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2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考）
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这是一份2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考），共33页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考）
一、选择题
1．（3分）2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
2．（3分）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
3．（3分）化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
4．（3分）能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．分解温度：HF＞HI
5．（3分）已知氯仿（CHCl3）通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
6．（3分）铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
7．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
8．（3分）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
9．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑
10．（3分）已知2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ．下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
11．（3分）图象对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（3分）观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
13．（3分）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（苯，一种密度比水小的不溶于水的有机溶剂）
（ ）
A．干燥Cl2
B．检验K2CO3中的K+
C．配制150 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
D．吸收NH3
14．（3分）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH4+具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH4+水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg（OH）2与NH4Cl反应
15．（3分）已知如表是几种常见元素的原子半径数据，下列说法正确的是（ ）
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073～0.154nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
16．（3分）已知：下列说法不正确的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
17．（3分）向一定质量FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（3分）某未知溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、Mg2+、Al3+和K+．取100mL该溶液进行实验，过程记录如下．由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl﹣ B．一定有CO32﹣
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
19．（3分）《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解”。茶叶中含铁元素的检验可经如图四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
20．（3分）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol•L﹣1KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO﹣+I﹣＝3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+6H+＝3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol•L﹣1 B．0.10mol•L﹣1
C．0.25mol•L﹣1 D．0.60mol•L﹣1
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。请做（一）（二）两题：
（一）（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2（SO4）3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2（SO4）3再生，其原理为： FeSO4+ O2+ H2SO4 Fe2（SO4）3+ H2O配平上面Fe2（SO4）3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度（℃）
c（氨水）（mol/L）
电离度（%）
c（OH﹣）（mol/L）
0
16.56
9.098
1.507×10﹣2
10
15.16
10.18
1.543×10﹣2
20
13.63
11.2
1.527×10﹣2
①温度升高，NH3•H2O的电离平衡向 （填“左”、“右”）移动。
②表中c（OH﹣）基本不变的原因是 。
22．回答下列问题：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 ；经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）＝0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 （选填编号）。
a.移出氧气
b.降低温度
c.减小压强
d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1LpH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度（c）的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： 。a点溶液中由水电离产生的c（H+）＝ 。b点溶液中c（H+） 1×10﹣7mol/L（填写“等于”、“大于”或“小于”）。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 。
23．某校研究性学习小组的同学对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，请你参与探究实验并完成下列问题：
操 作
现 象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
i．液面上方出现白雾；
ii．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式是： 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： 。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 。反应②和⑤的反应类型分别是 、 。
（2）写出C到D的反应方程式： 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比
为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式： 、 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备的合成路线：（备注：（1）参照所提供的信息（2）表示方法为：AB•••目标产物） （无机试剂任选）。
2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
【分析】“绿色、低碳、可持续”的理念，要求燃烧无污染，产生的二氧化碳少及燃料是可再生资源，据此进行解答。
【解答】解：“绿色、低碳、可持续”的理念，要求燃烧无污染，产生的二氧化碳少及燃料是可再生资源，氢气符合这个理念，故A正确，
故选：A。
【点评】本题主要考查物质在生活、生产中的应用，特别是一些高科技领域，从而培养学生学习化学的兴趣，难度不大。
2．（3分）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
【分析】非极性键是相同的非金属元素原子之间形成的共价键，极性键是不同的非金属元素原子之间形成的共价键，据此分析作答即可。
【解答】解：A．CCl4中只含有C﹣Cl极性键，故A错误；
B．C2H4既含有C＝C非极性键，也含有C﹣H极性键，故B正确；
C．NaOH中既含有离子键，也含有O﹣H极性键，故C错误；
D．H2O中只含有O﹣H极性键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查非极性键与极性键的区别，并能做出判断，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（3分）化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变．
【解答】解：A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳﹣合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；
B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；
C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；
D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误。
故选：A。
【点评】催化剂在化学反应中质量和化学性质不变，还应注意催化剂本身的特点，其具有专一性，高效性，选择性等特点．
4．（3分）能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．分解温度：HF＞HI
【分析】共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量，据此解答即可．
【解答】解：A．元素非金属性F＞Cl＞Br＞I，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI＞HBr＞HCl＞HF，与化学键无关，故A错误；B．物质的溶解度与化学键无关，故B错误；C．由于HF中含有氢键，HI中没有氢键，使得HF的熔沸点变大，氢键不属于化学键，与键能无关，故C错误；D．HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确，故选D。
【点评】本题涉及键能与分子间作用力的区别，解题时需审清题目，理清关系，明晰分子间作用力与物质状态有关，与键能无关，题目难度中等．
