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上海市黄浦区2021届高三二模化学试题（word版 含答案）
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这是一份上海市黄浦区2021届高三二模化学试题（word版 含答案），共24页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，填空题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
上海市黄浦区2021届高三二模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶 B．石油经裂化获得乙烯等化工原料
C．用明矾对饮用水消毒 D．联合制碱法制烧碱
2．中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将转化为汽油，过程示意图如下。下列说法错误的是
A．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
B．b的一氯代物有4种
C．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成
D．汽油主要是的烃类混合物
3．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是
A． B． C． D．
4．下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是
A． B． C． D．
5．将下列气体通入溶有足量的溶液中，没有沉淀产生的是
A． B．HCl C． D．
6．关于海水提溴和海带提碘的说法错误的是
A．都经过浓缩、氧化、提取三个步骤 B．氧化步骤都可以通入氯气来实现
C．提取时利用了溴和碘的物理性质 D．实验室模拟时都用到了蒸发皿
7．用如图装置完成电解实验，对实验现象的解释或推测合理的是（ ）
A．a处的试纸变红 B．b电极是正极
C．a处发生的电极反应： D．b处发生的电极反应：
8．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
选项
A
B
C
D
X
稀硫酸
浓硫酸
双氧水
浓氨水
Y
NaOH
气体
A．A B．B C．C D．D
9．在恒温密闭容器中发生反应：()，反应达到平衡后，时缩小容器体积，x随时间(t)变化的关系如图所示。x不可能是
A．V逆(逆反应速率) B．ρ(容器内气体密度)
C．m(容器内CaO质量) D．c(浓度)
10．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1mol月球表面的氦含有的质子数为2NA
B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA
C．2mol 和1mol 催化反应后分子总数为2NA
D．物质的量均为1mol的和中所含阴离子数均为NA
11．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是
A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
12．下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
弱电解质
HClO
非电解质
Al
A．A B．B C．C D．D
13．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
14．常温下，向10mL 0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是
A．b点溶液的pH=7，此时酸碱恰好中和
B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱
C．c点溶液存在c(R+)＞c(CH3COO-)、c(OH-)＞c(H+)
D．b~c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)= Kw=10-14
15．下列解释实验事实的离子方程式较合理的是
A．用Na2S处理含Hg2+的废水：
B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：
C．用Na2SO3溶液吸收少量氯气：
D．草木灰不能与铵态氮肥混合使用：
16．将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是
A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊试液
17．已知四种盐的溶解度(S)曲线如下图所示，下列说法不正确的是
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
18．一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
19．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性： B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径： D．X与Z的最高化合价之和为8
20．研究电化学腐蚀及防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是
A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，锌块上电极反应为2H＋＋2e‒＝H2↑
二、结构与性质
21．中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
三、填空题
22．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。
(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。
(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。
(3)一定温度下该反应的平衡常数。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。
(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。
a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡
b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡
c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变
d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡
(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：
