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2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷
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这是一份2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合分析题本题共16分等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷
一、选择题（共40分，每小题3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）“碳中和”是指 CO2 排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是（ ）
A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行
2．（3分）能说明 HI 是共价化合物的事实是（ ）
A．液态条件不导电 B．仅由非金属元素组成
C．水溶液具有腐蚀性 D．受热易分解
3．（3分）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是（ ）
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
4．（3分）我国学者发明了一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其原理可以表示为：NaCl+CO2 CO+NaClO。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为12的钠离子Na+
B．NaClO的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．CO晶体模型：
5．（3分）关于下列仪器使用的说法正确的是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A．①、②、④常用于物质分离 B．②、③、⑥使用前需要检漏
C．③、⑤可用作反应容器 D．④、⑤可直接加热
6．（3分）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降
B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键
D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
7．（3分）有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是（ ）
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
8．（3分）维生素A（分子结构如图所示）是重要的营养素。下列关于维生素A的说法正确的是（ ）
A．分子式为C20H32O B．属于芳香族化合物
C．易溶于水 D．既能被氧化又能被还原
9．（3分）实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置正确的是（ ）
A．制备乙烯 B．除去杂质
C．验证加成反应 D．收集乙烯
10．（3分）如图所示是周期表前四周期的一部分，其中粗实线为金属与非金属的分界线。下列有关R、X、Y、Z 四种元素说法正确的是（ ）
A．核外未成对电子数：Z＞X
B．简单离子半径：Y＞X
C．元素最高正化合价：X＞Z
D．气态氢化物热稳定性：R＞X
11．（3分）化学法镀银的过程如下：Ⅰ.向容器中加入一定量2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解；Ⅱ.加入10%葡萄糖溶液至充满容器，在60～70℃水浴中加热，片刻后容器内壁便镀上一层银。下列说法正确的是（ ）
A．该实验证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物
B．步骤Ⅰ后的溶液中大量存在Ag+、NO3﹣和NH4+
C．步骤Ⅱ可使用酒精灯直接加热以加快银的析出
D．可用硝酸洗涤除去容器壁上的银
12．（3分）“索氏制碱法”与“侯氏制碱法”是常见的纯碱工业制法，关于两者说法正确的是（ ）
A．两者生产原料来源相同
B．两者均使用了高效催化剂
C．侯氏制碱法联合了人工固氮过程
D．索氏制碱法食盐利用率更高
13．（3分）除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是（ ）
A．AlCl3溶液（FeCl3） B．Na2CO3溶液（NaHCO3）
C．Fe2O3固体（Al2O3） D．NaCl溶液（MgCl2）
14．（3分）如图装置进行实验，向小试管中加入稀盐酸。观察到U形管内两边红墨水液面逐渐变为左低右高，与此现象有关的推论是（ ）
A．反应物总能量低于生成物
B．发生了析氢腐蚀，产生较多气体
C．生成物中化学键形成会放出能量
D．锥形瓶内气体分子间平均距离变大
15．（3分）一定条件下固定容积的容器中，反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+196 kJ 已达到平衡状态。改变某一条件后，平衡发生移动至新的平衡状态。已知此过程中正反应速率先增大后减小，则改变的条件可能是（ ）
A．加入催化剂 B．移走SO3
C．升高温度 D．缩小容器体积
16．（3分）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。关于上述反应说法正确的是（ ）
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
17．（3分）有研究认为，强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：
第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10
第二步：…K2＝…
第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103
下列说法正确的是（ ）
A．第二步反应的平衡常数表达式为K2＝
B．由K值大小可以判断第三步反应比第一步快
C．升高温度会使K1变小、K3变大
D．OH﹣是该反应的催化剂
18．（3分）某种酒驾检测仪具有吹气流量监测与控制的功能，其结构与工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ
C．在电解液中迁移的微粒X可能是电子
D．电极Ⅱ的电极反应式可能是：O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
19．（3分）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解（假设其他成分不反应），直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是（ ）
A．所用的盐酸浓度过高，有一定挥发
B．终点时溶液呈较深的红色
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2
20．（3分）室温下，通过下列实验探究0.1mol•L﹣1NaHS 溶液的性质。下列有关说法正确的是（ ）
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L﹣1NaOH 溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
A．实验①溶液中：c（S2﹣）＞c（H2S）
B．实验②所得溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS﹣→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→2S↓+Cl﹣+H2O
二、综合分析题（本题共60分）（一）本题共16分
21．锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。完成下列填空：
（1）锗元素原子核外能量最高的电子有 个，它们运动所形成的电子云形状为 形。
（2）氢化锗（GeH4）结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和 （填化学式）两种离子。
22．三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4。
（1）常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH （填“大于”“小于”或“等于”）后者。
（2）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 。
23．水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3﹣、Pb（OH）42﹣。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比（α）与溶液pH变化的关系如图所示。
（1）Pb（NO3）2溶液中， 2（填“＞”“＝”或“＜”）；往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 （填微3粒符号）。
（2）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 （选填编号）。
a.4～5
b.6～7
c.8～10
d.12～14
24．氮化铬（CrN）是一种良好的耐磨材料，实验室可用如图装置进行模拟制备（省略夹持装置）：
完成下列填空：
（1）干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是 → → （选填端口字母编号）。
固体X可用无水氯化铬（CrCl3）固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
（2）无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3•6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 。
（3）实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明 。固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
（4）写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式： 。CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。
（5）样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为 。
（6）证明样品已反应完全的操作名称是 ；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
25．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）G中含氧官能团名称是 。
（2）B→C的反应类型为 ；E→F所需的试剂与条件是 。
（3）F的结构简式为 ；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是 。
（4）同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有 种（不考虑立体异构），请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式（若存在多种可任写一种）： 。
a.苯环上有两个取代基
b.含有碳碳双键
c.不与金属钠发生反应
（5）参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线 。
26．CH4﹣CO2重整反应[CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0）]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
完成下列填空：
（1）某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 。平衡常数的值为 。
达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 移动（选填“正向”“逆向”或“不”）。
储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4﹣CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率（α）、储能效率（η）的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min﹣1
n（CH4）：n（CO2）
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2：2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2：2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3：3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2：4
81.1
41.6
已知储能效率η＝Qchem/Qi。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
（2）解释为何可以用CH4﹣CO2重整反应进行储能 。
（3）对比实验 （填序号），可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因（两次实验中设备的加热功率Qi不变） 。
2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）“碳中和”是指 CO2 排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是（ ）
A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行
【分析】碳中和是直接或间接减少二氧化碳的排放。
【解答】解：A．植树造林，利用植物的光合作用吸收二氧化碳，实现“碳中和”，故A不符合题意；
B．风力发电，减少化石燃料的燃烧，实现“碳中和”故B不符合题意；
C．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，故C符合题意；
D．绿色出行可以减少化石燃料的燃烧，减少二氧化碳的排放，实验“碳中和”，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】本题考查“碳中和”，侧重考查学生知识的应用能力，试题比较简单。
