重庆市2022年高考化学模拟试题（含解析）

重庆市2022年高考化学模拟试卷一、选择题：本大题共l3小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中不正确的是（　　）　A．2022年北京奥运会开幕式上的“脚印”等焰火让全世界为之欢呼、倾倒，这主要是利用了化学中“焰色反应”的有关知识　B．神七宇航员所穿航天服是由我国自行研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料　C．腌制食品中应严格控制NaNO2的用量　D．从海水中可提取Mg，用惰性电极电解熔融的MgCl2或其水溶液都可制得Mg考点：焰色反应；无机非金属材料；金属冶炼的一般原理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．.专题：元素及其化合物．分析：A．焰色反应是金属元素的性质，不同的金属灼烧产生不同颜色的焰色，据此解答；B．根据航天服材料的要求，结合新型无机非金属材料的特点解答；C．依据NaNO2性质解答；D．依据电解氯化镁溶液的原理解答．解答：解：A．北京奥运会开幕式上的“脚印”等焰火是不同金属灼烧产生的焰色，与焰色反应有关，故A正确；B．由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，即具有韧性强，有具有耐高温的特性，符合航天服材料的要求，故B正确；C．亚硝酸盐具有氧化性，可使血液中的低铁血红蛋白氧化成高铁血红蛋白，因而失去携氧能力而引起组织缺氧使人体中毒，故C正确；D．氢离子的氧化性强于镁离子，当用惰性电极电解氯化镁溶液时，阴极上放电的是氢离子不是镁离子，阳极放电的是氢氧根离子，电解方程式为：MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑得不到镁，故D错误．故选D．点评：本题考查了与生产、生活、社会密切相关化学常识，题目难度不大，平时注意积累有关与生产、生活相关的化学常识．　2．（6分）（2022•重庆一模）下列说法中正确的是（　　）①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不能直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性．　A．②③B．①②③C．①②③④D．①②③⑤考点：钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．.专题：元素及其化合物．分析：①金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；-15-\n②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化．解答：解：①金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故正确；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故正确；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性，即盐酸既有氧化性又有还原性，故正确；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，但是二氧化硅不溶于水，不能和水反应的到硅酸，故错误；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故错误．故选B．点评：本题涉及金属钠、铝、盐酸、含铁化合物以及二氧化硫性质的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　3．（6分）（2022•重庆一模）常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是（　　）　A．加入金属镁能产生H2的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣　B．含有大量Fe2+的溶液中：K+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣　C．能使Al3+生成沉淀的溶液中：NH4+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣　D．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液中：Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．加入金属镁能产生H2的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够氧化亚铁离子；B．含有大量Fe2+的溶液中，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；C．硅酸根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和硅酸沉淀；D．