2022年上海市高考化學試卷(解析卷)

2022年上海市高考化學試卷一、選擇題（本題共20小題，每小題2分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．（2分）北京2022年冬奧會上，我國短道速滑隊取得了良好成績。短道速滑所用冰刀的材料是合金。下列選項正確的是（）A．該合金熔點比純鐵低 B．該合金硬度比純鐵低 C．該合金含碳量比生鐵高 D．該合金延展性比生鐵差2．（2分）雪蠟是冰雪運動的重要材料，主要成分為石蠟。以下關于石蠟的說法正確的是（）A．常溫下是氣態(tài) B．易溶于水 C．是純凈物 D．是石油分餾產物3．（2分）Na2O的電子式為（）A． B． C． D．4．（2分）二氧化碳在一定條件下可以轉化為乙酸，下列有關二氧化碳性質的說法正確的是（）A．為共價化合物 B．為電解質 C．為折線形分子 D．含非極性共價鍵5．（2分）苯是不飽和烴，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為（）A．苯是非極性分子 B．苯溶于四氯化碳 C．苯不能發(fā)生取代反應 D．苯中不存在烯烴典型的碳碳雙鍵6．（2分）下列物質中所有原子均共面的是（）A．二氯甲烷 B．1，1，2，2﹣四氯乙烷 C．1，2﹣二氯乙烯 D．乙醛7．（2分）關于CH3C≡CCH3的說法錯誤的是（）A．是乙炔同系物 B．和1，3﹣丁二烯互為同分異構體 C．可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．1mol該物質能和3molH2加成8．（2分）常溫下，在pH＝1的溶液中可以大量共存的是（）A．Al3+、、Cl﹣ B．OH﹣、Al3+、Na+ C．Fe2+、K+、S2﹣ D．Fe2+、、Cl﹣9．（2分）下列屬于原子晶體的是（）A．CO2 B．金剛石 C．NaCl D．氦氣10．（2分）下列關于硫酸工業(yè)的說法正確的是（）A．在純氧中煅燒黃鐵礦 B．在高壓條件下制SO3 C．用98%濃硫酸吸收SO3 D．用澄清石灰水吸收尾氣11．（2分）下列事實不能說明C的非金屬性大于Si的是（）A．穩(wěn)定性：CH4＞SiH4 B．酸性：H2CO3＞H2SiO3 C．熔沸點：CO2＜SiO2 D．CH4中C為﹣4價，SiH4中Si為+4價12．（2分）制備二氧化硫并檢驗其性質，用銅和濃硫酸在試管中制得二氧化硫，先通到品紅溶液中，然后通到新制氯水中，最后尾氣處理，下列說法正確的是（）A．SO2是氧化產物 B．品紅溶液褪色體現(xiàn)SO2的漂白性 C．新制氯水褪色體現(xiàn)SO2的氧化性 D．用飽和亞硫酸鈉溶液處理尾氣13．（2分）將Mg加入稀NH4Cl溶液中，發(fā)生反應Mg+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2↑，下列說法正確的是（）A．用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗NH3 B．經過一段時間之后可能生成Mg（OH）2沉淀 C．NH3和H2均為還原產物 D．1molMg充分反應生成22.4L氣體（標準狀況下）14．（2分）下列四組物質中，不能用溴水鑒別的是（）A．SO2和CO2 B．NaOH和NaCl C．乙烷和乙烯 D．正戊烷和正己烷15．（2分）反應X（g）→Y（g）﹣Q1，Y（g）→Z（g）+Q2，已知Q2＞Q1，下列圖象正確的是（）A． B． C． D．16．（2分）冰層表面摩擦力小，原因可能是其表面有一層液態(tài)水，現(xiàn)有一冰面面積為200m2，液態(tài)水厚度為10﹣7m，水的密度為1g?cm﹣3，求液態(tài)水分子數(shù)（）A．6.69×1020 B．1.20×1022 C．6.69×1023 D．1.20×102517．（2分）實驗室用叔丁醇和質量分數(shù)為37%的濃鹽酸制取叔丁基氯，通過分液、洗滌、干燥、蒸餾等步驟得到精制產品。下列說法錯誤的是（）溶解性密度沸點叔丁醇易溶于水0.775g?cm﹣383℃叔丁基氯微溶于水0.851g?cm﹣351～52℃A．分液：叔丁基氯在分液漏斗上層 B．洗滌：用氫氧化鈉除去酸性物質 C．干燥：用無水氯化鈣除去微量水 D．蒸餾：通過蒸餾獲得精制叔丁基氯18．（2分）濃硫酸貯存罐的鈍化金屬保護法示意圖如圖，其原理是利用可鈍化的金屬與直流電源相連，控制合適的電壓，使金屬貯存罐表面形成致密的鈍化膜，以有效減緩金屬腐蝕。下列選項錯誤的是（）A．金屬貯存罐可用鋼制材料 B．電子沿導線流入輔助電極 C．貯存濃硫酸的金屬罐與電源負極相連 D．電壓高到一定程度有可能會加劇腐蝕19．（2分）向10mL濃度為0.1mol?L﹣1的二元弱酸H2A中逐滴加入VmL0.1mol?L﹣1的NaOH溶液。下列離子關系錯誤的是（）A．V＝5，2[Na+]＝[H2A]+[HA﹣]+[A2﹣] B．V＝10，[H2A]+[H+]＝[OH﹣]+2[A2﹣] C．V＝15，且測得此時溶液pH＜7，[Na+]＞[A2﹣]＞[HA﹣] D．V＝20，[Na+]＞2[HA﹣]＞2[H2A]20．（2分）向體積為1L的容器中充入4molA，發(fā)生反應：2A（s）?2B（g）+C（？），不同溫度下的平衡常數(shù)與達到平衡時B的物質的量如下：溫度T1T2K41n（B）/molxy下列說法正確的是（）A．容器中氣體的平均摩爾質量不變時，該反應達到平衡 B．T1時，若平衡時剩余2molA，則C必為氣體 C．T2時，當反應達到平衡后，容器內剩余A的物質的量為3mol D．T2時，若容器的體積變?yōu)?L，則平衡時n（B）＝2ymol二、（本題共15分）21．