【文档说明】浙江省宁波十校2021届高三下学期化学联考模拟练习试卷（7）含解析.docx，共(26)页，671.125 KB，由管理员店铺上传

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绝密★启用前2020-2021学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（7）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．某有机物的结构简式可表

示为HOCH2CH＝CHCH2COOH，该有机物不可能发生的反应是：A．加成反应B．取代反应C．水解反应D．聚合反应2．下列反应中，氯气既作氧化剂又作还原剂的是A．3Cl2+2Fe点燃2FeCl3B．Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2OC．3Cl2+8NH3=

N2+6NH4ClD．KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O3．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是（）事实或应用解释A用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质B泡沫灭火器灭火Al2（SO4）3与NaHCO3溶

液反应产生CO2气体C施肥时，草木灰（主要成为K2CO3）与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D明矾[KAl（SO4）2·12H2O]作净水剂明矾溶于水生成Al（OH）3胶体A．AB．BC．CD．D4．下列说法错误

的是（）A．HCl和SO2这两种气体都可以用浓硫酸干燥B．FeCl2、FeBr3都是既有氧化性又有还原性C．非金属元素从化合态变游离态一定发生氧化反应D．胶体能产生丁达尔现象，可用于区分溶液和胶体5．已知氢化铵（NH4H）与氯化铵结构相似，且NH4H与水反应有氢气产生，下列叙述

中不正确的是（）A．NH4H是由NH4+和H-构成的B．NH4H固体投入适量水中，有两种气体产生，形成的溶液显酸性C．NH4H中的H-半径比锂离子半径大D．NH4H是一种强还原剂6．下列离子方程式不正确的是()A．用浓盐酸酸化的KMnO4溶

液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OB．用稀H2SO4除去铜绿：4H++Cu2(OH)2CO3＝2Cu2++CO2↑+3H2OC．将Cl2通入到Na2SO3溶液中：Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Cl

-D．少量Ca(OH)2溶液与NaHCO3混合：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣7．下列实验装置或操作能达到实验目的的是ABCDA．定量测定反应速率B．验证Na和水反应的热效应C．酸碱中和滴定D．证明氧化性Cl

2＞Br2＞I28．在某温度时，测得纯水中c（H+）=2.4×10-7mol·L-1，则c（OH-）为（）A．2.4×10-7mol·L-1B．0.1×10-7mol·L-1C．1.2×10-7D．c(OH-)无法确定9．

用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含2-27CrO的酸性废水，最终可将2-27CrO转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如下图。下列说法正确的是A．电极N为负极，Fe(Ⅱ)为阳极B．电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出C．M电极的

电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－═2-3CO＋6H2OD．电路中每转移6mol电子，最多有1mol2-27CrO被还原10．下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（）A．氯化镁晶体B．熔融氢氧化钾C．铜D．氯化钠

溶液11．下列化学用语或模型表达正确的是A．HF的电子式：B．CH4分子的比例模型：C．中子数为20的氯原子：2017ClD．S2-的结构示意图：12．萜类物质中有许多都已被用于香料工业，常见的有如下图几种结构。下列有关说法正确的是（）

A．①③④互为同分异构体B．②③④互为同系物C．上述四种物质中能使酸性KMnO4溶液褪色的只有②③④D．上述物质分别与足量H2发生加成反应，共可得2种产物13．下列物质中，不能使品红溶液褪色的是()A．Cl2B．SO2C．SO3D．活性炭

14．分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有(不考虑立体异物)()A．2种B．3种C．4种D．5种15．关于一些重要的化学概念有下列说法：①Fe(OH)3胶体是混合物；②BaSO4是一种难溶于水的强电质解；③冰醋

酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；④冰醋酸晶体溶于水的过程中破坏了分子间作用力，但没有破坏分子内作用力；⑤置换反应都属于离子反应；⑥石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体。其中正确的是A．①②⑤B．③④⑤C．②④⑥D．①②⑥16．断开1m

ol化学键形成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是()共价键HH—FF—HF—HCl—HI—()-1E/kJmol436157568432298A．-1-1432kJmol>E(H-Br)>298kJmo

lB．表中最稳定的共价键是HF—键C．键的极性：HFHClHI———D．-122H(g)+F(g)=2HF(g)ΔH=+25kJmol17．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.

