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卷三-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）
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这是一份卷三-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共31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。
2022-2022学年度高考临考押题三（浙江适用）
一、单选题
1．下列物质中只含离子键的是
A．NaCl B．H2O C．NH4Cl D．KOH
2．下列仪器中，能用于水与四氯化碳混合物分离的是
A． B． C． D．
3．下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是
A．氯气 B．硬脂酸(C17H35COOH) C．氯化钾 D．甘油
4．下列物质的名称或化学式正确的是
A．生石膏： B．铁红：
C．：三硝基苯 D．木精：
5．下列表示正确的是：
A．乙炔的结构式： B．羟基的电子式：
C．葡萄糖的结构简式可能为： D．的球棍模型：
6．下列说法不正确的是
A．天然气是不可再生能源 B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物
C．煤的液化属于物理变化 D．工业制取乙烯是通过石油的裂解
7．下列说法正确的是
A．H2O和D2O互为同素异形体 B．16O、18O互为同位素
C．C3H6和C4H8互为同系物 D．有机物的同分异构体一定是有机物
8．下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
B．氢氧化亚铁是红褐色沉淀
C．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀
D．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高、硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．硅胶多孔能吸水，可用作食品干燥剂
10．在3S + 6KOH ＝ 2K2S + K2SO3+ 3H2O反应中，作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比是：
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶1
11．下列说法不正确的是
A．用倾析法分离时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离
B．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol∙L-1CuSO4溶液、1mol∙L-1CuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象
C．用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管
D．将20g硝酸钠和17g氯化钾放入100ml烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到氯化钠晶体
12．探究新制饱和氯水成分的实验中，根据实验现象得出的结论一定不正确的是
A．氯水的颜色呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl−
C．加入含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明氯水中含有HClO
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
13．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2＋＋2HS－＝CuS↓＋H2S↑
B．NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合：NH4＋+Al3＋+ 2SO42－+ 2Ba2＋+ 4OH-＝2BaSO4↓ + Al(OH)3↓ + NH3·H2O
C．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋2Cl2＋3H2O＝2SO32－＋4Cl－＋6H＋
D．铅酸蓄电池充电时的负极反应：PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H＋＋SO42—
14．下列说法正确的是
A．按系统命名法的名称为3，3-二甲基-2-乙基戊烷
B．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
C．分子式为C5H12O的醇共有8 种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有3 种
D．聚乙烯( PE)和聚氯乙烯( PVC)的单体都是不饱和烃，这些单体均能使溴水褪色
15．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物性质描述错误的是
A．均可以与盐酸反应形成离子化合物
B．分别取两种化合物，加入NaOH溶液并加热，加入AgNO3溶液，均有白色沉淀产生，则证明两化合物中均含有氯原子
C．与足量的H2发生加成反应后，分子中的手性碳原子数均发生了改变
D．羟基氯喹比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快
16．科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．氢化物的沸点： Y＞X
D．l mol ZW与水发生反应生成1mol W2，转移电子2mol
17．常温下，下列说法不正确的是
A．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的氯化钠溶液，醋酸的电离程度增大
B．向 0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
C．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，CO水解程度增大，但溶液的pH 减小
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，水电离的程度：①=②＜③
18． NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．，完全反应转移的电子数为12 NA
B．双液原电池中，当电路中通过的电子数为NA个时，盐桥(含)中有NA个移向正极，NA个移向负极
C．甲酸甲酯在稀硫酸的催化下发生水解反应后，所得混合物经碱化后与足量新制氢氧化铜反应产生的
D．侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中，所得溶液中存在
19．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是（ ）
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B的平衡转化率为20%
20．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应速率由反应 III决定
B．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应属于取代反应
C．若三级氯丁烷在乙醇中发生相似的溶剂解，则反应I 的焓变△H1 将增大
D．适当升温，三级溴丁烷在乙醇中溶剂解正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
21．一定条件下，Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5。常温下，Fe(CO)5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。下列说法一定错误的是
A．Fe(CO)5为分子晶体
B．Fe(CO)5难溶于水
C．Fe(CO)5属于含氧盐
D．Fe吸收CO生成Fe(CO)5的变化是化学变化
22．用惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢，装置如下图所示，电解池中的隔膜仅阻止气体通过。电解时总的化学方程式为：CO(NH2)2＋2OH－ CO32－＋N2↑＋3H2↑。
以下说法不正确的是
A．a为阳极，b为阴极
B．电解时，溶液中OH－向b极移动
C．阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑
D．电解后，溶液pH减小
23．25℃时，用0.1000 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 NaR溶液。混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．Ka(HR)＝10－7 B．M点溶液的pH约为10
C．M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱 D．M点到N点溶液的导电能力逐渐增强
24．已知用甲醇制乙烯、丙烯等烯烃时，在温度为400 ℃时，发生的主反应为2CH3OHC2H4+2H2O、3CH3OHC3H6+3H2O，副反应为2CH3OHCH3OCH3+H2O。乙烯和丙烯的选择性(转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)及丙烯对乙烯的比值(Cat.1和Cat.2代表两种等量的催化剂)如图所示，下列说法不正确的是
A．使用Cat.2反应2小时后乙烯和丙烯的选择性下降
B．使用Cat.1反应3小时后产生的烯烃主要是乙烯
C．使用Cat.2反应3小时内产生的烯烃主要是丙烯
D．使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
比较H2O2、Fe2O3的氧化性强弱
用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄，则氧化性：H2O2＞Fe2O3
B
探究金属铝的熔点
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来，则金属铝的熔点较低
C
检验某固体试样中是否含有Fe2+
将某固体试样溶于水，滴加KSCN溶液
无明显现象，再滴加H2O2溶液变红，则该固体试样中含有Fe2+
D
检验蔗糖水解产物具有还原性
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热5分钟，再向其中加入新制银氨溶液，水浴加热
产生光亮的银镜，则说明水解产物具有还原性
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．（1）比较给出H+的能力的相对强弱：H2CO3___C6H5OH(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一个离子方程式说明CO32‾和C6H5O‾结合H+能力的相对强弱___。
（2）Ca(CN)2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca(CN)2的电子式___。
（3）常压下，水晶的硬度比晶体硅的硬度大，其主要原因是___。
三、计算题
27．将5.1 g镁铝合金溶于60 mL 5.0mol·LHSO溶液中，完全溶解后再加入a mL10.0 mol·L的NaOH溶液，此时溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，得到的沉淀质量为9.7 g。
(1)当加入a=_________mLNaOH溶液时，可使溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀。沉淀的最大值为__________ g。
