2021年上海市閔行區(qū)高考二?；瘜W(xué)試卷（解析版）

1、PAGE PAGE 20頁(yè)上海市閔行區(qū)2021年高考化學(xué)二模試卷一、單選題1不能用來(lái)作為新冠病毒的消毒劑是（） A84消毒液B漂粉精C75%酒精D明礬2第75號(hào)元素錸是廣泛用于航空發(fā)動(dòng)機(jī)渦輪葉片的稀土元素。從信息中不能獲取的是（） A質(zhì)量數(shù)B周期表中位置C質(zhì)子數(shù)D核外電子排布3因被氧化而使溴水褪色的是（） A苯B二氧化硫C乙烯D氫氧化鈉溶液4鋁鋰合金是應(yīng)用于航空航天領(lǐng)域的新型材料，下列性質(zhì)與其應(yīng)用無(wú)關(guān)的是（） A導(dǎo)電性好B密度小C硬度大D熔點(diǎn)比鋁低5有關(guān)氮肥的說(shuō)法正確的是（） A氮肥都含銨根離子BNH4NO3是復(fù)合氮肥C自然固氮可產(chǎn)生尿素D自然界氮循環(huán)能產(chǎn)生銨鹽6關(guān)于丙烯的描述正確的是（） A

2、電子式為： B最多有7個(gè)原子共面C與1，3-丁二烯是同系物D不能發(fā)生取代反應(yīng)7常溫下三氧化硫以液態(tài)(SO3)3聚合存在，氣化時(shí)以SO3存在。已知SO3分子結(jié)構(gòu)是平面三角型。有關(guān)說(shuō)法正確的是（） A由液態(tài)變氣態(tài)是物理變化BSO3屬于弱電解質(zhì)CSO3含有極性鍵DSO3是極性分子8在硫酸銅晶體(CuSO4nH2O)結(jié)晶水含量測(cè)定的操作中，導(dǎo)致n值偏小的是（） A坩堝未干燥B在空氣中冷卻C加熱過(guò)程中晶體爆濺D加熱時(shí)間過(guò)長(zhǎng)部分變黑9下列實(shí)驗(yàn)中，所加固體可以完全溶解的是（） A常溫下小塊鋁片投入足量濃硫酸中B少量碘片投入足量溴化鈉中C小塊硫磺投入足量二硫化碳中D小塊銅片投入熱乙醇溶液中10能用鍵能解釋，且

3、結(jié)論正確的是（） A熔點(diǎn)：金剛石晶體硅B分子穩(wěn)定性：H2O HFC溶解度：SO2 CO2D狀態(tài)：常溫時(shí)Cl2是氣態(tài)11某溶液可能含有等物質(zhì)的量的Ba2、Na、 NH4+ 、H、Cl-、I-、 SO32- 、 SO42- 中的幾種，向該溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液為無(wú)色。判斷錯(cuò)誤的是（） A肯定不含 NH4+B肯定不含HC肯定含有 SO32-D肯定不含Cl-12有X、Y、Z三種元素，它們的原子序數(shù)都小于20，對(duì)應(yīng)離子X(jué)+、Y2-、Z-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。有關(guān)描述中正確的是（） A原子序數(shù)：ZXYB還原性：Z-Y2-CZ元素最高價(jià)為+7DX與Y可形成X2Y2化合物13在給定條件下，下列物質(zhì)間

4、轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是（） AS 點(diǎn)燃O2 SO2H2O H2SO3BNH3O2/催化劑 NO2H2O HNO3CFe2O3高溫Al Fe 鹽酸 FeCl3DAl NaOH溶液 NaAlO2過(guò)量鹽酸 Al(OH)314港珠澳大橋橋體的鋼構(gòu)件采用了多種防腐方法。有關(guān)其分析正確的是（） A越靠近海底的鋼構(gòu)件，腐蝕越嚴(yán)重B鋼構(gòu)件上鑲嵌鋁塊，屬犧牲陽(yáng)極陰極保護(hù)法C鋼構(gòu)件若腐蝕，正極反應(yīng)式為：Fe-2e-=Fe2D鋼構(gòu)件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，防止形成電解池15I2(s)+ H2(g)2HI(g)能量變化如圖所示，有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（） A正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B該反應(yīng)的反應(yīng)熱為E2-E1C加入催化劑，E1、E2都不變D

5、若I2為氣態(tài)，則該反應(yīng)熱大于E2-E116盆栽鮮花施用S-誘抗素劑(結(jié)構(gòu)如圖)以保持鮮花盛開。說(shuō)法正確的是（） A分子式為C14H16O4B分子中的羥基能被催化氧化C能跟溴水發(fā)生1，4-加成反應(yīng)D1mol該物質(zhì)與足量鈉反應(yīng)產(chǎn)生0.5mol氫氣17下列工業(yè)生產(chǎn)采取的措施能達(dá)到相應(yīng)目的的是（） 選項(xiàng)化學(xué)工業(yè)措施目的A合成氨500左右防止催化劑中毒B石油化工裂化提高輕質(zhì)油的產(chǎn)量C工業(yè)制硫酸V2O5催化提高SO2的轉(zhuǎn)化率D侯氏制堿先通CO2有利于CO2充分吸收AA BB CC DD18在恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)M(g)2N(g) H=Q(Q0)，下列說(shuō)法正確的是（） A反應(yīng)速率之比始終是v逆=2v正B

