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2022年上海市松江区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市松江区高考化学二模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市松江区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）北京冬奥会首次选用CO2跨临界直冷制冰系统。下列关于CO2的说法错误的是（ ）
A．固态CO2是分子晶体 B．电子式为
C．是直线型分子 D．是非极性分子
2．（2分）下列过程中，氮元素被氧化的是（ ）
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
3．（2分）已知金属性：铁＜铬（Cr）＜锌。下列说法错误的是（ ）
A．铬能与冷水发生剧烈反应
B．Cr（OH）3的碱性比NaOH弱
C．铬能与稀盐酸发生反应
D．Al能与Cr2O3反应置换出Cr
4．（2分）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C2H4分子中只有极性键
B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
5．（2分）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
6．（2分）有机物“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H10
B．二氯代物共有6种
C．分子中最多有14个原子共面
D．难溶于水，易溶于四氯化碳
7．（2分）非金属元素之间形成的化合物，不可能是（ ）
A．离子化合物 B．共价分子 C．金属晶体 D．原子晶体
8．（2分）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是（ ）
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
9．（2分）接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，目的是（ ）
A．提高SO2利用率 B．充分利用反应热
C．加快化学反应速率 D．防止催化剂中毒
10．（2分）相同条件下，取pH＝2的HCl溶液和pH＝2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是（ ）
A．CH3COOH与锌反应起始速率快
B．HCl与锌粉反应放出H2多
C．HCl与锌反应起始速率快
D．CH3COOH与锌粉反应放出H2多
11．（2分）在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
12．（2分）某化学兴趣小组采用装置a和b分别制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A．装置a和b的烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B．装置a的锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C．装置b中的CCl4可以吸收Br2，试管中液体会变为红棕色
D．装置b中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
13．（2分）配制0.100mol•L﹣1的某溶液，有关操作正确的是（ ）
A．配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
14．（2分）将溶质物质的量相同的酸溶液与碱溶液相混合，a：盐酸和氢氧化钠，b：醋酸和氢氧化钠，c：醋酸和氨水。其所放出热量比较，正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＝b＝c
15．（2分）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，如图实验现象可以反复出现。下列说法错误的是（ ）
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
16．（2分）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba（NO3）2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是（ ）
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba（NO3）2
17．（2分）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是（ ）
A．NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液
B．Na2CO3溶液与稀盐酸
C．Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液
D．AlCl3溶液与NaOH溶液
18．（2分）某同学为测定某Na2O2（含少量Na2O）试样中样品的纯度，设计如图实验。下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量
B．操作Ⅰ是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都需要玻璃棒
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
19．（2分）某一次性电池原理如图。该电池放电时，有关分析错误的是（ ）
A．正极的电极反应式：O2+4e﹣+2H2O→4OH﹣
B．电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可实现镁的循环利用
20．（2分）在50mL2mol•L﹣1的NaOH溶液中，通入VL（标准状况）CO2，下列说法错误的是（ ）
A．若V＝1.12L，所得溶液中一定有c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
B．若1.12L＜V＜2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
C．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）
D．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
二、综合题（共60分）
21．（15分）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
（1）上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是 ，原子核外有两个未成对电子的元素有 。
（2）用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱 ，并用原子结构知识的观点解释原因 。
（3）我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式。 Al+ K[AlSi3O8]+ AlCl3→ Si+ AlOCl+ KAlO2；上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为 。
（4）KAlO2溶液中，n（K+） n（A1O2﹣）（选填“＞”或“＜”），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因 。
22．（15分）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）
完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝ 。
（2）反应②的平衡表达式K＝ 。将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 （选填序号）。
a．气体密度
b．气体总压
c．CH3OH与O2体积比
d．O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示，反应②为 反应（选填：放热或吸热）。55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝ 。继续加入HCl溶液至中性，此时c（HCOOH） c（Cl﹣） （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 。
23．（15分）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如图：
已知：a.R﹣CH＝CH2R﹣CH2CH2OH
b.→+H2O
完成下列填空：
（1）a的反应条件是 。F的结构简式为 。
（2）A→B的反应类型为 。I中存在的含氧官能团的名称是 。
（3）写出反应b的化学方程式 。
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式 、 。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
（5）以为原料（无机试剂任选），设计制备苯乙酸（）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙目标产物）
24．（15分）某化学兴趣小组采用如图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。
完成下列填空：
（1）画出乙中实验装置图，并标出相应试剂 。
（2）装置丙中仪器名称是 ，其中反应的化学方程式是 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为 。
（3）装置丁中NaOH溶液的作用是 ，装置戊中澄清石灰水的作用是 。
（4）NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取（又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明）。
①写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式 。操作时，往饱和食盐水中先通入 气体，原因是 。
②在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是 。
2022年上海市松江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，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）北京冬奥会首次选用CO2跨临界直冷制冰系统。下列关于CO2的说法错误的是（ ）
A．固态CO2是分子晶体 B．电子式为
C．是直线型分子 D．是非极性分子
【分析】A.CO2由分子构成，为分子晶体；
B.电子式为；
C.CO2中碳原子无孤电子对；
D.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合。
【解答】解：A.CO2由分子构成，为分子晶体，故A正确；
B.电子式为，故B错误；
C.CO2中碳原子无孤电子对，是直线型分子，故C正确；
D.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查分子结构与性质，难度不大，理解相关概念和理论是解题关键。
2．（2分）下列过程中，氮元素被氧化的是（ ）
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
【分析】元素化合价升高失电子被氧化，发生氧化反应，据此分析。
【解答】解：A．铵根离子的检验，无化合价变化，故A错误；
B．工业固氮的常用方法是由N2和H2高温高压催化剂作用下合成NH3，氮元素化合价降低被还原，故B错误；
C．大气固氮是N2与O2反应生成NO，氮元素化合价升高被氧化，故C正确；
D．生物固氮将空气中氮气转化为植物需要的铵盐，氮元素化合价降低被还原，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解氧化反应、固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大。
3．（2分）已知金属性：铁＜铬（Cr）＜锌。下列说法错误的是（ ）
A．铬能与冷水发生剧烈反应
B．Cr（OH）3的碱性比NaOH弱
C．铬能与稀盐酸发生反应
D．Al能与Cr2O3反应置换出Cr
【分析】A．锌与冷水不反应，铬金属性弱于锌；
B．金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；
C．铁能够与稀盐酸反应生成氢气；
D．铝金属性强于铬。
【解答】解：A．锌与冷水不反应，铬金属性弱于锌，所以铬与冷水不反应，故A错误；
B．金属性：Na＞Zn＞Cr，可知Cr（OH）3的碱性比NaOH弱，故B正确；
C．铁能够与稀盐酸反应生成氢气，金属性：铁＜铬（Cr），所以铬能与稀盐酸发生反应，故C正确；
D．铝金属性强于铬，所以可发生铝热反应，Al能与Cr2O3反应置换出Cr，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属性强弱及应用，要熟练的利用已知的知识和金属性强弱规律，去类推不熟悉的元素及其物质的相关性质，本题难度不大。
4．（2分）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C2H4分子中只有极性键
B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
【分析】A．C2H4分子中的C原子之间形成非极性键；
B．NO与氧气反应；
C．H2S燃烧时产生淡蓝色火焰；
D．氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
【解答】解：A．C2H4分子中的C原子之间形成非极性键，且含C﹣H极性键，故A错误；
B．NO与氧气反应，不能选排空气法收集，故B错误；
C．H2S燃烧时产生淡蓝色火焰，氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，故C错误；
