2019年上海市徐汇区高考化学一模试卷解析版

这是一份2019年上海市徐汇区高考化学一模试卷解析版，共10页。试卷主要包含了单选题，简答题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是（ ）
A. B. C. D.
近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（ ）
A. 通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
B. 用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
C. 向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
D. 通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于2248Ti的说法中，错误的是（ ）
A. 质子数为22B. 质量数为70C. 中子数为26D. 核外电子数为22
下列关于NH4Cl的描述正确的是（ ）
A. 只存在离子键B. 属于共价化合物
C. 氯离子的结构示意图：D. NH4+的电子式：
下列烷烃命名错误的是（ ）
A. 2─甲基戊烷B. 3─乙基戊烷
C. 3，4─二甲基戊烷D. 3─甲基己烷
下列物质中，不属于合金的是（ ）
A. 水银B. 硬铝C. 青铜D. 碳素钢
下列关于氯气性质的描述错误的是（ ）
A. 无色气体B. 能溶于水C. 有刺激性气味D. 光照下与氢气反应
将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（ ）
A. 自然界中存在石墨烯B. 石墨烯与石墨的组成元素相同
C. 石墨烯能够导电D. 石墨烯属于烃
下列有关物质性质的比较，错误的是（ ）
A. 金属性：Al>MgB. 稳定性：HF>HCl
C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2D. 酸性：HClO4>H2SO4
为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀（见图），关于B的说法合理的是（ ）
A. B是碳棒
B. B是锌板
C. B是铜板
D. B极无需定时更换
常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是（ ）
A. 0.01 ml⋅L−1的HClO溶液pH>2
B. NaClO、HClO都易溶于水
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO−
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）。当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，下列说法中，正确的是（ ）
A. 该反应已达化学平衡状态B. H2O和CO全部转化为CO2和H2
C. 正、逆反应速率相等且等于零D. H2O、CO、CO2、H2的浓度一定相等
下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（ ）
A. NaOH+HClO4→NaClO4+H2OB. H2CO3+Na2SiO3→H2SiO↓+Na2CO3
C. Zn+FeSO4→ZnSO4+FeD. 2FeCl3+2 NaI→2FeCl2+I2+NaCl
如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是（ ）
A. 电子层数B. 原子半径C. 最高化合价D. 最外层电子数
25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（ ）
A. 粒子种类不同B. c(Na+)前者大于后者
C. c(OH−)前者大于后者D. 分别加入NaOH固体，c(CO32−)均增大
对C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的分析合理的是（ ）
A. 肯定互为同系物B. 乙能够发生水解的同分异构体有3种
C. 甲可能极易溶于水D. 两种物质具有相同的最简式
下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（ ）
A. 溶液中H2O电离出的c(OH−)=1.0×10−3ml⋅L−1
B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高
C. 与等体积0.001ml⋅L−1NaOH溶液反应，所得溶液呈中性
D. 与pH=3的硫酸溶液浓度相等
化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（ ）
A. 催化剂改变了该反应的反应热B. 过程③为放热过程
C. 过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附D. 过程④为吸热反应
常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是（ ）
A. 过滤后的溶液中一定没有S2−
B. MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中
C. 常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶
D. 加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2−=CuS↓
某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：下列实验分析中，不正确的是（ ）
A. ①说明Cl2被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI
C. ③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−
D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化
二、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：
（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是______；写出N的核外电子排布式______。
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，则SO2为______（选填“极性”、“非极性”）。
（3）将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：
①表中y=______ml•L-1。
②写出NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式______。
（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。
①写出SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式______。
②（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是______。
久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。
