上海市虹口区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-选择题

这是一份上海市虹口区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-选择题，共34页。试卷主要包含了下列化学用语书写正确的是，能用共价键键能大小解释的是，不能用铝热法制备的金属是，已知黑火药爆炸的反应等内容，欢迎下载使用。

上海市虹口区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-选择题
1．（2020·上海虹口·统考二模）在预防新冠肺炎中，化学消毒剂发挥了重要作用，以下不是利用氧化性来消毒的是
A．84消毒液 B．75%酒精 C．臭氧 D．H2O2
2．（2020·上海虹口·统考二模）下列化学用语书写正确的是
A．N2的电子式： B．氯乙烯的结构式：CH2＝CHCl
C．CCl4的比例模型： D．原子核内有10个中子的氧原子：
3．（2020·上海虹口·统考二模）能用共价键键能大小解释的是
A．熔点：I2＞Cl2 B．熔点：NaCl＞NaI
C．沸点：HI＞HCl D．热稳定性：HCl＞HI
4．（2020·上海虹口·统考二模）某晶体中含有非极性共价键，关于该晶体的说法错误的是
A．可能是化合物 B．不可能是离子晶体
C．可能是分子晶体 D．可能有很高的熔沸点
5．（2020·上海虹口·统考二模）第三周期的三种元素甲、乙、丙，原子序数依次增大，且原子核外都有1个未成对电子，下列说法错误的是
A．金属性：甲>乙>丙 B．三种元素的单质都能与水反应
C．离子半径：甲>乙>丙 D．最高价氧化物对应水化物可两两相互反应
6．（2020·上海虹口·统考二模）不能用铝热法制备的金属是
A．镁 B．铁 C．铬 D．锰
7．（2020·上海虹口·统考二模）室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有下面两种气体（同温同压），打开弹簧夹K，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强最小的是

A．H2S和 SO2 B．NH3和HCl
C．H2和Cl2 D．NO和 O2
8．（2020·上海虹口·统考二模）下列物质的工业生产过程中，不涉及勒夏特列原理的是
A．合成氨 B．制硫酸 C．制氯化氢 D．制纯碱
9．（2020·上海虹口·统考二模）在如图所示的实验中，实验进行一段时间后，下列关于实验现象的叙述不正确的是

A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”生成
C．饱和硝酸钾溶液中有晶体析出 D．试纸变红
10．（2020·上海虹口·统考二模）已知黑火药爆炸的反应：S+2KNO3+3C → K2S+3CO2+ N2↑，下列说法正确的是
A．该反应中氧化剂只有硝酸钾 B．该反应中还原剂只有碳
C．每生成0.1 mol N2转移电子1 mol D．产物中有两种共价化合物
11．（2020·上海虹口·统考二模）除去下列物质中少量杂质（括号内的物质为杂质）采用的方法中，正确的是
A．己烷（己烯）：溴水，分液 B．FeCl3溶液（AlCl3）：过量氨水，过滤
C．乙醛（乙酸）：NaOH溶液，分液 D．乙酸乙酯（乙酸）：饱和碳酸钠溶液，分液
12．（2020·上海虹口·统考二模）茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，结构简式如图所示。下列关于茉莉醛的叙述正确的是

A．茉莉醛与苯甲醛互为同系物
B．茉莉醛分子式为C14H20O
C．茉莉醛能使溴水褪色，并只发生加成反应
D．在一定条件下，lmol茉莉醛最多能与5 mol氢气加成
13．（2020·上海虹口·统考二模）某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后，溶液中离子的物质的量几乎不变的是
A．Ba2+ B．Fe2+ C．Cl- D．NO3-
14．（2020·上海虹口·统考二模）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是
A．均采用水浴加热 B．制备乙酸丁酯时正丁醇过量
C．均采用边反应边蒸馏的方法 D．制备乙酸乙酯时乙醇过量
15．（2020·上海虹口·统考二模）下列关于饱和食盐水的用途或装置设计错误的是
A．模拟工业制纯碱
B．甲烷的取代反应
C．实验室制乙炔
D．除去氯气中的氯化氢
16．（2020·上海虹口·统考二模）下列反应可用离子方程式 2H+ + CO32- → H2O + CO2↑表示的是
A．向Na2CO3溶液中滴加过量醋酸 B．向硫酸中滴加少量Na2CO3溶液
C．向Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸 D．向Na2CO3溶液中通入SO2气体
17．（2020·上海虹口·统考二模）下列有关电化学装置不能达到相应实验目的的是
A．模拟吸氧腐蚀 B．电解法制氯气
C．铁的防护 D．外加电流的阴极保护法
18．（2020·上海虹口·统考二模）常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（      ）
A．pH=0的硫酸
B．0.01mol/L NaOH溶液
C．pH=10的纯碱溶液
D．pH=5的氯化铵溶液
19．（2020·上海虹口·统考二模）体积相同的盐酸和醋酸溶液，c(Cl-) = c(CH3COO-)= 0.01 mol/L，下列说法正确的是
A．pH：醋酸>盐酸
B．完全反应消耗NaOH的量：醋酸>盐酸
C．与相同的Na2CO3粉末反应的起始速率：醋酸<盐酸
D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：c (Cl-) = c (CH3COO-)
20．（2020·上海虹口·统考二模）右图是可逆反应A+2B 2C + 3D 的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变而变化的情况，由此推断错误的是

A．A、B一定是气体
B．C可能是气体
C．D一定不是气体
D．正反应是放热反应
21．（2021·上海虹口·统考二模）石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是
A
B
C
D




