上海市崇明区2022~2023学年高三下学期二模测试化学试题
一、单选题
1．（2023·崇明模拟）科学家通过测定地球岩石和球粒陨石中比例差异，为月球起源“大撞击”假说提供了重要证据。25Mg与24Mg的说法正确的是（ ）
A．互为同素异形体 B．具有相同质量数
C．具有相似的化学性质 D．具有相同的中子数
【答案】C
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．25Mg与24Mg是质子数相同，中子数不同，两者互为同位素，故A不符合题意；
B．25Mg与24Mg两者的质量数分别为25、24，故B不符合题意；
C．金属性的化学性质主要取决于最外层电子数，两者最外层电子数相同，因此25Mg与24Mg两者具有相似的化学性质，故C符合题意；
D．25Mg与24Mg两者的中子数分别为13、12，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；化学性质主要取决于最外层电子数；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、质子数＝核外电子数分析。
2．（2023·崇明模拟）下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A．二氧化硫作纸浆的漂白剂
B．用苯提取溴水中的溴
C．明矾作净水剂
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．二氧化硫作纸浆的漂白剂时，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．用苯提取溴水中的溴时，利用的是溴易溶于苯的特点，没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；
C．明矾作净水剂时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒时，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】有新物质生成，属于化学变化；没有新物质生成，属于物理变化。
3．（2023·崇明模拟）下列化学用语错误的是（ ）
A．C2H2的球棍模型：
B．碳原子最外层电子轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图：
D．KOH的电子式：
【答案】B
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙炔是直线形分子，球棍模型为，故A不符合题意；
B．碳元素的原子序数为6，最外层电子排布式为2s22p2，最外层电子轨道表示式为，故B符合题意；
C．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故C不符合题意；
D．氢氧化钾是含有共价键和离子键的离子化合物，电子式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙炔是直线形分子；
B．依据构造原理分析；
C．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8；
D．氢氧化钾是含有共价键和离子键的离子化合物。
4．（2019高一下·吉林期末）下列过程只需要破坏共价键的是（ ）
A．晶体硅熔化 B．碘升华 C．熔融Al2O3 D．NaCl溶于水
【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，A符合题意；
B．碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力，B不符合题意；
C．氧化铝是离子化合物，熔融时破坏的是离子键，C不符合题意；
D．氯化钠是离子化合物，溶于水时破坏的是离子键，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.原子晶体熔化，破坏共价键；
B.分子晶体升华，破坏分子间作用力；
C.离子晶体熔化，破坏离子键；
D.离子晶体溶于水，破坏离子键；
5．（2023·崇明模拟）下列属于弱电解质的是（ ）
A．CaCO3 B．SO2 C．NH3·H2O D．Ba(OH)2
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．CaCO3属于盐，属于强电解质，故A不符合题意；
B．SO2是非金属性氧化物，属于非电解质，故B不符合题意；
C．NH3·H2O属于弱碱，属于弱电解质，故C符合题意；
D．Ba(OH)2属于强碱，属于强电解质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】弱电解质在水溶液中部分电离；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
6．（2023·崇明模拟）下列水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．Na2CO3 B．BaCl2 C．(NH4)2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故A符合题意；
B．氯化钡是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故B不符合题意；
C．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．氢氧化钙是强碱，溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，两弱双水解。
7．（2023·崇明模拟）下列事实不能用键能的大小来解释的是（ ）
A．N2的化学性质稳定
B．H2O比H2S沸点高
C．HF、HCl、HBr的稳定性逐渐减弱
D．金刚石比晶体硅的熔点高
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，化学性质稳定，则氮气的化学性质稳定能用键能的大小来解释，故A不符合题意；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，则水的沸点高于硫化氢不能用键能的大小来解释，故B符合题意；
C．氟、氯、溴的电负性依次减小，氢氟键、氢氯键、氢溴键的键能依次减小，则氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱，所以氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱能用键能的大小来解释，故C不符合题意；
D．碳元素的电负性大于硅元素，金刚石中碳碳键的键能大于晶体硅中的硅硅键，碳碳键强于硅硅键，则金刚石的熔点高于晶体硅，所以金刚石比晶体硅的熔点高能用键能的大小来解释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．键能越大，化学性质越稳定；
B．分子间含有氢键，熔沸点较高；
C．原子半径越大，共价键键长越长，键能越小，共价键越不牢固，氢化物的稳定性越弱；
D．原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高。
8．（2023·崇明模拟）有关硫和氯及其化合物性质的比较，错误的是（ ）
A．半径：S＞Cl B．非金属性：S＜Cl
C．酸性：H2SO4＞HClO4 D．稳定性：H2S＜HCl
【答案】C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．根据同电子层结构核多径小得到半径：S＞Cl，故A不符合题意；
B．同周期从左到右非金属性逐渐 ，则非金属性：S＜Cl，故B不符合题意；
C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4，故C符合题意；
D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，因此稳定性：H2S＜HCl，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．根据同电子层结构核多径小分析；
B．同周期从左到右非金属性逐渐增强；
C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强分析；
D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强。
9．（2023·崇明模拟）合成氨工业中使用的催化剂为（ ）
A．五氧化二矾 B．二氧化锰 C．铁触媒 D．三氧化二铬
【答案】C
【知识点】工业合成氨
【解析】【解答】合成氨工业中使用的催化剂为铁触媒，
故答案为：C。
【分析】合成氨工业中使用铁触媒作催化剂。
10．（2023·崇明模拟）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3 B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2 D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
