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2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模），共33页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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）2021年9月，中国科学家实现了实验室由二氧化碳合成淀粉。有关说法错误的是（ ）
A．淀粉可以用于制乙醇 B．二氧化碳为直线型分子
C．淀粉为高分子化合物 D．二氧化碳是电解质
2．（2分）关于漂粉精的说法错误的是（ ）
A．工业上用氯气与石灰乳反应制备
B．漂粉精在空气中会变质
C．漂粉精的有效成分是Ca（ClO）2与CaCl2
D．漂粉精溶液有碱性与强氧化性
3．（2分）下列事实不能说明氮和氧非金属性相对强弱的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞NH3
B．常温下水为液体而氨为气态
C．NO中N为+2价，氧为﹣2价
D．NH3在纯氧中燃烧可生成N2
4．（2分）下列反应的生成物，只存在+3价铁元素的是（ ）
A．铁丝在氯气中燃烧
B．铁粉与盐酸溶液反应
C．铁与高温水蒸气反应
D．铁粉与少量硝酸溶液反应
5．（2分）下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是（ ）
A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液
C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl（SO4）2溶液
6．（2分）N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是（ ）
A．聚丙烯的单体是
B．聚丙烯是混合物
C．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
7．（2分）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是（ ）
A．制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
8．（2分）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是（ ）
A．装置可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置b口进气可收集H2、NH3等气体
9．（2分）某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是（ ）
A．可能是离子晶体也可能是分子晶体
B．可能是电解质也可能是非电解质
C．可能是有机物也可能是无机物
D．可能是极性分子也可能是非极性分子
10．（2分）下列固体物质中的杂质（括号内为杂质）能用加热法直接除去的是（ ）
A．Fe粉（硫粉） B．Na2CO3粉末（NaHCO3）
C．Al （OH）3（Al2O3） D．KMnO4（MnO2）
11．（2分）下列实际应用，解释错误的是（ ）
A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理
B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律
C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法
D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒
12．（2分）下列变化，只体现浓H2SO4强氧化性的是（ ）
A．Cu与浓H2SO4反应
B．用浓H2SO4干燥氧气
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化
D．浓H2SO4使蔗糖炭化
13．（2分）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1mol•L﹣1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
14．（2分）测定硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是（ ）
A．称量晶体的坩埚潮湿
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
15．（2分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C﹣C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
16．（2分）等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为（ ）
A．均恰好反应 B．酸过量
C．碱过量 D．酸、碱均过量
17．（2分）电解尿素[CO（NH2）2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b极材料可以用铁棒
B．b电极上发生失去电子的反应
C．a极的电极反应式为：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e→CO32﹣+N2↑+6H2O
D．总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣
18．（2分）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O （l）+57.3kJ向1L0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的数值关系正确的是（ ）
A．Q3＞Q2＞Q1 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q2＞Q3＞Q1
19．（2分）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
20．（2分）在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量，平衡正向移动
B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆
C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC＝pD＞pB
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
二、综合题（共60分）
21．（15分）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵（NH4ClO4）和铝粉混合物。
完成下列填空：
（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为 （离子符号表示），上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为 。
（2）写出NH4+的电子式 ，其空间构型与甲烷空间构型相同，为 型。
（3）氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。
（4）配平以下方程式： Al+ NH4ClO4→ Al2O3+ AlCl3+ N2↑+ H2O。上述反应中被氧化的元素是 ，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为 mol。
（5）若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由。
22．（15分）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10（PO4）6（OH）2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。Ca10（PO4）6（OH）2（s）+8H+（aq）⇌10Ca2+（aq）+6HPO42−（aq）+2H2O（l）。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式为 。当喝下碳酸饮料时，平衡向 反应方向移动，平衡常数 （选填：增大、减少或不变）。
（2）牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为 反应（选填：放热或吸热），pH1 pH2（选填：＞、＜或＝）。
（3）能说明达到平衡状态的是 。（选填字母）
a．各离子浓度相等
b．pH维持稳定
c．5V正（Ca2+）＝3V逆（HPO42﹣）
d．羟基磷灰石的质量不发生变化
（4）为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为 。
（5）氟磷灰石（Ca10（PO4）6F2）比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c（F﹣）+c（OH﹣） c（H+），c（HF） c（OH﹣）（均选填：＞，＜或＝）。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10（PO4）6（OH）2（s）⇌10Ca2+（aq）+6PO43﹣（aq）+2OH﹣ （aq）。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因 。
23．（15分）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，如图路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
（1）试写出A的结构简式 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）反应①的反应类型为 ，反应②的条件为 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为 。
（5）写出满足下列条件的C的一种同分异构体。
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
（6）乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOHRCHClCOOH，请以乙醇为原料（无机试剂任选）设计制备乙醇酸（HOCH2COOH）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙…目标产物）
24．（15分）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar（Cu）。装置如图所示。
实验步骤：
①检查装置的气密性；
②称量玻璃管C（带两端开关K1和K2）质量记为m1g；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯，冷却至室温；关闭分液漏斗活塞；关闭K1和K2；
⑥称量玻璃管C（带两端开关K1和K2），记录质量m3g。
完成下列填空：
（1）实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是 。
（2）氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式。
（3）干燥管B中的药品为 ，装置D的作用是 。
（4）根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar（Cu）＝ （列式表示）。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar（Cu） （选填：“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是 ，装置M中的药品为 ；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定 。
2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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）2021年9月，中国科学家实现了实验室由二氧化碳合成淀粉。有关说法错误的是（ ）
A．淀粉可以用于制乙醇 B．二氧化碳为直线型分子
C．淀粉为高分子化合物 D．二氧化碳是电解质
【分析】A.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，能水解为葡萄糖，葡萄糖能在酒化酶的作用下分解为酒精；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，中心原子C为sp杂化；
C.相对分子质量大于10000的化合物为高分子化合物；
D.电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
【解答】解：A.淀粉水解后生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，故A正确；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，中心原子C为sp杂化，为直线结构，故B正确；
C.淀粉在自然界中存在，相对分子质量大于10000，属于天然高分子化合物，故C正确；
D.二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的分类、结构和性质，熟悉电解质、非电解质、高分子化合物的概念是解题关键，注意电解质必须是本身能够电离。
2．（2分）关于漂粉精的说法错误的是（ ）
A．工业上用氯气与石灰乳反应制备
B．漂粉精在空气中会变质
C．漂粉精的有效成分是Ca（ClO）2与CaCl2
D．漂粉精溶液有碱性与强氧化性
【分析】A．将Cl2通入石灰乳可以制取漂粉精；
B．漂粉精在空气中会和水以及二氧化碳之间发生反应而变质；
C．漂粉精是由氯气与氢氧化钙反应生成的；
D．Ca（ClO）2是强碱弱酸盐，次氯酸根离子具有强氧化性。
【解答】解：A．将Cl2通入石灰乳，二者可以生成氯化钙、次氯酸钙，该反应用于制取漂粉精，故A正确；
B．漂粉精在空气中会和空气中的水以及二氧化碳之间发生反应生成次氯酸，HClO不稳定，易分解而变质，故B正确；
C．漂粉精是由氯气与氢氧化钙反应生成的，其有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2具有强氧化性能漂白和消毒，故C错误；
D．Ca（ClO）2是强碱弱酸盐，水解显碱性，次氯酸根离子具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生漂粉精的制取、性质以及应用等方面的知识，注意化学知识和生活实际的结合，难度不大。
3．（2分）下列事实不能说明氮和氧非金属性相对强弱的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞NH3
B．常温下水为液体而氨为气态
