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2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中科院团队在实验室中首次实现了从二氧化碳到淀粉的全人工合成，若该成果实现产业化应用，将有利于（ ）
A．实现碳中和 B．保护臭氧层
C．防止白色污染 D．减少酸雨形成
2．（2分）关于钢与生铁的说法错误的是（ ）
A．都属于合金 B．都不易腐蚀
C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广
3．（2分）关于煤、石油、天然气的说法正确的是（ ）
A．煤的含碳量最低 B．石油分馏产物是纯净物
C．天然气是可再生能源 D．都是重要的化工原料
4．（2分）互为同系物的含氧衍生物，一定具有相同的（ ）
A．官能团 B．沸点 C．最简式 D．式量
5．（2分）等物质的量的氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT），肯定不同的是（ ）
A．质子数 B．中子数 C．化学键类型 D．化学性质
6．（2分）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
7．（2分）北京冬奥会的雪花造型火炬台令人耳目一新，有关雪花的说法正确的是（ ）
A．构成微粒的空间构型为直线型
B．晶体类型是分子晶体
C．融化时破坏共价键
D．融化后密度会变小
8．（2分）氯仿保存不当会产生光气：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，下列相关化学用语正确的是（ ）
A．CHCl3的球棍模型： B．O原子的轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图： D．光气的电子式：
9．（2分）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（ ）
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
10．（2分）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是（ ）
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
11．（2分）如图所示是实验室制取乙炔及性质检验装置，下列说法正确的是（ ）
A．①只能是饱和食盐水
B．②的作用是吸收SO2，排除干扰
C．③和④的褪色原理相同
D．乙炔点燃前要检验纯度
12．（2分）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（Na+） C．n（H2O） D．n（CO32﹣）
13．（2分）N2（g）与H2（g）化合生成NH3（g）的能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2的键能数值总和为1080
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+46kJ
C．1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
14．（2分）短周期元素X、Y、Z、M、R 的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R一定能与水反应
B．Y和M在自然界均有单质存在
C．X、Y形成的化合物都可以燃烧
D．Z、X形成的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸红
15．（2分）“脱落酸”是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，。下列关于脱落酸的说法正确的是（ ）
A．有4种含氧官能团
B．1mol最多可与5mol氢气发生加成反应
C．可被新制氢氧化铜氧化
D．与等物质的量的Br2加成的产物有4种
16．（2分）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
17．（2分）焊接两根漆包铜线（铜线表面有绝缘油漆）的操作是：①先把漆包铜线放在火上灼烧，②立即在酒精中蘸一下，③然后焊接铜线头。有关叙述正确的是（ ）
A．①中只有铜发生了氧化反应
B．②中的乙醇做溶剂
C．经历①②的变化后铜线的质量不变
D．长期使用后的酒精会有香味
18．（2分）有关Na2O2性质实验如图：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O→2NaOH+H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
19．（2分）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）﹣Q（Q＞0）并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（ ）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
20．（2分）将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是（ ）
A．a点时的两溶液中存在：c（CH3COOH）＞c（HNO2）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（NO2﹣）
B．酸的电离程度：c点＝d点＞b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n（Na+）：b点＞c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
二、综合题（共60分）
21．（15分）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如图转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2+NaNO2+H2ONa2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）。
完成下列填空：
（1）Na原子核外有 种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为 。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列 。
（2）NH3分子的结构式为 。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因 。
（3）配平反应②的化学方程式。 若反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为 。
（4）反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为 。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式 。
22．（16分）某实验小组用如图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 。
检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 。
（2）利用如图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关（如图所示），因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释 。
氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。其实验步骤为：称取工业烧碱2.088g，配成500mL溶液，取出25.00mL，先加入25.00mL0.05mol•L﹣1BaCl2溶液（过量），然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200mol•L﹣1的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56mL。
（4）滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 。计算该样品中NaOH的质量分数为 。（用小数表示，保留至小数点后第3位）某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 。（选填编号）
a．工业烧碱已发生潮解
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c．配制的待测液敞口放置时间过长
d．滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 。
2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中科院团队在实验室中首次实现了从二氧化碳到淀粉的全人工合成，若该成果实现产业化应用，将有利于（ ）
A．实现碳中和 B．保护臭氧层
C．防止白色污染 D．减少酸雨形成
【分析】碳中和是直接或间接减少二氧化碳的排放。
【解答】解：从二氧化碳到淀粉的产业化应用，将有效的减少二氧化碳的排放，实现碳中和，
故选：A。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查学生知识的应用能力，试题比较简单。
2．（2分）关于钢与生铁的说法错误的是（ ）
A．都属于合金 B．都不易腐蚀
C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广
【分析】钢一般可分为碳素钢和合金钢，根据含碳量不同，碳素钢有不同的分类，分为生铁和熟铁，据此进行分析。
【解答】解：A.钢和生铁都是铁的合金，故A正确；
B.钢和生铁主要是含碳量不同，生铁含碳量高，钢的含碳量低，都易被腐蚀，故B错误；
C.合金的硬度大，比纯铁的硬度大，故C正确；
D.合金有很多优良性能，用途广泛，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了合金的分类，主要考查钢的性质以及碳素钢的分类，掌握分类的依据是解题的关键，题目难度不大。
3．（2分）关于煤、石油、天然气的说法正确的是（ ）
A．煤的含碳量最低 B．石油分馏产物是纯净物
C．天然气是可再生能源 D．都是重要的化工原料
【分析】A.煤的含碳量最高；
B.石油分馏产物是混合物；
C.天然气是不可再生能源；
D.煤、石油、天然气都是重要的化工原料。
【解答】解：A.煤的含碳量最高，故A错误；
B.石油分馏是根据沸点不同进行分离，产物是混合物，故B错误；
C.天然气是不可再生能源，故C错误；
D.煤、石油、天然气都是重要的化工原料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查三大化石燃料的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的性质为解答的关键，侧重化石燃料的综合利用的考查，题目难度不大。
4．（2分）互为同系物的含氧衍生物，一定具有相同的（ ）
A．官能团 B．沸点 C．最简式 D．式量
【分析】同系物结构相似，分子组成上相差整数倍个CH2原子团，同系物一定符合同一通式，物理性质不同，化学性质相似，据此回答。
【解答】解：A．同系物结构相似，具有相同的官能团，故A正确；
B．同系物的物理性质不完全相同，沸点有差异，故B错误；
C．同系物不一定具有相同的最简式，但是一定符合同一通式，故C错误；