【答案】D
【知识点】除杂；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；
故答案为：D。
【分析】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行。
11．（2023·崇明模拟）将下列气体通入溶有足量的SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是（ ）
A．NH3 B．H2S C．Cl2 D．HCl
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．NH3和亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，故A不选；
B． H2S与SO2生成S和水，故B不选；
C． Cl2和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；
D． 通入HCl，溶液酸性增强，二氧化硫的溶解度减小，不能生成更多的亚硫酸根离子，没有沉淀生成，故D选；
故答案为：D。
【分析】A．NH3和亚硫酸反应生成亚硫酸铵；
B． H2S与SO2生成S和水；
C． Cl2和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸；
D．依据弱酸不能制强酸分析。
12．（2023·崇明模拟）其他条件不变，升高温度，不一定增大的是（ ）
A．化学平衡常数 B．气体摩尔体积
C．水的离子积 D．化学反应速率
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；水的电离
【解析】【解答】A．化学反应不清楚是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学平衡常数不一定增大，故A符合题意；
B．温度升高，气体分子间间距增大，则气体摩尔体积一定增大，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积一定增大，故C不符合题意；
D．升高温度，化学反应速率增大，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据温度对反应速率、化学平衡、电离平衡、气体体积的影响分析。
13．（2018高一下·上海期中）下图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（ ）
A．氨易溶于水 B．氨能与水反应
C．氨水显碱性 D．氨易液化
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】之所以能形成喷泉是因为烧瓶内压强小于外界压强，水被压入烧瓶内，凡是能使烧瓶内气体减少，烧瓶内压强就能减小，就能形成喷泉。
A、氨极易溶于水，A不符合题意；
B、氨能和水反应都能使气体减少，都能形成喷泉，B不符合题意；
C、喷泉呈红色，是因为氨水显碱性，C符合题意；
此反应与氨是否易液化没有关系，D不符合题意。
故答案为：D
【分析】喷泉实验的依据是氨气极易溶于水，从而形成压强差，形成喷泉，所以如果气体和溶液快速反应，可以形成较大压强差，其他的气体也可以形成喷泉。
14．（2017高一下·永州期末）海带提碘实验中，不会用到的装置是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：海带提碘实验中，首先应在坩埚中灼烧海带，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，加入硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应生成碘，然后加入石油醚发生萃取，将萃取液敞口挥发，得到碘，涉及的操作有灼烧、溶解、过滤、萃取、分液等．
故选D．
【分析】从海带中提取碘，用到灼烧、溶解、过滤、萃取、分液等操作，以此解答该题．
15．（2023·崇明模拟）不能用离子方程式Ca2+ + = CaCO3↓表示的反应是（ ）
A．澄清石灰水和NaHCO3溶液
B．澄清石灰水和Na2CO3溶液
C．Ca(NO3)2溶液和(NH4)2CO3 溶液
D．CaCl2溶液和K2CO3溶液
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．澄清石灰水和NaHCO3溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠，其离子方程式为2OH－＋2＋Ca2+＝CaCO3↓＋2H2O＋，故A符合题意；
B．澄清石灰水和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙和氢氧化钠，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故B不符合题意；
C．Ca(NO3)2溶液和(NH4)2CO3 溶液反应生成碳酸钙和硝酸铵，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故C不符合题意；
D．CaCl2溶液和K2CO3溶液反应生成碳酸钙和氯化钾，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．碳酸氢根离子不能拆，其它选项离子方程式书写正确。
16．（2023·崇明模拟）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、氨碱法与侯氏制碱法的主反应都是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A项符合题意；
B、氨碱法与侯氏制碱法的副产品分别是CaCl2、NH4Cl，B项不符合题意；
C、侯氏制碱法在母液中加入食盐粉末，析出氯化铵后的溶液可循环使用，提高了食盐利用率，C项不符合题意；
D、氨碱法循环物质有氨气和二氧化碳，侯氏制碱法循环物质食盐和二氧化碳，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】氨碱法与侯氏制碱法的主反应都是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl， 可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；循环的目的是提高原料的利用率。
17．（2023·崇明模拟）用氯化钠溶液润湿的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（ ）
A．a极上发生氧化反应
B．b极上发生的反应为：
C．d极上发生的反应为：
D．铁片腐蚀速率：甲＞乙
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A甲发生吸氧腐蚀，铁是活泼金属，则a极为负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．b极是正极，正极是氧气得到电子变为氢氧根，发生的反应为：，故B不符合题意；
C．d极为阴极，电极发生的反应为：，故C符合题意；
D．原电池的腐蚀速率大于电解质阴极的腐蚀速率即铁片腐蚀速率：甲＞乙，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
18．（2023·崇明模拟）布洛芬是常见解热镇痛药，合成该药物的部分线路如图示：
下列说法错误的是（ ）
A．可用新制的氢氧化铜浊液鉴别I和II
B．布洛芬的分子式为C13H18O2
C．mol布洛芬最多可与mol H2加成反应
D．布洛芬能发生取代、氧化等反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；醛的化学性质；酮
【解析】【解答】A．II中含有醛基，I中没有醛基，因此可用新制的氢氧化铜浊液鉴别I和II，故A不符合题意；
B．根据布洛芬的结构简式得到分子式为C13H18O2，故B不符合题意；
C．布洛芬含有苯环，能与氢气发生加成反应，羧基不能与氢气发生加成反应，因此mol布洛芬最多可与3mol H2加成反应，故C符合题意；
D．布洛芬含有羧基，能发生置换反应，又叫取代反应，布洛芬能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．依据结构中是否有醛基分析；
B．根据结构简式确定分子式；
CD．根据官能团的性质判断。
19．（2023·崇明模拟）一种新型人工固氮的原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．反应①中每生成1molLi3N转移电子数为3NA
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应③中O2为氧化产物
D．整个过程的总反应可表示2N2 + 6H2O = 4NH3 + 3O2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由分析可知，反应①为氮气与锂反应生成氮化锂，则反应生成1mol氮化锂，转移电子数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故A不符合题意；