H2
①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用、、分别表示在不同压强下的反应速率]。
②在压强为、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。
四、有机推断题
23．阿特拉(H)是一种重要的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如下路线合成：
已知：Ph-代表苯基；
。
(1)H中含氧官能团的名称为_______，F→G的反应类型为_______。
(2)实验室检验B中官能团所用的试剂依次为_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有两个取代基
②与Na反应产生氢气
③能发生银镜反应
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1
(5)新戊酸()可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线_______。
五、实验题
24．草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备
(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。
参考答案
1．A
【详解】
A．次氯酸钙与潮湿的空气反应生成碳酸钙，长时间存放漂白粉的试剂瓶内有碳酸钙，可与盐酸反应而除去，A正确；
B．石油裂化的目的是为了获得轻质油，裂解才能得到乙烯等化工原料，B错误；
C．明矾水解产生氢氧化铝胶体。可以吸附杂质而达到净水的目的，但不能消毒，C错误；
D．联合制碱法制得的是纯碱，即碳酸钠，烧碱是NaOH，D错误；
综上所述答案为A。
2．C
【详解】
A．该过程能够将CO2转化为汽油，减少碳排放，能够助力“碳中和”的战略愿景，A正确；
B．b为CH3(CH2)5CH3，其一氯代物有4种，如图中的箭头所示的位置，，B正确；
C．根据原子守恒，CO2和H2作用时生成CO和H2O，CO和H2作用时，除了(CH2)n外应该还有H2O生成，因此除了碳氢键外，还有氢氧键形成，C错误；
D．汽油是从石油里分馏出来的，主要是C5～C11的烃类混合物，D正确；
答案选C。
3．B
【详解】
A．C6H6可以表示苯环，也可以表示CH≡C－CH=CH－CH=CH2等烃类，A不符合题意；
B．CH2O只能表示甲醛这一种物质，B符合题意；
C．选项中的核外电子排布示意图可以表示Ne原子，也可以表示Na＋、O2－等10电子的基态粒子，C不符合题意；
D．选项中的球棍模型可以表示NH3、PH3等粒子，D不符合题意；
答案选B。
4．A
【详解】
A．CaC2中含有Ca2+和C形成的离子键，属于离子化合物，同时含有C原子和C原子形成的共价键，A符合题意；
B．硫酸中只含共价键，为共价化合物，B不符合题意；
C．二氯甲烷中只含共价键，为共价键化合物，C不符合题意；
D．氯化铝中只含共价键，为共价化合物，D不符合题意；
综上所述答案为A。
5．B
【详解】
A．H2S会和SO2反应生成S单质，2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A不符合题意；
B．HCl不与SO2、BaCl2反应，没有沉淀生成，B符合题意；
C．Cl2能氧化SO2生成H2SO4，与Ba2＋结合生成BaSO4，Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－，Ba2＋＋=BaSO4↓，C不符合题意；
D．NO2溶于水生成HNO3，硝酸能将SO2氧化成H2SO4，再与Ba2＋生成沉淀，D不符合题意；
答案选B。
6．D
【分析】
海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，以此来解答。
【详解】
A．海水中溴离子、碘离子含量较低，应先浓缩，再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘，最后再进行提取，故A正确；
B．氯气具有氧化性，氧化溴离子生成单质溴，氧化碘离子生成碘单质，故B正确；
C．分离溴单质利用溴的挥发性，通过萃取分液、蒸馏方法可以得到碘单质，利用了溴和碘的物理性质，故C正确；
D．海带提碘的过程中，最终需要萃取分液、蒸馏方法得到碘单质，不需要蒸发皿，故D错误；
综上所述，本题选D。
7．D
【分析】
由图可知，b处与电源正极相连，b为阳极，a与电源负极相连，可知铁棒为阴极，电解饱和食盐水，阴极生成氢气，阳极生成氯气，以此来解答。
【详解】
A．实验相当于电解饱和氯化钠溶液，a作为阴极，氢离子放电后浓度降低，使氢氧根浓度增大，碱性增强，故使pH试纸变蓝，故A错误；
B．b处与电源正极相连，b为阳极，故B错误；
C．a与电源负极相连，可知铁棒为阴极，电解饱和食盐水，阴极生成氢气，发生的电极反应： ，故C错误；
D．b处与电源正极相连，b为阳极，氯离子放电生成氯气，发生的电极反应：，故D正确；
故答案选：D。
8．C
【详解】
A．亚硫酸钠固体与硫酸反应Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，不需加热，SO2能与水反应，不能用排水法收集，SO2密度比空气大，能用向上排空气法收集，故A不选；
B．乙醇消去制乙烯需要加热，故B不选；
C．双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，故C选；
D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D不选；
故选C。
9．C
【分析】
该可逆反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，达到新的平衡时，与原平衡相比，c(CO2)不变，由CO2的浓度有关的一些物理量也不会发生改变。
【详解】
A．温度一定的情况下，逆反应速率与c(CO2)有关，压缩体积，c(CO2)增大，逆反应速率增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则逆反应速率与原平衡相同，与图像相符，x可能为逆反应速率，A不符合题意；
B．整个反应体系中只有CO2一种气体，密度ρ只与CO2有关。缩小体积的瞬间，根据，V减小，ρ变大；达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则ρ与原平衡相同，x可能为ρ，B不符合题意；
C．缩小体积时，c(CO2)增大，平衡逆向移动，m(CaO)减小，与图像不符，x不可能为m，C符合题意；
D．该可逆反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，压缩体积，c(CO2)增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，x可能为c(CO2)，D不符合题意；
答案选C。
10．C
【详解】
A．质子数=原子序数，He为2号元素，故的质子数为2，所以1mol月球表面的氦含有的质子数为2NA，A项正确；
