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2022年上海市闵行区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市闵行区高考化学二模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市闵行区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是（ ）
A．密度小 B．耐腐蚀
C．熔点比纯铝高 D．属金属晶体
2．（2分）海带提碘的过程不包括（ ）
A．灼烧 B．溶解 C．氧化 D．升华
3．（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子（Rb）说法正确的是（ ）
A．中子数是37
B．质量数是85
C．电子数是38
D．与Rb互称同素异形体
4．（2分）下列官能团名称、结构简式对应正确的是（ ）
A．脂基：﹣COO﹣ B．羧基：HOOC﹣
C．醛基：﹣COH D．碳碳双键：﹣C＝C﹣
5．（2分）欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）下列工业生产过程中物质没有“循环利用”的是（ ）
A．石油分馏 B．硫酸工业 C．联合制碱法 D．合成氨工业
7．（2分）有关单质碘升华过程的描述中，错误的是（ ）
A．该过程吸热 B．分子间距增大
C．分子间作用力增大 D．不会破坏共价键
8．（2分）对碳原子最外层电子的描述，错误的是（ ）
A．有1种自旋状态 B．有2种不同能量
C．分占3个轨道 D．有4种运动状态
9．（2分）关于（CH3CH2）2C（CH3）2的说法，错误的是（ ）
A．常温下呈液态
B．命名为3，3﹣二甲基戊烷
C．一氯代物有3种
D．是2，3﹣二甲基丁烷的同分异构体
10．（2分）关于实验室制备乙酸丁酯的说法，正确的是（ ）
A．采用水浴加热法控制温度
B．采用边反应边蒸馏的方法提高产率
C．采用乙酸过量提高丁醇利用率
D．用氢氧化钠溶液分离提纯出产品
11．（2分）下列应用与化学原理对应错误的是（ ）
选项
应用
化学原理
A
铁罐存储浓硫酸
铁被浓硫酸钝化
B
铵盐是一种常见氮肥
氮是生命体必需元素
C
明矾可用作净水剂
明矾水解生成Al（OH）3
D
钢闸门用外加电流阴极保护法
辅助阳极比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）一定呈酸性的溶液是（ ）
A．pH＝6的溶液
B．NH4Fe（SO4）2溶液
C．与Al反应生成H2的溶液
D．c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液
13．（2分）如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是（ ）
A．X元素是镁
B．M元素可形成一种温室气体
C．最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M
D．Y的氧化物是铝热剂的成分之一
14．（2分）一定条件下：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q Q＞196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2（g）和1molO2（g），使之反应，放出热量196kJ
15．（2分）某螺环烃的结构如图。下列描述正确的是（ ）
A．能发生取代、加成等反应
B．是1，3﹣丁二烯的同系物
C．与HBr按物质的量1：1加成得1种产物
D．所有碳原子处于同一平面
16．（2分）图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图（X、Y为石墨电极）。下列分析正确的是（ ）
A．图a中每个Na+吸引4个Cl﹣
B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连
D．图c中Y上产生H2
17．（2分）根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是（ ）
方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）某温度下，恒容密闭容器中反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q（Q＜0）。已知H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的体系压强始终保持不变
B．v（CO2）保持不变可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若平衡时移走CO2，则平衡向逆反应方向移动，逆反应速率减慢
D．若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，则反应逆向进行
19．（2分）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气（O2体积比以20%计），转化过程如图，描述正确的是（ ）
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5
20．（2分）室温下，取10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液两份，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同
B．c点和e点水电离出的H+浓度之比为107：1
C．d点存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．向NaHCO3溶液中加盐酸或NaOH溶液均抑制水的电离
二、综合题（共60分）
21．（15分）汽车安全气囊常用叠氮化钠（NaN3）作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
（1）Na、Na+、O2﹣的半径由大到小顺序为 ；
（2）NaHCO3作冷却剂的原理是 （结合化学反应方程式解释）。
（3）NaN3中存在的化学键为 ；若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），转移电子 个。
（4）可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式： NaClO+ NaN3+ → NaCl+ NaOH+ N2↑
（5）常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。
①NaN3溶液呈 性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为 ；结合图中信息写出判断理由 。
22．（15分）综合利用CH4和CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
（1）CH4与Cl2光照下反应有多种产物。其中有机产物（图1）的电子式是 。有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是 。（选填编号）
a.CH4是非极性分子
b.一氯甲烷只有一种结构
c.二氯甲烷只有一种沸点
d.CH4中碳的质量分数75%
实验室对（CH4﹣CO2）催化重整，反应原理为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。在1L固定容积的密闭容器中，充入0.1molCO2、0.1molCH4，分别在p1、p2、p3三种压强和不同温度下进行（CH4﹣CO2）催化重整，测得平衡时甲烷的转化率、温度和压强的关系如图。
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡。则平衡后CO的物质的量为 。图中c点时，v正 v逆（选填：＜、＞、＝）。
（3）该反应正反应为 热反应（选填：吸、放）；在p1、p2、p3中，压强最大的是 。
（4）已知a点时的平衡常数Ka＝1.64，则d点时的平衡常数Kd 1.64（选填：＜、＞、＝），理由是 。
23．（15分）治疗原发性高血压、心绞痛的药物替利洛尔（Tilisolol）的一种合成路线如图：
已知：RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
（1）A分子含有的官能团是 ；写出①的化学反应方程式 。
（2）写出③所需的反应条件 。
（3）E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物。写出E的结构简式 。
（4）写出⑤的反应类型是 。
（5）写出一种符合下列条件的H的同分异构体 。
a.发生银镜反应；
b.在酸性和碱性条件下均水解；
c.有4种不同环境的氢原子。
（6）写出用B为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa）的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用表示：XY…目标产物）
24．（15分）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
Ⅰ.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
（1）结合已有知识及表格中信息解释原因 。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl（SO4）2•12H2O
CuSO4•5H2O
FeSO4•7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度（℃）
200
200
300
Ⅱ.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等。
（2）对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释： 。
（3）将盛有绿矾的硬质玻璃管A按如图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为 、 （选填字母编号）。
a.品红溶液
b.Ba（OH）2溶液
c.盐酸酸化的BaCl2溶液
d.浓硫酸
Ⅲ.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g•L﹣1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol•L﹣1 NaOH溶液进行滴定。
（4）H2O2吸收SO2的化学方程式为 。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是 。
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为 。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为 g•L﹣1。该葡萄酒的此项指标被判定为 。（选填：合格、不合格）
2022年上海市闵行区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是（ ）
A．密度小 B．耐腐蚀
C．熔点比纯铝高 D．属金属晶体
【分析】合金具有许多优良性能，如合金密度小，硬度大，熔沸点低，各组分仍然保持原有的化学性质。
【解答】解：合金具有许多优良性能，如合金密度小，硬度大，熔沸点低等性能，故熔点比纯铝高是错误的，
故选：C。
【点评】本题主要考查化学在人类的生产、生活中的应用，从而体现化学的重要性，增强学生学习化学的兴趣，难度不大，需要细心。
2．（2分）海带提碘的过程不包括（ ）
A．灼烧 B．溶解 C．氧化 D．升华
【分析】由提取碘的流程可知，海带灼烧后溶解，浸泡得到含碘离子的溶液和不溶性杂质，过滤分离含碘离子的溶液，再与氯气发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，得到含碘单质的溶液，加入四氯化碳萃取，萃取后得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏分离出碘，以此来解答
【解答】解：分析可知海带灼烧后溶解，浸泡得到含碘离子的溶液和不溶性杂质，过滤分离含碘离子的溶液，再与氯气发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，得到含碘单质的溶液，加入四氯化碳萃取，萃取后得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏分离出碘，过程中不需要升华，
故选：D。
【点评】本题考查了海水资源的利用，过程分析判断，实验基本操作、物质性质等知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子（Rb）说法正确的是（ ）
A．中子数是37
B．质量数是85
C．电子数是38
D．与Rb互称同素异形体
【分析】A．原子中质量数＝质子数+中子数；
B．原子符号左上角为质量数；
C．原子符号左下角为质子数，质子数＝核电荷数＝核外电子数；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
【解答】解：A．铷原子（Rb）中子数＝85﹣37＝48，故A错误；
B．铷原子（Rb）的质量数为85，故B正确；
C．铷原子（Rb）的质子数＝核外电子数＝37，故C错误；
D．铷原子（Rb）与Rb互称同位素，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构和微粒数关系，主要是原子构成的理解应用，题目难度不大。
4．（2分）下列官能团名称、结构简式对应正确的是（ ）
A．脂基：﹣COO﹣ B．羧基：HOOC﹣
