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上海市奉贤区2022届高三下学期等级考二模化学试题及答案
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这是一份上海市奉贤区2022届高三下学期等级考二模化学试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
高三下学期等级考二模化学试题
一、单选题
1．关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
2．医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
3．下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
4．下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
5．下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3-二甲基丁烷 B．3，3-二甲基丁烷
C．3-乙基戊烷 D．2，2，3，3-四甲基丁烷
6．配制 NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
7．二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为H＋＋
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
8．如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe(OH)3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe(OH)2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
9．如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe-3e→ Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
10．下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
11．下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
12．关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
13．如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
14．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2＋H2O2H＋＋Cl-＋ClO-
B．NO2通入水中：2NO2＋H2O=2H＋＋+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混和：HCO+ Ba2++OH-→H2O+BaCO3↓
D．0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag＋＋NH3＋H2O→AgOH↓＋
15．在25℃、下，氢气燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，已知：2H2(g) + O2(g)→2H2O(g) ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O-H键的键能为930kJ·mol-1
B．a= 249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲>乙>丙
D．1molH2O(l)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
16．常温下，用0.100 mol·L-1氨水滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法错误的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00 mL，且c(NH)=c(Cl-)
C．当滴入氨水20.00 mL时，c(NH)
17．工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
18．X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q>Y
D．化合物R(YX)2是强碱
19．下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
20．向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2(g) + 6H2(g)4H2O(g) + CH2=CH2(g)。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
二、填空题
21．氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 ，氮原子核外电子共占据 个轨道，最外层有 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 (填“强”或者“弱”)。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为 。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是 (用文字表达)。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比 2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因 。
22．中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼(N2H4)(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分(质量百分比)如下(Bal指剩余的百分含量)：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
0.5
0.25
0.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40-55℃下进行表面处理0.5-2 min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 。工业上制铝，可采用电解 (请选填序号)：
A．AlCl3 B．Al2O3 C．NaAlO2
同时需添加 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 。
23．以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如下：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 ，E的官能团名称为 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 ，由B生成C的反应类型为 ，由B生成D的反应条件为 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 。
a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1-丁醇的合成路线流程图 。
24．某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
（1）小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全 ；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为 mol/L，若未洗涤，则测得结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2） 小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：
步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 。
