上海市虹口区2022届高三化学二模试题（含解析）

上海市虹口区2022届高三二模化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（　　）　A．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料　B．绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品　C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放　D．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油考点：化石燃料与基本化工原料；常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．.专题：化学应用．分析：A．植物油属于油脂不是化石燃料；B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境、生产技术、卫生标准下加工生产、经权威机构认定并使用专门标志的安全、优质、营养类食品的统称据此解答；C．洁净煤技术是指减少污染和提高效率的煤炭加工、燃烧、转化和污染控制等新技术；D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用．解答：解：A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见的化石燃料，对绿色食品、节煤技术的理解，地沟油的成分，与社会生活接触密贴，是高考的热点题型，平时学习时注意积累．　2．（2分）（2022•虹口区二模）下列说法正确的是（　　）　A．230Th和232Th是钍的两种同素异形体　B．H2与T2互为同位素　C．甲醇与乙二醇互为同系物　D．乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体考点：同素异形体；同位素及其应用；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．.专题：原子组成与结构专题；同系物和同分异构体．分析：A、230Th和232Th是钍的两种不同核素；B、H2与T2都是由氢元素组成的氢单质；C、结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物，互为同系物；D、分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体．解答：解：A、230Th和232Th的质子数相同，中子数相差2-33-，都是由钍元素组成的两种不同核素，互为同位素，故A错误；B、H2与T2都是由氢元素组成的氢单质，互为同素异形体，故B错误；C、甲醇的分子式为CH4O，乙二醇的分子式为C2H6O2，分子组成上相差CH2O，因此甲醇与乙二醇不互为同系物，故C错误；D、乙酸乙酯与丁酸的分子式为C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选：D．点评：本题考查了同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的辨析，题目难度一般，准确掌握同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的定义是解题的关键．　3．（2分）（2022•虹口区二模）下列化学用语正确的是（　　）　A．2﹣氨基丁酸的结构简式：B．四氯化碳的比例模型：　C．氯化铵的电子式为：D．次氯酸的结构式为：H﹣Cl﹣O考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.专题：化学用语专题．分析：A．根据氨基酸的命名原则进行判断；B．四氯化碳分子中碳原子半径小于氯原子半径，该模型中原子半径大小错误；C．氯离子最外层电子数没有标出；D．次氯酸分子中不存在氢氯键，应该为氢氧键和氯氧键．解答：解：A.2﹣氨基丁酸，氨基在羧基邻位碳上，其结构简式为：，故A正确；B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故B错误；C．氯化铵为离子化合物，氯离子中的最外层电子应该标出，正确的电子式为：，故C错误；D．次氯酸的电子式为：，所以次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故D错误；故选A．点评：-33-本题考查了电子式、结构简式、结构式、比例模型的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式区别．　4．（2分）（2022•虹口区二模）下列说法正确的是（　　）　A．分子晶体中一定含有共价键　B．pH=7的溶液一定是中性溶液　C．含有极性键的分子不一定是极性分子　D．非金属性强的元素单质一定很活泼考点：共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律的作用；极性分子和非极性分子；水的电离．.专题：基本概念与基本理论；化学键与晶体结构．分析：A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键；B．pH=7的溶液可能为酸性、碱性、中性；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼．解答：解：A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH=7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH=7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故选C．点评：本题考查较综合，涉及化学键、溶液酸碱性、键的极性与分子的极性、非金属性及物质性质等，选项B为易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大．　5．（2分）（2022•虹口区二模）下列有关物质的性质与应用相对应的是（　　）　A．Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒　B．SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维　C．NH3具有还原性，可用作制冷剂　D．Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．.专题：元素及其化合物．分析：A、氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硅熔点高，还是制造光导纤维的材料；C、氨气易液化，常用作制冷剂；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体反应产生氧气，常做供氧剂．解答：解：A、氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B、二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；C-33-、氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确．故选D．点评：本题考查学生物质的性质以及应用，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．　