卷十-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用）

这是一份卷十-备战2022年高考化学临考押题卷（浙江适用），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，原理综合题，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。
一、单选题
1．下列反应中，属于加成反应的是
A．CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrB．CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O
C．CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2OD．+HNO3－NO2+H2O
2．下列说法正确的是（ ）
A．为了提高汽油等轻质油的产量和品质，除了石油裂解之外还有催化重整等工艺
B．核磁共振法、红外光谱法和质谱法等都可以分析有机物的结构
C．石油中主要含有烷烃，而煤中主要含有芳香烃
D．石油的分馏和煤的气化都是物理变化
3．下列物质的用途不正确的是
①Ca(ClO)2是84消毒液的有效成分 ②Fe2O3可用作红色涂料
③氢氧化铁胶体能用于净水和杀菌消毒 ④液氨可用作制冷剂
⑤Na2O2可用作潜水艇的供氧剂 ⑥H2O2可用作绿色氧化剂
⑦二氧化硫可用来漂白馒头 ⑧钠失火后可用二氧化碳作灭火剂
A．①③⑦⑧B．①②⑦⑧C．①③④⑤D．②③⑤⑦
4．下列制取硫酸铜的实验设计中，能体现“经济、高效、环保”精神的最佳方案是( )
A．铜与浓硫酸共热
B．用铜片为阳极，石墨为阴极，电解稀硫酸
C．先灼烧废铜屑生成氧化铜，然后再用浓硫酸溶解
D．适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解
5．下列说法正确的是
A．非金属元素之间只能形成共价化合物B．含有离子键的化合物不一定是离子化合物
C．含有共价键的化合物一定是共价化合物D．离子化合物中可能含有极性键和非极性键
6．下列操作中，能使电离平衡H2O⇌H++OH-，向右移动且溶液呈酸性的是
A．向水中加入NaHSO4溶液
B．向水中加入Fe2(SO4)3固体
C．向水中加入K2CO3溶液
D．将水加热到100℃，使pH=6
7．某铁的氧化物(FeOx)3.04g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下224mLCl2，恰好完全氧化生成Fe3+。x值为（ ）
A．0.80B．0.93C．0.90D．1.25
8．下列说法正确的是
A．任何化学反应都有焓变
B．使用催化剂可以改变反应的平衡常数
C．增大压强，反应速率一定加快，平衡一定移动
D．对于同一个化学反应，反应路径改变，其反应的焓变也改变
9．下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10．下列有关新制氯水的说法不正确的是
A．新制氯水呈黄绿色，是因为氯水中含有
B．新制氯水滴到溶液中，有气泡产生，说明氯水中含有
C．新制氯水滴到硝酸银溶液中，能产生白色沉淀
D．新制氯水光照一段时间，酸性会减弱
11．已知：NH3+CO2+H2O+NaCl= NaHCO3↓+NH4Cl。若实验室根据此原理制备少量的NaHCO3，下列实验过程中选用的主要仪器不正确的是
A．制取氨气，可选用②③B．制取 NaHCO3，可选用⑨
C．分离 NaHCO3，可选用④⑤⑦D．干燥 NaHCO3，可选用①②⑦⑧
12．化学反应中一定伴随着能量的变化，下列有关能量的说法错误的是
A．水的电离是吸热过程
B．任何中和反应都是放热过程
C．饱和食盐水电解时，化学能转变成电能
D．将NH4NO3(s)投入水中，溶液温度降低
13．常温下，在等体积①pH=0的硫酸 ②0.1ml·L－1NaOH溶液③pH =10的纯碱溶液水电离程度的大小顺序是（ ）
A．①>②>③B．②>①>③C．③>①>②D．③>②>①
14．下列各组有机物中，既不互为同系物，又不互为同分异构体的是
A．CH3CH2CH2SCH2CH3与CH3CH2CH2CH2CH2SH
B．与
C．与
D．与
15．下列关于工业合成氨反应的说法正确的是
A．使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化率
B．500 ℃左右比室温更有利于合成氨的反应，提高H2的平衡转化率
C．合成氨采用2×107～5×107 Pa，因为该压强下铁触媒的活性最高
D．合成氨工业采用高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间
16．下列说法正确的是( )
A．镁着火时可用二氧化碳灭火器灭火
B．生物炼铜就是利用特殊的细菌将硫化铜直接转化为铜
C．现代化学分析测试中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成。如用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素
D．铝比铁活泼，所以铝制品比铁制品更容易被腐蚀
17．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32－+2H＋=SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－+ CO2+ H2O=H2SiO3↓+ CO32－
C．向稀H2SO4中加入过量Ba(OH)2溶液：2H++SO42－+ Ba2++2OH－=BaSO4↓+ 2H2O
