2021年上海市闵行区高考二模化学试卷（解析版）

1、PAGE PAGE 20页上海市闵行区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（） A84消毒液B漂粉精C75%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BNH4NO3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

2、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BSO3属于弱电解质CSO3含有极性键DSO3是极性分子8在硫酸铜晶体(CuSO4nH2O)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

3、结论正确的是（） A熔点：金刚石晶体硅B分子稳定性：H2O HFC溶解度：SO2 CO2D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HC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：ZXYB还原性：Z-Y2-CZ元素最高价为+7DX与Y可形成X2Y2化合物13在给定条件下，下列物质间

4、转化能实现的是（） AS 点燃O2 SO2H2O H2SO3BNH3O2/催化剂 NO2H2O HNO3CFe2O3高温Al Fe 盐酸 FeCl3DAl NaOH溶液 NaAlO2过量盐酸 Al(OH)314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-=Fe2D钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，防止形成电解池15I2(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-E1C加入催化剂，E1、E2都不变D

5、若I2为气态，则该反应热大于E2-E116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C14H16O4B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D1mol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AA BB CC DD18在恒容密闭容器中，发生反应M(g)2N(g) H=Q(Q0)，下列说法正确的是（） A反应速率之比始终是v逆=2v正B

6、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V1mLCH3COOH溶液 V2mLNaOH溶液 V3mLCH3COONa溶液，下列结论中正确的是（） A与混合若pH7，则V2V1B当V2=V3时，溶液中离子种数C将稀释10倍，溶液中c(H+)c(OH)增大D溶液中：c(H+)c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)二、填空题21Na

7、NO2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20m

8、in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1.0molL-1氨水滴入10 mL1.0molL-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

9、）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

10、溶液 (-R、-R代表烃基)完成下列填空：（1）的反应条件是 ；的反应方程式 。（2）试剂X的结构简式为 ；的反应类型是 。（3）的反应试剂是 ；步骤、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 。只有两种不同官能团 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)26H2O，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

11、(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 10203040(NH4)2SO473.075.478.081.0FeSO47H2O40.048.060.073.3(NH4)2SO4 FeSO46H2O18.121.224.527.9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

12、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0.1000molL-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。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 。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”)；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】A84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

13、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；C75%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

14、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；BSO2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

15、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； BNH4NO3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

16、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；C1，3-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

17、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；BSO3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；CSO3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；DSO3分子结构是平面三角型，键角为 120 ，结构对称，正、负

18、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

19、)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(CuSO4nH2O)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

20、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

21、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

22、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

23、子序数XZY，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；CZ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XZY。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

24、。13【答案】A【解析】【解答】AS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；CFe2O3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

25、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

26、，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；BE1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；DI2由固态转

27、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

28、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】A500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

29、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

30、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

31、；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】ACH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，所以CH3COONa溶液呈碱性，即V2=V1时与混

32、合pH7，所以V2不一定大于V1，故A不符合题意；B中含有 Na+、H+、OH- 有3种；中含有 Na+、H+、OH-、CH3COO- 有4种，当V2=V3时，溶液中离子种数，故B符合题意；Cc(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

33、B.写出和 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+)r (O2-)r(N3-)【解析】【解答】(1)Na为11号元素，其核外电子排布式为 1s22s22p63s1 ，即Na原子核外有4个不同的能级，则有4种不同能量的电子；N为7号元素，核外有2个电子层，最外层有5个电子，则最外层的电子排布式为 2s22p3 ，则其轨道排布式为 ，故答案为：4； ； (2) NaNO2属于离子化合物，所以属于离子晶体；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子分别为 Na+、N3-、O2- ，均为10电子结构，由具有相同电子层

34、结构的离子“序小径大”，所以离子半径大小关系为r(Na+)r (O2-)r(N3-)，故答案为：离子晶体；r(Na+)r (O2-)cda（2）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-)【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bca=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

35、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bcda，故答案为：bcda；(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

36、(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

37、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+I

38、2+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

39、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； +O2Cu +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=

40、CHCOOH(满足条件即可)（5）Br2/CCl4NaOH/醇一定条件【解析】【解答】(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，的反应方程式 +O2Cu +2H2O，故答案为：NaOH溶液、加热； +O2Cu +2H2O；(2)从分析中，可知试剂X的结构简式为 ，反应条件是浓硫酸加热，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、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：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