5．（3分）已知氯仿（CHCl3）通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
【分析】常用分液法分离两种互不相溶的液体。
【解答】解：由于氯仿是不溶于水的无色液体，所以从水与氯仿的混合物中分离出氯仿最合适的方法是分液，
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离方法，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6．（3分）铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
【分析】由实验装置可知，湿棉花可提供水蒸气，加热时发生3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，且肥皂泡中收集气体为氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，以此来解答。
【解答】解：A.实验时试管口应略低于试管底，便于水蒸气与Fe接触，故A错误；
B.加热生成黑色固体为四氧化三铁，肥皂泡中收集气体为氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，故B正确；
C.加热时发生3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，故C错误；
D.为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。
7．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题。
【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大。
8．（3分）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
【分析】由结构简式可知分子式，分子中含﹣COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答．
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A错误；
B．含碳碳双键可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故B正确；
C．含3个﹣COOH，可发生酯化反应，碳碳双键不反应，故C错误；
D．含3个﹣COOH，1mol乌头酸与足量的钠反应生成1.5molH2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大．
9．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．电荷不守恒；
C．离子个数配比不符合物质结构组成；
D．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【解答】解：A．用醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；
B．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式为：FeO+2H+＝Fe2++H2O，故B错误；
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．实验室制CO2，离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实，题目难度不大。
10．（3分）已知2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ．下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
【分析】A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，据此回答；
B、互为逆过程的两个反应的焓变互为相反数；
C、反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量；
D、化学反应的焓变等于旧件断裂吸收的能量和新键生成释放的能量的差值．
【解答】解：由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6KJ，
A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8KJ，故A错误；
B、氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧指生成1mol液态水时放出的热量，故B正确；
C、水由气态转变为液态也要放热，所以2mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于483.6 kJ，故C错误；
D、该反应为放热反应，则形成2 mol H2O的化学键释放的总能量大于断裂2 mol H2和1 mol O2 的化学键所吸收的总能量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查燃烧热的热化学反应方程式，明确燃烧的概念及反应热与键能的关系即可解答，题目难度不大．
11．（3分）图象对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】对于可逆反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率增大的倍数比正反应速率大，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，C 越少，即温度高的曲线在下面，故A正确；
B．反应放热，升高温度，正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，所以曲线应该逐渐升高，故B错误；
C．反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，所以温度高的曲线在下面，增大压强平衡正移，A的转化率增大，故C正确；
D．增大压强，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比逆反应速率大，平衡向正反应方向移动，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义，结合“定一议二”“先拐先平”进行解答，难度中等．
12．（3分）观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
【分析】A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，则不能形成原电池；
B．若液体c为非电解质溶液，则不能电解；
C．Fe与负极相连作阴极时被保护；
D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极．
【解答】解：A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能形成原电池，故A错误；
B．若液体c为非电解质溶液，溶液不导电，所以不能电解，即不是电解池，故B错误；
C．若该装置是电解池，Fe与负极相连作阴极时被保护，即铁可能不易被腐蚀，故C正确；
D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极，Fe作阴极或阳极，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理、原电池原理的分析判断，电极分析判断是解题关键，题目难度中等，注意液体c不一定是电解质溶液．
13．（3分）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（苯，一种密度比水小的不溶于水的有机溶剂）
（ ）
A．干燥Cl2
B．检验K2CO3中的K+
C．配制150 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
D．吸收NH3
【分析】A．进气管错误；
B．检验K元素，应通过蓝色钴玻璃；
C．容量瓶体积与配制溶液不符；
D．溶液倒吸．
【解答】解：A．进气管应插入到液面以下，否则不能起到洗气的作用，故A错误；
B．检验K元素，应通过蓝色钴玻璃，故B正确；
C．容量瓶体积与配制溶液不符，应用150mL，故C错误；
D．氨气易溶于硫酸，苯的密度比水小，应用四氯化碳，否则溶液倒吸，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、离子的检验、溶液的配制等基本实验操作，侧重于化学基础知识的综合运用，题目难度不大．
14．（3分）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH4+具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH4+水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg（OH）2与NH4Cl反应
【分析】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解出H+使溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，水解平衡向正反应方向移动。
【解答】解：氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解出H+使溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，水解平衡向正反应方向移动，随着一水合氨浓度增大，Mg与H+反应放热，一水合氨分解产生NH3，
故选：C。
【点评】本题考查了盐的水解、元素化合物的性质，为高考中的高频题，题目难度不大，把握盐的水解原理是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
15．（3分）已知如表是几种常见元素的原子半径数据，下列说法正确的是（ ）
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073～0.154nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
【分析】A.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐减小；
B.同一周期的元素从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；
C.最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响；
D.电子层数越多，则微粒半径越大。
【解答】解：A.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，对电子层的吸引力逐渐增大，原子半径逐渐减小，故A错误；
B.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，而电子层数越多，原子半径越大，故F的原子半径小于O，更小于Na，故F的原子半径小于0.073nm，故B错误；
C.最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响，电子层数越多，则微粒半径越大，故C正确；
D.电子层数越多，则微粒半径越大，Mg2+比Mg少一个电子层，故Mg2+的半径小于Mg的半径，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期律微粒半径的大小比较，难度不大，应注意影响微粒半径的因素有电子层数、核电荷数和最外层电子数。
