2022上海虹口区高三下学期第二次模拟考试化学试题含解析

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上海市虹口区2022届高三下学期第二次模拟考试
化学试题
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cr-52
一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)
1. “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
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．植树造林可以吸收二氧化碳，减少二氧化碳总量，Ａ项正确；
Ｂ．风力发电代替部分火力发电,可减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化碳排放量，B项正确；
Ｃ．燃煤脱硫，只能减少二氧化硫的排放，无法减少C燃烧释放的二氧化碳，C项错误；
Ｄ．绿色出行可以减少汽车等尾气排放的二氧化碳，D项正确；
故答案选C。
2. 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
【答案】A
【解析】
【详解】A．液态条件不导电，说明其熔融状态时不含有离子，也就是它是由分子或原子构成，原子间只形成共价键，所以其为共价化合物，A符合题意；
B．仅由非金属元素组成的物质也可能由离子构成，如NH4Cl，所以不能说明HI为共价化合物，B不符合题意；
C．水溶液具有腐蚀性的物质也可能是离子化合物，如NaOH，C不符合题意；
D．受热易分解的物质也可能为离子化合物，如NH4Cl，D不符合题意；
故选A。
3. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵和草木灰混合使用会造成氨气逸出，肥效降低，A错误；
B．83消毒液和含盐酸的洁厕灵混合使用会产生有毒的氯气，漂白效果也降低，B错误；
C．二氧化硫和新制氯水反应生成硫酸和盐酸，漂白效果降低，C错误；
D．高锰酸钾和稀硫酸混合能增加氧化性，D正确；
故选D。
4. 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+CO2CO+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：
B. NaClO的电子式：
C. CO2的比例模型：
D. CO晶体模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于一种核素构成的微粒，元素符号左上角的数字表示质量数，所以中子数为12的钠离子应表示为：，A不正确；
B．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，且Cl与O原子间形成1对共用电子对，其电子式为 ，B正确；
C．CO2分子呈直线形结构，但C原子半径比O原子大，比例模型为：，C不正确；
D．固体CO为分子晶体，为CO2的共价晶体模型，D不正确；
故选B。
5. 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
【答案】B
【解析】
【详解】A．①为长颈漏斗用于向容器中添加液体，不能用于分离物质，故A错误；
B．②分液漏斗带有瓶塞和旋塞、③容量瓶带有瓶塞、⑥酸式滴定管有旋塞，使用前均需检查是否漏水，故B正确；
C．③容量瓶是精确配制溶液的仪器，不能用作反应容器，故C错误；
D．⑤集气瓶不能加热，故D错误；
故选：B。
6. 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
【答案】A
【解析】
【详解】A．捕捉过程中发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O或NaOH+SO2=NaHSO3，溶液的碱性减弱，pH下降，A正确；
B．NaOH属于强电解质，NaOH溶液为混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B不正确；
C．SO2分子中只存在硫氧键，所以只含有极性共价键，C不正确；
D．NaOH溶液中通入过量SO2，发生反应NaOH+SO2=NaHSO3，所以1molNaOH最多捕捉1molSO2，D不正确；
故选A。
7. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A． 浓硝酸与浓硫酸具有强氧化性，加热时可与C反应，对应方程式为：，，A正确；
B． 常温下，浓硝酸与浓硫酸都将用铁制或铝钝化，所以可以用铁制或铝制容器盛放，B正确；
C．长期露置在空气中，浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，所溶质质量分数都会变小，浓硝酸具有挥发性，溶质会减少，所溶质质量分数都会变小，C正确；
D．浓硝酸有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成，而浓硫酸难挥发，不会产生白烟，D错误；
故选D。
8. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据维生素A的分子结构，可数出含有的碳原子数为20，再结合其中有6个不饱和度，可计算出氢原子数目为，故分子式为，A错误；
B．维生素A不含苯环结构，不以属于芳香族化合物，B错误；
C．维生素A虽然含有亲水基团，但是碳数较高，不易溶于水，C错误；
D．维生素A中含有多个碳碳双键，既能够被酸性高锰酸钾等氧化，又能与发生加成反应而被还原，而且羟基也能够被氧化，D正确；
故合理选项为D。
9. 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