4L氖气含有的电子数为10NAB．1L1mol·L－1CH3COOH水溶液含有质子数为32NAC．Al3＋＋4OH－＝[Al(OH)4]－，说明1molAl(OH)3电离出H＋数为NAD．密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NA18．通过实验得出的结论正确的是A．某固体

试样溶于水，向其中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原固体中无4NH+B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水后显红色，说明原固体中含有2Fe+C．某固体试样溶于水得无色溶液，滴加少量新制氯水，再滴加少量4CCl，振荡后静置

，下层出现橙红色，说明原固体中含有Br−D．某固体试样溶于稀盐酸，取少量溶液进行焰色反应为黄色，说明原固体为钠盐19．下列化学用语正确的是（）A．NH3的比例模型：B．氯原子的结构示意图：C．HCl的电子式：D．次氯酸的结构式：H-O-Cl20．下列实验能获

得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH氯酸强值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴

乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀A．AB．BC．CD．D21．化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是()A．以液化石油气代替燃油可减少大气污染B．可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但

不恰当的开采会诱发海底地质灾害，加重温室效应C．蛋白质作为营养物质，在人体内不断分解，最后主要生成水和二氧化碳排出体外D．利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能22．分子式为C11H16的芳香烃，苯环上只有一个取代基的同分异构体数目有（）种A．6种

B．7种C．8种D．9种23．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是()A．2HClOCl⎯⎯⎯→光照B．2HO34FeFeO⎯⎯⎯→高温C．2CO23CaClCaCO⎯⎯⎯→溶液D．(

)2HO233AlOAlOH⎯⎯⎯→二、多选题24．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制K2FeO4：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6+8H2O。下列说法不正确的是（）A．每转移1mole-，可以得到33

gK2FeO4B．处的物质应为KClOC．该反应中铁元素的化合价升高D．该反应条件下氧化性：Cl2>K2FeO425．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：()()()()222COg+HOgCOg+Hg。反应过程中测定的部分数据见下表

(表中t2>t1)：反应时间/minn(CO)/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是A．反应在t1min内的平均速率为v(H2)=10.2tmol·L-1·min-1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20mo

lH2O，到达平衡时c(CO2)=0.40mol·L-1C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO、H2O的体积分数均增大D．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，到达平衡时H2转

化率大于1/3第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26．(1)气态氢化物热稳定性NH3大于PH3的主要原因是_____。(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，

S2Cl2的电子式是______。(3)请指出CH3SH与CH3OH那种物质的沸点更高并说明理由：______。四、计算题27．把4.6g的Na放入足量的水中，至充分完全反应。请写出计算过程：（1）写出化学方程式，画出双线桥。_

____________________（2）该反应电子转移的物质的量。________________________（3）生成的H2在标准状况下的体积。_____________________（

4）反应后溶液体积为2L，计算所得溶液的物质的量浓度。__________五、原理综合题28．在火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂(H2O2)，当它们混合时即产生N2和水蒸气，并放出大量热。已知0

.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。(1)写出该反应的热化学方程式____。(2)上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是__。(3)工业上用CO2和H2反应合成二

甲醚。已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol-1CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol-1则2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O

(g)ΔH3＝____kJ·mol-1(4)用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因：________。六、元素或物质推断题29．已知A、B、C均为含铁化合物，请根据以下四种物质的转化过程回答相关问题：(1)反应①、②、③中属于氧化还原反应的是_______

(填序号)；(2)向B的溶液中滴入几滴KSCN溶液后，可观察到的现象是__________________；(3)C的化学式为____________；(4)氯气是一种有强烈刺激性气味的________色气体，写出反应②的离子方程式__________

；(5)加入铁粉可以实现B转化为A，请写出实现该转化的化学方程式___________________。七、有机推断题30．A(C2H4O)是一种有机化工原料，由A制备聚碳酸酯(D)及食用香精茉莉酮(H)的合成路线如下(部分反应条件已略去)：已知：A、

B的核磁共振氢谱显示均只有1组峰。回答下列问题：(1)E的分子式为___________；B的结构简式为___________。(2)H中官能团的名称为___________。F→G的反应类型为___________

。(3)反应①的化学方程式为___________。(4)反应②的化学方程式为___________。(5)G的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；①含有苯环且只有2个取代基，②能与FeCl

