2022年上海市高考化學(xué)試卷(解析卷)

2022年上海市高考化學(xué)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(guān)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(chǎn)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(zhuǎn)化為乙酸，下列有關(guān)二氧化碳性質(zhì)的說法正確的是（）A．為共價化合物 B．為電解質(zhì) 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(yīng) D．苯中不存在烯烴典型的碳碳雙鍵6．（2分）下列物質(zhì)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(guān)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(gòu)體 C．可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．1mol該物質(zhì)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(guān)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(zhì)，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(chǎn)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(yīng)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(jīng)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(chǎn)物 D．1molMg充分反應(yīng)生成22.4L氣體（標(biāo)準狀況下）14．（2分）下列四組物質(zhì)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(yīng)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(zhì)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(chǎn)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(zhì) 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(dǎo)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(guān)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(yīng)：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(zhì)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(zhì)量不變時，該反應(yīng)達到平衡 B．T1時，若平衡時剩余2molA，則C必為氣體 C．T2時，當(dāng)反應(yīng)達到平衡后，容器內(nèi)剩余A的物質(zhì)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(yīng)①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s）反應(yīng)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原子的半徑大小：。（3）反應(yīng)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(yīng)前充入3mol甲烷，10min后，甲烷為1.2mol，求前10min氮氣的反應(yīng)速率為：。（5）寫出反應(yīng)①和反應(yīng)②的總反應(yīng)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(dǎo)致水體的富營養(yǎng)化，研究發(fā)現(xiàn)，可以用化學(xué)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(xué)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(yīng)得到無毒無害物質(zhì)，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(yīng)前氮元素質(zhì)量反應(yīng)后氮元素質(zhì)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)，使氮以N2形式放出。（4）氧氣與反應(yīng)時，反應(yīng)物與O2的物質(zhì)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(chǎn)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(jié)構(gòu)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(yīng)①為反應(yīng)，有機物B中的官能團名稱為。（2）反應(yīng)②③的反應(yīng)試劑與條件為。（3）寫出分子式為C5H10O3，滿足下列條件的結(jié)構(gòu)簡式：。①能水解且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②不與Na反應(yīng)③有3種化學(xué)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(biāo)產(chǎn)物（5）反應(yīng)原料異戊二烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)，寫出其兩種加聚產(chǎn)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(yīng)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(yīng)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(yīng)①，配制成500mL溶液。步驟Ⅱ：加入0.001mol的I2（過量）使ZnS完全轉(zhuǎn)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(fù)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(shè)在反應(yīng)②中，碘單質(zhì)全部轉(zhuǎn)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(xué)式。A：；B：；C：。

2022年上海市高考化學(xué)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(zhì)等，題目難度不大，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力應(yīng)用能力，注意相關(guān)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(guān)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(chǎn)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?！窘獯稹拷猓篈.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(chǎn)物，故D正確，故選：D。【點評】本題以石蠟為載體考查烷烴，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確石蠟成分、性質(zhì)是解答本題的關(guān)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(chǔ)知識的積累。4．（2分）二氧化碳在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為乙酸，下列有關(guān)二氧化碳性質(zhì)的說法正確的是（）A．為共價化合物 B．為電解質(zhì) 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(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；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。【解答】解：A．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(dǎo)電，但電離出陰陽離子的是H2CO3而不是CO2，所以CO2是非電解質(zhì)，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(jié)構(gòu)式為O＝C＝O，只存在極性鍵，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題以二氧化碳為載體考查基本概念、分子空間構(gòu)型判斷等知識點，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確共價化合物和電解質(zhì)的概念、分子空間構(gòu)型判斷方法等知識點是解本題關(guān)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(yīng) D．苯中不存在烯烴典型的碳碳雙鍵【分析】苯的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，且結(jié)構(gòu)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(yīng)?！窘獯稹拷猓罕降幕瘜W(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，且結(jié)構(gòu)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(yīng)，不是烯烴典型的碳碳雙鍵，故D正確，故選：D?！军c評】本題考查苯的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)生的學(xué)習(xí)的積極性，注意把握苯的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大。6．（2分）下列物質(zhì)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(jié)構(gòu)，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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(jié)構(gòu)，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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)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(guān)鍵，采用代換法判斷，題目難度不大。7．（2分）關(guān)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(gòu)體 C．可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．1mol該物質(zhì)能和3molH2加成【分析】A．結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體；C．