上海市2024年高考化学模拟试题（含答案）4

上海市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．中华文明中有许多关于化学的记载，《吕氏春秋》中就有“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”一说，下列关于合金的说法正确的是A．熔点一般比原组成成分高 B．硬度一般比原组成成分大C．密度比原组成成分都小 D．合金中至少有两种金属2．中国企业承建的卡塔尔世界杯“大金碗”球场采用聚四氟乙烯材料构成屋面膜结构。下列说法错误的是A．聚四氟乙烯中不存在碳碳双键B．合成聚四氟乙烯的单体是不饱和烃C．聚四氟乙烯是一种性质较稳定的物质D．聚四氟乙烯没有固定熔点3．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A．C3H8 B．C．二氯乙烷 D．4．反应SiCl4(g)+2H2(g)→高温A．SiCl4为极性分子 B．反应中只有一种物质为电解质C．单晶硅为分子晶体 D．Si原子的结构示意图为5．下列元素的单质，工业上不需要用电解法制取的是A．镁 B．铝 C．溴 D．氯6．下列分子中所有原子都处在同一平面上的是（）A． B．C． D．7．下列消毒剂的有效成分属于盐的是A．84消毒液 B．过氧乙酸溶液C．双氧水 D．医用酒精8．下列变化需克服共价键的是A．金刚石熔化 B．汞变成汞蒸气C．碘升华 D．食盐溶于水9．下列判断正确的是A．稳定性：H2S>H2O B．熔点：Na>MgC．碱性：NaOH>Mg(OH)2 D．酸性：HF>HCl10．下列试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是A．新制氯水 B．品红溶液C．氢氧化钠溶液 D．硫酸铜溶液11．下列物质分离(括号内为杂质)的方法错误的是A．溴苯(溴)：KI溶液，分液B．乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气C．硝基苯(苯)：蒸馏D．乙酸乙酯(乙醇)：饱和碳酸钠溶液，分液12．工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等金属，其原因与下列无关的是A．铝还原性较强 B．铝能形成多种合金C．锰、钒熔点高 D．反应放出大量热13．在pH=1的含有Mg2+、Fe①Cl-②NO3-A．①② B．②③ C．③④ D．①③14．反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A． B．C． D．15．2022年7月，我国首款治疗新冠肺炎的口服药阿兹夫定片获准上市，其有效成分结构如图，下列说法错误的是A．羟基的电子式为HB．非金属性F>O>N>HC．该有机物可以发生氧化反应D．1摩尔该物质与足量的钠反应可产生2摩尔氢气16．用如图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是A．当a、b间用导线连接时，X可以是锌棒，X上发生氧化反应B．当a、b间用导线连接时，X可以是锌棒，电子经导线流入XC．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑17．如图是实验室模拟硫酸工业中合成SOA．装置甲的作用是混合气体、干燥等B．乙处导出的气体主要含有SO3、SC．反应生成的SOD．工业中用高压提高SO18．关于下列工业生产，说法错误的是A．氯碱工业：阳极产生Cl2，NaOH在阴极附近产生B．硫酸工业：在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用C．合成氨工业：利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率D．纯碱工业：侯氏制碱法在分离出NaHCO3后的母液中加入食盐，促进NH4Cl结晶19．密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)＋O2(g)△H＜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．室温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，则下列关系正确的是A．V=0时：c  B．V=10mL时：c  C．V=20mL时：c  D．加入NaOH溶液至pH=7时，V>20mL二、非选择题21．（1）I.硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。从图1中选择符合图2要求的X代表的物质：X。（2）硫原子的最外层电子排布式为，其原子核外有种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是。（3）硫化氢溶液在空气中易变浑浊，说明S的非金属性比O(填“强”或“弱”)，从原子结构的角度解释其原因：。（4）下图是燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法错误的是____。A．使用此装置可减少导致酸雨的气体的形成B．装置内发生了化合反应和分解反应C．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中一定含有SO2D．整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2（5）II.某化学兴趣小组用以下装置探究SO2的某些化学性质。装置乙的作用是。若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明SO2具有(填序号，下同)；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，说明SO2具有。a．氧化性b．还原性c．漂白性d．酸性（6）若试剂X为Ca(ClO)2溶液，可观察到白色沉淀生成，完成该过程的离子方程式。Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+SO422．能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+Q1反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+Q2下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)mol/(L·min)。由表中数据判断Q10(填“>”、“<”或“=”)。（2）若容器容积不变，下列措施可提高反应I中CO转化率的是。a．充入COb．将CH3OH(g)从体系中分离c．升高温度d．选用新型高效催化剂（3）写出反应II的平衡常数表达式：K=。一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，下列能判断达到平衡状态的是。a．容器中的压强不再改变b．混合气体的密度不再改变c．v正(CO2（4）甲醇和CO反应合成甲酸甲酯，原理如下：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)+Q(Q>0)，研究压强和温度对该反应的影响结果如下：①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”(即成本投入和产出比)考虑，工业制取甲酸甲酯应选择的压强最好是。a.3.0×106Pab.4.0×106Pac.5.0×106Pa②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是。（5）甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是。a．加水稀释b．加入少量甲酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体23．我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：，回答下列问题：（1）A的名称是，E中含有的官能团为，反应I的条件为。（2）由B生成C的化学方程式为。（3）G的结构简式为。合成丁苯酞的最后一步转化为，，则该转化的反应类型是。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J()有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的J的同分异构体的结构简式为。①能发生水解和银镜反应；②分子中含有苯环。（5）参照题中信息，写出用和CH3MgBr为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线(合成路线常用的表示方法为：A→反应条件反应试剂24．过量排放含氮废水，会引起水体污染。含NH（1）I.氨氮去除i.吹脱法加入Ca(OH)2的目的是。（2）用热空气吹脱效果更好，原因是。（3）ii.NaClO氧化法一定条件下，溶液pH对NaClO去除NH已知：HClO的氧化性比NaClO强。pH=5时，将NaClO溶液氧化NH4+的方程式为：3ClO−+2NH4+=N2+3Cl−+3H（4）II.氨氮含量测定研究小组用如图装置测定(部分夹持装置省略)：①B中盛装的物质为；装置D的作用是。②反应结束后，C装置增重1.53克，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为mol/L。（5）III.含氮化合物的性质研究某同学看到“利用零价铁还原NO3−实验如下：i.打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；ii.加入pH已调至2.5的KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；iii.过滤剩余固体时，表面的白色物质立即变为灰绿色后又迅速变为红褐色；iv.检测到滤液中存在NO3-、N通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是，用化学方程式解释iii中白色固体变为红褐色的原因：。（6）取iv中少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．合金的熔点一般比原组成成分低，A不符合题意；B．合金的硬度通常比原组成成分大、强度比原组成成分高，B符合题意；C．因合金的组成很复杂，合金的密度比组成的纯金属密度会大，也会小，无必然联系，C不符合题意；D．合金是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过熔合而成的具有金属特性的物质，合金中至少有一种金属，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】合金具有的特点：1）熔点降低，比如说焊锡；2）力学和机械性能得到显著改变；

