卷一-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份卷一-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，元素或物质推断题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

1．下列物质属于含有共价键的离子化合物的是
A．MgCl2B．Na2O2C．K2OD．H2O2
2．分离乙醇和水，需要用到的仪器是
A．B．C．D．
3．下列既不属于电解质，又不属于非电解质的是
A．Cl2B．CH3OHC．Ca(OH)2D．BaSO4
4．下列物质的名称不正确的是
A．硬脂酸钠：C17H35COONaB．熟石膏：2CaSO4·H2O
C．新戊烷：D．碳铵：NH4HCO3
5．下列有关化学用语表示正确的是
A．Mg2+结构示意图：
B．CCl4分子的比例模型：
C．NH4Cl的电子式：
D．2-甲基丁醇的结构简式：
6．下列关于化石燃料说法正确的是（ ）
A．煤加工得到的水煤气可用来合成液态烃、甲醇等含氧有机物
B．石油裂化的目的是为了得到气态短链烃
C．天然气的主要成分是甲烷，属于可再生资源
D．煤中含有苯和二甲苯等物质，可通过煤的干馏获得
7．下列说法正确的是
A．14C60和石墨互为同素异形体
B．Cl、Cl为不同的核素，化学性质也不同
C．乙醇和乙醚互为同分异构体
D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3 是两种不同物质
8．下列说法正确的是
A．二氧化硫能使高锰酸钾酸性溶液迅速褪色
B．用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳
C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成三氧化硫
D．少量二氧化硫通入浓的氯化钙溶液中能生成白色沉淀
9．下列说法不正确的是
A．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
B．所有氮肥应避免与碱性肥料混合使用
C．乙二醇可作汽车发动机的抗冻剂
D．配制氯化铁溶液时，可将氯化铁先溶于盐酸，再加水稀释
10．在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1
11．下列说法正确的是
A．利用如右图所示的方法排出酸式滴定管中的气泡
B．利用新制的Cu(OH)2 悬浊液可以区别乙醇溶液和甘油溶液
C．实验室可以用加热氯化铵固体的方法制取氨气
D．用精密 pH 试纸测得某NaClO 溶液的 pH 为 8.5
12．下列“推理”合理的是
A．因为溶液低温蒸干得到，所以NaCl溶液低温蒸干也可得到NaOH
B．因为金属活动性钠明显强于铜，所以Na投入溶液中，立即析出红色固体
C．因为氧化性浓硝酸强于稀硝酸，所以相同条件下铁在浓硝酸中反应一定更剧烈
D．因为电离出的能力苯酚强于，所以在苯酚浊液中加入碳酸钠溶液能变澄清
13．下列离子方程式中正确的是
A．用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑
B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br﹣+2Cl2=2Fe3++2Br2+4Cl﹣
C．向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H++ SO42－+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
D．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4+ +OH﹣=NH3↑+H2O
14．下列说法不正确的是（ ）
A．强酸、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性
B．用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）能鉴别甲酸、乙醇、乙醛
C．乙酸乙酯中混有的乙酸，可加入足量的饱和溶液，经分液除去
D．向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚
15．人类已进入网络时代，长时间看显示屏幕的人，会感到眼睛疲劳，甚至会对眼睛有一定的伤害．人眼中的视色素中含有视黄醛（见甲）作为辅导基的蛋白质，而与视黄醛相似结构的维生素A（见乙）常作为保健药物．已知CH3CH＝CHCH3可用“ ”表示，则下列有关叙述正确的是
A．维生素A是视黄醛的还原产物B．视黄醛和维生素A互为同分异构体
C．视黄醛的分子式为C20H26OD．1ml视黄醛最多能与5mlH2加成
16．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 ml/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X＞Y＞Z＞W
B．Y元素存在同素异形体
C．气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y
D．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性
17．已知HClO的，HF的，下列有关说法正确的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01的稀盐酸，溶液的pH会变小
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒
18．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．标准状况下，71gCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为NA