B．乙酸与甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，15g乙酸与甲酸甲酯的混合物的物质的量为，则含氧原子总数为0.5NA，B项正确；
C．二氧化硫和氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2mol和1mol催化反应后分子总数大于2NA，C项错误；
D．1mol中含有1mol阴离子，1mol含有1mol阴离子，所以物质的量均为1mol的和中所含阴离子数均为NA，D项正确；
答案选C。
11．C
【分析】
①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂。
【详解】
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；
B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B错误；
C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C正确；
D．①中Se的还原性大于SO2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D错误；
故答案为C。
12．A
【详解】
A．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能部分电离，所以是弱电解质，自身不能电离，是非电解质，故A正确；
B．在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．溶于水的能完全电离，所以是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，部分电离，是弱电解质，故C错误；
D．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能完全电离，所以是强电解质，在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；
故答案选A。
13．B
【分析】
N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】
A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
14．B
【详解】
A．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，A正确；
B．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，B错误；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，C正确；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以b~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，D正确；
综上所述答案为B。
15．D
【详解】
A．Na2S为强电解质，写成离子形式，正确离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，A错误；
B．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，B错误；
C．氯气少量，剩余的亚硫酸根和氢离子结合生成亚硫酸氢根，正确离子方程式应为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，C错误；
D．草木灰为碳酸钾，铵态氮肥含有铵根，碳酸根水解显碱性，铵根水解显酸性，二者会相互促进，若二者浓度较小，离子方程式为CO+NH+ H2O =NH3·H2O+HCO，D较合理；
综上所述答案为D。
16．D
【详解】
A．新制氯水中含有氯离子，加入到硝酸银溶液中会生成氯化银沉淀，A不符合题意；
B．新制氯水加入到氯化亚铁溶液中，氯化亚铁被氧化得到氯化铁，溶液显淡黄色，B不符合题意；
C．新制氯水加入到溴化钠溶液生成溴单质，溴单质的水溶液为淡黄色，C不符合题意；
D．新制氯水中含有HClO，具有漂白性，会将石蕊漂白，最终得到无色溶液，D符合题意；
综上所述答案为D。
17．B
【详解】
A．NaCl的溶解度随温度变化很小，而且NaCl是强酸强碱盐，不水解，所以将溶液蒸干可得NaCl固体，正确；
B．MgCl2是强碱弱酸盐，盐酸很容易挥发，将MgCl2溶液蒸干只能得到Mg（OH）2 固体；所以B错误；
C．Mg(ClO3)2的溶解度随温度变化很大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，正确；
D．MgCl2和NaClO3的溶解度随温度变化都没有Mg (ClO3)2大，所以可以在高温下将MgCl2和NaClO3配成饱和溶液，然后迅速降温即可制备Mg (ClO3)2，正确；
答案选B。
18．B
【详解】
A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
19．D
【分析】
由图像和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【详解】
A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；
答案选D。
20．D
【详解】
A．由于活动性：铁＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化，Fe变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，A项正确；
B．d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒，B项正确；
C．若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn作为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，C项正确；
D．d为锌块，金属活动性：锌＞铁，锌块、铁片和海水构成原电池，锌块作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e‒＝Zn2+，D项错误；
答案选D。
21．低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】
(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
22．产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏 CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O 66.7% bc v(P1)＞v(P2)＞v(P3) 由图象可知，P1 MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 通入乙烯气体或增大压强
【详解】
