2021年上海市闵行区高考二模化学试卷含解析

这是一份2021年上海市闵行区高考二模化学试卷含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

上海市闵行区2021年高考化学二模试卷
一、单选题
1．不能用来作为新冠病毒的消毒剂是（　　）
A．84消毒液 B．漂粉精 C．75%酒精 D．明矾
2．第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（　　）
A．质量数 B．周期表中位置
C．质子数 D．核外电子排布
3．因被氧化而使溴水褪色的是（　　）
A．苯 B．二氧化硫
C．乙烯 D．氢氧化钠溶液
4．铝锂合金是应用于航空航天领域的新型材料，下列性质与其应用无关的是（　　）
A．导电性好 B．密度小 C．硬度大 D．熔点比铝低
5．有关氮肥的说法正确的是（　　）
A．氮肥都含铵根离子 B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素 D．自然界氮循环能产生铵盐
6．关于丙烯的描述正确的是（　　）
A．电子式为： B．最多有7个原子共面
C．与1，3-丁二烯是同系物 D．不能发生取代反应
7．常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（　　）
A．由液态变气态是物理变化 B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键 D．SO3是极性分子
8．在硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（　　）
A．坩埚未干燥 B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长部分变黑
9．下列实验中，所加固体可以完全溶解的是（　　）
A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中
B．少量碘片投入足量溴化钠中
C．小块硫磺投入足量二硫化碳中
D．小块铜片投入热乙醇溶液中
10．能用键能解释，且结论正确的是（　　）
A．熔点：金刚石>晶体硅 B．分子稳定性：H2O > HF
C．溶解度：SO2 > CO2 D．状态：常温时Cl2是气态
11．某溶液可能含有等物质的量的Ba2＋、Na＋、 NH4+ 、H＋、Cl-、I-、 SO32- 、 SO42- 中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断错误的是（　　）
A．肯定不含 NH4+ B．肯定不含H＋
C．肯定含有 SO32- D．肯定不含Cl-
12．有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是（　　）
A．原子序数：Z>X>Y B．还原性：Z->Y2-
C．Z元素最高价为+7 D．X与Y可形成X2Y2化合物
13．在给定条件下，下列物质间转化能实现的是（　　）
A．S →点燃O2 SO2→H2O H2SO3
B．NH3→ΔO2/催化剂 NO2→H2O HNO3
C．Fe2O3→高温Al Fe →盐酸 FeCl3
D．Al →NaOH溶液 NaAlO2→过量盐酸 Al(OH)3
14．港珠澳大桥桥体的钢构件采用了多种防腐方法。有关其分析正确的是（　　）
A．越靠近海底的钢构件，腐蚀越严重
B．钢构件上镶嵌铝块，属牺牲阳极阴极保护法
C．钢构件若腐蚀，正极反应式为：Fe-2e-=Fe2＋
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池
15．I2(s)+ H2(g)⇌2HI(g)能量变化如图所示，有关叙述错误的是（　　）

A．正反应为吸热反应
B．该反应的反应热为E2-E1
C．加入催化剂，E1、E2都不变
D．若I2为气态，则该反应热大于E2-E1
16．盆栽鲜花施用S-诱抗素剂(结构如图)以保持鲜花盛开。说法正确的是（　　）

A．分子式为C14H16O4
B．分子中的羟基能被催化氧化
C．能跟溴水发生1，4-加成反应
D．1mol该物质与足量钠反应产生0.5mol氢气
17．下列工业生产采取的措施能达到相应目的的是（　　）
选项
化学工业
措施
目的
A
合成氨
500℃左右
防止催化剂中毒
B
石油化工
裂化
提高轻质油的产量
C
工业制硫酸
V2O5催化
提高SO2的转化率
D
侯氏制碱
先通CO2
有利于CO2充分吸收
A．A B．B C．C D．D
18．在恒容密闭容器中，发生反应M(g)⇌2N(g) △H=Q(Q＞0)，下列说法正确的是（　　）
A．反应速率之比始终是v逆=2v正
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率均增大
C．混合气体的平均分子质量保持不变可判断该反应达到平衡
D．加压，平衡逆向移动，正反应速率减小，逆反应速率加快
19．室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是（　　）