D．向AlCl3溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O=AlO2－+4NH4++2H2O
18．下列各组反应（表内物质均为反应物）刚开始时，放出H2的速率最大的是 （ ）
A．AB．BC．CD．D
19．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．28g氮气所含有的原子数目为NA
B．常温常压下，22.4L氯化氢所含的原子数为2NA
C．标准状况下，22.4L水中含有个水分子NA
D．2.4g镁与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.2NA
20．下列一定属于纯净物的是 （ ）
A．C2H6OB．CH2C12C．消毒酒精D．聚氯乙烯
21．判断下列概念的依据正确的是
A．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
B．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象
C．强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小
D．氧化还原反应的本质：有电子的得失或偏移
22．下列叙述正确的是
A．操作I导致配制溶液的物质的量浓度偏小
B．用装置II除去CO2中的HCl
C．实验III可观察铁钉的吸氧腐蚀
D．实验IV记录的读数为12.20mL
23．下列属于有机物，又是强电解质的是（ ）
A．硬脂酸钠B．甘油C．苯酚D．硝基苯
24．下列说法错误的是
A．甲烷和乙烷具有相似的化学性质B．丙烷分子中的碳原子不在一条直线上
C．用酸性溶液可鉴别甲烷和氢气D．烷烃的熔沸点随碳原子数的增加而升高
25．下列化学用语不正确的是
A．NH3分子的结构式：B．乙烯的球棍模型:
C．NaCl的电子式：D．中子数为7的碳原子
二、填空题
26．有以下11种物质：①Ne ②HCl ③P4 ④H2O2 ⑤Na2S ⑥NaOH ⑦Na2O2 ⑧NH4Cl ⑨AlCl3 ⑩Cu ⑪CuSO4•5H2O
请用上述物质的序号填空：
(1)不存在化学键的是___。
(2)只存在极性共价键的是___。
(3)只存在非极性共价键的是___。
(4)既存在非极性共价键又存在极性共价键的是__。
(5)只存在离子键的是___。
(6)既存在离子键又存在共价键的是__。
(7)存在配位键的是___。
(8)常温或熔融状态能导电的是___。
三、计算题
27．按要求进行计算，直接写出结果。
(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量是________，含H原子的数目约是________。
(2)5.6 g的铁与足量的盐酸完全反应，在标准状况下产生的气体体积是_______。
(3)标准状况下，11.2 L的HCl气体溶于水配成2 L溶液，则溶液的物质的量浓度为________。
(4)250 mL 0.2 ml/L的Al2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度为________。
四、原理综合题
28．(1)反应 A+B→C(放热)分两步进行①A+B→X(吸热)；②X→C(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是______。
(2)合成氨工业中，合成塔中每产生 2ml NH3，放出 92.2kJ 热量，已知(见图)：则 1ml N﹣H 键断裂吸收的能量约等于_______kJ。
(3)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在 100mL 稀盐酸中加入足量的锌粉， 用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
在 0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5 min 各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是______，该段时间内用盐酸的浓度变化表示的反应速率为______。
(4)某反应中的反应物和生成物有 FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2。有人将上述反应设计成原电池并画图。
①该电池总反应的离子方程式为______。
②画出原电池简易装置图，并注明电极材料以及电解质溶液______。
五、元素或物质推断题
29．I.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。请根据下图所示，回答下列问题：
（1）X的化学式为____________。
（2）W的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为______________________。
（3）已知SO3是一种酸性氧化物，则SO3与NaOH溶液反应的离子方程式为__________________________________。
（4）欲制备Na2S2O3（硫代硫酸钠），从氧化还原反应角度分析，合理的是_______（填序号）。
A．Na2S＋S B．Na2SO3＋S C．Na2SO3＋Na2SO4 D．SO2＋Na2SO4
（5）将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为_____。