B．25℃时，pH=2的CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.01NA
C．1mlFeI2与足量氯气反应时转移的电子的数目为2NA
D．标准状况下，2.24LCH3Cl含有碳氯键的数目为0.1NA
19．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于恒容的密闭真空容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s） 2NH3（g）＋CO2（g），实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
下列说法正确的是
A．该反应在低温下可以自发进行
B．当体系中气体的平均相对分子质量不变时，说明该反应达到了平衡状态
C．恒温条件下，向容器中再充入2ml NH3和1mlCO2，平衡向左移动，平衡后，NH3的浓度减小
D．15℃时，该反应的平衡常数约为2.05×10-9
20．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，其中和离子渗透膜可协同CO2､H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误的是( )
A．该反应为B．该反应能量转化形式为光能→化学能
C．图中分别代表D．该反应的活化能
21．多硫化物是指含有硫硫键的化合物，在电池、橡胶等多种工业中均有重要用途，其结构如图。下列推测不正确的是
A．黄铜矿中不存在类似多硫化物的硫硫键
B．多硫化物盐在酸性条件下不稳定，可生成硫磺和硫化氢
C．天然橡胶硫化生成多硫链后，可以优化橡胶的性能
D．在钠—硫高能电池中，做负极反应物
22．某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法不正确的是
A．盐桥中K+向Y极移动
B．电路中流过7.5ml电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
C．电子流由X极沿导线流向Y极
D．Y极发生的反应为2＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大
23．常温下，已知Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．H2R的一级电离常数Ka1的数量级为10-2
B．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中：c(R2-)D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生的反应是：2CO+H2R= 2HCO+ R2-
24．三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶 液可代替NaOH吸收石油裂解气中的酸性尾气。该物质可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氢而形成。三乙醇胺常压下沸点为360°C．下列说法不正确的是
A．常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强
B．三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-
C．用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受热时分解放出气体，可回收循环利用
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，投料时应提高氨水比例
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
二、填空题
26．回答下列问题：
(1)比较和结合H+的能力强弱：___________，用一个离子方程式说明___________。
(2)Ca3N2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca3N2的电子式___________。
(3)在常压下，甲醇的沸点(65℃)比甲醛的沸点(-19℃)高。主要原因是___________。
27．(1)甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一。制取合成气的反应为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=＋206 kJ/ml。向体积为2 L密闭容器中，按n(H2O) ∶n(CH4) ＝1投料：
a.保持温度为T1时，测得CH4(g)的浓度随时间变化曲线如图1所示。
b.其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图2所示。
结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化：______kJ。
根据图2判断：ⅰ．a点所处的状态不是化学平衡状态，理由是_______。
ⅱ．CH4的转化率：c＞b，原因是________。
(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10 min和20 min各物质平衡浓度如表所示：
①在10 min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20 min时重新达到平衡，则改变的条件是__________________。