C．醛基：﹣COH D．碳碳双键：﹣C＝C﹣
【分析】A.酯类的官能团为酯基；
B.﹣COOH是羧酸的官能团；
C.醛基中﹣H直接连在C原子上，O原子与C原子之间以双键相连；
D.碳碳双键的每个C原子上有2条半键。
【解答】解：A.酯类的官能团为酯基，结构简式为﹣COO﹣，名称为酯基，而非脂基，故A错误；
B.﹣COOH是羧酸的官能团，名称为羧基，故B正确；
C.醛基中﹣H直接连在C原子上，O原子与C原子之间以双键相连，其结构简式为﹣CHO，故C错误；
D.碳碳双键的每个C原子上有2条半键，其结构简式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意醛基和碳碳双键的结构简式的写法。
5．（2分）欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】CCl4和H2O的混合物分层，可选分液漏斗分离，为分液法，以此来解答。
【解答】解：A.图中为分液漏斗，可分离CCl4和H2O的混合物，故A正确；
B.图中为蒸馏烧瓶，用于蒸馏分离互溶且沸点不同的液体混合物，故B错误；
C.图中为直形冷凝管，用于蒸馏分离互溶且沸点不同的液体混合物，故C错误；
D.图中为长颈漏斗，不能用于分离混合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握混合物的分离方法、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见仪器的用途，题目难度不大。
6．（2分）下列工业生产过程中物质没有“循环利用”的是（ ）
A．石油分馏 B．硫酸工业 C．联合制碱法 D．合成氨工业
【分析】工业生产过程中物质“循环利用”是指反应过程中参与反应过程，最后又生成的物质可以循环利用，可逆反应平衡状态下分离出目标物质后的物质可以循环使用，据此分析判断。
【解答】解：A．石油分馏是控制温度分离混合物的方法，过程中无循环利用的物质，故A正确；
B．硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化过程中的平衡混合气体，分离出三氧化硫后的二氧化硫和氧气混合气体，可以在接触室中循环使用，故B错误；
C．联合制碱过程中，碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体，析出氯化铵后的溶液中的氯化钠可以循环利用，故C错误；
D．合成氨工业中平衡混合气体中分离出氨气后的氮气和氢气混合气体，可以循环利用，通过反应物的利用率，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了工业制备物质的过程分析判断，主要是循环利用的物质的理解应用，题目难度不大。
7．（2分）有关单质碘升华过程的描述中，错误的是（ ）
A．该过程吸热 B．分子间距增大
C．分子间作用力增大 D．不会破坏共价键
【分析】单质碘是固态的，升华后变为气态的碘单质，改变的是分子间的距离，分子内的I﹣I键没有被破坏，据此分析作答。
【解答】解：A．破坏分子间的作用力也需要提供热量，所以升华过程是吸热的，故A正确；
B．根据分析可知，升华过程中分子间距是增大的，故B正确；
C．根据分析可知，升华过程中分子间距增大，分子间作用力减小，故C错误；
D．根据分析可知，升华过程中不会破坏共价键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子晶体的结构，属于基本知识的考查，难度不大。
8．（2分）对碳原子最外层电子的描述，错误的是（ ）
A．有1种自旋状态 B．有2种不同能量
C．分占3个轨道 D．有4种运动状态
【分析】电子在核外排布时，遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，碳原子的最外层电子排布式为2s22P2，据此分析。
【解答】解：A.根据洪特规则可知，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，而同一轨道内的两个电子自旋相反，故碳原子的最外层电子有2种自旋状态，故A错误；
B.处于简并轨道的电子的能量相同，但2p轨道的电子的能量大于2s轨道，故碳原子的最外层电子有2种不同的能量，故B正确；
C.碳原子的最外层电子占据了2s轨道和2个p轨道，即共三个轨道，故C正确；
D.每个电子的运动状态各不相同，碳原子的最外层有4个电子，即有4个不同的运动状态，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了核外电子的运动状态以及所占据的轨道等，难度不大，应注意电子的运动状态与空间运动状态的不同。
9．（2分）关于（CH3CH2）2C（CH3）2的说法，错误的是（ ）
A．常温下呈液态
B．命名为3，3﹣二甲基戊烷
C．一氯代物有3种
D．是2，3﹣二甲基丁烷的同分异构体
【分析】A．常温下碳原子数5～18的烷烃呈液态；
B．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号码命名；
C．依据等效氢的种类分析；
D．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
【解答】解：A．常温下碳原子数5～18的烷烃呈液态，故（CH3CH2）2C（CH3）2常温下呈液态，故A正确；
B．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，则主链上有5个碳原子，为戊烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号命名，在3号碳原子上有2个甲基，名称为3，3﹣二甲基戊烷，故B正确；
C．两个甲基上的氢原子是一样的，两个乙基上的氢原子有两种，分别取代两个甲基、﹣CH2、﹣CH3，有三种，故C正确；
D．2，3﹣二甲基丁烷与（CH3CH2）2C（CH3）2的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的命名、状态、同分异构体等知识，明确有机基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．（2分）关于实验室制备乙酸丁酯的说法，正确的是（ ）
A．采用水浴加热法控制温度
B．采用边反应边蒸馏的方法提高产率
C．采用乙酸过量提高丁醇利用率
D．用氢氧化钠溶液分离提纯出产品
【分析】A.水浴加热温度相对较低，达不到反应条件；
B.制备乙酸丁酯时采用冷凝回流方法提高产率；
C.加入过量乙酸，促进反应正向进行，提高丁醇的转化率；
D.NaOH溶液可使酯发生水解。
【解答】解：A.水浴加热温度相对较低，达不到反应条件，制备乙酸丁酯时采用酒精灯直接加热，故A错误；
B.制备乙酸丁酯时采用冷凝回流方法提高产率，待反应结束后再提取产物，若蒸馏导致反应物蒸出，会导致产物的产率降低，故B错误；
C.加入过量乙酸，促进反应正向进行，提高丁醇的转化率，则采用乙酸过量提高丁醇利用率，故C正确；
D.NaOH溶液可使酯发生水解，应选饱和碳酸钠溶液分离提纯出产品，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的制备，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
11．（2分）下列应用与化学原理对应错误的是（ ）
选项
应用
化学原理
A
铁罐存储浓硫酸
铁被浓硫酸钝化
B
铵盐是一种常见氮肥
氮是生命体必需元素
C
明矾可用作净水剂
明矾水解生成Al（OH）3
D
钢闸门用外加电流阴极保护法
辅助阳极比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铁可以被浓硫酸钝化，生成一层致密的氧化物保护膜；
B．氮是生命体必需元素，铵盐中含有氮元素；
C．明矾水解生成Al（OH）3胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮物质；
D．采用外加电流阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，钢闸门与外电源的负极相连即可。
【解答】解：A．铁可以被浓硫酸钝化，生成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，所以可以用铁制容器存储、运输浓硫酸，故A正确；
B．氮是生命体必需元素，铵盐中含有氮元素，所以铵盐是一种常见的氮肥，故B正确；
C．明矾水解生成Al（OH）3胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的，所以明矾可用作净水剂，故C正确；
D．采用外加电流阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，所以钢闸门与外电源的负极相连，与阳极材料的活泼性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学在生活、生产中的应用以及原理的解释是否对应一致，属于基本知识的考查，难度不大。
12．（2分）一定呈酸性的溶液是（ ）
A．pH＝6的溶液
B．NH4Fe（SO4）2溶液
C．与Al反应生成H2的溶液
D．c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液
【分析】A．pH＝6的溶液可能呈中性；
B．NH4Fe（SO4）2溶液中NH4+、Fe2+水解导致溶液呈酸性；
C．与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液；
D．室温下，c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液可能产生也可能呈碱性。
【解答】解：A．pH＝6的溶液可能呈中性，如：100℃时纯水的pH＝6，则该温度下pH＝6的溶液呈中性，故A错误；
B．NH4Fe（SO4）2溶液中NH4+、Fe2+水解生成H+导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，所以该溶液一定呈酸性，故B正确；
C．与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液，如：稀硫酸和Al反应生成氢气、NaOH溶液和Al反应生成氢气，稀硫酸溶液呈酸性、NaOH溶液呈碱性，故C错误；
D．室温下，c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液中c（H+）水电离＜10﹣7mol•L﹣1，水的电离被抑制，如果溶液中溶质是酸，溶液中c（H+）＝＝mol/L＝0.1mol/L，溶液的pH＝1，如果是碱溶液，溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.1mol/L，溶液的pH＝13，所以该温度下c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液酸碱性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液酸碱性判断方法是解本题关键，A易忽略温度与pH值的关系而导致错误判断，题目难度不大。
13．（2分）如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是（ ）
A．X元素是镁
B．M元素可形成一种温室气体
C．最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M
D．Y的氧化物是铝热剂的成分之一
【分析】四种短周期主族元素，由图可知，为第二、三周期元素；已知元素X的原子核外电子数是M的2倍，设M原子序数为x，则X原子序数为x+6，则（x+6）＝2x，x＝6，则M、N、X、Y分别为碳、氮、镁、铝。
【解答】解：A．X元素是镁，故A正确；
B．碳元素形成的二氧化碳是一种温室气体，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性氮大于碳，则最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M，故C正确；
D．Al是铝热剂的成分之一，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，明确原子结构、元素周期表结构、元素周期律及元素化合物性质是解本题关键，侧重考查学生判断及知识综合运用能力。
14．（2分）一定条件下：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q Q＞196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2（g）和1molO2（g），使之反应，放出热量196kJ
【分析】A.焓变为负，为放热反应；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多；
C.催化剂不改变反应的始终态；
D.投入2molSO2（g）和1molO2（g）反应时，不能完全转化。
【解答】解：A.焓变为负，为放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多，则2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q中Q＞196kJ/mol，故B正确；
C.催化剂不改变反应的始终态，则若使用催化剂，放出热量不变，故C错误；
D.投入2molSO2（g）和1molO2（g）反应时，不能完全转化，则放出热量小于196kJ，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、可逆反应、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
15．（2分）某螺环烃的结构如图。下列描述正确的是（ ）
A．能发生取代、加成等反应
B．是1，3﹣丁二烯的同系物