6、改變條件使平衡正向移動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)化率均增大C混合氣體的平均分子質(zhì)量保持不變可判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡D加壓，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率加快19室溫時(shí)用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到目的的是（） A制取乙酸丁酯B驗(yàn)證乙炔的還原性C驗(yàn)證濃硫酸具有強(qiáng)氧化性D分離乙酸乙酯與碳酸鈉溶液20常溫時(shí)，同濃度的V1mLCH3COOH溶液 V2mLNaOH溶液 V3mLCH3COONa溶液，下列結(jié)論中正確的是（） A與混合若pH7，則V2V1B當(dāng)V2=V3時(shí)，溶液中離子種數(shù)C將稀釋10倍，溶液中c(H+)c(OH)增大D溶液中：c(H+)c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)二、填空題21Na

7、NO2是一種白色易溶于水的固體，俗稱工業(yè)鹽，在漂白、電鍍等方面應(yīng)用廣泛，完成下列填空：（1）鈉元素核外有 種能量不同的電子；氮元素原子最外層電子的軌道排布式為 。（2）NaNO2晶體類型是 ；組成NaNO2的三種元素，其對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單離子半徑由小到大的順序?yàn)?。22尿素和氨氣對(duì)于提高農(nóng)作物產(chǎn)量和品質(zhì)有重要作用，合成尿素的反應(yīng)為：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)，完成下列填空：（1）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為 。（2）在恒定溫度下，將NH3和CO2按物質(zhì)的量之比2:1充入固定體積為10L的密閉容器，經(jīng)20min達(dá)到平衡，此時(shí)固體質(zhì)量增加120g。用CO2表示20m

8、in內(nèi)的化學(xué)反應(yīng)速率為 。（3）合成尿素時(shí)不同溫度下CO2轉(zhuǎn)化率變化曲線如圖：該反應(yīng)正方向?yàn)?熱反應(yīng)（選填“吸”或“放”）。a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下的平衡常數(shù)大小關(guān)系如何： （用Ka、Kb、Kc表示），理由為 。23在某溫度時(shí)，將1.0molL-1氨水滴入10 mL1.0molL-1鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示：（1）a、b、c、d對(duì)應(yīng)的溶液中水的電離程度由大到小的是 。（2）氨水體積滴至 時(shí)(填“V1”或“V2”)，氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)，簡(jiǎn)述判斷依據(jù) ；此時(shí)溶液中離子濃度由大到小的順序是 。三、綜合題24工業(yè)上可用NaNO2從含I-的鹵水中提取單質(zhì)碘。流程如下：（1

9、）酸性條件下，含I-的鹵水發(fā)生如下反應(yīng)： NO2- +I-+_NO +I2 +_，補(bǔ)充完整方程式并配平： ；當(dāng)有0.75mol I-參與反應(yīng)時(shí)，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生氣體的體積是 L。 （2）上述反應(yīng)為什么不選用常見的氧化劑氯氣，而選擇價(jià)格并不便宜的NaNO2，可能原因是 。（3）從第步反應(yīng)后的溶液中提純I2涉及到的方法可以是 (選填編號(hào))。a.萃取 b.升華 c.紙層析 d.過(guò)濾（4）在富集碘元素過(guò)程中，還使用了NaHSO3溶液。該物質(zhì)既能水解又能電離，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證其水解程度和電離程度的相對(duì)大小 。25物質(zhì)G是升高白細(xì)胞的常見藥物，合成 G的路線如下：已知：R-CHO+R-CH2-CHO NaOH

10、溶液 (-R、-R代表烴基)完成下列填空：（1）的反應(yīng)條件是 ；的反應(yīng)方程式 。（2）試劑X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ；的反應(yīng)類型是 。（3）的反應(yīng)試劑是 ；步驟、不能顛倒的原因是 。（4）C有多種同分異構(gòu)體，寫出滿足下列條件的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式 。只有兩種不同官能團(tuán) 有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子（5）設(shè)計(jì)以 為原料合成 的路線(無(wú)機(jī)試劑任選) 。(合成路線流程圖示例為：X 反應(yīng)條件反應(yīng)試劑 Y 反應(yīng)條件反應(yīng)試劑 目標(biāo)產(chǎn)物) 26莫爾鹽(NH4)2Fe(SO4)26H2O，392g/mol是一種重要的還原劑，可通過(guò)以下流程制?。篎e2(SO4)3溶液 鐵粉 FeSO4溶液 硫酸銨溶液 (NH4)2Fe

