还剩32页未读，
继续阅读
2022届浙江省杭州市高三下学期教学质量检测（二模）化学试题含解析
展开
这是一份2022届浙江省杭州市高三下学期教学质量检测（二模）化学试题含解析，共35页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2022届高三下学期教学质量检测（二模）
化学试题
一、单选题
1．水溶液呈碱性的盐是（ ）
A．NaClO B．BaCl2 C．Ca(OH)2 D．FeCl3
2．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．AlCl3 B．HNO2 C．CH4 D．BaSO4
3．实验室用分液方法分离植物油和水所需的仪器是（ ）
A． B． C． D．
4．下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．软脂酸：C15H31COOH B．蚁酸：HCOOH
C．纯碱：Na2CO3 D．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2⋅6H2O
5．下列表示正确的是（ ）
A．乙烯的结构简式：CH2CH2
B．氨的电子式：
C．葡萄糖的环状结构简式：
D．氧原子的结构示意图：
6．下列说法不正确的是（ ）
A．无水乙醇常用于医疗消毒
B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物
C．以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸
D．饱和硫酸钠溶液可用于提纯蛋白质
7．下列说法正确的是（ ）
A．14N和14C互为同位素
B．H2O和D2O互为同素异形体
C．和互为同系物
D．甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)互为同分异构体
8．下列说法不正确的是（ ）
A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂
B．铁粉和氧化铝可用于焊接铁轨
C．硫酸可用于金属材料表面的清洗
D．极少量的NO能促进血管扩张，防止栓塞
9．下列说法正确的是（ ）
A．氯气与氢气在光照下反应生成HCl，工业常用此方法生产盐酸
B．CO2通入氨的饱和NaCl溶液中生成Na2CO3沉淀
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡
D．FeSO4⋅7H2O隔绝空气高温分解，产物为Fe2O3、O2、SO3和H2O
10．“西门子法”提纯硅的反应之一为：Si+3HCl高温__SiHCl3+H2，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是（ ）
A．H2是还原产物
B．SiHCl3即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：3
D．生成1molSiHCl3时，转移2mol电子
11．下列说法不正确的是（ ）
A．提纯含有少量NaCl的KNO3固体，可通过蒸发结晶、趁热过滤的方法
B．取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加AgNO3溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素
C．测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，腐蚀后的铁皮烘干时间过长，测得结果偏低
D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处，再涂烫伤药膏
12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．25°C时，100mLpH=4的NH4Cl溶液中含有OH-数目为1.0×10-5NA
B．5.6gN2和CO的混合物中所含质子数为2.8NA
C．在硫酸催化条件下足量的乙酸与4.6g乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.1NA
D．2.8gC4H8中含有碳碳单键的数目为一定0.1NA
13．下列实验操作对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Ba(OH)2溶液中加入明矾溶液至Ba2+沉淀完全：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
B．将Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C．将Cu2O固体溶于浓硝酸：2H++Cu2O=Cu+Cu2++H2O
D．将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
14．下列说法不正确的是（ ）
A．醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，但性质差异较大
B．葡萄糖、蔗糖均是结构简单的单糖
C．苯与丙烯通过加成反应，可制得异丙苯
D．废水中的酚类物质可在纳米TiO2催化下光照降解
15．利巴韦林是常用的抗病毒药物，其分子结构如图．下列关于该物质说法不正确的是（ ）
A．易溶于水
B．分子中含有4个手性碳原子
C．在KOH的醇溶液中加热可发生消去反应
D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
16．有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示．其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，只有X、Y在同一周期，Z的单质是黄绿色气体；下列有关说法不正确的是（ ）
A．非金属性强弱比较：Y>X
B．XW4的沸点高于W2Y的沸点
C．X的含氧酸有一元弱酸、二元弱酸等
D．Z2Y中所有原子最外层都满足8电子结构
17．已知25°C时HCN的Ka=6.2×10-10，下列说法正确的是（ ）
A．分别测定某醋酸溶液样品、HCN溶液样品的pH发现前者小于后者，可推测CH3COOH的Ka>6.2×10-10
B．10mL0.1mol⋅L-1的HCN溶液中加入0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，当溶液中水的电离程度与纯水相同时，V(NaOH)可能大于10mL
C．向20mL0.1mol⋅L-1的HCN溶液中加入10mL0.1mol⋅L-1的NaOH溶液充分反应，所得溶液中c(CN-)>c(HCN)
D．将pH=5的HCN溶液与pH=5的盐酸混合，HCN的电离度增大
18．氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是（ ）
A．氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应
B．相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生NO2-的过程
D．选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性
19．恒温条件下，向两个锥形瓶中加入等质量、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol⋅L-1盐酸、2mL2mol⋅L-1醋酸，测得锥形瓶内气体压强随时间变化如图，反应过程中忽略液体体积变化．下列说法不正确的是（ ）
A．加入的镁条质量可能为0.050g
B．0~300s内，两锥形瓶中反应平均速率相等
C．反应结束，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量升高，环境总能量降低
D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，曲线②有可能变化为曲线①
20．下列说法正确的是（ ）
A．温度、溶剂均可调控物质的溶解能力
B．Na(g)→Na+(g)+e-ΔH小于0
C．在NaOH(s)+(x+y)H2O(l)=[Na(H2O)x-]++[OH(H2O)y]-的过程中ΔS大于0
D．Cl-Cl的键能（243kJ⋅mol-1）大于Br-Br的键能（194kJ⋅mol-1） ，Br2与氢气反应的活性强于Cl2
21．实验a：将铜片、锌片和稀硫酸组成单液原电池，铜片、锌片表面均产生气泡．实验b：将锌片在稀HgCl2溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，再与铜片、稀硫酸组成单液原电池，只有铜片表面产生气泡．下列有关说法不正确的是（ ）
A．实验a中锌片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能
B．实验b中铜片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能
C．实验a、b中原电池总反应的离子方程式：Zn+2H+=Zn2++H2↑
D．锌片经HgCl2溶液处理后，有利于更多的化学能转化为电能
22．CuCl2的结构式如下图，500°C时CuCl2会发生分解．下列推测合理的是（ ）
A．CuCl2是离子晶体，熔点高，硬度大
B．CuCl2⋅H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，同类化合物CuI2分解温度更高
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为Cu2+浓度减小
23．用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1000mol/L的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表向盐酸中滴加NaOH
B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．D点溶液中：c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)
D．随着NaOH溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关
24．甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下；下列说法中不正确的是（ ）
A．上述过程的总反应是取代反应
B．反应前后碳原子的成键数目没有发生变化
C．若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O
D．控制甲醇浓度不变，提高硫化氢的用量，乙醇的转化率持续增大
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
验证CH2=CHCHO分子中的碳碳双键
取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象
溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键
B
检验淀粉水解是否完全
将适量样品与稀硫酸反应，加入足量NaOH溶液后加入碘水，观察现象
无明显现象，说明淀粉水解完全
C
检验牙膏中的摩擦剂成分
取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸
若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能为CaCO3
D
检验某固体是否为铵盐
取样品于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
若试纸不变蓝色，则固体不是铵盐
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．回答下列问题
（1）已知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为1~2，从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因 。
（2）在相同温度时，酸性条件下KCl、KBr、KI都能被MnO2氧化，通过控制溶液中c(H+)探究同浓度的KCl、KBr、KI还原性强弱，预测同浓度的KCl、KBr、KI被MnO2氧化需要的c(H+)最小的是 ，试从离子结构角度解释Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强的原因 。
三、计算题
27．以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取100.00mL含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量KI溶液生成三溴苯酚，再用0.1000mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL．已知C6H5OH+4Br2→C6H2OBr4+4HBr，2C6H2OBr4+2KI→2C6H3OBr3(三溴苯酚)+I2+2KBr，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6．Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色．
（1）消耗Na2S2O3的物质的量为 ．
（2）废水中苯酚的物质的量浓度为 (写出简要计算过程)．
四、综合题
28．化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知100g⋅mol-1
（2）X与潮湿空气转化为A的化学方程式是 。
（3）用一个化学方程式表示A与足量NaOH溶液的反应 。
（4）碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子 (假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式 。
