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。

1．一定条件下反应2AB(g)A2(g) ＋B2(g),不能确定达到平衡状态的是
A．单位时间内生成n ml A2，同时生成2n mlAB
B．单位时间内生成n ml B2，同时生成2n mlAB
C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D．容器中各组分的物质的量分数不随时间变化
2．下列实验方案不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
3．某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含量较少的和）：、、、、。取200mL该溶液，分为等体积的两份，分别做下列实验。实验1：第一份中加入足量的烧碱溶液并加热，产生的气体在标准状况下的体积为224mL。实验2：第二份中先加入足量的盐酸，无明显现象，再加入足量的溶液，得到固体2.33g。下列说法正确的是（ ）
A．该溶液中不一定含有
B．该溶液中肯定含有、、、
C．该溶液中一定不含
D．该溶液中定含有，且
4．下列说法正确的是( )
A．除去苯中少量的苯酚，可向混合液中先加适量的浓溴水，使苯酚生成三溴苯酚，再过滤除去
B．将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50 ℃时形成悬浊液
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．苯酚既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应
5．用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
6．下列化学用语和化学符号使用正确的是
A．次氯酸的结构式：H-Cl-OB．CCl4的比例模型：
C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na+＋HCOD．氨基的电子式：
7．常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A．pH=2 的 HA 溶液与 pH=12 的 MOH 溶液任意比混合：c(H+) + c(M+) = c(OH－) + c(A－)
B．pH 相等的 CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3 三种溶液： c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1ml·L-1 的 NaHA 溶液，其 pH=4：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)
8．下列说法错误的是
A．蛋白质在酶等催化剂作用下水解可得到氨基酸
B．植物油中不可能含有碳碳双键
C．乙烷、丙烷、新戊烷互为同系物
D．分子式为C4H8O2且能与NaHCO3溶液反应的有机物共有2种
9．维生素C又称“抗坏血酸”，能帮助在人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素C具有的性质不正确的是
A．维生素C表现了还原性B．维生素C具有酸性
C．维生素C能被Fe3+氧化D．维生素C将Fe3+还原成了Fe2+
10．下列说法正确的是
A．H2SO4、CH3CH2OH、CH3COONa和CaO分别属于酸、碱、盐和氧化物
B．硫酸钡和水分别属于强电解质和弱电解质
C．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到
D．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
11．下列反应中，硫酸既表现了氧化性还表现了酸性的反应是
A．2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2↑
B．2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑
C．H2SO4（浓）+NaClNaHSO4+HCl↑
D．H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2↑
12．室温下,向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入下列物质,对所得溶液的分析正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
13．下列反应的离子方程式正确的是
A．物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合Ba2＋+ 2HCO3－+ 2OH－= BaCO3↓+CO32－+ 2H2O
B．NaHSO4溶液中滴加入Ba(OH)2溶液至中性 2H＋+ Ba2＋+ 2OH－+ SO42－= BaSO4↓+ 2H2O
C．以石墨作电极电解氯化镁溶液：2Cl－+2H2O =2OH－+H2↑+Cl2↑
D．碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液 3HCO3－＋Al3＋3CO2＋Al(OH)3
14．下列关于物质的分类错误的是（ ）
A．同素异形体：活性炭，C60，石墨，金刚石
B．酸性氧化物：CO2，SO2，SiO2，Mn2O7
C．混合物：铝热剂，纯净矿泉水，液氯，漂白粉
D．非电解质：乙醇，四氯化碳，氨气，葡萄糖
15．列各项中表达正确的是
A．Na的原子结构示意图：
B．NaCl的电子式: Na :Cl :
C．乙烯的结构式： CH2 = CH2
D．乙醇的结构简式：CH3CH2OH