2．（3分）能说明 HI 是共价化合物的事实是（ ）
A．液态条件不导电 B．仅由非金属元素组成
C．水溶液具有腐蚀性 D．受热易分解
【分析】共价化合物是原子间通过共用电子对而形成的化合物。
【解答】解：A．离子化合物熔融状态（液态）能导电，共价化合物液态不能导电，故A正确；
B．仅由非金属元素组成可能是单质，不是共价化合物，故B错误；
C．HI的水溶液具有腐蚀性，与其共价化合物没有关系，如NaOH是离子化合物，故C错误；
D．HI受热易分解，说明其稳定性差，与其共价化合物没有关系，如NH4Cl是离子化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质分类，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
3．（3分）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是（ ）
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
【分析】A．氨根离子与碳酸根离子发生双水解生成氨气；
B．NaClO具有强氧化性，能与HCl反应生成Cl2；
C．二氧化硫与新制氯水混合会发生反应SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4；
D．高锰酸钾在酸性条件下氧化性更强。
【解答】解：A．氯化铵和草木灰混合会放出氨气，使肥效降低，所以不能将氯化铵和草木灰混合使用，故A错误；
B．84消毒液主要成分为NaClO与含HCl的洁厕灵混合使用会产生有毒的Cl2，且降低其消毒效果，故B错误；
C．二氧化硫与新制氯水混合会发生反应SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，会降低漂白效果，故C错误；
D．高锰酸钾在酸性条件下氧化性更强，故D正确，
故选：D。
【点评】本题主要考查常见物质的性质，包括次氯酸钠、高锰酸钾等知识，题目难度不大。
4．（3分）我国学者发明了一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其原理可以表示为：NaCl+CO2 CO+NaClO。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为12的钠离子Na+
B．NaClO的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．CO晶体模型：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质子数写在左下角，质量数写在左上角；
B．NaClO是离子化合物，ClO﹣中Cl、O原子间共用1对电子；
C．CO2是直线形分子，并且C原子半径大于O；
D．CO是分子晶体，不是共价晶体。
【解答】解：A．中子数为12的钠原子的质量数为11+12＝23，核素符号为Na，该核素的离子符号为Na+，故A错误；
B．NaClO是离子化合物，由Na+和ClO﹣构成，ClO﹣中Cl、O原子间共用1对电子，Cl、O原子外围达到8e﹣结构，其电子式为，故B正确；
C．CO2是直线形分子，中心原子是C，且C原子半径大于O原子半径，其比例模型为，故C错误；
D．是立体网状结构，是共价晶体的晶体模型，其中C原子的配位数为4，O原子配位数为2，则该晶体的化学式为CO2，而CO晶体属于分子晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，掌握电子式、核素、比例模型、晶体类型及晶体模型等知识为解题关键，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
5．（3分）关于下列仪器使用的说法正确的是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A．①、②、④常用于物质分离 B．②、③、⑥使用前需要检漏
C．③、⑤可用作反应容器 D．④、⑤可直接加热
【分析】①为长颈漏斗；②分液漏斗；③容量瓶；④蒸发皿；⑤集气瓶；⑥酸式滴定管，据此进行解答。
【解答】解：A.①为长颈漏斗，不能用来分离物质，故A错误；
B.分液漏斗，容量瓶，酸式滴定管使用前要检漏，故B正确；
C.容量瓶是精密仪器，不能做反应容器，故C错误；
D.蒸发皿能直接加热，集气瓶不能加热，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查基本的实验操作，主要涉及容量瓶、分液漏斗、坩埚与蒸发皿的选择等，属于基本知识的考查，难度不大。
6．（3分）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降
B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键
D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
【分析】NaOH溶液捕捉废气中的SO2，发生的反应有2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2＝2NaHSO3，据此进行解答。
【解答】解：A.捕捉过程中氢氧化钠会被消耗，pH会下降，故A正确；
B.氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.SO2中S与O键是极性共价键，故C错误；
D.1molNaOH最多捕捉1molSO2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及变化，主要考查电解质、非极性共价键等知识，题目难度不大。
7．（3分）有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是（ ）
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
【分析】A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，都可与碳反应；
B．在常温下，金属铁、铝和浓硝酸与浓硫酸之间发生钝化；
C．浓硝酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性；
D．浓氨水具有挥发性，浓硝酸具有挥发性，据此回答。
【解答】解：A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，在加热条件下都可与碳反应，都可生成二氧化碳气体，故A正确；
B．在常温下，金属铁、铝和浓硝酸与浓硫酸之间发生钝化，都能用铁制或铝制容器盛放，故B正确；
C．浓硝酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，长期露置在空气中，二者溶质质量分数都会变小，故C正确；
D．浓硝酸具有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸，硝酸和氨气之间会发生反应生成硝酸铵固体，会有白烟生成，但是浓硫酸不会出现该现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了浓硫酸和浓硝酸的性质知识，熟练掌握二者各种性质是解题的关键，难度不大。
8．（3分）维生素A（分子结构如图所示）是重要的营养素。下列关于维生素A的说法正确的是（ ）
A．分子式为C20H32O B．属于芳香族化合物
C．易溶于水 D．既能被氧化又能被还原
【分析】A．C、H、O原子个数依次是20、30、1；
B．不含苯环；
C．憎水基对其溶解性的影响远远大于亲水基对其溶解性的影响；
D．具有烯烃和醇的性质。
【解答】解：A．C、H、O原子个数依次是20、30、1，分子式为C20H30O，故A错误；
B．不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；
C．憎水基对其溶解性的影响远远大于亲水基对其溶解性的影响，所以维生素A不易溶于水，故C错误；
D．具有烯烃和醇的性质，碳碳双键能发生还原反应、碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（3分）实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置正确的是（ ）
A．制备乙烯 B．除去杂质
C．验证加成反应 D．收集乙烯
【分析】A．乙醇与浓硫酸在170℃时反应生成乙烯；
B．洗气瓶除杂时，气体应经过溶液；
C．含不饱和键的气体可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溴的四氯化碳褪色；
D．乙烯的密度和空气比较接近。
【解答】解：A．乙醇与浓硫酸在170℃时反应生成乙烯，温度计应在液面下，故A错误；
B．洗气瓶除杂时，气体应经过溶液，应是长管进气，短管出气，故B错误；
C．含不饱和键的气体可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溴的四氯化碳褪色，用溴的四氯化碳溶液可以验证加成反应，故C正确；
D．乙烯的密度和空气比较接近，不能用排空气法收集乙烯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查乙烯的制备及其性质实验，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
10．（3分）如图所示是周期表前四周期的一部分，其中粗实线为金属与非金属的分界线。下列有关R、X、Y、Z 四种元素说法正确的是（ ）
A．核外未成对电子数：Z＞X
B．简单离子半径：Y＞X
C．元素最高正化合价：X＞Z
D．气态氢化物热稳定性：R＞X
【分析】由周期表的结构和金属与非金属的分界线可知，R为C元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为As元素，以此分析。
【解答】解：A．As的价层电子排布为4s24p3，有3个未成对电子，O的价层电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，核外未成对电子数：As＞O，故A正确；
B．O2﹣、Al3+核外电子排布相同，原子序数越大，离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Al3+，故B错误；
C．O元素没有最高正价，As元素最高正价为+5，故C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：C＜O，氢化物的稳定性：H2O＞CH4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
11．（3分）化学法镀银的过程如下：Ⅰ.向容器中加入一定量2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解；Ⅱ.加入10%葡萄糖溶液至充满容器，在60～70℃水浴中加热，片刻后容器内壁便镀上一层银。下列说法正确的是（ ）
A．该实验证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物
B．步骤Ⅰ后的溶液中大量存在Ag+、NO3﹣和NH4+
C．步骤Ⅱ可使用酒精灯直接加热以加快银的析出
D．可用硝酸洗涤除去容器壁上的银
【分析】A．银氨溶液能够氧化醛基生成羧基；
B．向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解，得到氢氧化二铵和银络合物；
C．银镜反应要水浴加热；
D．银易溶于稀硝酸。
【解答】解：A．银氨溶液能够氧化醛基生成羧基，产生银镜现象说明葡萄糖分子中含醛基，但不能证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物，故A错误；
B．向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解，得到氢氧化二铵合银络合物，溶液中含大于的[Ag（NH3）2]+、OH﹣、NO3﹣，故B错误；
C．银镜反应要水浴加热才能成功，直接加热受热不均匀，很难产生银镜反应，故C错误；
D．银易溶于稀硝酸，所以可用稀硝酸洗涤除去试管壁上残留的银，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了有机物结构与性质，明确葡萄糖结构特点，熟悉银镜反应原理即可解答，题目难度不大。
12．（3分）“索氏制碱法”与“侯氏制碱法”是常见的纯碱工业制法，关于两者说法正确的是（ ）
A．两者生产原料来源相同
B．两者均使用了高效催化剂
C．侯氏制碱法联合了人工固氮过程
D．索氏制碱法食盐利用率更高
【分析】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本．保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，NH4Cl可做氮肥，可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成。
【解答】解：A．分析可知两者生产原料来源不相同，故A错误；
B．过程分析可知，两者均未使用高效催化剂，故B错误；
C．侯氏制碱法与合成氨厂联合，即联合了人工固氮过程，故C正确；
D．原理分析可知，索氏制碱法食盐利用率低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查侯氏制碱法与索氏氨碱法知识，题目难度中等，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点。
13．（3分）除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是（ ）
A．AlCl3溶液（FeCl3） B．Na2CO3溶液（NaHCO3）
C．Fe2O3固体（Al2O3） D．NaCl溶液（MgCl2）
【分析】A．AlCl3溶液与过量NaOH溶液生成偏铝酸钠；
B．碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠；
C．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能；
D．氯化镁溶液与NaOH反应生成沉淀，且NaOH过量易引入新杂质。
【解答】解：A．AlCl3溶液与过量NaOH溶液生成偏铝酸钠，过滤分离不能得到氯化铝溶液，故A错误；
B．碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠，不需要过滤操作，过量NaOH溶液易引入新杂质，故B错误；
C．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能，反应后过滤可分离出氧化铁，故C正确；
D．氯化镁溶液与NaOH反应生成沉淀，但NaOH过量易引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，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。
14．（3分）如图装置进行实验，向小试管中加入稀盐酸。观察到U形管内两边红墨水液面逐渐变为左低右高，与此现象有关的推论是（ ）