石油分馏是利用各组分沸点不同
石油裂化过程会发生碳碳键断裂
聚丙烯防护服材料易被KMnO4氧化
沥青可用于铺设马路

A．A B．B C．C D．D
22．（2021·上海虹口·统考二模）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是
A．水的电子式： B．乙炔的结构式：CHCH
C．钙离子的结构示意图： D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
23．（2021·上海虹口·统考二模）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是
A．NH3 B．Na2S C．KOH D．NH4Cl
24．（2021·上海虹口·统考二模）向溴水中加入或通入足量下列物质，最终不能得到无色溶液的是
A．二氧化硫 B．氢氧化钠溶液 C．碘化钾溶液 D．热空气
25．（2021·上海虹口·统考二模）含有极性键的非极性分子是
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
26．（2021·上海虹口·统考二模）下列除杂方法正确的是(括号中为杂质)
A．Al2O3(Fe2O3)：盐酸，过滤 B．硝基苯(苯)：蒸馏
C．己烷(己烯)：加溴水，分液 D．CO2(SO2)：饱和Na2CO3溶液，洗气
27．（2021·上海虹口·统考二模）某烃结构如图所示，其系统命名应为

A．五甲基十一烷 B．1，2，2，6-四甲基庚烷
C．3，3，7-三甲基辛烷 D．2，6，6-三甲基辛烷
28．（2021·上海虹口·统考二模）下列物质不能用于吸收H2S的是
A．NaOH溶液 B．FeSO4溶液 C．CuCl2溶液 D．酸性KMnO4溶液
29．（2021·上海虹口·统考二模）下列物质转化路线符合工业生产实际的是
A．
B．淀粉
C．
D．饱和NaCl溶液NaHCO3晶体
30．（2021·上海虹口·统考二模）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是

  
W
X

Y



Z
A．非金属性：W > X
B．简单离子的半径：Y < X
C．气态氢化物的热稳定性：W > X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y > W
31．（2021·上海虹口·统考二模）在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A．透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NO
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl-
C．c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2-
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO
32．（2021·上海虹口·统考二模）下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是
A
B
C
D




干燥氯气
收集氯气
探究氯气与甲烷的反应
证明氯气具有漂白性

A．A B．B C．C D．D
33．（2021·上海虹口·统考二模）一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如图所示，下列说法错误的是

A．该高分子可通过加聚反应合成
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D．自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
34．（2021·上海虹口·统考二模）图是离子交换膜电解槽，电解饱和食盐水时，离子交换膜只允许阳离子通过，下列说法错误的是

A．a是电源的正极 B．X处产生的是氯气
C．可用铁作电极A的材料 D．Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液
35．（2021·上海虹口·统考二模）向等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是
A．HCO+ OH-= CO+H2O
B．Ba2+ + HCO+ OH- = BaCO3↓+ H2O
C．Ba2+ + 2HCO+ 2OH-=BaCO3↓+ CO+ 2H2O
D．2Ba2++3HCO+ 3OH- = 2BaCO3↓+ CO+ 3H2O
36．（2021·上海虹口·统考二模）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是

A．过程I中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
D．总反应为2Ca(OH)2 + 2SO2 + O2 →2CaSO4+2H2O
37．（2021·上海虹口·统考二模）饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是

A．a离子为Na+，b离子为Cl-
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl⇌Na++Cl-
38．（2021·上海虹口·统考二模）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
39．（2021·上海虹口·统考二模）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法错误的是

A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
40．（2021·上海虹口·统考二模）I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是

A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
41．（2022·上海·统考二模）“碳中和”是指CO2排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是
A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行
42．（2022·上海·统考二模）能说明HI是共价化合物的事实是
A．液态条件不导电 B．仅由非金属元素组成
C．水溶液具有腐蚀性 D．受热易分解
43．（2022·上海·统考二模）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
44．（2022·上海·统考二模）我国学者发明了一种低压高效电催化还原CO2的新方法，其原理可以表示为：NaCl+CO2CO+NaClO，下列有关化学用语表示正确的是
A．中子数为12的钠离子：
B．NaClO的电子式：
C．CO2的比例模型：
D．CO晶体模型：
45．（2022·上海·统考二模）关于下列仪器使用的说法正确的是






①
②
③
④
⑤
⑥

A．①、②、④常用于物质分离 B．②、③、⑥使用前需要检漏
C．③、⑤可用作反应容器 D．④、⑤可直接加热
46．（2022·上海·统考二模）工业上用NaOH溶液捕捉废气中的SO2，下列说法正确的是
A．捕捉过程中溶液pH会下降 B．NaOH溶液属于强电解质
C．SO2含有非极性共价键 D．1molNaOH最多捕捉0.5molSO2
47．（2022·上海·统考二模）有关浓硝酸与浓硫酸的对比错误的是
A．在加热条件下都能将碳氧化成二氧化碳
B．常温下都能用铁制或铝制容器盛放
C．长期露置在空气中，溶质质量分数都会变小
D．用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成
48．（2022·上海·统考二模）维生素A(分子结构如图所示)是重要的营养素。下列关于维生素A的说法正确的是

A．分子式为C20H32O B．属于芳香族化合物
C．易溶于水 D．既能被氧化又能被还原
49．（2022·上海·统考二模）实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置正确的是




A．制备乙烯
B．除去杂质
C．验证加成反应
D．收集乙烯

A．A B．B C．C D．D
50．（2022·上海·统考二模）如图所示是周期表前四周期的一部分，其中粗实线为金属与非金属的分界线。下列有关R、X、Y、Z四种元素说法正确的是

