2021年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份2021年高考化学临考押题卷（浙江适用），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，原理综合题，元素或物质推断题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

1．下列说法不正确的是
A．电能属于一次能源
B．太阳能电池的能量转化方式为光能→电能
C．植物及其加工品所储存的能量为生物质能
D．芒硝晶体(Na2SO4·10H2O)白天在阳光下曝晒后失水、溶解吸热，夜里重新结晶放热，实现太阳能转化为化学能继而转化为热能
2．下列各对物质中，互为同系物的是
A．B．
C．HCOOC2H5与CH3COOCH3D．CH3—CH=CH2与
3．下列叙述正确的是( )
①氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚
②氧化铁常用于制作红色油漆和涂料
③碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物
④过氧化钠比氧化钠稳定，两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂
⑤焰色反应体现的是某些金属元素的物理性质
A．①②③⑤B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②③④
4．下列有关实验基本操作的说法错误的是（ ）
A．存放浓硝酸时，使用带玻璃塞的棕色玻璃瓶
B．酸碱中和滴定时，若未用待测液润洗锥形瓶，对测定结果无影响
C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出
D．将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
5．下图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是
A．①中“净化”可以防止催化剂中毒，③选择高效催化剂可以使原料完全转化成氨
B．②中“加压”可以加快反应速率，因为在该压强下催化剂的活性最大
C．③一般选择控制反应温度为700℃左右
D．④⑤有利于提高原料的利用率，能节约生产成本
6．在1.013×105 Pa下，测得某些烷烃的沸点见下表。据表分析，下列选项正确的是
A．在标准状况下，新戊烷是气体
B．在1.013×105 Pa、20 ℃时，戊烷都是液体
C．烷烃随碳原子数的增加，沸点降低
D．分子式为C5H12的烷烃的同分异构体中，随支链的增加，沸点降低
7．全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子N5-，N5-是制备全氮类物质的重要中间体。下列说法中不正确的是（ ）
A．全氮类物质属于绿色能源
B．每个N5+中含有36个质子
C．N5+N5- 属于离子化合物
D． N5+N5-结构中含有离子键和共价键
8．下列关于物质的组成、性质和用途的说法中，不正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．下列反应的离子方程式书写正确的是
①硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4 ↓
②将金属钠加入水中2Na+2H2O=2Na+ +2OH-+H2↑
③石灰石溶于稀醋酸:CaCO3+2CH3COO H=2CH3COO- +Ca2+ +CO2↑+H2O
④氯气与水反应:Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
⑤小苏打溶液中加入少量石灰水:Ca2++ 2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
⑥次氯酸钙溶液中通入过量CO2:Ca2++2C1O-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HC1O
⑦钠与硫酸铜溶液反应:Cu2+ +2Na=Cu+2Na+
⑧纯碱溶液中滴加少量盐酸:CO32-+H+=HCO3-
A．①②⑤B．②③④⑤⑧C．④⑤⑥⑦D．②③⑧
10．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．17 g氨气中含有的质子数为10NA
B．2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
C．0.5 ml·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NA
D．标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
11．下列物质能导电且属于电解质的是
A．稀硫酸B．熔融态的氯化钠C．NaCl晶体D．金属铜
12．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A．水的离子积变大，c(H+)变大，呈酸性B．水的离子积不变，c(H+)不变，呈中性
C．水的离子积变小，c(H+)变小，呈碱性D．水的离子积变大，c(H+)变大，呈中性
13．有物质的量浓度均为0.1ml⋅L-1的①NH4Cl溶液，②NaCl溶液，③HCl溶液各20mL，下列说法错误的是（ ）
A．三种溶液中c(Cl-)的关系是①=②=③
B．若将三种溶液稀释相同的倍数，pH变化最小的是②
C．三种溶液中由水电离出的c(H+)的关系是①<②<③
