浙江省台州市高考化学二模试卷及答案

高考化学二模试卷一、单选题1.下列只含离子键的盐是（

）A.

B.

C.KClO

D.2.结晶操作中需要用到的仪器是（

）A.

B.

C.

D.3.下列物质属于非电解质的是（

）A.

B.

C.

D.4.下列物质对应的组成正确的是（

）A.丙氨酸：

B.水晶：Si

C.绿矾：

D.熟石灰：5.下列表示正确的是（

）A.氨气的电子式：

B.乙炔分子的球棍模型：

C.2－丁烯的键线式：

D.硝基苯的结构简式：6.下列说法错误的是（

）A.乙烯可用作水果的催熟剂

B.已烷可用作碘水中提取碘的萃取剂

C.蔗糖可用作食品的调味剂

D.福尔马林可用作食品的保鲜剂7.下列说法正确的是（

）A.互为同位素的气、氘、氚可通过化学反应相互转化

B.甲基丙烷和异丁烷互为同系物，化学性质相似

C.甲酸甲酯和乙酸互为同分异构体，化学性质不同

D.富勒烯与金刚石互为同素异形体，物理性质相似8.下列说法正确的是（

）A.工业上以氯气和石灰水为原料生产漂白粉

B.在浓氨水的作用下，加热甲醛和苯酚，反应得到酚醛树脂

C.溶液中滴加足量的氨水会产生白色沉淀，但沉淀不溶解

D.硝化甘油、火棉、TNT均是硝酸发生酯化反应后的产物9.下列说法错误的是（

）A.分子筛常用于分离、提纯气体混合物，但不能用于液体混合物分离

B.可用作医疗上检查肠胃的钡餐，还可用作白色颜料

C.光照下，在空气中与碳氢化合物发生作用，可产生光化学烟雾

D.铁的化合物应用广泛，常用作净水剂10.已知：，下列说法正确的是（

）A.是氧化剂

B.HIO得电子，发生氧化反应

C.该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2

D.通过该反应可说明HIO的氧化性强于11.下列说法错误的是（

）A.向和，固体中分别滴加几滴水，可通过温度变化鉴别两者

B.将火柴头没入水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银和稀硝酸可检验其中的氯元素

C.将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全

D.可以先用甘油洗，再用水洗的方法处理受溴腐蚀致伤的伤口12.下列说法错误的是（

）A.均可通过化合反应生成

B.用惰性电极分别电解溶液，均为电解水

C.将气体分别通人紫色石蕊试液中，均出现溶液先变红后褪色

D.将铁片和铝片置于冷的浓硝酸中均发生钝化13.下列说法正确的是（

）A.生活中常见的有机玻璃、合成橡胶、聚四氟乙烯等都是通过加聚反应得到

B.人体摄入的油脂、淀粉、葡萄糖、蛋白质必须经过水解才能吸收

C.利用煤的干馏将煤中含有的苯、甲苯提取出来

D.石油气、天然气、沼气等不可再生能源，完全燃烧主要产物均为和14.下列离子组能大量共存且加入(或通入)试剂发生反应的离子方程式正确的是（

）选项离子组试剂离子方程式A足量Cu粉B少量Cl2C少量D足量NaOH溶液A.A

B.B

C.C

D.D15.已知尼泊金酯和香兰素的结构简式，下列说法错误的是（

）尼泊金酯：香兰素：A.一定条件下，两者都能发生取代反应

B.两者均能与NaOH溶液发生水解反应

C.等质量的尼泊金酯和香兰素完全燃烧，耗氧量相同

D.两者均能与溶液发生显色反应16.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族且原子序数之和为20，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的最外层电子数之和为8，下列说法错误的是（

）A.

X的氢化物分子空间构型不一定是正四面体

B.

Q的最高价氧化物既能与某些酸反应，又能与碱反应

C.

Y与Z形成的化合物一定是离子化合物

D.

单质W制成的器皿可长时间盛放咸菜等腌制品17.25℃，下列说法正确的是（

）A.某溶液由水电离出为，则该溶液可能是酸，也可能是盐

B.将pH=3的加水稀释10倍，测得pH为4.则可证明为强酸

C.测NaHA溶液的pH，若，则是弱酸；若，则是强酸

D.同浓度、体积之比为1∶2的溶液和NaOH溶液恰好完全反应，可证明是强酸18.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（

）A.标准状况下，1个N2分子的体积为

B.电解溶液后，要加入恢复电解前状态，则电解中转移电子数为0.2NA

C.将溶于稀氨水配成1L溶液，所得溶液呈中性，则溶液中数目为NA

D.合成氨反应中，当2NA个H－H断裂，同时有NA个N－H断裂，则反应达到最大限度19.温度下，向2L真空密闭容器中加入固体，发生反应：(未配平)，反应过程如图，下列说法正确的是（

）A.X可能为

B.用表示的反应速率为

C.第2min时逆反应速率大于第4min时逆反应速率

D.第4min时，保持温度和容积不变，向容器中再加入，混合气体颜色加深20.已知：295K时，相关物质的相对能量如下表。下列说法错误的是（

）物质相对能量(kJ/mol)52000-84-110-393-242-286A.由表中数据，的标准燃烧热为

B.