16．下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A．Al2O3NaAlO2Al(OH)3
B．饱和NaCl(aq) NaHCO3Na2CO3
C．SSO3H2SO4
D．MgCl2(aq) Mg(OH)2MgO
17．漂白剂的类型可依据其在漂白过程发生的氧化还原反应中所担任的角色来区分。若漂白剂在反应中作氧化剂，则为氧化型漂白剂。下列漂白剂中，不属于氧化型漂白剂的是
A．活性炭B．次氯酸钠C．漂白粉D．过氧化氢
18．下列叙述中，正确的是
A．氯水、液氯是状态不同的同一种物质，均属于纯净物
B．氯元素在自然界中既有化合态存在，也有游离态存在
C．可用排水法或者向上排空气法收集氯气
D．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2分子
19．工业上可利用反应Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2制取化工原料Na2S2O3，下列说法正确的是（ ）
A．该反应中SO2还原性大于CO2
B．氧化产物与还原产物的质量比为2:1
C．每生成1mlCO2，转移2NA个电子
D．标准状况下，反应中每吸收4mlSO2就会放出22.4LCO2
20．一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液。下列说法不正确的是
A．K+ 移向催化剂b
B．催化剂a表面发生的化学反应：Fe(CN)64--e-＝ Fe(CN)63-
C．Fe(CN)63- 在催化剂b表面被氧化
D．电解池溶液中的Fe(CN)64- 和Fe(CN)63- 浓度基本保持不变
21．下列关于石油的说法不正确的是
①石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物
②煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠
③煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
④石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃
A．①③B．①②C．②③D．③④
22．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
B．在常温常压下，18 g H2O与18 g D2O所含电子数均为10NA
C．常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
23．经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是
A．PCl5固体是分子晶体
B．PCl5晶体具有良好的导电性
C．PCl5晶体有[PCl3]2＋和[PCl7]2－构成，其离子数目之比为1∶1
D．PCl5晶体有[PCl4]＋和[PCl6]－构成，其离子数目之比为1∶1
24．用硫及其化合物制硫酸有下列三种反应途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是
途径①：SH2SO4
途径②：SSO2SO3H2SO4
途径③：FeS2SO2SO3H2SO4
A．途径①的反应中体现了浓HNO3的强氧化性
B．途径②③的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本
C．由途径①②③分别制取1 ml H2SO4，理论上各转移6 ml e-
D．途径②③比途径①污染相对小且原子利用率高，更能体现“绿色化学”的理念
25．利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是
A．用图甲装置制取CO2，其中的大理石可以替换成纯碱
B．图乙装置，关闭活塞b，从a处加水可以检查装置的气密性
C．用图丙装置进行盐酸滴定NaOH溶液
D．用图丁装置通过加热碳酸氢铵的方法制得纯净干燥的氨气
二、填空题
26．按照要求写出方程式。
（1）写出下列物质的电离方程式：NaHSO4在水溶液中的电离_____，NaHCO3在水溶液中的电离__________，硫酸铁在水溶液中的电离____________。
（2）写出下列反应的离子方程式：氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应____________，三氧化二铁有与稀硫酸反应____________________，硫酸铝与氨水反应_______________________。
三、计算题
27．如图甲乙丙三个烧杯依次分别盛放氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、硫酸钾溶液，电极均为石墨电极，通电一段时间，乙中c电极质量增加64克,据此回答问题
①电源的N端为 ___________极
②电极b上发生的电极反应为_________________________
③电极b上生成的气体在标准状况下的体积______________________升
④电极e上生成的气体在标准状况下的体积_______________________升
四、实验题
28．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100 mL-1)。
Ⅰ.实验步骤
(1)配制待测白醋溶液，用____(填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋，在____(填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL____(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴____作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 ml/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。