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液中存在大量氢离子或者氢氧根离子，酸性溶液中，Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣离子之间不反应，在溶液中能够大量共存．解答：解：A．加入金属镁能产生H2的溶液为酸性溶液，NO3﹣离子具有强氧化性，在溶液中能够氧化Fe2+，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B．含有大量Fe2+的溶液中，ClO﹣具有强氧化性，能够氧化Fe2+离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．碳酸氢根离子酸性大于硅酸，SiO32﹣、HCO3﹣离子之间发生应生成硅酸，故C错误；D．水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L的溶液中存在大量H+或OH﹣，在酸性溶液中，Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D．点评：-15-\n本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　4．（6分）（2022•重庆一模）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（　　）　A．氯碱工业，若X、Y均为石墨，Y附近能得到氯气　B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4　C．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属　D．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A、根据电解饱和食盐水的工作原理知识来回答；B、电解精炼铜时，金属铜为阴极，粗铜为阳极，电解质含有铜离子的盐；C、外加电流的阴极保护法中，金属作阴极能被保护；D、电镀池中，镀件是阴极，镀层金属为阳极．解答：解：根据电解池中电子的流向：电解池的阳极→电源的正极，所以X是阳极，Y是阴极．A、氯碱工业中，在阴极上产生氢气，故A错误；B、电解精炼铜时，X是粗铜，Y是纯铜，Z是CuSO4溶液，故B错误；C、外加电流的阴极保护法中，待保护金属作阴极，即为Y电极，故C正确；D、电镀池中，镀件是阴极，即为Y极，镀层金属为阳极，即X极，故D错误．故选C．点评：本题考查电解池的工作原理以及电镀池、电解精炼铜装置的有关知识，可以根据教材知识来回答，属于基本知识的考查，难度中等．　5．（6分）（2022•重庆一模）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．1.8g重水（D2O）中含NA个中子　B．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA　C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA　D．足量的铜与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，可生成NA个SO2分子考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．-15-\n分析：A、n=计算物质的量，结合质子数+中子数=质量数计算中子数；B、氯气和氢氧化钠溶液反应，铝元素化合价从0价变化为+1价和﹣1价；C、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中碳原子数即可；D、浓硫酸随反应进行变为稀硫酸不与铜发生反应；解答：解：A、n=计算物质的量=0.09mol，结合质子数+中子数=质量数计算中子数=0.09mol×[（2﹣1）×2+16﹣8]×NA=0.9NA，故A错误；B、氯气和氢氧化钠溶液反应，铝元素化合价从0价变化为+1价和﹣1价，标准状况下，2.24LCl2物质的量为0.1mol，与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C、乙烯和丁烯最简式相同为CH2，计算21.0gCH2中碳原子数=×1×NA=1.5NA，故C正确；D、浓硫酸随反应进行变为稀硫酸不与铜发生反应，足量的铜与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，可生成SO2分子小于NA个，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的计算分析，注意浓硫酸随反应进行变化为稀硫酸不与铜继续反应，题目难度中等．　6．（6分）（2022•重庆一模）短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）　A．X的氢化物溶于水显酸性　B．Y的氧化物是共价化合物　C．其离子半径大小：Z＞Y＞X　D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是强酸考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，结合元素及其化合物来解答．