(2)计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积___________。(写出计算过程)
四、元素或物质推断题
28．某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是由3种常见元素组成的黑灰色粉末；A和B均为纯净物；D为无色无味气体；由D和E组成的混合气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
请回答：
(1)组成X的3种元素是___________(填元素符号)，X的化学式___________。
(2)步骤Ⅳ，发生反应生成固体A的离子方程式是___________。
(3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是___________。
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。不能先通气体D再通气体E的原因是___________。
(5)气体E具有还原性。请设计实验证明___________。
五、原理综合题
29．二甲醚(CH3OCH3) 是无色气体，可作为一种新型能源。甲醇脱水两步法是目前工业合成二甲醚的主流技术，涉及的反应如下：
CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1=-90.7 kJ·mol-1 ①
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ·mol-1 ②
请回答：
(1)有利于提高二甲醚产率的措施有______
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
(2)为了研究CO和H2的最佳投料比，恒温下将1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示(假设该条件下只发生反应①)。请判断a、b、c三点CO的转化率大小关系，并说明判断依据______
(3)合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂。向恒温体系中不断匀速通入甲醇，反应均未达到平衡，不同硅铝比(I、II)与生成二甲醚的速率关系如图所示：
①在0~30min内，不同催化剂下二甲醚的产量大小关系为：I______II(填“>”、“＜”或“=”)。
②工业上选择适合的硅铝比为0.15，说明其原因______
(4)在某温度下，向密闭容器中加入CH3OH发生反应②，反应到t1时刻测得各组分的浓度分别为：c(CH3OH)=0.47 mol·L-1、c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1 、c(H2O)=1.2 mol·L-1，t2时刻反应达到平衡。已知反应②在该温度下的平衡常数为400，请在图中画出t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线______。
六、工业流程题
30．草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，即K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是制备某些铁触媒的主要原料。该配合物易溶于水，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解。可用如图流程来制备。
完成下列各题：
(1)步骤I中加入少量稀硫酸的作用是_______。
(2)步骤II生成的2FeC2O4·2H2O时要维持微沸几分钟，主要有利于_______，以便于倾析法洗涤的需要；为防止暴沸，则宜采用加热方式是_______；请设计实验方案证明2FeC2O4·2H2O已经洗涤干净_______。
(3)步骤III在40℃条件下进行的原因是_______。
(4)步骤V加入几粒KNO3晶体的目的是_______。
(5)下列关于实验操作过程中的说法正确的是_______。
A．抽滤时选用的滤纸要小于布氏漏斗内径，但必须盖住所有小孔
B．趁热抽滤是防止溶液冷却时晶体析出，降低产率
C．提高水浴温度，可促进原料充分反应，提高晶体的产量
D．洗涤时应先用冷水洗，再用酒精洗
(6)称取5.00g制得的晶体加水溶解，配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.100mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液滴定，重复三次实验，平均消耗12.00mL酸性高锰酸钾标准溶液。计算所得的样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为_______。
七、有机推断题
31．某研究小组按下列路线合成查尔酮类医药中间体X：
已知：
(1)X的结构简式为：
(2) RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′
； R-NH2R-OH
请回答：
(1) E的结构简式___________ 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能发生银镜反应
B．化合物B能形成内盐
C．化合物C能与溴水发生取代反应
D．化合物X的分子式是C18H19NO2
(3)设计化合物A经两步反应转变为B的合成路线(用流程图表示，试剂任选)___________。
(4)写出D+E→X的化学方程式___________。
(5)写出同时符合下列条件化合物E的同分异构体的结构简式___________。
①H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；
②IR谱显示有苯环和醛基存在。
参考答案
1．A
【详解】
A.氯化钠为离子化合物，化合物中只含有离子键，故A符合题意；
B.水为共价化合物，化合物中只含有共价键，故B不符合题意；
C.氯化铵为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故C不符合题意；
D.氢氧化钾为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故选A。
2．B
【解析】
四氯化碳和水的混合物分层，可选择分液漏斗分离，A为普通漏斗，用于过滤操作等，不符合；B为分液漏斗，用于萃取分液，符合；C为托盘天平，用于称量固体物质的质量，不符合；D为研钵，用于研磨固体物质，不符合。答案选B。
3．B
【详解】
A．氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．硬脂酸(C17H35COOH)是弱酸，属于电解质，C17H35COOH电离出氢离子，抑制水电离，故选B；
C．氯化钾是强酸强碱盐，溶于水，不破坏水的电离平衡，故不选C；
D．甘油是丙三醇，属于非电解质，故不选D；
选B。
4．D
【详解】
A．生石膏是CaSO4·2H2O，故A错误；
B．铁红是Fe2O3，故B错误；
C．TNT是三硝基甲苯，故C错误；
D．木精是甲醇，结构简式为CH3OH，故D正确；
故答案为D。
5．C
【详解】
A．乙炔的结构式为H—C≡C—H，A错误；
B．羟基的电子式为，选项所给电子式为OH-电子式，B错误；
C．葡萄糖内的醛基可以自发的与相邻碳原子上的羟基发生可逆反应，形成半缩醛结构，如图所示，C正确；
D．由于Cl原子半径比C原子半径大，故选项所给模型不能代表CCl4，且该模型为比例模型不是球棍模型，D错误；
故答案选C。
6．C
【详解】
A．天然气是指天然蕴藏于地层中的烃类和非烃类气体的混合物，主要成分为甲烷，储量有限，是不可再生能源，A选项正确；
B．水煤气主要成分为CO和H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B选项正确；
C．煤的液化是把煤直接或间接转化为液体燃料，属于化学变化，C选项错误；
D．工业上通过石油的裂解制取乙烯、丙烯和丁二烯等短链不饱和烃，D选项正确；
答案选C。
7．B
【分析】
A. 同种元素组成的不同单质互称为同素异形体；
B. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；
C. 同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质；
D. 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
【详解】
A. H2O和D2O是化合物，不是单质，不能互为同素异形体，故A错误；
B. 16O、18O的质子数均为8，中子数分别为8、10，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C. 通式符合CnH2n的烃可以是烯烃或环烷烃，则C3H6可以是环丙烷或丙烯，同理C4H8可以是丁烯或者环丁烷等，则二者不一定互为同系物，故C错误；
D. 有机物的同分异构体不一定是有机物，有机物和无机物也有可能互为同分异构体，如氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]，氰酸铵是无机物，尿素是有机物，故D错误；
故选B。
【点睛】
1. 同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，则互为同素异形体的物质必须是单质；
2. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；
3. 同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；
4. 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；这是常考点，也是学生们的易错点。
8．D
【详解】
A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故A错误；
B．新制的氢氧化亚铁沉淀为白色，易被氧气氧化生成红褐色的Fe(OH)3，故B错误；
C．FeCl3与KSCN反应生成血红色的络合物，易溶于水，不是沉淀，故C错误；
D．因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故D正确；
故选D。
9．D
【详解】
A、NaHCO3可用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3可以和胃酸（主要成分为HCl）反应，与受热易分解无关；
B、SiO2呈无色透明固体，透光性好，故可用于制光导纤维，与熔点高、硬度大无关；
C、Al2O3是离子化合物，具有很高的熔沸点，故可用作耐高温材料，与两性氧化物无关；
D、硅胶多孔能吸水，且硅胶无毒，可用作食品干燥剂，性质与用途相对应；
故选D。
10．B
【详解】
在3S + 6KOH = 2K2S + K2SO3+ 3H2O 反应中，做氧化剂的S原子是化合价降低的原子，有两个，做还原剂的S原子有1个，故其物质的量之比是2：1。
答案选B。
11．B
【详解】
A．当固体不溶于液体且固体密度比液体大得多时可用倾析法分离，该法的优点是操作简单，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离，A正确；
B．CuSO4、CuCl2均为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜，之后铝片也能置换出单质铜，表面生成红色的铜，B错误；
C．移液管是一种量出式仪器，用来准确移取一定体积的溶液的量器，用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管即可，C正确；
D．硝酸钾溶解度随温度升高而增大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到氯化钠晶体，而硝酸钾留在母液中，D正确；
答案选B。
12．C
【详解】
溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
A.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故不选A；
B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故不选B；
C.碱遇酚酞变红，H+与碱反应使颜色消失，但次氯酸具有漂白性，也能使颜色褪去，实验设计不合理，故选C。
D．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故不选D；
正确答案：C。
【点睛】
本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识。易错选项C。
13．A
【详解】
试题分析：A、向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，反应生成CuS、硫化氢和硫酸钠，离子方程式为Cu2++2HS-＝CuS↓+H2S↑，A正确；B、NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，二者反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钡、一水合氨，离子方程式为2NH4++2Al3++4SO42-+4Ba2++10OH-＝4BaSO4↓+2AlO2-+2NH3•H2O+2H2O，B错误；C、亚硫酸根离子具有还原性，能被氯气氧化生成硫酸根离子，所以硫代硫酸根离子和氯气发生氧化还原反应生成氯离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O＝2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；D、铅蓄电池充电时负极与电源的负极相连，作阴极，其电极反应式为PbSO4＋2e-＝Pb＋SO42-，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查离子方程式正误判断，涉及氧化还原反应、复分解反应、电极反应式的书写等知识点，
【名师点晴】该题的易错选项是B，同时也是难点。由于铵根离子、铝离子均能与氢氧根离子反应，所以首先考虑反应的先后顺序，然后再考虑反应物的用量。由于铝离子结合氢氧根离子的能力强于铵根离子，所以氢氧根离子首先与铝离子结合生成氢氧化铝白色沉淀，然后再与铵根离子结合生成一水合氨，最后再与氢氧化铝反应生成偏铝酸盐和水，答题时注意灵活应用。
14．B
【详解】
A、主链选错，的名称为3,3,4 –三甲基己烷，A项错误；
B、乙酸、氨基乙酸、蛋白质中都含羧基，蛋白质中还含有肽键，羧基、肽键都能与NaOH发生反应，B项正确；
C、结构上含-CH2OH的醇能催化氧化成醛，分子式为C5H12O的能催化氧化成醛的醇的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、，共4种，C项错误；
D、聚乙烯的单体为CH2=CH2，聚氯乙烯的单体为CH2=CHCl，CH2=CH2和CH2=CHCl都能使溴水褪色，但CH2=CHCl不属于不饱和烃，CH2=CHCl属于不饱和氯代烃，D项错误；
答案选B。
【点睛】
本题考查烷烃的系统命名、有机物的结构和性质、限定条件同分异构体种类的确定、有机物的分类。注意烷烃的系统命名步骤、醇催化氧化反应的规律，含-CH2OH的醇催化氧化成醛，含的醇催化氧化成酮，含的醇不能发生催化氧化。
15．B
【详解】
A．这两种化合物分子中均有多个N原子，类比氨气和氨基酸的化学性质可知，其均可与H+结合，故均可以与盐酸反应形成离子化合物 ，故A正确；
B．验证卤素原子时先加碱、加热水解后，首先加硝酸酸化后再加硝酸银溶液，直接加硝酸银会与氢氧化钠反应产生沉淀，干扰卤素的检验，故B错误
C．这两种化合物均有1个手性碳原子，其分别与足量的H2发生加成反应后，均增加4个手性碳原子，故其分子中的手性碳原子数均发生了改变，故C正确；
D．羟基氯喹分子中有羟基，羟基为亲水基，羟基可以水分子间形成氢键，故其比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快，故D正确；
故选：B。
16．B
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】
A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，故D错误；
故选B。
17．B
【详解】
A．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的氯化钠溶液，氯化钠不影响醋酸的电离，相当于稀释了溶液，促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大，故A不选；
B．向 0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，温度不变电离常数不变，则溶液中= 减小，故B选；
C．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，氢氧根浓度降低，溶液的pH 减小，但CO水解程度增大，故C不选；
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，③中铵根离子水解促进水的电离，①、②抑制水的电离，①、②pH值相等，则两溶液中水的电离程度相同，所以水电离的程度：①=②＜③ ，故D不选；
故选：B。
18．D
【详解】
A．反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、C元素化合价由-2价变为0价，1mol乙醇完全反应转移电子数目=1mol×2×2×NA/mol=4NA，则完全反应转移的电子数为12 NA，故A正确；
B．双液原电池中，盐桥中的K+和分别移向正极和负极，因此当电路中通过的电子数为NA个时，盐桥(含)中有NA个移向正极，NA个移向负极，故B正确；
C．甲酸甲酯在稀硫酸的催化下发生水解反应得到1molHCOOH和1molCH3OH，所得混合物经碱化后的产物甲酸盐中含有1mol-CHO，与足量新制氢氧化铜反应生成1mol，的质量为1mol×144g/mol=144g，故C正确；
D．侯氏制碱法的原理为NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，所得溶液中含有氯化钠、氯化铵和碳酸氢钠，无法判断含C微粒与含N微粒数目的关系，故D错误；
故选D。
19．C
【详解】
A.v(C)= ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；
B.15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；
C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；
D. 物质B的平衡转化率为，故D错误；
故答案为C。
20．A
【详解】
A．总反应的速率有慢反应，反应I的正反应活化能最大，反应速率最慢，即三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应速率由反应I决定，故A错误；
B．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应为(CH3)3CBr +CH3CH2OH→(CH3)3COCH2CH3+HBr，反应类型为取代反应，故B正确；
C．氯的非金属性比溴强，C-Cl键比C-Br键稳定，说明起始时三级氯丁烷的能量比三级溴丁烷能量低，则三级氯丁烷反应I 的焓变△H1 比三级溴丁烷反应I 的焓变△H1 大，故C正确；
D．总反应为放热反应，升高温度，平衡逆移动，则适当升温，三级溴丁烷在乙醇中溶剂解正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；
故答案为D。
21．C
【详解】
A．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，故可以推测Fe(CO)5也为分子晶体，A正确；
B．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，苯为非极性分子，故可以推测Fe(CO)5也为非极性分子，故Fe(CO)5难溶于水等极性溶剂，B正确；
C．金属离子或铵根离子与酸根离子形成的化合为盐，根据盐的定义Fe(CO)5中不含有金属阳离子和酸根离子，故不属于盐，C错误；
D．Fe吸收CO的过程中生成了新的物质，故属于化学变化，D正确；
故选C。
22．B
【详解】
试题解析：尿素中氮元素被氧化为氮气，发生氧化反应，在电解池阳极氧化；因此A．a为阳极，b为阴极；正A确；B．电解时，溶液中OH－向阳极a极移动；B错误；C．阴极反应式：溶液中氢离子得电子变氢气：2H＋＋2e－===H2↑C正确；D．电解后，CO(NH2)2＋2OH－ CO32－＋N2↑＋3H2↑碱被消耗，溶液pH减小，D正确；
考点：电化学知识考察。
23．D
【详解】
A．由图可知，滴入10.00mL盐酸时，形成NaR和HR的浓度比为1：1的混合溶液，且溶液的pH=7，此时溶液中c(H+)=10－7mol/L，说明HR的电离程度与R-的水解程度相同，则Ka(HR)==c(H+)=10－7，故A正确；
B．根据A项分析，HR的电离程度与R-的水解程度相同，则Ka(R-)=Ka(HR)=10－7=，解得c(OH-)≈10－4 mol/L，则c(H+)==10－10 mol/L，则 M点溶液的pH约为10，故B正确；
C．M点为NaR溶液，NaR水解促进水的电离，N点为HR溶液，酸性溶液促进水的电离，则M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱，故C正确；
D．M点到N点，NaR溶液转化为HR溶液，由强电解质转化为弱电解质，则溶液的导电能力逐渐减弱，故D错误；
答案选D。
24．C
【解析】
【详解】
本题考查图象分析，意在考查考生的分析能力。使用Cat.2反应2小时后生成的副产物二甲醚增多，导致乙烯和丙烯的选择性下降，A正确；使用Cat.1，反应在3小时后，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，B正确；使用Cat.2，反应在3小时内，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，C错误；使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时，D正确。
25．C
【详解】
A．酸性条件下，亚铁离子和硝酸根也能发生氧化还原反应，不能确定是H2O2将Fe2+氧化还是HNO3将Fe2+氧化，所以不能用来比较H2O2、Fe2O3的氧化性强弱，故A错误；
B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故B错误；
C．滴加KSCN溶液无明显现象，可知不含铁离子，再滴加H2O2溶液变红，此时溶液中含有Fe3+，则表明亚铁离子被氧化为铁离子，由此确定该固体试样中含有Fe2+，故C正确；
D．检验蔗糖水解产物具有还原性，应该向水解后的溶液中加氢氧化钠溶液中和酸，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D错误；
故选C。
26．> C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O- 或 两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固
【详解】
(1)H2CO3中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，则H2CO3给出H+的能力比乙醇要强，由反应C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-可说明CO32‾强于C6H5O‾结合H+能力，故答案为：>；C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-；
