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1、2021-2022高考化学模拟试卷含解析注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知反应：生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是实验数据初始浓度生成的初始速率mol/(Ls)123A关系式中、B时，k的值为C若时，初始浓度 m
2、ol/L，则生成的初始速率为 mol/(Ls) D当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大2、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D甲烷的二氯代物有2种3、2016年，我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯烃的新途径。下列说法错误的是A煤的气化和液化是物理变化B煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的C大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因D发展“煤制油”工程可减少对
3、石油产品的依赖4、在25C时，向amL0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同Da=10.805、下列实验可以达到目的是（）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，
4、观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤AABBCCDD6、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A0.1molL1KHSO3溶液：Na、NH4+、H+、SO42-B0.1molL1H2SO4溶液：Mg2、K+、Cl、NO3-C0.1molL1Na2SO3溶液：Ba2+、K+、ClO-、OH-D0.1molL1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl、HCO3-7、某高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时
5、CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是( ) A该装置可以将太阳能转化为电能B阴极的电极反应式为3CO2+4eC+2CO32C高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子D电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极8、有关化工生产的叙述正确的是A联碱法对母液的处理方法是向母液中通入二氧化碳，冰冻和加食盐B列管式热交换器的使用实现了原料的充分利用C焙烧辰砂制取汞的反应原理为：D氯碱工业、铝的冶炼、牺牲阳极的阴极保护法都是应用了电解池的原理9、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，Y与M形成
6、的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，W是原子半径最大的短周期元素。下列判断正确的是( )A最高价含氧酸酸性：Xc(H2SO3)c(SO32-)B向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)=c(NH3H2O)c(OH-)=c(H+)C将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)D20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH7：c(NH4+)c(NH3H2O)c(OH-)c(H+)12、下列说法正确的
7、是（ ）A不锈钢的防腐原理与电化学有关B高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能C二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂D纯碱去油污原理是油污溶于纯碱13、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A实验前两溶液的pH相等B实验前两溶液中离子种类完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO314、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中Ac（甲） : c（乙） 1:10Bc（H+）甲: c（H+）乙1:2Cc（OH-）甲: c（OH-）乙10:1D（甲） : （乙）
8、 2:115、分离混合物的方法错误的是A分离苯和硝基苯：蒸馏B分离氯化钠与氯化铵固体：升华C分离水和溴乙烷：分液D分离氯化钠和硝酸钾：结晶16、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H2IO4-20、对下列事实的解释合理的是（ ）A氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D铝箔在空
9、气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高21、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A原子结构示意图可以表示，也可以表示B轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇22、关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是（ ）ANaCl可用作食品调味剂B相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3CNa2CO3的焰色反应呈黄色D工业上Na可用于制备钛、锆等金属二、非选择题(共84分)23、（14分）花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）的反应类型为
10、_；B分子中最多有_个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为_；的“条件a”为_。（3）为加成反应，化学方程式为_。（4）的化学方程式为_。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_。(只写一种即可)。苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2；1mol J可中和3mol NaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ：_24、（12分）化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列问题：(1)A的结构
11、简式为_；B中官能团的名称为_；C的化学名称为_。(2)由C生成D所需的试剂和条件为_，该反应类型为_.(3)由F生成M的化学方程式为_。(4)Q为M的同分异构体，满足下列条件的Q的结构有_种(不含立体异构)，任写出其中一.种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式_。除苯环外无其他环状结构能发生水解反应和银镜反应(5)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚2-丁烯的合成路线_。25、（12分）废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池
12、放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105，沸点79，140以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a_hi_e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：_。（3）步骤二中得到ZnCl2xH2O晶体的操作方法：_。（4）验证
13、生成物中含有SO2的现象为：_。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式_。（7）产品的纯度为_。26、（10分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探
14、究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是 。（2）调节pH，实验记录如下：实验pH现象A10产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清B6产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解C2产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X查阅资料得知：Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是 。推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是 。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2S
15、O4固体置于 溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：.向X中滴加稀盐酸，无明显变化向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀实验的目的是 。根据实验现象，分析X的性质和元素组成是 。中反应的化学方程式是 。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：气体Y是 。白色沉淀转化为X的化学方程式是 。27、（12分）为了研究某气体(该气体为纯净物)的性质，做了如下探究实验：取一洁净铜丝，在酒精灯火焰上加热，铜丝表
16、面变成黑色； 趁热将表面变黑色的铜丝放人到盛有这种气体的集气瓶中并密闭集气瓶，可观察到铜丝表面的黑色又变成了亮红色。(1)根据所学的化学知识，可初步推断出这种气体可能是O2、H2、CO、CO2中的_ 。(2)如果要确定这种气体是你所推断的气体，还需要接着再做下一步化学实验，在这步实验中应选用的试剂是_，可观察到的现象是_28、（14分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：.C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) K1；.CO(g)H2
17、O(g)CO2(g)H2(g) K2；.CaO(s)CO2(g)CaCO3(s) K3；燃烧炉中涉及的反应为：.C(s)O2(g)=CO2；.CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)。（1）氢能被视为最具发展潜力的绿色能源，该工艺制H2总反应可表示为C(s)2H2O(g)CaO(s) CaCO3(s)2H2(g)，其反应的平衡常数K=_(用K1、K2、K3的代数式表示)。（2）在一容积可变的密闭容器中进行反应，恒温恒压条件下，向其中加入1.0mol炭和1.0mol水蒸气，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25倍，平衡时水蒸气的平衡转化率为_；向该容器中补充amol炭，水蒸气的转化率将_（填
18、“增大”、“减小”或“不变”）。（3）对于反应，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_移动( 填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）一种新型锂离子二次电池磷酸铁锂(LiFePO4)电池。作为正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图，写出该电池充电时的阳极电极反应式：_。29、（10分）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子
19、排布式为_。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表的_区。（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_。（4）铁元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe(CO)5分子中含_mol键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为_。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_空隙和_空隙(填几