A．核外未成对电子数：Z>X
B．简单离子半径：Y>X
C．元素最高正化合价：X>Z
D．气态氢化物热稳定性：R>X
51．（2022·上海·统考二模）化学法镀银的过程如下：
Ⅰ.向容器中加入一定量2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水至沉淀恰好完全溶解；
Ⅱ.加入10%葡萄糖溶液至充满容器，在60～70℃水浴中加热，片刻后容器内壁便镀上一层银。
下列说法正确的是
A．该实验证明葡萄糖与甲醛、乙醛等互为同系物
B．步骤Ⅰ后的溶液中大量存在Ag+、和
C．步骤Ⅱ可使用酒精灯直接加热以加快银的析出
D．可用硝酸洗涤除去容器壁上的银
52．（2022·上海·统考二模）“索氏制碱法”与“侯氏制碱法”是常见的纯碱工业制法，关于两者说法正确的是
A．两者生产原料来源相同
B．两者均使用了高效催化剂
C．侯氏制碱法联合了人工固氮过程
D．索氏制碱法食盐利用率更高
53．（2022·上海·统考二模）除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，可采用加入过量NaOH溶液充分反应后，再用过滤方法分离的是
A．AlCl3溶液(FeCl3) B．Na2CO3溶液(NaHCO3)
C．Fe2O3固体(Al2O3) D．NaCl溶液(MgCl2)
54．（2022·上海·统考二模）如图装置进行实验，向小试管中加入稀盐酸。观察到U形管内两边红墨水液面逐渐变为左低右高，与此现象有关的推论是

A．反应物总能量低于生成物
B．发生了析氢腐蚀，产生较多气体
C．生成物中化学键形成会放出能量
D．锥形瓶内气体分子间平均距离变大
55．（2022·上海·统考二模）一定条件下固定容积的容器中，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+196kJ已达到平衡状态。改变某一条件后，平衡发生移动至新的平衡状态。已知此过程中正反应速率先增大后减小，则改变的条件可能是
A．加入催化剂 B．移走SO3 C．升高温度 D．缩小容器体积
56．（2022·上海·统考二模）工业硅冶炼炉中存在如下反应：
反应①：SiO2+2CSi(熔点1410℃)+2CO↑
反应②：SiO2+3CSiC(熔点2700℃)+2CO↑
已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。
关于上述反应说法正确的是
A．反应①中C置换了Si，说明非金属性C＞Si
B．反应①与②中氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2
C．反应①与②中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个
D．SiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大
57．（2022·上海·统考二模）有研究认为，强碱性环境下反应：I-+ClO-IO-+Cl-可能分如下三步进行：
第一步：ClO-+H2OHClO+OH-           K1=3.3×10-10
第二步：……               K2=……
第三步：HIO+OH-IO-+H2O            K3=2.3×103
下列说法正确的是
A．第二步反应的平衡常数表达式为K2=
B．由K值大小可以判断第三步反应比第一步快
C．升高温度会使K1变小、K3变大
D．OH-是该反应的催化剂
58．（2022·上海·统考二模）某种酒驾检测仪具有吹气流量监测与控制的功能，其结构与工作原理如图所示。下列有关说法正确的是

A．该装置将电能转化为化学能
B．电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ
C．在电解液中迁移的微粒X可能是电子
D．电极Ⅱ的电极反应式可能是：O2+H2O+4e-→4OH-
59．（2022·上海·统考二模）测定鸡蛋壳中碳酸钙含量的方法如下：将一定质量鸡蛋壳粉碎后用已知浓度与体积的足量盐酸充分溶解(假设其他成分不反应)，直到不再有气泡产生。再加入2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴定至终点，记录消耗NaOH溶液体积。若某次测定的碳酸钙含量偏高，可能的原因是
A．所用的盐酸浓度过高，有一定挥发 B．终点时溶液呈较深的红色
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液 D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2
60．（2022·上海·统考二模）室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1mol⋅L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生

