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上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-01选择题
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这是一份上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-01选择题，共38页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1．（2023·上海金山·统考二模）某合金与铁的物理性质的比较如下表所示,还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
熔点/℃
密度(g/cm3)
硬度(金刚石为10)
导电性(银为100)
某合金
2500
3.00
7.4
2.3
铁
1535
7.86
4.5
17
A．导线 B．门窗框 C．炉具 D．飞机外壳
2．（2023·上海金山·统考二模）反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式： B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6 D．NaClO的电子式：
3．（2023·上海金山·统考二模）下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．Na2SO3
4．（2023·上海金山·统考二模）在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
5．（2023·上海金山·统考二模）下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2 B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯 D．硬度：金刚石＞晶体硅
6．（2023·上海金山·统考二模）下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
7．（2023·上海金山·统考二模）布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2
B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面
D．能发生取代、加成反应
8．（2023·上海金山·统考二模）某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3 B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
9．（2023·上海金山·统考二模）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
a中反应
b中检测试剂及现象
A
MnO2(s)和浓HCl(aq)生成Cl2
AgNO3(aq)中有白色沉淀
B
C(s)与浓H2SO4生成CO2
澄清石灰水变浑浊
C
浓NaOH(aq)与NH4Cl(aq)生成NH3
酚酞溶液变红
D
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2
KMnO4(H+)褪色
A．A B．B C．C D．D
10．（2023·上海金山·统考二模）将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
11．（2023·上海金山·统考二模）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质
乙酸
1−丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
12．（2023·上海金山·统考二模）如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
13．（2023·上海金山·统考二模）明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
14．（2023·上海金山·统考二模）氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体 D．SiH4与NH3分子的极性不同
15．（2023·上海金山·统考二模）下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气
B．氧化Br－
C．分离FeCl3(aq)
D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
16．（2023·上海金山·统考二模）常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
17．（2023·上海金山·统考二模）向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
18．（2023·上海金山·统考二模）溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
19．（2023·上海金山·统考二模）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol
C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
20．（2023·上海金山·统考二模）以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
21．（2022·上海金山·统考二模）下列熔点最高的轻金属是
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
22．（2022·上海金山·统考二模）同温同压下，等质量的CO、CO2气体，下列物理量中CO＜CO2的是
A．分子数 B．体积 C．摩尔体积 D．密度
23．（2022·上海金山·统考二模）液氨中存在：2NH3(l) NH＋NH。下列有关化学用语表示正确的是
A．NH3的比例模型： B．NH的空间构型：三角锥形
C．NH的电子式： D．平衡常数表达式：
24．（2022·上海金山·统考二模）34Se与S为同主族元素。有关性质的比较错误的是
A．半径：Se＞S B．沸点：H2O＞H2Se
C．酸性：H2SeO4＞H2SO4 D．非金属性：Cl＞Se
25．（2022·上海金山·统考二模）在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是
A．FeFeCl3 B．FeFeSO4
C．FeFe3O4 D．FeFeCl2
26．（2022·上海金山·统考二模）NaI晶体中两核间距约0.28 nm，呈共价键；激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距为1.0~1.5 nm，呈离子键。下列说法正确的是
A．离子化合物中不可能含共价键
B．共价键和离子键之间没有明显界线
C．NaI晶体中既有离子键又有共价键
D．NaI晶体是离子化合物和共价化合物的混合物
27．（2022·上海金山·统考二模）下列关于化合物a()和b()的说法正确的是
A．a中所有原子共平面 B．a的二氯代物有6种
C．a、b的分子式均为C6H8 D．a、b均可使KMnO4/H+(aq)褪色
28．（2022·上海金山·统考二模）下列有关实验室制取Cl2的装置正确的是
A．制备Cl2 B．净化Cl2
C．收集Cl2 D．尾气处理
29．（2022·上海金山·统考二模）N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A．22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B．1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C．反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D．2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
30．（2022·上海金山·统考二模）由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．①→②的总过程放热
B．M是CH3COOH
C．反应过程中形成C-H键
D．反应X＋Y→M的原子利用率为100%
31．（2022·上海金山·统考二模）常温下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列离子方程式正确的是
A．H2C2O4＋CO→HCO＋HC2O
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O
C．H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O
32．（2022·上海金山·统考二模）如图是我国化学家合成的聚乙炔衍生物的结构简式(M)，下列说法正确的是
A．M为纯净物
B．M能发生加成、氧化和还原反应
C．1 mol M在足量NaOH溶液中完全水解消耗n mol NaOH
D．合成M的单体有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3
33．（2022·上海金山·统考二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A．过程①和②均属于自然固氮
B．X→Y发生化合反应
C．NH3→N发生氧化还原反应
D．若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
34．（2022·上海金山·统考二模）工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备NaOH和H2SO4，a、b为离子交换膜，装置如图所示。下列说法正确的是
A．c电极与电源负极相连
B．从d口得到H2SO4(aq)
C．若生成1 mol O2，有2 mol Na+穿过a
D．电解总反应：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑
35．（2022·上海金山·统考二模）除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
NaCl(aq)(I2)
CCl4
分液
B
C2H5OH(CH3COOH)
NaOH(aq)
蒸馏
C
HCl(Cl2)
饱和食盐水
洗气
D
CaSO4(CaCO3)
稀硫酸
过滤
A．A B．B C．C D．D
36．（2022·上海金山·统考二模）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：
有关该制碱工艺描述错误的是
A．原料是饱和NaCl(aq)、CO2 B．NH3循环使用
C．X可能是石灰乳 D．产品是Na2CO3和CaCl2
37．（2022·上海金山·统考二模）常温下，等体积等浓度的盐酸与下列溶液分别恰好完全中和。
①V1 mL pH=9的氨水；②V2 mL pH=10的氨水
下列判断正确的是
A．10V2＞V1 B．的比值：②＞①
C．水的电离程度：②＞① D．反应后溶液的pH：①＞②
38．（2022·上海金山·统考二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+
39．（2022·上海金山·统考二模）一定温度下，在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表(已知：炭粉足量)。
容器
T/℃
物质的起始浓度/()
物质的平衡浓度 ()
Ⅰ
1.00
0
0
0.85
Ⅱ
0
1.00
1.00
x
Ⅲ
2.00
0
0
1.60
下列说法错误的是
A． B．达到平衡所需时间：
C． D．℃，该反应的化学平衡常数
40．（2022·上海金山·统考二模）常温下，用0.100 mol·L-1 NaOH(aq)滴定20.00 mL c mol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是
A．H2A电离：H2A→2H+＋A2-
B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)
41．（2021·上海·统考二模）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮的原子核，成功地把氮转变为氧，实现了元素的转变。该核反应为，则微粒X是
A． B． C． D．
