2021-2022学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）

这是一份2021-2022学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模），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。
2021-2022学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）“控制碳排放、进行碳捕捉、实施碳中和”，国家在行动！下列有关说法正确的是（　　）
A．碳减排是减少焦炭的使用量
B．碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2
C．碳中和是利用碱液吸收CO2
D．碳达峰是碳的使用量达到最大值
2．（2分）有关化学用语正确的是（　　）
A．氯化氢的比例模型： B．37Cl﹣的结构示意图：
C．乙烯分子的球棍模型： D．甲基的电子式：
3．（2分）2021年5月15日中国火星探测器“祝融号”在一种比空气还轻的气凝胶材料保护下成功着陆火星。有种气凝胶材料主要成分为SiO2，有关其描述错误的是（　　）
A．由原子构成 B．含极性键 C．熔点高 D．极性分子
4．（2分）关于石油炼制说法正确的是（　　）
A．裂解是深度裂化
B．裂解的目的主要是提高汽油的产量
C．干馏是石油隔绝空气加强热使其分解
D．分馏是多次蒸馏，得到的馏分是纯净物
5．（2分）不含共价键的离子化合物是（　　）
A．溴化钙 B．碳化钙 C．氯化铵 D．氢氧化钠
6．（2分）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是（　　）
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH
7．（2分）关于氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．NH3有还原性，可用于制硝酸
B．N2有氧化性，可用于保护粮食
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．HNO3易溶于水，可制硝酸铜
8．（2分）不能作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据的是（　　）
A．单质的氧化性 B．氢卤酸的酸性
C．卤化氢的热稳定性 D．与氢气化合的难易程度
9．（2分）KAl（SO4）2溶液中滴Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最大为止，铝元素的存在形式为（　　）
A．AlO2﹣ B．Al3+
C．Al（OH）3 D．AlO2﹣与Al（OH）3
10．（2分）常温下0.1mol/L的下列物质的水溶液，加热到80摄氏度，溶液的pH几乎不变的是（　　）
A．氢氧化钠 B．硫酸铵 C．氯化钠 D．硫酸
11．（2分）己二酸（）是一种重要的化工原料，工业上有两种合成路线。①由环己醇在一定条件下直接合成；②由环己烷催化氧化制得。下列说法正确的是（　　）
A．环己醇与乙醇互为同系物
B．苯和环己烷分子中所有原子都共面
C．环己醇上的羟基能发生消去也能被氧化
D．1mol己二酸与过量Na2CO3溶液反应生成1molCO2
12．（2分）欲除去粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入三种除杂试剂顺序不可行的是（　　）
A．NaOH、BaCl2、Na2CO3 B．BaCl2、NaOH、Na2CO3
C．Na2CO3、BaCl2、NaOH D．BaCl2、Na2CO3、NaOH
13．（2分）有关合成氨和接触法制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，下列叙述正确的是（　　）
A．都采用较高温度提高产率
B．都有原料的循环利用
C．都采用较高压强提高速率
D．都按方程式的系数比投料
14．（2分）利用下列装置及药品能达到实验目的的是（　　）
A．验证浓硫酸有强氧化性
B．制备并收集乙炔
C．完成铝热反应
D．用乙醇、冰醋酸、浓硫酸制备乙酸乙酯
15．（2分）硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（　　）
浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S
A．反应①中SO2具有漂白性，可使溴水褪色
B．反应②中若SO2少量，就会生成NaHSO3
C．反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物
D．反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为2mol
16．（2分）《RSCAdvances》报道了一种固体铁﹣空气电池（采用铁﹣石墨电极），是大规模应用于牵引力最有可能的电化学动力源之一。有关该电池工作时说法不正确的是（　　）
A．电子由铁电极流向石墨电极
B．石墨电极本身发生还原反应
C．电池的负极反应为：Fe﹣2e﹣→Fe2+
D．该电池工作时化学能转化为电能
17．（2分）溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．a为反应物储藏的总能量
B．若可使用催化剂，则a、b都减小
C．该反应放热，在常温常压下即可进行
D．该反应的热化学方程式为：CH3CH2Br+OH﹣→CH3CH2OH+Br﹣+（b﹣a）kJ
18．（2分）实验室按如图方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是（　　）

A．步骤（1）需要过滤装置
B．步骤（2）水层溶液从分液漏斗下口放出
C．步骤（3）需要用到坩埚
D．步骤（4）可利用物质的沸点不同分离
19．（2分）已知H2A为二元弱酸。常温下，往0.01mol/L的NaHA溶液中通入HCl或加入KOH固体调节溶液的pH（忽略体积变化），溶液中c（HA﹣）随pH变化的曲线如图。下列说法正确的是（　　）

A．水的电离程度：d＞c＞b＞a
B．c→b之间离子方程式：A2+H+→HA﹣
C．c点溶液中存在：c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．d点溶液中存在：c（HA﹣）+2c（A2﹣）＝c（Na+）
20．（2分）一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）。
容器编号
温度/摄氏度
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH（g）
CH3OCH3（g）
H2O（g）
①
387
0.20
0.080
0.080
②
387
0.40


③
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是（　　）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器①中的CH3OH体积分数比容器②中的小
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变
D．若起始向容器①中充入CH3OH0.10mol、CH3OCH30.10mol、H2O0.10mol，则反应将向正反应方向进行
二、综合题（共60分）
21．（15分）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
请回答下列问题：
（1）NH4Cl中含有的化学键类型有 　 　；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有 　 　种不同的运动状态，有 　 　种不同能量的电子。
（2）NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释：　 　。
（3）纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括 　 　（选填编号）。
A、冷却
B、加入食盐细颗粒
C、通入CO2
D、通入NH3
无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：　 　NH4Cl+　 　Fe2O3→　 　Fe+　 　FeCl3+　 　N2+　 　H2O。