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用乙醇与浓硫酸混合液加热170℃，乙醇发生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A错误；
B．用NaOH溶液除去制取乙烯的杂质SO2、CO2时，导气管应该是长进短出，导气管连接顺序反了，B错误；
C．乙烯若与Br2发生加成反应，产生反应产生1,2-二溴乙烷会溶解在四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；
D．乙烯与空气密度非常接近，气体容易与空气混合，导致不能收集到纯净气体，因此不能使用排空气方法收集，应该使用排水方法收集，D错误；
故合理选项是C。
10. 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
【答案】A
【解析】
【分析】图为周期表前四周期的一部分，应该为二、三、四周期，粗实线为金属与非金属的分界线，所以Y应该为第三周期第三主族元素Al，依此类推R为C，X为O，Z为As。
【详解】A．As价电子排布式为4s24p3, 核外未成对电子数为3，O价电子排布式为2s22p4核外未成对电子数为2，所以Z>X ，A正确；
B．O2-和Al3+核外具有相同的电子数，核内质子数越少离子半径越大，所以 O2->Al3+，即Y C． O最高正价为+2价，As最高正价为+5价，所以最高正价一概是O D．同一周期的原子，从左到右非金属性依次增强，简单气态氢化物的稳定性依次增强，所以应该是CH4 故选A。
11. 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+、和
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
【答案】D
【解析】
【详解】A．该实验只能证明葡萄糖分子中含有醛基，但不能证明其与甲醛、乙醛等互为同系物，A不正确；
B．步骤Ⅰ中，AgNO3与氨水反应生成AgOH和NH4NO3，AgOH再溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，所以溶液中不存在大量的Ag+，B不正确；
C．步骤Ⅱ中，若使用酒精灯直接加热，则反应速率过快，生成的银在试管内壁附着不均匀，且易脱落，C不正确；
D．银能与硝酸反应从而发生溶解，所以可用硝酸洗涤容器壁上的银，D正确；
故选D。
12. “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
【答案】C
【解析】
【详解】A．“索氏制碱法”以食盐、石灰石和氨盐为原料，制得了碳酸钠和氯化钙，为氨碱法，“侯氏制碱法” 以氯化钠、二氧化碳、氨气和水为原料，制取纯碱、副产氯化铵的过程，也称联合制碱，A错误；
B．“侯氏制碱法”在生产氨的时候利用了高效催化剂，而“索氏制碱法”利用的是碱与铵盐的反应来生产氨气，并不需要使用催化剂，B错误；
C．“侯氏制碱法”中利用了人工固氮获得氨气，C正确；
D．索尔维制碱法只利用了食盐中的钠和石灰中碳酸根，二者结合才生成了纯碱，而食盐中另一半的氯和石灰中的钙结合生成了氯化钙，这个产物都没有利用上，所以利用率低了，D错误；
故合理选项为C。
13. 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)
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．AlCl3溶液(FeCl3)，加入过量NaOH溶液充分反应后，AlCl3转化为NaAlO2，杂质FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀，再用过滤方法分离得不到AlCl3，A错误；
B．Na2CO3溶液(NaHCO3) ，加入过量NaOH溶液充分反应后，NaHCO3转化为Na2CO3，但过量NaOH依然为杂质，没有除尽，B错误；
C． Fe2O3固体(Al2O3)，Al2O3与过量NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2，Fe2O3不与NaOH反应，再经过滤可得到纯净的Fe2O3固体，C正确；
D．NaCl溶液(MgCl2)，加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，D错误；
故选C。
14. 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
【答案】D
【解析】
【详解】A．涉及反应为放热过程，反应物总能量高于生成物，A错误；
B．小试管与锥形瓶整个体系并不连通，即使产生气体，也不会造成红黑水液面变化，B错误；
C．所有的生成物中化学键形成都会放出能量，但是最终能否影响实验得看成键释放的能量与断键吸收能量的相对大小，从而确定反应放热与否，C的说法没错，但是不符合题意；
D．小试管内反应放热，导致锥形瓶内温度升高，瓶内气体分子间平均距离变大，从而导致红墨水液面左低右高，D正确；
故合理选项为D。
15. 一定条件下固定容积的容器中，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+196kJ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
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入催化剂同等程度影响正逆反应速率，平衡不移动，A不选；
B．移走SO3生成物浓度瞬间减小，逆反应速率减小，但反应物浓度不变，正反应速率不变，B不选；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，C不选；
D．缩小容器体积，压强增大，正反应速率先增大，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是气体分子数减小的反应，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率后减小，D选；
故选：D。
16. 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
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①中C失电子，表现出还原性，不表现出氧化性，所以不能说明非金属性C＞Si，A不正确；
B．反应①与②中，氧化剂都为SiO2，还原剂为生成CO的那部分C原子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2，B正确；
C．题中没有指明22.4LCO对应的温度和压强，不能利用22.4L/mol计算其物质的量，所以也就无法计算转移电子数，C不正确；
D．SiC和C都形成共价晶体，SiC熔点明显高于Si，不是因为SiC摩尔质量更大，而是因为Si-C键的键能大于Si-Si键的键能，D不正确；
故选B。
17. 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-+H2OHClO+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
【答案】A
【解析】
【详解】A．总反应式减去第一步和第三步反应即可得第二步反应式为HClO+I-HIO+Cl-，平衡常数表达式为K2=，故A正确；
B．平衡常数只能体现反应进行的程度，无法判断反应的速率快慢，即由K不能确定反应第三步比第一步快，故B错误；
C．温度升高对于吸热反应平衡正向移动，K值增大，未知第一步和第三步的反应热，则升高温度不确定K1、K3变化，故C错误；
D．OH-参与该反应的进行，是中间产物，故D错误；
故选：A。
18. 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电极反应式可能是：O2+H2O+4e-→4OH-
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可以看出，电极Ⅰ中CH3CH2OH转化为CH3COOH，-CH2-中的C元素由-1价升高到+3价，则其为负极；电极Ⅱ中O2得电子产物与电解质作用生成H2O，其为正极。负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O→CH3COOH+4H+，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O。
【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，则该装置为原电池，将化学能转化为电能，A不正确；
B．在原电池中，电流由正极沿导线流入负极，则该装置中，电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ，B正确；
C．在电解液中，负极产生H+，电解质溶液中的H+通过分隔膜迁移到正极，所以微粒X是H+，电子不可能在溶液中迁移，C不正确；
D．由分析知，电极Ⅱ的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确；
故选B。
19. 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
【答案】A
【解析】
【详解】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，A符合题意；
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，由此计算CaCO3的含量偏低，B不符合题意；
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，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，C不正确；
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，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，D不正确；
故选A。
20. 室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液性质。
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
下列有关说法正确的是
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
【答案】B
【解析】
【详解】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)，A不正确；
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)，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↑，C不正确；
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，D不正确；
故选B。
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。
Ⅰ.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反应生成了和_______(填化学式)两种离子。
Ⅱ.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。
（3）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。
（4）写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式_______。
Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。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。