D．同系物结构相似，分子组成上相差整数倍个CH2原子团，即式量相差14的整数倍，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同系物的定义以及性质知识，注意概念的辨析与理解，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5．（2分）等物质的量的氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT），肯定不同的是（ ）
A．质子数 B．中子数 C．化学键类型 D．化学性质
【分析】H、D、T中质子数都为1，中子数分别为0、1、2，以此分析。
【解答】解：A．氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT）中质子数都为7+1＝8，故A错误；
B．氢化锂（7LiH）中中子数为（7﹣3+0）＝4，氚化锂（7LiD）中中子数为（7﹣3+1）＝5，氚化锂（7LiT）中中子数分别为（7﹣3+2）＝6，故B正确；
C．氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT）中都存在Li+和H﹣离子，都为离子键，故C错误；
D．﹣1价氢元素很容易变为氢气，LiH、LiD、LiT在反应中常做还原剂，化学性质相似，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了同位素原子，涉及质子数、中子数、化学键、化学性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
【分析】A．将游离态的氮元素转化为化合态的氮称为氮的固定；
B．2NO+O2＝2NO2，氮元素的化合价升高，被氧化；
C．3NO2+H2O＝2HNO3+NO，化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应；
D．2NO+2CO＝N2+2CO2。
【解答】解：A．将游离态的氮元素转化为化合态的氮称为氮的固定，①是N2转化为NO，故A正确；
B．②是将NO转化为NO2，氮元素的化合价升高，被氧化，故B正确；
C．③化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，该反应不属于化合反应，故C错误；
D．④是将有毒的NO和CO转化为无毒的N2，可减排有害气体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮的固定、氮及其化合物的相互转化等知识，题目难度不大。
7．（2分）北京冬奥会的雪花造型火炬台令人耳目一新，有关雪花的说法正确的是（ ）
A．构成微粒的空间构型为直线型
B．晶体类型是分子晶体
C．融化时破坏共价键
D．融化后密度会变小
【分析】A．H2O分子构型为V形；
B．雪花是由水分子构成；
C．水分子之间存在分子间作用力；
D．雪花中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，形成的氢键比液态水中形成的氢键多，分子间的距离更大。
【解答】解：A．雪花是由水分子构成的，H2O分子构型为V形，故A错误；
B．雪花是由水分子构成，晶体类型为分子晶体，故B正确；
C．水分子之间存在分子间作用力，融化时破坏分子间作用力，不需要破坏共价键，故C错误；
D．雪花中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，形成的氢键比液态水中形成的氢键多，分子间的距离更大，质量相同时，雪花的体积更大，融化为水后，密度会增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查分子晶体，涉及分子构型、氢键的存在及氢键对物质物理性质的影响等知识点，侧重于基础知识的考查，注意有关知识的积累，难度不大。
8．（2分）氯仿保存不当会产生光气：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，下列相关化学用语正确的是（ ）
A．CHCl3的球棍模型： B．O原子的轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图： D．光气的电子式：
【分析】A．CHCl3是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H；
B．O的原子序数为8，核外电子排布式为1s22s22p4，结合泡利原理和洪特规则书写轨道表示式；
C．氯离子的质子数为17，带17个单位正电荷，最外层电子数为8；
D．光气的化学式为COCl2，各原子外围均达到8电子的稳定结构。
【解答】解：A．CHCl3是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H，其球棍模型为，故A正确；
B．O原子核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故B错误；
C．为氯原子结构示意图，氯离子结构示意图为，故C错误；
D．光气化学式为COCl2，属于共价化合物，中心原子是C，与O原子共用2对电子、与Cl原子共用1对电子，各原子外围均达到8电子的稳定结构，电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，明确球棍模型、原子或离子结构示意图、电子式、轨道表示式等化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
9．（2分）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（ ）
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
【分析】碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，结合气体性质判断。
【解答】解：A.二氧化硫能漂白品红，混合气体通入品红溶液，溶液褪色，但溶液仍为澄清，故A正确；
B.二氧化硫和二氧化碳能与石灰水反应，生成碳酸钙和亚硫酸钙白色沉淀，故B错误；
C.二氧化硫有氧化性，能与氢硫酸反应生成淡黄色的硫沉淀，故C错误；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，溶液中生成硫酸钡白色沉淀，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查硫的化合物，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
10．（2分）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是（ ）
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
【分析】2Fe3++Fe＝3Fe2+，证明该反应发生氧化还原反应，则证明生成亚铁离子即可。
【解答】解：证明该反应发生氧化还原反应，则证明生成亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液可以使亚铁离子褪色，故可以证明，
故选：B。
【点评】本题考查氧化剂、还原剂及氧化还原反应，侧重考查基本概念的考查，明确元素化合价变化即可解答，熟练掌握常见元素化合价，题目难度不大。
11．（2分）如图所示是实验室制取乙炔及性质检验装置，下列说法正确的是（ ）
A．①只能是饱和食盐水
B．②的作用是吸收SO2，排除干扰
C．③和④的褪色原理相同
D．乙炔点燃前要检验纯度
【分析】A．碳化钙与水反应剧烈；
B．制备的乙炔中含有杂质硫化氢，制取纯净乙炔应除去杂质硫化氢；
C．依据乙炔的还原性和加成反应的性质解答；
D．可燃气体点燃前都需要验纯，防止发生爆炸。
【解答】解：A．碳化钙与水反应剧烈，分液漏斗中装的是饱和盐溶液即可，不一定是饱和的食盐，故A错误；
B．制备的乙炔中含有杂质硫化氢，制取纯净乙炔应除去杂质硫化氢，硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，可以用于吸收硫化氢，故B错误；
C．乙炔使高锰酸钾褪色是因为发生氧化还原反应，乙炔使溴的四氯化碳褪色是因为发生加成反应，二者原理不同，故C错误；
D．乙炔属于可燃性气体，点燃前要检验纯度，防止爆炸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了乙炔的制备，明确制备原理及各装置作用，熟悉乙炔的性质即可解答，题目难度不大。
12．（2分）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（Na+） C．n（H2O） D．n（CO32﹣）
【分析】一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，据此分析解答。
【解答】解：A．碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，故A正确；
B．Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液中有部分NaHCO3析出，所以溶液中c（Na+）减小，故B错误；
C．一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，溶液中水的物质的量n（H2O）减小，故C错误；
D．一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，溶液中n（CO32﹣）减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以碳酸钠、碳酸氢钠之间的转化为载体考查溶解度、盐类水解等知识点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，知道碳酸钠、碳酸氢钠溶解度相对大小，题目难度不大。
13．（2分）N2（g）与H2（g）化合生成NH3（g）的能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2的键能数值总和为1080
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+46kJ
C．1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
【分析】A．由图可知，断开0.5molN2与和1.5molH2中化学键需要吸收1080kJ的热量；
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝（1080﹣314﹣377﹣435）kJ/mol；
C．形成化学键放出能量；
D．催化剂不改变反应的热效应。
【解答】解：A．由图可知，断开0.5molN2与和1.5molH2中化学键需要吸收1080kJ的热量，则N2与H2的键能数值总和不为1080，故A错误；
B．N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）ΔH＝（1080﹣314﹣377﹣435）kJ/mol＝﹣46kJ/mol，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+92kJ，故B错误；
C．形成化学键放出能量，则1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低，故C正确；
D．若使用催化剂，不能改变反应的热效应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）短周期元素X、Y、Z、M、R 的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R一定能与水反应