3）有的可以改变化学性能，防腐性能更强4）可以改变高温下的机械性能；2．【答案】B【解析】【解答】A．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚所得，则聚四氟乙烯中不存在碳碳双键，A不符合题意；B．合成聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，由C和F元素组成，不属于烃、不属于不饱和烃，B符合题意；C．聚四氟乙烯中只有C-F键和C-C键，难以断裂，是一种性质较稳定的物质，C不符合题意；D．聚四氟乙烯是高聚物，属于混合物，没有固定熔点，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．聚四氟乙烯中不存在碳碳双键；B．四氟乙烯不属于烃；C．饱和键性质较稳定；D．高聚物属于混合物，没有固定熔点。3．【答案】A【解析】【解答】A．C3H8无同分异构体，只能用来表示丙烷，故A符合题意；B．可以是乙烷，也可以是乙硅烷，故B不符合题意；C．二氯乙烷存在1，1二氯乙烷和1，2二氯乙烷两种结构，故C不符合题意；D.1s22s22p6可以用来表示氖原子或钠、镁、铝离子等，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．C3H8无同分异构体；B．可以是乙烷或乙硅烷；C．二氯乙烷有同分异构体；D.可能是原子或离子。4．【答案】B【解析】【解答】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A不符合题意；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，该反应中只有HCl是电解质，B符合题意；C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，是空间网状结构，为共价晶体，C不符合题意；D．Si原子的结构示意图为，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似；D．依据原子的的核外电子分层排布规律分析。5．【答案】C【解析】【解答】A．金属镁在工业上采用电解熔融氯化镁的方法来获得，故A不符合；B．金属铝在工业上采用电解熔融氧化铝的方法来获得，故B不符合；C．溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取，不属于电解法，故C符合；D．氯气在工业上用电解饱和食盐水来获得，故D不符合；故答案为：C。【分析】依据性质决定制取方法，C．溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取。6．【答案】D【解析】【解答】A．四氯化碳类似甲烷结构，空间正四面体，最多三个原子共平面，故A不符合题意；B．碳碳双键形成一个平面，但是连接的是甲基，不可能在同一个平面，故B不符合题意；C．苯分子是平面分子，甲烷分子是正四面体结构，在该物质分子中，一个饱和C原子连接了一个苯环，根据一个平面最多通过三个顶点，若该C原子在苯环所在的平面上，则甲基C原子一定不在该平面上，故C不符合题意；D．碳碳双键形成一个平面，碳碳三键形成一条直线，线肯定在平面上，故D符合题意；故答案为：D。【分析】依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断。7．【答案】A【解析】【解答】A.84消毒液的有效成分为NaClO，其在水溶液中电离出Na+和ClO-，故属于盐，A符合题意；B．过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，B不合题意；C．双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D．医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故答案为：A。