B．由分析可知，反应②为氮化锂与水反应生成氨气和氢氧化锂，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B符合题意；
C．由分析可知，反应③为电解氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化产物，故C不符合题意；
D．由分析可知，整个过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气，反应的方程式为2N2 + 6H2O = 4NH3 + 3O2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据化合价的变化判断；
B．依据氧化还原反应反应中有元素发生化合价变化判断；
C．元素化合价降低、生成还原产物；元素化合价升高、生成氧化产物；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析。
20．（2023·崇明模拟）常温下a mol L 1稀氨水与b mol L 1稀盐酸等体积混合，下列判断一定正确的是（ ）
A．若a＞b，则
B．若a＞b，则
C．若a＜b，则
D．若a＝b，则
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若a＞b，溶液混合后可能呈中性，也可能呈碱性，也可能呈酸性，故A不符合题意；
B．若a＞b，根据A选项分析，则 可能大于或等于或小于，故B不符合题意；
C．若a＜b，混合后溶质为盐酸和氯化铵，溶液一定呈酸性即，故C符合题意；
D．若a＝b，则溶质为氯化铵，溶液显酸性，根据电荷守恒和溶液显酸性，则得到，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据中和原理和水解原理分析。
二、非选择题
21．（2023·崇明模拟）工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4 + 2CNa2S + CO2↑，完成下列填空：
（1）硫元素在周期表中的位置为 ，硫原子核外有 种不同运动状态的电子。
（2）CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2 CO2(填“>、=、<”)。
（3）有关二硫化碳分子的描述正确的是____
A．含有非极性键
B．是直线形分子
C．属于极性分子
D．结构式为
（4）C元素和S元素比较，非金属性强的是 ，写出一个能支持你的结论的事实： 。
（5）Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是 。
（6）天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示，
配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：
_Fe2 (SO4)3 + _ H2S =_FeSO4 +_S↓ +_
（7）图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为 升。
【答案】（1）第三周期第VIA族；16
（2）>
（3）B
（4）硫；硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
（5）c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)
（6）Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4
（7）5.6
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）硫的原子序数是16，其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。
（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。
（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为，分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A、C、D不正确，故答案为：B。
（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。
（5）Na2S溶液中发生水解，，，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。
（6）根据元素守恒，若Fe2 (SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2 (SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1mol Fe2 (SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4。
（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2 (SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【分析】（1）由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，每个电子运动状态均不相同。
（2）分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；
（3）依据CS2的结构与CO2相似判断；
（4）元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
（5）依据水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（7）根据得失电子守恒计算。
22．（2023·崇明模拟）
（1）Ⅰ.科学家对汽车尾气进行无害化处理反应为：2CO + 2NO2CO2 + N2。一定条件下，在L密闭容器中充入mol CO和mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比，完成问题：
该反应的化学平衡常数表达式是 。根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是 mol/(L·min)。
（2）已知：反应2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)中，每生成14克N2时放出373.23kJ热量，试写出上述反应的热化学方程式： 。
（3）该反应的正反应是 反应(填“吸热”或“放热”)。图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是 。
（4）写出一条结论，可表明该反应已经达到平衡状态 。
（5）下列关于该可逆反应的说法错误的是 (单选题)
a．其他条件不变，若充入N2，达到新平衡时，、均增大
b．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
c．若适当增大压强，则平衡正向移动
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半
（6）Ⅱ.研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下实验：
实验编号 T(K) NO的初始浓() CO的初始浓度 () 催化剂的比表面积 ()
I T0 75
II T0 50
在图3中画出表中实验II条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线。
【答案】（1）K=；0.020
（2）2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)
（3）放热；Ka>Kb=Kc
（4）氮气的浓度不再改变(合理即可)
（5）b
（6）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题干反应方程式结合平衡常数的定义可知，2CO+2NO 2CO2+N2该反应的化学平衡常数表达式是K=；根据图1，达到平衡所需要的时间为40min，达到平衡时CO2的浓度改变了1.6mol/L，根据方程式可知，N2的浓度改变了0.8mol/L，则用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是=0.020mol/(L·min)，故答案为：K=；0.020；
（2）14gN2的物质的量为=0.5mol，生成14gN2时放出373.23kJ热量，则生成1molN2放出热量为=746.46kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ，故答案为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)；
