还剩22页未读，
继续阅读
所属成套资源：备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）
成套系列资料，整套一键下载
卷七-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）
展开
这是一份卷七-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列实验能成功的是
A．将溴乙烷和浓硫酸加热到170°C 发生消去反应得到乙烯
B．检验CH3)2C= CHCHO中醛基时，取适量的试样直接加入银氨溶液，然后水浴加热，出现银镜说明有醛基
C．验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液，得黄色沉淀，证明其中含有碘元素
D．检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明淀粉还没有水解
2．下列有关说法中，不正确的是
A．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以加快该反应的速率．
B．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
C．室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为1×10-10 ml/L
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
3．准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000 ml·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
4．下列有关物质变化和分类的说法正确的是 ( )。
A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化
B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物
C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应
D．SiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物
5．铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应，下列说法不正确的是
A．用火柴点燃前需要检验气体的纯度
B．火焰的颜色为淡蓝色
C．反应后试管中生成红棕色固体
D．168g铁粉与足量水蒸气完全反应时，转移8ml电子
6．下列离子或分子组中，在相应的环境中一定能大量共存的是
A．AB．BC．CD．D
7．下列关于有机化合物的叙述不正确的是
A．正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
B．水可以用来分离溴苯和苯的混合物
C．CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D．溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯
8．下列说法中不正确的是
A．通过干馏，可以将煤中含有的苯等芳香烃从煤中分离出来
B．鸡蛋清的盐析是可逆的，变性是不可逆的
C．石油的催化重整是获得芳香烃的重要方法
D．棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维
9．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是
A．NaB．AlC．FeD．Cu
10．水是生命之源，下列有关说法中正确的是
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt
11．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·ml-1，下列有关说法错误的是
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S<0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．中含有配位键
12．实验室制取Cl2的反应：
4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。下列说法不正确的是( )
A．氧化剂是MnO2，还原剂是HCl
B．每生成1 ml Cl2，转移电子的物质的量是2 ml
C．每消耗1 ml MnO2，表现还原作用的HCl为4 ml
D．Cl2是氧化产物
13．固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断不正确的是（ ）
A．①中的为固态，②中的为气态
B．①的反应物总能量比②的反应物总能量高
C．反应①的产物与反应②的产物热稳定性相同
D．1ml 固态碘完全升华会吸热35.96kJ
14．下列物质中，可用来制造光导纤维的材料是
A．硅单质B．铝单质C．铜单质D．二氧化硅
15．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔)4Na ＋ O2↑＋ 2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe ＋ 4NaOHFe3O4 ＋ 2H2↑ ＋ 4Na↑。下列有关说法正确的是
A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电解反应2OH－－2e－＝H2↑＋O2↑
B．盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C．若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数不同
D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如上图)，电解槽中石墨极为阴极，铁为阳极
16．某温度下，向的蒸馏水中加入晶体，保持温度不变，测得溶液中。下列对该溶液的叙述不正确的是
A．该温度高于B．由水电离出来的的浓度为
C．加入晶体后抑制水的电离D．加水稀释，溶液中的减小
17．一定温度下, 向aL的密闭容器中加入2mlNO2(g), 发生如下反应：2NO22NO+O2, 此反应达到平衡的标志是 （ ）
A．单位时间内生成2nmlNO同时生成2nmlNO2
B．混合气体中NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1
C．单位时间内生成2nmlNO同时生成nmlO2
D．混合气体的颜色变浅
18．下列各项叙述正确的是（ ）
A．氯水、氨水、水玻璃、明矾均为混合物
B．CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
C．C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体
D．强电解质溶液的导电能力一定强
19．下列化学用语正确的是
A．氯化钠分子式：NaCl
B．氯化铵的电子式：
C．HClO的结构式：H—Cl—O
D．四氯化碳的比例模型：
20．氢化氨(NH4H)与氯化铵的结构相似，它与水反应有H2生成，下列叙述不正确的是
A．NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键B．NH4H溶于水，所形成的溶液显碱性
C．NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂D．将NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生
21．SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D．该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的
22．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
B．明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理相同
D．胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
23．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．17gNH3中含有的电子数为8NA
B．1mlNaCl中含有NaCl分子数目为NA
C．1mlH2O2中含有极性共价键的数目为2NA
D．在一定条件，3mlH2和1mlN2充分反应，转移电子数为6NA
24．茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，结构简式如图所示。下列关于茉莉醛的叙述正确的是
A．茉莉醛与苯甲醛互为同系物
B．茉莉醛分子式为C14H20O
C．茉莉醛能使溴水褪色，并只发生加成反应
D．在一定条件下，lml茉莉醛最多能与5 ml氢气加成
25．分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有
A．1种 B．6种 C．9种 D．18种
二、填空题
26．有X、Y、Z三种元素：
(1)X元素原子的核电荷数为8，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为___________，该元素的单质与金属钠常温下能反应，用电子式表示该生成物的形成过程___________。
(2)Y元素的一价阳离子核外有18个电子，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为___________。
(3)2g中电子数比质子数多个，则Z的相对原子质量为___________。
三、计算题
27．将2.24L（标准状况）的氯气通入30.00mL密度为1.33g/cm3的10.000 ml/L氢氧化钠热溶液中,生成NaCl 、NaClO 、NaClO3和H2O，其中NaCl为 0.16 ml。
（1）标准状况下, 2.24L氯气的物质的量为________ml。
（2）氢氧化钠溶液的质量分数为______%（保留两位小数）。
（3）反应所得溶液中NaClO 和NaClO3的物质的量共为________ml。
（4）含氯消毒剂杀菌后氯元素均以-1价态存在。试通过计算回答，上述反应所得溶液的杀菌能力相当于多少mL0.1000ml/L次氯酸钙溶液的的杀菌能力______？
四、元素或物质推断题
28．下图是中学化学常见物质间的转化关系图(部分反应条件、产物已省略),G为铝，A 为日常生活中的常见金属。常温下，B、C、E、H、I、J 为气体，C 为黄绿色气体，M 为红褐色胶体。
（1）A的元素名称为_________。
（2）D 与G 在高温下反应生成A单质和G的氧化物,请写出其化学方程式:__________。
（3）请写出反应③ 的离子方程式:__________。
（4）请写出H→I的化学方程式:__________。