【分析】盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物。8．【答案】A【解析】【解答】A．金刚石为共价晶体，只存在共价键，熔化时克服共价键，故A选；B．汞受热变成汞蒸气，克服金属键，故B不选；C．碘单质为分子晶体，碘升华不破坏化学键，克服分子间作用力，故C不选；D．食盐为离子晶体，溶于水发生电离，克服离子键，故D不选；故答案为：A。【分析】A．共价晶体熔化时克服共价键；B．汞是金属，克服金属键，故B不选；C．分子晶体状态改变，克服分子间作用力；D．离子晶体溶于水，克服离子键。9．【答案】C【解析】【解答】A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性：H2S＜H2O，A不符合题意；B．钠和镁都属于金属晶体，金属键越强，则熔点越高，钠离子半径大于镁离子半径，钠离子电荷少于镁离子电荷，因此金属键及熔点：Na＜Mg，B不符合题意；C．同周期从左到右元素金属性递减，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C符合题意；D．HF是弱酸，HCl是强酸，酸性：HF＜HCl，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定；B．金属晶体熔沸点比较：金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径就越小，金属阳离子与自由电子的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，反之越低；C．同周期从左到右元素金属性递减，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D．HF是弱酸，HCl是强酸。10．【答案】C【解析】【解答】A．SO2与氯水反应生成无色溶液，氯水与H2S反应生成黄色的S沉淀，可鉴别两种气体，A不符合题意；B．SO2能使品红溶液褪色，而H2S不能，可鉴别，B不符合题意；C．二者均与NaOH反应生成无色溶液，不能鉴别，C符合题意；D．氢硫酸与CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀，SO2不与CuSO4反应，可鉴别，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据化合物的性质分析，C．二者均与NaOH反应且无明显现象，不能鉴别。11．【答案】A【解析】【解答】A．溴和KI反应置换出的碘单质易溶于溴苯，引入新杂质，故A符合题意；B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B不符合题意；C．二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故C不符合题意；D．乙醇溶于碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，分液可分离，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】物质的分离依据是被分离组分不同的物理性质，化学性质，采用适当的手段进行；A中会引入新杂质。12．【答案】B【解析】【解答】A．铝热反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，因此可以将Mn、V等金属置换出来，A不符合题意；B．铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，B符合题意；C．铝热反应放出大量的热，冶炼熔点高的金属有利于使高熔点金属熔化并流出，得到较纯的产物，C不符合题意；D．铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，放出大量热，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】铝热反应的原理，是铝单质在高温的条件下进行的一种氧化还原反应，体现出了铝的强还原性。通常用来冶炼难熔的金属，也可焊接铁轨。

13．【答案】D【解析】【解答】pH=1，c(H+)=0.1mol·L-1。①与H+不能共存的阴离子有：OH-，弱酸根离子（S2-）及弱酸的酸式酸根离子；②H+存在时，NO3−具有强氧化性，将Fe2+故答案为：D。

