上海市2024年高考化学模拟试题（含答案）12VIP

上海市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．现代食品工业中，食品添加剂占据重要地位，下列添加剂的使用方式不合理的是A．高铁麦片中添加铁粉 B．葡萄酒中添加二氧化硫C．水发毛肚中添加甲醛 D．高钙牛奶中添加碳酸钙2．下列化学用语表示正确的是A．中子数为8的O原子：8B．羟基的电子式：C．乙醇分子的比例模型：D．碳原子核外价电子的轨道式：3．今年2月3日，美国运输氯乙烯的火车脱轨，造成大量化学物质泄漏引发一系列的环境问题。关于氯乙烯的说法正确的是A．结构简式为CH2CHClB．氯乙烯是混合物C．分子中的所有原子在同一平面中D．可由石油裂解制得4．从原子结构角度判断，下列说法错误的是A．稳定性：NH3＞PH3＞AsH3B．HNO3可以与KH2PO4反应生成H3PO4C．元素的非金属性：N＞P＞SD．氟元素不显正化合价5．下列变化过程中，存在氮元素被氧化过程的是A．工业合成氨 B．NO2溶于水 C．NH4Cl热分解 D．KNO3熔化6．下列物质中，含有氢离子的是A．氨水 B．碘酒 C．熔融NaHSO4 D．三氯甲烷7．下列反应中一定有C－H键断裂的是A．乙醇的催化氧化制乙醛 B．乙醇和金属钠反应C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应 D．溴乙烷和氢氧化钠溶液共热8．下列化合物中，含非极性共价键的极性分子是A．CH2=CH2 B．H2O2 C．CO2 D．Na2O29．铁是生产、生活中应用广泛的金属。关于铁及其化合物，下列说法错误的是A．自然界中没有单质铁，单质铁都是通过冶炼得到的B．铁单质中有金属阳离子C．向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－D．生铁由于含碳量高，熔点比钢低10．我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：下列说法正确的是A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO3−)＞c(NH4B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4ClC．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH4+)=c(OH－D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH4+)=c(Cl－11．2022年12月最火爆的药物莫过于布洛芬，它可用于缓解疼痛，也可用于普通流感引起的发热。布洛芬结构简式如图，下列说法正确的是A．布洛芬能发生取代反应B．布洛芬分子式是CC．布洛芬分子中含有两种含氧官能团D．1mol布洛芬与足量的Na反应生成1mol12．工业上可利用反应Na2SO4+2C高温__Na2S+2COA．Na2S溶液显碱性是由于S2－+2H2O⇌H2S+2OH－B．反应中，消耗1mol碳时，可生成22.4L标准状况下的CO2C．反应中，生成1molNa2S时，转移8mol电子D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶213．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的物质的量(Y)与加入NaOH的物质的量(X)之间的关系正确的是A． B．C． D．14．制备并检验SO2性质的装置如图所示。下列分析正确的是A．此实验中浓硫酸只表现出强氧化性B．湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色C．若将蘸有品红溶液的滤纸换成蘸有酸性KMnO4溶液的滤纸，现象、原理都相同D．棉花可用NaOH溶液浸泡，吸收尾气，减少环境污染15．下列关于各实验装置的叙述正确的是A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应B．装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4C．装置丙可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体D．装置丁可用于分离碘单质与四氯化碳16．在生产、生活、科技中，氢能已获得越来越多的关注，是非常重要的能源。已知：下列推断正确的是A．H2O(l)吸收能量后，分子中氢氧键断裂而生成H2O(g)B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=－484kJC．若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2；则Q1＞Q2D．将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收4×463kJ的热量17．为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入硫酸酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是A．加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C．加入KSCN溶液无红色出现D．加入AgNO3溶液产生沉淀18．下列实验中，能够正确描述反应的离子方程式的是A．索尔维法制纯碱，处理母液时发生的离子反应：NH3＋HCO3−=NH4+B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2：3Br2＋3CO32−=5Br－＋BrO3−＋3COC．用石灰乳制漂白粉：Ca2+＋2OH－＋Cl2=Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2OD．用足量Na2S2O3的碱性溶液除去水中的Cl2：4Cl2＋S2O32−＋5H2O=10H+＋2SO42−19．已知：常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将pH＝3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lgVVA．溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞dB．a点的两种酸溶液分别与NaOH恰好完全中和后，溶液中n(Na＋)相同C．曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线D．同温下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、HCOONa溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)20．已知合成氨反应3H2(g)＋N2(g)⇌2NH3(g)＋QkJ(Q>0)。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)。下列说法错误的是A．由图可知，T1＞T2B．a、b、c三点中，b点时H2的转化率最大C．a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点化学反应速率最快D．