C．与HBr按物质的量1：1加成得1种产物
D．所有碳原子处于同一平面
【分析】A.此烃中含碳碳双键和烷烃基；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，但碳碳双键两端不对称；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化。
【解答】解：A.此烃中含碳碳双键和烷烃基，故能发生加成反应和取代反应，故A正确；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，1，3﹣丁二烯和此螺环烃的结构不相似，两者不是同系物，故B错误；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，故此烃与HBr按物质的量1：1加成时，加成在两条双键的任意一条时所得产物是相同的，但碳碳双键两端不对称，故和等物质的量的HBr加成产物有2种，故C错误；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化，此有机物中所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了烯烃的结构和性质以及原子共平面的问题，难度不大，应注意的是烯烃能发生加成反应，在合适的条件下也能发生取代反应。
16．（2分）图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图（X、Y为石墨电极）。下列分析正确的是（ ）
A．图a中每个Na+吸引4个Cl﹣
B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连
D．图c中Y上产生H2
【分析】氯离子半径大于钠离子，故图中代表的离子是Cl﹣，据此进行分析。
【解答】解：A.由图可知，代表的离子是Cl﹣，小白球周围有4个，但这是立体结构，故图a中每个Na+吸引8个Cl﹣，故A错误；
B.NaCl电离不需要通电，故B错误；
C.通电时，氯离子向阳极移动，故X接正极，故C错误；
D.图c中Y接阴极，故会产生氢气，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
17．（2分）根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是（ ）
方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化；
B．该反应需要加热；
C．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸；
D．加稀硫酸反应，Fe可能过量，生成FeSO4，溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，可知溶液含铁离子。
【解答】解：A．乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故A错误；
B．该反应需要加热，否则不能生成砖红色沉淀，故B错误；
C．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由实验及现象可知，样品已经变质，故C正确；
D．加稀硫酸溶解，Fe可能过量，溶液含Fe与硫酸反应生成的亚铁离子，由操作和现象不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中含+2价铁，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、反应速率、沉淀转化、物质检验、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）某温度下，恒容密闭容器中反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q（Q＜0）。已知H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的体系压强始终保持不变
B．v（CO2）保持不变可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若平衡时移走CO2，则平衡向逆反应方向移动，逆反应速率减慢
D．若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，则反应逆向进行
【分析】H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，则
mol/L H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
开始 0.1 0.1 0 0
转化 0.06 0.06 0.04 0.04
平衡 0.04 0.04 0.04 0.04
A.反应前后气体的总物质的量不变；
B.v（CO2）保持不变，可知其浓度不变；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动；
D.K＝＝＝1，若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，Q＝＝＝1＝K。
【解答】解：A.反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B.v（CO2）保持不变，可知其浓度不变，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D.K＝＝＝1，若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，Q＝＝＝1＝K，平衡不移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K与Q的计算、平衡移动及判定为解答的关键，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
19．（2分）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气（O2体积比以20%计），转化过程如图，描述正确的是（ ）
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5
【分析】A．Fe3+发生反应CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S；
B．H2S+CuCl2＝CuS↓+2HCl不是氧化还原反应；
C．由转化关系可知，Fe、S、O元素化合价发生变化；
D．整个过程总反应为2H2S+O22S↓+2H2O，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入5mol空气。
【解答】解：A．转化过程中Fe3+发生反应CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S，故A错误；
B．由图可知，一共发生三个反应：①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，其中反应②③属于氧化还原反应，而①是非氧化还原反应，故B错误；
C．由图可知，整个转化中Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D．整个过程总反应为2H2S+O22S↓+2H2O，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入空气为＝5mol，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应机理，关键是明确反应物、中间产物、催化剂，熟练掌握元素化合物知识与化学反应原理，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
20．（2分）室温下，取10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液两份，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同
B．c点和e点水电离出的H+浓度之比为107：1
C．d点存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．向NaHCO3溶液中加盐酸或NaOH溶液均抑制水的电离
【分析】A．a点溶质为NaHCO3，HCO3﹣水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n（NaOH）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3；
B．c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n（HCl）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离；
C．d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c（CO32﹣）；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
【解答】解：A．a点溶质为NaHCO3，HCO3﹣水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n（NaOH）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3，c点CO32﹣水解而促进水电离，所以a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同，故A正确；
B．c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n（HCl）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离，c点水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，e点水电离出的c（H+）＝10﹣pH＝10﹣4.3mol/L，c点和e点水电离出的H+浓度之比为＝10﹣2.7：10﹣4.3＝101.6：1，故B错误；
C．d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c（CO32﹣），所以溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，向NaHCO3溶液中加入NaOH生成Na2CO3而促进水电离，向NaHCO3溶液中加入HCl生成NaCl和H2CO3而抑制水电离，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合溶液定性判断，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、水电离影响因素是解本题关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）汽车安全气囊常用叠氮化钠（NaN3）作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
（1）Na、Na+、O2﹣的半径由大到小顺序为 Na＞O2﹣＞Na+ ；
（2）NaHCO3作冷却剂的原理是 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低 （结合化学反应方程式解释）。
（3）NaN3中存在的化学键为 离子键和共价键 ；若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），转移电子 0.2NA 个。
（4）可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式： 1 NaClO+ 2 NaN3+ H2O → 1 NaCl+ 2 NaOH+ 3 N2↑
（5）常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。
①NaN3溶液呈 碱 性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为 c（N3﹣）＞c（HN3） ；结合图中信息写出判断理由 图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3） 。
【分析】（1）微粒的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小；
（2）碳酸氢钠受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O；
（3）叠氮化钠中阳离子是钠离子，根据阳离子和阴离子个数比为1：1，确定阴离子为N3﹣，结合电子守恒计算；
（4）氮元素化合价升高，氯元素化合价降低，结合电子守恒和原子守恒写出化学方程式；
（5）①常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，图象可知，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度。
【解答】解：（1）Na、Na+、O2﹣的半径，钠原子三个电子层，氧离子和钠离子电子层数相同，则由大到小顺序为：Na＞O2﹣＞Na+，
故答案为：Na＞O2﹣＞Na+；
（2）碳酸氢钠不稳定，吸收体系释放的热量、发生分解，产生碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低；
（3）NaN3中存在的化学键为离子键和共价键，NaN3分解反应的化学方程式为：2NaN33N2+2Na，生成3mol氮气，转移电子总物质的量2mol，若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），气体物质的量n＝＝0.3mol，电子转移总数为0.2NA，
