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2022年上海市普陀区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市普陀区高考化学二模试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市普陀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）C60分子高速自转，下列原子与C60结合能使其自转减速程度最大的是（ ）
A．3Li B．24Cr C．76Os D．47Ag
2．（2分）光气（COCl2）的制备原理：CHCl3+H2O2→COCl2↑+HCl+H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．CHCl3是非极性分子
B．H2O2的电子式：
C．COCl2分子中含碳氧双键
D．CHCl3在常温常压下为气态
3．（2分）下列含有共价键的化合物是（ ）
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
4．（2分）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是（ ）
A．沸点：NF3＞NCl3 B．还原性：NH3＞NF3
C．稳定性：NF3＞NCl3 D．水解程度：NCl3＞NF3
5．（2分）“碳氯法”制备MgCl2的原理：MgO+C+Cl2MgCl2+CO。下列叙述错误的是（ ）
A．反应1molCl2，转移电子2NA
B．熔点：MgO＞MgCl2
C．等质量的Cl2和CO，CO的分子数更多
D．0.1mol•L﹣1 MgCl2溶液中，阴离子总数大于0.2NA
6．（2分）关于甲基丙烯酸甲酯（）的叙述正确的是（ ）
A．所有原子共平面
B．能发生还原反应
C．不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．易溶于水或乙醇
7．（2分）下列关于聚乳酸（）的说法正确的是（ ）
A．在一定条件下能水解
B．有固定的熔、沸点
C．单体为 HOCH2﹣CH2﹣COOH
D．聚合方式与聚乙烯相似
8．（2分）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．还原性：C＞Na2S
B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2
D．该反应在常温下进行
9．（2分）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是（ ）
A．制备CH3COOC2H5
B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol•L﹣1NaCl（aq）
D．除Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+
10．（2分）下列由废铜屑（杂质不溶于水也不参与反应）制取CuSO4•5H2O的过程不能达到实验目的的是（ ）
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4（aq） D．蒸发结晶得CuSO4•5H2O
11．（2分）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
选项
物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
B
N2（O2）
镁粉
加热
C
CO2（SO2）
饱和Na2CO3（aq）
洗气
D
Al2O3（Fe2O3）
NaOH（aq）
过滤
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）常温下体积相同的溶液：①pH＝2的CH3COOH（aq）；②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）。下列符合②＞①的是（ ）
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H2所需时间
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积
13．（2分）氨碱法制纯碱，处理母液时不涉及的离子反应是（ ）
A．NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣
B．CaO+H2O→Ca2++2OH﹣
C．Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O
D．NH4++OH﹣→NH3↑+H2O
14．（2分）向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq）至过量的过程中，有关离子反应错误的是（ ）
A．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓
B．Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓
C．3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓
D．Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓
15．（2分）一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示，装置均用惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．NO2发生氧化反应
B．负极：CH4+2H2O﹣8e→CO2+8H+
C．转移0.8mol电子，有0.4molH+通过离子交换膜
D．工作一段时间，两侧电极室中溶液pH均减小
16．（2分）某溶液pH＝0，可能有SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+，取适量溶液进行如图实验。结论正确的是
（ ）
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、NO3﹣ D．沉淀H可能是Al（OH）3
17．（2分）肼（H2N﹣NH2）燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ
则2N（g）→N2（g）+Q，Q为（ ）
A．1882kJ B．941kJ C．483kJ D．241.5kJ
18．（2分）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．T1＞T2
B．Kw：b＞c＞a＞d＝e
C．b→c点可通过在水中加入适量的CH3COONa（s）实现
D．T2时，将pH＝10的NaOH（aq）与pH＝3的H2SO4（aq）等体积混合，溶液呈碱性
19．（2分）某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g），K＝2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
H2
CO2
H2O
CO
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0.2
0.1
下列说法正确的是（ ）
A．反应开始，②中反应逆向进行
B．平衡时，①中c（CO2）＝0.04mol•L﹣1
C．①、②均达平衡时，各组分浓度相同
D．①中H2的平衡转化率为40%
20．（2分）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为﹣2价）与100mL盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是（ ）
A．c（HCl）＝4.0mol•L﹣1
B．x＝0.85
C．生成了0.4molH2S
D．FexS中，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝2：1
二、综合题（共60分）
21．（15分）氨基磺酸（）是一种固体强酸，制备原理：CO（NH2）2+H2SO4+SO32HOSO2NH2+CO2。完成下列填空：
（1）O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为 ；CO2的电子式是 。
（2）反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是 。
（3）完成氨基磺酸受热分解的化学方程式，其中还原产物是 。
HOSO2NH2 SO2↑+ SO3↑+ N2↑+ H2↑+ H2O
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是 。向吸收液中加入 试剂，有 现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
（5）氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式 。
22．（15分）二甲醚（CH3OCH3）的合成方法主要有两种：
方法一：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）
完成下列填空：
（1）恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是 。
a．混合气体密度不变
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．3v（CO2）正＝v（H2）逆
d．不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），平衡向 （选填“正”或“逆”）反应方向移动，理由是 。
方法一是CO2高值化利用的途径之一。已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K＝，p（CO2）表示CO2的平衡压强。
（1）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，离子方程式为 ，该反应的平衡常数表达式K＝ 。向反应后的溶液中加过量NaOH（aq），c（CO32﹣） c（ClO﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
方法二：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）②
（3）T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c（CH3OH）＝c（CH3OCH3）。0～4min内，v（CH3OCH3）＝ 。
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，则反应①正反应为 反应（选填“吸热”或“放热”）。
23．（15分）乙二醇（）是常见的有机化工原料，如图是以乙二醇为原料合成E（）的路线：
完成下列填空：
（1）D中官能团有羰基、 ；B→C的反应类型是 。
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为 。
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是 ；反应A→B所需试剂和条件是 ，检验有B生成的实验方法是 。
（4）任写一种满足以下条件的E的同分异构体 。
ⅰ．分子中仅有1种官能团ⅱ．有3种不同环境的氢
（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成的流程补充完整。 。
CH4CH≡CH→……→
24．（15分）以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3）。
部分溶解度（g/100 g H2O）数据见下表：
温度（℃）
0
20
80
LiOH
﹣
12.8
﹣
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
（1）步骤①主要反应的化学方程式为 ，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是 。
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为 。
（3）步骤③的操作是过滤、 洗涤（选填“冷水”或“热水”）、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是 。
Li2CO3（M＝74 g•mol﹣1 ）样品的纯度可用滴定法测定（杂质不参与反应）。
反应原理：Li2CO3+2HCl→2LiCl+CO2↑+H2O
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a 。
a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点。
用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω＝ 。
m﹣Li2CO3样品的质量（g）；c﹣盐酸标准液的浓度（mol•L﹣1）；V1﹣样品滴定时消耗盐酸的体积（mL）；V0﹣滴定空白溶液（指不加样品进行滴定）时消耗盐酸的体积（mL）。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将 （选填“偏大”或“偏小”）。
2022年上海市普陀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）C60分子高速自转，下列原子与C60结合能使其自转减速程度最大的是（ ）
A．3Li B．24Cr C．76Os D．47Ag
【分析】原子越重，与C60结合能使其自转减速程度最大，据此分析。
【解答】解：原子越重，与C60结合能使其自转减速程度最大，而通常情况下，原子序数越大，元素的相对原子质量越大，即原子越重，故76Os的原子最重，与C60结合能使其自转减速程度最大，
故选：C。
【点评】本题考查了原子的相对原子质量大小比较，难度不大，应注意基础知识的掌握。
2．（2分）光气（COCl2）的制备原理：CHCl3+H2O2→COCl2↑+HCl+H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．CHCl3是非极性分子
B．H2O2的电子式：
C．COCl2分子中含碳氧双键
D．CHCl3在常温常压下为气态
【分析】A．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B．H2O2中只存在O﹣H、O﹣O共价键；
C．光气的结构式为；
D．三氯甲烷在常温常压下是液体。
【解答】解：A．CHCl3相当于甲烷分子中的3个氢原子被氯原子取代，则CHCl3为四面体结构，但正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
B．H2O2中只存在O﹣H、O﹣O共价键，其电子式为，故B错误；
C．光气的结构式为，该分子中存在碳氧双键，故C正确；
D．三氯甲烷在常温常压下是液体，一氯甲烷在常温常压下为气体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以光气为载体考查分子极性判断、电子式的书写、分子结构等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子极性判断方法、电子式书写规则、分子结构是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列含有共价键的化合物是（ ）
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，由两种或两种以上元素组成的纯净物为化合物，由一种元素组成的纯净物为单质。
