故D错误；
故选：B。
【点评】了解科学发展史，有助于培养科学素养、探究精神，为将来服务社会打下良好的精神基础。
3．（3分）据报道，月球上有大量He存在，以下关于He的说法正确的是（ ）
A．是He的同素异形体 B．比He少一个质子
C．是He的同位素 D．比He多一个中子
【分析】A．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
B．元素符号左下角为质子数；
C．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
D．原子中质量数＝质子数+中子数。
【解答】解：A．He和He互为同位素，不是同素异形体，故A错误；
B．He和He的质子数相同，故B错误；
C．He是He的同位素，故C正确；
D．He的中子数＝3﹣2＝1，He的中子数＝4﹣2＝2，比He少一个中子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系、同位素和同素异形体概念的理解应用等，题目难度不大。
4．（3分）下列物质能起到消毒杀菌作用的是（ ）
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
【分析】一般能起消毒杀菌作用物质能够使蛋白质变性，如次氯酸、过氧化氢、高锰酸钾等，据此解答。
【解答】解：漂粉精中次氯酸根离子具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，能起到消毒杀菌作用，明矾、乳酸菌、小苏打都不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒效力，
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是（ ）
A．HF B．H3O+ C．NaH D．H2O2
【分析】位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，则该元素的化合价有+1、﹣1价，以此来解答．
【解答】解：ⅦA族元素的原子结构特征：最外层7个电子，反应时，易得一个电子达到稳定结构，显﹣1价，在NaH中表明，H原子也能得一个电子，达到2个电子稳定结构，显﹣1价，类似ⅦA族元素，A、B、D在H只体现+1价，C中体现﹣1价，
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的应用，题目难度不大．
6．（3分）下列表达方式正确的是（ ）
A．乙炔的结构式：HC≡CH
B．羟基的电子式：
C．氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4
D．碳﹣12原子：C
【分析】A．结构式中C﹣H键不能省略；
B．羟基中O原子最外层电子数为7；
C．氧离子的核外电子为10；
D．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数。
【解答】解：A．HC≡CH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，故A错误；
B．羟基中O原子与H原子共用1对电子，O原子的外围电子数为7，羟基的电子式为，故B错误；
C．氧离子的核外电子为10，则氧离子的核外电子排布式：1s22s22p6，故C错误；
D．质量数为12的C原子的质子数为6，该原子可以表示为C，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、核外电子排布及结构式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7．（3分）属于共价化合物的是（ ）
A．SiO2 B．NaCl C．NH4Cl D．Cl2
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。
【解答】解：A．SiO2中只存在Si﹣O共价键，属于共价化合物，故A正确；
B．钠离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故B错误；
C．铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中存在N﹣H共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．氯气分子中只存在Cl﹣Cl共价键，属于单质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化合物类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
8．（3分）下列实验装置的名称错误的是（ ）
A．三脚架 B．坩锅钳 C．泥三角 D．研钵
【分析】坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器。
【解答】解：坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器，故坩锅钳应该为坩埚钳，B错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查仪器名称的正确书写，难度中等。
9．（3分）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4
【分析】NH4Cl和（NH4）2SO4水解都呈酸性，NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液显示强酸性，NH4HCO3中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，碱性溶液的pH大于酸性溶液，据此进行判断。
【解答】解：NH4Cl和（NH4）2SO4，铵根离子部分水解溶液都呈酸性，溶液的pH＜7；NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液酸性较强，溶液的pH＜7；碳酸氢铵溶液显示碱性，溶液的pH＞7，根据分析可知，溶液的pH最大的为NH4HCO3，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查盐类的水解原理、溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大，注意影响盐类水解的因素和平衡移动的问题，注意NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离的特点，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。
10．（3分）以下命题，违背化学变化规律的是（ ）
A．石墨制成金刚石 B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
【分析】A．石墨与金刚石属于碳的同素异形体，在一定条件下可以转化；
B．人造石油是从煤或油页岩等中提炼出的液态碳氢化合物；
C．水中无碳元素，而石油中含有碳元素，根据质量守恒定律，故水不会变成汽油；
D．干冰为固态二氧化碳，在一定条件下可以转化成原子晶体．
【解答】解：A．石墨与金刚石为碳元素的不同单质，在一定条件下可以转化，符合化学变化规律，故A不选；
B．煤主要含有碳氢化合物，将碳加氢可以合成人造石油，属于化学变化，符合化学变化规律，故B不选；
C．水中无碳元素，而石油中含有碳元素，根据质量守恒定律，故水不会变成汽油，所以违背化学变化规律，故C选；
D．固态二氧化碳俗称干冰，在一定条件下可以将干冰转化成原子晶体，符合科学规律，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的本质，题目难度不大，掌握质量守恒定律的内容及其应用即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．
11．（3分）在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是（ ）
A．使用加压装置 B．使用尾气吸收装置
C．使用H2作原料 D．使用催化剂
【分析】A．硫酸工业制备中的二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，常压下制备；
B．NH3生产不用尾气吸收装置；
C．氨气制备需要氢气做原料，硫酸制备不需要氢气；
D．氮气和氢气合成氨需要催化剂，二氧化硫催化氧化需要催化剂。
【解答】解：A．合成氨需要增大压强促进反应正向进行，硫酸工业制备中的二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，常压下制备，故A错误；
B．NH3生产不用尾气吸收装置，硫酸制备需要尾气吸收，故B错误；
C．H2SO4的工业生产中不使用H2作原料，合成氨是氢气和氮气为原料，故C错误；
D．各种物质制备中均使用了催化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查NH3、H2SO4的工业生产，题目难度不大，应清晰的掌握各种化工产品的制备和应用。
12．（3分）关于的结构与性质，下列说法错误的是（ ）
A．最简式是CH B．存在单双键交替的结构
C．是甲苯的同系物 D．空间构型是平面形
【分析】A．最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；
B．苯分子中碳碳键介于单键、双键之间的一种特殊的键；
C．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；
D．苯中的C原子都为sp2杂化，具有平面形结构。
【解答】解：A．最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，苯的分子式为C6H6，则其最简式为CH，故A正确；
B．苯不存在单双键交替的结构，碳碳键介于单键、双键之间的一种特殊的键，易发生取代反应，能够发生加成反应，难被强氧化剂氧化，故B错误；
C．苯和甲苯结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物，故C正确；
D．苯中的C原子都为sp2杂化，具有平面形结构，苯为平面六边形结构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的性质，熟悉苯的结构特点、物理性质、化学性质是解题关键，题目难度不大，注意苯结构和性质的特殊性。
13．（3分）现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液 ②乙醇和丁醇 ⑧溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
【分析】根据题中物质的性质的异同，从溶解性、沸点的角度选择分离方法。
【解答】解：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液互不相溶，可用分液的方法分离；
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
③溴与溴化钠溶液，不可选用分液或蒸馏，可加入苯或四氯化碳，用萃取的方法分离，
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同。
14．（3分）如图是电解 CuCl2溶液的装置，其中 c、d 为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（ ）
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