故答案为：离子键和共价键；0.2NA；
（4）根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到﹣1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：NaClO+2NaN3+H2O＝NaCl+2NaOH+3N2↑，
故答案为：1；2；H2O；1；2；3；
（5）①常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性，
故答案为：碱；
②图中数据分析可知，等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3），
故答案为：c（N3﹣）＞c（HN3）；图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3）。
【点评】本题考查了物质性质、氧化还原反应、盐类水解和弱电解质电离、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
22．（15分）综合利用CH4和CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
（1）CH4与Cl2光照下反应有多种产物。其中有机产物（图1）的电子式是 。有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是 C 。（选填编号）
a.CH4是非极性分子
b.一氯甲烷只有一种结构
c.二氯甲烷只有一种沸点
d.CH4中碳的质量分数75%
实验室对（CH4﹣CO2）催化重整，反应原理为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。在1L固定容积的密闭容器中，充入0.1molCO2、0.1molCH4，分别在p1、p2、p3三种压强和不同温度下进行（CH4﹣CO2）催化重整，测得平衡时甲烷的转化率、温度和压强的关系如图。
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡。则平衡后CO的物质的量为 0.16 。图中c点时，v正 ＞ v逆（选填：＜、＞、＝）。
（3）该反应正反应为 吸 热反应（选填：吸、放）；在p1、p2、p3中，压强最大的是 p3 。
（4）已知a点时的平衡常数Ka＝1.64，则d点时的平衡常数Kd ＞ 1.64（选填：＜、＞、＝），理由是 平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大 。
【分析】（1）图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形；
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）单位：mol
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
终止 0.02 0.02 0.16 0.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行；
（3）分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动；
（4）平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
【解答】解：（1）图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形，如果为平面正方形，二氯代物会出现两种结构，
故答案为：；C；
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）单位：mol
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
终止 0.02 0.02 0.16 0.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行，故v正＞v逆，
故答案为：0.16；＞；
（3）分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率降低，故压强最大的为p3，
故答案为：吸；p3；
（4）平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，a点的平衡常数为1.64，故d点的平衡常数大于1.64，
故答案为：＞；平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
23．（15分）治疗原发性高血压、心绞痛的药物替利洛尔（Tilisolol）的一种合成路线如图：
已知：RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
（1）A分子含有的官能团是 氯原子、碳碳双键 ；写出①的化学反应方程式 CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl 。
（2）写出③所需的反应条件 NaOH的醇溶液、加热 。
（3）E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物。写出E的结构简式 。
（4）写出⑤的反应类型是 取代反应 。
（5）写出一种符合下列条件的H的同分异构体 。
a.发生银镜反应；
b.在酸性和碱性条件下均水解；
c.有4种不同环境的氢原子。
（6）写出用B为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa）的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用表示：XY…目标产物）
【分析】C发生消去反应生成D，根据D的分子式知，B能和氯气发生加成反应，则B中含有碳碳双键，所以丙烯中甲基和氯气发生取代反应生成A为CH2＝CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2＝CHCH2OH，B与氯气反应生成C为ClCH2CHClCH2OH，C发生消去反应生成D；E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物，根据G的结构简式知，F为CH3OH，根据E的分子式知，E为，G发生信息中的取代反应生成H为，H和I发生取代反应，根据⑤产物的结构简式知，I为CH3NHCH2COOCH3；
（6）用CH2＝CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa），丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2＝CHCOONa。
【解答】解：（1）A分子含有的官能团是碳碳双键、氯原子；A为CH2＝CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2＝CHCH2OH，①的化学反应方程式为：CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl，
故答案为：碳碳双键、氯原子；CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl；
（2）③为﹣Cl的消去反应，所需的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
故答案为：NaOH的醇溶液、加热；
（3）E的结构简式为，
故答案为：；
（4）⑤的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）H为，H的同分异构体符合下列条件：
a.发生银镜反应，说明含有醛基；
b.在酸性和碱性条件下均水解，说明含有酯基；
c.有4种不同环境的氢原子，结构对称，苯环上有2个取代基，且两个取代基对位，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（6）用CH2＝CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa），丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2＝CHCOONa，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、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式结合题给信息正确推断各物质的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，题目难度中等。
24．（15分）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
Ⅰ.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
（1）结合已有知识及表格中信息解释原因 胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察 。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl（SO4）2•12H2O
CuSO4•5H2O
FeSO4•7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度（℃）
200
200
300
Ⅱ.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等。
（2）对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释： 焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理 。
（3）将盛有绿矾的硬质玻璃管A按如图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为 c 、 a （选填字母编号）。
a.品红溶液
b.Ba（OH）2溶液
c.盐酸酸化的BaCl2溶液
d.浓硫酸
Ⅲ.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g•L﹣1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol•L﹣1 NaOH溶液进行滴定。
（4）H2O2吸收SO2的化学方程式为 H2O2+SO2＝H2SO4 。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是 除去过量的过氧化氢 。
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为 0.24 g•L﹣1。该葡萄酒的此项指标被判定为 合格 。（选填：合格、不合格）
【分析】Ⅰ.（1）胆矾失去结晶水变为白色的硫酸铜；
Ⅱ.（2）根据氧化还原反应一种元素的化合价升高，必须有一中元素化合价降低；
（3）盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
Ⅲ.根据反应H2O2+SO2＝H2SO4，H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，可得关系式SO2～H2SO4～2NaOH，据此计算。
【解答】解：（1）胆矾失去结晶水变为硫酸铜，无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察，
故答案为：胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
（2）焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等，焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理，
故答案为：焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
（3）二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液，
故答案为：c；a；
（4）H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2＝H2SO4；用0.0900mol•L﹣1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢，
故答案为：H2O2+SO2＝H2SO4；除去过量的过氧化氢；
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应H2O2+SO2＝H2SO4，H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，可得反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为＝0.072g，含量为＝0.24g•L﹣1＜0.26g•L﹣1，故合格，
故答案为：最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；0.24；合格。
【点评】本题考查物质性质探究与含量测定的综合题，难度中等，掌握二氧化硫的还原性、指示剂的选择、滴定测量、实验数据的处理是解题的关键。
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2022年上海市闵行区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是（ ）
A．密度小 B．耐腐蚀
