卷二-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份卷二-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
2022-2022学年度高考临考押题二（浙江适用）

一、单选题
1．下列物质只含有共价键的是（ ）
A．CaCO3 B．NaCl C．H2O D．NaOH
2．下列仪器在蒸馏实验中需要用到的是
A． B． C． D．
3．下列属于有机物，又是非电解质的是
A．纯碱 B．乙酸 C．葡萄糖 D．甘氨酸
4．下列物质的名称正确的是
A．熟石灰：CaO B．明矾：K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O
C．氯仿：CCl4 D．：2−乙基丁烷
5．下列表示不正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．丁烷的球棍模型：
C．乙烯的结构简式：CH2=CH2
D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子可表示为：R
6．下列说法不正确的是
A．石油主要成分都是碳氢化合物
B．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源
C．天然气和沼气的主要成分是甲烷
D．75％（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒
7．下列说法不正确的是
A．14C和14N互为同系物
B．核素18O的中子数是10
C．金刚石、石墨和C60互为同素异形体
D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 互为同分异构体
8．下列叙述中,正确的是　(　　)
A．乙烷与氯气在光照条件下生成的氯乙烷中，既有1，1-二氯乙烷，又有1，2-二氯乙烷
B．乙烯分子中所有原子共平面，分子中所含化学键为非极性共价键
C．乙烯与HBr在一定条件下发生取代反应可生成溴乙烷
D．苯与溴水在FeBr3作催化剂的条件下生成溴苯
9．下列说法不正确的是
A．Cl-会破坏铝表面的氧化膜
B．明矾溶于水产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒
C．量热计可用于测定酸碱中和反应的反应热
D．利用原电池原理保护金属的方法叫牺牲阳极的阴极保护法
10．反应8NH3 +6NO2= 7N2+ 12H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A．4∶3 B．3∶4 C．7∶12 D．12∶7
11．下列叙述正确的是
A．苯中少量的苯酚可先加适量的浓溴水，使苯酚生成三溴苯酚，再过滤而除去
B．将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50 ℃形成悬浊液
C．苯酚的酸性很弱，不能使酸碱指示剂变色，但可以和碳酸氢钠反应放出CO2
D．苯酚也可以发生加成反应
12．下列有关物质用途的说法正确的是
A． 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施
B． 用FeCl2溶液与铜反应制作印刷电路板
C． 石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D． 碳酸钠治疗胃酸过多
13．下列离子方程式正确的是
A．乙酸与碳酸钠溶液反应：
B．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应  
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
D．溶液中加入过量氨水：
14．下列说法正确的是
A．牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入热的饱和食盐水促使固体物质析出
B．银镜反应、硝基苯的制备和实验室制备乙烯气体均采用水浴加热
C．固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，易溶于有机溶剂
D．蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应
15．2020年1月在武汉爆发了新型冠状病毒肺炎，引起了全世界人民的关注。瑞德西韦（remdesivir）是一种可能的特效药，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是（磷酸酯与酯性质类似）（）

A．瑞德西韦的分子式是C27H32N6O8P
B．已知一个碳原子连接四个不同的原子（或基团）是具有手性的，瑞德西韦具有的手性碳原子有5个
C．若只考虑酯键的水解，瑞德西韦在水解后会成为4个分子
D．瑞德西韦的合成原料之一可能有苯
16．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，仅X、Y处于同周期，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质。下列说法正确的是。
A．简单离子的半径：
B．简单氢化物的热稳定性：
C．W与Y形成的化合物只含有极性共价键
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱
17．相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A．pH相等的两种酸，c(CH3COO－)=c(Cl－)
B．用pH相同的两种酸，中和相同物质的量的NaOH时，消耗盐酸的体积小
C．pH相同的两种酸，稀释相同倍数后，醋酸溶液的pH值大
D．相同浓度相同体积的两种酸，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中c(CH3COO－)=c(Cl－) （忽略溶液体积变化）
18．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．0.1molNH4Cl固体中数目小于0.1NA
B．标准状况下，2.24LO2中氧原子数目为0.2NA
C．向FeI2溶液中通入适量 Cl2，当有1molFe2+被氧化时，转移的电子数为NA
D．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g
19．在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n( B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a

