2021年上海市奉贤区高考化学二模试卷

这是一份2021年上海市奉贤区高考化学二模试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市奉贤区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）碘的同位素I具有放射性，下列说法正确的是（　　）
A．原子核外电子数是53 B．原子核内中子数是131
C．原子的质量数是184 D．位于第四周期ⅦA族
2．（2分）下列工业生产中，只涉及物理变化的是（　　）
A．合成氨工业 B．海水晒盐 C．纯碱工业 D．煤干馏
3．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．羟基的电子式：
B．碳原子核外电子排布的轨道表示式是：
C．氟原子的结构示意图
D．次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣O
4．（2分）含有极性键的非极性分子是（　　）
A．H2 B．NH3 C．CO2 D．CH2Cl2
5．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）
A．酒精 B．氯化银 C．氢氧化铝 D．二氧化氮
6．（2分）下列有机物的系统命名正确的是（　　）
A．2﹣乙基﹣1﹣丁烯 B．1，4﹣二甲基丁烷
C．2﹣二氯丙烷 D．2﹣甲基﹣3﹣丙醇
7．（2分）不能通过化合反应制备的物质是（　　）
A．Na2O2 B．Fe（OH）3 C．Cu2S D．Al2（SO4）3
8．（2分）如图是实验室模拟硫酸工业中合成SO3的反应装置，以下说法中错误的是（　　）

A．装置甲的作用是混合气体、干燥等
B．a处导出的气体主要含有SO3、SO2、O2
C．反应生成的SO3不宜直接通入水中吸收
D．工业中用高压提高SO3的产率
9．（2分）要证明某久置的FeSO4溶液中是否还含有Fe2+，以下最适合的试剂是（　　）
A．KSCN溶液 B．BaCl2溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．KI溶液
10．（2分）如图向盛有饱和NaOH溶液的烧杯中，加入小块金属钠．以下说法错误的是（　　）

A．钠浮在液面上四处游动
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．恢复到室温时，溶液中的Na+数目减小
D．恢复到室温时，NaOH溶液的浓度增大
11．（2分）下列实验方案不能达到实验目的的是（　　）
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入Na2S溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向MgCl2、AlCl3溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向Fe、Cu中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：①CH2＝CH﹣CH＝CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ②CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此判断正确的是（　　）
A．①和②的产物相比，②的产物更稳定
B．1，3﹣丁二烯比2﹣丁炔更稳定
C．1，3﹣丁二烯转化为2﹣丁炔是放热反应
D．丁烷的能量比1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔都要高
13．（2分）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）
A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+ B．Ba2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+ D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+
14．（2分）下列对Na2CO3溶液进行实验操作的有关说法中错误的是（　　）
A．加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小
B．保持温度不变，通入CO2后溶液pH减小
C．加入NaOH固体后，减小
D．升高温度，溶液中n（OH﹣）增大
15．（2分）已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应2S2Cl2+2H2O＝4HCl+SO2↑+3S↓．对该反应的说法正确的是（　　）
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1molSO2转移4mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
16．（2分）如图所示装置的相关叙述正确的是（　　）

A．当a和b用导线连接，溶液中的SO42﹣向铜片附近移动
B．当a和b用导线连接，电路中通过0.02mol电子时，产生224mL气体
C．当a和b用导线连接后，铜片上发生的反应为：2H++2e→H2↑
D．将a与直流电源正极相连可以保护锌片，即牺牲阳极的阴极保护法
17．（2分）用滴定法测定含少量NaCl的NaHCO3的含量，下列操作会引起测定结果偏高的是（　　）
A．锥形瓶中加入一定体积的待测液后，再加少量水
B．向待测液中加2～3滴甲基橙试液后，再用标准酸液进行滴定
C．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定
D．用滴定管量取待测液，读数前尖嘴部分有气泡，读数后气泡消失
18．（2分）分枝酸是生物合成系统中的中间体，其结构简式如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．分子中含有2种官能团
B．可分别与乙醇和乙酸发生相同类型的反应
C．1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
19．（2分）某恒温密闭容器中，投入一定量的固体A，发生反应：A（s）⇌B（？）+C（g）﹣Q kJ（Q＞0）。反应达到平衡后，若压缩容器的体积，重新平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等。以下说法正确的是（　　）
A．物质B的状态只能为固态或液态
B．平衡时，单位时间内n（A）消耗：n（C）消耗＝1：1
C．若起始时向容器中加入1mol B和1mol C，反应达到平衡时放出热量为QkJ
D．若保持容器的体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向正反应方向移动
20．（2分）室温下向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的（　　）

A．A、B两点所示溶液中水的电离程度相同
B．A点所示溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
C．B点所示溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
D．C点所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
二、综合题（共60分）
21．（15分）海洋中蕴含丰富的资源，如图涉及多个以海水为原料的生产流程。