C．熔点比纯铝高 D．属金属晶体
2．（2分）海带提碘的过程不包括（ ）
A．灼烧 B．溶解 C．氧化 D．升华
3．（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子（Rb）说法正确的是（ ）
A．中子数是37
B．质量数是85
C．电子数是38
D．与Rb互称同素异形体
4．（2分）下列官能团名称、结构简式对应正确的是（ ）
A．脂基：﹣COO﹣ B．羧基：HOOC﹣
C．醛基：﹣COH D．碳碳双键：﹣C＝C﹣
5．（2分）欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）下列工业生产过程中物质没有“循环利用”的是（ ）
A．石油分馏 B．硫酸工业 C．联合制碱法 D．合成氨工业
7．（2分）有关单质碘升华过程的描述中，错误的是（ ）
A．该过程吸热 B．分子间距增大
C．分子间作用力增大 D．不会破坏共价键
8．（2分）对碳原子最外层电子的描述，错误的是（ ）
A．有1种自旋状态 B．有2种不同能量
C．分占3个轨道 D．有4种运动状态
9．（2分）关于（CH3CH2）2C（CH3）2的说法，错误的是（ ）
A．常温下呈液态
B．命名为3，3﹣二甲基戊烷
C．一氯代物有3种
D．是2，3﹣二甲基丁烷的同分异构体
10．（2分）关于实验室制备乙酸丁酯的说法，正确的是（ ）
A．采用水浴加热法控制温度
B．采用边反应边蒸馏的方法提高产率
C．采用乙酸过量提高丁醇利用率
D．用氢氧化钠溶液分离提纯出产品
11．（2分）下列应用与化学原理对应错误的是（ ）
选项
应用
化学原理
A
铁罐存储浓硫酸
铁被浓硫酸钝化
B
铵盐是一种常见氮肥
氮是生命体必需元素
C
明矾可用作净水剂
明矾水解生成Al（OH）3
D
钢闸门用外加电流阴极保护法
辅助阳极比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）一定呈酸性的溶液是（ ）
A．pH＝6的溶液
B．NH4Fe（SO4）2溶液
C．与Al反应生成H2的溶液
D．c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液
13．（2分）如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是（ ）
A．X元素是镁
B．M元素可形成一种温室气体
C．最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M
D．Y的氧化物是铝热剂的成分之一
14．（2分）一定条件下：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q Q＞196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2（g）和1molO2（g），使之反应，放出热量196kJ
15．（2分）某螺环烃的结构如图。下列描述正确的是（ ）
A．能发生取代、加成等反应
B．是1，3﹣丁二烯的同系物
C．与HBr按物质的量1：1加成得1种产物
D．所有碳原子处于同一平面
16．（2分）图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图（X、Y为石墨电极）。下列分析正确的是（ ）
A．图a中每个Na+吸引4个Cl﹣
B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连
D．图c中Y上产生H2
17．（2分）根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是（ ）
方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价
A．A B．B C．C D．D
18．（2分）某温度下，恒容密闭容器中反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q（Q＜0）。已知H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的体系压强始终保持不变
B．v（CO2）保持不变可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若平衡时移走CO2，则平衡向逆反应方向移动，逆反应速率减慢
D．若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，则反应逆向进行
19．（2分）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气（O2体积比以20%计），转化过程如图，描述正确的是（ ）
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5
20．（2分）室温下，取10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液两份，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同
B．c点和e点水电离出的H+浓度之比为107：1
C．d点存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．向NaHCO3溶液中加盐酸或NaOH溶液均抑制水的电离
二、综合题（共60分）
21．（15分）汽车安全气囊常用叠氮化钠（NaN3）作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
（1）Na、Na+、O2﹣的半径由大到小顺序为 ；
（2）NaHCO3作冷却剂的原理是 （结合化学反应方程式解释）。
（3）NaN3中存在的化学键为 ；若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），转移电子 个。
（4）可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式： NaClO+ NaN3+ → NaCl+ NaOH+ N2↑
（5）常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。
①NaN3溶液呈 性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为 ；结合图中信息写出判断理由 。
22．（15分）综合利用CH4和CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
（1）CH4与Cl2光照下反应有多种产物。其中有机产物（图1）的电子式是 。有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是 。（选填编号）
a.CH4是非极性分子
b.一氯甲烷只有一种结构
c.二氯甲烷只有一种沸点
d.CH4中碳的质量分数75%
实验室对（CH4﹣CO2）催化重整，反应原理为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。在1L固定容积的密闭容器中，充入0.1molCO2、0.1molCH4，分别在p1、p2、p3三种压强和不同温度下进行（CH4﹣CO2）催化重整，测得平衡时甲烷的转化率、温度和压强的关系如图。
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡。则平衡后CO的物质的量为 。图中c点时，v正 v逆（选填：＜、＞、＝）。
（3）该反应正反应为 热反应（选填：吸、放）；在p1、p2、p3中，压强最大的是 。
（4）已知a点时的平衡常数Ka＝1.64，则d点时的平衡常数Kd 1.64（选填：＜、＞、＝），理由是 。
23．（15分）治疗原发性高血压、心绞痛的药物替利洛尔（Tilisolol）的一种合成路线如图：
已知：RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
（1）A分子含有的官能团是 ；写出①的化学反应方程式 。
（2）写出③所需的反应条件 。
（3）E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物。写出E的结构简式 。
（4）写出⑤的反应类型是 。
（5）写出一种符合下列条件的H的同分异构体 。
a.发生银镜反应；
b.在酸性和碱性条件下均水解；
c.有4种不同环境的氢原子。
（6）写出用B为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa）的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用表示：XY…目标产物）
24．（15分）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
Ⅰ.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
（1）结合已有知识及表格中信息解释原因 。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl（SO4）2•12H2O
CuSO4•5H2O
FeSO4•7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度（℃）
200
200
300
Ⅱ.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等。
（2）对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释： 。
（3）将盛有绿矾的硬质玻璃管A按如图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为 、 （选填字母编号）。
a.品红溶液
b.Ba（OH）2溶液
c.盐酸酸化的BaCl2溶液
d.浓硫酸
Ⅲ.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g•L﹣1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol•L﹣1 NaOH溶液进行滴定。
（4）H2O2吸收SO2的化学方程式为 。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是 。
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为 。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为 g•L﹣1。该葡萄酒的此项指标被判定为 。（选填：合格、不合格）
2022年上海市闵行区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是（ ）
A．密度小 B．耐腐蚀
C．熔点比纯铝高 D．属金属晶体
【分析】合金具有许多优良性能，如合金密度小，硬度大，熔沸点低，各组分仍然保持原有的化学性质。
【解答】解：合金具有许多优良性能，如合金密度小，硬度大，熔沸点低等性能，故熔点比纯铝高是错误的，
故选：C。
【点评】本题主要考查化学在人类的生产、生活中的应用，从而体现化学的重要性，增强学生学习化学的兴趣，难度不大，需要细心。
2．（2分）海带提碘的过程不包括（ ）
A．灼烧 B．溶解 C．氧化 D．升华
【分析】由提取碘的流程可知，海带灼烧后溶解，浸泡得到含碘离子的溶液和不溶性杂质，过滤分离含碘离子的溶液，再与氯气发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，得到含碘单质的溶液，加入四氯化碳萃取，萃取后得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏分离出碘，以此来解答
【解答】解：分析可知海带灼烧后溶解，浸泡得到含碘离子的溶液和不溶性杂质，过滤分离含碘离子的溶液，再与氯气发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，得到含碘单质的溶液，加入四氯化碳萃取，萃取后得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏分离出碘，过程中不需要升华，
故选：D。
【点评】本题考查了海水资源的利用，过程分析判断，实验基本操作、物质性质等知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子（Rb）说法正确的是（ ）
A．中子数是37
B．质量数是85
C．电子数是38
D．与Rb互称同素异形体
【分析】A．原子中质量数＝质子数+中子数；
B．原子符号左上角为质量数；
C．原子符号左下角为质子数，质子数＝核电荷数＝核外电子数；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
【解答】解：A．铷原子（Rb）中子数＝85﹣37＝48，故A错误；
B．铷原子（Rb）的质量数为85，故B正确；
C．铷原子（Rb）的质子数＝核外电子数＝37，故C错误；
D．铷原子（Rb）与Rb互称同位素，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构和微粒数关系，主要是原子构成的理解应用，题目难度不大。
4．（2分）下列官能团名称、结构简式对应正确的是（ ）
A．脂基：﹣COO﹣ B．羧基：HOOC﹣
C．醛基：﹣COH D．碳碳双键：﹣C＝C﹣
【分析】A.酯类的官能团为酯基；
B.﹣COOH是羧酸的官能团；
C.醛基中﹣H直接连在C原子上，O原子与C原子之间以双键相连；
D.碳碳双键的每个C原子上有2条半键。
【解答】解：A.酯类的官能团为酯基，结构简式为﹣COO﹣，名称为酯基，而非脂基，故A错误；
B.﹣COOH是羧酸的官能团，名称为羧基，故B正确；
C.醛基中﹣H直接连在C原子上，O原子与C原子之间以双键相连，其结构简式为﹣CHO，故C错误；