(4)滴定。判断滴定终点的现象是____，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，重复滴定3~4次。
(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为____mL。
Ⅱ.实验记录
Ⅲ.数据处理与讨论
(6)按正确数据处理，得出c(市售白醋)=____ml/L，市售白醋总酸量=____g·100 mL-1。
五、元素或物质推断题
29．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物已略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为___。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1mlB消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为____。
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为____。
六、原理综合题
30．丙烯是三大合成材料的基本原料之一，可用于生产多种重要有机化工原料。由丙烷制丙烯的两种方法如下：
Ⅰ． 丙烷氧化脱氢法：
Ⅱ． 丙烷无氧脱氢法：
请回答下列问题：
(1)已知 ，由此计算_______。
(2)在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。
①图中的转化率随温度升高而上升的原因是_______。
②在550℃时，的选择性为_______。(保留1位小数)(的选择性)。
③的选择性：550℃_______575℃(填“大于”或“小于”)。
(3)某温度下，在刚性密闭容器中充入发生无氧脱氢制备丙烯。
①下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。
a．
b．容器内气体的密度不再发生变化
c．容器内气体平均相对分子质量不再变化
d．容器内的压强不再发生变化
②若起始时容器内压强为，反应达平衡后总压为，则的平衡转化率为_______，该反应的压强平衡常数_______(保留1位小数)。
七、有机推断题
31．卡莫氟G是一种抗肿瘤药,卡莫氟具有抑制病毒复制的效果.可能用于治疗感染新型冠状病毒的患者。G的一种合成路线如图所示：
已知：
①A〜F分子碳链中均不含环状和支链结构。
②H-N=C=O+NH3→
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为___________。
（2）写出B和银氨溶液反应的化学方程式___________。
（3）C→D的反应类型为___________。
（4）F与5—FU反应生成卡莫氟G，5一FU的结构简式为___________，G的分子式为__________________________,
（5）F(C6H13N=C=O)的一种同系物H结构简式为C3H7N=C=O，H的同分异构体中含结构，但是不含环状结构的共有___________种（不包括立体异构），写出一种核磁共振氢谱为五组峰的同分异构体结构简式___________。
（6）DMF(N.N—二甲基甲酰胺）结构简式为，是一种重要的化工原料及溶剂。已知R-OH+NH3→RNH2+H2O；R—COOR’+NH3→RCONH2+R’OH。写出以CH3OH为原料制备DMF的合成路线（无机试剂任选）。____________
编号
实验目的
实验方案
A
比较C和Si的非金属性强弱
向Na2SiO3溶液中通入CO2，观察溶液中的现象
B
探究SO2的漂白性
向装有品红溶液的试管中通入SO2，观察溶液中的现象，加热，再次观察现象
C
制备Fe(OH)3胶体
在盛有氯化铁溶液的烧杯中倒入氢氧化钠溶液
D
检验氯气的产生
将湿润的淀粉KI试纸靠近导管口，观察试纸变色现象
A
B
C
D
实验目的
制备氢氧化铁胶体
分离乙酸乙酯和饱和 Na2CO3溶液
制取并检验氨气
证明氯化银溶解度大于硫化银
实验装置
加入的物质
对所得溶液的分析
A．
90mL H2O
由水电离出的c(H+)=10-10ml·L-1
B．
0.1ml NH4Cl固体
c(H+)比原NH3·H2O溶液中的大
C．
10mL pH=13的NaOH溶液
NH3·H2O的电离程度不变
D．
10mL pH=3的盐酸
溶液呈中性
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
参考答案
1．C
【详解】
反应达到平衡的标志是：正逆反应速率相等，各组分的浓度是一定值。A、B、D表示各组分的浓度不再随着时间表的改变而改变，是一定值；而C选项当AB的消耗速率等于A2的消耗速率，表明在单位时间内，消耗的AB和消耗的A2的物质的量相等，那么各组分的浓度随时间的改变在改变，没有达到平衡状态。
2．C
【详解】
A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，会生成白色沉淀，该沉淀为硅酸，从而说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，又因为最高价氧化物的水化物的酸性越强，其对应元素的非金属越强，故可以说明非金属性：C＞Si，故A正确，不选；
B．向装有品红溶液的试管中通入SO2，溶液红色褪去，加热后，溶液又恢复红色，从而探究SO2的漂白性，故B正确，不选；
C．氯化铁与氢氧化钠会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，得不到Fe(OH)3胶体，故C错误，符合题意；