完成下列填空：
（1）步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是　 　。
（2）工业上用Cl2与KOH（热溶液）制备KClO3，反应如下：　 　Cl2+　 　KOH→　 　KCl+　 　KClO3+　 　H2O配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目　 　。
（3）关于卤素的下列说法错误的是　 　。
a．单质的熔点：Cl2＞Br2＞I2
b．元素的非金属性：Cl＞Br＞I
c．单质的氧化性：I2＞Br2＞Cl2
d．从海洋中获得Cl2、Br2的过程均涉及氧化还原反应
（4）对图中所示生产过程的说法正确的是　 　。
a．溶解度：NaHCO3＞Na2CO3
b．第④⑤⑥步骤中，溴元素均被还原
c．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高Br2的浓度
d．联碱法与氨碱法相比，NaCl利用率较高，且能耗低
（5）步骤②是在饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2，原因是　 　。
（6）某同学将CO2通入NaOH溶液中，当溶液呈中性时，溶液中浓度最大的微粒是　 　。
a．c（Na+）
b．c（CO32﹣）
c．c（HCO3﹣）
d．c（H+）
22．（16分）科学家利用反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）对汽车尾气进行无害化处理。一定条件下，在1L密闭容器中充入2.00mol CO和2.00mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比m＝。

完成下列填空：
（1）氮原子最外层电子排布式为　 　，氧原子核外能量最高的电子有　 　个。
（2）根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是　 　。（保留小数后两位小数）
（3）该反应的化学平衡常数表达式是　 　，该反应的正反应是　 　反应。（填“吸热”或“放热”）
（4）图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　 　。
（5）关于该可逆反应的说法正确的是　 　。
a．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
b．当体系中c（CO2）：c（N2）＝2：1时，该反应达到平衡状态
c．保持其他条件不变，若充入N2，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d．投料比：m1＞m2＞m3
（6）随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为　 　。
23．（16分）苯丙酸乙酯H（）常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如图。

已知：RBrRCNRCOOH（﹣R表示烃基）
完成下列填空：
（1）物质F名称是　 　；物质B的结构简式是　 　。
（2）完成D→H转化所需的试剂及条件分别是　 　，该反应类型是　 　。
（3）写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体　 　。
①苯环上含3个取代基；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③分子中有4种不同环境的H原子。
（4）物质E中含氧官能团的名称是　 　，可检验该官能团的试剂是　 　。
（5）物质A一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物，该反应化学方程式是　 　。
（6）参照上述合成路线写出以乙烯（CH2＝CH2）为原料制备丁二酸（HOOCCH2CH2COOH）的合成路线（无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：　 　。
AB……目标产物
24．（13分）牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与NaOH溶液、CO2反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量摩擦剂样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过量NaOH溶液，再次过滤，向滤液中通入过量CO2，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有Al（OH）3。
已知：NaAlO2+CO2+2H2O→Al（OH）3↓+NaHCO3
（1）在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有 　 　。（选填编号）

（2）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是 　 　。
（3）某同学认为向再次过滤的滤液中通CO2后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有Al（OH）3，若要确认其含有Al（OH）3，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现 　 　（填写实验现象），证明白色沉淀是Al（OH）3，即摩擦剂中含有Al（OH）3。
Ⅱ．摩擦剂中碳酸钙含量的测定。
如图所示进行实验，滴入盐酸充分反应后，打开K1，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重BaCO3质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。

完成下列填空：
（4）检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭K3，打开K1和K2，持续鼓入空气一段时间后，关闭K1和K2，打开K3，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是 　 　。
（5）有小组认为，过滤，称量BaCO3质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置（如图），你认为是否合适？并简述原因。 　 　。