（15分）利用Al2O3催化氮氣合成氨氣，并生成CO、H2等燃料氣的方程式如下所示：反應①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s）反應②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g）（1）氮原子核外電子排布式為：。（2）比較C、N、O原子的半徑大?。?。（3）反應①的進程如圖所示，則p1和p2的大小為：。（4）某一2L恒溫恒容裝置，反應前充入3mol甲烷，10min后，甲烷為1.2mol，求前10min氮氣的反應速率為：。（5）寫出反應①和反應②的總反應方程式：。（6）這個制取氨氣的方法和工業(yè)制取氨氣相比，優(yōu)點是：、。三、（本題共15分）22．（15分）銨態(tài)氮肥的過度使用會導致水體的富營養(yǎng)化，研究發(fā)現(xiàn)，可以用化學方法和生物方法去除氨氮?，F(xiàn)探究去除溶液中氨氮的最適宜條件。（1）化學方法一般用次氯酸鈉氧化。次氯酸鈉可以和水中溶解的氨氣反應得到無毒無害物質，其離子方程式為3ClO﹣+2NH3═3Cl﹣+N2↑+3H2O。次氯酸鈉溶液中含氯的微粒有。（2）規(guī)定義：氨氮脫除率＝氨氮脫除率受溶液pHn（NaClO）/n（NH3）的影響。如表是不同pH下的氨氮脫除率：pH反應前氮元素質量反應后氮元素質量氨氮脫除率5.849.324.1151.1%6.949.319.0861.3%7.749.316.8665.8%8.849.318.8861.7%9.349.325.29x圖示為最適宜pH條件，NaClO和NH3起始投料比例不同的情況下的氨氮脫除率。試分析為什么最佳pH時，按照3：2投料氨氮脫除率較低，只有0.6，寫出兩個可能的原因：。（3）由上述信息判斷，反應的最佳pH范圍是，最佳投料比是。生物方法是利用硝化細菌，將土壤中的轉化為后，土壤中的O2進一步將氧化為。之后，在氧氣較少的環(huán)境下，又可以在反硝化細菌的作用下與反應，使氮以N2形式放出。（4）氧氣與反應時，反應物與O2的物質的量之比為。寫出與作用生成N2的離子方程式：。（5）在VLamol?L﹣1的氨水中滴加等體積0.01mol?L﹣1的鹽酸，使pH＝7，則產物中一水合氨濃度為。四、（本題共15分）23．（15分）惕各酸及其酯類在香精配方中有著廣泛的用途，已知惕各酸香葉醇酯的結構如圖所示：其合成方法如圖所示：C5H9NO（A）C5H10O3（B）→惕各酸已知：RCHO（1）反應①為反應，有機物B中的官能團名稱為。（2）反應②③的反應試劑與條件為。（3）寫出分子式為C5H10O3，滿足下列條件的結構簡式：。①能水解且能發(fā)生銀鏡反應②不與Na反應③有3種化學環(huán)境不同的氫原子（4）寫出以為原料，制備的流程。（無機試劑任選）合成路線流程圖示例：甲乙??????目標產物（5）反應原料異戊二烯可以發(fā)生加聚反應，寫出其兩種加聚產物：、。五、（本題共15分）24．（15分）天然氣中?；煊蠬2S，現(xiàn)用如下方法測定天然氣中H2S的含量。反應中涉及的方程式有：①H2S+Zn（NH3）4（OH）2═ZnS+4NH3↑+2H2O②ZnS+I2═ZnI2+S③I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI（1）反應①中，H2S體現(xiàn)（選填“酸性”“氧化性”或“還原性”）。采用以下方法測定H2S的含量。步驟Ⅰ：將1L天然氣中的H2S溶于水并進行反應①，配制成500mL溶液。步驟Ⅱ：加入0.001mol的I2（過量）使ZnS完全轉化為ZnI2，加入淀粉溶液作為指示劑，用0.1mol?L﹣1的Na2S2O3滴定過量的I2，做幾組平行實驗，平均消耗15.00mL。（2）滴定達到終點的現(xiàn)象為：溶液由色變色，且半分鐘不恢復原色。根據(jù)條件計算天然氣中H2S的含量為mg?L﹣1。若在步驟Ⅰ收集H2S的過程中，有少量硫化氫進入CuSO4溶液中，則測得H2S的含量（選填“偏高”“偏低”或“無影響”）。（3）假設在反應②中，碘單質全部轉化為易溶于水的ZnI2，如何檢驗體系中的I﹣？。（4）利用硫碘循環(huán)處理H2S的方法如圖所示：寫出上述流程中A、B、C的化學式。A：；B：；C：。

2022年上海市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共20小題，每小題2分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．（2分）北京2022年冬奧會上，我國短道速滑隊取得了良好成績。短道速滑所用冰刀的材料是合金。下列選項正確的是（）A．該合金熔點比純鐵低 B．該合金硬度比純鐵低 C．該合金含碳量比生鐵高 D．該合金延展性比生鐵差【分析】合金硬度大于成分金屬，熔點低于成分金屬，延展性較好，據(jù)此進行解答。【解答】解：A．合金的熔點比組成金屬熔點低，故該合金熔點比純鐵低，故A正確；B．合金的硬度比組成金屬硬度高，故該合金硬度比純鐵高，故B錯誤；C．該合金含碳量比生鐵低，故C錯誤；D．該合金延展性比生鐵優(yōu)良，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了合金性質等，題目難度不大，側重于考查學生的分析能力應用能力，注意相關知識的積累。2．（2分）雪蠟是冰雪運動的重要材料，主要成分為石蠟。以下關于石蠟的說法正確的是（）A．常溫下是氣態(tài) B．易溶于水 C．是純凈物 D．是石油分餾產物【分析】A.石蠟是固態(tài)高級烷烴混合物的俗稱，分子式為CnH2n+2，其中n＝20～40，碳原子數(shù)約為18～30的烴類混合物；B.石蠟中不含親水基；C.石蠟是固態(tài)高級烷烴混合物的俗稱；D.石蠟是從原油分餾只所得到的無色無味的混合物。【解答】解：A.