回答下列问题：
（1）写出Fe2+水解的离子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。
（2）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是______。
a．Fe2+转化为Fe3+的趋势很大b。Fe2+转化为Fe3+的速率很大
c．该反应进行得很完全d。酸性条件下Fe2+不会被氧化
（3）结合如图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应发生了怎样的影响______。
（4）研究小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是______。
（5）用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。
反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待测溶液，用0.0200ml•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=______ml•L-1。
化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。
（2）写出反应类型：B→C______。
（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。
（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。
（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
研究金属与硝酸的反应，实验如下。
（1）Ⅰ中的无色气体是______。
（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______。
（3）研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是______。
②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是______，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是______。
（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有______；试推测还可能有哪些因素影响______（列举1条）。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：A．图中所示标志是腐蚀品标志，故A错误；
B．图中所示标志是易燃液体标志，故B正确；
C．图中所示标志是剧毒品标志，故C错误；
D．图中所示标志是氧化剂标志，故D错误。
故选：B。
汽油具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志，结合图中所示标志的含义进行分析判断即可．
本题难度不大，了解汽油的性质、各个标志所代表的含义是解答此类题的关键．
2.【答案】D
【解析】
解：A．通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，为化学变化，故A不选；
B．亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B不选；
C．向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C不选。
D．鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D选。
故选：D。
A．测定pH与氢离子浓度有关；
B．亚铁离子与氯气发生氧化还原反应；
C．淀粉中碘酸钾被还原生成碘．
D．鸡蛋的沉浮与密度有关．
本题考查物质的检验以及化学反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．
3.【答案】B
【解析】
解：Ti的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。
A、质子数为22，故A正确；
B、质量数为48，故B错误；
C、中子数为=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；
D、电子数=质子数=22，故D正确。
故选：B。
标示在元素符号左上角的是质量数，左下角的是质子数，而质子数+中子数=质量数，而对于原子，质子数=电子数，据此分析。
本题考查了原子结构中质子数、质量数、中子数和电子数等之间的数值关系，难度不大。
4.【答案】D
【解析】
解：A．氯化铵既存在离子键又存在共价键，故A错误；
B．氯化铵含有离子键为离子化合物，故B错误；
C．氯离子核内17个质子，核外18个电子，氯离子结构示意图：，故C错误；
D．NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，其电子式为，故D正确；
故选：D。
A．氯化铵中氨根离子与氯离子形成离子键，氨根离子中氮原子与氢原子形成共价键；
B．含有离子键的化合物为离子化合物；
C．氯离子最外层有18个电子；
D．NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷；
本题考查了常见化学用语及离子化合物共价化合物区别，熟悉原子结构示意图、电子式等书写方法是解题关键，题目难度中等，有利于养成规范使用化学用语的习惯。
5.【答案】C
【解析】
解：A.2─甲基戊烷名称中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，.2─甲基戊烷，名称符合命名原则，故A正确；
B.3─乙基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，3─乙基戊烷，名称符合命名原则，故B正确；
C.3，4─二甲基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到2，3─二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；
D.3─甲基己烷中主碳链6个碳，离取代基近的一端编号得到，3─甲基己烷，名称符合命名原则，故D正确；
故选：C。
烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
6.【答案】A
【解析】
解：A．水银是单质，属于纯净物，不属于合金，故A选；
B．硬铝是铝的合金，故B不选；
C．青铜是铜锡合金，故C不选；
D．碳素钢是铁和碳的合金，故D不选。
故选：A。
合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质．
本题考查合金的概念，难度不大，注意只要紧扣合金的概念，对各种物质进行全面的分析，即可做出正确的解答．
7.【答案】A
【解析】
解：氯气是黄绿色的气体、氯气有毒、并有刺激性气味、密度比空气大、熔沸点较低、能溶于水易溶于有机溶剂，1体积水在常温下可溶解2体积氯气，光照下与氢气反应生成氯化氢，
故选：A。
氯气是黄绿色的气体、氯气有毒、并有刺激性气味、密度比空气大、熔沸点较低、能溶于水易溶于有机溶剂，1体积水在常温下可溶解2体积氯气。
本题考查氯气的物理性质，较简单，学生利用课本所学基础知识即可解答，注意归纳气体的色、味、密度、溶解性等性质。