（6）实验中称取8.000g样品，若测得BaCO3平均质量为1.970g。则摩擦剂样品中碳酸钙的质量分数是 　 　。（小数点后保留三位数字）

2021年上海市奉贤区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）碘的同位素I具有放射性，下列说法正确的是（　　）
A．原子核外电子数是53 B．原子核内中子数是131
C．原子的质量数是184 D．位于第四周期ⅦA族
【分析】zAX中z为质子数，A为质量数，质子数+中子数＝质量数，据此分析解答。
【解答】解：碘的同位素I，质子数为53，质量数为131，中子数为78，为53号元素，位于第五周期ⅦA族，
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系、原子符号表示意义、元素相对原子质量和原子相对原子质量的区别，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下列工业生产中，只涉及物理变化的是（　　）
A．合成氨工业 B．海水晒盐 C．纯碱工业 D．煤干馏
【分析】物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此分析判断。
【解答】解：A．合成氨工业是氮气和氢气催化剂作用下高温高压反应生成氨气的过程，为化学变化，故A错误；
B．海水晒盐是蒸发溶剂得到溶质晶体的过程，过程中无新物质生成，为物理变化，故B正确；
C．纯碱工业是利用向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳反应，得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解得到纯碱，为化学变化，故C错误；
D．煤干馏是隔绝空气加强热发生复杂物理化学变化的过程，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学知识的应用，主要是工业生产中涉及到的变化实质的理解应用，把握物质的组成和性质、发生的反应为解答关键为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．羟基的电子式：
B．碳原子核外电子排布的轨道表示式是：
C．氟原子的结构示意图
D．次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣O
【分析】A．羟基不带电，电子数等于质子数；
B．碳原子核外电子排布式为1s22s22p2；
C．氟原子核外9个电子；
D．次氯酸分子中心原子为O，H和Cl分别与O共用1对电子。
【解答】解：A．羟基中含有1个O﹣H键，羟基中O原子最外层电子数为7，其电子式为，故A错误；
B．碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，碳原子核外电子排布的轨道表示式是：，故B正确；
C．氟原子的核内有9个质子，核外有9个电子，故其原子结构示意图为，故C错误；
D．次氯酸分子中心原子为O，H和Cl分别与O共用1对电子，结构式为H﹣O﹣Cl，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子的表示方法、结构式和原子结构示意图以及同位素的概念等，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别。
4．（2分）含有极性键的非极性分子是（　　）
A．H2 B．NH3 C．CO2 D．CH2Cl2
【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此答题。
【解答】解：A．H2中H与H之间形成的是非极性键，故A错误；
B．NH3为三角锥形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故B错误；
C．CO2为直线形结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故C正确；
D．CH2Cl2含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。
5．（2分）下列物质属于强电解质的是（　　）
A．酒精 B．氯化银 C．氢氧化铝 D．二氧化氮
【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物。主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa等，除Pb（CH3COO）2，HgCl2外，注意沉淀如CaCO3，BaSO4等由于溶于水的部分已全部电离，属于强电解质），金属氧化物（Na2O，MgO等）。
【解答】解：A．酒精为非电解质，故A不选；
B．氯化银为盐，熔融状态完全电离，属于强电解质，故B选；
C．氢氧化铝水溶液中部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．二氧化氮为非电解质，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉强电解质和弱电解质划分依据是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）下列有机物的系统命名正确的是（　　）
A．2﹣乙基﹣1﹣丁烯 B．1，4﹣二甲基丁烷
C．2﹣二氯丙烷 D．2﹣甲基﹣3﹣丙醇
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【解答】解：A．主链有4个碳的烯烃，2号碳上有1个乙基，1号碳上有碳碳双键，系统命名为：2﹣乙基﹣1﹣丁烯，故A正确；
B．主链有6个碳原子的烷烃，没有侧链，命名为己烷，故B正确；
C．主链上有3个碳原子的烷烃，2号碳上有2个氯原子，系统命名为2，2﹣二氯丙烷，故C错误；
D．编号应从靠近官能团一端，正确的命名为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的命名判断，题目难度不大，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力及灵活应用所学知识的能力。
7．（2分）不能通过化合反应制备的物质是（　　）
A．Na2O2 B．Fe（OH）3 C．Cu2S D．Al2（SO4）3
【分析】A．钠在空气中燃烧生成Na2O2；
B．Fe（OH）2和水、氧气反应生成Fe（OH）3；
C．Cu与S加热反应生成Cu2S；
D．Al2（SO4）3由金属铝与稀硫酸反应生成，或者由复分解反应生成。
【解答】解：A．钠在空气中燃烧生成Na2O2，即钠与氧气发生化合反应生成Na2O2，能通过化合反应制备，故A不选；
B．Fe（OH）2和水、氧气反应生成Fe（OH）3，能通过化合反应得到，故B不选；
C．Cu与S加热反应生成Cu2S，即Cu2S可以通过化合反应得到，故C不选；
D．Al2（SO4）3由金属铝与稀硫酸反应生成，或者由复分解反应生成，不能通过化合反应得到，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）如图是实验室模拟硫酸工业中合成SO3的反应装置，以下说法中错误的是（　　）

A．装置甲的作用是混合气体、干燥等
B．a处导出的气体主要含有SO3、SO2、O2
C．反应生成的SO3不宜直接通入水中吸收
D．工业中用高压提高SO3的产率
【分析】A．甲装置中导气管冒出气体的速率可以控制二氧化硫和氧气的比例，浓硫酸具有吸收性；
B．二氧化硫和氧气催化剂作用下加热反应为可逆反应；
C．水吸收时会放出大量的热，形成酸雾，影响三氧化硫吸收；
D．二氧化硫的催化氧化反应在常压下产率已经较高，增大压强有利于平衡正向进行，但对三氧化硫的产率影响不大。
【解答】解：A．利用甲装置中导气管气泡冒出的速率，可以控制二氧化硫和氧气的混合比例，使二氧化硫和氧气充分混合，同时起到干燥气体作用，故A正确；
B．二氧化硫和氧气催化剂作用下加热反应为可逆反应，a处导出的气体主要含有SO3、SO2、O2，故B正确；
C．水吸收时会放出大量的热，形成酸雾，影响吸收效率，应用98.3%的浓硫酸吸收，故C正确；
D．常压下，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫的产率已经较高，增大压强对产率影响不大，但设备的要求会增大，提高了生产成本，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查三氧化硫的制备，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
9．（2分）要证明某久置的FeSO4溶液中是否还含有Fe2+，以下最适合的试剂是（　　）
A．KSCN溶液 B．BaCl2溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．KI溶液
【分析】某久置的FeSO4溶液中含有亚铁离子、铁离子、硫酸根离子，检验是否含有Fe2+，需要利用亚铁离子的特征性质检验，亚铁离子具有还原性。
【解答】解：A．KSCN溶液只能检验铁离子的存在，不能检验亚铁离子存在，故A错误；
B．BaCl2溶液不能检验亚铁离子的存在，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，遇到亚铁离子会发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，和铁离子不反应，可以验证亚铁离子的存在，故C正确；
D．KI溶液中碘离子具有还原性，可以和铁离子发生氧化还原反应，生成碘单质，与亚铁离子不反应，不能检验亚铁离子的存在，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查二价铁离子的检验所用的试剂、反应现象等知识点，注意亚铁离子和铁离子的性质区别，题目难度不大。
10．（2分）如图向盛有饱和NaOH溶液的烧杯中，加入小块金属钠．以下说法错误的是（　　）