D．氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，纯净干燥的Cl2没有漂白性，故D正确；
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、发生的转化反应为解答的关键，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。
5．（2分）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
【分析】A．碘元素主要存在在海带、海藻中；
B．地球上99%的溴元素存在于海水中，海水晒盐后的母液主要成分中含溴离子；
C．海水中含量最多的金属元素是钠元素；
D．物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化。
【解答】解：A．海水中碘元素属于微量元素，主要存在于海带、海藻等物质中，故A错误；
B．通常用海水晒盐后的母液为原料，加入氧化剂氧化溴离子生成溴单质，用来海水提溴，故B正确；
C．海水中氯化钠的含量最大，则含量最多的金属元素是钠元素，故C错误；
D．海水晒盐分离出食盐，为物理变化，而海水中溴以离子存在，需要氧化还原反应生成溴，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了海水资源的分析应用，主要是海水提取溴、碘等物质的理解应用，题目难度不大。
6．（2分）有机物“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H10
B．二氯代物共有6种
C．分子中最多有14个原子共面
D．难溶于水，易溶于四氯化碳
【分析】A．由球棍模型可知，PX的结构简式为；
B．二氯代物中两个氯原子可能都位于同一个甲基上，可能位于两个甲基上，可能一个位于环上、一个位于甲基上，也可能都位于苯环上；
C．苯环及其连接的原子为平面结构，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内；
D．属于芳香烃，难溶于水，易溶于四氯化碳。
【解答】解：A．由球棍模型可知，PX的结构简式为，其分子式为C8H10，故A正确；
B．“PX”的二氯代物共有：、、、、、、共7种，故B错误；
C．苯环及其连接的原子为平面结构，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内，分子中最多有14个原子共面，故C正确；
D．PX属于芳香烃，难溶于水，易溶于四氯化碳，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
7．（2分）非金属元素之间形成的化合物，不可能是（ ）
A．离子化合物 B．共价分子 C．金属晶体 D．原子晶体
【分析】A．氯化铵为离子化合物；
B．氯化氢为共价分子；
C．非金属元素原子之间不能形成金属晶体；
D．二氧化硅为原子晶体。
【解答】解：A．非金属元素之间可形成离子化合物，如氯化铵，故A不选；
B．非金属元素之间可形成共价分子，如氯化氢，故B不选；
C．金属晶体是金属阳离子与自由电子通过金属键形成，非金属元素原子之间不能形成金属晶体，故C选；
D．二氧化硅是硅与氧非金属元素原子之间形成，是原子晶体，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的组成，熟悉离子化合物、分子晶体、金属晶体的结构组成是解题关键，题目简单。
8．（2分）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是（ ）
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
【分析】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮、水；
C．铁与热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水；
D．依据浓硝酸的强的氧化性解答。
【解答】解：A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硫酸足量，铁完全溶解，故A不选；
B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮、水，铁完全溶解，故B不选；
C．铁与足量热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁完全溶解，故C不选；
D．浓硝酸具有强的氧化性，冷的浓硝酸遇到铁发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应进行，所以铁不能完全溶解，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铁及硫酸、硝酸的性质是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，目的是（ ）
A．提高SO2利用率 B．充分利用反应热
C．加快化学反应速率 D．防止催化剂中毒
【分析】接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体主要是二氧化硫气体和氧气，再次通入接触室，能促进二氧化硫的催化氧化反应正向进行，通过原料的利用率，提高二氧化硫的转化率等。
【解答】解：A．将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，提高了二氧化硫的转化率，故A正确；
B．吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，不是充分利用反应热，充分利用接触室中二氧化硫催化氧化放出的热量，故B错误；
C．将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，主要是提高原料利用率，故C错误；
D．煅烧黄铁矿生成的二氧化硫气体中含有杂质气体会导致催化剂中毒，除去杂质气体防止催化剂中毒，和吸收塔导出气体再次通入接触室无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查工业接触法制硫酸的原理，同时涉及到反应原理、可逆反应的特点、反应的热效应、三氧化硫的吸收等内容，具有一定的综合性，需要一定的知识迁移能力，题目难度中等。
10．（2分）相同条件下，取pH＝2的HCl溶液和pH＝2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是（ ）
A．CH3COOH与锌反应起始速率快
B．HCl与锌粉反应放出H2多
C．HCl与锌反应起始速率快
D．CH3COOH与锌粉反应放出H2多
【分析】相同条件下，pH＝2的盐酸、CH3COOH溶液中，c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液中，n（CH3COOH）＞n（HCl），n（HCl）＝0.01mol/L×0.1L＝0.001mol，n（Zn）＝＝0.01mol，0.01molZn与0.001mol盐酸反应，Zn有大量剩余；
A．反应速率与溶液中c（H+）成正比；
B．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多；
C．反应速率与溶液中c（H+）成正比；
D．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多。
【解答】解：相同条件下，pH＝2的盐酸、CH3COOH溶液中，c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液中，n（CH3COOH）＞n（HCl），n（HCl）＝0.01mol/L×0.1L＝0.001mol，n（Zn）＝＝0.01mol，0.01molZn与0.001mol盐酸反应，Zn有大量剩余；
A．开始时两种酸中c（H+）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，故A错误；
B．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多，醋酸最终电离出的n（H+）多，则醋酸生成的氢气多，故B错误；
C．开始时两种酸中c（H+）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，故C错误；
D．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多，醋酸最终电离出的n（H+）多，则醋酸生成的氢气多，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及反应速率影响因素，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
【分析】在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据ρ＝可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，该反应为吸热反应，其正反应吸热，故A正确；
B．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故B正确；
C．温度升高反应速率一定增大，故C正确；
D．结合分析可知，X是非气态（固态或液态），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，结合题干信息判断反应热、X的状态为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大。
12．（2分）某化学兴趣小组采用装置a和b分别制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A．装置a和b的烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B．装置a的锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C．装置b中的CCl4可以吸收Br2，试管中液体会变为红棕色
D．装置b中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
【分析】A．制备溴苯的过程中有热量产生，液溴易挥发；
B．溴蒸气也可以与硝酸银溶液反应，产生淡黄色的溴化银沉淀；
C．Br2易溶于CCl4，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，NH3遇挥发性酸有白烟生成。
【解答】解：A．制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，故A正确；
B．a装置中的溴蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的溴化银沉淀，故a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；
C．b装置中挥发的Br2被CCl4吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应生成固体NH4Br，有白烟生成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查苯与溴的反应，为基础知识的考查，题目难度不大。
13．（2分）配制0.100mol•L﹣1的某溶液，有关操作正确的是（ ）
A．配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
【分析】A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液；
B．称量腐蚀性药品，应放在小烧杯或者称量瓶中进行；
C．定容时利用胶头滴管滴加；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大。
【解答】解：A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，然后移液到容量瓶中，故A错误；
B．氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯或者称量瓶中称量，故B错误；
C．定容时利用胶头滴管滴加，则配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线，操作合理，故C正确；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为基础性习题，把握实验技能、溶液配制的操作等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）将溶质物质的量相同的酸溶液与碱溶液相混合，a：盐酸和氢氧化钠，b：醋酸和氢氧化钠，c：醋酸和氨水。其所放出热量比较，正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＝b＝c
【分析】酸碱发生中和反应时放热，相同条件下生成的水越多，放热越多，但弱酸、弱碱电离吸热，会导致放出的热量减少，据此分析。
【解答】解：由于HCl、醋酸、NaOH、一水合氨均为一元的酸、碱，故等物质的量反应时，生成的水的物质的量相同，而由于弱电解质电离吸热会导致放出的热量减少，则a.盐酸和氢氧化钠为强酸和强碱反应，放出热量最多；b.醋酸和氢氧化钠为弱酸和强碱反应，放出热量少于a；c.醋酸和氨水为弱酸和弱碱反应，放出热量最少，则放出热量多少关系为a＞b＞c，
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱中和反应放出热量多少的比较，应注意弱电解质的电离吸热，会导致放出热量减少。
15．（2分）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，如图实验现象可以反复出现。下列说法错误的是（ ）
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
【分析】硫酸铜和过氧化氢反应中黄褐色沉淀为过氧化铜，分步化学方程式为：
1．硫酸铜与过氧化氢反应生成氧化亚铜和硫酸；
2CuSO4+H2O2+H2O→Cu2O↓+2H2SO4+O2↑；
2．氧化亚铜与过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜和氧气；