Ⅱ.如图所示：图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：
（1）物质X可以是_____________，C是______，F是_______。
（2）反应①的化学方程式是________________________________________。反应②的化学方程式是___________________________________________。
六、工业流程题
30．石棉尾矿主要含有和少量的、。以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体的工艺如图：
“调节pH除杂”时，需将pH调至，则除去的杂质离子是______，此时溶液中的______已知。
七、有机推断题
31．Ⅰ．某烃A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢。
(1)写出A的结构简式_________________________。
(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？__________(填“是”或者“不是”)。
Ⅱ．2006年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭。“亮菌甲素”的结构简式为: 。它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性。请回答下列问题：
(3)下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是________(填字母)。
A．“亮菌甲素”能与H2发生加成反应
B．不能使酸性KMnO4溶液褪色
C．“亮菌甲素” 的分子式是C12H10O5
D．“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种
(4)丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式_____________________。
(5)依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2∶2∶1。又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为9.4%，1 ml二甘醇与足量金属钠反应生成1 ml H2。写出二甘醇的结构简式_______________________。
操作
现象
结论
A
向苏打和小苏打溶液中分别加入BaCl2溶液
前者出现沉淀，后者无现象
前者能与BaCl2反应，
后者不能
B
用酒精灯加热铝箔
铝熔化并滴落
Al熔点较低
C
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
溶液显红色
Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
编号
金属（粉末状）
物质的量
酸的浓度
酸的体积
反应温度
A
Fe
0.1ml
4ml/L盐酸
10mL
70℃
B
Mg
0.1ml
4ml/L盐酸
10mL
40℃
C
Mg
0.1ml
7ml/L硝酸
10mL
70℃
D
Mg
0.1ml
4ml/L盐酸
10mL
70℃
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)(标况)
50
120
232
290
310
参考答案
1．A
【分析】
加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应，据此判断。
【详解】
A. 碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了1个溴原子，属于加成反应，A项符合题意；
B. CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，属于消去反应，B项不符合题意；
C. CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O，为酸与醇的酯化反应，属于取代反应，C项不符合题意；
D. +HNO3－NO2+H2O，为苯的硝化反应，属于取代反应，D项不符合题意；
故选A。
【点睛】
加成反应是指有机物分子中的双键或三键发生断裂，加进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；氧化反应是指有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应。
2．B
【详解】
A、石油裂解是为了获得乙烯等短链不饱和烃；石油的催化重整是为了获得芳香烃；提高汽油的产量和质量的途径是石油的裂化，选项A错误；
B、质谱法能测定有机物的相对分子质量，核磁共振和红外光谱能测结构，故均能用于分析有机物的结构，选项B正确；
C、石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃等，煤是多种复杂的有机物和无机物的混合物，但煤中不含芳香烃，其干馏后分解可以产生芳香烃，选项C错误；
D、煤的气化是用煤来生产水煤气的过程，故是化学变化；而石油的分馏是物理变化，选项D错误。
答案选B。
【点睛】
本题考查了石油加工、煤的综合利用以及成分等知识点，注意B中这些方法的作用及区别，为易错点，质谱法能测定有机物的相对分子质量、核磁共振和红外光谱能推测结构。
3．A
【分析】
【详解】