B．Y和M在自然界均有单质存在
C．X、Y形成的化合物都可以燃烧
D．Z、X形成的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸红
【分析】由短周期元素的原子半径及最外层电子数可知，R的原子半径最大，且最外层电子数为1，可知R为Na，X的原子半径最小，X为H；原子半径M＞Y＞Z，结合最外层电子数可知，Y、Z位于第二周期，M位于第三周期，Y的最外层电子数为4，Y为C；Z的最外层电子数为5，Z为N；M的最外层电子数为6，M为S，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为S、R为Na，
A．R为钠，能与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A正确；
B．C和S在自然界中存在单质，故B正确；
C．C和H形成化学物为烃，属于有机物，均可燃烧，故C正确；
D．H和N形成的气体为氨气，可是湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期元素的原子半径、最外层电子数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．（2分）“脱落酸”是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，。下列关于脱落酸的说法正确的是（ ）
A．有4种含氧官能团
B．1mol最多可与5mol氢气发生加成反应
C．可被新制氢氧化铜氧化
D．与等物质的量的Br2加成的产物有4种
【分析】结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有羰基、碳碳双键、羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸的性质，能够发生加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应，以此分析解答，
【解答】解：A．该有机物含有3种含氧官能团，分别为羰基、羟基和羧基，故A错误；
B．羧基中的碳氧双键不与氢气反应，该反应含有1个酮羰基和3个碳碳双键，1mol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．该有机物不含醛基，不能被新制氢氧化铜氧化，故C错误；
D．脱落酸分子中含有3个碳碳双键，其中右侧的2个双键通过一个碳碳单键连接，具有共轭二烯烃的性质，能够发生1、2﹣加成和1，4﹣加成，所以该有机物与等物质的量的Br2发生加成反应时，加成产物有4种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确有机物含有官能团类型、反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，D为易错点，题目难度不大。
16．（2分）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
【分析】铝遇浓硫酸钝化，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，硫酸铝和NaOH反应生成氢氧化铝，NaOH过量，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝，盐酸过量，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，据此作答。
【解答】解：A.①将铝片放入浓硫酸中，常温下铝遇浓硫酸钝化，铝表面生成一层致密的氧化铝，有化学反应发生，故A正确；
B.②加入足量蒸馏水，浓硫酸变稀，铝表面的氧化膜与稀硫酸反应，无氢气生成，后铝和稀硫酸反应生成氢气和硫酸铝，故B错误；
C.③待铝片完全溶解后逐滴加入NaOH溶液，硫酸铝和NaOH反应生成氢氧化铝白色沉淀，溶液变浑浊，NaOH过量，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，溶液重新变为澄清，故C正确；
D.④逐滴加入足量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝白色沉淀，盐酸过量，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，沉淀溶解，溶液变为澄清，④的现象与③相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质与转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
17．（2分）焊接两根漆包铜线（铜线表面有绝缘油漆）的操作是：①先把漆包铜线放在火上灼烧，②立即在酒精中蘸一下，③然后焊接铜线头。有关叙述正确的是（ ）
A．①中只有铜发生了氧化反应
B．②中的乙醇做溶剂
C．经历①②的变化后铜线的质量不变
D．长期使用后的酒精会有香味
【分析】焊接两根漆包铜线操作中，①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，据此作答。
【解答】解：A.①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，故A错误；
B.②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，乙醇作反应物，故B错误；
C.经历①②的变化后，Cu的量不变，但铜线表面油漆燃烧，铜线质量减小，故C错误；
D.乙醇和CuO反应生成乙醛，乙醛氧化会生成乙酸，长期使用后乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，酒精会有香味，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
18．（2分）有关Na2O2性质实验如图：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O→2NaOH+H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【分析】A．由题意知，酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关；
B．由题意知，酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关；
C．由题中实验无法确定酚酞褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性；
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案，先取适量水加入二氧化锰，再加入酚酞及少量氢氧化钠，看是否褪色（证明二氧化锰本身无漂白性），再取有少量气泡冒出的试管中液体，加二氧化锰作催化剂，使过氧化氢充分分解，再加酚酞，看是否变红后还能褪色，则可确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性。
【解答】解：A．双氧水有强氧化性，可能使酚酞褪色，但也可能与溶液强碱性有关，故A错误；
B．浓氢氧化钠能使酚酞变红，由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故B错误；
C．由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故C错误；
D．由分析知可利用二氧化锰和水来完善实验方案，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查过氧化钠的性质，是对学生基础知识的考查，题目难度不大。
19．（2分）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）﹣Q（Q＞0）并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（ ）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
【分析】2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）为气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变，平衡常数不变，以此分析解答。
【解答】解：A．平衡常数只受温度的影响，平衡状态Ⅰ与Ⅱ温度不变，则平衡常数不变，故A错误；
B．该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变平衡常数不变，则平衡状态Ⅰ与Ⅱ的温度、c（O2）均相同，二者的反应速率相等，故B错误；
C．该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变平衡常数不变，则平衡状态Ⅰ与Ⅱ中c（O2）相同，故C错误；
D．保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，BaO的量减小，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响，为高频考点，明确题干信息及压强对化学平衡的影响为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
20．（2分）将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是（ ）
A．a点时的两溶液中存在：c（CH3COOH）＞c（HNO2）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（NO2﹣）
B．酸的电离程度：c点＝d点＞b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n（Na+）：b点＞c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
【分析】pH相同的一元酸加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸，其酸性较强，根据图知，HNO2的酸性较强；
A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度：HNO2＞CH3COOH，a点两种酸的pH值相等，醋酸的浓度较大，所以溶液中存在c（CH3COOH）＞c（HNO2），两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（NO2﹣）；
B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小；
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n（Na+）越大；
D．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，抑制水电离程度越大，水电离程度越小。
【解答】解：pH相同的一元酸加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸，其酸性较强，根据图知，HNO2的酸性较强；
A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度：HNO2＞CH3COOH，a点两种酸的pH值相等，醋酸的浓度较大，所以溶液中存在c（CH3COOH）＞c（HNO2），两种溶液的pH相等，则两种溶液中c（H+）、c（OH﹣）分别相等，两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（NO2﹣），所以c（CH3COO﹣）＝c（NO2﹣），故A错误；