（3）由图2可知m相同时，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，即该反应的正反应是放热反应；已知温度不变，同一反应方程式的化学平衡常数不变，由图2可知，Ta＜Tb=Tc，结合该反应正反应是一个放热反应，则a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是Ka＞Kb=Kc，故答案为：放热；Ka＞Kb=Kc；
（4）化学平衡状态是指可逆反应的正反应和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，则表明该反应已经达到平衡状态的一个结论可以是：正逆反应速率相等、氮气的浓度不再改变等，故答案为：氮气的浓度不再改变(合理即可)；
（5）a．保持其他条件不变，若充入N2，则增大生成物浓度，逆反应速率增大，随着平衡逆向移动导致反应物浓度也慢慢增大，则正反应速率也增大，故则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，则加入催化剂不可提高NO的平衡转化率，b不正确；
c．该反应的正反应气体体积减小，若适当增大压强，则平衡正向移动，c正确；
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，平衡逆向移动，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半，d正确；
故答案为：b；
（6）实验II与实验Ⅰ相比，催化剂的比表面积较小，故反应速率应较小；温度相同，平衡不移动，故平衡时NO的浓度不变，故答案为：。
【分析】（1）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值；利用v=Δc/Δt计算；
（2）热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式；
（3）K的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。
（4）利用“变者不变即平衡”；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同。
23．（2023·崇明模拟）有机化合物F的合成路线图如图：
已知：HCHO + RCH2CHO，请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是 ，D的结构简式为 ；检验B中所含官能团要用到的试剂有 、 。
（2）E→F的反应类型是 ，B + D→E的反应类型是 。
（3）写出C→D的化学方程式 。
（4）写出的符合下列要求的一种同分异构体 。
①含有苯环；②苯环上一溴代物只有两种。
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
【答案】（1）醛基；；NaHCO3溶液；溴水
（2）加聚反应；酯化反应
（3） +2NaOH+2NaBr
（4）或
（5）CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3
【知识点】有机物的合成；烯烃；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，A分子的官能团为醛基；由结构简式可知，B的结构简式为、D的结构简式为，B分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溶液褪色，含有的的羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，则检验B中所含官能团要用到碳酸氢钠溶液、溴水，故答案为：醛基；；NaHCO3溶液；溴水；
（2）由分析可知，E→F的反应为一定条件下发生加聚反应生成F；B + D→E的反应为浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成和水，故答案为：加聚反应；酯化反应；
（3）由分析可知，C→D的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和溴化钠，反应的化学方程式为 +2NaOH+2NaBr，故答案为： +2NaOH+2NaBr；
（4）的同分异构体含有苯环，苯环上一溴代物只有两种说明分子中含有2个在苯环上处于对位的取代基，取代基可能为醛基和甲基，或碳碳双键和羟基，结构简式可能为、，故答案为：或；
（5）由题给有机物的转化关系可知，由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成步骤为甲醛和乙醛发生羟醛缩合生成丙烯醛，丙烯醛与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后，酸化得到丙烯酸，浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3，故答案为：CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3。
【分析】】（1）根据结构简式确定官能团；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；依据反应前后官能团的变化，确定试剂和反应条件。
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）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；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）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．（2023·崇明模拟）铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：
（1）(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：
废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是 。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 。
（2）加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为 。操作②涉及的过程为：加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。
（3）检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是 。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为 、 。
（4）(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：
判断沉淀完全的操作为 。
（5）固体质量为w g，则 mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）碱煮水洗；漏斗
（2）Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；冷却结晶
（3）K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可）；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（5）；偏低
【知识点】无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；
（2）加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）亚铁离子遇到铁氰化钾溶液（或使酸性高锰酸钾溶液褪色）生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
（5）根据硫酸根离子守恒，n（CuSO4）=n（BaSO4），固体质量为w g，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得偏低。
【分析】（1）依据酯的性质分析；过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）依据离子的性质判断；
（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀分析；
（5）根据硫酸根离子守恒计算。
上海市崇明区2022~2023学年高三下学期二模测试化学试题
一、单选题
1．（2023·崇明模拟）科学家通过测定地球岩石和球粒陨石中比例差异，为月球起源“大撞击”假说提供了重要证据。25Mg与24Mg的说法正确的是（ ）
A．互为同素异形体 B．具有相同质量数
C．具有相似的化学性质 D．具有相同的中子数