若容器容积为2L，b点对应的n＝0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.01mol·L－1二、非选择题21．为抑制新冠病毒传播，含氯消毒剂被广泛使用。常见的含氯消毒剂有次氯酸盐、ClO2、有机氯化物等。用NaCl电解法生成ClO2的工艺原理示意图如图，发生器内电解生成ClO2。完成下列填空：（1）Cl原子的最外层电子层上具有种不同能量的电子；HClO的电子式是；（2）Cl2性质活泼，易形成多种化合物。请说明NaCl的熔沸点比HCl高的原因：（3）根据示意图，补充并配平ClO2发生器中发生的化学反应方程式：。_NaClO3＋_HCl=_＋_H2O若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2mol。（4）某兴趣小组通过实验测定不同pH环境中，相同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，实验结果如下表。NaClO溶液浓度/(mg·L－1)不同pH下的细菌杀灭率/%pH＝4.0pH＝6.5pH＝9.025098.9077.9053.90①NaClO溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)。②调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸的原因为。③由表中数据可推断，该实验得到的结论是④家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，说明其理由。22．2021年我国制氢量位居世界第一。工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气或水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。（1）I．一定条件下，将C和O2置于密闭容器，发生如下反应：反应1：C(s)＋O2(g)⇌CO2(g)＋394kJ反应2：2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)＋566kJ反应3：2C(s)＋O2(g)⇌2CO(g)＋QkJ根据信息可知，反应3是(填“吸热”或“放热”)反应；在一定压强下，随着温度的升高，若反应2所受影响最大，则该密闭容器中n(CO)n(CO2（2）II．T℃，在2L的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，发生如下反应：反应4：C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)－131.4kJ，反应5：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)＋41.1kJ5min后反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。0~5min内，v(H2)=；此时c(CO2)=（3）下列关于此反应体系的说法正确的是____；A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应4的平衡逆向移动B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C．随着温度的升高，反应5的正逆反应速率、平衡常数都增大D．将炭块粉碎，可缩短建立平衡的时间（4）为了提高反应5的速率，下列措施中合适的是____。A．适当升高反应体系的温度B．提高反应体系压强，压强越大越好C．选择合适的催化剂D．通入一定量的氮气（5）工业生产水煤气时，考虑到反应热效应，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与焦炭反应，通入空气的理由是。23．洛索洛芬钠广泛应用于类风湿性关节炎、肩周炎等炎症的消炎、镇痛，其一种中间体F的合成路线如图所示：已知：RCN→RCOOH回答下列问题：（1）B的结构简式；C中的官能团的名称；（2）有机反应往往伴随着副反应，反应③中常会生成CH3OCH3，则该副反应的反应类型为__。（3）反应④生成E和HBr，则D→E的化学方程式为；K2CO3的作用是。（4）任写一种满足以下条件的G的同分异构体。ⅰ．分子内含有六元环状结构，环上只有位于对位的两个含氧官能团；ⅱ．能发生银镜反应，水解反应；iii．能使溴的四氯化碳溶液褪色；（5）以为唯一有机原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线。(合成路线的表示方式为：甲→反应条件反应试剂乙·······→反应条件24．钒被称为“工业味精”，在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。V2O5有强氧化性，在实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，此晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。过程如下：V2O5→I微热数分钟6mol/LHCl−N2H4⋅2HClVOCl2溶液→IINH4HCO已知：①氧化性：V2O5>Cl2；②VO2+能被O2氧化。（1）步骤I中除生成VOCl2外，还生成绿色环保，无毒无害的产物，则反应的化学方程式为。若只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，使用N2H4·2HCl的目的是。（2）步骤II可在如图装置中进行：①为了排尽装置中的空气，防止VO2+被氧化，上述装置依次连接的合理顺序为c→(按气流方向，用小写字母表示)。②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，具体操作为。（3）实验结束时，将析出的产品过滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤。请从溶解平衡的角度解释，使用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体的原因：。证明沉淀已经洗涤干净的方法是。（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用稀硫酸溶解后得到VO2+的溶液，加入0.02mol·L－1KMnO4溶液至稍过量，加入某还原剂除去过量KMnO4溶液，最后用cmol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为bmL。粗产品中钒的质量分数表达式为(以VO2+计，式量为67)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．高铁麦片中含铁粉，食用后铁粉与胃酸反应，为人体补充铁元素，A不符合题意；B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加二氧化硫可作食品抗氧化剂，B不符合题意；C．甲醛有毒，不能作为食品添加剂，C符合题意；D．高钙牛奶中添加碳酸钙，碳酸钙能与酸反应产生钙离子，为人体补充钙元素，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.食用后铁粉与胃酸反应，生成亚铁离子，可为人体补充铁元素；