8.【答案】D
【解析】
解：A．石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有有存在，故A不选；
B．石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B不选；
C．石墨烯与石墨都易导电，故C不选；
D．石墨烯属于碳单质，不是烯烃，烯烃是化合物，故D选。
故选：D。
将石墨烯一层层叠起来就是石墨，石墨和石墨烯在自然界中有存在，二者都是碳的单质，都易导电，据此分析。
本题考查了碳元素的单质，注意石墨烯和石墨的组成结合题中信息解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9.【答案】A
【解析】
解：A．同周期金属性依次减弱，故A错误；
B．非金属性：F＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞HCl，故B正确；
C．钠的金属性大于镁，则碱性NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；
D．非金属性：Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则有：酸性：HClO4＞H2SO4，故D正确；
故选：A。
A．同周期金属性依次减弱；
B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
C．金属性越强对应碱的碱性越强；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，题目难度不大，注意元素的金属性、非金属性与元素性质的递变规律。
10.【答案】B
【解析】
解：形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌，
故选：B。
形成原电池时，Fe作正极被保护；该电化学保护方法的名称是 牺牲阳极的阴极保护法，由此分析解答；
本题考查了原电池原理和电解池原理的分析应用，把握原电池原理和电解池原理是解题的关键，题目难度中等。
11.【答案】A
【解析】
解：A．0.01ml•L-1 的HClO溶液pH＞2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，故A正确；
B．NaClO、HClO都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，故B错误；
C．NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-，说明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO是弱电解质，故C错误；
与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明HClO具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO部分电离，所以不能判断HClO是弱电解质，故D错误；
故选：A。
常温下，部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，根据HClO的电离程度判断该酸是否是弱电解质．
本题考查强电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点，题目难度不大．
12.【答案】A
【解析】
解：A、当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，反应已达化学平衡状态，故A正确；
B、可逆反应H2O和CO不可能全部转化为CO2和H2，故B错误；
C、平衡状态是动态平衡，所以正、逆反应速率相等且大于零，故C错误；
D、平衡状态时H2O、CO、CO2、H2的浓度不变而不一定相等，故D错误；
故选：A。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
13.【答案】D
【解析】
解：A．碱能与酸反应，NaOH与HClO4反应，属于酸碱的中和反应，故A不选；
B．碳酸的酸性比硅酸强，酸性强的酸能制备酸性弱的酸，所以碳酸能与硅酸钠反应，故B不选；
C．活泼性强的金属单质能置换活泼性弱的金属单质，Zn能与亚铁离子反应生成铁，故C不选；
D．NaI与氯气等非金属单质发生置换反应，FeCl3与NaI发生的不是非金属之间的置换反应，故D选。
故选：D。
A．碱能与酸反应；
B．酸性强的酸能制备酸性弱的酸；
C．活泼性强的金属单质能置换活泼性弱的金属单质；
D．NaI与氯气等非金属单质发生置换反应。
本题考查了物质通性和特征性质的分析判断，注意对反应的类型和产物分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
14.【答案】C
【解析】
解：由图可知，随核电荷数的增加，纵坐标的数字出现周期性变化，从1升高为8，第一周期除外，只有最外层电子数随核电荷数的增加而逐渐增加，
同周期原子半径在减小、电子层数相同，第二周期中O、F没有正价，由图无法获知的为最高正价，
故选：C。
由图可知，随核电荷数的增加，纵坐标的数字出现周期性变化，从1升高为8，第一周期除外，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，为高频考点，侧重学生分析能力及元素周期律应用能力的考查，注意周期表中的特例及元素性质的递变规律，题目难度不大
15.【答案】A
【解析】
解：A．NaHCO3溶液中：H2O⇌H++OH-，HCO3-⇌CO32-+H+，H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-；Na2CO3溶液中：H2O⇌H++OH-，H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-，H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，所以存在的粒子种类相同，故A错误；
B．Na2CO3中：c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；
C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中，故C正确；
D．分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确。
故选：A。
A．根据电离方程和水解方程判断；
B．根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学式组成分析；
C．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，水解规律：谁强显谁性；
D．分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3。
本题考查离子浓度大小比较、盐的水解，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握水解方程式的书写方法、以及影响盐的水解的因素。
16.【答案】C
【解析】
解：A、羧酸类和酯类的通式均为CnH2nO2，故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A错误；