下列有关说法正确的是A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O

参考答案：
1．B
【详解】A. 84消毒液中的有效成分次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，A项不符合题意；
B. 75%酒精可以使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的目的，B项符合题意；
C. 臭氧具有强氧化性，可用来杀菌消毒；C项不符合题意；
D. H2O2具有强氧化性，可用来杀菌消毒；D项不符合题意；
答案选B。
2．D
【详解】A. 漏写N原子上的孤电子对，N2的电子式为，A项错误；
B. CH2＝CHCl是氯乙烯的结构简式，不是结构式， 结构式需要表示出所有的共价键，B项错误；
C. CCl4的比例模型中碳原子半径应当小于氯原子半径，故C项错误；
D.核素符号中左下角表示元素的质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数加中子数，故原子核内有10个中子的氧原子表示为：，D项正确；
答案选D。
3．D
【详解】A. I2、Cl2属于分子晶体，相对分子质量：I2>Cl2，分子间作用力：I2>Cl2，故熔点：I2>Cl2，与共价键键能无关，A不选；
B.NaCl和NaI属于离子晶体，离子半径：Cl-NaI，熔点：NaCl>NaI，不存在共价键，B不选；
C.HI、HCl属于分子晶体，相对分子质量：HI>HCl，分子间作用力：HI>HCl，故沸点：HI>HCl，与共价键键能无关，C不选；
D.因为键能：H—Cl键>H—I键，故稳定性：HCl>HI，能用共价键键能解释，D选；
答案选D。
4．B
【详解】A.某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是单质如I2等、也可能是化合物如H2O2等，A正确；
B. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是离子晶体如Na2O2等，B错误；
C. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是原子晶体如金刚石等、分子晶体如I2等、离子晶体如Na2O2等，C正确；
D. 某晶体中含非极性共价键，该晶体可能是原子晶体如金刚石等、分子晶体如I2等、离子晶体如Na2O2等，原子晶体有很高的熔沸点，分子晶体熔沸点较低，D正确；
答案选B。
5．C
【分析】第三周期的元素中，原子核外有1个未成对电子的原子的价电子排布情况为3s1、3s23p1、3s23p5，甲、乙、丙原子序数依次增大，故甲为钠，乙为铝，丙为氯，以此作答。
【详解】A. 根据元素周期律，同周期，核电荷数越小，金属性越强，故金属性：Na>Al >Cl，A说法正确；
B. 三种元素的单质都能与水反应：2Na+2H2O= 2NaOH+ H2↑，2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，Cl2+H2OHCl+HClO，B说法正确；
C. 不同电子层结构，电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构，质子数越多，离子半径越小，则离子半径：Cl->Na+>Al3+ ，C说法错误；
D. 铝元素的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3具有两性，可以与强酸强碱发生反应，氯的最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4是强酸，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠NaOH是强碱，故这三者两两可以相互反应，D说法正确；
答案选C。
6．A
【分析】金属冶炼的实质为金属离子的电子被还原生成单质，用铝热法制备金属，所制备金属的活泼性应比铝弱。
【详解】铁、锰、铬等金属的活泼性比铝弱，在高温下用铝热法制备，而镁的活泼性比铝强，不能被铝置换生成单质，不能用铝热法制备，答案选A。
【点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意能用铝热法制备的金属的活泼性应比铝弱。
7．B
【详解】假设每个烧瓶盛有2mol的气体，
A.打开弹簧夹K，发生反应2H2S+SO2=3S↓+H2O，最后剩余1molSO2气体；
B.打开弹簧夹K，发生反应NH3+HCl= NH4Cl，两者恰好完全反应生成氯化铵固体，装置内无气体剩余；
C.H2和Cl2在常温常压条件下不反应，剩余的还是4mol气体；
D.打开弹簧夹K，发生反应2NO+O2= 2NO2，若不考2NO2⇌N2O4，装置内剩余3mol的气体，考虑到可逆反应2NO2⇌N2O4，剩余的气体在2mol~3mol之间；
恒温恒容下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，B中的压强最小，答案选B。
【点睛】注意各物质发生的条件，H2和Cl2在常温常压条件下不反应，光照条件下爆炸，点燃的条件下安静的燃烧，可以制备盐酸。
8．C
【详解】A.合成氨工业中N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)为可逆反应，涉及勒夏特列原理，A项不选；
B.硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化是可逆反应，涉及勒夏特列原理，B项不选；
C.制氯化氢是氯气和氢气的化合反应，没有可逆过程，不涉及勒夏特列原理，C项选；
D.制纯碱过程中涉及到溶解平衡、电离平衡等，涉及勒夏特列原理，D项不选；
答案选C。
9．D
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，会使得苹果干瘪，A正确；
B．浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体失去结晶水，表面有“白斑”生成，B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，饱和硝酸钾溶液中水减小，有硝酸钾晶体析出，C正确；
D．浓硫酸具有脱水性、强氧化性，使得试纸脱水变黑色，D错误；
故选D。
10．B
【分析】该反应为氧化还原反应，元素化合价上升的有： C：0→+4，且有3个碳原子参与反应，化合价上升共12；元素化合价降低的有：S：0→-2，N：+5→0，且有1个硫原子和2个氮原子参与反应，化合价降低共2×1+5×2=12，化合价升降守恒，该反应按照配比化合价共升（降）12，转移12个电子。
【详解】A.根据分析，化合价降低的是硫元素和氮元素，则氧化剂为KNO3和S，A项错误；
B.根据分析，化合价上升的只有碳元素，则还原剂只有C，B项正确；
C.根据分析，每1mol氮气生成转移电子12mol，则每生成0.1 mol N2转移电子1.2 mol ，C项错误；
D.产物中K2S是离子化合物，CO2是共价化合物，N2是单质，D项错误；
答案选B。
【点睛】含有离子键的化合物称为离子化合物，表面特征是含有一些金属离子或者铵根离子，除氯化铝、氯化铍等特殊物质；只含共价键的化合物称为共价化合物，表面特征是不含金属离子或者铵根离子，除特殊物质外。
11．D
【详解】A.己烯与溴水反应生成溴代烃，溴代烃不能溶于水但是可以溶于己烷，无法进行分液除杂，A项错误；
B. 加入过量氨水，二者都会沉淀，不能进行除杂；B项错误；