下列说法不正确的是
A．实验①中，若5 min时测得n(B)=0.050mol，则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015mol/(L·min)
B．实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C．700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0
D．实验③中，达到平衡时，a>0.10
20．煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)＋CO(g)⇌CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH1=218.4 kJ·mol-1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)＋4CO(g)⇌CaS(s)＋4CO2(g) ΔH2=-175.6 kJ·mol-1(反应Ⅱ)
假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是
A． B． C． D．
21．过碳酸钠2NaCO3·3H2O2是一种白色晶体，可用碳酸钠和双氧水化合制备：2NaCO3+3H2O2=2NaCO3·3H2O2。下列说法正确的是
A．过碳酸钠具有强还原性
B．1 mol过碳酸钠发生热分解，转移的电子数为6NA
C．生产过程中若遇到酸、铁盐等都可能导致产率下降
D．将过碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2NaCO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O
22．荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2＋nC，NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是

A．该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染
B．充电时，阳极反应为LiCoO2−xe−=Li(1-x)CoO2＋xLi＋
C．充电时，Li+由B极移向A极
D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，两电极质量差为14g
23．实验测得0.5mol·Lˉ1Na2SO3溶液、NaHCO3和CH3COONa的pH随温度变化如图所示。已知25℃电离平衡常数(Ka)

化学式
CH3COOH
H2CO3
H2SO3
Ka
1.8×10-5
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
K1=1.5×10-2 K2=1.0×10-7
下列说法不正确的是
A．25℃时，若Na2SO3浓度为0.1mol·Lˉ1，则溶液pH=10 (忽略二级水解和H2O的电离)
B．③曲线45℃时的变化，主要原因是NaHCO3发生分解生成Na2CO3
C．由图表可知，①曲线为CH3COONa溶液
D．a、b两点的pH前者大于后者，主要原因是酸式盐在水溶液中既发生水解又发生电离
24．2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应的机理为:V2O5+SO22VO2+SO3(快) 4VO2+O22V2O5(慢)
下列说法正确的是
A．反应速率主要取决于V2O5的质量 B．VO2是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198kJ/mol D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
25．下列实验对应的现象及结论均正确的是

实验操作
现象
结论
A
将SO2通入 BaCl2溶液中，然后滴加氯水
先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解
先生成 BaSO3沉淀，后被氧化为 BaSO4
B
向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量
先有蓝色沉淀产生，而后沉淀溶解，形成深蓝色的溶液
氢氧化铜溶解在氨水中，生成Cu2+
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热
铝箔只熔化成液体并未滴落
铝的熔点比氧化铝的低
D
将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌
得到黑色蓬松的固体并产生有刺激性气味的气体
该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性

A．A B．B C．C D．D


二、填空题
26．回答下列问题：
(1)Cu2O可在酸性条件下发生歧化反应，得到蓝色溶液与一种沉淀，请写出该反应的离子方程式____。
(2)写出HClO的结构式___。
(3)工业上利用“Na+KCl=NaCl+K↑”的反应来制备金属钾，请从物质结构角度简单阐述原因___。

三、计算题
27．PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O→H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O→H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.020molO2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入15.725gCa(OH)2，充分反应后磷元素全部转化为Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到2.5L滤液，测得pH为12。计算：
(1)Ca3(PO4)2（已知式量310）沉淀的质量____________；
(2)滤液中溶质的物质的量浓度__________________。

四、实验题
28．化合物A由四种常见元素组成。某同学为探究其组成进行了如图实验：

已知A在隔绝空气灼烧时发生的是非氧化还原反应，白色沉淀甲是一种盐形成的纯净物。
请回答下列问题：
(1)化合物A中所含的元素除Cu外，还有___ (用元素符号表示)。
(2)化合物A可以通过向蓝色溶液M中加入NaOH溶液来制备，写出生成A的化学方程式：___。
(3)写出向蓝色溶液M中加入Na2SO3溶液生成白色沉淀甲的离子方程式：___。