A．反应物总能量低于生成物
B．发生了析氢腐蚀，产生较多气体
C．生成物中化学键形成会放出能量
D．锥形瓶内气体分子间平均距离变大
【分析】铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；加入稀盐酸，发生析氢腐蚀，放出热量。
【解答】解：A.该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物，故A错误；
B.加入稀盐酸，发生析氢腐蚀，产生较多气体，故B正确；
C.该反应不能判断生成物中化学键形成会放出能量，故C错误；
D.该反应是放热反应，锥形瓶内压强增大，气体平均距离减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应中能量变化，熟记常见的吸热反应和放热反应式解题的关键，题目难度不大。
15．（3分）一定条件下固定容积的容器中，反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+196 kJ 已达到平衡状态。改变某一条件后，平衡发生移动至新的平衡状态。已知此过程中正反应速率先增大后减小，则改变的条件可能是（ ）
A．加入催化剂 B．移走SO3
C．升高温度 D．缩小容器体积
【分析】改变某一条件后，平衡发生移动，此过程中正反应速率先增大后减小，说明外界条件改变使正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，平衡正向移动，故改变的条件可以加快反应速率，同时使平衡正向移动。
【解答】解：A．加入催化剂，正逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，故A错误；
B．移走三氧化硫，反应物浓度减小，正反应速率减慢，故B错误；
C．升高温度，正反应速率加快，反应放热，升温平衡逆向移动，故C错误；
D．缩小容器体积，浓度增大，正逆反应速率加快，反应为气体分子数减小的反应，加压，平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
16．（3分）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。关于上述反应说法正确的是（ ）
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
【分析】A.自发的氧化还原反应，可判断氧化性和非金属性的强弱；
B.反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑中Si的化合价由+4价降低到0价，C的化合价由0价升高到+2价，反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，C元素的化合价由0价升高到+2价和从0价降低到﹣4价，据此进行分析；
C.未注明气体的状态；
D.共价晶体中原子键长越短则熔点越高。
【解答】解：A.自发的氧化还原反应，可判断氧化性和非金属性的强弱，该反应是在高温条件下发生的，则不能判断Si、C的非金属性强弱，故A错误；
B.反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，做氧化剂，C的化合价由0价升高到+2价，做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2，反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，做氧化剂，C元素的化合价由0价升高到+2价和从0价降低到﹣4价，C既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：1，故B错误；
C.未注明气体的状态，无法进行计算，故C错误；
D.共价晶体中原子键长越短则熔点越高，Si﹣C键长小于Si﹣Si键长，故SiC熔点明显高于Si，SiC摩尔质量更大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意利用实例来分析，题目难度不大。
17．（3分）有研究认为，强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：
第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10
第二步：…K2＝…
第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103
下列说法正确的是（ ）
A．第二步反应的平衡常数表达式为K2＝
B．由K值大小可以判断第三步反应比第一步快
C．升高温度会使K1变小、K3变大
D．OH﹣是该反应的催化剂
【分析】A．总反应为：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣，第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O，总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应；
B．题干中的平衡常数数值比较大小，平衡常数是决定反应进行程度大小；
C．升高温度，平衡向吸热反应方向进行；
D．催化剂是参与反应过程，本身的质量和化学性质保持不变。
【解答】解：A．强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：，第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10，第二步：…K2＝…，第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103，总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应，HClO+I﹣⇌HIO+Cl﹣，平衡常数K＝，故A正确；
B．K1＝3.3×10﹣10＞K3＝2.3×103，但平衡常数只是说明反应进行程度大小，不能确定反应速率，故B错误；
C．第一步反应和第三步反应的焓变不知，升温不能判断平衡移动的方向，不能平衡平衡常数变化，故C错误；
D．反应过程分析可知，OH﹣为中间产物，不是催化剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了和冲锋衣过程的分析判断、平衡常数表达式、盖斯定律的计算应用等，注意题干信息的理解应用，题目难度不大。
18．（3分）某种酒驾检测仪具有吹气流量监测与控制的功能，其结构与工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ
C．在电解液中迁移的微粒X可能是电子
D．电极Ⅱ的电极反应式可能是：O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
【分析】乙醇酸性燃料电池酒精检测仪中，乙醇发生失电子的氧化反应生成醋酸，则呼气所在电极I为负极、通入O2的电极II为正极，负极反应式为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O＝4H++CH3COOH，O2在正极发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．酒驾检测仪工作原理是原电池原理，该装置将化学能转化为电能，故A错误；
B．电极I为负极、电极II为正极，电流由正极经过外电路流向负极，即电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ，故B正确；
C．电子不能加入溶液中，图中迁移的微粒X可能是氢离子，故C错误；
D．电极II为正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查燃料电池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握图中信息是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
19．（3分）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解（假设其他成分不反应），直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是（ ）
A．所用的盐酸浓度过高，有一定挥发
B．终点时溶液呈较深的红色
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2
【分析】A．若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小；
B．终点时溶液呈较深的红色，则过量盐酸消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小；
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大；
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大。
【解答】解：A．若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏大，CaCO3的质量偏大，含量偏高，故A正确；
B．终点时溶液呈较深的红色，则消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小，由此计算CaCO3的含量偏低，故B错误；
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，会将标准氢氧化钠溶液稀释，使得消耗NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故C错误；
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，二氧化碳与水结合形成碳酸，也会消耗氢氧化钠，使得NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了中的滴定操作，注意对测定结果的影响以及误差分析，难度中等。
20．（3分）室温下，通过下列实验探究0.1mol•L﹣1NaHS 溶液的性质。下列有关说法正确的是（ ）
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L﹣1NaOH 溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
A．实验①溶液中：c（S2﹣）＞c（H2S）
B．实验②所得溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS﹣→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→2S↓+Cl﹣+H2O
【分析】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S）；
C．实验③中，HS﹣与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS﹣结合为H2S；
D．实验④中，HS﹣与ClO﹣发生氧化还原反应，生成S、Cl﹣和OH﹣，OH﹣再与HS﹣反应生成S2﹣和H2O。
【解答】解：A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS﹣的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c（S2﹣）＜c（H2S），故A错误；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S），从而得出c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故B正确；
C．实验③中，HS﹣与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS﹣结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS﹣→CuS↓+H2S↑，故C错误；
D．实验④中，HS﹣与ClO﹣发生氧化还原反应，生成S、Cl﹣和OH﹣，OH﹣再与HS﹣反应生成S2﹣和H2O，反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→S↓+Cl﹣+S2﹣+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、综合分析题（本题共60分）（一）本题共16分
21．锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。完成下列填空：
（1）锗元素原子核外能量最高的电子有 2 个，它们运动所形成的电子云形状为 哑铃 形。
（2）氢化锗（GeH4）结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和 GeH3﹣ （填化学式）两种离子。
【分析】（1）锗元素是32号原子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；
（2）GeH4与CH4均为分子晶体；GeH4与NH3反应生成了NH4+和GeH3﹣两种离子。
【解答】解：（1）锗元素是32号原子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子是2p上的电子，有2个，它们运动所形成的电子云形状为哑铃形，
故答案为：2；哑铃；
（2）由于氢化锗结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体，所以GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和GeH3﹣两种离子，
故答案为：GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；GeH3﹣。
【点评】本题考查原子结构和晶体性质，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
22．三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4。
（1）常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）后者。
（2）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O 。
【分析】（1）C和Sn为同主族元素，同主族从上到下，最高价氧化物对饮水化物酸性减弱，酸越弱，对应盐水解程度越大；
（2）三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4，结合原子守恒书写化学方程式。
【解答】解：（1）非金属性C＞Sn，最高价氧化物对应水化物酸性，H2CO3＞H2SnO3，常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者，
故答案为：大于；
