2022年高考化学测试卷2套及答案

第1页（共1页）高考化学第一次联合试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项是符合题目要求的）1．（2分）（2021•沈阳模拟）化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是（）A．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成纤维 B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸 C．“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战 D．《墨子•天志》中记载：“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属2．（2分）（2021•沈阳模拟）下列化学用语的表述正确的是（）A．葡萄糖的实验式：CH2O B．NaClO的电子式： C．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O D．NaHCO3在水溶液中电离方程式为：NaHCO3═Na++H++CO32﹣3．（2分）（2021•沈阳模拟）通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为0.2NA B．25℃时，pH＝1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA C．17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NA D．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA4．（2分）（2021•沈阳模拟）下列有机物命名正确的是（）A．：3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷 B．：3﹣丁醇 C．：邻二甲苯 D．：2﹣丙烯5．（2分）（2021•沈阳模拟）下列有关实验基本操作的说法正确的是（）A．用滴定法测定某成分时，一定用到的仪器主要有铁架台、滴定管和锥形瓶 B．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后立即进行分液操作 C．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 D．取出试剂瓶中的金属钠，切取少量后把剩余的金属钠投入到废液缸中6．（2分）（2021•沈阳模拟）下列各组元素，按原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高顺序排列的是（）A．K、Na、Li B．Al、Mg、Na C．N、O、C D．Cl、S、P7．（2分）（2021•沈阳模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B．Y单质的熔点高于X单质 C．W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低 D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构8．（2分）（2021•沈阳模拟）下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀试样已经氧化变质B乙醇和浓硫酸混合加热至170℃，将产生气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的是乙烯C在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝＞铝D将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中澄清石灰水不变浑浊验证碳的氧化产物为COA．A B．B C．C D．D9．（2分）（2021•沈阳模拟）亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用Cl2和NO制备NOCl装置如图。下列说法错误的是（）A．氯气在反应中做氧化剂 B．装入药品后，要先打开K2、K3，反应一段时间后，再打开K1 C．利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验 D．若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑10．（2分）（2021•沈阳模拟）用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如图：下列说法不正确的是（）A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污 B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素 C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2：1二、不定项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）11．（4分）（2021•沈阳模拟）下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下一步转化关系的组合有（）的组合序号XYZWASSO2H2SO3Na2SO4BNaNa2O2Na2CO3NaClCCl2Ca（ClO）2HClOHClDFeFe2（SO4）3FeSO4Fe（OH）2A．A B．B C．C D．D12．（4分）（2021•沈阳模拟）某硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）可用于制备FeCO3，其流程如图：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+下列说法不正确的是（）A．“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全 B．“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为2Fe3++FeS2＝2S↓+3Fe2+ C．“沉淀”时，可以先将溶液调节成强碱性，再加入（NH4）2CO3 D．所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净13．（4分）（2021•沈阳模拟）向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣ B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4﹣、Cl﹣ C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣ D．d点对应的溶液中：F﹣、NO3﹣、Fe2+、Ag+14．（4分）（2021•沈阳模拟）CO可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．合成甲醇的反应为放热反应 B．压强为p1＞p2 C．A、B、C三点的平衡常数为KA＝KB＞KC D．若达平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积也为10L15．（4分）（2021•沈阳模拟）如图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（）A．放电时，负极反应为2S22﹣﹣2e﹣═S42﹣ B．充电时，阳极反应为2Na2S2﹣2e﹣═Na2S4+2Na+ C．放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池 D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40gNa2S4三、非选择题（本大题共5小题，共60分）16．（12分）（2021•沈阳模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）用途广泛，是常见的漂白剂、疏松剂、食品抗氧化剂，某研究性学习小组探究焦亚硫酸钠的制取以及其性质。请回答下列问题：Ⅰ．制备、收集干燥的SO2（1）实验室制取SO2的试剂是。