16．（3分）已知：下列说法不正确的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
【分析】A．M、W含有苯环，N含有碳碳双键，结合苯、烯烃的性质判断；
B．M与溴水不反应；
C．甲苯与足量的氢气加成生成，有5种H；
D．W含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征。
【解答】解：A．M、W含有苯环，可发生加成、取代反应，可被氧化，如燃烧等，N含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可发生取代反应，故A正确；
B．M含有苯环，与溴水不反应，故B正确；
C．甲苯与足量的氢气加成生成，有5种H，则一氯代物有5种，故C错误；
D．W含有4个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有碳原子不可能在同一平面上，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
17．（3分）向一定质量FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】锌的金属活动性比铁、铜强，FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，氯化铜反应完，锌才能与氯化亚铁溶液反应生成氯化锌溶液和铁，据此进行分析解答。
【解答】解：A．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，铜的质量逐渐增加，至氯化铜完全反应不再发生改变，故A正确；
B．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，反应的化学方程式为Zn+CuCl2＝ZnCl2+Cu，Zn+FeCl2＝FeCl2+Fe每65g的锌可置换出64g的铜，每65g的锌可置换出56g的铁，溶液的质量应增加，故B正确；
C．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，氯化铜反应完，锌才能与氯化亚铁溶液反应生成氯化锌溶液和铁，氯化亚铁的质量逐渐减少，最终完全反应，减少至0，故C正确；
D．随着反应的进行，氯化锌的质量逐渐增加，至完全反应不再发生改变，但是刚开始溶液中的氯化锌为0，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应，难度不大，掌握金属的活动顺序和反应原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
18．（3分）某未知溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、Mg2+、Al3+和K+．取100mL该溶液进行实验，过程记录如下．由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl﹣ B．一定有CO32﹣
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
【分析】由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡或氢氧化镁，则含Mg2+或SO42﹣，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，结合离子共存及电荷守恒解答．
【解答】解：由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+，因CO32﹣、Al3+相互促进水解，则一定不含CO32﹣；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则含Mg2+或SO42﹣，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，即Mg2+可能存在；
①若存在SO42﹣、Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl﹣，
②若存在SO42﹣、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl﹣，
③若存在Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl﹣、SO42﹣，
由上述分析可知，不能确定K+，
故选：A。
【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用及离子推断，为高频考点，把握白色沉淀的成分及发生的反应为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的考查，题目难度中等．
19．（3分）《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解”。茶叶中含铁元素的检验可经如图四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
【分析】A．固体灼烧应在坩埚中进行；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在烧杯中进行；
C．过滤使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；
D．用KSCN检验滤液中的Fe3+。
【解答】解：A．固体灼烧应在坩埚中进行，则将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨，故A不选；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在烧杯中进行，不用容量瓶，故B选；
C．过滤使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故C不选；
D．用KSCN检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查基本的实验操作，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
20．（3分）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol•L﹣1KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO﹣+I﹣＝3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+6H+＝3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol•L﹣1 B．0.10mol•L﹣1
C．0.25mol•L﹣1 D．0.60mol•L﹣1
【分析】整个过总反应为ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+H2O+I2，根据反应消耗的KI量，结合离子方程式计算n（NaClO），进而计算原消毒液中NaClO的物质的量浓度。
【解答】解：整个过总反应为ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+H2O+I2，则n（NaClO）＝n（KI）＝0.02L×0.100mol/L×＝0.00100mol，故c（NaClO）＝＝0.100mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查化学方程式的计算，涉及氧化还原滴定滴定，关键是理解测定原理，题目侧重考查学生分析计算能力、综合运用知识的能力。
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。请做（一）（二）两题：
（一）（1）硫原子的最外层电子排布式 2s22p4 。铝原子核外电子占据轨道有 9 个，氯原子能量最高的电子亚层是 3p 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 2 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高 。
（3）用Fe2（SO4）3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2（SO4）3再生，其原理为： 4 FeSO4+ 1 O2+ 2 H2SO4 2 Fe2（SO4）3+ 2 H2O配平上面Fe2（SO4）3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 30℃、pH＝2.0 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度（℃）
c（氨水）（mol/L）
电离度（%）
c（OH﹣）（mol/L）
0
16.56
9.098
1.507×10﹣2
10
15.16
10.18
1.543×10﹣2
20
13.63
11.2
1.527×10﹣2
①温度升高，NH3•H2O的电离平衡向 右 （填“左”、“右”）移动。
②表中c（OH﹣）基本不变的原因是 氨水浓度降低，使c（OH﹣）减小，而温度升高，使c（OH﹣）增大，双重作用使c（OH﹣）基本不变 。
【分析】（1）硫原子的核外电子排布式为1s22s22p4，铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，Cl原子价层电子排布为3s23p5，过氧化钠的离子化合物，由Na+和构成，N原子含有s和p两种类型的轨道；
（2）氯化钠和氯化钾晶体都属于离子晶体，二者的阴离子相同，而钠离子半径小于钾离子，则氯化钠的晶格能大于氯化钾；
（3）根据电子守恒和原子守恒配平此化学方程式，并用单线桥分析此氧化还原反应；用Fe2（SO4）3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性；
（4）①根据温度对电离平衡的影响分析；
②浓度和温度对电离平衡的影响分析。
【解答】解：（1）硫原子的最外层电子排布式为2s22p4，铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，铝原子核外电子占据轨道有9个，Cl原子价层电子排布为3s23p5，氯原子能量最高的电子亚层是3p，过氧化钠的离子化合物，电子式为，N原子含有s和p两种类型的轨道，则电子云有2种，
故答案为：2s22p4；9；；2；
（2）钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高，
故答案为：钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高；
（3）此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e﹣，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，并用单线桥分析为，用Fe2（SO4）3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液pH分别为：30℃、pH＝2.0；反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，
故答案为：4；1；2；2；2；；30℃、pH＝2.0；蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性；
（4）①温度升高，促进NH3•H2O的电离，平衡向右移动，
故答案为：右；
②氨水浓度在降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH﹣）基本不变，
故答案为：氨水浓度降低，使c（OH﹣）减小，而温度升高，使c（OH﹣）增大，双重作用使c（OH﹣）基本不变。