(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子，碳原子和氮原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以Ca(CN)2的电子式为或，故答案为：或；
(3)水晶的主要成分是SiO2，晶体硅是硅单质，因为两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，所以水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固，水晶硬度更大，故答案为：两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，石英中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固。
27．60 13.6 设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1；58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【详解】
（1）所发生的反应为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，n(H2SO4)=0.06L×5mol/L=0.3mol，当溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀时，溶液成分为Na2SO4，此时n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.3mol=0.6mol，所以；Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，Al(OH)3溶解，得到的沉淀质量为9.7 g，5mL NaOH溶液的物质的量n(NaOH)=0.005L×10mol/L=0.05mol，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则溶解的Al(OH)3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g，则溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀，沉淀的最大值为3.9g+9.7g=13.6g；
（2）设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1，58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
28．Ca、C、N CaCN2 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3 氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，先通氨气，形成碱性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到较多的晶体 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，铜丝又变为紫红色。
【分析】
固体X与H2O、CO2反应产生固体A、液体B，根据X与A、B的质量关系可知反应消耗H2CO3的物质的量n(H2CO3)=；液体B水解产生D、E的气体混合物，将该混合气体通过足量浓硫酸，浓硫酸增加质量1.7 g，则说明该气体中含有NH3 1.7 g，因此X中含有N元素，根据N元素守恒可得n(N)=n(NH3)==0.1 mol，将剩余气体通过足量澄清石灰水产生固体A的质量是5.0 g，则固体A是CaCO3，其质量与X和H2O、CO2反应产生固体A质量相等，说明X中含有Ca、C两种元素，然后根据质量与物质的量关系确定X的化学式，并结合物质的性质分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知X中含有Ca、C、N三种元素；n(N)=n(NH3)==0.1 mol，n(CaCO3)==0.05 mol，n(Ca)=n(CaCO3)=0.05 mol，则固体X中含有C元素的物质的量n(C)=，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.05 mol：0.05 mol：0.1 mol=1：1：2，所以X的化学式为CaCN2；
(2)在步骤Ⅳ中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，发生反应生成固体A的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；
(3)在步骤I中CaCN2与H2O、CO2反应产生A是CaCO3，产生液体B含有C、N、H元素，n(H)=，n(H)：n(C)：n(N)=0.01 mol：0.05 mol：0.05 mol=2：1：1，则B化学式为CH2N2，所以CaCN2与H2O、CO2反应产生CaCO3、CH2N2，该反应的化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3；
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。可说明E是NH3，D是CO2，物质制取时先通入NH3再通入CO2，是由NH3在水中的溶解度远大于CO2，NH3的水溶液显碱性，先通NH3，形成碱性溶液，可吸收更多的CO2，产生更多的，从而能得到较多的晶体；
(5)E是NH3，由于N元素化合价为-3价，是N元素的最低化合价，因此具有还原性，该气体能够与CuO在加热条件下发生氧化还原反应：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。实验操作为：将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，看到铜丝又变为紫红色，据此证明其还原性。
29．D c>b>a。体系中加入氢气，该平衡向右移动，CO 的转化率增大 ＞ 因为使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量均能维持较高水平
【详解】
(1)根据平衡移动，低温条件下反应、均向正反应方向移动，二甲醚的产率更高，高压条件下反应向正反应方向移动，甲醇含量增加可使二甲醚的产率增加，所以答案为D；
(2)根据平衡移动， 1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，H2的进料量越多其浓度越大，越有利于该反应的化学平衡向正反应方向移动，因此CO的平衡转化率越大，所以c>b>a；
(3)由图得：使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是10分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量较好，所以I> II；
由图得：硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率和产量一直保持在较高水平，硅铝比为0.75反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；
(4) t1时刻, c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1，由题得，t1时刻反应正向进行，列三段式：
此温度下K=400，所以， 解得x=0.2，所以t2时刻c(CH3OCH3)=1.4 mol·L-1，从t1至t2，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，t2时刻达到化学平衡状态，所以t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线可表示为：。
30．抑制Fe2+水解 为了促进FeC2O4·2H2O晶体的长大，方便过滤 沸水浴 取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净 温度太低Fe2+氧化速率太慢，温度太高易导致过氧化氢分解而影响Fe2+的氧化结果 提供晶种，以利于晶体的析出 ABD 98.2%
【分析】
绿矾加入稀硫酸反应得到溶液1，加入饱和草酸搅拌、加热、煮沸后倾析法洗涤得到草酸亚铁沉淀，再加入饱和草酸钾和双氧水，在40℃水浴加热得到悬浊液，加热煮沸后再加入饱和草酸，得到溶液2，冷却至室温，加95%乙醇和几粒硝酸钾，结晶，抽滤、洗涤后得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【详解】
(1)硫酸亚铁铵为强酸弱碱盐，易发生水解，加入少量稀硫酸可抑制Fe2+水解；
(2)为了促进FeC2O4·2H2O晶体的长大，方便过滤，步骤Ⅱ要维持微沸几分钟；为了防止暴沸，宜采用沸水浴进行加热；为了证明晶体是否已经洗涤干净，关键在于检验SO42-的存在，方法是：取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净；
(3)温度太低Fe2+氧化速率太慢，温度太高易导致过氧化氢分解而影响Fe2+的氧化结果，所以步骤Ⅲ在400C条件下进行；
(4)步骤Ⅴ是从硝酸钾溶液中析出晶体，加入几粒KNO3晶体目的是提供晶种，以利于晶体的析出；
(5) A．抽滤时选用的滤纸要大小合适——小于布氏漏斗内径，但必须盖住所有小孔，选项A正确；
B．已知二草酸合铜( II )酸钾晶体{[K2Cu(C2O)2]·2H2O}微溶于冷水，可溶于热水但会慢慢分解，故需趁热抽滤，防止溶液冷却时晶体析出，降低产率，选项B正确；
C．提高水浴温度，加快反应速率，但温度过高，反而会使产物分解，故不能提高晶体的产量，选项C错误；
D．已知二草酸合铜( II )酸钾晶体{[K2Cu(C2O)2]·2H2O}微溶于冷水、酒精，可溶于热水但会慢慢分解，晶体干燥时较稳定，在150℃时会失去结晶水，260℃以上会分解，故洗涤时应先用冷水洗去表面可溶性杂质，再用酒精洗，便于酒精挥发时带走水分得到纯净而干燥的晶体，避免加热烘干时晶体分解，选项D正确。
答案选ABD；
(6)用酸性高锰酸钾溶液滴定样品溶液，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒有5~2，则25mL样品溶液中n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)===0.001mol，则250mL样品溶液的n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01mol，m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01mol×491g·mol-1=4.91g，因此样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为。
31． AB ++H2O 、
【分析】
根据D、E发生信息RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′反应，E的分子式为C9H11NO，生成X的结构简式为逆推，E的结构简式为，D的结构简式为，D的分子式为C9H10O2，C的分子式为C8H8O2，C与(CH3)2SO4反应生成D，逆推C的结构简式为，B的分子式为C8H9NO，发生信息R-NH2R-OH反应，生成C，则B的结构简式为，A的分子式为C8H8O，经两步反应生成B，则A的结构简式为，A经过两步生成B，即，据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，E的结构简式为；答案为。
(2)
A．化合物A的结构简式为，该结构中不存在醛基，属于酮类，不能发生银镜反应，故A错误；
B．化合物B的结构简式为，该结构中只有-NH2，没有-COOH，不会形成内盐，故B错误；
C．化合物C的结构简式为，该结构中有酚羟基，酚羟基的邻对位有H原子，能与溴水发生取代反应，故C正确；
D．化合物X的结构简式为，由键线式的端点和拐点均为C原子，用H补足C的四键，其分子式为C18H19NO2，故D正确；
答案为AB。
(3) 化合物A经过两步生成化合物B，即；答案为。