【解答】解：A．液氯属于单质，不属于化合物，故A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，为混合物，故B错误；
C．盐酸为HCl的水溶液，为混合物，故C错误；
D．冰醋酸是由C、H、O元素组成的纯净物，属于化合物，该分子中含有C﹣C、C﹣H、C＝O、C﹣O、O﹣H等共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、化合物，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、化合物概念是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是（ ）
A．沸点：NF3＞NCl3 B．还原性：NH3＞NF3
C．稳定性：NF3＞NCl3 D．水解程度：NCl3＞NF3
【分析】A．不含氢键的分子晶体熔沸点和分子间的范德华力、相对分子质量呈正比；
B．4NH3+3F2═NF3+3NH4F，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物；
C．原子半径F＜Cl，N﹣F化学键的键长短，键能大；
D．N﹣Cl键的键能＜N﹣F的键能，和水反应时N﹣Cl易断裂。
【解答】解：A．相对分子质量NF3＜NCl3，沸点：NF3＜NCl3，故A错误；
B．4NH3+3F2═NF3+3NH4F，N元素的化合价由﹣3变为+3，氨气为还原剂，三氟化氮为还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物，故B正确；
C．原子半径F＜Cl，N﹣F化学键的键长短，键能大，稳定性：NF3＞NCl3，故C正确；
D．NCl3＞NF3和水反应时，N﹣Cl易断裂，水解程度：NCl3＞NF3，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学键、物质熔沸点比较判断、氧化还原反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
5．（2分）“碳氯法”制备MgCl2的原理：MgO+C+Cl2MgCl2+CO。下列叙述错误的是（ ）
A．反应1molCl2，转移电子2NA
B．熔点：MgO＞MgCl2
C．等质量的Cl2和CO，CO的分子数更多
D．0.1mol•L﹣1 MgCl2溶液中，阴离子总数大于0.2NA
【分析】A．MgO+C+Cl2MgCl2+CO，反应消耗1mol氯气，单质转移2mole﹣，据此判断；
B．氯离子半径大于氧离子，氧化镁形成的离子键强，熔点高；
C．依据n＝判断；
D．溶液体积未知。
【解答】解：A．依据MgO+C+Cl2MgCl2+CO～2e﹣可知，消耗1mol氯气，反应中断裂1molCl﹣Cl键，转移的电子数为2NA，故A正确；
B．氯离子半径大于氧离子，MgO形成的离子键比MgCl2的离子键强，熔点：MgO＞MgCl2，故B正确；
C．氯气摩尔质量大于一氧化碳，依据n＝可知，密度、体积均相同的Cl2和CO，CO物质的量大，依据N＝nNA可知，CO分子数多，故C正确；
D．溶液体积未知，溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）关于甲基丙烯酸甲酯（）的叙述正确的是（ ）
A．所有原子共平面
B．能发生还原反应
C．不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．易溶于水或乙醇
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转；
B．碳碳双键能发生还原反应；
C．碳碳双键能和溴发生加成反应；
D．不含亲水基，有机溶质易溶于有机溶剂。
【解答】解：A．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故A错误；
B．分子中碳碳双键能和氢气发生加成反应，也属于还原反应，故B正确；
C．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色的物质而使溴的四氯化碳溶于褪色，故C错误；
D．不含亲水基，所以不易溶于水，有机溶质易溶于有机溶剂，所以该物质易溶于乙醇，故D错误；
故选：B。
【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。
7．（2分）下列关于聚乳酸（）的说法正确的是（ ）
A．在一定条件下能水解
B．有固定的熔、沸点
C．单体为 HOCH2﹣CH2﹣COOH
D．聚合方式与聚乙烯相似
【分析】A．链节中含有酯基；
B．分子组成中聚合度n不同，该物质属于混合物；
C．链节中含有酯基结构，从酯基中间断开，在羰基上加羟基，在氧原子上加氢原子；
D．乙烯通过加聚反应得到聚乙烯。
【解答】解：A．链节中含有酯基，在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B．分子组成中聚合度n不同，该物质属于混合物，没有固定的熔、沸点，故B错误；
C．链节中含有酯基结构，从酯基中间断开，在羰基上加羟基，在氧原子上加氢原子，所以聚乳酸的单体是，故C错误；
D．乳酸通过缩聚反应生成，有小分子物质水生成，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解，题目难度不大，找准链节是解题的关键。
8．（2分）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．还原性：C＞Na2S
B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2
D．该反应在常温下进行
【分析】由反应Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑可知，其中C的C元素的化合价由0升高到+4，失去电子，做还原剂，Na2SO4中的S元素的化合价由+6降低到﹣2，得到电子，被还原，据此分析。
【解答】解：A．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑中，C做还原剂，Na2S为还原产物，故还原性：C＞Na2S，故A正确；
B．芒硝是十水合硫酸钠的俗名，化学式为Na2SO4•10H2O，故B错误；
C．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑中，反应1mol碳，生成1molCO2，未指明气体的状态，不一定是22.4L，故C错误；
D．该反应需要在一定条件下进行，常温下不能发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明氧化还原反应的基本概念是解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。
9．（2分）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是（ ）
A．制备CH3COOC2H5
B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol•L﹣1NaCl（aq）
D．除Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+
【分析】A．制备乙酸乙酯需要试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成；
B．制备硝基苯时，需要水浴加热50～60℃，据此分析；
C．配制0.1mol/LNaCl溶液，配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
D．除去Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+需要加入氧化铝调节pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3，过滤除去。
【解答】解：A．乙醇和乙酸、浓硫酸混合加热反应生成乙酸乙酯，所以由试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验，故A正确；
B．硝基苯制备需要控制加热的温度为50～60℃，还需要温度计，故B错误；
C．配制0.1mol/LNaCl溶液，配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故所需的仪器有托盘天平、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故C错误；
D．除去Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+需要加入氧化铝调节pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3，过滤除去，过滤需要玻璃棒、漏斗、烧杯、铁架台等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见的实验仪器，难度不大，熟悉常见实验操作所用的仪器为解答的关键。
10．（2分）下列由废铜屑（杂质不溶于水也不参与反应）制取CuSO4•5H2O的过程不能达到实验目的的是（ ）
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4（aq） D．蒸发结晶得CuSO4•5H2O
【分析】A．碳酸钠溶液水解显碱性，加热及碱溶液均可促进油污的水解；
B．酸性溶液中过氧化氢可氧化Cu；
C．过滤分离不溶性杂质与溶液；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，需蒸发浓缩、冷却结晶。
【解答】解：A．碳酸钠溶液水解显碱性，加热及碱溶液均可促进油污的水解，则装置甲可除去废铜屑表面的油污，故A正确；
B．酸性溶液中过氧化氢可氧化Cu，则装置乙在加热的条件下可溶解废铜屑，故B正确；
C．过滤分离不溶性杂质与溶液，则装置丙过滤得到CuSO4溶液，故C正确；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，需蒸发浓缩、冷却结晶，不能用装置丁蒸干溶液获得 CuSO4•5HO，故D错误；
故选：D。
【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、混合物分离提纯、物质的制备、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。
11．（2分）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
选项
物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
B
N2（O2）
镁粉
加热
C
CO2（SO2）
饱和Na2CO3（aq）
洗气
D
Al2O3（Fe2O3）
NaOH（aq）
过滤
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；
B．加热时氮气、氧气均与Mg反应；
C．二者均与饱和碳酸钠溶液反应；
D．氧化铝与NaOH溶液反应。
【解答】解：A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，可洗气分离，故A正确；
B．加热时氮气、氧气均与Mg反应，不能除杂，故B错误；
C．二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：A。
【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、发生的反应、混合物分离方法、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。
12．（2分）常温下体积相同的溶液：①pH＝2的CH3COOH（aq）；②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）。下列符合②＞①的是（ ）
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H2所需时间
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积
【分析】醋酸是弱酸，在水中部分电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）pH＞2，氢离子浓度①＞②，醋酸浓度①＞②。
【解答】解：A.醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）pH＞2，当①pH＝2的CH3COOH（aq），②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）稀释到相同的pH时①消耗的水的体积大，故A错误；
B.②0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于①pH＝2的CH3COOH（aq），则与镁条反应生成等量H2所需时间②＞①，故B正确；
C.由分析可知氢离子浓度①＞②，则与镁条反应的起始速率①＞②，故C错误；
D.由分析可知醋酸浓度①＞②，则与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积①＞②，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡应用，题目难度中等，主要是弱酸溶液稀释、pH的大小比较，酸碱中和反应。
13．（2分）氨碱法制纯碱，处理母液时不涉及的离子反应是（ ）
A．NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣
B．CaO+H2O→Ca2++2OH﹣
C．Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O
D．NH4++OH﹣→NH3↑+H2O
【分析】氨碱法制纯碱的母液中还含有NH4+、HCO3﹣在母液中加入生石灰以回收NH3，发生反应有：CaO+H2O→Ca2++2OH﹣、Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O、NH4++OH﹣→NH3↑+H2O，以此分析解答。
【解答】解：A．母液中含氯化铵，加入生石灰，有氨气放出，不会发生反应NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣，故A选；
B．处理母液时，加入的氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出钙离子和氢氧根离子，离子方程式为：CaO+H2O→Ca2++2OH﹣，故B不选；
C．母液中含有HCO3﹣，加入的生石灰会发生反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．母液中加入生石灰以回收NH3循环利用，回收NH3的离子方程式为：NH4++OH﹣→NH3↑+H2O，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
14．（2分）向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq）至过量的过程中，有关离子反应错误的是（ ）
A．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓
B．Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓
C．3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓
D．Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓
【分析】向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq），铁离子优先与氢氧根离子反应，则发生反应中铁离子与铵根离子的物质的量不会小于1：1，氢氧化钡不足时发生反应2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，氢氧化钡过量时发生反应Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，以此进行判断。