(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸、溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；
(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
(3)利用三等式进行计算；有
平衡常数，得x=，转化率为；
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：；
(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；
b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，b正确；
c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式，温度不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；
d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：，达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d错误；
故答案为：bc；
(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；
②由图像可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。
23．羟基、羧基 还原反应 NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液 + +HCl 、
【分析】
A与SOCl2在过氧化物的作用下发生取代反应生成B，B中Cl原子被-CN取代生成C；对比C、E的结构，结合(4)中D水解得到，可知D为，对比E、G的结构，结合反应条件及给予的信息，可知E中氯原子被取代生成F，F中羰基被还原得到G，故F为，G中-CN再水解得到H。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其含氧官能团为羟基、羧基，根据题目所给信息可知，F中羰基被还原得到G，反应类型为还原反应；
(2)B中官能团为氯原子，需要先再NaOH水溶液、加热条件发生水解反应，将氯元素以氯离子形式转移到溶液中，再滴加硝酸至酸性，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯元素，所需试剂依次为：NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液；
(3)根据分析可知F为 E中氯原子被取代生成F，化学方程式为+ +HCl；
(4)W中含有10个碳原子、2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，则两个取代基可以有邻间对三种情况；
②与Na反应产生氢气，则取代基中含有羟基、羧基或酚羟基；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，由于能和钠反应生成氢气，且只有两个O原子，所以一定不是甲酸形成的酯基，同时也说明一定不含羧基
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，说明含有两个环境相同的甲基，则满足条件的有、；
(5) 模仿B→C→D转化、G→H转化，乙烯先与HCl发生加成反应，然后与NaCN发生取代反应，再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应，最后在①KOH、②酸条件下水解得到，合成路线为： 。
24．e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】
(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
上海市黄浦区2021届高三二模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶 B．石油经裂化获得乙烯等化工原料
C．用明矾对饮用水消毒 D．联合制碱法制烧碱
2．中科院研制出一种多功能催化剂，首次实现将转化为汽油，过程示意图如下。下列说法错误的是
A．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
B．b的一氯代物有4种
C．反应①的产物中含有水，反应②只有碳氢键的形成
D．汽油主要是的烃类混合物
3．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是
A． B． C． D．
4．下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是
A． B． C． D．
5．将下列气体通入溶有足量的溶液中，没有沉淀产生的是
A． B．HCl C． D．
6．关于海水提溴和海带提碘的说法错误的是
A．都经过浓缩、氧化、提取三个步骤 B．氧化步骤都可以通入氯气来实现
C．提取时利用了溴和碘的物理性质 D．实验室模拟时都用到了蒸发皿
7．用如图装置完成电解实验，对实验现象的解释或推测合理的是（ ）
A．a处的试纸变红 B．b电极是正极
C．a处发生的电极反应： D．b处发生的电极反应：
8．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
选项
A
B
C
D
X
稀硫酸
浓硫酸
双氧水
浓氨水
Y
NaOH
气体
A．A B．B C．C D．D
9．在恒温密闭容器中发生反应：()，反应达到平衡后，时缩小容器体积，x随时间(t)变化的关系如图所示。x不可能是
A．V逆(逆反应速率) B．ρ(容器内气体密度)
C．m(容器内CaO质量) D．c(浓度)
10．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1mol月球表面的氦含有的质子数为2NA
B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA
C．2mol 和1mol 催化反应后分子总数为2NA
D．物质的量均为1mol的和中所含阴离子数均为NA
11．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是
A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
12．下表中物质的分类完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
弱电解质
HClO
非电解质
Al
A．A B．B C．C D．D
13．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
14．常温下，向10mL 0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析错误的是
A．b点溶液的pH=7，此时酸碱恰好中和
B．b点导电能力最强，说明ROH为强碱
C．c点溶液存在c(R+)＞c(CH3COO-)、c(OH-)＞c(H+)