3溶液发生显色反应，其中核磁共振氢谱显示为5组峰的结构简式为___________。(5)参照上述合成路线，设计一条由A和HC≡CLi为起始原料制备1，3－丁二烯的合成路线：___________。八、工业流程题31．一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原

料制备硝酸铜晶体的工艺流程如图所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：________。(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的

催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②__________。(3)向滤液M中加入(或通入)_______________(填字母)，所得物质可循环利用。a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢(4)“

保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________；向浓缩池中加入适量HNO3的作用是_____________。操作1是_______________。(5)某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜

矿来富集Cu2S。通入的硫化氢的作用是_____________，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S________mol。参考答案1．C【详解】A．该有机物分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应，A不符合题意；B．该有机物分子中含有羧基、羟基，能够发

生取代反应，B不符合题意；C．该有机物分子中不含酯基、卤素原子，因此不能发生水解反应，C符合题意；D．该有机物分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加聚反应形成高聚物，加聚反应属于聚合反应，D不符合题意；故合理选

项是C。2．B【详解】A．氯气中Cl元素化合价降低，被还原，作氧化剂，A不符合题意；B．氯气中Cl元素部分化合价升高到+1价，一部分降低到-1价，氯气既作氧化剂又作还原剂，B符合题意；C．氯气中Cl元素化合价降低，被还原，

作氧化剂，C不符合题意；D．氯气在反应中作产物，既不作氧化剂也不作还原剂，D不符合题意；故选B。3．A【详解】A.用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生

成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，故A错误；B.泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，故B正确；C.K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐

，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，故C正确；D.明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，故D正确。答案选A。【点睛】本题考察盐类水解的应用，明确盐类水解的实质，即盐溶于水电离时生成的弱酸根离子和

弱碱阳离子与水电离时产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，促进了水的电离。4．C【详解】A．氯化氢和二氧化硫都不与浓硫酸发生反应，这两种气体都可以用浓硫酸干燥，A正确；B．FeCl2、FeBr3中铁离子具有氧化性，氯离子和溴离子具有还原性，亚铁离子既有氧化性，也有还原性，因此都是

既有氧化性又有还原性，B正确；C．非金属元素从化合态变游离态，可以是负价升高到0价，如H2S被氧化生成S，也可以是正价降低到0价如H+被还原生成H2，C错误；D．胶体特征性质是丁达尔效应，光线通过胶体出现光亮通路，可用于区分溶液和胶体，D正确。答案

选C。【点睛】关于氧化性与还原性判断需要注意：处于最高价态元素的只有氧化性，处于最低价态的元素只有还原性，具有中间价态的元素既有氧化性，又有还原性。5．B【解析】【详解】A．氢化铵（NH4H）与氯化铵结构相似，NH4H是离子化合物，由铵根离子与氢

负离子构成，即由NH4+和H-构成的，A正确；B．NH4H固体投入少量水中，发生水解反应，铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨，氢负离子与氢离子结合氢气，反应放出大量的热，一水合氨分解生成氨气，故两种气体产生，一水合氨电离出氢氧根和铵根，溶液呈碱性，B错误；C．H-离子与锂离子

电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以H-离子半径比锂离子半径大，C正确；D．H-离子容易失去电子，易被氧化，所以NH4H是一种强还原剂，D正确；答案选B。【点睛】本题考查了铵盐的性质、半径比较的知识等

，注意水解反应的实质为物质的正价基团与水电离的氢氧根结构，负价基团与水电离的氢离子结合，侧重于考查学生的分析能力、获取信息能力。6．A【解析】【分析】判断离子方程式是否正确看是否符合客观事实，是否违背质量守恒和电荷守恒，化学式拆分是否正确，阴阳离子配比

是否正确，最后看是否漏写某些符号。【详解】A．高锰酸钾能将浓盐酸、H2O2都氧化，应该用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液，故A符合题意。B．铜绿是难溶物，需要写化学式，离子方程式正确，故B不符合题意。C．Cl2具有氧化性，可以将SO32－氧化为SO42－，Cl

2被还原为Cl－，C不符合题意。D．少量Ca(OH)2溶液与NaHCO3混合，Ca(OH)2中的离子全部参与反应，离子方程式正确，故D不符合题意。本题选A。【点睛】注意微溶物Ca(OH)2在反应体系中是澄清溶液，就用离子符号表示，反之则用化学式表示，因此Ca(OH)2溶液要拆