Cu2O+H2O2+2H2SO4→2CuSO4+3H2O，据此进行解答。
【解答】解：A.CuSO4在反应前后都有，做反应的催化剂，故A正确；
B.氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和氧气：Cu2O+H2O2+2H2SO4→2CuSO4+3H2O，发生离子反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C.H2O2变为O2，氧元素化合价上升，被氧化，应该是CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D.H2O2变为水和氧气，O元素的化合价既升高也降低，既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应机理，涉及到氧化还原反应的相关知识，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
16．（2分）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba（NO3）2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是（ ）
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba（NO3）2
【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀为×100g/mol≈20.38g＞20g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。
【解答】解：取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有Ba（NO3）2，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀为×100g/mol≈20.38g＞20g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数，则KNO3、K2CO3至少含有一种，
故选：B。
【点评】本题考查混合物反应的有关计算、物质推断，注意利用极限法确定杂质中碳酸根质量分数与碳酸钠中质量分数关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
17．（2分）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是（ ）
A．NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液
B．Na2CO3溶液与稀盐酸
C．Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液
D．AlCl3溶液与NaOH溶液
【分析】A．NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液互滴时均会产生白色沉淀，但NaHCO3的量不同，离子方程式不同；
B．CO32﹣与H+反应是分步进行的；
C．Ca（HCO3）2溶液和Ca（OH）2溶液互滴时反应是唯一的；
D．Al3+与OH﹣的反应是分步进行的。
【解答】解：A．向NaHCO3溶液中滴加Ca（OH）2溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，向Ca（OH）2溶液中滴加NaHCO3溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣＝CaCO3↓+H2O，现象完全相同但离子方程式不同，故A正确；
B．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸先无明显变化，后有气体产生，其反应的离子方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，将Na2CO3溶液逐滴加到稀盐酸中立即就有气体产生，其反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑，现象完全不同，离子方程式不同，故B错误；
C．Ca（HCO3）2溶液和Ca（OH）2溶液互滴时，均有白色沉淀产生，且离子方程式均为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣＝CaCO3↓+H2O，现象完全相同，离子方程式相同，故C错误；
D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解直至消失，向NaOH溶液中滴加溶液，先无变化，后又白色沉淀，实验现象不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应的现象和方程式的书写，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2分）某同学为测定某Na2O2（含少量Na2O）试样中样品的纯度，设计如图实验。下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量
B．操作Ⅰ是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都需要玻璃棒
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【分析】Na2O2 （含少量Na2O）样品中先加入稀盐酸溶解，Na2O2与HCl反应生成NaCl、H2O和O2，Na2O与HCl反应生成NaCl和H2O，将反应后的溶液转移到蒸发皿中加热蒸发得到NaCl，冷却后称量NaCl的质量，根据钠离子守恒及样品的总质量可列式计算出样品中过氧化钠的质量，从而可计算出样品的纯度，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，该实验需要称量样品和NaCl的质量，然后根据钠离子守恒及样品的总质量可列式计算出样品中过氧化钠的量，故A正确；
B．操作Ⅰ是样品加入稀盐酸溶解得到氯化钠溶液，操作Ⅲ是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠固体，故B正确；
C．操作Ⅰ中需要用玻璃棒进行搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ转移溶液时需要用玻璃棒引流，操作Ⅲ是蒸发溶液，用玻璃棒搅拌，使溶液受热均匀，故C正确；
D．若溶液转移不完全，所得氯化钠固体的质量偏小，计算出的过氧化钠的量偏大，导致测定结果偏大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查探究物质含量的方法，为高频考点，明确物质性质、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
19．（2分）某一次性电池原理如图。该电池放电时，有关分析错误的是（ ）
A．正极的电极反应式：O2+4e﹣+2H2O→4OH﹣
B．电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可实现镁的循环利用
【分析】由图可知，Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故A正确；
B.原电池工作时，电子由负极（Mg）经外电路流向正极（多孔活性炭材料电极），故B正确；
C.Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加2mol×17g/mol＝34g，故C错误；
D.电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧生成MgO，MgO经还原得到Mg，可实现镁的循环利用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20．（2分）在50mL2mol•L﹣1的NaOH溶液中，通入VL（标准状况）CO2，下列说法错误的是（ ）
A．若V＝1.12L，所得溶液中一定有c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
B．若1.12L＜V＜2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
C．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）
D．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
【分析】n（NaOH）＝2mol/L×0.05L＝0.1mol；
A．若V＝1.12L，c（CO2）＝＝0.05mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：2，二者恰好完全反应生成Na2CO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C）；
B．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，则1.12L＜V＜2.24L，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3；
C．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（C）。
【解答】解：n（NaOH）＝2mol/L×0.05L＝0.1mol；
A．若V＝1.12L，c（CO2）＝＝0.05mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：2，二者恰好完全反应生成Na2CO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），即存在c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确；
B．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，则1.12L＜V＜2.24L，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，两种钠盐的物质的量浓度相对大小未知，无法判断HCO3﹣的电离程度和CO32﹣的水解程度相对大小，无法判断c（HCO3﹣）、c（CO32﹣）的相对大小，故B错误；
C．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），所以存在c（H2CO3）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（OH﹣），即存在c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣），故C正确；
D．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（C），即存在c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
（1）上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是 O2–＞Na+＞Al3+ ，原子核外有两个未成对电子的元素有 O、Si 。
（2）用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱 NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O ，并用原子结构知识的观点解释原因 Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强 。
（3）我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式。 2 Al+ 1 K[AlSi3O8]+ 2 AlCl3→ 3 Si+ 6 AlOCl+ 1 KAlO2；上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为 2NA 。
（4）KAlO2溶液中，n（K+） ＞ n（A1O2﹣）（选填“＞”或“＜”），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因 AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀 。
【分析】（1）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；
（2）可用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，因为Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱；
（3）采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米，铝失去电3个电子生成铝离子，化合价升高，硅得到4个电子，化合价降低，依据电子得失相等和元素守恒可得化学方程式；
加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀氢氧化铝，AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移。
【解答】解：（1）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是O2–＞Na+＞Al3+，O为8号元素，Na为11号元素，硅为14号元素，K为19号元素，可知原子核外有两个未成对电子的元素有 O、Si，
故答案为：O2–＞Na+＞Al3+；O、Si；
（2）可用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，因为Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强，
故答案为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O；Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强；