29．氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。
已知100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1268kJ⋅mol-1
2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ⋅mol-1
（1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。
①设备②中发生主要反应的热化学方程式： 。
②设备②中生成的NO难与O2大量转化为NO2的原因是 。
（2）研究人员以RuOx-Fe2O3为催化剂研究将工业废气中的氨转化为N2的方案．实验将NH3-O2及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同RuOx含量对NH3催化氧化的影响，实验结果如图(Ru-Fe代表相应氧化物)。
已知：N2的选择性=(生成N2消耗的NH3的物质的量÷消耗NH3的总物质的量)
①分析上述实验结果，下列说法正确的是 。
A．RuOx的加入，降低了催化剂的活化温度
B．RuOx含量越大，催化剂的活性越好
C．运用该技术消除废气中NH3的最佳条件为：1.5%Ru-Fe、200°C~250°C
D．一定温度范围，RuOx的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著
②某实验条件下，维持反应系统压强为pkPa，原料气中NH3、O2、载气的物质的量分别为25mmol、50mmol、25mmol；测得NH3的转化率和N2的选择性均为80%，NH3氧化的副产物仅为NO。反应4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)用气体分压表示的平衡常数为 (代入数据，不要求计算结果；组分分压=总压×组分物质的量分数)
（3）关于NH3催化氧化为N2的反应机理有诸多研究，其中一种为“NH”机理：吸附在催化剂表面活性位的NH3解离为NH和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①NH3=NH+2H，②2H+O=H2O，③ ，④NH+HNO=N2+H2O。
30．TiO2是一种性能优异的白色颜料，由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，杂质为镁、钡、铝等化合物)制取TiO2(包括测定纯度)和绿矾晶体，实验流程如下。
已知：⑴FeTiO3+2H2SO4(浓)Δ__FeSO4+TiOSO4+2H2O；TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4。
⑵TiO2+遇H2O2溶液显橙黄色。
⑶Fe3++Ti3++H2O=TiO2++Fe2++2H+。
请回答：
（1）若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈，推测原因是 。
（2）步骤Ⅲ加入适量铁粉的目的是 。
（3）步骤Ⅳ：下列说法正确的是____。
A．滤液2经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥可得副产品绿矾
B．将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，有利于析出大颗粒绿矾晶体
C．过滤绿矾晶体时，宜采用玻璃砂芯漏斗
D．先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可提高二氧化钛收率
（4）步骤V：为了实现高酸度条件下TiOSO4的水解，先取约15体积滤液3，并在不断搅拌下逐滴加到约为滤液总体积8~10倍的沸水中，继续煮沸约10~15min后，再慢慢加入其余全部滤液，这样操作的目的是 。
（5）测定TiO2的纯度：将粗产品溶于强酸，还原为Ti3+制得待测液，然后用FeCl3标准溶液进行滴定。
①给出配制FeCl3标准溶液并进行滴定的操作排序：( )→( )→( )→( )→量取待测液、标准液→加指示剂→滴定
a．称取所需质量的六水氯化铁晶体 b．加适量水溶解
c．将晶体在HCl气流中加热脱水 d．溶于浓盐酸
e．加水稀释 f．定容至标准浓度
②滴定Ti3+时选择的指示剂是 。
A．H2O2 B．NH4SCN C．甲基橙
③实验测得TiO2的纯度偏低，则产品中可能含有的杂质是 。
31．博苏替尼(化合物I)是一种抗肿瘤药物，某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
（1）下列说法不正确的是____。
A．1mol化合物A能消耗2molNaOH
B．化合物D可以和FeCl3溶液发生显色反应
C．化合物F既可以和酸反应，又可以和碱反应
D．H的分子式为C13H13ClN2O3
（2）化合物E的结构简式为 ，流程中A→B→C，而不是由A直接与CH3OH反应生成C的原因是 。
（3）写出化合物C转化为D的化学方程式 。
（4）写出符合下列条件的化合物B的同分异构体 。
①能使FeCl3溶液显色；
②可以发生银镜反应；
③1H-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以邻硝基苯甲酸为原料合成 的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A. NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，故A符合题意；
B. BaCl2是强碱强酸盐，水溶液呈中性，故B不符合题意；
C. Ca(OH)2水溶液呈碱性，但其属于碱不是盐，故C不符合题意；
D. FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、次氯酸水解显碱性；
B、水溶液为中性；
C、氢氧化钙属于碱，不是盐；
D、三价铁离子水解显酸性。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氯化铝是盐，在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故A不符合题意；
B．亚硝酸是弱酸，在溶液中部分电离出离子，属于弱电解质，故B符合题意；
C．甲烷不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故C不符合题意；
D．硫酸钡是盐，溶于水的硫酸钡在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铝属于强电解质；
B、亚硝酸是弱酸，属于弱电解质；
C、甲烷不能电离，不属于电解质；
D、硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分能完全电离出离子，属于强电解质。
3．【答案】A
【解析】【解答】植物油和水不互溶且分层，应采用分液的方法进行分离，需要的仪器是分液漏斗，A为分液漏斗，
故答案为：A。
【分析】A、植物油和水不互溶且分层，采用分液漏斗分离。
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 软脂酸为含有16个C原子的饱和一元酸，化学式为C15H31COOH，故A不符合题意；
B. 蚁酸是甲酸的俗名，甲酸的化学式为HCOOH，故B不符合题意；
C. 纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的化学式为Na2CO3，故C不符合题意；
D. 摩尔盐为六水合硫酸亚铁铵，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D、应该为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，A不符合题意；
B．NH3是共价化合物，则氨的电子式为：，B不符合题意；
C．葡萄糖的环状结构简式：，C符合题意；
D．氧原子的结构示意图为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、应该为CH2=CH2；
B、N没有达到8电子稳定结构，N的下方应该还有两个电子；
D、最外层电子数应该是6，不是8。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，A符合题意；
B．水煤气为一氧化碳和氢气的混合气，可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物，B不符合题意；
C．植物秸秆含有植物纤维，可以通过水解、氧化，以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸，C不符合题意；
D．饱和硫酸钠溶液可使蛋白质盐析而分离出来，用于提纯蛋白质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、医用消毒的酒精浓度为75%。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．同位素是质子数相同而中子数不同的原子，而14N和14C质子数不相同，故A不符合题意；
B．同素异形体是同一种元素组成的不同种单质，H2O和D2O均为化合物，故B不符合题意；
C．和在分子组成上不仅相差CH2，还相差两个-NO2，故不互为同系物，故C不符合题意；
D．氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、N和C不是同一种元素，质子数不同；
B、两者属于化合物，与两种元素组成，不符合同素异形体的要求；
C、两者之间差两个-NO2，不符合同系物要求；
D、符合同分异构体要求。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂，故A不符合题意；
B．铝粉和氧化铁的混合物可用于焊接铁轨，故B符合题意；
C．硫酸可与金属氧化物反应，硫酸用于金属材料表面的清洗，故C不符合题意；
D．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，极少量的NO能促进血管扩张，防止栓塞，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、应该是铝粉和氧化铁的混合物用来焊接铁轨。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应生产盐酸，故A不符合题意；
B．CO2通入氨的饱和NaCl溶液中生成NaHCO3沉淀，故B不符合题意；
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡，故C符合题意；
D．FeSO4⋅7H2O隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，所以产物不可能是Fe2O3、O2、SO3和H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢气和氯气光照下容易爆炸，工业不采用；
B、二氧化碳过量生成的是碳酸氢钠；
D、氧化还原反应有的化合价升高，有的降低，现在铁元素和氧元素化合价都升高，不符合氧化还原反应规律。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A不符合题意；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由题意可知，该反应中，Si元素化合价从0价上升到+4价，一部分H元素从+1价下降到0价，一部分从+1价下降到-1价。
D、三氯硅烷中H元素的化合价为-1价，Si元素的化合价为+4价，所以生成1mol三氯硅烷应该转移4mol电子。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．硝酸钾溶解度受温度影响大，提纯含有少量NaCl的KNO3固体，可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法，A符合题意；
B．氯离子和银离子生成不溶于稀硝酸的沉淀，取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加AgNO3溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素，B不符合题意；
C．烘干时间过长，Fe会和空气中氧气反应导致质量差偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处给皮肤降温，再涂烫伤药膏保护皮肤，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硝酸钾的溶解度受温度影响比氯化钠大，所以应该采用的方法是加热浓缩，冷却结晶的方法。
12．【答案】B
【解析】【解答】A． pH=4的NH4Cl溶液，c(H+)=1.0×10-4mol/L，则c(OH-)=KWc(H+)=1.0×10-10mol/L，n=cV=1.0×10-10×0.1=1.0×10-11mol，含有OH-数目为1.0×10-11NA，故A不符合题意；
B． 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故5.6gN2和CO的混合物的物质的量为0.2mol，且两者均含14个质子，故0.2mol混合物中含2.8NA个质子，故B符合题意；
C．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子的数目小于0.1NA，故C不符合题意；
D．2.8gC4H8的物质的量为0.05mol，若C4H8为环丁烷()，其中含有的碳碳单键为0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、由pH=4得出氢离子浓度，进而可以算出氢氧根离子浓度，由n=cV算出氢氧根的物质的量；
B、氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，可以看做一种物质，算出物质的量，而且两者的质子数也都是14；
C、该反应是一个可逆反应，乙醇没有完全反应；