分成离子形式。7．B【解析】试题分析：A、应该用分液漏斗，A不正确；B、钠与水反应放热，试管内压强增大，U形管中红墨水向右移动导致右侧液面高于左侧液面，该装置可以验证验证Na和水反应的热效应，B正确；C、氢氧化钠溶液应该放在碱式滴定管中

，C不正确；D、氯气氧化溴化钠生成单质溴，而单质溴易挥发能氧化碘化钾。但由于氯气是过量的因此不能确定是氯气氧化了碘化钾还是单质溴氧化了碘化钾，D不正确，答案选B。考点：考查实验方案设计与评价8．A【详

解】在某温度时，纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)=2.4×10-7mol·L-1，A正确；答案选A。9．B【分析】根据装置图可知，左侧装置为原电池装置，根据左侧质子的移动方向可知M为负极，N为

正极，则右侧装置为电解池装置，Fe(Ⅰ)为阳极，Fe(Ⅱ)为阴极，据此答题。【详解】A．由分析可知，N为正极，Fe(Ⅱ)为阴极，A错误；B．Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，Fe2+与2-27CrO在阳极反应生成Cr

(OH)3沉淀，故电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出，B正确；C．M电极为负极，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，C错误；D．2-27CrO被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2+

+2-27CrO+2H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，电路中每转移6mol电子，则阳极有3molFe2+生成，最多有0.5mol2-27CrO被还原，D错误。答案选B。10．B【详解】A、氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子受离子键的作用，不能自由移动

，氯化镁晶体不导电，故A错误；B、熔融氢氧化钾，发生了电离，可以导电，属于电解质，故B正确；C、铜属于金属单质，含自由电子，能导电，单质不属于电解质，故C错误；D、氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，属于混合物，不属于电解质，故D错误；故选B。11．B【详解】A．HF的电

子式：，A错误；B．CH4分子的比例模型：，B正确；C．中子数为20的氯原子：3717Cl，C错误；D．S2-的结构示意图：，D错误；答案为B。12．D【详解】A．①、③、④三种有机物中碳原子数分别为10

、9、10，①比④多了4个氢原子，三者不互为同分异构体，A不正确；B．②分子中只含有1个碳碳双键和1个醇羟基，而③、④分子中含有2个碳碳双键和1个醇羟基，它们的结构不相似，所以不互为同系物，B不正确；C．上述四种物质中，都含有醇羟基，且羟基碳原子上都连有氢原子，

所以都能使酸性KMnO4溶液褪色，C不正确；D．上述物质分别与足量H2发生加成反应后，①、②、④的产物相同，共可得2种产物，D正确；故选D。13．C【详解】A．Cl2溶于水，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，故A不选；B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，

故B不选；C．SO3不具有漂白性，不能使品红溶液褪色，故C选；D．活性炭具有吸附性，能使品红溶液褪色，故D不选；故选：C。14．C【详解】分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯，

乙酸乙酯、丙酸甲酯，共4种；故答案为C。15．D【详解】①Fe(OH)3胶体属于分散系，分散系属于混合物，①正确；②BaSO4属于盐，难溶于水，盐属于强电解质，故BaSO4是一种难溶于水的强电质解，②正确；③

纯碱即碳酸钠，属于盐，③错误；④冰醋酸溶于水发生电离，分子内的作用力（共价键）被破坏，④错误；⑤置换反应不一定属于离子反应，如铝热反应，⑤错误；⑥石英即SiO2，SiO2和金刚石都是由原子间通过共价键结合成空间网状结构，均属于原子晶体，⑥正确；综上所述，①②⑥正确，D满足

题意。答案选D。16．D【详解】A．键长越短，键能越大，共价键越稳定，键长可以通过原子半径进行比较，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则HBr—键的键能在HCl—键和HI—键之间，故A正确；B．键能越大，共价键越稳定，表中HF—键的键能最大，因此HF—键最稳定，

故B正确；C．元素非金属性越强，得电子能力越强，共用电子越偏向此元素原子，形成共价键的极性越强，即极性：H?FH?ClH?I，故C正确；D．根据反应热和键能的关系，()114361572568kJmol543kJmolH−−=+−=−，故选D。答