B.二氧化硫具有还原性；

C.甲醛有毒；

D.碳酸钙能与酸反应产生钙离子，为人体补充钙元素。2．【答案】A【解析】【解答】A．已知质量数等于质子数加中子数，故中子数为8的O原子表示为：816B．已知羟基不带电，故其电子式为：，B不符合题意；C．由于原子半径C＞O>H，故乙醇分子的比例模型为：，而中O的半径明显大于C的，C不符合题意；D．已知C为6号元素，故碳原子核外价电子的轨道式：，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

B.羟基中O原子最外层有7个电子；

C.原子半径：C＞O＞H；

D.C原子的价电子排布式为2s22p2。3．【答案】C【解析】【解答】A．氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，A不符合题意；B．氯乙烯是纯净物，B不符合题意；C．氯乙烯中存在碳碳双键，氢原子、氯原子均与碳碳双键的碳原子相连，所有原子共面，C符合题意；D．石油裂解可得到乙烯等烯烃，无法直接得到氯乙烯，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氯乙烯中的碳碳双键不可省略；

B.氯乙烯是由一种物质组成的纯净物；

C.碳碳双键为平面结构，与之直接相连的原子共平面；

D.石油裂解可得到乙烯等烯烃。4．【答案】C【解析】【解答】A．已知N、P、As为同一主族元素，其非金属性：N＞P＞As，故简单气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，A不符合题意；B．已知N、P为同一主族元素，其非金属性：N＞P，其最高价氧化物对应水化物的酸性为HNO3＞H3PO4，故HNO3可以与KH2PO4反应生成H3PO4，B不符合题意；C．根据同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故元素的非金属性：N＞S＞P，C符合题意；D．由于F的电负性最大，对电子的吸引能力最强，故氟元素不显正化合价，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；

B.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；

D.F的电负性最大。5．【答案】B【解析】【解答】A．工业合成氨的反应为：N0B．NO2溶于水的化学反应方程式为：3NC．NH4Cl热分解的化学反应方程式为：N-3D．KNO3熔化没有发生化学变化，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】氮元素被氧化，则反应过程中氮元素的化合价升高。6．【答案】A【解析】【解答】A．氨水即氨气的水溶液，由于H2O⇌H++OH-，故存在H+，A符合题意；B．碘酒即I2的酒精溶液，溶液中不发生电离，故不存在H+，B不合题意；C．熔融NaHSO4发生电离，电离出Na+和HSO4-D．三氯甲烷为非电解质，不能发生电离，不存在H+，D不合题意；故答案为：A。

【分析】根据电解质是否能电离出氢离子分析。7．【答案】A【解析】【解答】A．乙醇的催化氧化制乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O2→ΔCu2CH3CHO+2HB．乙醇和金属钠反应，方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，断裂O-H键，B不合题意；C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，方程式为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，断裂C=C中的一条键，C不合题意；D．溴乙烷和氢氧化钠溶液共热，方程式为：CH3CH2Br+NaOH→Δ水CH3CH故答案为：A。