A．制取乙酸丁酯 B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性 D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
20．常温时，同浓度的①V1mLCH3COOH溶液 ②V2mLNaOH溶液 ③V3mLCH3COONa溶液，下列结论中正确的是（　　）
A．①与②混合若pH>7，则V2>V1
B．当V2=V3时，溶液中离子种数③>②
C．将①稀释10倍，溶液中c(H+)∙c(OH−)增大
D．③溶液中：c(H+)−c(OH−)=c(CH3COO−)−c(CH3COOH)
二、填空题
21．NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛，完成下列填空：
（1）钠元素核外有　 　种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为　 　。
（2）NaNO2晶体类型是　 　；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为　 　。
22．尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用，合成尿素的反应为：2NH3(g)+CO2(g) ⇌ CO(NH2)2(s)+H2O(l)，完成下列填空：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为　 　。
（2）在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2:1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为　 　。
（3）合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图：

该反应正方向为　 　热反应（选填“吸”或“放”）。a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何：　 　（用Ka、Kb、Kc表示），理由为　 　。
23．在某温度时，将1.0mol・L-1氨水滴入10 mL1.0mol・L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示：

（1）a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是　 　。
（2）氨水体积滴至　 　时(填“V1”或“V2”)，氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据　 　；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　。
三、综合题
24．工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：

（1）酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应： NO2- +I-+_→NO ↑+I2 +_，补充完整方程式并配平：　 　；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是　 　L。
（2）上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是　 　。
（3）从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是　 　(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
（4）在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小　 　。
25．物质G是升高白细胞的常见药物，合成 G的路线如下：

已知：R-CHO+R′-CH2-CHO →NaOH溶液 (-R、-R′代表烃基)
完成下列填空：
（1）①的反应条件是　 　；②的反应方程式　 　。
（2）试剂X的结构简式为　 　；④的反应类型是　 　。
（3）⑤的反应试剂是　 　；步骤④、⑤不能颠倒的原因是　 　。
（4）C有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式　 　。
①只有两种不同官能团 ②有3种不同化学环境的氢原子
（5）设计以 为原料合成 的路线(无机试剂任选)　 　。(合成路线流程图示例为：X →反应条件反应试剂 Y…… →反应条件反应试剂 目标产物)
26．莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液 →铁粉 FeSO4溶液 →硫酸铵溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液 →分离 莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
　
10
20
30
40
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4∙7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
(NH4)2SO4∙ ∙FeSO4∙6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
完成下列填空：
（1）配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是　 　。
（2）(NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是　 　。
（3）隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为　 　；c装置中足量盐酸的作用是　 　。

（4）测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol・L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是　 　；配成250mL溶液的定量仪器为　 　。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n( MnO4- )为5：1，该样品的纯度为　 　。

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．84消毒液的主要成分为具有强氧化性的次氯酸钠，可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故A不符合题意；
B．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是具有强氧化性的次氯酸钙，可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故B不符合题意；
C．75%酒精课时蛋白质变性，从而使细菌病毒失去活性，所以可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故C不符合题意；
D．明矾为十二水硫酸铝钾，明矾可用于净水，但不能用于消毒，故D符合题意
故答案为：D

【分析】常用于新冠消毒剂一般是酒精或者具有氧化性的物质，84消毒液、漂白精均含有氧化性的物质，而75%的 酒精溶液也可以杀毒。
2．【答案】A
【解析】【解答】已知第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。可得铼元素的质子数是75，根据原子核外电子排布规律可推出铼原子核外电子排布，从而知道铼元素在周期表中位置，不能获取的是铼元素的质量数；
故答案为：A。

【分析】根据原子序数可以得到质子数，写出核外电子排布，同时可以得到周期表位置
3．【答案】B
【解析】【解答】A．苯使溴水褪色是因为发生了萃取，故A不符合题意；
B．SO2使溴水褪色是因为SO2被氧化，故B符合题意；
C．乙烯使溴水褪色是因为发生了加成反应，故C不符合题意；
D．氢氧化钠使溴水褪色是因为 Br2发生了歧化反应，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】被溴水氧化褪色，说明该物质具有还原性，而二氧化硫具有还原性
4．【答案】A
【解析】【解答】铝锂合金具有密度小、硬度大、抗腐蚀、熔点比铝低的性质，是航空飞行器较理想的结构材料之一，易导电的性质与此应用无关，
故答案为：A。