【解答】解：A．氢氧化钡不足时，铵根离子不反应，只有铁离子反应，离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故A正确；
B．铁离子优先与氢氧根离子反应，则发生反应中铁离子与铵根离子的物质的量不会小于1：1，不会发生反应Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓，故B错误；
C．当NH4Fe（SO4）2与Ba（OH）2的物质的量之比为3：5时，铵根离子部分反应，铁离子完全反应，离子方程式为：3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓，故C正确；
D．当氢氧化钡过量时，铵根离子和铁离子都完全反应，离子方程式为：Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
15．（2分）一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示，装置均用惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．NO2发生氧化反应
B．负极：CH4+2H2O﹣8e→CO2+8H+
C．转移0.8mol电子，有0.4molH+通过离子交换膜
D．工作一段时间，两侧电极室中溶液pH均减小
【分析】由图可知，通入NO2的电极上氮元素价态降低得电子，通入NO2的电极为正极，电极反应式为2NO2+8H++8e﹣＝N2+4H2O，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+2H2O﹣8e﹣＝CO2+8H+，据此作答。
【解答】解：A．左侧电极上氮元素价态降低，通入NO2的电极为正极，二氧化氮得电子发生还原反应，故A错误；
B．甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+2H2O﹣8e﹣＝CO2+8H+，故B正确；
C．通入NO2的电极为正极，电极反应式为2NO2+8e﹣+8H+＝N2+4H2O，转移0.8mol电子时，有0.8NA个H+通过质子交换膜，故C错误；
D．原电池工作时，左侧消耗氢离子，pH增大，右侧生成氢离子，pH减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
16．（2分）某溶液pH＝0，可能有SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+，取适量溶液进行如图实验。结论正确的是
（ ）
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、NO3﹣ D．沉淀H可能是Al（OH）3
【分析】①强酸性溶液中不存在Fe2+和NO3﹣不能同时存在；
②试液中加入过量硝酸钡溶液生成气体，反应为3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++NO↑+2H2O，则原溶液中一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在NO3﹣，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42﹣；
③溶液B中加入过量氢氧化钠溶液生成气体D为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀F为Fe（OH）3；
④由于溶液E中含有过量的Ba2+，OH﹣，溶液E中通入过量CO2生成的沉淀H一定是Al（OH）3，反应为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，则溶液E中一定含有AlO2﹣，原溶液中一定含有Al3+，Cl﹣无法确定，据此分析解答。
【解答】解：A．分析可知气体A为NO，故A错误；
B．二氧化碳过量，沉淀H一定不是BaCO3，一定为氢氧化铝沉淀，故B错误；
C．上述分析可知原溶液中无Ba2+、NO3﹣，故C正确；
D．分析可知原溶液中一定含有Al3+，发生反应过程中最后生成沉淀H一定为Al（OH）3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应及离子的推断等知识，为高考常见题型，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意能够根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
17．（2分）肼（H2N﹣NH2）燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ
则2N（g）→N2（g）+Q，Q为（ ）
A．1882kJ B．941kJ C．483kJ D．241.5kJ
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合键能及热化学方程式计算。
【解答】解：N2的结构式为N≡N，设N≡N的键能为x，由N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ得，4×391kJ/mol+161kJ/mol+498kJ/mol﹣x﹣4×463kJ/mol＝﹣570kJ/mol，解得x＝941kJ/mol，形成化学键需要释放能量，故Q＝941kJ，
故选：B。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握焓变的计算、键能及化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意键能与焓变的关系，题目难度不大。
18．（2分）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．T1＞T2
B．Kw：b＞c＞a＞d＝e
C．b→c点可通过在水中加入适量的CH3COONa（s）实现
D．T2时，将pH＝10的NaOH（aq）与pH＝3的H2SO4（aq）等体积混合，溶液呈碱性
【分析】A．温度越高，则Kw越大；
B．a、d、e都处于25℃时，Kw相等，然后比较b、e两点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依次比较Kw的大小；
从A点到D点c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，温度不变，Kw不变；
C．b→c点，c（H+）和c（OH﹣）发生变化，判断Kw的变化；
D．T2时，Kw＝10﹣12．pH＝3的H2SO4（aq），c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝10的某碱溶液c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣2mol/L，等体积混合后，说明碱过量。
【解答】解：A．由图可知，T2的Kw＞T1的Kw，故T1＞T2，故A错误；
B．a、d、e都处于T1时，Kw相等，b点c（H+）和c（OH﹣）都大于e点的c（H+）和c（OH﹣），并且c点的c（H+）和c（OH﹣）大于a点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故b＞c＞a＝d＝e，故B错误；
C．b→c点，c（H+）和c（OH﹣）发生变化，c（H+）减小，c（OH﹣）减小，Kw减小，加入适量的CH3COONa（s）不能实现，故C错误；
D．T2时，Kw＝10﹣12．pH＝3的H2SO4（aq），c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝10的某碱溶液c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣2mol/L，等体积混合后，碱过量，溶液呈碱性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小，题目难度不大。
19．（2分）某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g），K＝2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
H2
CO2
H2O
CO
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0.2
0.1
下列说法正确的是（ ）
A．反应开始，②中反应逆向进行
B．平衡时，①中c（CO2）＝0.04mol•L﹣1
C．①、②均达平衡时，各组分浓度相同
D．①中H2的平衡转化率为40%
【分析】A．根据Q与K的大小关系确定反应方向；
B．设①中达到平衡时CO浓度为xmol/L，则根据化学方程式可知，平衡时氢气和二氧化碳浓度均为（0.1﹣x）mol/L，一氧化碳和水浓度均为xmol/L，根据K的表达式求出平衡时二氧化碳浓度；
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度不相等；
D．根据平衡时氢气转化浓度计算转化率。
【解答】解：A．②中反应开始时Q＝＝＝1＜K，所以反应正向进行，故A错误；
B．设①中达到平衡时CO浓度为xmol/L，则根据化学方程式可知，平衡时氢气和二氧化碳浓度均为（0.1﹣x）mol/L，一氧化碳和水浓度均为xmol/L，＝＝2.25，解得x＝0.06mol/L，则平衡时二氧化碳浓度为0.04mol/L，故B正确；
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，各组分浓度不相同，故C错误；
D．①中反应转化的氢气浓度为0.06mol/L，则转化率为60%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及转化率的计算，把握平衡常数表达式、转化率概念为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
20．（2分）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为﹣2价）与100mL盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是（ ）
A．c（HCl）＝4.0mol•L﹣1
B．x＝0.85
C．生成了0.4molH2S
D．FexS中，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝2：1
【分析】FexS，S为﹣2价，生成0.1molS，化合价为0，同时生成H2S气体不发生化合价变化，则共转移电子为0.1mol×2＝0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝0.2mol，则FexS中n（Fe2+）＝0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比＝0.2mol：0.2mol＝1：1；部分HCl中的氢离子转化为H2S，H2S的物质的量n（H2S）＝0.5n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4mol，FexS中S的物质的量等于S和H2S物质的量之和，n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，据此分析解答。
【解答】解：A．盐酸恰好反应生成FeCl20.4mol，根据氯原子守恒得c（HCl）＝＝8.0mol/L，故A错误；
B．根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝0.2mol，FexS中n（Fe2+）＝0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比＝0.2mol：0.2mol＝1：1，故D错误；
C．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）＝0.5n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4mol，故C正确；
D．FexS中n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，所以n（Fe）：n（S）＝0.4mol：0.5mol＝0.8，所以x＝0.8，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，侧面考查了学生的分析和计算能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氨基磺酸（）是一种固体强酸，制备原理：CO（NH2）2+H2SO4+SO32HOSO2NH2+CO2。完成下列填空：
（1）O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为 ；CO2的电子式是 。
（2）反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是 O＞N＞C 。
（3）完成氨基磺酸受热分解的化学方程式，其中还原产物是 SO2、H2 。
2 HOSO2NH2 1 SO2↑+ 1 SO3↑+ 1 N2↑+ 2 H2↑+ 1 H2O
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是 c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3） 。向吸收液中加入 过量HCl（aq），再加BaCl2（aq） 试剂，有 白色沉淀生成 现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
（5）氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式 ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO 。
【分析】（1）O、S都位于第ⅥA族，最外层电子排布为ns2np4；CO2的中C原子与每个O原子之间形成1个σ键和1个π键，都达到8电子稳定结构；
（2）同一周期主族元素，从左向右，非金属性逐渐增强；
（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；所含元素化合价降低的产物为还原产物；
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收SO2、SO3，生成SO32﹣和SO42﹣，SO32﹣在溶液中发生水解生成HSO3﹣和H2SO3；通过检验溶液中存在SO42﹣证明氨基磺酸热解产生SO3；
（5）H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物能水解生成HClO，可知Cl原子取代的是+1价的H原子；
【解答】解：（1）O、S都位于第ⅥA族，最外层电子排布为ns2np4，该族元素的最外层电子轨道表示式为，；CO2的电子式为，
故答案为：；；
（2）同一周期主族元素，从左向右，非金属性逐渐增强，反应原理中涉及的第二周期元素为C、N、O，非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，
故答案为：O＞N＞C；
（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为2HOSO2NH2 SO2↑+SO3↑+N2↑+2H2↑+H2O，该反应中S、H元素化合价降低，故还原产物为SO2、H2，
故答案为：2，1，1，1，2，1；SO2、H2；