42．（2021·上海·统考二模）下列关于二氧六环()的叙述错误的是
A．所有原子共平面 B．可由乙二醇脱水生成
C．只有一种一氯代物 D．与甲基丙酸互为同分异构体
43．（2021·上海·统考二模）已知有钠、钾及钠钾合金，对于它们三者熔点高低比较正确的是
A．钠钾合金＞钠＞钾 B．钠＞钾＞钠钾合金
C．钠＞钠钾合金＞钾 D．钾＞钠钾合金＞钠
44．（2021·上海·统考二模）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为15的硅原子： B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式： D．水分子的比例模型：
45．（2021·上海·统考二模）下列化工生产的主要原理不涉及氧化还原反应的是
A．氯碱工业 B．合成氨 C．氨碱法制纯碱 D．海水提溴
46．（2021·上海·统考二模）Fe3＋和Cu2＋能够在滤纸上彼此分离开的原因是( )
A．饱和FeCl3和CuSO4溶液已经分层
B．阳光的照射使Fe3＋和Cu2＋能彼此分开
C．滤纸对Fe3＋和Cu2＋的吸附力不同
D．Fe3＋和Cu2＋在流动相溶剂中的溶解能力、扩散速度不同
47．（2021·上海·统考二模）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（ ）
A．澄清石灰水 B．硝酸钡溶液 C．氯化钠溶液 D．饱和碳酸钠溶液
48．（2021·上海·统考二模）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是
A．非金属性： B．稳定性：
C．酸性： D．还原性：
49．（2021·上海·统考二模）下列物质受热后能生成金属单质的是
A．碳酸钙 B．氯化铝 C．硫酸铜 D．氧化汞
50．（2021·上海·统考二模）火法炼铜的原理：。关于该原理的说法错误的是
A．作氧化剂
B．中显价
C．既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子个，则消耗
51．（2021·上海·统考二模）深埋在潮湿土壤中的铁制管道，在硫酸盐还原菌(最佳生存环境为)作用下，能被腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是
A．管道发生了吸氧腐蚀 B．此类腐蚀会使土壤的增大
C．酸性条件，管道不易被腐蚀 D．刷富铜油漆可以延缓管道腐蚀
52．（2021·上海·统考二模）合成氨工业中，原料气中的杂质在进入合成塔之前需经过铜氨液处理，其反应为；吸收后的溶液经过适当处理又可再生，再生的适宜条件是
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
53．（2021·上海·统考二模）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是
A．
B．
C．
D．
54．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
55．（2021·上海·统考二模）实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示(加热和夹持装置已省略)。下列说法正确的是
A．实验开始后，发现未加沸石，可直接打开C的瓶塞加入
B．冷凝水由a口进，b口出
C．B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
D．产物中残留的乙酸和正丁醇可用碳酸钠溶液除去
56．（2021·上海·统考二模）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
57．（2021·上海·统考二模）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
58．（2021·上海·统考二模）室温下，向溶液中滴加的稀盐酸，混合溶液与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．a点：
C．b点：
D．c点：
59．（2021·上海·统考二模）和合成的原理：，按相同的物质的量投料，测得在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A． B．反应速率：
C．平衡常数： D．的体积分数：
60．（2021·上海·统考二模）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
参考答案：
1．A
【详解】根据表中数据可知该合金的熔点高、硬度大，密度小于铁，导电性差，因此该合金不适合做导线，答案选A。
2．B
【详解】A．N2H4中每个氮和氢形成单键，氮氮之间为单键，其结构式：，故A错误；
B．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号为：15N，故B正确；
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p4，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．B
【详解】A．Na与空气中氧气反应生成氧化钠，是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．Na2O与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠、氢氧化钠，是非氧化还原反应，故B符合题意；
C．Na2O2与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Na2SO3与空气中氧气反应生成硫酸钠，是氧化还原反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
4．B
【详解】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A不选；
B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故B选；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故 D不选；
故选：B。
5．A
【详解】A．晶体密度与键能无关，故A符合题意；
B．键能越大，物质越稳定，碳氢键键能大，因此热稳定性：CH4＞SiH4，故B不符合题意；
C．乙烯中碳碳双键中π键键能小，易断裂，因此活泼性：乙烯＞苯，故C不符合题意；
D．金刚石中碳碳键键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度：金刚石＞晶体硅，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
6．C
【详解】A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
7．D
【详解】A．分子式为C13H18O2，故A错误；
B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误；
C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．C
【详解】某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3加氢产物为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故A不符合题意；
B．CH2=CHC(CH3)3加氢产物为CH3CH2C(CH3)3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故B不符合题意；
C．(CH3)2C=C(CH3)2加氢产物为(CH3)2CHCH(CH3)2，该产物有2种位置的氢，其一氯代物有2种，故C符合题意；
D．CH3CH=CHCH(CH3)2加氢产物为CH3CH2CH2CH(CH3)2，该产物有5种位置的氢，其一氯代物有5种，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．生成的Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，挥发的盐酸及氯气与水反应生成的盐酸均与硝酸银反应，则不能根据b中现象判断a中有Cl2生成，故A错误；
B．浓H2SO4与碳生成的CO2、SO2，CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，则不能根据b中现象判断a中有CO2生成，故B错误；
C．加热条件下，浓NaOH溶液和NH4Cl反应生成的NH3溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH-而使酚酞溶液变红色，则可根据b中现象判断a中有NH3生成，故C正确；
D．挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中现象不能证明a中乙烯生成，故D错误；
故选：C。
10．C
【分析】由题意可知，该装置为原电池，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，则溶液出现蓝色是因为铜发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故B错误；
C．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，故C正确；
D．由分析可知，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，则铜电极附近铜离子浓度增大，故D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高反应物的利用率，A正确；
B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；
C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；
D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．物质X是FeO，故A错误；
B．Fe2O3→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，故B错误；
C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；
D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D错误。
综上所述，答案为C。
13．A
【详解】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；
B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；
C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；
D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；
故选A。
14．B
【详解】A．SiH4、NH3中心原子价层电子对数均为4，SiH4中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对数为1，因此键角：SiH4＞NH3，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
B．SiH4中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH4中H失去电子，化合价升高，因此SiH4在反应中作还原剂，NH3中N化合价未变，NH3中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si非金属性强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，说明Si3N4为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D．SiH4是非极性分子，NH3是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．C
【详解】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
C．用苯萃取溶液中的溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl3·6H2O，得到氢氧化铁，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．D