解答：解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，A．N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；B．MgO为离子化合物，故B错误；C．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z＞X＞Y，故C错误；D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸，都是强酸，故D正确；故选D．-15-\n点评：本题考查原子结构、元素周期律，利用原子结构来推断元素是解答本题的关键，注意短周期元素的内层电子只能为2或8，题目难度不大．　7．（6分）（2022•重庆一模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（　　）　A．0.1mol/LpH=3的H2A溶液与0.01mol/LpH=11的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）=c（OH﹣）+2c（A2﹣）　B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）　C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）　D．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）考点：离子浓度大小的比较．.专题：盐类的水解专题．分析：A、不清楚H2A电解质的强弱和电离的方式；B、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）；C、设物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+）；D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，说明电离大于水解，所以离子浓度大小的顺序为：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A）．解答：解：A、不清楚H2A电解质的强弱和电离的方式，也就不清楚离子的存在形式，所以无法应用电荷守恒书写关系式，故A错误；B、酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；C、设物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C正确；D、0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，说明电离大于水解，所以离子浓度大小的顺序为：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误；故选C．点评：本题考查酸碱溶液的混合、涉及电离、水解、酸碱混合的定性判断及离子浓度的大小等，注重高考常考考点的考查，题目难度中等．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（15分）（2022•重庆一模）紫菜与海带类似，是一种富含生物碘的海洋植物．商品紫菜轻薄松脆、比海带更易被焙烧成灰（此时碘转化为碘化物无机盐），用于碘单质的提取．已知：乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/g•cm﹣30.78931.5950.71～0.764.94沸点/℃78.576.825～232184.35以下为某兴趣小组模拟从紫菜提取碘单质的过程：-15-\n紫菜→（焙烧）→（浸取）（操作①）（操作②）→（蒸馏）→粗产品（1）实验室中焙烧紫菜用到的仪器有　CEF　．A．烧杯　B．蒸发皿　　C．坩埚　　D．试管E．酒精灯　　　F．泥三角（2）将焙烧所得的紫菜灰与足量的双氧水和稀硫酸作用，写出反应的离子方程式　2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O　．（3）操作①的名称是　过滤　；试剂A为　四氯化碳　（填本题表格中一种最佳化学试剂的名称），不使用另外两种试剂的主要原因分别是：Ⅰ　乙醇与水互溶　；Ⅱ　裂化汽油能与碘发生加成反应　．（4）操作②应在　分液漏斗　（仪器名称）中振荡、静置，操作时先分离出的是　下层液体　．（5）将下列装置图中缺少的必要仪器补画出来以最终将单质碘与试剂A分离：考点：海水资源及其综合利用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：实验室从紫菜中提取碘：紫菜焙烧成灰，浸泡溶解得到紫菜灰悬浊液，含有碘离子，加入酸和氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，通过过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质．