D．氯气可以氧化I-生成碘单质，使试纸变蓝，从而检验氯气的产生，故D正确，不选；
故选C。
3．D
【分析】
实验1可证明原溶液中含有，且其物质的量为0.01ml；实验2可证明原溶液中一定不含有，一定含有，且的物质的量为，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有，且的浓度。
【详解】
A．由分析可知，溶液中一定含Na+，A错误；
B．结合分析可知，溶液中一定没有，若的浓度为，则根据电荷守恒可知无，若的浓度＞，则必有，B错误；
C．结合B可知，溶液可能含，C错误；
D．由分析可知，溶液中一定含有，且，D正确。
答案选D。
4．D
【详解】
A、苯是有机溶剂，既能溶解溴，又能溶解苯酚和三溴苯酚，因此在苯的苯酚溶液中加入溴水生成的三溴苯酚，溶于苯中，故不能除去苯中的少量苯酚。正确的方法应是加入适量的NaOH溶液，用分液漏斗分离， A不正确；
B、将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50℃形成乳浊液而变浑浊，不是悬浊液，B不正确；
C、苯酚的酸性比碳酸还弱，不能与NaHCO3反应，C不正确；
D、苯酚容易被氧化，同时苯环在一定条件下与氢气发生加成反应属于还原反应，D正确；答案选D。
5．D
【详解】
A．制备氢氧化铁胶体时，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至红褐色，可以达到实验目的，故A不选；
B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，且乙酸乙酯在上层，分液可分离，可以达到实验目的，故B不选；
C．实验室可以用氯化铵和氢氧化钙固体加热的方法制备氨气，并用湿润的红色石蕊试纸检验，可以使试纸变蓝，可以达到实验目的，故C不选；
D．实验中硝酸银过量，先生成白色氯化银沉淀，再生成黑色的硫化银沉淀，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，不能达到实验目的，故D选；
故选D。
6．C
【详解】
A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A错误；
B．氯原子半径大于碳原子，CCl4的比例模型，故B错误；
C．碳酸氢钠是强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na+＋HCO，故C正确；
D．氨基的电子式是，故D错误；
答案选C。
7．A
【详解】
A．二者无论以何种比例混合，溶液都呈电中性，则溶液中存在电荷守恒，c(H+) + c(M+) = c(OH－) + c(A－)，A正确；
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，由于Na2CO3水解程度大于CH3COONa，则c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，NaOH为强电解质，浓度最小，B错误；
C．物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者联式可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误；
D. 0.1ml/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则溶液中存在：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，D错误；故答案为：A。
【点睛】
对于酸式盐，电离程度大于水解程度，溶液显酸性；电离程度小于水解程度，溶液显碱性。
8．B
【解析】A．蛋白质水解反应最终生成氨基酸，故A正确；B．植物油中含有碳碳双键，易被氧化而变质，故B错误；C. 乙烷、丙烷、新戊烷的结构相似，分子组成上相差了若干个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D．分子式为C4H8O2，且能与NaHCO3反应的有机物，则为羧酸，取代基为丙基，有正丙基和异丙基2种同分异构体，即C4H8O2的羧酸有2种同分异构体，故D正确；故选B。
9．B
【详解】
维生素C使Fe3+转变为Fe2+，Fe元素的化合价降低，表现氧化性，则维生素C表现还原性，被氧化，综上所述，维生素C无酸性，答案为B。
10．B
【解析】
【详解】
A.酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物是氧化物；H2SO4、CH3CH2OH、CH3COONa和CaO中乙醇是有机物，属醇不是碱，故A错误；
B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能够导电的化合物；硫酸钡是强电解质，水是弱电解质，故B正确；
C.金属冶炼的原理是在金属活动顺序表中K～Al用电解法，Zn～Cu用还原法，Hg～Ag用加热法，铂、金物理分离法；所以Mg、Al、Cu可以分别用电解法、电解法、热还原法进行冶炼得到，故C错误；
D.日常生活中常用75％(体积分数)的乙醇水溶液杀菌消毒，故D错误。
故选B。
【点睛】
强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、金属氧化物等；弱电解质包括弱酸、弱碱、水等。
11．A
【详解】
A．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸既表现出了强氧化性又表现了酸性，故A选；
B．木炭粉与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫、水，只表示硫酸的强氧化性，故B不选；