【详解】由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫酸根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO ，故D正确。
综上所述，答案为D。
17．A
【详解】A．向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，即氢氧化钡过量碳酸氢钠少量，结合横坐标知a→b发生的主要反应为，A错误；
B．b→c时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，c点两者恰好完全反应，因此b→c溶液中c(OH-)减小，B正确；
C．由题意知c点两者恰好完全反应，即该点溶质为碳酸钠，存在电荷守恒、物料守恒，所以有质子守恒c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)，C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，a点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，b点为反应一半的点，氢氧化钡还有剩余，c点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度c>b>a，D正确；
故选A。
18．B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n()=n(BaSO4)==0.01mol，n()=n(BaSO3)==0.01mol，n()=n(BaSO4)==0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
19．A
【详解】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误；
B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；
C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；
D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。
综上所述，答案为A。
20．D
【详解】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
21．C
【分析】根据金属的密度判断是否是轻金属，根据金属的半径越小，金属键越强，熔沸点越高判断其熔点；
【详解】A．钠属于第三周第一种元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中最大的；熔点是第三周期中金属最低的；故不符合；
B．镁属于第三周期第IIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中比钠大，比铝小；熔点大于钠小于铝；故不符合；
C．铝属于第三周期第IIIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周期中金属最小的，熔点是其金属中最大的，故符合题意；
D．铁密度大于4.5g/cm3，属于重金属，故不符合题意；
故选答案C；
【点睛】此题考查金属的性质，注意金属的密度判断其金属类比。
22．D
【详解】A．二氧化碳的摩尔质量大于CO，等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，分子数CO>CO2，A错误；
B．等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，故体积CO>CO2，B错误；
C．同温同压下，CO、CO2气体的气体摩尔体积相同，C错误；
D．二氧化碳的摩尔质量大于CO，同温同压下，密度CO
23．C
【详解】A．该模型为球棍模型，NH3的比例模型为，故A错误；
B．中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为四面体结构，故B错误；
C．中N原子和2个H原子形成N-H键，N原子还存在2个孤电子对，的电子式，故C正确；
D．平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，平衡常数，故D错误；
故选：C。
24．C
【详解】A．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以半径：Se＞S，故A正确；
B．H2O和H2Se都属于分子晶体，结构相似，前者分子之间存在氢键，熔沸点较高，故B正确；
C．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故C错误；
D．氯的非金属性强于硫，硫的非金属性强于硒，非金属性：Cl＞Se，故D正确；
故选：C。
25．B
【详解】A．Fe和Cl2在加热条件下发生反应生成FeCl3：2Fe+3Cl22FeCl3，物质间的转化能实现，故A不符合；
B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，物质间的转化不能实现，故B符合；
C．Fe和H2O(g)在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，物质间的转化能实现，故C不符合；
D．Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2：Fe+2Fe3+=3Fe2+，物质间的转化能实现，故D不符合；
故选B。
26．B
【详解】A．离子化合物中可能含共价键，如过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．由题给信息可知，碘化钠晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，所以共价键和离子键之间没有明显界线，故B正确；
C．由题给信息可知，晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，则在状态相同时，两种原子组成的晶体中不可能同时存在离子键和共价键，故C错误；
D．由碘化钠晶体的组成可知，晶体是由同种物质形成的纯净物，故D错误；
故选B。
27．B
【详解】A．，分子中标记的1、2号碳原子原子形成的四面体结构，所以a中所有原子不可能共面，A项错误；
B．a的二氯代物种类有和，总共有6种，B项正确；
C．a、b的分子式为C6H6，C项错误；
D．a中有C=C可以使KMnO4/H+溶液褪色，而b中无C=C无法使KMnO4/H+溶液褪色，D项错误；
故选B。
28．D
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气要加热，该装置没有加热，故A项错误；
B．净化氯气应先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水，该装置顺序颠倒，故B项错误；
C．该装置只有通气管，没有排气管，会导致瓶内压强过大，发生安全事故，故C项错误；
D．氯气有毒，能与碱酚酞，多余的氯气应用氢氧化钠除去，故D项正确。
故答案选D。
29．C
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
30．C
【分析】A中根据反应物和生成物的能量变化判断反应类型；B中根据有机物的球棍模型判断判断化学式；C中利用反应物和生成物的变化判断形成的键；D中利用反应方程式进行判断；
【详解】A．根据图象中反应物的能量变化由高到低判断该反应为放热反应，A正确；
B．根据图象中的M的球棍模型判断化学式为CH3COOH，故B正确；
C．根据图象中X判断是甲烷，Y是二氧化碳，两者形成乙酸，形成的是碳碳键、氧氢键，故C不正确；
D．根据原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反应生成乙酸，故原子利用率100%，故D正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查反应类型及反应过程中化学键的变化，注意原子利用率根据反应方程式进行判断。
31．B
【详解】A．根据酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故两者还会反应生成二氧化碳，故正确的离子方程式为：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A项错误；
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合强酸制弱酸的规律，故B项正确；
C．在反应H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合强酸制弱酸的规律，故C项错误；
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合强酸制弱酸的规律，故D项错误。
故答案选B。
32．B
【详解】A．由结构简式可知，M为聚合度不确定的合成高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应是加氢的还原反应，含有的碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故B正确；
C．由结构简式可知，M分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol M在足量氢氧化钠溶液中完全水解消耗2n mol氢氧化钠，故C错误；
D．由结构简式可知，合成M的单体为和，故D错误；
故选B。
33．B
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
34．D
【分析】由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，SO通过b膜移向阳极室，则a膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，以此来解析；
【详解】A．c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，c电极连接电源的正极，A错误；
B．左侧溶液生成NaOH，从d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸从右室上口流出，B错误；
C．若生成1molO2，电路中转移4mol电子，由电荷守恒可知，将有4molNa+穿过阳离子交换膜，C错误；
D．左室生成氢氧化钠和氢气，右室生成氧气和硫酸，电解总反应：2Na2SO4+6H2O 2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑， D正确；
故选D。
35．A
【详解】A．碘单质微溶于水，易溶于四氯化碳，则向含有碘单质的氯化钠溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化钠溶液中混有的碘单质，A符合题意；
B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，蒸馏收集可以得到不含有乙酸的乙醇，但是乙醇中混有水蒸气，B不符合题意；
C．氯化氢极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，将含有氯气的氯化氢气体通入饱和食盐水会除去氯化氢气体，得到氯气，氯气中会混有水蒸气，C不符合题意；
D．硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生， 不能用于除杂，应选盐酸、过滤，D不符合题意；
故选A。
36．A
【分析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl (饱和) +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，以此来解析；
【详解】A．由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，A错误；
B．由制碱工艺图可知，氨气循环使用，B正确；
C．根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，C正确；
D．由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，D正确；
故选A。
37．D
【分析】根据弱碱的电离程度判断起始的浓度，根据酸碱中和的量关系判断消耗的碱之间的关系；利用溶液中水的电离受溶质的影响判断其程度大小；