C.和的键能之和大于的键能

D.将碳先转化为水煤气再燃烧与直接燃烧等量的碳，两个过程的热效应是一样的21.某小组探究溶液和酸化的溶液的反应过程，装置如下。K闭合后，电流表的指针偏转情况如下表：表盘时间偏转右偏右偏至Y指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……指针归零若往酸化的溶液中加少量KI溶液，再闭合K，指针只在“0”到“X”处往返。下列说法错误的是：（

）A.

K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成

B.

时，a极的电极反应式为：

C.

时指针回到“0”处是因为溶液中；已反应完全

D.

时指针返回X处时a极的电极反应式为：22.时，向一定浓度的溶液中滴加的NaOH溶液，混合溶液中pH与的关系如图所示。下列说法错误的是（

）A.代表pH和的关系

B.当溶液中时，溶液可能呈酸性

C.室温下，若，则

D.上的所有点对应溶液中水的电离程度一定大于直线23.某小组用温度传感器探究液态物质挥发过程中体系温度变化的大小和快慢。如图a连接装置，将滤纸固定于温度传感器测量端，并插人待测液中使滤纸吸附待测液，待温度示数稳定后，开始采集数据，约10s后取出温度传感器置于空气中放置，采集到的温度变化如图b、图c所示。下列说法错误的是：（

）A.由图b，分子间作用力越弱，气化速率越快

B.由图c，正丁醇气化温差小于乙醚，是因为正丁醇更稳定

C.由图d，X的相对分子量可能小于Y

D.由图d，X、Y可以分别为正已烷、正戊烷24.固体混合物X含有中的几种，进行如下实验：①X溶于足量水，得到无色溶液Y和沉淀Z；②往沉淀Z中加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。下列说法错误的是（

）A.X中肯定含有和

B.往溶液Y中加稀硫酸，若产生黄绿色气体，则X中含有

C.往溶液Y中通，不一定生成白色沉淀

D.往沉淀Z中加NaOH溶液，若沉淀部分溶解，则X中含有25.下列方案设计、现象和结论都正确的是（

）目的方案设计现象或结论A探究浓度对速率的影响用两支试管各取酸性溶液，分别加入5滴和5滴溶液两试管溶液均褪为无色，且加溶液褪色更快B探究反应：的热效应取少量于试管中，逐滴加浓盐酸至晶体完全溶解，再滴加水至溶液呈紫色。将紫色溶液分装于三支试管中，分别置于热水、冰水和室温下置于热水中的溶液呈蓝色，置于冰水中的溶液呈粉红色，则正反应为吸热反应C纸层析法分离和将点有试样点的滤纸条末端浸入展开剂中(试样点未接触展开剂)，一段时间后取出滤纸条进行氨熏滤纸表面有红棕色(上)和蓝色(下)斑痕，说明在流动相中分配得多D制备铜氨纤维将脱脂棉加入铜氨溶液，搅拌使之形成黏稠液，用注射器将黏稠液注入稀NaOH溶液中。取出生成物，用水洗涤得到白色的铜氨纤维A.A

B.B

C.C

D.D二、综合题26.

（1）多硫化钠()是一系列含多硫离子的化合物，有等，各原子均满足稳定结构，其中的电子式是________。（2）水因质子自递()能导电，无水硫酸也能导电，其原因是________(用化学用语表示)。（3）青蒿素结构如图，只能在低温条件下萃取青滿索是因其分子中的某个基团对热不稳定，且该基团能与NaI反应生成。该基团的结构式为________。27.为确定某碱式碳酸镁的组成，某同学取23.3g样品置于硬质玻璃管中充分灼烧至恒重，残留固体质量为10.0g，将产生的气体先通过足量98%的浓硫酸(为)，再通过足量的碱石灰，碱石灰质量增加8.8g。请计算：（1）98%的硫酸溶液物质的量浓度是________；（2）根据实验测定的数据，求出碱式碳酸镁化学式中X、Y、Z的比值(要求写出计算过程)________。28.由三种元素组成的化合物X，按如下流程进行实验。气体A是由气体E和气体F组成的混合物，溶液B可被溶液恰好中和。请回答：（1）组成X的三种元素是________(真元素符号)，X的化学式是________。（2）步骤I发生反应的离子方程式是________。（3）Mg在气体E中剧烈燃烧生成两种固体化合物，该反应的化学方程式是________。（4）步骤II，为使铜片进一步溶解，可向反应后的混合物中加入________(填序号)。①稀