D．b~c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)= Kw=10-14
15．下列解释实验事实的离子方程式较合理的是
A．用Na2S处理含Hg2+的废水：
B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：
C．用Na2SO3溶液吸收少量氯气：
D．草木灰不能与铵态氮肥混合使用：
16．将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是
A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊试液
17．已知四种盐的溶解度(S)曲线如下图所示，下列说法不正确的是
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
18．一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
19．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性： B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径： D．X与Z的最高化合价之和为8
20．研究电化学腐蚀及防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是
A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，锌块上电极反应为2H＋＋2e‒＝H2↑
二、结构与性质
21．中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
三、填空题
22．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。
(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。
(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。
(3)一定温度下该反应的平衡常数。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。
(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。
a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡
b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡
c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变
d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡
(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：
H2
①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用、、分别表示在不同压强下的反应速率]。
②在压强为、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。
四、有机推断题
23．阿特拉(H)是一种重要的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如下路线合成：
已知：Ph-代表苯基；
。
(1)H中含氧官能团的名称为_______，F→G的反应类型为_______。
(2)实验室检验B中官能团所用的试剂依次为_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有两个取代基
②与Na反应产生氢气
③能发生银镜反应
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1
(5)新戊酸()可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线_______。
五、实验题
24．草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备
(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。
参考答案
1．A
【详解】
A．次氯酸钙与潮湿的空气反应生成碳酸钙，长时间存放漂白粉的试剂瓶内有碳酸钙，可与盐酸反应而除去，A正确；
B．石油裂化的目的是为了获得轻质油，裂解才能得到乙烯等化工原料，B错误；
C．明矾水解产生氢氧化铝胶体。可以吸附杂质而达到净水的目的，但不能消毒，C错误；
D．联合制碱法制得的是纯碱，即碳酸钠，烧碱是NaOH，D错误；
综上所述答案为A。
2．C
【详解】
A．该过程能够将CO2转化为汽油，减少碳排放，能够助力“碳中和”的战略愿景，A正确；
B．b为CH3(CH2)5CH3，其一氯代物有4种，如图中的箭头所示的位置，，B正确；
C．根据原子守恒，CO2和H2作用时生成CO和H2O，CO和H2作用时，除了(CH2)n外应该还有H2O生成，因此除了碳氢键外，还有氢氧键形成，C错误；
D．汽油是从石油里分馏出来的，主要是C5～C11的烃类混合物，D正确；
答案选C。
3．B
【详解】
A．C6H6可以表示苯环，也可以表示CH≡C－CH=CH－CH=CH2等烃类，A不符合题意；
B．CH2O只能表示甲醛这一种物质，B符合题意；
C．选项中的核外电子排布示意图可以表示Ne原子，也可以表示Na＋、O2－等10电子的基态粒子，C不符合题意；
D．选项中的球棍模型可以表示NH3、PH3等粒子，D不符合题意；
答案选B。
4．A
【详解】
A．CaC2中含有Ca2+和C形成的离子键，属于离子化合物，同时含有C原子和C原子形成的共价键，A符合题意；
B．硫酸中只含共价键，为共价化合物，B不符合题意；
C．二氯甲烷中只含共价键，为共价键化合物，C不符合题意；
D．氯化铝中只含共价键，为共价化合物，D不符合题意；
综上所述答案为A。
5．B
【详解】
A．H2S会和SO2反应生成S单质，2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A不符合题意；
B．HCl不与SO2、BaCl2反应，没有沉淀生成，B符合题意；
C．Cl2能氧化SO2生成H2SO4，与Ba2＋结合生成BaSO4，Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－，Ba2＋＋=BaSO4↓，C不符合题意；
D．NO2溶于水生成HNO3，硝酸能将SO2氧化成H2SO4，再与Ba2＋生成沉淀，D不符合题意；
答案选B。
6．D
【分析】
海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，以此来解答。
【详解】
A．海水中溴离子、碘离子含量较低，应先浓缩，再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘，最后再进行提取，故A正确；