五、原理综合题
29．Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。

(1)图1是和反应生成和NO过程中能量变化示意图图中涉及物质为气态,请写出和CO反应的热化学方程式 _______ 。
(2)在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、,发生反应测得和的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= _______ ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 _______ 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使增大的是 _______ 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入
C．恒温恒容下,再充入1mol D．恒温恒容下,再充入、
(3)在体积为3L的恒容密闭容器中,投入和,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度
平衡时

的产率30%

的物质的量2mol
已知:和的的总能量大于的总能量。
①则 _______ 。填“”“”或“”
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则内的平均速率 _______ 。
Ⅱ①三氧化钼是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿主要成分为通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①
②
(1)若在恒温恒容条件下,发生反应,下列说法正确的是_______填字母。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加的量,平衡正向移动
(2)在恒容密闭容器中,加入足量的和,仅发生反应:测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。

①_______(填“”“”或“”);比较、、的大小:_______。
②若初始时通入为,则A点平衡常数__________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)

六、工业流程题
30．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]•3H2O是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体，实验室利用硫酸亚铁铵、草酸等原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的流程如图：

已知：
a．K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可溶于水，溶解度随温度升高而增大(0℃时，4.7 g～100 g水；100℃时117.7 g～100 g水)，难溶于乙醇。
b．加热至110℃失去三个结晶水。
c．该配合物对光敏感光照时会发生分解反应。
请回答：
Ⅰ．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备
(1)写出步骤成黄色沉淀FeC2O4•2H2O的化学方程式____。
(2)分析步骤Ⅱ需维持40 ℃水浴的原因___。
(3)下列说法不正确的是（___________）。
A．硫酸亚铁铵为浅绿色晶体，是一种复盐，性质比一般亚铁盐稳定
B．加入H2O2后溶液出现红棕色浑浊是因为生成了Fe(OH)3
C．为快速获取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体可蒸发浓缩至出现大量晶体后停止加热
D．可用冰水和乙醇依次来洗涤粗产品以便获得较纯净干燥的晶体
E．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体需避光保存
Ⅱ．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的组成分析
的测定
①准确称取1.0061 g合成的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体于烧杯中，加入25 mL3 mol•L-1的硫酸使之溶解再转移至250 mL容量瓶中，稀释至刻度，摇匀；
②用移液管准确移取25 mL试液于锥形瓶中，加入20 mL3 mol•L-1硫酸，在70～80℃水浴中加热5 min；
③用高锰酸钾标准溶液滴定至终点，计下读数；
(4)测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：
蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→( )→( )→( )→( )→洗净，放回移液管架。___
a．将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b．放液完毕，停留数秒，取出移液管
c．将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液
d．用洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e．放液完毕，抖动数下，取出移液管
f．放液至溶液凹液面最低处与标线相切时，立即用食指按紧管口
(5)经测定，三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体试样中，C2O与Fe3+的物质的量之比为3.85∶1(理论值：3∶1)，假设测定过程各项操作规范，试分析可能的原因___。

七、有机推断题
31．乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。

已知：①D的分子式为C8H7NO
②RCHO；RCNRCOOH；RCOOHRCOClRCOOR'
请回答：
(1) C的结构简式_______。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物A不能发生取代反应
B．化合物B能发生银镜反应
C．化合物C能发生氧化反应
D．从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、加成反应和氧化反应
(3) E+F→G的化学方程式是_______。
(4)写出化合物D同时符合下列条件的所有可能的同分异构体的结构简式：_________.
①红外光谱检测表明分子中含有氰基(-CN)；
②1H-NMR谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子
(5)设计以乙醇为原料制备F的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_______。

参考答案
1．C
【详解】
A. CaCO3是离子化合物，含有离子键、共价键，故不选A；
B. NaCl是离子化合物，只含离子键，故不选B；
C. H2O是共价化合物，只含共价键，故选C；
D. NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，故不选D；答案选C。
2．A
【详解】
A.蒸馏烧瓶，A项正确；
B.蒸发皿，用于蒸发操作，B项错误；
C.容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，C项错误；
D.球形干燥管，用于放固体干燥剂，或防倒吸装置，D项错误；
故选择A。
【点睛】