（3）采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米，铝失去电3个电子生成铝离子，化合价升高，硅得到4个电子，化合价降低，依据电子得失相等和元素守恒可得化学方程式4Al+1K[AlSi3O8]+2 AlCl3＝3Si+6AlOCl+1KAlO2，上述反应中若产生14g硅，物质的量为0.5mol，转移的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，
故答案为：2；1；2；3；6；1；2NA；
（4）KAlO2属于强碱弱酸盐，偏铝酸根离子会水解，则有n（K+）＞n（A1O2﹣），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀氢氧化铝，AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀，
故答案为：＞；AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀。
【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类的水解等知识点，为高频考点，熟练掌握具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序判断方法，题目难度不大。
22．（15分）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）
完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝ 0.048mol•L﹣1•min﹣1 。
（2）反应②的平衡表达式K＝ 。将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 c （选填序号）。
a．气体密度
b．气体总压
c．CH3OH与O2体积比
d．O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示，反应②为 吸热 反应（选填：放热或吸热）。55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大； 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝ c（HCOOH）或c（Na+）﹣c（HCOO﹣） 。继续加入HCl溶液至中性，此时c（HCOOH） ＝ c（Cl﹣） （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基 。
【分析】（1）0～5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
气体总的物质的量减少了20%，即＝得出x＝0.4mol，则H2的平均反应速率v═3×mol•L﹣1•min﹣1；
（2）根据该方程式CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），可知平衡常数的定义，得出平衡常数K＝，可逆反应达到化学平衡状态时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；
（3）①将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c（O2）减小，说明平衡正向移动；
②该反应为CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解；
（4）①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），据此解答；
②继续加入HCl溶液至中性，c（H+）＝c（OH–）根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣）+c（Cl–），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）说明c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl–）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），据此解答；
（5）由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu（OH）2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值。
【解答】解：（1）0～5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
气体总的物质的量减少了20%，即＝得出x＝0.4mol，则H2的平均反应速率v═3×mol•L﹣1•min﹣1＝0.048mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.048mol•L﹣1•min﹣1；
（2）根据该方程式CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），可知平衡常数的定义，得出平衡常数K＝，
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态，故a错误；
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态，故b错误；
c.加入同体积的CH3OH（g）与O2（g），即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故c错误；
d.当O2的体积分数不变，v正（O2）＝v逆（O2），该反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：；c；
（3）①将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c（O2）减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
②该反应为CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，
故答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
（4）①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），因此c（OH–）﹣c（H+）＝c（Na+）﹣c（HCOO﹣）＝c（HCOOH），
故答案为：c（HCOOH）或c（Na+）﹣c（HCOO﹣）；
②继续加入HCl溶液至中性，c（H+）＝c（OH–）根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣）+c（Cl–），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）说明c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl–）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）因此c（HCOOH）＝c（Cl–），
故答案为：＝；
（5）由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu（OH）2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，具体方法为取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基，
故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，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）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如图：
已知：a.R﹣CH＝CH2R﹣CH2CH2OH
b.→+H2O
完成下列填空：
（1）a的反应条件是 加热、加压、催化剂 。F的结构简式为 。
（2）A→B的反应类型为 消去反应 。I中存在的含氧官能团的名称是 酯基、醛基 。
（3）写出反应b的化学方程式 →+H2O 。
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式 、 。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
（5）以为原料（无机试剂任选），设计制备苯乙酸（）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙目标产物）
【分析】有机化合物A是一种醇，根据B的分子式知，A发生消去反应生成B，B中含有碳碳双键，B发生信息i的反应生成C中含有﹣CH2OH，C发生氧化反应生成D；对甲基苯酚和氯气发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化生成F，D和F发生酯化反应生成I，根据I的结构简式知，F为，E为；则D为（CH3）2CHCOOH，B为（CH3）2C＝CH2，C为（CH3）2CHCH2OH，A为（CH3）3COH；
（5）以为原料制备苯乙酸（），发生消去反应生成，苯乙烯发生信息i的反应生成，苯乙醇发生氧化反应生成苯乙酸。
【解答】解：（1）烯烃和水在加热、加压催化剂条件下发生加成反应生成醇，则a的反应条件是加热、加压、催化剂，F的结构简式为，
故答案为：加热、加压、催化剂；；
（2）A为醇、B为烯烃，A发生消去反应生成B，则A→B的反应类型为消去反应；I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基，
故答案为：消去反应；酯基、醛基；
（3）反应b的化学方程式为→+H2O，
故答案为：→+H2O；
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，则I比J多2个CH2原子团，且J中含有苯环、酯基和醛基，J的同分异构体能同时满足以下条件：
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有醛基和羧基，符合条件的结构简式为、，
故答案为：；；
（5）以为原料制备苯乙酸（），发生消去反应生成，苯乙烯发生信息i的反应生成，苯乙醇发生氧化反应生成苯乙酸，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，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）某化学兴趣小组采用如图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。
完成下列填空：
（1）画出乙中实验装置图，并标出相应试剂 。
（2）装置丙中仪器名称是 球形干燥管 ，其中反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为 1：1 。
（3）装置丁中NaOH溶液的作用是 除去O2中的CO2 ，装置戊中澄清石灰水的作用是 检验O2中是否有CO2 。
（4）NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取（又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明）。
①写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式 Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+ 。操作时，往饱和食盐水中先通入 氨气 气体，原因是 氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出 。
②在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是 ≥2 。
【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。
【解答】解：（1）实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为，
故答案为：；
（2）根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由﹣1升高为0、由﹣1降低为﹣2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1：1，
故答案为：球形干燥管；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；1：1；
（3）由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2，
故答案为：除去O2中的CO2；检验O2中是否有CO2；
（4）侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+；氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气，
故答案为：Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+；氨气；氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出；
（5）设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n（C）≥n（Na），则2y≥（2x+y），则起始时≥2，
故答案为：≥2。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，难度不大，熟悉钠及其化合物相关的反应为解答的关键，注意实验装置的作用以及工业生成的注意事项。
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2022年上海市松江区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）北京冬奥会首次选用CO2跨临界直冷制冰系统。下列关于CO2的说法错误的是（ ）
A．固态CO2是分子晶体 B．电子式为
C．是直线型分子 D．是非极性分子
