上海市2020-2021学年普通高中学业水平练习化学试卷（1）（解析版）

2022届高考模拟试题PAGEPAGE1上海市2020-2021学年普通高中学业水平练习试卷（1）一、选择题（共20小题，满分60分，每小题3分）1．（3分）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成目标化工产品三聚氰酸的反应，下列说法正确的是（）A．该工业生产过程中，原子利用率为100% B．该化学反应属于中和反应 C．该方法运用于实际生产中吸收CO2，可减少CO2对环境的污染 D．该方法可以缓解温室效应〖祥解〗A．原子利用率为100%的反应产物只能有一种；B．中和反应生成盐和水，反应产物中没有盐生成；C．二氧化碳不是环境污染物；D．氧化碳能造成温室效应。〖详析〗A．原子利用率为100%的反应产物只能有一种，而此反应的生成物是两种，原子利用率不是100%，A错误；B．酸碱中和反应中有水和盐生成，该反应产物中没有盐生成，不是中和反应，故B错误；C．CO2不是大气污染物，此反应不能缓解环境污染，故C错误；D．CO2能形成温室效应，因此该方法可以缓解温室效应，故D正确；故选：D。2．（3分）铅蓄电池放电时发生的化学反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，其电极材料分别是PbO2和Pb，电解质为H2SO4溶液，下列说法不正确的是（）A．电池工作过程中，H2SO4溶液浓度降低 B．电池工作过程中，电解质溶液中H+向正极移动 C．每当有2mol电子通过电路时，负极材料增重96g D．正极发生反应为：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2O〖祥解〗铅蓄电池中，负极上金属Pb失电子，发生氧化反应，Pb元素化合价升高；铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小，原电池放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此回答即可。〖详析〗A、铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低，故A正确；B、原电池放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即电解质溶液中H+向正极移动，故B正确；C、蓄电池中，负极上金属Pb失电子，发生氧化反应Pb+SO42﹣﹣2e﹣＝PbSO4，每当有2mol电子通过电路时，负极材料增重96g，故C正确；D、铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，故D错误。故选：D。3．（3分）下列有关物质的性质与用途均正确且具有对应关系的是（）A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料 B．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 C．硫酸铜溶液能使蛋白质变性，可用来浸泡毛豆以保持新鲜 D．Na2S具有还原性，可用于除去废水中的Hg2+〖祥解〗A．耐火材料应具有较高的熔点；B．氮元素是植物生长的必要元素；C．硫酸铜是重金属盐，可以使蛋白质变性；D．HgS难溶于水。〖详析〗A．Al2O3是离子化合物，熔点很高，可用作耐火材料，故A正确；B．氮元素是植物生长的必要元素，NH4HCO3中含有氮元素，可用作化肥，故B错误；C．硫酸铜是重金属盐，可以使蛋白质变性，会使毛豆中的蛋白质发生变性，不可用来浸泡毛豆以保持新鲜，故C错误；D．Na2S能与Hg2+反应生成HgS，HgS难溶于水，所以Na2S可用于除去废水中的Hg2+，与Na2S的还原性无关，故D错误；故选：A。4．（3分）短周期主族元素的原子，前者一定大于后者的是（）A．中子数、质子数 B．质量数、核电荷数 C．最高正化合价数、负化合价数 D．核外电子数、其阳离子核外电子数〖祥解〗A．H没有中子；B．质量数等于质子数+中子数，质子数等于核电荷数；C．O、F没有正化合价；D．阳离子是失去最外层电子形成的带电原子；〖详析〗A．H没有中子，则中子数小于质子数，故A错误；B．质量数＝质子数+中子数，质子数等于核电荷数，若为普通H，质量数等于核电荷数，故B错误；C．O、F没有正化合价，则没有最高正化合价，且第ⅣA，元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，故C错误；D．阳离子是原子失去最外层电子形成的，核外电子数大于阳离子核外电子数，故D正确；故选：D。5．（3分）如图是常见四种有机物的比例模型，能发生酯化反应的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁〖祥解〗含有羧基或者含有羟基的有机物能发生酯化反应，结合所给物质比例模型判断解答。〖详析〗依据四种有机物的比例模型可知甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，甲烷、乙烯、苯既不含羟基又不含羧基，不能发生酯化反应，乙醇含有羟基，能发生酯化反应，故选：D。6．（3分）现有①Na2O2②Fe3O4③FeCl2④FeCl3⑤Fe（OH）3五种物质，下列说法正确的是（）A．均能通过化合反应生成 B．只有①②④能通过化合反应生成 C．过量的铁在氯气中燃烧可以生成③ D．将1mol①投入含有1mol③的溶液中，生成白色絮状沉淀并有气泡冒出〖祥解〗A.钠与氧气反应生成过氧化钠，Fe与氧气反应生成四氧化三铁，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁；B.由选项A可知，均可化合生成；C.Fe与氯气反应的产物与量无关；D.过氧化钠可氧化亚铁离子。〖详析〗A.钠与氧气反应生成过氧化钠，Fe与氧气反应生成四氧化三铁，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，氢氧化亚铁、氧气和水反应生成氢氧化铁，则均能通过化合反应生成，故A正确；B.由选项A可知，均能通过化合反应生成，故B错误；C.Fe与氯气反应的产物与量无关，则过量的铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3，故C错误；D.