C．NaCl+H2SO4（浓）═NaHSO4+HCl↑，体现了不挥发性酸制备挥发性的酸，只表现硫酸的难挥发性，故C不选；
D．H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2↑，体现了强酸制弱酸的规律，只表现硫酸的酸性，故D不选；
故选：A。
12．B
【详解】
A、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入90mL H2O，由于氨水的电离，c(OH-)>10-4 ml·L-1，由水电离出的c(H+)>10-10ml·L-1，选项A错误；
B、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入0.1ml NH4Cl固体，c(NH4+)增大，电离平衡NH3·H2O NH4++ OH-逆向移动，c(OH-)减小，c(H+)增大，比原NH3·H2O溶液中的大，选项B正确；
C、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入10mL pH=13的NaOH溶液，c(OH-)增大，抑制NH3·H2O电离，NH3·H2O的电离程度减小，选项C错误；
D、向10mL pH=11的NH3·H2O溶液中加入10mL pH=3的盐酸，NH3·H2O过量，反应后溶液呈碱性，选项D错误。
答案选B。
13．B
【详解】
A．物质的量浓度相等的碳酸氢钡溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，应满足n(HCO3-)：n(OH-)=1：1，离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O，故A错误；
B．NaHSO4溶液中滴加入Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸钡沉淀和水，为2H++Ba2++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，为Mg2++2H2O+2Cl- -H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液加入氯化铝溶液发生互促水解，比较彻底，不用可逆符号，应为3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓，故D错误；
故答案为B。
14．C
【详解】
A．活性炭、C60、石墨、金刚石均为碳的不同单质，互为同素异形体，故A分类正确；
B．CO2、SO2、SiO2、Mn2O7均能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物，故B分类正确；
C．铝热剂、纯净矿泉水、漂白粉均是混合物，而液氯是纯净物，故C分类错误；
D．乙醇、四氯化碳、氨气、葡萄糖均为非电解质，故D分类正确；
答案为C。
【点睛】
15．D
【详解】
A．Na的原子结构示意图为：，故A错误；
B． NaCl的电子式为：，故B错误；
C．乙烯的结构式简式为：CH2 = CH2，乙烯的结构式为：，故C错误；
D．乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故D正确。
故选D。
16．C
【详解】
A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，物质转化在给定条件下能实现，选项A不符合题意；
B．饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气后通入二氧化碳反应产生碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，物质转化在给定条件下能实现，选项B不符合题意；
C．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫而不是生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，物质转化在给定条件下不能实现，选项C符合题意；
D．氯化镁溶液中加入石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，氢氧化镁煅烧生成氧化镁和水，物质转化在给定条件下能实现，选项D不符合题意；
答案选C。
17．A
【详解】
A． 活性炭因具有吸附性能吸附色素而起到脱色、漂白作用，A符合；
B． 次氯酸钠具有强氧化性，为氧化型漂白剂，B不符合；
C． 漂白粉的有效成分次氯酸钙具有强氧化性，为氧化型漂白剂，C不符合；
D． 过氧化氢具有强氧化性，为氧化型漂白剂，D不符合；
答案选A。
18．D
【详解】
A．氯水中含有Cl2、H2O、HClO等多种微粒，属于混合物，而液氯中仅含有Cl2一种微粒，属于纯净物，A错误；
B．Cl原子最外层有7个电子，原子半径小，容易获得1个电子，变为最外层8个电子的稳定结构，故氯元素在自然界中只有化合态，没有游离态，B错误；
C．氯气能够溶于水，不能用排水方法收集；由于氯气的密度比空气小，只能用向上排空气的方法收集，C错误；
D．氯气溶于水得到氯水，氯气溶于水后，有一部分与水反应产生HCl和HClO，该反应是可逆反应，因此氯水中含有未反应的Cl2分子，故氯水的颜色呈浅黄绿色，D正确；
故合理选项是D。
19．D
【详解】
A．该反应中SO2为氧化剂，而CO2既不是氧化产物也不是还原产物，所以无法比较SO2和CO2还原性强弱，故A错误；
B．氧化剂被还原得到还原产物，还原剂被氧化得到氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比与还原剂和氧化剂的物质的量之比相等，该反应中Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2，又因为氧化产物和还原产物均为Na2S2O3，所以氧化产物与还原产物的质量比为1:2，故B错误；