【分析】根据铝合金的优点进行判断即可
5．【答案】D
【解析】【解答】A．有的氮肥含有铵根，有的不含如尿素 CO(NH2)2 和硝酸盐，故A不符合题意；
B．NH4NO3只含N，属于氮肥但不属于复合氮肥，故B不符合题意；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧气与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不能产生尿素，故C不符合同意；
D．由C分析可知，自然界单循环能产生铵盐，故D符合题意
故答案为：D

【分析】常见的氮肥是含有氮元素的物质，如铵盐、尿素、氨水等等，自然界中的氮循环是生物固氮，先变成一氧化氮，再继续氧化变为二氧化氮，与水反应变为硝酸与其他物质反应可以产生硝酸盐和铵盐等等物质
6．【答案】B
【解析】【解答】A．正确的电子式为： ，A项不符合题意；
B．丙烯分子中存在碳碳双键，双键碳原子及与双键碳原子直接相连的原子共平面，分子中的甲基中最多有一个原子在碳碳双键的平面上，故丙烯中最多有7个原子共面,B项符合题意；
C．1，3-丁二烯分子式为C4H6。丙烯的分子式为C3H6。不符合同系物的定义，C项不符合题意；
D．丙烯分子中含有甲基、碳碳双键，可以发生取代反应、加成反应和氧化反应等，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.丙烯分子中存在碳碳双键，电子式中未体现出
B.与双键连接的原子共面，与一个双键碳原子连接的甲基中的碳是sp3杂化，最多三个原子共面
C.同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个-CH2原子团的有机化合物
D.丙烯含有双键，可加成、取代、氧化等反应
7．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在，由液态变气态，分子不同，不是物理变化，故A不符合题意；
B．SO3溶于水导电是因为反应生成了电解质硫酸，硫酸电离出自由移动的离子而导电，SO3本身不能电离，属于非电解质，故B不符合题意；
C．SO3由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，因此SO3含有极性键，故C符合题意；
D．SO3分子结构是平面三角型，键角为 120° ，结构对称，正、负电中心重合，所以是非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据固态和气态的化学式确定由固态变为气态时是化学变化，三氧化硫的分子结构式平面三角形,含有硫氧极性键，是非极性分子，溶于水后导电，但是不是电解质
8．【答案】B
【解析】【解答】A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A不符合题意；
B．在空气中冷却，空气中有水蒸气，而造成加热前后固体的质量差偏小，使n值偏小，故B符合题意；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C不符合题意；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解，固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】 硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中 导致n偏小，n=∆m18=m始-m末18,n偏小，可能是开始的质量m偏小，或者是末尾的质量增大，可能是在空气中冷却导致硫酸铜固体吸收部分水，导致m末偏大，最终导致m偏小，其他均导致偏大
9．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下小块铝片投入足量浓硫酸中发生钝化，所加固体不可以完全溶解，故A不符合题意；
B．碘的非金属性比溴弱，少量碘加入溴化钠溶液中不反应，所加固体不能溶解，故B不符合题意；
C．硫磺易溶于二硫化碳，小块硫磺投入足量二硫化碳中完全溶解，故C符合题意；
D．小块铜片投入热乙醇溶液中，铜片作催化剂，所加固体不能溶解，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用几个相似相溶原理，硫单质可以溶于二硫化碳中，其他选项均不能溶解。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．原子晶体中原子形成的共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，不能用键能解释，故B不符合题意；
C．二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C不符合题意；
D．氯气形成的晶体是分子晶体，分子间的作用力很小，则氯气的沸点低，常温时是气体，不能用键能解释，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.键能可以影响熔沸点，键能越大，熔沸点越高，键长越短，键能越大，键长越短，原子半径越小
B.氢化物的稳定性主要和元素的非金属性有关
C.溶解度主要和构型有关系，相似相溶原理
D.主要是和分子间作用力有关
11．【答案】A
【解析】【解答】亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，优先与少量氯水反应，由向溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色可知，溶液中一定含有亚硫酸根离子，一定不含氢离子和钡离子；溶液中各离子物质的量相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有钠离子和铵根离子，一定不含有氯离子、碘离子和硫酸根离子，则溶液中一定含有亚硫酸根离子、钠离子和铵根离子，一定不含有氢离子、钡离子、氯离子、碘离子和硫酸根离子，
故答案为：A。