（4）配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目；当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为 　 　L（保留2位小数）。
（5）若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：　 　。
22．（15分）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
请回答下列问题：
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝+53.7kJ/mol。某温度下，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2，测得其压强（P）随时间（t）变化如（图1中）曲线Ⅰ所示。

（1）以CO2来表示5min内的化学反应反应速率v（CO2）＝　 　。
（2）若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为Ⅱ，则改变的条件是 　 　。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化（Q1、Q2均大于0）：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q1；
反应Ⅱ：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）+Q2。
反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
（3）根据图中数据分析可知，T1　 　T2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH。请阐述理由：　 　。
（5）0.02molCO2通入含有10mL3mol/LNaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba（OH）2溶液，c（CO32﹣） 　 　（选填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”），写出反应的离子方程式：　 　；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是 　 　；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列：　 　。
23．（15分）合成工业定香剂A及高分子聚酯原料F，路线如图。

已知：R﹣CHORCH（OC2H5）2RCHO
请回答下列问题：
（1）①的反应类型是 　 　。
（2）写出反应②的反应方程式 　 　。
（3）写出⑤所需的试剂及条件 　 　；写出D的结构简式 　 　。
（4）P是A的某种同分异构体，写出一种符合下列条件的P的结构简式 　 　。
A、有两个相同的官能团，且能与银氨溶液反应
B、分子内含苯环，有三种不同环境的氢原子
（5）合成路线中③和⑥步骤的目的是 　 　。步骤③～⑥是否可以优化 　 　（选填“是”或“否”）。若可以，请用流程图中字母或编号简述优化方案及理由 　 　。
24．（15分）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
请回答下列问题：
Ⅰ、茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如表（单位：g/100g水）：
溶剂
乙醇（25摄氏度）
氯仿（25摄氏度）
乙醚（25摄氏度）
沸水（100摄氏度）
溶解度
2
18.2
0.19
66.6
（1）从如表中选择合适的溶剂 　 　（填写溶剂名称）来浸取茶叶提取咖啡因。纯咖啡因是白色针状晶体，100摄氏度时容易失去结晶水并升华。
从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤并排序 　 　（选填字母）。
a、蒸发浓缩
b、萃取分液
c、趁热过滤
d、升华
e、过滤
f、冷却结晶
Ⅱ、测定茶叶中微量元素钙的含量
茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如表：
沉淀形式
Ca（OH）2
AI（OH）3
Fe（OH）3
完全沉淀的pH
pH≥13
pH≥5.5
pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化，磨细后移入烧杯，再加入200mL1mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向上步所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30min，加入7.95g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将上步所得滤液稀释至500mL，取其中的20.00mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。
（2）步骤②中调节pH为6～7左右的目的是 　 　。
（3）为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是 　 　。
（4）步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500mL需在 　 　中进行；滴定终点的判断依据为 　 　；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为 　 　。
（5）为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中原因：　 　。

2021-2022学年上海市闵行区高三（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，每题只有一个正确选项）
1．（2分）“控制碳排放、进行碳捕捉、实施碳中和”，国家在行动！下列有关说法正确的是（　　）
A．碳减排是减少焦炭的使用量
B．碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2
C．碳中和是利用碱液吸收CO2
D．碳达峰是碳的使用量达到最大值
【分析】碳达峰是指二氧化碳排放总量在某一个时间点达到历史峰值，碳中和则是指企业、团体或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳排放总量，通过二氧化碳去除手段，如植树造林、节能减排、产业调整等，抵消掉这部分碳排放，达到“净零排放”的目的，据此判断。
【解答】解：A．碳减排是减少二氧化碳的排放量，故A错误；
B．碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2，有利于实现碳中和，故B正确；
C．碳中和通过二氧化碳去除手段，如植树造林、节能减排、产业调整等，抵消掉这部分碳排放，达到“净零排放”的目的，故C错误；
D．碳达峰是指二氧化碳排放总量在某一个时间点达到历史峰值，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，熟悉碳中和、碳达峰概念是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）有关化学用语正确的是（　　）
A．氯化氢的比例模型： B．37Cl﹣的结构示意图：
C．乙烯分子的球棍模型： D．甲基的电子式：
【分析】A.氯化氢为分子式为HCl，氯原子的原子半径较大，则氢原子的相对体积小于氯原子；
B.该氯离子的核电荷数为17；
C.乙烯为平面结构，碳原子的原子半径大于氢原子；
D.甲基为中性原子团，甲基中含有3个碳氢键和1个未成键电子对。
【解答】解：A.HCl分子是直线形分子，氯原子比氢原子大，氯化氢正确的比例模型为：，故A错误；
B.37Cl﹣的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故B错误；
C.乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其球棍模型为，故C正确；
D.甲基中C原子上有一个未成对电子，其正确的电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）2021年5月15日中国火星探测器“祝融号”在一种比空气还轻的气凝胶材料保护下成功着陆火星。有种气凝胶材料主要成分为SiO2，有关其描述错误的是（　　）