（1）根据仪器的作用选取仪器；（2）双氧水具有强氧化性，酸性条件下，双氧水氧化碘离子生成碘单质；（3）分离不溶性固体和液体的方法是过滤，操作①为过滤；萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶；（4）操作②为萃取分液操作，根据仪器的作用选取仪器；根据有机溶剂与水密度的相对大小判断；（5）分离互溶的两种液体用蒸馏；根据蒸馏装置中各仪器的用途进行解答．解答：解：实验室从紫菜中提取碘：紫菜焙烧成灰，浸泡溶解得到紫菜灰悬浊液，含有碘离子，加入酸和氧化剂，足量的稀硫酸和双氧水将碘离子氧化成碘单质，通过操作①过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂A四氯化碳萃取出碘单质，再通过蒸馏提取出碘单质．（1）焙烧紫菜时用坩埚盛放紫菜，用带铁圈的铁架台放置泥三角，泥三角上放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以焙烧紫菜时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯、泥三角，故选：CEF；-15-\n（2）双氧水具有强氧化性，酸性条件下，双氧水氧化碘离子生成碘单质，自身被还原生成水，反应方程式为H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O；（3）通过操作①过滤，得到不溶的残渣，滤液为碘单质溶液，利用有机溶剂萃取出碘单质，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶，题干中提供的四中物质，乙醇和水能互溶，不能做萃取剂，裂化汽油含有不饱和碳碳双键能与碘发生加成反应，不能做萃取剂，四氯化碳符合萃取剂的选取标准，所以可以用四氯化碳作萃取剂，故答案为：过滤；四氯化碳；Ⅰ．乙醇与水互溶；Ⅱ．裂化汽油能与碘发生加成反应；（4））操作②为萃取分液操作，用到分液漏斗、烧杯，混合液应在分液漏斗中振荡、静置，选择的有机试剂四氯化碳的密度大于水，所以四氯化碳在水的下层，故答案为：分液漏斗；下层液体；（5）分离互溶的两种液体用蒸馏，通过蒸馏提取出碘单质对照蒸馏装置，图中缺少石棉网，因蒸馏烧瓶底面积较大，受热不均匀，图中缺少石棉网；为测各馏分的温度需使用温度计，且温度计的水银球位置在蒸馏烧瓶的支管口正中央，缺少收集装置锥形瓶，所以缺少图中①②③，其中①石棉网；②要注意水银球位置，③必须是锥形瓶，故答案为：．点评：本题考查了从紫菜中提取碘实验方案设计，涉及物质的分离、检验、仪器的选取等知识点，根据物质的特点及性质选取相应的分离和检验方法，根据仪器的作用选取仪器，注意把握实验流程和实验原理，注意基本实验操作的要点和注意事项，萃取剂的选取标准、蒸馏时冷凝管中进出水口的判断等知识点都是常考查点，且也是易错点．题目难度中等．　9．（14分）（2022•重庆一模）如图是目前我国城市饮用水的生产流程，生活饮用水水质的标准主要有：色度、浑浊度、pH、细菌总数、气味等．（1）目前我国规定一、二类水质的饮用水中铝含量不得高于0.2mg•L﹣1．已知常温下Al（OH）3的Ksp=3.2×1034，如果某城市的出厂饮用水的pH为6，则水中Al3+含量为　8.64×10﹣6　mg/L，　符合　（填“符合”或“不符合”）标准．（2）流程中②的分离方式相当于化学基本操作中的　过滤　操作，①、③中加氯气的作用是　杀菌消毒　．氯气和水反应的离子方程式是　Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO　．-15-\n（3）在污水处理分析时，常用双硫腙（H2Dz，二元弱酸）把金属离子络合成电中性的物质[如：Bi3++3H2Dz⇌Bi（HDz）3+3H+]，再经萃取把金属离子从水溶液中分离出来．设常温时该反应的化学平衡常数为K，则当pH=3时废水中c（H2Dz）等于　×10﹣2　mol•L﹣1（用K表示）．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯和除杂．.分析：（1）根据下Al（OH）3的Ksp和溶液中的氢氧根离子的浓度计算；（2）流程中②的分离目的是分离水与难溶物质；氯气与水反应生成的次氯酸，具有强氧化性；氯气与水反应生成的次氯酸和HCl；（3）已知方程式Bi3++3H2Dz↔Bi（HDz）3+3H+，根据K的公式进行计算．解答：解：（1）如果某城市的出厂饮用水的pH为6，则c（OH﹣）=10﹣8mol/L，Ksp=c（Al3+）×c3（OH﹣），则c（Al3+）==3.2×10﹣10mol/L，设溶液为1L，则其物质的量为3.2×10﹣10mol，其质量为3.2×10﹣10mol×27g/mol=8.64×10﹣9g=8.64×10﹣6mg，则Al3+的浓度为8.64×10﹣6mg/L，数值小于0.2mg•L﹣1，符合标准；故答案为：8.64×10﹣6；符合；（2）流程中②的分离目的是分离水与难溶物质，其操作为过滤；氯气与水反应生成的次氯酸，次氯酸具有强氧化性能杀菌消毒；氯气与水反应生成的次氯酸和HCl，其反应的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；故答案为：过滤；消毒杀菌；Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；（3）已知方程式Bi3++3H2Dz↔Bi（HDz）3+3H+，pH=2时，c（H+）=10﹣2mol/L，设水中的H2Dz的浓度为cmol/L，开始时Bi3+的浓度为amol/L，则平衡时Bi（HDz）3为0.4amol/L，Bi3+为0.6amol/L；K==，则c=×10﹣2mol/L，故答案为：×10﹣2．