②

③④（5）将体积比为的气体E和的混合气体通入水中制得Y的浓溶液。该浓溶液与Cu反应得到绿色溶液，有同学认为溶液呈绿色是因为溶有气体E，设计实验方案证明________。29.探究含碳化合物的转化，有一定的现实意义。（1）①溶于海水的以形式存在。在海洋中，通过如图钙化作用实现碳自净。写出钙化作用的离子方程式________。②利用氨水作吸收液生成，是当前有效捕捉的方法之一、下列有关说法错误的是________A．该方法的优势在于生成的易分解，可实现吸收液的再生B．溶液中存在C．溶液中存在D．已知，可推测溶液呈酸性（2）利用反应，制备重要的化工原料甲醇，在一定条件下进行该反应，测得的转化率与温度(T)、起始投料比(m)关系如图。①下列描述正确的是________。A．若，则最大B．在前，，在时，C．若，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率D．若反应一段时间后和的体积分数相同可判断上述反应达平衡②图中在时，不同的投料比转化率趋于相近的原因是________。（3）以、为原料催化重整可得到合成气：；①在t℃下，向2L恒容的密闭容器中充入和进行催化重整反应，平衡后测得和CO的体积分数相等，则t℃下该反应的平衡常数________。②催化重整时，催化剂活性会因积碳增多而降低，有关积碳和消碳反应如下：积碳反应：消碳反应：在一定的温度下，增大的浓度，有助于增大催化剂活性的原因是________。30.某兴趣小组用硼镁矿(主要成分为，含等杂质)联产和，流程如下：已知：是一种极弱的酸，可溶于水、乙醇；易溶于水，微溶于乙醇；相关物质的溶解度随温度变化如图。请回答：（1）步骤I，为加快浸取速率，除适当提高硫酸浓度，还可采取的措施有________(任写一种)。（2）步骤II，加过量的原因除尽可能将氧化完全，还可能是________。（3）下列说法正确的是___________。A.步骤II，试剂a可选择

B.步骤III，煮沸的主要目的是除去没反应完的及其中溶解的

C.步骤III，操作a宜采用热过滤

D.步骤IV，用玻璃棒摩擦器壁，促进晶体析出

E.步骤V，晶体置于烘箱中高温烘干（4）步骤VI，采用浮选工艺有效分离颗粒大小不同的晶体和晶体，从下列选项中选出合理的操作：________。a．减压蒸发溶剂；b．加压蒸发溶剂；c．用布氏漏斗抽滤；d．用普通漏斗过滤；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热；g．冷水洗涤；h．乙醇洗涤；i．冷却至室温。（5）纯度的测定：准确称取制得的晶体试样mg溶于水中，加入足量甘露醇，摇匀后配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用酚酞试液作指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，消耗NaoH溶液VmL。已知：i.与NaOH溶液发生的反应为：ii.与甘露醇等多羟基化合物形成稳定的络合物，增大其电离度。2++H++3H2O①不能直接用NaOH溶液滴定的原因是________。②的纯度为________(用含字母的式子表示)。31.某课题组利用苯和烃A合成有机中间体M。其合成路线如下：已知：①②③+2CH3CH2OH→请回答：（1）下列说法正确的是___________A.C→D的反应类型是取代反应

B.可以用新制的悬浊液鉴别

C.A、B都能使溴水发生褪色，其褪色原理相同

D.化合物M的分子式是（2）化合物E的结构简式是________；化合物I的结构简式是________。（3）写出G→H的化学方程式________。（4）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式________。①谱和IR谱检测表明分子中共有4种氢原子，无和碳碳叁键；②除苯环外无其它环。（5）以和为原料，设计制备的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选)________。

答案解析部分一、单选题1.【答案】D【解析】【解答】A．是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，含有离子键、共价键，故不选A；B．是只含有离子键的氧化物，不是盐，故不选B；C．KClO是离子化合物，由钾离子和次氯酸根离子构成，含有离子键、共价键，故不选C；D．是离子化合物，由钡离子和氯离子构成，属于盐，只含有离子键，故答案为：D；

【分析】盐是金属阳离子或者铵根离子和酸根离子形成的化合物，根据给出的选项找出只含有离子键的盐即可2.【答案】C【解析】【解答】A．蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体，A不符合题意；B．分液漏斗用于分离互不相容的液体，B不符合题意；C．蒸发皿用于蒸发结晶操作，用于溶液中析出晶体，C符合题意；D．容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】常见的结晶包括蒸发结晶和一般的冷却结晶，蒸发结晶使用的是蒸发皿，冷却结晶使用的是烧杯，结合选项找出即可3.【答案】D【解析】【解答】A．属于盐，在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，A不符合题意；

B．属于酸，在水溶液中能够电离出离子从而导电，属于电解质，B不符合题意；C．为单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；D．属于有机物，在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，D符合题意；故答案为：D。