A．由原子构成 B．含极性键 C．熔点高 D．极性分子
【分析】SiO2属于共价晶体，熔点高，氧原子与硅原子之间形成极性键。
【解答】解：A．SiO2属于共价晶体，由Si原子、O原子构成，故A正确，
B．Si原子、O原子之间形成极性键，故B正确，
C．SiO2属于共价晶体，其熔点高，故C正确；
D．SiO2属于共价晶体，不存在分子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以火星探测器保护材料为载体，考查晶体结构与化学键，体现化学在科学技术与材料科学的应用，题目难度不大。
4．（2分）关于石油炼制说法正确的是（　　）
A．裂解是深度裂化
B．裂解的目的主要是提高汽油的产量
C．干馏是石油隔绝空气加强热使其分解
D．分馏是多次蒸馏，得到的馏分是纯净物
【分析】A．裂解采用比裂化更高的温度；
B．石油裂解的目的是用重油来生产“三烯”：乙烯、丙烯、1，3﹣丁二烯；
C．干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解的过程；
D．石油的馏分仍为混合物。
【解答】解：A．石油裂解是用石油分馏产品作原料，采用比裂化更高的温度，使其中相对分子质量较大的烃断裂成乙烯等小分子烃，故A正确；
B．石油裂解的目的是用重油来生产“三烯”：乙烯、丙烯、1，3﹣丁二烯，不是提高汽油的产量，故B错误；
C．干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，不是石油，故C错误；
D．石油的馏分仍为混合物，无固定的熔沸点，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了石油的综合利用，难度不大，应注意石油的分馏是物理过程，裂化、裂解和催化重整等均为化学变化，且能够区分裂化和裂解的目的。
5．（2分）不含共价键的离子化合物是（　　）
A．溴化钙 B．碳化钙 C．氯化铵 D．氢氧化钠
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
【解答】解：A．CaBr2中钙离子和溴离子之间只存在离子键，故A正确；
B．CaC2中钙离子和C22﹣之间存在离子键，C22﹣中两个碳原子之间存在共价键，故B错误；
C．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中N、H原子之间存在共价键，故C错误；
D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中O、H原子之间存在共价键，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基本概念的理解和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：不能根据是否含有金属元素判断离子键，A中两个溴离子之间不存在化学键。
6．（2分）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是（　　）
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH
【分析】在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，溶解时破坏化学键，说明该物质溶于水发生电离或和水发生化学反应，据此分析解答。
【解答】解：A．Cl2是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故A错误；
B．HCl属于电解质，故B错误；
C．CO2属于非电解质，且CO2溶于水时和水发生反应生成H2CO3，所以溶于水时破坏化学键，故C正确；
D．C2H5OH属于非电解质，溶于水时以分子存在，化学键不被破坏，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质和非电解质概念内涵及其区别、物质溶于水时化学键是否被破坏是解本题关键，题目难度不大。
7．（2分）关于氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．NH3有还原性，可用于制硝酸
B．N2有氧化性，可用于保护粮食
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
D．HNO3易溶于水，可制硝酸铜
【分析】A．氨气中氮元素处于最低价态，能被氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸；
B．依据氮气的稳定性解答；
C．碳酸氢铵中含氮元素，氮元素为植物生成需要的元素；
D．硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。
【解答】解：A．氨气中氮元素处于最低价态，具有还原性，能被氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸，可用于制造硝酸，故A正确；
B．氮气性质稳定，所以可用于保护粮食，与其氧化性无关，故B错误；
C．碳酸氢铵中含氮元素，氮元素为植物生成需要的元素，所以可用作化肥，与其不稳定性无关，故C错误；
D．硝酸可制硝酸铜利用了硝酸的强氧化性和酸性，与其水溶性无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氨气、硝酸、氮气的性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）不能作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据的是（　　）
A．单质的氧化性 B．氢卤酸的酸性
C．卤化氢的热稳定性 D．与氢气化合的难易程度
【分析】同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易。
【解答】解：A．非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强，所以单质的氧化性能作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据，故A错误；
B．氢卤酸的酸性强弱与其电离程度有关，与非金属元素的非金属性强弱无关，所以不能作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据，故B正确；
C．元素的非金属性越强，卤化氢的热稳定性越强，所以卤化氢的热稳定性可以作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其单质越容易与氢气化合，所以与氢气化合的难易程度可以作为卤族元素（氯、溴、碘）非金属性递变规律的判断依据，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查非金属性强弱判断，侧重考查基本规律的掌握和灵活运用能力，明确同一主族元素非金属性强弱判断方法是解本题关键，注意：卤化氢的热稳定性可以判断非金属性强弱，但卤化氢的酸性强弱不能判断非金属性强弱。
9．（2分）KAl（SO4）2溶液中滴Ba（OH）2溶液至沉淀物质的量最大为止，铝元素的存在形式为（　　）
A．AlO2﹣ B．Al3+
C．Al（OH）3 D．AlO2﹣与Al（OH）3
【分析】设KAl（SO4）2的物质的量为1mol，n（SO42﹣）＝n[KAl（SO4）2]＝2mol，n（Al3+）＝1mol：①当Al3+恰好沉淀完全时，需要消耗3molOH﹣，即需要滴加Ba（OH）2的物质的量为1.5mol，此时反应为3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；②当SO42﹣恰好沉淀完全时，需要消耗2molBa（OH）2，4molOH﹣恰好将1molAl3+转化为AlO2﹣，反应为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，结合计算分析解答。