C．NO中N为+2价，氧为﹣2价
D．NH3在纯氧中燃烧可生成N2
【分析】非金属元素的非金属性越强，非金属得电子能力越强，其吸引电子的能力越强，其单质的氧化性越强，其单质和氢气化合越容易，其简单氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：A．简单氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，热稳定性：H2O＞NH3，则非金属性O＞N，故A错误；
B．氢化物的熔沸点与其非金属性强弱无关，所以不能根据常温下水和氨气的状态判断非金属性强弱，故B正确；
C．非金属元素的非金属性越强，其吸引电子的能力越强，NO中N为+2价、O为﹣2价，说明NO中吸引电子能力O＞N，所以可以判断非金属性强弱，故C错误；
D．氨气在纯氧中燃烧生成氮气，氧气是氧化剂、氮气是氧化产物，则氧化性：氧气＞氮气，非金属性O＞N，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查非金属性强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，注意：非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关。
4．（2分）下列反应的生成物，只存在+3价铁元素的是（ ）
A．铁丝在氯气中燃烧
B．铁粉与盐酸溶液反应
C．铁与高温水蒸气反应
D．铁粉与少量硝酸溶液反应
【分析】铁单质和强氧化剂反应生成三价铁，但铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子。
【解答】解：A．氯气具有强氧化性和铁反应只能生成氯化铁，故A正确；
B．盐酸和铁反应发生置换反应，氢离子氧化性弱生成氯化亚铁和氢气，故B错误；
C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁中存在+2价、+3价铁元素，故C错误；
D．稀硝酸具有氧化性氧化铁生成铁离子，铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子，产物不会只存在+3价铁，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度中等。
5．（2分）下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是（ ）
A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液
C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl（SO4）2溶液
【分析】A．NaHCO3电离出HCO3﹣和NaOH电离出OH﹣结合成碳酸根和水，调换滴加顺序，反应相同；
B．NaHCO3电离出HCO3﹣和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，调换滴加顺序，反应相同；
C．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，氢氧化铝溶于强碱，调换滴加顺序，NaOH过量，反应不同；
D．氨水电离出OH﹣结合KAl（SO4）2电离出Al3+结合生成Al（OH）3，调换滴加顺序，反应相同。
【解答】解：A．NaHCO3电离出HCO3﹣和NaOH电离出OH﹣结合成碳酸根和水，离子方程式：HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，调换滴加顺序，反应相同，故A错误；
B．NaHCO3电离出HCO3﹣和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，离子方程式：HCO3﹣+H+＝CO2+H2O，调换滴加顺序，反应相同，故B错误；
C．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，调换滴加顺序，少量的AlCl3溶液滴入过量NaOH溶液中生成NaAlO2，离子方程式：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，反应不同，故C正确；
D．氨水电离出OH﹣结合KAl（SO4）2电离出Al3+结合生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，调换滴加顺序，由于氢氧化铝与弱碱不反应，则反应相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意滴加顺序不同时发生的反应以及反应现象，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6．（2分）N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是（ ）
A．聚丙烯的单体是
B．聚丙烯是混合物
C．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
【分析】A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子；
B．聚丙烯，聚合度不定，属于混合物；
C．丙烯含有碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾氧化；
D．丙烯含有甲基，含有甲基的物质所有原子不可能共面。
【解答】解：A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，其结构简式为，故A错误；
B．高聚物都是混合物，所以聚丙烯是混合物，故B正确；
C．丙烯含有碳碳双键，能够还原酸性高锰酸钾使其褪色，故C正确；
D．丙烯含有甲基，含有甲基的物质具有类似甲烷的四面体结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了丙烯结构、性质，加聚反应特点等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。
7．（2分）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是（ ）
A．制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
【分析】A.根据侯氏制碱法①NH3+CO2+H2O→NH4HCO3、②NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl、③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑来分析；
B.滤出小苏打后，母液中含少量的NaHCO3和NH4Cl；
C.加食盐增大溶液中Cl﹣的浓度有助于NH4Cl的析出；
D.NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl的发生是由于NaHCO3的溶解度小于氯化钠的溶解度．
【解答】解：A.根据侯氏制碱法①NH3+CO2+H2O→NH4HCO3、②NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl、③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知，该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B.滤出小苏打后，母液中含少量的NaHCO3和NH4Cl，故加入氨水后能发生反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+，故B正确；
C.加食盐增大溶液中Cl﹣的浓度，能降低NH4Cl的溶解度，有助于NH4Cl的析出，故C正确；
D.NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl的发生是由于NaHCO3的溶解度小于氯化钠的溶解度，NaHCO3更易析出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的制备，应注意侯氏制碱法知识的迁移运用，明确实验的原理是解题的关键，为高频考点，难度中等。
8．（2分）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是（ ）
A．装置可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置b口进气可收集H2、NH3等气体
【分析】A．NaCl为可溶性固体；
B．有缓冲作用的装置能防止倒吸；
C．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
D．密度小于空气且和氧气不反应的气体可以采用向下排空气法收集。
【解答】解：A．NaCl为可溶性固体，可选图中蒸发装置分离，故A正确；
B．HCl极易溶于水，不溶于CCl4，水和CCl4不互溶，有缓冲作用，能防止倒吸，故B正确；
C．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故C错误；
D．H2、NH3密度都小于空气，且H2、NH3在常温下和氧气不反应，则可以采用向下排空气法收集，所以b为进气口，故D正确；
故选：C。
【点评】题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、气体收集等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9．（2分）某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是（ ）
A．可能是离子晶体也可能是分子晶体
B．可能是电解质也可能是非电解质
C．可能是有机物也可能是无机物
D．可能是极性分子也可能是非极性分子
【分析】A．离子晶体肯定含有离子键；
B．同种原子之间形成非极性键，不同种原子间形成极性键；
C．根据常见的有机物和无机物判断；
D．根据常见的由极性分子、非极性分子构成的物质判断。
【解答】解：A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，故A错误；
B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2＝CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，故B正确；
C．过氧化氢、乙烯、苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，故C正确；
D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了不同晶体的结构微粒和微粒间作用力的区别，难度不大，熟知常见物质含有的化学键是解题的关键，注意含有多种化学键的特殊物质的记忆。
10．（2分）下列固体物质中的杂质（括号内为杂质）能用加热法直接除去的是（ ）
A．Fe粉（硫粉） B．Na2CO3粉末（NaHCO3）
C．Al （OH）3（Al2O3） D．KMnO4（MnO2）
【分析】A.加热时Fe与S反应生成FeS；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。
【解答】解：A.加热时Fe与S反应生成FeS，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热至固体质量不变可除去杂质，故B正确；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）下列实际应用，解释错误的是（ ）
A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理
B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律
C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法
D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒
【分析】A.加压，有利于平衡向气体分子数减小的方向移动；
B.离子互换反应发生，应有沉淀、气体和水生成；
C.原电池中正极金属被保护；
D.热交换器有利于反应物和生成物之间热量交换。
【解答】解：A.合成氨反应N2+3H2⇌2NH3正向气体分子数减小，高压有利于平衡正向移动，符合勒夏特列原理，故A正确；
B.石膏（CaSO4）能与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀，降低Na2CO3盐碱地的碱性，符合离子互换反应的规律，故B正确；
C.在船身上装锌块形成原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.接触室中装有热交换器，可以利用反应放出的热量预热进入接触室的混合气，不是为了防止催化剂中毒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护和化学平衡，题目难度中等，掌握常见金属的腐蚀和防护原理是解题的关键。
12．（2分）下列变化，只体现浓H2SO4强氧化性的是（ ）
A．Cu与浓H2SO4反应
B．用浓H2SO4干燥氧气
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化
D．浓H2SO4使蔗糖炭化
【分析】在氧化还原反应中，化合价降低的物质为氧化剂，体现该物质的氧化性，浓H2SO4强氧化性是指硫元素化合价降低表现出来的性质，据此分析解答。
【解答】解：A．Cu与浓H2SO4反应生成硫酸铜和二氧化硫，体现出浓H2SO4强氧化性和酸性，故A错误；
B．用浓H2SO4干燥氧气体现出浓H2SO4吸水性，故B错误；
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化只体现浓H2SO4强氧化性，故C正确；
D．浓H2SO4使蔗糖炭化体现出浓H2SO4脱水性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，涉及氧化还原反应的应用，难度不大，熟悉硫酸的化学性质为解答的关键。
13．（2分）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1mol•L﹣1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【分析】A.图中P点为盐酸滴定NaOH、NaOH滴定盐酸的交叉点；
B.开始时盐酸的pH＝1；
C.曲线a的pH由小于7最终大于7；
D.盐酸滴定NaOH时，选酚酞作指示剂，溶液由红色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点。
【解答】解：A.图中P点为盐酸滴定NaOH、NaOH滴定盐酸的交叉点，可知P点时恰好反应完全，溶液呈中性，故A正确；
B.开始时盐酸的pH＝1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1，故B错误；
C.曲线a的pH由小于7最终大于7，可知曲线a为NaOH滴定盐酸的曲线，故C错误；