【分析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子，以此来解答。
【解答】解：A．由电流方向可知，b为负极、a为正极，故A错误；
B．c为阳极，d为阴极，故B错误；
C．d为阴极，铜离子在阴极得到电子生成Cu，则d 电极质量增加，故C正确；
D．氯离子在阳极失去电子，则氯离子浓度减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，把握电流方向、电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子放电顺序的应用，题目难度不大。
15．（3分）下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）
A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+
C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣
【分析】A．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀；
C．钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀；
D．铜离子、铵根离子都与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．H3O+、NO3﹣、Fe2+之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，故A正确；
B．Ag+、Cl﹣之间反应生成难溶物氯化银，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故B错误；
C．Ba2+、SO42﹣之间反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故C错误；
D．Cu2+、NH4+都与OH﹣反应，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16．（3分）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图象，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率（ ）
A．mol•L﹣1•min﹣1
B．mol•L﹣1•min﹣1
C．mol•L﹣1•min﹣1
D．mol•L﹣1•s﹣1
【分析】500℃条件下，tB时刻该反应达到化学平衡，平衡时此时甲醇的物质的量为nB，反应消耗氢气的物质的量为2nB，根据v＝计算v（H2）。
【解答】解：在500℃条件下，tB时刻反应达到平衡，此时甲醇的物质的量为nB，由方程式可知反应消耗氢气的物质的量为2nB，氢气的平均反应速率为＝mol/（L•min）＝mol•L﹣1•s﹣1，
故选：D。
【点评】考查化学反应速率的计算，难度中等，注意图像的识别。
17．（3分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．迷迭香酸含有三种含氧官能团
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
【分析】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
B．含氧官能团为酚羟基、羧基、酯基；
C．含有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环，具有酚、羧酸、酯、烯烃、苯的性质；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基、酯基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．分子中含有苯环，所以属于芳香族化合物，故A正确；
B．含氧官能团为酚羟基、羧基、酯基，所以有3种含氧官能团，故B正确；
C．含有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环，具有酚、羧酸、酯、烯烃、苯的性质，酯基能发生水解反应，酚羟基和酯基、羧基能发生取代反应，羧基能发生酯化反应，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基、酯基中碳氧双键和氢气不反应，则1mol该有机物最多消耗7mol氢气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物推断和合成，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．（3分）下列实验操作中，错误的是（ ）
A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D．配制0.1mol•L﹣1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
【分析】A.在烧杯中溶解固体；
B.加热时需要用小火缓慢加热，避免硫酸铜晶体飞溅，影响测定结果；
C.锥形瓶中有少量水对中和滴定无影响，锥形瓶中为NaOH，酸式滴定管量取标准酸液；
D.不能在容量瓶中稀释浓硫酸。
【解答】解：A.在烧杯中溶解固体，则称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解，故A正确；
B.加热时需要用小火缓慢加热，避免硫酸铜晶体飞溅，影响测定结果，操作合理，故B正确；
C.锥形瓶中有少量水对中和滴定无影响，锥形瓶中为NaOH，酸式滴定管量取标准酸液，为酸滴定碱，操作合理，故C正确；
D.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误；
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、中和滴定、含量测定、溶液的配制、实验操作、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。
19．（3分）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是（ ）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【分析】在Br﹣、I﹣中，还原性由弱到强为Br﹣＜I﹣，向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气发生：2NaI+Cl2＝2NaCl+I2、2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析。
【解答】解：A．当氯气少量时，只发生部分2NaI+Cl2＝2NaCl+I2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠、碘化钠，故A正确；
B．当氯气少量时，发生反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2，部分2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠，故B错误；
C．当加入氯气，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不可能是氯化钠和碘化钠，故C错误；
D．当氯气过量时，发生反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2、2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，加热过程中，溴挥发，碘升华，所以剩余固体是氯化钠，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，还原性越强的离子越先被氧化，明确离子被氧化先后顺序是解本题关键，注意卤族元素单质的性质，题目难度中等。
20．（3分）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+）
C．c（Na+）＞c（Ac﹣）+c（Cl﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于Ac﹣水解程度，结合溶液电中性原则解答该题。
【解答】解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后CH3COONa和CH3COOH的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于CH3COO﹣水解程度，
A．溶液呈酸性，CH3COOH进一步电离，且电离程度较小，存在c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．CH3COOH为弱电解质，部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C．由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），因溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），故C错误；
D．溶液存在电荷守恒：（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意反应后溶液溶质的物质的量关系，把握弱电解质电离特点。
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）储能材料是当今科学研究的热点，C60（结构如图）可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 C 。
a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石
玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑。
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 共价 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 非极性 分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 Si ＞ C （填元素符号）；处于第三周期的元素名称是 钠、硅 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 4 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 Na2O2和Na2O （写化学式）。
碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸（H2C2O4）等。
（4）已知下列3个变化：CO32﹣→CO2、C2O42﹣→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4﹣→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣。
①由此可知，高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与 溶液酸碱性 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O。已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 0.1NA 个。