D、C4H8有同分异构体，不同结构碳碳单键数目不同。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．恰好沉淀完全时，明矾与Ba(OH)2的物质的量比为1：2，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A不符合题意；
B．氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故B不符合题意；
C．将Cu2O固体溶于浓硝酸生成硝酸铜和二氧化氮，反应的离子方程式为Cu2O+6HNO3=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O，故C不符合题意；
D． NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸根离子，反应离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】考查离子方程式的书写，注意状态符号、过量问题、生成物种类、电荷守恒等。
A、两个钡离子由四个氢氧根离子，生成的也应该是偏铝酸根离子；
B、三价铁离子能够与碘离子反应；
C、生成的应该是硝酸铜和二氧化氮。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，由于分子组成差别很大，性质差异较大，故A不符合题意；
B．蔗糖是能发生水解反应的二糖，故B符合题意；
C．丙烯分子中含有的碳碳双键能与苯发生加成反应生成异丙苯，故C不符合题意；
D．废水中的酚类物质可在纳米二氧化钛催化下光照降解生成无害物质，达到治理废水污染的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、蔗糖属于二糖，不是单糖。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子中含有多个羟基、氨基等能与水分子形成氢键的基团，推测该物质易溶于水，故A不符合题意；
B．与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，该分子中含有4个手性碳原子（用“*”号标出），故B不符合题意；
C．该有机物具有醇羟基，且和羟基相连的碳原子的相邻碳上有氢原子，能在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，反应条件不是KOH的醇溶液中加热，故C符合题意；
D．该有机物分子中含有醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C、具有醇羟基，且和羟基相连的碳原子的相邻碳上有氢原子，能在浓硫酸、加热条件下发生消去反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：Y>X，A不符合题意；
B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，B符合题意；
C．碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，C不符合题意；
D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题意可以推出：W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。
A、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；
B、常温常压下，甲烷为气态，水位液态，水的沸点高于甲烷沸点；
C、碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，如醋酸、草酸、碳酸等；
D、ClO2最外层电子都满足了8电子。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．不能确定醋酸溶液和氢氰酸溶液的浓度是否相等，所以不能依据溶液的pH大小判断酸的电离程度大小，无法比较酸的电离常数的相对大小，故A不符合题意；
B．氢氰酸、氰酸钠混合溶液和氰酸钠、氢氧化钠混合溶液中水的电离程度都可能与与纯水相同，若氢氰酸溶液与等浓度氢氧化钠溶液反应得到氢氰酸、氰酸钠混合溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积小于10mL，若氢氰酸溶液中加入等浓度氢氧化钠溶液得到氰酸钠、氢氧化钠混合溶液，加入的氢氧化钠溶液体积大于10mL，故B符合题意；
C.20mL0.1mol/L氢氰酸溶液与10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液反应得到等浓度的氢氰酸、氰酸钠混合溶液，由氢氰酸根离子的水解常数Kh=KwKa=1.0×10-146.2×10-10>Ka说明氢氰酸的电离程度小于氢氰酸根离子的水解程度，溶液呈碱性，则混合溶液中氢氰酸的浓度大于氢氰酸根离子浓度，故C不符合题意；
D．pH都为5的氢氰酸和盐酸混合后，溶液中的氢离子浓度不变，氢氰酸的电离平衡不移动，电离程度不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、没有说明浓度相同；
C、通过Ka和Kw比较CN-和HCN的水解程度，判断溶液中浓度的大小；
D、pH相同的溶液混合后，氢离子的浓度不变，电离平衡不移动。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A不符合题意；
B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B不符合题意；
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生的是硝基，不是NO2-，C不符合题意；
D．催化剂具有选择性，用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、没有产物的能量关系，无法判断吸放热；
B、硝基氯苯的活化能最大，反应速率最慢；
C、断键后产生的是硝基，为-NO2。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．2mL2mol⋅L-1盐酸、2mL2mol⋅L-1醋酸中酸的物质的量均为0.004mol，全部反应消耗Mg0.002mol，质量为0.048g，反应后压强相同，镁可能过量，故加入的镁条质量可能为0.050g，A不符合题意；
B．0~300s内，最终压强相同，说明生成氢气相同，两锥形瓶中反应平均速率相等，B不符合题意；
C．恒温条件下进行反应，金属和酸反应为放热反应，反应释放能量，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量降低，环境总能量升高，C符合题意；
D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，反应接触面积增大，反应速率变大，曲线②有可能变化为曲线①，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C、该反应为放热反应，又在恒温条件下进行，反应后反应体系总能量减少，环境总能量增多。
20．【答案】A
【解析】【解答】A．物质的溶解度因温度、溶剂的不同而不同，说明温度、溶剂均可调控物质的溶解能力，故A符合题意；
B．原子失电子变成离子需要吸收热量，则Na(g)→Na+(g)+e-ΔH大于0，故B不符合题意；
C． NaOH(s)+(x+y)H2O(l)=[Na(H2O)x-]++[OH(H2O)y]-的过程中ΔS小于0，故C不符合题意；
D． Cl-Cl的键能大于Br-Br，则当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量Cl2>Br2，说明Cl2与氢气反应的活性强于Br2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B、失去电子需要吸收热量，ΔH>0；
C、反应系数之和变小，ΔS<0；
D、说明的是氯气与氢气的反应活性大于Br2。
21．【答案】A
【解析】【解答】A．实验a中产生气泡是因为锌片和稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气，对应的能量转换形式是化学能转化为热能，故A符合题意；
B．实验b中铜片表面产生气泡是因为形成原电池，对应的能量转化形式是化学能转化为电能，故B不符合题意；
C．实验a中锌片和稀硫酸发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，实验b中形成原电池，锌片作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜片作正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故C不符合题意；
D． 将锌片在稀HgCl2溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，阻止锌与稀硫酸反应，从而有利于更多的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、产生气泡的实质是氢离子得电子变成氢气，该过程会放出热量，是化学能转化为热能。
22．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示，CuCl2中只存在共价键，CuCl2是共价化合物，故A不符合题意；
B．CuCl2⋅H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2和氯化氢，故B符合题意；
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，CuCl2比CuI2分解温度高，故C不符合题意；
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铜是共价化合物，只有共价键，没有离子键。
C、破坏Cu-Cl键比Cu-I键所需的能量大，氯化铜分解的温度要比碘化铜的分解温度高；
D、加水后铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，变蓝不是因为铜离子浓度减小。
23．【答案】C
【解析】【解答】A．浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性①＜②，所以①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A不符合题意；
B．相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠因为CH3COO-水解溶液呈碱性，而C点溶液中溶质为NaCl，溶液呈中性，则在相同温度下，pH为A点大于C点，B不符合题意；
C．D点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2c(Na+)，所以得c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，C符合题意；
D．随着NaOH溶液的加入，溶液中的离子浓度越来越相近，最后几乎相等，曲线①逐渐向②靠拢但不重合，说明电解质溶液的电导率与离子浓度大小和离子的种类相关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、盐酸的电离程度大于醋酸，盐酸的氢离子浓度也大于醋酸的氢离子浓度，氢离子浓度越大，溶液的导电性也越强；
B、A点处溶液因为醋酸根水解呈碱性，C点处呈中性；
D、如果只与离子浓度有关，两者最终应该重合。
24．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，反应为-HS取代了甲醇中-OH的反应，属于取代反应，A不符合题意；
B．甲醇通过反应生成CH3SH，反应前后碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，B不符合题意；
C．由图可知，反应中甲醇中羟基被-HS取代生成CH3SH，且甲基中有1个氢被H2S中氢代替，羟基断裂后分解为氢氧原子，羟基中氢和和甲基中被代替的氢生成水分子，故若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O，C不符合题意；
D．由图可知，反应中反应③步中甲基发生转移存在化学键的断裂与形成，为关键的一步，故控制乙醇浓度不变，提高硫化氢的用量，甲醇的转化率不一定会增加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D、由题意可知，甲基的转移中有化学键的断裂和重新形成，这中间不仅只受-HS基的浓度的影响。
25．【答案】C
【解析】【解答】A．溴水具有强氧化性，CH2=CHCHO中含有的醛基能被溴水氧化，因此溴水褪色不能说明一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A不符合题意；
B．在淀粉溶液中加入稀硫酸反应，再加入足量NaOH，滴加碘水时，碘水与NaOH反应生成碘化钠和次碘酸钠从而使溶液无明显现象，因此无明显现象，不能说明淀粉水解完全，故B不符合题意；
C．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸，若滤渣溶解并产生无色气泡，该气体可能是二氧化碳，则摩擦剂可能为CaCO3，故C符合题意；
D．铵盐受热分解得到氨气和酸性物质，但是遇冷二者充分反应得到原来的铵盐，因此取铵盐固体于试管中加热，产生氨气，但是在试管口处会重新反应得到铵盐，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口不会变蓝，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、有可能是溴水和醛基反应而褪色；
B、氢氧化钠足量，加入碘水后，碘会与氢氧化钠反应，从而无现象；
D、铵盐受热易分解产生氨气，但产物遇冷又会变回铵盐。
26．【答案】（1）影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力