（3）小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 ，请说明理由 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．碳纤维属于无机非金属材料，A符合题意；
B．氢气作燃料的燃烧产物是水，对环境友好无污染，B不符合题意；
C．铝合金密度小、性质稳定，轻便且稳定，用作点火段材料，C不符合题意；
D．钠元素的焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳纤维属于无机非金属材料；
B．氢气的燃烧产物是水；
C．铝合金密度小、性质稳定；
D．钠元素的焰色反应为黄色。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．32P和31P的质子数相同而中子数不同，二者属于两种核素，是不同的原子，A不符合题意；
B．P为第15号元素，其原子中含有15个质子，B不符合题意；
C．P有15个质子，31P中有31－15=16个中子，C符合题意；
D．摩尔质量的单位为g/mol，32P的摩尔质量为32 g/mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二者的质子数相同而中子数不同，属于同位素；
B．利用质子数＝核外电子数分析；
C．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数分析。
D．摩尔质量的单位为g/mol。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．甲醛中含碳氧双键，碳原子杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面构型，A不符合题意；
B．甲酸甲酯为甲酸和甲醇形成的酯，结构简式正确，B不符合题意；
C．乙醇中碳原子形成的全部是单键，球棍模型正确，C不符合题意；
D．甲基中未成对的电子应为单电子，电子式为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．甲醛为平面构型；
B．甲酸甲酯为甲酸和甲醇形成的酯；
C．乙醇中碳原子形成的全部是单键；
D．甲基中未成对的电子应为单电子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A不符合题意；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B不符合题意；
C. 食盐电离破坏离子键，C不符合题意；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 升华是物理变化，破坏的分子间作用力；
B. 硅原子之间是非极性键；
C. 食盐电离破坏离子键；
D. 电解质溶于水发生电离，破坏极性键。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．(CH3)2CHCH(CH3)2的名称是2，3-二甲基丁烷，故A不符合题意；
B．根据取代基位置和最小的原则，CH3CH2C(CH3)3的名称是2，2-二甲基丁烷，故B符合题意；
C．CH3CH2CH(CH2CH3)2的名称是3-乙基戊烷，故C不符合题意；
D．(CH3)3CC(CH3)3的名称是2，2，3，3-四甲基丁烷，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用烷烃的系统命名规律，B项违背了取代基位置和最小的原则。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，浓度偏小，故A符合题意；
B．NaOH刚刚溶解完全就立即转入容量瓶中，这是热溶液体积大，一旦冷却下来，液面下降低于刻度线，溶液浓度偏大，故B不符合题意；
C．容量瓶不需要干燥，容量瓶中残留水对测定结果无关，故C不符合题意；
D．摇匀后液面低于刻度线，对测定结果无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据判断。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．海水酸化，海水中H+和的浓度增大，浓度减小，故A不符合题意；
B．H+结合珊瑚礁溶解生成的，促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少，故B不符合题意；
C．CO2引起海水酸化主要因为，，故C符合题意；
D．使用太阳能等新能源，能有效减少二氧化碳的排放，有利于改善海洋环境，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据判断；
B．CaCO3转化为碳酸氢钙而溶解；
C．依据，分析；
D．使用太阳能能有效减少二氧化碳的排放。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．转化⑥Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，H2O2为氧化剂，与FeCl2溶液反应可以实现转化⑥，反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A项符合题意；
B．氢碘酸中I-有强还原性，Fe(OH)3溶于氢碘酸反应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O，不能实现转化③，B项不符合题意；
C．硝酸有强氧化性，Fe(OH)2溶于稀硝酸反应为：3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，Fe(OH)2转化为Fe3+，C项不符合题意；
D．铁与水蒸气在高温下反应为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，不可实现转化①，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O分析；
B．依据2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O判断；
C．依据3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++NO↑+8H2O判断；
D．依据3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2判断。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．根据上述分析，A项不符合题意；
B．铁腐蚀过程中为原电池反应，同时该反应为放热反应，故化学能转化为电能和热能，B项符合题意；
C．原电池反应会加快化学反应速率，故活性炭的存在加快了铁的腐蚀，C项不符合题意；
D．NaCl溶液做电解质溶液，铁发生吸氧腐蚀，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．铁失电子生成二价亚铁离子；
B．化学能转化为电能和热能；
C．原电池反应会加快化学反应速率；
D．中性环境中，铁发生吸氧腐蚀。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以1mol氯气与NaOH反应转移1mol电子，A不符合题意；
B．35Cl、37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，其核外电子数等于质子数，两者的核外电子数相同，所以化学性质相同，B不符合题意；
C．氯水久置其有效成分次氯酸会分解，产生HCl和氧气，所以水溶液中的氢离子浓度会增大，pH值会减小，漂白性会逐渐减弱，C符合题意；
D．鲜花中含水分，所以氯气遇鲜花会生成具有漂白性的次氯酸，从而使鲜花褪色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．同位素是不同的核素，化学性质相同；
C．次氯酸会分解，产生HCl和氧气；
D．氯气遇水生成具有漂白性的次氯酸。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．从平衡的角度分析，增大压强，能提高二氧化硫的转化率，但对设备的要求增大，增大成本，故实际生产过程中采用常压条件，A符合题意；
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气和加入食盐，使氯化铵析出，B不符合题意；
C．氯碱工业可以制得氢氧化钠，氢气和氯气，氢气和氯气反应可以得到盐酸，C不符合题意；