【分析】加入氯水，有与含有氯气是黄绿色，最终颜色消失，说明发生氧化还原反应，因此一定含有还原性物质，而具有还原性的离子是碘离子、溴离子、亚硫酸根离子，但是一定没有碘离子和溴离子，因为碘单质和溴有颜色，因此只有亚硫酸根，一定不含有钡离子和氢离子，由于含有相同浓度，且符合正负电荷之和为0，因此一定有钠离子和铵根离子，一定无硫酸根和氯离子
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，原子序数X＞Z＞Y，故A错；
B．由分析可知，Z的非金属性强于Y，则还原性：Z-＜Y2-，故B错；
C．Z为原子序数小于20的元素，其的最低负价为-1价，X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构，则Z可能为F或者Cl，当Z为F时无正价，故C错；
D．若X为Na、Y为O时，则X与Y可形成X2Y2即Na2O2化合物，
故答案为：D。
【分析】X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。X失去1个电子被氧化成X+；Y得到2个电子被还原成Y2-；为Z得到1个电子被还原成Z-，所以X、Y、Z三种元素的原子序数大小为X＞Z＞Y。Y、Z同周期，且Z的非金属性强于Y，X为金属。据此分析可得。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．S与氧气点燃反应生成SO2，SO2与水形成亚硫酸，能一步转化，故A符合题意；
B．氨气催化氧化生成NO，不能生成NO2，不能一步实现，故B不符合题意；
C．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成氯化铁，不能一步转化实现，故C不符合题意；
D．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝为两性氢氧化物，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，故D不符合题意；
故答案为A。

【分析】A.反应均可进行实现
B.氨气的催化氧化不能直接到二氧化氮，应该是一氧化氮，与氧气继续氧化产生二氧化氮与水反应得到的是硝酸
C.进行铝热反应可以反应得到铁单质，可以直接和氯气反应得到氯化铁，和盐酸反应只能到氯化亚铁
D.铝是两性金属可与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，与少量的盐酸或者通入二氧化碳进行反应得到的是氢氧化铝
14．【答案】B
【解析】【解答】A．海面的海水中溶解的氧气比海底溶解的氧气多，则越靠近海面的钢构件，腐蚀越严重，故A不符合题意；
B．钢构件上镶嵌铝块，比铁活泼的铝在海水中构成的铁铝原电池中做负极被损耗，钢构件做正极被保护，该方法为牺牲阳极阴极保护法，故B符合题意；
C．钢构件若腐蚀，铁做原电池的负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋，故C不符合题意；
D．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止钢构件在海水中形成原电池，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.海水溶解氧的含量越多，金属的腐蚀速度越快，腐蚀越严重
B.铝块做负极，失去电子变为铝离子，铁做正极，被保护因此是牺牲阳极的阴极保护法
C.钢件被腐蚀，铁做负极，其他做正极，负极是铁失去电子变为亚铁离子，正极是氧气得到电子与水结合变为氢氧根离子
D.主要是防止形成原电池不是形成电解池，电解池需要外界接电路
15．【答案】C
【解析】【解答】A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，选项A不符合题意；
B．E1表示反应物的活化能，E2表示生成物的活化能，该反应的反应热为E2-E1，选项B不符合题意；
C．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，选项C符合题意；
D．I2由固态转化为气态需要吸热，若I2为气态，则该反应热大于E2-E1，选项D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据焓变=生成物的能量-反应物的能量，即可判断为吸热反应，即可求出反应热，加入催化剂时，降低了活化能，E1和E2均降低，但是焓变不变，固态变为气态需要吸热，根据盖斯定律即可判断焓变的大小
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由图示分析可知该物质的分子式为C14H18O4，故A不符合题意；
B．由于分子中与羟基相连的C原子无氢原子，所以不能催化氧化，故B不符合题意；
C．由于分子中具有共轭二烯烃的结构，所以能与溴水发生1,4-加成，故C符合题意；
D．由于羟基和羧基均能与Na反应产生氢气，所以1mol该物质与足量钠反应产生1mol氢气，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据结构简式即可写出分子式，同时可以判断1mol分子含有1mol羰基，1mol羟基、1oml羧基、3mol双键。双键是连续连接，因此可以发生1,4加成反应，与羟基连接的碳原子不含氢原子，因此不能发生氧化，该反应羟基和羧基均可与金属钠反应，因此1mol该物质可以产生1mol氢气
17．【答案】B
【解析】【解答】A．500℃左右时催化剂的催化活性最大，而不是防止催化剂中毒，故A不符合题意；
B．石油化工的裂化可提高轻质油的产量，故B符合题意；
C．催化剂只能提高化学反应速率，即只能缩短反应到达平衡所需的时间，而不能提高转化率，故C不符合题意；
D．侯氏制碱先通入氨气时溶液呈碱性，然后通入二氧化碳，有利于二氧化碳的吸收，故D不符合题意；
故答案为：B