D.盐酸滴定NaOH时，选酚酞作指示剂，溶液由红色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点，可知酚酞能用作本实验的指示剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查中和滴定实验，为高频考点，把握滴定曲线中pH的变化、滴定终点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。
14．（2分）测定硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是（ ）
A．称量晶体的坩埚潮湿
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
【分析】A．称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大；
B．无水硫酸铜易吸收空气中的水分，会使质量差减小；
C．加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，会使质量差增大。
【解答】解：A．称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故A不选；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，故B选；
C．加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故C不选；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量实验，对失水得到产物的分析判断以及对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，题目难度不大。
15．（2分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C﹣C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
【分析】A．图中可知，①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C﹣C化学键；
B．催化剂改变反应速率不改变化学平衡；
C．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；
D．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断。
【解答】解：A．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故A正确；
B．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡，不改变反应的平衡转化率，故B错误；
C．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确；
D．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
16．（2分）等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为（ ）
A．均恰好反应 B．酸过量
C．碱过量 D．酸、碱均过量
【分析】根据铝与HCl反应的关系式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH反应的关系式：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，产生的氢气后者较多，结合消耗的HCl、NaOH的量判断。
【解答】解：根据铝与HCl反应的关系式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH反应的关系式：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，产生的氢气后者较多，说明加入氢氧化钠溶液的铝完全反应，而加入盐酸溶液的铝未完全反应，
故选：C。
【点评】本题主要考查了氢氧化钠、盐酸和铝反应的化学方程式的计算，难度不大，注意比较两者和Al反应的方程式的差异。
17．（2分）电解尿素[CO（NH2）2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b极材料可以用铁棒
B．b电极上发生失去电子的反应
C．a极的电极反应式为：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e→CO32﹣+N2↑+6H2O
D．总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣
【分析】b电极连接外接电源的负极，水得电子生成H2，a极作为阳极，尿素失去电子生成CO32﹣和 N2，据此解答。
【解答】解：A．b极是得电子一极，电极作用是电子流入载体，材料可以用铁棒，故A正确；
B．据分析，b电极上发生得到电子的反应，故B错误；
C．据分析，a极作为阳极，碱性环境下，电极反应式为：CO（NH2）2+8 OH﹣﹣6e﹣→CO32﹣+N2↑+6H2O，故C正确；
D．碱性环境下，阴极是水得电子生成氢气和OH﹣，OH﹣向阳极移动，总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，题目难度不大。
18．（2分）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O （l）+57.3kJ向1L0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的数值关系正确的是（ ）
A．Q3＞Q2＞Q1 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q2＞Q3＞Q1
【分析】在稀溶液中强酸与强碱反应生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离需要吸收热量，浓硫酸溶于水会放出热量，据此进行解答。
【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O（l）+57.3kJ，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸、浓H2SO4、稀硝酸，醋酸为弱电解质，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量大小关系为：浓硫酸＞稀硝酸＞醋酸，
即Q1＜Q3＜Q2，
故选：D。
【点评】本题考查了反应热的大小比较，题目难度不大，注意明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
19．（2分）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
【分析】无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中一定含BaCl2，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，加入稀硫酸放出气体，该气体为二氧化碳，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，该白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡、氢氧化镁的混合物，则原溶液中可能含有MgCl2，据此分析解答。
【解答】解：无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，一定含有BaCl2，加入稀硫酸放出气体，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，MgCl2可能与NaOH反应生成Mg（OH）2沉淀，则原溶液中可能含有MgCl2，所以原溶液中一定含有NaHCO3、BaCl2，可能含有MgCl2，一定不含有K2CO3，
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（2分）在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量，平衡正向移动
B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆
C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC＝pD＞pB
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
【分析】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响；
B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c（NO）高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动；
C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD＝PB；
D．由图示知，升高温度，c（NO）浓度增大，说明平衡逆向移动。
【解答】解：A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，故A错误；
B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c（NO）高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，故B正确；
C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD＝PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，故C错误；
D．由图示知，升高温度，c（NO）浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题以化学平衡图象为载体，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态。
二、综合题（共60分）
21．（15分）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵（NH4ClO4）和铝粉混合物。
完成下列填空：
（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为 N3﹣＞O2﹣＞Al3+ （离子符号表示），上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为 1s22s22p3 。
（2）写出NH4+的电子式 ，其空间构型与甲烷空间构型相同，为 正四面体 型。
（3）氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。 氮气分子中氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定
（4）配平以下方程式： 10 Al+ 6 NH4ClO4→ 4 Al2O3+ 2 AlCl3+ 3 N2↑+ 12 H2O。上述反应中被氧化的元素是 N、Al ，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为 9 mol。
（5）若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由。 Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）
【分析】（1）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；H、N、O、Cl原子中未成对电子数分别是1、3、2、1，则未成对电子最多的是N元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）NH4+中N原子和每个H原子共用一对电子；甲烷呈正四面体结构；
（3）分子中键能越大，分子越稳定；
（4）NH4ClO4中N、Cl原子个数之比为1：1，要使生成物中N、Cl原子个数之比为1：1，则AlCl3、N2的个数之比为2：3，根据原子守恒知，NH4ClO4的计量数最小为6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是12，再根据O原子守恒的Al2O3的计量数是4，根据Al原子守恒的Al的计量数是10；失电子的元素被氧化；根据氮气和转移电子的关系计算；
（5）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2。
【解答】解：（1）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，N3﹣、O2﹣、Al3+的电子层结构相同且原子序数依次最多，则离子半径由大到小的顺序是N3﹣＞O2﹣＞Al3+；H、N、O、Cl原子中未成对电子数分别是1、3、2、1，未成对电子数最多的是N，其原子核外电子排布式为1s22s22p3，
故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Al3+；1s22s22p3；
（2）NH4+中N原子和每个H原子共用一对电子，则NH4+的电子式为；甲烷呈正四面体结构，铵根离子为正四面体结构，
故答案为：；正四面体；
（3）氮气分子中存在氮氮三键，氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定，
故答案为：氮气分子中氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定；
（4）NH4ClO4中N、Cl原子个数之比为1：1，要使生成物中N、Cl原子个数之比为1：1，则AlCl3、N2的个数之比为2：3，根据原子守恒知，NH4ClO4的计量数最小为6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是12，再根据O原子守恒的Al2O3的计量数是4，根据Al原子守恒的Al的计量数是10，所以该反应方程式为10Al+6NH4ClO4＝4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12 H2O；失电子的元素被氧化，则被氧化的元素是N、Al；n（N2）＝＝1.5mol，根据方程式知，生成3mol氮气氮元素转移18mol电子，则生成1.5mol氮气转移电子的物质的量＝×18mol＝9mol，
故答案为：10；6；4；2；3；12；N、Al；9；
（5）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+），减少了水污染，
故答案为：Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【点评】本题考查元素周期律、化学用语、反应方程式的配平等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律内涵、化学用语正确表示方法、方程式配平方法等知识点是解本题关键，难点是方程式的配平，题目难度不大。