【分析】依据离子共存的原理分析，①H+与OH-、S2-及弱酸的酸式酸根离子反应；②H+和NO3−14．【答案】A【解析】【解答】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，故答案为：A。

【分析】利用图中曲线，根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量分析；15．【答案】D【解析】【解答】A．羟基内氢氧原子之间有1对共用电子对，电子式为H：B．非金属性体现得电子能力：F＞O＞N＞H，B不符合题意；C．该物质中含有醇羟基，可以发生氧化反应，C不符合题意；D．醇羟基可以与金属钠发生反应生成H2，物质结构中有2个醇羟基，故1mol物质能与2molNa发生反应，可产生1摩尔氢气，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．羟基内氢氧原子之间有1对共用电子对；B．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱；CD．根据官能团的性质判断。16．【答案】A【解析】【解答】A．当a、b间用导体连接时构成原电池，X为Zn时，Zn发生氧化反应，属于牺牲阳极法，可以保护钢闸门，A符合题意；B．当a、b间用导体连接时构成原电池，X为Zn时，Zn为负极，电子从负极X流出，B不符合题意；C．当a、b与外接电源相连时，属于外加电流法，a应连接电源的负极，C不符合题意；D．当a、b与外接电源相连时，阴极发生得电子的还原反应，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】依据牺牲阳极的阴极保护法和外接电源的阴极保护法原理分析。17．【答案】D【解析】【解答】A．由实验装置图可知，装置甲的作用是干燥SO2和O2，并让二者气体充分混合，以及控制两气体的通入速率等作用，A不符合题意；B．由于反应2SO2+O2⇌催化剂Δ2SO3是一个可逆反应，故乙处导出的气体主要含有SO3、C．水吸收时会放出大量的热，形成酸雾，影响吸收效率，应用浓硫酸吸收，C不符合题意；D．由于反应2SO2+O2⇌催化剂Δ2SO3在常压的转化率就已经很高了，增大压强将增加设备和动力成本，故工业中通常在常压增大氧气的浓度来提高SO故答案为：D。【分析】依据工业制硫酸的原理，D项中常压时二氧化硫催化氧化的转化率就已经很高了，增大压强将增加设备和动力成本。18．【答案】B【解析】【解答】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，阳极Cl-放电生成Cl2，阴极H2O中的氢离子放电生成H2，同时生成NaOH，A不符合题意；B．硫酸工业中，热交换器安装在接触室中，目的是将放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，在吸收塔中吸收塔中没有热交换器，B符合题意；C．氮气氢气循环操作，能提高氮气和氢气的利用率，提高原料气的转化率，C不符合题意；D．NaHCO3析出后的母液中主要是NH4Cl溶液，加入食盐，根据同离子效应，能促进NH4Cl从溶液中析出，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】依据工业生产的原理，其中B．硫酸工业中，热交换器安装在接触室中。19．【答案】D【解析】【解答】该反应是气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，平衡向逆反应方向移动，氧化钡的量减小，由方程式可知，反应的平衡常数K=c(O2)，温度不变，温度函数化学平衡常数不变，则平衡状态Ⅱ和平衡状态Ⅰ的平衡常数相同、氧气的浓度相同、反应速率相同，故答案为：D。【分析】A.温度不变，平衡常数不变。