【详解】A．设pH=9的氨水的浓度为c1，电离程度为α1，则c1=；设pH=10的氨水浓度为c2，电离程度为α2，则c2=；因为故pH=9的氨水比pH=10的氨水电离程度大，故α1>α2，则，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V1×c1=V2×c2，得10V2
C．根据氨水溶液中水的电离受到抑制，抑制程度越大，水的电离程度越小，故②<①,故C不正确；
D．反应后pH=9的氨水消耗的体积大，故最终溶液的体积大，但生成的氯化铵的量相同，故①中最终的氯化铵溶液的浓度较小，故水解后氢离子浓度小，pH大，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查酸碱中和反应，弱电解质的电离规律，注意中和产物盐溶液的酸碱性的判断。
38．D
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
39．B
【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常数公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K()大于K()，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度，故A正确；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；
C．在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则,故C正确；
D．在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正确；
故选B；
40．C
【详解】A．根据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40 mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A是强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，电离方程式为：H2A =H++HA-，HA-H+＋A2-，A错误；
B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B错误；
C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)= c(A2-)+c(OH-)，C正确；
D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D错误；
故合理选项是C。
41．C
【详解】设新粒子质量数为m，质子为n，由质量数和质子数守恒得：4+14=17+m，解得：m=1，故新粒子的质量数为1，由2+7=8+n，解得n=1，可知另一种粒子的质子数为1，所以该粒子为，故C正确；
故选C。
42．A
【详解】A．由于分子中四个碳原子均为sp3杂化，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．2HOCH2CH2OH+2H2O ，故可由乙二醇脱水生成，B正确；
C．上的四个碳原子上的H均为等效H，故其一氯代物只有一种，C正确；
D．的分子式为C4H8O2与甲基丙酸CH3CH(CH3)COOH的分子式也为C4H8O2，故二者互为同分异构体，D正确；
故答案为：A。
43．B
【分析】合金的熔点比各成分金属的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，以此来解答。
【详解】合金的熔点比各成分的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，则熔点为钠>钾>钠和钾的合金，
故答案选B。
44．B
【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；
B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；
C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；
D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；
答案选B。
45．C
【详解】A．氯碱工业是指用惰性电极电解饱和食盐水生成氢气，氯气和氢氧化钠，H、Cl元素化合价变化，是氧化还原反应，故A不符合；
B．工业合成氨是指氮气和氢气在高温高压催化剂的作用下合成氨气，N、H元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不符合；
C．氨碱法制纯碱，是向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C符合；
D. 海水中溴元素是以Br-的形式存在，从海水中提溴时，先用氧化剂将Br-氧化为溴单质，再用空气吹出溴蒸汽，溴元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D不符合；
故选C。
46．D
【详解】A．氯化铁溶液和硫酸铜不能分层，A错误；
B．阳光照射不能使离子分开，B错误；
C．是离子的溶解能力不同，扩散速率不同造成的，不是滤纸的吸附力不同，C错误；
D．含有Cu2＋和Fe3＋的溶液点在滤纸一端，丙酮作流动相溶剂，在滤纸的毛细作用下，展开剂携带Cu2＋和Fe3＋沿滤纸纤维向上移动，因为速度不同(溶解能力的不同)，一段时间后，Cu2＋和Fe3＋距起点的距离会不同，从而达到分离的目的 ，D正确；
故选D。
47．D
【详解】A．澄清石灰水中通入过量CO2，最后生成碳酸氢钙，所以最终不会产生沉淀，故A错误；
B．硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故B错误；
C．氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠，所以析出沉淀碳酸氢钠，故D正确；
答案选D。
【点睛】化学反应一般遵循强酸制弱酸，难挥发性酸制易挥发性酸的规律。
48．B
【分析】短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，说明元素Y的单质更容易与H2化合为气态氢化物，故元素X的非金属性比Y弱，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，非金属性：，A错误；
B．由分析可知，非金属性：，故气态氢化物的稳定性：，B正确；
C．由化学式HXO4可知，X为第ⅦA元素，短周期中第ⅦA只有F和Cl，F无最高价，C错误；
D．由分析可知，非金属性：，故元素单质的氧化性，故气态氢化物的还原性：，D错误；
故答案为：B。
49．D
【详解】A． 碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故A错误；
B． 氯化铝受热难以分解，故B错误；
C． 硫酸铜受热分解生成氧化铜、SO3、SO2和O2，故C错误；
D． 氧化汞受热分解生成金属汞和氧气，故D正确；
故选D。
50．D
【分析】在反应中，Cu元素的化合价从+1价降低为0，S元素的化合价从-2价升高为+4价，O元素的化合价从0降低为-2价，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂，Cu是还原产物，既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A．O元素的化合价从0降低为-2价，得电子，被还原，则作氧化剂，故A正确；
B．中S元素为-2价，则显价，故B正确；
C．既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．当有1mol氧气参与反应时，转移电子6mol，则若反应中转移电子个，即0.4mol，则消耗O2，故D错误；
故选D。
51．B
【详解】A．由题意可知，原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为 +5H2O+8e-=HS-+9OH-，故不是发生吸氧腐蚀，A错误；
B．由图示可知正极发生的电极反应为+5H2O+8e-=HS-+9OH-，负极上是Fe失电子的氧化反应，土壤中的 pH 增大，B正确；
C．根据题意，硫酸盐还原菌在弱碱性条件下活性高，电化学腐蚀速率快，酸性条件下，虽然硫酸盐还原菌会失活，但铁会发生析氢腐蚀，C错误；
D．管道上刷富铜油漆，形成Cu-Fe原电池，Fe作为负极，可以加快管道的腐蚀，D错误；故答案为：B。
52．A
【详解】A．高温低压，平衡逆向移动，故A正确；
B．高温使平衡逆向移动，高压平衡正向移动，故B错误；
C．低温平衡正向移动，低压平衡逆向移动，故C错误；
D．低温平衡正向移动，高压平衡正向移动，故D错误；
故选A。
53．A
【详解】A．N2与O2在放电状态下生成NO，NO与O2接触生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，所以A选项两步转化都能实现，符合题意；
B．第一步，SO2溶于水可以生成H2SO3，但H2SO3不可能与BaCl2生成BaSO3和HCl，不符题意；
C．铁元素金属活泼性不如铝元素，无法实现第一步置换，不符题意；
D．镁元素金属性较强，电解氯化镁溶液无法获得单质镁，需要电解熔融态MgCl2才能获得金属镁，第二步无法实现，不符题意；
综上，本题选A。
54．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
55．D
【详解】A． 实验开始后，若发现未加沸石，应停止加热，待冷却至室温时再加入沸石，以避免热的液体迸溅而烫伤，故A错误；
B． 冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷凝水应从b进，故B错误；
C． 由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故C错误；
D． 乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确；
故选D。
56．C
【详解】A．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，A项错误；
B．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，B项错误；
C．根据图示可知，反应①消耗，反应③又生成，且乙烯水化制乙醇的总反应为，故是总反应的催化剂，C项正确；
D．第一步反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第二步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第三步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D项错误；
故选C。
57．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<，只氧化Fe2+，故D正确；
故选C。
58．D
【详解】A． a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，b点溶液显中性，对水的电离既不促进也不抑制，c点溶液中的溶质是Na2A，A2- 水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度： ，故A错误；
B．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，则，又有电荷守恒：，则，故B错误；
C． b点溶液呈中性，则，又有电荷守恒：，则，故C错误；
D． c点为Na2A溶液，，A2-水解是微弱的，OH-还来自水的电离，则，故D正确；
故选D。
59．C
【详解】A． 由于温度：，根据图象可知：升高温度，平衡时CO2(g)转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故，A错误；
B． c点的温度、压强比b点大，由于升高温度反应速率加快，增大压强化学反应速率加快，所以正反应速率，B错误；
C． 根据选项A分析可知：该反应的正反应为放热反应，ΔH＜0，温度：T1＜T2，升高温度，化学平衡向吸热的反应热方向移动，所以化学平衡常数，C正确；
D． a、b两点反应温度相同，压强：b＞a，在温度不变时，增大压强化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应达到平衡后，由于气体总物质的量减小，甲醇的物质的量增加，所以CH3OH的体积分数：，D错误；
故选C。
60．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1．（2023·上海金山·统考二模）某合金与铁的物理性质的比较如下表所示,还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