②在20 min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。
(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___。
(4)NO2可电解制备绿色硝化试剂N2O5。下图是其原理示意图。

①阳极电解液中的N2O4由NO2降温转化得到，降温的原因是_______________。
②阳极区生成N2O5的电极反应式是_______________。
③阴极区得到一种可循环利用的物质，其化学式是_______________。
三、计算题
28．用两块相同的纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为0.5A，电解时间为10min，每个电子的电量为1.60×10-19C，NA=6.02×1023ml-1。
(1)电路中通过的电量Q=___C。
(2)两块铜片质量相差了___g。
四、元素或物质推断题
29．A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物已略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为___。
(2)Y与氧化铜反应，每生成1mlB消耗3ml氧化铜，该反应的化学方程式为____。
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为____。
五、工业流程题
30．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂和漂白剂，可以ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学欲利用如图实验制取漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)，并进行纯度的测定。
已知：①饱和NaClO溶液析出晶体与温度的关系如表所示。
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
实验一、制备NaClO2晶体
(1)装置C的作用是___________________ 。
(2)装置B中反应生成NaClO2的化学方程式为________________。
(3)装置B反应后的溶液中阴离子除了ClO、ClO、Cl-、ClO-、OH-外还可能含有的一种阴离子是_____________。
(4)从装置B反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②_________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。(选择合适的操作编号填空)
A．冷却到室温后，过滤 B．趁热过滤 C．常温洗涤 D．冰水洗涤 E．38~60℃的温水洗涤
实验二、测定产品纯度
(5)准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250 mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的平均值为VmL。(已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O)
①达到滴定终点时的现象为______________。
②该样品中NaClO2的质量分数为_________(用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简)。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终点时尖嘴气泡消失，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
六、有机推断题
31．工业上用如下合成路线合成药物甲氧氯普胺。
已知：(1) ；
(2) (其中R、R2、R3、R4、R5均表示烃基，R1表示烃基或氢原子)。
请回答下列问题：
(1)下列说法中不正确的是________ (填序号)。
A．化合物A能形成内盐
B．化合物B转化为化合物E共经历3个取代反应
C．化合物G能发生加成反应、还原反应、氧化反应和消去反应
D．甲氧氯普胺的分子式为C14H21N3O2Cl
(2)化合物G的结构简式：____________。
(3)写出B→C的化学方程式：_______________。
(4)写出符合下列条件的化合物A(C7H7NO2)的可能的同分异构体的结构简式：____________。
①HMNR及IR谱显示，分子中含苯环且苯环上的氢只有2种。
②能发生水解反应及银镜反应。
(5)用环氧乙烷()与乙醉为主要原料，设计可以合成化合物F(C6H16N2)的合成路线(无机试剂任选)__________________。
温度/℃
15
20
25
30
35
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/ 10-3ml·L－1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有
取少量该溶液于试管中，加足量的稀硫酸，将产生的气体通入澄清石灰水中
若产生无色无味的气体，且石灰水变浑浊，则该溶液中含
B
探究Fe与水蒸气高温反应的固体产物中铁元素的化合价
取少量固体产物于试管中，加足量的稀盐酸溶解，分成两份：一份中滴加硫氰化钾溶液，另一份中滴加高锰酸钾溶液
若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种化合价
C
探究浓度对化学平衡的影响
向试管中加入溶液，滴加数滴溶液，观察溶液颜色变化
溶液由黄色变橙色，说明增大浓度，平衡向生成反应方向移动
D
检验某牙膏中是否存在甘油
取少量该牙膏样品于试管中，加适量蒸馏水，搅拌、静置，取上层清液，加入适量新制氢氧化铜，观察现象