二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂在答题纸上）6．（3分）（2022•虹口区二模）下列关于氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）说法错误的是（　　）　A．两者的原料来源相同B．两者的生产原理相同　C．两者对食盐利用率不同D．两者最终产品都是Na2CO3考点：纯碱工业（侯氏制碱法）．.专题：化学应用．分析：氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱．先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液．第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体．由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品．此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用．解答：解：A．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B．氨碱法其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法：包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C．氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%～74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D．氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；故选A．-33-点评：本题主要考查了氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的原理，掌握原理是解题的关键，题目难度不大．　7．（3分）（2022•虹口区二模）下列各图示实验设计和操作合理的是（　　）　A．证明非金属性强弱：S＞C＞SiB．制备少量氧气　C．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D．制备少量乙酸丁酯考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性；B．过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离；C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D．反应物乙酸、1﹣丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点．解答：解：A．发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，可比较非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离，图中隔板不能用作粉末固体与液体的反应，故B错误；C．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D．反应物乙酸、1﹣丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属性比较、固液反应装置、溶液配制、乙酸丁酯制备等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，选项D为解答的难点，题目难度不大．　8．（3分）（2022•虹口区二模）如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验．以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象．下列说法错误的是（　　）-33-　A．pH试纸变蓝B．KI﹣淀粉试纸变蓝　C．通电时，电能转换为化学能D．电子通过pH试纸到达KI﹣淀粉试纸考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色．解答：解：A．连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B．连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C．该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D．电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故选D．点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点．　9．（3分）（2022•虹口区二模）硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（　　）　A．氧化性：SeO2＞SO2B．热稳定性：H2S＞H2Se　C．熔沸点：H2S＜H2SeD．酸性：H2SO3＞H2SeO3考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：硒（Se）与S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，以此来解答．解答：解：A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A不选；B．热稳定性：H2S＞H2Se，可知非金属性S＞Se，故B选；C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C不选；D．酸性：H2SO3＞H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D不选；故选B．点评：本题考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，为高频考点，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，题目难度不大．　10．（3分）（2022•虹口区二模）如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（　　）-33-　A．该反应中，化学能转变成热能　B．反应物的总能量低于生成物的总能量　C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应　D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q考点：吸热反应和放热反应．.专题：化学反应中的能量变化．分析：通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量．解答：解：A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C．该反应是一个吸热反应，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为：2NH4Cl+Ba（OH）2•8H2O→BaCl2+2NH3•H2O+8H2O﹣Q，故D错误，故选B．