（2）三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4，反应的化学方程式为：Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O，
故答案为：Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O。
【点评】本题考查了物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握和应用，题目难度不大。
23．水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3﹣、Pb（OH）42﹣。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比（α）与溶液pH变化的关系如图所示。
（1）Pb（NO3）2溶液中， ＞ 2（填“＞”“＝”或“＜”）；往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 Pb2+、Pb（OH）+、H+ （填微3粒符号）。
（2）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 a （选填编号）。
a.4～5
b.6～7
c.8～10
d.12～14
【分析】（1）从图中可以看出，pH＝8时，铅以Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2的形式存在；
（2）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+，铅的脱除率最高。
【解答】解：（1）铅离子在水中可以水解，使得浓度减小，则＞2，从图中可以看出，pH＝8时，铅以Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2的形式存在，则往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb（OH）+、H+，
故答案为：＞；Pb2+、Pb（OH）+、H+；
（2）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5，故选a，
故答案为：a。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡分析判断，把握沉淀溶解平衡的计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
24．氮化铬（CrN）是一种良好的耐磨材料，实验室可用如图装置进行模拟制备（省略夹持装置）：
完成下列填空：
（1）干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是 b → e → f （选填端口字母编号）。
固体X可用无水氯化铬（CrCl3）固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
（2）无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3•6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 通HCl气流加热 。
（3）实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明 制备NH3装置易堵塞，引发爆炸 。固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
（4）写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式： Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O 。CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。
（5）样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为 20：1 。
（6）证明样品已反应完全的操作名称是 恒重操作 ；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2•8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥；
（1）NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气，只能用碱石灰干燥NH3；
（2）CrCl3•6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，通HCl气流加热；
（3）因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险；
（4）NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2；
（5）设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：66x+118y＝14.38①、x+2y＝×2＝0.22②，解方程可得：x＝0.2mol，y＝0.01mol；
（6）证明样品已反应完全时，继续加热前后固体的质量是否改变；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大。
【解答】解：（1）NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气；由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f，
故答案为：b→e→f；
（2）CrCl3•6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热，
故答案为：2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
（3）因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸，
故答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
（4）NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O，
故答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
（5）设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：66x+118y＝14.38……①、x+2y＝×2＝0.22……②，解方程可得：x＝0.2mol，y＝0.01mol，从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2：0.01＝20：1，
故答案为：20：1；
（6）证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大，
故答案为：恒重操作；偏大。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确获取信息、理解信息、整合信息并灵活运用信息是解本题关键，题目难度中等。
25．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）G中含氧官能团名称是 羟基、酯基 。
（2）B→C的反应类型为 氧化反应 ；E→F所需的试剂与条件是 CH3OH、浓硫酸、加热 。
（3）F的结构简式为 ；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是 HCl 。
（4）同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有 6 种（不考虑立体异构），请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式（若存在多种可任写一种）： 。
a.苯环上有两个取代基
b.含有碳碳双键
c.不与金属钠发生反应
（5）参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线 。
【分析】与发生开环加成生成，发生醇的催化氧化生成，C中﹣CHO转化为﹣C（NH2）CN生成D，D中﹣CN水解为﹣COOH生成E，对比E、G的结构简式，结合F的分子式，可知E与甲醇发生酯化反应生成F，F中氨基上氢原子被﹣CH2CH2OH取代生成G，故F结构简式为；
（5）由F→G的转化可知与发生取代反应生成，然后一定条件下水解生成，由C→D转化可知ClCH2CHO与NaCN/NH4Cl反应生成，而ClCH2CH2OH发生催化氧化生成ClCH2CHO。
【解答】解：（1）观察结构可知，G中含氧官能团名称是羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
（2）B→C的过程中﹣CH2OH转化为﹣CHO，该反应类型为氧化反应；E→F的转化酯E与甲醇发生酯化反应生成F，所需的试剂与条件是CH3OH、浓硫酸、加热，
故答案为：氧化反应；CH3OH、浓硫酸、加热；
（3）由分析可知，F的结构简式为；F→G过程中，F中氨基上氢原子被﹣CH2CH2OH取代生成G，反应同时生成HCl，
故答案为：；HCl；
（4）同时符合下列条件C（）的所有同分异构体：a．苯环上有两个取代基，b．含有碳碳双键，c．不与金属钠发生反应，说明没有羟基，苯环有2个取代基为﹣CH＝CH2、﹣OCH3或者﹣OCH＝CH2、﹣CH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有6种，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简为等，
故答案为：6；；
（5）由F→G的转化可知与发生取代反应生成，然后一定条件下水解生成，由C→D转化可知ClCH2CHO与NaCN/NH4Cl反应生成，而ClCH2CH2OH发生催化氧化生成ClCH2CHO，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
26．CH4﹣CO2重整反应[CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0）]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
完成下列填空：
（1）某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 0.125mol/（L•min） 。平衡常数的值为 。
达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 逆向 移动（选填“正向”“逆向”或“不”）。
储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4﹣CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率（α）、储能效率（η）的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min﹣1
n（CH4）：n（CO2）
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2：2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2：2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3：3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2：4
81.1
41.6
已知储能效率η＝Qchem/Qi。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
（2）解释为何可以用CH4﹣CO2重整反应进行储能 CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能 。
（3）对比实验 ii和iii （填序号），可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 越低 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因（两次实验中设备的加热功率Qi不变） 在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高 。
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向；
（2）根据反应热分析该反应为储能；
（3）根据表中数据分析，改变气体流量的实验组别和实验结论；
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv。
【解答】解：（1）由三段法可知，
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）（单位：mol）
开始 2 1 0 0
变化 0.5 0.5 1 1
平衡 1.5 0.5 1 1
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%，此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为＝mol/（L•min）＝0.125mol/（L•min），平衡常数的值为K＝＝＝；达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc＝＝＝，化学平衡逆向移动，
故答案为：0.125mol/（L•min）；；逆向；
（2）用CH4﹣CO2重整反应进行储能是因为CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4﹣CO2重整反应进行储能，
故答案为：CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能；
（3）对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低，
故答案为：ii和iii；越低；
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高，
故答案为：在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
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2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷
一、选择题（共40分，每小题3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）“碳中和”是指 CO2 排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是（ ）