2．（2023·崇明模拟）下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A．二氧化硫作纸浆的漂白剂
B．用苯提取溴水中的溴
C．明矾作净水剂
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒
3．（2023·崇明模拟）下列化学用语错误的是（ ）
A．C2H2的球棍模型：
B．碳原子最外层电子轨道表示式：
C．氯离子的结构示意图：
D．KOH的电子式：
4．（2019高一下·吉林期末）下列过程只需要破坏共价键的是（ ）
A．晶体硅熔化 B．碘升华 C．熔融Al2O3 D．NaCl溶于水
5．（2023·崇明模拟）下列属于弱电解质的是（ ）
A．CaCO3 B．SO2 C．NH3·H2O D．Ba(OH)2
6．（2023·崇明模拟）下列水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．Na2CO3 B．BaCl2 C．(NH4)2SO4 D．Ca(OH)2
7．（2023·崇明模拟）下列事实不能用键能的大小来解释的是（ ）
A．N2的化学性质稳定
B．H2O比H2S沸点高
C．HF、HCl、HBr的稳定性逐渐减弱
D．金刚石比晶体硅的熔点高
8．（2023·崇明模拟）有关硫和氯及其化合物性质的比较，错误的是（ ）
A．半径：S＞Cl B．非金属性：S＜Cl
C．酸性：H2SO4＞HClO4 D．稳定性：H2S＜HCl
9．（2023·崇明模拟）合成氨工业中使用的催化剂为（ ）
A．五氧化二矾 B．二氧化锰 C．铁触媒 D．三氧化二铬
10．（2023·崇明模拟）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3 B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2 D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
11．（2023·崇明模拟）将下列气体通入溶有足量的SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是（ ）
A．NH3 B．H2S C．Cl2 D．HCl
12．（2023·崇明模拟）其他条件不变，升高温度，不一定增大的是（ ）
A．化学平衡常数 B．气体摩尔体积
C．水的离子积 D．化学反应速率
13．（2018高一下·上海期中）下图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（ ）
A．氨易溶于水 B．氨能与水反应
C．氨水显碱性 D．氨易液化
14．（2017高一下·永州期末）海带提碘实验中，不会用到的装置是（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·崇明模拟）不能用离子方程式Ca2+ + = CaCO3↓表示的反应是（ ）
A．澄清石灰水和NaHCO3溶液
B．澄清石灰水和Na2CO3溶液
C．Ca(NO3)2溶液和(NH4)2CO3 溶液
D．CaCl2溶液和K2CO3溶液
16．（2023·崇明模拟）氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是（ ）
A．主反应原理 B．副产品 C．食盐利用率 D．循环物质
17．（2023·崇明模拟）用氯化钠溶液润湿的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（ ）
A．a极上发生氧化反应
B．b极上发生的反应为：
C．d极上发生的反应为：
D．铁片腐蚀速率：甲＞乙
18．（2023·崇明模拟）布洛芬是常见解热镇痛药，合成该药物的部分线路如图示：
下列说法错误的是（ ）
A．可用新制的氢氧化铜浊液鉴别I和II
B．布洛芬的分子式为C13H18O2
C．mol布洛芬最多可与mol H2加成反应
D．布洛芬能发生取代、氧化等反应
19．（2023·崇明模拟）一种新型人工固氮的原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．反应①中每生成1molLi3N转移电子数为3NA
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应③中O2为氧化产物
D．整个过程的总反应可表示2N2 + 6H2O = 4NH3 + 3O2
20．（2023·崇明模拟）常温下a mol L 1稀氨水与b mol L 1稀盐酸等体积混合，下列判断一定正确的是（ ）
A．若a＞b，则
B．若a＞b，则
C．若a＜b，则
D．若a＝b，则
二、非选择题
21．（2023·崇明模拟）工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4 + 2CNa2S + CO2↑，完成下列填空：
（1）硫元素在周期表中的位置为 ，硫原子核外有 种不同运动状态的电子。
（2）CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2 CO2(填“>、=、<”)。
（3）有关二硫化碳分子的描述正确的是____
A．含有非极性键
B．是直线形分子
C．属于极性分子
D．结构式为
（4）C元素和S元素比较，非金属性强的是 ，写出一个能支持你的结论的事实： 。
（5）Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是 。
（6）天然气中常含有少量H2S，在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示，
配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：
_Fe2 (SO4)3 + _ H2S =_FeSO4 +_S↓ +_
（7）图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为 升。
22．（2023·崇明模拟）
（1）Ⅰ.科学家对汽车尾气进行无害化处理反应为：2CO + 2NO2CO2 + N2。一定条件下，在L密闭容器中充入mol CO和mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比，完成问题：
该反应的化学平衡常数表达式是 。根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是 mol/(L·min)。
（2）已知：反应2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)中，每生成14克N2时放出373.23kJ热量，试写出上述反应的热化学方程式： 。
（3）该反应的正反应是 反应(填“吸热”或“放热”)。图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是 。
（4）写出一条结论，可表明该反应已经达到平衡状态 。
（5）下列关于该可逆反应的说法错误的是 (单选题)
a．其他条件不变，若充入N2，达到新平衡时，、均增大
b．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
c．若适当增大压强，则平衡正向移动
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半
（6）Ⅱ.研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下实验：
实验编号 T(K) NO的初始浓() CO的初始浓度 () 催化剂的比表面积 ()
I T0 75
II T0 50
在图3中画出表中实验II条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线。
23．（2023·崇明模拟）有机化合物F的合成路线图如图：
已知：HCHO + RCH2CHO，请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是 ，D的结构简式为 ；检验B中所含官能团要用到的试剂有 、 。
（2）E→F的反应类型是 ，B + D→E的反应类型是 。
（3）写出C→D的化学方程式 。
（4）写出的符合下列要求的一种同分异构体 。
①含有苯环；②苯环上一溴代物只有两种。
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
24．（2023·崇明模拟）铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：
（1）(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：
废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是 。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 。