若产生绛蓝色沉淀，则该牙膏中含甘油
浓度/ml·L-1
时间/min
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.040
0.030
0.030
20
0.032
0.034
0.017
温度/℃
<38
38~60
>60
晶体成分
NaClO23H2O
NaClO2
NaClO2分解生成NaClO3和NaCl
参考答案
1．B
【详解】
试题分析：A、只含离子键，故错误；B、含有离子键和共价键，故正确；C、只含离子键，故错误；D、只含共价键，故错误。
考点：考查化学键和物质的类别等知识。
2．C
【详解】
乙醇和水互溶，采用蒸馏法分离，蒸馏操作所需的仪器有：蒸馏烧瓶、锥形瓶、冷凝管、温度计等，C正确；
答案选C。
3．A
【详解】
A.无论电解质还是非电解质都一定属于化合物，氯气是单质，既不属于电解质，又不属于非电解质，故A正确；
B.乙醇为不能导电的化合物，属于非电解质，故B错误；
C.氢氧化钙是碱，属于电解质，故C错误；
D.硫酸钡属于难溶盐，属于电解质，故D错误；
故选A。
【点睛】
注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，无论电解质还是非电解质都一定属于化合物，单质和混合物一定不属于电解质是解答关键。
4．C
【详解】
A．硬脂酸是十八碳饱和一元羧酸，其示性式为C17H35COOH，则硬脂酸钠为C17H35COONa，故A正确；
B．熟石膏是由生石膏(CaSO4·2H2O)失水生成，熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O，故B正确；
C．新戊烷的键线式结构为，故C错误；
D．碳铵是碳酸氢铵的简称，它的化学式为NH4HCO3，故D正确；
故选C。
5．A
【详解】
A．镁是12号元素，形成离子时，失去最外层的两个电子，故A正确；
B．根据原子半径大小的比较可知： ，CCl4的比例模型错误，故B错误；
C．氯化铵是离子化合物，以离子键形成化合物，但氯离子的电子式书写错误，应将电子全部展示出来，再带方括号，故C错误；
D．以最长碳链为主链，从官能团一端进行编号，命名应为3-甲基-1-丁醇，故D错误；
答案选A。
6．A
【解析】
【详解】
A．煤加工得到的水煤气主要成分为CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等，故A正确；
B．裂解的目的是为了获得气态短链烃乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，石油裂化的目的是为了得到汽油等轻质燃料，故B错误；
C．天然气的主要成分是甲烷，属于不可再生资源，故C错误；
D．煤的干馏产品中含苯和二甲苯等物质，煤中不含有苯和二甲苯等物质，故D错误。
故选：A。
7．A
【详解】
A.14C60和石墨是C元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，A正确；
B.Cl、Cl为不同的核素，由于原子核外电子数相同，所以化学性质相同，B错误；
C.乙醇分子式是C2H6O，乙醚分子式是C4H10O，二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，C错误；
D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3 分子结构相同同，因此是同一物质，D错误；
故合理选项是A。
8．A
【详解】
A．二氧化硫通入高锰酸钾酸性溶液后，发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，变为无色，故A正确；B．二氧化硫和二氧化碳均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．硫粉在过量的纯氧中燃烧反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；D．盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则少量二氧化硫通入浓的氯化钙溶液中，不发生化学反应，故D错误；故选A。
9．B
【详解】
A．ClO2中氯元素的化合价显＋4价，处于较高价态，具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，故A不符合题意；
B．铵态氮肥有铵根离子，能与碱性物质反应生成氨气，使肥效降低，故铵态氮肥应避免与碱性肥料混合使用，不是所有的氮肥都会和碱性物质反应，故B符合题意；
C．乙二醇的水溶液凝固点较低，可作汽车发动机的抗冻剂，故C不符合题意；
D．氯化铁溶液中由于铁离子水解显酸性，所以在配置氯化铁溶液时，需要把氯化铁溶解在浓盐酸中，抑制氯化铁水解，再加水溶解，故D不符合题意；
答案选B。
10．B
【解析】在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，氮元素化合价由+4价降为+2价，NO2是氧化剂，占三之一，氮元素化合价由+4价升高为+5价，NO2是还原剂，点三分之二，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶2，故选B。
点睛：本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，难度中等，易错点：C、氧化剂和还原剂概念混淆。
11．B
【分析】
【详解】
A．酸式滴定管排气泡方法为：将酸式滴定管稍稍倾斜，迅速打开活塞，气泡随溶液的流出而被排出，图中所示为碱式滴定管排气泡的方法，A错误；
B．甘油能与新制氢氧化铜生成绛蓝色溶液，而乙醇不会与之反应，故可用新制的Cu(OH)2悬浊液区别乙醇溶液和甘油溶液，B正确；