11、(SO4)2溶液 分離 莫爾鹽已知：硫酸銨、水合硫酸亞鐵、硫酸亞鐵銨在水中的溶解度 10203040(NH4)2SO473.075.478.081.0FeSO47H2O40.048.060.073.3(NH4)2SO4 FeSO46H2O18.121.224.527.9完成下列填空：（1）配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是 。（2）(NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合會(huì)生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是 。（3）隔絕空氣下莫爾鹽受強(qiáng)熱分解會(huì)產(chǎn)生多種氣體。利用如下裝置驗(yàn)證氣體中存在H2O、SO2和SO3。驗(yàn)證氣體的裝置次序?yàn)?；c裝置中足量鹽酸的作用是 。（4）測(cè)定莫

12、爾鹽樣品的純度：稱取莫爾鹽樣品20.000g，用蒸餾水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000molL-1的KMnO4 溶液滴定三次，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)平均消耗10.00mLKMnO4溶液。蒸餾水要預(yù)先加熱煮沸的原因是 ；配成250mL溶液的定量?jī)x器為 。若滴定前不用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管，將會(huì)導(dǎo)致最終結(jié)果 (選填“偏大”、“偏小”或“不變”)；已知滴定反應(yīng)中n(Fe2+)：n( MnO4- )為5：1，該樣品的純度為 。答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A84消毒液的主要成分為具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉，可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故A不符合題意；B漂粉精又

13、名高效漂白粉，主要成分是具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈣，可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故B不符合題意；C75%酒精課時(shí)蛋白質(zhì)變性，從而使細(xì)菌病毒失去活性，所以可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故C不符合題意；D明礬為十二水硫酸鋁鉀，明礬可用于凈水，但不能用于消毒，故D符合題意故答案為：D【分析】常用于新冠消毒劑一般是酒精或者具有氧化性的物質(zhì)，84消毒液、漂白精均含有氧化性的物質(zhì)，而75%的 酒精溶液也可以殺毒。2【答案】A【解析】【解答】已知第75號(hào)元素錸是廣泛用于航空發(fā)動(dòng)機(jī)渦輪葉片的稀土元素。可得錸元素的質(zhì)子數(shù)是75，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可推出錸原子核外電子排布，從而知道

14、錸元素在周期表中位置，不能獲取的是錸元素的質(zhì)量數(shù)；故答案為：A?！痉治觥扛鶕?jù)原子序數(shù)可以得到質(zhì)子數(shù)，寫出核外電子排布，同時(shí)可以得到周期表位置3【答案】B【解析】【解答】A苯使溴水褪色是因?yàn)榘l(fā)生了萃取，故A不符合題意；BSO2使溴水褪色是因?yàn)镾O2被氧化，故B符合題意；C乙烯使溴水褪色是因?yàn)榘l(fā)生了加成反應(yīng)，故C不符合題意；D氫氧化鈉使溴水褪色是因?yàn)?Br2發(fā)生了歧化反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為：B。【分析】被溴水氧化褪色，說(shuō)明該物質(zhì)具有還原性，而二氧化硫具有還原性4【答案】A【解析】【解答】鋁鋰合金具有密度小、硬度大、抗腐蝕、熔點(diǎn)比鋁低的性質(zhì)，是航空飛行器較理想的結(jié)構(gòu)材料之一，易導(dǎo)電的性質(zhì)與此

15、應(yīng)用無(wú)關(guān)，故答案為：A?！痉治觥扛鶕?jù)鋁合金的優(yōu)點(diǎn)進(jìn)行判斷即可5【答案】D【解析】【解答】A有的氮肥含有銨根，有的不含如尿素 CO(NH2)2 和硝酸鹽，故A不符合題意； BNH4NO3只含N，屬于氮肥但不屬于復(fù)合氮肥，故B不符合題意；C自然固氮為氮?dú)馀c氧氣在放電時(shí)反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮繼續(xù)被氧氣氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧氣與水反應(yīng)生成硝酸，最后硝酸與難容性的鹽反應(yīng)生成可溶性的硝酸鹽，所以自然固氮不能產(chǎn)生尿素，故C不符合同意；D由C分析可知，自然界單循環(huán)能產(chǎn)生銨鹽，故D符合題意故答案為：D【分析】常見的氮肥是含有氮元素的物質(zhì)，如銨鹽、尿素、氨水等等，自然界中的氮循環(huán)是生物固氮，先變成一氧化