石蠟是固態(tài)高級烷烴混合物的俗稱，分子式為CnH2n+2，其中n＝20～40，碳原子數(shù)約為18～30的烴類混合物，所以石蠟常溫下是固態(tài)，故A錯誤；B.石蠟中不含親水基，所以難溶于水，故B錯誤；C.石蠟是固態(tài)高級烷烴混合物的俗稱，不是純凈物，故C錯誤；D.石蠟是從原油分餾只所得到的無色無味的混合物，所以石蠟是石油分餾產物，故D正確，故選：D?！军c評】本題以石蠟為載體考查烷烴，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確石蠟成分、性質是解答本題的關鍵，題目難度不大。3．（2分）Na2O的電子式為（）A． B． C． D．【分析】Na2O是離子化合物，據(jù)此寫出電子式?！窘獯稹拷猓篈．氧化鈉是Na+和O2﹣形成的離子化合物，鈉離子是簡單陽離子，直接寫離子符號即可，氧離子是陰離子，需要用右上角帶電荷符號的中括號表示，正確電子式為：，故選：A?！军c評】本題考查電子式的書寫，題目難度不大，注意基礎知識的積累。4．（2分）二氧化碳在一定條件下可以轉化為乙酸，下列有關二氧化碳性質的說法正確的是（）A．為共價化合物 B．為電解質 C．為折線形分子 D．含非極性共價鍵【分析】A．只含共價鍵的化合物是共價化合物；B．在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；C．二氧化碳為直線形分子；D．不同非金屬元素的原子之間存在極性鍵，同種非金屬元素的原子之間存在非極性鍵?！窘獯稹拷猓篈．CO2中只存在C＝O共價鍵，屬于共價化合物，故A正確；B．CO2的水溶液能導電，但電離出陰陽離子的是H2CO3而不是CO2，所以CO2是非電解質，故B錯誤；C．CO2分子中C原子價層電子對數(shù)＝2+＝2且不含孤電子對，為直線形分子，故C錯誤；D．CO2的結構式為O＝C＝O，只存在極性鍵，故D錯誤；故選：A。【點評】本題以二氧化碳為載體考查基本概念、分子空間構型判斷等知識點，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確共價化合物和電解質的概念、分子空間構型判斷方法等知識點是解本題關鍵，題目難度不大。5．（2分）苯是不飽和烴，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色，是因為（）A．苯是非極性分子 B．苯溶于四氯化碳 C．苯不能發(fā)生取代反應 D．苯中不存在烯烴典型的碳碳雙鍵【分析】苯的化學性質穩(wěn)定，且結構中不含碳碳雙鍵，苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，與溴不發(fā)生加成反應?！窘獯稹拷猓罕降幕瘜W性質穩(wěn)定，且結構中不含碳碳雙鍵，苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，與溴不發(fā)生加成反應，不是烯烴典型的碳碳雙鍵，故D正確，故選：D。【點評】本題考查苯的性質，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學生的學習的積極性，注意把握苯的結構和性質，題目難度不大。6．（2分）下列物質中所有原子均共面的是（）A．二氯甲烷 B．1，1，2，2﹣四氯乙烷 C．1，2﹣二氯乙烯 D．乙醛【分析】甲烷為四面體結構，分子中所有原子不共平面，乙烯中所有原子共平面；A．該分子相當于甲烷分子中的2個氫原子被2個氯原子取代；B．該分子相當于甲烷分子中2個氫原子被2個氯原子取代，1個氫原子被﹣CHCl2取代；C．該分子相當于乙烯分子中的2個氫原子被2個氯原子取代；D．該分子相當于甲烷分子中的1個氫原子被﹣CHO取代。【解答】解：甲烷為四面體結構，分子中所有原子不共平面，乙烯中所有原子共平面；A．該分子相當于甲烷分子中的2個氫原子被2個氯原子取代，所以該分子中所有原子一定不共平面，故A錯誤；B．該分子相當于甲烷分子中2個氫原子被2個氯原子取代，1個氫原子被﹣CHCl2取代，所以該分子中所有原子一定不共平面，故B錯誤；C．該分子相當于乙烯分子中的2個氫原子被2個氯原子取代，則該分子中所有原子一定共平面，故C正確；D．該分子相當于甲烷分子中的1個氫原子被﹣CHO取代，則該分子中所有原子一定不共平面，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查有機物結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確原子共平面判斷方法是解本題關鍵，采用代換法判斷，題目難度不大。7．（2分）關于CH3C≡CCH3的說法錯誤的是（）A．是乙炔同系物 B．和1，3﹣丁二烯互為同分異構體 C．可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．1mol該物質能和3molH2加成【分析】A．結構相似、分子組成上相差2個CH2原子團，互為同系物；B．分子式相同、結構不同，互為同分異構體；C．碳碳三鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色；D．碳碳三鍵一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應?！窘獯稹拷猓篈．結構相似、分子組成上相差2個CH2原子團，互為同系物，2﹣丁炔與乙炔的結構相似、分子組成上相差2個CH2原子團，互為同系物，故A正確；B．分子式相同、結構不同，互為同分異構體，2﹣丁炔與乙炔與1，3﹣丁二烯的分子式相同、結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．