D．合成氨工业控制温度在500℃，催化剂的活性最大，能提高催化剂的催化效果，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．利用溶解度情况分析；
C．依据氯碱工业的产物分析；
D．选择催化剂的活性最大的条件。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．K2H3IO6发生还原反应，A项不符合题意；
B．还原剂与还原产物之比为14：1，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol，B项符合题意；
C．KI既不是氧化产物也不是还原产物，C项不符合题意；
D．根据上述分析还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．所含元素化合价降低发生还原反应；
B．依据反应中还原剂与还原产物之比为14：1计算；
C．所含元素化合价不变；
D．根据反应中还原剂所含元素化合价升高、氧化剂所含元素化合价降低判断。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．反应①的产物可能有三种： ，A项不符合题意；
B．反应③为卤代烃水解，试剂Ⅰ为氢氧化钠水溶液，B项符合题意；
C．A的分子式为C6H8，C项不符合题意；
D．若用18O标记Z中的氧原子，酯化反应酸脱羟基醇脱氢，M为： ，则M中含有18O，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用1，2-加成和1，4-加成反应；
B．依据卤代烃在氢氧化钠水溶液水解；
C．根据结构简式确定分子式；
D．依据酯化反应酸脱羟基醇脱氢。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．次氯酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为：，故A不符合题意；
B．电荷不守恒，正确的应该是3NO2+H2O=2H++2+NO，故B不符合题意；
C．NaHCO3和Ba(OH)2物质的量的相等，离子方程式：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故C符合题意；
D．硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式为：AgNO3+3NH3•H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++OH-++2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A．次氯酸是弱酸，不能拆开；
B．电荷不守恒；
C．NaHCO3和Ba(OH)2反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水；
D．硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.2molH原子和1molO形成2molO-H键，故H-O键的键能为 ，A不符合题意；
B．该反应的反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故，a=249，B符合题意；
C．断键吸热，成键放热，甲到乙为断键过程，乙到丙为成键过程，故乙的能量最高，C不符合题意；
D.1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生成1mol水形成2molO-H键；
B．反应热等于反应物总键能减去生成物总键能
C．依据断键吸热，成键放热分析；
D.依据相同的化学键断裂吸收热量等于成键放出热量分析。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同，盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡，则氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，且由电荷守恒可知存在c()=c(Cl-)+c(CH3COO-)，即c()＞c(Cl-)，故B符合题意；
C．滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，则c()
故答案为：B。
【分析】A．依据盐酸为强酸、醋酸为弱酸分析；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．利用物料守恒分析。
17．【答案】B
【解析】【解答】A.吸收过程中有二氧化碳气体产生，故A不符合题意
B.通入的二氧化硫是过量的，因此不存在碳酸氢钠，故B符合题意
C. 亚硫酸氢钠易分解，气流干燥湿料时温度不宜过高 故C不符合题意
D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 ，故D不符合题意
【分析】根据图示分析，二氧化硫和纯碱进行反应得到亚硫酸氢钠溶液进行结晶后得到的是亚硫酸氢钠晶体以及含有亚硫酸氢钠和亚硫酸溶液的母液，此时加入纯碱进行调节pH，此时的反应是：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+2Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3
得到亚硫酸钠和碳酸氢钠再通入二氧化硫后进行吸收此时吸收的方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，进行结晶后得到的亚硫酸钠晶体进行干燥，结合选项进行判断即可
18．【答案】C
【解析】【解答】X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，Q为Na元素，R为Ca元素。
A．H、O组成的过氧化氢分子中含有O-O非极性共价键，故A不符合题意；
B．H、O、N形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，组成的化合物可能是酸、碱或盐，故B不符合题意；
C．钠离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Q＜Y，故C符合题意；
D．R(YX)2为Ca(OH)2，Ca(OH)2属于强碱，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种原子之间的化学键为非极性共价键；
B．依据酸：电离出阳离子全部是氢离子阴离子全部是酸根的化合物；碱：电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐：电离出阳离子全部是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根的化合物；
C．核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；
D．依据电离程度判断。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH值，A不符合题意；
B．钡离子与碳酸根反应生成碳酸钡沉淀，使碳酸根离子水解平衡向移动，溶液红色变浅，可证明存在碳酸根的水解平衡，B符合题意；
C．判断淀粉是否水解应检验有无葡萄糖生成，碘水只能检验有无淀粉存在，C不符合题意；
D．硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和PbS沉淀，使醋酸铅沉淀溶解平衡正向移动，与酸性无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．次氯酸钠溶液具有漂白性；
B．依据盐类水解平衡移动原理分析；
C．碘遇淀粉变蓝；
D．硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和PbS沉淀。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，A不符合题意；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度， CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B不符合题意；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，C符合题意；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】通过图像分析，依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