22．（15分）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10（PO4）6（OH）2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。Ca10（PO4）6（OH）2（s）+8H+（aq）⇌10Ca2+（aq）+6HPO42−（aq）+2H2O（l）。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。当喝下碳酸饮料时，平衡向 正向 反应方向移动，平衡常数 不变 （选填：增大、减少或不变）。
（2）牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为 吸热 反应（选填：放热或吸热），pH1 ＞ pH2（选填：＞、＜或＝）。
（3）能说明达到平衡状态的是 bd 。（选填字母）
a．各离子浓度相等
b．pH维持稳定
c．5V正（Ca2+）＝3V逆（HPO42﹣）
d．羟基磷灰石的质量不发生变化
（4）为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为 2.25×10﹣4mol/（L•h） 。
（5）氟磷灰石（Ca10（PO4）6F2）比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c（F﹣）+c（OH﹣） ＞ c（H+），c（HF） ＜ c（OH﹣）（均选填：＞，＜或＝）。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10（PO4）6（OH）2（s）⇌10Ca2+（aq）+6PO43﹣（aq）+2OH﹣ （aq）。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因 氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护 。
【分析】（1）平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：K＝；
（2）由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动；相同条件下，当c（H+）增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c（H+）浓度大；
（3）a．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等；
b．pH维持稳定，说明c（H+）不变；
c．由5υ正（Ca2+）＝3υ逆（HPO42﹣），得＝≠，故不能说明正、逆反应速率相等；
d．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征；
（4）由题意知，5 h内△c（H+）＝（10﹣3﹣10﹣4）mol/L＝9×10﹣4 mol/L，由＝，得△c（Ca2+）＝1.125×10﹣3 mol/L，则υ（Ca2+）＝；
（5）①NaF溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（OH﹣），则c（F﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）；
②由10Ca2++6PO43﹣+2F﹣＝Ca10（PO4）6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面。
【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：K＝；碳酸饮料显酸性，c（H+）浓度增大，促进该反应平衡正向移动；由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数也不变，
故答案为：K＝；正向；不变；
（2）由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应；相同条件下，当c（H+）增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c（H+）浓度大，故pH1＞pH2，
故答案为：吸热；＞；
（3）a．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，故a错误；
b．pH维持稳定，说明c（H+）不变，则反应达平衡状态，故b正确；
c．由5υ正（Ca2+）＝3υ逆（HPO42﹣），得＝≠，故不能说明正、逆反应速率相等，即不能说明反应达平衡状态，故c错误；
d．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
（4）由题意知，5 h内△c（H+）＝（10﹣3﹣10﹣4）mol/L＝9×10﹣4 mol/L，由＝，得△c（Ca2+）＝1.125×10﹣3 mol/L，则υ（Ca2+）＝＝＝2.25×10﹣4mol/（L•h），
故答案为：2.25×10﹣4mol/（L•h）；
（5）①NaF溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（OH﹣），则c（F﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）；由F‑+H2O⇌HF+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，知c（HF）＜c（OH﹣），
故答案为：＞；＜；
②由10Ca2++6PO43﹣+2F﹣＝Ca10（PO4）6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护，从而防止龋齿，
故答案为：氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及转化、化学反应速率的计算等问题，为高频考点，题目难度中等。
23．（15分）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，如图路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
（1）试写出A的结构简式 OHC﹣COOH ，C中含氧官能团的名称为 羧基、羟基 。
（2）反应①的反应类型为 加成反应 ，反应②的条件为 浓硫酸、加热 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为 。
（5）写出满足下列条件的C的一种同分异构体。 （或，或）
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
（6）乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOHRCHClCOOH，请以乙醇为原料（无机试剂任选）设计制备乙醇酸（HOCH2COOH）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙…目标产物）
【分析】（1）由A、B的分子式与C的结构简式，可知A为OHC﹣COOH、B为；由C的结构可知其含有的官能团为羧基、羟基；
（2）与OHC﹣COOH发生加成反应生成C；苦杏仁酸与甲醇发生酯化反应生成D；
（3）反应③是D和HBr发生取代反应生成E和HBr；
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，应是发生酯化反应生成二元环酯；
（5）C的同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说含有甲酸形成的酯基，且苯环上有2种化学环境的氢原子，苯环上具有两个位于对位的取代基，两个取代基为﹣OH、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2OH、﹣OOCH，或者﹣OCH3、﹣OOCH；
（6）乙酸与PCl3作用生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解、酸化得到HOCH2COOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸。
【解答】解：（1）由A、B的分子式与C的结构简式，可知A为OHC﹣COOH、B为；由C的结构可知其含有的官能团为羧基、羟基，
故答案为：OHC﹣COOH；羧基、羟基；
（2）反应①是与OHC﹣COOH发生加成反应生成C；反应②是苦杏仁酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成D，
故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；
（3）反应③是羟基被溴原子取代，化学方程式为
故答案为：；
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，应是发生酯化反应生成二元环酯，F的结构简式为，
故答案为：；
（5）C的同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说含有甲酸形成的酯基，且苯环上有2种化学环境的氢原子，苯环上具有两个位于对位的取代基，两个取代基为﹣OH、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2OH、﹣OOCH，或者﹣OCH3、﹣OOCH，符合条件的同分异构体为、、，
故答案为：（或，或）；
（6）乙酸与PCl3作用生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解、酸化得到HOCH2COOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，是对有机化学的综合考查，熟练掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar（Cu）。装置如图所示。
实验步骤：
①检查装置的气密性；
②称量玻璃管C（带两端开关K1和K2）质量记为m1g；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯，冷却至室温；关闭分液漏斗活塞；关闭K1和K2；
⑥称量玻璃管C（带两端开关K1和K2），记录质量m3g。
完成下列填空：
（1）实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是 NaOH具有吸水性并且溶于水放热，溶液中OH﹣浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动 。
（2）氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式。 2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2
（3）干燥管B中的药品为 碱石灰 ，装置D的作用是 吸收氨气，防止污染空气 。
（4）根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar（Cu）＝ （列式表示）。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar（Cu） 偏大 （选填：“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是 吸收C中生成的水 ，装置M中的药品为 碱石灰 ；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定 反应前后装置M的质量差 。
【分析】（1）氨气溶于水存在的平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，NaOH溶于水放热，且OH﹣浓度增大，有利于氨气的逸出；
（2）氨气和炽热的氧化铜生成铜、氮气与水，据此写出反应的化学方程式；
（3）NH3是碱性气体，能与酸或酸性氧化物反应，可用碱石灰干燥；
（4）根据m1、m2、m3可算得m（CuO）和m（Cu），铜原子守恒有：n（CuO）＝n（Cu）＝n（O），结合n＝计算铜的相对原子质量Ar（Cu）；在本实验中，若CuO中混有不反应的杂质，则m3偏大，结合Ar（Cu）的计算式分析误差；
（5）根据上述实验数据可知，m（O）的数值可计算，要想测定水中氢、氧元素的质量比，应该测定水的质量，可在装置C、D之间增加一个吸水、不吸水氨气的装置M，并测定其反应前后的质量及质量差。
【解答】解：（1）一水合氨是弱碱，浓氨水存在的平衡为NH4++OH﹣⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O，固体NaOH溶于水时溶液中OH﹣浓度增大，使平衡逆向移动，有利于氨气的逸出，并且氢氧化钠溶于水放热，溶液的温度升高使氨气的溶解度降低，使氨气逸出，
故答案为：NaOH具有吸水性并且溶于水放热，溶液中OH﹣浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动；
（2）氨气还原炽热氧化铜产生成铜、氮气与水，反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，
故答案为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，
（3）NH3是碱性气体，可用碱石灰干燥，并且氨气会污染空气，可用浓硫酸或P2O5吸收处理，即图中干燥管B中的药品为碱石灰，装置D中P2O5的作用是吸收氨气，防止污染空气，
故答案为：碱石灰；吸收氨气，防止污染空气；
（4）由上述实验数据可知，m（CuO）＝（m2﹣m1）g，m（Cu）＝（m3﹣m1）g，则CuO中m（O）＝（m2﹣m1）g﹣（m3﹣m1）g＝（m2﹣m3）g，铜原子守恒有：n（CuO）＝n（Cu）＝n（O）＝mol，则铜的相对原子质量Ar（Cu）＝＝，若CuO中混有不反应的杂质，则m3偏大，由Ar（Cu）＝可知，分母偏选，分子偏大，则测定结果偏大，
故答案为：；偏大；
（5）由上述实验数据可知，m（O）的数值可计算，m（O）＝（m2﹣m3）g，要想测定水中氢、氧元素的质量比，应该测定C中生成水的质量，可在装置C、D之间增加一个吸水、不吸水氨气的装置M，装置M中可盛装足量的碱石灰，并测定其反应前后的质量差，即为水的质量m（H2O），根据原子守恒可知m（H）＝m（H2O）﹣m（O），最后计算m（H）：m（O），
故答案为：吸收C中生成的水；碱石灰；反应前后装置M的质量差。
【点评】本题考查相对原子质量的测定、物质的制备与性质检验等知识，为高频考点，把握测定原理、物质的性质为解题关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握各实验装置的作用，题目难度中等。
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2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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）2021年9月，中国科学家实现了实验室由二氧化碳合成淀粉。有关说法错误的是（ ）