B．氯气具有氧化性，氧化溴离子生成单质溴，氧化碘离子生成碘单质，故B正确；
C．分离溴单质利用溴的挥发性，通过萃取分液、蒸馏方法可以得到碘单质，利用了溴和碘的物理性质，故C正确；
D．海带提碘的过程中，最终需要萃取分液、蒸馏方法得到碘单质，不需要蒸发皿，故D错误；
综上所述，本题选D。
7．D
【分析】
由图可知，b处与电源正极相连，b为阳极，a与电源负极相连，可知铁棒为阴极，电解饱和食盐水，阴极生成氢气，阳极生成氯气，以此来解答。
【详解】
A．实验相当于电解饱和氯化钠溶液，a作为阴极，氢离子放电后浓度降低，使氢氧根浓度增大，碱性增强，故使pH试纸变蓝，故A错误；
B．b处与电源正极相连，b为阳极，故B错误；
C．a与电源负极相连，可知铁棒为阴极，电解饱和食盐水，阴极生成氢气，发生的电极反应： ，故C错误；
D．b处与电源正极相连，b为阳极，氯离子放电生成氯气，发生的电极反应：，故D正确；
故答案选：D。
8．C
【详解】
A．亚硫酸钠固体与硫酸反应Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，不需加热，SO2能与水反应，不能用排水法收集，SO2密度比空气大，能用向上排空气法收集，故A不选；
B．乙醇消去制乙烯需要加热，故B不选；
C．双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，故C选；
D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D不选；
故选C。
9．C
【分析】
该可逆反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，达到新的平衡时，与原平衡相比，c(CO2)不变，由CO2的浓度有关的一些物理量也不会发生改变。
【详解】
A．温度一定的情况下，逆反应速率与c(CO2)有关，压缩体积，c(CO2)增大，逆反应速率增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则逆反应速率与原平衡相同，与图像相符，x可能为逆反应速率，A不符合题意；
B．整个反应体系中只有CO2一种气体，密度ρ只与CO2有关。缩小体积的瞬间，根据，V减小，ρ变大；达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则ρ与原平衡相同，x可能为ρ，B不符合题意；
C．缩小体积时，c(CO2)增大，平衡逆向移动，m(CaO)减小，与图像不符，x不可能为m，C符合题意；
D．该可逆反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，压缩体积，c(CO2)增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，x可能为c(CO2)，D不符合题意；
答案选C。
10．C
【详解】
A．质子数=原子序数，He为2号元素，故的质子数为2，所以1mol月球表面的氦含有的质子数为2NA，A项正确；
B．乙酸与甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，15g乙酸与甲酸甲酯的混合物的物质的量为，则含氧原子总数为0.5NA，B项正确；
C．二氧化硫和氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2mol和1mol催化反应后分子总数大于2NA，C项错误；
D．1mol中含有1mol阴离子，1mol含有1mol阴离子，所以物质的量均为1mol的和中所含阴离子数均为NA，D项正确；
答案选C。
11．C
【分析】
①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂。
【详解】
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；
B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B错误；
C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C正确；
D．①中Se的还原性大于SO2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D错误；
故答案为C。
12．A
【详解】
A．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能部分电离，所以是弱电解质，自身不能电离，是非电解质，故A正确；
B．在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．溶于水的能完全电离，所以是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，部分电离，是弱电解质，故C错误；
D．在水中能完全电离，所以是强电解质，在水中能完全电离，所以是强电解质，在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；
故答案选A。
13．B
【分析】
N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】
A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
14．B
【详解】
A．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，A正确；
B．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，B错误；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，C正确；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以b~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，D正确；
综上所述答案为B。
15．D
【详解】
A．Na2S为强电解质，写成离子形式，正确离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，A错误；
B．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，正确离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，B错误；
C．氯气少量，剩余的亚硫酸根和氢离子结合生成亚硫酸氢根，正确离子方程式应为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，C错误；
D．草木灰为碳酸钾，铵态氮肥含有铵根，碳酸根水解显碱性，铵根水解显酸性，二者会相互促进，若二者浓度较小，离子方程式为CO+NH+ H2O =NH3·H2O+HCO，D较合理；
综上所述答案为D。
16．D
【详解】
A．新制氯水中含有氯离子，加入到硝酸银溶液中会生成氯化银沉淀，A不符合题意；
B．新制氯水加入到氯化亚铁溶液中，氯化亚铁被氧化得到氯化铁，溶液显淡黄色，B不符合题意；