（填字母序号）①4mol•L﹣1HNO3溶液②70%的H2SO4溶液③CaSO3固体④Na2SO3固体A．①③B．①④C．②③D．②④（2）实验室制取SO2的化学方程式为。按气流方向连接各仪器a→→→→→→g→f（注：考虑防倒吸现象）。Ⅱ．焦亚硫酸钠的制取①在搅拌的条件下，向饱和碳酸钠溶液中通入SO2至反应液的pH＝4.1；②将溶液蒸发浓缩、结晶、离心分离，20～30℃干燥得到成品。（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为。Ⅲ．焦亚硫酸钠的性质（4）Na2S2O5作脱氧剂时的反应原理为：Na2S2O5+O2+H2O═Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化的实验方案是。（5）适当加入Na2S2O5使面团变得柔软，面团延伸性增加，拉断面团所需的拉力也逐渐减少，过度加入Na2S2O5会严重破坏蛋白质网络结构，面团变得稀软、发黏、延伸性下降，如图所示。综合来说，当添加量为（填字母序号）时，面团延伸性较好。A．0～0.05‰B．0.05‰～0.10‰C．0.1‰～0.15‰D．0.20‰～0.25‰17．（10分）（2021•沈阳模拟）MnSO4可用于医药、食品、造纸、催化剂等行业。工业上可以用软锰矿（主要成分是MnO2、含有FeO、Fe2O3、Al2O3、Ni、Cu等少量杂质）和还原剂（主要为有机物，如纤维素等）为原料制备。其工业流程如图。（1）酸浸时加入稍过量30%H2SO4溶液的目的是。（2）操作1中，加入MnO2氧化Fe2+反应的离子方程式为。（3）滤渣2的主要成分是。（填化学式）（4）为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，准确称量2.40g软锰矿样品，加入5.36gNa2C2O4固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.00mL，用0.040mol•L﹣1KMnO4溶液进行滴定，当滴入20.00mL溶液时恰好完全反应。已知：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）计算软锰矿中MnO2的质量分数（写出计算过程）。18．（13分）（2021•沈阳模拟）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：（1）已知CO分子中化学键为C≡O．相关的化学键键能数据如表：化学键H﹣OC≡OC＝OH﹣HE/（kJ•mol﹣1）4631075803436CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝kJ•mol﹣1．下列有利于提高CO平衡转化率的措施有（填标号）。a．增大压强b．降低温度c．提高原料气中H2O的比例d．使用高效催化剂（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可以制得重要有机化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为L。（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：，其反应历程如图1：①由原料到状态Ⅰ能量（填“放出”或“吸收”）。②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝。[气体分压（p分）＝气体总压（p总）×气体体积分数]③乙苯平衡转化率与p（CO2）的关系如图2所示，请解释乙苯平衡转化率随着p（CO2）变化而变化的原因。19．（13分）（2021•沈阳模拟）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式。（2）1个Cu2+与2个H2N﹣CH2﹣COO﹣形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为（用→标出配位键），在H2N﹣CH2﹣COO﹣中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）N、C原子存在的相同杂化方式是杂化。（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r（Mg2+）＝66pm，r（Ca2+）＝99pm，r（Sr2+）＝112pm，r（Ba2+）＝135pm；碳酸盐分解温度T（MgCO3）＝402℃，T（CaCO3）＝825℃，T（SrCO3）＝1172℃，T（BaCO3）＝1360℃．分析数据得出的规律是，解释出现此规律的原因是。（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如图。①两个最近的F﹣之间的距离是pm。（用含m的代数式表示）②CaF2晶胞的密度是g•cm﹣3。（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）20．（12分）（2021•沈阳模拟）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图。已知：Ⅰ．Ⅱ．（1）I的分子式为。（2）B反应生成C的化学方程式是。（3）G结构简式为，F最多有个原子共平面。（4）E中官能团的名称为；符合下列条件的E的同分异构体有种。Ⅰ．具有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢。（5）乙酰苯胺，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：RNO2RNH2。

高考化学第一次联合试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项是符合题目要求的）1．（2分）（2021•沈阳模拟）化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是（）A．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，属于合成纤维 B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸 C．“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战 D．《墨子•天志》中记载：“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属【分析】A、天然纤维是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维，合成纤维是利用石油、天然气等为原料制成的；B、“84”消毒液成分为氯化钠、次氯酸钠的溶液，在酸溶液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气；C、改燃煤为燃气，可减少二氧化硫的排放量；D、“书之竹帛，镂之金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上；【解答】解：A、聚丙烯材料是丙烯加成聚合反应生成的高分子化合物，属于合成纤维，故A正确；B、“84”消毒液成分为氯化钠、次氯酸钠的溶液，在酸溶液中氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，不能提高消毒效果，故B错误；C、改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的量，减少环境污染物的排放，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；D、“书之竹帛，镂之金石”意为把字写在竹简和帛上，雕刻在金属、石头上，故“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等，故D正确。故选：B。2．（2分）（2021•沈阳模拟）下列化学用语的表述正确的是（）A．葡萄糖的实验式：CH2O B．NaClO的电子式： C．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O D．NaHCO3在水溶液中电离方程式为：NaHCO3═Na++H++CO32﹣【分析】A．实验式是物质中各原子的最简单的整数比；B．NaClO是离子化合物；C．次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键；D．NaHCO3在溶液中完全电离为Na+和HCO3﹣。【解答】解：A．