①84消毒液的有效成分是NaClO，Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，故①错误；
②氧化铁是红色氧化物，常用作红色涂料和油漆，故②正确；
③氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质，但氢氧化铁不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故③错误；
④液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故④正确；
⑤过氧化钠可以和二氧化碳、水反应生成氧气，用作潜水艇的供氧剂，故⑤正确；
⑥H2O2作氧化剂时生成的产物是水，对环境无污染，是一种绿色氧化剂，故⑥正确，
⑦二氧化硫具有漂白性，可以用来漂白纸浆等，但二氧化硫有毒，不能用于漂白食品，故⑦错误；
⑧钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，会使钠燃烧更旺，所以钠失火后不能用二氧化碳作灭火剂，故⑧错误；
综上所述，错误的是①③⑦⑧；
答案选A。
4．D
【解析】
【分析】
能体现“经济、高效、环保”精神的方案即不会产生有污染的气体，消耗能源、原料少的方案。
【详解】
A、铜与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫是有毒的气体，不符合“经济、高效、环保”精神，故A错误；
B、用铜片为阳极，石墨为阴极，电解稀硫酸的方案消耗电能较大，不符合“经济、高效、环保”精神，故B错误；
C、灼烧废铜屑生成氧化铜是会导致有毒物质的生成和其他有毒物的生成，不符合“经济、高效、环保”精神，故C错误；
D、适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解，不会出现有毒物质，耗能少，符合“经济、高效、环保”精神，故D正确。
答案选D。
5．D
【详解】
A．非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，故A错误；B．含有离子键的化合物一定是离子化合物，故B错误；C．含有共价键的化合物有可能是离子化合物，如氯化铵，故C错误；D．离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，如乙二酸铵等，故D正确；故选D。
点睛：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。本题易错选项是C，注意硫酸氢钠在水溶液里和熔融状态下电离的差异。
6．B
【分析】
能使电离平衡H2O⇌H++OH-向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性，由此分析。
【详解】
A．硫酸氢钠的电离：NaHSO4═Na++H++，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，故A不符合题意；
B．向水中加入Fe2(SO4)3，铁离子水解而促进水电离，Fe3+和水电离时生成的氢氧根离子结合生成氢氧化铁，使溶液中氢离子浓度浓度大于氢氧根离子，溶液呈酸性，故B符合题意；
C．向水中加入K2CO3溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和水电离时生成的氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C不符合题意；
D．升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】
注意不能根据pH确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性。
7．D
【详解】
FeOx中Fe的化合价为+2x，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，Fe元素失去的电子数等于Cl2得到的电子数；标准状况下224mL Cl2得到的电子物质的量为×2=0.02ml，则有：×(3-2x)=0.02ml，解得x=1.25，故答案为D。
8．A
【详解】
A．化学反应的过程一定伴随着反应热的变化，故A正确；
B．催化剂只能改变反应速率，不改变反应的平衡常数，故B错误；
C．对有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，若反应速率不变或同等程度变化，化学平衡不移动，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，焓变与反应路径无关，只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误；
答案选A。
9．A
【解析】
苏打即碳酸钠与氯化钡发生复分解反应生成碳酸钡沉淀，小苏打即碳酸氢钠与氯化钡不反应，A项正确；用酒精灯加热铝箔，铝熔化并不滴落，因铝箔表面的氧化铝熔点高，B项错误；硝酸亚铁电离出的硝酸根与硫酸电离的氢离子形成硝酸，具有强氧化性，能将二价铁氧化物三价铁，C项错误；将水蒸气通过灼热的铁粉生成黑色的四氧化三铁，D项错误。
【点睛】表格类试题是近年来倍受命题人所喜好的一种题型，因这类试题表现为较强的综合性、主观性，同时能将形象理解与抽象思维巧妙地结合起来，与学生的思维认知能力合拍，从而为命题者提供了广阔的空间。因此，对于这一类型的题目，主要通过考察学生的对于综合知识的把握，以及注重对于现象与性质之间关系的联系。此类题目都是在考查常见金属、非金属性质，对学生的识记能力要求比较大，金属中的钠、铁、镁考的比较多，非金属中的硫、硅、氮，考的比较多，这些知识需要注意。