熔点/℃
密度(g/cm3)
硬度(金刚石为10)
导电性(银为100)
某合金
2500
3.00
7.4
2.3
铁
1535
7.86
4.5
17
A．导线 B．门窗框 C．炉具 D．飞机外壳
2．（2023·上海金山·统考二模）反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式： B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6 D．NaClO的电子式：
3．（2023·上海金山·统考二模）下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．Na2SO3
4．（2023·上海金山·统考二模）在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
5．（2023·上海金山·统考二模）下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2 B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯 D．硬度：金刚石＞晶体硅
6．（2023·上海金山·统考二模）下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OH B．NH4Cl C．C2H4 D．Na2O2
7．（2023·上海金山·统考二模）布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2
B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面
D．能发生取代、加成反应
8．（2023·上海金山·统考二模）某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3 B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2 D．CH3CH=CHCH(CH3)2
9．（2023·上海金山·统考二模）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
a中反应
b中检测试剂及现象
A
MnO2(s)和浓HCl(aq)生成Cl2
AgNO3(aq)中有白色沉淀
B
C(s)与浓H2SO4生成CO2
澄清石灰水变浑浊
C
浓NaOH(aq)与NH4Cl(aq)生成NH3
酚酞溶液变红
D
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2
KMnO4(H+)褪色
A．A B．B C．C D．D
10．（2023·上海金山·统考二模）将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
11．（2023·上海金山·统考二模）实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质
乙酸
1−丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
12．（2023·上海金山·统考二模）如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
13．（2023·上海金山·统考二模）明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
14．（2023·上海金山·统考二模）氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体 D．SiH4与NH3分子的极性不同
15．（2023·上海金山·统考二模）下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．制取氯气
B．氧化Br－
C．分离FeCl3(aq)
D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
A．A B．B C．C D．D
16．（2023·上海金山·统考二模）常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
17．（2023·上海金山·统考二模）向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
18．（2023·上海金山·统考二模）溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
19．（2023·上海金山·统考二模）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol
C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
20．（2023·上海金山·统考二模）以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
21．（2022·上海金山·统考二模）下列熔点最高的轻金属是
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
22．（2022·上海金山·统考二模）同温同压下，等质量的CO、CO2气体，下列物理量中CO＜CO2的是
A．分子数 B．体积 C．摩尔体积 D．密度
23．（2022·上海金山·统考二模）液氨中存在：2NH3(l) NH＋NH。下列有关化学用语表示正确的是
A．NH3的比例模型： B．NH的空间构型：三角锥形
C．NH的电子式： D．平衡常数表达式：
24．（2022·上海金山·统考二模）34Se与S为同主族元素。有关性质的比较错误的是
A．半径：Se＞S B．沸点：H2O＞H2Se
C．酸性：H2SeO4＞H2SO4 D．非金属性：Cl＞Se
25．（2022·上海金山·统考二模）在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是
A．FeFeCl3 B．FeFeSO4
C．FeFe3O4 D．FeFeCl2
26．（2022·上海金山·统考二模）NaI晶体中两核间距约0.28 nm，呈共价键；激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距为1.0~1.5 nm，呈离子键。下列说法正确的是
A．离子化合物中不可能含共价键
B．共价键和离子键之间没有明显界线
C．NaI晶体中既有离子键又有共价键
D．NaI晶体是离子化合物和共价化合物的混合物
27．（2022·上海金山·统考二模）下列关于化合物a()和b()的说法正确的是
A．a中所有原子共平面 B．a的二氯代物有6种
C．a、b的分子式均为C6H8 D．a、b均可使KMnO4/H+(aq)褪色
28．（2022·上海金山·统考二模）下列有关实验室制取Cl2的装置正确的是
A．制备Cl2 B．净化Cl2
C．收集Cl2 D．尾气处理
29．（2022·上海金山·统考二模）N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A．22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B．1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C．反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D．2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
30．（2022·上海金山·统考二模）由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．①→②的总过程放热
B．M是CH3COOH
C．反应过程中形成C-H键
D．反应X＋Y→M的原子利用率为100%
31．（2022·上海金山·统考二模）常温下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列离子方程式正确的是
A．H2C2O4＋CO→HCO＋HC2O
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O
C．H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O
32．（2022·上海金山·统考二模）如图是我国化学家合成的聚乙炔衍生物的结构简式(M)，下列说法正确的是
A．M为纯净物
B．M能发生加成、氧化和还原反应
C．1 mol M在足量NaOH溶液中完全水解消耗n mol NaOH
D．合成M的单体有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3
33．（2022·上海金山·统考二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A．过程①和②均属于自然固氮
B．X→Y发生化合反应
C．NH3→N发生氧化还原反应
D．若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
34．（2022·上海金山·统考二模）工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备NaOH和H2SO4，a、b为离子交换膜，装置如图所示。下列说法正确的是
A．c电极与电源负极相连
B．从d口得到H2SO4(aq)
C．若生成1 mol O2，有2 mol Na+穿过a
D．电解总反应：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑
35．（2022·上海金山·统考二模）除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
NaCl(aq)(I2)
CCl4
分液
B
C2H5OH(CH3COOH)
NaOH(aq)
蒸馏
C
HCl(Cl2)
饱和食盐水
洗气
D
CaSO4(CaCO3)
稀硫酸
过滤
A．A B．B C．C D．D
36．（2022·上海金山·统考二模）由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：
有关该制碱工艺描述错误的是
A．原料是饱和NaCl(aq)、CO2 B．NH3循环使用
C．X可能是石灰乳 D．产品是Na2CO3和CaCl2
37．（2022·上海金山·统考二模）常温下，等体积等浓度的盐酸与下列溶液分别恰好完全中和。
①V1 mL pH=9的氨水；②V2 mL pH=10的氨水
下列判断正确的是
A．10V2＞V1 B．的比值：②＞①
C．水的电离程度：②＞① D．反应后溶液的pH：①＞②
38．（2022·上海金山·统考二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+
39．（2022·上海金山·统考二模）一定温度下，在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表(已知：炭粉足量)。
容器
T/℃
物质的起始浓度/()
物质的平衡浓度 ()
Ⅰ
1.00
0
0
0.85
Ⅱ
0
1.00
1.00
x
Ⅲ
2.00
0
0
1.60
下列说法错误的是
A． B．达到平衡所需时间：
C． D．℃，该反应的化学平衡常数
40．（2022·上海金山·统考二模）常温下，用0.100 mol·L-1 NaOH(aq)滴定20.00 mL c mol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是
A．H2A电离：H2A→2H+＋A2-
B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)
41．（2021·上海·统考二模）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮的原子核，成功地把氮转变为氧，实现了元素的转变。该核反应为，则微粒X是
A． B． C． D．
42．（2021·上海·统考二模）下列关于二氧六环()的叙述错误的是
A．所有原子共平面 B．可由乙二醇脱水生成
C．只有一种一氯代物 D．与甲基丙酸互为同分异构体
43．（2021·上海·统考二模）已知有钠、钾及钠钾合金，对于它们三者熔点高低比较正确的是
A．钠钾合金＞钠＞钾 B．钠＞钾＞钠钾合金
C．钠＞钠钾合金＞钾 D．钾＞钠钾合金＞钠
44．（2021·上海·统考二模）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为15的硅原子： B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式： D．水分子的比例模型：