实验式是物质中各原子的最简单的整数比，葡萄糖的分子式为C6H12O6，故实验式为CH2O，故A正确；B．NaClO是离子化合物，故其电子式为，故B错误；C．次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H﹣O﹣Cl，故C错误；D．NaHCO3在溶液中完全电离为Na+和HCO3﹣，故电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故D错误。故选：A。3．（2分）（2021•沈阳模拟）通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molBaCl2晶体中所含离子总数为0.2NA B．25℃时，pH＝1的HCl溶液中含有H+的数目为0.1NA C．17gH2O2中含有非极性键数目为0.5NA D．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA【分析】A、1molBaCl2中所含离子总数为3mol；B、溶液的体积不知；C、根据n＝，结合1molH2O2中含有1mol非极性键来分析；D、2.33gBaSO4沉淀的物质的量为0.01mol，而此反应转移2mol电子，生成1mol硫酸钡沉淀。【解答】解：A、1molBaCl2中所含离子总数为3mol，所以0.1molBaCl2中所含离子总数为0.3NA，故A错误；B、溶液的体积不知，所以无法求物质的量，故B错误；C、17gH2O2中，n＝＝＝0.5mol，而双氧水中含1条非极性键，故0.5mol双氧水中含0.5NA条非极性键，故C正确；D、2.33gBaSO4沉淀的物质的量为0.01mol，而此反应转移2mol电子，生成1mol硫酸钡沉淀，故当生成0.01mol硫酸钡沉淀时，反应转移0.02mol电子即0.02NA个，故D错误；故选：C。4．（2分）（2021•沈阳模拟）下列有机物命名正确的是（）A．：3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷 B．：3﹣丁醇 C．：邻二甲苯 D．：2﹣丙烯【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。【解答】解：A．主链有6个碳的烷烃，3，4号碳上各有1个甲基，系统命名为3，4﹣二甲基己烷，故A错误；B．主链有4个碳的一元醇，2号碳上有羟基，系统命名为2﹣丁醇，故B错误；C．苯环的邻位有2个甲基，习惯命名为邻二甲苯，故C正确；D．主链有3个碳的烯烃，2号碳上有甲基，系统命名为2﹣甲基丙烯，故D错误。故选：C。5．（2分）（2021•沈阳模拟）下列有关实验基本操作的说法正确的是（）A．用滴定法测定某成分时，一定用到的仪器主要有铁架台、滴定管和锥形瓶 B．使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后立即进行分液操作 C．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 D．取出试剂瓶中的金属钠，切取少量后把剩余的金属钠投入到废液缸中【分析】A．滴定法有中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等，这些滴定法中都用到铁架台、滴定管和锥形瓶；B．振荡后不及时放气，则会导致漏斗内压强增大，有爆炸的可能；C．带刻度仪器不能烘干；D．钠投入到废液缸中会剧烈反应，应放回原试剂瓶中。【解答】解：A．中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶，故A正确；B．萃取时，振荡后需要打开活塞放气，可平衡气压，防止分液漏斗中气压过大，故B错误；C．洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干，故C错误；D．钠为危险品，遇到水生成易燃易爆气体氢气，做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中，用剩余的钠应放回到试剂瓶，故D错误；故选：A。6．（2分）（2021•沈阳模拟）下列各组元素，按原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高顺序排列的是（）A．K、Na、Li B．Al、Mg、Na C．N、O、C D．Cl、S、P【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，ⅤA族np能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，同主族自上而下电离能降低，据此结合选项判断．【解答】解：A．K、Na、Li处于同主族，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高，故A正确；B．Al、Mg、Na同周期，原子序数依次减小，同周期自左而右原子半径减小，故Al、Mg、Na原子半径依次增大，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Na＜Al＜Mg，故B错误；C．N、O、C同周期，同周期自左而右原子半径减小，故C、N、O原子半径依次减小，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；D．Cl、S、P同周期，原子序数依次减小，同周期自左而右原子半径减小，故Cl、S、P原子半径依次增大，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故S、Cl、P的第一电离能依次增大，故D错误；故选：A。7．（2分）（2021•沈阳模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B．Y单质的熔点高于X单质 C．W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低 D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Z的最外层电子数为8﹣1＝7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，其原子序数为14，则Y为Si元素，据此分析解答。【解答】解：结合分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素，A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A错误；B．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：Y＞X，故B正确；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞Si，则简单氢化物的稳定性：W＞Y，故C错误；D．该化合物中O元素均满足8电子稳定结构，故D错误；故选：B。8．（2分）（2021•沈阳模拟）下列根据实验操作和实验现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀试样已经氧化变质B乙醇和浓硫酸混合加热至170℃，将产生气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的是乙烯C在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝＞铝D将炽热的木炭与浓硝酸混合所得气体通入澄清石灰水中澄清石灰水不变浑浊验证碳的氧化产物为COA．A B．B C．C D．D【分析】A．酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钠；B．发生消去反应生成乙烯，且挥发的乙醇、生成的乙烯均使高锰酸钾褪色；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D．C与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳。【解答】解：A．向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，故A错误；B．乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，使溶液褪色的不一定是乙烯，故B错误；C．铝箔加热熔化但不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝，故C正确；D．