B．同一种酸，酸的浓度越大，酸的电离程度越小，醋酸浓度：b点＞d点，则醋酸电离程度：b点＜d点；b、c点两种酸的体积相同，如果两种酸的物质的量浓度相等，亚硝酸的电离程度较大，则亚硝酸的pH值较小，实际上亚硝酸的pH值较大，说明亚硝酸的物质的量浓度小于醋酸，酸的浓度越小、酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，所以酸的电离程度：c点＞b点；pH相同的两种酸，酸的浓度：醋酸大于亚硝酸，则酸的电离程度：c点＞d点，故B错误；
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n（Na+）越大，a点两种酸的pH值相等，酸性较强的酸，其物质的量浓度较小，所以c（HNO2）＜c（CH3COOH），体积相同的a点两种酸，n（HNO2）＜n（CH3COOH），稀释时酸的总物质的量不变，所以b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，醋酸消耗的n（NaOH）较多，则溶液中n（Na+）：b点＞c点，故C正确；
D．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，抑制水电离程度越大，水电离程度越小，c（H+）：a点＞b点＞c点＝d点，则水电离程度：a点＜b点＜c点＝d点，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、水电离影响因素等知识点是解本题关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如图转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2+NaNO2+H2ONa2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）。
完成下列填空：
（1）Na原子核外有 4 种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为 3s 。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列 Na＞O＞N＞H 。
（2）NH3分子的结构式为 三角锥形 。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因 氧与氮位于同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强 。
（3）配平反应②的化学方程式。 2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH 若反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为 3NA 。
（4）反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为 2：1 。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式 3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4 。
【分析】（1）钠为11号元素，电子排布式为：1s22s22p63s1；每个能级能量不同，离核越远，能量越高；同一周期的主族元素，从左向右，原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大；
（2）根据价层电子对互斥理论NH3分子构型，同一周期，原子核外电子层数相同，核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，非金属性比氮强；
（3）根据得失电子守恒配平方程式②，根据氨气的物质的量计算反应中转移电子数；
（4）根据配平后的方程式可知Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比，写出Fe与水反应生成Fe3O4的反应为置换反应。
【解答】解：（1）钠为11号元素，电子排布式为：1s22s22p63s1，存在4种能级的电子，每个能级能量不同，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为3s，同一周期的主族元素，从左向右，原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，反应②中涉及的短周期元素有Na、O、N、H，按原子半径由大到小顺序排列为Na＞O＞N＞H，
故答案为：4；3s；Na＞O＞N＞H；
（2）NH3分子中中心N原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，同一周期中氧元素的非金属性比氮强，因为氧与氮同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强，
故答案为：三角锥形；氧与氮位于同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强；
（3）根据得失电子守恒配平方程式②，2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH，反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为0.5mol×6e﹣×NA＝3NA，
故答案为：2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH；3NA；
（4）根据2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH可知Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为2：1，Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，
故答案为：2：1；3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应方程式配平、微粒半径大小比较、核外电子排布、分子构型、得失电子计算等知识点，属于一题多点型题目，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度不大。
22．（16分）某实验小组用如图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。
检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl 。
（2）利用如图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 ②中长导管口有气泡产生 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关（如图所示），因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释 NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低 。
氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。其实验步骤为：称取工业烧碱2.088g，配成500mL溶液，取出25.00mL，先加入25.00mL0.05mol•L﹣1BaCl2溶液（过量），然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200mol•L﹣1的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56mL。
（4）滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓ 。计算该样品中NaOH的质量分数为 0.853 。（用小数表示，保留至小数点后第3位）某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 b 。（选填编号）
a．工业烧碱已发生潮解
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c．配制的待测液敞口放置时间过长
d．滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应 。
【分析】（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，常用硝酸酸化的硝酸银检验NaCl；
（2）氯气与NaOH浓溶液反应，使得瓶内气体压强减小；
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低；
（4）Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀；
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【解答】解：（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，常用硝酸酸化的硝酸银检验NaCl，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl；
（2）氯气与NaOH浓溶液反应，使得瓶内气体压强减小，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若将A与C连接，②中长导管口有气泡产生，
故答案为：①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；②中长导管口有气泡产生；
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低，
故答案为：NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低；
（4）Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀，其反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，该样品中NaOH的质量分数为＝0.853，
a．工业烧碱已发生潮解，则样品中含有水，实验值低于理论值，故a错误；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，消耗盐酸的体积偏大，实验值高于理论值，故b正确；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，NaOH的量偏小，实验值低于理论值，故c错误；
d．滴定时往锥形瓶中加水，对实验没有影响，实验值等于理论值，故d错误；
故答案为：Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；0.853；b；
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应，
故答案为：酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【点评】本题考查氯气的性质，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