B.缩小容器体积，相当于加压，但平衡常数K=c(O2)不变，则反应速率不变，注意反应中固体和纯液体的浓度为常数。

C.根据B项进行分析。

D.缩小容器体积，相当于加压，利于平衡向左移动。20．【答案】B【解析】【解答】A．V＝0时，盐酸完全电离，醋酸部分电离，c(H＋)>c(Cl－)＞c(CH3COOH)，A不符合题意；B．V＝10mL时，依据电荷守恒，c(OH－)＋c(CH3COO－)+c(Cl－)＝c(H＋)+c(Na＋)，此时盐酸刚好完全反应，c(Na＋)=c(Cl－)，所以c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)，B符合题意；C．V＝20mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＞c(CH3COO－)＋c(Cl－)，C不符合题意；D．V＝20mL时，两种酸刚好完全反应，此时溶液呈碱性，所以pH＝7时，V＜20mL，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据盐酸完全电离，醋酸部分电离分析；BC．依据电荷守恒分析；D．依据生成的产物，利用水解原理分析。21．【答案】（1）Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O（2）3s23p4；5；P＞Cl＞O（3）弱；氧和硫位于同一主族，硫原子半径较大，得电子能力硫小于氧（4）C（5）吸收多余的SO2，防止污染空气；c；a（6）Ca2＋+2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl－+SO4【解析】【解答】（1）由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O；（2）硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4，因此最外层电子的排布式为3s23p4；每个能级上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P＞Cl＞O；（3）硫化氢溶液在空气中易变浑浊，证明H2S可以被O2氧化生成S，所以S的非金属性比O弱；原因是氧和硫位于同一主族，硫原子半径较大，得电子能力硫小于氧；（4）由图可知，工作原理为CaCO3在高温条件下分解生成CaO和CO2，CaO与燃煤产生的SO2发生化合反应生成CaSO3，CaSO3被空气氧化为CaSO4（化合反应），涉及的化学反应有分解反应、化合反应；A．由上述分析可知，该装置将SO2吸收，因此可减少导致酸雨的气体的形成，A正确；B．由上述分析可知，涉及的化学反应有分解反应、化合反应，B正确；C．CaCO3在高温条件下分解生成CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊，C不正确；D．根据上述分析，整个过程中，SO2与CaCO3和氧气反应生成了CaSO4和CO2，化学反应式可表示为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，D正确；故答案为：C；（5）SO2有毒，所以装置乙的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气；若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明SO2具有漂白性，可以使品红褪色，故答案为：c；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，即有单质S生成，说明SO2具有氧化性，故答案为：a；（6）若试剂X为Ca(ClO)2溶液，可观察到白色沉淀生成，这说明SO2被氧化为硫酸根，反应中S元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子。氯元素化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知该过程的离子方程式为Ca2＋+2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl－+SO42－+4H＋。

【分析】（1）根据化合物中正负化合价为0及盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物分析；（2）依据构造原理分析；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大；（3）依据强制弱的原理；（4）依据图中的物质转化及性质判断，C．CaCO3在高温条件下分解生成CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊；（5）依据反应物和试剂的性质分析；（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。22．【答案】（1）0.32；＞（2）b（3）c(H（4）b；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低（5）ad【解析】【解答】（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的浓度变化量为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，H2的浓度变化量为1.6mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)为1.6mol/L5（2）a．充入CO，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a不合题意；b．将CH3OH(g)从体系中分离，可促使平衡正向移动，CO的转化率增大，b正确；c．升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，c不合题意；d．选用新型高效催化剂，化学反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，不会提高反应Ⅰ中CO转化率，d不合题意；故答案为：b。（3）反应Ⅱ：CO2（g）+3一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，则：a．该反应是气体的物质的量有变化的反应，在达到平衡之前，容器中的压强一直在变化，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡，ａ符合；b．恒容下，密闭容器内气体的总质量、混合气体的密度始终保持不变，则混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b不符合；c．v正d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)，均指正反应速率，不能说明已平衡，d不符合；故答案是：ac。（4）①由图可知，温度一定时，压强为4.0×106Pa时，甲醇的转化率已经较大，再增大压强，甲醇转化率变化不大，从成本投入和产出比思考，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×106Pa，故答案为：b。②实际工业生产中采用的温度是80℃是因为：高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低。（5）a．甲酸为弱酸，加水稀释，则促进甲酸的电离，所以电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项a正确；b．加入少量甲酸钠固体，则溶液中的甲酸根离子浓度增大，电离度减小，氢离子浓度减小，pH增大，选项b不正确；c．HCl是强电解质，则通入HCl后溶液的酸性增强，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离度减小，pH减小，选项c不正确；d．加入氢氧化钠固体，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，电离平衡正向移动，甲酸电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项d正确；故答案为：ad。

【分析】（1）利用v=Δc/Δt计算；（2）依据影响化学平衡的因素分析；（3）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；（5）依据电离平衡的影响因素分析。23．【答案】（1）甲苯；碳碳双键；光照（2）（3）；取代反应(或酯化反应)（4）（5）【解析】【解答】（1）根据分析，A的结构简式是，名称为甲苯；E的结构简式为(CH3)2C=CH2，官能团为碳碳双键；反应I为与Br2光照下发生甲基上的取代反应生成B，因此反应条件为光照；（2）根据分析，由B生成C的化学方程式为；（3）根据分析，G