2．（2分）下列过程中，氮元素被氧化的是（ ）
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
3．（2分）已知金属性：铁＜铬（Cr）＜锌。下列说法错误的是（ ）
A．铬能与冷水发生剧烈反应
B．Cr（OH）3的碱性比NaOH弱
C．铬能与稀盐酸发生反应
D．Al能与Cr2O3反应置换出Cr
4．（2分）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C2H4分子中只有极性键
B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
5．（2分）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
6．（2分）有机物“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H10
B．二氯代物共有6种
C．分子中最多有14个原子共面
D．难溶于水，易溶于四氯化碳
7．（2分）非金属元素之间形成的化合物，不可能是（ ）
A．离子化合物 B．共价分子 C．金属晶体 D．原子晶体
8．（2分）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是（ ）
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
9．（2分）接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，目的是（ ）
A．提高SO2利用率 B．充分利用反应热
C．加快化学反应速率 D．防止催化剂中毒
10．（2分）相同条件下，取pH＝2的HCl溶液和pH＝2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是（ ）
A．CH3COOH与锌反应起始速率快
B．HCl与锌粉反应放出H2多
C．HCl与锌反应起始速率快
D．CH3COOH与锌粉反应放出H2多
11．（2分）在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
12．（2分）某化学兴趣小组采用装置a和b分别制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A．装置a和b的烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B．装置a的锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C．装置b中的CCl4可以吸收Br2，试管中液体会变为红棕色
D．装置b中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
13．（2分）配制0.100mol•L﹣1的某溶液，有关操作正确的是（ ）
A．配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
14．（2分）将溶质物质的量相同的酸溶液与碱溶液相混合，a：盐酸和氢氧化钠，b：醋酸和氢氧化钠，c：醋酸和氨水。其所放出热量比较，正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＝b＝c
15．（2分）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，如图实验现象可以反复出现。下列说法错误的是（ ）
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
16．（2分）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba（NO3）2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是（ ）
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba（NO3）2
17．（2分）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是（ ）
A．NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液
B．Na2CO3溶液与稀盐酸
C．Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液
D．AlCl3溶液与NaOH溶液
18．（2分）某同学为测定某Na2O2（含少量Na2O）试样中样品的纯度，设计如图实验。下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量
B．操作Ⅰ是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都需要玻璃棒
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
19．（2分）某一次性电池原理如图。该电池放电时，有关分析错误的是（ ）
A．正极的电极反应式：O2+4e﹣+2H2O→4OH﹣
B．电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可实现镁的循环利用
20．（2分）在50mL2mol•L﹣1的NaOH溶液中，通入VL（标准状况）CO2，下列说法错误的是（ ）
A．若V＝1.12L，所得溶液中一定有c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
B．若1.12L＜V＜2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
C．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）
D．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
二、综合题（共60分）
21．（15分）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
（1）上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是 ，原子核外有两个未成对电子的元素有 。
（2）用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱 ，并用原子结构知识的观点解释原因 。
（3）我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式。 Al+ K[AlSi3O8]+ AlCl3→ Si+ AlOCl+ KAlO2；上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为 。
（4）KAlO2溶液中，n（K+） n（A1O2﹣）（选填“＞”或“＜”），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因 。
22．（15分）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）
完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝ 。
（2）反应②的平衡表达式K＝ 。将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 （选填序号）。
a．气体密度
b．气体总压
c．CH3OH与O2体积比
d．O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示，反应②为 反应（选填：放热或吸热）。55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝ 。继续加入HCl溶液至中性，此时c（HCOOH） c（Cl﹣） （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 。
23．（15分）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如图：
已知：a.R﹣CH＝CH2R﹣CH2CH2OH
b.→+H2O
完成下列填空：
（1）a的反应条件是 。F的结构简式为 。
（2）A→B的反应类型为 。I中存在的含氧官能团的名称是 。
（3）写出反应b的化学方程式 。
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式 、 。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
（5）以为原料（无机试剂任选），设计制备苯乙酸（）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙目标产物）
24．（15分）某化学兴趣小组采用如图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。
完成下列填空：
（1）画出乙中实验装置图，并标出相应试剂 。
（2）装置丙中仪器名称是 ，其中反应的化学方程式是 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为 。
（3）装置丁中NaOH溶液的作用是 ，装置戊中澄清石灰水的作用是 。
（4）NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取（又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明）。
①写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式 。操作时，往饱和食盐水中先通入 气体，原因是 。
②在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是 。
2022年上海市松江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，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）北京冬奥会首次选用CO2跨临界直冷制冰系统。下列关于CO2的说法错误的是（ ）
A．固态CO2是分子晶体 B．电子式为
C．是直线型分子 D．是非极性分子
【分析】A.CO2由分子构成，为分子晶体；
B.电子式为；
C.CO2中碳原子无孤电子对；
D.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合。
【解答】解：A.CO2由分子构成，为分子晶体，故A正确；
B.电子式为，故B错误；
C.CO2中碳原子无孤电子对，是直线型分子，故C正确；
D.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查分子结构与性质，难度不大，理解相关概念和理论是解题关键。
2．（2分）下列过程中，氮元素被氧化的是（ ）
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
【分析】元素化合价升高失电子被氧化，发生氧化反应，据此分析。
【解答】解：A．铵根离子的检验，无化合价变化，故A错误；
B．工业固氮的常用方法是由N2和H2高温高压催化剂作用下合成NH3，氮元素化合价降低被还原，故B错误；
C．大气固氮是N2与O2反应生成NO，氮元素化合价升高被氧化，故C正确；
D．生物固氮将空气中氮气转化为植物需要的铵盐，氮元素化合价降低被还原，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解氧化反应、固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大。
3．（2分）已知金属性：铁＜铬（Cr）＜锌。下列说法错误的是（ ）
A．铬能与冷水发生剧烈反应
B．Cr（OH）3的碱性比NaOH弱
C．铬能与稀盐酸发生反应
D．Al能与Cr2O3反应置换出Cr
【分析】A．锌与冷水不反应，铬金属性弱于锌；
B．金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；
C．铁能够与稀盐酸反应生成氢气；
D．铝金属性强于铬。
【解答】解：A．锌与冷水不反应，铬金属性弱于锌，所以铬与冷水不反应，故A错误；
B．金属性：Na＞Zn＞Cr，可知Cr（OH）3的碱性比NaOH弱，故B正确；
C．铁能够与稀盐酸反应生成氢气，金属性：铁＜铬（Cr），所以铬能与稀盐酸发生反应，故C正确；
D．铝金属性强于铬，所以可发生铝热反应，Al能与Cr2O3反应置换出Cr，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属性强弱及应用，要熟练的利用已知的知识和金属性强弱规律，去类推不熟悉的元素及其物质的相关性质，本题难度不大。
4．（2分）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C2H4分子中只有极性键
B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
【分析】A．C2H4分子中的C原子之间形成非极性键；
B．NO与氧气反应；
C．H2S燃烧时产生淡蓝色火焰；
D．氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
【解答】解：A．C2H4分子中的C原子之间形成非极性键，且含C﹣H极性键，故A错误；
B．NO与氧气反应，不能选排空气法收集，故B错误；
C．H2S燃烧时产生淡蓝色火焰，氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，故C错误；
D．氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，纯净干燥的Cl2没有漂白性，故D正确；
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、发生的转化反应为解答的关键，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。
5．（2分）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
【分析】A．碘元素主要存在在海带、海藻中；