（5）现将一试管J 气体倒立于水槽中一段时间后,水面上升但不充满;若要使水充满整个试管.应向试管内通入一定量_____(填气体的化学式)，此时试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_____(气体体积按标准状况计算)(保留两位有效数字)。
五、原理综合题
29．工业利用甲醇在催化剂作用下制取涉及的反应如下：
①
②
请回答下列问题：
(1)CO和H2合成甲醇的热化学方程式为△H3，则△H3=_______。
(2)向一个装有催化剂的体积不变密闭容器中通入一定量的CO2和H2发生反应②，测得反应速率和温度的关系如图甲所示，BC段反应速率降低的原因可能是_______。若该反应在一定温度下达到平衡后，将容器压缩，容器内H2的平衡转化率为，测定结果如图乙所示，随压强增大，开始不变，一定程度后逐渐增大的原因是_______。
(3)向两个体积均为2 L的密闭容器中分别充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)、1 ml CH3OH(g)和1 ml H2O(g)，发生上述反应①和②，进行有关实验。已知CH3OH(g)分解率接近100%，平衡时容器中CO的物质的量与温度的关系如图丙。
①容器中充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)的变化曲线为_______(填“I”或“II”)，理由是_______。
②温度为时反应在5 min时达到平衡，计算曲线II中0～5 min内v(CO)=_______。该温度下，反应的平衡常数K=_______。
六、工业流程题
30．锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
已知：软锰矿中含MnO2约66%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分；闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分。
请回答下列问题：
（1）反应I需不断搅拌，其目的是______________。
（2）反应I中主要的氧化还原反应化学方程式为______________。
（3）检验反应I滤液中Fe3+的试剂为____________________。反应III中MnO2的作用是______________。
（4）已知Ksp（ZnCO3）=1.4×10-10、Ksp（MnCO3）=2.2×10-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6 ml·L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为___ml·L-1。
（5）如图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线
（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液蒸发结晶→ _______ → 用乙醇洗涤→干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是___________。
七、有机推断题
31．现用如下方法合成高效、低毒农药杀灭菊酯()
（4）当苯环上连卤原子时，高温高压可以水解；
回答下列问题：
（1）按照系统命名法命名，B的名称是___________；合成G的反应类型是__________。
（2）有关A的下列说法正确的是__________。
a．A与苯互为同系物
b．A的核磁共振氢谱有5个峰
c．充分燃烧等物质的量A和环己烷消耗氧气的量相等
d．A的所有原子可能处在同一平面上
e．A不能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）写出反应 F+I→杀灭菊酯的化学方程式____________________________________。
（4）写出C在高温高压条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式：_______；
（5）H与银氨溶液水浴加热的离子方程式为：_______________；
（6）D在硫酸存在下发生水解生成J，写出符合下列要求的J的所有同分异构体的结构简式________。
①苯环上有两个位于间位的取代基；②能水解成两种有机物；③可以发生银镜反应。
选项
环境要求
离子或分子
A
A12(SO4)3溶液中
K+、A1O2—、Cl—、NO3—
B
溶液pH＞7
Na+、SO32—、K+、S2—
C
水电离产生的c(OH—)＝10—l2ml/L的溶液
ClO—、CO32—、NH4+、K+
D
氯气中
O2、NH3、CO2、HC1
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A.溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，反应条件错误；B.检验醛基可利用银氨溶液，在水浴加热条件下生成银镜则说明有醛基，正确；C.RX与氢氧化钠发生取代反应后，需加入稀硝酸酸化，以中和未反应完全的碱，再加入硝酸银，方案设计错误；D.加入银氨溶液前需加入氢氧化钠溶液碱化，方案设计错误。
【点睛】
对于对于醛基检验试验，加入银氨溶液或新制氢氧化铜溶液前，需进行碱化；对于常见有机化学反应，需注意反应条件的差别。
2．B
【详解】
A. 因催化剂可降低反应的活化能，使反应速率加快，故A正确；B. FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，则反应速率的改变不同，故B错误；C. NaHSO4溶于水完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，水的电离被抑制，溶液中的氢氧根离子全部来自于水的电离，溶液的pH=4，氢离子浓度c(H+)=10−4ml/L，则c(OH−)=10−10ml/L，因水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根离子的浓度相同，所以溶液中水电离出的H+浓度为1×10−10ml/L，故C正确；D. Mg(OH)2固体在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗Mg(OH)2溶解平衡中的OH－，使Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)平衡正向移动，即Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，故D正确；答案选B。
3．B
【分析】
根据题意可知，本题考查碱滴定酸，运用酸碱中和滴定步骤分析。
【详解】
A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；
B.碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；
C.用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；
D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；
答案选B。
4．B
【详解】
A、12C转化为14C不属于化学变化，A错误；
B、胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都是化合物，不是混合物，B正确；
C、葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，C错误；
D、NO2不是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；
故选B。
5．C
【分析】
铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应生成四氧化三铁与氢气，据此分析作答。
【详解】
A. 生成的氢气是可燃性气体，为防止爆炸，点燃前必须检验其纯度，A项正确；
B. 氢气在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，B项正确；
C. 反应后生成的是黑色的四氧化三铁，而不是红棕色，C项错误；
D. 168g铁的物质的量为=3ml，而铁与水蒸气反应后变为+价，故3 ml铁失去8ml电子，D项正确；
答案选C。
【点睛】
铁即不与冷水反应，也不与热水反应，但铁可与水蒸气高温下反应，要牢记铁与水蒸气的反应产物。
6．B
【解析】
试题分析：Al3+、A1O2—发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；碱性条件下Na+、SO32—、K+、S2—不反应，故B正确；水电离产生的c(OH—)＝10—l2ml/L的溶液呈酸性或碱性，若酸性CO32—不能存在，若碱性NH4+不能存在，故C错误；氯气、NH3发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，故D错误。
考点：本题考查离子共存。
7．B
【详解】
A．相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，则正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高，故A正确；
B．溴苯和苯互溶，均不溶于水，则用水不能分离溴苯和苯，故B错误；
C．甲烷为正四面体结构，2个H被Cl取代只有一种结构，则CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；
D．乙烯与溴发生加成反应，乙烷不能，则溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯，故D正确；
故答案为B。
8．A
【解析】
A、煤干馏为化学变化，煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，则应利用分馏将苯、甲苯、二甲苯等芳香烃从煤的干馏产品中分离出来，选项A不正确；B、硫酸氨降低蛋白质溶解度使蛋白质盐析，是可逆的；硫酸铜重金属使蛋白质变性析出，是不可逆的，选项B正确；C、石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，是通过化学变化得到芳香烃，是芳香烃的主要来源，选项C正确；D、棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维，选项D正确。答案选A。
9．B
【详解】
A．Na被空气中的氧气氧化产生的氧化物Na2O很容易与空气中的水发生反应产生NaOH，不能保护内层的金属，错误；
B．Al在空气中与氧气发生反应产生Al2O3非常致密，对内层的金属起保护作用，因此内层金属不被空气氧化，正确；
C．Fe与空气中的氧气发生反应形成的氧化物不是致密的结构，错误；
D．Cu与空气中的氧气、水、CO2发生反应产生铜绿，不能保护内层金属，错误。
答案选B。
10．D
【详解】
A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；
B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；
C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】