【解答】解：KAl（SO4）2溶液中滴Ba（OH）2溶液时，开始既产生BaSO4沉淀，又产生Al（OH）3沉淀，随着Ba（OH）2溶液的滴加，生成的Al（OH）3可能被Ba（OH）2溶液溶解，两个极点分别为Al3+恰好沉淀完全和SO42﹣恰好沉淀完全；若设起始时KAl（SO4）2的物质的量为1mol，则n（SO42﹣）＝n[KAl（SO4）2]＝2mol，n（Al3+）＝1mol：①当Al3+恰好沉淀完全时，需要消耗3molOH﹣，即需要滴加Ba（OH）2的物质的量为1.5mol，此时反应为3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，沉淀的总物质的量为1mol+1.5mol＝2.5mol；②当SO42﹣恰好沉淀完全时，需要消耗2molBa（OH）2，4molOH﹣恰好将1molAl3+转化为AlO2﹣，反应为2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，沉淀的总物质的量为2mol，所以沉淀物质的量最大为2.5mol时，Al3+恰好转化为Al（OH）3沉淀，即铝元素以Al（OH）3的形式存在，
故选：C。
【点评】本题考查铝及其化合物的性质，涉及氢氧化铝的性质、物质的量的计算、与量有关离子方程式的书写等知识，为高频考点，把握氢氧化铝的两性、与量有关离子方程式的书写及计算是解题关键，题目难度中等。
10．（2分）常温下0.1mol/L的下列物质的水溶液，加热到80摄氏度，溶液的pH几乎不变的是（　　）
A．氢氧化钠 B．硫酸铵 C．氯化钠 D．硫酸
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，从常温加热到80℃，溶液的pH几乎不变，说明溶液中氢离子浓度变化不大，注意升高温度会促进盐类水解、弱电解质的电离。
【解答】解：A．NaOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中NaOH电离出的氢氧根离子浓度远远大于水电离出氢氧根离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度几乎不变，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；
C．NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，升高温度促进水电离，溶液中氢离子浓度增大较明显，所以pH变化较明显，故C错误；
D．硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的氢离子浓度远远大于水电离出的氢离子浓度，所以溶液中氢离子浓度几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以溶液pH的判断为载体，考查盐类水解与弱电解质的电离以及影响因素、pH计算等，注意升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等。
11．（2分）己二酸（）是一种重要的化工原料，工业上有两种合成路线。①由环己醇在一定条件下直接合成；②由环己烷催化氧化制得。下列说法正确的是（　　）
A．环己醇与乙醇互为同系物
B．苯和环己烷分子中所有原子都共面
C．环己醇上的羟基能发生消去也能被氧化
D．1mol己二酸与过量Na2CO3溶液反应生成1molCO2
【分析】A.环己醇与乙醇的结构不相似，前者含环状结构；
B.环己烷中C均为sp3杂化；
C.环己醇上的羟基可氧化生成酮，可消去生成环己烯；
D.与过量Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠。
【解答】解：A.环己醇与乙醇的结构不相似，前者含环状结构，二者不属于同系物，故A错误；
B.环己烷中C均为sp3杂化，所有原子一定不能共面，苯中所有原子共面，故B错误；
C.与羟基相连C上有1个H可氧化生成酮，与﹣OH相连C的邻位C上有H可消去生成环己烯，故C正确；
D.1mol己二酸与过量Na2CO3溶液反应生成2mol碳酸氢钠，不生成CO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、羧酸的性质，题目难度不大。
12．（2分）欲除去粗盐中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入三种除杂试剂顺序不可行的是（　　）
A．NaOH、BaCl2、Na2CO3 B．BaCl2、NaOH、Na2CO3
C．Na2CO3、BaCl2、NaOH D．BaCl2、Na2CO3、NaOH
【分析】NaOH可除去镁离子，氯化钡可除去硫酸根离子，碳酸钠可除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，以此来解答。
【解答】解：NaOH可除去镁离子，氯化钡可除去硫酸根离子，碳酸钠可除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，则三种试剂的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3，只有C不可行，
故选：C。
【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、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意试剂的先后顺序，题目难度不大。
13．（2分）有关合成氨和接触法制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，下列叙述正确的是（　　）
A．都采用较高温度提高产率
B．都有原料的循环利用
C．都采用较高压强提高速率
D．都按方程式的系数比投料
【分析】A．选择较高的温度，保证反应速率和催化剂的活性；
B．工业合成氨和制硫酸中SO2催化氧化的生产过程都是可逆反应，反应物不会反应完全，所以需要原料循环利用；
C．常压下二氧化硫转化率已经较高，增大压强，二氧化硫转化率变化不大；
D．工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比。
【解答】解：A．工业合成氨和制硫酸中SO2催化氧化的生产过程都选择了较高的温度，保证反应速率和催化剂的活性，故A错误；
B．工业合成氨和制硫酸中SO2催化氧化的生产过程都是可逆反应，反应物不会反应完全，所以需要原料循环利用，以提高原料的利用率，故B正确；
C．工业合成氨是高温、高压、催化剂作用下发生的反应，合成三氧化硫是催化剂加热反应，采用常压是因为常压下二氧化硫转化率已经较高，增大压强，二氧化硫转化率变化不大，故C错误；
D．工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量，不是按化学方程式中的系数比投料，故D错误；
故选：B。
【点评】本题是一道关于化学和化工知识结合的实际应用方面的考题，注重化学联系实际，注意工业制备氨和硫酸的过程分析判断，题目难度不大。
14．（2分）利用下列装置及药品能达到实验目的的是（　　）
A．验证浓硫酸有强氧化性
B．制备并收集乙炔
C．完成铝热反应
D．用乙醇、冰醋酸、浓硫酸制备乙酸乙酯
【分析】A.Cu与浓硫酸常温下不反应；
B.乙炔的密度比空气密度小；
C.点燃Mg条，可引发铝热反应，Al可置换出Fe；
D.制备乙酸乙酯可水浴加热。
【解答】解：A.Cu与浓硫酸常温下不反应，图中缺少酒精灯，故A错误；
B.乙炔的密度比空气密度小，应短导管进气收集，故B错误；
C.Al比Fe活泼，Fe不能与氧化铝反应，故C错误；
D.制备乙酸乙酯可水浴加热，图中装置合理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、铝热反应、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。
15．（2分）硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（　　）
浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S
A．反应①中SO2具有漂白性，可使溴水褪色
B．反应②中若SO2少量，就会生成NaHSO3
C．反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物
D．反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为2mol
【分析】A．溴水能被SO2还原而使溴水褪色；
B．反应②中若SO2少量，就会生成Na2SO3；
C．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，Na2S2O3中S化合价由﹣2价变为0价、+6价变为+4价；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中电子转移总数2e﹣。
【解答】解：A．溴水能被SO2还原而使溴水褪色，则反应①中SO2体现还原性，故A错误；