B．地球上99%的溴元素存在于海水中，海水晒盐后的母液主要成分中含溴离子；
C．海水中含量最多的金属元素是钠元素；
D．物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化，有新物质生成的变化为化学变化。
【解答】解：A．海水中碘元素属于微量元素，主要存在于海带、海藻等物质中，故A错误；
B．通常用海水晒盐后的母液为原料，加入氧化剂氧化溴离子生成溴单质，用来海水提溴，故B正确；
C．海水中氯化钠的含量最大，则含量最多的金属元素是钠元素，故C错误；
D．海水晒盐分离出食盐，为物理变化，而海水中溴以离子存在，需要氧化还原反应生成溴，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了海水资源的分析应用，主要是海水提取溴、碘等物质的理解应用，题目难度不大。
6．（2分）有机物“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是（ ）
A．分子式为C8H10
B．二氯代物共有6种
C．分子中最多有14个原子共面
D．难溶于水，易溶于四氯化碳
【分析】A．由球棍模型可知，PX的结构简式为；
B．二氯代物中两个氯原子可能都位于同一个甲基上，可能位于两个甲基上，可能一个位于环上、一个位于甲基上，也可能都位于苯环上；
C．苯环及其连接的原子为平面结构，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内；
D．属于芳香烃，难溶于水，易溶于四氯化碳。
【解答】解：A．由球棍模型可知，PX的结构简式为，其分子式为C8H10，故A正确；
B．“PX”的二氯代物共有：、、、、、、共7种，故B错误；
C．苯环及其连接的原子为平面结构，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内，分子中最多有14个原子共面，故C正确；
D．PX属于芳香烃，难溶于水，易溶于四氯化碳，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
7．（2分）非金属元素之间形成的化合物，不可能是（ ）
A．离子化合物 B．共价分子 C．金属晶体 D．原子晶体
【分析】A．氯化铵为离子化合物；
B．氯化氢为共价分子；
C．非金属元素原子之间不能形成金属晶体；
D．二氧化硅为原子晶体。
【解答】解：A．非金属元素之间可形成离子化合物，如氯化铵，故A不选；
B．非金属元素之间可形成共价分子，如氯化氢，故B不选；
C．金属晶体是金属阳离子与自由电子通过金属键形成，非金属元素原子之间不能形成金属晶体，故C选；
D．二氧化硅是硅与氧非金属元素原子之间形成，是原子晶体，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的组成，熟悉离子化合物、分子晶体、金属晶体的结构组成是解题关键，题目简单。
8．（2分）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是（ ）
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
【分析】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮、水；
C．铁与热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水；
D．依据浓硝酸的强的氧化性解答。
【解答】解：A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硫酸足量，铁完全溶解，故A不选；
B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮、水，铁完全溶解，故B不选；
C．铁与足量热的浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁完全溶解，故C不选；
D．浓硝酸具有强的氧化性，冷的浓硝酸遇到铁发生钝化生成致密的氧化膜阻止反应进行，所以铁不能完全溶解，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铁及硫酸、硝酸的性质是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，目的是（ ）
A．提高SO2利用率 B．充分利用反应热
C．加快化学反应速率 D．防止催化剂中毒
【分析】接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体主要是二氧化硫气体和氧气，再次通入接触室，能促进二氧化硫的催化氧化反应正向进行，通过原料的利用率，提高二氧化硫的转化率等。
【解答】解：A．将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，提高了二氧化硫的转化率，故A正确；
B．吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，不是充分利用反应热，充分利用接触室中二氧化硫催化氧化放出的热量，故B错误；
C．将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，主要是提高原料利用率，故C错误；
D．煅烧黄铁矿生成的二氧化硫气体中含有杂质气体会导致催化剂中毒，除去杂质气体防止催化剂中毒，和吸收塔导出气体再次通入接触室无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查工业接触法制硫酸的原理，同时涉及到反应原理、可逆反应的特点、反应的热效应、三氧化硫的吸收等内容，具有一定的综合性，需要一定的知识迁移能力，题目难度中等。
10．（2分）相同条件下，取pH＝2的HCl溶液和pH＝2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是（ ）
A．CH3COOH与锌反应起始速率快
B．HCl与锌粉反应放出H2多
C．HCl与锌反应起始速率快
D．CH3COOH与锌粉反应放出H2多
【分析】相同条件下，pH＝2的盐酸、CH3COOH溶液中，c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液中，n（CH3COOH）＞n（HCl），n（HCl）＝0.01mol/L×0.1L＝0.001mol，n（Zn）＝＝0.01mol，0.01molZn与0.001mol盐酸反应，Zn有大量剩余；
A．反应速率与溶液中c（H+）成正比；
B．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多；
C．反应速率与溶液中c（H+）成正比；
D．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多。
【解答】解：相同条件下，pH＝2的盐酸、CH3COOH溶液中，c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液中，n（CH3COOH）＞n（HCl），n（HCl）＝0.01mol/L×0.1L＝0.001mol，n（Zn）＝＝0.01mol，0.01molZn与0.001mol盐酸反应，Zn有大量剩余；
A．开始时两种酸中c（H+）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，故A错误；
B．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多，醋酸最终电离出的n（H+）多，则醋酸生成的氢气多，故B错误；
C．开始时两种酸中c（H+）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，故C错误；
D．与足量Zn反应时，酸最终电离出的n（H+）越多，生成的氢气越多，醋酸最终电离出的n（H+）多，则醋酸生成的氢气多，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及反应速率影响因素，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
11．（2分）在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
【分析】在容积一定的密闭容器中，反应2X（？）⇌Y（g）+Z（g） 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据ρ＝可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，该反应为吸热反应，其正反应吸热，故A正确；
B．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故B正确；
C．温度升高反应速率一定增大，故C正确；
D．结合分析可知，X是非气态（固态或液态），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，结合题干信息判断反应热、X的状态为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大。
12．（2分）某化学兴趣小组采用装置a和b分别制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A．装置a和b的烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低
B．装置a的锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应
C．装置b中的CCl4可以吸收Br2，试管中液体会变为红棕色
D．装置b中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟
【分析】A．制备溴苯的过程中有热量产生，液溴易挥发；
B．溴蒸气也可以与硝酸银溶液反应，产生淡黄色的溴化银沉淀；
C．Br2易溶于CCl4，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，NH3遇挥发性酸有白烟生成。
【解答】解：A．制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，故A正确；
B．a装置中的溴蒸气挥发进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色的溴化银沉淀，故a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；
C．b装置中挥发的Br2被CCl4吸收，成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液，故C正确；
D．HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防止倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应生成固体NH4Br，有白烟生成，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查苯与溴的反应，为基础知识的考查，题目难度不大。
13．（2分）配制0.100mol•L﹣1的某溶液，有关操作正确的是（ ）
A．配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
【分析】A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液；
B．称量腐蚀性药品，应放在小烧杯或者称量瓶中进行；
C．定容时利用胶头滴管滴加；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大。
【解答】解：A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，然后移液到容量瓶中，故A错误；
B．氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯或者称量瓶中称量，故B错误；
C．定容时利用胶头滴管滴加，则配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线，操作合理，故C正确；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为基础性习题，把握实验技能、溶液配制的操作等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）将溶质物质的量相同的酸溶液与碱溶液相混合，a：盐酸和氢氧化钠，b：醋酸和氢氧化钠，c：醋酸和氨水。其所放出热量比较，正确的是（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＝b＝c
【分析】酸碱发生中和反应时放热，相同条件下生成的水越多，放热越多，但弱酸、弱碱电离吸热，会导致放出的热量减少，据此分析。
【解答】解：由于HCl、醋酸、NaOH、一水合氨均为一元的酸、碱，故等物质的量反应时，生成的水的物质的量相同，而由于弱电解质电离吸热会导致放出的热量减少，则a.盐酸和氢氧化钠为强酸和强碱反应，放出热量最多；b.醋酸和氢氧化钠为弱酸和强碱反应，放出热量少于a；c.醋酸和氨水为弱酸和弱碱反应，放出热量最少，则放出热量多少关系为a＞b＞c，
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱中和反应放出热量多少的比较，应注意弱电解质的电离吸热，会导致放出热量减少。
15．（2分）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，如图实验现象可以反复出现。下列说法错误的是（ ）
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
【分析】硫酸铜和过氧化氢反应中黄褐色沉淀为过氧化铜，分步化学方程式为：
1．硫酸铜与过氧化氢反应生成氧化亚铜和硫酸；
2CuSO4+H2O2+H2O→Cu2O↓+2H2SO4+O2↑；
2．氧化亚铜与过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜和氧气；
Cu2O+H2O2+2H2SO4→2CuSO4+3H2O，据此进行解答。
【解答】解：A.CuSO4在反应前后都有，做反应的催化剂，故A正确；