碳碳三鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，2﹣丁炔分子中含有的碳碳三鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，故C正確；D．碳碳三鍵一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應，2﹣丁炔分子中含有1個碳碳三鍵，則1mol2﹣丁炔能和2mol氫氣加成，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。8．（2分）常溫下，在pH＝1的溶液中可以大量共存的是（）A．Al3+、、Cl﹣ B．OH﹣、Al3+、Na+ C．Fe2+、K+、S2﹣ D．Fe2+、、Cl﹣【分析】常溫下，在pH＝1的溶液呈酸性，該溶質存在較多H+，離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發(fā)生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存，以此進行判斷?！窘獯稹拷猓篈．Al3+、、Cl﹣、H+之間不發(fā)生反應，能大量共存，故A正確；B．OH﹣與Al3+、H+反應，不能大量共存，故B錯誤；C．Fe2+、H+都與S2﹣反應，不能大量共存，故C錯誤；D．Fe2+、在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查離子共存的判斷，為高頻考點，明確題干暗含信息、常見離子的性質及離子反應發(fā)生條件為解答關鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。9．（2分）下列屬于原子晶體的是（）A．CO2 B．金剛石 C．NaCl D．氦氣【分析】相鄰原子之間通過強烈的共價鍵結合而成的空間網狀結構的晶體叫做原子晶體，常見的原子晶體是周期系第ⅣA族元素的一些單質和某些化合物，例如金剛石、硅晶體、SiO2、SiC等?！窘獯稹拷猓篈．CO2是分子晶體，故A錯誤；B．金剛石是原子晶體，故B正確；C．NaCl是離子晶體，故C錯誤；D．氦氣是分子晶體，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查常見物質晶體類型判斷，側重考查雙基的掌握，為高頻考點，難度不大，掌握常見物質晶體類型及常見分子晶體即可解答。10．（2分）下列關于硫酸工業(yè)的說法正確的是（）A．在純氧中煅燒黃鐵礦 B．在高壓條件下制SO3 C．用98%濃硫酸吸收SO3 D．用澄清石灰水吸收尾氣【分析】A．在沸騰爐中通入空氣煅燒黃鐵礦制備二氧化硫；B．硫酸工業(yè)中催化氧化SO2制備SO3，在常壓條件下進行即可；C．采用98%的濃硫酸吸收SO3避免產生大量酸霧；D．硫酸工業(yè)產生的尾氣主要是SO2，用氫氧化鈉溶液吸收。【解答】解：A．制備硫酸工業(yè)中，在沸騰爐中通入空氣煅燒黃鐵礦制備二氧化硫，不需要純凈的氧氣，故A錯誤；B．硫酸工業(yè)中催化氧化SO2制備SO3，在常壓條件下進行即可，該反應在常壓下的轉化率已經很大，加壓雖然可以使轉化率增大，但同時對設備要求提高、經濟成本增大，故B錯誤；C．工業(yè)上采用98%的濃硫酸吸收SO3，可避免產生大量酸霧降低吸收效率、腐蝕設備，故C正確；D．硫酸工業(yè)產生的尾氣主要是SO2，工業(yè)上通常采用石灰乳進行吸收，澄清石灰水中Ca（OH）2濃度太低，不適合處理工業(yè)尾氣，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了工業(yè)制備硫酸的工藝流程和注意問題，主義知識的熟練掌握，題目難度不大。11．（2分）下列事實不能說明C的非金屬性大于Si的是（）A．穩(wěn)定性：CH4＞SiH4 B．酸性：H2CO3＞H2SiO3 C．熔沸點：CO2＜SiO2 D．CH4中C為﹣4價，SiH4中Si為+4價【分析】根據(jù)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物對應水化物的酸性、單質之間的置換反應，得電子的難易程度等來判斷非金屬性的強弱?！窘獯稹拷猓篈．元素的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則元素的非金屬性越強，穩(wěn)定性CH4＞SiH4能說明C的非金屬性大于Si，故A錯誤；B．C的最高價含氧酸比Si的最高價含氧酸的酸性強，則C的非金屬性強，酸性H2CO3＞H2SiO3能說明C的非金屬性大于Si，故B錯誤；C．熔沸點的高低和元素的非金屬性之間無關，二氧化碳是分子晶體，二氧化硅是共價晶體，所以熔沸點CO2＜SiO2不能說明C的非金屬性大于Si，故C正確；D．CH4中C為﹣4價，則C的非金屬性強于H，SiH4中Si為+4價，則Si的非金屬性弱于H，能說明C的非金屬性大于Si，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查元素周期表和元素周期律，熟悉元素在周期表中的位置及元素的單質、化合物的性質，非金屬性的比較方法即可解答，題目難度不大。12．（2分）制備二氧化硫并檢驗其性質，用銅和濃硫酸在試管中制得二氧化硫，先通到品紅溶液中，然后通到新制氯水中，最后尾氣處理，下列說法正確的是（）A．SO2是氧化產物 B．品紅溶液褪色體現(xiàn)SO2的漂白性 C．新制氯水褪色體現(xiàn)SO2的氧化性 D．用飽和亞硫酸鈉溶液處理尾氣【分析】A．氧化還原反應中元素化合價降低的作氧化劑被還原生成還原產物，元素化合價升高的作還原劑被氧化得到氧化產物；B．SO2能與品紅結合生成不穩(wěn)定的無色物質，具有漂白性；C．SO2與新制氯水發(fā)生反應發(fā)生氧化還原反應，生成了硫酸和鹽酸；D．