（2）KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强
【解析】【解答】(1)金刚石为空间网状结构的原子晶体，晶体的硬度取决于碳原子间形成共价键的强弱，而石墨是层状结构的混合型晶体，晶体的硬度取决于层间分子间作用力的大小，共价键强于分子间作用力，所以金刚石硬度很大，石墨很软，故答案为：影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力；
(2)同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子，故答案为：KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强。
【分析】（1）石墨和金刚石的空间结构不同，金刚石是共价键，石墨是分子间作用力；
（2）同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子。
27．【答案】（1）1.000×10-3mol
（2）1.000×10-3mol÷100.00mL=0.01000mol⋅L-1
【解析】【解答】(1)滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液10.00mL，Na2S2O3的浓度为0.1000mol⋅L-1，则消耗Na2S2O3的物质的量为10.00×10-3L×0.1000mol⋅L-1=1.000×10-3mol；
(2)根据反应的方程式可知：C6H5OH∼Na2S2O3，则n(C6H5OH)=n(Na2S2O3)，即苯酚的物质的量为1.000×10-3mol，其体积为100.00mL，则其浓度为1.000×10-3mol÷100.00mL=0.01000mol⋅L-1。
【分析】（1）根据n=cV求出物质量，注意单位的统一；
（2）由n=cV变形，得c=nV，注意单位统一。
28．【答案】（1）Na、S、O；Na2S2O4
（2）Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4
（3）NaHSO3+NaHSO4+2NaOH=2H2O+Na2SO3+Na2SO4
（4）分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O(2分，反应物写成AgOH或Ag2O均可)
【解析】【解答】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。
(1)根据前面分析组成X的元素有Na、S、O，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是Na2S2O4；故答案为：Na、S、O；Na2S2O4。
(2)X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4；故答案为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4。
(3)A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量NaOH溶液的反应NaHSO3+NaHSO4+2NaOH-=2H2O+Na2SO3+Na2SO4；故答案为：NaHSO3+NaHSO4+2NaOH-=2H2O+Na2SO3+Na2SO4。
(4)碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O；故答案为：分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O(2分，反应物写成AgOH或Ag2O均可)。
【分析】（1）根据焰色反应可以推出有钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，可能硫酸钡沉淀或者氯化银沉淀，根据M（X）及固体A为两种酸式盐推出沉淀为硫酸钡，可以求出S的物质的量，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，还有一种元素是氧元素，可以求出S的物质的量和氧的物质的量，根据质量守恒得到钠的质量，求出钠的物质的量，进而写出化学式。
（2）注意配平和物质种类；
（3）注意足量反应，亚硫酸氢钠和硫酸氢钠都反应完了；
（4）)碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，说明可能生成亚硫酸根或硫酸根；书写离子方程式是要注意电荷守恒和配平。
29．【答案】（1）4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-907kJ⋅mol-1；2NO+O2⇌2NO2是放热反应，高温不利于NO2生成
（2）AD；K=(8p/105)2(30p/105)6(5p/105)4(33p/105)3
（3）NH+O=HNO
【解析】【解答】(1)①已知：
①4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1268kJ⋅mol-1
②2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ⋅mol-1
设备中发生主要反应为，4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907 kJ/mol，故热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-907kJ⋅mol-1；
②设备②中生成的NO难与O2大量转化为NO2的原因是2NO+O2⇌2NO2是放热反应，设备中高温不利于NO2生成；
(2)①A．由图可知，RuOx的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，1.5%Ru-Fe比0.5%Ru-Fe的氮气的选择性要低，故不是RuOx含量越大，催化剂的活性越好，B不正确；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中NH3的最佳条件为：0.5%Ru-Fe、230°C，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C不正确；
D．由图B可知，温度高于230°C左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，RuOx的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；
故答案为：AD；
②NH3的转化率和N2的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mmol×80%=20mmol，生成N2消耗的n(NH3)=20mmol×80%=16mmol，发生副反应消耗的n(NH3)=20mmol×80%=4mmol，由三段式可知：
起始(mmol/L)转化(mmol/L)平衡(mmol/L)4NH3(g)16+3O2(g)12⇌2N2(g)8+6H2O(g)24
起始(mmol/L)转化(mmol/L)平衡(mmol/L)4NH3(g)4+5O2(g)5⇌4NO(g)4+6H2O(g)6
则反应后n(NH3)=5mmol、n(O2)=33mmol、n(N2)=8mmol、n(H2O)=30mmol、n(NO=4mmol、n(载气)=25mmol，总的物质的量为105mmol；组分分压=总压×组分物质的量分数，则反应的平衡常数为K=p6(H2O)p2(N2)p4(NH3)p3(O2)=(8p/105)2(30p/105)6(5p/105)4(33p/105)3；
(3)催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的NH3解离为NH和H，同时活性O参与反应，则总反应为NH3和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为NH+O=HNO。
【分析】（1）注意热化学方程式的书写规则，根据盖斯定律计算反应热；
（2）注意平衡常数的计算和影响因素；
（3）根据前后所缺的物质推出反应物和产物。
30．【答案】（1）反应剧烈放热，速率加快
（2）除去滤液中可能存在的Fe3+
（3）C；D
（4）先加入的滤液水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续水解生成H2TiO3沉淀，促使水解平衡正向移动，提高产率
（5）adef；B；H2TiO3或Fe2O3
【解析】【解答】由题给流程可知，在160—200℃条件下，向钛铁矿中加入浓硫酸将FeTiO3转化为硫酸亚铁、TiOSO4，用适量的水浸泡后抽滤除去不溶性杂质得到含有硫酸亚铁、TiOSO4的滤液1；向滤液1中加入适量铁粉将溶液中的亚铁离子还原为亚铁离子，抽滤得到滤液2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾和滤液3；将滤液3滴入沸水中使TiOSO4发生水解生成H2TiO3沉淀，抽滤得到H2TiO3；灼烧洗涤干净的H2TiO3，H2TiO3受热分解制得二氧化钛。
(1)若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应速率加快，故答案为：反应剧烈放热，速率加快；
(2)亚铁离子具有还原性，易被空气中氧气氧化生成铁离子，为防止滤液中含有铁离子，应加入适量铁粉将铁离子还原为亚铁离子，故答案为：除去滤液中可能存在的Fe3+；
(3)A．由分析可知，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故不正确；
B．结晶时，若将滤液迅速冷却并剧烈搅拌，析出的晶体会很细，若将滤液静置并缓缓降温，得到的晶体较大，则将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，不利于析出大颗粒绿矾晶体，故不正确；
C．滤液3中含有过量的硫酸，若溶液酸性过强会腐蚀滤纸，为防止滤纸被腐蚀，过滤绿矾晶体时应采用玻璃砂芯漏斗，故正确；
D．绿矾晶体表面附有可溶的TiOSO4，则先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可减少TiOSO4的损耗，提高二氧化钛收率，故正确；
故答案为：CD；
(4)由题意可知，为了实现高酸度条件下TiOSO4的水解，实验时应先向沸水中加入滤液，使TiOSO4在沸水中发生水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续加入的TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，有利于TiOSO4的水解平衡正向移动，提高产率，故答案为：先加入的滤液水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续水解生成H2TiO3沉淀，有利于水解平衡正向移动，提高产率；
(5)①用配制的氯化铁溶液滴定溶液中钛离子的操作顺序为将称取的六水氯化铁晶体溶于浓盐酸，防止铁离子发生水解，然后加水稀释定容至标准浓度，用滴定管量取待测液、标准液，向待测液中加入硫氰化铵溶液做指示剂，用氯化铁溶液滴定溶液中的钛离子，故答案为：adef；
②当铁离子与钛离子完全反应时，滴入最后一滴氯化铁溶液，铁离子能使硫氰酸根离子变为红色，所以滴定选用的指示剂为硫氰化铵溶液，
故答案为：B；
③若粗产品中混有H2TiO3或氧化铁会使消耗氯化铁溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：H2TiO3或Fe2O3。
【分析】（1）步骤 I 中的反应为放热反应；
（2）与三价铁离子反应，除去三价铁离子；
（3）向滤液1中加入适量铁粉将溶液中的亚铁离子还原为亚铁离子，抽滤得到滤液2，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾和滤液3；
（4）根据水解平衡影响因素解题；
31．【答案】（1）B；D
（2）；-COCl比-COOH更容易与CH3OH发生反应
（3） +→K2CO3+HBr
（4） 、 、 、
（5）→浓H2SO4CH3OH→Fe/HCl→NaOH/C2H5OH
【解析】【解答】根据合成流程可知，C与 在碳酸钾的作用下生成D，D在硝酸存在的条件下生成E，E发生已知反应生成F，则E中含有硝基，从而可知D→E的过程是引入硝基的过程，结合G的结构简式可知，D为 ，E为 ，F为 。
(1)A．由图可知，化合物A中含有的酚羟基和羧基能与NaOH反应，因此1mol化合物A能消耗2molNaOH，故A正确；
B．由上述分析可知，D为 ，分子中不含酚羟基，不能与
FeCl3溶液发生显色反应，故B不正确；
C．由上述分析可知，F为，分子中含有氨基，能与酸发生反应，含有酯基，水解生成的羧酸能与碱反应，故C正确；
D．由图可知，H的分子式为C14H13ClN2O3，故D不正确；
故答案为：BC；
(2)由上述分析可知，E的结构简式为 ；−COCl比−COOH更容易与CH3OH发生反应，因此采用中A→B→C的合成路线而不是将A直接与甲醇反应生成C；
(3)C与 在碳酸钾的作用下生成D，反应的化学方程式为+→K2CO3+HBr；
(4)B的同分异构体满足：①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②可以发生银镜反应，说明含有醛基，③1H-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体为 、 、 、 ；
(5)参照博苏替尼的合成路线即可得到以邻硝基苯甲酸为原料合成 的路线为：→浓H2SO4CH3OH→Fe/HCl→NaOH/C2H5OH。
【分析】（1）考查对题的掌控，注意看清楚有机物结构式的官能团；
（2）写结构简式是要注意官能团的种类和位置；
（3）注意官能团和反应条件的书写；
（4）根据条件写同分异构体要注意同分异构体的书写规则，同时要罗列全；
（5）注意中间产物和反应条件。
浙江省杭州市2022届高三下学期教学质量检测（二模）
化学试题
一、单选题
1．水溶液呈碱性的盐是（ ）
A．NaClO B．BaCl2 C．Ca(OH)2 D．FeCl3
2．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．AlCl3 B．HNO2 C．CH4 D．BaSO4