10．D
【详解】
A．氯气为黄绿色气体，氯气与水的反应是可逆反应，新制氯水呈黄绿色，是因为氯水中含有末反应的，故A正确；
B． 盐酸的酸性强于碳酸，新制氯水滴到溶液中，有气泡产生，说明氯水中含有，故B正确；
C． 新制氯水中含有氯离子，滴到硝酸银溶液中，能产生白色沉淀，故C正确；
D． 新制氯水光照一段时间，次氯酸会分解生成盐酸，酸性会增强，故D错误；
故选D。
11．D
【分析】
A、加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气；
B、向溶有氨的饱和食盐水中通入二氧化碳可以生成NaHCO3沉淀；
C、用过滤法分离出NaHCO3；
D、NaHCO3加热易分解，干燥NaHCO3不能用酒精灯加热。
【详解】
A、加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，选用的主要仪器试管、酒精灯，故A正确；
B、向溶有氨的饱和食盐水中通入二氧化碳可以生成NaHCO3沉淀，制取NaHCO3可选用仪器⑨，故B正确；
C、用过滤法分离出NaHCO3固体，需用烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D、碳酸氢钠受热易分解，故干燥NaHCO3不能用酒精灯加热，不需要酒精灯等相关仪器，故D错误。
12．C
【详解】
A.水的电离是吸热过程，故A正确；
B.所有的中和反应都是放热过程，故B正确;
C.电解饱和食盐水时是将电能转化为化学能，故C错误;
D.固体溶于水的过程是吸热过程,故溶液温度降低，故D正确；
所以本题答案选C。
13．D
【详解】
①pH=0的硫酸酸溶液中，OH-是电离的，c(H+)=1ml/L，水电离的氢氧根：c(OH-)=10-14ml/L；
②0.1ml/L NaOH溶液，溶液中的H+是水电离的，c(OH-)=10-1ml/L，水电离的H+：c(H+)=10-13ml/L；
③pH=10的纯碱溶液，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，溶液中的OH-是水电离出的，水电离的c(OH-)=10-4ml/L；
综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：③＞②＞①，故答案为D。
14．D
【详解】
A、两种物质的分子式相同，前者属硫醚，后者属硫醇，两种互为同分异构体，故A不符合题意；
B、两种物质均含有两种官能团-PH2和-COOH，但分子组成上相差一个CH2原子团，两者互为同系物，故B不符合题意；
C、两种物质分子式相同，但结构式不同，两者互为同分异构体，故C不符合题意；
D、两物质的分子式不同，且分子组成也不是相差若干个CH2原子团，两者既不是同系物也不是同分异构体，故D符合题意。
故选D。
15．D
【详解】
A. 催化剂可提高合成氨反应的速率，但不影响平衡移动，故不影响平衡转化率。故A错误；
B. 合成氨是放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，利于提高H2的平衡转化率，但反应速率跟温度有关，温度越高速率越大，所以温度是取在既保证一定速率，又保证反应尽量向正反应方向移动，同时还要确保催化剂活性，因为催化剂活性跟温度关系很大，一般合成氨反应500℃是保证催化活性最大，不是为了使化学平衡向正反应方向移动，故B错误；
C. 合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能提高正反应速率，跟催化剂无关，故C错误；
D. 合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能提高正反应速率，故合成氨工业采用高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间，故D正确；
故选D。
16．C
【解析】
【详解】
A项、因为镁在点燃的条件下能和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以不能用液态二氧化碳来灭火，A错误；
B项、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，B错误；
C项、不同金属元素的原子吸收光谱不同，所以能用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，C正确；
D项、铝比铁活泼，但铝表面的氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，D错误；
故本题选C。
17．C
【解析】
试题分析：A．HNO3能够将Na2SO3溶液氧化为硫酸，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故B错误；C．向稀H2SO4中加入过量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为2H++SO42－+ Ba2++2OH－=BaSO4↓+ 2H2O，故C正确；D．氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故D错误；故选C。
考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
18．D
【分析】
金属的活泼性决定金属与酸反应的快慢，然后结合氢离子浓度越大，温度越高，反应速率越大来解答。
【详解】