本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2 、SO2 等，CO2 、SO2的水溶液能导电，但CO2 、SO2为非电解质。
11．A
【详解】
A．该反应正向为放热反应，所以达到平衡后温度越高，平衡逆移，氢气的平衡转化率会降低；催化剂只是提高反应速率，不会影响产物平衡转化率，描述错误，A符合题意；
B．反应体系中，由反应物向生成物转化的过程中，气体分子数量减少，有序化程度上升，熵值下降，△S<0，描述正确，B不符题意；
C．适合的催化剂能有效提高反应速率，从而整体提高生产效率，描述正确，C不符题意；
D．是由NH3结合H+形成，N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，形成N→H配位键，描述正确，D符合题意；
综上，本题选A。
12．C
【详解】
A.实验室制取Cl2的反应：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，其中MnO2MnCl2，Mn元素的化合价降低了，所以MnO2为氧化剂，HCl(浓)Cl2↑，Cl元素的化合价升高了，所以HCl(浓)为还原剂，故A正确；
B. 2HCl(浓)Cl2↑2e-，所以每生成1 ml Cl2，转移电子的物质的量是2 ml，故B正确；
C. 由MnO2MnCl22e-，2HCl(浓)Cl2↑2e-可知，每消耗1 ml MnO2，表现还原作用的HCl为2 ml，故C错误；
D. 由2HCl(浓)Cl2↑可知，Cl元素的化合价升高了，所以 Cl2是氧化产物，故D正确；
答案：C。
13．C
【详解】
A．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，故A正确；
B．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，所以②的反应物总能量比①的反应物总能量低，故B正确；
C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；
D．由盖斯定律知②-①得I2（S）=I2（g）△H=+35.96KJ/ml，故D正确；
故答案为C。
14．D
【分析】
【详解】
可用来制造光导纤维的材料是二氧化硅，答案选D。
15．C
【详解】
A．由4NaOH（熔）4Na+O2↑+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A项错误；
B．在1100℃时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，B项错误；
C．由4NaOH（熔）4Na+O2↑+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑十4Na↑可知，戴维法生成4mlNa转移4ml电子，但盖•吕萨克法生成4mlNa转移8ml电子，则转移电子不等，C项正确；
D．电解熔融氯化钠法制钠，石墨极为阳极，铁作阴极，氯离子在阳极放电，阴极上钠离子放电，D项错误；答案选C。
16．D
【详解】
A．某温度下，蒸馏水中c(H+)=1×10-6ml·L-1，则蒸馏水中c(OH-)=1×10-6ml·L-1，该温度下水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12＞1×10-14，则溶液温度高于25℃，故A正确；
B．该温度下水的离子积Kw=10-12，则c(H+)=1×10-2ml·L-1的溶液中c(OH-)=ml/L=1×10-10ml/L，由于酸溶液中OH-来自于水的电离，所以水电离出来的H+的浓度c(H+)水=c(OH-)=1×10-10ml/L，故B正确；
C．加入NaHSO4晶体时，NaHSO4属于强电解质，完全电离，即NaHSO4═Na++H++，电离的H+抑制水的电离，故C正确；
D．取该溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，溶液中的c(OH-)增大，故D错误；
答案为D。
17．A
【详解】
A、单位时间内生成2nmlNO等效于消耗2nmlNO2同时生成2nmlNO2，正逆反应速率相等，故A正确；
B、NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明达平衡状态，故B错误；
C、单位时间内生成2nmlNO同时生成nmlO2，都是正反应速率，未体现正逆反应的关系，故C错误；
D、混合气体的颜色变浅，说明正反应速率大于逆反应速率，未达平衡，故D错误；
故选A。
18．C
【详解】
A．氯水、氨水、水玻璃均为混合物，而明矾是纯净物，故A错误；
B．CO2和P2O5均为酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物；Na2O为碱性氧化物，而Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；
C．C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故C正确；
D．强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故D错误；
故答案为C。
19．B
【详解】
A. NaCl为氯化钠的化学式，氯化钠属于离子化合物，不存在氯化钠分子，故A错误；
B. 氯化铵由铵根离子和氯离子构成，故电子式为，故B正确；
C. 次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：H−O−Cl，故C错误；
D. 四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，则比例模型中氯原子的相对体积大于碳原子，其正确的比例模型为：，故D错误；
故选：B。
20．C
【解析】
A、NH4H与氯化铵的结构相似，是由NH4+和H-构成的离子化合物，含有离子键和共价键，A正确；B、NH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，生成的NH3•H2O是弱碱，水溶液中呈碱性，B正确；C、根据NH4H和H2O反应过程中化合价的升降可知NH4H中H-化合价升高为0价，做还原剂，C错误；D、NH4H与水发生反应时放热，生成的NH3•H2O分解生成氨气，所以生成了两种气体，D正确；答案选C。
21．B
【详解】
A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO，故A正确；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B错误；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C正确；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的，故D正确；
故选B。
22．D
【详解】
A.用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称磁性氧化铁，故A错误；
B.明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以吸附水中的杂质形成沉淀而达到净水的目的，但它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故B错误；
C.活性炭利用其吸附性使糖浆脱色，属于物理变化，次氯酸利用其氧化性漂白纸浆，属于化学反应，故C错误；
D.根据胶粒不能透过半透膜的特点，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外，故D正确。答案选D。
23．C
【详解】
A．NH3分子含有10e-，17gNH3的物质的量为1ml，则含有的电子数为10NA，故A错误；
B．NaCl是离子晶体，不存在NaCl分子，故B错误；
C．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有极性键H-O和非极性键O-O，则1mlH2O2中含有极性共价键的数目为2NA，故C正确；
D．N2与H2反应生成氨为可逆反应，一定条件下，1ml N2与3ml H2反应不能完全转化为2ml氨气，则反应中转移电子数小于6NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】
阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；NaCl是离子晶体，结构中不存在NaCl分子等。
24．D
【详解】
A. 茉莉醛的官能团除醛基还有双键，与苯甲醛结构不相似，所以不互为同系物，A项错误；
B.根据结构简式，茉莉醛分子式为C14H18O，B项错误；
C.茉莉醛中含有碳碳双键与溴水可以发生加成反应，有醛基与溴水发生氧化还原反应，两种官能团均能使溴水褪色，C项错误；
D.在一定条件下，茉莉醛中苯环、碳碳双键、醛基可以与氢气发生加成，lml茉莉醛中苯环消耗氢气3ml，醛基消耗1ml氢气，碳碳双键消耗1ml氢气，故1ml茉莉醛最多能与5 ml氢气加成，D项正确；
答案选D。
25．B
【解析】
试题分析：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，说明属于酯类。在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，说明C是醇。由于与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子才能被氧化为醛，则C可以是甲醇，对应的B是丁酸，有两种可能的结构；C也可以是乙醇，B是丙酸；C也可以是1—丙醇，B只能是乙酸；C也可以是1—丁醇或2—甲基—1—丙醇，B只能是甲酸，所以A可能的结构共有6种，答案选B。
考点：考查同分异构体判断
26．10 21 32
【详解】
(1)X元素原子的核电荷数为8，则X是O元素，其原子的二价阴离子是O原子获得2个电子形成，故O2-的核外电子数为8+2=10；O2与Na在常温下反应产生Na2O，Na2O是离子化合物，Na+与O2-之间以离子键结合，用电子式表示其形成过程为：；
(2)Y元素的一价阳离子是原子失去1个电子形成的，其核外有18个电子，则该元素的原子核外有18+1=19个电子，原子核内质子数为19，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为：40-19=21；
(3)1个的核外电子数比质子数多2个，2g中电子数比质子数多个，则2g的物质的量n()==0.025 ml，其摩尔质量M= ，的式量是80，其中Z原子的相对原子质量为80-3×16=32，所以Z的相对原子质量为32。
27．0.1 30.08 0.04 500
【分析】
(1)根据n=计算氯气的物质的量；
(2)根据c=计算氢氧化钠溶液的质量分数；
(3)氯气的物质的量为0.1ml，根据电子转移守恒，生成NaCl、NaClO时消耗氢氧化钠最多，由Na、Cl原子守恒可知，此时消耗氢氧化钠为0.2ml＜0.03L×10ml/L=0.3ml，故氯气完全反应，根据Cl原子守恒计算NaClO 和NaClO3的总物质的量；
(4)根据电子转移守恒计算。
【详解】
(1)标况下，2.24L氯气的物质的量==0.1ml；
(2)根据c=可知，密度为1.33g/cm3的10.000ml/L氢氧化钠溶液的质量分数=×100%=30.08%；