C．实验室不可以用加热氯化铵固体的方法制取氨气，生成的氨气和氯化氢又很快生成氯化铵，应用氢氧化钙与氯化铵固体加热的方法制取氨气，C错误；
D．NaClO 溶液有强氧化性，NaClO水解生成的HClO能漂白pH 试纸，故不能用精密 pH 试纸测NaClO 溶液的 pH，D错误；
故答案选B。
12．D
【详解】
A．氯化钠为强碱强酸盐，溶液中并不存在水解，所以蒸干得到的还是NaCl，A错误；
B．Na的活泼性很强，投入硫酸铜溶液中会先和水反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不会析出铜单质，B错误；
C．常温下铁在浓硝酸中会发生钝化，无法持续反应，C错误；
D．因为电离出的能力苯酚强于，则在苯酚浊液中加入碳酸钠生成可溶于水的苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D正确；
综上所述答案为D。
13．C
【详解】
A．用惰性电极电解氯化铜溶液，根据阴阳离子放电顺序，阴极铜离子放电，阳极氯离子放电，反应生成铜和氯气，正确的离子方程式为：Cu2++2Cl− Cu+Cl2↑，故A错误；
B．FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均被氧化，且两个离子的物质的量之比为1：2，故离子反应为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故B错误；
C．向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，H+与OH－恰好完全反应，所以离子方程式为：2H++SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时，HCO3−与OH−也反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O，故D错误；
答案选C。
14．D
【详解】
A. 强酸、强碱、加热、重金属盐及某些有机物例如甲醛等可使蛋白质发生变性，变性为不可逆反应，故A正确；
B.甲酸为弱酸可与氢氧化铜发生中和反应，溶液显蓝色；乙醇无现象；乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下会生成砖红色沉淀，故B正确；
C.饱和的碳酸钠溶液可以与乙酸发生反应，且会与乙酸乙酯分层，故C正确；
D.溴易溶于苯，应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反应分液，以除去苯中少量苯酚，故D错误；
故答案为D。
15．A
【分析】
A、物质和氢气的加成反应即为还原反应；
B、分子式相同而结构不同的有机物之间的互称同分异构体；
C、根据有机物质的结构简式可以书写分子式；
D、有机物质的不饱和键可以和氢气发生加成反应。
【详解】
A、维生素A和氢气的加成反应属于还原反应, 所以选项A是正确的；
B、视黄醛和维生素A的分子式不同,不能互称同分异构体,故B错误；
C、根据有机物质的结构简式可以书写分子式为: C20H28O,故C错误；
D、1ml视黄醛最多能与6mlH2发生加成反应,故D错误；
综上所述，本题正确选项A。
16．B
【解析】
【分析】
同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，所以原子序数X>Y>Z>W,X的最高价氧化物的水溶液为碱性，而且0.010 ml·L－1的这四种溶液pH为12，确定为一元强碱，所以X为Na，W的最高价氧化物的水溶液的pH为2，W为Cl、Z为S，Y的溶液的pH为4，为弱酸磷酸，Y为P，存在同素异形体。
【详解】
A、四种元素简单离子的半径Y>Z>W>X，错误；
B、P存在红磷和白磷等多种同素异形体，正确；
C、YZW的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱，错误；
D、NaOH与磷酸恰好反应，生成强碱弱酸盐，水解为碱性，错误；
答案选B。
17．B
【详解】
A．pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01，0. 01的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，故A错误；
B．0. 1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B正确；
C．NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：，，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2(，HClO的，HF的，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，故C错误；
D．Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，故D错误；
故选：B。
18．D
【详解】
A．71g氯气的物质的量为1ml，而氯气和水的反应为可逆反应，溶液中含Cl-、Cl2、HClO和ClO-，1mlCl2溶于水后，由于氯气分子中含有2个氯原子，则溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子的总物质的量需要2ml，粒子总数小于2NA，Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为大于NA，故A错误；
B．溶液的体积未知，不能计算CH3COOH溶液中H＋的数目，B错误；
C．1mlFeI2与Cl2发生反应，I－转化为I2，Fe2＋转化为Fe3＋，则1mlFeI2反应总共转移3ml电子，其数目为3NA，C错误；
D．标况下，2.24LCH3Cl的物质的量为0.1ml，1mlCH3Cl含有1mlC－Cl键，则标况下，2.24LCH3Cl含有的C－Cl键的数目为0.1NA，D正确。