点评：本题以污水处理考查离子反应、物质的量浓度的计算、平衡常数的应用等，注重信息的抽取和利用及离子反应方程式的书写的考查，题目难度较大．　10．（14分）（2022•重庆一模）在全球一致倡导低碳经济的大背景下，对碳及其氧化物的化学热力学、动力学研究有助于人类充分利用化石燃料，消除氧化物对环境的负面影响．（1）以CO和O2为电极燃料，以KOH溶液为电解质组成燃料电池，请写出该电池的负极反应式　CO﹣2e﹣+4OH﹣═CO32﹣+2H2O　．（2）25℃时，1mol石墨和1molCO完全燃烧放出热量分别为393.5kJ、283.0kJ．请写出石墨不完全燃烧时的热化学方程式　C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol　．（3）25℃时，反应2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g）的平衡常数K=1.72×10﹣46．在一个体积可变的密闭容器中充入一定量CO2、CO、O2的混合气体，以下说法正确的是　C　．-15-\nA．要使容器中的反应开始时向CO2分解的方向进行，起始时三种气体的物质的量浓度应满足的关系是＜1.72×10﹣46B．达平衡后，其他条件不变时，升高温度或增加容器的压强，平衡均逆向移动C．平衡常数K随温度的升高而增大D．平衡常数K随压强的增大而减小（4）25℃时，在一个保持恒温恒容的密闭容器中充入一定量CO2、CO、O2的混合气体，从起始到t1时刻达到平衡状态，速率变化如图所示．在t2时刻再加入一定量的CO2后于t3时刻达到新的平衡，请画出t2～t3的速率变化图（需标出v正，v逆）．考点：化学反应速率变化曲线及其应用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．.分析：（1）碱性条件下，CO失电子生成CO32﹣；（2）根据已知反应的热化学方程式结合盖斯定律分析；（3）A．当＞1.72×10﹣46，平衡正移；B．根据温度和压强对平衡的影响分析；C．根据温度对平衡的影响分析；D．根据压强对K的影响分析；（4）在t2时刻再加入一定量的CO2后正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大．解答：解：（1）碱性条件下，燃料电池的负极上CO失电子生成CO32﹣，负极反应式为CO﹣2e﹣+4OH﹣═CO32﹣+2H2O，故答案为：CO﹣2e﹣+4OH﹣═CO32﹣+2H2O；（2）25℃时，1mol石墨和1molCO完全燃烧放出热量分别为393.5kJ、283.0kJ，则①C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol根据盖斯定律①﹣②得：C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol；故答案为：C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol；（3）A．当＞1.72×10﹣46，平衡正移，所以要使容器中的反应开始时向CO2分解的方向进行，起始时三种气体的物质的量浓度应满足的关系是＞1.72×10﹣46，故A错误；-15-\nB．该反应为分解反应正方向为吸热反应，所以升高温度平衡正移，该反应正方向为体积增大的方向，所以增大压强平衡逆移，故B错误；C．该反应为分解反应正方向为吸热反应，所以升高温度平衡正移，K增大，故C正确；D．平衡常数K只随温度的变化而变化，所以增大压强平衡常数不变，故D错误；故答案为：C；（4）25℃时，在一个保持恒温恒容的密闭容器中充入一定量CO2、CO、O2的混合气体，从起始到t1时刻达到平衡状态，速率变化如图所示．在t2时刻再加入一定量的CO2后正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，于t3时刻达到新的平衡，依此作图为，故答案为：．点评：本题考查了燃料电池的电极方程式的书写、盖斯定律的应用、平衡移动、反应速率图象等，考查的知识点较多，侧重于考查学生的综合能力，题目难度中等．　【化学与技术】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022•重庆一模）以下是与绿色化学、环境保护和人类健康息息相关的三个主题，请根据已知信息问题：（1）下列制备氯乙烷的反应中原子经济性最高的是（可多选）　AD　．A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2ClB．CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2OC．CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClD．CH2=CHCl+H2CH3CH2Cl由上述四个反应可归纳出，原子经济性高的是　加成　反应（填反应类型）．（2）有毒物质的无害化也是绿色化学研究的内容之一．ClO2是一种性能优良的消毒剂，还可将废水中少量的S2﹣、NO2﹣和CN﹣等有毒有害的还原性酸根离子氧化除去．请写出用ClO2将废水中剧毒的CN﹣氧化成无毒气体的离子方程式　2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣　，并说明该方法的优点　产物为无毒的气体（CO2和N2）　．（3）下图为某饮用水厂从天然水制备纯净水（去离子水）的工艺流程示意图：-15-\n活性炭的作用是　吸附水中的有机物（或去除水中的异味）　；O3消毒的优点是　反应产物无毒无害　．A、B中放置的物质名称分别是：A　阳离子交换树脂　B　阴离子交换树脂　．考点：常见的生活环境的污染及治理；绿色化学．.专题：化学应用．分析：（1）把握“原料分子中的原子全转变为所需产物”或“不产生副产物，实现零排放”，然后根据题给各选项观察反应物中所有原子是否都转化成了所需产物；（2）先根据题意先确定反应产物：应将CN﹣氧化成无毒的CO2和N2两种气体，而ClO2被还原为Cl﹣，Cl元素由+4﹣→﹣1价，C元素由+2﹣→+4，N元素由﹣3﹣→0价，然后再利用化合价升降法配平化学方程式；（3）根据流程图天然水去除水中不溶性杂质通过吸附作用去除有毒、有异味的分子去除水中的阳离子去除水中的阴离子杀菌消毒来解答；解答：解：（1）A、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中所有原子是否都转化成了所需产物，原子利用率100%，故A符合；B、CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2O中除目标产物CH3CH2Cl外，还有水生成，原子利用率不是100%，故B不符合；C、CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl中除目标产物CH3CH2Cl外，还有HCl生成，原子利用率不是100%，故C不符合；D、CH2=CHCl+H2CH3CH2Cl中所有原子是否都转化成了所需产物，原子利用率100%，故D符合；由上述四个反应可归纳出，原子经济性高的是加成反应；故答案为：AD；加成；（2）将CN﹣氧化成无毒的CO2和N2两种气体，而ClO2被还原为Cl﹣该离子反应为：2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣，其优点为产物为无毒的气体（CO2和N2），不污染环境；故答案为：2ClO2+2CN﹣═2CO2↑+N2↑+2Cl﹣；产物为无毒的气体（CO2和N2）；（3）根据流程图天然水去除水中不溶性杂质通过吸附作用去除有毒、有异味的分子去除水中的阳离子去除水中的阴离子杀菌消毒，所以活性炭的作用为吸附水中的有机物（或去除水中的异味），O3消毒的优点是反应产物无毒无害，A为阳离子交换树脂，B为阴离子交换树脂，-15-\n故答案为：吸附水中的有机物（或去除水中的异味）；反应产物无毒无害；阳离子交换树脂；阴离子交换树脂；点评：本题主要考查了原子经济性、离子方程式的书写，污水处理及自来水净化，明确发生的反应及净化流程为解答的关键，注重化学与生活的联系，题目难度中等．　【物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．（2022•重庆一模）2022年诺贝尔化学奖奖励的是对生命一个核心过程的研究﹣﹣核糖体将DNA信息“翻译”成生命，三位科学家利用X射线结晶学技术标出了构成核糖体的无数个原子每个所在的位置．（1）蛋白质和核糖均由H、C、N、O、S等元素组成，以下说法不正确的是　ABC　．A．O元素的第一电离能大于N元素的第一电离能B．H2O的热稳定性强于H2S是因为H2O分子间存在氢键C．NH3分子中氮原子采用sp2杂化D．CO2与COS（硫化羰）互为等电子体E．一个NNNH2NNH2NH2（毒奶粉事件的配角）分子中共含有15个σ键（2）基态碳（C）原子的轨道表示式为　　．（3）水也是生命必需物质．冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物．其中冰﹣Ⅶ的晶体结构为一个如右图所示的立方晶胞，每个水分子可与周围　4　个水分子以氢键结合，晶体中，1mol水可形成　2　mol氢键．（4）生命活动中的另一种重要化合物的结构如右图：该分子中的手性碳原子共有　4　个，碳原子的杂化方式共有　2　种．考点：-15-\n元素周期律的作用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质．.