D．若向三种溶液中分别加入20mL0.1ml⋅L-1的NaOH溶液后，pH最小的是③
14．下列化学用语正确的是
A．甲烷的结构式：CH4B．苯的分子式：C6H6
C．HClO的结构式：H－Cl－OD．氯化钠的电子式
15．关于新制氯水的性质，下列说法错误的是
A．新制氯水呈浅黄绿色B．加入CaCO3固体，无气体生成
C．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀D．能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色
16．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．与Fe2＋反应的K2Cr2O7为0.25 ml
C．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
D．K2Cr2O7与KI反应的物质的量之比为1∶6
17．一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是
A．铝B．镁C．铁D．钠
18．下列实验操作正确的是（ ）
A．容量瓶和分液漏斗使用前必须要检查仪器是否漏水并烘干
B．在实验室中进行蒸馏操作时，温度计应插入液面之下
C．实验室制取氢气后的废液，可先倒入水槽中，再用水冲入下水道
D．分液操作分离下层液体时，分液漏斗尖端紧靠烧杯内壁，以防液体飞溅
19．下列有关叙述正确的是
A．乙二酸与乙二醇在浓硫酸的作用下可以发生酯化反应生成八元环酯
B．新制备的氢氧化铜悬浊液可以鉴别 乙醇、乙酸、乙醛
C．乙炔、乙苯、聚乙烯、乙醇、乙醛都能使酸性KMnO4褪色
D．取某卤代烃少许与氢氧化钠溶液共热，然后加硝酸银溶液，看是否有白色沉淀可以验证某卤代烃中是否含有氯元素。
20．下列实验过程不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
21．利用苯基亚磺亚胺酸酰氯氧化醇制备醛、酮具有反应条件温和的优点，已知和均为烷烃基或氢原子，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．反应①为消去反应
B．反应③中存在极性键和非极性键断裂
C．若为，则产物可能为碳酸
D．该历程的总反应为
22．下列关于氧化物的叙述正确的是
A．金属氧化物不一定是碱性氧化物
B．与水反应生成碱的氧化物为碱性氧化物
C．非金属氧化物都是酸性氧化物
D．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
23．一定温度下，在恒压密闭容器中加入一定量的N2和H2发生反应：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，实验部分数据如下表。下列说法错误的是
A．2min时，n(N2)=1.4ml
B．从反应开始至达到平衡的过程中，容器的体积逐渐减小
C．再充入2mlH2，重新平衡后氮气的总转化率等于氢气的总转化率
D．平衡后再充入3mlN2，平衡正向移动
24．铝广泛应用于电气工业、飞机制造等行业。铝在空气中能稳定存在的原因是
A．化学性质稳定B．还原性很强
C．不与O2反应D．易与O2形成致密的氧化膜
25．关于石油的说法中，不正确的是
A．石油是混合物，除含烷烃外，还可能含有环烷烃和芳香烃
B．常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点
C．裂化是化学变化，裂解不是化学变化
D．裂化的目的是得到轻质油，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料
二、填空题
26．有以下9种物质： a．Ne b．HCl c．P4 d．H2O2 e．Na2S f．NaOH g．Na2O2 h．NH4Cl i．AlCl3
请用上述物质的字母填空：（填字母，中间不要有空格）
(1)不存在化学键的是___________________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）
(2)只存在共价键的是_______________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）
(3)只存在离子键的是_____________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）
(4)既存在离子键又存在共价键的是__________。（若多项答案，按顺序填写，否则不得分）
三、计算题
27．(1)标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共8.96L，其质量为，则混合气体中甲烷的体积分数为______。
(2)某物质加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得由生成物组成的混合物气体对的相对密度为20，则反应物的摩尔质量为______。
(3) 密度为的溶液里含，从中取出一半的溶液，其中的物质的量浓度是______。
(4)溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是______。
四、原理综合题
28．已知在一恒容密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.0 kJ·ml-1。SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：
根据图示回答下列问题：
(1)压强：p1____(填“＞”“＝”或“＜”)p2。