A．淀粉可以用于制乙醇 B．二氧化碳为直线型分子
C．淀粉为高分子化合物 D．二氧化碳是电解质
2．（2分）关于漂粉精的说法错误的是（ ）
A．工业上用氯气与石灰乳反应制备
B．漂粉精在空气中会变质
C．漂粉精的有效成分是Ca（ClO）2与CaCl2
D．漂粉精溶液有碱性与强氧化性
3．（2分）下列事实不能说明氮和氧非金属性相对强弱的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞NH3
B．常温下水为液体而氨为气态
C．NO中N为+2价，氧为﹣2价
D．NH3在纯氧中燃烧可生成N2
4．（2分）下列反应的生成物，只存在+3价铁元素的是（ ）
A．铁丝在氯气中燃烧
B．铁粉与盐酸溶液反应
C．铁与高温水蒸气反应
D．铁粉与少量硝酸溶液反应
5．（2分）下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是（ ）
A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液
C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl（SO4）2溶液
6．（2分）N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是（ ）
A．聚丙烯的单体是
B．聚丙烯是混合物
C．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
7．（2分）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是（ ）
A．制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
8．（2分）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是（ ）
A．装置可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置b口进气可收集H2、NH3等气体
9．（2分）某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是（ ）
A．可能是离子晶体也可能是分子晶体
B．可能是电解质也可能是非电解质
C．可能是有机物也可能是无机物
D．可能是极性分子也可能是非极性分子
10．（2分）下列固体物质中的杂质（括号内为杂质）能用加热法直接除去的是（ ）
A．Fe粉（硫粉） B．Na2CO3粉末（NaHCO3）
C．Al （OH）3（Al2O3） D．KMnO4（MnO2）
11．（2分）下列实际应用，解释错误的是（ ）
A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理
B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律
C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法
D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒
12．（2分）下列变化，只体现浓H2SO4强氧化性的是（ ）
A．Cu与浓H2SO4反应
B．用浓H2SO4干燥氧气
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化
D．浓H2SO4使蔗糖炭化
13．（2分）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1mol•L﹣1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
14．（2分）测定硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是（ ）
A．称量晶体的坩埚潮湿
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
15．（2分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C﹣C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
16．（2分）等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为（ ）
A．均恰好反应 B．酸过量
C．碱过量 D．酸、碱均过量
17．（2分）电解尿素[CO（NH2）2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b极材料可以用铁棒
B．b电极上发生失去电子的反应
C．a极的电极反应式为：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e→CO32﹣+N2↑+6H2O
D．总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣
18．（2分）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O （l）+57.3kJ向1L0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的数值关系正确的是（ ）
A．Q3＞Q2＞Q1 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q2＞Q3＞Q1
19．（2分）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
20．（2分）在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量，平衡正向移动
B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆
C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC＝pD＞pB
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
二、综合题（共60分）
21．（15分）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵（NH4ClO4）和铝粉混合物。
完成下列填空：
（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为 （离子符号表示），上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为 。
（2）写出NH4+的电子式 ，其空间构型与甲烷空间构型相同，为 型。
（3）氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。
（4）配平以下方程式： Al+ NH4ClO4→ Al2O3+ AlCl3+ N2↑+ H2O。上述反应中被氧化的元素是 ，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为 mol。
（5）若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由。
22．（15分）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10（PO4）6（OH）2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。Ca10（PO4）6（OH）2（s）+8H+（aq）⇌10Ca2+（aq）+6HPO42−（aq）+2H2O（l）。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式为 。当喝下碳酸饮料时，平衡向 反应方向移动，平衡常数 （选填：增大、减少或不变）。
（2）牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为 反应（选填：放热或吸热），pH1 pH2（选填：＞、＜或＝）。
（3）能说明达到平衡状态的是 。（选填字母）
a．各离子浓度相等
b．pH维持稳定
c．5V正（Ca2+）＝3V逆（HPO42﹣）
d．羟基磷灰石的质量不发生变化
（4）为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为 。
（5）氟磷灰石（Ca10（PO4）6F2）比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c（F﹣）+c（OH﹣） c（H+），c（HF） c（OH﹣）（均选填：＞，＜或＝）。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10（PO4）6（OH）2（s）⇌10Ca2+（aq）+6PO43﹣（aq）+2OH﹣ （aq）。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因 。
23．（15分）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，如图路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
（1）试写出A的结构简式 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）反应①的反应类型为 ，反应②的条件为 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为 。
（5）写出满足下列条件的C的一种同分异构体。
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
（6）乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOHRCHClCOOH，请以乙醇为原料（无机试剂任选）设计制备乙醇酸（HOCH2COOH）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙…目标产物）
24．（15分）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar（Cu）。装置如图所示。
实验步骤：
①检查装置的气密性；
②称量玻璃管C（带两端开关K1和K2）质量记为m1g；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯，冷却至室温；关闭分液漏斗活塞；关闭K1和K2；
⑥称量玻璃管C（带两端开关K1和K2），记录质量m3g。
完成下列填空：
（1）实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是 。
（2）氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式。
（3）干燥管B中的药品为 ，装置D的作用是 。
（4）根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar（Cu）＝ （列式表示）。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar（Cu） （选填：“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是 ，装置M中的药品为 ；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定 。
2021-2022学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
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）2021年9月，中国科学家实现了实验室由二氧化碳合成淀粉。有关说法错误的是（ ）
A．淀粉可以用于制乙醇 B．二氧化碳为直线型分子
C．淀粉为高分子化合物 D．二氧化碳是电解质
【分析】A.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，能水解为葡萄糖，葡萄糖能在酒化酶的作用下分解为酒精；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，中心原子C为sp杂化；
C.相对分子质量大于10000的化合物为高分子化合物；
D.电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
【解答】解：A.淀粉水解后生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，故A正确；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，中心原子C为sp杂化，为直线结构，故B正确；
C.淀粉在自然界中存在，相对分子质量大于10000，属于天然高分子化合物，故C正确；
D.二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的分类、结构和性质，熟悉电解质、非电解质、高分子化合物的概念是解题关键，注意电解质必须是本身能够电离。
2．（2分）关于漂粉精的说法错误的是（ ）
A．工业上用氯气与石灰乳反应制备
B．漂粉精在空气中会变质
C．漂粉精的有效成分是Ca（ClO）2与CaCl2
D．漂粉精溶液有碱性与强氧化性
【分析】A．将Cl2通入石灰乳可以制取漂粉精；
B．漂粉精在空气中会和水以及二氧化碳之间发生反应而变质；
C．漂粉精是由氯气与氢氧化钙反应生成的；
D．Ca（ClO）2是强碱弱酸盐，次氯酸根离子具有强氧化性。
【解答】解：A．将Cl2通入石灰乳，二者可以生成氯化钙、次氯酸钙，该反应用于制取漂粉精，故A正确；
B．漂粉精在空气中会和空气中的水以及二氧化碳之间发生反应生成次氯酸，HClO不稳定，易分解而变质，故B正确；
C．漂粉精是由氯气与氢氧化钙反应生成的，其有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2具有强氧化性能漂白和消毒，故C错误；
D．Ca（ClO）2是强碱弱酸盐，水解显碱性，次氯酸根离子具有强氧化性，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生漂粉精的制取、性质以及应用等方面的知识，注意化学知识和生活实际的结合，难度不大。
3．（2分）下列事实不能说明氮和氧非金属性相对强弱的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞NH3
B．常温下水为液体而氨为气态
C．NO中N为+2价，氧为﹣2价
D．NH3在纯氧中燃烧可生成N2
【分析】非金属元素的非金属性越强，非金属得电子能力越强，其吸引电子的能力越强，其单质的氧化性越强，其单质和氢气化合越容易，其简单氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【解答】解：A．简单氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，热稳定性：H2O＞NH3，则非金属性O＞N，故A错误；