21．【答案】（1）第二周期第VA族；5；2
（2）三角锥形；强
（3）；0.0005molL-1•min-1；通入氨气
（4）<；NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+
【解析】【解答】(1)氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
(2)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
(3)工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
(4)(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。
【分析】(1)利用构造原理分析；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
(3)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；依据计算；利用速率之比等于系数比；
(4)依据谁弱谁水解分析；
22．【答案】（1）N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)
（2）2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；B；冰晶石
（3）Na2CO3；11.2
（4）Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度
【解析】【解答】(1)1g N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量32×16.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ；
(2)铝表面会形成致密的氧化膜Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，
故答案为：B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；
(3)根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为O2，还原产物为Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ~2e-，转移电子与氧气之比为2：1，故转移1mol电子时，生成标准状况下O2的体积为；
(4)Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度。
【分析】(1)依据反应热与计量系数成比例计算；
(2)氧化铝是两性氧化物；氧化铝是离子化合物；
(3)根据反应物化合价变化分析；
(4)依据两弱双水解判断。
23．【答案】（1）CH2OHCH2CH2CH2OH；羧基
（2）HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；消去反应；Cu，加热
（3）6；HCOOCH2CH2OOCH
（4）CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CHCH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH
【解析】【解答】根据顺丁橡胶分析，C为1，3-丁二烯，则B为CH2OHCH2CH2CH2OH，A为HOCH2C≡CCH2OH，B和氧气反应生成D，为CHOHCH2CH2CHO，D和氧气生成E为HOOCCH2CH2COOH，与B发生缩聚反应生成PBS。据此解答。
(1)根据分析可知B的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；
(2)由乙炔生成A的化学方程式为：HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；B到C为醇的消去反应，B到D为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。
(3)E的同分异构体中满足a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为HCOOCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO或HCOOCH2CH(OH)CHO，或HCOOC(OH)(CH3)CHO或HCOOCH(CH2OH)CHO ，共6种。只含2种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。
(4)丙烯为原料制备1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH。
【分析】
(1)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式及官能团名称；
(2)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；依据醇的性质确定反应条件；
(3)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(4)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
24．【答案】（1）取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO；静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全；0.002；偏大
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
（3）甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高
【解析】【解答】(1)实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
(2)步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
(3)甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
【分析】(1)依据检验硫酸根离子的方法；通过现象判断；利用，分析计算；
(2)依据过滤操作过程确定仪器；考虑反应过程中引入被测物质；
(3)依据逆流操作，反应更充分。
高三下学期等级考二模化学试题
一、单选题
1．关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（ ）
A．外壳是碳纤维，属于有机高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定
D．含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色
2．医学上用含放射性元素32P的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P和31P的叙述正确的是（ ）
A．32P和31P是同一种原子 B．32P的质子数为16
C．31P的中子数为16 D．32P的摩尔质量为32
3．下列化学用语表示错误的是（ ）
A．甲醛的比例模型为
B．甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3
C．乙醇分子的球棍模型为
D．甲基的电子式为
4．下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
5．下列烷烃的系统命名中，错误的是（ ）
A．2，3-二甲基丁烷 B．3，3-二甲基丁烷
C．3-乙基戊烷 D．2，2，3，3-四甲基丁烷
6．配制 NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是（ ）
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
7．二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．海水酸化引起浓度增大
B．海水酸化促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少
C．CO2引起海水酸化主要因为H＋＋