3．C
【分析】
含碳元素的化合物基本都是有机物，除了CO、二氧化碳、碳酸和碳酸盐等；在水溶液中和熔融下不能导电的化合物为非电解质，据此分析。
【详解】
A．纯碱属于碳酸盐，是无机物，是电解质，故A错误；
B．乙酸是有机物，因分子中含有羧基，在水溶液中能导电，是电解质，故B错误；
C．葡萄糖是有机物，在水溶液中和熔融状态下均不能导电，是非电解质，故C正确；
D．由于甘氨酸含有酸性的羧基和碱性的氨基，在水溶液中能导电，是电解质，故D错误；
答案为C。
4．B
【详解】
A．熟石灰主要成分是Ca(OH)2，A错误；
B．明矾硫酸钾、硫酸铝的结晶水合物，化学式为：K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，B正确；
C．氯仿是三氯甲烷的俗称，化学式为CHCl3，C错误；
D．应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链来给有机物进行命名，把支链当作取代基，该物质分子中含有C原子数最多的碳链上5个C原子，因此该物质名称为3-甲基戊烷，D错误；
故合理选项是B。
5．A
【详解】
A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，则电子式：，A表示错误；
B．丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，则球棍模型：，B表示正确；
C．乙烯分子中含有碳碳双键，则结构简式：CH2=CH2，C表示正确；
D．R2+离子核外有a个电子，则核内质子数为a+2，b个中子，质量数=质子数+中子数，则R原子可表示为：R，D表示正确；
答案为A。
6．B
【解析】
【详解】
A．石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油主要成分都是碳氢化合物，故A正确；
B．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应为C+H2O(g)CO+H2，煤的直接液化是使煤与氢气作用生成液体燃料的过程，煤的间接液化是先将煤转化为CO和氢气、然后再合成甲醇等，煤的气化和煤的液化都是化学变化，故B错误；
C．天然气和沼气的主要成分是甲烷，故C正确；
D．75%的乙醇可使蛋白质变性，常用于医疗消毒，故D正确；
故选B。
7．A
【解析】
【详解】
A. 同系物是有机化学中的一个概念，指的是结构相似，组成上相差n个CH2的物质，不是针对核素而言的，故A错误；
B. 中子数=质量数-质子数，核素18O的中子数是10，故B正确；
C. 同素异形体指的是同种元素组成、结构不同的单质，金刚石、石墨和C60互为同素异形体，故C正确；
D. 同分异构体指的是分子式相同，结构不同的物质，CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 分子式均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故答案选A。
8．A
【详解】
A. 乙烷与氯气取代反应产物很多，其中二氯取代物两种，A正确；
B. 乙烯分子中碳碳之间的化学键为非极性共价键，碳氢键是极性共价键，B错误；
C. 乙烯与HBr反应是加成反应，C错误；
D. 苯制备溴苯用的是液溴，D错误。
故选A。
【点睛】
苯与溴水混合后，不发生化学反应，发生的是萃取作用。振荡、静置后，液体分为两层，上层为橙红色的溴的苯溶液，下层为无色的水溶液。
9．B
【详解】
A．氯离子很容易被吸附在氧化膜上,把氧化膜中的氧离子取代出来，故A正确；
B．明矾溶于水产生具有吸附性的胶体粒子，可以吸附尘埃，灰尘等杂质，作净水剂，但是不能用作杀菌消毒，故B错误；
C．量热计是一种用于测量进行热量测定的实验设备，可以用于测量化学反应、物理变化过程的热量变化，或测定材料的热容，可以用于测定酸碱中和反应的反应热，故C正确；
D．牺牲阳极的阴极保护法是一种防止金属腐蚀的方法，即将还原性较强的金属作为保护极，与被保护金属相连构成原电池，还原性较强的金属将作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀。应用的是原电池原理，故D正确；
故选B。
10．A
【分析】
反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，NH3的N元素的化合价由-3升高到0，被氧化，NO2中的N元素的化合价由+4降低到0，被还原，氧化产物和还原产物均为N2，据此分析解答。
【详解】
8NH3 +6NO2= 7N2+ 12H2O反应中氧化产物和还原产物均为N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为8∶6=4∶3，根据N原子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，故选A。
11．D
【解析】
【详解】
A.苯是一种有机溶剂，既能溶解Br2，又能溶解三溴苯酚，因此在含苯酚的苯中加入浓溴水是不能除去苯酚的，故A错误；
B.苯酚在65℃以上与水以任意比例互溶，冷却至50℃将有部分苯酚析出，此时温度仍高于苯酚的熔点(43℃)且析出的苯酚呈油状，形成的是乳浊液，故B错误；
C.苯酚的酸性比碳酸弱，几乎不能使酸碱指示剂变色，也不能与NaHCO3反应，故C错误；D.苯酚在一定条件下可以与氢气加成得到环己醇，故D正确。
故选D。
12．A
【解析】