（5）Pb(NO3)2溶液中，_______2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在阳离子除Na+外，还有_______(填微粒符号)。
（6）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
【答案】（1） ①. 2 ②. 纺锤
（2） ①. GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高 ②.
（3）大于 （4）Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
（5） ①. ＞ ②. Pb2+、Pb(OH)+、H+
（6）a
【解析】
【小问1详解】
锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
【小问2详解】
氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
【小问3详解】
Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
【小问4详解】
由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
【小问5详解】
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+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
【小问6详解】
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。答案为：a。
【点睛】酸与盐发生反应时，通常发生复分解反应，且满足强酸制弱酸的原理。
(二)本题共14分
22. 氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：

Ⅰ.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)。_______

Ⅱ.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。_______
Ⅲ.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：_______。
（5）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。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”)。
【答案】（1）b→e→f
（2） ①. 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O ②. 通HCl气流加热
（3）制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
（4）Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
（5）20:1 （6） ①. 恒重操作 ②. 偏大
【解析】
【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。
【小问1详解】
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，则相应连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
【小问2详解】
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。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
【小问3详解】
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。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
【小问4详解】
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。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
【小问5详解】
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，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。答案为：20:1；
【小问6详解】
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。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
(三)本题共16分
23. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

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。_______
【答案】（1）羟基、酯基
（2） ①. 氧化 ②. CH3OH、浓H2SO4、加热
（3） ①. ②. HCl
（4） ①. 6 ②.
（5）
【解析】
【分析】与甲苯在AlCl3的催化作用下发生加成反应生成B为；B在催化剂作用下发生氧化反应生成C为；C与NH4Cl、NaCN作用生成D为；D发生水解生成E为；由G及的结构简式，可确定F为，是由E与CH3OH发生酯化反应的产物。
【小问1详解】
G为，含氧官能团为-OH和-COOR，名称是羟基、酯基。答案为：羟基、酯基；
【小问2详解】
B()→C()，-CH2OH转化为-CHO，反应类型为氧化反应；E()→F()，-COOH转化为-COOCH3，发生酯化反应，所需的试剂与条件是CH3OH、浓H2SO4、加热。答案为：氧化；CH3OH、浓H2SO4、加热；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为；F()→G()过程中，-NH2与ClCH2CH2OH发生取代反应，除生成G外，另一产物的化学式是HCl。答案为：；HCl；
【小问4详解】
C为，同时符合下列条件“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”C的同分异构体，分子中除苯环外，可能含有-CH=CH2、-OCH3，或-OCH=CH2、-CH3，两取代基可能位于苯环的邻、间、对位，所以其可能结构共有6种(不考虑立体异构)，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体，两取代基应位于苯环的对位，结构简式为：。答案为：6；；
【小问5详解】
由为原料制备化合物，依据流程图中F→G，采用逆推法，需制得；再由流程图中C→D逆推，可确定需制得。由此得出合成路线为： 。答案为： 。
【点睛】合成有机物时，依据题给流程图，可采用逆推法进行分析。
(四)本题共14分
24. 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。
Ⅰ.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”)。
Ⅱ.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)。_______
【答案】（1） ①. 0.125mol/(L·min) ②. ③. 逆向
（2）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） ①. ii和iii ②. 越低
（4）在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=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
【解析】
【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。
【小问1详解】
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 =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Qc= ，化学平衡逆向移动。
【小问2详解】
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。
【小问3详解】
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。
【小问4详解】
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3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=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。