D．使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境
8．如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe(OH)3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe(OH)2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
9．如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（ ）
A．铁电极反应式为Fe-3e→ Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能
C．活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀
D．铁发生析氢腐蚀
10．下列关于氯的说法正确的是（ ）
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
11．下列有关化工生产的说法错误的是（ ）
A．硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐
C．氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品
D．合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果
12．关于反应K2H3IO6+9HI→2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应
B．0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol
C．KI是还原产物
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：7
13．如图为M的合成路线，下列说法错误的是（ ）
A．反应①的产物可能有三种
B．试剂Ⅰ为氢氧化钠醇溶液
C．A的分子式为C6H8
D．若用18O标记Z中的氧原子，则M中含有18O
14．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中：Cl2＋H2O2H＋＋Cl-＋ClO-
B．NO2通入水中：2NO2＋H2O=2H＋＋+NO
C．浓度相同NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混和：HCO+ Ba2++OH-→H2O+BaCO3↓
D．0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag＋＋NH3＋H2O→AgOH↓＋
15．在25℃、下，氢气燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，已知：2H2(g) + O2(g)→2H2O(g) ，下列有关说法正确的是（ ）
A．O-H键的键能为930kJ·mol-1
B．a= 249
C．物质所具有的总能量大小关系为：甲>乙>丙
D．1molH2O(l)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量
16．常温下，用0.100 mol·L-1氨水滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，下列说法错误的是（ ）
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20.00 mL，且c(NH)=c(Cl-)
C．当滴入氨水20.00 mL时，c(NH)
17．工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是（ ）
A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
18．X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X与Y组成的化合物中可能有非极性共价键
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐
C．简单离子半径：Q>Y
D．化合物R(YX)2是强碱
19．下列操作能达到实验目的的是（ ）
选项
操作
目的
A
用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于pH试纸的中部，与标准比色卡对比
测定NaClO溶液的pH
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
证明Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡
C
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却调节pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化
判断淀粉是否发生水解
D
在醋酸铅稀溶液中通入H2S气体，观察现象
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
20．向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2(g) + 6H2(g)4H2O(g) + CH2=CH2(g)。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
二、填空题
21．氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
（1）氮元素在周期表中的位置是 ，氮原子核外电子共占据 个轨道，最外层有 种不同能量的电子。
（2）氨气分子的空间构型为 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 (填“强”或者“弱”)。
（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为 。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是 (用文字表达)。
（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比 2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因 。
22．中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
（1）已知1g火箭推进剂肼(N2H4)(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式 。
（2）飞船材料采用的某铝锂合金成分(质量百分比)如下(Bal指剩余的百分含量)：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
0.5
0.25
0.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40-55℃下进行表面处理0.5-2 min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式 。工业上制铝，可采用电解 (请选填序号)：
A．AlCl3 B．Al2O3 C．NaAlO2
同时需添加 以降低熔点减少能量损耗。
（3）太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为 ，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2 L。
（4）飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施 。
23．以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如下：
已知：
（1）B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式 ，E的官能团名称为 。
（2）由乙炔生成A的化学方程式为 ，由B生成C的反应类型为 ，由B生成D的反应条件为 。
（3）E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有 种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式 。