(4) D的结构简式为，E的结构简式为，D、E发生信息RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′反应，即D+E→X的化学方程式为++H2O；答案为++H2O。
(5) E的分子式为C9H11NO，其结构简式为，E的同分异构体满足①H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；②IR谱显示有苯环和醛基存在；则E的同分异构体满足条件的结构简式为、；答案为、。
2022-2022学年度高考临考押题三（浙江适用）
一、单选题
1．下列物质中只含离子键的是
A．NaCl B．H2O C．NH4Cl D．KOH
2．下列仪器中，能用于水与四氯化碳混合物分离的是
A． B． C． D．
3．下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是
A．氯气 B．硬脂酸(C17H35COOH) C．氯化钾 D．甘油
4．下列物质的名称或化学式正确的是
A．生石膏： B．铁红：
C．：三硝基苯 D．木精：
5．下列表示正确的是：
A．乙炔的结构式： B．羟基的电子式：
C．葡萄糖的结构简式可能为： D．的球棍模型：
6．下列说法不正确的是
A．天然气是不可再生能源 B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物
C．煤的液化属于物理变化 D．工业制取乙烯是通过石油的裂解
7．下列说法正确的是
A．H2O和D2O互为同素异形体 B．16O、18O互为同位素
C．C3H6和C4H8互为同系物 D．有机物的同分异构体一定是有机物
8．下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
B．氢氧化亚铁是红褐色沉淀
C．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀
D．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高、硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．硅胶多孔能吸水，可用作食品干燥剂
10．在3S + 6KOH ＝ 2K2S + K2SO3+ 3H2O反应中，作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比是：
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶1
11．下列说法不正确的是
A．用倾析法分离时，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离
B．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol∙L-1CuSO4溶液、1mol∙L-1CuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象
C．用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管
D．将20g硝酸钠和17g氯化钾放入100ml烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到氯化钠晶体
12．探究新制饱和氯水成分的实验中，根据实验现象得出的结论一定不正确的是
A．氯水的颜色呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl−
C．加入含有NaOH的酚酞试液，红色褪去，说明氯水中含有HClO
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
13．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2＋＋2HS－＝CuS↓＋H2S↑
B．NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合：NH4＋+Al3＋+ 2SO42－+ 2Ba2＋+ 4OH-＝2BaSO4↓ + Al(OH)3↓ + NH3·H2O
C．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32－＋2Cl2＋3H2O＝2SO32－＋4Cl－＋6H＋
D．铅酸蓄电池充电时的负极反应：PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H＋＋SO42—
14．下列说法正确的是
A．按系统命名法的名称为3，3-二甲基-2-乙基戊烷
B．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
C．分子式为C5H12O的醇共有8 种，其中能催化氧化成醛的同分异构体有3 种
D．聚乙烯( PE)和聚氯乙烯( PVC)的单体都是不饱和烃，这些单体均能使溴水褪色
15．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎。氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示，对这两种化合物性质描述错误的是
A．均可以与盐酸反应形成离子化合物
B．分别取两种化合物，加入NaOH溶液并加热，加入AgNO3溶液，均有白色沉淀产生，则证明两化合物中均含有氯原子
C．与足量的H2发生加成反应后，分子中的手性碳原子数均发生了改变
D．羟基氯喹比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快
16．科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．氢化物的沸点： Y＞X
D．l mol ZW与水发生反应生成1mol W2，转移电子2mol
17．常温下，下列说法不正确的是
A．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的氯化钠溶液，醋酸的电离程度增大
B．向 0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
C．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，CO水解程度增大，但溶液的pH 减小
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，水电离的程度：①=②＜③
18． NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．，完全反应转移的电子数为12 NA
B．双液原电池中，当电路中通过的电子数为NA个时，盐桥(含)中有NA个移向正极，NA个移向负极
C．甲酸甲酯在稀硫酸的催化下发生水解反应后，所得混合物经碱化后与足量新制氢氧化铜反应产生的
D．侯氏制碱法的原理是将二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中，所得溶液中存在
19．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是（ ）
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B的平衡转化率为20%
20．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应速率由反应 III决定
B．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应属于取代反应
C．若三级氯丁烷在乙醇中发生相似的溶剂解，则反应I 的焓变△H1 将增大
D．适当升温，三级溴丁烷在乙醇中溶剂解正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
21．一定条件下，Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5。常温下，Fe(CO)5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。下列说法一定错误的是
A．Fe(CO)5为分子晶体
B．Fe(CO)5难溶于水
C．Fe(CO)5属于含氧盐
D．Fe吸收CO生成Fe(CO)5的变化是化学变化
22．用惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢，装置如下图所示，电解池中的隔膜仅阻止气体通过。电解时总的化学方程式为：CO(NH2)2＋2OH－ CO32－＋N2↑＋3H2↑。
以下说法不正确的是
A．a为阳极，b为阴极
B．电解时，溶液中OH－向b极移动
C．阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑
D．电解后，溶液pH减小
23．25℃时，用0.1000 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 NaR溶液。混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．Ka(HR)＝10－7 B．M点溶液的pH约为10
C．M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱 D．M点到N点溶液的导电能力逐渐增强
24．已知用甲醇制乙烯、丙烯等烯烃时，在温度为400 ℃时，发生的主反应为2CH3OHC2H4+2H2O、3CH3OHC3H6+3H2O，副反应为2CH3OHCH3OCH3+H2O。乙烯和丙烯的选择性(转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)及丙烯对乙烯的比值(Cat.1和Cat.2代表两种等量的催化剂)如图所示，下列说法不正确的是
A．使用Cat.2反应2小时后乙烯和丙烯的选择性下降
B．使用Cat.1反应3小时后产生的烯烃主要是乙烯
C．使用Cat.2反应3小时内产生的烯烃主要是丙烯
D．使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
比较H2O2、Fe2O3的氧化性强弱
用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄，则氧化性：H2O2＞Fe2O3
B
探究金属铝的熔点
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来，则金属铝的熔点较低
C
检验某固体试样中是否含有Fe2+
将某固体试样溶于水，滴加KSCN溶液
无明显现象，再滴加H2O2溶液变红，则该固体试样中含有Fe2+
D
检验蔗糖水解产物具有还原性
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热5分钟，再向其中加入新制银氨溶液，水浴加热
产生光亮的银镜，则说明水解产物具有还原性
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．（1）比较给出H+的能力的相对强弱：H2CO3___C6H5OH(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一个离子方程式说明CO32‾和C6H5O‾结合H+能力的相对强弱___。
（2）Ca(CN)2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca(CN)2的电子式___。
（3）常压下，水晶的硬度比晶体硅的硬度大，其主要原因是___。
三、计算题
27．将5.1 g镁铝合金溶于60 mL 5.0mol·LHSO溶液中，完全溶解后再加入a mL10.0 mol·L的NaOH溶液，此时溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，得到的沉淀质量为9.7 g。
(1)当加入a=_________mLNaOH溶液时，可使溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀。沉淀的最大值为__________ g。