试题分析：A. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施，A正确；B. 氯化亚铁与铜不反应，应该用FeCl3溶液与铜反应制作印刷电路板，B正确；C. 石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化，纳米银粒子的聚集是化学变化，C错误；D. 碳酸氢钠治疗胃酸过多，D错误，答案选A。
考点：考查物质用途及性质的判断
13．D
【详解】
A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，离子方程式：，故A错误；
B．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：，故B错误；
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，离子方程式：，故C错误；
D．溶液中加入氨水生成氢氧化铝和氯化铵，氨水过量氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式：，故D正确；
答案选D。
14．A
【详解】
A. 将牛油和烧碱溶液混合加热发生水解生成甘油和高级脂肪酸钠，充分反应后加入热的饱和食盐水，甘油易溶于水，高级脂肪酸钠的密度较小，在上层析出，从而实现高级脂肪酸钠和甘油的分离，故A正确；
B. 银镜反应、硝基苯的制备均采用水浴加热，但实验室制备乙烯气体需要170℃，用水浴加热无法达到，故B错误；
C. 氨基酸分子内的氨基与羧基反应生成内盐，熔点较高，不易挥发，溶于水，微溶于热乙醇，难溶于有机溶剂，故C错误；
D. 蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，其中麦芽糖和乳糖为还原性糖，二者能发生银镜反应，而蔗糖不具有还原性，不能发生银镜反应，故D错误；
故选A。
15．A
【详解】
A．由瑞德西韦结构简式可知，其分子式是C27H35N6O8P，故A错误；
B．瑞德西韦标记数字的碳原子为手性碳原子，共有5个，故B正确；
C．若只考虑酯键的水解，而磷酸酯与酯性质类似，故瑞德西韦在水解时可能在标有数字的位置发生化学键的断裂，成为4个分子，故C正确；
D．瑞德西韦的结构中有苯环结构，合成原料之一可能有苯，故D正确；
故答案选A。
16．B
【分析】
Y是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质，Z是第三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg，由此分析。
【详解】
A．O2-和Mg2+的核外电子排布相同，核电荷数越大，对原子核的吸引能力越强，半径越小，故半径r(O2-)＞r(Mg2+)，即，故A错误；
B．X是碳，Y是氧，碳和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：，故B正确；
C ．W是H，Y是O，W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C错误；
D．Z是Mg，它最高价氧化物对应的水化物为弱碱，故D错误；
答案选B。
17．A
【解析】
【详解】
A项，pH相等的两溶液中，氢离子浓度相同，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，故A项正确；
B项，醋酸为弱酸存在电离平衡，pH相等、体积相等的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，消耗氢氧化钠较多，故B项错误；
C项，醋酸为弱酸，存在电离平衡，同pH值的盐酸和醋酸，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数后，醋酸会继续电离，稀释后醋酸溶液的pH值减小，故C项错误；
D项，醋酸恰好和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解溶液显碱性，中性溶液应为醋酸和醋酸钠，盐酸恰好反应溶液显中性，c(CH3COO－)实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)4.0，故D不正确。故选D。
20．C
【详解】
相同温度下，因两个反应的反应物完全相同，反应速率越大，则反应的活化能越小，因此反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能；反应Ⅰ的ΔH＞0，生成物的能量高于反应物的能量，反应Ⅱ的ΔH＜0，生成物的能量低于反应物的能量，C项正确；
答案选C。
21．C
【详解】
A．过碳酸钠具有碳酸钠和双氧水的性质，双氧水具有强氧化性，但其还原性较弱，A错误；
B．过碳酸钠为Na2CO3·3H2O2，1mol过碳酸钠分解，即2NaCO3·3H2O2=2NaCO3+3H2O2，3mol H2O2分解生成氧气和水，转移3mol电子，B错误；
C．碳酸钠能与酸反应，铁盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐可能导致产率下降，故C正确；
D．产物中Na2CO3 的CO离子与NaHSO4 中的H+离子不共存，可以发生反应生成水和二氧化碳，故该化学方程式不正确，故D错误；
故答案：C。
22．D
【分析】