过氧化钠可氧化亚铁离子，则溶液中出现红褐色沉淀，故D错误；故选：A。7．（3分）将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出（）A．漂白性 B．氧化性和漂白性 C．还原性 D．还原性和漂白性〖祥解〗SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，以此来解答。〖详析〗SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性；后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，溶液褪色，S元素的化合价升高，表现二氧化硫的还原性，故选：C。8．（3分）下列有关问题与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用；④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu（OH）2固体；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pHA．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤〖祥解〗①铵根离子和锌离子水解显酸性；②碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳；③铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解显碱性；④碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡：CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl；⑥亚铁离子有还原性，能被氯气氧化。〖详析〗①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；⑤加热蒸干CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Cu（OH）2固体，与水解有关；⑥Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+而没有引入杂质，但与水解无关，故只有⑥无关。故选：D。9．（3分）对新冠肺炎疫情的防控不仅要注意佩戴口罩、勤洗手等，还要注重环境的杀菌消毒。下列试剂中不能用于消毒杀菌的是（）A．明矾 B．酒精 C．漂白液 D．过氧化氢溶液〖祥解〗细菌、病毒的化学成分为蛋白质，蛋白质遇到强氧化剂、有机试剂均可发生变质，故可利用这些物质杀菌消毒。〖详析〗A．明矾水解可生成氢氧化铝胶体，可吸附水中的杂质而使之沉降，故明矾可用于净水，但不能用于杀菌消毒，故A正确；B．酒精为有机物，可以使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故B错误；C．漂白液的主要成分为次氯酸钙，与空气中的二氧化碳反应可生成具有强氧化性的次氯酸，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C错误；D．过氧化氢具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故D错误；故选：A。10．（3分）已知热化学方程式H2（g）+2ICl（g）═2HCl（g）+I2（g）═akJ•mol﹣1．其反应过程如下：①H2（g）+ICl（g）═HCl+H（g）（慢）②H（g）+ICl（g）═HCl+H（g）（快）③HCl（g）═HCl+I（g）（快）④（快）下列说法错误的是（）A．四个反应中活化能最大的是① B．反应④为I（g）+I（g）═I2（g） C．总反应的速率主要由反应①决定 D．若a＜0，则生成物的总能量大于反应物的总能量〖祥解〗A．慢反应的活化能最大；B．反应④为碘单质的形成；C．慢反应决定反应速率；D．放热反应生成物的总能量小于反应物的总能量。〖详析〗A．慢反应决定反应速率，其活化能最大，故A正确；B．反应④为碘单质的形成，为I（g）+I（g）═I2（g），故B正确；C．慢反应决定反应速率，则总反应速率的快慢主要由反应①决定，故C正确；D．a＜0说明反应放出热量，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误；故选：D。11．（3分）氯碱工业的基本原理就是电解饱和食盐水。下列关于实验室电解饱和食盐水的说法中正确的说法是（）A．可以选用炭棒作为阴、阳极材料，但阳极材料也可以用铁棒 B．用湿润的淀粉KI试纸靠近阴极区域，试纸变蓝 C．电解过程中，在阴极区域溶液中滴加酚酞，溶液变红色 D．实验结束后将溶液搅拌，然后用pH试纸检验，溶液呈中性〖祥解〗A．选用炭棒作为阴、阳极材料，电解饱和食盐水阴极上氢离子放电，同时得到氢氧根离子，阳极氯离子失去电子生成氯气；金属作阳极，阳极是活泼金属本身放电；B．湿润的淀粉KI试纸变蓝，是因碘单质和淀粉作用显示蓝色，阴极无氯气，碘离子和淀粉不显蓝色；C．用惰性材料作阴极，电解饱和食盐水阴极上氢离子放电，同时得到氢氧根离子，碱能使酚酞变红；D．电解氯化钠溶液的产物是氢氧化钠和氢气、氯气。〖详析〗A．金属作阳极，阳极是活泼金属铁本身放电，电极反应方程式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．选用炭棒作为阴、阳极材料，电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O﹣2e﹣═2OH﹣+H2↑，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极产物为NaOH和H2，无Cl2，试纸不会变蓝，故B错误；C．用惰性材料作阴极，电解饱和食盐水阴极上氢离子放电，同时得到氢氧根离子，在阴极区域溶液中滴加酚酞，溶液变红色，故C正确；D．电解一段时间后，所得的电解质溶液是氢氧化钠溶液，将电解液全部转移到烧杯中，会显示碱性，故D错误；故选：C。12．