点评：本题考查学生吸热反应和物质能量的转化，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　11．（3分）（2022•虹口区二模）下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（　　）　A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱　B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体　C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸　D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污考点：钠的重要化合物．.专题：元素及其化合物．分析：A．碳酸钠可与氢氧化钙反应生成NaOH；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇和乙酸；D．碳酸钠水解呈碱性，可除去油污．解答：解：A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确．故选：B．点评：-33-本题考查碳酸钠的性质，为高频考点，注意碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，题目难度不大．　12．（3分）（2022•虹口区二模）H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3⇌H++HSO3﹣和HSO3﹣⇌H++SO32﹣，若向H2SO3溶液中（　　）　A．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大　B．通入过量H2S，反应后溶液pH减小　C．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小　D．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．氯气和亚硫酸发生氧化还原反应，离子反应方程式为：Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣；B．亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应方程式为：H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O；C．氢氧根离子和氢离子发生反应，离子方程式为OH﹣+H+=H2O；D．盐酸酸性大于亚硫酸，氯化钡和亚硫酸不反应．解答：解：A．氯气和亚硫酸发生氧化还原反应，离子反应方程式为Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；B．亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应方程式为：H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故B错误；C．氢氧根离子和氢离子发生反应，离子方程式为OH﹣+H+=H2O，平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；D．盐酸酸性大于亚硫酸，氯化钡和亚硫酸不反应，氯化钡是强酸强碱盐，不水解，所以不影响亚硫酸电离，且不会产生亚硫酸钡沉淀，故D错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确物质之间发生的反应是解本题关键，根据反应生成物及其性质确定溶液pH变化，题目难度不大．　13．（3分）（2022•虹口区二模）下列实验能获得成功的是（　　）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．溴以及三溴苯酚都溶于苯中；B．次氯酸具有漂白性；-33-C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响；D．检验溴离子，应先调节溶液至酸性．解答：解：A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，故B错误；C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及物质的鉴别、分离和提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同．　14．（3分）（2022•虹口区二模）阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍．下列关于阿斯巴甜的错误说法是（　　）　A．在一定条件下能发生取代反应、加成反应　B．酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸　C．在一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应　D．分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质考点：有机物的结构和性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有﹣COOH，具有酸性，可发生酯化、取代反应，含有酯基，可发生取代、水解反应，含有肽键，可发生水解反应，以此解答该题．解答：解：A．阿斯巴甜中含有﹣COOH、酯基、肽键，可发生取代反应，含有苯环，可发生加成反应，故A正确；B．酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C．阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有﹣COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；D．蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的结构特点，把握有机物官能团的结构和性质，为解答该类题目的关键．　15．（3分）（2022•虹口区二模）将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（　　）　A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NAB．原NaOH浓度为1mol/L-33-　C．参加反应的氯气分子为0.1NAD．转移电子为0.2NA考点：化学方程式的有关计算；氯气的化学性质．.专题：计算题．分析：将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，结合N=nNA、c=计算．解答：解：发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH，A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA，故A错误；B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为=2mol/L，故B错误；C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故选C．点评：本题考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度不大．　16．