D.碳碳双键的每个C原子上有2条半键，其结构简式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意醛基和碳碳双键的结构简式的写法。
5．（2分）欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】CCl4和H2O的混合物分层，可选分液漏斗分离，为分液法，以此来解答。
【解答】解：A.图中为分液漏斗，可分离CCl4和H2O的混合物，故A正确；
B.图中为蒸馏烧瓶，用于蒸馏分离互溶且沸点不同的液体混合物，故B错误；
C.图中为直形冷凝管，用于蒸馏分离互溶且沸点不同的液体混合物，故C错误；
D.图中为长颈漏斗，不能用于分离混合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握混合物的分离方法、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见仪器的用途，题目难度不大。
6．（2分）下列工业生产过程中物质没有“循环利用”的是（ ）
A．石油分馏 B．硫酸工业 C．联合制碱法 D．合成氨工业
【分析】工业生产过程中物质“循环利用”是指反应过程中参与反应过程，最后又生成的物质可以循环利用，可逆反应平衡状态下分离出目标物质后的物质可以循环使用，据此分析判断。
【解答】解：A．石油分馏是控制温度分离混合物的方法，过程中无循环利用的物质，故A正确；
B．硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化过程中的平衡混合气体，分离出三氧化硫后的二氧化硫和氧气混合气体，可以在接触室中循环使用，故B错误；
C．联合制碱过程中，碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体，析出氯化铵后的溶液中的氯化钠可以循环利用，故C错误；
D．合成氨工业中平衡混合气体中分离出氨气后的氮气和氢气混合气体，可以循环利用，通过反应物的利用率，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了工业制备物质的过程分析判断，主要是循环利用的物质的理解应用，题目难度不大。
7．（2分）有关单质碘升华过程的描述中，错误的是（ ）
A．该过程吸热 B．分子间距增大
C．分子间作用力增大 D．不会破坏共价键
【分析】单质碘是固态的，升华后变为气态的碘单质，改变的是分子间的距离，分子内的I﹣I键没有被破坏，据此分析作答。
【解答】解：A．破坏分子间的作用力也需要提供热量，所以升华过程是吸热的，故A正确；
B．根据分析可知，升华过程中分子间距是增大的，故B正确；
C．根据分析可知，升华过程中分子间距增大，分子间作用力减小，故C错误；
D．根据分析可知，升华过程中不会破坏共价键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子晶体的结构，属于基本知识的考查，难度不大。
8．（2分）对碳原子最外层电子的描述，错误的是（ ）
A．有1种自旋状态 B．有2种不同能量
C．分占3个轨道 D．有4种运动状态
【分析】电子在核外排布时，遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，碳原子的最外层电子排布式为2s22P2，据此分析。
【解答】解：A.根据洪特规则可知，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，而同一轨道内的两个电子自旋相反，故碳原子的最外层电子有2种自旋状态，故A错误；
B.处于简并轨道的电子的能量相同，但2p轨道的电子的能量大于2s轨道，故碳原子的最外层电子有2种不同的能量，故B正确；
C.碳原子的最外层电子占据了2s轨道和2个p轨道，即共三个轨道，故C正确；
D.每个电子的运动状态各不相同，碳原子的最外层有4个电子，即有4个不同的运动状态，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了核外电子的运动状态以及所占据的轨道等，难度不大，应注意电子的运动状态与空间运动状态的不同。
9．（2分）关于（CH3CH2）2C（CH3）2的说法，错误的是（ ）
A．常温下呈液态
B．命名为3，3﹣二甲基戊烷
C．一氯代物有3种
D．是2，3﹣二甲基丁烷的同分异构体
【分析】A．常温下碳原子数5～18的烷烃呈液态；
B．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号码命名；
C．依据等效氢的种类分析；
D．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
【解答】解：A．常温下碳原子数5～18的烷烃呈液态，故（CH3CH2）2C（CH3）2常温下呈液态，故A正确；
B．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，则主链上有5个碳原子，为戊烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号命名，在3号碳原子上有2个甲基，名称为3，3﹣二甲基戊烷，故B正确；
C．两个甲基上的氢原子是一样的，两个乙基上的氢原子有两种，分别取代两个甲基、﹣CH2、﹣CH3，有三种，故C正确；
D．2，3﹣二甲基丁烷与（CH3CH2）2C（CH3）2的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的命名、状态、同分异构体等知识，明确有机基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．（2分）关于实验室制备乙酸丁酯的说法，正确的是（ ）
A．采用水浴加热法控制温度
B．采用边反应边蒸馏的方法提高产率
C．采用乙酸过量提高丁醇利用率
D．用氢氧化钠溶液分离提纯出产品
【分析】A.水浴加热温度相对较低，达不到反应条件；
B.制备乙酸丁酯时采用冷凝回流方法提高产率；
C.加入过量乙酸，促进反应正向进行，提高丁醇的转化率；
D.NaOH溶液可使酯发生水解。
【解答】解：A.水浴加热温度相对较低，达不到反应条件，制备乙酸丁酯时采用酒精灯直接加热，故A错误；
B.制备乙酸丁酯时采用冷凝回流方法提高产率，待反应结束后再提取产物，若蒸馏导致反应物蒸出，会导致产物的产率降低，故B错误；
C.加入过量乙酸，促进反应正向进行，提高丁醇的转化率，则采用乙酸过量提高丁醇利用率，故C正确；
D.NaOH溶液可使酯发生水解，应选饱和碳酸钠溶液分离提纯出产品，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的制备，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
11．（2分）下列应用与化学原理对应错误的是（ ）
选项
应用
化学原理
A
铁罐存储浓硫酸
铁被浓硫酸钝化
B
铵盐是一种常见氮肥
氮是生命体必需元素
C
明矾可用作净水剂
明矾水解生成Al（OH）3
D
钢闸门用外加电流阴极保护法
辅助阳极比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．铁可以被浓硫酸钝化，生成一层致密的氧化物保护膜；
B．氮是生命体必需元素，铵盐中含有氮元素；
C．明矾水解生成Al（OH）3胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮物质；
D．采用外加电流阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，钢闸门与外电源的负极相连即可。
【解答】解：A．铁可以被浓硫酸钝化，生成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应的继续进行，所以可以用铁制容器存储、运输浓硫酸，故A正确；
B．氮是生命体必需元素，铵盐中含有氮元素，所以铵盐是一种常见的氮肥，故B正确；
C．明矾水解生成Al（OH）3胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的，所以明矾可用作净水剂，故C正确；
D．采用外加电流阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，所以钢闸门与外电源的负极相连，与阳极材料的活泼性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学在生活、生产中的应用以及原理的解释是否对应一致，属于基本知识的考查，难度不大。
12．（2分）一定呈酸性的溶液是（ ）
A．pH＝6的溶液
B．NH4Fe（SO4）2溶液
C．与Al反应生成H2的溶液
D．c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液
【分析】A．pH＝6的溶液可能呈中性；
B．NH4Fe（SO4）2溶液中NH4+、Fe2+水解导致溶液呈酸性；
C．与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液；
D．室温下，c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液可能产生也可能呈碱性。
【解答】解：A．pH＝6的溶液可能呈中性，如：100℃时纯水的pH＝6，则该温度下pH＝6的溶液呈中性，故A错误；
B．NH4Fe（SO4）2溶液中NH4+、Fe2+水解生成H+导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，所以该溶液一定呈酸性，故B正确；
C．与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液，如：稀硫酸和Al反应生成氢气、NaOH溶液和Al反应生成氢气，稀硫酸溶液呈酸性、NaOH溶液呈碱性，故C错误；
D．室温下，c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液中c（H+）水电离＜10﹣7mol•L﹣1，水的电离被抑制，如果溶液中溶质是酸，溶液中c（H+）＝＝mol/L＝0.1mol/L，溶液的pH＝1，如果是碱溶液，溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.1mol/L，溶液的pH＝13，所以该温度下c（H+）水电离＝10﹣13mol•L﹣1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液酸碱性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液酸碱性判断方法是解本题关键，A易忽略温度与pH值的关系而导致错误判断，题目难度不大。
13．（2分）如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是（ ）
A．X元素是镁
B．M元素可形成一种温室气体
C．最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M
D．Y的氧化物是铝热剂的成分之一
【分析】四种短周期主族元素，由图可知，为第二、三周期元素；已知元素X的原子核外电子数是M的2倍，设M原子序数为x，则X原子序数为x+6，则（x+6）＝2x，x＝6，则M、N、X、Y分别为碳、氮、镁、铝。
【解答】解：A．X元素是镁，故A正确；
B．碳元素形成的二氧化碳是一种温室气体，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性氮大于碳，则最高价氧化物对应水化物酸性：N＞M，故C正确；
D．Al是铝热剂的成分之一，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，明确原子结构、元素周期表结构、元素周期律及元素化合物性质是解本题关键，侧重考查学生判断及知识综合运用能力。
14．（2分）一定条件下：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A．反应物的总能量低于产物的总能量
B．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q Q＞196kJ/mol
C．反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D．若投入2molSO2（g）和1molO2（g），使之反应，放出热量196kJ
【分析】A.焓变为负，为放热反应；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多；
C.催化剂不改变反应的始终态；
D.投入2molSO2（g）和1molO2（g）反应时，不能完全转化。
【解答】解：A.焓变为负，为放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多，则2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（s）ΔH＝﹣Q中Q＞196kJ/mol，故B正确；
C.催化剂不改变反应的始终态，则若使用催化剂，放出热量不变，故C错误；
D.投入2molSO2（g）和1molO2（g）反应时，不能完全转化，则放出热量小于196kJ，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、可逆反应、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
15．（2分）某螺环烃的结构如图。下列描述正确的是（ ）
A．能发生取代、加成等反应
B．是1，3﹣丁二烯的同系物
C．与HBr按物质的量1：1加成得1种产物
D．所有碳原子处于同一平面
【分析】A.此烃中含碳碳双键和烷烃基；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，但碳碳双键两端不对称；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化。