B．反应②中若SO2少量，就会生成Na2SO3，若SO2过量时反应生成NaHSO3，故B错误；
C．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，Na2S2O3中S化合价由﹣2价变为0价、+6价变为+4价，所以S是氧化产物，SO2是还原产物，故C错误；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中电子转移总数2e﹣，即消耗1mol硫酸反应中电子转移总数2e﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物相关知识，把握物质的性质、发生的反应、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，A选项为解答易错点，题目难度不大。
16．（2分）《RSCAdvances》报道了一种固体铁﹣空气电池（采用铁﹣石墨电极），是大规模应用于牵引力最有可能的电化学动力源之一。有关该电池工作时说法不正确的是（　　）
A．电子由铁电极流向石墨电极
B．石墨电极本身发生还原反应
C．电池的负极反应为：Fe﹣2e﹣→Fe2+
D．该电池工作时化学能转化为电能
【分析】铁﹣空气二次电池放电时，将化学能转化为电能，铁作负极，发生失电子的氧化反应，负极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，通入空气的石墨电极为原电池的正极，氧气发生得电子的反应生成氢氧根离子，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，电子由负极Fe经外电路流向正极石墨，据此分析解答。
【解答】解：A．铁﹣空气二次电池中，铁作负极，石墨电极作正极，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由负极Fe经外电路流向正极石墨，故A正确；
B．原电池工作时，石墨电极为原电池的正极，正极时氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，但石墨电极本身不参与反应，故B错误；
C．铁﹣空气二次电池中，铁作负极，Fe失电子生成Fe2+，负极反应为：Fe﹣2e﹣→Fe2+，故C正确；
D．固体铁﹣空气电池属于原电池，工作时将化学能转化为电能，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力，把握正负极的判断、电池反应式的书写、电子或离子流向即可解答，题目难度不大。
17．（2分）溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．a为反应物储藏的总能量
B．若可使用催化剂，则a、b都减小
C．该反应放热，在常温常压下即可进行
D．该反应的热化学方程式为：CH3CH2Br+OH﹣→CH3CH2OH+Br﹣+（b﹣a）kJ
【分析】A．a为正反应的活化能；
B．催化剂可以降低反应的活化能；
C．反应条件与反应中能量变化无关；
D．物质的聚集状态未知。
【解答】解：A．a为正反应的活化能，不是反应物储藏的总能量，故A错误；
B．催化剂可以降低反应的活化能，则若可使用催化剂，则a、b都减小，故B正确；
C．该反应反应物的总能量高于产物的总能量，所以该反应为放热反应，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，故C错误；
D．热化学方程式表明物质的聚集状态，不同状态不同能量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的聚集状态，题目难度不大。
18．（2分）实验室按如图方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是（　　）

A．步骤（1）需要过滤装置
B．步骤（2）水层溶液从分液漏斗下口放出
C．步骤（3）需要用到坩埚
D．步骤（4）可利用物质的沸点不同分离
【分析】从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，（1）中分离固液混合物，其操作为过滤，（2）中分离互不相溶的液体混合物，其操作为分液，要用到分液漏斗；（3）从溶液中得到固体，其操作为蒸发，需要蒸发皿；（4）中从有机化合物中利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，其操作为蒸馏，以此来解答。
【解答】解：A.步骤（1）需要过滤装置，分离不溶性固体与滤液，故A正确；
B.步骤（2）分液时，且水的密度大于甲苯的密度，分层后水层在下层，则水层溶液从下口放出，故B正确；
C.步骤（3）为蒸发，需要蒸发皿、酒精灯等，不需要坩埚，故C错误；
D.步骤（4）为是分离相互混溶的液体混合物，利用沸点差异，选择蒸馏操作，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19．（2分）已知H2A为二元弱酸。常温下，往0.01mol/L的NaHA溶液中通入HCl或加入KOH固体调节溶液的pH（忽略体积变化），溶液中c（HA﹣）随pH变化的曲线如图。下列说法正确的是（　　）

A．水的电离程度：d＞c＞b＞a
B．c→b之间离子方程式：A2+H+→HA﹣
C．c点溶液中存在：c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（A2﹣）
D．d点溶液中存在：c（HA﹣）+2c（A2﹣）＝c（Na+）
【分析】根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH＝6，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度；
A．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离；
B．c→b之间是向溶液中通入HCl，HA﹣和H+反应生成弱电解质H2A；
C．c点溶液pH＝6＜7，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度；
D．d点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（K+）+c（Na+）。
【解答】解：根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH＝6，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度；
A．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点都抑制水电离，c（H+）：a＞b＞c，d点溶液呈中性，不影响水电离，所以水电离程度：d＞c＞b＞a，故A正确；
B．c→b之间是向溶液中通入HCl，HA﹣和H+反应生成弱电解质H2A，即发生离子反应方程式为HA﹣+H+＝H2A，故B错误；
C．c点溶液pH＝6＜7，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C错误；
D．d点溶液pH＝7，溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（K+）+c（Na+），则存在c（HA﹣）+2c（A2﹣）＝c（K+）+c（Na+），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线变化原因、水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质等知识点是解本题关键，注意D中易忽略K+而导致错误判断。
20．（2分）一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）。
容器编号
温度/摄氏度
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH（g）
CH3OCH3（g）
H2O（g）
①
387
0.20
0.080
0.080
②
387
0.40


③
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是（　　）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器①中的CH3OH体积分数比容器②中的小
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变