a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag
（4）参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1-丁醇的合成路线流程图 。
24．某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
（1）小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是 。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全 ；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为 mol/L，若未洗涤，则测得结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
（2） 小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：
步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有 ，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤 次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因： 。
（3）小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好 ，请说明理由 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．碳纤维属于无机非金属材料，A符合题意；
B．氢气作燃料的燃烧产物是水，对环境友好无污染，B不符合题意；
C．铝合金密度小、性质稳定，轻便且稳定，用作点火段材料，C不符合题意；
D．钠元素的焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳纤维属于无机非金属材料；
B．氢气的燃烧产物是水；
C．铝合金密度小、性质稳定；
D．钠元素的焰色反应为黄色。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．32P和31P的质子数相同而中子数不同，二者属于两种核素，是不同的原子，A不符合题意；
B．P为第15号元素，其原子中含有15个质子，B不符合题意；
C．P有15个质子，31P中有31－15=16个中子，C符合题意；
D．摩尔质量的单位为g/mol，32P的摩尔质量为32 g/mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．二者的质子数相同而中子数不同，属于同位素；
B．利用质子数＝核外电子数分析；
C．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数分析。
D．摩尔质量的单位为g/mol。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．甲醛中含碳氧双键，碳原子杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面构型，A不符合题意；
B．甲酸甲酯为甲酸和甲醇形成的酯，结构简式正确，B不符合题意；
C．乙醇中碳原子形成的全部是单键，球棍模型正确，C不符合题意；
D．甲基中未成对的电子应为单电子，电子式为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．甲醛为平面构型；
B．甲酸甲酯为甲酸和甲醇形成的酯；
C．乙醇中碳原子形成的全部是单键；
D．甲基中未成对的电子应为单电子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A不符合题意；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B不符合题意；
C. 食盐电离破坏离子键，C不符合题意；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 升华是物理变化，破坏的分子间作用力；
B. 硅原子之间是非极性键；
C. 食盐电离破坏离子键；
D. 电解质溶于水发生电离，破坏极性键。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．(CH3)2CHCH(CH3)2的名称是2，3-二甲基丁烷，故A不符合题意；
B．根据取代基位置和最小的原则，CH3CH2C(CH3)3的名称是2，2-二甲基丁烷，故B符合题意；
C．CH3CH2CH(CH2CH3)2的名称是3-乙基戊烷，故C不符合题意；
D．(CH3)3CC(CH3)3的名称是2，2，3，3-四甲基丁烷，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用烷烃的系统命名规律，B项违背了取代基位置和最小的原则。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，浓度偏小，故A符合题意；
B．NaOH刚刚溶解完全就立即转入容量瓶中，这是热溶液体积大，一旦冷却下来，液面下降低于刻度线，溶液浓度偏大，故B不符合题意；
C．容量瓶不需要干燥，容量瓶中残留水对测定结果无关，故C不符合题意；
D．摇匀后液面低于刻度线，对测定结果无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据判断。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．海水酸化，海水中H+和的浓度增大，浓度减小，故A不符合题意；
B．H+结合珊瑚礁溶解生成的，促进CaCO3的溶解、珊瑚礁减少，故B不符合题意；
C．CO2引起海水酸化主要因为，，故C符合题意；
D．使用太阳能等新能源，能有效减少二氧化碳的排放，有利于改善海洋环境，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据判断；
B．CaCO3转化为碳酸氢钙而溶解；
C．依据，分析；
D．使用太阳能能有效减少二氧化碳的排放。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．转化⑥Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，H2O2为氧化剂，与FeCl2溶液反应可以实现转化⑥，反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A项符合题意；
B．氢碘酸中I-有强还原性，Fe(OH)3溶于氢碘酸反应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O，不能实现转化③，B项不符合题意；
C．硝酸有强氧化性，Fe(OH)2溶于稀硝酸反应为：3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，Fe(OH)2转化为Fe3+，C项不符合题意；
D．铁与水蒸气在高温下反应为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，不可实现转化①，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O分析；
B．依据2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O判断；
C．依据3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++NO↑+8H2O判断；
D．依据3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2判断。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．根据上述分析，A项不符合题意；
B．铁腐蚀过程中为原电池反应，同时该反应为放热反应，故化学能转化为电能和热能，B项符合题意；
C．原电池反应会加快化学反应速率，故活性炭的存在加快了铁的腐蚀，C项不符合题意；
D．NaCl溶液做电解质溶液，铁发生吸氧腐蚀，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．铁失电子生成二价亚铁离子；
B．化学能转化为电能和热能；
C．原电池反应会加快化学反应速率；
D．中性环境中，铁发生吸氧腐蚀。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以1mol氯气与NaOH反应转移1mol电子，A不符合题意；