碳碳三鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)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(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，2﹣丁炔與乙炔與1，3﹣丁二烯的分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)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(yīng)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(yīng)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(yīng)，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(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)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(zhì)存在較多H+，離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或不發(fā)生氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)、雙水解等反應(yīng)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(yīng)，能大量共存，故A正確；B．OH﹣與Al3+、H+反應(yīng)，不能大量共存，故B錯誤；C．Fe2+、H+都與S2﹣反應(yīng)，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(yīng)，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(zhì)及離子反應(yīng)發(fā)生條件為解答關(guān)鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)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(jié)合而成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)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(zhì)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。【點評】本題考查常見物質(zhì)晶體類型判斷，側(cè)重考查雙基的掌握，為高頻考點，難度不大，掌握常見物質(zhì)晶體類型及常見分子晶體即可解答。10．（2分）下列關(guān)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(chǎn)生大量酸霧；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣主要是SO2，用氫氧化鈉溶液吸收?！窘獯稹拷猓篈．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(yīng)在常壓下的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很大，加壓雖然可以使轉(zhuǎn)化率增大，但同時對設(shè)備要求提高、經(jīng)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(chǎn)生大量酸霧降低吸收效率、腐蝕設(shè)備，故C正確；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)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(yīng)水化物的酸性、單質(zhì)之間的置換反應(yīng)，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(guān)，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?！军c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(zhì)、化合物的性質(zhì)，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(zhì)，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(chǎn)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(yīng)中元素化合價降低的作氧化劑被還原生成還原產(chǎn)物，元素化合價升高的作還原劑被氧化得到氧化產(chǎn)物；B．SO2能與品紅結(jié)合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，具有漂白性；C．SO2與新制氯水發(fā)生反應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成了硫酸和鹽酸；D．SO2在飽和亞硫酸鈉溶液中反應(yīng)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?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸與銅加熱反應(yīng)生成SO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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(chǎn)物，故A錯誤；B．SO2能與品紅結(jié)合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，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(yīng)的化學(xué)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(yīng)生成亞硫酸氫鈉，但吸收量少，應(yīng)選用氫氧化鈉溶液來處理尾氣，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，主要是二氧化硫性質(zhì)的理解應(yīng)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(yīng)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(jīng)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(chǎn)物 D．1molMg充分反應(yīng)生成22.4L氣體（標(biāo)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(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；C.氧化劑得電子價態(tài)降低生成還原產(chǎn)物；D.1molMg反應(yīng)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(yīng)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(chǎn)物，故C錯誤；D.1molMg反應(yīng)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(zhì)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，題目難度中等，注意掌握相關(guān)物質(zhì)的基本性質(zhì)和計算公式是解題的關(guān)鍵。14．（2分）下列四組物質(zhì)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(yīng)生成硫酸和HBr，二氧化碳與溴水不反應(yīng)；B．溴水與NaOH溶液反應(yīng)，NaCl與溴水不反應(yīng)；C．乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，乙烷不反應(yīng)；D．正戊烷和正己烷均與溴水不反應(yīng)，且分層現(xiàn)象相同?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HBr，溴水褪去，而二氧化碳與溴水不反應(yīng)，現(xiàn)象不同，可鑒別，故A錯誤；B．溴水與NaOH溶液反應(yīng)，溴水褪色，而NaCl與溴水不反應(yīng)，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(yīng)使溴水褪色，乙烷不反應(yīng)，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(yīng)，且分層現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D正確；故選：D。【點評】本題考查物質(zhì)的鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庥袡C物性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大。15．（2分）反應(yīng)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(yīng)X（g）→Y（g）﹣Q1，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量低于生成物，Y（g）→Z（g）+Q2，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)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?！窘獯稹拷猓悍磻?yīng)X（g）→Y（g）﹣Q1，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量低于生成物，故C、D錯誤，Y（g）→Z（g）+Q2，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)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(xué)反應(yīng)的能量變化分析判斷，主要是放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)的理解應(yīng)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(zhì)量，結(jié)合公式n＝計算物質(zhì)的量。【解答】解：由題目信息可知，液態(tài)水的體積為200m2×10﹣7m＝2×10﹣5m3＝20cm3，質(zhì)量為1g?cm﹣3×20cm3＝20g，物質(zhì)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(zhì)的量計算，題目難度中等，掌握以物質(zhì)的量為中心的計算轉(zhuǎn)化關(guān)系是解題的關(guān)鍵。17．（2分）實驗室用叔丁醇和質(zhì)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(chǎn)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(zhì) 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(yīng)；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?！窘獯稹拷猓篈．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(yīng)，所以不能用NaOH溶液除去酸性物質(zhì)，故B錯誤；C．無水CaCl2具有吸水性，且和其它物質(zhì)不反應(yīng)，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(xué)實驗方案評價，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)差異性是解本題關(guān)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(dǎo)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?！窘獯稹拷猓篈．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(yīng)與電源正極相連，故C錯誤；D．當(dāng)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(nèi)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?！