16、氮，再繼續(xù)氧化變?yōu)槎趸?，與水反應(yīng)變?yōu)橄跛崤c其他物質(zhì)反應(yīng)可以產(chǎn)生硝酸鹽和銨鹽等等物質(zhì)6【答案】B【解析】【解答】A正確的電子式為： ，A項(xiàng)不符合題意； B丙烯分子中存在碳碳雙鍵，雙鍵碳原子及與雙鍵碳原子直接相連的原子共平面，分子中的甲基中最多有一個(gè)原子在碳碳雙鍵的平面上，故丙烯中最多有7個(gè)原子共面,B項(xiàng)符合題意；C1，3-丁二烯分子式為C4H6。丙烯的分子式為C3H6。不符合同系物的定義，C項(xiàng)不符合題意；D丙烯分子中含有甲基、碳碳雙鍵，可以發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)等，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.丙烯分子中存在碳碳雙鍵，電子式中未體現(xiàn)出B.與雙鍵連接的原子共面，與一個(gè)雙鍵

17、碳原子連接的甲基中的碳是sp3雜化，最多三個(gè)原子共面C.同系物是指結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)-CH2原子團(tuán)的有機(jī)化合物D.丙烯含有雙鍵，可加成、取代、氧化等反應(yīng)7【答案】C【解析】【解答】A常溫下三氧化硫以液態(tài)(SO3)3聚合存在，氣化時(shí)以SO3存在，由液態(tài)變氣態(tài)，分子不同，不是物理變化，故A不符合題意；BSO3溶于水導(dǎo)電是因?yàn)榉磻?yīng)生成了電解質(zhì)硫酸，硫酸電離出自由移動(dòng)的離子而導(dǎo)電，SO3本身不能電離，屬于非電解質(zhì)，故B不符合題意；CSO3由一個(gè)硫原子和三個(gè)氧原子通過(guò)極性共價(jià)鍵結(jié)合而成，因此SO3含有極性鍵，故C符合題意；DSO3分子結(jié)構(gòu)是平面三角型，鍵角為 120 ，結(jié)構(gòu)對(duì)稱，正、負(fù)

18、電中心重合，所以是非極性分子，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)固態(tài)和氣態(tài)的化學(xué)式確定由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)時(shí)是化學(xué)變化，三氧化硫的分子結(jié)構(gòu)式平面三角形,含有硫氧極性鍵，是非極性分子，溶于水后導(dǎo)電，但是不是電解質(zhì)8【答案】B【解析】【解答】A坩堝未干燥，加熱后水揮發(fā)，而造成加熱前后固體的質(zhì)量差偏大，使n值偏大，故A不符合題意；B在空氣中冷卻，空氣中有水蒸氣，而造成加熱前后固體的質(zhì)量差偏小，使n值偏小，故B符合題意；C加熱過(guò)程中晶體爆濺，而造成加熱前后固體的質(zhì)量差偏大，使n值偏大，故C不符合題意；D加熱時(shí)間過(guò)長(zhǎng)，部分變黑等都將導(dǎo)致硫酸銅分解，固體變黑說(shuō)明硫酸銅分解生成CuO與SO3，故m(H2O

19、)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加熱前后固體的質(zhì)量差偏大，使n值偏大，故D不符合題意；故答案為B。 【分析】 硫酸銅晶體(CuSO4nH2O)結(jié)晶水含量測(cè)定的操作中 導(dǎo)致n偏小，n=m18=m始-m末18,n偏小，可能是開始的質(zhì)量m偏小，或者是末尾的質(zhì)量增大，可能是在空氣中冷卻導(dǎo)致硫酸銅固體吸收部分水，導(dǎo)致m末偏大，最終導(dǎo)致m偏小，其他均導(dǎo)致偏大9【答案】C【解析】【解答】A常溫下小塊鋁片投入足量濃硫酸中發(fā)生鈍化，所加固體不可以完全溶解，故A不符合題意；B碘的非金屬性比溴弱，少量碘加入溴化鈉溶液中不反應(yīng)，所加固體不能溶解，故B不符合題意；C硫磺易溶于二硫化碳，小塊硫磺投入足量二硫化碳中完全

20、溶解，故C符合題意；D小塊銅片投入熱乙醇溶液中，銅片作催化劑，所加固體不能溶解，故D不符合題意；故答案為：C。【分析】利用幾個(gè)相似相溶原理，硫單質(zhì)可以溶于二硫化碳中，其他選項(xiàng)均不能溶解。10【答案】A【解析】【解答】A原子晶體中原子形成的共價(jià)鍵越強(qiáng)，晶體的熔點(diǎn)越高，金剛石和晶體硅都是原子晶體，碳碳鍵的鍵長(zhǎng)小于硅硅鍵、鍵能大于硅硅鍵，則金剛石中的碳碳鍵強(qiáng)于晶體硅中的硅硅鍵，熔點(diǎn)高于晶體硅，能用鍵能解釋，故A符合題意；B元素的非金屬性越強(qiáng)，氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，氟元素的非金屬性強(qiáng)于氧元素，則氟化氫的穩(wěn)定性強(qiáng)于水，不能用鍵能解釋，故B不符合題意；C二氧化硫和水是極性分子，二氧化碳是非極性分子，由相似相