【分析】A.乙醇催化氧化生成乙醛的过程中存在C-H键断裂；

B.乙醇和金属钠反应断裂O-H键；

C.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，断裂C=C键；

D.溴乙烷和氢氧化钠溶液共热水解生成乙醇，断裂C-Br键。8．【答案】B【解析】【解答】A．CH2=CH2中含有碳碳之间的非极性键和碳氢之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，A不合题意；B．H2O2中含有氧氧之间的非极性键和氢氧之间的极性键，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，B符合题意；C．CO2中含有碳氧之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，C不合题意；D．Na2O2中含有Na+和O22-之间的离子键和故答案为：B。

【分析】根据正负电荷中心是否重合判断分子极性，同种非金属原子之间形成非极性共价键。9．【答案】A【解析】【解答】A．自然界中有少量的单质铁，存在于陨铁中，A符合题意；B．铁单质属于金属晶体，故其中有金属阳离子和自由电子，B不符合题意；C．由于Fe2+的还原性强于Br-，故向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，C不符合题意；D．生铁和钢均为是铁、碳合金，由于生铁含碳量高，其熔点比钢低，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.自然界中存在单质铁；

B.铁单质为金属晶体；

C.还原性：Fe2+>Br-，氯气少量，先氧化亚铁离子；

D.生铁含碳量高，其熔点比钢低。10．【答案】C【解析】【解答】A．已知醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和NH4+的水解平衡常数相当，即CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相当，但CH3COOH的酸性强于H2CO3即CH3COO-的水解程度小于HCO3-，即NH4+的水解程度小于HCB．侯氏制碱首先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故沉淀池中的反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B不符合题意；C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，根据溶液中电荷守恒可知，c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=c(OH－)+c(Cl-)，又c(Na+)=c(Cl-)，故溶液中存在：c(H+)＋c(NH4+)=c(OHD．通NH3前的母液中除含有NH4Cl外，还含有未反应的NaCl，未析出的NaHCO3，故不存在下列物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH4+)=c(Cl－故答案为：C。

【分析】A.醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和NH4+的水解程度相当，CH3COOH的酸性强于H2CO3，则CH3COO-的水解程度小于HCO3-，即NH4+11．【答案】A【解析】【解答】A．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能发生取代反应，故A符合题意；B．由结构简式可知，布洛芬分子的分子式是C13H18O2，故B不符合题意；C．由结构简式可知，布洛芬分子的含氧官能团为羧基，只有1种，故C不符合题意；D．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能与金属钠反应，则1mol布洛芬与足量的钠反应生成氢气的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.布洛芬分子中含有羧基，能发生酯化（取代）反应；

B.根据结构简式确定其分子式；

C.布洛芬分子中的含氧官能团为羧基；

D.羧基和钠以1：1反应生成氢气。12．【答案】A【解析】【解答】A．由于H2S为二元弱酸，故Na2S溶液显碱性是由于硫离子水解，应分步水解：S2－+H2O⇌HS-+OH－，HS－+H2O⇌H2S+OH－，A符合题意；B．根据反应方程式可知，反应中，消耗1mol碳时，生成1molCO2，其在标准状况下的可体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，B不符合题意；C．根据反应方程式可知，反应中转移8个电子，故生成1molNa2S时，转移8mol电子，C不符合题意；D．根据反应方程式可知，该反应中氧化剂为Na2SO4，还原剂为C，二者的物质的量比为1∶2，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.硫离子分步水解；

B.根据V=nVm计算；

C.根据反应的化学方程式可知，+6价S变为-2，化合价降低8价；

D.该反应中氧化剂为Na2SO4，还原剂为C。13．【答案】C【解析】【解答】向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先后发生的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O、Al(OH)3+OH-=2H2故答案为：C。