军c評】本題考查了電化學(xué)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(guān)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(yīng)H2A+NaOH＝NaHA+H2O，NaHA+NaOH＝Na2A+H2O，當(dāng)V＝5時，所得溶液為等物質(zhì)的量的NaHA和H2A的混合溶液，當(dāng)V＝10時，所得溶液為NaHA溶液，當(dāng)V＝15時，所得溶液為等物質(zhì)的量的NaHA和Na2A的混合溶液，當(dāng)V＝20時，所得溶液為Na2A溶液，結(jié)合電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒分析作答?！窘獯稹拷猓篈．當(dāng)NaOH溶液體積V＝5時，所得溶液為等物質(zhì)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(dāng)NaOH溶液體積V＝10時，所得溶液為NaHA溶液，由質(zhì)子守恒可知，[H2A]+[H+]＝[OH﹣]+[A2﹣]，故B錯誤；C．當(dāng)NaOH溶液體積V＝15時，所得溶液為等物質(zhì)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(dāng)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(zhì)成分是解題的關(guān)鍵。20．（2分）向體積為1L的容器中充入4molA，發(fā)生反應(yīng)：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(zhì)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(zhì)量不變時，該反應(yīng)達到平衡 B．T1時，若平衡時剩余2molA，則C必為氣體 C．T2時，當(dāng)反應(yīng)達到平衡后，容器內(nèi)剩余A的物質(zhì)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(yīng)容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量隨著反應(yīng)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(nèi)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(xué)平衡常數(shù)，結(jié)合表格K值分析；C．T?時，反應(yīng)達到平衡后容器內(nèi)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(xué)平衡常數(shù)，結(jié)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(guān)，所以平衡常數(shù)保持不變?！窘獯稹拷猓篈．若C不是氣體，則容器內(nèi)的氣體只有B，此時混合氣體的平均摩爾質(zhì)量即為B的摩爾質(zhì)量，如果C為氣體，由于B、C均為生成物，且物質(zhì)的量之比始終為2：1，則容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量為，始終為定值，說明容器內(nèi)氣體的平均摩爾質(zhì)量不變時，不能判斷該反應(yīng)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(nèi)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(yīng)達到平衡后容器內(nèi)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(guān)，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(xué)平衡相關(guān)計算，側(cè)重考查學(xué)生分析能力和計算能力，掌握化學(xué)平衡常數(shù)公式以及平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)是解題關(guān)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(yīng)①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s）反應(yīng)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(yīng)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(yīng)前充入3mol甲烷，10min后，甲烷為1.2mol，求前10min氮氣的反應(yīng)速率為：0.03mol/（L?min）。（5）寫出反應(yīng)①和反應(yīng)②的總反應(yīng)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(chǎn)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?。唬?）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(xué)反應(yīng)速率，再根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比分析即可；（5）已知反應(yīng)①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s），反應(yīng)②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g），兩式相加可得總反應(yīng)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(chǎn)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(zhuǎn)化率越大，則該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；而該反應(yīng)為體積增大的反應(yīng)，壓強越大，轉(zhuǎn)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(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)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(yīng)①：Al2O3（s）+N2（g）+3CH4（g）?3CO（g）+6H2（g）+2AlN（s），反應(yīng)②：2AlN（s）+3H2O（g）?Al2O3（s）+2NH3（g），兩式相加可得總反應(yīng)方程式，因此反應(yīng)①和反應(yīng)②的總反應(yīng)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(chǎn)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(chǎn)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(xué)平衡移動的因此及化學(xué)反應(yīng)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(dǎo)致水體的富營養(yǎng)化，研究發(fā)現(xiàn)，可以用化學(xué)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(xué)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(yīng)得到無毒無害物質(zhì)，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(yīng)前氮元素質(zhì)量反應(yīng)后氮元素質(zhì)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(chǎn)物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應(yīng)，導(dǎo)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)，使氮以N2形式放出。（4）氧氣與反應(yīng)時，反應(yīng)物與O2的物質(zhì)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(chǎn)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(xué)方程式，結(jié)合次氯酸鈉在水中的水解進行分析；（2）根據(jù)反應(yīng)方程式，結(jié)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(xué)方程式，結(jié)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(yīng)：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(yīng)3ClO﹣+2NH3＝3Cl﹣+N2↑+3H2O知，當(dāng)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(chǎn)物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應(yīng)，導(dǎo)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(chǎn)物中﹣1價的氯元素發(fā)生歸中反應(yīng)，導(dǎo)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(dāng)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(yīng)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(yīng)中，與O2的物質(zhì)的量之比為2：1；與在反硝化細菌作用下發(fā)生歸中反應(yīng)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(yīng)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。【點評】該題考查了除溶液中氨氮的最適宜條件，掌握基礎(chǔ)知識，提取題給有用信息是解答的關(guān)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(jié)構(gòu)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(yīng)①為取代反應(yīng)，有機物B中的官能團名稱為羥基、羧基。（2）反應(yīng)②③的反應(yīng)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(jié)構(gòu)簡式：HCOOC（CH3）OCH3。①能水解且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②不與Na反應(yīng)③有3種化學(xué)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(biāo)產(chǎn)物（5）反應(yīng)原料異戊二烯可以發(fā)生加聚反應(yīng)，寫出其兩種加聚產(chǎn)物：、?！痉治觥緾H3COCH2CH3和HCN發(fā)生信息中的反應(yīng)生成A，結(jié)合A的分子式知，A為，A發(fā)生水解反應(yīng)生成B為，B發(fā)生消去反應(yīng)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(jié)構(gòu)簡式知，香葉醇的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C＝CHCH2CH2C（CH3）＝CHCH2OH，和HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后發(fā)生水解反應(yīng)生成香葉醇；（4）以（CH3）2C（CHO）CH2OH為原料制備，可由HOCH2C（CH3）2CH（OH