答案选D。
19．D
【解析】
【详解】
A、由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，△H>0，由化学计量数可知△S>0，△H-T△S<0的反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，选项A错误；
B、生成物中氨气与CO2始终按2:1生成，则混合气体平均相对分子质量始终不变，当体系中气体的平均相对分子质量不变时，不能说明该反应达到了平衡状态，选项B错误；
C、恒温恒容条件下，向原平衡体系中再充入2mlNH3和1mlCO2，平衡逆向移动，与原平衡时相比气体的物质的量比相同，达平衡后NH3浓度不变，选项C错误；
D、15℃时，平衡气体总浓度为2.4×10-3ml/L，结合反应可知c(NH3)=1.6×10-3 ml/L， c(CO2)=0.8×10-3ml/L，K= (1.6×10-3ml/L)2×0.8×10-3ml/L=2.05×10-9 (ml/L)3，选项D正确；
答案选D。
20．D
【详解】
A．据图可知初始反应物有H2O和CO2，最终产物为HCOOH和O2，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为2H2O+2CO22HCOOH+O2，A正确；
B．据图可知该反应在光照的条件下进行反应，将光能转化为化学能，B正确；
C．H2O失电子后转化为O2，所以b得电子被还原转化为a，则a为Fe2+、b为Fe3+，C正确；
D．根据条件可知该反应为吸热反应，焓变大于0，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正＞Ea逆，D错误；
综上所述答案为D。
21．D
【详解】
A．黄铜矿中S元素为-2价，而多硫化物中S元素的化合价≥-1价，所以黄铜矿中不存在类似多硫化物的硫硫键，A正确；
B．根据过氧化物的性质可推测多硫化物盐在酸性条件下不稳定，易发生歧化反应生成S单质和硫化氢，B正确；
C．天然橡胶硫化生成多硫链后，使其物理机械性能和化学性能得到了改善，C正确；
D．Na2S5具有一定的氧化性，易被还原，所以应作正极反应物，负极反应物应为易被氧化的钠单质，D错误；
综上所述答案为D。
22．B
【分析】
根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图知道：装置属于原电池装置，X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极，据此回答。
【详解】
A．处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，盐桥中的阳离子移向正极，即盐桥中K+向Y极移动，故A正极；
B．X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，则总反应式为：5NH3+3═4N2+6H2O+3OH-，则电路中流过7.5 ml电子时，共产生标准状况下N2的体积为×4ml×22.4L/ml=44.8L，故B错误；
C．电子从负极经外电路流向正极，即X极沿导线流向Y极，故C正确；
D．Y是正极，发生得电子的还原反应，2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，生成氢氧根离子，周围pH 增大，故D正确；
故答案为B。
23．C
【分析】
二元酸H2R存在两步电离：H2R⇌HR-+H+，根据图上第一个交点，c(H2R)=c(HR-)，Ka1==c(H+)=1.0×10-1.3；HR-⇌R2-+H+，根据图上的第二个交点，c(R2-)=c(HR-)，Ka2==c(H+)=1.0×10-4.3；R2-发生两步水解：R2-+H2O⇌HR-+OH-，Kh1==1.0×10-9.7；HR-+H2O⇌H2R+OH-，Kh2==1.0×10-12.7。
【详解】
A．根据分析，H2R的一级电离常数Ka1=1.0×10-1.3，则数量级为10-2，A叙述正确；
B．如图在pH=4.3时溶液中c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)，故3c(R2-)=c(Na+ )+c(H+)-c(OH-)，B叙述正确；
C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR-可以电离也可以水解，由于Ka2=1.0×10-4.3大于Kh2=1.0×10-12.7，则以电离为主，溶液显酸性，故电离产物c(R2-)大于水解产物c(H2R)，C说法错误；
D．根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1(H2R)＞Ka2(H2R)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，可得酸性：H2R＞HR¯＞H2CO3＞HCO3¯，可得酸根离子结合氢离子能力：CO＞HCO＞R2-＞HR¯；那么向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，因为是少量酸性溶液，只能将CO转化为HCO，酸性不足还不能生成HR-，仍然以R2-形式存在，故发生的反应是：2CO+H2R= 2HCO+R2-，D叙述正确；
答案为C。
24．D
【详解】
A．三乙醇胺与氨气均为分子晶体，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，题干信息已知三乙醇胺的沸点比氨的沸点高得多，故常温常压下，三乙醇胺分子间作用力较氨气强，A正确；
B．类比于氨气溶于水呈碱性，NH3+H2O+OH-，故三乙醇胺水溶液呈碱性原因为：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正确；