3．实验室用分液方法分离植物油和水所需的仪器是（ ）
A． B． C． D．
4．下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．软脂酸：C15H31COOH B．蚁酸：HCOOH
C．纯碱：Na2CO3 D．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2⋅6H2O
5．下列表示正确的是（ ）
A．乙烯的结构简式：CH2CH2
B．氨的电子式：
C．葡萄糖的环状结构简式：
D．氧原子的结构示意图：
6．下列说法不正确的是（ ）
A．无水乙醇常用于医疗消毒
B．用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物
C．以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸
D．饱和硫酸钠溶液可用于提纯蛋白质
7．下列说法正确的是（ ）
A．14N和14C互为同位素
B．H2O和D2O互为同素异形体
C．和互为同系物
D．甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)互为同分异构体
8．下列说法不正确的是（ ）
A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂
B．铁粉和氧化铝可用于焊接铁轨
C．硫酸可用于金属材料表面的清洗
D．极少量的NO能促进血管扩张，防止栓塞
9．下列说法正确的是（ ）
A．氯气与氢气在光照下反应生成HCl，工业常用此方法生产盐酸
B．CO2通入氨的饱和NaCl溶液中生成Na2CO3沉淀
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡
D．FeSO4⋅7H2O隔绝空气高温分解，产物为Fe2O3、O2、SO3和H2O
10．“西门子法”提纯硅的反应之一为：Si+3HCl高温__SiHCl3+H2，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是（ ）
A．H2是还原产物
B．SiHCl3即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：3
D．生成1molSiHCl3时，转移2mol电子
11．下列说法不正确的是（ ）
A．提纯含有少量NaCl的KNO3固体，可通过蒸发结晶、趁热过滤的方法
B．取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加AgNO3溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素
C．测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，腐蚀后的铁皮烘干时间过长，测得结果偏低
D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处，再涂烫伤药膏
12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．25°C时，100mLpH=4的NH4Cl溶液中含有OH-数目为1.0×10-5NA
B．5.6gN2和CO的混合物中所含质子数为2.8NA
C．在硫酸催化条件下足量的乙酸与4.6g乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.1NA
D．2.8gC4H8中含有碳碳单键的数目为一定0.1NA
13．下列实验操作对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Ba(OH)2溶液中加入明矾溶液至Ba2+沉淀完全：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
B．将Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C．将Cu2O固体溶于浓硝酸：2H++Cu2O=Cu+Cu2++H2O
D．将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
14．下列说法不正确的是（ ）
A．醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，但性质差异较大
B．葡萄糖、蔗糖均是结构简单的单糖
C．苯与丙烯通过加成反应，可制得异丙苯
D．废水中的酚类物质可在纳米TiO2催化下光照降解
15．利巴韦林是常用的抗病毒药物，其分子结构如图．下列关于该物质说法不正确的是（ ）
A．易溶于水
B．分子中含有4个手性碳原子
C．在KOH的醇溶液中加热可发生消去反应
D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
16．有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示．其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，只有X、Y在同一周期，Z的单质是黄绿色气体；下列有关说法不正确的是（ ）
A．非金属性强弱比较：Y>X
B．XW4的沸点高于W2Y的沸点
C．X的含氧酸有一元弱酸、二元弱酸等
D．Z2Y中所有原子最外层都满足8电子结构
17．已知25°C时HCN的Ka=6.2×10-10，下列说法正确的是（ ）
A．分别测定某醋酸溶液样品、HCN溶液样品的pH发现前者小于后者，可推测CH3COOH的Ka>6.2×10-10
B．10mL0.1mol⋅L-1的HCN溶液中加入0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，当溶液中水的电离程度与纯水相同时，V(NaOH)可能大于10mL
C．向20mL0.1mol⋅L-1的HCN溶液中加入10mL0.1mol⋅L-1的NaOH溶液充分反应，所得溶液中c(CN-)>c(HCN)
D．将pH=5的HCN溶液与pH=5的盐酸混合，HCN的电离度增大
18．氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是（ ）
A．氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应
B．相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生NO2-的过程
D．选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性
19．恒温条件下，向两个锥形瓶中加入等质量、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol⋅L-1盐酸、2mL2mol⋅L-1醋酸，测得锥形瓶内气体压强随时间变化如图，反应过程中忽略液体体积变化．下列说法不正确的是（ ）
A．加入的镁条质量可能为0.050g
B．0~300s内，两锥形瓶中反应平均速率相等
C．反应结束，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量升高，环境总能量降低
D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，曲线②有可能变化为曲线①
20．下列说法正确的是（ ）
A．温度、溶剂均可调控物质的溶解能力
B．Na(g)→Na+(g)+e-ΔH小于0
C．在NaOH(s)+(x+y)H2O(l)=[Na(H2O)x-]++[OH(H2O)y]-的过程中ΔS大于0
D．Cl-Cl的键能（243kJ⋅mol-1）大于Br-Br的键能（194kJ⋅mol-1） ，Br2与氢气反应的活性强于Cl2
21．实验a：将铜片、锌片和稀硫酸组成单液原电池，铜片、锌片表面均产生气泡．实验b：将锌片在稀HgCl2溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，再与铜片、稀硫酸组成单液原电池，只有铜片表面产生气泡．下列有关说法不正确的是（ ）
A．实验a中锌片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能
B．实验b中铜片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能
C．实验a、b中原电池总反应的离子方程式：Zn+2H+=Zn2++H2↑
D．锌片经HgCl2溶液处理后，有利于更多的化学能转化为电能
22．CuCl2的结构式如下图，500°C时CuCl2会发生分解．下列推测合理的是（ ）
A．CuCl2是离子晶体，熔点高，硬度大
B．CuCl2⋅H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，同类化合物CuI2分解温度更高
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为Cu2+浓度减小
23．用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1000mol/L的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表向盐酸中滴加NaOH
B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．D点溶液中：c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)
D．随着NaOH溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关
24．甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下；下列说法中不正确的是（ ）
A．上述过程的总反应是取代反应
B．反应前后碳原子的成键数目没有发生变化
C．若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O
D．控制甲醇浓度不变，提高硫化氢的用量，乙醇的转化率持续增大
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
验证CH2=CHCHO分子中的碳碳双键
取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象
溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键
B
检验淀粉水解是否完全
将适量样品与稀硫酸反应，加入足量NaOH溶液后加入碘水，观察现象
无明显现象，说明淀粉水解完全
C
检验牙膏中的摩擦剂成分
取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸
若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能为CaCO3
D
检验某固体是否为铵盐
取样品于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
若试纸不变蓝色，则固体不是铵盐
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．回答下列问题
（1）已知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为1~2，从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因 。
（2）在相同温度时，酸性条件下KCl、KBr、KI都能被MnO2氧化，通过控制溶液中c(H+)探究同浓度的KCl、KBr、KI还原性强弱，预测同浓度的KCl、KBr、KI被MnO2氧化需要的c(H+)最小的是 ，试从离子结构角度解释Cl-、Br-、I-的还原性逐渐增强的原因 。
三、计算题
27．以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取100.00mL含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量KI溶液生成三溴苯酚，再用0.1000mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL．已知C6H5OH+4Br2→C6H2OBr4+4HBr，2C6H2OBr4+2KI→2C6H3OBr3(三溴苯酚)+I2+2KBr，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6．Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色．
（1）消耗Na2S2O3的物质的量为 ．
（2）废水中苯酚的物质的量浓度为 (写出简要计算过程)．
四、综合题
28．化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知100g⋅mol-1
（2）X与潮湿空气转化为A的化学方程式是 。
（3）用一个化学方程式表示A与足量NaOH溶液的反应 。
（4）碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子 (假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式 。
29．氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。
已知100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1268kJ⋅mol-1
2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ⋅mol-1
（1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。
①设备②中发生主要反应的热化学方程式： 。
②设备②中生成的NO难与O2大量转化为NO2的原因是 。