（3分）下述实验方案能达到实验目的是（）编号ABCD实验方案食盐水置于光亮处实验目的验证铁钉发生析氢腐蚀从碘与NaCl混合溶液中分离出碘实验室制备乙炔验证甲烷与氯气发生化学反应〖祥解〗A．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；B．应用萃取的方法分离；C．不能用启普发生器制备乙炔；D．甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，试管中液面上升．〖详析〗A．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，而酸性溶液中发生析氢腐蚀，故A错误；B．加热溶液，不能使碘升华，应用萃取的方法分离，故B错误；C．反应放热、迅速，且生成的氢氧化钙浊液易堵塞玻璃管，不能用启普发生器制备乙炔，故C错误；D．甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，试管中液面上升，实验装置可验证甲烷与氯气发生了化学反应，故D正确；故选：D。13．（3分）黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2（SO4）3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z．下列结论合理的是（）A．X中含KI，可能含有CuCl2 B．X中含有漂白粉和FeSO4 C．X中含有CuCl2，Y中含有Fe（OH）3 D．用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2〖祥解〗固体呈黄色，肯定含有Fe2（SO4）3，溶于水后，深棕色固体混合物为Fe（OH）3和Cu（OH）2的混合物，一定含有CuCl2，含有FeSO4或Fe2（SO4）3中的一种或两种；所得无色溶液呈碱性，肯定含有显碱性的漂白粉，且过量，据此分析解答。〖详析〗A、若X含有KI，I﹣具有还原性，易被氧化为I2，溶液颜色变黄褐色，溶液不是无色，故A错误；B、由分析可知，不能确定是否含有FeSO4，故B错误；C、溶于水后得深棕色固体混合物Y为Fe（OH）3和Cu（OH）2的混合物，X中一定含有CuCl2，故C正确；D、无色碱性溶液Z用H2SO4酸化，产生黄绿色气体Cl2，发生反应：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，ClO﹣来自于漂白粉，漂白粉成分为：Ca（ClO）2和CaCl2；Cl﹣来自于漂白粉中CaCl2，或者是ClO﹣的还原产物，或者来自于CuCl2，总之通过Cl﹣不能确证明CuCl2的存在，故D错误；故选：C。14．（3分）《本草纲目》中记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法正确的是（）A．该反应的氧化剂只有KNO3 B．N2是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物 C．若有1molS参加反应，则反应中转移电子2mol D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2〖祥解〗反应S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，据此分析解答。〖详析〗A．该反应中，N和S元素化合价降低，则KNO3和S作氧化剂，故A错误；B．N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，则N2是还原产物，CO2是氧化产物，故B错误；C．若有1molS参加反应，消耗3molC，C元素的化合价升高4价，则反应中转移电子12mol，故C错误；D．反应中，S和KNO3都是氧化剂，C是还原剂，则K2S、N2是还原产物，CO2是氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，故D正确；故选：D。15．（3分）旋烷是一类比较特殊的碳氢化合物，其张力较大。如图给出了几种旋烷的结构。下列说法不正确的是（）A．旋烷①与三甲苯互为同分异构体 B．旋烷②的二氯代物种类数小于其十四氯代物的种类数 C．1mol旋烷③完全燃烧时消耗20molO2，生成10molH2O D．旋烷系列分子中含碳量为0.9〖祥解〗旋烷①、②、③、④的分子式分别是C9H12、C12H16、C15H20、C18H24，所以旋烷分子的通式是C3n+6H4n+8（n≥l）。A．旋烷①与三甲苯分子式都为C9H12，二者结构不同；B．烷②的分子式为C12H16，其二氯代物种类数等于其十四氯代物的种类数；C．旋烷③分子式为C15H20，结合分子式判断；D．旋烷分子的通式是C3n+6H4n+8（n≥l），结合通式判断。〖详析〗根据题意，旋烷①、②、③、④的分子式分别是C9H12、C12H16、C15H20、C18H24，所以旋烷分子的通式是C3n+6H4n+8（n≥l）。A．旋烷①与三甲苯分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，故A正确；B．旋烷②的分子式为C12H16，可以得出其二氯代物种类数等于其十四氯代物的种类数，故B错误；C．旋烷③（C15H20）完全燃烧时消耗20molO2，生成10molH2O，故C正确；D．根据旋烷的通式，可以得出其含碳量为0.9，故D正确。故选：B。16．（3分）下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案与现象A证明新制氯水具有酸性向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变B证明酸性条件下，氧化性：H2O2＞Fe3+向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色C证明同温下，溶度积常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）向体积为100mL、浓度均为0.01mol•L﹣1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4D证明溶液X中含有SO42﹣向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀〖祥解〗A．