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收SO2、SO3，生成SO32﹣和SO42﹣，SO42﹣不水解，SO32﹣在溶液中发生水解，第一步水解生成HSO3﹣，第二步水解生成H2SO3，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）；先加入过量HCl（aq）与SO32﹣反应，再加BaCl2（aq），生成白色沉淀，说明溶液中存在SO42﹣，证明氨基磺酸热解产生SO3，
故答案为c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）；过量HCl（aq），再加BaCl2（aq）；白色沉淀生成；
（5）H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物能水解生成HClO，可知Cl原子取代的是+1价的H原子，因此取代产物为ClH2NSO3，水解反应方程式为ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO，
故答案为：ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO。
【点评】本题考查了核外电子排布、电子式、非金属性强弱、化学方程式的配平、离子检验等知识点，题目难度中等，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。
22．（15分）二甲醚（CH3OCH3）的合成方法主要有两种：
方法一：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）
完成下列填空：
（1）恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是 bc 。
a．混合气体密度不变
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．3v（CO2）正＝v（H2）逆
d．不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），平衡向 正 （选填“正”或“逆”）反应方向移动，理由是 平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动 。
方法一是CO2高值化利用的途径之一。已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K＝，p（CO2）表示CO2的平衡压强。
（1）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，离子方程式为 CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO ，该反应的平衡常数表达式K＝ 。向反应后的溶液中加过量NaOH（aq），c（CO32﹣） ＜ c（ClO﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
方法二：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）②
（3）T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c（CH3OH）＝c（CH3OCH3）。0～4min内，v（CH3OCH3）＝ 0.16mol/（L•min） 。
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，则反应①正反应为 放热 反应（选填“吸热”或“放热”）。
【分析】（1）可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K；
（2）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO，①H2CO3（aq）⇌H+（aq）+HCO3﹣（aq）；②HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）；③CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）；CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO可由①+③﹣②得到，则K＝××，得到K＝，反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH；
（3）根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）（单位：mol）
开始 4 8 0
变化 3.2 6.4 3.2
平衡 0.8 1.6 3.2
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 3.2 0 0
变化 2x x x
平衡 3.2﹣2x x x
平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×（3.2﹣2x）＝x，解得x＝1.28mol，则v（CH3OCH3）＝；
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动。
【解答】解：（1）a．在恒温恒容的条件下，混合气体的密度始终保持不变，a无法说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．该反应反应物的化学计量数之和不等于生成物化学计量数之和，在达到平衡前混合气体总物质的量会发生变化，而总质量恒定，则混合气体的平均相对分子质量也在随时变化，如果混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．v（CO2）正：v（H2）逆＝1：3，二氧化碳和氢气的化学计量数之比也为1：3，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．如果初始加入的二氧化碳和氢气的物质的量之比为1：3，那么在反应过程中无论是否达到平衡，其物质的量的比值始终保持恒定，故d错误；
平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动，
故答案为：bc；平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动；
（2）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO，①H2CO3（aq）⇌H+（aq）+HCO3﹣（aq）；②HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）；③CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）；CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO可由①+③﹣②得到，则K＝××，得到K＝，反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH，分别生成次氯酸根离子和碳酸根离子，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，因此碳酸根离子的水解程度大于次氯酸根离子，故溶液中c（CO32﹣）＜c（ClO﹣），
故答案为：CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO；；＜；
（3）根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）（单位：mol）
开始 4 8 0
变化 3.2 6.4 3.2
平衡 0.8 1.6 3.2
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 3.2 0 0
变化 2x x x
平衡 3.2﹣2x x x
平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×（3.2﹣2x）＝x，解得x＝1.28mol，则v（CH3OCH3）＝＝＝0.16mol/（L•min），
故答案为：0.16mol/（L•min）；
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，
故答案为：放热。
【点评】本题考查反应中的能量变化、化学平衡及其影响因素、平衡常数的计算等知识，为高频考点，试题有助于培养从原理角度分析化学反应的实质，把握化学平衡的影响因素是解题的关键，题目难度中等。
23．（15分）乙二醇（）是常见的有机化工原料，如图是以乙二醇为原料合成E（）的路线：
完成下列填空：
（1）D中官能团有羰基、 羟基、碳碳三键 ；B→C的反应类型是 加成反应 。
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为 。
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是 保护羰基 ；反应A→B所需试剂和条件是 O2/Cu、加热 ，检验有B生成的实验方法是 加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成 。
（4）任写一种满足以下条件的E的同分异构体 。
ⅰ．分子中仅有1种官能团ⅱ．有3种不同环境的氢
（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成的流程补充完整。 。
CH4CH≡CH→……→
【分析】乙二醇发生取代反应生成A，A中醇羟基发生催化氧化生成B中醛基，B中醛基发生加成反应生成C，D和氢气发生加成反应生成E，根据D的分子式及E的结构简式知，D为；
（5）以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成，甲烷发生反应生成乙炔，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，乙醛和甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH＝CHCH2OH，HOCH2CH＝CHCH2OH和丙酮发生反应生成目标产物。
【解答】解：（1）D为，D中官能团有羰基、羟基、碳碳三键；B中醛基发生加成反应生成C，B→C的反应类型是加成反应，
故答案为：羟基、碳碳三键；加成反应；
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是保护羰基；A中醇羟基在Cu作催化剂、加热条件下发生催化氧化反应生成B中醛基，反应A→B所需试剂和条件是O2/Cu、加热，含有醛基的有机物能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以检验有B生成的实验方法是加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成，
故答案为：保护羰基；O2/Cu、加热；加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成；
（4）E的同分异构体满足以下条件：
ⅰ．分子中仅有1种官能团；
ⅱ．有3种不同环境的氢，根据其不饱和度及氧原子个数知，应该存在2个羧基，且结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成，甲烷发生反应生成乙炔，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，乙醛和甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH＝CHCH2OH，HOCH2CH＝CHCH2OH和丙酮发生反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3）。
部分溶解度（g/100 g H2O）数据见下表：
温度（℃）
0
20
80
LiOH
﹣
12.8
﹣
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
（1）步骤①主要反应的化学方程式为 Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2 ，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小 。
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为 Li2C2O4Li2CO3+CO↑ 。
（3）步骤③的操作是过滤、 热水 洗涤（选填“冷水”或“热水”）、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全 。
Li2CO3（M＝74 g•mol﹣1 ）样品的纯度可用滴定法测定（杂质不参与反应）。
反应原理：Li2CO3+2HCl→2LiCl+CO2↑+H2O
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a d、b、e 。
a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点。
用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω＝ ×100% 。
m﹣Li2CO3样品的质量（g）；c﹣盐酸标准液的浓度（mol•L﹣1）；V1﹣样品滴定时消耗盐酸的体积（mL）；V0﹣滴定空白溶液（指不加样品进行滴定）时消耗盐酸的体积（mL）。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
【分析】以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3），途径一，锂精矿通入足量CO2、H2O，得到含有LiHCO3、碳酸氢钙的溶液，再加入Li2C2O4除去钙离子，过滤除去草酸钙，得到碳酸锂溶液，经过热解、过滤、烘干得到Li2CO3；途径二，盐湖卤水加入足量的氢氧化钠溶液，沉淀镁离子，过滤得到LiCl溶液，再加足量Na2CO3，生成碳酸锂，过滤得到产品，据此解答。
【解答】解：（1）步骤①为 锂精矿通入足量CO2、H2O，得到含有LiHCO3、碳酸氢钙的溶液主，要反应的化学方程式为Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小，
故答案为：Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2；温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小；
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为Li2C2O4Li2CO3+CO↑，
故答案为：Li2C2O4Li2CO3+CO↑；
（3）步骤③的操作是过滤、热水洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全，
故答案为：热水；向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点；根据反应原理：Li2CO3+2HCl＝2LiCl+CO2↑+H2O，Li2CO3的纯度ω＝×100%＝×100%，上述滴定操作中，若缺少步骤b，空白测定消耗的盐酸增加，则测定结果将偏小，
故答案为：d、b、e；×100%；偏小。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、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，题目难度中等。
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2022年上海市普陀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）C60分子高速自转，下列原子与C60结合能使其自转减速程度最大的是（ ）
A．3Li B．24Cr C．76Os D．47Ag