【分析】非电解质是在水溶液或者熔融状态下均不导电的化合物，根据给出的物质找出即可4.【答案】A【解析】【解答】A．丙氨酸即α-氨基丙酸：，A符合题意；B．水晶的主要成分为SiO2，B不符合题意；C．绿矾是的俗称，C不符合题意；

D．熟石灰是的俗称，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.丙氨酸的氨基和羧基均连接在同一个碳原子上

C.Si的名称是硅单质

D.是胆矾

C.是石膏5.【答案】B【解析】【解答】A．氨气分子中存在3个氮氢键，氮原子最外层应该为8个电子，氨气正确的电子式为：，选项A不符合题意；B．乙烯球棍模型：，选项B符合题意；C．键线式中用短线表示碳碳键，端点、交点是C原子，C原子、H原子不需要标出，2-丁烯的键线式：，选项C不符合题意；D．硝基写在苯环的左边时应该表示为：O2N-，硝基苯正确的结构简式为：，选项D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.氨气分子中氮原子存在一对孤对电子

B.乙炔是直线形分子，碳碳原子之间存在三键

C.2-丁烯中的2表示的是双键的位置不是两个双键

D.硝基苯中的氮原子与苯环上的碳原子相连接6.【答案】D【解析】【解答】A．乙烯是植物生长调节剂，乙烯可用作水果的催熟剂，故A不符合题意；B．碘易溶于有机溶剂，已烷可用作碘水中提取碘的萃取剂，故B不符合题意；C．蔗糖具有甜味，可用作食品的调味剂，故C不符合题意；D．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用作食品的保鲜剂，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】福尔马林不能做食品的保鲜剂，因为甲醛有毒，一般福尔马林是保存动植物的标本，其他选项均正确7.【答案】C【解析】【解答】A．氕、氘、氚质子数相同，都是氢元素，互为同位素的氕、氘、氚可通过核反应相互转化，转化过程属于物理变化，故A不符合题意；B．2—甲基丙烷和异丁烷的结构简式都为CH3(CH3)CHCH3，是同种物质，故B不符合题意；C．甲酸甲酯和乙酸的分子式都为C2H4O2，结构不同，互为同分异构体，由结构决定性质可知，甲酸甲酯和乙酸的化学性质不同，故C符合题意；D．富勒烯与金刚石都是碳元素形成的单质，互为同素异形体，富勒烯属于分子晶体，熔沸点低，硬度小，金刚石是原子晶体，熔沸点很高、硬度很大，则富勒烯与金刚石的物理性质不同，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.化学变化是产生了新物质，而元素之间的转化没有产生新物质

B.根据名称写出结构简式即可判断

C.根据名称写出分子式即可判断

D.均是由碳元素形成的单质，物理性质不同8.【答案】B【解析】【解答】A．工业上以氯气和石灰乳为原料生产漂白粉，氢氧化钙微溶，石灰水浓度太低，A项不符合题意；B．在浓氨水的作用下，加热甲醛和苯酚，两者通过缩聚反应得到酚醛树脂，B项符合题意；C．的电离方程式为Na3AlF6=3Na++，其溶液中滴加足量的氨水不发生反应，C项不符合题意；D．硝化甘油是硝酸与甘油发生酯化反应后的产物，火棉是硝酸与纤维素发生酯化反应后的产物，TNT即三硝基甲苯是硝酸和甲苯发生取代反应后的产物，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，工业上将氯气通入到石灰乳中得到次氯酸钙和氯化钙

B.甲醛和苯酚可以发生缩聚反应得到酚醛树脂

C.

不会和氨水发生反应

D.反应类型错误，硝化甘油以及火棉均是发生酯化反应，而TNT不是酯化反应而是取代反应9.【答案】A【解析】【解答】A．分子筛中有许多笼状空穴和通道，如铝硅酸盐形成的分子筛，可用于分离、提纯气体或液体混合物，A符合题意；B．不溶于水、不容于酸，不易被X射线所穿透，故可用作医疗上检查肠胃的钡餐，还可用作白色颜料，B不符合题意；C．光照下，能把空气中氧气转变为臭氧、臭氧与碳氢化合物发生作用，可产生有毒的光化学烟雾，C不符合题意；D．常用作净水剂，因为能转变为氢氧化铁胶体，能吸附水中固体悬浮物并使之沉降，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.分子筛可以用来分离固体或气体或者液体混合物