C．类比于氨水吸收CO2生产不稳定的碳酸盐，受热易分解释放CO2，因三乙醇胺的沸点360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制温度受热时分解放出气体，可回收循环利用，C正确；
D．已知工业上可用环氧乙烷和氨水制备N(CH2CH2OH)3，但投料时若提高氨水比例，会增大副产物-乙醇胺的产率，所以工业上常常增大环氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D错误；
故答案为：D。
25．C
【详解】
A．取少量溶液于试管中，加足量的稀硫酸，将产生的气体通入澄清石灰水中，若产生无色无味的气体，且石灰水变浑浊，则该溶液中含或，故A错误；
B．Fe与水蒸气高温反应的固体产物中可能有铁，加足量的稀盐酸溶解，+3价铁可能被铁粉还原为+2价，故B错误；
C．2CrO+2H+ Cr2O+H2O，向试管中加入溶液，滴加数滴溶液，溶液由黄色变橙色，说明增大浓度，平衡向生成反应方向移动，故C正确；
D．甘油是丙三醇，与新制氢氧化铜反应生成绛蓝色溶液，故D错误；
选C。
26．> ++H2O=+Al(OH)3↓ 甲醇分子间存在氢键
【详解】
(1)向偏铝酸钠溶液中滴加小苏打溶液会生成白色沉淀，即发生反应：++H2O=+Al(OH)3↓，此反应可以理解为结合了电离出的H+，并结合水生成了氢氧化铝沉淀，促进电离转化为，说明结合H+的能力强于，故答案为：>；++H2O=+Al(OH)3↓；
(2)Ca最外层有2个电子，失去2个电子呈+2价，N最外层有5个电子，得到3个电子呈-3价，达到稳定结构，故Ca3N2的电子式为：；
(3)甲醇中含有O-H，H原子与电负性很强的O相连，容易和其他甲醇形成分子间氢键，而甲醛是羰基不能形成氢键，只有分子间作用力，而氢键的作用力大于分子间作用力，需要更多的热量去破坏氢键使甲醇沸腾，因此，甲醇的沸点高，故原因是甲醇分子间存在氢键。
27．吸收412(x-y) 催化剂不能改变物质的平衡转化率；750℃时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用Ⅰ时CH4的转化率 反应吸热，温度升高，CH4转化率增大 减小二氧化碳浓度 > k1=2k2·KP BD 2NO2(g)N2O4(g) △H＜0在其他条件不变时，降温平衡右移，有利于NO2转化为N2O4 N2O4﹣2e－＋2HNO3=2N2O5＋2H+ NO2
【详解】
(1)结合图1，转化为甲烷为（x-y）ml/L×2L=2（x-y）ml，且物质的量与热量成正比，由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206kJ•ml-1可知，1ml甲烷完全反应吸收206kJ的热量，平衡时转化的甲烷为2（x-y）ml，共吸收412（x-y）kJ的热量；催化剂不能改变物质的平衡转化率，750℃时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用Ⅰ时CH4的转化率，a点所处的状态不是化学平衡状态；相同催化剂时，升高温度平衡正向移动，转化率增大，温度c＞b，CH4的转化率：c＞b，故答案为：催化剂不能改变物质的平衡转化率；750℃时，反应相同时间，a点对应的CH4的转化率低于使用Ⅰ时CH4的转化率；反应吸热，温度升高，CH4转化率增大；
(2)①根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质(减小CO2的浓度)，故答案为：减小二氧化碳浓度；
③原先达到平衡时，Qc=K，在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，Qc= =Qcv逆，故答案为：>；
(3)v正=k1⋅p2(NO2)，v逆=k2⋅p(N2O4)，所以Kp=，所以k1=2k2·KP，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，根据图象，B、D所对应的速率刚好为1：2的关系，所以B、D为平衡点，故答案为：k1=2k2·KP；BD；
(4)①已知2NO2(g)N2O4(g) △H＜0，故在其他条件不变时，降温平衡右移，有利于NO2转化为N2O4，故需要进行降温处理，故答案为：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0在其他条件不变时，降温平衡右移，有利于NO2转化为N2O4；
②阳极发生氧化反应使N2O4最终转化为N2O5，其电极反应式为：N2O4﹣2e－＋2HNO3=2N2O5＋2H+，故答案为：N2O4﹣2e－＋2HNO3=2N2O5＋2H+；
③阴极区因硝酸根离子的氧化性强先得电子，其电极反应式NO＋2H++e-＝NO2＋H2O，故得到一种可循环利用的物质，其化学式是NO2，故答案为：NO2。
28．300 0.2
【详解】
(1)根据可知，电路中通过的电量；
(2)因每个电子的电量为，电解时，转移的电子数目，转移电子的物质的量为，由阴极的电极反应式：可知，析出铜的质量为，此时阳极的电极反应式为，则两块铜片质量相差了。
29．H2 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 6NO+4NH35N2+6H2O
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质，E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色，则F为NO2，E为NO，C为O2；Y与X反应出现白烟，Y与CuO共热生成B，B可转化为NO，则Y为NH3、B为N2；D与B反应生成NH3，则D为H2；D与O2反应生成Z，则Z为H2O；D(H2)与A(Cl2)反应生成的气体X为HCl，F与Z反应生成G与E，则G为HNO3。
【详解】
(1)根据分析，D为 H2；