【分析】（1）C60、Si60、N60都只含有一种元素；
B.C60、Si60、N60为不同元素的单质；
C.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，分析键能对物质稳定性的影响；
D.金刚石为共价晶题，C60为分子晶体；
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，对应物质为SiO2，属于共价晶体，二氧化碳是共价化合物，存在2个C＝O键，其电子式为；
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素为C和Si，由于Si的电子层较多，故原子半径Si＞C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成对应的氧化物和过氧化物；
（4）“MnO4﹣→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42﹣→CO2；
（5）分析反应MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同；
（6）高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×（56+32）g﹣10×32g＝560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，结合数据计算。
【解答】解：（1）C60、Si60、N60都只含有一种元素，故属于单质，故A错误；
B.C60、Si60、N60为不同元素的单质，不存在对应关系，故B错误；
C.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，故C错误；
D.金刚石为共价晶题，C60为分子晶体，分子晶体的熔沸点小于共价晶体，故D错误；
故答案为：C；
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，对应物质为SiO2，属于共价晶体，二氧化碳是共价化合物，存在2个C＝O键，其电子式为，属于非极性分子，
故答案为：共价；；非极性；
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素为C和Si，由于Si的电子层较多，故原子半径Si＞C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有Na2O2和Na2O，
故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O2和Na2O；
（4）“MnO4﹣→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42﹣→CO2，对应的离子方程式为5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（5）分析反应MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同，故高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与溶液的酸碱性有关，
故答案为：溶液酸碱性；
（6）高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×（56+32）g﹣10×32g＝560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，对应转移电子的数目为20××NA＝0.1NA，
故答案为：0.1NA。
【点评】本题主要考查对原子结构与性质的理解与掌握的情况，具体考查了杂化方式、微粒间作用力、键能、氧化还原反应方程式的理解等，难度不大，需要学生综合掌握相关内容。
22．（15分）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol 。
（2）NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+57.20kJ。写出该反应的平衡常数表达式K＝ 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 bc 。
a.减小NO2的浓度
b.降低温度
c.增大压强
d.升高温度
（3）Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液（中性）
红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 CO32﹣会与水发生水解反应生成HCO3﹣和OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使溶液显碱性 （请结合化学用语，简要说明）。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 强碱弱酸 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入（或通入）的物质是 bd 。
a．CO2气体
b．KOH固体
c．HCl气体
d．Na2CO3固体
【分析】（1）在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（1）完全反应生成N2（g）和H2O（1），放出19.14kJ的热量，则1molN2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ/g×1mol×32g/mol＝612.48kJ；
（2）化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值；由题干反应方程式2NO2（g）⇌N2O4（g）＝﹣57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，再结合温度、浓度和压强对平衡移动的影响分析；
（3）①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根离子全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使CO32﹣的浓度增大，结合溶液中水解平衡的移动分析判断。
【解答】解：（1）在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（1）完全反应生成N2（g）和H2O（1），放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol＝32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32＝612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol，
故答案为：2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol；
（2）化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K＝，由题干反应方程式2NO2（g）⇌N2O4（g）＝﹣57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
（3）①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根离子与水作用发生水解反应，反应原理为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣会与水发生水解反应生成HCO3﹣和OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，
故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使CO32﹣的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，使得CO32﹣的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH﹣浓度增大，水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣逆向移动，使得CO32﹣的浓度增大，的比值减小，b符合题意；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，使得CO32﹣的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
【点评】本题考查化学平衡移动、反应热计算、平衡常数计算和影响溶液中水解平衡的移动因素等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
23．（15分）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如图：
已知：NaBH4是一种还原剂。
完成下列填空：
（1）布洛芬的分子式为 C13H18O2 ，B→C的反应类型是 还原反应 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 +HBr+H2O 。
（4）化合物M的分子式为 C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有 3 种。
（5）某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：。请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点 反应步骤多，有副反应产物产生 。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl 的合成路线（其他无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物 ）
【分析】A为苯，与（CH3）2CHCOCl 和AlCl3发生取代反应生成B，B与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C；CH3COOH在SOCl2加热的条件下反应生成CH3COCl；C与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，结合E的结构可知D为（），D与NaBH4反应生成E，E与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F，F与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成，由此分析；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl。
【解答】解：（1）根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应，
故答案为：C13H18O2；还原反应；
（2）C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是，
故答案为：；
（3）E是，E与HBr在加热时发生﹣OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O，
故答案为：+HBr+H2O；