D．若起始向容器①中充入CH3OH0.10mol、CH3OCH30.10mol、H2O0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【分析】A．根据①和③中温度对平衡状态下产物物质的量的影响判断；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压；
B．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；
D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行。
【解答】解：A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热的方向移动，CH3OCH3（g） 平衡物质的量增大，说明平衡正向移动，说明正反应为放热反应，故A错误；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，故B错误；
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但是浓度会加倍，故C错误；
D．容器①平衡时c（CH3OH）＝0.04mol/L、c（CH3OCH3）＝0.08mol/L、c（H2O）＝0.08mol/L，平衡常数K＝＝4，若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则c（CH3OH）＝0.1mol/L、c（CH3OCH3）＝0.1mol/L、c（H2O）＝0.10mol/L，浓度熵＝＝1.5＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、反应速率影响因素、平衡常数及其应用等，侧重考查学生分析解决问题的能力，难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
请回答下列问题：
（1）NH4Cl中含有的化学键类型有 　共价键、离子键　；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有 　17　种不同的运动状态，有 　5　种不同能量的电子。
（2）NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释：　NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原子半径：I＞Cl，键长：H﹣I＞H﹣Cl，故键能H﹣I＜H﹣Cl，因此更易分解，生成H2和紫红色I2（g）　。
（3）纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括 　c　（选填编号）。
A、冷却
B、加入食盐细颗粒
C、通入CO2
D、通入NH3
无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：　6　NH4Cl+　4　Fe2O3→　6　Fe+　2　FeCl3+　3　N2+　12　H2O。
（4）配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目；当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为 　7.47　L（保留2位小数）。
（5）若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：　取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+　。
【分析】（1）氮原子和氢原子之间是共价键结合，铵根离子是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根离子与氯离子是以离子键结合的；
（2）键能越大越稳定；
（3）根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq）平衡逆向移动，NH4Cl中氮的化合价﹣3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价；
（4）①由信息可知，18e﹣～3N2当有2mol电子转移时，可知n（N2）＝×2mol，V＝nVm；
②取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+。
【解答】解：（1）氮原子和氢原子之间是共价键结合，铵根离子是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根离子与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子，
故答案为：共价键、离子键；17；5；
（2）NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原子半径：I＞Cl，键长：H﹣I＞H﹣Cl，故键能H﹣I＜H﹣Cl，因此更易分解，生成H2和紫红色I2（g），
故答案为：NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原子半径：I＞Cl，键长：H﹣I＞H﹣Cl，故键能H﹣I＜H﹣Cl，因此更易分解，生成H2和紫红色I2（g）；
（3）根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq）平衡逆向移动，
a．NH4Cl（s）⇌NH4+ （aq）+Cl﹣（aq）吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，故a错误；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，故b错误；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，故c正确；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，故d错误；
NH4Cl中氮的化合价﹣3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3＝6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，
故答案为：c；6；4；6；2；3；12；
（4）①由信息可知，18e﹣～3N2当有2mol电子转移时，可知n（N2）＝×2mol，V＝nVm＝×2mol×22.4L/mol＝7.47L，
故答案为：7.47；
②若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3＝3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+，
故答案为：取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+。
【点评】本题通过后的制碱法，考查氧化还原反应，涉及氧化还原反应配平等知识点，为高频考点，明确氧化还原反应特点、配平方法结合原子守恒、转移电子守恒分析解答，题目难度不大。
22．（15分）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
请回答下列问题：
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝+53.7kJ/mol。某温度下，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2，测得其压强（P）随时间（t）变化如（图1中）曲线Ⅰ所示。

（1）以CO2来表示5min内的化学反应反应速率v（CO2）＝　0.002mol/（L•min）　。
（2）若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为Ⅱ，则改变的条件是 　加入催化剂　。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化（Q1、Q2均大于0）：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）+Q1；
反应Ⅱ：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）+Q2。
反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