(2)升高温度，平衡向____(填“左”或“右”)移动。
(3)200 ℃时，将一定量的SO2和O2充入体积为2 L的密闭容器中，经10 min后测得容器中各物质的物质的量如下表所示：
①10 min内该反应的反应速率v(O2)=___________，该反应达到化学平衡状态的标志是____________。
a．SO2和O2的体积比保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．体系的压强保持不变
d．SO2和SO3物质的量之和保持不变
②当反应放出98.0 kJ热量时，测得该反应达平衡状态，该温度下SO2的转化率为______。
(4)400 ℃时，将等量的SO2和O2分别在两个容积相等的容器中反应，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙容器中SO2的百分含量____。
a．等于p% b．大于p% c．小于p% d．无法判断
五、元素或物质推断题
29．已知一定条件下，单质X、Y、Z与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：
(1)若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是_________，化合物乙是__________。
(2)若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则化合物甲是_________，化合物乙是__________。
六、有机推断题
30．有机物G是合成某种耐热聚合物的单体，其合成方法如下：
已知：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
中含氧官能团的名称是 ______ ，F的名称是 ______ 。
上述流程中的取代反应除、外还有 ______ 填序号，化合物E的核磁共振氢谱图中共有 ______ 个吸收峰，峰面积比为 ______ 。
按下列合成路线可得到F的同分异构体H，则可鉴别H与F的试剂是 ______ 。
与NaOH溶液反应的化学方程式为 ______ 。
的同分异构体K具有如下性质：能与NaOH溶液反应，且1mlK完全反应消耗4mlNaOH能发生银镜反应，且1mlK与足量的银氨溶液反应生成4mlAg分子中苯环上的一氯取代物只有一种。则K的结构简式为 ______ 。
七、工业流程题
31．钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以钴矿[主要成分是CO、C2O3、C(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钻的氧化物。
(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为__。
(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、C2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、SO等离子。写出C2O3发生反应的离子方程式：__。
②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO3氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5ml•L-1)。
若浸取液中c(C2+)=0.1ml/L，则须调节溶液pH的范围是__(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：C2++n(HA)2CA2•(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，C2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是__。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是__。
④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CC2O4•2H2O晶体。称取7.32g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CO和C3O4的混合物。称量该混合物，质量为3.16g，通过计算确定该混合物中CO和C3O4的质量之比___。(写出计算过程)
物质名称及结构简式
沸点/℃
正丁烷CH3(CH2)2CH3
-0.5
正戊烷CH3(CH2)3CH3
36.0
异戊烷
27.8
新戊烷C(CH3)4
9.5
正己烷CH3(CH2)4CH3
69.0
A
B
C
D
聚乙烯盒
带玻璃塞的试剂瓶
铁罐车
铝制饭盒
可用于盛装食品
可用于盛放氢氧化钠溶液
可用于运输浓硫酸
不宜长时间存放酸性或碱性的食物
选项
实验目的
实验过程
A
比较Al和Ni的活泼性
将Al和Ni用导线与电流表相连，并同时插入稀硫酸中，观察电流表指针的偏转
B
验证温度对反应速率的影响
在两支相同的试管中都加入3 mL H2O2溶液和2滴FeCl3溶液，一支放入40℃热水中，另一支放入5℃冷水中
C
在铁制的钥匙表面镀一层金属铜
将纯铜和钥匙分别与直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中
D
验证元素非金属性强弱：Cl>C
向盐酸中加几粒石灰石，产生大量气体
N2
H2
NH3
反应前
2.5ml
0ml
2min
0.2ml
平衡时
1ml
1ml
气体
SO2
O2
SO3
物质的量/ml
1.6
1.8
0.4