（4）化合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有：，共有3种不同结构，
故答案为：3；
（5）以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成
的反应步骤多，有副反应产物产生，
故答案为：反应步骤多，有副反应产物产生；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl；
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，难度中等。
24．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。
（1）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍，其中加热的作用是 促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性 。
（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至反应完全（铁屑有剩余），发生反应的离子方程式为 Fe+2H+＝Fe2++H2↑ 。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在 。
（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失 。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。按如图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热；
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f．称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重（固体为FeSO4），质量为m3。
（4）仪器B的名称是 （球形）干燥管 。整个过程中持续通入N2的目的是 排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 。
（5）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ （列式表示）。若实验时按b、a次序操作，则x 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【分析】（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解；
（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe能将Fe3+还原为Fe2+；
（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度；
（4）由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，需要排尽装置中的空气；
（5）根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：（m2﹣m1）g，FeSO4的质量为：（m3﹣m1）g，结晶水的质量为：（m2﹣m3）g，根据方程式计算可得：
FeSO4•xH2OFeSO4+xH2O
152+18x 152 18x
（m2﹣m1）g （m3﹣m1）g （m2﹣m3）g
则有，即可解得x；若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大。
【解答】解：（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，使油污水解更彻底，除杂更完全，
故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，
故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
（4）由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，
故答案为：（球形）干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
（5）根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：（m2﹣m1）g，FeSO4的质量为：（m3﹣m1）g，结晶水的质量为：（m2﹣m3）g，根据方程式计算可得：
FeSO4•xH2OFeSO4+xH2O
152+18x 152 18x
（m2﹣m1）g （m3﹣m1）g （m2﹣m3）g
则有，解得x＝，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，
故答案为：；偏小。
【点评】本题考查物质制备实验的设计，涉及化学实验方案的评价以及相关计算等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力、计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。
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2022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3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）松江正在进行生活垃圾分类。生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（ ）
A．无机物 B．有机物 C．盐类 D．非金属单质
2．（3分）下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是（ ）
A．钱学森 B．侯德榜 C．华罗庚 D．李四光
3．（3分）据报道，月球上有大量He存在，以下关于He的说法正确的是（ ）
A．是He的同素异形体 B．比He少一个质子
C．是He的同位素 D．比He多一个中子
4．（3分）下列物质能起到消毒杀菌作用的是（ ）
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
5．（3分）有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是（ ）
A．HF B．H3O+ C．NaH D．H2O2
6．（3分）下列表达方式正确的是（ ）
A．乙炔的结构式：HC≡CH
B．羟基的电子式：
C．氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4
D．碳﹣12原子：C
7．（3分）属于共价化合物的是（ ）
A．SiO2 B．NaCl C．NH4Cl D．Cl2
8．（3分）下列实验装置的名称错误的是（ ）
A．三脚架 B．坩锅钳 C．泥三角 D．研钵
9．（3分）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4
10．（3分）以下命题，违背化学变化规律的是（ ）
A．石墨制成金刚石 B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
11．（3分）在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是（ ）
A．使用加压装置 B．使用尾气吸收装置
C．使用H2作原料 D．使用催化剂
12．（3分）关于的结构与性质，下列说法错误的是（ ）
A．最简式是CH B．存在单双键交替的结构
C．是甲苯的同系物 D．空间构型是平面形
13．（3分）现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液 ②乙醇和丁醇 ⑧溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
14．（3分）如图是电解 CuCl2溶液的装置，其中 c、d 为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（ ）
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
15．（3分）下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）
A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+
C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣
16．（3分）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图象，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率（ ）
A．mol•L﹣1•min﹣1
B．mol•L﹣1•min﹣1
C．mol•L﹣1•min﹣1
D．mol•L﹣1•s﹣1
17．（3分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．迷迭香酸含有三种含氧官能团
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
18．（3分）下列实验操作中，错误的是（ ）
A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D．配制0.1mol•L﹣1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
19．（3分）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是（ ）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
20．（3分）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+）
C．c（Na+）＞c（Ac﹣）+c（Cl﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）储能材料是当今科学研究的热点，C60（结构如图）可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石
玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑。
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 ＞ （填元素符号）；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 （写化学式）。
碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸（H2C2O4）等。
（4）已知下列3个变化：CO32﹣→CO2、C2O42﹣→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4﹣→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣。
①由此可知，高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O。已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