C．新制氯水加入到溴化钠溶液生成溴单质，溴单质的水溶液为淡黄色，C不符合题意；
D．新制氯水中含有HClO，具有漂白性，会将石蕊漂白，最终得到无色溶液，D符合题意；
综上所述答案为D。
17．B
【详解】
A．NaCl的溶解度随温度变化很小，而且NaCl是强酸强碱盐，不水解，所以将溶液蒸干可得NaCl固体，正确；
B．MgCl2是强碱弱酸盐，盐酸很容易挥发，将MgCl2溶液蒸干只能得到Mg（OH）2 固体；所以B错误；
C．Mg(ClO3)2的溶解度随温度变化很大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，正确；
D．MgCl2和NaClO3的溶解度随温度变化都没有Mg (ClO3)2大，所以可以在高温下将MgCl2和NaClO3配成饱和溶液，然后迅速降温即可制备Mg (ClO3)2，正确；
答案选B。
18．B
【详解】
A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
19．D
【分析】
由图像和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【详解】
A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；
答案选D。
20．D
【详解】
A．由于活动性：铁＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化，Fe变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，A项正确；
B．d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒，B项正确；
C．若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn作为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，C项正确；
D．d为锌块，金属活动性：锌＞铁，锌块、铁片和海水构成原电池，锌块作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e‒＝Zn2+，D项错误；
答案选D。
21．低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】
(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
22．产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏 CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O 66.7% bc v(P1)＞v(P2)＞v(P3) 由图象可知，P1 MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 通入乙烯气体或增大压强
【详解】
(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸、溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；
(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
(3)利用三等式进行计算；有
平衡常数，得x=，转化率为；
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：；
(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；
b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，b正确；
c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式，温度不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；
d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：，达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d错误；
故答案为：bc；
(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；
②由图像可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。
23．羟基、羧基 还原反应 NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液 + +HCl 、
【分析】
A与SOCl2在过氧化物的作用下发生取代反应生成B，B中Cl原子被-CN取代生成C；对比C、E的结构，结合(4)中D水解得到，可知D为，对比E、G的结构，结合反应条件及给予的信息，可知E中氯原子被取代生成F，F中羰基被还原得到G，故F为，G中-CN再水解得到H。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其含氧官能团为羟基、羧基，根据题目所给信息可知，F中羰基被还原得到G，反应类型为还原反应；
(2)B中官能团为氯原子，需要先再NaOH水溶液、加热条件发生水解反应，将氯元素以氯离子形式转移到溶液中，再滴加硝酸至酸性，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯元素，所需试剂依次为：NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液；
(3)根据分析可知F为 E中氯原子被取代生成F，化学方程式为+ +HCl；
(4)W中含有10个碳原子、2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，则两个取代基可以有邻间对三种情况；
②与Na反应产生氢气，则取代基中含有羟基、羧基或酚羟基；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，由于能和钠反应生成氢气，且只有两个O原子，所以一定不是甲酸形成的酯基，同时也说明一定不含羧基
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，说明含有两个环境相同的甲基，则满足条件的有、；
(5) 模仿B→C→D转化、G→H转化，乙烯先与HCl发生加成反应，然后与NaCN发生取代反应，再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应，最后在①KOH、②酸条件下水解得到，合成路线为： 。
24．e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】
(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
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