2．（2分）光气（COCl2）的制备原理：CHCl3+H2O2→COCl2↑+HCl+H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．CHCl3是非极性分子
B．H2O2的电子式：
C．COCl2分子中含碳氧双键
D．CHCl3在常温常压下为气态
3．（2分）下列含有共价键的化合物是（ ）
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
4．（2分）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是（ ）
A．沸点：NF3＞NCl3 B．还原性：NH3＞NF3
C．稳定性：NF3＞NCl3 D．水解程度：NCl3＞NF3
5．（2分）“碳氯法”制备MgCl2的原理：MgO+C+Cl2MgCl2+CO。下列叙述错误的是（ ）
A．反应1molCl2，转移电子2NA
B．熔点：MgO＞MgCl2
C．等质量的Cl2和CO，CO的分子数更多
D．0.1mol•L﹣1 MgCl2溶液中，阴离子总数大于0.2NA
6．（2分）关于甲基丙烯酸甲酯（）的叙述正确的是（ ）
A．所有原子共平面
B．能发生还原反应
C．不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．易溶于水或乙醇
7．（2分）下列关于聚乳酸（）的说法正确的是（ ）
A．在一定条件下能水解
B．有固定的熔、沸点
C．单体为 HOCH2﹣CH2﹣COOH
D．聚合方式与聚乙烯相似
8．（2分）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．还原性：C＞Na2S
B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2
D．该反应在常温下进行
9．（2分）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是（ ）
A．制备CH3COOC2H5
B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol•L﹣1NaCl（aq）
D．除Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+
10．（2分）下列由废铜屑（杂质不溶于水也不参与反应）制取CuSO4•5H2O的过程不能达到实验目的的是（ ）
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4（aq） D．蒸发结晶得CuSO4•5H2O
11．（2分）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
选项
物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
B
N2（O2）
镁粉
加热
C
CO2（SO2）
饱和Na2CO3（aq）
洗气
D
Al2O3（Fe2O3）
NaOH（aq）
过滤
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）常温下体积相同的溶液：①pH＝2的CH3COOH（aq）；②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）。下列符合②＞①的是（ ）
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H2所需时间
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积
13．（2分）氨碱法制纯碱，处理母液时不涉及的离子反应是（ ）
A．NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣
B．CaO+H2O→Ca2++2OH﹣
C．Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O
D．NH4++OH﹣→NH3↑+H2O
14．（2分）向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq）至过量的过程中，有关离子反应错误的是（ ）
A．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓
B．Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓
C．3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓
D．Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓
15．（2分）一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示，装置均用惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．NO2发生氧化反应
B．负极：CH4+2H2O﹣8e→CO2+8H+
C．转移0.8mol电子，有0.4molH+通过离子交换膜
D．工作一段时间，两侧电极室中溶液pH均减小
16．（2分）某溶液pH＝0，可能有SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+，取适量溶液进行如图实验。结论正确的是
（ ）
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、NO3﹣ D．沉淀H可能是Al（OH）3
17．（2分）肼（H2N﹣NH2）燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ
则2N（g）→N2（g）+Q，Q为（ ）
A．1882kJ B．941kJ C．483kJ D．241.5kJ
18．（2分）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．T1＞T2
B．Kw：b＞c＞a＞d＝e
C．b→c点可通过在水中加入适量的CH3COONa（s）实现
D．T2时，将pH＝10的NaOH（aq）与pH＝3的H2SO4（aq）等体积混合，溶液呈碱性
19．（2分）某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g），K＝2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
H2
CO2
H2O
CO
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0.2
0.1
下列说法正确的是（ ）
A．反应开始，②中反应逆向进行
B．平衡时，①中c（CO2）＝0.04mol•L﹣1
C．①、②均达平衡时，各组分浓度相同
D．①中H2的平衡转化率为40%
20．（2分）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为﹣2价）与100mL盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是（ ）
A．c（HCl）＝4.0mol•L﹣1
B．x＝0.85
C．生成了0.4molH2S
D．FexS中，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝2：1
二、综合题（共60分）
21．（15分）氨基磺酸（）是一种固体强酸，制备原理：CO（NH2）2+H2SO4+SO32HOSO2NH2+CO2。完成下列填空：
（1）O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为 ；CO2的电子式是 。
（2）反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是 。
（3）完成氨基磺酸受热分解的化学方程式，其中还原产物是 。
HOSO2NH2 SO2↑+ SO3↑+ N2↑+ H2↑+ H2O
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是 。向吸收液中加入 试剂，有 现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
（5）氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式 。
22．（15分）二甲醚（CH3OCH3）的合成方法主要有两种：
方法一：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）
完成下列填空：
（1）恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是 。
a．混合气体密度不变
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．3v（CO2）正＝v（H2）逆
d．不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），平衡向 （选填“正”或“逆”）反应方向移动，理由是 。
方法一是CO2高值化利用的途径之一。已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K＝，p（CO2）表示CO2的平衡压强。
（1）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，离子方程式为 ，该反应的平衡常数表达式K＝ 。向反应后的溶液中加过量NaOH（aq），c（CO32﹣） c（ClO﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
方法二：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）②
（3）T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c（CH3OH）＝c（CH3OCH3）。0～4min内，v（CH3OCH3）＝ 。
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，则反应①正反应为 反应（选填“吸热”或“放热”）。
23．（15分）乙二醇（）是常见的有机化工原料，如图是以乙二醇为原料合成E（）的路线：
完成下列填空：
（1）D中官能团有羰基、 ；B→C的反应类型是 。
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为 。
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是 ；反应A→B所需试剂和条件是 ，检验有B生成的实验方法是 。
（4）任写一种满足以下条件的E的同分异构体 。
ⅰ．分子中仅有1种官能团ⅱ．有3种不同环境的氢
（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成的流程补充完整。 。
CH4CH≡CH→……→
24．（15分）以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3）。
部分溶解度（g/100 g H2O）数据见下表：
温度（℃）
0
20
80
LiOH
﹣
12.8
﹣
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
（1）步骤①主要反应的化学方程式为 ，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是 。
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为 。
（3）步骤③的操作是过滤、 洗涤（选填“冷水”或“热水”）、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是 。
Li2CO3（M＝74 g•mol﹣1 ）样品的纯度可用滴定法测定（杂质不参与反应）。
反应原理：Li2CO3+2HCl→2LiCl+CO2↑+H2O
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a 。
a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点。
用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω＝ 。
m﹣Li2CO3样品的质量（g）；c﹣盐酸标准液的浓度（mol•L﹣1）；V1﹣样品滴定时消耗盐酸的体积（mL）；V0﹣滴定空白溶液（指不加样品进行滴定）时消耗盐酸的体积（mL）。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将 （选填“偏大”或“偏小”）。
2022年上海市普陀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）C60分子高速自转，下列原子与C60结合能使其自转减速程度最大的是（ ）
A．3Li B．24Cr C．76Os D．47Ag
【分析】原子越重，与C60结合能使其自转减速程度最大，据此分析。
【解答】解：原子越重，与C60结合能使其自转减速程度最大，而通常情况下，原子序数越大，元素的相对原子质量越大，即原子越重，故76Os的原子最重，与C60结合能使其自转减速程度最大，
故选：C。
【点评】本题考查了原子的相对原子质量大小比较，难度不大，应注意基础知识的掌握。
2．（2分）光气（COCl2）的制备原理：CHCl3+H2O2→COCl2↑+HCl+H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．CHCl3是非极性分子
B．H2O2的电子式：
C．COCl2分子中含碳氧双键
D．CHCl3在常温常压下为气态
【分析】A．正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B．H2O2中只存在O﹣H、O﹣O共价键；
C．光气的结构式为；
D．三氯甲烷在常温常压下是液体。
【解答】解：A．CHCl3相当于甲烷分子中的3个氢原子被氯原子取代，则CHCl3为四面体结构，但正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
B．H2O2中只存在O﹣H、O﹣O共价键，其电子式为，故B错误；
C．光气的结构式为，该分子中存在碳氧双键，故C正确；
D．三氯甲烷在常温常压下是液体，一氯甲烷在常温常压下为气体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以光气为载体考查分子极性判断、电子式的书写、分子结构等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子极性判断方法、电子式书写规则、分子结构是解本题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列含有共价键的化合物是（ ）
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键，由两种或两种以上元素组成的纯净物为化合物，由一种元素组成的纯净物为单质。
【解答】解：A．液氯属于单质，不属于化合物，故A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，为混合物，故B错误；
C．盐酸为HCl的水溶液，为混合物，故C错误；
D．冰醋酸是由C、H、O元素组成的纯净物，属于化合物，该分子中含有C﹣C、C﹣H、C＝O、C﹣O、O﹣H等共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键、化合物，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、化合物概念是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）下列关于含氮化合物的性质叙述错误的是（ ）
A．沸点：NF3＞NCl3 B．还原性：NH3＞NF3