22．（15分）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
（2）NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+57.20kJ。写出该反应的平衡常数表达式K＝ 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a.减小NO2的浓度
b.降低温度
c.增大压强
d.升高温度
（3）Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液（中性）
红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 （请结合化学用语，简要说明）。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入（或通入）的物质是 。
a．CO2气体
b．KOH固体
c．HCl气体
d．Na2CO3固体
23．（15分）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如图：
已知：NaBH4是一种还原剂。
完成下列填空：
（1）布洛芬的分子式为 ，B→C的反应类型是 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4）化合物M的分子式为 C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有 种。
（5）某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：。请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点 。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl 的合成路线（其他无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物 ）
24．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。
（1）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍，其中加热的作用是 。
（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至反应完全（铁屑有剩余），发生反应的离子方程式为 。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 。
（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。按如图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热；
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f．称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重（固体为FeSO4），质量为m3。
（4）仪器B的名称是 。整个过程中持续通入N2的目的是 。
（5）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ （列式表示）。若实验时按b、a次序操作，则x （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
2022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3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）松江正在进行生活垃圾分类。生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（ ）
A．无机物 B．有机物 C．盐类 D．非金属单质
【分析】利用塑料袋、废纸、旧橡胶制品，形成材料的分类，可判断出其所属类别．
【解答】解：塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。
故选：B。
【点评】此题是一道物质组成材料题，解题的关键是对组成这些物质的材料成分的掌握，难度不大．
2．（3分）下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是（ ）
A．钱学森 B．侯德榜 C．华罗庚 D．李四光
【分析】根据各位科学家的重大贡献进行判断。
【解答】解：A.钱学森是中国航天事业的奠基人，中国两弹一星功勋奖章获得者，被誉为“中国航天之父”、“中国导弹之父”等，故A错误；
B.侯德榜是一位化学家，发明了联合制碱法，在制碱工业中做出了重大贡献，故B正确；
C.华罗庚是中国数学家，故C错误；
D.李四光是一位地质学家，在我国的地质研究和石油勘探工作中做出了重大贡献，故D错误；
故选：B。
【点评】了解科学发展史，有助于培养科学素养、探究精神，为将来服务社会打下良好的精神基础。
3．（3分）据报道，月球上有大量He存在，以下关于He的说法正确的是（ ）
A．是He的同素异形体 B．比He少一个质子
C．是He的同位素 D．比He多一个中子
【分析】A．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
B．元素符号左下角为质子数；
C．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
D．原子中质量数＝质子数+中子数。
【解答】解：A．He和He互为同位素，不是同素异形体，故A错误；
B．He和He的质子数相同，故B错误；
C．He是He的同位素，故C正确；
D．He的中子数＝3﹣2＝1，He的中子数＝4﹣2＝2，比He少一个中子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系、同位素和同素异形体概念的理解应用等，题目难度不大。
4．（3分）下列物质能起到消毒杀菌作用的是（ ）
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
【分析】一般能起消毒杀菌作用物质能够使蛋白质变性，如次氯酸、过氧化氢、高锰酸钾等，据此解答。
【解答】解：漂粉精中次氯酸根离子具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，能起到消毒杀菌作用，明矾、乳酸菌、小苏打都不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒效力，
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）有人认为在元素周期表中，位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是（ ）
A．HF B．H3O+ C．NaH D．H2O2
【分析】位于ⅠA族的氢元素，也可以放在ⅦA族，则该元素的化合价有+1、﹣1价，以此来解答．
【解答】解：ⅦA族元素的原子结构特征：最外层7个电子，反应时，易得一个电子达到稳定结构，显﹣1价，在NaH中表明，H原子也能得一个电子，达到2个电子稳定结构，显﹣1价，类似ⅦA族元素，A、B、D在H只体现+1价，C中体现﹣1价，
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的应用，题目难度不大．
6．（3分）下列表达方式正确的是（ ）
A．乙炔的结构式：HC≡CH
B．羟基的电子式：
C．氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4
D．碳﹣12原子：C
【分析】A．结构式中C﹣H键不能省略；
B．羟基中O原子最外层电子数为7；
C．氧离子的核外电子为10；
D．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数。
【解答】解：A．HC≡CH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，故A错误；
B．羟基中O原子与H原子共用1对电子，O原子的外围电子数为7，羟基的电子式为，故B错误；
C．氧离子的核外电子为10，则氧离子的核外电子排布式：1s22s22p6，故C错误；
D．质量数为12的C原子的质子数为6，该原子可以表示为C，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、核外电子排布及结构式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7．（3分）属于共价化合物的是（ ）
A．SiO2 B．NaCl C．NH4Cl D．Cl2
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。
【解答】解：A．SiO2中只存在Si﹣O共价键，属于共价化合物，故A正确；
B．钠离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故B错误；
C．铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中存在N﹣H共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．氯气分子中只存在Cl﹣Cl共价键，属于单质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化合物类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
8．（3分）下列实验装置的名称错误的是（ ）
A．三脚架 B．坩锅钳 C．泥三角 D．研钵
【分析】坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器。
【解答】解：坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器，故坩锅钳应该为坩埚钳，B错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查仪器名称的正确书写，难度中等。
9．（3分）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是（ ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4
【分析】NH4Cl和（NH4）2SO4水解都呈酸性，NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液显示强酸性，NH4HCO3中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，碱性溶液的pH大于酸性溶液，据此进行判断。
【解答】解：NH4Cl和（NH4）2SO4，铵根离子部分水解溶液都呈酸性，溶液的pH＜7；NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液酸性较强，溶液的pH＜7；碳酸氢铵溶液显示碱性，溶液的pH＞7，根据分析可知，溶液的pH最大的为NH4HCO3，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查盐类的水解原理、溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大，注意影响盐类水解的因素和平衡移动的问题，注意NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离的特点，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。