（3分）（2022•虹口区二模）已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，在只含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（　　）　A．I﹣、Fe3+、Cl﹣B．Fe2+、Cl﹣、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl﹣D．Fe2+、I﹣、Cl﹣考点：氧化性、还原性强弱的比较．.专题：氧化还原反应专题．分析：在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断．解答：解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子．A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误．故选B．点评：本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大．　17．（3分）（2022•虹口区二模）工业制硝酸产生的尾气NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（　　）　A．x=1.5时，只生成NaNO2B．2＞x＞1.5时，生成NaNO2和NaNO3-33-　C．x＜1.5时，需补充O2D．x=2时，只生成NaNO3考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．.专题：氮族元素．分析：NOx与NaOH溶液反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH=（2x﹣3）NaNO3+（5﹣2x）NaNO2+H2O，根据x的取值情况进行分析判断即可．解答：解：工业制硝酸产生的尾气NOx用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH=（2x﹣3）NaNO3+（5﹣2x）NaNO2+H2O．A、x=1.5时，2x﹣3=0，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；B、2＞x＞1.5时，≠0，5﹣2x≠0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；C、x＜1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；D、当x=2时，2x﹣3=1，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误．故选D．点评：本题考查学生含氮的化合物的性质知识，注意发生反应的量之间的关系是关键，难度较大．　三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分，答案涂在答题纸上）18．（4分）（2022•虹口区二模）如图，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将甲针筒内的物质压到乙针筒内，进行下列实验：下列说法正确的是（　　）实验序号甲针筒内物质乙针筒内物质乙针筒里的现象AH2SCuSO4溶液产生黑色沉淀BH2SFeSO4溶液产生黑色沉淀CSO2H2S出现淡黄色固体DSO2紫色石蕊溶液先变红后褪色　A．AB．BC．CD．D考点：二氧化硫的化学性质；硫化氢．.专题：氧族元素．分析：A．H2S与CuSO4溶液能反应生成硫化铜黑色沉淀；B．H2S与FeSO4溶液不能反应；C．H2S和SO2反应2H2S+SO2=3S+2H2O，硫不溶于水，析出浅黄色固体；D．SO2与水生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，但不褪色，因二氧化硫不能漂白指示剂；解答：解：A．H2S与CuSO4溶液能反应生成硫化铜黑色沉淀，故A正确；B．H2S与FeSO4溶液不能反应，故B错误；-33-C．H2S和SO2反应2H2S+SO2=3S+2H2O，析出浅黄色固体，故C正确；D．SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红后不褪色，二氧化硫不能漂白指示剂，故D错误；故选AC．点评：该题主要考查了元素及其化合物的知识，涉及硫的化合物的性质，综合性强，需学习该阶段知识时掌握相关的反应方程式．　19．（4分）（2022•虹口区二模）在恒温密闭容器中制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）⇌MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）﹣Q，达到平衡后，以下分析正确的是（　　）　A．加入硫酸镁固体，平衡正向移动　B．达到平衡时，气体的平均分子量保持不变　C．保持体积不变，充入CO，达到平衡的过程中逆反应速率逐渐增大　D．1molMgSO4和1molCO反应，达到平衡时吸收热量为Q考点：化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：A、固体量的增减不会引起化学平衡的移动；B、根据气体的平均分子量M=来判断；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，正逆反应速率均加快，但是正反应速率增加的程度大；D、根据可逆反应的特点结合热化学方程式中焓变的含义来回答．解答：解：A、反应中，固体量的增减不会引起化学平衡的移动，所以加入硫酸镁固体，平衡布移动，故A错误；B、根据气体的平均分子量M=，质量变化，n也变化，当M不变了，达到了平衡，故B正确；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，正逆反应速率迅速加快，逆反应速率在原来基础上加快，故C正确；D、可逆反应的特点：不能进行彻底，所以1molMgSO4和1molCO反应，达到平衡时吸收热量小于Q，故D错误．故选BC．点评：本题涉及化学平衡移动的影响因素、平衡状态的特征以及化学反应速率的影响因素等方面知识，考查角度广，难度不大．　20．（4分）（2022•虹口区二模）下列各反应对应的离子方程式正确的是（　　）　A．次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO﹣+H2O+SO2→HClO+HSO3﹣　B．向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32﹣　C．氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2++OH﹣+H++SO42﹣→BaSO4↓+H2O　D．50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S：5OH﹣+3H2S→HS﹣+2S2﹣+5H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子；-33-B．向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C．氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2；D．n（NaOH）=1mol/L×0.05L=0.05mol，50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1．解答：解：A．