(3)氯气的物质的量为0.1ml，根据电子转移守恒，生成NaCl、NaClO时消耗氢氧化钠最多，由Na、Cl原子守恒可知，此时消耗氢氧化钠为0.2ml＜0.03L×10ml/L=0.3ml，故氯气完全反应，根据Cl原子守恒，NaCl为 0.16 ml，NaClO 和NaClO3的总物质的量=0.2ml-0.16ml=0.04ml；
(4)含氯消毒剂杀菌后氯元素均以-1价态存在，先计算NaClO和NaClO3的物质的量，设分别为x，y，则x+y=0.04，化合价守恒，0.16×1=x+5y，解得x=0.01，y=0.03，根据电子守恒：即，NaClO和NaClO3杀菌漂白时，得到电子物质的量=0.01×2+0.03×6=0. 2，则设Ca(ClO)2体积V，0.1V×2×2=0. 2，V=0.5L=500mL。
28．铁 8A1+3Fe3O4Al2O3+9Fe 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O 4NH3+5O24NO+6H2O O2 0.045ml/L
【详解】
G为铝，A为日常生活中的常见金属，反应②是铝热反应，A是铁。常温下，B、C、E、H、I、J为气体，C为黄绿色气体，C是氯气，M为红褐色胶体，是氢氧化铁胶体。F是氯化铁，铁与水蒸气高温下反应生成氢气和四氧化三铁，E是氢气，D是四氧化三铁，B是氧气，H是氨气，氨气发生催化氧化生成I是NO，NO与氧气反应生成J是NO2，溶于水生成硝酸K和NO。稀硝酸与足量铁反应生成硝酸亚铁、NO和水，L是硝酸亚铁，N是硝酸铁。
（1）A的元素名称为铁。（2）反应②的化学方程式为8A1+3Fe3O4Al2O3+9Fe。（3）反应③的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O。（4）H→I的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（5）NO2溶于水生成硝酸和NO，若要使水充满整个试管，应向试管内通入一定量O2，此时试管内溶液中溶质的物质的量浓度为0.045ml/L。
点睛：掌握常见元素及其化合物的性质准确判断出物质是解题的关键，注意题干中已知信息的提取和灵活应用，注意推断题突破口的寻找。最后一问的计算的解答的易错点，注意不能直接根据4NO2+O2+2H2O＝4HNO3进行计算，应该用利用氮原子守恒。
29．-90.6 kJ/ml 随着温度升高催化剂活性明显降低 反应②反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，α不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化，继续加压，平衡正向移动，α逐渐增大 II 充入的H2O(g)多，会抑制反应的进行，因此生成的CO偏少 0.06 ml/(L·min) 0.5625(或)
【详解】
(1)已知：①
②
根据盖斯定律，将(①+②)×(-1)，整理可得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.6 kJ/ml；
(2)在其它条件不变时，升高温度，物质的内能增加，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，但当反应达到一定温度后，升高温度化学反应速率反而减小，是由于催化剂只有在一定温度范围内催化活性最大，超过该温度，随着温度升高，催化剂活性明显降低，使得化学反应速率减慢；
②的化学反应方程式为，根据方程式可知：该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以在反应达到平衡时，增大压强，化学平衡不发生移动，H2的转化率不变；后来当压强增大到一定程度后，水蒸气液化变为液态水，此时的正反应是气体体积减小的反应，继续加压，化学平衡向气体体积减小的正向移动，导致H2的平衡转化率α逐渐增大；
(3)①根据已知条件可知：两种条件下CH3OH的物质的量浓度相同，H2O的物质的量浓度不同。由于反应①CH3OH分解率接近100%，在其它条件不变时，增大生成物H2O的浓度，反应②的化学平衡逆向移动，使得CO的浓度减小，由于容器的容积相同，则CO的物质的量也就会减小，所以曲线II表示的是容器中充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)的变化曲线；
②当反应温度为T1时，反应在5 min时达到平衡，此时CO的物质的量为0.6 ml，则用CO浓度变化表示反应速率v(CO)==0.06 ml/(L·min)；
反应完全发生，1 ml CH3OH(g)反应消耗1 ml H2O(g)，产生1 ml CO2(g)、3 ml H2(g)，此时容器中剩余H2O(g)为0.3 ml，然后发生反应：，当达到平衡时，产生0.6 ml CO(g)，同时产生0.6 ml H2O(g)，消耗0.6 ml CO2(g)、0.6 ml H2(g)，故平衡时容器中各种气体的物质的量分别是n(CO2)=1 ml-0.6 ml=0.4 ml；n(H2)=3 ml-0.6 ml=2.4 ml；n(CO)=0.6 ml，n(H2O)=0.3 ml+0.6 ml=0.9 ml，则该温度下的化学平衡常数K=。
30．加快反应速率，提高原料利用率 ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O KSCN溶液 将Fe2+氧化成Fe3+ 1.4×10-4 趁热过滤 用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【分析】
软锰矿、闪锌矿中加硫酸，反应I主要为：MnO2和硫化物发生氧化还原反应生成Mn2+和S、Fe3+、Al3+、Zn2+、Cu2+等，过滤除去S、SiO2；
在滤液中加适量Zn发生反应Ⅱ，Zn和Cu2+、Fe3+反应生成Cu、Fe2+、Zn2+，过滤除去Cu；滤液发生反应Ⅲ，MnO2和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，通过调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀除去；
Zn2+、Mn2+和Na2CO3可发生反应Ⅳ得到Na2SO4、MnCO3、ZnCO3提供给反应Ⅲ用，也可发生反应Ⅴ，获得MnO2和Zn，据此分析解答。
【详解】
(1)反应I不断搅拌，软锰矿和闪锌矿充分接触，一方面可以加快反应速率，另一方面可使软锰矿和闪锌矿尽可能反应，提高原料利用率，故答案为：加快反应速率，提高原料利用率；
(2)软锰矿中的成分主要为MnO2，闪锌矿中主要成分为ZnS，所以反应I中主要发生MnO2氧化ZnS的反应，结合原子守恒、电子得失守恒可得方程式为：ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O，故答案为：ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O；
(3)通常用KSCN溶液检验Fe3+，由上面的分析可知，反应III中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，以便形成沉淀而除去，故答案为：KSCN溶液；将Fe2+氧化成Fe3+；
(4) Zn2+浓度降到1.0×10-6 ml·L-1，所需CO32-浓度=ml·L-1=1.4×10-4 ml·L-1，Mn2+浓度降到1.0×10-6 ml·L-1，所需CO32-浓度=ml·L-1=2.2×10-5 ml·L-1，综上所述，要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6 ml·L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4×10-4 ml·L-1，故答案为：1.4×10-4 ；
(5)由Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线可知，温度太低，Na2SO4•10H2O的溶解度较小，得到的固体为Na2SO4•10H2O，故应将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液蒸发结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤、干燥。若用水洗，洗涤过程必然温度降低，有一部分Na2SO4会转化为Na2SO4•10H2O，同时有一部分会溶于水而随水流走，故用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗，故答案为：趁热过滤；用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
【点睛】
(5)从溶解度图来看，温度升高，Na2SO4的溶解度减小，利于得到Na2SO4，故需趁热过滤。
31．）4—氯甲苯（对氯甲苯） 取代反应 a c
【分析】
F与I在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成杀灭菊酯，应用正推法和逆推法，结合题给信息H发生信息（2）反应生成I，由杀灭菊酯的结构可知，F为、I为。结合反应信息（2）可知H为，G发生信息反应（3）生成H，则G为；E发生信息（1）中第2步反应生成F，则E为，C发生信息（1）中第1步反应生成D，D与CH3CHClCH3在50%氢氧化钠条件下反应生成E，根据E的结构可知，D为，C为，A与氯气在Fe作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氯气在光照条件下生成C，故A为，B为；据以上分析解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，B结构简式为，名称为4—氯甲苯（对氯甲苯）；由溴苯、间甲基苯酚与G的结构可知，酚羟基中的H原子被苯基取代生成G，属于取代反应；
(2)由上述分析可知，A为，
a．A分子中侧链为甲基，是苯的最简单的同系物，a正确；
b．A分子中有4种化学性质不同的H原子，其核磁共振氢谱有4个峰，b错误；
c．1mlA完全燃烧消耗氧气为9ml，1ml环己烷消耗氧气为9ml，等物质的量的A与环己烷消耗氧气的量相等，c正确；
d．A中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处在同一平面上，d错误；
e．A中含有甲基，能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，使酸性KMnO4溶液褪色，e错误；
答案选ac；
(3)根据以上分析可知F+I→杀灭菊酯的化学方程式为： ++H2O；
(4)根据以上分析可知C在高温高压、催化剂条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式为：
+3NaOH2NaCl+H2O+；
(5)根据以上分析可知H与银氨溶液水浴加热的离子方程式为；
(6)D为，在硫酸存在下发生水解生成J，则J为，符合下列要求的J的所有同分异构体：①苯环上有两个位于间位的取代基；②能水解成两种有机物，含有酯基，③可以银镜反应，含有醛基，另取代基为Cl原子或-CH2Cl，故符合条件J的同分异构体有：、。
一、单选题
1．下列实验能成功的是
A．将溴乙烷和浓硫酸加热到170°C 发生消去反应得到乙烯
B．检验CH3)2C= CHCHO中醛基时，取适量的试样直接加入银氨溶液，然后水浴加热，出现银镜说明有醛基
C．验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液，得黄色沉淀，证明其中含有碘元素