10．（3分）以下命题，违背化学变化规律的是（ ）
A．石墨制成金刚石 B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
【分析】A．石墨与金刚石属于碳的同素异形体，在一定条件下可以转化；
B．人造石油是从煤或油页岩等中提炼出的液态碳氢化合物；
C．水中无碳元素，而石油中含有碳元素，根据质量守恒定律，故水不会变成汽油；
D．干冰为固态二氧化碳，在一定条件下可以转化成原子晶体．
【解答】解：A．石墨与金刚石为碳元素的不同单质，在一定条件下可以转化，符合化学变化规律，故A不选；
B．煤主要含有碳氢化合物，将碳加氢可以合成人造石油，属于化学变化，符合化学变化规律，故B不选；
C．水中无碳元素，而石油中含有碳元素，根据质量守恒定律，故水不会变成汽油，所以违背化学变化规律，故C选；
D．固态二氧化碳俗称干冰，在一定条件下可以将干冰转化成原子晶体，符合科学规律，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的本质，题目难度不大，掌握质量守恒定律的内容及其应用即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．
11．（3分）在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是（ ）
A．使用加压装置 B．使用尾气吸收装置
C．使用H2作原料 D．使用催化剂
【分析】A．硫酸工业制备中的二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，常压下制备；
B．NH3生产不用尾气吸收装置；
C．氨气制备需要氢气做原料，硫酸制备不需要氢气；
D．氮气和氢气合成氨需要催化剂，二氧化硫催化氧化需要催化剂。
【解答】解：A．合成氨需要增大压强促进反应正向进行，硫酸工业制备中的二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，常压下制备，故A错误；
B．NH3生产不用尾气吸收装置，硫酸制备需要尾气吸收，故B错误；
C．H2SO4的工业生产中不使用H2作原料，合成氨是氢气和氮气为原料，故C错误；
D．各种物质制备中均使用了催化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查NH3、H2SO4的工业生产，题目难度不大，应清晰的掌握各种化工产品的制备和应用。
12．（3分）关于的结构与性质，下列说法错误的是（ ）
A．最简式是CH B．存在单双键交替的结构
C．是甲苯的同系物 D．空间构型是平面形
【分析】A．最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；
B．苯分子中碳碳键介于单键、双键之间的一种特殊的键；
C．结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；
D．苯中的C原子都为sp2杂化，具有平面形结构。
【解答】解：A．最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，苯的分子式为C6H6，则其最简式为CH，故A正确；
B．苯不存在单双键交替的结构，碳碳键介于单键、双键之间的一种特殊的键，易发生取代反应，能够发生加成反应，难被强氧化剂氧化，故B错误；
C．苯和甲苯结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物，故C正确；
D．苯中的C原子都为sp2杂化，具有平面形结构，苯为平面六边形结构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的性质，熟悉苯的结构特点、物理性质、化学性质是解题关键，题目难度不大，注意苯结构和性质的特殊性。
13．（3分）现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液 ②乙醇和丁醇 ⑧溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
【分析】根据题中物质的性质的异同，从溶解性、沸点的角度选择分离方法。
【解答】解：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液互不相溶，可用分液的方法分离；
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
③溴与溴化钠溶液，不可选用分液或蒸馏，可加入苯或四氯化碳，用萃取的方法分离，
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同。
14．（3分）如图是电解 CuCl2溶液的装置，其中 c、d 为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（ ）
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
【分析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子，以此来解答。
【解答】解：A．由电流方向可知，b为负极、a为正极，故A错误；
B．c为阳极，d为阴极，故B错误；
C．d为阴极，铜离子在阴极得到电子生成Cu，则d 电极质量增加，故C正确；
D．氯离子在阳极失去电子，则氯离子浓度减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，把握电流方向、电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子放电顺序的应用，题目难度不大。
15．（3分）下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）
A．H3O+、NO3﹣、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO3﹣、Cl﹣、K+
C．K+、Ba2+、OH﹣、SO42﹣ D．Cu2+、NH4+、Br﹣、OH﹣
【分析】A．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀；
C．钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀；
D．铜离子、铵根离子都与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．H3O+、NO3﹣、Fe2+之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，故A正确；
B．Ag+、Cl﹣之间反应生成难溶物氯化银，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故B错误；
C．Ba2+、SO42﹣之间反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故C错误；
D．Cu2+、NH4+都与OH﹣反应，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
16．（3分）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图象，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率（ ）
A．mol•L﹣1•min﹣1
B．mol•L﹣1•min﹣1
C．mol•L﹣1•min﹣1
D．mol•L﹣1•s﹣1
【分析】500℃条件下，tB时刻该反应达到化学平衡，平衡时此时甲醇的物质的量为nB，反应消耗氢气的物质的量为2nB，根据v＝计算v（H2）。
【解答】解：在500℃条件下，tB时刻反应达到平衡，此时甲醇的物质的量为nB，由方程式可知反应消耗氢气的物质的量为2nB，氢气的平均反应速率为＝mol/（L•min）＝mol•L﹣1•s﹣1，
故选：D。
【点评】考查化学反应速率的计算，难度中等，注意图像的识别。
17．（3分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是（ ）
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．迷迭香酸含有三种含氧官能团
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
【分析】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
B．含氧官能团为酚羟基、羧基、酯基；
C．含有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环，具有酚、羧酸、酯、烯烃、苯的性质；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基、酯基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．分子中含有苯环，所以属于芳香族化合物，故A正确；
B．含氧官能团为酚羟基、羧基、酯基，所以有3种含氧官能团，故B正确；
C．含有酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环，具有酚、羧酸、酯、烯烃、苯的性质，酯基能发生水解反应，酚羟基和酯基、羧基能发生取代反应，羧基能发生酯化反应，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基、酯基中碳氧双键和氢气不反应，则1mol该有机物最多消耗7mol氢气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物推断和合成，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．（3分）下列实验操作中，错误的是（ ）
A．粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D．配制0.1mol•L﹣1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
【分析】A.在烧杯中溶解固体；
B.加热时需要用小火缓慢加热，避免硫酸铜晶体飞溅，影响测定结果；
C.锥形瓶中有少量水对中和滴定无影响，锥形瓶中为NaOH，酸式滴定管量取标准酸液；
D.不能在容量瓶中稀释浓硫酸。
【解答】解：A.在烧杯中溶解固体，则称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解，故A正确；
B.加热时需要用小火缓慢加热，避免硫酸铜晶体飞溅，影响测定结果，操作合理，故B正确；
C.锥形瓶中有少量水对中和滴定无影响，锥形瓶中为NaOH，酸式滴定管量取标准酸液，为酸滴定碱，操作合理，故C正确；
D.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误；
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、中和滴定、含量测定、溶液的配制、实验操作、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。