次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+SO42﹣+2H+，故A错误；B．向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．n（NaOH）=1mol/L×0.05L=0.05mol，50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH﹣+3H2S=HS﹣+2S2﹣+5H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式，难度中等．　21．（4分）（2022•虹口区二模）部分弱酸在水溶液中的电离平衡常数如下表弱酸氢氰酸（HCN）碳酸（H2CO3）氢氟酸（HF）电离平衡常数K（25℃）K=4.93×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11K=3.53×10﹣4下列选项正确的是（　　）　A．NaCN溶液中通入少量CO2：CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣　B．Na2CO3溶液中通入少量HF：CO32﹣+2HF→2F﹣+CO2+H2O　C．25℃，等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者　D．中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸；B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠；C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小；D．中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比．解答：解：A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣，故A正确；B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32﹣-33-+HF→F﹣+HCO3﹣，故B错误；C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HF＞HCN，则电离程度：CN﹣＞F﹣，所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；D．中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，等pH的HCN和HF，c（HCN）＞c（HF），则等体积等pH的HCN和HF的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；故选AC．点评：本题考查了弱电解质的电离，知道电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的强弱之间的关系是解本题关键，根据酸的强弱来确定生成物，注意D中中和等pH、等体积的酸消耗NaOH的体积与酸的强弱无关，只与酸的物质的量有关，为易错点．　22．（4分）（2022•虹口区二模）NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO+4NH3→5N2+6H2O．现有NO与NH3的混合物1mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4g．则下列判断中正确的是（　　）　A．产生氮气为5.6L　B．有0.3molNO被还原　C．生成氧化产物2.8g　D．原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3：2考点：氧化还原反应的计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由﹣3价升高到0价，失电子，根据化学方程式以及经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g，利用讨论法计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量．解答：解：6molNO还原得到3molN2，4molNH3氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1.4g，=0.05mol，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO．A．如是标准状况下，则V（N2）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，但气体存在的条件未知，不能确定气体的体积，故A错误；B．由以上分析可知，有0.3molNO被还原，故B正确；C.0.2molNH3反应，被氧化生成氮气，则氧化产物为0.1mol，质量为2.8g，故C正确；D．气体有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO，二者比值不是3：2，故D错误．故选BC．点评：本题考查氧化还原反应以及有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据化学方程式判断被氧化和被还原的物质的量的关系为解答该题的关键．　四、（本题共12分）-33-23．（12分）（2022•虹口区二模）二氧化氯是黄绿色的气体，可用于水体消毒与废水处理．一种制备方法为：　1　H2C2O4+　2　NaClO3+　1　H2SO4→　1　Na2SO4+　2　CO2↑+　2　ClO2↑+　2　H2O完成下列填空：（1）配平上述反应方程式，该反应的还原产物是　ClO2　．（2）该反应每产生0.2molClO2，需要消耗草酸晶体（H2C2O4•2H2O）　12.6　g．（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是　Na＞S＞Cl　，其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为　球形　．（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与　HClO（合理即可）　相同．（写一种）（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，请写出此反应的离子方程式：　2ClO2+2CN﹣=2CO2+N2+2Cl﹣　．（6）上述反应产物NaCl中含有　离子　键，工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，氯气在　阳极　（写电极名称）产生．考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．.专题：氧化还原反应专题；卤族元素．分析：（1）氧化还原反应中，失电子总数=得电子总数=转移电子总数，根据电子守恒配平方程式，化合价降低元素所在的产物是还原产物；（2）根据化学方程式系数的意义来计算回答；（3）同周期元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小；（4）因为具有氧化性而具有漂白性的物质：次氯酸、次氯酸盐、过氧化钠等；（5）根据信息：二氧化氯和氰化钠（NaCN）反应，生成NaCl、CO2和N2，配平方程式即可；（6）含有离子键的化合物是离子化合物，根据电解池的工作原理来回答．