硝酸和镁反应不生成氢气，所以排除。镁的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，镁比铁的反应速率快；在金属相同的条件下，温度越高、氢离子的浓度越大，化学反应速率越快，因此根据表中数据可知反应刚开始时，放出H2的速率最大的是选项D。
答案选D。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素，注意内因是决定反应速率的关键，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，选项A为易错点，硝酸和镁反应不生成氢气。
19．D
【详解】
A．28g氮气物质的量为1ml，1mlN2所含原子数为2N，选项A错误；
B．依据气体摩尔体积的条件应用分析，标准状况气体摩尔体积为22.4L/ml，44.8L氯化氢气体物质的量不是2ml，选项B错误；
C．标准状况水不是气体，22.4L水不是1ml，选项C错误；
D．镁容易失去最外层2个电子变为镁离子，则化学反应中1ml金属镁变成镁离子时失去2ml电子，电子数目为2NA，选项D正确。
答案选D。
20．B
【详解】
A. C2H6O可能为甲醚或乙醇，不一定为纯净物，A项错误；
B. CH2C12为二氯甲烷，属于纯净物，B项正确；
C. 消毒酒精(医用酒精)为75%的乙醇溶液，因此属于混合物，C项错误；
D. 聚乙烯是由聚合度不同的聚乙烯分子组成的，因此不属于纯净物，D项错误；
答案选B。
21．D
【解析】
【详解】
A.仅含有一种元素的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，只含氧元素，属于混合物，故A错误；
B.溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小，丁达尔效应是胶体的特征性质，故B错误；
C.电解质按电离程度分成强电解质和弱电解质，完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；故C错误；
D.氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，本质是电子的转移，电子转移包括电子的得失和偏移；故D正确；
故选D。
【点睛】
正确理解各概念是解答本题的关键，注意：（1）溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的大小；
（2）氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，本质是电子的转移。
22．C
【详解】
A．定容时，俯视读数，所配溶液体积偏小，溶质质量不变，根据c=，浓度偏大，A错误；
B．CO2、HCl都能与碳酸钠溶液发生反应，除去CO2中的HCl，应用饱和NaHCO3溶液，B错误；
C．NaCl溶液显中性，在中性溶液中铁钉发生吸氧腐蚀，造成左侧试管内压强减小，右侧导管中形成一段红色水柱(红墨水进入导管)，C正确；
D．滴定管的0刻度在最上面，从上到下，数字增大，实验IV记录的读数应是11.80mL，D错误。
答案选C。
23．A
【详解】
A. 硬脂酸钠，是有机物，是羧酸盐，是强电解质，故A符合题意；
B. 甘油是丙三醇，有机物，但属于非电解质，故B不符合题意；
C. 苯酚又叫石炭酸，是有机物，属于弱电解质，故C不符合题意；
D. 硝基苯属于有机物，属于非电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
24．C
【详解】
A. 甲烷与乙烷都是烷烃，互为同系物，具有相似的结构，具有相似的化学性质，故A正确；
B. 甲烷是正四面体结构，则甲烷分子中的任意两个氢原子与中心碳原子不可能在一条直线上，丙烷分子相当于甲烷分子中的两个氢原子被两个甲基取代，所以丙烷分子中的所有碳原子不在一条直线上，故B正确；
C. 甲烷和氢气与酸性高锰酸钾溶液均不反应，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和氢气，故C错误；
D. 一般来说，烷烃的熔沸点随碳原子数的增加而升高，故D正确；
故选C。
25．B
【详解】
A项，NH3分子中氮原子最外层5个电子，有三个单电子，与氢原子结合时形成三个共价键，故A正确；B项，乙烯的球棍模型为:，填充模型为：，故B错误；C项，氯化钠属于离子化合物，由钠离子和氯离子构成电子式为：，故C正确；D项，碳原子质子数为6，中子数为7的碳原子质量数为13，故D正确。
26．① ② ③ ④ ⑤ ⑥⑦⑧⑪ ⑧⑨⑪ ⑤⑥⑦⑧⑩⑪
【详解】
(1) Ne是由分子构成的物质，物质分子中仅含有Ne一个原子，因此不存在化学键，故不存在化学键的物质序号是①；
(2)HCl是由HCl分子构成，由于H、Cl是不同元素的原子，二者吸引电子的能力大小不同，因此它们形成的共价键为极性共价键，所以只存在极性共价键的物质序号是②；
(3)P4是由分子构成的物质，仅有P一种元素组成，属于单质；在该物质的分子中4个P原子通过共价键结合，同一元素元素的原子形成的共价键为非极性共价键，因此只存在非极性共价键的物质序号是③；
(4)H2O2是由分子构成的物质，在分子中两个O原子之间以非极性共价键结合，每个O原子再分别与H原子形成极性共价键，因此该物质分子内含有极性共价键、非极性共价键，故既存在非极性共价键又存在极性共价键的物质序号是④；
(5) Na2S是离子化合物，2个Na+与S2-间以离子键结合，故仅含有离子键的物质序号是⑤；
(6)NaOH、Na2O2、NH4Cl、CuSO4•5H2O都是离子化合物，含有离子键、共价键，因此既存在离子键又存在共价键的物质序号是⑥⑦⑧⑪；