C．根据方程式每生成1 ml CO2，则有4mlSO2被还原，SO2中S元素化合价降低2价，所以转移8ml电子，即8NA个电子，故C错误；
D．标准状况下，根据方程式可知，每吸收4 ml SO2就会放出1ml二氧化碳，即22.4 LCO2，故D正确。
故选：D。
20．C
【分析】
由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。
【详解】
A．原电池的内电路中，阳离子向正极移动，图中太阳能电池b为正极，则K+移向催化剂b，A正确；
B．a为负极，发生氧化反应，则在催化剂a表面发生反应Fe(CN)64--e-＝Fe(CN)63-，B正确；
C．b上发生还原反应，Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，Fe(CN)63－在催化剂b表面被还原，C错误；
D．由B、C选项中的电极反应可知，Fe(CN)64-和Fe(CN)63-二者以1：1相互转化，电解液中Fe(CN)64-和Fe(CN)63-浓度基本保持不变，D正确。
答案选C。
21．A
【分析】
【详解】
①石油是混合物，其分馏产品汽油属于多种烃的混合物，①错误；
②煤油可由石油分馏获得，煤油燃烧时放热，可用作燃料，煤油密度小于金属钠，可以保存少量金属钠，②正确；
③煤经过气化转化为氢气和一氧化碳，煤经过直接液化或间接液化转化为甲醇等清洁燃料，煤的气化和液化都属于化学变化，③错误；
④石油催化裂化生成了汽油等轻质油，主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，④正确；
所以不正确的是①③，答案选A。
22．C
【解析】
【详解】
A、标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体的物质的量是0.1ml，其中分子数为0.1NA，A错误；
B、H2O与D2O均含有10个电子，在常温常压下，18 g H2O与18 g D2O的物质的量不相等，所含电子数不相等，B错误；
C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的“NO2”的物质的量是2ml，其中含6ml原子，即6NA个，C正确；
D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/ml，故22.4L氯气的物质的量小于1ml，与足量的镁粉充分反应，转移的电子数小于2NA，D错误；
答案选C。
23．D
【解析】
A．PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，所以其构成微粒是阴阳离子，为离子晶体，故A错误；B．离子晶体在熔融状态下能导电，在固体时没有自由移动离子而不能导电，故B错误；C．在杂化轨道理论中，正四面体构型的粒子只有AB4型，正八面体只有AB6型，结合该固体状态化学式知，PCl5晶体由[PCl4]+和[PCl6]-构成，在离子化合物中，阴阳离子所带电荷相等，所以阴阳离子数目之比为1：1，故C错误，D正确；故选D。
点睛：本题的易错选项是CD，根据题意，PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，结合杂化轨道理论，正确判断正四面体构型粒子和正八面体粒子的结构是解题的关键。
24．C
【详解】
A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中体现了浓硝酸的强氧化性，故A正确；
B．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，途径②、③的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本，故B正确；
C．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1 ml H2SO4，理论上各消耗1 ml S，各转移6 ml e-，途径③中S的化合价从-1价升高到+6价，制取1 ml H2SO4，转移7ml e-，故C错误；
D．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②、③与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确；
故选C。
25．A
【详解】
A．图甲为启普发生器，适用于固体和液体不加热制气体的反应，固体必须是块状且不能溶于水，碳酸钠易溶于水，不能用启普发生器，选项A错误；
B．从a处加水，观察两侧液面差，若一段时间后液面差不变，则气密性良好，选项B正确；
C．盐酸用酸式滴定管盛放，仪器选用正确，操作正确，选项C正确；
D．碳酸氢铵受热分解产生氨气、水、CO2，水、CO2被碱石灰吸收，可以得到纯净干燥的氨气，选项D正确。
答案选A。
26．NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- NaHCO3 = Na+ + HCO3- Fe2(SO4)3 = 2Fe2+ + 3SO42- Al(OH)3 + OH- = AlO2-+ 2H2O Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3 ↓+ 3NH4+
【分析】
可溶性的强电解质，在离子反应中写化学式，弱电解质、气体、沉淀、单质、氧化物写化学式。
【详解】