D．检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明淀粉还没有水解
2．下列有关说法中，不正确的是
A．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以加快该反应的速率．
B．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
C．室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为1×10-10 ml/L
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
3．准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000 ml·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
4．下列有关物质变化和分类的说法正确的是 ( )。
A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化
B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物
C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应
D．SiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物
5．铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应，下列说法不正确的是
A．用火柴点燃前需要检验气体的纯度
B．火焰的颜色为淡蓝色
C．反应后试管中生成红棕色固体
D．168g铁粉与足量水蒸气完全反应时，转移8ml电子
6．下列离子或分子组中，在相应的环境中一定能大量共存的是
A．AB．BC．CD．D
7．下列关于有机化合物的叙述不正确的是
A．正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
B．水可以用来分离溴苯和苯的混合物
C．CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D．溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯
8．下列说法中不正确的是
A．通过干馏，可以将煤中含有的苯等芳香烃从煤中分离出来
B．鸡蛋清的盐析是可逆的，变性是不可逆的
C．石油的催化重整是获得芳香烃的重要方法
D．棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维
9．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是
A．NaB．AlC．FeD．Cu
10．水是生命之源，下列有关说法中正确的是
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt
11．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·ml-1，下列有关说法错误的是
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S<0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．中含有配位键
12．实验室制取Cl2的反应：
4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。下列说法不正确的是( )
A．氧化剂是MnO2，还原剂是HCl
B．每生成1 ml Cl2，转移电子的物质的量是2 ml
C．每消耗1 ml MnO2，表现还原作用的HCl为4 ml
D．Cl2是氧化产物
13．固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断不正确的是（ ）
A．①中的为固态，②中的为气态
B．①的反应物总能量比②的反应物总能量高
C．反应①的产物与反应②的产物热稳定性相同
D．1ml 固态碘完全升华会吸热35.96kJ
14．下列物质中，可用来制造光导纤维的材料是
A．硅单质B．铝单质C．铜单质D．二氧化硅
15．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔)4Na ＋ O2↑＋ 2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe ＋ 4NaOHFe3O4 ＋ 2H2↑ ＋ 4Na↑。下列有关说法正确的是
A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电解反应2OH－－2e－＝H2↑＋O2↑
B．盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C．若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数不同
D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如上图)，电解槽中石墨极为阴极，铁为阳极
16．某温度下，向的蒸馏水中加入晶体，保持温度不变，测得溶液中。下列对该溶液的叙述不正确的是
A．该温度高于B．由水电离出来的的浓度为
C．加入晶体后抑制水的电离D．加水稀释，溶液中的减小
17．一定温度下, 向aL的密闭容器中加入2mlNO2(g), 发生如下反应：2NO22NO+O2, 此反应达到平衡的标志是 （ ）
A．单位时间内生成2nmlNO同时生成2nmlNO2
B．混合气体中NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1
C．单位时间内生成2nmlNO同时生成nmlO2
D．混合气体的颜色变浅
18．下列各项叙述正确的是（ ）
A．氯水、氨水、水玻璃、明矾均为混合物
B．CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
C．C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体
D．强电解质溶液的导电能力一定强
19．下列化学用语正确的是
A．氯化钠分子式：NaCl
B．氯化铵的电子式：
C．HClO的结构式：H—Cl—O
D．四氯化碳的比例模型：
20．氢化氨(NH4H)与氯化铵的结构相似，它与水反应有H2生成，下列叙述不正确的是
A．NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键B．NH4H溶于水，所形成的溶液显碱性
C．NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂D．将NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生
21．SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D．该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的
22．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
B．明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理相同
D．胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
23．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．17gNH3中含有的电子数为8NA
B．1mlNaCl中含有NaCl分子数目为NA
C．1mlH2O2中含有极性共价键的数目为2NA
D．在一定条件，3mlH2和1mlN2充分反应，转移电子数为6NA
24．茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，结构简式如图所示。下列关于茉莉醛的叙述正确的是
A．茉莉醛与苯甲醛互为同系物
B．茉莉醛分子式为C14H20O
C．茉莉醛能使溴水褪色，并只发生加成反应
D．在一定条件下，lml茉莉醛最多能与5 ml氢气加成
25．分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有
A．1种 B．6种 C．9种 D．18种
二、填空题
26．有X、Y、Z三种元素：
(1)X元素原子的核电荷数为8，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为___________，该元素的单质与金属钠常温下能反应，用电子式表示该生成物的形成过程___________。
(2)Y元素的一价阳离子核外有18个电子，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为___________。
(3)2g中电子数比质子数多个，则Z的相对原子质量为___________。
三、计算题
27．将2.24L（标准状况）的氯气通入30.00mL密度为1.33g/cm3的10.000 ml/L氢氧化钠热溶液中,生成NaCl 、NaClO 、NaClO3和H2O，其中NaCl为 0.16 ml。
（1）标准状况下, 2.24L氯气的物质的量为________ml。
（2）氢氧化钠溶液的质量分数为______%（保留两位小数）。
（3）反应所得溶液中NaClO 和NaClO3的物质的量共为________ml。
（4）含氯消毒剂杀菌后氯元素均以-1价态存在。试通过计算回答，上述反应所得溶液的杀菌能力相当于多少mL0.1000ml/L次氯酸钙溶液的的杀菌能力______？
四、元素或物质推断题
28．下图是中学化学常见物质间的转化关系图(部分反应条件、产物已省略),G为铝，A 为日常生活中的常见金属。常温下，B、C、E、H、I、J 为气体，C 为黄绿色气体，M 为红褐色胶体。
（1）A的元素名称为_________。
（2）D 与G 在高温下反应生成A单质和G的氧化物,请写出其化学方程式:__________。
（3）请写出反应③ 的离子方程式:__________。
（4）请写出H→I的化学方程式:__________。
（5）现将一试管J 气体倒立于水槽中一段时间后,水面上升但不充满;若要使水充满整个试管.应向试管内通入一定量_____(填气体的化学式)，此时试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_____(气体体积按标准状况计算)(保留两位有效数字)。
五、原理综合题
29．工业利用甲醇在催化剂作用下制取涉及的反应如下：
①
②
请回答下列问题：
(1)CO和H2合成甲醇的热化学方程式为△H3，则△H3=_______。
(2)向一个装有催化剂的体积不变密闭容器中通入一定量的CO2和H2发生反应②，测得反应速率和温度的关系如图甲所示，BC段反应速率降低的原因可能是_______。若该反应在一定温度下达到平衡后，将容器压缩，容器内H2的平衡转化率为，测定结果如图乙所示，随压强增大，开始不变，一定程度后逐渐增大的原因是_______。