C．稳定性：NF3＞NCl3 D．水解程度：NCl3＞NF3
【分析】A．不含氢键的分子晶体熔沸点和分子间的范德华力、相对分子质量呈正比；
B．4NH3+3F2═NF3+3NH4F，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物；
C．原子半径F＜Cl，N﹣F化学键的键长短，键能大；
D．N﹣Cl键的键能＜N﹣F的键能，和水反应时N﹣Cl易断裂。
【解答】解：A．相对分子质量NF3＜NCl3，沸点：NF3＜NCl3，故A错误；
B．4NH3+3F2═NF3+3NH4F，N元素的化合价由﹣3变为+3，氨气为还原剂，三氟化氮为还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物，故B正确；
C．原子半径F＜Cl，N﹣F化学键的键长短，键能大，稳定性：NF3＞NCl3，故C正确；
D．NCl3＞NF3和水反应时，N﹣Cl易断裂，水解程度：NCl3＞NF3，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学键、物质熔沸点比较判断、氧化还原反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
5．（2分）“碳氯法”制备MgCl2的原理：MgO+C+Cl2MgCl2+CO。下列叙述错误的是（ ）
A．反应1molCl2，转移电子2NA
B．熔点：MgO＞MgCl2
C．等质量的Cl2和CO，CO的分子数更多
D．0.1mol•L﹣1 MgCl2溶液中，阴离子总数大于0.2NA
【分析】A．MgO+C+Cl2MgCl2+CO，反应消耗1mol氯气，单质转移2mole﹣，据此判断；
B．氯离子半径大于氧离子，氧化镁形成的离子键强，熔点高；
C．依据n＝判断；
D．溶液体积未知。
【解答】解：A．依据MgO+C+Cl2MgCl2+CO～2e﹣可知，消耗1mol氯气，反应中断裂1molCl﹣Cl键，转移的电子数为2NA，故A正确；
B．氯离子半径大于氧离子，MgO形成的离子键比MgCl2的离子键强，熔点：MgO＞MgCl2，故B正确；
C．氯气摩尔质量大于一氧化碳，依据n＝可知，密度、体积均相同的Cl2和CO，CO物质的量大，依据N＝nNA可知，CO分子数多，故C正确；
D．溶液体积未知，溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）关于甲基丙烯酸甲酯（）的叙述正确的是（ ）
A．所有原子共平面
B．能发生还原反应
C．不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．易溶于水或乙醇
【分析】A．饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转；
B．碳碳双键能发生还原反应；
C．碳碳双键能和溴发生加成反应；
D．不含亲水基，有机溶质易溶于有机溶剂。
【解答】解：A．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故A错误；
B．分子中碳碳双键能和氢气发生加成反应，也属于还原反应，故B正确；
C．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应生成无色的物质而使溴的四氯化碳溶于褪色，故C错误；
D．不含亲水基，所以不易溶于水，有机溶质易溶于有机溶剂，所以该物质易溶于乙醇，故D错误；
故选：B。
【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。
7．（2分）下列关于聚乳酸（）的说法正确的是（ ）
A．在一定条件下能水解
B．有固定的熔、沸点
C．单体为 HOCH2﹣CH2﹣COOH
D．聚合方式与聚乙烯相似
【分析】A．链节中含有酯基；
B．分子组成中聚合度n不同，该物质属于混合物；
C．链节中含有酯基结构，从酯基中间断开，在羰基上加羟基，在氧原子上加氢原子；
D．乙烯通过加聚反应得到聚乙烯。
【解答】解：A．链节中含有酯基，在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B．分子组成中聚合度n不同，该物质属于混合物，没有固定的熔、沸点，故B错误；
C．链节中含有酯基结构，从酯基中间断开，在羰基上加羟基，在氧原子上加氢原子，所以聚乳酸的单体是，故C错误；
D．乳酸通过缩聚反应生成，有小分子物质水生成，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查对高分子化合物的理解，题目难度不大，找准链节是解题的关键。
8．（2分）Na2S俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．还原性：C＞Na2S
B．Na2SO4：俗称芒硝
C．反应1mol碳，生成22.4LCO2
D．该反应在常温下进行
【分析】由反应Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑可知，其中C的C元素的化合价由0升高到+4，失去电子，做还原剂，Na2SO4中的S元素的化合价由+6降低到﹣2，得到电子，被还原，据此分析。
【解答】解：A．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑中，C做还原剂，Na2S为还原产物，故还原性：C＞Na2S，故A正确；
B．芒硝是十水合硫酸钠的俗名，化学式为Na2SO4•10H2O，故B错误；
C．Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑中，反应1mol碳，生成1molCO2，未指明气体的状态，不一定是22.4L，故C错误；
D．该反应需要在一定条件下进行，常温下不能发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明氧化还原反应的基本概念是解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。
9．（2分）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是（ ）
A．制备CH3COOC2H5
B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol•L﹣1NaCl（aq）
D．除Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+
【分析】A．制备乙酸乙酯需要试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成；
B．制备硝基苯时，需要水浴加热50～60℃，据此分析；
C．配制0.1mol/LNaCl溶液，配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
D．除去Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+需要加入氧化铝调节pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3，过滤除去。
【解答】解：A．乙醇和乙酸、浓硫酸混合加热反应生成乙酸乙酯，所以由试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验，故A正确；
B．硝基苯制备需要控制加热的温度为50～60℃，还需要温度计，故B错误；
C．配制0.1mol/LNaCl溶液，配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故所需的仪器有托盘天平、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故C错误；
D．除去Al2（SO4）3（aq）中的Fe3+需要加入氧化铝调节pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3，过滤除去，过滤需要玻璃棒、漏斗、烧杯、铁架台等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见的实验仪器，难度不大，熟悉常见实验操作所用的仪器为解答的关键。
10．（2分）下列由废铜屑（杂质不溶于水也不参与反应）制取CuSO4•5H2O的过程不能达到实验目的的是（ ）
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4（aq） D．蒸发结晶得CuSO4•5H2O
【分析】A．碳酸钠溶液水解显碱性，加热及碱溶液均可促进油污的水解；
B．酸性溶液中过氧化氢可氧化Cu；
C．过滤分离不溶性杂质与溶液；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，需蒸发浓缩、冷却结晶。
【解答】解：A．碳酸钠溶液水解显碱性，加热及碱溶液均可促进油污的水解，则装置甲可除去废铜屑表面的油污，故A正确；
B．酸性溶液中过氧化氢可氧化Cu，则装置乙在加热的条件下可溶解废铜屑，故B正确；
C．过滤分离不溶性杂质与溶液，则装置丙过滤得到CuSO4溶液，故C正确；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，需蒸发浓缩、冷却结晶，不能用装置丁蒸干溶液获得 CuSO4•5HO，故D错误；
故选：D。
【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、混合物分离提纯、物质的制备、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。
11．（2分）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
选项
物质（杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
B
N2（O2）
镁粉
加热
C
CO2（SO2）
饱和Na2CO3（aq）
洗气
D
Al2O3（Fe2O3）
NaOH（aq）
过滤
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；
B．加热时氮气、氧气均与Mg反应；
C．二者均与饱和碳酸钠溶液反应；
D．氧化铝与NaOH溶液反应。
【解答】解：A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，可洗气分离，故A正确；
B．加热时氮气、氧气均与Mg反应，不能除杂，故B错误；
C．二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：A。
【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、发生的反应、混合物分离方法、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。
12．（2分）常温下体积相同的溶液：①pH＝2的CH3COOH（aq）；②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）。下列符合②＞①的是（ ）
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H2所需时间
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积
【分析】醋酸是弱酸，在水中部分电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）pH＞2，氢离子浓度①＞②，醋酸浓度①＞②。
【解答】解：A.醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）pH＞2，当①pH＝2的CH3COOH（aq），②0.01mol•L﹣1的CH3COOH（aq）稀释到相同的pH时①消耗的水的体积大，故A错误；
B.②0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于①pH＝2的CH3COOH（aq），则与镁条反应生成等量H2所需时间②＞①，故B正确；
C.由分析可知氢离子浓度①＞②，则与镁条反应的起始速率①＞②，故C错误；
D.由分析可知醋酸浓度①＞②，则与相同浓度NaOH（aq）恰好中和时，消耗NaOH（aq）的体积①＞②，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡应用，题目难度中等，主要是弱酸溶液稀释、pH的大小比较，酸碱中和反应。
13．（2分）氨碱法制纯碱，处理母液时不涉及的离子反应是（ ）
A．NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣
B．CaO+H2O→Ca2++2OH﹣
C．Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O
D．NH4++OH﹣→NH3↑+H2O
【分析】氨碱法制纯碱的母液中还含有NH4+、HCO3﹣在母液中加入生石灰以回收NH3，发生反应有：CaO+H2O→Ca2++2OH﹣、Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O、NH4++OH﹣→NH3↑+H2O，以此分析解答。
【解答】解：A．母液中含氯化铵，加入生石灰，有氨气放出，不会发生反应NH3+HCO3﹣→NH4++CO32﹣，故A选；
B．处理母液时，加入的氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出钙离子和氢氧根离子，离子方程式为：CaO+H2O→Ca2++2OH﹣，故B不选；
C．母液中含有HCO3﹣，加入的生石灰会发生反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O，故C不选；
D．母液中加入生石灰以回收NH3循环利用，回收NH3的离子方程式为：NH4++OH﹣→NH3↑+H2O，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
14．（2分）向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq）至过量的过程中，有关离子反应错误的是（ ）
A．2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓
B．Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓
C．3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓
D．Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓
【分析】向NH4Fe（SO4）2（aq）中逐滴滴加Ba（OH）2（aq），铁离子优先与氢氧根离子反应，则发生反应中铁离子与铵根离子的物质的量不会小于1：1，氢氧化钡不足时发生反应2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，氢氧化钡过量时发生反应Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，以此进行判断。
【解答】解：A．氢氧化钡不足时，铵根离子不反应，只有铁离子反应，离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣→2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故A正确；
B．铁离子优先与氢氧根离子反应，则发生反应中铁离子与铵根离子的物质的量不会小于1：1，不会发生反应Fe3++5NH4++4SO42﹣+4Ba2++8OH﹣→Fe（OH）3↓+5NH3•H2O+4BaSO4↓，故B错误；
C．当NH4Fe（SO4）2与Ba（OH）2的物质的量之比为3：5时，铵根离子部分反应，铁离子完全反应，离子方程式为：3Fe3++NH4++5SO42﹣+5Ba2++10OH﹣→3Fe（OH）3↓+NH3•H2O+5BaSO4↓，故C正确；