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
C(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1
参考答案
1．A
【详解】
A. 电能是用风能、水能、太阳能等制取的能源，属于二次能源，故A错误；
B. 太阳能电池直接把太阳能转化为电能，故B正确；
C. 生物质能是绿色植物将太阳能转化为化学能而储存在生物质内部的能量，故C正确；
D. Na2SO4•10H2O结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，白天在阳光下曝晒后失水，转换形式为太阳能和化学能的转化，故D正确；
选A。
2．A
【详解】
A.，前者为对甲基苯酚，后者为苯酚，二者均是酚类，结构相似，组成上相差1个CH2，互为同系物，故A正确；
B.，前者为苯酚，后者为苯甲醇，二者的结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.HCOOC2H5与CH3COOCH3，前者为甲酸乙酯，后者为乙酸甲酯，二者的结构相似，分子式相同，属于同分异构体，故C错误；
D. CH3—CH=CH2与，前者为丙烯，后者为环丁烷，二者结构不相似，不属于同系物，故D错误。答案选A。
3．A
【详解】
①氧化铝具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故正确；
②氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故正确；
③碳酸氢钠俗名小苏打，因其碱性较弱，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物，故正确；
④过氧化钠比氧化钠稳定，但氧化钠不能与水或二氧化碳反应生成氧气，所以氧化钠不能做供氧剂，故错误；
⑤焰色反应为物理变化，体现的是某些金属元素的物理性质，故正确；
正确的有①②③⑤
故答案为A。
4．D
【详解】
A项，浓HNO3见光分解且有强氧化性，故需要保存于带玻璃塞的棕色玻璃瓶中，正确；
B项，酸碱中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗，也不需要干燥，正确；
C项，苯的密度比水小，萃取后溴的苯溶液在上层，分液时，上层液体从分液漏斗上口倒出，正确；
D项，不能直接将Mg(OH)2浊液倒入过滤器中，应用玻璃棒引流且玻璃棒应靠在三层滤纸一侧，错误。
故答案为D。
5．D
【详解】
A．“净化”的目的是除去P、S、As的化合物，防止这些物质使催化剂中毒而失去活性是对的，但③选择高效催化剂只能加快反应速率，并不能使平衡移动，故A分析错误；
B．②中“加压”只是为了加快反应速率，并不是该压强下催化剂的活性最大，故B分析错误；
C．工业合成氨反应一般采用500℃左右，因为催化剂在500℃时活性最强，而不是700℃左右，故C说法错误；
D．合成氨反应是可逆反应，反应物不能反应完全，步骤④⑤将未反应完全的氢气和氮气通过液化和氨气分离开来，循环使用，有利于提高原料的利用率，能节约生产成本。故D分析正确。
本题答案D。
6．D
【详解】
A．新戊烷沸点为9.5℃，标准状况为0℃，新戊烷为液体，A项错误；
B．C5H12包括了正戊烷、异戊烷、新戊烷，而新戊烷的沸点是9.5℃，标准状况下是液体，20℃时是气体，B项错误；
C．从图中数据可知，烷烃随碳原子数的增加，沸点逐渐升高；C项错误；
D．C5H12的3种同分异构体中，随支链数增加，沸点逐渐降低，D项正确；
本题答案选D。
7．B
【详解】
全氮类物质具有爆轰产物无污染等优点，所以全氮类物质属于绿色能源，选项A正确；
B.每个中含有质子为个，选项B错误；
C. 是由阴、阳离子构成的化合物，属于离子化合物，选项C正确；
D.和离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键，所以结构中含离子键和共价键，选项D正确；
答案选B。
【点睛】
本题主要考查了原子的构成、化学键的判断，把握原子、离子的构成、离子化合物以及化学键的类型是解题的关键，易错点为选项D，和离子间存在离子键，而离子内氮氮之间存在共价键。
8．B
【详解】
A.因为聚乙烯无毒，所以可以用来盛放食品，A正确；
B.氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液，B错误；
C.用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，C正确；
D.因为铝及其氧化铝，即能与酸反应又能与强碱反应，所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性或碱性的食物，D正确；
正确选项B。
9．B
【详解】
试题分析：①缺少Cu2 ＋ ＋ 2OH－ = Cu(OH)2↓，应是Cu2 ＋ ＋ SO42－ ＋ Ba2 ＋ ＋ 2OH－ = Cu(OH)2↓ ＋ BaSO4↓，故错误；②发生2Na ＋ 2H2O =" 2NaOH" ＋ H2↑，离子反应方程式为2Na ＋ 2H2O = 2Na＋ ＋ 2OH－ ＋ H2↑，故正确；③碳酸钙属于难溶物，醋酸属于弱酸，都不能拆写，故正确；④次氯酸是弱酸，不能拆写，故正确；⑤少量为1，先中和后沉淀，应是Ca2 ＋ ＋ 2OH－ ＋ 2HCO3－ = CaCO3↓ ＋ 2H2O ＋ CO32－，故正确；⑥因为通入过量CO2，应生成Ca(HCO3)2，故错误；⑦金属钠先于水反应，即2Na ＋ 2H2O =" 2NaOH" ＋ H2↑，Cu2 ＋ ＋ 2OH－ = Cu(OH)2↓，故错误；⑧加入少量盐酸：CO32－ ＋ H＋ = HCO3－，故正确；故选项B正确。