B.利用硫酸钡不溶于酸的性质进行胃镜检查

C.含氮氧化物可以发生光化学污染

D.主要是利用水解形成胶体，吸附杂质沉淀达到除杂的目的10.【答案】D【解析】【解答】A．在反应中，H2O2中氧元素的化合价为-1价，反应后生成氧气，氧元素的化合价为0价，化合价升高，H2O2作还原剂，故A不符合题意；B．HIO中的I为+1价，反应后降低到I2中的0价，得电子，HIO发生还原反应，故B不符合题意；C．该反应中，O2为氧化产物，I2为还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1，故C不符合题意；D．该反应中，HIO是氧化剂，O2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以HIO的氧化性强于，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据化学方程式标出元素的化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，即可判断出氧化性与还原性的强弱以及氧化产物和还原产物的物质的量之比11.【答案】B【解析】【解答】A．碳酸钠溶于水的过程为放热过程，放出的热量使溶液温度升高，碳酸氢钠溶于水的过程为吸热过程，吸收热量会使溶液温度降低，则向碳酸钠和碳酸氢钠固体中分别滴加几滴水，可通过温度变化鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故A不符合题意；B．若火柴头中含有氯酸盐，不能电离出氯离子，则将火柴头没入水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银和稀硝酸，溶液中没有实验现象产生，无法检验火柴头中是否含有氯元素，故B符合题意；C．将镀锌铁皮放入稀硫酸，锌的金属性强于铁，在稀硫酸中反应的速率快于铁，若产生氢气的速率突然减小，说明锌镀层已反应完全，故C不符合题意；D．溴对皮肤有强烈的腐蚀作用，当溴沾到皮肤上，应先用甘油洗涤溶解溴，再用水洗的方法除去溴的甘油溶液，减少对皮肤的伤害，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.利用溶解时的吸热放热进行判断

B.火柴中是氯酸钾不是氯化钾此法不能鉴别氯元素，应该是加热后加水溶解过滤再加入硝酸银

C.镀锌铁皮形成原电池，速率加快，当锌消耗完时不能形成原电池速率下降

D.溴在甘油中的溶解度大，因此可以用甘油洗12.【答案】C【解析】【解答】A．Fe+2FeCl3=3FeCl2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因此均可通过化合反应生成，A不符合题意；B．放电顺序：OH-＞，H+＞Na+，因此电解和NaOH溶液时，阳极均为OH-失去电子，阴极均为H+得到电子，都是在电解水，B不符合题意；C．SO2不能使酸碱指示剂褪色，C符合题意；D．铁和铝在冷的浓硫酸、浓硝酸中均会钝化，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】氯气溶于水形成盐酸和次氯酸，可以使石蕊变红色，但是次氯酸具有氧化性可以使石蕊褪色，而二氧化硫是酸性氧化物溶于水形成亚硫酸，可以是石蕊变红，不能使紫色石蕊褪色，其他选项均正确13.【答案】A【解析】【解答】A．生活中常见的有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯加聚生成的，合成橡胶一般是以含碳碳双键的有机物为单体，经加聚反应制得，聚四氟乙烯是四氟乙烯通过加聚反应制得的，故A符合题意；B．人体摄入的油脂、淀粉、蛋白质必须经过水解才能吸收，葡萄糖是单糖，不能发生水解，故B不符合题意；C．煤中没有苯和甲苯，煤的干馏可以生成苯和甲苯，故C不符合题意；D．石油气、天然气、沼气完全燃烧主要产物均为CO2和H2O，石油气和天然气为不可再生能源，沼气不是故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.考查的是物质的合成方法，有机玻璃、合成橡胶、聚四氟乙烯均是利用加聚反应得到

B.油脂、淀粉、蛋白质均可以水解，而葡萄糖不能水解

C.煤主要是含有碳元素，通过干馏可以得到苯、甲苯等有机物

D.沼气是可再生能源，可以通过发酵得到14.【答案】B【解析】【解答】A．铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，则离子方程式为：，A不符合题意；B．适量的氯气和亚硫酸根离子反应：，亚硫酸根过量时，与生成的氢离子结合生成亚硫酸氢根离子，故少量的氯气和亚硫酸根离子反应：，B符合题意；C．钡离子和硫酸根离子能发生沉淀反应生成硫酸钡沉淀，同时：酸性环境下，硝酸根离子有强氧化性，能氧化亚铁离子，C不符合题意；D．足量的氢氧化钠溶液中，铁离子被沉淀、铵离子和氢氧根离子结合成一水合氨，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.电荷不守恒

B.符合少量的氯气与亚硫酸根反应

C.需要考虑硝酸根在氢离子的作用具有氧化性将亚铁离子氧化

D.铁离子和铵根离子均与氢氧根作用15.【答案】B【解析】【解答】A．两者都含有酚羟基，一定条件下，两者都能发生取代反应，故A不符合题意；B．含有酯基能与NaOH溶液发生水解反应，不能发生水解反应，故B符合题意；C．尼泊金酯和香兰素属于同分异构体，等质量的尼泊金酯和香兰素完全燃烧，耗氧量相同，故C不符合题意；D．两者都含有酚羟基，均能与溶液发生显色反应，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据结构简式即可判断可以发生取代反应