【解答】解：A.此烃中含碳碳双键和烷烃基，故能发生加成反应和取代反应，故A正确；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，1，3﹣丁二烯和此螺环烃的结构不相似，两者不是同系物，故B错误；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，故此烃与HBr按物质的量1：1加成时，加成在两条双键的任意一条时所得产物是相同的，但碳碳双键两端不对称，故和等物质的量的HBr加成产物有2种，故C错误；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化，此有机物中所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了烯烃的结构和性质以及原子共平面的问题，难度不大，应注意的是烯烃能发生加成反应，在合适的条件下也能发生取代反应。
16．（2分）图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图（X、Y为石墨电极）。下列分析正确的是（ ）
A．图a中每个Na+吸引4个Cl﹣
B．图b说明通电后NaCl才电离
C．图c中X与电源负极相连
D．图c中Y上产生H2
【分析】氯离子半径大于钠离子，故图中代表的离子是Cl﹣，据此进行分析。
【解答】解：A.由图可知，代表的离子是Cl﹣，小白球周围有4个，但这是立体结构，故图a中每个Na+吸引8个Cl﹣，故A错误；
B.NaCl电离不需要通电，故B错误；
C.通电时，氯离子向阳极移动，故X接正极，故C错误；
D.图c中Y接阴极，故会产生氢气，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
17．（2分）根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是（ ）
方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化；
B．该反应需要加热；
C．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸；
D．加稀硫酸反应，Fe可能过量，生成FeSO4，溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，可知溶液含铁离子。
【解答】解：A．乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故A错误；
B．该反应需要加热，否则不能生成砖红色沉淀，故B错误；
C．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由实验及现象可知，样品已经变质，故C正确；
D．加稀硫酸溶解，Fe可能过量，溶液含Fe与硫酸反应生成的亚铁离子，由操作和现象不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中含+2价铁，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、反应速率、沉淀转化、物质检验、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）某温度下，恒容密闭容器中反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q（Q＜0）。已知H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的体系压强始终保持不变
B．v（CO2）保持不变可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若平衡时移走CO2，则平衡向逆反应方向移动，逆反应速率减慢
D．若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，则反应逆向进行
【分析】H2（g）和CO2（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，平衡时测得H2浓度为0.04mol•L﹣1，则
mol/L H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
开始 0.1 0.1 0 0
转化 0.06 0.06 0.04 0.04
平衡 0.04 0.04 0.04 0.04
A.反应前后气体的总物质的量不变；
B.v（CO2）保持不变，可知其浓度不变；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动；
D.K＝＝＝1，若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，Q＝＝＝1＝K。
【解答】解：A.反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B.v（CO2）保持不变，可知其浓度不变，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D.K＝＝＝1，若H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）初始浓度均为0.1mol•L﹣1，Q＝＝＝1＝K，平衡不移动，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K与Q的计算、平衡移动及判定为解答的关键，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
19．（2分）为回收硫，在CuCl2、FeCl3的混合溶液中依次通入一定体积的H2S和空气（O2体积比以20%计），转化过程如图，描述正确的是（ ）
A．Fe3+相当于催化剂，不参与反应
B．整个过程只发生氧化还原反应
C．只有2种元素的化合价发生变化
D．若最终不产生CuS，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5
【分析】A．Fe3+发生反应CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S；
B．H2S+CuCl2＝CuS↓+2HCl不是氧化还原反应；
C．由转化关系可知，Fe、S、O元素化合价发生变化；
D．整个过程总反应为2H2S+O22S↓+2H2O，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入5mol空气。
【解答】解：A．转化过程中Fe3+发生反应CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S，故A错误；
B．由图可知，一共发生三个反应：①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，其中反应②③属于氧化还原反应，而①是非氧化还原反应，故B错误；
C．由图可知，整个转化中Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D．整个过程总反应为2H2S+O22S↓+2H2O，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入空气为＝5mol，则通入V（H2S）：V（空气）＝2：5，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应机理，关键是明确反应物、中间产物、催化剂，熟练掌握元素化合物知识与化学反应原理，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
20．（2分）室温下，取10mL0.05mol•L﹣1的NaHCO3溶液两份，一份滴加0.05mol•L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同
B．c点和e点水电离出的H+浓度之比为107：1
C．d点存在：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．向NaHCO3溶液中加盐酸或NaOH溶液均抑制水的电离
【分析】A．a点溶质为NaHCO3，HCO3﹣水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n（NaOH）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3；
B．c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n（HCl）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离；
C．d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c（CO32﹣）；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
【解答】解：A．a点溶质为NaHCO3，HCO3﹣水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n（NaOH）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3，c点CO32﹣水解而促进水电离，所以a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同，故A正确；
B．c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n（HCl）＝n（NaHCO3）＝0.05mol/L×0.01L＝5×10﹣4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离，c点水电离出的c（H+）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，e点水电离出的c（H+）＝10﹣pH＝10﹣4.3mol/L，c点和e点水电离出的H+浓度之比为＝10﹣2.7：10﹣4.3＝101.6：1，故B错误；
C．d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c（CO32﹣），所以溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，向NaHCO3溶液中加入NaOH生成Na2CO3而促进水电离，向NaHCO3溶液中加入HCl生成NaCl和H2CO3而抑制水电离，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合溶液定性判断，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、水电离影响因素是解本题关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）汽车安全气囊常用叠氮化钠（NaN3）作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
（1）Na、Na+、O2﹣的半径由大到小顺序为 Na＞O2﹣＞Na+ ；
（2）NaHCO3作冷却剂的原理是 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低 （结合化学反应方程式解释）。
（3）NaN3中存在的化学键为 离子键和共价键 ；若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），转移电子 0.2NA 个。
（4）可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式： 1 NaClO+ 2 NaN3+ H2O → 1 NaCl+ 2 NaOH+ 3 N2↑
（5）常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。
①NaN3溶液呈 碱 性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为 c（N3﹣）＞c（HN3） ；结合图中信息写出判断理由 图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3） 。
【分析】（1）微粒的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小；
（2）碳酸氢钠受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O；
（3）叠氮化钠中阳离子是钠离子，根据阳离子和阴离子个数比为1：1，确定阴离子为N3﹣，结合电子守恒计算；
（4）氮元素化合价升高，氯元素化合价降低，结合电子守恒和原子守恒写出化学方程式；
（5）①常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，图象可知，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度。
【解答】解：（1）Na、Na+、O2﹣的半径，钠原子三个电子层，氧离子和钠离子电子层数相同，则由大到小顺序为：Na＞O2﹣＞Na+，
故答案为：Na＞O2﹣＞Na+；
（2）碳酸氢钠不稳定，吸收体系释放的热量、发生分解，产生碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低；
（3）NaN3中存在的化学键为离子键和共价键，NaN3分解反应的化学方程式为：2NaN33N2+2Na，生成3mol氮气，转移电子总物质的量2mol，若NaN3分解产生6.72LN2（标准状况），气体物质的量n＝＝0.3mol，电子转移总数为0.2NA，
故答案为：离子键和共价键；0.2NA；