（2）加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为 。操作②涉及的过程为：加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。
（3）检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是 。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为 、 。
（4）(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：
判断沉淀完全的操作为 。
（5）固体质量为w g，则 mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A．25Mg与24Mg是质子数相同，中子数不同，两者互为同位素，故A不符合题意；
B．25Mg与24Mg两者的质量数分别为25、24，故B不符合题意；
C．金属性的化学性质主要取决于最外层电子数，两者最外层电子数相同，因此25Mg与24Mg两者具有相似的化学性质，故C符合题意；
D．25Mg与24Mg两者的中子数分别为13、12，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；化学性质主要取决于最外层电子数；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、质子数＝核外电子数分析。
2．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．二氧化硫作纸浆的漂白剂时，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．用苯提取溴水中的溴时，利用的是溴易溶于苯的特点，没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；
C．明矾作净水剂时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．“84”消毒液用于杀灭新冠病毒时，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】有新物质生成，属于化学变化；没有新物质生成，属于物理变化。
3．【答案】B
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙炔是直线形分子，球棍模型为，故A不符合题意；
B．碳元素的原子序数为6，最外层电子排布式为2s22p2，最外层电子轨道表示式为，故B符合题意；
C．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故C不符合题意；
D．氢氧化钾是含有共价键和离子键的离子化合物，电子式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙炔是直线形分子；
B．依据构造原理分析；
C．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8；
D．氢氧化钾是含有共价键和离子键的离子化合物。
4．【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，A符合题意；
B．碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力，B不符合题意；
C．氧化铝是离子化合物，熔融时破坏的是离子键，C不符合题意；
D．氯化钠是离子化合物，溶于水时破坏的是离子键，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.原子晶体熔化，破坏共价键；
B.分子晶体升华，破坏分子间作用力；
C.离子晶体熔化，破坏离子键；
D.离子晶体溶于水，破坏离子键；
5．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．CaCO3属于盐，属于强电解质，故A不符合题意；
B．SO2是非金属性氧化物，属于非电解质，故B不符合题意；
C．NH3·H2O属于弱碱，属于弱电解质，故C符合题意；
D．Ba(OH)2属于强碱，属于强电解质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】弱电解质在水溶液中部分电离；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
6．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故A符合题意；
B．氯化钡是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故B不符合题意；
C．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．氢氧化钙是强碱，溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据盐类水解规律分析。有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，两弱双水解。
7．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，化学性质稳定，则氮气的化学性质稳定能用键能的大小来解释，故A不符合题意；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，则水的沸点高于硫化氢不能用键能的大小来解释，故B符合题意；
C．氟、氯、溴的电负性依次减小，氢氟键、氢氯键、氢溴键的键能依次减小，则氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱，所以氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱能用键能的大小来解释，故C不符合题意；
D．碳元素的电负性大于硅元素，金刚石中碳碳键的键能大于晶体硅中的硅硅键，碳碳键强于硅硅键，则金刚石的熔点高于晶体硅，所以金刚石比晶体硅的熔点高能用键能的大小来解释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．键能越大，化学性质越稳定；
B．分子间含有氢键，熔沸点较高；
C．原子半径越大，共价键键长越长，键能越小，共价键越不牢固，氢化物的稳定性越弱；
D．原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高。
8．【答案】C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．根据同电子层结构核多径小得到半径：S＞Cl，故A不符合题意；
B．同周期从左到右非金属性逐渐 ，则非金属性：S＜Cl，故B不符合题意；
C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4，故C符合题意；
D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，因此稳定性：H2S＜HCl，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．根据同电子层结构核多径小分析；
B．同周期从左到右非金属性逐渐增强；
C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强分析；
D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强。
9．【答案】C
【知识点】工业合成氨
【解析】【解答】合成氨工业中使用的催化剂为铁触媒，
故答案为：C。
【分析】合成氨工业中使用铁触媒作催化剂。
10．【答案】D
【知识点】除杂；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；
故答案为：D。
【分析】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行。
11．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．NH3和亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，故A不选；
B． H2S与SO2生成S和水，故B不选；
C． Cl2和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；
D． 通入HCl，溶液酸性增强，二氧化硫的溶解度减小，不能生成更多的亚硫酸根离子，没有沉淀生成，故D选；
故答案为：D。
【分析】A．NH3和亚硫酸反应生成亚硫酸铵；
B． H2S与SO2生成S和水；
C． Cl2和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸；
D．依据弱酸不能制强酸分析。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；水的电离