【点评】本题考查了核外电子排布、电离平衡、氧化还原反应，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息的分析，掌握电离平衡常数的运用，难度中等。
22．回答下列问题：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 K＝ ；经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）＝0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 0.005mol/（L•min） 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 bd （选填编号）。
a.移出氧气
b.降低温度
c.减小压强
d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1LpH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度（c）的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） 。a点溶液中由水电离产生的c（H+）＝ 1×10﹣10mol/L 。b点溶液中c（H+） 小于 1×10﹣7mol/L（填写“等于”、“大于”或“小于”）。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3 。
【分析】（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）﹣Q，故K＝；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动；
c．减小压强，平衡逆向移动；
d．再充入0.050mol SO2（g）和0.030mol O2（g），相当于增大压强，平衡正向移动；
（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2（723K）时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短；
（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH﹣离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH＝10的氢氧化钠溶液，c（H+）＝1×10﹣10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol/L；b点水电离出的氢氧根的浓度为1×10﹣7mol/L，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性；
（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸。
【解答】解：（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）﹣Q，故K＝；由信息可知v（SO3）＝＝0.010mol/L•min，反应速率之比等于系数之比，故v（O2）＝0.005mol/（L•min），
故答案为：K＝；0.005mol/（L•min）；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，故a错误；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，故b正确；
c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，故c错误；
d．再充入0.050mol SO2（g）和0.030mol O2（g），相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故d正确；
故答案为：bd；
（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2（723K）时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示，
故答案为：；
（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH﹣离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故离子浓度由大至小的关系是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣ ）＞c（H+）；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH＝10的氢氧化钠溶液，c（H+）＝1×10﹣10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol/L；b点水电离出的氢氧根的浓度为1×10﹣7mol/L，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c（H+）＜1×10﹣10mol/L，
故答案为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；1×10﹣10 mol/L；小于；
（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3。
【点评】本题考查了化学平衡常数、影响化学平衡的外界条件综合应用及知识迁移能力等考点，题目难度中等，注意平衡常数在计算中的应用。
23．某校研究性学习小组的同学对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，请你参与探究实验并完成下列问题：
操 作
现 象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
i．液面上方出现白雾；
ii．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式是： 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 碱性、漂白性 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是 检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是 白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 CaSO4 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣ 。
【分析】（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（2）pH试纸变蓝色，说明溶液呈碱性，次氯酸具有漂白性；
（3）①氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色；
②SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）根据其它酸是否溶液变为黄绿色；
（5）①SO2被氧化为SO42﹣，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶物硫酸钙；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，据此书写。
【解答】解：（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明又具有漂白性，故答案为：碱性、漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰，故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，
故答案为：白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色，故答案为：向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42﹣，故沉淀X为CaSO4，故答案为：CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣，故答案为：Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣。
【点评】本题考查探究实验，根据实验现象分析物质的性质，同时考查学生分析问题、总结问题能力，注意：不能用pH试纸测定氯水pH值，次氯酸有漂白性导致测定不准确，为易错点。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 1，3﹣丁二烯 。反应②和⑤的反应类型分别是 氧化反应 、 取代反应 。
（2）写出C到D的反应方程式： HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比
为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式： 、 或或 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 步骤少、不需要强酸性物质，节约能源 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备的合成路线：（备注：（1）参照所提供的信息（2）表示方法为：AB•••目标产物） （无机试剂任选）。
【分析】A和乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据D的结构简式知，C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3，D发生信息中的取代反应生成E，E中氢原子被甲基取代生成F，F发生水解反应然后酸化得到G；
（5）由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备，乙酸乙酯发生信息中的反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和BrCH2CH2CH2CH2Br发生E生成F类型的反应生成，然后发生水解反应、酸化得到目标产物。
【解答】解：（1）化合物A的名称是1，3﹣丁二烯，反应②和⑤的反应类型分别是氧化反应、取代反应，
故答案为：1，3﹣丁二烯；氧化反应；取代反应；
（2）C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3，C到D的反应方程式：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O，
故答案为：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O；
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，X中含有两个等效甲基，符合要求的X的结构简式：、、、，
故答案为：；或或；
（4）“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点步骤少、且不需要强酸性物质，节约能源，
故答案为：步骤少、不需要强酸性物质，节约能源；
（5）由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备，乙酸乙酯发生信息中的反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和BrCH2CH2CH2CH2Br发生E生成F类型的反应生成，然后发生水解反应、酸化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质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。