45．（2021·上海·统考二模）下列化工生产的主要原理不涉及氧化还原反应的是
A．氯碱工业 B．合成氨 C．氨碱法制纯碱 D．海水提溴
46．（2021·上海·统考二模）Fe3＋和Cu2＋能够在滤纸上彼此分离开的原因是( )
A．饱和FeCl3和CuSO4溶液已经分层
B．阳光的照射使Fe3＋和Cu2＋能彼此分开
C．滤纸对Fe3＋和Cu2＋的吸附力不同
D．Fe3＋和Cu2＋在流动相溶剂中的溶解能力、扩散速度不同
47．（2021·上海·统考二模）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（ ）
A．澄清石灰水 B．硝酸钡溶液 C．氯化钠溶液 D．饱和碳酸钠溶液
48．（2021·上海·统考二模）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是
A．非金属性： B．稳定性：
C．酸性： D．还原性：
49．（2021·上海·统考二模）下列物质受热后能生成金属单质的是
A．碳酸钙 B．氯化铝 C．硫酸铜 D．氧化汞
50．（2021·上海·统考二模）火法炼铜的原理：。关于该原理的说法错误的是
A．作氧化剂
B．中显价
C．既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子个，则消耗
51．（2021·上海·统考二模）深埋在潮湿土壤中的铁制管道，在硫酸盐还原菌(最佳生存环境为)作用下，能被腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是
A．管道发生了吸氧腐蚀 B．此类腐蚀会使土壤的增大
C．酸性条件，管道不易被腐蚀 D．刷富铜油漆可以延缓管道腐蚀
52．（2021·上海·统考二模）合成氨工业中，原料气中的杂质在进入合成塔之前需经过铜氨液处理，其反应为；吸收后的溶液经过适当处理又可再生，再生的适宜条件是
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
53．（2021·上海·统考二模）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是
A．
B．
C．
D．
54．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
55．（2021·上海·统考二模）实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示(加热和夹持装置已省略)。下列说法正确的是
A．实验开始后，发现未加沸石，可直接打开C的瓶塞加入
B．冷凝水由a口进，b口出
C．B的作用是不断分离出乙酸丁酯，提高产率
D．产物中残留的乙酸和正丁醇可用碳酸钠溶液除去
56．（2021·上海·统考二模）乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．总反应不需要加热就能进行
B．第①步反应只有O-H键发生断裂
C．是总反应的催化剂
D．第①、②、③步反应都是放热反应
57．（2021·上海·统考二模）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
58．（2021·上海·统考二模）室温下，向溶液中滴加的稀盐酸，混合溶液与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．a点：
C．b点：
D．c点：
59．（2021·上海·统考二模）和合成的原理：，按相同的物质的量投料，测得在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A． B．反应速率：
C．平衡常数： D．的体积分数：
60．（2021·上海·统考二模）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
参考答案：
1．A
【详解】根据表中数据可知该合金的熔点高、硬度大，密度小于铁，导电性差，因此该合金不适合做导线，答案选A。
2．B
【详解】A．N2H4中每个氮和氢形成单键，氮氮之间为单键，其结构式：，故A错误；
B．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号为：15N，故B正确；
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p4，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．B
【详解】A．Na与空气中氧气反应生成氧化钠，是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．Na2O与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠、氢氧化钠，是非氧化还原反应，故B符合题意；
C．Na2O2与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Na2SO3与空气中氧气反应生成硫酸钠，是氧化还原反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
4．B
【详解】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A不选；
B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故B选；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故 D不选；
故选：B。
5．A
【详解】A．晶体密度与键能无关，故A符合题意；
B．键能越大，物质越稳定，碳氢键键能大，因此热稳定性：CH4＞SiH4，故B不符合题意；
C．乙烯中碳碳双键中π键键能小，易断裂，因此活泼性：乙烯＞苯，故C不符合题意；
D．金刚石中碳碳键键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度：金刚石＞晶体硅，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
6．C
【详解】A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
7．D
【详解】A．分子式为C13H18O2，故A错误；
B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误；
C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．C
【详解】某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3加氢产物为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故A不符合题意；
B．CH2=CHC(CH3)3加氢产物为CH3CH2C(CH3)3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故B不符合题意；
C．(CH3)2C=C(CH3)2加氢产物为(CH3)2CHCH(CH3)2，该产物有2种位置的氢，其一氯代物有2种，故C符合题意；
D．CH3CH=CHCH(CH3)2加氢产物为CH3CH2CH2CH(CH3)2，该产物有5种位置的氢，其一氯代物有5种，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．生成的Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，挥发的盐酸及氯气与水反应生成的盐酸均与硝酸银反应，则不能根据b中现象判断a中有Cl2生成，故A错误；
B．浓H2SO4与碳生成的CO2、SO2，CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，则不能根据b中现象判断a中有CO2生成，故B错误；
C．加热条件下，浓NaOH溶液和NH4Cl反应生成的NH3溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH-而使酚酞溶液变红色，则可根据b中现象判断a中有NH3生成，故C正确；
D．挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中现象不能证明a中乙烯生成，故D错误；
故选：C。
10．C
【分析】由题意可知，该装置为原电池，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，则溶液出现蓝色是因为铜发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故B错误；
C．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，故C正确；
D．由分析可知，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，则铜电极附近铜离子浓度增大，故D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高反应物的利用率，A正确；
B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；
C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；
D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．物质X是FeO，故A错误；
B．Fe2O3→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，故B错误；
C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；
D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D错误。
综上所述，答案为C。
13．A
【详解】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1mol氧化铁生成，铁元素失去2mol电子，化合物中的硫原子有2mol，若都生成三氧化硫，则转移4mol电子，不遵循电子守恒，若生成1mol三氧化硫，则转移2mol电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；
B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；
C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；
D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；
故选A。
14．B
【详解】A．SiH4、NH3中心原子价层电子对数均为4，SiH4中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对数为1，因此键角：SiH4＞NH3，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
B．SiH4中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH4中H失去电子，化合价升高，因此SiH4在反应中作还原剂，NH3中N化合价未变，NH3中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si非金属性强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，说明Si3N4为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D．SiH4是非极性分子，NH3是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．C
【详解】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
C．用苯萃取溶液中的溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl3·6H2O，得到氢氧化铁，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．D
【详解】由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫酸根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO ，故D正确。