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2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中科院团队在实验室中首次实现了从二氧化碳到淀粉的全人工合成，若该成果实现产业化应用，将有利于（ ）
A．实现碳中和 B．保护臭氧层
C．防止白色污染 D．减少酸雨形成
2．（2分）关于钢与生铁的说法错误的是（ ）
A．都属于合金 B．都不易腐蚀
C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广
3．（2分）关于煤、石油、天然气的说法正确的是（ ）
A．煤的含碳量最低 B．石油分馏产物是纯净物
C．天然气是可再生能源 D．都是重要的化工原料
4．（2分）互为同系物的含氧衍生物，一定具有相同的（ ）
A．官能团 B．沸点 C．最简式 D．式量
5．（2分）等物质的量的氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT），肯定不同的是（ ）
A．质子数 B．中子数 C．化学键类型 D．化学性质
6．（2分）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
7．（2分）北京冬奥会的雪花造型火炬台令人耳目一新，有关雪花的说法正确的是（ ）
A．构成微粒的空间构型为直线型
B．晶体类型是分子晶体
C．融化时破坏共价键
D．融化后密度会变小
8．（2分）氯仿保存不当会产生光气：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，下列相关化学用语正确的是（ ）
A．CHCl3的球棍模型： B．O原子的轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图： D．光气的电子式：
9．（2分）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（ ）
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
10．（2分）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是（ ）
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
11．（2分）如图所示是实验室制取乙炔及性质检验装置，下列说法正确的是（ ）
A．①只能是饱和食盐水
B．②的作用是吸收SO2，排除干扰
C．③和④的褪色原理相同
D．乙炔点燃前要检验纯度
12．（2分）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（Na+） C．n（H2O） D．n（CO32﹣）
13．（2分）N2（g）与H2（g）化合生成NH3（g）的能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2的键能数值总和为1080
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+46kJ
C．1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
14．（2分）短周期元素X、Y、Z、M、R 的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R一定能与水反应
B．Y和M在自然界均有单质存在
C．X、Y形成的化合物都可以燃烧
D．Z、X形成的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸红
15．（2分）“脱落酸”是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，。下列关于脱落酸的说法正确的是（ ）
A．有4种含氧官能团
B．1mol最多可与5mol氢气发生加成反应
C．可被新制氢氧化铜氧化
D．与等物质的量的Br2加成的产物有4种
16．（2分）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
17．（2分）焊接两根漆包铜线（铜线表面有绝缘油漆）的操作是：①先把漆包铜线放在火上灼烧，②立即在酒精中蘸一下，③然后焊接铜线头。有关叙述正确的是（ ）
A．①中只有铜发生了氧化反应
B．②中的乙醇做溶剂
C．经历①②的变化后铜线的质量不变
D．长期使用后的酒精会有香味
18．（2分）有关Na2O2性质实验如图：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O→2NaOH+H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
19．（2分）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）﹣Q（Q＞0）并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（ ）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
20．（2分）将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是（ ）
A．a点时的两溶液中存在：c（CH3COOH）＞c（HNO2）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（NO2﹣）
B．酸的电离程度：c点＝d点＞b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n（Na+）：b点＞c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
二、综合题（共60分）
21．（15分）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如图转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2+NaNO2+H2ONa2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）。
完成下列填空：
（1）Na原子核外有 种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为 。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列 。
（2）NH3分子的结构式为 。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因 。
（3）配平反应②的化学方程式。 若反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为 。
（4）反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为 。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式 。
22．（16分）某实验小组用如图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 。
检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 。
（2）利用如图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关（如图所示），因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释 。
氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。其实验步骤为：称取工业烧碱2.088g，配成500mL溶液，取出25.00mL，先加入25.00mL0.05mol•L﹣1BaCl2溶液（过量），然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200mol•L﹣1的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56mL。
（4）滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 。计算该样品中NaOH的质量分数为 。（用小数表示，保留至小数点后第3位）某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 。（选填编号）
a．工业烧碱已发生潮解
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c．配制的待测液敞口放置时间过长
d．滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 。
2022年上海市浦东新区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）中科院团队在实验室中首次实现了从二氧化碳到淀粉的全人工合成，若该成果实现产业化应用，将有利于（ ）
A．实现碳中和 B．保护臭氧层
C．防止白色污染 D．减少酸雨形成
【分析】碳中和是直接或间接减少二氧化碳的排放。
【解答】解：从二氧化碳到淀粉的产业化应用，将有效的减少二氧化碳的排放，实现碳中和，
故选：A。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查学生知识的应用能力，试题比较简单。
2．（2分）关于钢与生铁的说法错误的是（ ）
A．都属于合金 B．都不易腐蚀
C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广
【分析】钢一般可分为碳素钢和合金钢，根据含碳量不同，碳素钢有不同的分类，分为生铁和熟铁，据此进行分析。
【解答】解：A.钢和生铁都是铁的合金，故A正确；
B.钢和生铁主要是含碳量不同，生铁含碳量高，钢的含碳量低，都易被腐蚀，故B错误；
C.合金的硬度大，比纯铁的硬度大，故C正确；
D.合金有很多优良性能，用途广泛，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了合金的分类，主要考查钢的性质以及碳素钢的分类，掌握分类的依据是解题的关键，题目难度不大。
3．（2分）关于煤、石油、天然气的说法正确的是（ ）
A．煤的含碳量最低 B．石油分馏产物是纯净物
C．天然气是可再生能源 D．都是重要的化工原料
【分析】A.煤的含碳量最高；
B.石油分馏产物是混合物；
C.天然气是不可再生能源；
D.煤、石油、天然气都是重要的化工原料。
【解答】解：A.煤的含碳量最高，故A错误；
B.石油分馏是根据沸点不同进行分离，产物是混合物，故B错误；
C.天然气是不可再生能源，故C错误；
D.煤、石油、天然气都是重要的化工原料，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查三大化石燃料的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的性质为解答的关键，侧重化石燃料的综合利用的考查，题目难度不大。
4．（2分）互为同系物的含氧衍生物，一定具有相同的（ ）
A．官能团 B．沸点 C．最简式 D．式量
【分析】同系物结构相似，分子组成上相差整数倍个CH2原子团，同系物一定符合同一通式，物理性质不同，化学性质相似，据此回答。
【解答】解：A．同系物结构相似，具有相同的官能团，故A正确；
B．同系物的物理性质不完全相同，沸点有差异，故B错误；
C．同系物不一定具有相同的最简式，但是一定符合同一通式，故C错误；