B．35Cl、37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，其核外电子数等于质子数，两者的核外电子数相同，所以化学性质相同，B不符合题意；
C．氯水久置其有效成分次氯酸会分解，产生HCl和氧气，所以水溶液中的氢离子浓度会增大，pH值会减小，漂白性会逐渐减弱，C符合题意；
D．鲜花中含水分，所以氯气遇鲜花会生成具有漂白性的次氯酸，从而使鲜花褪色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B．同位素是不同的核素，化学性质相同；
C．次氯酸会分解，产生HCl和氧气；
D．氯气遇水生成具有漂白性的次氯酸。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．从平衡的角度分析，增大压强，能提高二氧化硫的转化率，但对设备的要求增大，增大成本，故实际生产过程中采用常压条件，A符合题意；
B．联合制碱法在母液中继续通入氨气和加入食盐，使氯化铵析出，B不符合题意；
C．氯碱工业可以制得氢氧化钠，氢气和氯气，氢气和氯气反应可以得到盐酸，C不符合题意；
D．合成氨工业控制温度在500℃，催化剂的活性最大，能提高催化剂的催化效果，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．利用溶解度情况分析；
C．依据氯碱工业的产物分析；
D．选择催化剂的活性最大的条件。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．K2H3IO6发生还原反应，A项不符合题意；
B．还原剂与还原产物之比为14：1，0.7mol还原剂被氧化时，反应生成还原产物0.05mol，B项符合题意；
C．KI既不是氧化产物也不是还原产物，C项不符合题意；
D．根据上述分析还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．所含元素化合价降低发生还原反应；
B．依据反应中还原剂与还原产物之比为14：1计算；
C．所含元素化合价不变；
D．根据反应中还原剂所含元素化合价升高、氧化剂所含元素化合价降低判断。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．反应①的产物可能有三种： ，A项不符合题意；
B．反应③为卤代烃水解，试剂Ⅰ为氢氧化钠水溶液，B项符合题意；
C．A的分子式为C6H8，C项不符合题意；
D．若用18O标记Z中的氧原子，酯化反应酸脱羟基醇脱氢，M为： ，则M中含有18O，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用1，2-加成和1，4-加成反应；
B．依据卤代烃在氢氧化钠水溶液水解；
C．根据结构简式确定分子式；
D．依据酯化反应酸脱羟基醇脱氢。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．次氯酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为：，故A不符合题意；
B．电荷不守恒，正确的应该是3NO2+H2O=2H++2+NO，故B不符合题意；
C．NaHCO3和Ba(OH)2物质的量的相等，离子方程式：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故C符合题意；
D．硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液，化学方程式为：AgNO3+3NH3•H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，离子方程式为：Ag++3NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++OH-++2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A．次氯酸是弱酸，不能拆开；
B．电荷不守恒；
C．NaHCO3和Ba(OH)2反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水；
D．硝酸银与氨水反应生成AgOH和硝酸铵，AgOH能溶于过量氨水生成银氨溶液。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.2molH原子和1molO形成2molO-H键，故H-O键的键能为 ，A不符合题意；
B．该反应的反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故，a=249，B符合题意；
C．断键吸热，成键放热，甲到乙为断键过程，乙到丙为成键过程，故乙的能量最高，C不符合题意；
D.1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生成1mol水形成2molO-H键；
B．反应热等于反应物总键能减去生成物总键能
C．依据断键吸热，成键放热分析；
D.依据相同的化学键断裂吸收热量等于成键放出热量分析。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，等浓度时电离出离子浓度不同，盐酸完全电离，醋酸存在电离平衡，则氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．若为20mL氨水时生成醋酸铵、氯化铵，醋酸铵为中性，氯化铵溶液水解显酸性，为保证中性，应使氨水过量，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，且由电荷守恒可知存在c()=c(Cl-)+c(CH3COO-)，即c()＞c(Cl-)，故B符合题意；
C．滴入氨水20mL时，HCl和CH3COOH恰好全部反应，得到等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合物，溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，则c()
故答案为：B。
【分析】A．依据盐酸为强酸、醋酸为弱酸分析；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．利用物料守恒分析。
17．【答案】B
【解析】【解答】A.吸收过程中有二氧化碳气体产生，故A不符合题意
B.通入的二氧化硫是过量的，因此不存在碳酸氢钠，故B符合题意
C. 亚硫酸氢钠易分解，气流干燥湿料时温度不宜过高 故C不符合题意
D. 中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 ，故D不符合题意
【分析】根据图示分析，二氧化硫和纯碱进行反应得到亚硫酸氢钠溶液进行结晶后得到的是亚硫酸氢钠晶体以及含有亚硫酸氢钠和亚硫酸溶液的母液，此时加入纯碱进行调节pH，此时的反应是：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+2Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3
得到亚硫酸钠和碳酸氢钠再通入二氧化硫后进行吸收此时吸收的方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，进行结晶后得到的亚硫酸钠晶体进行干燥，结合选项进行判断即可
18．【答案】C
【解析】【解答】X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，Q为Na元素，R为Ca元素。
A．H、O组成的过氧化氢分子中含有O-O非极性共价键，故A不符合题意；
B．H、O、N形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，组成的化合物可能是酸、碱或盐，故B不符合题意；
C．钠离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Q＜Y，故C符合题意；
D．R(YX)2为Ca(OH)2，Ca(OH)2属于强碱，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种原子之间的化学键为非极性共价键；
B．依据酸：电离出阳离子全部是氢离子阴离子全部是酸根的化合物；碱：电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐：电离出阳离子全部是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根的化合物；