SO2在飽和亞硫酸鈉溶液中反應生成亞硫酸氫鈉，二氧化硫是酸性氧化物，一般用氫氧化鈉溶液吸收。【解答】解：A．濃硫酸與銅加熱反應生成SO2，發(fā)生反應的化學方程式為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，硫酸中硫元素化合價+6價降低到+4價SO2，SO2是還原產物，故A錯誤；B．SO2能與品紅結合生成不穩(wěn)定的無色物質，從而使品紅溶液褪色，體現(xiàn)SO2的漂白性，故B正確；C．SO2與新制氯水發(fā)生反應的化學方程式為：Cl2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HCl，使新制氯水褪色，體現(xiàn)了SO2的還原性，故C錯誤；D．SO2在飽和亞硫酸鈉溶液中反應生成亞硫酸氫鈉，但吸收量少，應選用氫氧化鈉溶液來處理尾氣，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了氧化還原反應、物質性質的分析判斷，主要是二氧化硫性質的理解應用，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。13．（2分）將Mg加入稀NH4Cl溶液中，發(fā)生反應Mg+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2↑，下列說法正確的是（）A．用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗NH3 B．經過一段時間之后可能生成Mg（OH）2沉淀 C．NH3和H2均為還原產物 D．1molMg充分反應生成22.4L氣體（標準狀況下）【分析】A.氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；B.鎂離子能與氨水反應生成Mg（OH）2沉淀；C.氧化劑得電子價態(tài)降低生成還原產物；D.1molMg反應生成3mol氣體?！窘獯稹拷猓篈.氨氣為堿性氣體，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故可用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氨氣，故A錯誤；B.氨氣易溶于水，隨反應進行，溶液堿性變強，可能生成Mg（OH）2沉淀，故B正確；C.由方程式可知，氫元素價態(tài)降低得電子，故氫氣為還原產物，故C錯誤；D.1molMg反應生成2mol氨氣和1mol氫氣，氣體體積為（2+1）mol×22.4L/mol＝67.2L，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查物質的性質與轉化，題目難度中等，注意掌握相關物質的基本性質和計算公式是解題的關鍵。14．（2分）下列四組物質中，不能用溴水鑒別的是（）A．SO2和CO2 B．NaOH和NaCl C．乙烷和乙烯 D．正戊烷和正己烷【分析】A．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr，二氧化碳與溴水不反應；B．溴水與NaOH溶液反應，NaCl與溴水不反應；C．乙烯與溴水發(fā)生加成反應，乙烷不反應；D．正戊烷和正己烷均與溴水不反應，且分層現(xiàn)象相同。【解答】解：A．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr，溴水褪去，而二氧化碳與溴水不反應，現(xiàn)象不同，可鑒別，故A錯誤；B．溴水與NaOH溶液反應，溴水褪色，而NaCl與溴水不反應，現(xiàn)象不同，可鑒別，故B錯誤；C．乙烯能與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，乙烷不反應，現(xiàn)象不同，可鑒別，故C錯誤；D．正戊烷和正己烷均與溴水不反應，且分層現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質的鑒別，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質的應用，題目難度不大。15．（2分）反應X（g）→Y（g）﹣Q1，Y（g）→Z（g）+Q2，已知Q2＞Q1，下列圖象正確的是（）A． B． C． D．【分析】反應X（g）→Y（g）﹣Q1，反應為吸熱反應，反應物總能量低于生成物，Y（g）→Z（g）+Q2，反應為放熱反應，反應物總能量高于生成物，已知Q2＞Q1，放出的熱量大于吸收的熱量，據(jù)此分析判斷。【解答】解：反應X（g）→Y（g）﹣Q1，反應為吸熱反應，反應物總能量低于生成物，故C、D錯誤，Y（g）→Z（g）+Q2，反應為放熱反應，反應物總能量高于生成物，由于Q2＞Q1，說明放出的熱量大于吸收的熱量，所以A符合題意，故B不符合；故選：A?！军c評】本題考查了化學反應的能量變化分析判斷，主要是放熱反應和吸熱反應的理解應用，題目難度不大。16．（2分）冰層表面摩擦力小，原因可能是其表面有一層液態(tài)水，現(xiàn)有一冰面面積為200m2，液態(tài)水厚度為10﹣7m，水的密度為1g?cm﹣3，求液態(tài)水分子數(shù)（）A．6.69×1020 B．1.20×1022 C．6.69×1023 D．1.20×1025【分析】根據(jù)m＝ρ×V計算水的質量，結合公式n＝計算物質的量?！窘獯稹拷猓河深}目信息可知，液態(tài)水的體積為200m2×10﹣7m＝2×10﹣5m3＝20cm3，質量為1g?cm﹣3×20cm3＝20g，物質的量為＝mol，分子數(shù)為mol×6.02×1023/mol≈6.69×1023，故選：C?！