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2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考）
一、选择题
1．（3分）2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
2．（3分）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
3．（3分）化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
4．（3分）能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．分解温度：HF＞HI
5．（3分）已知氯仿（CHCl3）通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
6．（3分）铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
7．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
8．（3分）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
9．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑
10．（3分）已知2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ．下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
11．（3分）图象对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（3分）观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
13．（3分）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（苯，一种密度比水小的不溶于水的有机溶剂）
（ ）
A．干燥Cl2
B．检验K2CO3中的K+
C．配制150 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
D．吸收NH3
14．（3分）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH4+具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH4+水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg（OH）2与NH4Cl反应
15．（3分）已知如表是几种常见元素的原子半径数据，下列说法正确的是（ ）
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073～0.154nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
16．（3分）已知：下列说法不正确的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
17．（3分）向一定质量FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（3分）某未知溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、Mg2+、Al3+和K+．取100mL该溶液进行实验，过程记录如下．由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl﹣ B．一定有CO32﹣
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
19．（3分）《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解”。茶叶中含铁元素的检验可经如图四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
20．（3分）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol•L﹣1KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO﹣+I﹣＝3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+6H+＝3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol•L﹣1 B．0.10mol•L﹣1
C．0.25mol•L﹣1 D．0.60mol•L﹣1
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。请做（一）（二）两题：
（一）（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2（SO4）3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2（SO4）3再生，其原理为： FeSO4+ O2+ H2SO4 Fe2（SO4）3+ H2O配平上面Fe2（SO4）3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度（℃）
c（氨水）（mol/L）
电离度（%）
c（OH﹣）（mol/L）
0
16.56
9.098
1.507×10﹣2
10
15.16
10.18
1.543×10﹣2
20
13.63
11.2
1.527×10﹣2
①温度升高，NH3•H2O的电离平衡向 （填“左”、“右”）移动。
②表中c（OH﹣）基本不变的原因是 。
22．回答下列问题：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 ；经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）＝0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 （选填编号）。
a.移出氧气
b.降低温度
c.减小压强
d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1LpH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度（c）的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： 。a点溶液中由水电离产生的c（H+）＝ 。b点溶液中c（H+） 1×10﹣7mol/L（填写“等于”、“大于”或“小于”）。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 。
23．某校研究性学习小组的同学对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，请你参与探究实验并完成下列问题：
操 作
现 象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
i．液面上方出现白雾；
ii．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式是： 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： 。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 。反应②和⑤的反应类型分别是 、 。
（2）写出C到D的反应方程式： 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比
为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式： 、 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备的合成路线：（备注：（1）参照所提供的信息（2）表示方法为：AB•••目标产物） （无机试剂任选）。
2022年上海市嘉定区高考化学二模试卷（等级考）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
【分析】“绿色、低碳、可持续”的理念，要求燃烧无污染，产生的二氧化碳少及燃料是可再生资源，据此进行解答。
【解答】解：“绿色、低碳、可持续”的理念，要求燃烧无污染，产生的二氧化碳少及燃料是可再生资源，氢气符合这个理念，故A正确，
故选：A。
【点评】本题主要考查物质在生活、生产中的应用，特别是一些高科技领域，从而培养学生学习化学的兴趣，难度不大。
2．（3分）下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
【分析】非极性键是相同的非金属元素原子之间形成的共价键，极性键是不同的非金属元素原子之间形成的共价键，据此分析作答即可。
【解答】解：A．CCl4中只含有C﹣Cl极性键，故A错误；
B．C2H4既含有C＝C非极性键，也含有C﹣H极性键，故B正确；
C．NaOH中既含有离子键，也含有O﹣H极性键，故C错误；
D．H2O中只含有O﹣H极性键，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查非极性键与极性键的区别，并能做出判断，属于基本知识的考查，难度不大。
3．（3分）化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变．
【解答】解：A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳﹣合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；
B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；
C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；
D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误。
故选：A。
【点评】催化剂在化学反应中质量和化学性质不变，还应注意催化剂本身的特点，其具有专一性，高效性，选择性等特点．
4．（3分）能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．分解温度：HF＞HI
【分析】共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量，据此解答即可．
【解答】解：A．元素非金属性F＞Cl＞Br＞I，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI＞HBr＞HCl＞HF，与化学键无关，故A错误；B．物质的溶解度与化学键无关，故B错误；C．由于HF中含有氢键，HI中没有氢键，使得HF的熔沸点变大，氢键不属于化学键，与键能无关，故C错误；D．HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确，故选D。
【点评】本题涉及键能与分子间作用力的区别，解题时需审清题目，理清关系，明晰分子间作用力与物质状态有关，与键能无关，题目难度中等．
5．（3分）已知氯仿（CHCl3）通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
【分析】常用分液法分离两种互不相溶的液体。
【解答】解：由于氯仿是不溶于水的无色液体，所以从水与氯仿的混合物中分离出氯仿最合适的方法是分液，