（3）根据图中数据分析可知，T1　＜　T2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH。请阐述理由：　CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应　。
（5）0.02molCO2通入含有10mL3mol/LNaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba（OH）2溶液，c（CO32﹣） 　增大　（选填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”），写出反应的离子方程式：　2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣＝BaCO3↓+CO32﹣+2H2O　；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是 　0.01mol　；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列：　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　。
【分析】（1）①恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，v（CO2）＝；
（2）改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动；
（3）Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；
（4）CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大；
（5）①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，NaOH+CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y＝0.02mol，2x+y＝0.01L×3 mol/L＝0.03mol，解得x＝y＝0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba（OH）2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2；
③据①分析可知，溶液中n（Na2CO3）＝0.01mol＝n（NaHCO3），根据两个电离方程式NaHCO3＝Na++HCO3﹣，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，可知c（Na+）最大，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣可知溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），也可知c（HCO3﹣）和c（CO32﹣）均比c（OH﹣）大，若HCO3﹣和CO32﹣都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣的水解程度。
【解答】解：（1）①开始时混合气体总物质的量＝（0.04+0.08）mol＝0.12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量＝×0.12mol＝0.08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少（0.12﹣0.08）mol＝0.04 mol.则消耗n（CO2 ）＝×0.04 mol＝0.02mol，反应开始至达平衡时，v（CO2）＝＝＝0.002mol/（L•min），
故答案为：0.002mol/（L•min）；
（2）改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂，
故答案为：加入催化剂；
（3）Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以T1＜T2，
故答案为：＜；
（4）CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好，
故答案为：CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应；
（5）①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，NaOH+CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y＝0.02mol，2x+y＝0.01L×3 mol/L＝0.03mol，解得x＝y＝0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba（OH）2溶液，而碳酸氢根离子和氢氧根离子结合生碳酸根，钡离子和碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供的两个氢氧根离子全部被碳酸氢根离子消耗掉，还多了碳酸根离子，所以碳酸根离子的数目增多，离子方程式为：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣＝BaCO3↓+CO32﹣+2H2O，
故答案为：增大；2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣＝BaCO3↓+CO32﹣+2H2O；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n（CO2）＝n（Na2CO3）＝0.01mol，
故答案为：0.01mol；
③据①分析可知，溶液中n（Na2CO3）＝0.01mol＝n（NaHCO3），根据两个电离方程式NaHCO3＝Na++HCO3﹣，Na2CO3＝2Na++CO32﹣，可知c（Na+）最大，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣可知溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），也可知c（HCO3﹣）和c（CO32﹣）均比c（OH﹣）大，若HCO3﹣和CO32﹣都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣的水解程度，剩余就少，所以c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）。
【点评】本题考查了化学平衡的调控作用、化学平衡的影响因素等知识，题目难度较大，考查的知识点较大，充分考查了学生对化学平衡等知识的掌握情况，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
23．（15分）合成工业定香剂A及高分子聚酯原料F，路线如图。

已知：R﹣CHORCH（OC2H5）2RCHO
请回答下列问题：
（1）①的反应类型是 　氧化反应　。
（2）写出反应②的反应方程式 　+CH3OH+H2O　。
（3）写出⑤所需的试剂及条件 　NaOH的水溶液、加热　；写出D的结构简式 　　。
（4）P是A的某种同分异构体，写出一种符合下列条件的P的结构简式 　　。
A、有两个相同的官能团，且能与银氨溶液反应
B、分子内含苯环，有三种不同环境的氢原子
（5）合成路线中③和⑥步骤的目的是 　保护醛基不参与反应　。步骤③～⑥是否可以优化 　是　（选填“是”或“否”）。若可以，请用流程图中字母或编号简述优化方案及理由 　步骤③的试剂可以用Br2/CCl4，步骤③⑥可以省去，则无需保护醛基，合成步骤减少，提高产率　。
【分析】肉桂醛的不饱和度＝＝6，苯环的不饱和度是4、醛基的不饱和度是4，则支链上除了醛基外还含1个碳碳双键，根据F的结构简式知，肉桂醛的结构简式为，肉桂醛发生信息中反应生成B为，D发生信息中反应生成E，E中醛基发生氧化反应生成F，则E的结构简式为，D为，C发生水解反应生成D，B能和溴发生加成反应生成C，C可能是；肉桂醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成肉桂酸为，肉桂酸和甲醇发生酯化反应生成A为；
（4）A为，P是A的同分异构体，P符合下列条件：
A、有两个相同的官能团，且能与银氨溶液反应，说明含有两个﹣CHO；
B、分子内含苯环，有三种不同环境的氢原子，应该含有两个﹣CH2CHO，且结构对称。