综上所述，答案为D。
17．A
【详解】A．向100 mL 0.01 mol·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 mol·L-1 NaHCO3(aq)，即氢氧化钡过量碳酸氢钠少量，结合横坐标知a→b发生的主要反应为，A错误；
B．b→c时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，c点两者恰好完全反应，因此b→c溶液中c(OH-)减小，B正确；
C．由题意知c点两者恰好完全反应，即该点溶质为碳酸钠，存在电荷守恒、物料守恒，所以有质子守恒c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)，C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，a点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，b点为反应一半的点，氢氧化钡还有剩余，c点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度c>b>a，D正确；
故选A。
18．B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n()=n(BaSO4)==0.01mol，n()=n(BaSO3)==0.01mol，n()=n(BaSO4)==0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
19．A
【详解】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误；
B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；
C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；
D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。
综上所述，答案为A。
20．D
【详解】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
21．C
【分析】根据金属的密度判断是否是轻金属，根据金属的半径越小，金属键越强，熔沸点越高判断其熔点；
【详解】A．钠属于第三周第一种元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中最大的；熔点是第三周期中金属最低的；故不符合；
B．镁属于第三周期第IIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中比钠大，比铝小；熔点大于钠小于铝；故不符合；
C．铝属于第三周期第IIIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周期中金属最小的，熔点是其金属中最大的，故符合题意；
D．铁密度大于4.5g/cm3，属于重金属，故不符合题意；
故选答案C；
【点睛】此题考查金属的性质，注意金属的密度判断其金属类比。
22．D
【详解】A．二氧化碳的摩尔质量大于CO，等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，分子数CO>CO2，A错误；
B．等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，故体积CO>CO2，B错误；
C．同温同压下，CO、CO2气体的气体摩尔体积相同，C错误；
D．二氧化碳的摩尔质量大于CO，同温同压下，密度CO
23．C
【详解】A．该模型为球棍模型，NH3的比例模型为，故A错误；
B．中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为四面体结构，故B错误；
C．中N原子和2个H原子形成N-H键，N原子还存在2个孤电子对，的电子式，故C正确；
D．平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，平衡常数，故D错误；
故选：C。
24．C
【详解】A．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以半径：Se＞S，故A正确；
B．H2O和H2Se都属于分子晶体，结构相似，前者分子之间存在氢键，熔沸点较高，故B正确；
C．34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故C错误；
D．氯的非金属性强于硫，硫的非金属性强于硒，非金属性：Cl＞Se，故D正确；
故选：C。
25．B
【详解】A．Fe和Cl2在加热条件下发生反应生成FeCl3：2Fe+3Cl22FeCl3，物质间的转化能实现，故A不符合；
B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，物质间的转化不能实现，故B符合；
C．Fe和H2O(g)在高温条件下发生反应生成Fe3O4和H2：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，物质间的转化能实现，故C不符合；
D．Fe和FeCl3溶液反应生成FeCl2：Fe+2Fe3+=3Fe2+，物质间的转化能实现，故D不符合；
故选B。
26．B
【详解】A．离子化合物中可能含共价键，如过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．由题给信息可知，碘化钠晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，所以共价键和离子键之间没有明显界线，故B正确；
C．由题给信息可知，晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，则在状态相同时，两种原子组成的晶体中不可能同时存在离子键和共价键，故C错误；
D．由碘化钠晶体的组成可知，晶体是由同种物质形成的纯净物，故D错误；
故选B。
27．B
【详解】A．，分子中标记的1、2号碳原子原子形成的四面体结构，所以a中所有原子不可能共面，A项错误；
B．a的二氯代物种类有和，总共有6种，B项正确；
C．a、b的分子式为C6H6，C项错误；
D．a中有C=C可以使KMnO4/H+溶液褪色，而b中无C=C无法使KMnO4/H+溶液褪色，D项错误；
故选B。
28．D
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气要加热，该装置没有加热，故A项错误；
B．净化氯气应先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水，该装置顺序颠倒，故B项错误；
C．该装置只有通气管，没有排气管，会导致瓶内压强过大，发生安全事故，故C项错误；
D．氯气有毒，能与碱酚酞，多余的氯气应用氢氧化钠除去，故D项正确。
故答案选D。
29．C
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2⇌N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
30．C
【分析】A中根据反应物和生成物的能量变化判断反应类型；B中根据有机物的球棍模型判断判断化学式；C中利用反应物和生成物的变化判断形成的键；D中利用反应方程式进行判断；
【详解】A．根据图象中反应物的能量变化由高到低判断该反应为放热反应，A正确；
B．根据图象中的M的球棍模型判断化学式为CH3COOH，故B正确；
C．根据图象中X判断是甲烷，Y是二氧化碳，两者形成乙酸，形成的是碳碳键、氧氢键，故C不正确；
D．根据原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反应生成乙酸，故原子利用率100%，故D正确；
故选答案C；
【点睛】此题考查反应类型及反应过程中化学键的变化，注意原子利用率根据反应方程式进行判断。
31．B
【详解】A．根据酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故两者还会反应生成二氧化碳，故正确的离子方程式为：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A项错误；
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合强酸制弱酸的规律，故B项正确；
C．在反应H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合强酸制弱酸的规律，故C项错误；
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合强酸制弱酸的规律，故D项错误。
故答案选B。
32．B
【详解】A．由结构简式可知，M为聚合度不确定的合成高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．由结构简式可知，M分子中含有的碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应是加氢的还原反应，含有的碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故B正确；
C．由结构简式可知，M分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol M在足量氢氧化钠溶液中完全水解消耗2n mol氢氧化钠，故C错误；
D．由结构简式可知，合成M的单体为和，故D错误；
故选B。
33．B
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
34．D
【分析】由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过a膜移向阴极室，SO通过b膜移向阳极室，则a膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，以此来解析；
【详解】A．c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，c电极连接电源的正极，A错误；
B．左侧溶液生成NaOH，从d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸从右室上口流出，B错误；
C．若生成1molO2，电路中转移4mol电子，由电荷守恒可知，将有4molNa+穿过阳离子交换膜，C错误；
D．左室生成氢氧化钠和氢气，右室生成氧气和硫酸，电解总反应：2Na2SO4+6H2O 2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑， D正确；
故选D。
35．A
【详解】A．碘单质微溶于水，易溶于四氯化碳，则向含有碘单质的氯化钠溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化钠溶液中混有的碘单质，A符合题意；
B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，蒸馏收集可以得到不含有乙酸的乙醇，但是乙醇中混有水蒸气，B不符合题意；
C．氯化氢极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，将含有氯气的氯化氢气体通入饱和食盐水会除去氯化氢气体，得到氯气，氯气中会混有水蒸气，C不符合题意；
D．硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生， 不能用于除杂，应选盐酸、过滤，D不符合题意；
故选A。
36．A
【分析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl (饱和) +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，以此来解析；
【详解】A．由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，A错误；
B．由制碱工艺图可知，氨气循环使用，B正确；
C．根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，C正确；
D．由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，D正确；
故选A。
37．D
【分析】根据弱碱的电离程度判断起始的浓度，根据酸碱中和的量关系判断消耗的碱之间的关系；利用溶液中水的电离受溶质的影响判断其程度大小；