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离方法，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
6．（3分）铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
【分析】由实验装置可知，湿棉花可提供水蒸气，加热时发生3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，且肥皂泡中收集气体为氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，以此来解答。
【解答】解：A.实验时试管口应略低于试管底，便于水蒸气与Fe接触，故A错误；
B.加热生成黑色固体为四氧化三铁，肥皂泡中收集气体为氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，故B正确；
C.加热时发生3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，故C错误；
D.为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。
7．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题。
【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大。
8．（3分）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
【分析】由结构简式可知分子式，分子中含﹣COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答．
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A错误；
B．含碳碳双键可发生加成反应，含有羧基，可发生取代反应，故B正确；
C．含3个﹣COOH，可发生酯化反应，碳碳双键不反应，故C错误；
D．含3个﹣COOH，1mol乌头酸与足量的钠反应生成1.5molH2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大．
9．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+＝Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．电荷不守恒；
C．离子个数配比不符合物质结构组成；
D．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
【解答】解：A．用醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；
B．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式为：FeO+2H+＝Fe2++H2O，故B错误；
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．实验室制CO2，离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实，题目难度不大。
10．（3分）已知2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ．下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
【分析】A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，据此回答；
B、互为逆过程的两个反应的焓变互为相反数；
C、反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量；
D、化学反应的焓变等于旧件断裂吸收的能量和新键生成释放的能量的差值．
【解答】解：由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6KJ，
A、水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8KJ，故A错误；
B、氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧指生成1mol液态水时放出的热量，故B正确；
C、水由气态转变为液态也要放热，所以2mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于483.6 kJ，故C错误；
D、该反应为放热反应，则形成2 mol H2O的化学键释放的总能量大于断裂2 mol H2和1 mol O2 的化学键所吸收的总能量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查燃烧热的热化学反应方程式，明确燃烧的概念及反应热与键能的关系即可解答，题目难度不大．
11．（3分）图象对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】对于可逆反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率增大的倍数比正反应速率大，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，C 越少，即温度高的曲线在下面，故A正确；
B．反应放热，升高温度，正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，所以曲线应该逐渐升高，故B错误；
C．反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，所以温度高的曲线在下面，增大压强平衡正移，A的转化率增大，故C正确；
D．增大压强，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比逆反应速率大，平衡向正反应方向移动，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义，结合“定一议二”“先拐先平”进行解答，难度中等．
12．（3分）观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
【分析】A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，则不能形成原电池；
B．若液体c为非电解质溶液，则不能电解；
C．Fe与负极相连作阴极时被保护；
D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极．
【解答】解：A．a、b接电流表，若液体c为非电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能形成原电池，故A错误；
B．若液体c为非电解质溶液，溶液不导电，所以不能电解，即不是电解池，故B错误；
C．若该装置是电解池，Fe与负极相连作阴极时被保护，即铁可能不易被腐蚀，故C正确；
D．接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极，Fe作阴极或阳极，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理、原电池原理的分析判断，电极分析判断是解题关键，题目难度中等，注意液体c不一定是电解质溶液．
13．（3分）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（苯，一种密度比水小的不溶于水的有机溶剂）
（ ）
A．干燥Cl2
B．检验K2CO3中的K+
C．配制150 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
D．吸收NH3
【分析】A．进气管错误；
B．检验K元素，应通过蓝色钴玻璃；
C．容量瓶体积与配制溶液不符；
D．溶液倒吸．
【解答】解：A．进气管应插入到液面以下，否则不能起到洗气的作用，故A错误；
B．检验K元素，应通过蓝色钴玻璃，故B正确；
C．容量瓶体积与配制溶液不符，应用150mL，故C错误；
D．氨气易溶于硫酸，苯的密度比水小，应用四氯化碳，否则溶液倒吸，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、离子的检验、溶液的配制等基本实验操作，侧重于化学基础知识的综合运用，题目难度不大．
14．（3分）氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH4+具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH4+水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg（OH）2与NH4Cl反应
【分析】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解出H+使溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，水解平衡向正反应方向移动。
【解答】解：氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解出H+使溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，水解平衡向正反应方向移动，随着一水合氨浓度增大，Mg与H+反应放热，一水合氨分解产生NH3，
故选：C。
【点评】本题考查了盐的水解、元素化合物的性质，为高考中的高频题，题目难度不大，把握盐的水解原理是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
15．（3分）已知如表是几种常见元素的原子半径数据，下列说法正确的是（ ）
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073～0.154nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
【分析】A.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐减小；
B.同一周期的元素从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；
C.最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响；
D.电子层数越多，则微粒半径越大。
【解答】解：A.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，对电子层的吸引力逐渐增大，原子半径逐渐减小，故A错误；
B.同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，而电子层数越多，原子半径越大，故F的原子半径小于O，更小于Na，故F的原子半径小于0.073nm，故B错误；
C.最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响，电子层数越多，则微粒半径越大，故C正确；
D.电子层数越多，则微粒半径越大，Mg2+比Mg少一个电子层，故Mg2+的半径小于Mg的半径，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了元素周期律微粒半径的大小比较，难度不大，应注意影响微粒半径的因素有电子层数、核电荷数和最外层电子数。
16．（3分）已知：下列说法不正确的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
【分析】A．M、W含有苯环，N含有碳碳双键，结合苯、烯烃的性质判断；