【解答】解：（1）肉桂醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成肉桂酸，则①的反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（2）肉桂酸和甲醇发生酯化反应生成A，反应②的反应方程式为+CH3OH+H2O，
故答案为：+CH3OH+H2O；
（3）C中溴原子发生水解反应生成D中醇羟基，则⑤所需的试剂及条件NaOH的水溶液、加热；D的结构简式为，
故答案为：NaOH的水溶液、加热；；
（4）A为，P是A的同分异构体，P符合下列条件：
A、有两个相同的官能团，且能与银氨溶液反应，说明含有两个﹣CHO；
B、分子内含苯环，有三种不同环境的氢原子，应该含有两个﹣CH2CHO，且结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）根据以上分析知，合成路线中③和⑥将肉桂醛中的醛基转化为﹣CH（OC2H5）2，然后再酸化水解生成醛基，说明合成路线中步骤③和⑥的目的是防止醛基参与反应；步骤③的试剂改为溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，可以省略步骤③和⑥，
故答案为：保护醛基不参与反应；是；步骤③的试剂可以用Br2/CCl4，步骤③⑥可以省去，则无需保护醛基，合成步骤减少，提高产率。
【点评】本题考查有机推断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确常见官能团及其性质关系、常见反应条件、断键和成键方式是解本题关键，题目难度中等。
24．（15分）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
请回答下列问题：
Ⅰ、茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如表（单位：g/100g水）：
溶剂
乙醇（25摄氏度）
氯仿（25摄氏度）
乙醚（25摄氏度）
沸水（100摄氏度）
溶解度
2
18.2
0.19
66.6
（1）从如表中选择合适的溶剂 　沸水　（填写溶剂名称）来浸取茶叶提取咖啡因。纯咖啡因是白色针状晶体，100摄氏度时容易失去结晶水并升华。
从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤并排序 　afe　（选填字母）。
a、蒸发浓缩
b、萃取分液
c、趁热过滤
d、升华
e、过滤
f、冷却结晶
Ⅱ、测定茶叶中微量元素钙的含量
茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如表：
沉淀形式
Ca（OH）2
AI（OH）3
Fe（OH）3
完全沉淀的pH
pH≥13
pH≥5.5
pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化，磨细后移入烧杯，再加入200mL1mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向上步所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30min，加入7.95g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将上步所得滤液稀释至500mL，取其中的20.00mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。
（2）步骤②中调节pH为6～7左右的目的是 　促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素　。
（3）为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是 　碳酸钙表面有残留的碳酸钠　。
（4）步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500mL需在 　500mL容量瓶　中进行；滴定终点的判断依据为 　加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色　；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为 　0.4%　。
（5）为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中原因：　酚酞作指示剂反应为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失　。
【分析】（1）从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大；
（2）从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（3）铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，所以该操作目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
（4）通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠；
（5）将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据2H+～CO32﹣，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）＝×＝0.025mol，生成碳酸钙的物质的量为：n（CaCO3）＝﹣0.025mol＝0.05mol，根据物质的量计算Ca2+的质量分数；
（6）选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8，反应为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失。
【解答】解：（1）从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大，故浸取茶叶提取咖啡因合适的溶剂是沸水，
故答案为：沸水；
（2）咖啡因在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：afe；
（3）铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素，
故答案为：促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
（4）通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠，故洗涤液应合并到滤液中，减少滴定误差，
故答案为：碳酸钙表面有残留的碳酸钠；
（5）将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据2H+～CO32﹣，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）＝×＝0.025mol，生成碳酸钙的物质的量为：n（CaCO3）＝﹣0.025mol＝0.05mol，最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为×100%＝0.4%，
故答案为：500mL容量瓶；加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色；0.4%；
（6）选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8，反应为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失，原因为酚酞作指示剂反应为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失，
故答案为：酚酞作指示剂反应为：H++CO32﹣＝HCO3﹣，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失。
【点评】本题考查物质的组成的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，把握物质的性质以及计算的方法为解答的关键，注意物质的检验及元素守恒的应用，题目难度中等。
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