A．钠浮在液面上四处游动
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．恢复到室温时，溶液中的Na+数目减小
D．恢复到室温时，NaOH溶液的浓度增大
【分析】钠的密度小于水，反应放热，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，据此分析。
【解答】解：A．钠的密度小于水，浮在水面上，反应放出气体推动钠四处游动，故A正确；
B．反应放热，而且钠的熔点低，所以钠熔化成一个光亮的小球，故B正确；
C．反应消耗水，溶液中会析出NaOH固体，所以溶液中的Na+数目减小，故C正确；
D．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，所以NaOH溶液的浓度不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以钠的实验设计为载体考查了钠的性质，会根据钠的性质分析钠和水反应的实验现象即可解答，注意对基础知识的积累，题目难度不大。
11．（2分）下列实验方案不能达到实验目的的是（　　）
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入Na2S溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向MgCl2、AlCl3溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向Fe、Cu中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.非金属性越强，对应单质与氢气越易化合；
B.氯气与硫化钠反应生成S；
C.二者均与氨水反应生成白色沉淀；
D.Fe与盐酸反应，Cu不能。
【解答】解：A.非金属性越强，对应单质与氢气越易化合，溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应可比较非金属性，故A正确；
B.氯气与硫化钠反应生成S，则Cl的非金属性大于S的非金属性，故B正确；
C.二者均与氨水反应生成白色沉淀，由操作和现象不能比较镁、铝的金属性强弱，故C错误；
D.Fe与盐酸反应，Cu不能，可知Fe比Cu活泼，故D正确；
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、金属性与非金属性比较、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。
12．（2分）1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：①CH2＝CH﹣CH＝CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ②CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此判断正确的是（　　）
A．①和②的产物相比，②的产物更稳定
B．1，3﹣丁二烯比2﹣丁炔更稳定
C．1，3﹣丁二烯转化为2﹣丁炔是放热反应
D．丁烷的能量比1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔都要高
【分析】A．①②2个方程的产物是一样的，其稳定性也是一样的；
B．由①②2个反应放出的热量数值可知（产物一样，能量相同），相同物质的量的2﹣丁炔比1，3﹣丁二烯的能量高，能量越低越稳定；
C．2﹣丁炔比1，3﹣丁二烯的能量高，1，3﹣丁二烯转化为2﹣丁炔是吸热反应；
D．两个反应均为放热反应，产物丁烷的能量比反应物的总能量均低，但无法比较丁烷与1，3﹣丁二烯及2﹣丁炔的能量高低。
【解答】解：A．由题中①②2个方程可知，反应产物均为正丁烷，故产物的稳定性是一样的，故A错误；
B．由①②2个反应放出的热量分别为236.6kJ、272.7kJ，所以相同物质的量的2﹣丁炔比1，3﹣丁二烯的能量高，所以1，3﹣丁二烯更稳定，故B正确；
C．2﹣丁炔比1，3﹣丁二烯的能量高，所以1，3﹣丁二烯转化为2﹣丁炔是吸热反应，故C错误；
D．两个反应均为放热反应，所以产物丁烷的能量比反应物的总能量均低，其中①中反应物包括1，3﹣丁二烯和H2，②中包括2﹣丁炔和H2，所以通过题中数据无法比较丁烷与1，3﹣丁二烯及2﹣丁炔的能量高低，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对能量问题的理解，能量越低越稳定，同一种物质，其稳定性是一样的，放热反应是指反应物的总能量高于生成物的总能量，属于基础知识，基本题型，难度不大。
13．（2分）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）
A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+ B．Ba2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+ D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液中存在大量H+或OH﹣，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A错误；
B．Mg2+与OH﹣反应生成氢氧化镁沉淀，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故B正确；
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+之间不反应，都不与H+、OH﹣反应，能够大量共存，故C错误；
D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+之间不反应，都不与OH﹣反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，明确题干暗含信息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。
14．（2分）下列对Na2CO3溶液进行实验操作的有关说法中错误的是（　　）
A．加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小
B．保持温度不变，通入CO2后溶液pH减小
C．加入NaOH固体后，减小
D．升高温度，溶液中n（OH﹣）增大
【分析】A．加水稀释，c（OH﹣）减小，c（H+）增大；
B．保持温度不变，通入CO2，会生成碳酸氢钠；
C．加入少量NaOH固体，溶液中c（OH﹣）增大而抑制Na2CO3水解；
D．升高温度促进盐的水解。
【解答】解：A．加水稀释促进水解，但是水解增大程度小于溶液体积增大程度，则c（OH﹣）减小，由于温度不变，所以c（H+）增大，故A错误；
B．保持温度不变，通入CO2，会生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解程度小于碳酸钠，所以溶液的pH会减小，故B正确；
C．加入少量NaOH固体，溶液中c（OH﹣）增大而抑制Na2CO3水解，c（CO32﹣）增大，c（HCO3﹣）减小，所以减小，故C正确；
D．升高温度促进盐的水解，Na2CO3的水解程度增大，所以溶液中n（OH﹣）增大，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了盐的水解，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确盐的水解原理、水解平衡移动是解本题关键，注意对基础知识的积累，题目难度不大。
15．（2分）已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应2S2Cl2+2H2O＝4HCl+SO2↑+3S↓．对该反应的说法正确的是（　　）
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1molSO2转移4mol电子
D．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1
【分析】2S2Cl2+2H2O＝4HCl+SO2↑+3S↓中，S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．
【解答】解：A．只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故A正确；
B．水中H、O元素的化合价均不变，则水不是还原剂，故B错误；
C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1molSO2转移3mol电子，故C错误；
D．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1：3，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
16．（2分）如图所示装置的相关叙述正确的是（　　）