案选D17．A【详解】A.标准状况下，22.4L氖气的物质的量是1mol，含有的电子数为10NA，A正确；B.1L1mol·L－1CH3COOH水溶液含有质子数大于32NA，因为溶剂水分子中还含有质子，B错误；C.A

l(OH)3难电离，存在电离平衡，1molAl(OH)3电离出H＋数小于NA，C错误；D.密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数大于2NA，因为该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，D错误；

答案选A。18．C【详解】A．氨气易溶于水，加入氢氧化钠溶液，没有进行加热，因此没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，固体试样中仍可能存在NH4＋，故A错误；B．某固体试样溶于稀盐酸，先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴

加氯水后显红色，有Fe3+生成，说明一定含有Fe2+，但原固体不一定含Fe2+，也有可能是铁单质，故B错误；C．氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显橙红色，所以滴加少量新制氯水，再滴加少量CCl4，振荡后静置

，下层溶液显橙红色说明原溶液中有溴离子，故C正确；D．焰色反应为元素的性质，只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，也可能为NaOH等，故D错误；故答案选C。【点睛】本题注意检验NH4＋时，溶液中加入氢氧化钠溶液后一定要加热，否则NH3可能不会逸出

而观察不到现象。19．D【详解】A.NH3的比例模型：，A错误；B.氯离子的结构示意图：，B错误；C.HCl为共价化合物，其电子式：，C错误；D.次氯酸的结构式：H-O-Cl，D正确；答案为D。【点睛】次氯酸分子

中，氧原子分别于H、Cl形成共价键，则结构式为H-O-Cl。20．C【详解】A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；C．加

入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；故答案为C。21．C【解析】A项，液化石油气较燃油能更充分燃烧生成CO2和水，减小对大气造成的污染，故A项正确；B.

可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源，但可燃冰主要存在在海洋，不恰当的开采会诱发海底地质灾害，同时可燃冰燃烧会产生CO2，CO2会产生温室效应，故B正确；C.蛋白质的结构单元是氨基酸，是构成机体组织器官的重要组成部分，故C错；D.硅是半导体，利用高纯单质硅的半导体性

能，可以制成光电池，将光能直接转化为电能是正确，故D正确。本题答案：C。22．C【详解】有机物分子式可知C11H16不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，所以含有1个苯环，侧链为烷基，烷基的组成为-C5H11。戊烷的同分异构体有：①正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、②异戊烷CH3CH2CH(CH3

)CH3、③新戊烷C(CH3)4。①正戊烷分子中氢原子被苯环取代所得的同分异构体有三种；②异戊烷中氢原子被苯环取代的同分异构体有四种；③新戊烷中氢原子被苯环确定的同分异构体有1种，所以C11H16的含有一个苯环且只有一个侧链同分异构体共有

8种，C正确；答案选C。23．B【详解】A．HClO光照分解生成HCl和氧气，不能生成Cl2，物质间转化不能通过一步反应实现，故A不选；B．高温下，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，物质间转化能通过一步反应实现，故B选；C．CaCl2溶液与CO

2不反应，物质间转化不能通过一步反应实现，故C不选；D．Al2O3难溶于水，与水不反应，不能一步反应生成Al（OH）3，故D不选；故选：B。24．AB【详解】A．Fe元素的化合价由3+价升高为6+价，因此每转移-

1mole，可以得到高铁酸钾的质量是-11mol?198gmol=66g3，A错误；B．根据原子守恒可知□处的物质应为KCl，B错误；C．Fe元素的化合价升高，失去电子，被氧化，C正确；D．氧化剂的氧化性强于氧化产物

的氧化性，则在该反应条件下氧化性224Cl>KFeO，D正确。答案选AB。25．AD【详解】A．反应在t1min内的平均速率为()-1-1111.2mol/L0.8mol/L-0.22L2L=molLminttvCO=，物质的平均反应速

率与化学计量数呈正比，故()-1-112vH=molLm0.2tin，A正确；B．t1时CO的转化量为0.40mol，则水的转化量也为0.40mol，所以t1时水的物质的量为0.20mol，到t2时没有发生变化，说明已达到平衡，该反应前后气体系数之和相等，所以可