专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：（1）第2周期到第4周期中，第ⅤA族元素的原子第一电离能比第ⅥA族大，氧元素的第一电离能小于氮元素的第一电离能；热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性强于H2S是因为H﹣O键的稳定性大于H﹣S键；NH3分子中的化学键均为单键，故氮原子采用sp3杂化；CO2与COS原子数目相同、价电子总数相同，二者互为等电子体；一个NNNH2NNH2NH2分子中共含有11个σ键；（2）碳原子核外有6个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则可写出基态碳（C）原子的轨道表示式；（3）以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键；每一条氢键连接2个水分子，故冰晶体中氢键数目为水分子数目的2倍；（4）在有机物分子中若某一个碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”．图中下边五元环上的4个碳均为手性碳原子；图中碳原子形成的化学键有单键和双键两种，单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式共有2种．解答：解：（1）A．第2周期到第4周期中，第ⅤA族元素的原子第一电离能比第ⅥA族大，氧元素的第一电离能小于氮元素的第一电离能，故A错；B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性强于H2S是因为H﹣O键的稳定性大于H﹣S键，故B错；C．NH3分子中的化学键均为单键，故氮原子采用sp3杂化，故C错；D．CO2与COS原子数目相同、价电子总数相同，二者互为等电子体，故D正确；E．一个NNNH2NNH2NH2分子中共含有11个σ键，故E错．故答案为：ABC（2）碳原子核外有6个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则可写出基态碳（C）原子的轨道表示式，为，故答案为：（3）以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键；每一条氢键连接2个水分子，故冰晶体中氢键数目为水分子数目的2倍．故答案为：4；2（4）在有机物分子中若某一个碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”．图中下边五元环上的4个碳均为手性碳原子；图中碳原子形成的化学键有单键和双键两种，单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式共有2种．故答案为：4；2点评：解答本题应注意以下三点：（1）杂化类型的判断方法；（2）冰晶体中氢键数目与水分子数目的关系；（3）碳原子的成键特点．　【有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．（2022•重庆一模）双酚A型环氧树脂是由双酚A、环氧氯丙烷在碱性条件下缩合而成的高分子化合物．具有良好的物理化学性能，被广泛应用于涂料、胶粘剂等领域．根据该树脂的合成路线图示，回答以下问题：-15-\n（1）写出上图中②、⑥两步的反应方程式：②　　；⑥　　．（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1的同分异构体的结构简式为　OHCC（CH3）2CHO　；其中可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色的有　8　种（不考虑立体异构）．（3）双酚A的另一重要用途是和光气（）合成Lexan聚碳酸酯（一种高强材料，可用于制作防弹窗户）．写出此合成反应的化学方程式：　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据流程，反应②为与Cl2、H2O发生加成反应；反应⑥为在氢氧化钙的条件下脱氯化氢生成环氧有机物的反应；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1，则分子结构对称，据此书写；其中可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色则即含有羧基又含有碳碳双键的，据此判断；（3）双酚A和光气（）合成Lexan聚碳酸酯，则根据双酚A脱酚羟基上的氢，光气（）脱氯原子书写方程式；解：（1）根据流程，反应②为与Cl2、H2O发生加成反应，方程式为-15-\n解答：；反应⑥为在氢氧化钙的条件下脱氯化氢生成环氧有机物的反应，方程式为，故答案为：，；（2）乙酸丙烯酯有多种同分异构体，能发生银镜反应，说明含有醛基，且核磁共振氢谱上只有两种峰，强度比为3：1，则分子结构对称，符合条件的同分异构体为OHCC（CH3）2CHO；可以和NaHCO3溶液反应又能使溴水反应而褪色则即含有羧基又含有碳碳双键的，则符合条件的同分异构体为CH3CH2CH=CHCOOH，CH3CH=CHCH2COOH，CH2=CHCH2CH2COOH，CH3CH=C（CH3）COOH，CH2=CHCH（CH3）COOH，CH2=C（CH2CH3）COOH，CH3C（CH3）=CHCOOH，CH2=C（CH3）CH2COOH共8种，故答案为：OHCC（CH3）2CHO；8；（3）根据双酚A脱酚羟基上的氢，光气（）脱氯原子合成Lexan聚碳酸酯，反应方程式为：；故答案为：；点评：本题考查有机物的合成等知识，题目难度中等，解答本题注意把握有机物的结构，特别是官能团的性质，是解答该类题目的关键．-15-