(2)计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积___________。(写出计算过程)
四、元素或物质推断题
28．某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X是由3种常见元素组成的黑灰色粉末；A和B均为纯净物；D为无色无味气体；由D和E组成的混合气遇湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
请回答：
(1)组成X的3种元素是___________(填元素符号)，X的化学式___________。
(2)步骤Ⅳ，发生反应生成固体A的离子方程式是___________。
(3)步骤Ⅰ，发生反应的化学方程式是___________。
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。不能先通气体D再通气体E的原因是___________。
(5)气体E具有还原性。请设计实验证明___________。
五、原理综合题
29．二甲醚(CH3OCH3) 是无色气体，可作为一种新型能源。甲醇脱水两步法是目前工业合成二甲醚的主流技术，涉及的反应如下：
CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1=-90.7 kJ·mol-1 ①
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ·mol-1 ②
请回答：
(1)有利于提高二甲醚产率的措施有______
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
(2)为了研究CO和H2的最佳投料比，恒温下将1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示(假设该条件下只发生反应①)。请判断a、b、c三点CO的转化率大小关系，并说明判断依据______
(3)合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂。向恒温体系中不断匀速通入甲醇，反应均未达到平衡，不同硅铝比(I、II)与生成二甲醚的速率关系如图所示：
①在0~30min内，不同催化剂下二甲醚的产量大小关系为：I______II(填“>”、“＜”或“=”)。
②工业上选择适合的硅铝比为0.15，说明其原因______
(4)在某温度下，向密闭容器中加入CH3OH发生反应②，反应到t1时刻测得各组分的浓度分别为：c(CH3OH)=0.47 mol·L-1、c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1 、c(H2O)=1.2 mol·L-1，t2时刻反应达到平衡。已知反应②在该温度下的平衡常数为400，请在图中画出t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线______。
六、工业流程题
30．草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，即K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是制备某些铁触媒的主要原料。该配合物易溶于水，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解。可用如图流程来制备。
完成下列各题：
(1)步骤I中加入少量稀硫酸的作用是_______。
(2)步骤II生成的2FeC2O4·2H2O时要维持微沸几分钟，主要有利于_______，以便于倾析法洗涤的需要；为防止暴沸，则宜采用加热方式是_______；请设计实验方案证明2FeC2O4·2H2O已经洗涤干净_______。
(3)步骤III在40℃条件下进行的原因是_______。
(4)步骤V加入几粒KNO3晶体的目的是_______。
(5)下列关于实验操作过程中的说法正确的是_______。
A．抽滤时选用的滤纸要小于布氏漏斗内径，但必须盖住所有小孔
B．趁热抽滤是防止溶液冷却时晶体析出，降低产率
C．提高水浴温度，可促进原料充分反应，提高晶体的产量
D．洗涤时应先用冷水洗，再用酒精洗
(6)称取5.00g制得的晶体加水溶解，配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.100mol·L-1酸性高锰酸钾标准溶液滴定，重复三次实验，平均消耗12.00mL酸性高锰酸钾标准溶液。计算所得的样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为_______。
七、有机推断题
31．某研究小组按下列路线合成查尔酮类医药中间体X：
已知：
(1)X的结构简式为：
(2) RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′
； R-NH2R-OH
请回答：
(1) E的结构简式___________ 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能发生银镜反应
B．化合物B能形成内盐
C．化合物C能与溴水发生取代反应
D．化合物X的分子式是C18H19NO2
(3)设计化合物A经两步反应转变为B的合成路线(用流程图表示，试剂任选)___________。
(4)写出D+E→X的化学方程式___________。
(5)写出同时符合下列条件化合物E的同分异构体的结构简式___________。
①H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；
②IR谱显示有苯环和醛基存在。
参考答案
1．A
【详解】
A.氯化钠为离子化合物，化合物中只含有离子键，故A符合题意；
B.水为共价化合物，化合物中只含有共价键，故B不符合题意；
C.氯化铵为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故C不符合题意；
D.氢氧化钾为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故选A。
2．B
【解析】
四氯化碳和水的混合物分层，可选择分液漏斗分离，A为普通漏斗，用于过滤操作等，不符合；B为分液漏斗，用于萃取分液，符合；C为托盘天平，用于称量固体物质的质量，不符合；D为研钵，用于研磨固体物质，不符合。答案选B。
3．B
【详解】
A．氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．硬脂酸(C17H35COOH)是弱酸，属于电解质，C17H35COOH电离出氢离子，抑制水电离，故选B；
C．氯化钾是强酸强碱盐，溶于水，不破坏水的电离平衡，故不选C；
D．甘油是丙三醇，属于非电解质，故不选D；
选B。
4．D
【详解】
A．生石膏是CaSO4·2H2O，故A错误；
B．铁红是Fe2O3，故B错误；
C．TNT是三硝基甲苯，故C错误；
D．木精是甲醇，结构简式为CH3OH，故D正确；
故答案为D。
5．C
【详解】
A．乙炔的结构式为H—C≡C—H，A错误；
B．羟基的电子式为，选项所给电子式为OH-电子式，B错误；
C．葡萄糖内的醛基可以自发的与相邻碳原子上的羟基发生可逆反应，形成半缩醛结构，如图所示，C正确；
D．由于Cl原子半径比C原子半径大，故选项所给模型不能代表CCl4，且该模型为比例模型不是球棍模型，D错误；
故答案选C。
6．C
【详解】
A．天然气是指天然蕴藏于地层中的烃类和非烃类气体的混合物，主要成分为甲烷，储量有限，是不可再生能源，A选项正确；
B．水煤气主要成分为CO和H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B选项正确；
C．煤的液化是把煤直接或间接转化为液体燃料，属于化学变化，C选项错误；
D．工业上通过石油的裂解制取乙烯、丙烯和丁二烯等短链不饱和烃，D选项正确；
答案选C。
7．B
【分析】
A. 同种元素组成的不同单质互称为同素异形体；
B. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；
C. 同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质；
D. 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
【详解】
A. H2O和D2O是化合物，不是单质，不能互为同素异形体，故A错误；
B. 16O、18O的质子数均为8，中子数分别为8、10，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C. 通式符合CnH2n的烃可以是烯烃或环烷烃，则C3H6可以是环丙烷或丙烯，同理C4H8可以是丁烯或者环丁烷等，则二者不一定互为同系物，故C错误；
D. 有机物的同分异构体不一定是有机物，有机物和无机物也有可能互为同分异构体，如氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]，氰酸铵是无机物，尿素是有机物，故D错误；
故选B。
【点睛】
1. 同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，则互为同素异形体的物质必须是单质；
2. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素；
3. 同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；
4. 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；这是常考点，也是学生们的易错点。
8．D
【详解】
A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故A错误；
B．新制的氢氧化亚铁沉淀为白色，易被氧气氧化生成红褐色的Fe(OH)3，故B错误；
C．FeCl3与KSCN反应生成血红色的络合物，易溶于水，不是沉淀，故C错误；
D．因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故D正确；
故选D。
9．D
【详解】
A、NaHCO3可用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3可以和胃酸（主要成分为HCl）反应，与受热易分解无关；
B、SiO2呈无色透明固体，透光性好，故可用于制光导纤维，与熔点高、硬度大无关；
C、Al2O3是离子化合物，具有很高的熔沸点，故可用作耐高温材料，与两性氧化物无关；
D、硅胶多孔能吸水，且硅胶无毒，可用作食品干燥剂，性质与用途相对应；
故选D。
10．B
【详解】
在3S + 6KOH = 2K2S + K2SO3+ 3H2O 反应中，做氧化剂的S原子是化合价降低的原子，有两个，做还原剂的S原子有1个，故其物质的量之比是2：1。
答案选B。
11．B
【详解】
A．当固体不溶于液体且固体密度比液体大得多时可用倾析法分离，该法的优点是操作简单，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离，A正确；
B．CuSO4、CuCl2均为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜，之后铝片也能置换出单质铜，表面生成红色的铜，B错误；
C．移液管是一种量出式仪器，用来准确移取一定体积的溶液的量器，用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管即可，C正确；
D．硝酸钾溶解度随温度升高而增大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到氯化钠晶体，而硝酸钾留在母液中，D正确；
答案选B。
12．C
【详解】
溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
A.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故不选A；