【分析】A.500℃主要是考虑催化剂的活性，不是催化剂中毒
B.石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程
C.催化剂只是改变速率不能改变转化率
D.侯氏制碱法不是先通入二氧化碳，而是先通入氨气形成碱性环境，有利于提高二氧化碳的吸收效果
18．【答案】C
【解析】【解答】A．达到平衡时，反应速率是2v逆(M)=v正(N)，故A不符合题意；
B．改变条件使平衡正向移动时，转化率不一定增大，如向容器中再加入一定量的M，虽然平衡正向移动，但相当于增大压强，M的转化率减小，故B不符合题意；
C．该反应前后气体分子数不等，当混合气体的平均分子质量保持不变，可判断该反应达到平衡，故C符合题意；
D．该反应是体积增大的吸热反应，加压，平衡向体积减小的方向移动，即平衡逆向移动；加压，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率和逆反应速率都增大，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】对于此反应，平衡时，同种物质的正逆速率相等，或者是相对分子质量不变反应达到平衡，改变条件是平衡正向移动的转化率主要是和改变的条件有关，加压后平衡逆向移动，但是浓度均增大，可以说明速率增大
19．【答案】D
【解析】【解答】A．装置右侧下端无冰水浴，不利于乙酸丁酯的冷凝收集，同时也应接一导管防止产物挥发，故A不符合题意；
B．电石中含有有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故B不符合题意；
C．铜与浓硫酸反应需要加热，故C不符合题意；
D．两互不相容且分层的液体可选用分液进行分离，故D符合题意
故答案为：D

【分析】A.制取乙酸丁酯需要进行冷却收集以防止产物挥发
B.证明乙炔的还原性时，需要进行除杂，先可以通过硫酸铜溶液进行除杂再进行乙炔检验
C.反应条件不对，室温下浓硫酸不与铜反应
D.乙酸乙酯在碳酸钠溶液中的溶解度较小，可以进行分离
20．【答案】B
【解析】【解答】A．CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，所以CH3COONa溶液呈碱性，即V2=V1时①与②混合pH>7，所以V2不一定大于V1，故A不符合题意；
B．②中含有 Na+、H+、OH- 有3种；③中含有 Na+、H+、OH-、CH3COO- 有4种，当V2=V3时，溶液中离子种数③>②，故B符合题意；
C．c(H+)∙c(OH−)为KW，在温度一定时，KW不变，故C不符合题意；
D．在溶液中由电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-) ，物料守恒 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) ，即 c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-) ，故D不符合题意；
故答案为：B