B.香兰素不含有可以水解的基团，而尼泊金酯含有

C.根据结构式写出分子式写出与氧气放映的方程式即可计算

D.酚羟基均与氯化铁发生显色反应16.【答案】D【解析】【解答】A．X的氢化物分子即碳氢化合物，分子数目庞大，空间构型不一定是正四面体，A不符合题意；B．Q的最高价氧化物为SiO2，能与HF反应生成四氟化硅和水，SiO2是酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，B不符合题意；C．当Z为Mg、Y为O元素；Y与Z形成的化合物为MgO，是离子化合物；当Z为Na、Y为F元素；Y与Z形成的化合物NaF，是离子化合物，C不符合题意；D．单质W制成的器皿即铝制品不可长时间盛放咸菜等腌制品，因为氯离子能破坏铝制品表面的氧化膜而腐蚀铝，D符合题意；故答案为：D。【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，W的最外层电子数等于其电子层数，W不可能为H、Be，只能为Al，则Q为第三周期元素、原子序数大于13，X与Q同主族且原子序数之和为20，设X的原子序数为x，则Q的原子序数为x+8，x+x+8=20，x=6，则X为C、Q为Si，Y与Z的最外层电子数之和为8，原子序数则大于6小于12，故当Z为Mg、最外层为2，则Y最外层为6、Y为O元素；当Z为Na、最外层为1，则Y最外层为7、Y为F元素；据此分析解答。17.【答案】B【解析】【解答】A．由水电离出为可知，溶液中存在促进水电离的离子，该溶液一定为盐溶液，不可能为酸溶液，故A不符合题意；B．将pH=3的加水稀释10倍，测得pH为4说明溶液中不存在电离平衡，是强酸，在溶液中完全电离，故B符合题意；C．若NaHA溶液的，说明HA—在溶液中的水解大于电离，使溶液呈碱性，是弱酸；若NaHA溶液的，可能是强酸，HA—在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，也可能是弱酸，HA—在溶液中的电离大于水解，使溶液呈酸性，故C不符合题意；D．同浓度、体积之比为1∶2的溶液和NaOH溶液恰好完全反应说明是二元酸，无法判断是强酸，还是弱酸，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.结合25℃的水的离子积常数计算出水中氢离子的浓度与此时氢离子浓度对比即可判断

B.稀释时pH按照倍数进行变化即可说明是强酸

C.强酸与弱酸的判断是看是否完全电离

D.根据给出的数据进行反应只能说明是二元酸不能说明酸的强弱18.【答案】C【解析】【解答】A．气体的体积不是气体分子所占的真实体积，无法通过标准状况下的气体摩尔体积计算1个N2分子的体积，A不符合题意；B．电解溶液后，需加入即0.1molCu(OH)2才能恢复电解前状态，则说明阳极上析出的是0.1mol氧气，阴极上析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气，故转移0.4mol电子即0.4NA个，B不符合题意；C．将溶于稀氨水配成1L溶液，则溶液中存在铵离子、硝酸根离子、氢离子和氢氧根离子，溶液呈电中性，，所得溶液呈中性，，则，，即溶液中数目为NA，C符合题意；D．合成氨反应中，当NA个H－H断裂，同时有2NA个N－H断裂，即正逆反应速率相等、反应达到最大限度，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据气体分子之间有间隔，通过气体的体积不能计算出单个分子的体积

B.写出电解硫酸铜溶液的总的反应方程式即可判断加入的物质能恢复到原来的状态

C.根据电荷守恒即可判断

D.正逆速率相等即可判断反应是否达到平衡19.【答案】B【解析】【解答】A．由图像可知，2min时物质的量变化为2mol、NO2的物质的量变化为2mol，、NO2系数比为1:1，根据元素守恒，X为，故A不符合题意；B．内物质的量变化为2mol，所以用表示的反应速率为，故B符合题意；C．第2min时NO2的浓度小于第4min时NO2的浓度，所以第2min时逆反应速率小于第4min时逆反应速率，故C不符合题意；D．是固体，第4min时，保持温度和容积不变，向容器中再加入，平衡不移动，混合气体颜色不变，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据元素守恒即可求出X

B.根据数据即可计算出速率

C.反应在第三分钟达到平衡，因此在0-3分钟前均是向正反应进行

D.固体不影响平衡移动20.【答案】C【解析】【解答】A．燃烧物是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量。H2的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)

=E[]-E[]-E[]=–286–0–0=，所以的标准燃烧热为，A项说法不符合题意；B．根据反应的化学方程式可知=E[]+E[]+E[]-E[]-E[]=52-242-110+84+393=，B项说法不符合题意；C．由题意可得热化学方程式+=