B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故不选B；
C.碱遇酚酞变红，H+与碱反应使颜色消失，但次氯酸具有漂白性，也能使颜色褪去，实验设计不合理，故选C。
D．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故不选D；
正确答案：C。
【点睛】
本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识。易错选项C。
13．A
【详解】
试题分析：A、向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，反应生成CuS、硫化氢和硫酸钠，离子方程式为Cu2++2HS-＝CuS↓+H2S↑，A正确；B、NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，二者反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钡、一水合氨，离子方程式为2NH4++2Al3++4SO42-+4Ba2++10OH-＝4BaSO4↓+2AlO2-+2NH3•H2O+2H2O，B错误；C、亚硫酸根离子具有还原性，能被氯气氧化生成硫酸根离子，所以硫代硫酸根离子和氯气发生氧化还原反应生成氯离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O＝2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；D、铅蓄电池充电时负极与电源的负极相连，作阴极，其电极反应式为PbSO4＋2e-＝Pb＋SO42-，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查离子方程式正误判断，涉及氧化还原反应、复分解反应、电极反应式的书写等知识点，
【名师点晴】该题的易错选项是B，同时也是难点。由于铵根离子、铝离子均能与氢氧根离子反应，所以首先考虑反应的先后顺序，然后再考虑反应物的用量。由于铝离子结合氢氧根离子的能力强于铵根离子，所以氢氧根离子首先与铝离子结合生成氢氧化铝白色沉淀，然后再与铵根离子结合生成一水合氨，最后再与氢氧化铝反应生成偏铝酸盐和水，答题时注意灵活应用。
14．B
【详解】
A、主链选错，的名称为3,3,4 –三甲基己烷，A项错误；
B、乙酸、氨基乙酸、蛋白质中都含羧基，蛋白质中还含有肽键，羧基、肽键都能与NaOH发生反应，B项正确；
C、结构上含-CH2OH的醇能催化氧化成醛，分子式为C5H12O的能催化氧化成醛的醇的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、，共4种，C项错误；
D、聚乙烯的单体为CH2=CH2，聚氯乙烯的单体为CH2=CHCl，CH2=CH2和CH2=CHCl都能使溴水褪色，但CH2=CHCl不属于不饱和烃，CH2=CHCl属于不饱和氯代烃，D项错误；
答案选B。
【点睛】
本题考查烷烃的系统命名、有机物的结构和性质、限定条件同分异构体种类的确定、有机物的分类。注意烷烃的系统命名步骤、醇催化氧化反应的规律，含-CH2OH的醇催化氧化成醛，含的醇催化氧化成酮，含的醇不能发生催化氧化。
15．B
【详解】
A．这两种化合物分子中均有多个N原子，类比氨气和氨基酸的化学性质可知，其均可与H+结合，故均可以与盐酸反应形成离子化合物 ，故A正确；
B．验证卤素原子时先加碱、加热水解后，首先加硝酸酸化后再加硝酸银溶液，直接加硝酸银会与氢氧化钠反应产生沉淀，干扰卤素的检验，故B错误
C．这两种化合物均有1个手性碳原子，其分别与足量的H2发生加成反应后，均增加4个手性碳原子，故其分子中的手性碳原子数均发生了改变，故C正确；
D．羟基氯喹分子中有羟基，羟基为亲水基，羟基可以水分子间形成氢键，故其比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快，故D正确；
故选：B。
16．B
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】
A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，故D错误；
故选B。
17．B
【详解】
A．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的氯化钠溶液，氯化钠不影响醋酸的电离，相当于稀释了溶液，促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大，故A不选；
B．向 0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，温度不变电离常数不变，则溶液中= 减小，故B选；
C．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，氢氧根浓度降低，溶液的pH 减小，但CO水解程度增大，故C不选；
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，③中铵根离子水解促进水的电离，①、②抑制水的电离，①、②pH值相等，则两溶液中水的电离程度相同，所以水电离的程度：①=②＜③ ，故D不选；
故选：B。
18．D
【详解】
A．反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、C元素化合价由-2价变为0价，1mol乙醇完全反应转移电子数目=1mol×2×2×NA/mol=4NA，则完全反应转移的电子数为12 NA，故A正确；
B．双液原电池中，盐桥中的K+和分别移向正极和负极，因此当电路中通过的电子数为NA个时，盐桥(含)中有NA个移向正极，NA个移向负极，故B正确；
C．甲酸甲酯在稀硫酸的催化下发生水解反应得到1molHCOOH和1molCH3OH，所得混合物经碱化后的产物甲酸盐中含有1mol-CHO，与足量新制氢氧化铜反应生成1mol，的质量为1mol×144g/mol=144g，故C正确；
D．侯氏制碱法的原理为NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，所得溶液中含有氯化钠、氯化铵和碳酸氢钠，无法判断含C微粒与含N微粒数目的关系，故D错误；
故选D。
19．C
【详解】
A.v(C)= ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；
B.15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；
C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；
D. 物质B的平衡转化率为，故D错误；
故答案为C。
20．A
【详解】
A．总反应的速率有慢反应，反应I的正反应活化能最大，反应速率最慢，即三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应速率由反应I决定，故A错误；
B．三级溴丁烷在乙醇中溶剂解的总反应为(CH3)3CBr +CH3CH2OH→(CH3)3COCH2CH3+HBr，反应类型为取代反应，故B正确；
C．氯的非金属性比溴强，C-Cl键比C-Br键稳定，说明起始时三级氯丁烷的能量比三级溴丁烷能量低，则三级氯丁烷反应I 的焓变△H1 比三级溴丁烷反应I 的焓变△H1 大，故C正确；
D．总反应为放热反应，升高温度，平衡逆移动，则适当升温，三级溴丁烷在乙醇中溶剂解正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；
故答案为D。
21．C
【详解】
A．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，故可以推测Fe(CO)5也为分子晶体，A正确；
B．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，苯为非极性分子，故可以推测Fe(CO)5也为非极性分子，故Fe(CO)5难溶于水等极性溶剂，B正确；
C．金属离子或铵根离子与酸根离子形成的化合为盐，根据盐的定义Fe(CO)5中不含有金属阳离子和酸根离子，故不属于盐，C错误；
D．Fe吸收CO的过程中生成了新的物质，故属于化学变化，D正确；
故选C。
22．B
【详解】
试题解析：尿素中氮元素被氧化为氮气，发生氧化反应，在电解池阳极氧化；因此A．a为阳极，b为阴极；正A确；B．电解时，溶液中OH－向阳极a极移动；B错误；C．阴极反应式：溶液中氢离子得电子变氢气：2H＋＋2e－===H2↑C正确；D．电解后，CO(NH2)2＋2OH－ CO32－＋N2↑＋3H2↑碱被消耗，溶液pH减小，D正确；
考点：电化学知识考察。
23．D
【详解】
A．由图可知，滴入10.00mL盐酸时，形成NaR和HR的浓度比为1：1的混合溶液，且溶液的pH=7，此时溶液中c(H+)=10－7mol/L，说明HR的电离程度与R-的水解程度相同，则Ka(HR)==c(H+)=10－7，故A正确；
B．根据A项分析，HR的电离程度与R-的水解程度相同，则Ka(R-)=Ka(HR)=10－7=，解得c(OH-)≈10－4 mol/L，则c(H+)==10－10 mol/L，则 M点溶液的pH约为10，故B正确；
C．M点为NaR溶液，NaR水解促进水的电离，N点为HR溶液，酸性溶液促进水的电离，则M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱，故C正确；
D．M点到N点，NaR溶液转化为HR溶液，由强电解质转化为弱电解质，则溶液的导电能力逐渐减弱，故D错误；
答案选D。
24．C
【解析】
【详解】
本题考查图象分析，意在考查考生的分析能力。使用Cat.2反应2小时后生成的副产物二甲醚增多，导致乙烯和丙烯的选择性下降，A正确；使用Cat.1，反应在3小时后，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，B正确；使用Cat.2，反应在3小时内，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，C错误；使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时，D正确。
25．C
【详解】
A．酸性条件下，亚铁离子和硝酸根也能发生氧化还原反应，不能确定是H2O2将Fe2+氧化还是HNO3将Fe2+氧化，所以不能用来比较H2O2、Fe2O3的氧化性强弱，故A错误；
B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故B错误；
C．滴加KSCN溶液无明显现象，可知不含铁离子，再滴加H2O2溶液变红，此时溶液中含有Fe3+，则表明亚铁离子被氧化为铁离子，由此确定该固体试样中含有Fe2+，故C正确；
D．检验蔗糖水解产物具有还原性，应该向水解后的溶液中加氢氧化钠溶液中和酸，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D错误；
故选C。
26．> C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O- 或 两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固
【详解】
(1)H2CO3中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，则H2CO3给出H+的能力比乙醇要强，由反应C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-可说明CO32‾强于C6H5O‾结合H+能力，故答案为：>；C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-；
(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子，碳原子和氮原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以Ca(CN)2的电子式为或，故答案为：或；