A．当a和b用导线连接，溶液中的SO42﹣向铜片附近移动
B．当a和b用导线连接，电路中通过0.02mol电子时，产生224mL气体
C．当a和b用导线连接后，铜片上发生的反应为：2H++2e→H2↑
D．将a与直流电源正极相连可以保护锌片，即牺牲阳极的阴极保护法
【分析】a和b用导线连接时为原电池，不活泼的铜片为正极，活泼的锌片为负极；
A．原电池中，溶液中的阴离子移向负极，阳离子移向正极；
B．没有提示是标准状况；
C．原电池中，H+在正极上得电子发生还原反应；
D．a与直流电源正极相连为电解池的阳极，铜片失电子，保护锌片。
【解答】解：A．原电池中，溶液中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以溶液中的SO42﹣向锌片附近移动，故A错误；
B．没有提示是标准状况，无法计算产生的气体的体积，故B错误；
C．原电池中，H+在铜片上得电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e→H2↑，故C正确；
D．a与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，可以保护锌不被腐蚀，这叫外接电源的阴极保护法，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电化学原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度中等。
17．（2分）用滴定法测定含少量NaCl的NaHCO3的含量，下列操作会引起测定结果偏高的是（　　）
A．锥形瓶中加入一定体积的待测液后，再加少量水
B．向待测液中加2～3滴甲基橙试液后，再用标准酸液进行滴定
C．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定
D．用滴定管量取待测液，读数前尖嘴部分有气泡，读数后气泡消失
【分析】先分析操作方法对V（标准）的影响，然后结合c（待测）＝分析滴定误差，若操作方法导致V（标准）偏大，则测定结果偏高，反之则偏低。
【解答】解：A．锥形瓶中加入一定体积的待测液后，再加少量水，不影响消耗标准液体积，则不影响测定结果，故A错误；
B．滴定终点溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，操作方法合理，不影响测定结果，故B错误；
C．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故C正确；
D．用滴定管量取待测液，读数前尖嘴部分有气泡，读数后气泡消失，导致量取的待测液体积偏小，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查中和滴定及误差分析，为高频考点，明确中和滴定步骤、操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
18．（2分）分枝酸是生物合成系统中的中间体，其结构简式如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．分子中含有2种官能团
B．可分别与乙醇和乙酸发生相同类型的反应
C．1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【分析】由结构可知分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳碳双键及醚键，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.有机物含羧基、羟基、碳碳碳双键及醚键等官能团，故A错误；
B.含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，含有羟基，可与乙酸发生酯化反应，故B正确；
C.含有两个羧基，可与氢氧化钠溶液反应，其它官能团与氢氧化钠溶液不反应，则1mol分枝酸最多可与2mol NaOH发生中和反应，故C错误；
D.含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应的判断，题目难度不大。
19．（2分）某恒温密闭容器中，投入一定量的固体A，发生反应：A（s）⇌B（？）+C（g）﹣Q kJ（Q＞0）。反应达到平衡后，若压缩容器的体积，重新平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等。以下说法正确的是（　　）
A．物质B的状态只能为固态或液态
B．平衡时，单位时间内n（A）消耗：n（C）消耗＝1：1
C．若起始时向容器中加入1mol B和1mol C，反应达到平衡时放出热量为QkJ
D．若保持容器的体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向正反应方向移动
【分析】对于反应A（s）⇌B（？）+C（g）﹣Q kJ（Q＞0），反应达到平衡后，若压缩容器的体积，重新平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等，说明为相同平衡状态，由于温度不变，则平衡常数不变，如B为固体或液体，则K＝c（C），温度不变，K不变，C的浓度不变，如B为气体，则K＝c（B）•（C），B、C的浓度相等，温度不变，K不变，则B、C的浓度不变，以此解答该题。
【解答】解：A.由以上分析可知B可为气体，也可为固体和液体，都符合题给信息，故A错误；
B.平衡时，单位时间内n（A）消耗：n（C）消耗＝1：1，可说明C的正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C.为可逆反应，若起始时向容器中加入1mol B和1mol C，不能完全反应，则反应达到平衡时放出热量小于QkJ，故C错误；
D.如B为液体或固体，若保持容器的体积不变，向平衡体系中加入B，则平衡不移动，如B为气体，则平衡逆向移动，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的移动，为高频考点，把握压强对平衡移动的影响、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
20．（2分）室温下向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的（　　）