氯水中含HClO，具有漂白性；B．酸性溶液中硝酸根离子、亚铁离子发生氧化还原反应；C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同；D．先滴加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀为硫酸钡。〖详析〗A．由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，故A错误；B．向Fe（NO3）2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2＞Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，故B错误；C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断Ksp大小，故C错误；D．向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有SO42﹣，故D正确；故选：D。17．（3分）在298.15K、100kPa条件下，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1、28.9和35.6J•K﹣1•mol﹣1。一定压强下，1mol反应中，反应物〖N2（g）+3H2（g）〗、生成物〖2NH3（g）〗的能量随温度T的变化示意图合理的是（）A． B． C． D．〖祥解〗该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，以此解答该题。〖详析〗该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1、28.9和35.6J•K﹣1•mol﹣1，则升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，故选：B。18．（3分）某同学按如图所示的装置进行实验。电极A、B为两种常见金属，当K闭合时，X极上产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。下列说法正确的是（）A．B极和Y极上均发生还原反应，且Y极的电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu B．电池工作一段时间后，丙池中两极的总质量不变 C．当0.5molSO42﹣通过阴离子交换膜时，X极收集到标准状况下11.2L的气体 D．当0.1molB参与反应时，丙池中流经电解液的电子数目约为1.204×1023〖祥解〗当K闭合时，X极上产生的气体能使湿润的演粉碘化钾试纸变蓝，可知X极上产生的气体是氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，说明右侧装置为电解池，则X极为阳极，Y极为阴极；左侧装置为原电池，A极为原电池的正极，B极为原电池的负极。〖详析〗A．由上述分析知，Y极为阴极，B极为负极，则B极上发生氧化反应，Y极上发生还原反应，Y极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，故A错误；B．电池工作一段时间后，丙池中Y极上析出Cu，X极质量不变，两极总质量增加，故B错误；C．当0.5molSO42﹣通过阴离子交换膜时，Cl﹣在X极上失去1mol电子，生成的氧气的物质的量为0.5mol，即标准状况下体积为11.2L，故C正确；D．电子只能在导线中移动，不能流经电解质溶液，故D错误；故选：C。19．（3分）已知室温下向20mL0.1mol•L﹣1的草酸（H2C2O4）溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，所得混合溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三者中各自所占的物质的量分数（a）与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．室温下H2C2O4溶液的导电能力弱于Na2C2O4溶液 B．室温下将NaHC2O4固体加入水中，水电离出的c（H+）小于1.0×10﹣7mol•L﹣1 C．室温下H2C2O4的二级电离常数K的数量级为10﹣4 D．当V（NaOH）＝20mL时，溶液中存在c（OH﹣）＝c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）+c（H+）〖祥解〗草酸（H2C2O4）溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，根据图象得出a为H2C2O4的浓度变化，b为HC2O4﹣的浓度变化，c为C2O42﹣的浓度变化，据此分析；A．导电能力与离子浓度及离子所带电荷数有关；B．由图象看出，NaHC2O4溶液显酸性来分析解答；C．Ka2；D．根据电荷守恒和物料守恒来分析解答。〖详析〗A．H2C2O4为弱酸在溶液中不完全电离，Na2C2O4为强碱盐，在溶液中完全电离；但溶液的导电能力与离子浓度及离子所带电荷数有关；不知道两溶液的浓度，所以室温下H2C2O4溶液的导电能力与Na2C2O4溶液的导电能力没法比较，故A错误；B．NaHC2O4为强碱弱酸盐，弱酸根HC2O4﹣水解促进了水的电离，使溶液显碱性；弱酸根HC2O4﹣电离出氢离子使溶液显酸性，由图象得出，NaHC2O4溶液显酸性，说明NaHC2O4溶液的电离程度大于水解程度，抑制了水的电离，所以水电离出的c（H+）小于1.0×10﹣7mol•L﹣1，故B正确；C．由图象bc曲线的相交点得出，c（C2O42﹣）＝c（HC2O4﹣），pH＝4.5，Ka210﹣4.5，故C错误；D．当V（NaOH）＝20mL时，完全反应生成NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒：c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）＝c（Na+）+c（H+），物料守恒c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）＝c（Na+），得出c（H+）＝c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选：B。