B．氢化物的熔沸点与其非金属性强弱无关，所以不能根据常温下水和氨气的状态判断非金属性强弱，故B正确；
C．非金属元素的非金属性越强，其吸引电子的能力越强，NO中N为+2价、O为﹣2价，说明NO中吸引电子能力O＞N，所以可以判断非金属性强弱，故C错误；
D．氨气在纯氧中燃烧生成氮气，氧气是氧化剂、氮气是氧化产物，则氧化性：氧气＞氮气，非金属性O＞N，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查非金属性强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，注意：非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关。
4．（2分）下列反应的生成物，只存在+3价铁元素的是（ ）
A．铁丝在氯气中燃烧
B．铁粉与盐酸溶液反应
C．铁与高温水蒸气反应
D．铁粉与少量硝酸溶液反应
【分析】铁单质和强氧化剂反应生成三价铁，但铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子。
【解答】解：A．氯气具有强氧化性和铁反应只能生成氯化铁，故A正确；
B．盐酸和铁反应发生置换反应，氢离子氧化性弱生成氯化亚铁和氢气，故B错误；
C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁中存在+2价、+3价铁元素，故C错误；
D．稀硝酸具有氧化性氧化铁生成铁离子，铁过量会和铁离子反应生成亚铁离子，产物不会只存在+3价铁，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度中等。
5．（2分）下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是（ ）
A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液
C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl（SO4）2溶液
【分析】A．NaHCO3电离出HCO3﹣和NaOH电离出OH﹣结合成碳酸根和水，调换滴加顺序，反应相同；
B．NaHCO3电离出HCO3﹣和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，调换滴加顺序，反应相同；
C．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，氢氧化铝溶于强碱，调换滴加顺序，NaOH过量，反应不同；
D．氨水电离出OH﹣结合KAl（SO4）2电离出Al3+结合生成Al（OH）3，调换滴加顺序，反应相同。
【解答】解：A．NaHCO3电离出HCO3﹣和NaOH电离出OH﹣结合成碳酸根和水，离子方程式：HCO3﹣+OH﹣＝CO32﹣+H2O，调换滴加顺序，反应相同，故A错误；
B．NaHCO3电离出HCO3﹣和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，离子方程式：HCO3﹣+H+＝CO2+H2O，调换滴加顺序，反应相同，故B错误；
C．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，调换滴加顺序，少量的AlCl3溶液滴入过量NaOH溶液中生成NaAlO2，离子方程式：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，反应不同，故C正确；
D．氨水电离出OH﹣结合KAl（SO4）2电离出Al3+结合生成Al（OH）3，离子方程式：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，调换滴加顺序，由于氢氧化铝与弱碱不反应，则反应相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意滴加顺序不同时发生的反应以及反应现象，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6．（2分）N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是（ ）
A．聚丙烯的单体是
B．聚丙烯是混合物
C．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上
【分析】A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子；
B．聚丙烯，聚合度不定，属于混合物；
C．丙烯含有碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾氧化；
D．丙烯含有甲基，含有甲基的物质所有原子不可能共面。
【解答】解：A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，其结构简式为，故A错误；
B．高聚物都是混合物，所以聚丙烯是混合物，故B正确；
C．丙烯含有碳碳双键，能够还原酸性高锰酸钾使其褪色，故C正确；
D．丙烯含有甲基，含有甲基的物质具有类似甲烷的四面体结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了丙烯结构、性质，加聚反应特点等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。
7．（2分）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是（ ）
A．制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
【分析】A.根据侯氏制碱法①NH3+CO2+H2O→NH4HCO3、②NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl、③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑来分析；
B.滤出小苏打后，母液中含少量的NaHCO3和NH4Cl；
C.加食盐增大溶液中Cl﹣的浓度有助于NH4Cl的析出；
D.NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl的发生是由于NaHCO3的溶解度小于氯化钠的溶解度．
【解答】解：A.根据侯氏制碱法①NH3+CO2+H2O→NH4HCO3、②NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl、③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知，该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B.滤出小苏打后，母液中含少量的NaHCO3和NH4Cl，故加入氨水后能发生反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+，故B正确；
C.加食盐增大溶液中Cl﹣的浓度，能降低NH4Cl的溶解度，有助于NH4Cl的析出，故C正确；
D.NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl的发生是由于NaHCO3的溶解度小于氯化钠的溶解度，NaHCO3更易析出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的制备，应注意侯氏制碱法知识的迁移运用，明确实验的原理是解题的关键，为高频考点，难度中等。
8．（2分）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是（ ）
A．装置可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置b口进气可收集H2、NH3等气体
【分析】A．NaCl为可溶性固体；
B．有缓冲作用的装置能防止倒吸；
C．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
D．密度小于空气且和氧气不反应的气体可以采用向下排空气法收集。
【解答】解：A．NaCl为可溶性固体，可选图中蒸发装置分离，故A正确；
B．HCl极易溶于水，不溶于CCl4，水和CCl4不互溶，有缓冲作用，能防止倒吸，故B正确；
C．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故C错误；
D．H2、NH3密度都小于空气，且H2、NH3在常温下和氧气不反应，则可以采用向下排空气法收集，所以b为进气口，故D正确；
故选：C。
【点评】题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、气体收集等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9．（2分）某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是（ ）
A．可能是离子晶体也可能是分子晶体
B．可能是电解质也可能是非电解质
C．可能是有机物也可能是无机物
D．可能是极性分子也可能是非极性分子
【分析】A．离子晶体肯定含有离子键；
B．同种原子之间形成非极性键，不同种原子间形成极性键；
C．根据常见的有机物和无机物判断；
D．根据常见的由极性分子、非极性分子构成的物质判断。
【解答】解：A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，故A错误；
B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2＝CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，故B正确；
C．过氧化氢、乙烯、苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，故C正确；
D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了不同晶体的结构微粒和微粒间作用力的区别，难度不大，熟知常见物质含有的化学键是解题的关键，注意含有多种化学键的特殊物质的记忆。
10．（2分）下列固体物质中的杂质（括号内为杂质）能用加热法直接除去的是（ ）
A．Fe粉（硫粉） B．Na2CO3粉末（NaHCO3）
C．Al （OH）3（Al2O3） D．KMnO4（MnO2）
【分析】A.加热时Fe与S反应生成FeS；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。
【解答】解：A.加热时Fe与S反应生成FeS，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热至固体质量不变可除去杂质，故B正确；
C.加热时氢氧化铝分解生成氧化铝，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.加热时高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）下列实际应用，解释错误的是（ ）
A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理
B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律
C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法
D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒
【分析】A.加压，有利于平衡向气体分子数减小的方向移动；
B.离子互换反应发生，应有沉淀、气体和水生成；
C.原电池中正极金属被保护；
D.热交换器有利于反应物和生成物之间热量交换。
【解答】解：A.合成氨反应N2+3H2⇌2NH3正向气体分子数减小，高压有利于平衡正向移动，符合勒夏特列原理，故A正确；
B.石膏（CaSO4）能与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀，降低Na2CO3盐碱地的碱性，符合离子互换反应的规律，故B正确；
C.在船身上装锌块形成原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.接触室中装有热交换器，可以利用反应放出的热量预热进入接触室的混合气，不是为了防止催化剂中毒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护和化学平衡，题目难度中等，掌握常见金属的腐蚀和防护原理是解题的关键。
12．（2分）下列变化，只体现浓H2SO4强氧化性的是（ ）
A．Cu与浓H2SO4反应
B．用浓H2SO4干燥氧气
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化
D．浓H2SO4使蔗糖炭化
【分析】在氧化还原反应中，化合价降低的物质为氧化剂，体现该物质的氧化性，浓H2SO4强氧化性是指硫元素化合价降低表现出来的性质，据此分析解答。
【解答】解：A．Cu与浓H2SO4反应生成硫酸铜和二氧化硫，体现出浓H2SO4强氧化性和酸性，故A错误；
B．用浓H2SO4干燥氧气体现出浓H2SO4吸水性，故B错误；
C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化只体现浓H2SO4强氧化性，故C正确；
D．浓H2SO4使蔗糖炭化体现出浓H2SO4脱水性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，涉及氧化还原反应的应用，难度不大，熟悉硫酸的化学性质为解答的关键。
13．（2分）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1mol•L﹣1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【分析】A.图中P点为盐酸滴定NaOH、NaOH滴定盐酸的交叉点；
B.开始时盐酸的pH＝1；
C.曲线a的pH由小于7最终大于7；
D.盐酸滴定NaOH时，选酚酞作指示剂，溶液由红色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点。
【解答】解：A.图中P点为盐酸滴定NaOH、NaOH滴定盐酸的交叉点，可知P点时恰好反应完全，溶液呈中性，故A正确；
B.开始时盐酸的pH＝1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol•L﹣1，故B错误；
C.曲线a的pH由小于7最终大于7，可知曲线a为NaOH滴定盐酸的曲线，故C错误；
D.盐酸滴定NaOH时，选酚酞作指示剂，溶液由红色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点，可知酚酞能用作本实验的指示剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查中和滴定实验，为高频考点，把握滴定曲线中pH的变化、滴定终点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。