B．M与溴水不反应；
C．甲苯与足量的氢气加成生成，有5种H；
D．W含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征。
【解答】解：A．M、W含有苯环，可发生加成、取代反应，可被氧化，如燃烧等，N含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可发生取代反应，故A正确；
B．M含有苯环，与溴水不反应，故B正确；
C．甲苯与足量的氢气加成生成，有5种H，则一氯代物有5种，故C错误；
D．W含有4个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有碳原子不可能在同一平面上，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
17．（3分）向一定质量FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图象不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】锌的金属活动性比铁、铜强，FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，氯化铜反应完，锌才能与氯化亚铁溶液反应生成氯化锌溶液和铁，据此进行分析解答。
【解答】解：A．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，铜的质量逐渐增加，至氯化铜完全反应不再发生改变，故A正确；
B．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，反应的化学方程式为Zn+CuCl2＝ZnCl2+Cu，Zn+FeCl2＝FeCl2+Fe每65g的锌可置换出64g的铜，每65g的锌可置换出56g的铁，溶液的质量应增加，故B正确；
C．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，锌先与氯化铜溶液反应生成氯化锌溶液和铜，氯化铜反应完，锌才能与氯化亚铁溶液反应生成氯化锌溶液和铁，氯化亚铁的质量逐渐减少，最终完全反应，减少至0，故C正确；
D．随着反应的进行，氯化锌的质量逐渐增加，至完全反应不再发生改变，但是刚开始溶液中的氯化锌为0，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应，难度不大，掌握金属的活动顺序和反应原理为解答的关键，注意元素化合物知识的运用。
18．（3分）某未知溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、Mg2+、Al3+和K+．取100mL该溶液进行实验，过程记录如下．由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl﹣ B．一定有CO32﹣
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
【分析】由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡或氢氧化镁，则含Mg2+或SO42﹣，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，结合离子共存及电荷守恒解答．
【解答】解：由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+，因CO32﹣、Al3+相互促进水解，则一定不含CO32﹣；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则含Mg2+或SO42﹣，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，即Mg2+可能存在；
①若存在SO42﹣、Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl﹣，
②若存在SO42﹣、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl﹣，
③若存在Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl﹣、SO42﹣，
由上述分析可知，不能确定K+，
故选：A。
【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用及离子推断，为高频考点，把握白色沉淀的成分及发生的反应为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的考查，题目难度中等．
19．（3分）《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解”。茶叶中含铁元素的检验可经如图四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
【分析】A．固体灼烧应在坩埚中进行；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在烧杯中进行；
C．过滤使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；
D．用KSCN检验滤液中的Fe3+。
【解答】解：A．固体灼烧应在坩埚中进行，则将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨，故A不选；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在烧杯中进行，不用容量瓶，故B选；
C．过滤使用的仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故C不选；
D．用KSCN检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查基本的实验操作，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
20．（3分）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol•L﹣1KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO﹣+I﹣＝3Cl﹣+IO3﹣；IO3﹣+5I﹣+6H+＝3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol•L﹣1 B．0.10mol•L﹣1
C．0.25mol•L﹣1 D．0.60mol•L﹣1
【分析】整个过总反应为ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+H2O+I2，根据反应消耗的KI量，结合离子方程式计算n（NaClO），进而计算原消毒液中NaClO的物质的量浓度。
【解答】解：整个过总反应为ClO﹣+2I﹣+2H+＝Cl﹣+H2O+I2，则n（NaClO）＝n（KI）＝0.02L×0.100mol/L×＝0.00100mol，故c（NaClO）＝＝0.100mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查化学方程式的计算，涉及氧化还原滴定滴定，关键是理解测定原理，题目侧重考查学生分析计算能力、综合运用知识的能力。
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。请做（一）（二）两题：
（一）（1）硫原子的最外层电子排布式 2s22p4 。铝原子核外电子占据轨道有 9 个，氯原子能量最高的电子亚层是 3p 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 2 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高 。
（3）用Fe2（SO4）3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2（SO4）3再生，其原理为： 4 FeSO4+ 1 O2+ 2 H2SO4 2 Fe2（SO4）3+ 2 H2O配平上面Fe2（SO4）3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 30℃、pH＝2.0 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度（℃）
c（氨水）（mol/L）
电离度（%）
c（OH﹣）（mol/L）
0
16.56
9.098
1.507×10﹣2
10
15.16
10.18
1.543×10﹣2
20
13.63
11.2
1.527×10﹣2
①温度升高，NH3•H2O的电离平衡向 右 （填“左”、“右”）移动。
②表中c（OH﹣）基本不变的原因是 氨水浓度降低，使c（OH﹣）减小，而温度升高，使c（OH﹣）增大，双重作用使c（OH﹣）基本不变 。
【分析】（1）硫原子的核外电子排布式为1s22s22p4，铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，Cl原子价层电子排布为3s23p5，过氧化钠的离子化合物，由Na+和构成，N原子含有s和p两种类型的轨道；
（2）氯化钠和氯化钾晶体都属于离子晶体，二者的阴离子相同，而钠离子半径小于钾离子，则氯化钠的晶格能大于氯化钾；
（3）根据电子守恒和原子守恒配平此化学方程式，并用单线桥分析此氧化还原反应；用Fe2（SO4）3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性；
（4）①根据温度对电离平衡的影响分析；
②浓度和温度对电离平衡的影响分析。
【解答】解：（1）硫原子的最外层电子排布式为2s22p4，铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，铝原子核外电子占据轨道有9个，Cl原子价层电子排布为3s23p5，氯原子能量最高的电子亚层是3p，过氧化钠的离子化合物，电子式为，N原子含有s和p两种类型的轨道，则电子云有2种，
故答案为：2s22p4；9；；2；
（2）钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高，
故答案为：钠离子半径小于钾离子，氯化钠晶格能大于氯化钾，所以氯化钠熔点高；
（3）此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e﹣，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，并用单线桥分析为，用Fe2（SO4）3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液pH分别为：30℃、pH＝2.0；反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，
故答案为：4；1；2；2；2；；30℃、pH＝2.0；蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性；
（4）①温度升高，促进NH3•H2O的电离，平衡向右移动，
故答案为：右；
②氨水浓度在降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH﹣）基本不变，
故答案为：氨水浓度降低，使c（OH﹣）减小，而温度升高，使c（OH﹣）增大，双重作用使c（OH﹣）基本不变。
【点评】本题考查了核外电子排布、电离平衡、氧化还原反应，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息的分析，掌握电离平衡常数的运用，难度中等。