【解析】【解答】A．化学反应不清楚是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学平衡常数不一定增大，故A符合题意；
B．温度升高，气体分子间间距增大，则气体摩尔体积一定增大，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积一定增大，故C不符合题意；
D．升高温度，化学反应速率增大，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据温度对反应速率、化学平衡、电离平衡、气体体积的影响分析。
13．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】之所以能形成喷泉是因为烧瓶内压强小于外界压强，水被压入烧瓶内，凡是能使烧瓶内气体减少，烧瓶内压强就能减小，就能形成喷泉。
A、氨极易溶于水，A不符合题意；
B、氨能和水反应都能使气体减少，都能形成喷泉，B不符合题意；
C、喷泉呈红色，是因为氨水显碱性，C符合题意；
此反应与氨是否易液化没有关系，D不符合题意。
故答案为：D
【分析】喷泉实验的依据是氨气极易溶于水，从而形成压强差，形成喷泉，所以如果气体和溶液快速反应，可以形成较大压强差，其他的气体也可以形成喷泉。
14．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：海带提碘实验中，首先应在坩埚中灼烧海带，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，加入硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应生成碘，然后加入石油醚发生萃取，将萃取液敞口挥发，得到碘，涉及的操作有灼烧、溶解、过滤、萃取、分液等．
故选D．
【分析】从海带中提取碘，用到灼烧、溶解、过滤、萃取、分液等操作，以此解答该题．
15．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．澄清石灰水和NaHCO3溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠，其离子方程式为2OH－＋2＋Ca2+＝CaCO3↓＋2H2O＋，故A符合题意；
B．澄清石灰水和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙和氢氧化钠，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故B不符合题意；
C．Ca(NO3)2溶液和(NH4)2CO3 溶液反应生成碳酸钙和硝酸铵，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故C不符合题意；
D．CaCl2溶液和K2CO3溶液反应生成碳酸钙和氯化钾，其离子方程式Ca2+ ＋= CaCO3↓，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．碳酸氢根离子不能拆，其它选项离子方程式书写正确。
16．【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、氨碱法与侯氏制碱法的主反应都是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A项符合题意；
B、氨碱法与侯氏制碱法的副产品分别是CaCl2、NH4Cl，B项不符合题意；
C、侯氏制碱法在母液中加入食盐粉末，析出氯化铵后的溶液可循环使用，提高了食盐利用率，C项不符合题意；
D、氨碱法循环物质有氨气和二氧化碳，侯氏制碱法循环物质食盐和二氧化碳，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】氨碱法与侯氏制碱法的主反应都是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl， 可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；循环的目的是提高原料的利用率。
17．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A甲发生吸氧腐蚀，铁是活泼金属，则a极为负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．b极是正极，正极是氧气得到电子变为氢氧根，发生的反应为：，故B不符合题意；
C．d极为阴极，电极发生的反应为：，故C符合题意；
D．原电池的腐蚀速率大于电解质阴极的腐蚀速率即铁片腐蚀速率：甲＞乙，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
18．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；醛的化学性质；酮
【解析】【解答】A．II中含有醛基，I中没有醛基，因此可用新制的氢氧化铜浊液鉴别I和II，故A不符合题意；
B．根据布洛芬的结构简式得到分子式为C13H18O2，故B不符合题意；
C．布洛芬含有苯环，能与氢气发生加成反应，羧基不能与氢气发生加成反应，因此mol布洛芬最多可与3mol H2加成反应，故C符合题意；
D．布洛芬含有羧基，能发生置换反应，又叫取代反应，布洛芬能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．依据结构中是否有醛基分析；
B．根据结构简式确定分子式；
CD．根据官能团的性质判断。
19．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由分析可知，反应①为氮气与锂反应生成氮化锂，则反应生成1mol氮化锂，转移电子数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故A不符合题意；
B．由分析可知，反应②为氮化锂与水反应生成氨气和氢氧化锂，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B符合题意；
C．由分析可知，反应③为电解氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化产物，故C不符合题意；
D．由分析可知，整个过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气，反应的方程式为2N2 + 6H2O = 4NH3 + 3O2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据化合价的变化判断；
B．依据氧化还原反应反应中有元素发生化合价变化判断；
C．元素化合价降低、生成还原产物；元素化合价升高、生成氧化产物；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析。
20．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若a＞b，溶液混合后可能呈中性，也可能呈碱性，也可能呈酸性，故A不符合题意；
B．若a＞b，根据A选项分析，则 可能大于或等于或小于，故B不符合题意；
C．若a＜b，混合后溶质为盐酸和氯化铵，溶液一定呈酸性即，故C符合题意；
D．若a＝b，则溶质为氯化铵，溶液显酸性，根据电荷守恒和溶液显酸性，则得到，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据中和原理和水解原理分析。
21．【答案】（1）第三周期第VIA族；16
（2）>
（3）B
（4）硫；硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价，合理即可)
（5）c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)
（6）Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4
（7）5.6
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）硫的原子序数是16，其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。
（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。
（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为，分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A、C、D不正确，故答案为：B。
（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。
（5）Na2S溶液中发生水解，，，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。