B.氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和氧气：Cu2O+H2O2+2H2SO4→2CuSO4+3H2O，发生离子反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C.H2O2变为O2，氧元素化合价上升，被氧化，应该是CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D.H2O2变为水和氧气，O元素的化合价既升高也降低，既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应机理，涉及到氧化还原反应的相关知识，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
16．（2分）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba（NO3）2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是（ ）
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba（NO3）2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba（NO3）2
【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀为×100g/mol≈20.38g＞20g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。
【解答】解：取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有Ba（NO3）2，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀为×100g/mol≈20.38g＞20g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数，则KNO3、K2CO3至少含有一种，
故选：B。
【点评】本题考查混合物反应的有关计算、物质推断，注意利用极限法确定杂质中碳酸根质量分数与碳酸钠中质量分数关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
17．（2分）两种溶液相互滴加，反应过程中现象完全相同但离子方程式不同的是（ ）
A．NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液
B．Na2CO3溶液与稀盐酸
C．Ca（HCO3）2溶液与Ca（OH）2溶液
D．AlCl3溶液与NaOH溶液
【分析】A．NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液互滴时均会产生白色沉淀，但NaHCO3的量不同，离子方程式不同；
B．CO32﹣与H+反应是分步进行的；
C．Ca（HCO3）2溶液和Ca（OH）2溶液互滴时反应是唯一的；
D．Al3+与OH﹣的反应是分步进行的。
【解答】解：A．向NaHCO3溶液中滴加Ca（OH）2溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，向Ca（OH）2溶液中滴加NaHCO3溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣＝CaCO3↓+H2O，现象完全相同但离子方程式不同，故A正确；
B．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸先无明显变化，后有气体产生，其反应的离子方程式为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑，将Na2CO3溶液逐滴加到稀盐酸中立即就有气体产生，其反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+＝H2O+CO2↑，现象完全不同，离子方程式不同，故B错误；
C．Ca（HCO3）2溶液和Ca（OH）2溶液互滴时，均有白色沉淀产生，且离子方程式均为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣＝CaCO3↓+H2O，现象完全相同，离子方程式相同，故C错误；
D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解直至消失，向NaOH溶液中滴加溶液，先无变化，后又白色沉淀，实验现象不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应的现象和方程式的书写，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2分）某同学为测定某Na2O2（含少量Na2O）试样中样品的纯度，设计如图实验。下列说法错误的是（ ）
A．需称量样品和NaCl的质量
B．操作Ⅰ是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都需要玻璃棒
D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
【分析】Na2O2 （含少量Na2O）样品中先加入稀盐酸溶解，Na2O2与HCl反应生成NaCl、H2O和O2，Na2O与HCl反应生成NaCl和H2O，将反应后的溶液转移到蒸发皿中加热蒸发得到NaCl，冷却后称量NaCl的质量，根据钠离子守恒及样品的总质量可列式计算出样品中过氧化钠的质量，从而可计算出样品的纯度，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，该实验需要称量样品和NaCl的质量，然后根据钠离子守恒及样品的总质量可列式计算出样品中过氧化钠的量，故A正确；
B．操作Ⅰ是样品加入稀盐酸溶解得到氯化钠溶液，操作Ⅲ是蒸发氯化钠溶液得到氯化钠固体，故B正确；
C．操作Ⅰ中需要用玻璃棒进行搅拌，加快反应速率，操作Ⅱ转移溶液时需要用玻璃棒引流，操作Ⅲ是蒸发溶液，用玻璃棒搅拌，使溶液受热均匀，故C正确；
D．若溶液转移不完全，所得氯化钠固体的质量偏小，计算出的过氧化钠的量偏大，导致测定结果偏大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查探究物质含量的方法，为高频考点，明确物质性质、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
19．（2分）某一次性电池原理如图。该电池放电时，有关分析错误的是（ ）
A．正极的电极反应式：O2+4e﹣+2H2O→4OH﹣
B．电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可实现镁的循环利用
【分析】由图可知，Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故A正确；
B.原电池工作时，电子由负极（Mg）经外电路流向正极（多孔活性炭材料电极），故B正确；
C.Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣＝Mg（OH）2，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加2mol×17g/mol＝34g，故C错误；
D.电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧生成MgO，MgO经还原得到Mg，可实现镁的循环利用，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20．（2分）在50mL2mol•L﹣1的NaOH溶液中，通入VL（标准状况）CO2，下列说法错误的是（ ）
A．若V＝1.12L，所得溶液中一定有c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]
B．若1.12L＜V＜2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）
C．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）
D．若V＝2.24L，所得溶液中一定有c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）
【分析】n（NaOH）＝2mol/L×0.05L＝0.1mol；
A．若V＝1.12L，c（CO2）＝＝0.05mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：2，二者恰好完全反应生成Na2CO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C）；
B．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，则1.12L＜V＜2.24L，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3；
C．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（C）。
【解答】解：n（NaOH）＝2mol/L×0.05L＝0.1mol；
A．若V＝1.12L，c（CO2）＝＝0.05mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：2，二者恰好完全反应生成Na2CO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（C），即存在c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确；
B．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，则1.12L＜V＜2.24L，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，两种钠盐的物质的量浓度相对大小未知，无法判断HCO3﹣的电离程度和CO32﹣的水解程度相对大小，无法判断c（HCO3﹣）、c（CO32﹣）的相对大小，故B错误；
C．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），所以存在c（H2CO3）+c（H+）＝c（CO32﹣）+c（OH﹣），即存在c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（H2CO3）﹣c（CO32﹣），故C正确；
D．若V＝2.24L，c（CO2）＝＝0.1mol，n（CO2）：n（NaOH）＝1：1，二者恰好完全反应生成NaHCO3，溶液中存在物料守恒n（Na）＝n（C），即存在c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
（1）上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是 O2–＞Na+＞Al3+ ，原子核外有两个未成对电子的元素有 O、Si 。
（2）用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱 NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O ，并用原子结构知识的观点解释原因 Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强 。
（3）我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式。 2 Al+ 1 K[AlSi3O8]+ 2 AlCl3→ 3 Si+ 6 AlOCl+ 1 KAlO2；上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为 2NA 。
（4）KAlO2溶液中，n（K+） ＞ n（A1O2﹣）（选填“＞”或“＜”），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因 AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀 。
【分析】（1）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；
（2）可用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，因为Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱；
（3）采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米，铝失去电3个电子生成铝离子，化合价升高，硅得到4个电子，化合价降低，依据电子得失相等和元素守恒可得化学方程式；
加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀氢氧化铝，AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移。
【解答】解：（1）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是O2–＞Na+＞Al3+，O为8号元素，Na为11号元素，硅为14号元素，K为19号元素，可知原子核外有两个未成对电子的元素有 O、Si，
故答案为：O2–＞Na+＞Al3+；O、Si；
（2）可用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，因为Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强，
故答案为：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O；Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强；
（3）采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米，铝失去电3个电子生成铝离子，化合价升高，硅得到4个电子，化合价降低，依据电子得失相等和元素守恒可得化学方程式4Al+1K[AlSi3O8]+2 AlCl3＝3Si+6AlOCl+1KAlO2，上述反应中若产生14g硅，物质的量为0.5mol，转移的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，