19．（3分）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是（ ）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【分析】在Br﹣、I﹣中，还原性由弱到强为Br﹣＜I﹣，向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气发生：2NaI+Cl2＝2NaCl+I2、2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，结合Br2和I2的性质分析。
【解答】解：A．当氯气少量时，只发生部分2NaI+Cl2＝2NaCl+I2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠、碘化钠，故A正确；
B．当氯气少量时，发生反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2，部分2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2反应，加热过程中，碘升华，所以固体是氯化钠和溴化钠，故B错误；
C．当加入氯气，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不可能是氯化钠和碘化钠，故C错误；
D．当氯气过量时，发生反应2NaI+Cl2＝2NaCl+I2、2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2，加热过程中，溴挥发，碘升华，所以剩余固体是氯化钠，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，还原性越强的离子越先被氧化，明确离子被氧化先后顺序是解本题关键，注意卤族元素单质的性质，题目难度中等。
20．（3分）将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是（ ）
A．c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Ac﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HAc）＞c（H+）
C．c（Na+）＞c（Ac﹣）+c（Cl﹣）
D．c（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于Ac﹣水解程度，结合溶液电中性原则解答该题。
【解答】解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后CH3COONa和CH3COOH的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于CH3COO﹣水解程度，
A．溶液呈酸性，CH3COOH进一步电离，且电离程度较小，存在c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．CH3COOH为弱电解质，部分电离，应有c（CH3COOH）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C．由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），因溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），故C错误；
D．溶液存在电荷守恒：（Na+）+c（H+）＝c（Ac﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意反应后溶液溶质的物质的量关系，把握弱电解质电离特点。
二、综合题（共60分）
21．（15分）碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
（1）储能材料是当今科学研究的热点，C60（结构如图）可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 C 。
a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石
玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑。
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 共价 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 非极性 分子（填“极性”或“非极性”）。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 Si ＞ C （填元素符号）；处于第三周期的元素名称是 钠、硅 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 4 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 Na2O2和Na2O （写化学式）。
碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸（H2C2O4）等。
（4）已知下列3个变化：CO32﹣→CO2、C2O42﹣→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4﹣→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣。
①由此可知，高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与 溶液酸碱性 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O。已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 0.1NA 个。
【分析】（1）C60、Si60、N60都只含有一种元素；
B.C60、Si60、N60为不同元素的单质；
C.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，分析键能对物质稳定性的影响；
D.金刚石为共价晶题，C60为分子晶体；
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，对应物质为SiO2，属于共价晶体，二氧化碳是共价化合物，存在2个C＝O键，其电子式为；
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素为C和Si，由于Si的电子层较多，故原子半径Si＞C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成对应的氧化物和过氧化物；
（4）“MnO4﹣→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42﹣→CO2；
（5）分析反应MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同；
（6）高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×（56+32）g﹣10×32g＝560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，结合数据计算。
【解答】解：（1）C60、Si60、N60都只含有一种元素，故属于单质，故A错误；
B.C60、Si60、N60为不同元素的单质，不存在对应关系，故B错误；
C.已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，故C错误；
D.金刚石为共价晶题，C60为分子晶体，分子晶体的熔沸点小于共价晶体，故D错误；
故答案为：C；
（2）上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，对应物质为SiO2，属于共价晶体，二氧化碳是共价化合物，存在2个C＝O键，其电子式为，属于非极性分子，
故答案为：共价；；非极性；
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素为C和Si，由于Si的电子层较多，故原子半径Si＞C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有Na2O2和Na2O，
故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O2和Na2O；
（4）“MnO4﹣→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42﹣→CO2，对应的离子方程式为5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（5）分析反应MnO4﹣+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4﹣+3e+2H2O→MnO2+4OH﹣；MnO4﹣+e→MnO42﹣可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同，故高锰酸根离子（MnO4﹣）反应后的产物与溶液的酸碱性有关，
故答案为：溶液酸碱性；
（6）高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4）3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×（56+32）g﹣10×32g＝560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，对应转移电子的数目为20××NA＝0.1NA，
故答案为：0.1NA。
【点评】本题主要考查对原子结构与性质的理解与掌握的情况，具体考查了杂化方式、微粒间作用力、键能、氧化还原反应方程式的理解等，难度不大，需要学生综合掌握相关内容。
22．（15分）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol 。
（2）NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）+57.20kJ。写出该反应的平衡常数表达式K＝ 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 bc 。
a.减小NO2的浓度
b.降低温度
c.增大压强
d.升高温度
（3）Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液（中性）
红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 CO32﹣会与水发生水解反应生成HCO3﹣和OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使溶液显碱性 （请结合化学用语，简要说明）。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 强碱弱酸 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入（或通入）的物质是 bd 。
a．CO2气体
b．KOH固体
c．HCl气体
d．Na2CO3固体