发生4HNO3（浓）+C4NO2↑+CO2↑+2H2O，浓硝酸易挥发，且NO2溶解于水生成硝酸，致使澄清石灰水与二氧化碳接触无现象，故D错误；故选：C。9．（2分）（2021•沈阳模拟）亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体，具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用Cl2和NO制备NOCl装置如图。下列说法错误的是（）A．氯气在反应中做氧化剂 B．装入药品后，要先打开K2、K3，反应一段时间后，再打开K1 C．利用A装置还可以做Na2O2和水制氧气的实验 D．若没有B装置，C中可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑【分析】由A图制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能含硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，由右侧制备得到的干燥氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。A．根据化合价变化判断是否为氧化剂；B．先打开K2、K3通入一段时间气体，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、ClNO变质；C．该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体；D．若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮。【解答】解：A．根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故A正确；B．先打开K2、K3通入一段时间气体，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、ClNO变质，然后再打开K1，故B正确；C．该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；D．若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O═2HCl+NO↑+NO2↑，故D正确；故选：B。10．（2分）（2021•沈阳模拟）用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如图：下列说法不正确的是（）A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污 B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素 C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2：1【分析】废铁屑用Na2CO3溶液浸泡除去废铁屑表面的油污，加入稀硫酸溶解废铁屑，得到硫酸亚铁溶液，调节pH＝1～2，加入适量H2O2发生反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，将部分Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，通入N2并加热得到磁性胶体粒子，据此分析作答。【解答】解：A、Na2CO3溶液水解显碱性，油污在碱性溶液中水解，故用Na2CO3溶液浸泡除去废铁屑表面的油污，故A正确；B、Fe2+易被氧化，通入N2是防止空气中的O2氧化Fe2+，故B正确；C、H2O2具有氧化性，加入适量H2O2发生反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，将部分Fe2+氧化为Fe3+，故C正确；D、Fe3O4看做为（FeO•Fe2O3），故溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1：2，故D错误；故选：D。二、不定项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）11．（4分）（2021•沈阳模拟）下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下一步转化关系的组合有（）的组合序号XYZWASSO2H2SO3Na2SO4BNaNa2O2Na2CO3NaClCCl2Ca（ClO）2HClOHClDFeFe2（SO4）3FeSO4Fe（OH）2A．A B．B C．C D．D【分析】A．H2SO3不能一步反应生成Na2SO4；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，氯化钠电解生成Na；C．Cl2与石灰水反应生成Ca（ClO）2，再与二氧化碳反应生成HClO，HClO分解生成HCl，浓盐酸与二氧化锰反应生成Cl2；D．氢氧化亚铁不能一步生成Fe。【解答】解：A．硫与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫与水生成亚硫酸，但转化关系中H2SO3不能一步反应生成Na2SO4，故A错误；B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑，生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，生成NaCl，氯化钠电解：2NaCl2Na+Cl2↑生成Na，符合图中转化关系，故B正确；C．Cl2Ca（ClO）2HClOHClCl2，符合转化，故C正确；D．Fe与浓硫酸加热反应生成硫酸铁，硫酸铁和铁反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不能一步生成Fe，故D错误；故选：BC。12．（4分）（2021•沈阳模拟）某硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）可用于制备FeCO3，其流程如图：已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42﹣+16H+下列说法不正确的是（）A．“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全 B．“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为2Fe3++FeS2＝2S↓+3Fe2+ C．“沉淀”时，可以先将溶液调节成强碱性，再加入（NH4）2CO3 D．所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净【分析】烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁矿还原Fe3+后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中有硫酸铵，以此来解答。【解答】解：A．铁离子遇KSCN溶液为血红色，则“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全，故A正确；B．还原”时反应Ⅱ有硫产生，应为硫离子与铁离子之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++FeS2＝3Fe2++2S↓，故B正确；C．“沉淀”时，可以先将溶液调节成强碱性，铁离子转化为沉淀，不能得到FeCO3，故C错误；D．FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净，即不含硫酸根离子，故D正确；故选：C。13．（4分）（2021•沈阳模拟）向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣ B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4﹣、Cl﹣ C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣ D．d点对应的溶液中：F﹣、NO3﹣、Fe2+、Ag+【分析】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题。【解答】解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3﹣，Al3+、Fe3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，F﹣在酸性条件下不能大量共存，故D错误。