C. NaOH与乙酸反应生成可溶于水的乙酸钠，但是乙醛可以溶于水，不能进行分液操作，C项错误；
D. 饱和碳酸钠溶液可以与乙酸反应生成溶于水的乙酸钠，同时乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，采取分液进行分离除杂，D项正确；
答案选D。
12．D
【详解】A. 茉莉醛的官能团除醛基还有双键，与苯甲醛结构不相似，所以不互为同系物，A项错误；
B.根据结构简式，茉莉醛分子式为C14H18O，B项错误；
C.茉莉醛中含有碳碳双键与溴水可以发生加成反应，有醛基与溴水发生氧化还原反应，两种官能团均能使溴水褪色，C项错误；
D.在一定条件下，茉莉醛中苯环、碳碳双键、醛基可以与氢气发生加成，lmol茉莉醛中苯环消耗氢气3mol，醛基消耗1mol氢气，碳碳双键消耗1mol氢气，故1mol茉莉醛最多能与5 mol氢气加成，D项正确；
答案选D。
13．C
【详解】某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后；Ba2+与SO42-生成白色沉淀BaSO4，Ba2+物质的量减小；NO3-（H+）具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故NO3-和Fe2+物质的量均减小；Cl-物质的量几乎不变；答案选C。
【点睛】硝酸根离子本身没有强氧化性，在酸性环境下，具有强氧化性。
14．D
【详解】A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯直接加热，A错误；
B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，B错误；
C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C错误；
D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，D正确；
答案选D。
【点晴】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。
15．A
【详解】A.氨气极易溶于水，通氨气的导气管未进行防倒吸处理，通氨气的导气管口应在液面上方、接近液面，A项错误；
B.甲烷和氯气在光照下发生取代反应，饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解度，B项正确；
C.饱和食盐水和电石制备乙炔，饱和食盐水降低该反应的化学反应速率，产生平缓的气体，C项正确；
D.HCl气体极易溶于水，且氯气在饱和食盐水中溶解度最小，故可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，D项正确；
答案选A。
【点睛】工业制纯碱，在饱和食盐水中先通入氨气，形成碱性环境（做好防倒吸处理），再通入过量的二氧化碳，生成碳酸氢钠晶体，过滤得到碳酸氢钠，碳酸氢钠再进行加热处理得到碳酸钠。
16．B
【详解】A.醋酸是弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，离子方程式为CO32-+2CH3COOH→2CH3COO-+H2O+CO2↑，A项不选；
B.向硫酸中滴加少量Na2CO3溶液，因为该反应中碳酸钠少量，硫酸过量，所以碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，B项选；
C.向Na2CO3溶液中滴加少量稀盐酸，盐酸量少，故没有气体产生，离子方程式为：H+ + CO32- →HCO3-，C项不选；
D.向Na2CO3溶液中通入SO2气体，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3在离子方程式中不能改写成离子形式，D项不选；
答案选B。
17．B
【详解】A.在海水弱碱的环境中，铁和碳电极组成原电池，发生吸氧腐蚀，可以观察到铁生锈，A项能达到实验目的；
B.电解池中Fe连接在电源的正极，铁做阳极，失去电子发生氧化，不会考虑阴离子放电，故不会产生氯气，B项达不到实验目的；
C.可以构成Zn-Fe原电池，活泼性较强的Zn做负极，发生氧化，Fe做正极，被保护，故C项能达到实验目的；
D.电解池中，铁连接电源的负极，做阴极材料，Fe不反应，Fe附近的阳离子发生还原反应，属于外加电流的阴极保护法，D项能达到实验目的；
答案选B。
【点睛】电解池中，首先观察阳极，若阳极为活泼金属（包括Ag以及之前的金属），则阳极金属失去电子发生氧化，不考虑阳极附近阴离子放电；若阳极为惰性电极，考虑阴离子的放电顺序，放电顺序要记牢。
18．C
【详解】硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢氧根离子浓度是；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是，故C正确。
【点睛】酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是。
19．B
【详解】A. 盐酸、醋酸的电离方程式分别为HCl=H++Cl-、CH3COOHH++ CH3COO-，c(Cl-) = c(CH3COO-)，则二者c(H+)相等，pH：醋酸＝盐酸，A项错误；
B.盐酸完全电离，醋酸微弱电离，当c(Cl-) = c(CH3COO-)时，c(HCl) « c(CH3COOH) ，故等体积完全反应消耗NaOH的量：醋酸>盐酸，B项正确；
C. 盐酸和醋酸与相同的Na2CO3粉末反应，本质都是与氢离子的反应，初始二者的氢离子浓度相同，故起始速率：醋酸＝盐酸，C项错误；
D. 分别用水稀释相同倍数后，稀释过程促进醋酸的电离，故所得溶液中：c (Cl-) ＜ c (CH3COO-)，D项错误；
答案选B。
20．B
【详解】根据速率时间图，达到平衡后加压，正、逆反应速率都加快，说明反应物、生成物中均有气体，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正反应是气体分子数目减小的反应；根据化学反应左右两边的系数，若D为气体，该反应正向不会是气体分子数目减小的反应，故D一定不是气体、C一定是气体；由于C是气体，故A、B必须同时是气体才能满足正反应是气体分子数目减小的反应；达到平衡后降温，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正向是放热反应；故ACD说法正确，B说法错误；答案选B。
21．C
【详解】A．石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A正确；
B．石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B正确；
C．聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；
D．沥青是铺设马路的良好材料，故D正确；
故选C。
22．D
【详解】A． 水是共价化合物，水的电子式：，故A错误；
B． 乙炔的结构式：H-CC-H，故B错误；
C． 钙的核电荷数为20，钙离子的结构示意图：，故C错误；
D． 碳核外有6个电子，分为两个能层，碳原子的电子排布式：1s22s22p2，故D正确；
故选D。
23．B
【详解】A． NH3    与水反应生成一水合氨电离而呈碱性，故A不符；
B． Na2S溶于水，硫离子水解呈碱性，故B符合；
C． KOH属于强碱，电离呈碱性，故C不符；
D． NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，故D不符；