21、溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用鍵能解釋，故C不符合題意；D氯氣形成的晶體是分子晶體，分子間的作用力很小，則氯氣的沸點(diǎn)低，常溫時(shí)是氣體，不能用鍵能解釋，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼.鍵能可以影響熔沸點(diǎn)，鍵能越大，熔沸點(diǎn)越高，鍵長(zhǎng)越短，鍵能越大，鍵長(zhǎng)越短，原子半徑越小B.氫化物的穩(wěn)定性主要和元素的非金屬性有關(guān)C.溶解度主要和構(gòu)型有關(guān)系，相似相溶原理D.主要是和分子間作用力有關(guān)11【答案】A【解析】【解答】亞硫酸根離子的還原性強(qiáng)于碘離子，優(yōu)先與少量氯水反應(yīng)，由向溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液為無(wú)色可知，溶液中一定含有亞硫酸根離子，一定不含氫離子和鋇離子；溶液中各

22、離子物質(zhì)的量相等，由電荷守恒可知，溶液中一定含有鈉離子和銨根離子，一定不含有氯離子、碘離子和硫酸根離子，則溶液中一定含有亞硫酸根離子、鈉離子和銨根離子，一定不含有氫離子、鋇離子、氯離子、碘離子和硫酸根離子，故答案為：A?！痉治觥考尤肼人信c含有氯氣是黃綠色，最終顏色消失，說(shuō)明發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此一定含有還原性物質(zhì)，而具有還原性的離子是碘離子、溴離子、亞硫酸根離子，但是一定沒(méi)有碘離子和溴離子，因?yàn)榈鈫钨|(zhì)和溴有顏色，因此只有亞硫酸根，一定不含有鋇離子和氫離子，由于含有相同濃度，且符合正負(fù)電荷之和為0，因此一定有鈉離子和銨根離子，一定無(wú)硫酸根和氯離子12【答案】D【解析】【解答】A由分析可知，原

23、子序數(shù)XZY，故A錯(cuò)；B由分析可知，Z的非金屬性強(qiáng)于Y，則還原性：Z-Y2-，故B錯(cuò)；CZ為原子序數(shù)小于20的元素，其的最低負(fù)價(jià)為-1價(jià)，X+、Y2-、Z-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則Z可能為F或者Cl，當(dāng)Z為F時(shí)無(wú)正價(jià)，故C錯(cuò)；D若X為Na、Y為O時(shí)，則X與Y可形成X2Y2即Na2O2化合物，故答案為：D?！痉治觥縓、Y、Z三種元素，它們的原子序數(shù)都小于20，對(duì)應(yīng)離子X(jué)+、Y2-、Z-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。X失去1個(gè)電子被氧化成X+；Y得到2個(gè)電子被還原成Y2-；為Z得到1個(gè)電子被還原成Z-，所以X、Y、Z三種元素的原子序數(shù)大小為XZY。Y、Z同周期，且Z的非金屬性強(qiáng)于Y，X為金屬。據(jù)此分析可得

24、。13【答案】A【解析】【解答】AS與氧氣點(diǎn)燃反應(yīng)生成SO2，SO2與水形成亞硫酸，能一步轉(zhuǎn)化，故A符合題意；B氨氣催化氧化生成NO，不能生成NO2，不能一步實(shí)現(xiàn)，故B不符合題意；CFe2O3與Al發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Fe，鐵與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，不能生成氯化鐵，不能一步轉(zhuǎn)化實(shí)現(xiàn)，故C不符合題意；D鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，偏鋁酸鈉與過(guò)量鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁，故D不符合題意；故答案為A?！痉治觥緼.反應(yīng)均可進(jìn)行實(shí)現(xiàn)B.氨氣的催化氧化不能直接到二氧化氮，應(yīng)該是一氧化氮，與氧氣繼續(xù)氧化產(chǎn)生二氧化氮與水反應(yīng)得到的是硝酸C.進(jìn)行鋁熱反應(yīng)可以反應(yīng)得到鐵單質(zhì)，可以直接和氯氣反

25、應(yīng)得到氯化鐵，和鹽酸反應(yīng)只能到氯化亞鐵D.鋁是兩性金屬可與氫氧化鈉反應(yīng)得到偏鋁酸鈉，與少量的鹽酸或者通入二氧化碳進(jìn)行反應(yīng)得到的是氫氧化鋁14【答案】B【解析】【解答】A海面的海水中溶解的氧氣比海底溶解的氧氣多，則越靠近海面的鋼構(gòu)件，腐蝕越嚴(yán)重，故A不符合題意；B鋼構(gòu)件上鑲嵌鋁塊，比鐵活潑的鋁在海水中構(gòu)成的鐵鋁原電池中做負(fù)極被損耗，鋼構(gòu)件做正極被保護(hù)，該方法為犧牲陽(yáng)極陰極保護(hù)法，故B符合題意；C鋼構(gòu)件若腐蝕，鐵做原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2，故C不符合題意；D鋼構(gòu)件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，防止鋼構(gòu)件在海水中形成原電池，故D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.海水溶解氧的含量越多