解答：解：（1）反应中C元素的化合价从+3升高到了+4价，共失电子2mol，Cl元素的化合价从+5价降到了+4价，共得到电子1mol，所以含氯元素物质前边的系数都是2，二氧化碳的系数是2，根据元素守恒，硫酸、硫酸钠的前边吸水都是1，水的前边系数是2，Cl元素的化合价从+5价降到了+4价，Cl元素对应产物ClO2是还原产物，故答案为：1；2；1；1；2；2；2；ClO2；（2）根据化学方程式，该反应每产生0.2molClO2，需要消耗草酸晶体（H2C2O4•2H2O）0.1mol，质量是12.6g，故答案为：12.6；（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子是Na、S、Cl，半径大小顺序是Na＞S＞Cl，原子半径最大的钠元素最外层电子云形状是球形，故答案为：Na＞S＞Cl；球形；（4）因为具有氧化性而具有漂白性的物质：次氯酸、次氯酸盐、过氧化钠等，故答案为：HClO（合理即可）；（5）根据信息：二氧化氯和氰化钠（NaCN）反应，生成NaCl、CO2和N2，即2ClO2+2CN﹣=2CO2+N2+2Cl﹣，故答案为：2ClO2+2CN﹣=2CO2+N2+2Cl﹣；（6）氯化钠中含有离子键，属于离子化合物，电解熔融的氯化钠，在阳极上是氯离子失电子发生氧化反应，产生氯气，故答案为：离子；阳极．点评：本题目综合考查学生氧化还原反应的配平、电子转移、物质的漂白原理、方程式的书写以及电解原理等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．-33-　五、（本题共12分）24．（12分）（2022•虹口区二模）氮有多种化合价，能形成多种化合物．工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向密闭的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒温条件下反应．（1）若2min内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为　0.05　mol/（L•min）．（2）该化学平衡常数表达式K=　　，已知升高温度时，K增大，则正反应为　吸热　（填“吸热”或“放热”）反应．（3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，可以采取的措施是　移走生成物N2和（或）CO2　．（4）下列各项能判断该反应达到平衡的是　cd　（填序号字母）．a．容器内压强保持不变　　b．2v正（NO）=v逆（N2）c．容器内CO2的体积分数不变d．混合气体的密度保持不变（5）已知NaNO2溶液呈碱性，则NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．（6）常温下，NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，下列关系正确的是　bd　．a．c（Na+）＞c（NO2﹣）b．c（Na+）=c（NO2﹣）c．c（Na+）＜c（NO2﹣）d．c（Na+）＞c（OH﹣）考点：化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：化学平衡专题．分析：（1）气体密度增大了1.2g/L，可以计算出固体C的质量减小了2.4g，可以计算氮气的物质的量的变化量，进而计算反应速率；（2）化学平衡常数K=，对于吸热反应，温度升高，K增大；（3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，只要是化学平衡正向移动即可；（4）达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不变，据此回答判断；（5）NaNO2溶液呈碱性，是因为亚硝酸根离子水解导致的，据此回答；（6）根据溶液中的电荷守恒以及离子浓度的大小关系来判断．解答：解：（1）根据题意，气体密度增大了1.2g/L，计算出固体C的质量减小了2.4g，则生成氮气的物质的量是=0.2mol，所以氮气表示的反应速率v===0.05mol/（L•min），故答案为：0.05；（2）化学平衡常数K==-33-，温度升高，K增大，则该反应是吸热反应，故答案为：；吸热；（3）在温度不变的情况下，减小产物的浓度可以让平衡争相与移动，从而提高NO的平衡转化率，故答案为：移走生成物N2和（或）CO2；（4）a．该反应是前后系数和相等的反应，当容器内压强保持不变，不一定平衡，故a错误；b．2v正（NO）=v逆（N2），不能证明正逆反应速率相等，故b错误；c．容器内CO2的体积分数不变，证明达到了平衡，故c正确；d．混合气体的密度ρ=，质量是变化的，V不变，所以当密度保持不变，证明达到了平衡，故d正确．故选cd；（5）NaNO2溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），是因为亚硝酸根离子水解导致的，所以c（Na+）＞c（NO2﹣），即c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（6）NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒，则c（Na+）=c（NO2﹣），离子浓度关系是：c（Na+）=c（NO2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），所以c（Na+）＞c（OH﹣），故答案为：bd．点评：本题综合考查学生化学反应速率的计算、化学平衡的移动、平衡状态的判断以及溶液中离子浓度大小关系等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　六、（本题共12分）25．（12分）（2022•虹口区二模）无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6-33-（1）实验过程中A中的现象是　白色固体变黑　．D中无水氯化钙的作用是　吸收水蒸气，防止影响C的质量变化　．（2）在测量E中气体体积时，应注意先　冷却至室温　，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是　SO3　．实验②中E中收集到的气体是　O2　．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：　2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑　．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=　0.128　g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由　T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2　．考点：性质实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．解答：解：（1）因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E-33-的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；（4）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：=0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g，物质的量为：=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；（5）0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32=0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g．