14．（2分）测定硫酸铜晶体（CuSO4•nH2O）中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是（ ）
A．称量晶体的坩埚潮湿
B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
【分析】A．称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大；
B．无水硫酸铜易吸收空气中的水分，会使质量差减小；
C．加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，会使质量差增大。
【解答】解：A．称量晶体的坩埚潮湿，会使质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故A不选；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，故B选；
C．加热过程中晶体有少量溅失，质量差增大，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故C不选；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，导致生成的水的质量偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了实验室测定硫酸铜晶体结晶水含量实验，对失水得到产物的分析判断以及对实验结果产生的误差的原因进行分析是解答的关键，题目难度不大。
15．（2分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（ ）
A．①→②放出能量并形成了C﹣C键
B．催化剂可提高反应物的平衡转化率
C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
D．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
【分析】A．图中可知，①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C﹣C化学键；
B．催化剂改变反应速率不改变化学平衡；
C．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；
D．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断。
【解答】解：A．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故A正确；
B．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡，不改变反应的平衡转化率，故B错误；
C．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确；
D．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
16．（2分）等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为（ ）
A．均恰好反应 B．酸过量
C．碱过量 D．酸、碱均过量
【分析】根据铝与HCl反应的关系式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH反应的关系式：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，产生的氢气后者较多，结合消耗的HCl、NaOH的量判断。
【解答】解：根据铝与HCl反应的关系式：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH反应的关系式：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，等量的铝分别与100mL、2mol•L﹣1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，产生的氢气后者较多，说明加入氢氧化钠溶液的铝完全反应，而加入盐酸溶液的铝未完全反应，
故选：C。
【点评】本题主要考查了氢氧化钠、盐酸和铝反应的化学方程式的计算，难度不大，注意比较两者和Al反应的方程式的差异。
17．（2分）电解尿素[CO（NH2）2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b极材料可以用铁棒
B．b电极上发生失去电子的反应
C．a极的电极反应式为：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e→CO32﹣+N2↑+6H2O
D．总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣
【分析】b电极连接外接电源的负极，水得电子生成H2，a极作为阳极，尿素失去电子生成CO32﹣和 N2，据此解答。
【解答】解：A．b极是得电子一极，电极作用是电子流入载体，材料可以用铁棒，故A正确；
B．据分析，b电极上发生得到电子的反应，故B错误；
C．据分析，a极作为阳极，碱性环境下，电极反应式为：CO（NH2）2+8 OH﹣﹣6e﹣→CO32﹣+N2↑+6H2O，故C正确；
D．碱性环境下，阴极是水得电子生成氢气和OH﹣，OH﹣向阳极移动，总反应的离子方程式为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电化学知识，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确正负极及阴阳极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断各个电极上发生的反应，题目难度不大。
18．（2分）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O （l）+57.3kJ向1L0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的数值关系正确的是（ ）
A．Q3＞Q2＞Q1 B．Q1＞Q3＞Q2 C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q2＞Q3＞Q1
【分析】在稀溶液中强酸与强碱反应生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离需要吸收热量，浓硫酸溶于水会放出热量，据此进行解答。
【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O（l）+57.3kJ，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸、浓H2SO4、稀硝酸，醋酸为弱电解质，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量大小关系为：浓硫酸＞稀硝酸＞醋酸，
即Q1＜Q3＜Q2，
故选：D。
【点评】本题考查了反应热的大小比较，题目难度不大，注意明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
19．（2分）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
【分析】无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，可知原溶液中一定含BaCl2，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，加入稀硫酸放出气体，该气体为二氧化碳，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，该白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡、氢氧化镁的混合物，则原溶液中可能含有MgCl2，据此分析解答。
【解答】解：无色溶液中加入稀硫酸出现白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，由于BaCl2与K2CO3不共存，则原溶液中一定不含有K2CO3，一定含有BaCl2，加入稀硫酸放出气体，则原溶液中一定含有NaHCO3；无色溶液中加入烧碱溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，MgCl2可能与NaOH反应生成Mg（OH）2沉淀，则原溶液中可能含有MgCl2，所以原溶液中一定含有NaHCO3、BaCl2，可能含有MgCl2，一定不含有K2CO3，
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（2分）在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量，平衡正向移动
B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆
C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC＝pD＞pB
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
【分析】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响；
B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c（NO）高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动；
C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD＝PB；
D．由图示知，升高温度，c（NO）浓度增大，说明平衡逆向移动。
【解答】解：A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，故A错误；
B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c（NO）高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，故B正确；
C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD＝PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，故C错误；
D．由图示知，升高温度，c（NO）浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题以化学平衡图象为载体，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态。
二、综合题（共60分）
21．（15分）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵（NH4ClO4）和铝粉混合物。
完成下列填空：
（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为 N3﹣＞O2﹣＞Al3+ （离子符号表示），上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为 1s22s22p3 。
（2）写出NH4+的电子式 ，其空间构型与甲烷空间构型相同，为 正四面体 型。
（3）氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。 氮气分子中氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定
（4）配平以下方程式： 10 Al+ 6 NH4ClO4→ 4 Al2O3+ 2 AlCl3+ 3 N2↑+ 12 H2O。上述反应中被氧化的元素是 N、Al ，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为 9 mol。
（5）若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由。 Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）
【分析】（1）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；H、N、O、Cl原子中未成对电子数分别是1、3、2、1，则未成对电子最多的是N元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）NH4+中N原子和每个H原子共用一对电子；甲烷呈正四面体结构；
（3）分子中键能越大，分子越稳定；
（4）NH4ClO4中N、Cl原子个数之比为1：1，要使生成物中N、Cl原子个数之比为1：1，则AlCl3、N2的个数之比为2：3，根据原子守恒知，NH4ClO4的计量数最小为6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是12，再根据O原子守恒的Al2O3的计量数是4，根据Al原子守恒的Al的计量数是10；失电子的元素被氧化；根据氮气和转移电子的关系计算；
（5）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2。
【解答】解：（1）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，N3﹣、O2﹣、Al3+的电子层结构相同且原子序数依次最多，则离子半径由大到小的顺序是N3﹣＞O2﹣＞Al3+；H、N、O、Cl原子中未成对电子数分别是1、3、2、1，未成对电子数最多的是N，其原子核外电子排布式为1s22s22p3，
故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Al3+；1s22s22p3；
（2）NH4+中N原子和每个H原子共用一对电子，则NH4+的电子式为；甲烷呈正四面体结构，铵根离子为正四面体结构，
故答案为：；正四面体；
（3）氮气分子中存在氮氮三键，氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定，
故答案为：氮气分子中氮氮三键键能更大，很难断开，更稳定；
（4）NH4ClO4中N、Cl原子个数之比为1：1，要使生成物中N、Cl原子个数之比为1：1，则AlCl3、N2的个数之比为2：3，根据原子守恒知，NH4ClO4的计量数最小为6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是12，再根据O原子守恒的Al2O3的计量数是4，根据Al原子守恒的Al的计量数是10，所以该反应方程式为10Al+6NH4ClO4＝4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12 H2O；失电子的元素被氧化，则被氧化的元素是N、Al；n（N2）＝＝1.5mol，根据方程式知，生成3mol氮气氮元素转移18mol电子，则生成1.5mol氮气转移电子的物质的量＝×18mol＝9mol，
故答案为：10；6；4；2；3；12；N、Al；9；