考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。
10．A
【解析】
【详解】
A.17g氨气的物质的量为：17g17g/ml=1ml，1ml氨气分子中含有10ml质子，所含质子数为10NA，故A正确；
金属镁的物质的量为：2.4g24g/ml=0.1ml，0.1mlMg变成镁离子时失去0.2ml电子，失去电子数为0.2NA，故B错误；
C.没有告诉溶液的体积，故无法算出溶液中的离子的数目，故C错误；
D.标准状况下，CCl4为液体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选A。
【点睛】
在计算气体体积时，一定注意是否为标准状况，是否为气体。
11．B
【详解】
A．稀硫酸是硫酸的水溶液，稀硫酸是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．熔融态的氯化钠，含有自由移动的离子，熔融态的氯化钠能导电，属于电解质，故选B；
C．NaCl晶体中离子不能自由移动，NaCl晶体不能导电，故不选C；
D．金属铜是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选D；
选B。
12．D
【详解】
加热促进水电离， c(H+)变大、c(OH-)变大，水的离子积变大，但c(H+)=c(OH-) 呈中性，故D正确。
13．C
【详解】
A. ①NH4Cl在溶液中完全电离出氯离子和铵根离子，氯离子不水解，②NaCl在溶液中完全电离出氯离子和钠离子，氯离子不水解，③HCl在溶液中完全电离出氯离子和氢离子，氯离子不水解，物质的量浓度均为的上述溶液，都为，即三种溶液中的关系是，故A正确；
B. 为强酸弱碱盐，溶液水解呈酸性，加水稀释促进氯化铵水解，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，溶液为强酸强碱盐，溶液呈中性，加水稀释pH不变，为强酸，溶液呈酸性，加水稀释，PH变大，故B正确；
C. 为强酸弱碱盐，溶液水解促进水的电离，溶液为强酸强碱盐，既不促进也不抑制水的电离，为强酸，抑制水的电离，所以水电离出的的关系是，故C错误；
D. 若向三种溶液中分别加入的NaOH溶液后，溶液，生成氯化钠和氨水，溶液呈碱性，溶液，不反应，溶液呈强碱性，溶液反应生成氯化钠和水，溶液呈中性，所以pH最小的是，故D正确；
综上所述，答案为C。
【点睛】
酸碱都会抑制水的电离，要水解的盐促进水的电离；稀释相同倍数的溶液，pH变化一般是强酸变化快。
14．B
【详解】
A.甲烷的结构式为，A错误；
B.苯的分子式为C6H6，B正确；
C.HClO的结构式为H-O-Cl，C错误；
D.氯化钠是离子化合物，电子式 ，D错误；
答案选B。
【点睛】
选项C是解答的易错点，书写化合物的结构式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定。
15．B
【分析】
新制氯水中有反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，存在有三分子四离子，即氯气分子、水分子和次氯酸分子，及氢离子、氯离子和少量的次氯酸根离子、极少量的氢氧根离子，据此结合氯水性质分析解答。
【详解】
A．新制氯水因为存在氯气分子而呈浅黄绿色，A正确；
B．加入CaCO3固体后，CaCO3会与氯水溶液中氢离子反应，产生气体，B错误；
C．新制氯水溶液中存在氯离子，则滴加AgNO3溶液会生成白色沉淀，C正确；
D．新制氯水溶液中存在氢离子和具有漂白性的次氯酸，所以能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；
故选B。
16．B
【分析】
根据酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋，氧化性由强到弱：K2Cr2O7>Fe3＋，由图可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始Fe3＋浓度不变，说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答此题。
【详解】
A．AB段Fe3＋浓度不变，说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；
B．AB段Fe3＋浓度不变，说明Fe3＋没有参加反应，BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，可得：n(Fe3＋)= n(I－)=1.5ml-0.6ml=0.9ml，溶液中的Fe3＋全部由酸性K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液反应生成，由得失电子守恒可得关系式：K2Cr2O7~6Fe2＋~6Fe3＋，所以与Fe2＋反应的K2Cr2O7为ml=0.15ml，B错误；
C．BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，C正确；
D．K2Cr2O7与KI反应时，K2Cr2O7中的Cr由+6价变成+3价，KI中的I由-1价变成0价，根据得失电子守恒可得：n(K2Cr2O7)[(6-3)2]=n(KI)(1-0)，所以n(K2Cr2O7)：n(KI)=1：6，D正确；
答案选B 。
【点睛】
有关氧化还原反应得失电子的计算、化合价升降的计算，关键在于找出已知体积和物质的量浓度的物质或者元素之间的关系式，用得失电子守恒进行计算。
17．C
【详解】
A.铝不能和水反应，故错误;