D．同系物结构相似，分子组成上相差整数倍个CH2原子团，即式量相差14的整数倍，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同系物的定义以及性质知识，注意概念的辨析与理解，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5．（2分）等物质的量的氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT），肯定不同的是（ ）
A．质子数 B．中子数 C．化学键类型 D．化学性质
【分析】H、D、T中质子数都为1，中子数分别为0、1、2，以此分析。
【解答】解：A．氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT）中质子数都为7+1＝8，故A错误；
B．氢化锂（7LiH）中中子数为（7﹣3+0）＝4，氚化锂（7LiD）中中子数为（7﹣3+1）＝5，氚化锂（7LiT）中中子数分别为（7﹣3+2）＝6，故B正确；
C．氢化锂（7LiH）、氘化锂（7LiD）、氚化锂（7LiT）中都存在Li+和H﹣离子，都为离子键，故C错误；
D．﹣1价氢元素很容易变为氢气，LiH、LiD、LiT在反应中常做还原剂，化学性质相似，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了同位素原子，涉及质子数、中子数、化学键、化学性质等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）汽车尾气的产生和防治涉及的部分原理如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①属于氮的固定 B．②中氮元素被氧化
C．③属于化合反应 D．④可减排有害气体
【分析】A．将游离态的氮元素转化为化合态的氮称为氮的固定；
B．2NO+O2＝2NO2，氮元素的化合价升高，被氧化；
C．3NO2+H2O＝2HNO3+NO，化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应；
D．2NO+2CO＝N2+2CO2。
【解答】解：A．将游离态的氮元素转化为化合态的氮称为氮的固定，①是N2转化为NO，故A正确；
B．②是将NO转化为NO2，氮元素的化合价升高，被氧化，故B正确；
C．③化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，该反应不属于化合反应，故C错误；
D．④是将有毒的NO和CO转化为无毒的N2，可减排有害气体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮的固定、氮及其化合物的相互转化等知识，题目难度不大。
7．（2分）北京冬奥会的雪花造型火炬台令人耳目一新，有关雪花的说法正确的是（ ）
A．构成微粒的空间构型为直线型
B．晶体类型是分子晶体
C．融化时破坏共价键
D．融化后密度会变小
【分析】A．H2O分子构型为V形；
B．雪花是由水分子构成；
C．水分子之间存在分子间作用力；
D．雪花中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，形成的氢键比液态水中形成的氢键多，分子间的距离更大。
【解答】解：A．雪花是由水分子构成的，H2O分子构型为V形，故A错误；
B．雪花是由水分子构成，晶体类型为分子晶体，故B正确；
C．水分子之间存在分子间作用力，融化时破坏分子间作用力，不需要破坏共价键，故C错误；
D．雪花中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，形成的氢键比液态水中形成的氢键多，分子间的距离更大，质量相同时，雪花的体积更大，融化为水后，密度会增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查分子晶体，涉及分子构型、氢键的存在及氢键对物质物理性质的影响等知识点，侧重于基础知识的考查，注意有关知识的积累，难度不大。
8．（2分）氯仿保存不当会产生光气：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，下列相关化学用语正确的是（ ）
A．CHCl3的球棍模型： B．O原子的轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图： D．光气的电子式：
【分析】A．CHCl3是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H；
B．O的原子序数为8，核外电子排布式为1s22s22p4，结合泡利原理和洪特规则书写轨道表示式；
C．氯离子的质子数为17，带17个单位正电荷，最外层电子数为8；
D．光气的化学式为COCl2，各原子外围均达到8电子的稳定结构。
【解答】解：A．CHCl3是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H，其球棍模型为，故A正确；
B．O原子核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故B错误；
C．为氯原子结构示意图，氯离子结构示意图为，故C错误；
D．光气化学式为COCl2，属于共价化合物，中心原子是C，与O原子共用2对电子、与Cl原子共用1对电子，各原子外围均达到8电子的稳定结构，电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，明确球棍模型、原子或离子结构示意图、电子式、轨道表示式等化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
9．（2分）将碳与浓硫酸反应产生的气体分别通入下列溶液后，所得溶液一定澄清的是（ ）
A．品红溶液 B．石灰水 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
【分析】碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，结合气体性质判断。
【解答】解：A.二氧化硫能漂白品红，混合气体通入品红溶液，溶液褪色，但溶液仍为澄清，故A正确；
B.二氧化硫和二氧化碳能与石灰水反应，生成碳酸钙和亚硫酸钙白色沉淀，故B错误；
C.二氧化硫有氧化性，能与氢硫酸反应生成淡黄色的硫沉淀，故C错误；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，溶液中生成硫酸钡白色沉淀，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查硫的化合物，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质是解题的关键。
10．（2分）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是（ ）
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
【分析】2Fe3++Fe＝3Fe2+，证明该反应发生氧化还原反应，则证明生成亚铁离子即可。
【解答】解：证明该反应发生氧化还原反应，则证明生成亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液可以使亚铁离子褪色，故可以证明，
故选：B。
【点评】本题考查氧化剂、还原剂及氧化还原反应，侧重考查基本概念的考查，明确元素化合价变化即可解答，熟练掌握常见元素化合价，题目难度不大。
11．（2分）如图所示是实验室制取乙炔及性质检验装置，下列说法正确的是（ ）
A．①只能是饱和食盐水
B．②的作用是吸收SO2，排除干扰
C．③和④的褪色原理相同
D．乙炔点燃前要检验纯度
【分析】A．碳化钙与水反应剧烈；
B．制备的乙炔中含有杂质硫化氢，制取纯净乙炔应除去杂质硫化氢；
C．依据乙炔的还原性和加成反应的性质解答；
D．可燃气体点燃前都需要验纯，防止发生爆炸。
【解答】解：A．碳化钙与水反应剧烈，分液漏斗中装的是饱和盐溶液即可，不一定是饱和的食盐，故A错误；
B．制备的乙炔中含有杂质硫化氢，制取纯净乙炔应除去杂质硫化氢，硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，可以用于吸收硫化氢，故B错误；
C．乙炔使高锰酸钾褪色是因为发生氧化还原反应，乙炔使溴的四氯化碳褪色是因为发生加成反应，二者原理不同，故C错误；
D．乙炔属于可燃性气体，点燃前要检验纯度，防止爆炸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了乙炔的制备，明确制备原理及各装置作用，熟悉乙炔的性质即可解答，题目难度不大。
12．（2分）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（Na+） C．n（H2O） D．n（CO32﹣）
【分析】一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，据此分析解答。
【解答】解：A．碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，故A正确；
B．Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液中有部分NaHCO3析出，所以溶液中c（Na+）减小，故B错误；
C．一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，溶液中水的物质的量n（H2O）减小，故C错误；
D．一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，溶液中n（CO32﹣）减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以碳酸钠、碳酸氢钠之间的转化为载体考查溶解度、盐类水解等知识点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，知道碳酸钠、碳酸氢钠溶解度相对大小，题目难度不大。
13．（2分）N2（g）与H2（g）化合生成NH3（g）的能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2的键能数值总和为1080
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+46kJ
C．1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
【分析】A．由图可知，断开0.5molN2与和1.5molH2中化学键需要吸收1080kJ的热量；
B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝（1080﹣314﹣377﹣435）kJ/mol；
C．形成化学键放出能量；
D．催化剂不改变反应的热效应。
【解答】解：A．由图可知，断开0.5molN2与和1.5molH2中化学键需要吸收1080kJ的热量，则N2与H2的键能数值总和不为1080，故A错误；
B．N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）ΔH＝（1080﹣314﹣377﹣435）kJ/mol＝﹣46kJ/mol，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+92kJ，故B错误；
C．形成化学键放出能量，则1molH2（g）的能量比2molH（g）的能量低，故C正确；
D．若使用催化剂，不能改变反应的热效应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）短周期元素X、Y、Z、M、R 的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R一定能与水反应