A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行
2．（3分）能说明 HI 是共价化合物的事实是（ ）
A．液态条件不导电 B．仅由非金属元素组成
C．水溶液具有腐蚀性 D．受热易分解
3．（3分）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是（ ）
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
4．（3分）我国学者发明了一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其原理可以表示为：NaCl+CO2 CO+NaClO。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为12的钠离子Na+
B．NaClO的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．CO晶体模型：
5．（3分）关于下列仪器使用的说法正确的是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A．①、②、④常用于物质分离 B．②、③、⑥使用前需要检漏
C．③、⑤可用作反应容器 D．④、⑤可直接加热
6．（3分）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降
B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键
D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
7．（3分）有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是（ ）
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
8．（3分）维生素A（分子结构如图所示）是重要的营养素。下列关于维生素A的说法正确的是（ ）
A．分子式为C20H32O B．属于芳香族化合物
C．易溶于水 D．既能被氧化又能被还原
9．（3分）实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置正确的是（ ）
A．制备乙烯 B．除去杂质
C．验证加成反应 D．收集乙烯
10．（3分）如图所示是周期表前四周期的一部分，其中粗实线为金属与非金属的分界线。下列有关R、X、Y、Z 四种元素说法正确的是（ ）
A．核外未成对电子数：Z＞X
B．简单离子半径：Y＞X
C．元素最高正化合价：X＞Z
D．气态氢化物热稳定性：R＞X
11．（3分）化学法镀银的过程如下：Ⅰ.向容器中加入一定量2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解；Ⅱ.加入10%葡萄糖溶液至充满容器，在60～70℃水浴中加热，片刻后容器内壁便镀上一层银。下列说法正确的是（ ）
A．该实验证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物
B．步骤Ⅰ后的溶液中大量存在Ag+、NO3﹣和NH4+
C．步骤Ⅱ可使用酒精灯直接加热以加快银的析出
D．可用硝酸洗涤除去容器壁上的银
12．（3分）“索氏制碱法”与“侯氏制碱法”是常见的纯碱工业制法，关于两者说法正确的是（ ）
A．两者生产原料来源相同
B．两者均使用了高效催化剂
C．侯氏制碱法联合了人工固氮过程
D．索氏制碱法食盐利用率更高
13．（3分）除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是（ ）
A．AlCl3溶液（FeCl3） B．Na2CO3溶液（NaHCO3）
C．Fe2O3固体（Al2O3） D．NaCl溶液（MgCl2）
14．（3分）如图装置进行实验，向小试管中加入稀盐酸。观察到U形管内两边红墨水液面逐渐变为左低右高，与此现象有关的推论是（ ）
A．反应物总能量低于生成物
B．发生了析氢腐蚀，产生较多气体
C．生成物中化学键形成会放出能量
D．锥形瓶内气体分子间平均距离变大
15．（3分）一定条件下固定容积的容器中，反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+196 kJ 已达到平衡状态。改变某一条件后，平衡发生移动至新的平衡状态。已知此过程中正反应速率先增大后减小，则改变的条件可能是（ ）
A．加入催化剂 B．移走SO3
C．升高温度 D．缩小容器体积
16．（3分）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。关于上述反应说法正确的是（ ）
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
17．（3分）有研究认为，强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：
第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10
第二步：…K2＝…
第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103
下列说法正确的是（ ）
A．第二步反应的平衡常数表达式为K2＝
B．由K值大小可以判断第三步反应比第一步快
C．升高温度会使K1变小、K3变大
D．OH﹣是该反应的催化剂
18．（3分）某种酒驾检测仪具有吹气流量监测与控制的功能，其结构与工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ
C．在电解液中迁移的微粒X可能是电子
D．电极Ⅱ的电极反应式可能是：O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
19．（3分）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解（假设其他成分不反应），直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是（ ）
A．所用的盐酸浓度过高，有一定挥发
B．终点时溶液呈较深的红色
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2
20．（3分）室温下，通过下列实验探究0.1mol•L﹣1NaHS 溶液的性质。下列有关说法正确的是（ ）
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L﹣1NaOH 溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
A．实验①溶液中：c（S2﹣）＞c（H2S）
B．实验②所得溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS﹣→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→2S↓+Cl﹣+H2O
二、综合分析题（本题共60分）（一）本题共16分
21．锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。完成下列填空：
（1）锗元素原子核外能量最高的电子有 个，它们运动所形成的电子云形状为 形。
（2）氢化锗（GeH4）结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和 （填化学式）两种离子。
22．三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4。
（1）常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH （填“大于”“小于”或“等于”）后者。
（2）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 。
23．水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3﹣、Pb（OH）42﹣。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比（α）与溶液pH变化的关系如图所示。
（1）Pb（NO3）2溶液中， 2（填“＞”“＝”或“＜”）；往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 （填微3粒符号）。
（2）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 （选填编号）。
a.4～5
b.6～7
c.8～10
d.12～14
24．氮化铬（CrN）是一种良好的耐磨材料，实验室可用如图装置进行模拟制备（省略夹持装置）：
完成下列填空：
（1）干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是 → → （选填端口字母编号）。
固体X可用无水氯化铬（CrCl3）固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
（2）无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3•6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 。
（3）实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明 。固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
（4）写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式： 。CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。
（5）样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为 。
（6）证明样品已反应完全的操作名称是 ；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
25．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）G中含氧官能团名称是 。
（2）B→C的反应类型为 ；E→F所需的试剂与条件是 。
（3）F的结构简式为 ；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是 。
（4）同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有 种（不考虑立体异构），请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式（若存在多种可任写一种）： 。
a.苯环上有两个取代基
b.含有碳碳双键
c.不与金属钠发生反应
（5）参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线 。
26．CH4﹣CO2重整反应[CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0）]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
完成下列填空：
（1）某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 。平衡常数的值为 。
达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 移动（选填“正向”“逆向”或“不”）。
储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4﹣CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率（α）、储能效率（η）的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min﹣1
n（CH4）：n（CO2）
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2：2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2：2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3：3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2：4
81.1
41.6
已知储能效率η＝Qchem/Qi。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
（2）解释为何可以用CH4﹣CO2重整反应进行储能 。
（3）对比实验 （填序号），可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因（两次实验中设备的加热功率Qi不变） 。
2022年上海市虹口区高考化学第二次模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题3分。每小题只有一个正确答案）
1．（3分）“碳中和”是指 CO2 排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是（ ）
A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行
【分析】碳中和是直接或间接减少二氧化碳的排放。
【解答】解：A．植树造林，利用植物的光合作用吸收二氧化碳，实现“碳中和”，故A不符合题意；
B．风力发电，减少化石燃料的燃烧，实现“碳中和”故B不符合题意；
C．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，故C符合题意；
D．绿色出行可以减少化石燃料的燃烧，减少二氧化碳的排放，实验“碳中和”，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】本题考查“碳中和”，侧重考查学生知识的应用能力，试题比较简单。
2．（3分）能说明 HI 是共价化合物的事实是（ ）
A．液态条件不导电 B．仅由非金属元素组成
C．水溶液具有腐蚀性 D．受热易分解
【分析】共价化合物是原子间通过共用电子对而形成的化合物。
【解答】解：A．离子化合物熔融状态（液态）能导电，共价化合物液态不能导电，故A正确；
B．仅由非金属元素组成可能是单质，不是共价化合物，故B错误；
C．HI的水溶液具有腐蚀性，与其共价化合物没有关系，如NaOH是离子化合物，故C错误；
D．HI受热易分解，说明其稳定性差，与其共价化合物没有关系，如NH4Cl是离子化合物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质分类，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