故选：C。14．（4分）（2021•沈阳模拟）CO可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．合成甲醇的反应为放热反应 B．压强为p1＞p2 C．A、B、C三点的平衡常数为KA＝KB＞KC D．若达平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积也为10L【分析】A．由图可知，相同压强下，升高温度，CO的平衡转化率下降，说明升高温度，平衡逆向移动；B．该反应是气体体积减小的反应，同温下，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变；D．A、B点对应的CO平衡转化率分别为0.5、0.8，气体体积之比等于其物质的量之比，列化学平衡三段式计算。【解答】解：A．由图可知，随着温度的升高温，CO的平衡转化率下降，说明升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则该反应为放热反应，故A正确；B．由图可知，相同温度下，压强p1、p2的对应的CO平衡转化率大小关系为：p1＜p2，由于该反应是气体体积减小的反应，同温下，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则压强p1、p2的大小关系为p1＜p2，故B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，A、B两点温度相同，则KA＝KB，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，KA＝KB＞KC，故C正确；D．A、B点对应的CO平衡转化率分别为0.5、0.8，A点时反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始（mol）10200转化（mol）5105平衡（mol）5105平衡时（混合气体）＝20mol，B点反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始（mol）10200转化（mol）8168平衡（mol）248平衡时n（混合气体）＝14mol，若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B若p1的压强下容器的体积为＝7L，在p2的压强下容器的体积更小，故D错误；故选：AC。15．（4分）（2021•沈阳模拟）如图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（）A．放电时，负极反应为2S22﹣﹣2e﹣═S42﹣ B．充电时，阳极反应为2Na2S2﹣2e﹣═Na2S4+2Na+ C．放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池 D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40gNa2S4【分析】原电池中，a池为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为NaBr3+2Na++2e﹣＝3NaBr，b池为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2S22﹣﹣2e﹣═S42﹣，放电时Na+由b乙池向a池移动；充电时与放电相反，a池发生氧化反应，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。【解答】解：A．放电时，负极反应式为2S22﹣﹣2e﹣═S42﹣，故A正确；B．充电时，阳极反应式为3NaBr﹣2e﹣═NaBr3+2Na+，故B错误；C．在原电池中，阳离子移向正极，即Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D．气体摩尔体积的使用条件为标准状况，题目未说是否为标准状况，无法计算，故D错误；故选：AC。三、非选择题（本大题共5小题，共60分）16．（12分）（2021•沈阳模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）用途广泛，是常见的漂白剂、疏松剂、食品抗氧化剂，某研究性学习小组探究焦亚硫酸钠的制取以及其性质。请回答下列问题：Ⅰ．制备、收集干燥的SO2（1）实验室制取SO2的试剂是D。（填字母序号）①4mol•L﹣1HNO3溶液②70%的H2SO4溶液③CaSO3固体④Na2SO3固体A．①③B．①④C．②③D．②④（2）实验室制取SO2的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O。按气流方向连接各仪器a→d→e→b→c→h→g→f（注：考虑防倒吸现象）。Ⅱ．焦亚硫酸钠的制取①在搅拌的条件下，向饱和碳酸钠溶液中通入SO2至反应液的pH＝4.1；②将溶液蒸发浓缩、结晶、离心分离，20～30℃干燥得到成品。（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2。Ⅲ．焦亚硫酸钠的性质（4）Na2S2O5作脱氧剂时的反应原理为：Na2S2O5+O2+H2O═Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是Na2SO4、H2SO4，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（5）适当加入Na2S2O5使面团变得柔软，面团延伸性增加，拉断面团所需的拉力也逐渐减少，过度加入Na2S2O5会严重破坏蛋白质网络结构，面团变得稀软、发黏、延伸性下降，如图所示。综合来说，当添加量为C（填字母序号）时，面团延伸性较好。A．0～0.05‰B．0.05‰～0.10‰C．0.1‰～0.15‰D．0.20‰～0.25‰【分析】（1）实验室利用Na2SO3固体和70%的H2SO4溶液制取SO2；（2）Na2SO3和H2SO4发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O；制得的SO2先通过C用浓硫酸干燥，再通过B用向上排空气法收集，吸收尾气时要防止倒吸；（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2；（4）该反应Na2S2O5中S元素化合价由+4价变为+6价，Na2S2O5为还原剂，其对应的产物是氧化产物；检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化，可以检验SO42﹣存在，可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验；（5）根据图示，当添加量为0.1‰～0.15‰时，拉力较小。【解答】解：（1）硫酸酸性比亚硫酸强，根据强酸制取弱酸原理知，实验室利用Na2SO3固体和70%的H2SO4溶液制取SO2，试剂为②④，则D正确，故答案为：D；（2）实验室利用Na2SO3和H2SO4的复分解反应制取SO2，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O，制得的SO2先通过C用浓硫酸干燥，再通过B用向上排空气法收集，吸收尾气时要防止倒吸，先通过E再通过D，故连接顺序为a→d→e→b→c→h→g→f，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O；d；e；b；c；h；（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2，故答案为：2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2；（4）该反应中Na2S2O5中S元素化合价由+4价变为+6价，则该物质为还原剂，发生氧化反应，则氧化产物是Na2SO4+H2SO4，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化，可以检验SO42﹣存在，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：Na2SO4、H2SO4；取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）根据图示，当添加量为0.1‰～0.15‰时，拉力较小，面团拉伸距离较大，因此面团延伸性较好，故答案为：C。17．（10分）（2021•沈阳模拟）MnSO4可用于医药、食品、造纸、催化剂等行业。