(3)向两个体积均为2 L的密闭容器中分别充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)、1 ml CH3OH(g)和1 ml H2O(g)，发生上述反应①和②，进行有关实验。已知CH3OH(g)分解率接近100%，平衡时容器中CO的物质的量与温度的关系如图丙。
①容器中充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)的变化曲线为_______(填“I”或“II”)，理由是_______。
②温度为时反应在5 min时达到平衡，计算曲线II中0～5 min内v(CO)=_______。该温度下，反应的平衡常数K=_______。
六、工业流程题
30．锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
已知：软锰矿中含MnO2约66%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分；闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分。
请回答下列问题：
（1）反应I需不断搅拌，其目的是______________。
（2）反应I中主要的氧化还原反应化学方程式为______________。
（3）检验反应I滤液中Fe3+的试剂为____________________。反应III中MnO2的作用是______________。
（4）已知Ksp（ZnCO3）=1.4×10-10、Ksp（MnCO3）=2.2×10-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6 ml·L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为___ml·L-1。
（5）如图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线
（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液蒸发结晶→ _______ → 用乙醇洗涤→干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是___________。
七、有机推断题
31．现用如下方法合成高效、低毒农药杀灭菊酯()
（4）当苯环上连卤原子时，高温高压可以水解；
回答下列问题：
（1）按照系统命名法命名，B的名称是___________；合成G的反应类型是__________。
（2）有关A的下列说法正确的是__________。
a．A与苯互为同系物
b．A的核磁共振氢谱有5个峰
c．充分燃烧等物质的量A和环己烷消耗氧气的量相等
d．A的所有原子可能处在同一平面上
e．A不能使酸性KMnO4溶液褪色
（3）写出反应 F+I→杀灭菊酯的化学方程式____________________________________。
（4）写出C在高温高压条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式：_______；
（5）H与银氨溶液水浴加热的离子方程式为：_______________；
（6）D在硫酸存在下发生水解生成J，写出符合下列要求的J的所有同分异构体的结构简式________。
①苯环上有两个位于间位的取代基；②能水解成两种有机物；③可以发生银镜反应。
选项
环境要求
离子或分子
A
A12(SO4)3溶液中
K+、A1O2—、Cl—、NO3—
B
溶液pH＞7
Na+、SO32—、K+、S2—
C
水电离产生的c(OH—)＝10—l2ml/L的溶液
ClO—、CO32—、NH4+、K+
D
氯气中
O2、NH3、CO2、HC1
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A.溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，反应条件错误；B.检验醛基可利用银氨溶液，在水浴加热条件下生成银镜则说明有醛基，正确；C.RX与氢氧化钠发生取代反应后，需加入稀硝酸酸化，以中和未反应完全的碱，再加入硝酸银，方案设计错误；D.加入银氨溶液前需加入氢氧化钠溶液碱化，方案设计错误。
【点睛】
对于对于醛基检验试验，加入银氨溶液或新制氢氧化铜溶液前，需进行碱化；对于常见有机化学反应，需注意反应条件的差别。
2．B
【详解】
A. 因催化剂可降低反应的活化能，使反应速率加快，故A正确；B. FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，则反应速率的改变不同，故B错误；C. NaHSO4溶于水完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，水的电离被抑制，溶液中的氢氧根离子全部来自于水的电离，溶液的pH=4，氢离子浓度c(H+)=10−4ml/L，则c(OH−)=10−10ml/L，因水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根离子的浓度相同，所以溶液中水电离出的H+浓度为1×10−10ml/L，故C正确；D. Mg(OH)2固体在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗Mg(OH)2溶解平衡中的OH－，使Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)平衡正向移动，即Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，故D正确；答案选B。
3．B
【分析】
根据题意可知，本题考查碱滴定酸，运用酸碱中和滴定步骤分析。
【详解】
A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；
B.碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；
C.用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；
D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；
答案选B。
4．B
【详解】
A、12C转化为14C不属于化学变化，A错误；
B、胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都是化合物，不是混合物，B正确；
C、葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，C错误；
D、NO2不是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；
故选B。
5．C
【分析】
铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应生成四氧化三铁与氢气，据此分析作答。
【详解】
A. 生成的氢气是可燃性气体，为防止爆炸，点燃前必须检验其纯度，A项正确；
B. 氢气在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，B项正确；
C. 反应后生成的是黑色的四氧化三铁，而不是红棕色，C项错误；
D. 168g铁的物质的量为=3ml，而铁与水蒸气反应后变为+价，故3 ml铁失去8ml电子，D项正确；
答案选C。
【点睛】
铁即不与冷水反应，也不与热水反应，但铁可与水蒸气高温下反应，要牢记铁与水蒸气的反应产物。
6．B
【解析】
试题分析：Al3+、A1O2—发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；碱性条件下Na+、SO32—、K+、S2—不反应，故B正确；水电离产生的c(OH—)＝10—l2ml/L的溶液呈酸性或碱性，若酸性CO32—不能存在，若碱性NH4+不能存在，故C错误；氯气、NH3发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，故D错误。
考点：本题考查离子共存。
7．B
【详解】
A．相同碳原子数的烷烃，支链越多，沸点越低，则正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高，故A正确；
B．溴苯和苯互溶，均不溶于水，则用水不能分离溴苯和苯，故B错误；
C．甲烷为正四面体结构，2个H被Cl取代只有一种结构，则CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；
D．乙烯与溴发生加成反应，乙烷不能，则溴的四氯化碳溶液既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯，故D正确；
故答案为B。
8．A
【解析】
A、煤干馏为化学变化，煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，则应利用分馏将苯、甲苯、二甲苯等芳香烃从煤的干馏产品中分离出来，选项A不正确；B、硫酸氨降低蛋白质溶解度使蛋白质盐析，是可逆的；硫酸铜重金属使蛋白质变性析出，是不可逆的，选项B正确；C、石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，是通过化学变化得到芳香烃，是芳香烃的主要来源，选项C正确；D、棉花、麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维，选项D正确。答案选A。
9．B
【详解】
A．Na被空气中的氧气氧化产生的氧化物Na2O很容易与空气中的水发生反应产生NaOH，不能保护内层的金属，错误；
B．Al在空气中与氧气发生反应产生Al2O3非常致密，对内层的金属起保护作用，因此内层金属不被空气氧化，正确；
C．Fe与空气中的氧气发生反应形成的氧化物不是致密的结构，错误；
D．Cu与空气中的氧气、水、CO2发生反应产生铜绿，不能保护内层金属，错误。
答案选B。
10．D
【详解】
A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；
B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；
C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；
D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】
本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2 、SO2 等，CO2 、SO2的水溶液能导电，但CO2 、SO2为非电解质。
11．A
【详解】
A．该反应正向为放热反应，所以达到平衡后温度越高，平衡逆移，氢气的平衡转化率会降低；催化剂只是提高反应速率，不会影响产物平衡转化率，描述错误，A符合题意；
B．反应体系中，由反应物向生成物转化的过程中，气体分子数量减少，有序化程度上升，熵值下降，△S<0，描述正确，B不符题意；
C．适合的催化剂能有效提高反应速率，从而整体提高生产效率，描述正确，C不符题意；
D．是由NH3结合H+形成，N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，形成N→H配位键，描述正确，D符合题意；
综上，本题选A。
12．C
【详解】