B.镁和热水能反应生成氢氧化镁和氢气，故错误；
C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故正确；
D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，故错误。
故选C。
18．D
【详解】
A.带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水，容量瓶和分液漏斗在使用前均要检验是否漏水，但不需要烘干，故A错误；
B.在实验室中进行蒸馏操作时，温度计应在支管口附近，测定镏出物的温度，故B错误；
C.实验室制取氢气后的废液应倒入指定的废液桶中，不能用水冲入下水道，防止污染地下水，故C错误；
D.分液操作分离下层液体时，应从下口流出，分液漏斗尖端要紧靠烧杯内壁，以防液体飞溅，故D正确；
故选D。
19．B
【详解】
A．乙二酸与乙二醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成，是六元环酯，故A错误；
B．乙醇不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，乙酸能溶解新制氢氧化铜悬浊液，在加热条件下乙醛与新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，则能用新制备的氢氧化铜悬浊液鉴别 乙醇、乙酸、乙醛，故B正确；
C．乙炔、乙苯、乙醇、乙醛都能使酸性KMnO4褪色，但聚乙烯的链节上无碳碳双键，不能使使酸性KMnO4褪色，故C错误；
D．取某卤代烃少许与氢氧化钠溶液共热，然后加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，根据是否有白色沉淀判断某卤代烃中是否含有氯元素，故D错误；
故答案为B。
20．D
【详解】
A、将Al和Ni用导线与电流表相连，并同时插入稀硫酸中，形成原电池，观察电流表指针的偏转，从而判断电极，比较Al和Ni的活泼性，选项A能达到实验目的；
B、在两支相同的试管中都加入3 mL H2O2溶液和2滴FeCl3溶液，一支放入40℃热水中，另一支放入5℃冷水中，只改变温度，其他反应条件相同情况下反应速率的不同，可验证温度对反应速率的影响，选项B能达到实验目的；
C、将纯铜和钥匙分别与直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中，纯铜为阳极失电子产生铜离子，钥匙为阴极铜离子在上面得电子产生铜单质，在铁制的钥匙表面镀一层金属铜，选项C能达到实验目的；
D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，为验证元素非金属性强弱：Cl>C，应向高氯酸中加几粒石灰石，产生大量气体，才能得以证明，选项D不能达到实验目的；
答案选D。
21．D
【详解】
A．①步反应中，虽然结构变为，好像有双键出现，但整体分析第①步，两个有机物结构只是交换了氢原子与氯原子，未出现小分子结构脱出，所以不应属于消去反应，描述错误，不符题意；
B．反应③中，有S=N双键断，S—O单键断，C—H单键断，故只有极性键断裂，没有非极性键断裂，描述错误，不符题意；
C．若为CH3OH，则R1、R2均为H原子，那么反应进程最后生成的应为HCHO(甲醛)，题目中未描述H原子会进一步被氧化的信息，所以描述错误，不符题意；
D．对本题反应进程图像整体分析可得，作为载体，在三步反应中不停的发生结构变化，分别与和反应生成和和HCl，但本身重新生成原有结构，故在整个反应过程可以看作是催化剂，所以该反应历程总结为是合理的，符合题意；
综上，本题选D。
22．A
【分析】
氧化物由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以此解答此题。
【详解】
A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如氧化铝属于两性氧化物,故A正确；
B、过氧化物与水反应也生产碱,但过氧化钠属于过氧化物,故B错误；
C、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，故C错误；
D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】
酸性氧化物与非金属氧化物都属于氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如二氧化氮、一氧化氮等；而酸性氧化物也不一定为非金属氧化物，如金属氧化物可以是酸性氧化物，如Mn2O7等。
23．D
【详解】
A．根据图表信息，平衡时，氨气变化了1ml，变化量之比和系数成正比，所以氮气变化了0.5ml，平衡后氮气剩余1ml，所以反应前氮气的量为1+0.5=1.5ml；2min时，氨气的变化量为0.2ml，变化量之比和系数成正比，所以氮气的变化量为0.1ml，剩余氮气的量为1.5-0.1=1.4ml，故A正确；
B．该反应是一个气体气体减小的可逆反应，在恒压条件下，从反应开始至达到平衡的过程中，容器的体积逐渐减小，故B正确；
C．反应达到平衡时，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、1ml、1ml；再充入2mlH2，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、3ml、1ml，反应物的投入量与反应物的系数成正比，因此重新平衡后氮气的总转化率等于氢气的总转化率，故C正确；