可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2+xLi＋+xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2+xLi＋，根据得失电子守恒，计算两极质量差。
【详解】
A．汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，A说法正确；
B．可充电电池的放电反应为LixCn+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+nC，则放电时正极反应为Li(1-x)CoO2+xLi＋+xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li(1-x)CoO2+xLi＋，B说法正确；
C．由图知，A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，充电时，Li＋由B极移向A极，C说法正确；
D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，负极减少2molLi其质量为14g，正极有2molLi＋迁入，其质量为14g，两电极质量差为28g，D说法错误；
答案为D。
23．C
【分析】
根据表格数据可知亚硫酸的二级电离平衡常数小于碳酸的一级电离平衡常数，小于醋酸的电离平衡常数，所以亚硫酸根的水解程度最大，相同浓度时pH最大，所以曲线①为亚硫酸钠溶液，虽然碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，但由于碳酸氢根还会发生电离，且据图可知曲线随温度升高pH会骤增，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，碱性增强，所以曲线③代表碳酸氢钠，曲线②代表醋酸钠，据此分析解题。
【详解】
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+H2OHSO3-+OH-，设溶液中c(OH-)=x mol/L，忽略二级水解和水的电离，则c(HSO3-)= c(OH-)=x mol/L，则有，即，解得x≈10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L，即pH为10，A正确；
B．曲线③应代表碳酸氢钠，45℃时碱性增强，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，而碳酸的二级电离平衡常数最小，碳酸根的水解程度更大，所以碱性增强，pH增大，B正确；
C．醋酸的水解程度小于亚硫酸根，而曲线①代表的溶液在25℃时碱性最强，所以曲线①不可能是醋酸钠溶液，C错误；
D．曲线②代表醋酸钠，曲线③代表碳酸氢钠，即25℃碳酸氢钠的碱性弱于醋酸钠，而碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，所以导致碳酸氢钠溶液碱性较弱的原因应是由于碳酸氢根在水溶液中既发生水解又发生电离，D正确；
故选C。
24．C
【解析】
由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A、B都错误；C项，△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；D项，使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，故D错误。
点睛：本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、ΔH与正逆反应活化能的关系等知识，注意：①催化剂参与化学反应，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以VO2不是催化剂；②有些气体反应的催化剂，都要吸附气体，催化剂的表面积越大，吸附的气体越多，反应速度越快，还有些催化剂直接参与反应，只是反应完成又释放出来，化学反应速率与催化剂质量有关，但主要取决于催化剂的表面积；③∆H=正反应的活化能-逆反应的活化能；④增大反应物(SO2)浓度可以提高反应速率，但与使用催化剂相比，还达不到显著提高反应速率的程度。
25．C
【详解】
A．氯水与二氧化硫反应生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡，白色沉淀只有BaSO4，且SO2与BaCl2溶液不反应，故A错误；
B．氢氧化铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+和氢氧根离子，不是Cu2+，故B错误；
C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则金属铝熔化而不滴落下来，故C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳，由现象可知浓硫酸体现了强氧化性和脱水性，故D错误。
答案选C。
26．Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O H-O-C1 K的原子半径大于Na，故金属键K弱于Na，熔沸点K低于Na，最早以气体的方式逸出，，有利于反应进行
【详解】
(1)Cu2O中铜元素的化合价为+1价，可在酸性条件下发生歧化反应，生成物中铜的化合价既有升高又有降低，得到的蓝色溶液含铜离子，沉淀是铜单质，根据电荷守恒和质量守恒配平反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；