B、乙能发生水解的同分异构体为酯类，可能为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共4种，故B错误；
C、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C正确；
D、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的最简式分别为CH2O和C2H4O，故D错误。
故选：C。
A、羧酸类和酯类的通式均为CnH2nO2；
B、乙能发生水解的同分异构体为酯类；
C、甲为乙酸或甲酸甲酯；
D、最简式为各原子的最简单的整数比。
本题考查了同分异构体的书写、物质的物理性质，难度不大，应注意基础的掌握。
17.【答案】B
【解析】
解：A．pH=3的CH3COOH溶液中，c（H+）=1.0×10-3ml•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10ml•L-1，故A错误；
B．加入少量CH3COONa固体后，醋酸的电离平衡性质逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；
C．醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001ml•L-1，与等体积0.001ml•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；
D．pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3ml•L-1，硫酸的浓度为5×10-4ml•L-1，而醋酸的浓度大于0.001ml•L-1，故D错误；
故选：B。
A．醋酸中的氢氧根离子来自水的电离；
B．醋酸根离子抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小；
C．醋酸浓度大于0.001ml•L-1，反应后醋酸过量，溶液呈酸性；
D．硫酸为二元强酸，醋酸为弱酸，二者浓度不相等。
本题考查弱电解质的电离平衡及酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的综合应用能力。
18.【答案】C
【解析】
解：A．催化剂不改变反应的始终态，则反应热不变，故A错误；
B．过程③为化学键的断裂，为吸热过程，故B错误；
C．过程②是氢气与氮气分子不变，被催化剂吸附的过程，故C正确；
D．过程④为化学键的形成，为放热过程，故D错误；
故选：C。
A．催化剂不改变反应的始终态；
B．过程③为化学键的断裂；
C．过程②是氢气与氮气分子不变；
D．过程④为化学键的形成。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
19.【答案】C
【解析】
A、难溶不是不溶，只是溶解度小，故A错误；
B、MnS难溶于水也难溶于MnCl2溶液，故B错误；
C、通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，故C正确；
D、沉淀转化的离子方程式为：Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq），故D错误；
故选：C。
通过添加过量的难溶电解质MnS，除去Cu2+、Pb2+、Cd2+等离子，是沉淀转化的原理，利用CuS、PbS、CdS比MnS更难溶与水的原理转化，据此解答．
本题考查了沉淀的转化，注意绝对不溶的物质是没有的，沉淀能够转化，决定于决定于沉淀的溶度积常数的大小，题目难度不大．
20.【答案】C
【解析】
解：A．①中发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性，由现象可知Cl2被完全消耗，故A正确；
B．若二氧化硫过量时，②中发生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，则试纸褪色，故B正确；
C．换成Ba（NO3）2溶液时，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42-，故C错误；
D．由上述实验可知，品红溶液和SO2均被氧化，故D正确；
故选：C。
SO2和Cl2的混合气体发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物质的量反应时，反应后无漂白性；若二氧化硫过量时，②中发生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；③中白色沉淀为硫酸钡，以此来来解答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
21.【答案】S、Na、Cl 1s22s22p3 极性 2.0×10-4 2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+ SO2+NH3•H2O=NH4HSO3 NH4+
【解析】
解：（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级，N原子电子排布式：1s22s22p3，
故答案为：S、Na、Cl；1s22s22p3；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，
故答案为：极性；
（3）①溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c2c（SO42-）+y，则表中的y=5.5×10-3-3.4×10-3-2.0×10-4-2×8.5×10-4=5.8×10-4，y=2.0×10-4，
故答案为：2.0×10-4；
②NO和NaClO2溶液反应的离子方程式是：4NO+3ClO2-+2H2O=4NO3-+3Cl-+4H+，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，离子反应方程式为：2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+，
故答案为：2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式：SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，
故答案为：SO2+NH3•H2O=NH4HSO3 ；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离，浓度最大的离子是NH4+，
故答案为：NH4+。
（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合；
（3）①电荷守恒计算得到硝酸根离子浓度；
②一氧化氮和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、硝酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离。
本题考查了原子和分子结构、二氧化硫性质、化学方程式和离子方程式书写等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22.【答案】Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+ 向溶液中滴加少量稀硫酸 ac pH越大氧化率越大 向其中加入少量的硫酸和铁粉等 0.099
【解析】