【分析】（1）在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（1）完全反应生成N2（g）和H2O（1），放出19.14kJ的热量，则1molN2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ/g×1mol×32g/mol＝612.48kJ；
（2）化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值；由题干反应方程式2NO2（g）⇌N2O4（g）＝﹣57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，再结合温度、浓度和压强对平衡移动的影响分析；
（3）①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根离子全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使CO32﹣的浓度增大，结合溶液中水解平衡的移动分析判断。
【解答】解：（1）在25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（1）完全反应生成N2（g）和H2O（1），放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol＝32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32＝612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol，
故答案为：2N2H4（1）+N2O4（l）→3N2（g）+4H2O（l）＝﹣1224.96kJ/mol；
（2）化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K＝，由题干反应方程式2NO2（g）⇌N2O4（g）＝﹣57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
（3）①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根离子与水作用发生水解反应，反应原理为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣会与水发生水解反应生成HCO3﹣和OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，
故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使CO32﹣的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，使得CO32﹣的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH﹣浓度增大，水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣逆向移动，使得CO32﹣的浓度增大，的比值减小，b符合题意；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3＝NaHCO3+NaCl，使得CO32﹣的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
【点评】本题考查化学平衡移动、反应热计算、平衡常数计算和影响溶液中水解平衡的移动因素等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
23．（15分）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如图：
已知：NaBH4是一种还原剂。
完成下列填空：
（1）布洛芬的分子式为 C13H18O2 ，B→C的反应类型是 还原反应 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 +HBr+H2O 。
（4）化合物M的分子式为 C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有 3 种。
（5）某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：。请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点 反应步骤多，有副反应产物产生 。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl 的合成路线（其他无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB…目标产物 ）
【分析】A为苯，与（CH3）2CHCOCl 和AlCl3发生取代反应生成B，B与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C；CH3COOH在SOCl2加热的条件下反应生成CH3COCl；C与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，结合E的结构可知D为（），D与NaBH4反应生成E，E与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F，F与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成，由此分析；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl。
【解答】解：（1）根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应，
故答案为：C13H18O2；还原反应；
（2）C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是，
故答案为：；
（3）E是，E与HBr在加热时发生﹣OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O，
故答案为：+HBr+H2O；
（4）化合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有：，共有3种不同结构，
故答案为：3；
（5）以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成
的反应步骤多，有副反应产物产生，
故答案为：反应步骤多，有副反应产物产生；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl；
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，难度中等。
24．（15分）绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。
（1）将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍，其中加热的作用是 促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性 。
（2）向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50～80℃之间至反应完全（铁屑有剩余），发生反应的离子方程式为 Fe+2H+＝Fe2++H2↑ 。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在 。
（3）趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失 。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。按如图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热；
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f．称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重（固体为FeSO4），质量为m3。
（4）仪器B的名称是 （球形）干燥管 。整个过程中持续通入N2的目的是 排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 。
（5）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝ （列式表示）。若实验时按b、a次序操作，则x 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【分析】（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解；
（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe能将Fe3+还原为Fe2+；
（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度；
（4）由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，需要排尽装置中的空气；
（5）根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：（m2﹣m1）g，FeSO4的质量为：（m3﹣m1）g，结晶水的质量为：（m2﹣m3）g，根据方程式计算可得：
FeSO4•xH2OFeSO4+xH2O
152+18x 152 18x
（m2﹣m1）g （m3﹣m1）g （m2﹣m3）g
则有，即可解得x；若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大。
【解答】解：（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，使油污水解更彻底，除杂更完全，
故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，
故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
（4）由题干实验装置图可知，仪器B的名称是（球形）干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，
故答案为：（球形）干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
（5）根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：（m2﹣m1）g，FeSO4的质量为：（m3﹣m1）g，结晶水的质量为：（m2﹣m3）g，根据方程式计算可得：
FeSO4•xH2OFeSO4+xH2O
152+18x 152 18x
（m2﹣m1）g （m3﹣m1）g （m2﹣m3）g
则有，解得x＝，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，
故答案为：；偏小。
【点评】本题考查物质制备实验的设计，涉及化学实验方案的评价以及相关计算等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力、计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。
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