（1）NaHSO4为强电解质，在溶液中完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-；NaHCO3为强电解质，在溶液中完全电离产生钠离子、碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3 = Na+ + HCO3-；硫酸铁为强电解质，在溶液中完全电离产生铁离子和硫酸根离子，电离方程式为Fe2(SO4)3 = 2Fe3+ + 3SO42-；
（2）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝为固体写化学式，则离子方程式为Al(OH)3 + OH- = AlO2-+ 2H2O；三氧化二铁有与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，三氧化二铁为氧化物写化学式，离子方程式为Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O；硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水为弱电解质写化学式，离子方程式为Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3 ↓+ 3NH4+。
【点睛】
NaHSO4 中HSO4-离子对应的酸为硫酸，硫酸为强酸，则拆分为离子形式。
27．正 4OH-—4e-=2H2O+O2 11.2 22.4
【分析】
在电解池中，电极质量增加的极一定是阴极，根据电解池的阴阳极的判断方法找出各个电极，书写电极反应并根据电极反应进行相应的计算。
【详解】
(1)乙中盛有硫酸铜溶液，电极均为石墨电极，通电一段时间，乙中c电极质量增加，所以c极是阴极，d极是阳极，e极是阴极，f极是阳极，和阳极相连的是电源的正极，所以电源的N端是正极；
(2)M是电源的负极，所以A是阴极，b是阳极，电介质为氢氧化钠溶液，所以阳极上放电的是氢氧根离子，电极反应为40H--4e-═2H2O+O2↑；
(3)电极c上的电极反应为：Cu2++2e-→Cu，该电极质量增加64克，即1ml金属铜时，转移电子为2ml，电极b上的电极反应为：40H--4e-═2H2O+O2↑，当转移电子为2ml时，生成氧气的物质的量为0.5ml，所以体积是0.5ml×22.4L/ml=11.2L；
(4)e极是阴极，电极反应为：2H++2e-→H2↑，当转移电子为2ml时，生成氢气的物质的量为1ml，所以体积是1ml×22.4L/ml=22.4L。
28．酸式滴定管 烧杯 容量瓶 酚酞 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 22.60 0.75 4.5
【分析】
(1)准确量取一定体积的液体要使用滴定管，根据溶液酸碱性判断使用的滴定管的类型，根据配制物质的量浓度的溶液操作分析判断使用的仪器；
(2)根据酸、碱恰好中和时产生盐的酸碱性判断使用哪种指示剂；
(4)根据酚酞的变色范围为8.2～10.0，结合溶液的酸碱性判断滴定终点溶液的颜色变化；
(5)根据滴定管的结构：滴定管小刻度在上，大刻度在下，结合其精确度判断溶液的体积读数；
(6)去掉不合理实验数据，计算平均消耗的NaOH溶液的体积，根据二者恰好中和时n(CH3COOH)=n(NaOH)，利用c=计算醋酸的浓度及市售白醋总酸量。
【详解】
(1)白醋溶液显酸性，准确量取10.00 mL食用白醋要使用酸式滴定管；将量取的白醋在烧杯中进行稀释，然后将稀释后的溶液转移至100 mL的容量瓶中进行定容、摇匀，即得待测白醋溶液；
(2)NaOH与醋酸恰好中和产生CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以要使用碱性范围内变色的酚酞为指示剂，可以减小滴定误差，故使用的指示剂为酚酞；
(4)白醋溶液显酸性，使酚酞试液显无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点，此时应停止滴加NaOH溶液；
(5)由滴定管凹液面所在位置，结合滴定管精确度为0.01 mL，可知该溶液的液面读数为22.60 mL；
(6)根据表格中四次实验结果数值可知：第一次实验数据偏差较大，要舍去，20.00 mL稀释的醋酸溶液反应消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH)= mL=15.00 mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知n(CH3COOH)=n(NaOH)，所以稀释后的醋酸溶液的浓度c(CH3COOH)==0.075 ml/L，由实验操作可知：是将10.00 mL白醋稀释至100 mL，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，溶液的体积是原食醋的10倍，则稀释后溶液浓度为原食醋浓度的，故该市售食醋的物质的量浓度c(市售白醋)=10×0.075 ml/L =0.75 ml/L。在100 mL该食醋中含有醋酸的物质的量为n(CH3COOH)=c·V=0.75 ml/L×0.1 L=0.075 ml，其质量为m(CH3COOH)=0.075 ml×60 g/ml=4.5 g，即市售白醋总酸量=4.5 g·100 mL-1。
【点睛】
本题考查了酸碱中和滴定原理的应用。涉及实验仪器和指示剂的使用、滴定终点的判断及溶液浓度的计算。掌握反应原理及物质的量浓度计算式、溶液稀释原则是本题解答的关键。要清楚指示剂变色范围与恰好中和时溶液酸碱性接近时实验误差较小，要认真、仔细理解题意，是要计算稀释前还是稀释后白醋溶液的浓度，会对实验数据合理处理是正确计算物质浓度的前提。
29．H2 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 6NO+4NH35N2+6H2O