D．当氢氧化钡过量时，铵根离子和铁离子都完全反应，离子方程式为：Fe3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣→Fe（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
15．（2分）一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示，装置均用惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．NO2发生氧化反应
B．负极：CH4+2H2O﹣8e→CO2+8H+
C．转移0.8mol电子，有0.4molH+通过离子交换膜
D．工作一段时间，两侧电极室中溶液pH均减小
【分析】由图可知，通入NO2的电极上氮元素价态降低得电子，通入NO2的电极为正极，电极反应式为2NO2+8H++8e﹣＝N2+4H2O，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+2H2O﹣8e﹣＝CO2+8H+，据此作答。
【解答】解：A．左侧电极上氮元素价态降低，通入NO2的电极为正极，二氧化氮得电子发生还原反应，故A错误；
B．甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+2H2O﹣8e﹣＝CO2+8H+，故B正确；
C．通入NO2的电极为正极，电极反应式为2NO2+8e﹣+8H+＝N2+4H2O，转移0.8mol电子时，有0.8NA个H+通过质子交换膜，故C错误；
D．原电池工作时，左侧消耗氢离子，pH增大，右侧生成氢离子，pH减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
16．（2分）某溶液pH＝0，可能有SO42﹣、NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+，取适量溶液进行如图实验。结论正确的是
（ ）
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、NO3﹣ D．沉淀H可能是Al（OH）3
【分析】①强酸性溶液中不存在Fe2+和NO3﹣不能同时存在；
②试液中加入过量硝酸钡溶液生成气体，反应为3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++NO↑+2H2O，则原溶液中一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在NO3﹣，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42﹣；
③溶液B中加入过量氢氧化钠溶液生成气体D为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀F为Fe（OH）3；
④由于溶液E中含有过量的Ba2+，OH﹣，溶液E中通入过量CO2生成的沉淀H一定是Al（OH）3，反应为AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，则溶液E中一定含有AlO2﹣，原溶液中一定含有Al3+，Cl﹣无法确定，据此分析解答。
【解答】解：A．分析可知气体A为NO，故A错误；
B．二氧化碳过量，沉淀H一定不是BaCO3，一定为氢氧化铝沉淀，故B错误；
C．上述分析可知原溶液中无Ba2+、NO3﹣，故C正确；
D．分析可知原溶液中一定含有Al3+，发生反应过程中最后生成沉淀H一定为Al（OH）3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应及离子的推断等知识，为高考常见题型，掌握常见离子的性质及检验方法是解题关键，注意能够根据反应现象判断离子存在情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
17．（2分）肼（H2N﹣NH2）燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键
N﹣H
N﹣N
O＝O
O﹣H
键能/（kJ•mol﹣1）
391
161
498
463
热化学方程式
N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ
则2N（g）→N2（g）+Q，Q为（ ）
A．1882kJ B．941kJ C．483kJ D．241.5kJ
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合键能及热化学方程式计算。
【解答】解：N2的结构式为N≡N，设N≡N的键能为x，由N2H4（g）+O2（g）→N2（g）+2H2O（g）+570 kJ得，4×391kJ/mol+161kJ/mol+498kJ/mol﹣x﹣4×463kJ/mol＝﹣570kJ/mol，解得x＝941kJ/mol，形成化学键需要释放能量，故Q＝941kJ，
故选：B。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握焓变的计算、键能及化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意键能与焓变的关系，题目难度不大。
18．（2分）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．T1＞T2
B．Kw：b＞c＞a＞d＝e
C．b→c点可通过在水中加入适量的CH3COONa（s）实现
D．T2时，将pH＝10的NaOH（aq）与pH＝3的H2SO4（aq）等体积混合，溶液呈碱性
【分析】A．温度越高，则Kw越大；
B．a、d、e都处于25℃时，Kw相等，然后比较b、e两点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依次比较Kw的大小；
从A点到D点c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，温度不变，Kw不变；
C．b→c点，c（H+）和c（OH﹣）发生变化，判断Kw的变化；
D．T2时，Kw＝10﹣12．pH＝3的H2SO4（aq），c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝10的某碱溶液c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣2mol/L，等体积混合后，说明碱过量。
【解答】解：A．由图可知，T2的Kw＞T1的Kw，故T1＞T2，故A错误；
B．a、d、e都处于T1时，Kw相等，b点c（H+）和c（OH﹣）都大于e点的c（H+）和c（OH﹣），并且c点的c（H+）和c（OH﹣）大于a点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故b＞c＞a＝d＝e，故B错误；
C．b→c点，c（H+）和c（OH﹣）发生变化，c（H+）减小，c（OH﹣）减小，Kw减小，加入适量的CH3COONa（s）不能实现，故C错误；
D．T2时，Kw＝10﹣12．pH＝3的H2SO4（aq），c（H+）＝10﹣3mol/L，pH＝10的某碱溶液c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣2mol/L，等体积混合后，碱过量，溶液呈碱性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小，题目难度不大。
19．（2分）某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g），K＝2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号
起始浓度（mol•L﹣1）
H2
CO2
H2O
CO
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0.2
0.1
下列说法正确的是（ ）
A．反应开始，②中反应逆向进行
B．平衡时，①中c（CO2）＝0.04mol•L﹣1
C．①、②均达平衡时，各组分浓度相同
D．①中H2的平衡转化率为40%
【分析】A．根据Q与K的大小关系确定反应方向；
B．设①中达到平衡时CO浓度为xmol/L，则根据化学方程式可知，平衡时氢气和二氧化碳浓度均为（0.1﹣x）mol/L，一氧化碳和水浓度均为xmol/L，根据K的表达式求出平衡时二氧化碳浓度；
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度不相等；
D．根据平衡时氢气转化浓度计算转化率。
【解答】解：A．②中反应开始时Q＝＝＝1＜K，所以反应正向进行，故A错误；
B．设①中达到平衡时CO浓度为xmol/L，则根据化学方程式可知，平衡时氢气和二氧化碳浓度均为（0.1﹣x）mol/L，一氧化碳和水浓度均为xmol/L，＝＝2.25，解得x＝0.06mol/L，则平衡时二氧化碳浓度为0.04mol/L，故B正确；
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，各组分浓度不相同，故C错误；
D．①中反应转化的氢气浓度为0.06mol/L，则转化率为60%，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及转化率的计算，把握平衡常数表达式、转化率概念为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。
20．（2分）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为﹣2价）与100mL盐酸恰好完全反应（杂质不与盐酸反应），生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是（ ）
A．c（HCl）＝4.0mol•L﹣1
B．x＝0.85
C．生成了0.4molH2S
D．FexS中，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝2：1
【分析】FexS，S为﹣2价，生成0.1molS，化合价为0，同时生成H2S气体不发生化合价变化，则共转移电子为0.1mol×2＝0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝0.2mol，则FexS中n（Fe2+）＝0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比＝0.2mol：0.2mol＝1：1；部分HCl中的氢离子转化为H2S，H2S的物质的量n（H2S）＝0.5n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4mol，FexS中S的物质的量等于S和H2S物质的量之和，n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，据此分析解答。
【解答】解：A．盐酸恰好反应生成FeCl20.4mol，根据氯原子守恒得c（HCl）＝＝8.0mol/L，故A错误；
B．根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝0.2mol，FexS中n（Fe2+）＝0.4mol﹣0.2mol＝0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比＝0.2mol：0.2mol＝1：1，故D错误；
C．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）＝0.5n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4mol，故C正确；
D．FexS中n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，所以n（Fe）：n（S）＝0.4mol：0.5mol＝0.8，所以x＝0.8，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，侧面考查了学生的分析和计算能力，题目难度中等。
二、综合题（共60分）
21．（15分）氨基磺酸（）是一种固体强酸，制备原理：CO（NH2）2+H2SO4+SO32HOSO2NH2+CO2。完成下列填空：
（1）O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为 ；CO2的电子式是 。
（2）反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是 O＞N＞C 。
（3）完成氨基磺酸受热分解的化学方程式，其中还原产物是 SO2、H2 。
2 HOSO2NH2 1 SO2↑+ 1 SO3↑+ 1 N2↑+ 2 H2↑+ 1 H2O
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是 c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3） 。向吸收液中加入 过量HCl（aq），再加BaCl2（aq） 试剂，有 白色沉淀生成 现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
（5）氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式 ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO 。
【分析】（1）O、S都位于第ⅥA族，最外层电子排布为ns2np4；CO2的中C原子与每个O原子之间形成1个σ键和1个π键，都达到8电子稳定结构；
（2）同一周期主族元素，从左向右，非金属性逐渐增强；
（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；所含元素化合价降低的产物为还原产物；
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收SO2、SO3，生成SO32﹣和SO42﹣，SO32﹣在溶液中发生水解生成HSO3﹣和H2SO3；通过检验溶液中存在SO42﹣证明氨基磺酸热解产生SO3；
（5）H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物能水解生成HClO，可知Cl原子取代的是+1价的H原子；
【解答】解：（1）O、S都位于第ⅥA族，最外层电子排布为ns2np4，该族元素的最外层电子轨道表示式为，；CO2的电子式为，
故答案为：；；
（2）同一周期主族元素，从左向右，非金属性逐渐增强，反应原理中涉及的第二周期元素为C、N、O，非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，
故答案为：O＞N＞C；
（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为2HOSO2NH2 SO2↑+SO3↑+N2↑+2H2↑+H2O，该反应中S、H元素化合价降低，故还原产物为SO2、H2，
故答案为：2，1，1，1，2，1；SO2、H2；
（4）用过量的NaOH（aq）充分吸收SO2、SO3，生成SO32﹣和SO42﹣，SO42﹣不水解，SO32﹣在溶液中发生水解，第一步水解生成HSO3﹣，第二步水解生成H2SO3，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）；先加入过量HCl（aq）与SO32﹣反应，再加BaCl2（aq），生成白色沉淀，说明溶液中存在SO42﹣，证明氨基磺酸热解产生SO3，
故答案为c（SO42﹣）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）；过量HCl（aq），再加BaCl2（aq）；白色沉淀生成；