（4）根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到﹣1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：NaClO+2NaN3+H2O＝NaCl+2NaOH+3N2↑，
故答案为：1；2；H2O；1；2；3；
（5）①常温下向20mL0.1mol•L﹣1HN3溶液中逐滴加入20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性，
故答案为：碱；
②图中数据分析可知，等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3），
故答案为：c（N3﹣）＞c（HN3）；图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pH＜7，溶液显酸性，说明HN3电离程度大于N3﹣水解程度，则c（N3﹣）＞c（HN3）。
【点评】本题考查了物质性质、氧化还原反应、盐类水解和弱电解质电离、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
22．（15分）综合利用CH4和CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
（1）CH4与Cl2光照下反应有多种产物。其中有机产物（图1）的电子式是 。有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是 C 。（选填编号）
a.CH4是非极性分子
b.一氯甲烷只有一种结构
c.二氯甲烷只有一种沸点
d.CH4中碳的质量分数75%
实验室对（CH4﹣CO2）催化重整，反应原理为：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。在1L固定容积的密闭容器中，充入0.1molCO2、0.1molCH4，分别在p1、p2、p3三种压强和不同温度下进行（CH4﹣CO2）催化重整，测得平衡时甲烷的转化率、温度和压强的关系如图。
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡。则平衡后CO的物质的量为 0.16 。图中c点时，v正 ＞ v逆（选填：＜、＞、＝）。
（3）该反应正反应为 吸 热反应（选填：吸、放）；在p1、p2、p3中，压强最大的是 p3 。
（4）已知a点时的平衡常数Ka＝1.64，则d点时的平衡常数Kd ＞ 1.64（选填：＜、＞、＝），理由是 平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大 。
【分析】（1）图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形；
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）单位：mol
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
终止 0.02 0.02 0.16 0.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行；
（3）分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动；
（4）平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
【解答】解：（1）图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点（图2），判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形，如果为平面正方形，二氯代物会出现两种结构，
故答案为：；C；
（2）750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）单位：mol
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
终止 0.02 0.02 0.16 0.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行，故v正＞v逆，
故答案为：0.16；＞；
（3）分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率降低，故压强最大的为p3，
故答案为：吸；p3；
（4）平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，a点的平衡常数为1.64，故d点的平衡常数大于1.64，
故答案为：＞；平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
23．（15分）治疗原发性高血压、心绞痛的药物替利洛尔（Tilisolol）的一种合成路线如图：
已知：RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
（1）A分子含有的官能团是 氯原子、碳碳双键 ；写出①的化学反应方程式 CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl 。
（2）写出③所需的反应条件 NaOH的醇溶液、加热 。
（3）E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物。写出E的结构简式 。
（4）写出⑤的反应类型是 取代反应 。
（5）写出一种符合下列条件的H的同分异构体 。
a.发生银镜反应；
b.在酸性和碱性条件下均水解；
c.有4种不同环境的氢原子。
（6）写出用B为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa）的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用表示：XY…目标产物）
【分析】C发生消去反应生成D，根据D的分子式知，B能和氯气发生加成反应，则B中含有碳碳双键，所以丙烯中甲基和氯气发生取代反应生成A为CH2＝CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2＝CHCH2OH，B与氯气反应生成C为ClCH2CHClCH2OH，C发生消去反应生成D；E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物，根据G的结构简式知，F为CH3OH，根据E的分子式知，E为，G发生信息中的取代反应生成H为，H和I发生取代反应，根据⑤产物的结构简式知，I为CH3NHCH2COOCH3；
（6）用CH2＝CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa），丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2＝CHCOONa。
【解答】解：（1）A分子含有的官能团是碳碳双键、氯原子；A为CH2＝CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2＝CHCH2OH，①的化学反应方程式为：CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl，
故答案为：碳碳双键、氯原子；CH2＝CHCH2Cl+NaOHCH2＝CHCH2OH+NaCl；
（2）③为﹣Cl的消去反应，所需的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
故答案为：NaOH的醇溶液、加热；
（3）E的结构简式为，
故答案为：；
（4）⑤的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（5）H为，H的同分异构体符合下列条件：
a.发生银镜反应，说明含有醛基；
b.在酸性和碱性条件下均水解，说明含有酯基；
c.有4种不同环境的氢原子，结构对称，苯环上有2个取代基，且两个取代基对位，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（6）用CH2＝CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠（CH2＝CHCOONa），丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2＝CHCOONa，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、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式结合题给信息正确推断各物质的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，题目难度中等。
24．（15分）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
Ⅰ.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
（1）结合已有知识及表格中信息解释原因 胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察 。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl（SO4）2•12H2O
CuSO4•5H2O
FeSO4•7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度（℃）
200
200
300
Ⅱ.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等。
（2）对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释： 焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理 。
（3）将盛有绿矾的硬质玻璃管A按如图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为 c 、 a （选填字母编号）。
a.品红溶液
b.Ba（OH）2溶液
c.盐酸酸化的BaCl2溶液
d.浓硫酸
Ⅲ.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g•L﹣1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol•L﹣1 NaOH溶液进行滴定。
（4）H2O2吸收SO2的化学方程式为 H2O2+SO2＝H2SO4 。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是 除去过量的过氧化氢 。
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为 0.24 g•L﹣1。该葡萄酒的此项指标被判定为 合格 。（选填：合格、不合格）
【分析】Ⅰ.（1）胆矾失去结晶水变为白色的硫酸铜；
Ⅱ.（2）根据氧化还原反应一种元素的化合价升高，必须有一中元素化合价降低；
（3）盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
Ⅲ.根据反应H2O2+SO2＝H2SO4，H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，可得关系式SO2～H2SO4～2NaOH，据此计算。
【解答】解：（1）胆矾失去结晶水变为硫酸铜，无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察，
故答案为：胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
（2）焙烧绿矾制备铁红（主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂）和含硫气体等，焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理，
故答案为：焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
（3）二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液，
故答案为：c；a；
（4）H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2＝H2SO4；用0.0900mol•L﹣1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢，
故答案为：H2O2+SO2＝H2SO4；除去过量的过氧化氢；
（5）若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应H2O2+SO2＝H2SO4，H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，可得反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为＝0.072g，含量为＝0.24g•L﹣1＜0.26g•L﹣1，故合格，
故答案为：最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；0.24；合格。
【点评】本题考查物质性质探究与含量测定的综合题，难度中等，掌握二氧化硫的还原性、指示剂的选择、滴定测量、实验数据的处理是解题的关键。
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