26、，金屬的腐蝕速度越快，腐蝕越嚴(yán)重B.鋁塊做負(fù)極，失去電子變?yōu)殇X離子，鐵做正極，被保護(hù)因此是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法C.鋼件被腐蝕，鐵做負(fù)極，其他做正極，負(fù)極是鐵失去電子變?yōu)閬嗚F離子，正極是氧氣得到電子與水結(jié)合變?yōu)闅溲醺x子D.主要是防止形成原電池不是形成電解池，電解池需要外界接電路15【答案】C【解析】【解答】A反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，則該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，選項(xiàng)A不符合題意；BE1表示反應(yīng)物的活化能，E2表示生成物的活化能，該反應(yīng)的反應(yīng)熱為E2-E1，選項(xiàng)B不符合題意；C催化劑能降低反應(yīng)所需活化能，但不影響焓變，所以加入催化劑可同等程度的降低E1、E2，但H不變，選項(xiàng)C符合題意；DI2由固態(tài)轉(zhuǎn)

27、化為氣態(tài)需要吸熱，若I2為氣態(tài)，則該反應(yīng)熱大于E2-E1，選項(xiàng)D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)焓變=生成物的能量-反應(yīng)物的能量，即可判斷為吸熱反應(yīng)，即可求出反應(yīng)熱，加入催化劑時(shí)，降低了活化能，E1和E2均降低，但是焓變不變，固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)需要吸熱，根據(jù)蓋斯定律即可判斷焓變的大小16【答案】C【解析】【解答】A由圖示分析可知該物質(zhì)的分子式為C14H18O4，故A不符合題意；B由于分子中與羥基相連的C原子無(wú)氫原子，所以不能催化氧化，故B不符合題意；C由于分子中具有共軛二烯烴的結(jié)構(gòu)，所以能與溴水發(fā)生1,4-加成，故C符合題意；D由于羥基和羧基均能與Na反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，所以1mol該物質(zhì)與足量鈉反

28、應(yīng)產(chǎn)生1mol氫氣，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式即可寫出分子式，同時(shí)可以判斷1mol分子含有1mol羰基，1mol羥基、1oml羧基、3mol雙鍵。雙鍵是連續(xù)連接，因此可以發(fā)生1,4加成反應(yīng)，與羥基連接的碳原子不含氫原子，因此不能發(fā)生氧化，該反應(yīng)羥基和羧基均可與金屬鈉反應(yīng)，因此1mol該物質(zhì)可以產(chǎn)生1mol氫氣17【答案】B【解析】【解答】A500左右時(shí)催化劑的催化活性最大，而不是防止催化劑中毒，故A不符合題意；B石油化工的裂化可提高輕質(zhì)油的產(chǎn)量，故B符合題意；C催化劑只能提高化學(xué)反應(yīng)速率，即只能縮短反應(yīng)到達(dá)平衡所需的時(shí)間，而不能提高轉(zhuǎn)化率，故C不符合題意；D侯氏制堿先通

29、入氨氣時(shí)溶液呈堿性，然后通入二氧化碳，有利于二氧化碳的吸收，故D不符合題意；故答案為：B【分析】A.500主要是考慮催化劑的活性，不是催化劑中毒B.石油裂化是在一定的條件下，將相對(duì)分子質(zhì)量較大、沸點(diǎn)較高的烴斷裂為相對(duì)分子質(zhì)量較小、沸點(diǎn)較低的烴的過(guò)程C.催化劑只是改變速率不能改變轉(zhuǎn)化率D.侯氏制堿法不是先通入二氧化碳，而是先通入氨氣形成堿性環(huán)境，有利于提高二氧化碳的吸收效果18【答案】C【解析】【解答】A達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)速率是2v逆(M)=v正(N)，故A不符合題意；B改變條件使平衡正向移動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)化率不一定增大，如向容器中再加入一定量的M，雖然平衡正向移動(dòng)，但相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，M的轉(zhuǎn)化率減小，故B

30、不符合題意；C該反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等，當(dāng)混合氣體的平均分子質(zhì)量保持不變，可判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡，故C符合題意；D該反應(yīng)是體積增大的吸熱反應(yīng)，加壓，平衡向體積減小的方向移動(dòng)，即平衡逆向移動(dòng)；加壓，反應(yīng)物和生成物的濃度都增大，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率都增大，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥繉?duì)于此反應(yīng)，平衡時(shí)，同種物質(zhì)的正逆速率相等，或者是相對(duì)分子質(zhì)量不變反應(yīng)達(dá)到平衡，改變條件是平衡正向移動(dòng)的轉(zhuǎn)化率主要是和改變的條件有關(guān)，加壓后平衡逆向移動(dòng)，但是濃度均增大，可以說(shuō)明速率增大19【答案】D【解析】【解答】A裝置右側(cè)下端無(wú)冰水浴，不利于乙酸丁酯的冷凝收集，同時(shí)也應(yīng)接一導(dǎo)管防止產(chǎn)物揮發(fā)，故A不符合題意