D．反应达到平衡时，氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：1ml、1ml、1ml；设平衡时，容器的体积为3L，各物质的浓度均为ml/L；所以温度不变，该反应的平衡常数为K=，带入以上数据，可得K=9；平衡后再充入3mlN2，容器内氮气、氢气、氨气的物质的量分别为：4ml、1ml、1ml，容器的体积为6L，各物质的浓度分别为：ml/L、 ml/L、 ml/L；Qc=，带入数值，得到Qc=9=K，平衡不移动，故D错误；
故选D。
24．D
【解析】
【详解】
铝制餐具使用广泛，铝在空气中稳定存在的原因是在常温下Al与氧气反应，铝表面能形成致密的氧化膜，而与铝热反应、性质活泼无关，故答案为D。
25．C
【详解】
A．石油是混合物，除含烷烃外，还可能含有环烷烃和芳香烃，故A正确；B．常压分馏得到的汽油是混合物，混合物没有固定的沸点，故B正确；C．裂化就是在一定的条件下，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，裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度(700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上)，使石油分馏产物(包括石油气)中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，两者都有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料，故D正确；故选C。
26．a b、c、i e d、f、g、h
【详解】
a．Ne是单原子分子，不存在化学键；
b．HCl属于共价化合物，结构式为H-Cl，只存在极性共价键；
c．P4属于非金属单质，只存在非极性共价键；
d．H2O2属于共价化合物，结构简式为H-O-O-H，既有极性共价键键，又有非极性共价键；
e．Na2S属于离子化合物，只存在离子键；
f．NaOH属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
g．Na2O2属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
h．NH4Cl属于离子化合物，但含有原子团，因此既存在离子键又存在共价键；
i．AlCl3属于共价化合物，只存在极性共价键；
(1)不存在化学键的是a；
(2)只存在共价键的是b、c、i；
(3)只存在离子键的是e
(4)既存在离子键又存在共价键的是d、f、g、h。
27．75%
【详解】
(1)标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共，混合气体的物质的量为，设甲烷和一氧化碳的物质的量分别是、，则、，解得、，所以混合气体中甲烷的体积分数为，故答案为：75%；
(2)某物质加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得由生成物组成的混合物气体对的相对密度为20，则生成物的平均相对分子质量是。设反应物的摩尔质量为，参加反应的为，则根据质量守恒定律可知，解得，即的摩尔质量是，故答案为：；
(3)密度为的溶液里含，钙离子的物质的量为，根据化学式可知氯离子的物质的量为，溶液的体积为，则氯离子的浓度为。溶液是均一、稳定的，则从中再取出一半的溶液，其中的物质的量浓度仍是，故答案为：；
(4)等物质的量的恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，根据可知，又因两种溶液体积相同，溶质的物质的量之比等于溶液的物质的量浓度之比，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比为号，故答案为：1:3。
【点睛】
本题主要考查物质的量以及物质的量浓度的有关计算，(4)是易错点，明确发生的化学反应及硫酸根离子守恒是解答本题的关键，注意答题时不需要利用钡离子的物质的量代入计算。
28．＞ 左 0.01 ml·L-1·min-1 ac 50% c
【分析】
(1)相同温度下，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据转化率确定压强大小；
(2)升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
(3)①先计算三氧化硫的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
②根据反应放出98.0 kJ热量时，根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.0 kJ/ml，则生成三氧化硫1 ml结合三段式计算；
(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动。
【详解】
(1)该反应的正反应是气体体积减小的反应，在相同温度时，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，B点的转化率大于A点，所以p1＞p2；
(2)由图可知，压强一定时，升高温度，SO2转化率减小，说明升高温度，化学平衡向左移动；
(3)①v(SO3)==0.02 ml/(L·min)，v(O2)=v(SO3)=0.01 ml/(L·min)；
a．SO2、O2起始物质的量分别为n(SO2)=1.6 ml+0.4 ml=2.0 ml，n(O2)=1.8 ml+0.2 ml=2.0 ml。因温度和容器体积不变，开始加入的SO2和O2的物质的量相等，而Δn(SO2)与Δn(O2)不相等，能说明反应达到平衡状态，a正确；
b．容器体积不变，混合气体质量不变，故反应前后气体密度不变，故不能说明反应达到平衡，b错误；