(2)根据分析，Y为NH3，B为N2，Z为H2O，NH3与CuO反应，每生成1ml N2消耗3mlCuO，该反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
(3)根据分析，Y为NH3，E为NO，B为N2，Z为H2O，NO和NH3反应生成N2和H2O，方程式为6NO+4NH35N2+6H2O。
30．防止污染环境或吸收多余的ClO2 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 SO B E 滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复 % 偏高
【分析】
装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O; 装置B中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入B中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。，从装置B的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置C是吸收多余气体防止污染。据此解答。
【详解】
⑴装置C的作用是吸收ClO2，防止污染空气。故答案为：防止污染环境或吸收多余的ClO2。
⑵装置B中以ClO2为原料制备NaClO2，ClO2中氯元素的价态由+4降低到+3价，ClO2为氧化剂，则H2O2还原剂，H2O2中氧元素的价态应有-1价升高到0价，则应有O2生成，则方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。
⑶装置A中在制备ClO2的同时，还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的SO2随ClO2到B装置中，则SO2被H2O2氧化为硫酸，硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠，则装置B反应后的溶液中还可能含有的一种阴离子是SO。故答案为：SO。
⑷根据已知：①饱和NaClO溶液析出晶体与温度的关系，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1;则从装置B反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括: ①减压，55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用38℃~60℃热水洗涤;④低于60℃干燥，得到成品。故答案为：B；E。
(5) ①ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2, C1O2被还原为C1-，同时生成H2O，反应离子方程式为: ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cml·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2＋2S2O＝S4O＋2I－，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复。故答案为： 滴入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色或浅蓝色退去且半分钟颜色不恢复
②由反应中的I元素守恒可知：，25.00mL待测溶液中n(NaClO2)= ，m(NaClO2)＝；样品m g配成的250mL待测溶液中的NaClO2质量扩大10倍，故样品中NaClO2的质量分数为。
③滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小，消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏高。故答案为：偏高。
31．CD 、
【分析】
A和甲醇在浓硫酸的条件下反应应为酯化反应，说明A中含有羧基，结合信息，B到C的反应应为氨基形成肽键的过程，说明A中含有氨基，从C到D的条件分析，A、C中含有羟基，结合最后产物的结构分析，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为据此分析。
【详解】
A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E为D在苯环上的氯代产物，结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为。
(1)A.化合物A含有羧基和氨基，能形成内盐，故正确；B.化合物B转化到C，是氨基形成肽键，属于取代反应，C到D为羟基变成醚键，属于取代反应，D到化合物E为苯环上的取代反应，故共经历3个取代反应，故正确；C.化合物G含有肽键和氯原子和醚键，有苯环，能发生加成反应、还原反应、氧化反应，不能发生消去反应，故错误；D.甲氧氯普胺的分子式为C14H18N3O2Cl，故错误。故选CD。
（2）通过信息2分析，E和F反应形成肽键，化合物G的结构简式为；
（3写出B→C为形成肽键的过程，其化学方程式为
；
(4)化合物A(C7H7NO2)的可能的同分异构体①HMNR及IR谱显示，分子中含苯环且苯环上的氢只有2种，说明苯环上连接两个对位取代基。②能发生水解反应及银镜反应，说明为甲酸酯。其结构简式有；
(5)用环氧乙烷()与乙醇为主要原料，合成化合物F(C6H16N2)，需要将碳链加长，根据信息2分析，环氧乙烷可以和氨气反应生成有氨基和羟基的物质，乙醇可以变成卤代烃，氨基和卤素原子方程式取代反应，碳链加长为6个碳原子，结构含有含有一个氮原子和一个羟基，再次利用该原理，羟基变卤素原子，再与氨气反应即可的产物，合成路线为：
。