故选B。
24．C
【详解】A．SO2气体通入溴水中发生SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，溶液的橙色逐渐褪去，最终为无色溶液，故A不选；
B．氢氧化钠与溴水发生2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+ H2O，溶液的橙色逐渐褪去，最终为无色溶液，故B不选；
C．氧化性：Br2>I2，碘化钾与溴水发生2KI+Br2=2KBr+I2，置换出碘单质，溶液仍有颜色，故C选；
D．溴易挥发，热空气会把溶液中的Br2单质吹出来，溶液变无色，故D不选；
故选：C。
25．B
【详解】A．SiO2是含硅氧极性键，但属于原子晶体，没有单个的二氧化硅分子，不存在极性和非极性分子的说法，故A错误；
B．CO2的结构是O=C=O，含有碳氧极性键，属于非极性分子，故B正确；
C．N2含氮氮三键非极性键的非极性分子，故C错误；
D．NaOH中含有0-H极性键，但属于离子化合物，故D错误；
故选：B。
26．B
【详解】A．Al2O3和Fe2O3都能与盐酸反应，所以不能用稀盐酸除杂，故A错误；
B．硝基苯和苯互溶，但是二者沸点不同，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．己烯与溴水发生加成反应，且产物与溴均易溶于己烷，引入新杂质，不能除杂，应蒸馏分离，故C错误；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；
故选：B。
27．D
【详解】选最长的碳链作为主链，因此主链有8个C，再保证支链位数和最小，则右边第一个C为1号C，该烷烃系统命名法命名为2，6，6-三甲基辛烷，D命名正确；
答案选D。
28．B
【详解】A．H2S是酸性气体，能与NaOH溶液反应，可被吸收，故A正确；
B．H2S与FeSO4溶液不反应，不被吸收，故B错误；
C．H2S与CuCl2溶液形成CuS沉淀，可被吸收，故C正确；
D．H2S具有还原性，能与具有氧化性的KMnO4溶液反应，可被吸收，故D正确；
故选：B。
29．D
【详解】A．S和O2点燃生成SO2，不能生成SO3，A不符合题意；
B．工业上用石油的裂化和裂解产生乙烯，不用乙醇生产乙烯，B不符合题意；
C．工业上用氮气和氢气合成氨，氨发生催化氧化产生NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生产硝酸，C不符合题意；
D．纯碱制备工业中先往饱和NaCl溶液中通入氨气制造碱性环境，再通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠固体，再加热碳酸氢钠固体得到纯碱，D符合题意；
答案选D。
30．B
【分析】由短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21，n-2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，
A．同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：W < X，故A错误；
B．具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C．由A分析知非金属性：W < X，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越稳定，则：W D．Y为Al，其最高价氧化物对应水化物为弱碱，W为N，其氧化物对应水化物呈酸性，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故D错误；
故选：B。
31．A
【详解】A．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，A符合题意；
B．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，B不符题意；
C．ClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；
D．加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；
答案选A。
32．C
【详解】A．碱石灰为NaOH、CaO等物质组成的混合物，氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，A错误；
B．氯气几乎不溶于饱和食盐水，可以采用排饱和食盐水方法收集氯气，收集气体时，应短进长出，否则排不出饱和食盐水，B错误；
C．氯气与甲烷混合气体不溶于饱和食盐水，光照时氯气与甲烷发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl，HCl易溶于饱和食盐水，一氯甲烷为不溶于水的气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷为不溶于水的油状液体，因此会出现黄绿色逐渐变浅，试管内液面上升但不充满，试管内壁出现油状液体的现象，因此可探究氯气与甲烷的反应，C正确；
D．氯气与水反应产生有漂白性的HClO，氯气没有漂白性，要证明氯气的漂白原理必须用干燥的有色布条对比，D错误；
答案选C。
33．D
【详解】A．该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B．该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；
C．合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，官能团相同，故C正确；
D．自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；
故选：D。
34．C
【分析】图为电解饱和食盐水装置，电极B附近产生氢气，则电极B附近发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极B为阴极，b为电源负极；则电极A为阳极，a为电源正极，结合电解原理解答。
【详解】A．由分析可知a是电源的正极，A正确；
B．电极A为阳极，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，因此X处产生的是氯气，B正确；
C．电极A为阳极，材料为Fe时，Fe失电子生成Fe2+，将不再产生氯气，且Fe2+穿过离子交换膜与阴极产生的OH-生成Fe(OH)2，导致不能生产NaOH，因此不可用铁作电极A的材料，C错误；
D．电极B为阴极，发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，左室Na+穿过离子交换膜与右室产生的OH-结合为NaOH，因此Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液，D正确；
答案选C。
35．B
【详解】A．等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入碳酸氢钠溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，A项错误；
B．Ba2+ + HCO+ OH- → BaCO3↓+ H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，B项正确；