【分析】A.醋酸和氢氧化钠溶液反应时得到是醋酸钠溶液，醋酸钠水解呈碱性，当V1=V2时也可出现这种情况
B.写出②和③ 中溶液的粒子数即可
C.温度不变，水的离子积不变
D.根据电荷和物料守恒即可判断
21．【答案】（1）4；
（2）离子晶体；r(Na+)c(OH-)
【解析】【解答】(1)水的电离是吸热过程，温度越高，水的电离程度越大，由图可知，反应温度的顺序为b>c>a=d，由分析可知，a点和d点抑制水的电离，温度相同时，a点溶液中氢离子浓度大于d点溶液中氢氧根离子浓度，抑制程度大于d点；b点温度最高，且氯化铵在溶液中水解促进水的电离；c点的温度高于a点和d点，且溶液呈中性，促进水电离的程度小于b点，高于d点，则对应的溶液中水的电离程度由大到小的是b>c>d>a，故答案为：b>c>d>a；
(2) 由分析可知，b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，则氨水体积为V1，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中c(Cl-)>c( NH4+ )，则溶液中溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)>c( NH4+ )>c(H+)>c(OH-)，故答案为：V1；氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；c(Cl-)>c( NH4+ )>c(H+)>c(OH-)。
【分析】由图可知，a点为盐酸溶液，溶液中pH为0，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离；b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，促进水的电离；c点为氯化铵和氨水的混合溶液，25℃时，溶液pH为7，溶液呈中性；d点为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液pH为10，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解，使溶液呈碱性，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制水的电离。
24．【答案】（1）2 NO2- +2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8
（2）氯气氧化性太强，还能继续氧化I2
（3）ab
（4）常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【解析】【解答】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2 NO2- +2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2 NO2- +2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)= 0.75mol3-2 =0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol × 22.4L/mol=16.8L。故答案为：2 NO2- +2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案为：ab；
(4)NaHSO3溶液中 HSO3- 既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2 NaNO2 +4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、 IO3- ，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
25．【答案】（1）NaOH溶液、加热； +O2→ΔCu +2H2O
（2）；消去反应
（3）新制Cu(OH)2悬浊液；防止-OH消去时发生副反应
（4）CH2=CHCOOH(满足条件即可)
（5）→Br2/CCl4→ΔNaOH/醇→一定条件
【解析】【解答】(1)①氯代烃发生取代反应生成醇的反应，可知反应条件是NaOH溶液、加热；根据分析可得B的结构简式为 ，C的结构简式为 ，醇羟基变成醛基，是醇的催化氧化反应，②的反应方程式 +O2→ΔCu +2H2O，故答案为：NaOH溶液、加热； +O2→ΔCu +2H2O；
(2)从分析中，可知试剂X的结构简式为 ，反应④条件是浓硫酸加热，对比前后有机物的结构简式，观察发现羟基被消去变成了碳碳双键，反应类型为消去反应，故答案为： ；消去反应；
(3)反应⑤中两个醛基都被氧化为羧基，因此反应试剂是新制Cu(OH)2悬浊液，步骤④、⑤不能被颠倒，防止-OH消去时发生副反应，故答案为：新制Cu(OH)2悬浊液；防止-OH消去时发生副反应；
(4) C( )有多种同分异构体，满足下列条件：①只有两种不同官能团，C中含两个醛基，所含不饱和度一样，官能团可拆分的一种情况为1个碳碳双键和1个羧基，②有3种不同化学环境的氢原子，即同分异构体的结构简式CH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCOOH(满足条件即可)；
(5) 以 为原料合成 ，观察可知，要合成生成单体环己二稀的加聚反应， 可通过溴水的四氯化碳溶液生成 ， 通过氢氧化钠的醇溶液发生消去反应引入两个碳碳双键生成 ， 通过一定条件加聚可得目标产物。完整合成路线图示： →Br2/CCl4→ΔNaOH/醇→一定条件 ；故答案为： →Br2/CCl4→ΔNaOH/醇→一定条件 。
【分析】由题给已知信息得试剂X为 ，结合A的分子式，可知C的结构简式为 ，氯代烃发生取代反应生成醇，再通过醇的催化氧化生成醛，可知B的结构简式为 ， 通过试剂浓硫酸加热生成D，结合 ，可推出D的结构简式为 ，据此分析解答。
26．【答案】（1）防止Fe3+水解
（2）硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵
（3）bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰
（4）除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；偏大；98%
【解析】【解答】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol・L-1×10.000×10-3L×5×10=5.000×10-2mol，则该样品的纯度为 5.000×10—2mol×392g/mol20.000g ×100%=98%，故答案为：98%。
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。