A．A、B两点所示溶液中水的电离程度相同
B．A点所示溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（CH3COOH）
C．B点所示溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
D．C点所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
【分析】A．A点时酸碱恰好中和生成醋酸钠，水解溶液呈碱性；B点时pH＝7，溶液呈中性，溶质为醋酸和醋酸钠；
B．A点时酸碱恰好中和生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性；
C．B点pH＝7，反应后溶质为CH3COONa和稍过量的CH3COOH；
D．C点CH3COOH过量一倍，反应后溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，根据物料守恒解答。
【解答】解：A．A点时酸碱恰好中和生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性，促进水的电离；B点时pH＝7，溶液呈中性，溶质为醋酸和醋酸钠，水的电离和抑制程度相同，故A错误；
B．A点时酸碱恰好中和生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性，所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B错误；
C．B点pH＝7，反应后溶质为CH3COONa和稍过量的CH3COOH，所以c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故C正确；
D．C点CH3COOH过量一倍，反应后溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，根据溶液中的物料守恒：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）海洋中蕴含丰富的资源，如图涉及多个以海水为原料的生产流程。

完成下列填空：
（1）步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　。
（2）工业上用Cl2与KOH（热溶液）制备KClO3，反应如下：　3　Cl2+　6　KOH→　5　KCl+　1　KClO3+　3　H2O配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目　　。
（3）关于卤素的下列说法错误的是　ac　。
a．单质的熔点：Cl2＞Br2＞I2
b．元素的非金属性：Cl＞Br＞I
c．单质的氧化性：I2＞Br2＞Cl2
d．从海洋中获得Cl2、Br2的过程均涉及氧化还原反应
（4）对图中所示生产过程的说法正确的是　cd　。
a．溶解度：NaHCO3＞Na2CO3
b．第④⑤⑥步骤中，溴元素均被还原
c．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高Br2的浓度
d．联碱法与氨碱法相比，NaCl利用率较高，且能耗低
（5）步骤②是在饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2，原因是　NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的CO2，才能产生较多的HCO3﹣，以析出更多的NaHCO3固体　。
（6）某同学将CO2通入NaOH溶液中，当溶液呈中性时，溶液中浓度最大的微粒是　a　。
a．c（Na+）
b．c（CO32﹣）
c．c（HCO3﹣）
d．c（H+）
【分析】海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐精制得到精盐，制成氯化钠饱和溶液，通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，过滤得到碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠；氯碱工业，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；母液中含有溴化钠溶液中通入氯气氧化溴离子为溴单质，溴单质被二氧化硫溶液吸收，再通入氯气得到溴单质，
（1）电解饱和食盐水生成NaOH、氯气和氢气；
（2）Cl2与KOH反应生成KCl、KClO3和水，反应中Cl元素的化合价部分由0价升高为+5价，部分降低为﹣1价；
（3）a．卤素单质的熔点随着相对分子质量的增大而升高；
b．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱；
c．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；
d．海洋中氯和溴元素均为化合态；
（4）a．Na2CO3的溶解度大于NaHCO3；
b．第④⑥步骤中，溴元素均被氧化；
c．海水中溴离子浓度很低；
d．氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料；
（5）二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度较小，而氨气极易溶于饱和食盐水；
（6）CO2通入NaOH溶液中，生成NaHCO3会显碱性，若显中性，溶液中应该存在NaHCO3和H2CO3，结合电荷守恒分析。
【解答】解：（1）电解饱和食盐水生成NaOH、氯气和氢气，反应的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）Cl2与KOH反应生成KCl、KClO3和水，反应中Cl元素的化合价部分由0价升高为+5价，部分降低为﹣1价，反应的方程式为：3Cl2+6KOH＝5KCl+KClO3+3H2O，反应中转移的电子数为5，所以标出电子转移方向和数目为，
故答案为：3；6；5；1；3；；
（3）a．卤素单质的熔点随着相对分子质量的增大而升高，则单质的熔点：Cl2＜Br2＜I2，故a错误；
b．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性：Cl＞Br＞I，故b正确；
c．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，元素的非金属性：Cl＞Br＞I，则单质的氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故c错误；
d．海洋中氯和溴元素均为化合态，所以从海洋中获得Cl2、Br2的过程均涉及氧化还原反应，故d正确，
故答案为：ac；
（4）a．Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故a错误；
b．第④⑥步骤中，溴离子被氯气氧化为溴单质，即溴元素均被氧化，故b错误；
c．海水中溴离子浓度很低，所以第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高Br2的浓度，故c正确；
d．氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高，故d正确，
故答案为：cd；
（5）二氧化碳在饱和食盐水中的溶解度较小，而氨气极易溶于饱和食盐水，NH3溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的CO2，才能产生较多的HCO3﹣，以析出更多的NaHCO3固体，
故答案为：NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的CO2，才能产生较多的HCO3﹣，以析出更多的NaHCO3固体；
（6）CO2通入NaOH溶液中，生成NaHCO3会显碱性，若显中性，溶液中应该存在NaHCO3和H2CO3，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），由于溶液显中性，则c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），则溶液中浓度最大的微粒是Na+，故a正确，
故答案为：a。
【点评】本题考查了海水资源及其综合利用、化工流程分析应用，题目难度中等，把握流程的分析、物质之间的反应、氧化还原反应、/化学方程式的书写的技巧等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的实验分析与判断的能力和综合应用能力。
22．（16分）科学家利用反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）对汽车尾气进行无害化处理。一定条件下，在1L密闭容器中充入2.00mol CO和2.00mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比m＝。