解：（1）Fe2+水解的离子方程式：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是向溶液中滴加少量稀硫酸，水解平衡逆向进行，
故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+；向溶液中滴加少量稀硫酸；
（2）a．已知常温下4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O的平衡常数很大，说明Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，故a正确；
b．根据图象可知，Fe2+转化为Fe3+的速率与溶液pH有关，pH=4.7时反应速率较小，故b错误；
反应进行程度与化学平衡常数有关，反应进行程度很大反应速率不一定大，故b错误；
c．该反应为可逆反应，平衡常数很大，反应进行的很完全，故c正确；
d．根据图象可知，酸性条件下Fe2+的氧化速率较小，但仍然会被氧化，故d错误；
故答案为：ac；
（3）根据图象可知，溶液pH越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大，说明pH越大氧化率越大，
故答案为：pH越大氧化率越大；
（4）氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强，为了防止亚铁离子被氧化，配制FeSO4溶液时需要加入少量铁粉；为了防止亚铁离子水解，还需要加入少量硫酸，即向配制FeSO4溶液的方法是：加入少量的硫酸和铁粉等，
故答案为：向其中加入少量的硫酸和铁粉等；
（5）取20mL待测溶液，用0.0200ml•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，n（KCr2O7）=0.0200ml•L-1×16.50×10-3L=3.3×10-4ml，
根据反应6Fe2++Cr2O72-+14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，n（Fe2+）=6n（KCr2O7）=3.3×10-4ml×6=1.98×10-3ml，
则溶液中c（Fe2+）==0.099ml/L，
故答案为：0.099。
（1）亚铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液显酸性，抑制水解可以加入对应酸；
（2）常温下该反应的平衡常数很大，说明Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，但反应速率不一定很大；该反应为可逆反应，不可能反应完全，结合图象分析酸性条件下亚铁离子被氧化情况；
（3）当温度和其它条件相同pH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题；
（4）从而防止亚铁离子水解和被氧化角度分析；
（5）取20mL待测溶液，用0.0200ml•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，结合离子反应方程式中的定量关系计算溶液中c（Fe2+）。
本题考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握盐的水解原理，（2）为易错点，注意合理把握图象曲线变化含义，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
23.【答案】碳碳双键、溴原子 C10H16O4 NaOH水溶液 取代反应 CH3（CH2）4COOH等
【解析】
解：（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，
故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；
（2）B为，发生取代反应生成，故答案为：取代反应；
（3）C与D反应生成E的化学方程式为，
故答案为：；
（4）C为，对应的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，应含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；
（5）以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线，可先发生消去反应生成环己烯，然后在发生加成反应，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应二者二烯烃，发生1，4加成可生成目标物，反应的流程为，
故答案为：
A与氢气的加成反应，生成B为，反应在NaOH/水条件下的水解反应生成对环己二醇，所以生成C为，由E可知D为乙酸，以此解答该题。
本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意把握有机物的官能团与性质的关系即可解答，明确反应条件与反应类型的关系是解答的关键。
24.【答案】NO或一氧化氮 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 金属的种类、硝酸的浓度 温度
【解析】
解：（1）铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮，故答案为：NO或一氧化氮；
（2）Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（3）①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出，故答案为：硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；
②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，
故答案为：NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；
（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度，故答案为：金属的种类、硝酸的浓度；温度。
（1）铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；
（2）Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；
（3）①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；
②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；
（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。
本题考查了物质性质、反应产物的分析、实验探究和实验验证的过程分析判断和方案设计，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
离子
Na+
SO42-
NO3-
OH-
Cl-
浓度/（ml•L-1）
5.5×10-3
8.5×10-4
y
2.0×10-4
3.4×10-3
实验（20C）
现象
Ⅰ．过量铜粉、2mL 0.5ml/L HNO3
无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色
Ⅱ．过量铁粉、2mL 0.5ml/L HNO3
6mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色