（6）根据元素守恒，若Fe2 (SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2 (SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1mol Fe2 (SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3 +H2S =2FeSO4 +S↓ +H2SO4。
（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2 (SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【分析】（1）由于每个电子所处能层、能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，每个电子运动状态均不相同。
（2）分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；
（3）依据CS2的结构与CO2相似判断；
（4）元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
（5）依据水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（7）根据得失电子守恒计算。
22．【答案】（1）K=；0.020
（2）2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)
（3）放热；Ka>Kb=Kc
（4）氮气的浓度不再改变(合理即可)
（5）b
（6）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题干反应方程式结合平衡常数的定义可知，2CO+2NO 2CO2+N2该反应的化学平衡常数表达式是K=；根据图1，达到平衡所需要的时间为40min，达到平衡时CO2的浓度改变了1.6mol/L，根据方程式可知，N2的浓度改变了0.8mol/L，则用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是=0.020mol/(L·min)，故答案为：K=；0.020；
（2）14gN2的物质的量为=0.5mol，生成14gN2时放出373.23kJ热量，则生成1molN2放出热量为=746.46kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ，故答案为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)；
（3）由图2可知m相同时，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，即该反应的正反应是放热反应；已知温度不变，同一反应方程式的化学平衡常数不变，由图2可知，Ta＜Tb=Tc，结合该反应正反应是一个放热反应，则a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是Ka＞Kb=Kc，故答案为：放热；Ka＞Kb=Kc；
（4）化学平衡状态是指可逆反应的正反应和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，则表明该反应已经达到平衡状态的一个结论可以是：正逆反应速率相等、氮气的浓度不再改变等，故答案为：氮气的浓度不再改变(合理即可)；
（5）a．保持其他条件不变，若充入N2，则增大生成物浓度，逆反应速率增大，随着平衡逆向移动导致反应物浓度也慢慢增大，则正反应速率也增大，故则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，则加入催化剂不可提高NO的平衡转化率，b不正确；
c．该反应的正反应气体体积减小，若适当增大压强，则平衡正向移动，c正确；
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，平衡逆向移动，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半，d正确；
故答案为：b；
（6）实验II与实验Ⅰ相比，催化剂的比表面积较小，故反应速率应较小；温度相同，平衡不移动，故平衡时NO的浓度不变，故答案为：。
【分析】（1）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值；利用v=Δc/Δt计算；
（2）热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式；
（3）K的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。
（4）利用“变者不变即平衡”；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同。
23．【答案】（1）醛基；；NaHCO3溶液；溴水
（2）加聚反应；酯化反应
（3） +2NaOH+2NaBr
（4）或
（5）CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3
【知识点】有机物的合成；烯烃；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，A分子的官能团为醛基；由结构简式可知，B的结构简式为、D的结构简式为，B分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溶液褪色，含有的的羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，则检验B中所含官能团要用到碳酸氢钠溶液、溴水，故答案为：醛基；；NaHCO3溶液；溴水；
（2）由分析可知，E→F的反应为一定条件下发生加聚反应生成F；B + D→E的反应为浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成和水，故答案为：加聚反应；酯化反应；
（3）由分析可知，C→D的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和溴化钠，反应的化学方程式为 +2NaOH+2NaBr，故答案为： +2NaOH+2NaBr；
（4）的同分异构体含有苯环，苯环上一溴代物只有两种说明分子中含有2个在苯环上处于对位的取代基，取代基可能为醛基和甲基，或碳碳双键和羟基，结构简式可能为、，故答案为：或；
（5）由题给有机物的转化关系可知，由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成步骤为甲醛和乙醛发生羟醛缩合生成丙烯醛，丙烯醛与新制氢氧化铜共热发生氧化反应后，酸化得到丙烯酸，浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3，故答案为：CH3CHOCH2=CHCHO CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH3。
【分析】】（1）根据结构简式确定官能团；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；依据反应前后官能团的变化，确定试剂和反应条件。
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）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；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）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）碱煮水洗；漏斗
（2）Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；冷却结晶
（3）K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可）；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（5）；偏低
【知识点】无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；
（2）加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）亚铁离子遇到铁氰化钾溶液（或使酸性高锰酸钾溶液褪色）生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
（5）根据硫酸根离子守恒，n（CuSO4）=n（BaSO4），固体质量为w g，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得偏低。
【分析】（1）依据酯的性质分析；过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）依据离子的性质判断；
（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀分析；
（5）根据硫酸根离子守恒计算。