(2)HClO中氧原子与氢原子、氯原子各形成一对共价键，各原子均达到稳定结构，故HClO的结构式为：H-O-C1；
(3)K和Na都是活泼金属，K的原子半径大于Na，故金属键K弱于Na，熔沸点K低于Na，最早以气体的方式逸出，有利于反应进行，故工业上利用“Na+KCl=NaCl+K↑”的反应来制备金属钾。
27．9.3 g c[Ca(OH)2] = 0.005 mol/L，c[CaCl2] = 0.044 mol/L
【详解】
(1)n[Ca(OH)2]==0.2125mol。P元素失电子，氧元素得电子，设PCl3的物质的量是zmol，由得失电子守恒知：0.020mol×2(2-0)=z(5-3)mol，解得n(PCl3)=0.04mol。过滤后得到2.5L滤液，测得pH为12，即溶液中c(OH-)=0.01mol/L，所以过量n[Ca(OH)2]=0.0125mol，反应掉0.2mol，根据PCl3+3H2O→H3PO3+3HCl可知0.04molPCl3和水反应会生成0.04molH3PO3、0.12molHCl，需Ca(OH)2，被氧化后生成Ca3(PO4)2的物质量为0.02mol；设PCl5为xmol，根据PCl5+4H2O→H3PO4+5HCl可知生成xmolH3PO4，5xmolHCl，需Ca(OH)2，则4xmol=0.2mol-0.12mol，x=0.02mol，0.02mol PCl5溶于水最终转化为Ca3(PO4)2的物质的量为0.01mol，则Ca3(PO4)2的总物质的量为0.02mol+0.01mol=0.03mol，质量为0.03mol ×310g/mol=9.3g；
(2)滤液中溶质为过量的Ca(OH)2和反应生成的CaCl2，过量n[Ca(OH)2]=0.0125mol，c[Ca(OH)2]==0.005mol/L，反应生成的n(CaCl2)=0.2125mol-0.125mol-0.03mol×3=0.11mol，所以c[CaCl2]==0.044mol/L。
28．H、O、Cl 3CuCl2+2NaOH +2H2O=Cu(OH)2•2CuCl2•2H2O↓+2NaCl 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
【分析】
A用足量硝酸溶解后，加入足量硝酸银生成的白色沉淀乙AgCl 28.7 g，n(AgCl)=0.2 mol，即A中含Cl 0.2 mol；A隔绝空气灼烧，得到B、C的混合气体可以使无水硫酸铜变为蓝色晶体，则B、C为H2和O2；A隔绝空气灼烧，得到的黑色固体CuO 12.0 g，n(CuO)=0.15 mol，即A中含Cu 0.15 mol；向黑色固体CuO中加入稀盐酸生成M为CuCl2，CuCl2与Na2SO3反应生成白色沉淀CuCl。
【详解】
(1)由分析可知化合物A中所含的元素除Cu外，还有H、O、Cl。
(2)A中含Cl 0.2 mol，含Cu 0.15 mol，还含有H和O，则A为Cu(OH)2•2CuCl2•2H2O，向蓝色溶液M中加入NaOH溶液来制备A的化学方程式为3CuCl2+2NaOH +2H2O=Cu(OH)2•2CuCl2•2H2O↓+2NaCl。
(3) CuCl2与Na2SO3发生氧化还原反应生成白色沉淀CuCl，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+。
29． 或 C CD ＞ a b ＜
【分析】
反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v=计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp=计算。
【详解】
(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，和CO反应的热化学方程式 。故答案为：；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、, 所以K=≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为：或；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故A错误；
B．恒温恒容充入 平衡不移动，所以不变，故B错误；
C．恒温恒容下,再充入1mol ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入、 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①和的的总能量大于的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 ＞ ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则内
v(H2)= = =0.2mol•L-1•min-1，的平均速率 。 故答案为：；
Ⅱ(1)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故错误；
故答案为：a b；
(2)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以、、的大小:。故答案为：；；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp==,则A点平衡常数(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)；故答案为：。