3．（3分）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是（ ）
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
【分析】A．氨根离子与碳酸根离子发生双水解生成氨气；
B．NaClO具有强氧化性，能与HCl反应生成Cl2；
C．二氧化硫与新制氯水混合会发生反应SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4；
D．高锰酸钾在酸性条件下氧化性更强。
【解答】解：A．氯化铵和草木灰混合会放出氨气，使肥效降低，所以不能将氯化铵和草木灰混合使用，故A错误；
B．84消毒液主要成分为NaClO与含HCl的洁厕灵混合使用会产生有毒的Cl2，且降低其消毒效果，故B错误；
C．二氧化硫与新制氯水混合会发生反应SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，会降低漂白效果，故C错误；
D．高锰酸钾在酸性条件下氧化性更强，故D正确，
故选：D。
【点评】本题主要考查常见物质的性质，包括次氯酸钠、高锰酸钾等知识，题目难度不大。
4．（3分）我国学者发明了一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其原理可以表示为：NaCl+CO2 CO+NaClO。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为12的钠离子Na+
B．NaClO的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．CO晶体模型：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质子数写在左下角，质量数写在左上角；
B．NaClO是离子化合物，ClO﹣中Cl、O原子间共用1对电子；
C．CO2是直线形分子，并且C原子半径大于O；
D．CO是分子晶体，不是共价晶体。
【解答】解：A．中子数为12的钠原子的质量数为11+12＝23，核素符号为Na，该核素的离子符号为Na+，故A错误；
B．NaClO是离子化合物，由Na+和ClO﹣构成，ClO﹣中Cl、O原子间共用1对电子，Cl、O原子外围达到8e﹣结构，其电子式为，故B正确；
C．CO2是直线形分子，中心原子是C，且C原子半径大于O原子半径，其比例模型为，故C错误；
D．是立体网状结构，是共价晶体的晶体模型，其中C原子的配位数为4，O原子配位数为2，则该晶体的化学式为CO2，而CO晶体属于分子晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见化学用语的正误判断，掌握电子式、核素、比例模型、晶体类型及晶体模型等知识为解题关键，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生灵活运用基础知识的能力，题目难度中等。
5．（3分）关于下列仪器使用的说法正确的是（ ）
①
②
③
④
⑤
⑥
A．①、②、④常用于物质分离 B．②、③、⑥使用前需要检漏
C．③、⑤可用作反应容器 D．④、⑤可直接加热
【分析】①为长颈漏斗；②分液漏斗；③容量瓶；④蒸发皿；⑤集气瓶；⑥酸式滴定管，据此进行解答。
【解答】解：A.①为长颈漏斗，不能用来分离物质，故A错误；
B.分液漏斗，容量瓶，酸式滴定管使用前要检漏，故B正确；
C.容量瓶是精密仪器，不能做反应容器，故C错误；
D.蒸发皿能直接加热，集气瓶不能加热，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查基本的实验操作，主要涉及容量瓶、分液漏斗、坩埚与蒸发皿的选择等，属于基本知识的考查，难度不大。
6．（3分）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是（ ）
A．捕捉过程中溶液pH会下降
B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键
D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
【分析】NaOH溶液捕捉废气中的SO2，发生的反应有2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2＝2NaHSO3，据此进行解答。
【解答】解：A.捕捉过程中氢氧化钠会被消耗，pH会下降，故A正确；
B.氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.SO2中S与O键是极性共价键，故C错误；
D.1molNaOH最多捕捉1molSO2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及变化，主要考查电解质、非极性共价键等知识，题目难度不大。
7．（3分）有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是（ ）
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
【分析】A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，都可与碳反应；
B．在常温下，金属铁、铝和浓硝酸与浓硫酸之间发生钝化；
C．浓硝酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性；
D．浓氨水具有挥发性，浓硝酸具有挥发性，据此回答。
【解答】解：A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，在加热条件下都可与碳反应，都可生成二氧化碳气体，故A正确；
B．在常温下，金属铁、铝和浓硝酸与浓硫酸之间发生钝化，都能用铁制或铝制容器盛放，故B正确；
C．浓硝酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，长期露置在空气中，二者溶质质量分数都会变小，故C正确；
D．浓硝酸具有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸，硝酸和氨气之间会发生反应生成硝酸铵固体，会有白烟生成，但是浓硫酸不会出现该现象，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了浓硫酸和浓硝酸的性质知识，熟练掌握二者各种性质是解题的关键，难度不大。
8．（3分）维生素A（分子结构如图所示）是重要的营养素。下列关于维生素A的说法正确的是（ ）
A．分子式为C20H32O B．属于芳香族化合物
C．易溶于水 D．既能被氧化又能被还原
【分析】A．C、H、O原子个数依次是20、30、1；
B．不含苯环；
C．憎水基对其溶解性的影响远远大于亲水基对其溶解性的影响；
D．具有烯烃和醇的性质。
【解答】解：A．C、H、O原子个数依次是20、30、1，分子式为C20H30O，故A错误；
B．不含苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；
C．憎水基对其溶解性的影响远远大于亲水基对其溶解性的影响，所以维生素A不易溶于水，故C错误；
D．具有烯烃和醇的性质，碳碳双键能发生还原反应、碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
9．（3分）实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置正确的是（ ）
A．制备乙烯 B．除去杂质
C．验证加成反应 D．收集乙烯
【分析】A．乙醇与浓硫酸在170℃时反应生成乙烯；
B．洗气瓶除杂时，气体应经过溶液；
C．含不饱和键的气体可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溴的四氯化碳褪色；
D．乙烯的密度和空气比较接近。
【解答】解：A．乙醇与浓硫酸在170℃时反应生成乙烯，温度计应在液面下，故A错误；
B．洗气瓶除杂时，气体应经过溶液，应是长管进气，短管出气，故B错误；
C．含不饱和键的气体可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溴的四氯化碳褪色，用溴的四氯化碳溶液可以验证加成反应，故C正确；
D．乙烯的密度和空气比较接近，不能用排空气法收集乙烯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查乙烯的制备及其性质实验，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
10．（3分）如图所示是周期表前四周期的一部分，其中粗实线为金属与非金属的分界线。下列有关R、X、Y、Z 四种元素说法正确的是（ ）
A．核外未成对电子数：Z＞X
B．简单离子半径：Y＞X
C．元素最高正化合价：X＞Z
D．气态氢化物热稳定性：R＞X
【分析】由周期表的结构和金属与非金属的分界线可知，R为C元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为As元素，以此分析。
【解答】解：A．As的价层电子排布为4s24p3，有3个未成对电子，O的价层电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，核外未成对电子数：As＞O，故A正确；
B．O2﹣、Al3+核外电子排布相同，原子序数越大，离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Al3+，故B错误；
C．O元素没有最高正价，As元素最高正价为+5，故C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：C＜O，氢化物的稳定性：H2O＞CH4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
11．（3分）化学法镀银的过程如下：Ⅰ.向容器中加入一定量2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解；Ⅱ.加入10%葡萄糖溶液至充满容器，在60～70℃水浴中加热，片刻后容器内壁便镀上一层银。下列说法正确的是（ ）
A．该实验证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物
B．步骤Ⅰ后的溶液中大量存在Ag+、NO3﹣和NH4+
C．步骤Ⅱ可使用酒精灯直接加热以加快银的析出
D．可用硝酸洗涤除去容器壁上的银
【分析】A．银氨溶液能够氧化醛基生成羧基；
B．向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解，得到氢氧化二铵和银络合物；
C．银镜反应要水浴加热；
D．银易溶于稀硝酸。
【解答】解：A．银氨溶液能够氧化醛基生成羧基，产生银镜现象说明葡萄糖分子中含醛基，但不能证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物，故A错误；
B．向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解，得到氢氧化二铵合银络合物，溶液中含大于的[Ag（NH3）2]+、OH﹣、NO3﹣，故B错误；
C．银镜反应要水浴加热才能成功，直接加热受热不均匀，很难产生银镜反应，故C错误；
D．银易溶于稀硝酸，所以可用稀硝酸洗涤除去试管壁上残留的银，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了有机物结构与性质，明确葡萄糖结构特点，熟悉银镜反应原理即可解答，题目难度不大。
12．（3分）“索氏制碱法”与“侯氏制碱法”是常见的纯碱工业制法，关于两者说法正确的是（ ）
A．两者生产原料来源相同
B．两者均使用了高效催化剂
C．侯氏制碱法联合了人工固氮过程
D．索氏制碱法食盐利用率更高
【分析】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本．保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，NH4Cl可做氮肥，可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成。
【解答】解：A．分析可知两者生产原料来源不相同，故A错误；
B．过程分析可知，两者均未使用高效催化剂，故B错误；
C．侯氏制碱法与合成氨厂联合，即联合了人工固氮过程，故C正确；
D．原理分析可知，索氏制碱法食盐利用率低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查侯氏制碱法与索氏氨碱法知识，题目难度中等，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点。
13．（3分）除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是（ ）
A．AlCl3溶液（FeCl3） B．Na2CO3溶液（NaHCO3）
C．Fe2O3固体（Al2O3） D．NaCl溶液（MgCl2）
【分析】A．AlCl3溶液与过量NaOH溶液生成偏铝酸钠；
B．碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠；
C．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能；
D．氯化镁溶液与NaOH反应生成沉淀，且NaOH过量易引入新杂质。
【解答】解：A．AlCl3溶液与过量NaOH溶液生成偏铝酸钠，过滤分离不能得到氯化铝溶液，故A错误；
B．碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠，不需要过滤操作，过量NaOH溶液易引入新杂质，故B错误；
C．氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能，反应后过滤可分离出氧化铁，故C正确；
D．氯化镁溶液与NaOH反应生成沉淀，但NaOH过量易引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，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。
14．（3分）如图装置进行实验，向小试管中加入稀盐酸。观察到U形管内两边红墨水液面逐渐变为左低右高，与此现象有关的推论是（ ）
A．反应物总能量低于生成物
B．发生了析氢腐蚀，产生较多气体
C．生成物中化学键形成会放出能量
D．锥形瓶内气体分子间平均距离变大
【分析】铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；加入稀盐酸，发生析氢腐蚀，放出热量。
【解答】解：A.该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物，故A错误；
B.加入稀盐酸，发生析氢腐蚀，产生较多气体，故B正确；
C.该反应不能判断生成物中化学键形成会放出能量，故C错误；
D.该反应是放热反应，锥形瓶内压强增大，气体平均距离减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应中能量变化，熟记常见的吸热反应和放热反应式解题的关键，题目难度不大。