31、；B電石中含有有硫化物等雜質(zhì)，其與水反應(yīng)時(shí)會(huì)有硫化氫等還原性物質(zhì)生成，硫化氫能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則不能證明為乙炔的還原性，故B不符合題意；C銅與濃硫酸反應(yīng)需要加熱，故C不符合題意；D兩互不相容且分層的液體可選用分液進(jìn)行分離，故D符合題意故答案為：D【分析】A.制取乙酸丁酯需要進(jìn)行冷卻收集以防止產(chǎn)物揮發(fā)B.證明乙炔的還原性時(shí)，需要進(jìn)行除雜，先可以通過(guò)硫酸銅溶液進(jìn)行除雜再進(jìn)行乙炔檢驗(yàn)C.反應(yīng)條件不對(duì)，室溫下濃硫酸不與銅反應(yīng)D.乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中的溶解度較小，可以進(jìn)行分離20【答案】B【解析】【解答】ACH3COOH為弱酸，NaOH為強(qiáng)堿，所以CH3COONa溶液呈堿性，即V2=V1時(shí)與混

32、合pH7，所以V2不一定大于V1，故A不符合題意；B中含有 Na+、H+、OH- 有3種；中含有 Na+、H+、OH-、CH3COO- 有4種，當(dāng)V2=V3時(shí)，溶液中離子種數(shù)，故B符合題意；Cc(H+)c(OH)為KW，在溫度一定時(shí)，KW不變，故C不符合題意；D在溶液中由電荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-) ，物料守恒 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) ，即 c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-) ，故D不符合題意；故答案為：B【分析】A.醋酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)得到是醋酸鈉溶液，醋酸鈉水解呈堿性，當(dāng)V1=V2時(shí)也可出現(xiàn)這種情況

33、B.寫出和 中溶液的粒子數(shù)即可C.溫度不變，水的離子積不變D.根據(jù)電荷和物料守恒即可判斷21【答案】（1）4；（2）離子晶體；r(Na+)r (O2-)r(N3-)【解析】【解答】(1)Na為11號(hào)元素，其核外電子排布式為 1s22s22p63s1 ，即Na原子核外有4個(gè)不同的能級(jí)，則有4種不同能量的電子；N為7號(hào)元素，核外有2個(gè)電子層，最外層有5個(gè)電子，則最外層的電子排布式為 2s22p3 ，則其軌道排布式為 ，故答案為：4； ； (2) NaNO2屬于離子化合物，所以屬于離子晶體；組成NaNO2的三種元素，其對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單離子分別為 Na+、N3-、O2- ，均為10電子結(jié)構(gòu)，由具有相同電子層

34、結(jié)構(gòu)的離子“序小徑大”，所以離子半徑大小關(guān)系為r(Na+)r (O2-)r(N3-)，故答案為：離子晶體；r(Na+)r (O2-)cda（2）V1；氨水和鹽酸反應(yīng)為放熱反應(yīng)，由圖可知當(dāng)氨水體積滴到V1時(shí)溶液的溫度最高，則此刻氨水和鹽酸恰好完全反應(yīng)生成氯化銨；c(Cl-)c( NH4+ )c(H+)c(OH-)【解析】【解答】(1)水的電離是吸熱過(guò)程，溫度越高，水的電離程度越大，由圖可知，反應(yīng)溫度的順序?yàn)閎ca=d，由分析可知，a點(diǎn)和d點(diǎn)抑制水的電離，溫度相同時(shí)，a點(diǎn)溶液中氫離子濃度大于d點(diǎn)溶液中氫氧根離子濃度，抑制程度大于d點(diǎn)；b點(diǎn)溫度最高，且氯化銨在溶液中水解促進(jìn)水的電離；c點(diǎn)的溫度高于a

35、點(diǎn)和d點(diǎn)，且溶液呈中性，促進(jìn)水電離的程度小于b點(diǎn)，高于d點(diǎn)，則對(duì)應(yīng)的溶液中水的電離程度由大到小的是bcda，故答案為：bcda；(2) 由分析可知，b點(diǎn)時(shí)溶液溫度最高，說(shuō)明氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)生成氯化銨，則氨水體積為V1，氯化銨在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中c(H+)c(OH-)，由電荷守恒可知，溶液中c(Cl-)c( NH4+ )，則溶液中溶液中離子濃度由大到小的順序是c(Cl-)c( NH4+ )c(H+)c(OH-)，故答案為：V1；氨水和鹽酸反應(yīng)為放熱反應(yīng)，由圖可知當(dāng)氨水體積滴到V1時(shí)溶液的溫度最高，則此刻氨水和鹽酸恰好完全反應(yīng)生成氯化銨；c(Cl-)c( NH4+ )c(H+)c