【详解】A．设pH=9的氨水的浓度为c1，电离程度为α1，则c1=；设pH=10的氨水浓度为c2，电离程度为α2，则c2=；因为故pH=9的氨水比pH=10的氨水电离程度大，故α1>α2，则，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V1×c1=V2×c2，得10V2
C．根据氨水溶液中水的电离受到抑制，抑制程度越大，水的电离程度越小，故②<①,故C不正确；
D．反应后pH=9的氨水消耗的体积大，故最终溶液的体积大，但生成的氯化铵的量相同，故①中最终的氯化铵溶液的浓度较小，故水解后氢离子浓度小，pH大，故D正确；
故选答案D；
【点睛】此题考查酸碱中和反应，弱电解质的电离规律，注意中和产物盐溶液的酸碱性的判断。
38．D
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
39．B
【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常数公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K()大于K()，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度，故A正确；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；
C．在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则,故C正确；
D．在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正确；
故选B；
40．C
【详解】A．根据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40 mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A是强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，电离方程式为：H2A =H++HA-，HA-H+＋A2-，A错误；
B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B错误；
C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)= c(A2-)+c(OH-)，C正确；
D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D错误；
故合理选项是C。
41．C
【详解】设新粒子质量数为m，质子为n，由质量数和质子数守恒得：4+14=17+m，解得：m=1，故新粒子的质量数为1，由2+7=8+n，解得n=1，可知另一种粒子的质子数为1，所以该粒子为，故C正确；
故选C。
42．A
【详解】A．由于分子中四个碳原子均为sp3杂化，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．2HOCH2CH2OH+2H2O ，故可由乙二醇脱水生成，B正确；
C．上的四个碳原子上的H均为等效H，故其一氯代物只有一种，C正确；
D．的分子式为C4H8O2与甲基丙酸CH3CH(CH3)COOH的分子式也为C4H8O2，故二者互为同分异构体，D正确；
故答案为：A。
43．B
【分析】合金的熔点比各成分金属的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，以此来解答。
【详解】合金的熔点比各成分的熔点低，碱金属的熔点随原子序数的增大而减小，则熔点为钠>钾>钠和钾的合金，
故答案选B。
44．B
【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；
B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；
C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；
D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；
答案选B。
45．C
【详解】A．氯碱工业是指用惰性电极电解饱和食盐水生成氢气，氯气和氢氧化钠，H、Cl元素化合价变化，是氧化还原反应，故A不符合；
B．工业合成氨是指氮气和氢气在高温高压催化剂的作用下合成氨气，N、H元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不符合；
C．氨碱法制纯碱，是向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应过程中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C符合；
D. 海水中溴元素是以Br-的形式存在，从海水中提溴时，先用氧化剂将Br-氧化为溴单质，再用空气吹出溴蒸汽，溴元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故D不符合；
故选C。
46．D
【详解】A．氯化铁溶液和硫酸铜不能分层，A错误；
B．阳光照射不能使离子分开，B错误；
C．是离子的溶解能力不同，扩散速率不同造成的，不是滤纸的吸附力不同，C错误；
D．含有Cu2＋和Fe3＋的溶液点在滤纸一端，丙酮作流动相溶剂，在滤纸的毛细作用下，展开剂携带Cu2＋和Fe3＋沿滤纸纤维向上移动，因为速度不同(溶解能力的不同)，一段时间后，Cu2＋和Fe3＋距起点的距离会不同，从而达到分离的目的 ，D正确；
故选D。
47．D
【详解】A．澄清石灰水中通入过量CO2，最后生成碳酸氢钙，所以最终不会产生沉淀，故A错误；
B．硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故B错误；
C．氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠，所以析出沉淀碳酸氢钠，故D正确；
答案选D。
【点睛】化学反应一般遵循强酸制弱酸，难挥发性酸制易挥发性酸的规律。
48．B
【分析】短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，说明元素Y的单质更容易与H2化合为气态氢化物，故元素X的非金属性比Y弱，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，非金属性：，A错误；
B．由分析可知，非金属性：，故气态氢化物的稳定性：，B正确；
C．由化学式HXO4可知，X为第ⅦA元素，短周期中第ⅦA只有F和Cl，F无最高价，C错误；
D．由分析可知，非金属性：，故元素单质的氧化性，故气态氢化物的还原性：，D错误；
故答案为：B。
49．D
【详解】A． 碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，故A错误；
B． 氯化铝受热难以分解，故B错误；
C． 硫酸铜受热分解生成氧化铜、SO3、SO2和O2，故C错误；
D． 氧化汞受热分解生成金属汞和氧气，故D正确；
故选D。
50．D
【分析】在反应中，Cu元素的化合价从+1价降低为0，S元素的化合价从-2价升高为+4价，O元素的化合价从0降低为-2价，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂，Cu是还原产物，既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A．O元素的化合价从0降低为-2价，得电子，被还原，则作氧化剂，故A正确；
B．中S元素为-2价，则显价，故B正确；
C．既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．当有1mol氧气参与反应时，转移电子6mol，则若反应中转移电子个，即0.4mol，则消耗O2，故D错误；
故选D。
51．B
【详解】A．由题意可知，原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为 +5H2O+8e-=HS-+9OH-，故不是发生吸氧腐蚀，A错误；
B．由图示可知正极发生的电极反应为+5H2O+8e-=HS-+9OH-，负极上是Fe失电子的氧化反应，土壤中的 pH 增大，B正确；
C．根据题意，硫酸盐还原菌在弱碱性条件下活性高，电化学腐蚀速率快，酸性条件下，虽然硫酸盐还原菌会失活，但铁会发生析氢腐蚀，C错误；
D．管道上刷富铜油漆，形成Cu-Fe原电池，Fe作为负极，可以加快管道的腐蚀，D错误；故答案为：B。
52．A
【详解】A．高温低压，平衡逆向移动，故A正确；
B．高温使平衡逆向移动，高压平衡正向移动，故B错误；
C．低温平衡正向移动，低压平衡逆向移动，故C错误；
D．低温平衡正向移动，高压平衡正向移动，故D错误；
故选A。
53．A
【详解】A．N2与O2在放电状态下生成NO，NO与O2接触生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，所以A选项两步转化都能实现，符合题意；
B．第一步，SO2溶于水可以生成H2SO3，但H2SO3不可能与BaCl2生成BaSO3和HCl，不符题意；
C．铁元素金属活泼性不如铝元素，无法实现第一步置换，不符题意；
D．镁元素金属性较强，电解氯化镁溶液无法获得单质镁，需要电解熔融态MgCl2才能获得金属镁，第二步无法实现，不符题意；
综上，本题选A。
54．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
55．D
【详解】A． 实验开始后，若发现未加沸石，应停止加热，待冷却至室温时再加入沸石，以避免热的液体迸溅而烫伤，故A错误；
B． 冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷凝水应从b进，故B错误；
C． 由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故C错误；
D． 乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确；
故选D。
56．C
【详解】A．总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，A项错误；
B．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，B项错误；
C．根据图示可知，反应①消耗，反应③又生成，且乙烯水化制乙醇的总反应为，故是总反应的催化剂，C项正确；
D．第一步反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第二步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第三步反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D项错误；
故选C。
57．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<，只氧化Fe2+，故D正确；
故选C。
58．D
【详解】A． a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，b点溶液显中性，对水的电离既不促进也不抑制，c点溶液中的溶质是Na2A，A2- 水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度： ，故A错误；
B．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，则，又有电荷守恒：，则，故B错误；
C． b点溶液呈中性，则，又有电荷守恒：，则，故C错误；
D． c点为Na2A溶液，，A2-水解是微弱的，OH-还来自水的电离，则，故D正确；
故选D。
59．C
【详解】A． 由于温度：，根据图象可知：升高温度，平衡时CO2(g)转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故，A错误；
B． c点的温度、压强比b点大，由于升高温度反应速率加快，增大压强化学反应速率加快，所以正反应速率，B错误；
C． 根据选项A分析可知：该反应的正反应为放热反应，ΔH＜0，温度：T1＜T2，升高温度，化学平衡向吸热的反应热方向移动，所以化学平衡常数，C正确；
D． a、b两点反应温度相同，压强：b＞a，在温度不变时，增大压强化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应达到平衡后，由于气体总物质的量减小，甲醇的物质的量增加，所以CH3OH的体积分数：，D错误；
故选C。
60．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
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