c．因反应后气体的总物质的量减小，若压强不变，能说明反应达平衡状态，c正确；
d．根据硫原子质量守恒，反应前后n(SO2)+n(SO3)不变，因此不能说明反应达到平衡状态，d错误；
故答案为ac。
②反应放出98 kJ热量时，消耗的SO2的物质的量为×2 ml=1 ml，则SO2的转化率α(SO2)=×100%=50%；
(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变。由于此反应的正反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积使乙的压强增大，化学平衡正向移动。所以，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙的SO2的百分含量将小于甲，即乙的SO2的百分含量小于p%，故答案为c。
【点睛】
结合平衡状态的特征及化学平衡移动原理分析判断，对于相同起始状态不同外界条件下的反应，可先虚拟一种状态，然后利用平衡状态的建立与外界条件无关，只与物质的始态和终态有关，利用平衡移动原理分析。
29．H2S H2O CO2 MgO
【分析】
根据已知的X、Y、Z以及化合物甲的性质，结合物质的性质分析判断。
【详解】
(1)若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则硫在氢气反应生成H2S，H2S与氧气的反应生成H2O和S，则化合物甲为H2S，化合物乙为H2O，故答案为H2S；H2O；
(2)若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则碳与氧气反应生成二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则化合物甲为CO2，化合物乙为MgO，故答案为CO2；MgO。
30．羧基 苯甲醇 、 4 2：2：2：1 溶液 +2NaOH+2CH3OH
【分析】
根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生酯化反应生成G，所以可推知F为，反应②为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，据此答题。
【详解】
根据G的结构简式及C和F的分子式可知，一分子的C和两分子的F发生取代反应生成G，所以可推知F为，反应为B与甲醇发生酯化反应生成C，所以C为，B为，A发生氧化反应生成B，所以A为，D与氯气发生取代生成E，E发生碱性水解得F，所以D为，E为，
为，B中含氧官能团的名称是羧基，F为，F的名称是苯甲醇；
根据上面的分析可知，上述流程中的取代反应有、、、，E为，E的核磁共振氢谱图中共有4个峰，各峰的峰面积比为2：2：2：1；
为，D与溴在铁粉作催化剂条件下发生苯环上取代，再水解酸化可得酚，所以H为酚，而F为醇，所以鉴别H与F的试剂是溶液；
为，C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为+2NaOH+2CH3OH；
为，K与B互为同分异构体，根据条件：能与NaOH溶液反应，且1ml J完全反应消耗4ml NaOH，说明K中有两个酚酯基，能发生银镜反应，且1ml J与足量的银氨溶液反应生成4ml Ag，说明有两醛基，或甲酸某酯，分子中苯环上的一氯取代物只有一种，说明苯环上取代分布对称，则符合条件的K的结构为。
31．[Ar]3d7 C2O3+ SO+4H+= 2C2++SO+2H2O 6.7≤pH＜7.4 pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，C2+萃取率增大 富集、提纯C2+ n(CO)×75g/ml+n(C3O4)×241g/ml=3.16g，[n(CO)+3n(C3O4)]×183g/ml=7.32g，两式联立，n(CO)=0.01ml，n(C3O4)=0.01ml，则质量比为75：241
【详解】
(1)根据钴氧化物晶胞的结构，与NaCl类似，则氧化物为CO，+2价的钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7；
(2)①Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成C2+和SO，离子方程式为C2O3+SO+4H+= 2C2++SO+2H2O；
②根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使C2+生成沉淀。根据表中数据可知，C2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6ml/L，Ksp[C(OH)2]= c2(OH-) ∙c(C2+)=(110-4.6)110-5=110-14.2。由于浸取液中c(C2+)=0.1ml/L，则C2+开始沉淀时c(OH-)=，此时pH=7.4，故要防止C2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜7.4；
③pH增大，溶液中氢离子浓度减小，导致平衡正向进行，使C2+萃取率增大；经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CSO4，萃取、反萃取的目的是富集、提纯C2+；
④n(CO)×75g/ml+n(C3O4)×241g/ml=3.16g，[n(CO)+3n(C3O4)]×183g/ml=7.32g，两式联立，n(CO)=0.01ml，n(C3O4)=0.01ml，则m(CO)：m(C3O4)=0.01ml×75g/ml：0.01ml×241g/ml=75：241。