故答案为：0.128；（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2．点评：本题考查物质的组成和实验数据的处理，做题时注意把握实验基础知识，充分利用有关数据进行计算，本题具有一定难度．　七、（本题共12分）26．（12分）（2022•虹口区二模）活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料．某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀pH5.47.02.34.7完全沉淀pH8.09.04.16.7完成下列填空（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要　bd　（选填编号）A．电子天平B．量筒C．容量瓶D．胶头滴管（2）步骤II中通过加入KMnO4氧化，并用ZnO调节pH，可以除去含铁杂质．检验沉淀是否完全的实验操作是　取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化　．调节pH的适宜范围是　4.1～4.7　．（3）步骤III中加入Zn粉的作用是：①　除去溶液中的Cu2+　；②进一步调节溶液pH．（4）步骤IV中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+-33-转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是　NH4HCO3分解导致损失　．（5）步骤V在　坩埚　（填仪器名称）中进行，已知碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，请写出发生反应的化学方程式：　Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2↑+3H2O　．判断已分解完全的操作是　恒重操作　．（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度：①取1.000g活性氧化锌，用15.00mL1.000mol/L硫酸溶液完全溶解②用浓度为0.500mol/L的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL．假设杂质不参与反应，则所得活性氧化锌的纯度为　97.2%　．若在滴定时，实际操作中过量半滴（1mL溶液为25滴），则本次滴定的相对误差为　0.17%　．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；（1）依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；（2）检验沉淀是否完全可以利用铁离子遇到硫氰酸钾溶液变红色设计验证，依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；（3）步骤III中加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液PH除净铜离子；（4）碳酸氢铵受热易分解分析；（5）固体分解再坩埚中进行；碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式；（6）依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，计算纯度；1mL溶液为25滴，半滴的体积为mL；相对误差=计算得到；解答：解：粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等；故答案为：bd；（2）检验沉淀是否完全可以利用铁离子遇到硫氰酸钾溶液变红色设计验证，取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化说明沉淀完全，依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.1～4.7；故答案为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，无颜色变化，4.1～4.7；（3）步骤III中加入Zn粉的作用是含有铜离子，进一步调节溶液pH除净铜离子；故答案为：除去溶液中的Cu2+；-33-（4）步骤IV中使用热NH4HCO3溶液能促进Zn2+转化为沉淀，但温度不宜过高，其原因可能是碳酸氢铵受热易分解；故答案为：NH4HCO3分解导致损失；（5）固体分解在坩埚中进行；碱式碳酸锌的化学式为Zn5（OH）6（CO3）2，分解生成氧化锌、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写得到反应的化学方程式为：Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2↑+3H2O；判断已分解完全的操作是称量至恒重；故答案为：坩埚、Zn5（OH）6（CO3）25ZnO+2CO2↑+3H2O，恒重操作；（6）依据滴定所需氢氧化钠溶液物质的量计算剩余硫酸物质的量，计算得到与氧化锌反应的硫酸物质的量计算得到氧化锌物质的量，与氧化锌反应的氢离子物质的量=0.0150L×1.000mol/L×2﹣0.500mol/L×0.0120L=0.024mol，ZnO+2H+=Zn2++H2O计算纯度=×100%=97.2%；1mL溶液为25滴，半滴的体积为mL；相对误差=×100%=0.17%；故答案为：97.2%；0.17%；点评：本题考查了物质制备和分离的实验过程分析判断，实验操作和定量计算式解题关键，题目难度中等．　八、（本题共10分）27．（10分）（2022•虹口区二模）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是　　．（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是　3，4，4﹣三甲基庚烷　．（3）烃A-33-的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是　　．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：　　．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；（2）根据（1）的分析，A为-33-，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名为3，4，4﹣三甲基庚烷；（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；（4）B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答．