B．Y和M在自然界均有单质存在
C．X、Y形成的化合物都可以燃烧
D．Z、X形成的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸红
【分析】由短周期元素的原子半径及最外层电子数可知，R的原子半径最大，且最外层电子数为1，可知R为Na，X的原子半径最小，X为H；原子半径M＞Y＞Z，结合最外层电子数可知，Y、Z位于第二周期，M位于第三周期，Y的最外层电子数为4，Y为C；Z的最外层电子数为5，Z为N；M的最外层电子数为6，M为S，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为S、R为Na，
A．R为钠，能与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A正确；
B．C和S在自然界中存在单质，故B正确；
C．C和H形成化学物为烃，属于有机物，均可燃烧，故C正确；
D．H和N形成的气体为氨气，可是湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期元素的原子半径、最外层电子数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．（2分）“脱落酸”是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，。下列关于脱落酸的说法正确的是（ ）
A．有4种含氧官能团
B．1mol最多可与5mol氢气发生加成反应
C．可被新制氢氧化铜氧化
D．与等物质的量的Br2加成的产物有4种
【分析】结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有羰基、碳碳双键、羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸的性质，能够发生加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应，以此分析解答，
【解答】解：A．该有机物含有3种含氧官能团，分别为羰基、羟基和羧基，故A错误；
B．羧基中的碳氧双键不与氢气反应，该反应含有1个酮羰基和3个碳碳双键，1mol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．该有机物不含醛基，不能被新制氢氧化铜氧化，故C错误；
D．脱落酸分子中含有3个碳碳双键，其中右侧的2个双键通过一个碳碳单键连接，具有共轭二烯烃的性质，能够发生1、2﹣加成和1，4﹣加成，所以该有机物与等物质的量的Br2发生加成反应时，加成产物有4种，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确有机物含有官能团类型、反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，D为易错点，题目难度不大。
16．（2分）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
【分析】铝遇浓硫酸钝化，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，硫酸铝和NaOH反应生成氢氧化铝，NaOH过量，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝，盐酸过量，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，据此作答。
【解答】解：A.①将铝片放入浓硫酸中，常温下铝遇浓硫酸钝化，铝表面生成一层致密的氧化铝，有化学反应发生，故A正确；
B.②加入足量蒸馏水，浓硫酸变稀，铝表面的氧化膜与稀硫酸反应，无氢气生成，后铝和稀硫酸反应生成氢气和硫酸铝，故B错误；
C.③待铝片完全溶解后逐滴加入NaOH溶液，硫酸铝和NaOH反应生成氢氧化铝白色沉淀，溶液变浑浊，NaOH过量，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，溶液重新变为澄清，故C正确；
D.④逐滴加入足量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝白色沉淀，盐酸过量，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，沉淀溶解，溶液变为澄清，④的现象与③相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质与转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
17．（2分）焊接两根漆包铜线（铜线表面有绝缘油漆）的操作是：①先把漆包铜线放在火上灼烧，②立即在酒精中蘸一下，③然后焊接铜线头。有关叙述正确的是（ ）
A．①中只有铜发生了氧化反应
B．②中的乙醇做溶剂
C．经历①②的变化后铜线的质量不变
D．长期使用后的酒精会有香味
【分析】焊接两根漆包铜线操作中，①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，据此作答。
【解答】解：A.①先把漆包铜线放在火上灼烧，油漆燃烧，Cu和氧气反应变为氧化铜，故A错误；
B.②立即在酒精中蘸一下，氧化铜和酒精反应生成Cu、乙醛和水，乙醇作反应物，故B错误；
C.经历①②的变化后，Cu的量不变，但铜线表面油漆燃烧，铜线质量减小，故C错误；
D.乙醇和CuO反应生成乙醛，乙醛氧化会生成乙酸，长期使用后乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，酒精会有香味，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的转化，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和转化关系是解题的关键。
18．（2分）有关Na2O2性质实验如图：
已知：①Na2O2与水反应经历了Na2O2+2H2O→2NaOH+H2O2；
②酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。
根据上述实验可以得出的结论是（ ）
A．双氧水能使酚酞褪色
B．浓氢氧化钠能使酚酞褪色
C．双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案
【分析】A．由题意知，酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关；
B．由题意知，酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关；
C．由题中实验无法确定酚酞褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性；
D．可利用二氧化锰和水来完善实验方案，先取适量水加入二氧化锰，再加入酚酞及少量氢氧化钠，看是否褪色（证明二氧化锰本身无漂白性），再取有少量气泡冒出的试管中液体，加二氧化锰作催化剂，使过氧化氢充分分解，再加酚酞，看是否变红后还能褪色，则可确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性。
【解答】解：A．双氧水有强氧化性，可能使酚酞褪色，但也可能与溶液强碱性有关，故A错误；
B．浓氢氧化钠能使酚酞变红，由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故B错误；
C．由题中实验无法确定褪色是因为溶液的强碱性还是双氧水的强氧化性，故C错误；
D．由分析知可利用二氧化锰和水来完善实验方案，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查过氧化钠的性质，是对学生基础知识的考查，题目难度不大。
19．（2分）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）﹣Q（Q＞0）并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（ ）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
【分析】2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）为气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变，平衡常数不变，以此分析解答。
【解答】解：A．平衡常数只受温度的影响，平衡状态Ⅰ与Ⅱ温度不变，则平衡常数不变，故A错误；
B．该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变平衡常数不变，则平衡状态Ⅰ与Ⅱ的温度、c（O2）均相同，二者的反应速率相等，故B错误；
C．该反应的平衡常数K＝c（O2），温度不变平衡常数不变，则平衡状态Ⅰ与Ⅱ中c（O2）相同，故C错误；
D．保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，BaO的量减小，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响，为高频考点，明确题干信息及压强对化学平衡的影响为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
20．（2分）将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是（ ）
A．a点时的两溶液中存在：c（CH3COOH）＞c（HNO2）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（NO2﹣）
B．酸的电离程度：c点＝d点＞b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n（Na+）：b点＞c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
【分析】pH相同的一元酸加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸，其酸性较强，根据图知，HNO2的酸性较强；
A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度：HNO2＞CH3COOH，a点两种酸的pH值相等，醋酸的浓度较大，所以溶液中存在c（CH3COOH）＞c（HNO2），两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（NO2﹣）；
B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小；
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n（Na+）越大；
D．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，抑制水电离程度越大，水电离程度越小。
【解答】解：pH相同的一元酸加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸，其酸性较强，根据图知，HNO2的酸性较强；
A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度：HNO2＞CH3COOH，a点两种酸的pH值相等，醋酸的浓度较大，所以溶液中存在c（CH3COOH）＞c（HNO2），两种溶液的pH相等，则两种溶液中c（H+）、c（OH﹣）分别相等，两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（OH﹣）+c（NO2﹣），所以c（CH3COO﹣）＝c（NO2﹣），故A错误；