（5）H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物能水解生成HClO，可知Cl原子取代的是+1价的H原子，因此取代产物为ClH2NSO3，水解反应方程式为ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO，
故答案为：ClH2NSO3+H2O⇌H3NSO3+HClO。
【点评】本题考查了核外电子排布、电子式、非金属性强弱、化学方程式的配平、离子检验等知识点，题目难度中等，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。
22．（15分）二甲醚（CH3OCH3）的合成方法主要有两种：
方法一：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）
完成下列填空：
（1）恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是 bc 。
a．混合气体密度不变
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．3v（CO2）正＝v（H2）逆
d．不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），平衡向 正 （选填“正”或“逆”）反应方向移动，理由是 平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动 。
方法一是CO2高值化利用的途径之一。已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）K＝，p（CO2）表示CO2的平衡压强。
（1）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，离子方程式为 CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO ，该反应的平衡常数表达式K＝ 。向反应后的溶液中加过量NaOH（aq），c（CO32﹣） ＜ c（ClO﹣）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
方法二：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）②
（3）T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c（CH3OH）＝c（CH3OCH3）。0～4min内，v（CH3OCH3）＝ 0.16mol/（L•min） 。
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，则反应①正反应为 放热 反应（选填“吸热”或“放热”）。
【分析】（1）可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K；
（2）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO，①H2CO3（aq）⇌H+（aq）+HCO3﹣（aq）；②HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）；③CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）；CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO可由①+③﹣②得到，则K＝××，得到K＝，反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH；
（3）根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）（单位：mol）
开始 4 8 0
变化 3.2 6.4 3.2
平衡 0.8 1.6 3.2
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 3.2 0 0
变化 2x x x
平衡 3.2﹣2x x x
平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×（3.2﹣2x）＝x，解得x＝1.28mol，则v（CH3OCH3）＝；
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动。
【解答】解：（1）a．在恒温恒容的条件下，混合气体的密度始终保持不变，a无法说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．该反应反应物的化学计量数之和不等于生成物化学计量数之和，在达到平衡前混合气体总物质的量会发生变化，而总质量恒定，则混合气体的平均相对分子质量也在随时变化，如果混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．v（CO2）正：v（H2）逆＝1：3，二氧化碳和氢气的化学计量数之比也为1：3，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．如果初始加入的二氧化碳和氢气的物质的量之比为1：3，那么在反应过程中无论是否达到平衡，其物质的量的比值始终保持恒定，故d错误；
平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动，
故答案为：bc；平衡时，K＝，再加入等物质的量的H2（g）和H2O（g），Qc＜K，平衡向正反应方向移动；
（2）将CO2（g）通入NaClO（aq）中，当n（CO2）：n（NaClO）＝1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO，①H2CO3（aq）⇌H+（aq）+HCO3﹣（aq）；②HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO﹣（aq）；③CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）；CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO可由①+③﹣②得到，则K＝××，得到K＝，反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH，分别生成次氯酸根离子和碳酸根离子，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，因此碳酸根离子的水解程度大于次氯酸根离子，故溶液中c（CO32﹣）＜c（ClO﹣），
故答案为：CO2+H2O+ClO﹣⇌HCO3﹣+HClO；；＜；
（3）根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）（单位：mol）
开始 4 8 0
变化 3.2 6.4 3.2
平衡 0.8 1.6 3.2
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 3.2 0 0
变化 2x x x
平衡 3.2﹣2x x x
平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×（3.2﹣2x）＝x，解得x＝1.28mol，则v（CH3OCH3）＝＝＝0.16mol/（L•min），
故答案为：0.16mol/（L•min）；
（4）300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1＞K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，
故答案为：放热。
【点评】本题考查反应中的能量变化、化学平衡及其影响因素、平衡常数的计算等知识，为高频考点，试题有助于培养从原理角度分析化学反应的实质，把握化学平衡的影响因素是解题的关键，题目难度中等。
23．（15分）乙二醇（）是常见的有机化工原料，如图是以乙二醇为原料合成E（）的路线：
完成下列填空：
（1）D中官能团有羰基、 羟基、碳碳三键 ；B→C的反应类型是 加成反应 。
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为 。
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是 保护羰基 ；反应A→B所需试剂和条件是 O2/Cu、加热 ，检验有B生成的实验方法是 加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成 。
（4）任写一种满足以下条件的E的同分异构体 。
ⅰ．分子中仅有1种官能团ⅱ．有3种不同环境的氢
（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成的流程补充完整。 。
CH4CH≡CH→……→
【分析】乙二醇发生取代反应生成A，A中醇羟基发生催化氧化生成B中醛基，B中醛基发生加成反应生成C，D和氢气发生加成反应生成E，根据D的分子式及E的结构简式知，D为；
（5）以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成，甲烷发生反应生成乙炔，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，乙醛和甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH＝CHCH2OH，HOCH2CH＝CHCH2OH和丙酮发生反应生成目标产物。
【解答】解：（1）D为，D中官能团有羰基、羟基、碳碳三键；B中醛基发生加成反应生成C，B→C的反应类型是加成反应，
故答案为：羟基、碳碳三键；加成反应；
（2）乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）设计HOCH2CH2OH→A的目的是保护羰基；A中醇羟基在Cu作催化剂、加热条件下发生催化氧化反应生成B中醛基，反应A→B所需试剂和条件是O2/Cu、加热，含有醛基的有机物能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以检验有B生成的实验方法是加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成，
故答案为：保护羰基；O2/Cu、加热；加入新制Cu（OH）2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成；
（4）E的同分异构体满足以下条件：
ⅰ．分子中仅有1种官能团；
ⅱ．有3种不同环境的氢，根据其不饱和度及氧原子个数知，应该存在2个羧基，且结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（5）以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料（无机试剂任选）合成，甲烷发生反应生成乙炔，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，乙醛和甲醛发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH＝CHCH2OH，HOCH2CH＝CHCH2OH和丙酮发生反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（15分）以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3）。
部分溶解度（g/100 g H2O）数据见下表：
温度（℃）
0
20
80
LiOH
﹣
12.8
﹣
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
（1）步骤①主要反应的化学方程式为 Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2 ，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小 。
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为 Li2C2O4Li2CO3+CO↑ 。
（3）步骤③的操作是过滤、 热水 洗涤（选填“冷水”或“热水”）、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全 。
Li2CO3（M＝74 g•mol﹣1 ）样品的纯度可用滴定法测定（杂质不参与反应）。
反应原理：Li2CO3+2HCl→2LiCl+CO2↑+H2O
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a d、b、e 。
a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点。
用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω＝ ×100% 。
m﹣Li2CO3样品的质量（g）；c﹣盐酸标准液的浓度（mol•L﹣1）；V1﹣样品滴定时消耗盐酸的体积（mL）；V0﹣滴定空白溶液（指不加样品进行滴定）时消耗盐酸的体积（mL）。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
【分析】以盐湖锂精矿（主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3）和盐湖卤水（含一定浓度LiCl和MgCl2）为原料均能制备碳酸锂（Li2CO3），途径一，锂精矿通入足量CO2、H2O，得到含有LiHCO3、碳酸氢钙的溶液，再加入Li2C2O4除去钙离子，过滤除去草酸钙，得到碳酸锂溶液，经过热解、过滤、烘干得到Li2CO3；途径二，盐湖卤水加入足量的氢氧化钠溶液，沉淀镁离子，过滤得到LiCl溶液，再加足量Na2CO3，生成碳酸锂，过滤得到产品，据此解答。
【解答】解：（1）步骤①为 锂精矿通入足量CO2、H2O，得到含有LiHCO3、碳酸氢钙的溶液主，要反应的化学方程式为Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小，
故答案为：Li2CO3+CO2+H2O＝2Li（HCO3）2、CaCO3+CO2+H2O＝2Ca（HCO3）2；温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小；
（2）步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为Li2C2O4Li2CO3+CO↑，
故答案为：Li2C2O4Li2CO3+CO↑；
（3）步骤③的操作是过滤、热水洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全，
故答案为：热水；向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3（aq），若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；
（4）用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；a．加入0.1～0.2mL甲基红﹣溴甲粉绿作指示剂；b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；e．继续滴定至酒红色（滴定突跃区域）即为终点；根据反应原理：Li2CO3+2HCl＝2LiCl+CO2↑+H2O，Li2CO3的纯度ω＝×100%＝×100%，上述滴定操作中，若缺少步骤b，空白测定消耗的盐酸增加，则测定结果将偏小，
故答案为：d、b、e；×100%；偏小。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、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，题目难度中等。
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