=E[]-E[]-E[]=–84–0–52=，反应放热，说明破坏反应物的化学键吸收的能量比形成化学键放出的能量低，即和的键能之和小于的键能，C项说法符合题意；D．热效应与反应过程无关，只与反应的始态和终态有关，D项说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据写出燃烧的化学方程式利用给出的相对能量进行计算即可

B.根据给出的相对能量即可计算出能量

C.写出反应方程式，即可判断焓变的大小，通过焓变的大小进行判断件键能的大小

D.焓变与反应物和生成物的能量有关与过程无关21.【答案】C【解析】【解答】A．K闭合后，失电子被氧化为，取b极区溶液加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀硫酸钡生成，故A不符合题意；B．时，电量计指针右偏至Y，a极的电极反应式为：，故B不符合题意；C．时指针回到“0”处是因为，溶液中不再与反应，故C符合题意；D．时指针返回X处时a极是碘单质得电子生成碘离子，a极的电极反应式为：，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】，若往酸化的溶液中加少量KI溶液，再闭合K，指针只在“0”到“X”处往返，说明易与KI反应生成I2，I2比更易与反应。22.【答案】D【解析】【解答】A．，故①，故②由①可推导得：pH=-+pKa1③由②可推导得：pH=-+pKa2④又Ka1Ka2，故pKa1pKa2，故代表pH和的关系，选项A不符合题意；

B．由④可知pH=+pKa2，溶液可能呈酸性、中性或碱性，选项B不符合题意；C．由②、④可得当时，，即a=m=2.95；当时，，即b=n=5.41；选项C不符合题意；D．L2对应的pH对水的电离有抑制作用，L2直线上各点对应的pH不一定大于L1，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据二元弱酸以第一电离为主即可判断

B.根据，故变化为pH=+pKa2即可判断

C.根据电离常数变化的公式结合数据即可计算出给出的数值

D.根据L1和L2的pH变化趋势即可判断23.【答案】B【解析】【解答】A．分子间的作用力：甲醇＜乙醇＜正丙醇＜正丁醇，由图b分析可知，相同时间内，温度变化量：甲醇＞乙醇＞正丙醇＞正丁醇，则气化速率：甲醇＞乙醇＞正丙醇＞正丁醇，因此分子间作用力越弱，气化速率越快，A不符合题意；B．正丁醇与乙醚的相对分子质量相等，正丁醇气化温差小于乙醚，是因为正丁醇分子间可以形成氢键，与稳定性无关，B符合题意；C．影响气化温差的因素除了分子间的作用力(范德华力)有关外，还与氢键有关，可能X的相对分子量可能小于Y，但X分子间存在氢键，C不符合题意；D．相对分子质量正已烷大于正戊烷，因此分子间的作用力：正已烷＞正戊烷，则气化温差正已烷＜正戊烷，由d图可知气化温差Y＞X，所以X、Y可以分别为正已烷、正戊烷，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.均是分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，结合图示即可判断

B.正丁醇和乙醚最大的区别是正丁醇易形成氢键

C.根据相对分子质量与气化速率的关系即可判断

D.根据相对分子质量与气化速率的关系即可判断24.【答案】D【解析】【解答】A．X中肯定含有和，选项A不符合题意；B．往溶液Y中加稀硫酸，若产生黄绿色气体，则为酸性条件下氯离子与氯酸根离子反应产生氯气，则X中含有，选项B不符合题意；C．溶液Y若无，则往溶液Y中通，不生成白色沉淀，选项C不符合题意；D．往沉淀Z中加NaOH溶液，若沉淀部分溶解，则X中一定含有、Fe(OH)3，不一定含有，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】固体混合物X含有中的几种，进行如下实验：①X溶于足量水，得到无色溶液Y和沉淀Z，沉淀可能含有、Al(OH)3、Fe(OH)3，②往沉淀Z中加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，则一定含有，可能含有Fe(OH)3、Al(OH)3中的一种，综合①可知，不能确定；结合选项进行判断即可25.【答案】C【解析】【解答】A．与H2C2O4反应的物质的量之比为2:5，由题中所给的两溶液的浓度和体积可判断出溶液过量，两试管溶液均不能褪色，也无法判断褪色的快慢，A项不符合题意；B．呈蓝色，呈粉红色，由题中信息“置于热水中的溶液呈蓝色，置于冰水中的溶液呈粉红色”，说明降低温度，平衡正向移动，正反应为放热反应，B项不符合题意；C．纸层析法分离和，操作符合题意，由题中信息“滤纸表面有红棕色(上)和蓝色(下)斑痕，”，可说明在流动相中分配得多，C项方案设计、现象和结论都符合题意；D．实验现象中得到的铜氨纤维应是蓝色的，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.应该将高锰酸钾滴入到不同浓度草酸溶液中进行比较速率