C．核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；
D．依据电离程度判断。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH值，A不符合题意；
B．钡离子与碳酸根反应生成碳酸钡沉淀，使碳酸根离子水解平衡向移动，溶液红色变浅，可证明存在碳酸根的水解平衡，B符合题意；
C．判断淀粉是否水解应检验有无葡萄糖生成，碘水只能检验有无淀粉存在，C不符合题意；
D．硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和PbS沉淀，使醋酸铅沉淀溶解平衡正向移动，与酸性无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．次氯酸钠溶液具有漂白性；
B．依据盐类水解平衡移动原理分析；
C．碘遇淀粉变蓝；
D．硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和PbS沉淀。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，A不符合题意；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度， CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B不符合题意；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，C符合题意；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】通过图像分析，依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
21．【答案】（1）第二周期第VA族；5；2
（2）三角锥形；强
（3）；0.0005molL-1•min-1；通入氨气
（4）<；NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+
【解析】【解答】(1)氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
(2)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
(3)工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
(4)(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。
【分析】(1)利用构造原理分析；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
(3)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；依据计算；利用速率之比等于系数比；
(4)依据谁弱谁水解分析；
22．【答案】（1）N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)
（2）2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；B；冰晶石
（3）Na2CO3；11.2
（4）Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度
【解析】【解答】(1)1g N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量32×16.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ；
(2)铝表面会形成致密的氧化膜Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，
故答案为：B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；
(3)根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为O2，还原产物为Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ~2e-，转移电子与氧气之比为2：1，故转移1mol电子时，生成标准状况下O2的体积为；
(4)Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度。
【分析】(1)依据反应热与计量系数成比例计算；
(2)氧化铝是两性氧化物；氧化铝是离子化合物；
(3)根据反应物化合价变化分析；
(4)依据两弱双水解判断。
23．【答案】（1）CH2OHCH2CH2CH2OH；羧基
（2）HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；消去反应；Cu，加热
（3）6；HCOOCH2CH2OOCH
（4）CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CHCH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH
【解析】【解答】根据顺丁橡胶分析，C为1，3-丁二烯，则B为CH2OHCH2CH2CH2OH，A为HOCH2C≡CCH2OH，B和氧气反应生成D，为CHOHCH2CH2CHO，D和氧气生成E为HOOCCH2CH2COOH，与B发生缩聚反应生成PBS。据此解答。
(1)根据分析可知B的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；
(2)由乙炔生成A的化学方程式为：HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；B到C为醇的消去反应，B到D为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。
(3)E的同分异构体中满足a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为HCOOCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO或HCOOCH2CH(OH)CHO，或HCOOC(OH)(CH3)CHO或HCOOCH(CH2OH)CHO ，共6种。只含2种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。
(4)丙烯为原料制备1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH。
【分析】
(1)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式及官能团名称；
(2)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；依据醇的性质确定反应条件；
(3)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(4)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
24．【答案】（1）取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO；静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全；0.002；偏大
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
（3）甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高
【解析】【解答】(1)实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
(2)步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
(3)甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
【分析】(1)依据检验硫酸根离子的方法；通过现象判断；利用，分析计算；
(2)依据过滤操作过程确定仪器；考虑反应过程中引入被测物质；
(3)依据逆流操作，反应更充分。
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