22．回答下列问题：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 K＝ ；经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）＝0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 0.005mol/（L•min） 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 bd （选填编号）。
a.移出氧气
b.降低温度
c.减小压强
d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1LpH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度（c）的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） 。a点溶液中由水电离产生的c（H+）＝ 1×10﹣10mol/L 。b点溶液中c（H+） 小于 1×10﹣7mol/L（填写“等于”、“大于”或“小于”）。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3 。
【分析】（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）﹣Q，故K＝；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动；
c．减小压强，平衡逆向移动；
d．再充入0.050mol SO2（g）和0.030mol O2（g），相当于增大压强，平衡正向移动；
（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2（723K）时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短；
（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH﹣离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH＝10的氢氧化钠溶液，c（H+）＝1×10﹣10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol/L；b点水电离出的氢氧根的浓度为1×10﹣7mol/L，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性；
（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸。
【解答】解：（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）﹣Q，故K＝；由信息可知v（SO3）＝＝0.010mol/L•min，反应速率之比等于系数之比，故v（O2）＝0.005mol/（L•min），
故答案为：K＝；0.005mol/（L•min）；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，故a错误；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，故b正确；
c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，故c错误；
d．再充入0.050mol SO2（g）和0.030mol O2（g），相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故d正确；
故答案为：bd；
（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2（723K）时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示，
故答案为：；
（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH﹣离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故离子浓度由大至小的关系是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣ ）＞c（H+）；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH＝10的氢氧化钠溶液，c（H+）＝1×10﹣10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c（H+）＝1×10﹣10mol/L；b点水电离出的氢氧根的浓度为1×10﹣7mol/L，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c（H+）＜1×10﹣10mol/L，
故答案为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；1×10﹣10 mol/L；小于；
（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3、CO2+H2O⇌H2CO3。
【点评】本题考查了化学平衡常数、影响化学平衡的外界条件综合应用及知识迁移能力等考点，题目难度中等，注意平衡常数在计算中的应用。
23．某校研究性学习小组的同学对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，请你参与探究实验并完成下列问题：
操 作
现 象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
i．液面上方出现白雾；
ii．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式是： 2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 碱性、漂白性 。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是 检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰 。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是 白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是 CaSO4 。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣ 。
【分析】（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（2）pH试纸变蓝色，说明溶液呈碱性，次氯酸具有漂白性；
（3）①氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色；
②SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）根据其它酸是否溶液变为黄绿色；
（5）①SO2被氧化为SO42﹣，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶物硫酸钙；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，据此书写。
【解答】解：（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明又具有漂白性，故答案为：碱性、漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰，故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，
故答案为：白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色，故答案为：向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42﹣，故沉淀X为CaSO4，故答案为：CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣，故答案为：Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣。
【点评】本题考查探究实验，根据实验现象分析物质的性质，同时考查学生分析问题、总结问题能力，注意：不能用pH试纸测定氯水pH值，次氯酸有漂白性导致测定不准确，为易错点。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 1，3﹣丁二烯 。反应②和⑤的反应类型分别是 氧化反应 、 取代反应 。
（2）写出C到D的反应方程式： HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比
为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式： 、 或或 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 步骤少、不需要强酸性物质，节约能源 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备的合成路线：（备注：（1）参照所提供的信息（2）表示方法为：AB•••目标产物） （无机试剂任选）。
【分析】A和乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据D的结构简式知，C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3，D发生信息中的取代反应生成E，E中氢原子被甲基取代生成F，F发生水解反应然后酸化得到G；
（5）由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备，乙酸乙酯发生信息中的反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和BrCH2CH2CH2CH2Br发生E生成F类型的反应生成，然后发生水解反应、酸化得到目标产物。
【解答】解：（1）化合物A的名称是1，3﹣丁二烯，反应②和⑤的反应类型分别是氧化反应、取代反应，
故答案为：1，3﹣丁二烯；氧化反应；取代反应；
（2）C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3，C到D的反应方程式：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O，
故答案为：HOOC（CH2）4COOH+2CH3CH2OHCH3CH3OOC（CH2）4COOCH2CH3+2H2O；
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，X中含有两个等效甲基，符合要求的X的结构简式：、、、，
故答案为：；或或；
（4）“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点步骤少、且不需要强酸性物质，节约能源，
故答案为：步骤少、不需要强酸性物质，节约能源；
（5）由乙酸乙酯和1，4﹣二溴丁烷（）制备，乙酸乙酯发生信息中的反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，CH3COCH2COOCH2CH3和BrCH2CH2CH2CH2Br发生E生成F类型的反应生成，然后发生水解反应、酸化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质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。
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