C．若氢氧化钡的物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，C项错误；
D．依据方程式可知：3mol氢氧根离子对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，D项错误；
答案选B。
36．C
【详解】A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成 Na2SO3，SO2体现出酸性氧化物的性质，故A正确；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B正确；
C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C错误；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2═2CaSO4+2H2O，故D正确；
故选：C。
37．C
【详解】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A错误；
B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C正确；
D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，溶液中不存在NaCl⇌Na++Cl-，溶液中电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D错误；
故选：C。
38．D
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出NaHCO3的含量，故A可行；
B．混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，测定生成气体的体积，能测定NaHCO3的含量，故B可行；
C．NaHCO3溶液呈碱性，用盐酸滴定 NaHCO3溶液，NaHCO3反应完成时，滴入盐酸，溶液显酸性，甲基橙由黄色变为橙色，可用消耗的标准盐酸溶液的量来计算NaHCO3的含量，故C可行；
D．CaCl2与NaHCO3不发生反应，没有沉淀产生，故D不可行；
故选：D。
39．C
【分析】依据图示反应历程可知甲烷在催化剂作用下断裂C-H生成中间产物①；①→②过程中形成C-C键，从②到CH3COOH有O-H键生成。
【详解】A． ①→②过程能量变低，有热量放出，故A正确；
B． 结合图例和分子结构示意图，X为CH4、Y为CO2、M为CH3COOH，即分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C． 反应过程中没有C-H键生成、①→②过程中形成C-C键、从②到CH3COOH有O-H键生成，故C错误；
D． 依据反应历程可知甲烷与二氧化碳反应生成乙酸为化合反应，所以原子都转移到目标产物，原子利用率为100%，故D正确；
故选C。
40．C
【详解】A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
41．C
【详解】Ａ．植树造林可以吸收二氧化碳，减少二氧化碳总量，Ａ项正确；
Ｂ．风力发电代替部分火力发电,可减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化碳排放量，B项正确；
Ｃ．燃煤脱硫，只能减少二氧化硫的排放，无法减少C燃烧释放的二氧化碳，C项错误；
Ｄ．绿色出行可以减少汽车等尾气排放的二氧化碳，D项正确；
故答案选C。
42．A
【详解】A．液态条件不导电，说明其熔融状态时不含有离子，也就是它是由分子或原子构成，原子间只形成共价键，所以其为共价化合物，A符合题意；
B．仅由非金属元素组成的物质也可能由离子构成，如NH4Cl，所以不能说明HI为共价化合物，B不符合题意；
C．水溶液具有腐蚀性的物质也可能是离子化合物，如NaOH，C不符合题意；
D．受热易分解的物质也可能为离子化合物，如NH4Cl，D不符合题意；
故选A。
43．D
【详解】A．氯化铵和草木灰混合使用会造成氨气逸出，肥效降低，A错误；
B．83消毒液和含盐酸的洁厕灵混合使用会产生有毒的氯气，漂白效果也降低，B错误；
C．二氧化硫和新制氯水反应生成硫酸和盐酸，漂白效果降低，C错误；
D．高锰酸钾和稀硫酸混合能增加氧化性，D正确；
故选D。
44．B
【详解】A．对于一种核素构成的微粒，元素符号左上角的数字表示质量数，所以中子数为12的钠离子应表示为：，A不正确；
B．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，且Cl与O原子间形成1对共用电子对，其电子式为 ，B正确；
C．CO2分子呈直线形结构，但C原子半径比O原子大，比例模型为：，C不正确；
D．固体CO为分子晶体，为CO2的共价晶体模型，D不正确；
故选B。
45．B
【详解】A．①为长颈漏斗用于向容器中添加液体，不能用于分离物质，故A错误；
B．②分液漏斗带有瓶塞和旋塞、③容量瓶带有瓶塞、⑥酸式滴定管有旋塞，使用前均需检查是否漏水，故B正确；
C．③容量瓶是精确配制溶液的仪器，不能用作反应容器，故C错误；
D．⑤集气瓶不能加热，故D错误；
故选：B。
46．A
【详解】A．捕捉过程中发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O或NaOH+SO2=NaHSO3，溶液的碱性减弱，pH下降，A正确；
B．NaOH属于强电解质，NaOH溶液为混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B不正确；
C．SO2分子中只存在硫氧键，所以只含有极性共价键，C不正确；
D．NaOH溶液中通入过量SO2，发生反应NaOH+SO2=NaHSO3，所以1molNaOH最多捕捉1molSO2，D不正确；
故选A。
47．D
【详解】A． 浓硝酸与浓硫酸具有强氧化性，加热时可与C反应，对应方程式为：，，A正确；
B． 常温下，浓硝酸与浓硫酸都将用铁制或铝钝化，所以可以用铁制或铝制容器盛放，B正确；
C．长期露置在空气中，浓硫酸具有吸水性，溶剂增多，所溶质质量分数都会变小，浓硝酸具有挥发性，溶质会减少，所溶质质量分数都会变小，C正确；
D．浓硝酸有挥发性，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近都会有白烟生成，而浓硫酸难挥发，不会产生白烟，D错误；
故选D。
48．D
【详解】A．依据维生素A的分子结构，可数出含有的碳原子数为20，再结合其中有6个不饱和度，可计算出氢原子数目为，故分子式为，A错误；
B．维生素A不含苯环结构，不以属于芳香族化合物，B错误；
C．维生素A虽然含有亲水基团，但是碳数较高，不易溶于水，C错误；
D．维生素A中含有多个碳碳双键，既能够被酸性高锰酸钾等氧化，又能与发生加成反应而被还原，而且羟基也能够被氧化，D正确；
故合理选项为D。
49．C
【详解】A．用乙醇与浓硫酸混合液加热170℃，乙醇发生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A错误；
B．用NaOH溶液除去制取乙烯的杂质SO2、CO2时，导气管应该是长进短出，导气管连接顺序反了，B错误；
C．乙烯若与Br2发生加成反应，产生反应产生1,2-二溴乙烷会溶解在四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；
D．乙烯与空气密度非常接近，气体容易与空气混合，导致不能收集到纯净气体，因此不能使用排空气方法收集，应该使用排水方法收集，D错误；
故合理选项是C。
50．A