完成下列填空：
（1）氮原子最外层电子排布式为　2s22p3　，氧原子核外能量最高的电子有　4　个。
（2）根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是　0.02mol/（L⋅min）　。（保留小数后两位小数）
（3）该反应的化学平衡常数表达式是　K＝　，该反应的正反应是　放热　反应。（填“吸热”或“放热”）
（4）图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　Ka＞Kb＝Kc　。
（5）关于该可逆反应的说法正确的是　cd　。
a．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
b．当体系中c（CO2）：c（N2）＝2：1时，该反应达到平衡状态
c．保持其他条件不变，若充入N2，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d．投料比：m1＞m2＞m3
（6）随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为　温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响　。
【分析】（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3；氧原子的核外电子排布为1s22s22p4，p轨道能量最高；
（2）由图可知，该反应40min反应达到平衡状态，△c（CO2）＝1.6mol/L，根据方程式得出△c（N2），结合v＝计算；
（3）化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；由图2可知，相同压强下，随着温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动；
（4）化学平衡常数只与温度有关，温度相同，K值相等，对于该反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
（5）a．催化剂不改变化学平衡的状态；
b．当各组分浓度不再改变时，反应达到平衡状态；
c．保持其他条件不变，若充入N2，增大生成物浓度，反应速率加快，平衡逆向移动；
d．起始投料比m越大，CO平衡转化率越大；
（6）随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，从温度和浓度对化学平衡的影响大小分析。
【解答】解：（1）氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，则氮原子最外层电子排布式为2s22p3；氧原子的核外电子排布为1s22s22p4，p轨道能量最高，则氧原子核外能量最高的电子有4个，
故答案为：2s22p3；4；
（2）由图可知，该反应40min反应达到平衡状态，△c（CO2）＝1.6mol/L，根据方程式可知△c（N2）＝×1.6mol/L＝0.8mol/L，则v（N2）＝＝0.02mol/（L⋅min），
故答案为：0.02mol/（L⋅min）；
（3）化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则K＝；由图2可知，相同压强下，随着温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，
故答案为：K＝；放热；
（4）化学平衡常数只与温度有关，温度相同，K值相等，则Kb＝Kc，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则Ka＞Kb＝Kc，
故答案为：Ka＞Kb＝Kc；
（5）a．催化剂不改变化学平衡的状态，加入催化剂不能提高NO的平衡转化率，故a错误；
b．由于CO2和N2生成比例为2：1，则c（CO2）：c（N2）＝2：1，始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．保持其他条件不变，若充入N2一瞬间逆反应速率增大，但正反应速率不变，随后平衡逆向移动，逆反应速率减小，正反应速率增大，达到新平衡时，正反应速率等于逆反应速率，且大于原平衡的正逆反应速率，故c正确；
d．起始投料比m越大，CO平衡转化率越大，则投料比：m1＞m2＞m3，故d正确；
故答案为：cd
（6）随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，说明温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响，
故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及原子电子排布式、化学平衡的移动、化学平衡常数、化学平衡的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡常数只与温度有关等知识解答，此题难度大。
23．（16分）苯丙酸乙酯H（）常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如图。