军c評】本題考查物質的量計算，題目難度中等，掌握以物質的量為中心的計算轉化關系是解題的關鍵。17．（2分）實驗室用叔丁醇和質量分數(shù)為37%的濃鹽酸制取叔丁基氯，通過分液、洗滌、干燥、蒸餾等步驟得到精制產品。下列說法錯誤的是（）溶解性密度沸點叔丁醇易溶于水0.775g?cm﹣383℃叔丁基氯微溶于水0.851g?cm﹣351～52℃A．分液：叔丁基氯在分液漏斗上層 B．洗滌：用氫氧化鈉除去酸性物質 C．干燥：用無水氯化鈣除去微量水 D．蒸餾：通過蒸餾獲得精制叔丁基氯【分析】A．分液時，密度大的液體在下方、密度小的液體在上方；B．NaOH能使氯代烴發(fā)生水解反應；C．無水CaCl2具有吸水性；D．互溶且沸點相差較大的液體采用蒸餾的方法分離。【解答】解：A．分液時，密度大的液體在下方、密度小的液體在上方，叔丁基氯密度小于水，叔丁醇和水互溶，所以分液時叔丁基氯在分液漏斗上層，故A正確；B．NaOH能使叔丁基氯發(fā)生水解反應，所以不能用NaOH溶液除去酸性物質，故B錯誤；C．無水CaCl2具有吸水性，且和其它物質不反應，所以可以用無水氯化鈣除去微量水，故C正確；D．叔丁基氯和叔丁醇互溶且沸點相差較大，可以采用蒸餾的方法獲得精制叔丁基氯，故D正確；故選：B?！军c評】本題以叔丁基氯的制備為載體考查化學實驗方案評價，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確實驗原理、物質性質差異性是解本題關鍵，題目難度不大。18．（2分）濃硫酸貯存罐的鈍化金屬保護法示意圖如圖，其原理是利用可鈍化的金屬與直流電源相連，控制合適的電壓，使金屬貯存罐表面形成致密的鈍化膜，以有效減緩金屬腐蝕。下列選項錯誤的是（）A．金屬貯存罐可用鋼制材料 B．電子沿導線流入輔助電極 C．貯存濃硫酸的金屬罐與電源負極相連 D．電壓高到一定程度有可能會加劇腐蝕【分析】金屬貯存管需要在濃硫酸中被氧化形成鈍化層，因此要將金屬罐連接到電源的正極，使其做陽極被氧化，據(jù)此分析。【解答】解：A．鋼的主要成分為鐵，鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化，因此可用鋼制材料做金屬貯存罐，故A正確；B．貯存罐需要被氧化形成鈍化層，因此作陽極，連接到電源的正極，輔助電極做陰極，電子流入，故B正確；C．金屬罐需要被氧化形成鈍化層，故作陽極，應與電源正極相連，故C錯誤；D．當控制合適的電壓時，會在金屬貯存罐表面形成一層薄而致密的氧化膜，但電壓高到一定程度，內層的金屬有可能會繼續(xù)失電子被氧化，從而加劇其腐蝕，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了電化學中的電解池，根據(jù)電解池的目的來分析金屬罐所連接電源的正負極，出題角度比較新穎，難度不大。19．（2分）向10mL濃度為0.1mol?L﹣1的二元弱酸H2A中逐滴加入VmL0.1mol?L﹣1的NaOH溶液。下列離子關系錯誤的是（）A．V＝5，2[Na+]＝[H2A]+[HA﹣]+[A2﹣] B．V＝10，[H2A]+[H+]＝[OH﹣]+2[A2﹣] C．V＝15，且測得此時溶液pH＜7，[Na+]＞[A2﹣]＞[HA﹣] D．V＝20，[Na+]＞2[HA﹣]＞2[H2A]【分析】向10mL濃度為0.1mol?L﹣1的二元弱酸H2A中逐滴加入VmL0.1mol?L﹣1的NaOH溶液，依次發(fā)生反應H2A+NaOH＝NaHA+H2O，NaHA+NaOH＝Na2A+H2O，當V＝5時，所得溶液為等物質的量的NaHA和H2A的混合溶液，當V＝10時，所得溶液為NaHA溶液，當V＝15時，所得溶液為等物質的量的NaHA和Na2A的混合溶液，當V＝20時，所得溶液為Na2A溶液，結合電荷守恒、物料守恒和質子守恒分析作答。【解答】解：A．當NaOH溶液體積V＝5時，所得溶液為等物質的量的NaHA和H2A的混合溶液，由物料守恒可知2[Na+]＝[H2A]+[HA﹣]+[A2﹣]，故A正確；B．當NaOH溶液體積V＝10時，所得溶液為NaHA溶液，由質子守恒可知，[H2A]+[H+]＝[OH﹣]+[A2﹣]，故B錯誤；C．當NaOH溶液體積V＝15時，所得溶液為等物質的量的NaHA和Na2A的混合溶液，pH＜7，說明HA的電離程度大于A2﹣的水解程度，則溶液中存在[Na+]＞[A2﹣]＞[HA﹣]，故C正確；D．當NaOH溶液體積V＝20時，所得溶液為Na2A溶液，由物料守恒可知[Na+]＝2[H2A]+2[HA﹣]+2[A2﹣]，A2﹣水解生成HA﹣，HA﹣水解生成H2A，且以A2﹣的水解為主，所以[Na+]＞2[HA﹣]＞2[H2A]，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查酸堿中和滴定，題目難度中等，能依據(jù)題目信息準確判斷溶質成分是解題的關鍵。20．（2分）向體積為1L的容器中充入4molA，發(fā)生反應：2A（s）?2B（g）+C（？），不同溫度下的平衡常數(shù)與達到平衡時B的物質的量如下：溫度T1T2K41n（B）/molxy下列說法正確的是（）A．容器中氣體的平均摩爾質量不變時，該反應達到平衡 B．T1時，若平衡時剩余2molA，則C必為氣體 C．T2時，當反應達到平衡后，容器內剩余A的物質的量為3mol D．T2時，若容器的體積變?yōu)?L，則平衡時n（B）＝2ymol【分析】A．分析該反應容器中氣體的平均摩爾質量隨著反應進行，是否發(fā)生變化，變量不變即為平；B．T1時，若平衡時剩余2molA，則生成了2molB和1molC，容器內B的濃度為2mol?L﹣1，分別計算C為氣體和不為氣體時的化學平衡常數(shù)，結合表格K值分析；C．T?