36、(OH-)?！痉治觥坑蓤D可知，a點(diǎn)為鹽酸溶液，溶液中pH為0，鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離；b點(diǎn)時(shí)溶液溫度最高，說(shuō)明氨水與鹽酸恰好反應(yīng)，則b點(diǎn)溶質(zhì)為氯化銨，氯化銨在溶液中水解使溶液呈酸性，促進(jìn)水的電離；c點(diǎn)為氯化銨和氨水的混合溶液，25時(shí)，溶液pH為7，溶液呈中性；d點(diǎn)為氯化銨和氨水的混合溶液，溶液pH為10，說(shuō)明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解，使溶液呈堿性，一水合氨電離出的氫氧根離子抑制水的電離。24【答案】（1）2 NO2- +2I-+4H+=2NO+I2+2H2O；16.8（2）氯氣氧化性太強(qiáng)，還能繼續(xù)氧化I2（3）ab（4）常溫下測(cè)NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，則其水

37、解程度大于電離程度，若pH小于7，其水解程度小于電離程度【解析】【解答】(1)該反應(yīng)中N元素的化合價(jià)由+3降低為+2，I元素的化合價(jià)由-1升高為0，根據(jù)電子得失守恒，可得主反應(yīng)2 NO2- +2I-2NO +I2，酸性條件下，結(jié)合電荷守恒方程式左邊補(bǔ)充4H+，結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒方程式右邊補(bǔ)充2H2O，最后完整方程式為：2 NO2- +2I-+4H+=2NO+I2+2H2O。當(dāng)有0.75mol I-參與反應(yīng)時(shí)，則生成 n(NO)= 0.75mol3-2 =0.75mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生氣體的體積是0.75mol 22.4L/mol=16.8L。故答案為：2 NO2- +2I-+4H+=2NO+I

38、2+2H2O；16.8；(2)上述反應(yīng)中不選用常見的氧化劑氯氣，原因是氯氣氧化性太強(qiáng)，還能繼續(xù)氧化I2，從而提取碘單質(zhì)產(chǎn)率降低，故工業(yè)上氧化鹵水中I-選擇價(jià)格并不便宜的NaNO2。故答案為：氯氣氧化性太強(qiáng)，還能繼續(xù)氧化I2；(3)從第步反應(yīng)后的溶液中提純I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有機(jī)溶劑，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘從水溶液中提取出來(lái)；同時(shí)碘容易升華，也可用升華提取碘。故答案為：ab；(4)NaHSO3溶液中 HSO3- 既能水解又能電離，水解使其顯堿性，電離使其顯酸性，在常溫下，可測(cè)NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，則其水解程度大于電離程度，若pH小于7，其水解程度小于電離程

39、度。故答案為：常溫下測(cè)NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，則其水解程度大于電離程度，若pH小于7，其水解程度小于電離程度。【分析】含I-的鹵水經(jīng)過(guò)酸化，亞硝酸鈉具有氧化性，碘離子具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成一氧化氮、碘單質(zhì)、碘化鈉和水，反應(yīng)化學(xué)方程式：2 NaNO2 +4HI=2NO+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通過(guò)NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、 IO3- ，再經(jīng)過(guò)45%H2SO4處理提取單質(zhì)碘，據(jù)此分析解答。25【答案】（1）NaOH溶液、加熱； +O2Cu +2H2O（2）；消去反應(yīng)（3）新制Cu(OH)2懸濁液；防止-OH消去時(shí)發(fā)生副反應(yīng)（4）CH2=

40、CHCOOH(滿足條件即可)（5）Br2/CCl4NaOH/醇一定條件【解析】【解答】(1)氯代烴發(fā)生取代反應(yīng)生成醇的反應(yīng)，可知反應(yīng)條件是NaOH溶液、加熱；根據(jù)分析可得B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ，醇羥基變成醛基，是醇的催化氧化反應(yīng)，的反應(yīng)方程式 +O2Cu +2H2O，故答案為：NaOH溶液、加熱； +O2Cu +2H2O；(2)從分析中，可知試劑X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 ，反應(yīng)條件是濃硫酸加熱，對(duì)比前后有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，觀察發(fā)現(xiàn)羥基被消去變成了碳碳雙鍵，反應(yīng)類型為消去反應(yīng)，故答案為： ；消去反應(yīng)；(3)反應(yīng)中兩個(gè)醛基都被氧化為羧基，因此反應(yīng)試劑是新制Cu(OH)2懸濁液，步驟、不能被顛倒，防止-OH消去時(shí)發(fā)生副反應(yīng)，故答案為：新制Cu(OH)2懸濁液；防止-OH消去時(shí)發(fā)生副反應(yīng)；(4) C( )有多種同分異構(gòu)體，滿足下列條件：只有兩種不同官能團(tuán)，C中含兩個(gè)醛基，所含不飽和度一樣，官能團(tuán)可拆分的一種情況為1個(gè)碳碳雙鍵