15．（3分）一定条件下固定容积的容器中，反应 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+196 kJ 已达到平衡状态。改变某一条件后，平衡发生移动至新的平衡状态。已知此过程中正反应速率先增大后减小，则改变的条件可能是（ ）
A．加入催化剂 B．移走SO3
C．升高温度 D．缩小容器体积
【分析】改变某一条件后，平衡发生移动，此过程中正反应速率先增大后减小，说明外界条件改变使正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，平衡正向移动，故改变的条件可以加快反应速率，同时使平衡正向移动。
【解答】解：A．加入催化剂，正逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，故A错误；
B．移走三氧化硫，反应物浓度减小，正反应速率减慢，故B错误；
C．升高温度，正反应速率加快，反应放热，升温平衡逆向移动，故C错误；
D．缩小容器体积，浓度增大，正逆反应速率加快，反应为气体分子数减小的反应，加压，平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
16．（3分）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。关于上述反应说法正确的是（ ）
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
【分析】A.自发的氧化还原反应，可判断氧化性和非金属性的强弱；
B.反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑中Si的化合价由+4价降低到0价，C的化合价由0价升高到+2价，反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，C元素的化合价由0价升高到+2价和从0价降低到﹣4价，据此进行分析；
C.未注明气体的状态；
D.共价晶体中原子键长越短则熔点越高。
【解答】解：A.自发的氧化还原反应，可判断氧化性和非金属性的强弱，该反应是在高温条件下发生的，则不能判断Si、C的非金属性强弱，故A错误；
B.反应①：SiO2+2CSi（熔点1410℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，做氧化剂，C的化合价由0价升高到+2价，做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：2，反应②：SiO2+3CSiC（熔点2700℃）+2CO↑中Si元素的化合价由+4价降低到0价，做氧化剂，C元素的化合价由0价升高到+2价和从0价降低到﹣4价，C既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比均为 1：1，故B错误；
C.未注明气体的状态，无法进行计算，故C错误；
D.共价晶体中原子键长越短则熔点越高，Si﹣C键长小于Si﹣Si键长，故SiC熔点明显高于Si，SiC摩尔质量更大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意利用实例来分析，题目难度不大。
17．（3分）有研究认为，强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：
第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10
第二步：…K2＝…
第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103
下列说法正确的是（ ）
A．第二步反应的平衡常数表达式为K2＝
B．由K值大小可以判断第三步反应比第一步快
C．升高温度会使K1变小、K3变大
D．OH﹣是该反应的催化剂
【分析】A．总反应为：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣，第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O，总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应；
B．题干中的平衡常数数值比较大小，平衡常数是决定反应进行程度大小；
C．升高温度，平衡向吸热反应方向进行；
D．催化剂是参与反应过程，本身的质量和化学性质保持不变。
【解答】解：A．强碱性环境下反应：I﹣+ClO﹣⇌IO﹣+Cl﹣可能分如下三步进行：，第一步：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣K1＝3.3×10﹣10，第二步：…K2＝…，第三步：HIO+OH﹣⇌IO﹣+H2O K3＝2.3×103，总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应，HClO+I﹣⇌HIO+Cl﹣，平衡常数K＝，故A正确；
B．K1＝3.3×10﹣10＞K3＝2.3×103，但平衡常数只是说明反应进行程度大小，不能确定反应速率，故B错误；
C．第一步反应和第三步反应的焓变不知，升温不能判断平衡移动的方向，不能平衡平衡常数变化，故C错误；
D．反应过程分析可知，OH﹣为中间产物，不是催化剂，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了和冲锋衣过程的分析判断、平衡常数表达式、盖斯定律的计算应用等，注意题干信息的理解应用，题目难度不大。
18．（3分）某种酒驾检测仪具有吹气流量监测与控制的功能，其结构与工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该装置将电能转化为化学能
B．电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ
C．在电解液中迁移的微粒X可能是电子
D．电极Ⅱ的电极反应式可能是：O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
【分析】乙醇酸性燃料电池酒精检测仪中，乙醇发生失电子的氧化反应生成醋酸，则呼气所在电极I为负极、通入O2的电极II为正极，负极反应式为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O＝4H++CH3COOH，O2在正极发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．酒驾检测仪工作原理是原电池原理，该装置将化学能转化为电能，故A错误；
B．电极I为负极、电极II为正极，电流由正极经过外电路流向负极，即电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ，故B正确；
C．电子不能加入溶液中，图中迁移的微粒X可能是氢离子，故C错误；
D．电极II为正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查燃料电池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握图中信息是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
19．（3分）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解（假设其他成分不反应），直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是（ ）
A．所用的盐酸浓度过高，有一定挥发
B．终点时溶液呈较深的红色
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2
【分析】A．若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小；
B．终点时溶液呈较深的红色，则过量盐酸消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小；
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大；
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大。
【解答】解：A．若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏大，CaCO3的质量偏大，含量偏高，故A正确；
B．终点时溶液呈较深的红色，则消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小，由此计算CaCO3的含量偏低，故B错误；
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，会将标准氢氧化钠溶液稀释，使得消耗NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故C错误；
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，二氧化碳与水结合形成碳酸，也会消耗氢氧化钠，使得NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了中的滴定操作，注意对测定结果的影响以及误差分析，难度中等。
20．（3分）室温下，通过下列实验探究0.1mol•L﹣1NaHS 溶液的性质。下列有关说法正确的是（ ）
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L﹣1NaOH 溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
A．实验①溶液中：c（S2﹣）＞c（H2S）
B．实验②所得溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS﹣→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→2S↓+Cl﹣+H2O
【分析】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S）；
C．实验③中，HS﹣与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS﹣结合为H2S；
D．实验④中，HS﹣与ClO﹣发生氧化还原反应，生成S、Cl﹣和OH﹣，OH﹣再与HS﹣反应生成S2﹣和H2O。
【解答】解：A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS﹣的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c（S2﹣）＜c（H2S），故A错误；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（HS﹣）+2c（S2﹣）+2c（H2S），从而得出c（OH﹣）＝c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故B正确；
C．实验③中，HS﹣与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS﹣结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS﹣→CuS↓+H2S↑，故C错误；
D．实验④中，HS﹣与ClO﹣发生氧化还原反应，生成S、Cl﹣和OH﹣，OH﹣再与HS﹣反应生成S2﹣和H2O，反应的离子方程式：2HS﹣+ClO﹣→S↓+Cl﹣+S2﹣+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
二、综合分析题（本题共60分）（一）本题共16分
21．锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。完成下列填空：
（1）锗元素原子核外能量最高的电子有 2 个，它们运动所形成的电子云形状为 哑铃 形。
（2）氢化锗（GeH4）结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由 GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和 GeH3﹣ （填化学式）两种离子。
【分析】（1）锗元素是32号原子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；
（2）GeH4与CH4均为分子晶体；GeH4与NH3反应生成了NH4+和GeH3﹣两种离子。
【解答】解：（1）锗元素是32号原子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子是2p上的电子，有2个，它们运动所形成的电子云形状为哑铃形，
故答案为：2；哑铃；
（2）由于氢化锗结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体，所以GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了NH4+和GeH3﹣两种离子，
故答案为：GeH4与CH4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；GeH3﹣。
【点评】本题考查原子结构和晶体性质，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
22．三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4。
（1）常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）后者。
（2）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式 Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O 。
【分析】（1）C和Sn为同主族元素，同主族从上到下，最高价氧化物对饮水化物酸性减弱，酸越弱，对应盐水解程度越大；
（2）三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4，结合原子守恒书写化学方程式。
【解答】解：（1）非金属性C＞Sn，最高价氧化物对应水化物酸性，H2CO3＞H2SnO3，常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者，
故答案为：大于；
（2）三水锡酸钠（Na2SnO3•3H2O）是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn（OH）4，反应的化学方程式为：Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O，
故答案为：Na2SnO3•3H2O+CO2＝Na2CO3+Sn（OH）4+H2O。