時，反應達到平衡后容器內剩余3molA，則生成了1molB和0.5molC，分別計算C為氣體和不為氣體時的化學平衡常數(shù)，結合表格K值分析；；D．T2時，容器體積變?yōu)?L，由于平衡常數(shù)只與溫度有關，所以平衡常數(shù)保持不變。【解答】解：A．若C不是氣體，則容器內的氣體只有B，此時混合氣體的平均摩爾質量即為B的摩爾質量，如果C為氣體，由于B、C均為生成物，且物質的量之比始終為2：1，則容器中氣體的平均摩爾質量為，始終為定值，說明容器內氣體的平均摩爾質量不變時，不能判斷該反應是否達到平衡，故A錯誤；B．T1時，若平衡時剩余2molA，則生成了2molB和1molC，容器內B的濃度為＝2mol?L﹣1，若C為氣體，則C的濃度為1mol?L﹣1，平衡常數(shù)K＝c2（B）?c（C）＝4；若C不為氣體，則K＝c2（B）＝4，說明C不一定是氣體，故B錯誤；C．T?時，反應達到平衡后容器內剩余3molA，則生成了1molB和0.5molC，若C不是氣體，則K＝c2（B）＝1，符合題目條件，若C為氣體，則K＝c2（B）×c（C）＝0.5，與題目條件不符，故C錯誤；D．T2時，容器體積變?yōu)?L，由于平衡常數(shù)只與溫度有關，所以平衡常數(shù)保持不變，又因為K＝c2（B）×c（C）＝c3（B）或K＝c2（B），所以需要c（B）保持不變，則平衡時n（B）＝2ymol，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學平衡相關計算，側重考查學生分析能力和計算能力，掌握化學平衡常數(shù)公式以及平衡常數(shù)只與溫度有關是解題關鍵，此題難度中等。二、（本題共15分）21．（15分）利用Al2O3催化氮氣合成氨氣，并生成CO、H2等燃料氣的方程式如下所示：反應①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s）反應②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g）（1）氮原子核外電子排布式為：1s22s22p3。（2）比較C、N、O原子的半徑大?。篊＞N＞O。（3）反應①的進程如圖所示，則p1和p2的大小為：p1＜p2。（4）某一2L恒溫恒容裝置，反應前充入3mol甲烷，10min后，甲烷為1.2mol，求前10min氮氣的反應速率為：0.03mol/（L?min）。（5）寫出反應①和反應②的總反應方程式：N2（g）+3CH4（g）+3H2O（g）2NH3（g）+3CO（g）+6H2（g）。（6）這個制取氨氣的方法和工業(yè)制取氨氣相比，優(yōu)點是：產物H2、CO可冶煉金屬，可作燃料、氧化鋁可循環(huán)使用，節(jié)約成本?！痉治觥浚?）氮的原子序數(shù)為7，其核外電子排布式為：1s22s22p3；（2）同一周期從左到右原子半徑逐漸減??；（3）增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動；（4）由題意知，Δn（CH4）＝3mol﹣1.2mol＝1.8mol，代入公式v（CH4）＝可計算出用甲烷表示的化學反應速率，再根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比分析即可；（5）已知反應①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s），反應②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g），兩式相加可得總反應方程式；（6）這個制取氨氣的方法和工業(yè)制取氨氣相比優(yōu)點是產物H2、CO可冶煉金屬，可作燃料，氧化鋁可循環(huán)使用，節(jié)約成本?！窘獯稹拷猓海?）氮的原子序數(shù)為7，其核外電子排布式為：1s22s22p3，故答案為：1s22s22p3；（2）同一周期從左到右原子半徑逐漸減小，則C、N、O原子的半徑大小為：C＞N＞O，故答案為：C＞N＞O；（3）根據(jù)圖像，溫度越高轉化率越大，則該反應為吸熱反應；而該反應為體積增大的反應，壓強越大，轉化率越低，所以p1＜p2，故答案為：p1＜p2；（4）由題意知，Δn（CH4）＝3mol﹣1.2mol＝1.8mol，則v（CH4）＝＝＝＝0.09mol/（L?min），根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則v（N2）＝v（CH4）＝0.03mol/（L?min），故答案為：0.03mol/（L?min）；（5）已知反應①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s），反應②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g），兩式相加可得總反應方程式，因此反應①和反應②的總反應方程式：N2（g）+3CH4（g）+3H2O（g）2NH3（g）+3CO（g）+6H2（g），故答案為：N2（g）+3CH4（g）+3H2O（g）2NH3（g）+3CO（g）+6H2（g）；（6）這個制取氨氣的方法和工業(yè)制取氨氣相比優(yōu)點是產物H2、CO可冶煉金屬，可作燃料，氧化鋁可循環(huán)使用，節(jié)約成本，故答案為：產物H2、CO可冶煉金屬，可作燃料；氧化鋁可循環(huán)使用，節(jié)約成本?！军c評】本題主要考查核外電子排布式的書寫、影響化學平衡移動的因此及化學反應速率的計算等知識，為高頻考點，題目難度不大。三、（本題共15分）22．（15分）銨態(tài)氮肥的過度使用會導致水體的富營養(yǎng)化，研究發(fā)現(xiàn)，可以用化學方法和生物方法去除氨氮?