以用物质的量代替浓度求得平衡常数为：0.40.4K==10.20.8，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，假设平衡时CO2的物质的量浓度为x，则有：()()2xK==10.3-x0.6-x，解得-1x=0.20molL，故反应达到平衡状态时

c(CO2)=0.20mol·L-1，B错误；C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，平衡正向移动，与原平衡相比，达到新平衡时CO体积分数一定减小，C错误；D．该温度条件下0.40.4K==10.20.8

，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，假设转化的氢气的物质的量浓度为y，则有()()20.3-x0.3-xK==1x，解得-1x=0.15molL，到达平衡时H2转化率为-1-

10.15molL0.3mo100%5L%l=0，D正确；答案选AD。26．原子半径N<P，键能N-H>P-HCH3OH沸点高，CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有【详解】(1)物质氢化物稳定性实质是比较共价键的强弱，共价键越强，键

能越大键越牢固，分子越稳定，而键能的比较可以根据键长来判断，键长又可根据原子半径比较，原子半径越小，键长越短，键能越大，分子越牢固；原子半径N<P，则键长N-H<P-H，键能N-H>P-H，所以气态氢化物热稳定性N

H3大于PH3。(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，对于氯原子来说形成一对共用电子对即能达到8电子的稳定结构，而硫原子需要形成两对共用电子对才能达到8电子的稳定结构，根据价键规则，S2Cl2的电子式为。(3)CH3SH与CH3OH都是由分子构成，属于分子晶体，沸点的大小看分子

间作用力的大小，而氢键的作用力大于范德华力；由于CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有，所以CH3OH沸点高。【点睛】书写电子式先根据8电子判断结构式，后书写电子式。判断沸点先要判断晶体类型，根据晶体类型判断融化过程中破坏的作

用力进行判断。27．0.2mol×1e-=0.2mol0.1mol×22.4L/mol=2.24L0.2mol0.1mol/2LL=【详解】（1）钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，双线桥表示为：，故答案为：。（2）由反应可

知1molNa完全反应时转移电子的物质的量为1mol，则4.6g的Na的物质的量为0.2mol，转移电子的物质的量为0.2mol×1e-=0.2mol，故答案为：0.2mol×1e-=0.2mol。（3）由反应可知2molNa产生1mol氢气，则0.2mol

钠产生氢气的物质的量为0.1mol，标准状况下氢气的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L。（4）反应所得溶液为氢氧化钠溶液，氢氧化

钠的物质的量等于钠的物质的量，为0.2mol，所得溶液的物质的量浓度=0.2mol0.1mol/2LL=,故答案为：0.2mol0.1mol/2LL=。28．N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ/mol生成物是氮气和水，不

污染空气-130.8CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-【分析】(1)已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，据此写出该反应的热化学方程式；(2)还有一个很突出的优点从对环境友好的角度回答；(3)应用盖斯定律求算2CO2

(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3；(4)碳酸钠溶液水解呈显碱性，据此写离子方程式；【详解】(1)设N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-QkJ/mol，已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出2

56kJ的热量，则24NH(g)~10.4256HmolQmol，则Q=640，故该反应的热化学方程式为N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ/mol；答案为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ/m

ol；(2)上述反应应用于火箭推进剂，还有一个很突出的优点从对环境友好的角度回答则是：生成物是氮气和水，不污染空气；答案为：生成物是氮气和水，不污染空气；(3)反应①CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol-1，

反应②为：CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol-1，按盖斯定律：2×①-②得2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，则ΔH3=2×ΔH1-ΔH2=-130.8

kJ·mol-1；答案为：-130.8；(4)碳酸钠溶液水解呈显碱性，则离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。29．①②溶液变红色Fe(OH)

3黄绿2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2FeCl3+Fe=3FeCl2【分析】根据铁的化学性质及图中的转化过程分析知，A为氯化亚铁，B为氯化铁，C为氢氧化铁，据此分析解答；根据铁离子的检验方法分析实验现象；根据氯气的氧化性书写相关反应的离子方程式。【详解】(1)反应①为铁和盐酸反

应生成氯化亚铁和氢气，属于置换反应，是氧化还原反应；②是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，属于氧化还原反应；③是氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，属于复分解反应，是非氧化还原反应；故答案为：①②；(2)B为氯化铁溶