【点评】本题考查了物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握和应用，题目难度不大。
23．水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3﹣、Pb（OH）42﹣。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比（α）与溶液pH变化的关系如图所示。
（1）Pb（NO3）2溶液中， ＞ 2（填“＞”“＝”或“＜”）；往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有 Pb2+、Pb（OH）+、H+ （填微3粒符号）。
（2）科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+。则脱铅时最合适的pH约为 a （选填编号）。
a.4～5
b.6～7
c.8～10
d.12～14
【分析】（1）从图中可以看出，pH＝8时，铅以Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2的形式存在；
（2）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+，铅的脱除率最高。
【解答】解：（1）铅离子在水中可以水解，使得浓度减小，则＞2，从图中可以看出，pH＝8时，铅以Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2的形式存在，则往Pb（NO3）2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb（OH）+、H+，
故答案为：＞；Pb2+、Pb（OH）+、H+；
（2）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH（s）+Pb2+（aq）⇌D2Pb（s）+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5，故选a，
故答案为：a。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡分析判断，把握沉淀溶解平衡的计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
24．氮化铬（CrN）是一种良好的耐磨材料，实验室可用如图装置进行模拟制备（省略夹持装置）：
完成下列填空：
（1）干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是 b → e → f （选填端口字母编号）。
固体X可用无水氯化铬（CrCl3）固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
（2）无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3•6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 通HCl气流加热 。
（3）实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明 制备NH3装置易堵塞，引发爆炸 。固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
（4）写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式： Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O 。CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。
（5）样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为 20：1 。
（6）证明样品已反应完全的操作名称是 恒重操作 ；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2•8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥；
（1）NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气，只能用碱石灰干燥NH3；
（2）CrCl3•6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，通HCl气流加热；
（3）因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险；
（4）NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2；
（5）设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：66x+118y＝14.38①、x+2y＝×2＝0.22②，解方程可得：x＝0.2mol，y＝0.01mol；
（6）证明样品已反应完全时，继续加热前后固体的质量是否改变；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大。
【解答】解：（1）NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气；由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f，
故答案为：b→e→f；
（2）CrCl3•6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热，
故答案为：2CrCl3•6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
（3）因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸，
故答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
（4）NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O，
故答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
（5）设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：66x+118y＝14.38……①、x+2y＝×2＝0.22……②，解方程可得：x＝0.2mol，y＝0.01mol，从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2：0.01＝20：1，
故答案为：20：1；
（6）证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大，
故答案为：恒重操作；偏大。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确获取信息、理解信息、整合信息并灵活运用信息是解本题关键，题目难度中等。
25．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
完成下列填空：
（1）G中含氧官能团名称是 羟基、酯基 。
（2）B→C的反应类型为 氧化反应 ；E→F所需的试剂与条件是 CH3OH、浓硫酸、加热 。
（3）F的结构简式为 ；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是 HCl 。
（4）同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有 6 种（不考虑立体异构），请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式（若存在多种可任写一种）： 。
a.苯环上有两个取代基
b.含有碳碳双键
c.不与金属钠发生反应
（5）参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线 。
【分析】与发生开环加成生成，发生醇的催化氧化生成，C中﹣CHO转化为﹣C（NH2）CN生成D，D中﹣CN水解为﹣COOH生成E，对比E、G的结构简式，结合F的分子式，可知E与甲醇发生酯化反应生成F，F中氨基上氢原子被﹣CH2CH2OH取代生成G，故F结构简式为；
（5）由F→G的转化可知与发生取代反应生成，然后一定条件下水解生成，由C→D转化可知ClCH2CHO与NaCN/NH4Cl反应生成，而ClCH2CH2OH发生催化氧化生成ClCH2CHO。
【解答】解：（1）观察结构可知，G中含氧官能团名称是羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
（2）B→C的过程中﹣CH2OH转化为﹣CHO，该反应类型为氧化反应；E→F的转化酯E与甲醇发生酯化反应生成F，所需的试剂与条件是CH3OH、浓硫酸、加热，
故答案为：氧化反应；CH3OH、浓硫酸、加热；
（3）由分析可知，F的结构简式为；F→G过程中，F中氨基上氢原子被﹣CH2CH2OH取代生成G，反应同时生成HCl，
故答案为：；HCl；
（4）同时符合下列条件C（）的所有同分异构体：a．苯环上有两个取代基，b．含有碳碳双键，c．不与金属钠发生反应，说明没有羟基，苯环有2个取代基为﹣CH＝CH2、﹣OCH3或者﹣OCH＝CH2、﹣CH3，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有6种，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简为等，
故答案为：6；；
（5）由F→G的转化可知与发生取代反应生成，然后一定条件下水解生成，由C→D转化可知ClCH2CHO与NaCN/NH4Cl反应生成，而ClCH2CH2OH发生催化氧化生成ClCH2CHO，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力。
26．CH4﹣CO2重整反应[CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0）]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
完成下列填空：
（1）某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 0.125mol/（L•min） 。平衡常数的值为 。
达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 逆向 移动（选填“正向”“逆向”或“不”）。
储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4﹣CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率（α）、储能效率（η）的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min﹣1
n（CH4）：n（CO2）
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2：2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2：2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3：3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2：4
81.1
41.6
已知储能效率η＝Qchem/Qi。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
（2）解释为何可以用CH4﹣CO2重整反应进行储能 CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能 。
（3）对比实验 ii和iii （填序号），可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 越低 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因（两次实验中设备的加热功率Qi不变） 在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高 。
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向；
（2）根据反应热分析该反应为储能；
（3）根据表中数据分析，改变气体流量的实验组别和实验结论；
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv。
【解答】解：（1）由三段法可知，
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）（单位：mol）
开始 2 1 0 0
变化 0.5 0.5 1 1
平衡 1.5 0.5 1 1
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）﹣Q（Q＞0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%，此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为＝mol/（L•min）＝0.125mol/（L•min），平衡常数的值为K＝＝＝；达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc＝＝＝，化学平衡逆向移动，
故答案为：0.125mol/（L•min）；；逆向；
（2）用CH4﹣CO2重整反应进行储能是因为CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4﹣CO2重整反应进行储能，
故答案为：CH4﹣CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能；
（3）对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低，
故答案为：ii和iii；越低；
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高，
故答案为：在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3×0.642L＝1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2×0.811L＝1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:54:22；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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