，F(xiàn)探究去除溶液中氨氮的最適宜條件。（1）化學方法一般用次氯酸鈉氧化。次氯酸鈉可以和水中溶解的氨氣反應得到無毒無害物質，其離子方程式為3ClO﹣+2NH3═3Cl﹣+N2↑+3H2O。次氯酸鈉溶液中含氯的微粒有ClO﹣、HClO。（2）規(guī)定義：氨氮脫除率＝氨氮脫除率受溶液pHn（NaClO）/n（NH3）的影響。如表是不同pH下的氨氮脫除率：pH反應前氮元素質量反應后氮元素質量氨氮脫除率5.849.324.1151.1%6.949.319.0861.3%7.749.316.8665.8%8.849.318.8861.7%9.349.325.29x圖示為最適宜pH條件，NaClO和NH3起始投料比例不同的情況下的氨氮脫除率。試分析為什么最佳pH時，按照3：2投料氨氮脫除率較低，只有0.6，寫出兩個可能的原因：次氯酸鈉中+1價的氯元素和產物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應，導致次氯酸鈉有所消耗；次氯酸根發(fā)生水解有所消耗。（3）由上述信息判斷，反應的最佳pH范圍是6.9～8.8，最佳投料比是3.25。生物方法是利用硝化細菌，將土壤中的轉化為后，土壤中的O2進一步將氧化為。之后，在氧氣較少的環(huán)境下，又可以在反硝化細菌的作用下與反應，使氮以N2形式放出。（4）氧氣與反應時，反應物與O2的物質的量之比為2：1。寫出與作用生成N2的離子方程式：。（5）在VLamol?L﹣1的氨水中滴加等體積0.01mol?L﹣1的鹽酸，使pH＝7，則產物中一水合氨濃度為（﹣0.005）mol?L﹣1?！痉治觥浚?）根據(jù)題給化學方程式，結合次氯酸鈉在水中的水解進行分析；（2）根據(jù)反應方程式，結合次氯酸根的水解進行解答；（3）根據(jù)題給表中數(shù)據(jù)進行分析；（4）由題給信息和化學方程式，結合離子方程式的書寫進行分析解答；（5）運用電荷守恒和元素守恒進行分析計算?！窘獯稹拷猓海?）由于HClO為弱酸，NaClO在溶液中會發(fā)生水解反應：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣，因此次氯酸鈉溶液中含氯的微粒有ClO﹣和HClO；故答案為：ClO﹣、HClO；（2）根據(jù)反應3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2↑+3H2O知，當NaClO和NH3的起始投料比為3：2時，理論上氨氮的脫除率為100%，而實際上氨氮的脫除率只有60%，根據(jù)ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2+H2O、ClO﹣+3H2O?HClO+OH﹣可推測其原因為：次氯酸鈉中+1價的氯元素和產物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應，導致次氯酸鈉有所消耗；次氯酸根發(fā)生水解有所消耗；故答案為：次氯酸鈉中+1價的氯元素和產物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應，導致次氯酸鈉有所消耗；次氯酸根發(fā)生水解有所消耗；（3）由表中數(shù)據(jù)知，當PH＝9.3時，氨氮脫除率，說明pH由7.7增大到9.3，氨氮脫除率一直降低，因此反應的最佳pH范圍為6.9～8.8，由圖中曲線可以看出，最佳投料比為3.25。故答案為：6.9～8.8；3.25；（4）由題目信息知，被O2氧化的離子方程式為2+O2＝2，該反應中，與O2的物質的量之比為2：1；與在反硝化細菌作用下發(fā)生歸中反應生成N2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得出反應的離子方程式為：；故答案為：2：1；；（5）PH＝7時c（H+）＝c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），可得c（）＝c（Cl﹣），即n（）＝n（Cl﹣）＝0.01Vmol，再根據(jù)N元素守恒可得n（）+n（NH3?H2O）＝aVmol，則n（NH3?H2O）＝aVmol﹣nmol＝（aV﹣0.01V）mol，NH3?H2O濃度為：＝mol?L﹣1；故答案為：（﹣0.005）mol?L﹣1?！军c評】該題考查了除溶液中氨氮的最適宜條件，掌握基礎知識，提取題給有用信息是解答的關鍵。四、（本題共15分）23．（15分）惕各酸及其酯類在香精配方中有著廣泛的用途，已知惕各酸香葉醇酯的結構如圖所示：其合成方法如圖所示：C5H9NO（A）C5H10O3（B）→惕各酸已知：RCHO（1）反應①為取代反應，有機物B中的官能團名稱為羥基、羧基。（2）反應②③的反應試劑與條件為HCl和催化劑加熱、NaOH水溶液和加熱。（3）寫出分子式為C5H10O3，滿足下列條件的結構簡式：HCOOC（CH3）OCH3。①能水解且能發(fā)生銀鏡反應②不與Na反應③有3種化學環(huán)境不同的氫原子（4）寫出以為原料，制備的流程。（無機試劑任選）合成路線流程圖示例：甲乙??????目標產物（5）反應原料異戊二烯可以發(fā)生加聚反應，寫出其兩種加聚產物：、?！痉治觥緾H3COCH2CH3和HCN發(fā)生信息中的反應生成A，結合A的分子式知，A為，A發(fā)生水解反應生成B為，B發(fā)生消去反應生成惕各酸為CH3CH＝C（CH3）COOH；根據(jù)惕各酸香葉醇酯和惕各酸的結構簡式知，香葉醇的結構簡式為（CH3）2C＝CHCH2CH2C（CH3）＝CHCH2OH，和HCl發(fā)生加成反應生成，然后發(fā)生水解反應生成香葉醇；（4）以（CH3）2C（CHO）CH2OH為原料制備，可由HOCH2C（CH3）2CH（OH