工业上可以用软锰矿（主要成分是MnO2、含有FeO、Fe2O3、Al2O3、Ni、Cu等少量杂质）和还原剂（主要为有机物，如纤维素等）为原料制备。其工业流程如图。（1）酸浸时加入稍过量30%H2SO4溶液的目的是提高锰元素的浸出率、抑制Mn2+等阳离子的水解。（2）操作1中，加入MnO2氧化Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O。（3）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3。（填化学式）（4）为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，准确称量2.40g软锰矿样品，加入5.36gNa2C2O4固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.00mL，用0.040mol•L﹣1KMnO4溶液进行滴定，当滴入20.00mL溶液时恰好完全反应。已知：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2↑+H2O（未配平）计算软锰矿中MnO2的质量分数（写出计算过程）n（Na2C2O4）＝＝0.04mol，发生氧化反应生成CO2气体，滴定250mL稀释后的溶液，消耗KMnO4的物质的量为0.040mol•L﹣1×0.02L×＝0.008mol，Na2C2O4～2CO2～2e﹣，KMnO4～Mn2+～5e﹣，MnO2～Mn2+～2e﹣，根据电子守恒有：2n（MnO2）+0.008mol×5＝0.04mol×2，解得n（MnO2）＝0.02mol，m（MnO2）＝0.02mol×87g/mol＝1.74g，则软锰矿中MnO2的质量分数为×100%＝72.5%。【分析】制备MnSO4的流程为：软锰矿（主要成分是MnO2、含有FeO、Fe2O3、Al2O3、Ni、Cu等少量杂质）和还原剂高温下发生氧化还原反应生成MnSO4，加入30%的硫酸溶解，得到含有MnSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3、CuSO4、NiSO4的溶液，加入氧化剂MnO2除去FeSO4，发生的反应为2Fe2++MnO2+4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤得到含MnSO4、CuSO4、NiSO4的溶液，则滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，再加入（NH4）2S除去Ni、Cu，最后经过蒸发结晶、过滤、洗涤、烘干得到MnSO4固体，据此分析解答。【解答】解：（1）30%H2SO4溶液稍过量可抑制强酸弱碱盐MnSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3、CuSO4、NiSO4等水解，同时可充分溶解高温还原产物，提高Mn元素的浸出率，故答案为：提高锰元素的浸出率、抑制Mn2+等阳离子的水解；（2）MnO2具有氧化性、Fe2+具有还原性，酸性条件下发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（3）操作2中加入加入氨水调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，所以过滤得到的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）5.36gNa2C2O4固体的物质的量为＝0.04mol，发生氧化反应生成CO2气体，即Na2C2O4～2CO2～2e﹣，Na2C2O4失去电子的物质的量为0.04mol×2＝0.08mol，滴定250mL稀释后的溶液，消耗KMnO4的物质的量为0.040mol•L﹣1×0.02L×＝0.008mol，KMnO4～Mn2+～5e﹣，KMnO4得电子为0.008mol×5＝0.04mol，MnO2～Mn2+～2e﹣，根据电子守恒有：2n（MnO2）+0.04mol＝0.08mol，解得n（MnO2）＝0.02mol，m（MnO2）＝0.02mol×87g/mol＝1.74g，则软锰矿中MnO2的质量分数为×100%＝72.5%，故答案为：n（Na2C2O4）＝＝0.04mol，发生氧化反应生成CO2气体，滴定250mL稀释后的溶液，消耗KMnO4的物质的量为0.040mol•L﹣1×0.02L×＝0.008mol，Na2C2O4～2CO2～2e﹣，KMnO4～Mn2+～5e﹣，MnO2～Mn2+～2e﹣，根据电子守恒有：2n（MnO2）+0.008mol×5＝0.04mol×2，解得n（MnO2）＝0.02mol，m（MnO2）＝0.02mol×87g/mol＝1.74g，则软锰矿中MnO2的质量分数为×100%＝72.5%。18．（13分）（2021•沈阳模拟）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：（1）已知CO分子中化学键为C≡O．相关的化学键键能数据如表：化学键H﹣OC≡OC＝OH﹣HE/（kJ•mol﹣1）4631075803436CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ•mol﹣1．下列有利于提高CO平衡转化率的措施有bc（填标号）。a．增大压强b．降低温度c．提高原料气中H2O的比例d．使用高效催化剂（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可以制得重要有机化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为5.6L。（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：，其反应历程如图1：①由原料到状态Ⅰ吸收能量（填“放出”或“吸收”）。②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为50%，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝0.25p0。[气体分压（p分）＝气体总压（p总）×气体体积分数]③乙苯平衡转化率与p（CO2）的关系如图2所示，请解释乙苯平衡转化率随着p（CO2）变化而变化的原因随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大，CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降。【分析】（1）△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；提高CO平衡转化率，要使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），一个CO2转化为一个HCOO﹣得到2个电子，结合电荷、原子守恒书写电极方程式；阳极电解生成氧气，结合电极方程式4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O计算；（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂；②根据题中数据，压强之比等于物质的量之比，列化学平衡三段式计算；③随着CO2压强增大，CO2浓度增大，平衡正向移动，CO2压强继续增大，CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降。【解答】解：（1）△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝463kJ•mol﹣1×2+1075kJ•mol﹣1﹣803kJ•mol﹣1×2﹣436kJ•mol﹣1＝﹣41kJ•mol﹣1；a．该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故a错误；b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故b正确；c．提高原料气中H2O的比例，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故c正确；d．