（5）Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+），减少了水污染，
故答案为：Al3+水解导致溶液呈酸性，HCO3﹣水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2，有效降低了c（Al3+）。
【点评】本题考查元素周期律、化学用语、反应方程式的配平等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律内涵、化学用语正确表示方法、方程式配平方法等知识点是解本题关键，难点是方程式的配平，题目难度不大。
22．（15分）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10（PO4）6（OH）2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。Ca10（PO4）6（OH）2（s）+8H+（aq）⇌10Ca2+（aq）+6HPO42−（aq）+2H2O（l）。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式为 K＝ 。当喝下碳酸饮料时，平衡向 正向 反应方向移动，平衡常数 不变 （选填：增大、减少或不变）。
（2）牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为 吸热 反应（选填：放热或吸热），pH1 ＞ pH2（选填：＞、＜或＝）。
（3）能说明达到平衡状态的是 bd 。（选填字母）
a．各离子浓度相等
b．pH维持稳定
c．5V正（Ca2+）＝3V逆（HPO42﹣）
d．羟基磷灰石的质量不发生变化
（4）为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为 2.25×10﹣4mol/（L•h） 。
（5）氟磷灰石（Ca10（PO4）6F2）比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c（F﹣）+c（OH﹣） ＞ c（H+），c（HF） ＜ c（OH﹣）（均选填：＞，＜或＝）。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10（PO4）6（OH）2（s）⇌10Ca2+（aq）+6PO43﹣（aq）+2OH﹣ （aq）。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因 氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护 。
【分析】（1）平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：K＝；
（2）由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动；相同条件下，当c（H+）增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c（H+）浓度大；
（3）a．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等；
b．pH维持稳定，说明c（H+）不变；
c．由5υ正（Ca2+）＝3υ逆（HPO42﹣），得＝≠，故不能说明正、逆反应速率相等；
d．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征；
（4）由题意知，5 h内△c（H+）＝（10﹣3﹣10﹣4）mol/L＝9×10﹣4 mol/L，由＝，得△c（Ca2+）＝1.125×10﹣3 mol/L，则υ（Ca2+）＝；
（5）①NaF溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（OH﹣），则c（F﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）；
②由10Ca2++6PO43﹣+2F﹣＝Ca10（PO4）6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面。
【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：K＝；碳酸饮料显酸性，c（H+）浓度增大，促进该反应平衡正向移动；由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数也不变，
故答案为：K＝；正向；不变；
（2）由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应；相同条件下，当c（H+）增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c（H+）浓度大，故pH1＞pH2，
故答案为：吸热；＞；
（3）a．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，故a错误；
b．pH维持稳定，说明c（H+）不变，则反应达平衡状态，故b正确；
c．由5υ正（Ca2+）＝3υ逆（HPO42﹣），得＝≠，故不能说明正、逆反应速率相等，即不能说明反应达平衡状态，故c错误；
d．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
（4）由题意知，5 h内△c（H+）＝（10﹣3﹣10﹣4）mol/L＝9×10﹣4 mol/L，由＝，得△c（Ca2+）＝1.125×10﹣3 mol/L，则υ（Ca2+）＝＝＝2.25×10﹣4mol/（L•h），
故答案为：2.25×10﹣4mol/（L•h）；
（5）①NaF溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（OH﹣），则c（F﹣）+c（OH﹣）＞c（H+）；由F‑+H2O⇌HF+OH﹣、H2O⇌H++OH﹣，知c（HF）＜c（OH﹣），
故答案为：＞；＜；
②由10Ca2++6PO43﹣+2F﹣＝Ca10（PO4）6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护，从而防止龋齿，
故答案为：氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及转化、化学反应速率的计算等问题，为高频考点，题目难度中等。
23．（15分）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，如图路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
（1）试写出A的结构简式 OHC﹣COOH ，C中含氧官能团的名称为 羧基、羟基 。
（2）反应①的反应类型为 加成反应 ，反应②的条件为 浓硫酸、加热 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为 。
（5）写出满足下列条件的C的一种同分异构体。 （或，或）
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
（6）乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOHRCHClCOOH，请以乙醇为原料（无机试剂任选）设计制备乙醇酸（HOCH2COOH）的合成路线 。（合成路线的表示方式为：甲乙…目标产物）
【分析】（1）由A、B的分子式与C的结构简式，可知A为OHC﹣COOH、B为；由C的结构可知其含有的官能团为羧基、羟基；
（2）与OHC﹣COOH发生加成反应生成C；苦杏仁酸与甲醇发生酯化反应生成D；
（3）反应③是D和HBr发生取代反应生成E和HBr；
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，应是发生酯化反应生成二元环酯；
（5）C的同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说含有甲酸形成的酯基，且苯环上有2种化学环境的氢原子，苯环上具有两个位于对位的取代基，两个取代基为﹣OH、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2OH、﹣OOCH，或者﹣OCH3、﹣OOCH；
（6）乙酸与PCl3作用生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解、酸化得到HOCH2COOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸。
【解答】解：（1）由A、B的分子式与C的结构简式，可知A为OHC﹣COOH、B为；由C的结构可知其含有的官能团为羧基、羟基，
故答案为：OHC﹣COOH；羧基、羟基；
（2）反应①是与OHC﹣COOH发生加成反应生成C；反应②是苦杏仁酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成D，
故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；
（3）反应③是羟基被溴原子取代，化学方程式为
故答案为：；
（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，应是发生酯化反应生成二元环酯，F的结构简式为，
故答案为：；
（5）C的同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说含有甲酸形成的酯基，且苯环上有2种化学环境的氢原子，苯环上具有两个位于对位的取代基，两个取代基为﹣OH、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2OH、﹣OOCH，或者﹣OCH3、﹣OOCH，符合条件的同分异构体为、、，
故答案为：（或，或）；
（6）乙酸与PCl3作用生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解、酸化得到HOCH2COOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，是对有机化学的综合考查，熟练掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar（Cu）。装置如图所示。
实验步骤：
①检查装置的气密性；
②称量玻璃管C（带两端开关K1和K2）质量记为m1g；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯，冷却至室温；关闭分液漏斗活塞；关闭K1和K2；
⑥称量玻璃管C（带两端开关K1和K2），记录质量m3g。
完成下列填空：
（1）实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是 NaOH具有吸水性并且溶于水放热，溶液中OH﹣浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动 。
（2）氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式。 2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2
（3）干燥管B中的药品为 碱石灰 ，装置D的作用是 吸收氨气，防止污染空气 。
（4）根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar（Cu）＝ （列式表示）。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar（Cu） 偏大 （选填：“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是 吸收C中生成的水 ，装置M中的药品为 碱石灰 ；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定 反应前后装置M的质量差 。
【分析】（1）氨气溶于水存在的平衡为NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，NaOH溶于水放热，且OH﹣浓度增大，有利于氨气的逸出；
（2）氨气和炽热的氧化铜生成铜、氮气与水，据此写出反应的化学方程式；
（3）NH3是碱性气体，能与酸或酸性氧化物反应，可用碱石灰干燥；
（4）根据m1、m2、m3可算得m（CuO）和m（Cu），铜原子守恒有：n（CuO）＝n（Cu）＝n（O），结合n＝计算铜的相对原子质量Ar（Cu）；在本实验中，若CuO中混有不反应的杂质，则m3偏大，结合Ar（Cu）的计算式分析误差；
（5）根据上述实验数据可知，m（O）的数值可计算，要想测定水中氢、氧元素的质量比，应该测定水的质量，可在装置C、D之间增加一个吸水、不吸水氨气的装置M，并测定其反应前后的质量及质量差。
【解答】解：（1）一水合氨是弱碱，浓氨水存在的平衡为NH4++OH﹣⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O，固体NaOH溶于水时溶液中OH﹣浓度增大，使平衡逆向移动，有利于氨气的逸出，并且氢氧化钠溶于水放热，溶液的温度升高使氨气的溶解度降低，使氨气逸出，
故答案为：NaOH具有吸水性并且溶于水放热，溶液中OH﹣浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动；
（2）氨气还原炽热氧化铜产生成铜、氮气与水，反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，
故答案为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，
（3）NH3是碱性气体，可用碱石灰干燥，并且氨气会污染空气，可用浓硫酸或P2O5吸收处理，即图中干燥管B中的药品为碱石灰，装置D中P2O5的作用是吸收氨气，防止污染空气，
故答案为：碱石灰；吸收氨气，防止污染空气；
（4）由上述实验数据可知，m（CuO）＝（m2﹣m1）g，m（Cu）＝（m3﹣m1）g，则CuO中m（O）＝（m2﹣m1）g﹣（m3﹣m1）g＝（m2﹣m3）g，铜原子守恒有：n（CuO）＝n（Cu）＝n（O）＝mol，则铜的相对原子质量Ar（Cu）＝＝，若CuO中混有不反应的杂质，则m3偏大，由Ar（Cu）＝可知，分母偏选，分子偏大，则测定结果偏大，
故答案为：；偏大；
（5）由上述实验数据可知，m（O）的数值可计算，m（O）＝（m2﹣m3）g，要想测定水中氢、氧元素的质量比，应该测定C中生成水的质量，可在装置C、D之间增加一个吸水、不吸水氨气的装置M，装置M中可盛装足量的碱石灰，并测定其反应前后的质量差，即为水的质量m（H2O），根据原子守恒可知m（H）＝m（H2O）﹣m（O），最后计算m（H）：m（O），
故答案为：吸收C中生成的水；碱石灰；反应前后装置M的质量差。
【点评】本题考查相对原子质量的测定、物质的制备与性质检验等知识，为高频考点，把握测定原理、物质的性质为解题关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握各实验装置的作用，题目难度中等。
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