A.实验室制取Cl2的反应：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，其中MnO2MnCl2，Mn元素的化合价降低了，所以MnO2为氧化剂，HCl(浓)Cl2↑，Cl元素的化合价升高了，所以HCl(浓)为还原剂，故A正确；
B. 2HCl(浓)Cl2↑2e-，所以每生成1 ml Cl2，转移电子的物质的量是2 ml，故B正确；
C. 由MnO2MnCl22e-，2HCl(浓)Cl2↑2e-可知，每消耗1 ml MnO2，表现还原作用的HCl为2 ml，故C错误；
D. 由2HCl(浓)Cl2↑可知，Cl元素的化合价升高了，所以 Cl2是氧化产物，故D正确；
答案：C。
13．C
【详解】
A．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，故A正确；
B．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，所以②的反应物总能量比①的反应物总能量低，故B正确；
C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；
D．由盖斯定律知②-①得I2（S）=I2（g）△H=+35.96KJ/ml，故D正确；
故答案为C。
14．D
【分析】
【详解】
可用来制造光导纤维的材料是二氧化硅，答案选D。
15．C
【详解】
A．由4NaOH（熔）4Na+O2↑+2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A项错误；
B．在1100℃时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，B项错误；
C．由4NaOH（熔）4Na+O2↑+2H2O、3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑十4Na↑可知，戴维法生成4mlNa转移4ml电子，但盖•吕萨克法生成4mlNa转移8ml电子，则转移电子不等，C项正确；
D．电解熔融氯化钠法制钠，石墨极为阳极，铁作阴极，氯离子在阳极放电，阴极上钠离子放电，D项错误；答案选C。
16．D
【详解】
A．某温度下，蒸馏水中c(H+)=1×10-6ml·L-1，则蒸馏水中c(OH-)=1×10-6ml·L-1，该温度下水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12＞1×10-14，则溶液温度高于25℃，故A正确；
B．该温度下水的离子积Kw=10-12，则c(H+)=1×10-2ml·L-1的溶液中c(OH-)=ml/L=1×10-10ml/L，由于酸溶液中OH-来自于水的电离，所以水电离出来的H+的浓度c(H+)水=c(OH-)=1×10-10ml/L，故B正确；
C．加入NaHSO4晶体时，NaHSO4属于强电解质，完全电离，即NaHSO4═Na++H++，电离的H+抑制水的电离，故C正确；
D．取该溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，溶液中的c(OH-)增大，故D错误；
答案为D。
17．A
【详解】
A、单位时间内生成2nmlNO等效于消耗2nmlNO2同时生成2nmlNO2，正逆反应速率相等，故A正确；
B、NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明达平衡状态，故B错误；
C、单位时间内生成2nmlNO同时生成nmlO2，都是正反应速率，未体现正逆反应的关系，故C错误；
D、混合气体的颜色变浅，说明正反应速率大于逆反应速率，未达平衡，故D错误；
故选A。
18．C
【详解】
A．氯水、氨水、水玻璃均为混合物，而明矾是纯净物，故A错误；
B．CO2和P2O5均为酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物；Na2O为碱性氧化物，而Na2O2不是碱性氧化物，故B错误；
C．C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故C正确；
D．强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故D错误；
故答案为C。
19．B
【详解】
A. NaCl为氯化钠的化学式，氯化钠属于离子化合物，不存在氯化钠分子，故A错误；
B. 氯化铵由铵根离子和氯离子构成，故电子式为，故B正确；
C. 次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：H−O−Cl，故C错误；
D. 四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，则比例模型中氯原子的相对体积大于碳原子，其正确的比例模型为：，故D错误；
故选：B。
20．C
【解析】
A、NH4H与氯化铵的结构相似，是由NH4+和H-构成的离子化合物，含有离子键和共价键，A正确；B、NH4H与水发生了氧化还原反应，NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，生成的NH3•H2O是弱碱，水溶液中呈碱性，B正确；C、根据NH4H和H2O反应过程中化合价的升降可知NH4H中H-化合价升高为0价，做还原剂，C错误；D、NH4H与水发生反应时放热，生成的NH3•H2O分解生成氨气，所以生成了两种气体，D正确；答案选C。
21．B
【详解】
A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO，故A正确；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B错误；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C正确；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的，故D正确；
故选B。
22．D
【详解】
A.用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称磁性氧化铁，故A错误；
B.明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以吸附水中的杂质形成沉淀而达到净水的目的，但它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故B错误；
C.活性炭利用其吸附性使糖浆脱色，属于物理变化，次氯酸利用其氧化性漂白纸浆，属于化学反应，故C错误；
D.根据胶粒不能透过半透膜的特点，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外，故D正确。答案选D。
23．C
【详解】
A．NH3分子含有10e-，17gNH3的物质的量为1ml，则含有的电子数为10NA，故A错误；
B．NaCl是离子晶体，不存在NaCl分子，故B错误；
C．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有极性键H-O和非极性键O-O，则1mlH2O2中含有极性共价键的数目为2NA，故C正确；
D．N2与H2反应生成氨为可逆反应，一定条件下，1ml N2与3ml H2反应不能完全转化为2ml氨气，则反应中转移电子数小于6NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】
阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；NaCl是离子晶体，结构中不存在NaCl分子等。
24．D
【详解】
A. 茉莉醛的官能团除醛基还有双键，与苯甲醛结构不相似，所以不互为同系物，A项错误；
B.根据结构简式，茉莉醛分子式为C14H18O，B项错误；
C.茉莉醛中含有碳碳双键与溴水可以发生加成反应，有醛基与溴水发生氧化还原反应，两种官能团均能使溴水褪色，C项错误；
D.在一定条件下，茉莉醛中苯环、碳碳双键、醛基可以与氢气发生加成，lml茉莉醛中苯环消耗氢气3ml，醛基消耗1ml氢气，碳碳双键消耗1ml氢气，故1ml茉莉醛最多能与5 ml氢气加成，D项正确；
答案选D。
25．B
【解析】
试题分析：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，说明属于酯类。在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，说明C是醇。由于与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子才能被氧化为醛，则C可以是甲醇，对应的B是丁酸，有两种可能的结构；C也可以是乙醇，B是丙酸；C也可以是1—丙醇，B只能是乙酸；C也可以是1—丁醇或2—甲基—1—丙醇，B只能是甲酸，所以A可能的结构共有6种，答案选B。
考点：考查同分异构体判断
26．10 21 32
【详解】
(1)X元素原子的核电荷数为8，则X是O元素，其原子的二价阴离子是O原子获得2个电子形成，故O2-的核外电子数为8+2=10；O2与Na在常温下反应产生Na2O，Na2O是离子化合物，Na+与O2-之间以离子键结合，用电子式表示其形成过程为：；
(2)Y元素的一价阳离子是原子失去1个电子形成的，其核外有18个电子，则该元素的原子核外有18+1=19个电子，原子核内质子数为19，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为：40-19=21；
(3)1个的核外电子数比质子数多2个，2g中电子数比质子数多个，则2g的物质的量n()==0.025 ml，其摩尔质量M= ，的式量是80，其中Z原子的相对原子质量为80-3×16=32，所以Z的相对原子质量为32。
27．0.1 30.08 0.04 500
【分析】
(1)根据n=计算氯气的物质的量；
(2)根据c=计算氢氧化钠溶液的质量分数；
(3)氯气的物质的量为0.1ml，根据电子转移守恒，生成NaCl、NaClO时消耗氢氧化钠最多，由Na、Cl原子守恒可知，此时消耗氢氧化钠为0.2ml＜0.03L×10ml/L=0.3ml，故氯气完全反应，根据Cl原子守恒计算NaClO 和NaClO3的总物质的量；
(4)根据电子转移守恒计算。
【详解】
(1)标况下，2.24L氯气的物质的量==0.1ml；
(2)根据c=可知，密度为1.33g/cm3的10.000ml/L氢氧化钠溶液的质量分数=×100%=30.08%；
(3)氯气的物质的量为0.1ml，根据电子转移守恒，生成NaCl、NaClO时消耗氢氧化钠最多，由Na、Cl原子守恒可知，此时消耗氢氧化钠为0.2ml＜0.03L×10ml/L=0.3ml，故氯气完全反应，根据Cl原子守恒，NaCl为 0.16 ml，NaClO 和NaClO3的总物质的量=0.2ml-0.16ml=0.04ml；
(4)含氯消毒剂杀菌后氯元素均以-1价态存在，先计算NaClO和NaClO3的物质的量，设分别为x，y，则x+y=0.04，化合价守恒，0.16×1=x+5y，解得x=0.01，y=0.03，根据电子守恒：即，NaClO和NaClO3杀菌漂白时，得到电子物质的量=0.01×2+0.03×6=0. 2，则设Ca(ClO)2体积V，0.1V×2×2=0. 2，V=0.5L=500mL。
28．铁 8A1+3Fe3O4Al2O3+9Fe 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O 4NH3+5O24NO+6H2O O2 0.045ml/L