（2）研究人员以RuOx-Fe2O3为催化剂研究将工业废气中的氨转化为N2的方案．实验将NH3-O2及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同RuOx含量对NH3催化氧化的影响，实验结果如图(Ru-Fe代表相应氧化物)。
已知：N2的选择性=(生成N2消耗的NH3的物质的量÷消耗NH3的总物质的量)
①分析上述实验结果，下列说法正确的是 。
A．RuOx的加入，降低了催化剂的活化温度
B．RuOx含量越大，催化剂的活性越好
C．运用该技术消除废气中NH3的最佳条件为：1.5%Ru-Fe、200°C~250°C
D．一定温度范围，RuOx的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著
②某实验条件下，维持反应系统压强为pkPa，原料气中NH3、O2、载气的物质的量分别为25mmol、50mmol、25mmol；测得NH3的转化率和N2的选择性均为80%，NH3氧化的副产物仅为NO。反应4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)用气体分压表示的平衡常数为 (代入数据，不要求计算结果；组分分压=总压×组分物质的量分数)
（3）关于NH3催化氧化为N2的反应机理有诸多研究，其中一种为“NH”机理：吸附在催化剂表面活性位的NH3解离为NH和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①NH3=NH+2H，②2H+O=H2O，③ ，④NH+HNO=N2+H2O。
30．TiO2是一种性能优异的白色颜料，由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，杂质为镁、钡、铝等化合物)制取TiO2(包括测定纯度)和绿矾晶体，实验流程如下。
已知：⑴FeTiO3+2H2SO4(浓)Δ__FeSO4+TiOSO4+2H2O；TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4。
⑵TiO2+遇H2O2溶液显橙黄色。
⑶Fe3++Ti3++H2O=TiO2++Fe2++2H+。
请回答：
（1）若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈，推测原因是 。
（2）步骤Ⅲ加入适量铁粉的目的是 。
（3）步骤Ⅳ：下列说法正确的是____。
A．滤液2经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥可得副产品绿矾
B．将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，有利于析出大颗粒绿矾晶体
C．过滤绿矾晶体时，宜采用玻璃砂芯漏斗
D．先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可提高二氧化钛收率
（4）步骤V：为了实现高酸度条件下TiOSO4的水解，先取约15体积滤液3，并在不断搅拌下逐滴加到约为滤液总体积8~10倍的沸水中，继续煮沸约10~15min后，再慢慢加入其余全部滤液，这样操作的目的是 。
（5）测定TiO2的纯度：将粗产品溶于强酸，还原为Ti3+制得待测液，然后用FeCl3标准溶液进行滴定。
①给出配制FeCl3标准溶液并进行滴定的操作排序：( )→( )→( )→( )→量取待测液、标准液→加指示剂→滴定
a．称取所需质量的六水氯化铁晶体 b．加适量水溶解
c．将晶体在HCl气流中加热脱水 d．溶于浓盐酸
e．加水稀释 f．定容至标准浓度
②滴定Ti3+时选择的指示剂是 。
A．H2O2 B．NH4SCN C．甲基橙
③实验测得TiO2的纯度偏低，则产品中可能含有的杂质是 。
31．博苏替尼(化合物I)是一种抗肿瘤药物，某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：
已知：
（1）下列说法不正确的是____。
A．1mol化合物A能消耗2molNaOH
B．化合物D可以和FeCl3溶液发生显色反应
C．化合物F既可以和酸反应，又可以和碱反应
D．H的分子式为C13H13ClN2O3
（2）化合物E的结构简式为 ，流程中A→B→C，而不是由A直接与CH3OH反应生成C的原因是 。
（3）写出化合物C转化为D的化学方程式 。
（4）写出符合下列条件的化合物B的同分异构体 。
①能使FeCl3溶液显色；
②可以发生银镜反应；
③1H-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以邻硝基苯甲酸为原料合成 的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A. NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，故A符合题意；
B. BaCl2是强碱强酸盐，水溶液呈中性，故B不符合题意；
C. Ca(OH)2水溶液呈碱性，但其属于碱不是盐，故C不符合题意；
D. FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、次氯酸水解显碱性；
B、水溶液为中性；
C、氢氧化钙属于碱，不是盐；
D、三价铁离子水解显酸性。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氯化铝是盐，在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故A不符合题意；
B．亚硝酸是弱酸，在溶液中部分电离出离子，属于弱电解质，故B符合题意；
C．甲烷不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故C不符合题意；
D．硫酸钡是盐，溶于水的硫酸钡在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铝属于强电解质；
B、亚硝酸是弱酸，属于弱电解质；
C、甲烷不能电离，不属于电解质；
D、硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分能完全电离出离子，属于强电解质。
3．【答案】A
【解析】【解答】植物油和水不互溶且分层，应采用分液的方法进行分离，需要的仪器是分液漏斗，A为分液漏斗，
故答案为：A。
【分析】A、植物油和水不互溶且分层，采用分液漏斗分离。
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 软脂酸为含有16个C原子的饱和一元酸，化学式为C15H31COOH，故A不符合题意；
B. 蚁酸是甲酸的俗名，甲酸的化学式为HCOOH，故B不符合题意；
C. 纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的化学式为Na2CO3，故C不符合题意；
D. 摩尔盐为六水合硫酸亚铁铵，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D、应该为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，A不符合题意；
B．NH3是共价化合物，则氨的电子式为：，B不符合题意；
C．葡萄糖的环状结构简式：，C符合题意；
D．氧原子的结构示意图为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、应该为CH2=CH2；
B、N没有达到8电子稳定结构，N的下方应该还有两个电子；
D、最外层电子数应该是6，不是8。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，A符合题意；
B．水煤气为一氧化碳和氢气的混合气，可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物，B不符合题意；
C．植物秸秆含有植物纤维，可以通过水解、氧化，以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸，C不符合题意；
D．饱和硫酸钠溶液可使蛋白质盐析而分离出来，用于提纯蛋白质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、医用消毒的酒精浓度为75%。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．同位素是质子数相同而中子数不同的原子，而14N和14C质子数不相同，故A不符合题意；
B．同素异形体是同一种元素组成的不同种单质，H2O和D2O均为化合物，故B不符合题意；
C．和在分子组成上不仅相差CH2，还相差两个-NO2，故不互为同系物，故C不符合题意；
D．氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A、N和C不是同一种元素，质子数不同；
B、两者属于化合物，与两种元素组成，不符合同素异形体的要求；
C、两者之间差两个-NO2，不符合同系物要求；
D、符合同分异构体要求。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂，故A不符合题意；
B．铝粉和氧化铁的混合物可用于焊接铁轨，故B符合题意；
C．硫酸可与金属氧化物反应，硫酸用于金属材料表面的清洗，故C不符合题意；
D．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，极少量的NO能促进血管扩张，防止栓塞，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、应该是铝粉和氧化铁的混合物用来焊接铁轨。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应生产盐酸，故A不符合题意；
B．CO2通入氨的饱和NaCl溶液中生成NaHCO3沉淀，故B不符合题意；
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡，故C符合题意；
D．FeSO4⋅7H2O隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，所以产物不可能是Fe2O3、O2、SO3和H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢气和氯气光照下容易爆炸，工业不采用；
B、二氧化碳过量生成的是碳酸氢钠；
D、氧化还原反应有的化合价升高，有的降低，现在铁元素和氧元素化合价都升高，不符合氧化还原反应规律。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A不符合题意；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由题意可知，该反应中，Si元素化合价从0价上升到+4价，一部分H元素从+1价下降到0价，一部分从+1价下降到-1价。
D、三氯硅烷中H元素的化合价为-1价，Si元素的化合价为+4价，所以生成1mol三氯硅烷应该转移4mol电子。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．硝酸钾溶解度受温度影响大，提纯含有少量NaCl的KNO3固体，可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法，A符合题意；
B．氯离子和银离子生成不溶于稀硝酸的沉淀，取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加AgNO3溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素，B不符合题意；
C．烘干时间过长，Fe会和空气中氧气反应导致质量差偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处给皮肤降温，再涂烫伤药膏保护皮肤，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硝酸钾的溶解度受温度影响比氯化钠大，所以应该采用的方法是加热浓缩，冷却结晶的方法。
12．【答案】B
【解析】【解答】A． pH=4的NH4Cl溶液，c(H+)=1.0×10-4mol/L，则c(OH-)=KWc(H+)=1.0×10-10mol/L，n=cV=1.0×10-10×0.1=1.0×10-11mol，含有OH-数目为1.0×10-11NA，故A不符合题意；
B． 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故5.6gN2和CO的混合物的物质的量为0.2mol，且两者均含14个质子，故0.2mol混合物中含2.8NA个质子，故B符合题意；
C．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子的数目小于0.1NA，故C不符合题意；
D．2.8gC4H8的物质的量为0.05mol，若C4H8为环丁烷()，其中含有的碳碳单键为0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、由pH=4得出氢离子浓度，进而可以算出氢氧根离子浓度，由n=cV算出氢氧根的物质的量；
B、氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，可以看做一种物质，算出物质的量，而且两者的质子数也都是14；
C、该反应是一个可逆反应，乙醇没有完全反应；
D、C4H8有同分异构体，不同结构碳碳单键数目不同。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．恰好沉淀完全时，明矾与Ba(OH)2的物质的量比为1：2，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A不符合题意；
B．氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故B不符合题意；
C．将Cu2O固体溶于浓硝酸生成硝酸铜和二氧化氮，反应的离子方程式为Cu2O+6HNO3=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O，故C不符合题意；
D． NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸根离子，反应离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】考查离子方程式的书写，注意状态符号、过量问题、生成物种类、电荷守恒等。
A、两个钡离子由四个氢氧根离子，生成的也应该是偏铝酸根离子；
B、三价铁离子能够与碘离子反应；
C、生成的应该是硝酸铜和二氧化氮。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，由于分子组成差别很大，性质差异较大，故A不符合题意；
B．蔗糖是能发生水解反应的二糖，故B符合题意；
C．丙烯分子中含有的碳碳双键能与苯发生加成反应生成异丙苯，故C不符合题意；
D．废水中的酚类物质可在纳米二氧化钛催化下光照降解生成无害物质，达到治理废水污染的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、蔗糖属于二糖，不是单糖。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该有机物分子中含有多个羟基、氨基等能与水分子形成氢键的基团，推测该物质易溶于水，故A不符合题意；
B．与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，该分子中含有4个手性碳原子（用“*”号标出），故B不符合题意；
C．该有机物具有醇羟基，且和羟基相连的碳原子的相邻碳上有氢原子，能在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，反应条件不是KOH的醇溶液中加热，故C符合题意；
D．该有机物分子中含有醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C、具有醇羟基，且和羟基相连的碳原子的相邻碳上有氢原子，能在浓硫酸、加热条件下发生消去反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：Y>X，A不符合题意；
B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，B符合题意；
C．碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，C不符合题意；
D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由题意可以推出：W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。
A、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；
B、常温常压下，甲烷为气态，水位液态，水的沸点高于甲烷沸点；
C、碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，如醋酸、草酸、碳酸等；
D、ClO2最外层电子都满足了8电子。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．不能确定醋酸溶液和氢氰酸溶液的浓度是否相等，所以不能依据溶液的pH大小判断酸的电离程度大小，无法比较酸的电离常数的相对大小，故A不符合题意；
B．氢氰酸、氰酸钠混合溶液和氰酸钠、氢氧化钠混合溶液中水的电离程度都可能与与纯水相同，若氢氰酸溶液与等浓度氢氧化钠溶液反应得到氢氰酸、氰酸钠混合溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积小于10mL，若氢氰酸溶液中加入等浓度氢氧化钠溶液得到氰酸钠、氢氧化钠混合溶液，加入的氢氧化钠溶液体积大于10mL，故B符合题意；
C.20mL0.1mol/L氢氰酸溶液与10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液反应得到等浓度的氢氰酸、氰酸钠混合溶液，由氢氰酸根离子的水解常数Kh=KwKa=1.0×10-146.2×10-10>Ka说明氢氰酸的电离程度小于氢氰酸根离子的水解程度，溶液呈碱性，则混合溶液中氢氰酸的浓度大于氢氰酸根离子浓度，故C不符合题意；
D．pH都为5的氢氰酸和盐酸混合后，溶液中的氢离子浓度不变，氢氰酸的电离平衡不移动，电离程度不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、没有说明浓度相同；
C、通过Ka和Kw比较CN-和HCN的水解程度，判断溶液中浓度的大小；
D、pH相同的溶液混合后，氢离子的浓度不变，电离平衡不移动。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A不符合题意；
B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B不符合题意；
C．反应过程中经历了HO-NO2断键产生的是硝基，不是NO2-，C不符合题意；
D．催化剂具有选择性，用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、没有产物的能量关系，无法判断吸放热；
B、硝基氯苯的活化能最大，反应速率最慢；
C、断键后产生的是硝基，为-NO2。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．2mL2mol⋅L-1盐酸、2mL2mol⋅L-1醋酸中酸的物质的量均为0.004mol，全部反应消耗Mg0.002mol，质量为0.048g，反应后压强相同，镁可能过量，故加入的镁条质量可能为0.050g，A不符合题意；
B．0~300s内，最终压强相同，说明生成氢气相同，两锥形瓶中反应平均速率相等，B不符合题意；
C．恒温条件下进行反应，金属和酸反应为放热反应，反应释放能量，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量降低，环境总能量升高，C符合题意；
D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，反应接触面积增大，反应速率变大，曲线②有可能变化为曲线①，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C、该反应为放热反应，又在恒温条件下进行，反应后反应体系总能量减少，环境总能量增多。
20．【答案】A
【解析】【解答】A．物质的溶解度因温度、溶剂的不同而不同，说明温度、溶剂均可调控物质的溶解能力，故A符合题意；
B．原子失电子变成离子需要吸收热量，则Na(g)→Na+(g)+e-ΔH大于0，故B不符合题意；
C． NaOH(s)+(x+y)H2O(l)=[Na(H2O)x-]++[OH(H2O)y]-的过程中ΔS小于0，故C不符合题意；
D． Cl-Cl的键能大于Br-Br，则当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量Cl2>Br2，说明Cl2与氢气反应的活性强于Br2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B、失去电子需要吸收热量，ΔH>0；
C、反应系数之和变小，ΔS<0；
D、说明的是氯气与氢气的反应活性大于Br2。
21．【答案】A
【解析】【解答】A．实验a中产生气泡是因为锌片和稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气，对应的能量转换形式是化学能转化为热能，故A符合题意；
B．实验b中铜片表面产生气泡是因为形成原电池，对应的能量转化形式是化学能转化为电能，故B不符合题意；
C．实验a中锌片和稀硫酸发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，实验b中形成原电池，锌片作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜片作正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故C不符合题意；
D． 将锌片在稀HgCl2溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，阻止锌与稀硫酸反应，从而有利于更多的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、产生气泡的实质是氢离子得电子变成氢气，该过程会放出热量，是化学能转化为热能。
22．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示，CuCl2中只存在共价键，CuCl2是共价化合物，故A不符合题意；
B．CuCl2⋅H2O加热可能生成Cu2(OH)2Cl2和氯化氢，故B符合题意；
C．CuCl2分解的产物可能为CuCl和Cl2，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，CuCl2比CuI2分解温度高，故C不符合题意；
D．CuCl2溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铜是共价化合物，只有共价键，没有离子键。
C、破坏Cu-Cl键比Cu-I键所需的能量大，氯化铜分解的温度要比碘化铜的分解温度高；
D、加水后铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，变蓝不是因为铜离子浓度减小。
23．【答案】C
【解析】【解答】A．浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性①＜②，所以①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A不符合题意；
B．相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠因为CH3COO-水解溶液呈碱性，而C点溶液中溶质为NaCl，溶液呈中性，则在相同温度下，pH为A点大于C点，B不符合题意；
C．D点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2c(Na+)，所以得c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，C符合题意；
D．随着NaOH溶液的加入，溶液中的离子浓度越来越相近，最后几乎相等，曲线①逐渐向②靠拢但不重合，说明电解质溶液的电导率与离子浓度大小和离子的种类相关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、盐酸的电离程度大于醋酸，盐酸的氢离子浓度也大于醋酸的氢离子浓度，氢离子浓度越大，溶液的导电性也越强；
B、A点处溶液因为醋酸根水解呈碱性，C点处呈中性；
D、如果只与离子浓度有关，两者最终应该重合。
24．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，反应为-HS取代了甲醇中-OH的反应，属于取代反应，A不符合题意；
B．甲醇通过反应生成CH3SH，反应前后碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，B不符合题意；
C．由图可知，反应中甲醇中羟基被-HS取代生成CH3SH，且甲基中有1个氢被H2S中氢代替，羟基断裂后分解为氢氧原子，羟基中氢和和甲基中被代替的氢生成水分子，故若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O，C不符合题意；
D．由图可知，反应中反应③步中甲基发生转移存在化学键的断裂与形成，为关键的一步，故控制乙醇浓度不变，提高硫化氢的用量，甲醇的转化率不一定会增加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D、由题意可知，甲基的转移中有化学键的断裂和重新形成，这中间不仅只受-HS基的浓度的影响。
25．【答案】C
【解析】【解答】A．溴水具有强氧化性，CH2=CHCHO中含有的醛基能被溴水氧化，因此溴水褪色不能说明一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A不符合题意；
B．在淀粉溶液中加入稀硫酸反应，再加入足量NaOH，滴加碘水时，碘水与NaOH反应生成碘化钠和次碘酸钠从而使溶液无明显现象，因此无明显现象，不能说明淀粉水解完全，故B不符合题意；
C．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸，若滤渣溶解并产生无色气泡，该气体可能是二氧化碳，则摩擦剂可能为CaCO3，故C符合题意；
D．铵盐受热分解得到氨气和酸性物质，但是遇冷二者充分反应得到原来的铵盐，因此取铵盐固体于试管中加热，产生氨气，但是在试管口处会重新反应得到铵盐，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口不会变蓝，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、有可能是溴水和醛基反应而褪色；
B、氢氧化钠足量，加入碘水后，碘会与氢氧化钠反应，从而无现象；
D、铵盐受热易分解产生氨气，但产物遇冷又会变回铵盐。
26．【答案】（1）影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力
（2）KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强
【解析】【解答】(1)金刚石为空间网状结构的原子晶体，晶体的硬度取决于碳原子间形成共价键的强弱，而石墨是层状结构的混合型晶体，晶体的硬度取决于层间分子间作用力的大小，共价键强于分子间作用力，所以金刚石硬度很大，石墨很软，故答案为：影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力；
(2)同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子，故答案为：KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强。