(3)水晶的主要成分是SiO2，晶体硅是硅单质，因为两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，所以水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固，水晶硬度更大，故答案为：两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，石英中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固。
27．60 13.6 设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1；58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【详解】
（1）所发生的反应为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，n(H2SO4)=0.06L×5mol/L=0.3mol，当溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀时，溶液成分为Na2SO4，此时n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.3mol=0.6mol，所以；Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，Al(OH)3溶解，得到的沉淀质量为9.7 g，5mL NaOH溶液的物质的量n(NaOH)=0.005L×10mol/L=0.05mol，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则溶解的Al(OH)3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g，则溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀，沉淀的最大值为3.9g+9.7g=13.6g；
（2）设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1，58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
28．Ca、C、N CaCN2 Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3 氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，先通氨气，形成碱性溶液，可吸收更多的二氧化碳，能得到较多的晶体 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，铜丝又变为紫红色。
【分析】
固体X与H2O、CO2反应产生固体A、液体B，根据X与A、B的质量关系可知反应消耗H2CO3的物质的量n(H2CO3)=；液体B水解产生D、E的气体混合物，将该混合气体通过足量浓硫酸，浓硫酸增加质量1.7 g，则说明该气体中含有NH3 1.7 g，因此X中含有N元素，根据N元素守恒可得n(N)=n(NH3)==0.1 mol，将剩余气体通过足量澄清石灰水产生固体A的质量是5.0 g，则固体A是CaCO3，其质量与X和H2O、CO2反应产生固体A质量相等，说明X中含有Ca、C两种元素，然后根据质量与物质的量关系确定X的化学式，并结合物质的性质分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知X中含有Ca、C、N三种元素；n(N)=n(NH3)==0.1 mol，n(CaCO3)==0.05 mol，n(Ca)=n(CaCO3)=0.05 mol，则固体X中含有C元素的物质的量n(C)=，n(Ca)：n(C)：n(N)=0.05 mol：0.05 mol：0.1 mol=1：1：2，所以X的化学式为CaCN2；
(2)在步骤Ⅳ中CO2与Ca(OH)2溶液反应产生CaCO3沉淀和水，发生反应生成固体A的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；
(3)在步骤I中CaCN2与H2O、CO2反应产生A是CaCO3，产生液体B含有C、N、H元素，n(H)=，n(H)：n(C)：n(N)=0.01 mol：0.05 mol：0.05 mol=2：1：1，则B化学式为CH2N2，所以CaCN2与H2O、CO2反应产生CaCO3、CH2N2，该反应的化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2=CH2N2+CaCO3；
(4)工业上，通常先往饱和氯化钠溶液中通气体E，然后再通气体D，能得到较多的晶体。可说明E是NH3，D是CO2，物质制取时先通入NH3再通入CO2，是由NH3在水中的溶解度远大于CO2，NH3的水溶液显碱性，先通NH3，形成碱性溶液，可吸收更多的CO2，产生更多的，从而能得到较多的晶体；
(5)E是NH3，由于N元素化合价为-3价，是N元素的最低化合价，因此具有还原性，该气体能够与CuO在加热条件下发生氧化还原反应：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。实验操作为：将光亮的铜丝在酒精灯火焰上加热，待铜丝变黑后，趁热伸入充满氨气的集气瓶中，看到铜丝又变为紫红色，据此证明其还原性。
29．D c>b>a。体系中加入氢气，该平衡向右移动，CO 的转化率增大 ＞ 因为使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量均能维持较高水平
【详解】
(1)根据平衡移动，低温条件下反应、均向正反应方向移动，二甲醚的产率更高，高压条件下反应向正反应方向移动，甲醇含量增加可使二甲醚的产率增加，所以答案为D；
(2)根据平衡移动， 1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，H2的进料量越多其浓度越大，越有利于该反应的化学平衡向正反应方向移动，因此CO的平衡转化率越大，所以c>b>a；
(3)由图得：使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是10分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量较好，所以I> II；
由图得：硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率和产量一直保持在较高水平，硅铝比为0.75反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；
(4) t1时刻, c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1，由题得，t1时刻反应正向进行，列三段式：
此温度下K=400，所以， 解得x=0.2，所以t2时刻c(CH3OCH3)=1.4 mol·L-1，从t1至t2，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，t2时刻达到化学平衡状态，所以t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线可表示为：。
30．抑制Fe2+水解 为了促进FeC2O4·2H2O晶体的长大，方便过滤 沸水浴 取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净 温度太低Fe2+氧化速率太慢，温度太高易导致过氧化氢分解而影响Fe2+的氧化结果 提供晶种，以利于晶体的析出 ABD 98.2%
【分析】
绿矾加入稀硫酸反应得到溶液1，加入饱和草酸搅拌、加热、煮沸后倾析法洗涤得到草酸亚铁沉淀，再加入饱和草酸钾和双氧水，在40℃水浴加热得到悬浊液，加热煮沸后再加入饱和草酸，得到溶液2，冷却至室温，加95%乙醇和几粒硝酸钾，结晶，抽滤、洗涤后得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【详解】
(1)硫酸亚铁铵为强酸弱碱盐，易发生水解，加入少量稀硫酸可抑制Fe2+水解；
(2)为了促进FeC2O4·2H2O晶体的长大，方便过滤，步骤Ⅱ要维持微沸几分钟；为了防止暴沸，宜采用沸水浴进行加热；为了证明晶体是否已经洗涤干净，关键在于检验SO42-的存在，方法是：取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明已经洗涤干净；
(3)温度太低Fe2+氧化速率太慢，温度太高易导致过氧化氢分解而影响Fe2+的氧化结果，所以步骤Ⅲ在400C条件下进行；
(4)步骤Ⅴ是从硝酸钾溶液中析出晶体，加入几粒KNO3晶体目的是提供晶种，以利于晶体的析出；
(5) A．抽滤时选用的滤纸要大小合适——小于布氏漏斗内径，但必须盖住所有小孔，选项A正确；
B．已知二草酸合铜( II )酸钾晶体{[K2Cu(C2O)2]·2H2O}微溶于冷水，可溶于热水但会慢慢分解，故需趁热抽滤，防止溶液冷却时晶体析出，降低产率，选项B正确；
C．提高水浴温度，加快反应速率，但温度过高，反而会使产物分解，故不能提高晶体的产量，选项C错误；
D．已知二草酸合铜( II )酸钾晶体{[K2Cu(C2O)2]·2H2O}微溶于冷水、酒精，可溶于热水但会慢慢分解，晶体干燥时较稳定，在150℃时会失去结晶水，260℃以上会分解，故洗涤时应先用冷水洗去表面可溶性杂质，再用酒精洗，便于酒精挥发时带走水分得到纯净而干燥的晶体，避免加热烘干时晶体分解，选项D正确。
答案选ABD；
(6)用酸性高锰酸钾溶液滴定样品溶液，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒有5~2，则25mL样品溶液中n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)===0.001mol，则250mL样品溶液的n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01mol，m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01mol×491g·mol-1=4.91g，因此样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为。
31． AB ++H2O 、
【分析】
根据D、E发生信息RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′反应，E的分子式为C9H11NO，生成X的结构简式为逆推，E的结构简式为，D的结构简式为，D的分子式为C9H10O2，C的分子式为C8H8O2，C与(CH3)2SO4反应生成D，逆推C的结构简式为，B的分子式为C8H9NO，发生信息R-NH2R-OH反应，生成C，则B的结构简式为，A的分子式为C8H8O，经两步反应生成B，则A的结构简式为，A经过两步生成B，即，据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，E的结构简式为；答案为。
(2)
A．化合物A的结构简式为，该结构中不存在醛基，属于酮类，不能发生银镜反应，故A错误；
B．化合物B的结构简式为，该结构中只有-NH2，没有-COOH，不会形成内盐，故B错误；
C．化合物C的结构简式为，该结构中有酚羟基，酚羟基的邻对位有H原子，能与溴水发生取代反应，故C正确；
D．化合物X的结构简式为，由键线式的端点和拐点均为C原子，用H补足C的四键，其分子式为C18H19NO2，故D正确；
答案为AB。
(3) 化合物A经过两步生成化合物B，即；答案为。
(4) D的结构简式为，E的结构简式为，D、E发生信息RCHO +CH3COR′RCH=CHCOR′反应，即D+E→X的化学方程式为++H2O；答案为++H2O。
(5) E的分子式为C9H11NO，其结构简式为，E的同分异构体满足①H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；②IR谱显示有苯环和醛基存在；则E的同分异构体满足条件的结构简式为、；答案为、。
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