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2；Y与X反应出现白烟，Y与CuO共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3、B为N2；D与B反应生成NH3，则D为H2；D与O2反应生成Z，则Z为H2O；D(H2)与A(Cl2)反应生成的气体X为HCl，F与Z反应生成G与E，则G为HNO3。
【详解】
(1)根据分析，D为 H2；
(2)根据分析，Y为NH3，B为N2，Z为H2O，NH3与CuO反应，每生成1ml N2消耗3mlCuO，该反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
(3)根据分析，Y为NH3，E为NO，B为N2，Z为H2O，NO和NH3反应生成N2和H2O，方程式为6NO+4NH35N2+6H2O。
30．-118 温度升高，反应速率加快 大于 cd 2.7
【详解】
(1) 根据盖斯定律，把 和 相加，即得 =+124kJ·ml-1-242kJ·ml-1=-118 kJ·ml-1。
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度的升高而增大，可能是升高温度，催化剂的活性增大，反应速率加快的缘故。
②由图可知，550℃时，C3H8的转化率为13%，C3H6的产率为8%，设参加反应的C3H8为100ml，则生成的C3H6为8ml，则C3H6的选择性为×100%=61.5%。
③550℃时，C3H6的选择性为61.5%，575℃时，C3H6的选择性为=51.5%，因此550℃时C3H6的选择性大于575℃时C3H6的选择性。
(3)①在反应中，
a．均表示正反应速率，无法确定正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故a不选；
b．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，而容器体积恒定，所以容器内气体密度是定值，当容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明反应达到了平衡，故b不选；
c．反应物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，反应前后气体的物质的量发生改变，所以容器内气体的平均相对分子质量在未平衡前是变化的，当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到了平衡状态，故c选；
d．该反应前后气体系数之和不相等，所以平衡建立过程中，混合气的物质的量是变化的，在恒温恒容条件下，压强和气体的物质的量成正比，所以当容器内的压强不再发生变化时，反应达到了平衡状态，故d选；
故选cd。
②恒温恒容条件下，气体的物质的量和压强成正比，起始时容器内压强为，反应达平衡后总压为，则压强变化了4kPa，根据化学方程式可知，各物质变化的分压均为4kPa，所以平衡时C3H8、C3H6、H2的分压分别为6kPa、4kPa、4kPa。则C3H8的转化率为=40%，Kp==2.7kPa。
31．碳碳双键 CH3(CH2)5CHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH3(CH2)5COONH4+3NH3+H2O 取代反应 C11H16FN3O3 8 或
【分析】
已知A〜F分子碳链中均不含环状和支链结构，根据合成路线分析可知，F与5-FU发生已知反应②得到G，则5-FU的结构简式为，F为CH3(CH2)5N=C=O，E加热条件下得到F，D与NaN3在四氢呋喃的条件下发生取代反应生成E，则D的结构简式为CH3(CH2)5COCl，C与SOCl2在DMF作溶剂时发生取代反应得到D，则C的结构简式为CH3(CH2)5COOH，B发生催化氧化得到C，则B的结构简式为CH3(CH2)5CHO，A与CO和H2高温高压条件下生成B，则A的结构简式为CH3(CH2)3CH=CH2，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知，A的结构简式为CH3(CH2)3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
(2)B的结构简式为CH3(CH2)5CHO，与银氨溶液发生银镜反应得到银单质，其化学反应方程式为CH3(CH2)5CHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH3(CH2)5COONH4+3NH3+H2O，故答案为：CH3(CH2)5CHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH3(CH2)5COONH4+3NH3+H2O；
(3)C与SOCl2在DMF作溶剂时发生取代反应得到D，故答案为：取代反应；
(4)F与5-FU发生已知反应②得到G，则5-FU的结构简式为，G的结构简式为，因此分子式为C11H16FN3O3，故答案为：；C11H16FN3O3；
(5)已知H结构简式为C3H7N=C=O，H的同分异构体中含结构，但是不含环状结构，则有CH2=CHCH2CONH2，CH3CH=CHCONH2、CH2=C(CH3)CONH2、CH2=CHCON(CH3)H、CH3CONHCH=CH2、HCONHCH2CH=CH2、HCONHCH=CHCH3、HCONHC(CH3)=CH2共8种结构，其中核磁共振氢谱为五组峰的同分异构体为或，故答案为：8；或；
(6)根据题干信息，已知R-OH+NH3→RNH2+H2O；R—COOR’+NH3→RCONH2+R’OH，结合上述有机合成路线，以CH3OH为原料制备DMF的合成路线可以是，故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移、知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，易错点是同分异构体种类判断。