【分析】（1）石墨和金刚石的空间结构不同，金刚石是共价键，石墨是分子间作用力；
（2）同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子。
27．【答案】（1）1.000×10-3mol
（2）1.000×10-3mol÷100.00mL=0.01000mol⋅L-1
【解析】【解答】(1)滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液10.00mL，Na2S2O3的浓度为0.1000mol⋅L-1，则消耗Na2S2O3的物质的量为10.00×10-3L×0.1000mol⋅L-1=1.000×10-3mol；
(2)根据反应的方程式可知：C6H5OH∼Na2S2O3，则n(C6H5OH)=n(Na2S2O3)，即苯酚的物质的量为1.000×10-3mol，其体积为100.00mL，则其浓度为1.000×10-3mol÷100.00mL=0.01000mol⋅L-1。
【分析】（1）根据n=cV求出物质量，注意单位的统一；
（2）由n=cV变形，得c=nV，注意单位统一。
28．【答案】（1）Na、S、O；Na2S2O4
（2）Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4
（3）NaHSO3+NaHSO4+2NaOH=2H2O+Na2SO3+Na2SO4
（4）分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O(2分，反应物写成AgOH或Ag2O均可)
【解析】【解答】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。
(1)根据前面分析组成X的元素有Na、S、O，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是Na2S2O4；故答案为：Na、S、O；Na2S2O4。
(2)X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4；故答案为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4。
(3)A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量NaOH溶液的反应NaHSO3+NaHSO4+2NaOH-=2H2O+Na2SO3+Na2SO4；故答案为：NaHSO3+NaHSO4+2NaOH-=2H2O+Na2SO3+Na2SO4。
(4)碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O；故答案为：分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有SO32-；另一份滴加足量盐酸，再加适量BaCl2溶液，有沉淀产生，则含有SO42-．若上述现象均有，说明有SO42-和SO32-；2Ag++4OH-+S2O42-=2Ag↓+2SO32-+2H2O或：6Ag++8OH-+S2O42-=6Ag↓+2SO42-+4H2O(2分，反应物写成AgOH或Ag2O均可)。
【分析】（1）根据焰色反应可以推出有钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，可能硫酸钡沉淀或者氯化银沉淀，根据M（X）及固体A为两种酸式盐推出沉淀为硫酸钡，可以求出S的物质的量，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，还有一种元素是氧元素，可以求出S的物质的量和氧的物质的量，根据质量守恒得到钠的质量，求出钠的物质的量，进而写出化学式。
（2）注意配平和物质种类；
（3）注意足量反应，亚硫酸氢钠和硫酸氢钠都反应完了；
（4）)碱性条件下，X能够还原废水中的Ag+，说明可能生成亚硫酸根或硫酸根；书写离子方程式是要注意电荷守恒和配平。
29．【答案】（1）4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-907kJ⋅mol-1；2NO+O2⇌2NO2是放热反应，高温不利于NO2生成
（2）AD；K=(8p/105)2(30p/105)6(5p/105)4(33p/105)3
（3）NH+O=HNO
【解析】【解答】(1)①已知：
①4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1268kJ⋅mol-1
②2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ⋅mol-1
设备中发生主要反应为，4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907 kJ/mol，故热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-907kJ⋅mol-1；
②设备②中生成的NO难与O2大量转化为NO2的原因是2NO+O2⇌2NO2是放热反应，设备中高温不利于NO2生成；
(2)①A．由图可知，RuOx的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，1.5%Ru-Fe比0.5%Ru-Fe的氮气的选择性要低，故不是RuOx含量越大，催化剂的活性越好，B不正确；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中NH3的最佳条件为：0.5%Ru-Fe、230°C，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C不正确；
D．由图B可知，温度高于230°C左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，RuOx的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；
故答案为：AD；
②NH3的转化率和N2的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mmol×80%=20mmol，生成N2消耗的n(NH3)=20mmol×80%=16mmol，发生副反应消耗的n(NH3)=20mmol×80%=4mmol，由三段式可知：
起始(mmol/L)转化(mmol/L)平衡(mmol/L)4NH3(g)16+3O2(g)12⇌2N2(g)8+6H2O(g)24
起始(mmol/L)转化(mmol/L)平衡(mmol/L)4NH3(g)4+5O2(g)5⇌4NO(g)4+6H2O(g)6
则反应后n(NH3)=5mmol、n(O2)=33mmol、n(N2)=8mmol、n(H2O)=30mmol、n(NO=4mmol、n(载气)=25mmol，总的物质的量为105mmol；组分分压=总压×组分物质的量分数，则反应的平衡常数为K=p6(H2O)p2(N2)p4(NH3)p3(O2)=(8p/105)2(30p/105)6(5p/105)4(33p/105)3；
(3)催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的NH3解离为NH和H，同时活性O参与反应，则总反应为NH3和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为NH+O=HNO。
【分析】（1）注意热化学方程式的书写规则，根据盖斯定律计算反应热；
（2）注意平衡常数的计算和影响因素；
（3）根据前后所缺的物质推出反应物和产物。
30．【答案】（1）反应剧烈放热，速率加快
（2）除去滤液中可能存在的Fe3+
（3）C；D
（4）先加入的滤液水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续水解生成H2TiO3沉淀，促使水解平衡正向移动，提高产率
（5）adef；B；H2TiO3或Fe2O3
【解析】【解答】由题给流程可知，在160—200℃条件下，向钛铁矿中加入浓硫酸将FeTiO3转化为硫酸亚铁、TiOSO4，用适量的水浸泡后抽滤除去不溶性杂质得到含有硫酸亚铁、TiOSO4的滤液1；向滤液1中加入适量铁粉将溶液中的亚铁离子还原为亚铁离子，抽滤得到滤液2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾和滤液3；将滤液3滴入沸水中使TiOSO4发生水解生成H2TiO3沉淀，抽滤得到H2TiO3；灼烧洗涤干净的H2TiO3，H2TiO3受热分解制得二氧化钛。
(1)若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应速率加快，故答案为：反应剧烈放热，速率加快；
(2)亚铁离子具有还原性，易被空气中氧气氧化生成铁离子，为防止滤液中含有铁离子，应加入适量铁粉将铁离子还原为亚铁离子，故答案为：除去滤液中可能存在的Fe3+；
(3)A．由分析可知，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故不正确；
B．结晶时，若将滤液迅速冷却并剧烈搅拌，析出的晶体会很细，若将滤液静置并缓缓降温，得到的晶体较大，则将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，不利于析出大颗粒绿矾晶体，故不正确；
C．滤液3中含有过量的硫酸，若溶液酸性过强会腐蚀滤纸，为防止滤纸被腐蚀，过滤绿矾晶体时应采用玻璃砂芯漏斗，故正确；
D．绿矾晶体表面附有可溶的TiOSO4，则先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可减少TiOSO4的损耗，提高二氧化钛收率，故正确；
故答案为：CD；
(4)由题意可知，为了实现高酸度条件下TiOSO4的水解，实验时应先向沸水中加入滤液，使TiOSO4在沸水中发生水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续加入的TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，有利于TiOSO4的水解平衡正向移动，提高产率，故答案为：先加入的滤液水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续水解生成H2TiO3沉淀，有利于水解平衡正向移动，提高产率；
(5)①用配制的氯化铁溶液滴定溶液中钛离子的操作顺序为将称取的六水氯化铁晶体溶于浓盐酸，防止铁离子发生水解，然后加水稀释定容至标准浓度，用滴定管量取待测液、标准液，向待测液中加入硫氰化铵溶液做指示剂，用氯化铁溶液滴定溶液中的钛离子，故答案为：adef；
②当铁离子与钛离子完全反应时，滴入最后一滴氯化铁溶液，铁离子能使硫氰酸根离子变为红色，所以滴定选用的指示剂为硫氰化铵溶液，
故答案为：B；
③若粗产品中混有H2TiO3或氧化铁会使消耗氯化铁溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：H2TiO3或Fe2O3。
【分析】（1）步骤 I 中的反应为放热反应；
（2）与三价铁离子反应，除去三价铁离子；
（3）向滤液1中加入适量铁粉将溶液中的亚铁离子还原为亚铁离子，抽滤得到滤液2，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾和滤液3；
（4）根据水解平衡影响因素解题；
31．【答案】（1）B；D
（2）；-COCl比-COOH更容易与CH3OH发生反应
（3） +→K2CO3+HBr
（4） 、 、 、
（5）→浓H2SO4CH3OH→Fe/HCl→NaOH/C2H5OH
【解析】【解答】根据合成流程可知，C与 在碳酸钾的作用下生成D，D在硝酸存在的条件下生成E，E发生已知反应生成F，则E中含有硝基，从而可知D→E的过程是引入硝基的过程，结合G的结构简式可知，D为 ，E为 ，F为 。
(1)A．由图可知，化合物A中含有的酚羟基和羧基能与NaOH反应，因此1mol化合物A能消耗2molNaOH，故A正确；
B．由上述分析可知，D为 ，分子中不含酚羟基，不能与
FeCl3溶液发生显色反应，故B不正确；
C．由上述分析可知，F为，分子中含有氨基，能与酸发生反应，含有酯基，水解生成的羧酸能与碱反应，故C正确；
D．由图可知，H的分子式为C14H13ClN2O3，故D不正确；
故答案为：BC；
(2)由上述分析可知，E的结构简式为 ；−COCl比−COOH更容易与CH3OH发生反应，因此采用中A→B→C的合成路线而不是将A直接与甲醇反应生成C；
(3)C与 在碳酸钾的作用下生成D，反应的化学方程式为+→K2CO3+HBr；
(4)B的同分异构体满足：①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②可以发生银镜反应，说明含有醛基，③1H-NMR谱显示只有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体为 、 、 、 ；
(5)参照博苏替尼的合成路线即可得到以邻硝基苯甲酸为原料合成 的路线为：→浓H2SO4CH3OH→Fe/HCl→NaOH/C2H5OH。
【分析】（1）考查对题的掌控，注意看清楚有机物结构式的官能团；
（2）写结构简式是要注意官能团的种类和位置；
（3）注意官能团和反应条件的书写；
（4）根据条件写同分异构体要注意同分异构体的书写规则，同时要罗列全；
（5）注意中间产物和反应条件。
相关试卷
2021届浙江省杭州市高三下学期4月教学质量检测（二模）化学试题 PDF版： 这是一份2021届浙江省杭州市高三下学期4月教学质量检测（二模）化学试题 PDF版，共12页。
浙江省杭州市2022-2023学年高三下学期教学质量检测（二模）化学 Word版含答案： 这是一份浙江省杭州市2022-2023学年高三下学期教学质量检测（二模）化学 Word版含答案，共11页。试卷主要包含了考试结束，只需上交答题卷，对于方程式，下列说法正确的是，下列反应的离子方程式不正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州市2023届高三上学期11月份教学质量检测（杭州一模） 化学试题含答案： 这是一份浙江省杭州市2023届高三上学期11月份教学质量检测（杭州一模） 化学试题含答案，共12页。