B．同一种酸，酸的浓度越大，酸的电离程度越小，醋酸浓度：b点＞d点，则醋酸电离程度：b点＜d点；b、c点两种酸的体积相同，如果两种酸的物质的量浓度相等，亚硝酸的电离程度较大，则亚硝酸的pH值较小，实际上亚硝酸的pH值较大，说明亚硝酸的物质的量浓度小于醋酸，酸的浓度越小、酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，所以酸的电离程度：c点＞b点；pH相同的两种酸，酸的浓度：醋酸大于亚硝酸，则酸的电离程度：c点＞d点，故B错误；
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n（Na+）越大，a点两种酸的pH值相等，酸性较强的酸，其物质的量浓度较小，所以c（HNO2）＜c（CH3COOH），体积相同的a点两种酸，n（HNO2）＜n（CH3COOH），稀释时酸的总物质的量不变，所以b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，醋酸消耗的n（NaOH）较多，则溶液中n（Na+）：b点＞c点，故C正确；
D．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，抑制水电离程度越大，水电离程度越小，c（H+）：a点＞b点＞c点＝d点，则水电离程度：a点＜b点＜c点＝d点，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、水电离影响因素等知识点是解本题关键，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如图转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2+NaNO2+H2ONa2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）。
完成下列填空：
（1）Na原子核外有 4 种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为 3s 。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列 Na＞O＞N＞H 。
（2）NH3分子的结构式为 三角锥形 。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因 氧与氮位于同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强 。
（3）配平反应②的化学方程式。 2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH 若反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为 3NA 。
（4）反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为 2：1 。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式 3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4 。
【分析】（1）钠为11号元素，电子排布式为：1s22s22p63s1；每个能级能量不同，离核越远，能量越高；同一周期的主族元素，从左向右，原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大；
（2）根据价层电子对互斥理论NH3分子构型，同一周期，原子核外电子层数相同，核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，非金属性比氮强；
（3）根据得失电子守恒配平方程式②，根据氨气的物质的量计算反应中转移电子数；
（4）根据配平后的方程式可知Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比，写出Fe与水反应生成Fe3O4的反应为置换反应。
【解答】解：（1）钠为11号元素，电子排布式为：1s22s22p63s1，存在4种能级的电子，每个能级能量不同，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为3s，同一周期的主族元素，从左向右，原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，反应②中涉及的短周期元素有Na、O、N、H，按原子半径由大到小顺序排列为Na＞O＞N＞H，
故答案为：4；3s；Na＞O＞N＞H；
（2）NH3分子中中心N原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，同一周期中氧元素的非金属性比氮强，因为氧与氮同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强，
故答案为：三角锥形；氧与氮位于同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强；
（3）根据得失电子守恒配平方程式②，2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH，反应生成11.2L（标准状态）氨气，则电子转移的数目为0.5mol×6e﹣×NA＝3NA，
故答案为：2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH；3NA；
（4）根据2Na2FeO2+NaNO2+3H2ONa2Fe2O4+NH3↑+3NaOH可知Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为2：1，Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，
故答案为：2：1；3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应方程式配平、微粒半径大小比较、核外电子排布、分子构型、得失电子计算等知识点，属于一题多点型题目，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度不大。
22．（16分）某实验小组用如图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。
检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl 。
（2）利用如图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 ②中长导管口有气泡产生 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关（如图所示），因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释 NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低 。
氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。其实验步骤为：称取工业烧碱2.088g，配成500mL溶液，取出25.00mL，先加入25.00mL0.05mol•L﹣1BaCl2溶液（过量），然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200mol•L﹣1的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56mL。
（4）滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓ 。计算该样品中NaOH的质量分数为 0.853 。（用小数表示，保留至小数点后第3位）某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 b 。（选填编号）
a．工业烧碱已发生潮解
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c．配制的待测液敞口放置时间过长
d．滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应 。
【分析】（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，常用硝酸酸化的硝酸银检验NaCl；
（2）氯气与NaOH浓溶液反应，使得瓶内气体压强减小；
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低；
（4）Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀；
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【解答】解：（1）电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，常用硝酸酸化的硝酸银检验NaCl，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；取少量溶液于试管中，先加硝酸，再加硝酸银，若产生白色沉淀，则原溶液中含有NaCl；
（2）氯气与NaOH浓溶液反应，使得瓶内气体压强减小，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若将A与C连接，②中长导管口有气泡产生，
故答案为：①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；②中长导管口有气泡产生；
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低，
故答案为：NaClO溶液中存在水解平衡：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解，导致HClO的浓度减小，消毒效率降低；
（4）Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀，其反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓，该样品中NaOH的质量分数为＝0.853，
a．工业烧碱已发生潮解，则样品中含有水，实验值低于理论值，故a错误；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，消耗盐酸的体积偏大，实验值高于理论值，故b正确；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，NaOH的量偏小，实验值低于理论值，故c错误；
d．滴定时往锥形瓶中加水，对实验没有影响，实验值等于理论值，故d错误；
故答案为：Ba2++CO32﹣＝BaCO3↓；0.853；b；
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应，
故答案为：酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【点评】本题考查氯气的性质，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。
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