B.根据给出的实验现象判断和的颜色，再跟个温度的变化即可判断热效应

C.扶额和纸层析法分离金属离子的过程

D.铜氨纤维的颜色出现错误二、综合题26.【答案】（1）

（2）

（3）－O－O－【解析】【解答】(1)为离子化合物，由钠离子和构成，内各原子均满足稳定结构，则电子式是。

(2)水因质子自递()能导电，以此类推无水硫酸能导电的原因是。(3)基团对热不稳定，且该基团能与NaI反应生成、即具有强氧化性。则该基团的结构式为－O－O－。【分析】（1）根据各原子均满足8各电子稳定结构即可写出离子化合物的电子式

（2）根据水的电离即可写出硫酸的电离

（3）找出具有氧化性的基团即可

27.【答案】（1）18.4mol/L

（2）4:1:4【解析】【解答】(1)由c=可知，密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故答案为：18.4；

(2)由题意可知，碱石灰质量增加8.8g为二氧化碳的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×84g/mol=16.8g；残留固休为氧化镁，由镁离子个数守恒可知，碱式碳酸镁中镁离子的物质的量为=0.25mol，则氢氧化镁的物质的量为(0.25-0.2)mol=0.05mol，质量为0.05mol×58g/mol=2.9g；23.3g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为=0.2mol，由物质的量之比等于各微粒的个数比可得：x：y：z=0.2mol：0.05mol：0.2mol=4:1:4，故答案为：4:1:4。【分析】（1）根据c=带入数据即可计算

（2）根据碱石灰的质量增重是二氧化碳的质量，即可计算出碳酸镁中氧化镁的质量，再根据总的氧化镁的质量计算出氢氧化镁中氧化镁的质量，即可求出氢氧化镁分解出水的质量，再根据总的质量计算出结晶水的质量，即可计算出X,Y,X28.【答案】（1）；

（2）

（3）

（4）①

（5）方案①：往溶液中通气体，若溶液变绿色，则该同学的推测是正确的：方案②：往绿色溶液中通，若溶液变回蓝色，则该同学的推测是正确的【解析】【解答】(1)白色沉淀C为AgCl，n(AgCl)=，由于，故n(Cl-)=2n(AgCl)=0.06mol，B与完全中和后，溶质为NaCl与NaNO3（B2与Cu反应可知有HNO3），根据电荷守恒n(Na+)=n(Cl-)+n()，可知n()=mol-0.06mol=0.06mol，又因为X分解成NO2，由此推知X中含有N、O、Cl三种元素，，

，综上所述：，X的化学式为NO2Cl故答案为：，NO2Cl。(2)气体A中有Cl2，NO2与水反应的方程式为：故答案为：(3)气体E为NO2，Mg在NO2中燃烧：，故答案为：(4)根据，已知B2中，，，故有，故n(H+)偏少导致不能完全反应，故答案为：①，故答案为①(5)气体E为NO2，向纯净的溶液中通入NO2和，若溶液变绿，则假设成立，设计实验方案为①：往溶液中通气体，若溶液变绿色，则该同学的推测是正确的：方案②：往绿色溶液中通，若溶液变回蓝色，则该同学的推测是正确的。故答案为：方案①：往溶液中通气体，若溶液变绿色，则该同学的推测是正确的：方案②：往绿色溶液中通，若溶液变回蓝色，则该同学的推测是正确的【分析】（1）根据给出的图示的现象即可判断含有的元素，再过呢据给出的数据计算出元素的屋子的量即可计算出化学式

（2）根据反应物和生成物即可写出方程式

（3）根据给出的反应物和生成物即可写出方程式

（4）根据给出的数据计算出硝酸根过量即可加入酸继续溶解铜片

（5）E是二氧化氮，可以将二氧化氮从溶液中赶出通过现象即可证明是否与溶有的二氧化氮有关

29.【答案】（1）；BD

（2）AC；温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响

（3）；增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性【解析】【解答】(1)①钙化作用是钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙和二氧化碳，反应的离子方程式是；

②A．NH4HCO3分解可得到CO2和水、NH3，氨气溶于水得到氨水，从而实现吸收液的再生，故A正确；B．根据物料守恒，溶液中存在，故B不正确；C．根据电荷守恒，溶液中存在，故C正确；D．已知，根据盐类水解的规律“谁强显谁性”，可推测溶液呈碱性，故D不正确；选BD；(2)①A．氢气投料固定，二氧化碳投料越多，二氧化碳的转化率越小，若m=，则最大，故A正确；B．在前，反应正向进行，，在时，反应为平衡状态，，故B不正确；C．若，投料比等于化学计量数比，不同反应物的平衡转化率相等，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率，故C正确；D．甲醇和水都是生成物且物质的量一定相等，和的体积分数相同不能判断上述反应达平衡，故D不正确；选AC；②温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，所以图中在时，不同的投料比转化率趋于相近；(3)①平衡后测得和CO的体积分数相等，即0.5-x=2x，x=；则t℃下该反应的平衡常数；②增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性。【