【分析】图为周期表前四周期的一部分，应该为二、三、四周期，粗实线为金属与非金属的分界线，所以Y应该为第三周期第三主族元素Al，依此类推R为C，X为O，Z为As。
【详解】A．As价电子排布式为4s24p3, 核外未成对电子数为3，O价电子排布式为2s22p4核外未成对电子数为2，所以Z>X ，A正确；
B．O2-和Al3+核外具有相同的电子数，核内质子数越少离子半径越大，所以 O2->Al3+，即Y C． O最高正价为+2价，As最高正价为+5价，所以最高正价一概是O D．同一周期的原子，从左到右非金属性依次增强，简单气态氢化物的稳定性依次增强，所以应该是CH4 故选A。
51．D
【详解】A．该实验只能证明葡萄糖分子中含有醛基，但不能证明其与甲醛、乙醛等互为同系物，A不正确；
B．步骤Ⅰ中，AgNO3与氨水反应生成AgOH和NH4NO3，AgOH再溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，所以溶液中不存在大量的Ag+，B不正确；
C．步骤Ⅱ中，若使用酒精灯直接加热，则反应速率过快，生成的银在试管内壁附着不均匀，且易脱落，C不正确；
D．银能与硝酸反应从而发生溶解，所以可用硝酸洗涤容器壁上的银，D正确；
故选D。
52．C
【详解】A．“索氏制碱法”以食盐、石灰石和氨盐为原料，制得了碳酸钠和氯化钙，为氨碱法，“侯氏制碱法” 以氯化钠、二氧化碳、氨气和水为原料，制取纯碱、副产氯化铵的过程，也称联合制碱，A错误；
B．“侯氏制碱法”在生产氨的时候利用了高效催化剂，而“索氏制碱法”利用的是碱与铵盐的反应来生产氨气，并不需要使用催化剂，B错误；
C．“侯氏制碱法”中利用了人工固氮获得氨气，C正确；
D．索尔维制碱法只利用了食盐中的钠和石灰中碳酸根，二者结合才生成了纯碱，而食盐中另一半的氯和石灰中的钙结合生成了氯化钙，这个产物都没有利用上，所以利用率低了，D错误；
故合理选项为C。
53．C
【详解】Ａ．AlCl3溶液(FeCl3)，加入过量NaOH溶液充分反应后，AlCl3转化为NaAlO2，杂质FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀，再用过滤方法分离得不到AlCl3，A错误；
B．Na2CO3溶液(NaHCO3) ，加入过量NaOH溶液充分反应后，NaHCO3转化为Na2CO3，但过量NaOH依然为杂质，没有除尽，B错误；
C． Fe2O3固体(Al2O3)，Al2O3与过量NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2，Fe2O3不与NaOH反应，再经过滤可得到纯净的Fe2O3固体，C正确；
D．NaCl溶液(MgCl2)，加入过量NaOH溶液，引入新杂质NaOH，D错误；
故选C。
54．D
【详解】A．涉及反应为放热过程，反应物总能量高于生成物，A错误；
B．小试管与锥形瓶整个体系并不连通，即使产生气体，也不会造成红黑水液面变化，B错误；
C．所有的生成物中化学键形成都会放出能量，但是最终能否影响实验得看成键释放的能量与断键吸收能量的相对大小，从而确定反应放热与否，C的说法没错，但是不符合题意；
D．小试管内反应放热，导致锥形瓶内温度升高，瓶内气体分子间平均距离变大，从而导致红墨水液面左低右高，D正确；
故合理选项为D。
55．D
【详解】A．加入催化剂同等程度影响正逆反应速率，平衡不移动，A不选；
B．移走SO3生成物浓度瞬间减小，逆反应速率减小，但反应物浓度不变，正反应速率不变，B不选；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，C不选；
D．缩小容器体积，压强增大，正反应速率先增大，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是气体分子数减小的反应，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率后减小，D选；
故选：D。
56．B
【详解】A．反应①中C失电子，表现出还原性，不表现出氧化性，所以不能说明非金属性C＞Si，A不正确；
B．反应①与②中，氧化剂都为SiO2，还原剂为生成CO的那部分C原子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比均为1∶2，B正确；
C．题中没有指明22.4LCO对应的温度和压强，不能利用22.4L/mol计算其物质的量，所以也就无法计算转移电子数，C不正确；
D．SiC和C都形成共价晶体，SiC熔点明显高于Si，不是因为SiC摩尔质量更大，而是因为Si-C键的键能大于Si-Si键的键能，D不正确；
故选B。
57．A
【详解】A．总反应式减去第一步和第三步反应即可得第二步反应式为HClO+I-HIO+Cl-，平衡常数表达式为K2=，故A正确；
B．平衡常数只能体现反应进行的程度，无法判断反应的速率快慢，即由K不能确定反应第三步比第一步快，故B错误；
C．温度升高对于吸热反应平衡正向移动，K值增大，未知第一步和第三步的反应热，则升高温度不确定K1、K3变化，故C错误；
D．OH-参与该反应的进行，是中间产物，故D错误；
故选：A。
58．B
【分析】从图中可以看出，电极Ⅰ中CH3CH2OH转化为CH3COOH，-CH2-中的C元素由-1价升高到+3价，则其为负极；电极Ⅱ中O2得电子产物与电解质作用生成H2O，其为正极。负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O→CH3COOH+4H+，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O。
【详解】A．由分析可知，电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，则该装置为原电池，将化学能转化为电能，A不正确；
B．在原电池中，电流由正极沿导线流入负极，则该装置中，电流由电极Ⅱ经显示屏、处理器流向电极Ⅰ，B正确；
C．在电解液中，负极产生H+，电解质溶液中的H+通过分隔膜迁移到正极，所以微粒X是H+，电子不可能在溶液中迁移，C不正确；
D．由分析知，电极Ⅱ的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确；
故选B。
59．A
【详解】A．若所用的盐酸浓度过高，有一定挥发，则过量盐酸消耗NaOH的体积减小，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏大，CaCO3的质量偏大，含量偏高，A符合题意；
B．终点时溶液呈较深的红色，则过量盐酸消耗NaOH溶液体积偏大，CaCO3消耗盐酸的体积偏小，由此计算CaCO3的含量偏低，B不符合题意；
C．滴定管清洗后直接盛装标准NaOH溶液，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，C不正确；
D．滴定前未通过加热赶走溶解的CO2，则过量盐酸消耗NaOH的体积偏大，由此计算CaCO3消耗盐酸的体积偏小，CaCO3的含量偏低，D不正确；
故选A。
60．B
【详解】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不正确；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B正确；
C．实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不正确；
D．实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不正确；
故选B。