30．(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4 +4H2O 温度过高易使H2O2分解，温度过低则反应速率过慢 C dfcb 制备实验中草酸钾加入过多，导致产品中有草酸钾杂质，造成与Fe3+的物质的量之比偏大
【分析】
用水溶解硫酸亚铁铵，然后向其中加入饱和H2C2O4溶液，并在加热搅拌下，二者发生反应产生FeC2O4•2H2O晶体；再在40℃的水浴下加热加入5%的H2O2，将其中的Fe2+氧化产生Fe3+，Fe3+与溶液中的、K+结合形成三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，然后将溶液经冰水和乙醇依次来洗涤粗产品以便获得较纯净干燥的晶体。
【详解】
(1)硫酸亚铁铵、草酸溶液混合加热发生反应产生草酸亚铁、硫酸铵、硫酸及水，反应的化学方程式为：(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4 +4H2O；
(2)在步骤Ⅱ中需维持40 ℃水浴加热是因为：若温度过高易使H2O2分解；若温度过低则反应速率又过慢，在40℃时反应速率较快，同时也可避免H2O2的分解；
(3)硫酸亚铁铵为浅绿色晶体，其中含有两种不同的金属阳离子(性质类似金属阳离子)和一种酸根离子，因此是一种复盐，性质比一般亚铁盐稳定，A正确；
B．加入H2O2后溶液中Fe2+被氧化为Fe3+，K2C2O4水溶液显碱性，Fe3+与溶液中的OH-反应产生难溶性Fe(OH)3，导致溶液中出现红棕色浑浊，B正确；
C．若获取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体通过蒸发浓缩至出现大量晶体获得，温度高会促使Fe3+水解产生Fe(OH)3沉淀，且在加热至110℃失去三个结晶水，而不能得到三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，C错误；
D．由于K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可溶于水，溶解度随温度升高而增大，且难溶于乙醇，用冰水和乙醇依次来洗涤粗产品就可以减少K3[Fe(C2O4)3]•3H2O由溶解而造成的损失，从而可以获得更多较纯净干燥的晶体，D正确；
E．由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体光敏感，光照时会发生分解反应，因此需避光保存，E正确；
故合理选项是C；
(4)测定过程中使用到移液管，首先要用蒸馏水洗涤，然后用待转移溶液润洗，接着用洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口；第四是放液至溶液凹液面最低处与标线相切时，立即用食指按紧管口；第五是将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液；最后是放液完毕，停留数秒，使其中残留溶液尽可能全部流入锥形瓶中，取出移液管，故操作步骤中缺少步骤的先后顺序是dfcb；
(5)经测定，三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体试样中，与Fe3+的物质的量之比为3.85∶1(理论值：3∶1)，比理论值高，假设测定过程各项操作规范，可能是由于制取制备实验中草酸钾加入过多，导致产品中混有草酸钾杂质，造成与Fe3+的物质的量之比偏大。
【点睛】
结合物质的性质如稳定性、在不同溶剂中的溶解性、光敏性等分析反应条件的控制、物质的制备过程及保存方法；结合溶液酸碱性及加入反应物的相对量的多少判断物质成分，并进行物质混有杂质成分的判断。
31． C +CH3COCl→+HCl
【分析】
根据转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解反应得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式，结合乙酰基扁桃酰氯的结构可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl。
【详解】
(1) C的结构简式为；
(2)A． 化合物A为，含有氯原子与苯环，能发生取代反应，故A错误；
B． 化合物B为，没有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；
C． 化合物C为，含有醛基，可以发生氧化反应，故C正确；
D． 从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有：取代反应、水解反应和氧化反应，没有加成反应，故D错误；故选C；
(3)E为，F为CH3COCl，G为，故E+F→G的化学方程式为：+CH3COCl→+HCl；
(4)D的结构简式为，D的同分异构体的红外光谱检测表明分子中含有氰基（一CN），核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，苯环上有两个处于对位的基团，则符合条件的D的结构简式为；
(5)以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为。