已知：RBrRCNRCOOH（﹣R表示烃基）
完成下列填空：
（1）物质F名称是　乙酸乙酯　；物质B的结构简式是　　。
（2）完成D→H转化所需的试剂及条件分别是　浓硫酸、加热　，该反应类型是　酯化反应　。
（3）写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体　、　。
①苯环上含3个取代基；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③分子中有4种不同环境的H原子。
（4）物质E中含氧官能团的名称是　醛基　，可检验该官能团的试剂是　银氨溶液或者新制的Cu（OH）2悬浊液　。
（5）物质A一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物，该反应化学方程式是　　。
（6）参照上述合成路线写出以乙烯（CH2＝CH2）为原料制备丁二酸（HOOCCH2CH2COOH）的合成路线（无机试剂任选），合成路线常用的表示方式为：　CH2＝CH2Br﹣CH2CH2﹣BrCN﹣CH2CH2﹣CNHOOC﹣CH2CH2﹣COOH　。
AB……目标产物
【分析】对比A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，结合D的结构简式可知A中含有苯环，故A为，结合给予的信息可知，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，故B为、C为，D与乙醇发生酯化反应生成H（）；由E的分子式、F与G的结构简式，可推知E为，G与氢气发生加成反应（或还原反应）生成H；
（6）乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH。
【解答】解：（1）由合成路线图可知，物质F的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故其名称是乙酸乙酯；由分析可知，物质B的结构简式是，
故答案为：乙酸乙酯；；
（2）完成D→H即转化为酯化反应，故所需的试剂及条件分别是浓硫酸、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；酯化反应；
（3）一种同时满足下列条件的D的同分异构体：ⅰ．苯环上含3个取代基；ⅱ．既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，ⅲ．核磁共振氢谱有4个吸收峰，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为：、，
故答案为：、；
（4）由分析可知，物质E的结构简式为，故其中含氧官能团的名称是醛基，检验醛基通常用新制的银氨溶液或者新制的Cu（OH）2悬浊液，
故答案为：醛基；银氨溶液或者新制的Cu（OH）2悬浊液；
（5）由分析可知，物质A的结构简式为，故其一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物的反应化学方程式是：，
故答案为：；
（6）乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，合成路线流程图为：
CH2＝CH2Br﹣CH2CH2﹣BrCN﹣CH2CH2﹣CNHOOC﹣CH2CH2﹣COOH，
故答案为：CH2＝CH2Br﹣CH2CH2﹣BrCN﹣CH2CH2﹣CNHOOC﹣CH2CH2﹣COOH。
【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，难度中等。
24．（13分）牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与NaOH溶液、CO2反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量摩擦剂样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过量NaOH溶液，再次过滤，向滤液中通入过量CO2，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有Al（OH）3。
已知：NaAlO2+CO2+2H2O→Al（OH）3↓+NaHCO3
（1）在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有 　a　。（选填编号）

（2）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是 　Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O　。
（3）某同学认为向再次过滤的滤液中通CO2后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有Al（OH）3，若要确认其含有Al（OH）3，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现 　沉淀溶解，无气泡产生　（填写实验现象），证明白色沉淀是Al（OH）3，即摩擦剂中含有Al（OH）3。
Ⅱ．摩擦剂中碳酸钙含量的测定。
如图所示进行实验，滴入盐酸充分反应后，打开K1，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重BaCO3质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。

完成下列填空：
（4）检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭K3，打开K1和K2，持续鼓入空气一段时间后，关闭K1和K2，打开K3，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是 　除去空气中的CO2，防止对实验产生干扰　。
（5）有小组认为，过滤，称量BaCO3质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置（如图），你认为是否合适？并简述原因。 　不合适，因为盐酸挥发产生的HCl气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高　。

（6）实验中称取8.000g样品，若测得BaCO3平均质量为1.970g。则摩擦剂样品中碳酸钙的质量分数是 　12.5%　。（小数点后保留三位数字）
【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量NaOH溶液，Al（OH）3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al（OH）3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
II．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba（OH）2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba（OH）2反应。
【解答】解：（1）牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故不需要使用的实验仪器序号为：a，
故答案为：a；
（2）Al（OH）3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al（OH）3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（3）若摩擦剂中无Al（OH）3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2＝NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al（OH）3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al（OH）3若要进一步证明含Al（OH）3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al（OH）3，
故答案为：沉淀溶解，无气泡产生；
（4）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，防止对实验产生干扰，
故答案为：除去空气中的CO2，防止对实验产生干扰；
（5）换成E装置吸收CO2，直接测定CO2的质量，是不合适的，因为盐酸挥发产生的HCl气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量的CO2偏高，故不可以，
故答案为：不合适，因为盐酸挥发产生的HCl气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高；
（6）BaCO3质量为1.97g。则n（BaCO3）＝＝＝0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol，其质量m（CaCO3）＝0.01mol×100g/mol＝1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%＝12.5%，
故答案为：12.5%。
【点评】本题考查物质含量的测定，难度中等，解题的关键是理清反应中的数量关系和物质的化学性、实验原理，有利于培养学生的实验能力和基础答题能力。
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