20、何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为_，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】A.将表中的三组数据代入公式，得，解之得：，故A错误；B.时，k的值为，故B正确；C.若时，初始浓度
21、mol/L，则生成的初始速率为mol/(Ls)，故C正确；D.当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，所以速率常数将增大，故D正确。故选A。2、D【解析】A. 装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B. 加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C. 加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态
22、留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D. 甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。3、A【解析】A. 煤的气化和液化是将碳转化为气态或液态的燃料，都属于化学变化，故A错误；B. 煤的干馏是将煤在隔绝空气条件下加强热进行的，故B正确；C. 大量燃烧煤炭会产生大量的可吸入颗粒物等污染物，是造成雾霾的重要原因，故C正确；D. 发展“煤制油”工程可减少石油的使用量，减少对石油产品的依赖，故D正确；故选A。4、B【解析】已知P点溶液中存在c(OH-
23、)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A. HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H+
24、NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B. 根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+ c(HNO2) =2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D. 已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)
25、+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。5、D【解析】A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A错误；B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选项B错误；C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误；D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D正确；
26、答案选D。6、B【解析】A项、溶液中H+与KHSO3反应，不能大量共存，故A不选；B项、0.1molL1H2SO4溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C项、ClO-具有强氧化性，碱性条件下会将Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不选；D项、NH4+和HCO3-会与Ba（OH）2反应，不能大量共存，故D不选。故选B。【点睛】本题考查离子共存，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。7、B【解析】A. 由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A错误；B. 阴极发生还原反应，电极反应式为3CO
27、2+4eC+2CO32，故B正确；C. 高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故C错误；D. 电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故D错误。答案选B。8、C【解析】A联碱法对母液处理方法：向母液中通入氨气，冰冻和加食盐，故A错误；B列管式热交换器的使用能使能量在流程中得到充分利用，降低了能耗，故B错误；C硫化汞与氧气反应生成二氧化硫和汞，可以用焙烧辰砂制取汞，故C正确；D牺牲阳极的阴极保护法应用的是原电池工作原理，故D错误；故选：C。9、A【解析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素
28、、Z为O元素；Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.52=17，该气体为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，Y为N元素、M为H元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为Na元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素、W为Na元素。A. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性X(C)Y(N)，所以最高价含氧酸酸性：碳酸c(NH3H2O)，所得溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)=c(NH3H2O)c(OH-)=c(H+)，故B
29、正确；C. CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+) = c(Cl-) ，c(NH4+)=c(CH3COO)，c(CH3COO)+c(Na+) = c(Cl-) + c(NH4+)，故C正确；D. 滴入30mLNaOH溶液时（pH7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4）c（NH3H2O）、c（OH）c（H），则溶液中离子浓度大小
30、为：c（NH4）c（NH3H2O）c（OH）c（H），故D正确；故选A。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。12、B【解析】A耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误； B硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确； C二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误
31、； D纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。 故答案为B。13、B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD错误。14、C【解析】A甲、乙两种溶液的pH，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误； B根据氢离子浓度等于知，：10，B
32、错误； C酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，：1，C正确； D根据上述分析结果，甲：乙不等于2：1，D错误。答案选C。15、B【解析】A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B16、C【解析】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K1=2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K2 =反应4NO2(g)+2NaCl
33、(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.510-3mol/(Lmin)，则平衡时n(ClNO)=7.510-3 mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，设中反应的NO2为xmol，中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol 0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2
34、ClNO(g)2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=2.510-2mol/L，B正确；C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为100%=50%，D正确；故合理选项是C。17、D【解析】A. 分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A正确；B. 羧基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；C. 含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高锰酸钾溶液
35、发生氧化反应而褪色，故C正确；D. 1mol分枝酸2mol羧基，因此最多可与2molNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】和钠反应的基团主要是羧基、羟基，和氢氧化钠反应的的基团是羧基，和碳酸钠反应的基团是羧基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是羧基。18、D【解析】A碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；BBaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错误；CMgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；DNa2
36、SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。19、D【解析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2+5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。AIO4-在反应中得电子作氧
37、化剂，故A正确；B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，故B正确；C若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol(7-2)=10mol，故C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-IO4-，故D错误；故选D。20、D【解析】A. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B. 常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D. 铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的
38、熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。21、A【解析】A. 原子序数为6，应为碳元素的粒子，可以表示，也可以表示，故A正确；B. 由轨道表示式可知电子排布式为1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外层电子，故B错误；C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因为二氧化碳分子是直线形分子，故C错误；D. 分子式为，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式为，故D正错误；故选A。22、B【解析】ANaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；B相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故B错误；C钠元素的焰色反应呈黄色，故C
39、正确；D工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确；答案为B。二、非选择题(共84分)23、取代反应 18 羰基、醚键 浓硫酸、加热（或：P2O5） 30 【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程