20．（3分）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A．达到化学平衡时，4v正（O2）＝5v逆（NO） B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态 C．达到化学平衡时，若增加容器体积，与原平衡相比，则正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动 D．反应温度不变时，若物质的平衡浓度改变，该反应的平衡常数也会发生改变〖祥解〗A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化．B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡．C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动．D、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变．〖详析〗A、4v正（O2）＝5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与反应混合物的浓度无关，故D错误。故选：A。二、解答题（共4小题）21．常温下，用0.10mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和HA溶液，所得滴定曲线如图所示。（1）该条件下HA的酸性醋酸的酸性。（填写“＞”、“＜”或“＝”）（2）滴定到②点时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是。（3）④点所对应的溶液呈性，用离子方程式表示其原因。（4）图中②、③、④三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是（填编号）。（5）判断下列说法正确的是。（填选项字母）A．点①和点②所示溶液中：c（CH3COOH）﹣c（A﹣）＝c（HA）﹣c（CH3COO﹣）B．醋酸的滴定終点是点③C．滴定CH3COOH过程中不可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）〖祥解〗（1）常温下相同浓度的一元酸溶液的pH值越小，溶液的酸性越强；（2）滴定到②点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解；（3）④酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性；（4）酸或碱抑制水电离、弱离子促进水电离；（5）A．点①和点②所示溶液都存在物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c（A﹣）+c（HA）；B．醋酸的滴定終点是酸碱恰好中和点；C．滴定CH3COOH过程中，当加入极少量的NaOH溶液时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）。〖详析〗（1）常温下相同浓度的一元酸溶液的pH值越小，溶液的酸性越强，根据图知，相同浓度的CH3COOH溶液和HA溶液的pH（CH3COOH）＜pH（HA），则该条件下HA的酸性＜醋酸的酸性，故〖答案〗为：＜；（2）滴定到②点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解，结合电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），则溶液中存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故〖答案〗为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（3）④酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故〖答案〗为：碱；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（4）②中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，抑制水电离，③中溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液呈中性，不影响水电离，④中溶质CH3COONa，促进水电离，则图中②、③、④三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞③＞②，故〖答案〗为：④＞③＞②；（5）A．两种酸的浓度和体积都分别相等，且点①和点②所加NaOH溶液体积相等，所以点①和点②所示溶液都存在物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝c（A﹣）+c（HA），故A正确；B．醋酸的滴定終点是酸碱恰好中和点，二者反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，所以醋酸的滴定終点是点④，故B错误；C．滴定CH3COOH过程中，当加入极少量的NaOH溶液时醋酸电离程度较小，则c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），所以存在c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；故〖答案〗为：A。22．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中分别加入一定量的X，发生反应：2X（g）⇌Y（g）+Z（g），相关数据如表所示。容器编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）X（g）Y（g）Z（g）Ⅰ3870.200.080aⅡT10.40b0.160ⅢT20.20c0.090回答下列问题：（1）表中a＝，c＝。