(7)在NH4Cl中，、Cl-之间通过离子键结合；在中，NH3与H+之间以配位键结合；在CuSO4•5H2O中，中心Cu2+与配位体H2O的O原子之间以配位键结合，AlCl3的结构为，分子中存在配位键，故存在配位键的物质序号是⑧⑨⑪；
(8)⑩Cu是金属单质，含有自由移动的电子，在常温下能够导电；Na2S、NaOH、Na2O2 、NH4Cl、CuSO4•5H2O都是离子化合物，由阴、阳离子通过离子键结合，在常温下不能导电，在熔融状态下断裂离子键变为自由移动的离子，因而能够导电，故在常温或熔融状态能导电的物质序号是⑤⑥⑦⑧⑩⑪。
27．0.2 ml 3.612×1023 2.24 L 0.25 ml·L-1 0.6 ml·L-1
【分析】
(1)根据n=计算氨气的物质的量，结合一个NH3分子中含有3个H原子，利用N(H)=3N(NH3)=3nNA计算；
(2)先计算Fe的物质的量，然后利用Fe与HCl反应产生FeCl2和H2的物质的量关系计算H2的物质的量，再根据n=计算氢气的体积；
(3)首先根据n=计算HCl的物质的量，然后根据c=计算盐酸的浓度；
(4)根据电解质的浓度与其电离产生的离子浓度关系计算溶液中SO42-的物质的量浓度。
【详解】
(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量n==0.2ml，由于一个NH3分子中含有3个H原子，所以0.2mlNH3中含有的H原子数目N(H)=3N(NH3)=3n·NA=3×0.2ml×6.02×1023/ml=3.612×1023；
(2)n(Fe)=5.6g÷56g/ml=0.1ml，根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(H2)=n(Fe)=0.1ml，所以氢气在标准状况下的体积为V(H2)=0.1ml×22.4L/ml=2.24L；
(3)n(HCl)= 11.2 L÷22.4L/ml=0.5ml，则该HCl溶于水配成2 L溶液，所得溶液的物质的量浓度c==0.25ml/L；
(4) 在Al2(SO4)3溶液中电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，由于微粒所处的溶液是同一溶液，溶液的体积相同，所以它们的浓度比等于微粒的物质的量的比，故c(SO42-)=3c[Al2(SO4)3]=3×0.2 ml/L=0.6ml/L。
【点睛】
本题考查了物质的量的有关计算。涉及n=、c=、n=等，要结合物质的微粒构成关系分析判断。熟练掌握这些计算公式是解题基础。
28．D 391 2min∼3min 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【详解】
（1）A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量， A、B错误，A+B→X(吸热)，则X的能量大于A+B的总能量，X→C(放热)，则X的能量大于C的总能量，答案选D；
（2）工业合成氨反应为：3H2+N2⇌2NH3，反应焓变应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8−6×N−H键键能=−92.2，则N−H键键能=+391kJ；
（3），该题仅已知气体体积变化，在相同条件下，物质的量与气体体积成正比，时间相同，只要气体体积差大的反应速率就越大，0min∼1min、1min∼2min、2min∼3min、3min∼4min、4min∼5min时间段中，△V分别为50mL、(120−50)mL=70mL、(232−120)mL=112mL、(290−232)mL=58mL、(310−290)mL=20mL，故反应速率最快的是2min∼3min；标况下，，参加反应的n(HCl)=2n(H2)=0.005ml×2=0.01ml，盐酸的反应速；
（4）①反应中的反应物和生成物有 FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2，根据氧化还原反应的构成以及物质的性质，得到反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
②反应中铜失电子而被氧化，应为原电池负极，其电极反应式为：负极：Cu−2e−=Cu2+，正极应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，正极反应为：2Fe3++2e−=2Fe2+，电解质是氯化铁溶液，故电池装置图为：。
29．H2S Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O SO3+2OH−＝SO42−+H2O B 2∶1 (NH4)2CO3或NH4HCO3 NH3 NO2 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 4NH3＋5O24NO＋6H2O
【分析】
I.依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+4价氧化物为SO2，Z为+4价的盐可以为Na2SO3，W为+6价的含氧酸为H2SO4；
Ⅱ.X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，且加热能分解，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，
【详解】
I.(1)X为气态氢化物为H2S；
(2)W的浓溶液是浓硫酸溶液，与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；