【分析】向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓产生氢氧化铝沉淀，然后发生NH4++OH-=NH3·H2O沉淀量不变，最后发生反应Al(OH)3+OH-=2H214．【答案】D【解析】【解答】A．此实验中浓硫酸参与的反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，该反应中H2SO4只表现出强酸性，未表现氧化性，A不符合题意；B．SO2溶于水生成H2SO3，故能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能漂白指示剂，故不褪色，B不符合题意；C．若将蘸有品红溶液的滤纸换成蘸有酸性KMnO4溶液的滤纸，现象均为滤纸褪色，但原理不相同，前者是与品红化合为无色不稳定的物质，后者为氧化还原反应，C不符合题意；D．SO2为有毒有害的酸性氧化物，能与NaOH反应，故棉花可用NaOH溶液浸泡，吸收尾气，减少环境污染，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.该过程中发生反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，浓硫酸只表现酸性；

B.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，显酸性，SO2不能漂白指示剂；

C.二氧化硫利用其漂白性使物质褪色，酸性高锰酸钾利用其强氧化性使物质褪色。15．【答案】B【解析】【解答】A．由于Br2具有挥发性，且挥发出的Br2能与水反应生成HBr，进而与AgNO3反应生成淡黄色沉淀AgBr，故装置甲不可用于验证苯与液溴发生取代反应，A不合题意；B．由于BaSO4不溶于水，而Na2SO4易溶于水，故装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，B符合题意；C．由于AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，加热促进上述平衡正向移动，导致直接蒸干饱和AlCl3溶液制备不到AlCl3晶体，故装置丙不可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体，C不合题意；D．由于I2易溶于CCl4中，分离I2和CCl4应该使用蒸馏装置，故装置丁不可用于分离碘单质与四氯化碳，D不合题意；故答案为：B。

【分析】A.溴易挥发，挥发出的溴也能够与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀；

B.硫酸钡难溶于水，硫酸钠易溶于水；

C.氯化铝易发生水解生成氢氧化铝和HCl；

D.碘易溶于四氯化碳。16．【答案】C【解析】【解答】A．H2O(l)吸收能量后变为H2O(g)是物理变化，分子中氢氧键不断裂，A不符合题意；B．由题干转化历程图可知，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=2×436kJ/mol+496kJ/mol-4×463kJ/mol=－484kJ/mol，B不符合题意；C．由于O2(l)变为O2(g)的过程需要吸收热量，故若2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)＋Q1；2H2(g)＋O2(l)=2H2O(g)＋Q2，前者放出的热量大于后者即Q1＞Q2，C符合题意；D．由B项分析可知，将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484kJ的热量，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.H2O(l)变为H2O(g)为物理变化，化学键未发生断裂；

B.反应热=反应物的键能和-生成物的键能和；

C.O2(l)变为O2(g)需要吸热；

D.H2(g)和O2(g)和生成水蒸气放出484kJ能量，则2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收484kJ的热量。17．【答案】A【解析】【解答】A．若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，加入酸性KMnO4溶液紫红色不褪去，说明没有生成亚铁离子，故A符合题意；B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故B不符合题意；C．KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；D．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】镀锌铁片被腐蚀后一定会有亚铁离子生成，检验亚铁离子是否存在即可说明铁片有没有被腐蚀。18．【答案】B【解析】【解答】A．索尔维法制纯碱的母液中还含有NH4+、HCO3-在母液中加入生石灰以回收NH3，发生反应有：CaO+H2O=Ca2++2OH-、Ca2++OH-+HCO3-→CaCO3↓+H2O、NH4++OH-→NHB．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2的离子方程式为：3Br2＋3CO32−=5Br－＋BrO3−＋3COC．石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故用石灰乳制漂白粉的离子方程式为：Ca(OH)2＋Cl2=Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2O，C不符合题意；D．碱性溶液中不可能生成大量的H+，用足量Na2S2O3的碱性溶液除去水中的Cl2的离子方程式为：4Cl2＋S2O32−＋10OH-=5H2O＋2SO42−＋8Cl故答案为：B。【分析】A.索尔维法制纯碱的母液中含有NH4+、HCO319．【答案】D【解析】【解答】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，c(H+)：a>b>c>d，则水电离程度：a<b<c<d，A不符合题意；B．pH相同的两种酸，c(HCOOH)<c(CH3COOH)，相同体积a点的两种酸n(酸)：n(HCOOH)<n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后溶液中n(Na＋)与酸的物质的量成正比，所以反应后溶液中n(Na＋)：甲酸小于乙酸，B不符合题意；C．甲酸酸性比乙酸强，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性较强，根据图知I表示甲酸、II表示乙酸，C不符合题意；D．同温下pH相同的这几种溶液，碱性越强物质的水溶液浓度越小，这几种物质碱性：NaOH＞NaHCO3＞CH3COONa＞HCOONa，则溶液浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.酸抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，酸的浓度越大，对水的抑制程度越大；

B.中和后溶液中n(Na+)与酸的物质的量成正比；

C.pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性较强。20．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T1＞T2，A不符合题意；B．a、b、c三点，n（H2）越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，H2的转化率却越小，a点时氢气的物质的量最小，a点H2的转化率最高，B符合题意；C．温度不变化学平衡常数不变，故a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点时H2起始的物质的量浓度最大，化学反应速率最快，C不符合题意；D．b点时，初始加入n（H2）=0.15mol，n（N2）为xmol，平衡时H2和N2的转化率均为60%，则转化的氢气为0.09mol，则：N2(g)+3H2(g故答案为：B。

【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；

B.氢气的物质的量越大，氮气的转化率越大；

C.化学平衡常数值只与温度有关；

D.列出反应的三段式，结合c=n21．【答案】（1）2；（2）NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体（3）5NaClO3＋6HCl=6ClO2↑＋5NaCl+3H2O；2.4（4）ClO-+H2O⇌HClO+OH-；NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境；等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小；HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存【解析】【解答】（1）已知Cl是17号元素，则Cl原子的最外层电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的最外层电子层上具有2种不同能量的电子，H、Cl原子能形成1对共用电子对，O需形成2对共用电子对，HClO的电子式是，故答案为：2；；（2）由于NaCl是离子化合物，形成离子晶体，而HCl为共价化合物，形成分子晶体，故NaCl的熔沸点比HCl高，故答案为：NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体；（3）根据示意图，ClO2发生器中发生NaClO3和HCl反应生成NaCl和ClO2的反应，根据氧化还原反应配平可得，该学反应方程式为：5NaClO3＋6HCl=6ClO2↑＋5NaCl+3H2O，反应中转移电子为5e-，若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO22.4mol，故答案为：5NaClO3＋6HCl=6ClO2↑＋5NaCl+3H2O；2.4；（4）①NaClO是强碱弱酸盐，故ClO-水解使溶液呈碱性，该水解的离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故答案为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；②由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O生成有毒气体Cl2，故调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸，故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境；③由表中数据可推断，等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小，故答案为：等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小；④由于HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存，故家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，故答案为：HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存。

【分析】电解食盐水得到氯酸钠和氢气，氯酸钠溶液和盐酸在二氧化氯发生器中电解得到氯化钠、氯气、二氧化氯气体，氯气与氢气反应生成氯化氢，发生器中得到的氯化钠可与循环使用，提高原料的利用率。22．【答案】（1）放热；减小（2）0.05mol⋅L-1（3）B；D（4）A；C（5）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应3=2×反应1-反应2，则其反应热=2×(＋394kJ)-(＋566kJ)=222kJ，故该反应为放热反应；由已知可知反应1、反应2都为放热反应，故温度升高时两者逆向移动，若反应2所受影响最大，则一氧化碳浓度增大，二氧化碳浓度减小，故n(CO)n(C（2）反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，则其浓度为c(CO2)=0.2mol2L（3）A．该容器为恒容容器，冲入惰性气体，平衡不移动，A不正确；B．反应体系内有固体参与，故反应过程中，密度是变量，则密度不变的时候可以证明反应达到平衡，B正确；C．反应5为放热反应，则升高温度，平衡移动，平衡常数减小，C不正确；D．粉碎炭块可以增大其和水的接触面积，加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，D正确；故答案为：BD；（4）A．升高温度可以加快反应速率，A正确；B．适当提高压强是可以的，但是压强多大，会提高成本，B不正确；C．选择合适的催化剂可以加快反应速率，C正确；D．反应在恒容容器中进行，通入氮气，不能改变反应速率，D不正确；故答案为：AC；（5）氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，故答案为：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。

【分析】（1）根据盖斯定律，反应3=2×反应1-反应2；反应1、