液，铁离子遇到KSCN形成血红色溶液，故答案为：溶液呈红色；(3)氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；(4)氯气是一种有强烈刺激性气味的黄绿色气体，②是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁的反应，离

子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：黄绿；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(5)铁粉和氯化铁反应生成氯化亚铁，化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，故答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2。30．C6H10O碳碳双键、羰基（酮基）取代反

应+2CH3OH催化剂+HOCH2CH2OHn+n一定条件+(2n—1)CH3OH24HCCLiHOCH2CH2C≡CH22HI1H/→））催化剂ICH2CH2CH=CH2ΔNaOH→乙醇，CH2=CH—CH=CH2【分析】由题给A

、B的分子式和A、B的核磁共振氢谱显示均只有1组峰可知，与二氧化碳发生加成反应生成，则A为、B为；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和HOCH2CH2OH，一定条件下，与发生縮聚反应生成和CH3OH，则D为；与CH3C

H2C≡CLi反应得到HOCH2CH2C≡CCH2CH3，在催化剂作用下，HOCH2CH2C≡CCH2CH3先与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH=CHCH2CH3，HOCH2CH2CH=CHCH2CH3与HI发生取代反应生成I为CH2CH2CH=C

HCH2CH3，CH2CH2CH=CHCH2CH3与发生取代反应生成，一定条件下发生构型转化生成。【详解】(1)由分析可知，E的结构简式为HOCH2CH2C≡CCH2CH3，分子式为C6H10O；B的结构简式为，故答案为：C6H10O；

；(2)H的结构简式为，官能团为碳碳双键、羰基（酮基）；F→G的反应为ICH2CH2CH=CHCH2CH3与发生取代反应生成，故答案为：碳碳双键、羰基（酮基）；取代反应；(3)反应①为在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和HOCH2CH2OH，反应的化

学方程式为+2CH3OH催化剂+HOCH2CH2OH，故答案为：+2CH3OH催化剂+HOCH2CH2OH；(4)反应②为一定条件下，与发生縮聚反应生成和CH3OH，反应的化学方程式为n+n一定条件+(2n—1)CH3OH，故答案为：n+n一定条件+(2n—1)CH3OH；(5)G的同分

异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，由G的不饱和度为4可知G的同分异构体分子中只含有1个苯环，苯环上2个取代基，其中一个为−OH，一个为−C5H11，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种取代结构；G的同分异构体可以看作C5H12中一个H原子被苯酚取代，CH3CH2CH2CH2C

H3中氢原子有3种类型，取代结构有3种，CH3CH2CH(CH3)2中氢原子有4种类型，取代结构有4种，C(CH3)4中氢原子有1种类型，取代结构有1种，则符合条件的同分异构体共有8×3=24种，其中核磁共振氢谱只有

5组峰的结构简式为，故答案为：24；；(6)由题给流程中A→E→F的转化关系可知，与HC≡CLi反应得到HOCH2CH2C≡CH，HOCH2CH2C≡CH经过氢气/催化剂发生加成反应和与HI发生取代反应生成CH2CH2CH＝CH2，在氢氧化钠醇溶液中ICH2CH2CH＝CH2共热发

生消去反应CH2＝CHCH＝CH2，合成路线流程图为HCCLiHOCH2CH2C≡CH22HI1H/→））催化剂ICH2CH2CH=CH2ΔNaOH→乙醇，CH2=CH—CH=CH2，故答案为：HCCLiHOCH2CH2C≡CH22HI1H/→））催化剂ICH

2CH2CH=CH2ΔNaOH→乙醇，CH2=CH—CH=CH2。31．Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++SCuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2b调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解冷却（降温）结晶催化剂0.2【分

析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀

硝酸溶液将亚铁离子氧化为铁离子，用氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【详解】（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化成Cu2+和硫单质，本身被还原为二价铁离子，根据电子

守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；（2）根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物为CuCl2，可得反应②为三氯化铁氧化氯化亚铜为氯化铜，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2

；（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶

过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；冷却（降温）结晶；（5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化

合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S0.2mol，故答案为：催化剂；0.2。【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，此题为以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备

硝酸铜晶体，围绕着将亚铜氧化，除去二氧化硅，引入硝酸根，溶液变晶体的方法来解题，分析时要明白整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。