(3)SO3与NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO3+2OH-=SO42-+H2O；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C和D中S的化合价都大于2，所以B符合题意；
(5)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S做还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫做氧化剂，则氧化产物与还原产物的质量之比为2：1；
Ⅱ. (1)由上述分析可知，物质X可以是(NH4)2CO3或NH4HCO3，C是NH3，F是NO2；
(2)反应①为二氧化碳和过氧化钠的反应，方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；
反应②为氨气的催化氧化反应，方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。
【点睛】
中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：
①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；
②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；
③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；
④某些具有两性的金属：Zn、Al等；
30．、
【分析】
以石棉尾矿(主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸镁晶体(MgCO3•nH2O)的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2＋、Fe3＋、Al3＋的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入NH3•H2O将pH调至5.0左右，将Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2＋＋2HCO3−＋(n−1)H2O＝MgCO3•nH2O↓＋CO2↑，洗涤晶体可得；
根据分析判断需要除去的离子；计算出pH＝5.0时的氢氧根离子浓度，然后结合Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38计算铁离子浓度。
【详解】
以石棉尾矿(主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸镁晶体(MgCO3•nH2O)的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2＋、Fe3＋、Al3＋的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入NH3•H2O将pH调至5.0左右，将Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2＋＋2HCO3−＋(n−1)H2O＝MgCO3•nH2O↓＋CO2↑，洗涤晶体可得；
根据分析可知，“调节pH除杂”时需将pH调至5.0，除去的杂质离子是Fe3＋、Al3＋；
pH＝5.0时，c(H＋)＝1.0×10−5ml/L，c(OH−)＝1.0×10−9ml/L，根据Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38可知，c(Fe3＋)＝ml/L＝4.0×10−11ml/L，
故答案为：Fe3＋、Al3＋；4.0×10−11ml/L。
【点睛】
本题涉及pH及Ksp的计算，解题的关键是要将题中所给的pH转化为溶液的c(OH-)进行计算。
31． 是 AC 、 HOCH2CH2OCH2CH2OH
【详解】
Ⅰ．(1)A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A应为烯烃，设分子式为CnH2n，则有14n=84，n=6，又因为核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，其结构简式应为；
(2)含有碳碳双键，为平面形结构，与碳碳双键直接相连的碳原子在同一个平面上；
Ⅱ．(3)A．“亮菌甲素”含苯环和双键，能与H2发生加成反应，故A正确；
B．含双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；
C．由结构简式可知“亮菌甲素”的分子式是C12H10O5，故C正确；
D．“亮菌甲素”分子中含氧官能团为酚﹣OH、醇﹣OH及﹣COOC﹣，有3种，故D错误；
故答案为AC；
(4)丙二醇的分子式是C3H8O2，则2个﹣OH在不同的C原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式、；
(5)有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1，则含3种位置的H，C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，则：： =4：3：10，1ml二甘醇与足量金属钠反应生成1ml H2，则含2个﹣OH，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH。