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1、高考化学二模试卷一、单项选择题A.B.C.D. Ar1. “嫦娥五号”飞船采集回的月壤在空气中会变色，可能是由于空气中含有 A. 冶铜技术早于炼铁B. 具有导电性C. 熔点高于纯铜D. 硬度大于纯铅2. “中国”一词最早见于西周的青铜器(主要成分为铜、锡、铅等)上。以下有关青铜的说法中错误的选项是 A.B.C.D.3. 不能使溴水褪色的气体是 A. 含碳量与不同B. 属于纯洁物C. 会产生白色污染D. 构造可表示为4. 中国科学家领先合成出可降解塑料：聚二氧化碳，对其推断合理的是 A. 铝与氯化铁溶液B. 锌与浓盐酸C. 铜与浓硫酸(加热)D. 铝与浓硝酸(常温)5. 溶液足量时，以下各组物质
2、发生反响，金属肯定有剩余的是 6. 以下溶液敞口放置后，pH 肯定能增大的是 A. 易形成价离子C. 单质熔沸点依次上升8.化学家从一个三角形分子(B. 都只能从海洋中提取D. 气态氢化物稳定性依次减弱)入手，“撕裂”出世界上第一个完全由碳原子构成的环状分子，该分子是单键和叁键交替的构造，其过程如下图：A. 浓醋酸B. 酸雨样品C. 漂粉精溶液D. 石灰水7.关于氯、溴、碘的表达错误的选项是 A.属于不饱和烃B. “撕裂”过程发生了分解反响C.和互为同系物D. “撕裂”过程主要抑制了分子间作用力以下说法正确的选项是 冰液态水(4)水蒸气(100)氢气+氧气9. 水可以发生如下变化：A. 过程中
3、物质体积膨胀C. 过程中涉及化学键的断裂和形成B. 过程中分子间距缩小D. 过程与过程互为可逆反响以下说法正确的选项是 10. 关于化工生产的表达正确的选项是 10 / 17A. 合成氨工业中，、循环使用使得原料的总转化率较高B. 硫酸工业中，大块黄铁矿石不能煅烧，因此必需将其粉碎C. 石油分馏得到乙烯D. 氯碱工业生产纯碱11.“天问一号”于 2023 年 2 月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其构造与相像，关于羰基硫的说法正确的选项是 A. 比例模型：B. 构造式：C. 共用电子对都偏向碳D. 是含有极性键的非极性分子12. 关于有机物 X(构造如图)的说法正确的选项是 1
4、3.土壤中游离越多，绣球花的颜色越蓝。假设想种出蓝色绣球花，可向土壤中参加硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用 A. 硫酸亚铁B. 硝酸钾C. 碳酸钾D. 氯化铵A. 全部碳原子均在同一平面内B. 常温下呈气态C. 与苯互为同分异构体D. 一氯取代物有 2 种A.B.C.D.15.：。不同状况下反响过程的能量变化如图。以下结论正确的选项是 A. 1mol(g)和 3mol(g)混合后反响，放出 Q kJ 热量B. 催化剂可以转变反响途径，缩短到达平衡的时间C. 当生成的水为液态时，Q 值减小D. 催化剂不同，反响的热效应不同16.选取和的醋酸溶液分别与生铁反响，进展腐蚀试验，测量密闭容器内压强
5、变化状况如图。以下结论错误的选项是 14.试验室制取乙酸乙酯的过程中，未涉及的操作是 选项 xyz试验目的A浓氨水 生石灰溶液验证能溶于碱B稀醋酸 小苏打 澄清石灰水 验证醋酸的酸性强于碳酸C水过氧化钠溶液验证具有复原性D70%硫酸亚硫酸钠紫色石蕊试液验证二氧化硫的漂白性A. AB. BC. CD. DA.的醋酸溶液中肯定存在吸氧腐蚀C. 两组溶液的 pH 肯定渐渐变大B. 酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同D. 假设改用盐酸进展试验，腐蚀速率肯定变大17. 按如下图装置进展试验，逐滴参加液体x 后，以下试验目的能够实现的是 18. 在铁粉与水蒸气反响后的残留固体X 中，参加足量的稀硫酸，充分反
6、响后得到溶液Y。以下说法正确的选项是 A. 假设X 中含有铁，则反响时肯定有气泡B. 假设向Y 中滴入 KSCN 溶液显红色，则X 中无铁C. Y 肯定能使高锰酸钾溶液褪色D. Y 中滴入 NaOH 溶液，肯定有沉淀产生A. 过程还需要参加氧化剂B. 过程反响后酸性减弱C. 过程中，参与反响的与的物质的量之比为 4 3D. 过程、的总反响为：19. 某型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如下图。以下说法正确的选项是 20.某温度下，向浓氯水(由 0.12mol 氯气溶于水配制而成)中，以恒定速率滴入 NaOH 溶液，溶液中和的物质的量与时间t 的关系曲线如图：A.B.时，溶液中的含氯微粒为：时，
7、发生的离子反响是：、C.时，溶液中存在如下关系：D.时，溶液中含 NaCl 0.20mol以下说法正确的选项是 二、综合题21.硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。完成以下填空：2氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和 194，它们熔点差异大的缘由可能是。1硅原子的构造示意图为；比较硅铝的原子半径：r(Si)r(Al)(选填：“”、“”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反响的化学方程式为。（3） 门捷列夫准确推测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被觉察)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为，推断的依据是。；（4） 制备硅铝合金时，
8、在高温真空炉中发生如下反响：上述反响的最终复原产物为；当有 1mol C 参与反响时，转移的电子数目为。22.有机物 H 是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：完成以下填空：1E 中含有的官能团名称为。A 的分子式为。的反响类型为。（2） 反响的化学方程式为。（3） 合成过程中使用 TBSCl 试剂的目的是。4G 的同分异构体有多种，写出一种满足以下条件的构造简式。5设计由乙酸和 1，3-丁二烯为原料合成 G()的路线。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物)能使石蕊试液变色；能发生银镜反响；分子中含有两个甲基。23.“绿色化学”是化工生产中的重要理念。以下图为利用尿素工厂废气以及
9、磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。完成以下填空：（1） 沉淀池中发生反响的化学方程式为。硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相像，则从沉淀池中获得产品的操作包含、洗涤、烘干等。（2） 流程中表达“绿色化学”理念的设计有、等。可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反响原理可以表示为：不与 NaOH 反响（3） 为在试验室模拟沉淀池中的反响，设计了如下图的装置，导管a 下端连接粗管的目的是； 导管 b 下端使用多孔球泡的目的是。试验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL 溶液，取25.00mL 样品溶液于锥形瓶中，参加过量的甲醛溶液，摇匀、静置 5min 后，参加 12 滴甲基橙试液
10、，用 NaOH 标准溶液滴定至终点。5，消耗氢氧化钠溶液 20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为。(保存 4 位小数)，试验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，缘由可能是。（4） 终点的推断依据是。a.甲醛被氧化b.没有进展平行试验24.利用可消退 CO 污染或定量测定 CO，反响为：c.氢氧化钠溶液久置变质d.锥形瓶没有用待测液润洗1该反响的平衡常数表达式 。在 2L 恒容密闭容器中反响 25min 后，固体质量削减了6.4g，则 025min2取肯定量的的平均反响速率为。和 CO 于某密闭容器中，分别在80和 100下进展试验，测得如下：时间/min 0温度102030405080
11、0.50 0.37 0.26 0.18 0.12 0.12100上表中0.50 0.35 0.24 0.17 x0.15 ，理由是。依据上表数据可以得出的结论是。3如下图，300时的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其缘由。4可用高浓度 NaOH 溶液吸取。假设 4.48L 。(标准状况)和 0.35mol NaOH 溶液完全反响，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为完成以下填空：假设使碳酸氢钠溶液中的比值变小，可参加的物质是。a通入 HClbNaOH 固体c通入d固体连续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比 1 1，则溶液中各离子浓度大小挨次为。答案解
12、析局部一、单项选择题1. 【答案】 A【解析】【解答】由选项可知，氧气可与多种物质发生反响，而氮气，甲烷，氩气性质均比较稳定，不易与其他物质发生反响，故推想月壤变色与空气中含有氧气有关，A 项符合题意；故答案为：A。【分析】月壤变色说明被氧化，因此找出具有氧化性的物质，氧气具有氧化性。2. 【答案】 C【解析】【解答】A中国在夏代已经冶炼青铜，而春秋战国时才消灭炼铁技术，A 项不符合题意； B青铜为金属，具有导电性，B 项不符合题意； C青铜是合金，合金的熔点低于其组分中的任意一种金属，故熔点低于纯铜，C 项符合题意； D合金的硬度比其组分中任意一种金属的硬度都大，故硬度大于纯铅，D 项不符合
13、题意；故答案为：C。【分析】青铜器是合金，冶炼技术早于冶铁，金属具有导电性，合金的熔点低于纯金属材料，硬度强于纯金属元素3. 【答案】 C【解析】【解答】A硫化氢与溴水发生反响生成溴化氢和硫沉淀，A 项不符合题意； B氨气可以与溴水发生氧化复原反响，使溴水褪色，B 项不符合题意； C乙烷为饱和烃，与溴水不反响，不能使溴水褪色，C 项符合题意； D乙炔含有碳碳三键，可与溴水发生加成反响使溴水褪色，D 项不符合题意；故答案为：C。【分析】溴水具有氧化性，可以使溴水褪色，因此具有复原性或者是具有不饱和双键或三键，硫化氢和氨气具有复原性，乙炔具有不饱和三键，故可以褪色，乙烷不能使溴水褪色4. 【答案】
14、 D【解析】【解答】A聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反响得到的，其含碳量与二氧化碳一样，A 项不符合题意；D聚二氧化碳是通过二氧化碳加聚反响得到的，构造可表示为，D 项符合题意；B. 聚二氧化碳属于高聚物，是混合物，B 项不符合题意； C聚二氧化碳是降解塑料，可以降解不会产生白色污染，C 项不符合题意；【分析】聚二氧化碳，是通过二氧化碳加聚得到的产物，化学式可表示为， 含碳量与二氧化碳中的碳元素的质量分数相等，由于是高聚物，因此不是纯洁物，可降解塑料是白色污染故答案为：D。5. 【答案】 D【解析】【解答】A铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反响生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A 不符合题意；B
15、锌与浓盐酸反响生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B 不符合题意； C铜与足量浓硫酸(加热)生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C 不符合题意； D铝与浓硝酸(常温)会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D 符合题意；故答案为：D。【分析】溶液足量是金属肯定有剩余，说明此物质不能完全被反响，铝和过量的氯化铁反响和锌与过量的浓盐酸、以及铜与足量的浓硫酸加热金属均完全反响完全。铝和浓硫酸，浓硫酸具有很强的氧化 性，在铝外表形成致密的氧化物薄膜阻碍反响进一步反响，故金属不会反响完6. 【答案】 A【解析】【解答】A醋酸易挥发，浓醋酸敞口放置后，溶质挥发，浓度减小，酸性减弱，pH 增大，选项A
16、符合题意；B酸雨样品中含有亚硫酸等弱酸，敞口放置后，被氧化生成硫酸，酸性增加，pH 减小，选项B 不符合题意； C漂粉精溶液为强碱弱酸盐溶液，溶液呈碱性，敞口放置后，与空气中的二氧化碳作用生成碳酸钙和次 氯酸，pH 减小，选项C 不符合题意；D石灰水敞口放置后，吸取空气中的二氧化碳，pH 减小，选项D 不符合题意； 故答案为：A。溶液敞口放置后，pH 肯定能增大【分析】，说明酸性减弱，浓醋酸具有挥发性，放在空气中，醋酸浓度减小，酸性减弱，pH 增大，酸雨样品在空气中被氧化为硫酸，酸性增加，漂白粉在空气中与二氧化碳反响产生酸，酸性增加，石灰水吸取空气的二氧化碳，pH 减小7. 【答案】 B【解析
17、】【解答】A氯、溴、碘都位于第 VIIA 族，具有氧化性都会形成-1 价离子，故A 不符合题意； B除了海洋中提取氯、溴、碘，还有其他途径猎取，如以含碘磷矿石为原料提取碘，故B 符合题意； C随着原子序数的增大，单质的沸点渐渐增大，所以单质Cl2、Br2、I2 熔沸点依次上升，故C 不符合题意；D随着原子序数的增大，非金属性减弱，非金属性越弱其气态氢化物稳定性越弱，所以HF、HCl、HBr、 HI 稳定性渐渐减弱，故D 不符合题意；故答案为：B。【分析】氯、溴、碘均属同主族的卤族元素，最外层电子数均为7，因此易的得到电子形成-1 价的阴离子，单质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸
18、点越高。同主族的单质的熔沸点从上到 下依次上升。非金属性越强，气态氢化物的稳定性依次减弱。氯、溴、碘等可以在海水中提取，但是不 肯定只能在海水中猎取【解析】【解答】A只含有C 原子，不属于烃类，A 项不符合题意；8. 【答案】 BB经过一系列的“撕裂”反响，最终分解生成一氧化碳和，故“撕裂”过程发生了分解反响，B项符合题意；C同系物是指构造相像、分子组成相差假设干个CH2 原子团的有机化合物，互称为同系物，故不是同系物，C 项不符合题意；和D意；经过一系列的“撕裂”反响，最终分解生成一氧化碳和，破坏的是共价键，D 项不符合题故答案为：B。【分析】A.依据构造式，碳原子的成键方式即可推断不为烃B
19、.依据反响物和生成物即可推断反响类型C.C18 和 C60 均是碳单质，不是同系物互为同分异构体D.依据反响物和生成物即可推断，撕裂主要是共价键的破坏9.【答案】 C【解析】【解答】A4时的液态水体积比冰小，故过程中物质体积缩小，A 项不符合题意；B液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B 项不符合题意； C水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O 断裂，形成了 H-H 和 O-O，故过程中涉及化学键的断裂和形成，C 项符合题意； D可逆反响是在同一条件下既可以向正反响方向进展，又可以向逆反响方向进展的化学反响，故过程与过程不是可逆反响，D 项不符合题意； 故答案为：C。【分析】是固体到液
20、态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，和均为物理变化，过程是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反响是在同一条件下正逆反响均可发生的反响。和不为可逆反响【解析】【解答】A合成氨工业中，、循环使用，使其屡次转化为 NH3 然后准时分别出 NH3，故使得原料的总转化率较高，A 符合题意；10. 【答案】 AB硫酸工业中，大块黄铁矿石不是不能煅烧，将其粉碎仅仅是让其与氧气充分接触，提高原料的利用率，B 不符合题意；D氯碱工业是指电解饱和食盐水，反响方程式为：2NaCl+2H2O不是纯碱，D 不符合题意；2NaOH+Cl2+H2，故生产烧碱而C石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃，
21、故石油分馏得不到乙烯，C 不符合题意；故答案为：A。【分析】A.氮气和氢气的循环使用可以提高转化率B.粉碎主要是提高反响速率和原料利用率C.石油的裂化和裂解才能制得乙烯D.依据氯碱工业的产物即可推断【解析】【解答】ACOS 分子电子式为：，原子半径：SCO，则该比例模型不符合题意，故A 不符合题意；B依据 COS 的构造与 CO2 相像，可知C 原子实行 sp 杂化，所以 COS 为直线形分子，构造式为：，故B 符合题意；11. 【答案】 BDCOS 分子电子式为：，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性键形成的极性分子，故D 不符合题意；CC 和O 原子核外都有2 个电子层，O 的核电荷数比
22、C 多，且原子半径O 小于C，核对外层电子的吸引力强，则电子对偏向于O 元素，故C 不符合题意；【分析】 火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其构造与相像， 二氧化碳是含有极性键的非极性分子，即可写出构造式，但是 COS 的正负电荷中心不重合，因此是极性分子，氧原子的电负性强于碳，因此偏向氧原子故答案为：B。12. 【答案】 A【解析】【解答】A该有机物含有碳碳双键，碳碳双键为平面构造，与双键碳原子连接的碳原子肯定共面，故全部碳原子均在同一平面，A 项符合题意；B. 该有机物含有的碳原子的数量4，故该化合物常温下不是气态，B 项不符合题意；C. 该有机物的化学式为C6H8， 苯的化学式为C6H
23、6， 二者不是同分异构体，C 项不符合题意；D. 该有机物只含有一种氢，故一氯代物只有一种，D 项不符合题意故答案为：A。【分析】含有双键，因此双键上全部的原子均共面，因此全部的碳原子均共面，碳原子的个数大于4 个， 因此不为气态，与苯的分子式不同，与苯不互为同分异构体，分子中只含有一种氢原子因此一氯取代物 只有一种【解析】【解答】 Al3+浓度越大，花色越蓝，则不能消耗 Al3+， 碳酸钾中的会与 Al3+发生双水解反响，13. 【答案】 C故答案为：C。【分析】铝离子浓度越大，颜色越深，因此不能削减铝离子，铝离子水解显酸性，因此不能利用碱性物质，而碳酸钾显碱性14. 【答案】 D【解析】【
24、解答】A选项为制备乙酸乙酯的操作，在制备过程中有所涉及，A 项不符合题意；B制备乙酸乙酯时，可能混有乙酸和乙醇杂质，两者易溶于水，故防止倒吸，导管口位于液面以上，饱 和碳酸钠溶液吸取乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，是收集乙酸乙酯的操作，B 项不符合题意； C利用分液漏斗进展萃取分液，是分别乙酸乙酯的操作，C 项不符合题意； D选项为蒸发操作，在生成和纯化乙酸乙酯的试验过程中未涉及，D 项符合题意；故答案为：D。【分析】制取乙酸乙酯需要用到反响装置和收集装置以及进展物质进展分别提纯需要用到的是分液漏斗，A 为发生装置，B 为收集装置，C 为分别提纯装置。15. 【答案】 B【解析】【解答】
25、A该反响为可逆反响，反响物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和 3mol H2 (g)混合后反响，放出的热量小于Q kJ，故 A 不符合题意；B假设催化剂参与反响，则可以转变反响途径，降低反响的活化能，加快反响速率，缩短到达平衡的时间，故B 符合题意；C由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q 值增大，故C 不符合题意； D催化剂不能转变反响物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反响的热效应，故D 不符合题意； 故答案为：B。【分析】依据图示，焓变=生成物的能量-反响物的能量即可推断反响为放热，可逆反响，依据比例进展反响，由于可逆反响，但是不能完全反响，催化剂X 和
26、 Y 均能使活化能降低，Y 的催化效果要优于X，催化剂的使用不转变和焓变，使用催化剂可以提高速率，缩短反响的时间。气态水向液态水转换时需要释放 能量，当直接转为液态水时，释放能量更多。16. 【答案】 D【解析】【解答】ApH=5.0 醋酸溶液时压强减小，则是吸氧腐蚀，故A 不符合题意；B. pH=2.5 时，压强增大，是析氢腐蚀，pH=5.0 时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，故B 不符合题意；C. 两组溶液都在消耗氢离子，pH 肯定渐渐变大，故C 不符合题意； D腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，假设pH 一样，则速率一样，故D 符合题意； 故答案为：D。【分析
27、】pH=2.5 的醋酸溶液与铁反响的压强增大，则为析氢腐蚀，电极反响式为：2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-， pH=5.0 时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反响式为：O2+4 CH3COOH+4e-=2H2O+4CH3COO-；17. 【答案】 BC水和过氧化钠反响生成氧气，氧气和有复原性，C 不符合题意溶液反响生成Fe3+， 溶液由绿色变为黄色，证明Fe2+具【解析】【解答】A向生石灰中参加浓氨水，生成氨气，氨气进入试管中，溶于水，生成一水合氨，一水合氨和 Al3+反响生成 Al(OH)3， 而 Al(OH)3 不溶于弱碱，无法到达试验目的，A 不符合题意 B稀醋酸和小苏打反响
28、生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，证明醋酸的酸性强于碳酸，B 符合题意D. 0%硫酸和亚硫酸钠反响生成二氧化硫，二氧化硫能使紫色石蕊试液变红，但无法使紫色石蕊试液褪色，无法证明二氧化硫具有漂白性，D 不符合题意故答案为：B。【分析】A.氨水和氯化铝反响得到的氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强碱B.符合强酸制取弱酸的反响C.通过氯化亚铁的颜色变化，说明亚铁离子具有复原性D.证明二氧化硫的漂白性可以用品红溶液18. 【答案】 C【解析】【解答】A假设X 中含有铁，但铁全部和 Fe2(SO4)3 反响，则没有气泡，故A 不符合题意； B假设向Y 中滴入KSCN 溶液显红色，说明Y 中含 Fe3+，
29、可能X 中无铁，也可能X 中铁缺乏以将Fe2(SO4)3 全部转化为 FeSO4， 故B 不符合题意；C不管X 是 Fe3O4， 还是 Fe3O4 和 Fe 的混合物，和硫酸反响后都有Fe2+， 所以肯定能使高锰酸钾溶液褪色，故C 符合题意；D假设硫酸过量，则向Y 中滴入 NaOH 溶液，硫酸消耗了 NaOH，则没有沉淀产生，故 D 不符合题意； 故答案为：C。【分析】铁和水蒸气反响生成 Fe3O4 和氢气，残留固体为 Fe3O4 或 Fe3O4 和 Fe 的混合物。参加足量的稀硫酸，Fe3O4 和硫酸反响：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，假设有铁剩余，由于