-33-解答：解：（1）根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故答案为：；（2）根据（1）的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷，故答案为：3，4，4﹣三甲基庚烷；（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是，故答案为：；-33-（4）B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子-33-易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为，故答案为：；．点评：本题考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等．　九、（本题共12分）28．（12分）（2022•虹口区二模）CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：-33-已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→（1）写出反应类型：反应①　取代反应　；反应⑤　消去反应　．（2）写出结构简式：A　　；C　　．（3）在反应②中，1molC7H5O2Br最多消耗NaOH　3　mol．（4）写出反应方程式：反应⑦　　．-33-（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体　或　i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体ii．含有4种化学环境不同的氢原子（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）（合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物）考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B酸化生成，所以C7H5O2Br的结构简式为；与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为，Y为，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，据此分析解答．-33-解答：解：根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B酸化生成，所以C7H5O2Br的结构简式为；与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为，Y为，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，（1）反应①是苯环上的一个氢被溴取代，所以为取代反应；反应⑤为C脱水发生消去反应生成D，所以为消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；（2）根据以上分析，A结构简式；C结构简式，-33-故答案为：；；（3）在反应②中，1molC7H5O2Br，根据其结构简式为中氯代烃溴原子消耗NaOH2mol，酚羟基消耗NaOH1mol，所以1molC7H5O2Br最多消耗NaOH3mol，故答案为：3；（4）反应⑦为E与Y发生酯化反应，方程式为：，故答案为：；（5）E为i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体，说明含有2个羧基；ii．含有4-33-种化学环境不同的氢原子，即一般对称结构，所以符合条件的E的同分异构体为或，故答案为：或；（6）用Y即制备苯乙酮（），则采用逆推法，要合成，则要得到，要得到，则要合成，在浓硫酸加热条件下发生消去反应即可得到，所以流程为：，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断和合成，注意根据结构进行正逆方向的推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等．　十、（本题共14分）29．（14分）（2022•虹口区二模）碳酸钾与碳酸氢钾都是重要的化学试剂与工业原料，具有广泛的用途．（1）将碳酸钾、石灰石和二氧化硅进行高温煅烧，可得到组成为K2O•CaO•6SiO2-33-的钾玻璃，同时排出CO2．若制造5.1kg钾玻璃，排放的CO2在标准状况下的体积是　448　L．（2）已知亚硫酸的酸性强于碳酸．工业上用碳酸钾与碳酸氢钾的混合溶液吸收SO2，充分反应后，所得溶液组成如下表：物质K2CO3KHCO3K2SO3质量（kg）55.2120.063.2计算原吸收液中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比．（3）根据上表中的数据，计算上表的混合溶液还能吸收SO2的最大质量（不计SO2的溶解）．（4）将热的浓CuSO4溶液与K2CO3溶液混合，析出物中有一种蓝色粒状晶体（不含结晶水），式量为376，其中钾元素的质量分数为0.104．取0.02mol该晶体溶于足量的稀盐酸中，没有气体产生，再加入BaCl2，产生9.32g白色沉淀，通过计算推断晶体的化学式．考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算；复杂化学式的确定．.专题：计算题．分析：（1）组成为K2O•CaO•6SiO2的钾玻璃，n==10mol，由K2O•CaO～K2CO3•CaCO3～2CO2↑计算；（2）n（K2CO3）=0.4mol，n（KHCO3）=1.2mol，n（K2SO3）=0.4mol，结合2K2CO3+SO2+H2O→2KHCO3+K2SO3反应计算；（3）混合溶液还能吸收SO2的最大质量时生成KHSO3，结合原子守恒计算；（4）n（K+）==0.02mol，产生9.32g白色沉淀为硫酸钡，n（SO42﹣）==0.04mol，没有气体，不含碳酸根离子，蓝色粒状晶体含铜离子，结合相对分子质量分析．解答：解：（1）组成为K2O•CaO•6SiO2的钾玻璃，n==10mol，由K2O•CaO～K2CO3•CaCO3～2CO2↑可知，生成气体为20mol，体积为20mol×22.4L/mol=448L，故答案为：448；（2）n（K2CO3）=0.4kmol，n（KHCO3）=1.2kmol，n（K2SO3）=0.4kmol，由2K2CO3+SO2+H2O→2KHCO3+K2SO3，K2CO3原有0.4+0.8=1.2kmol，KHCO3原有1.2﹣0.8=0.4kmol，原吸收液中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比为3：1，故答案为：碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比为3：1；（3）混合溶液还能吸收SO2的最大质量时生成KHSO3，K+总和为2.8kmol，最多可形成KHSO32.8kmol，故还可吸收SO2为2.8﹣0.4=2.4kmol，其质量为2.4kmol×64g/mol=153.6kg，答：能吸收SO2的最大质量为153.6kg；（4）n（K+）==0.02mol，产生9.32g白色沉淀为硫酸钡，n（SO42﹣）==0.04mol，没有气体，不含碳酸根离子，蓝色粒状晶体含铜离子，钾离子与硫酸根离子个数比为1：2，若铜离子个数为2，由电荷守恒可知，OH﹣的个数为1，化学式为KCu2（OH）（SO4）2，其式量为376符合题意，答：晶体的化学式为KCu2（OH）（SO4）2．点评：-33-本题考查化学反应方程式的计算，题目难度较大，把握发生的化学反应及原子守恒为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，（4）为解答的难点．-33-