故答案为：2；1；2；3；6；1；2NA；
（4）KAlO2属于强碱弱酸盐，偏铝酸根离子会水解，则有n（K+）＞n（A1O2﹣），加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀氢氧化铝，AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀，
故答案为：＞；AlO2–+2H2O⇌Al（OH）3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在HCO3–⇌H++CO32–，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al（OH）3沉淀。
【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类的水解等知识点，为高频考点，熟练掌握具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序判断方法，题目难度不大。
22．（15分）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）
完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝ 0.048mol•L﹣1•min﹣1 。
（2）反应②的平衡表达式K＝ 。将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是 c （选填序号）。
a．气体密度
b．气体总压
c．CH3OH与O2体积比
d．O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示，反应②为 吸热 反应（选填：放热或吸热）。55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大； 。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝ c（HCOOH）或c（Na+）﹣c（HCOO﹣） 。继续加入HCl溶液至中性，此时c（HCOOH） ＝ c（Cl﹣） （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基 。
【分析】（1）0～5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
气体总的物质的量减少了20%，即＝得出x＝0.4mol，则H2的平均反应速率v═3×mol•L﹣1•min﹣1；
（2）根据该方程式CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），可知平衡常数的定义，得出平衡常数K＝，可逆反应达到化学平衡状态时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；
（3）①将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c（O2）减小，说明平衡正向移动；
②该反应为CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解；
（4）①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），据此解答；
②继续加入HCl溶液至中性，c（H+）＝c（OH–）根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣）+c（Cl–），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）说明c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl–）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），据此解答；
（5）由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu（OH）2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值。
【解答】解：（1）0～5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
气体总的物质的量减少了20%，即＝得出x＝0.4mol，则H2的平均反应速率v═3×mol•L﹣1•min﹣1＝0.048mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.048mol•L﹣1•min﹣1；
（2）根据该方程式CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），可知平衡常数的定义，得出平衡常数K＝，
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态，故a错误；
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态，故b错误；
c.加入同体积的CH3OH（g）与O2（g），即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故c错误；
d.当O2的体积分数不变，v正（O2）＝v逆（O2），该反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：；c；
（3）①将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c（O2）减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
②该反应为CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l），产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，
故答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
（4）①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH），因此c（OH–）﹣c（H+）＝c（Na+）﹣c（HCOO﹣）＝c（HCOOH），
故答案为：c（HCOOH）或c（Na+）﹣c（HCOO﹣）；
②继续加入HCl溶液至中性，c（H+）＝c（OH–）根据电荷守恒，可以得出c（H+）+c（Na+）＝c（OH–）+c（HCOO﹣）+c（Cl–），根据物料守恒c（Na+）＝c（C），得出：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）说明c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl–）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）因此c（HCOOH）＝c（Cl–），
故答案为：＝；
（5）由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu（OH）2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，具体方法为取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基，
故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu（OH）2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，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）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如图：
已知：a.R﹣CH＝CH2R﹣CH2CH2OH
b.→+H2O
完成下列填空：
（1）a的反应条件是 加热、加压、催化剂 。F的结构简式为 。
（2）A→B的反应类型为 消去反应 。I中存在的含氧官能团的名称是 酯基、醛基 。
（3）写出反应b的化学方程式 →+H2O 。
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式 、 。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
（5）以为原料（无机试剂任选），设计制备苯乙酸（）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙目标产物）
【分析】有机化合物A是一种醇，根据B的分子式知，A发生消去反应生成B，B中含有碳碳双键，B发生信息i的反应生成C中含有﹣CH2OH，C发生氧化反应生成D；对甲基苯酚和氯气发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化生成F，D和F发生酯化反应生成I，根据I的结构简式知，F为，E为；则D为（CH3）2CHCOOH，B为（CH3）2C＝CH2，C为（CH3）2CHCH2OH，A为（CH3）3COH；
（5）以为原料制备苯乙酸（），发生消去反应生成，苯乙烯发生信息i的反应生成，苯乙醇发生氧化反应生成苯乙酸。
【解答】解：（1）烯烃和水在加热、加压催化剂条件下发生加成反应生成醇，则a的反应条件是加热、加压、催化剂，F的结构简式为，
故答案为：加热、加压、催化剂；；
（2）A为醇、B为烯烃，A发生消去反应生成B，则A→B的反应类型为消去反应；I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基，
故答案为：消去反应；酯基、醛基；
（3）反应b的化学方程式为→+H2O，
故答案为：→+H2O；
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，则I比J多2个CH2原子团，且J中含有苯环、酯基和醛基，J的同分异构体能同时满足以下条件：
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含﹣CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有醛基和羧基，符合条件的结构简式为、，
故答案为：；；
（5）以为原料制备苯乙酸（），发生消去反应生成，苯乙烯发生信息i的反应生成，苯乙醇发生氧化反应生成苯乙酸，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，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）某化学兴趣小组采用如图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。
完成下列填空：
（1）画出乙中实验装置图，并标出相应试剂 。
（2）装置丙中仪器名称是 球形干燥管 ，其中反应的化学方程式是 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为 1：1 。
（3）装置丁中NaOH溶液的作用是 除去O2中的CO2 ，装置戊中澄清石灰水的作用是 检验O2中是否有CO2 。
（4）NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取（又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明）。
①写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式 Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+ 。操作时，往饱和食盐水中先通入 氨气 气体，原因是 氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出 。
②在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是 ≥2 。
【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。
【解答】解：（1）实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为，
故答案为：；
（2）根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由﹣1升高为0、由﹣1降低为﹣2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1：1，
故答案为：球形干燥管；2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；1：1；
（3）由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2，
故答案为：除去O2中的CO2；检验O2中是否有CO2；
（4）侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+；氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气，
故答案为：Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4+；氨气；氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大HCO3﹣浓度，有利于碳酸氢钠析出；
（5）设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n（C）≥n（Na），则2y≥（2x+y），则起始时≥2，
故答案为：≥2。
【点评】本题考查钠及其化合物的性质，难度不大，熟悉钠及其化合物相关的反应为解答的关键，注意实验装置的作用以及工业生成的注意事项。
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