30、氧化性：Fe3+H+， 所以还会依次发生反响：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4， Fe+H2SO4=FeSO4+H2。【解析】【解答】A过程中氮元素的化合价由+3 价变为-1 价，化合价降低，NO做氧化剂被复原，所以过程需参加复原剂，A 不符合题意；B过程中 NH OH 与 NH2反响生成N H2 4， OH-被消耗，反响后碱性减弱，B 不符合题意；C由题分析可知，过程中的反响离子方程式为 4 NON2H4 的物质的量之比为 4 3，C 符合题意；+3N H +4H+=5N2 42+8H O，参与反响的 NO2与D过程、的总反响为 NO意；与N H 的反响，反响为4NO2 4+3N H
31、+4H+=5N+8H O，D 不符合题2 42219. 【答案】 C故答案为：C。【分析】A.依据元素化合价的变化即可推断B.写出方程式即可推断【解析】【解答】A氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸为弱酸，生成的次氯酸根离子会水解，因此时，溶液中的含氯微粒除了和，还有次氯酸，A 项不符合题意；B在 t2 时刻才开头生成，因此，时，发生的离子反响是：时，发生的离子反响是：，B 项不符合题意；C.依据反响物和生成物写出方程式即可 D.写出 I 和 II 和 III 的方程式进展合并即可20.【答案】 DC由B 选项中的方程式，结合电荷守恒，有，但是题中没给出t3 时的 pH，无法确定氢离子和氢氧根离子的浓
32、度大小，因此无法确定和的大小，C 项不符合题意；D时，溶液中的含氯微粒只有氯离子和，则时的总反响可表示为：，由起始时氯气的物质的量为 0.12mol 可知时，溶液中含NaCl 0.20mol，D 项符合题意；【分析】A.氯水中存在 Cl2+H2OCl-+H+HClO,HClOH+ClO-,因此即可找出含氯微粒B. 依据图示，即可推断是分段反响，1-t1,t1-t2 发生的两个反响C. t3 时，依据电荷守恒以及物料守恒即可推断D. 依据最终的反响物写出反响方程式即可写出方程式，依据数据计算故答案为：D。21.【答案】 1；2氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高3；类
33、铝与铝同主族，故最外层为 3 个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4 层4Al、Si；2NA【解析】【解答】(1)硅为 14 号元素，故硅原子的构造示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故 r(Si) r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反响的化学方程式为：，故答案为：；二、综合题(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3 个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4 层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3 个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4 层；(2)由于F 的电负性比Cl 的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，
34、它们熔点差异大的缘由可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体， 离子晶体的熔沸点比分子晶体高；(4) 复原产物是指元素的化合价降低被复原而成的产物，依据上述反响可知，最终复原产物为Al、Si；反响中C 的化合价由 0 价上升为 CO 中的+2 价，故当有 1mol C 参与反响时，转移的电子数目为：2NA 个，故答案为：Al、Si；2NA。【分析】1依据硅原子的原子序数即可写出原子构造示意图，同一周期，从左到右半径渐渐减小，铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气即可写出方程式（2） 晶体类别不同，熔沸点不同(2)反响是 B 生成了C，观看两种物质的