【详解】
G为铝，A为日常生活中的常见金属，反应②是铝热反应，A是铁。常温下，B、C、E、H、I、J为气体，C为黄绿色气体，C是氯气，M为红褐色胶体，是氢氧化铁胶体。F是氯化铁，铁与水蒸气高温下反应生成氢气和四氧化三铁，E是氢气，D是四氧化三铁，B是氧气，H是氨气，氨气发生催化氧化生成I是NO，NO与氧气反应生成J是NO2，溶于水生成硝酸K和NO。稀硝酸与足量铁反应生成硝酸亚铁、NO和水，L是硝酸亚铁，N是硝酸铁。
（1）A的元素名称为铁。（2）反应②的化学方程式为8A1+3Fe3O4Al2O3+9Fe。（3）反应③的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O。（4）H→I的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（5）NO2溶于水生成硝酸和NO，若要使水充满整个试管，应向试管内通入一定量O2，此时试管内溶液中溶质的物质的量浓度为0.045ml/L。
点睛：掌握常见元素及其化合物的性质准确判断出物质是解题的关键，注意题干中已知信息的提取和灵活应用，注意推断题突破口的寻找。最后一问的计算的解答的易错点，注意不能直接根据4NO2+O2+2H2O＝4HNO3进行计算，应该用利用氮原子守恒。
29．-90.6 kJ/ml 随着温度升高催化剂活性明显降低 反应②反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，α不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化，继续加压，平衡正向移动，α逐渐增大 II 充入的H2O(g)多，会抑制反应的进行，因此生成的CO偏少 0.06 ml/(L·min) 0.5625(或)
【详解】
(1)已知：①
②
根据盖斯定律，将(①+②)×(-1)，整理可得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.6 kJ/ml；
(2)在其它条件不变时，升高温度，物质的内能增加，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，但当反应达到一定温度后，升高温度化学反应速率反而减小，是由于催化剂只有在一定温度范围内催化活性最大，超过该温度，随着温度升高，催化剂活性明显降低，使得化学反应速率减慢；
②的化学反应方程式为，根据方程式可知：该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以在反应达到平衡时，增大压强，化学平衡不发生移动，H2的转化率不变；后来当压强增大到一定程度后，水蒸气液化变为液态水，此时的正反应是气体体积减小的反应，继续加压，化学平衡向气体体积减小的正向移动，导致H2的平衡转化率α逐渐增大；
(3)①根据已知条件可知：两种条件下CH3OH的物质的量浓度相同，H2O的物质的量浓度不同。由于反应①CH3OH分解率接近100%，在其它条件不变时，增大生成物H2O的浓度，反应②的化学平衡逆向移动，使得CO的浓度减小，由于容器的容积相同，则CO的物质的量也就会减小，所以曲线II表示的是容器中充入1 ml CH3OH(g)和1.3 ml H2O(g)的变化曲线；
②当反应温度为T1时，反应在5 min时达到平衡，此时CO的物质的量为0.6 ml，则用CO浓度变化表示反应速率v(CO)==0.06 ml/(L·min)；
反应完全发生，1 ml CH3OH(g)反应消耗1 ml H2O(g)，产生1 ml CO2(g)、3 ml H2(g)，此时容器中剩余H2O(g)为0.3 ml，然后发生反应：，当达到平衡时，产生0.6 ml CO(g)，同时产生0.6 ml H2O(g)，消耗0.6 ml CO2(g)、0.6 ml H2(g)，故平衡时容器中各种气体的物质的量分别是n(CO2)=1 ml-0.6 ml=0.4 ml；n(H2)=3 ml-0.6 ml=2.4 ml；n(CO)=0.6 ml，n(H2O)=0.3 ml+0.6 ml=0.9 ml，则该温度下的化学平衡常数K=。
30．加快反应速率，提高原料利用率 ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O KSCN溶液 将Fe2+氧化成Fe3+ 1.4×10-4 趁热过滤 用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【分析】
软锰矿、闪锌矿中加硫酸，反应I主要为：MnO2和硫化物发生氧化还原反应生成Mn2+和S、Fe3+、Al3+、Zn2+、Cu2+等，过滤除去S、SiO2；
在滤液中加适量Zn发生反应Ⅱ，Zn和Cu2+、Fe3+反应生成Cu、Fe2+、Zn2+，过滤除去Cu；滤液发生反应Ⅲ，MnO2和Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，通过调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀除去；
Zn2+、Mn2+和Na2CO3可发生反应Ⅳ得到Na2SO4、MnCO3、ZnCO3提供给反应Ⅲ用，也可发生反应Ⅴ，获得MnO2和Zn，据此分析解答。
【详解】
(1)反应I不断搅拌，软锰矿和闪锌矿充分接触，一方面可以加快反应速率，另一方面可使软锰矿和闪锌矿尽可能反应，提高原料利用率，故答案为：加快反应速率，提高原料利用率；
(2)软锰矿中的成分主要为MnO2，闪锌矿中主要成分为ZnS，所以反应I中主要发生MnO2氧化ZnS的反应，结合原子守恒、电子得失守恒可得方程式为：ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O，故答案为：ZnS+MnO2+2H2SO4 =ZnSO4 +S+MnSO4+2H2O；
(3)通常用KSCN溶液检验Fe3+，由上面的分析可知，反应III中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，以便形成沉淀而除去，故答案为：KSCN溶液；将Fe2+氧化成Fe3+；
(4) Zn2+浓度降到1.0×10-6 ml·L-1，所需CO32-浓度=ml·L-1=1.4×10-4 ml·L-1，Mn2+浓度降到1.0×10-6 ml·L-1，所需CO32-浓度=ml·L-1=2.2×10-5 ml·L-1，综上所述，要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6 ml·L-1，则溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4×10-4 ml·L-1，故答案为：1.4×10-4 ；
(5)由Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线可知，温度太低，Na2SO4•10H2O的溶解度较小，得到的固体为Na2SO4•10H2O，故应将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液蒸发结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤、干燥。若用水洗，洗涤过程必然温度降低，有一部分Na2SO4会转化为Na2SO4•10H2O，同时有一部分会溶于水而随水流走，故用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗，故答案为：趁热过滤；用乙醇洗涤可以防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
【点睛】
(5)从溶解度图来看，温度升高，Na2SO4的溶解度减小，利于得到Na2SO4，故需趁热过滤。
31．）4—氯甲苯（对氯甲苯） 取代反应 a c
【分析】
F与I在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成杀灭菊酯，应用正推法和逆推法，结合题给信息H发生信息（2）反应生成I，由杀灭菊酯的结构可知，F为、I为。结合反应信息（2）可知H为，G发生信息反应（3）生成H，则G为；E发生信息（1）中第2步反应生成F，则E为，C发生信息（1）中第1步反应生成D，D与CH3CHClCH3在50%氢氧化钠条件下反应生成E，根据E的结构可知，D为，C为，A与氯气在Fe作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氯气在光照条件下生成C，故A为，B为；据以上分析解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，B结构简式为，名称为4—氯甲苯（对氯甲苯）；由溴苯、间甲基苯酚与G的结构可知，酚羟基中的H原子被苯基取代生成G，属于取代反应；
(2)由上述分析可知，A为，
a．A分子中侧链为甲基，是苯的最简单的同系物，a正确；
b．A分子中有4种化学性质不同的H原子，其核磁共振氢谱有4个峰，b错误；
c．1mlA完全燃烧消耗氧气为9ml，1ml环己烷消耗氧气为9ml，等物质的量的A与环己烷消耗氧气的量相等，c正确；
d．A中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处在同一平面上，d错误；
e．A中含有甲基，能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，使酸性KMnO4溶液褪色，e错误；
答案选ac；
(3)根据以上分析可知F+I→杀灭菊酯的化学方程式为： ++H2O；
(4)根据以上分析可知C在高温高压、催化剂条件下与足量氢氧化钠水溶液充分反应的化学方程式为：
+3NaOH2NaCl+H2O+；
(5)根据以上分析可知H与银氨溶液水浴加热的离子方程式为；
(6)D为，在硫酸存在下发生水解生成J，则J为，符合下列要求的J的所有同分异构体：①苯环上有两个位于间位的取代基；②能水解成两种有机物，含有酯基，③可以银镜反应，含有醛基，另取代基为Cl原子或-CH2Cl，故符合条件J的同分异构体有：、。
相关试卷
卷五-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）： 这是一份卷五-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题，元素或物质推断题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
卷四-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）： 这是一份卷四-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共26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，元素或物质推断题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
卷十-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）： 这是一份卷十-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，原理综合题，元素或物质推断题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