使用高效催化剂，不改变平衡状态，故d错误，故答案为：﹣41；bc；（2）CO2转化为HCOO﹣得到2个电子，用OH﹣平衡电荷，电极反应式为2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣；阳极电解生成氧气，电极方程式4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O计算，电解过程中转移1mol电子，生成氧气的体积（标准状况）为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，故答案为：2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣；5.6；（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，需要吸收能量，原料到状态Ⅰ吸收能量，故答案为：吸收；②设乙苯反应了xmol。（g）+CO2（g）（g）+CO（g）+H2O（g）起始n（mol）22000转化n（mol）xxxxx平衡n（mol）2﹣x2﹣xxxx平衡时容器内气体总物质的量为5mol＝2﹣x+2﹣x+3x，解得x＝1，乙苯的转化率为×100%＝50%；平衡后压强为×p0＝1.25p0，Kp＝＝0.25p0，故答案为：50%；0.25p0；③一定范围内，p（CO2）越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（CO2）增大反而减小，故答案为：随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大，CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降。19．（13分）（2021•沈阳模拟）人体必需的元素包括常量元素与微量元素，常量元素包括碳、氢、氧、氮、钙、镁等，微量元素包括铁、铜、锌、氟、碘等，这些元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。（1）锌、铜、铁、钙四种元素与少儿生长发育息息相关，请写出Fe2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6。（2）1个Cu2+与2个H2N﹣CH2﹣COO﹣形成含两个五元环结构的内配盐（化合物），其结构简式为（用→标出配位键），在H2N﹣CH2﹣COO﹣中，属于第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）N、C原子存在的相同杂化方式是sp3杂化。（3）碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同，查阅文献资料可知，离子半径r（Mg2+）＝66pm，r（Ca2+）＝99pm，r（Sr2+）＝112pm，r（Ba2+）＝135pm；碳酸盐分解温度T（MgCO3）＝402℃，T（CaCO3）＝825℃，T（SrCO3）＝1172℃，T（BaCO3）＝1360℃．分析数据得出的规律是随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，解释出现此规律的原因是碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解。（4）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其结构如图。①两个最近的F﹣之间的距离是pm。（用含m的代数式表示）②CaF2晶胞的密度是g•cm﹣3。（化简至带根号的最简式，NA表示阿伏加德罗常数的值）【分析】（1）Fe是26号元素，原子形成阳离子，先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级中电子；（2）Cu2+是中心离子，H2N﹣CH2﹣COO﹣中N原子、O原子是配原子，结合含两个五元环结构书写；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素原子第一电离能高于同周期相邻元素的；H2N﹣CH2﹣COO﹣中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；（3）阳离子电荷相同，阳离子半径越大，结合CO32﹣中氧原子的能力越弱，对应的碳酸盐越难分解；（4）①两个最近的F﹣之间的距离等于晶胞棱长的，左侧平面正方形的边长与晶胞棱长相等，而边长等于面对角线长度的倍；②晶胞棱长与左侧平面正方形的边长相等，均摊法计算晶胞中Ca2+、F﹣数目，计算晶胞质量，晶胞密度＝。【解答】解：（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子形成Fe2+，Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；（2）1个Cu2+与2个H2N﹣CH2﹣COO﹣形成的盐，Cu2+提供空轨道，H2N﹣CH2﹣COO﹣中N原子、O原子提供孤电子对，因为含两个五元环结构，所以其结构简式为；在H2N﹣CH2﹣COO﹣中，属于第二周期元素的是C、N、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C，在H2N﹣CH2﹣COO﹣中，N原子形成3个σ键，有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp3，单键C的杂化方式为sp3，碳氧双键中的C的杂化方式为sp2，相同的是sp3杂化，故答案为：；N＞O＞C；sp3；（3）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，故答案为：随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高；碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；（4）①两个最近的F﹣之间的距离等于晶胞棱长的，左侧平面正方形的边长与晶胞棱长相等，而边长等于面对角线长度的倍，故两个最近的F﹣之间的距离为：2mpm××＝pm，故答案为：；②左侧平面正方形的边长与晶胞棱长相等，即晶胞棱长为：2mpm×＝mpm，晶胞中Ca2+数目为8×+6×＝4个Ca2+，F﹣离子数目为8，相当于含有4个“CaF2”，故晶胞密度为：＝g•cm﹣3，故答案为：。20．（12分）（2021•沈阳模拟）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图。已知：Ⅰ．Ⅱ．（1）I的分子式为C20H24N2SO。（2）B反应生成C的化学方程式是。（3）G结构简式为，F最多有18个原子共平面。（4）E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合下列条件的E的同分异构体有2种。Ⅰ．具有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢。（5）乙酰苯胺，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：RNO2RNH2。【分析】由反应条件可知，F与H发生信息Ⅱ中第二步的取代反应生成I，由F、H的分子式与I的结构，可推知H为、F为，E发生信息Ⅱ中第一步的取代反应生成F，可推知E为，B发生醇的催化氧化生成C，C发生信息I中的加成反应、水解反应生成D，D发生醇的消去反应生成E，故B为、C为、D为，对比G、H的分子式，可知G与分子间脱去1分子HBr生成H，可推知G为；（5）根据信息Ⅱ可知，CH3COOH与SO2Cl/苯反应生成，再与反应生成，结合本问题中已知可知，可以在Fe、HCl的条件下被还原成，而苯发生硝化反应生成。【解答】解：（1）F的分子式为C9H7ClO，H的分子式为C11H18N2S，F与H发生信息Ⅱ中第二步的取代反应，分子间脱去1分子HCl生成I，故I的分子式为：C9H7ClO+C11H18N2S﹣HCl＝C20H24N2SO，故答案为：C20H24N2SO；（2）B为、C为，B发生催化氧化生成C，则B反应生成C的化学方程式是：，故答案为：；（3）由分析可知，G的结构简式为，F的结构简式为，苯中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，﹣COCl中所有原子共平面，单键可以旋转，可以使3个平面重合，所以F中所有的原子都可能共面，即F分子最多有18个原子共平面，故答案为：；18；（4）E的结构简式为，E中官能团的名称为碳碳双键、羧基；E的同分异构体符合下列条件：Ⅰ．具有两个取代基的芳香族化合物，说明含有苯环且苯环含有两个取代基；Ⅱ．