（2）容器Ⅱ中平衡常数K＝；容器Ⅰ和容器Ⅱ中X的转化率a（Ⅰ）（填“大于”、“小于”或“等于”）a（Ⅱ）。（3）已知T2＜387℃，则该正反应为（填“放热”或“吸热”）反应，判断理由是。（4）387℃时，向容器Ⅰ中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，则反应将向（填“正”或“逆”）反应方向进行，判断理由是。〖祥解〗（1）容器I中，Y、Z的计量数相等，则该反应中生成的n（Z）＝n（Y）；容器III中生成的n（Y）＝n（Z）；（2）容器II中生成的n（Y）＝n（Z）＝0.160mol，可逆反应2X（g）⇌Y（g）+Z（g）开始（mol/L）0.2000反应（mol/L）0.160.080.08平衡（mol/L）0.040.080.08化学平衡常数K；II中反应物、生成物的物质的量都是I中2倍，则I、II中反应物转化率相等；（3）对比I、III，反应物浓度相同，生成物浓度：III＞I，且T2＜387℃，说明降低温度平衡正向移动；（4）387℃时，向容器Ⅰ中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，Qc1.5，根据浓度商与K相对大小确定平衡移动方向。〖详析〗（1）容器I中，Y、Z的计量数相等，则该反应中生成的n（Z）＝n（Y）＝0.080mol；容器III中生成的n（Y）＝n（Z）＝0.090mol，故〖答案〗为：0.080；0.090；（2）容器II中生成的n（Y）＝n（Z）＝0.160mol，可逆反应2X（g）⇌Y（g）+Z（g），开始（mol/L）0.2000反应（mol/L）0.160.080.08平衡（mol/L）0.040.080.08化学平衡常数K4；II中反应物、生成物的物质的量都是I中2倍，则I、II中反应物转化率相等，即容器Ⅰ和容器Ⅱ中X的转化率a（Ⅰ）等于a（Ⅱ），故〖答案〗为：4；等于；（3）对比I、III，反应物浓度相同，生成物浓度：III＞I，且T2＜387℃，说明降低温度平衡正向移动，则正反应为放热反应，故〖答案〗为：放热；相对于容器Ⅰ，容器Ⅲ降低了温度，平衡向正反应方向移动，即正反应为放热反应；（4）387℃时，向容器Ⅰ中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，Qc1.5＜K，平衡正向移动，故〖答案〗为：正；Qc＝1.5＜K，平衡正向移动。23．工业上以芳香烃X为原料制备药物中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件省略）。回答下列问题：（1）反应B→C的“一定条件”为。（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是。（3）指出下列反应的反应类型：X→A，D→E。（4）足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为。（5）D在一定的条件下可转化为，请写出满足下列条件的的同分异构体的结构简式：。①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应；②能发生水解反应和银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2。（6）请写出以X为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）：。〖祥解〗由A的结构简式可知，芳香烃X与丙烯发生加成反应，故X为，一定条件下A中异丙基转化为酚羟基而生成B，对比B、C结构可知，在光照条件下B与氯气发生一氯取代生成C，C转化生成D，D发生取代反应生成E，E转化生成F，F发生开环加成生成G，G发生取代反应生成H；（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成。〖详析〗（1）反应B→C是B中苯环连接的甲基上H原子被氯原子取代，故“一定条件”为：Cl2、光照，故〖答案〗为：Cl2、光照；（2）H既能与NaOH溶液反应又能与盐酸反应，原因是：H中含有酚羟基和﹣NH﹣，故〖答案〗为：H中含有酚羟基和﹣NH﹣；（3）X→A发生加成反应，D→E发生取代反应，故〖答案〗为：加成反应；取代反应；（4）C中酚羟基与NaOH发生中和反应、氯原子发生水解反应，足量NaOH溶液与C反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，故〖答案〗为：+2NaOH+NaCl+H2O；（5）满足下列条件的的同分异构体：①含有苯环且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有﹣OOCH，③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1：1：2：2，说明存在对称结构，即﹣OH与﹣OOCH处于对位，符合条件的同分异构体为：，故〖答案〗为：；（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在Cu、加热条件下用氧气氧化生成，合成路线流程图为：→→→。故〖答案〗为：→→→。24．某化学小组欲探究FeCl3溶液、FeCl2溶液的化学性质（1）试剂清单：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片、碘化钾、淀粉溶液．查阅资料得知：淀粉遇I2变蓝．请帮助他们完成以下实验报告：序号实验目的实验内容实验现象实验结论离子方程式实验1①在FeCl2溶液中滴入适量氯水溶液由浅绿色变为黄色②③实验2④在FeCl2溶液中加入锌片/⑤Zn+Fe2+═Zn2++Fe实验3⑥在FeCl3溶液中加入足量铁粉⑦FeCl3（Fe3+）具有氧化性⑧实验4⑨在FeCl3溶液中滴入适量KI溶液和淀粉溶液淀粉溶液变蓝⑩2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2填空：=1\*GB3①③⑤⑧⑩综合以上实验，你能得到的结论是：⑪．（2）除了以上性质，你认为FeCl2还可能具有的性质是：（用离子方程式表示，任写一个即可