35、构造简式，B 构造中的羟基被氧化成C 中的醛基，其他构造没变，由乙醇氧化为乙醛，可得反响的化学方程式为O2+2H2O。(3)从 ABCDE 的反响路线来看，使用TBSCl 试剂的目的是防止A 构造中的基团在反响中被氧化，故答案为保护基团不被氧化。(4) G 的同分异构体有多种，满足能使石蕊试液变色，说明构造中含有羧基，满足能发生银镜反响，则结构中有醛基，还要有两个双键，则满足这三个条件的G 的同分异构体构造简式很多，如：或或或或。(5)由 G 的构造简式为原料合成出可知，要合成G，必需想法找到乙酸和，题目供给了乙酸，那就要想方法由1，3-丁二烯，要在构造中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤
36、代烃的水解反响引入羟基，故G 的合成路线为。（3） 铝的最外层电子数为 3，和电子层数为 3，下一层是第四层，即可写出价层电子轨道排布【解析】【解答】(1)通过 E 的构造简式可知，E 中含有的官能团名称为碳碳双键、羟基；通过观看A 的分子构造式，可知其不饱和度为 1，数其碳原子数为 9，测其分子式为；H 的构造中含有两个酯基，G 和F 生成H ,G 的构造中有一个酯基和一个羟基，则F 的构造中比含有一个羧基和G 的羟基酯化，酯化反响是取代反响，故的反响类型为取代反响。（4） 依据方程式进展合并即可写出总的反响式，依据碳的物质的量即可计算转移的电子数目即可22.【答案】1碳碳双键、羟基；取代反
37、响23保护+O2基团不被氧化+2H2O4或或或或5【分析】合成G (式可知，要合成G，必需想法找到乙酸和由 1，3-丁二烯)，可承受逆合成分析法来分析其过程。由G 的构造简，题目供给了乙酸，那就要想方法为原料合成出，要在构造中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反响引入羟基。23.【答案】 1；过滤；蒸发2尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用；生产中3防止极易溶于水的溶物的反响更充分产生倒吸；增大溶解性较小的的循环使用(合理就给分)与溶液的接触面积，使微溶物转化犯难4参加最终一滴后，溶液马上由红色转化为橙色，并且30 秒内不变色，即为终点50.1885；a b【解析】【解答】(1
38、) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反响生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分别出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；(3)氨气易溶于水，故导管 a 下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反响接触过少，故在导管b 下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化犯难溶物的反响更充分；(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L20mL=0.002023mol，氢氧根离
39、子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N 元素的物质的量，故溶液中N 的质量=，250mL 溶液中含有N 元素的质量为 0.2828g，N 的质量分数=；a.甲醛被氧化，则反响掉一样量的，参加的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中 H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a 项选；(4) 在溶液中参加过量的甲醛溶液，摇匀充分反响后溶液呈酸性，参加12 滴甲基橙试液，简洁变红色， 用 NaOH 标准溶液与溶液中的氢离子中和，当参加最终一滴后，溶液马上由红色转化为橙色，并且30 秒内不变色，即为终点；b. 没有进展平行试验，只有一次试验构造，可能造成氮的质量分数略高，b 项选；c. 氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3， 则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c 项不选；d. 锥形瓶没有用待测液润洗，对试验结果无影响，d 项不选； 故答案为：ab。【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反响生成碳酸钙和硫酸铵， 碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。24.【答案】 1；0.008mol/(Lmin)20.15；10