能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色，说明含有酯基且酯基水解生成酚类，则两个取代基为﹣OOCH、﹣CH＝CH2，Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢，说明2个取代基不能处于对位，符合条件的结构简式为、，所以符合条件的有2种，故答案为：碳碳双键、羧基；2；（5）根据信息Ⅱ可知，CH3COOH与SO2Cl/苯反应生成，再与反应生成，结合本问题中已知可知，可以在Fe、HCl的条件下被还原成，而苯发生硝化反应生成，合成路线流程图为：，故答案为：。（1月份）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）（2021•辽宁模拟）下列说法正确的是（）A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维 B．港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点 C．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能 D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料2．（3分）（2021•辽宁模拟）我国自主设计生产的长征系列运载火箭使用偏甲肼（C2H8N2）作燃料，N2O4作氧化剂。下列相关的化学用语正确的是（）A．该反应的化学方程式：C2H8N2+N2O4═2CO2+N2+4H2O B．偏二甲肼的结构简式： C．N2的结构式：N＝N D．甲基的电子式：3．（3分）（2021•辽宁模拟）短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是（）A．电负性：X＞Y＞Z B．原子半径：Y＞Z＞X C．分子中Z原子的杂化方式均为sp2 D．Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸4．（3分）（2021•辽宁模拟）下列说法错误的是（）A．CH4分子球棍模型： B．基态Si原子价电子排布图： C．第一电离能：N＞O＞C D．石墨质软的原因是其层间作用力微弱5．（3分）（2021•辽宁模拟）下列装置或措施能达到目的的是（）AB验证氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2实现Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑CD测定反应速率保护铁闸门不被腐蚀A．A B．B C．C D．D6．（3分）（2021•辽宁模拟）我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法正确的是（）A．11BN和10BN的性质无差异 B．该晶体具有良好的导电性 C．该晶胞中含有14个B原子，4个N原子 D．N原子周围等距且最近的N原子数为127．（3分）（2021•辽宁模拟）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0下列叙述错误的是（）A．加入适量Z，①和②平衡均不移动 B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动 C．降温时无法判断Q浓度的增减 D．通入Y，则N的浓度增大8．（3分）（2021•辽宁模拟）中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）A．在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应 B．苯环上的一溴代物共5种 C．1mol该化合物最多与4molNaOH反应 D．该分子中最多有7个碳原子共面9．（3分）（2021•辽宁模拟）在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是（）A．理论上NHPI的总量在反应前后不变 B．海绵Ni电极作阳极 C．总反应为+H2↑ D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气10．（3分）（2021•辽宁模拟）下列各实验的现象及结论都正确的是（）选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液有无色气泡产生，溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+D将Na粒投入MgCl2溶液析出银白色固体固体为MgA．A B．B C．C D．D11．（3分）（2021•辽宁模拟）苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应：根据表数据，下列说法正确的是（）溴苯用量（mmol）100100100100100100100催化剂用量（mmol）2222222反应温度（℃）100100100100120140160反应时间（h）10121416141414产率（%）81.284.486.686.293.596.689.0A．最佳反应温度为100℃ B．最佳反应时间为16h C．温度过高时催化剂活性可能降低 D．反应产物是顺式结构12．（3分）（2021•辽宁模拟）实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如图，下列说法错误的是（）A．TiCl4发生水解反应，可生成TiO2•xH2O B．氨水的作用可用勒夏特列原理解释 C．可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净 D．制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象13．（3分）（2021•辽宁模拟）Hg﹣Hg2SO4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知Hg﹣Hg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是（）A．K2SO4溶液可用CCl4代替 B．Hg﹣Hg2SO4电极反应为Hg2SO4﹣2e﹣═2Hg+SO42﹣ C．若把Cu﹣CuSO4体系换作Zn﹣ZnSO4体系，电压表的示数变大 D．微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用14．（3分）（2021•辽宁模拟）下列说法正确的是（）A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr） B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH＝5时：c（HCOO﹣）＞c（Na+） C．常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH3•H2O；②NH4HSO4；③（NH4）2CO3；④NH4Cl，c（NH4+）的关系为②＞④＞③＞① D．等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c（Na+）＝2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]15．（3分）（2021•辽宁模拟）天然水体中的H2CO3与空气中的（CO2保持平衡。已知Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9，某溶洞水体中lgc（X）（X为H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣或Ca2+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线①代表CO32﹣ B．H2CO3的一级电离常数为10﹣8.3 C．c（Ca2+）随pH升高而增大 D．pH＝10.3时，c（Ca2+）＝2.8×10﹣7.9mol•L﹣1二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）（2021•辽宁模拟）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣（主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3）可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图。该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+Mn