1、浙江省宁波十校2021届高三化学下学期联考模拟练习试题（7）（含解析）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HOCH2CHCHCH2COOH，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A3Cl2+2Fe2FeCl3BCl2+2KOH=KCl+KClO+H2OC3Cl2+8NH3=N2+6NH4ClDKClO3+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
2、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）212H2O作净水剂明矾溶于水生成Al（OH）3胶体AABBCCDD4下列说法错误的是（ ）AHCl和SO2这两种气体都可以用浓硫酸干燥BFeCl2、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
3、水反应有氢气产生，下列叙述中不正确的是（ ）ANH4H是由NH4+和H-构成的BNH4H固体投入适量水中，有两种气体产生，形成的溶液显酸性CNH4H中的H-半径比锂离子半径大DNH4H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：2MnO4-6H5H2O22Mn25O28H2OB用稀H2SO4除去铜绿：4H+Cu2(OH)2CO32Cu2+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+2HCO3CaCO3+
4、2H2O+CO327下列实验装置或操作能达到实验目的的是A B C DA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Cl2Br2I28在某温度时，测得纯水中c（H+）=2.410-7 molL-1，则 c（OH-）为（ ）A2.410-7 molL-1B0.110-7 molL-1 C1.210-7 Dc(OH-)无法确定9用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含的酸性废水，最终可将转化成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()为阳极B电解一段时间后，在Fe()极附近有沉淀析出CM电极的电极反应式为CH3OH8OH6e6H2OD电路中
5、每转移6mol电子，最多有1mol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AHF的电子式：BCH4分子的比例模型：C中子数为20的氯原子：DS2-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互为同分异构体B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D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( )ACl2BSO2CSO3D活性炭14分子式为C4H8O2且属于酯的有机化合物有(不考虑
6、立体异物)( )A2种B3种C4种D5种15关于一些重要的化学概念有下列说法：Fe(OH)3胶体是混合物；BaSO4是一种难溶于水的强电质解；冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐；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；置换反应都属于离子反应；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ABCD16断开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436157568432298AB表中最稳定的共价键是键C键的极性：D17NA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，22.4 L氖气含有的电子数
7、为10NAB1 L 1 molL1 CH3COOH水溶液含有质子数为32NACAl34OHAl(OH)4，说明1 mol Al(OH)3电离出H数为NAD密闭容器中，1 molN2和3 molH2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，振荡后静置，下层出现橙红色，说明原固体中含有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
8、原固体为钠盐19下列化学用语正确的是（ ）ANH3的比例模型： B氯原子的结构示意图：CHCl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氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH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AABBCCDD21化学与生活、生产、环境密切相关。 下列说法错误的是
9、( )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A6种B7种C8种D9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( )ABCD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=2K2FeO
10、4+6+8H2O。下列说法不正确的是（ ）A每转移1mole-，可以得到33gK2FeO4B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：Cl2K2FeO425700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：。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2t1)：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)=molL-1min-1B保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时c(CO2)=0.40molL-1
11、C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
12、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) H153.7
13、kJmol-1CH3OCH3(g)H2O(g)=2CH3OH(g) H223.4kJmol-1则2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g) H3_kJmol-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、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
14、推断题30A(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_。FG的反应类型为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应的化学方程式为_。(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)；含有苯环且只有2个取代基，能与FeCl3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HCCLi为起始原料制备1，3丁二烯的合成路线：_。八、工业流
15、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：Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；_。(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
16、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1C【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。2B【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
17、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。3A【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：Al33HCO=Al(OH)33CO2，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
18、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。4C【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；BFeCl2、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
19、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。5B【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；BNH4H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
20、碱性，B错误；CH-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；DH-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。6A【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
21、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。CCl2具有氧化性，可以将SO32氧化为SO42，Cl2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。7B【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
22、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8A【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+)=2.410-7 molL-1，则 c(OH-)=2.410-7 molL-1，A正确；答案选A。9B【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()为阳极，Fe()为阴极，据此答题。【详解】A由分析可知，N为正极，Fe()
23、为阴极，A错误；BFe()为阳极，电极反应为：Fe2e=Fe2+，Fe2+与在阳极反应生成Cr(OH)3沉淀，故电解一段时间后，在Fe()极附近有沉淀析出，B正确；CM电极为负极，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e -=CO2+6H+，C错误；D被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2+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0.5mol被还原，D错误。答案选B。10B【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，
24、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。11B【详解】AHF的电子式：，A错误；BCH4分子的比例模型：，B正确；C中子数为20的氯原子：，C错误；DS2-的结构示意图：，D错误；答案为B。12D【详解】A、三种有机物中碳原子数分别为10、9、10，比多了4个氢原子，三者不互为同分异构体，A不正确；B分子中只含有1个碳碳双键和1个醇羟基，而、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
25、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，、的产物相同，共可得2种产物，D正确；故选D。13C【详解】ACl2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；BSO2具有漂白性，可使品红褪色，故B不选；CSO3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。14C【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。15D【详解】Fe(OH)3胶体属于分散系，分散系属于混合物，正确；BaSO4属于盐，难溶于水，盐
26、属于强电解质，故BaSO4是一种难溶于水的强电质解，正确；纯碱即碳酸钠，属于盐，错误；冰醋酸溶于水发生电离，分子内的作用力（共价键）被破坏，错误；置换反应不一定属于离子反应，如铝热反应，错误；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，正确；综上所述，正确，D满足题意。答案选D。16D【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，则键的键能在键和键之间，故A正确；B键能越大，共价键越稳定，表中键的键能最大，因此键最稳定，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
27、原子，形成共价键的极性越强，即极性：，故C正确；D根据反应热和键能的关系，故选D。答案选D17A【详解】A. 标准状况下，22.4 L氖气的物质的量是1mol，含有的电子数为10NA，A正确；B. 1 L 1 molL1 CH3COOH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. Al(OH)3难电离，存在电离平衡，1 mol Al(OH)3电离出H数小于NA，C错误；D. 密闭容器中，1 molN2和3 molH2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。18C【详解】A氨气易溶于水，加入氢氧化钠溶液，没有进行
28、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
29、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。19D【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。20C【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
30、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。21C【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。22C【详解】有机物分子式可知C11H16不饱
31、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：正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、异戊烷CH3CH2CH(CH3)CH3、新戊烷 C(CH3)4 。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；异戊烷中氢原子被苯环取代的同分异构体有四种；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。23B【详解】AHClO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
32、步反应实现，故B选；CCaCl2溶液与CO2不反应，物质间转化不能通过一步反应实现，故C不选；DAl2O3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。24AB【详解】A元素的化合价由价升高为价，因此每转移，可以得到高铁酸钾的质量是，A错误；B根据原子守恒可知处的物质应为，B错误；C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，D正确。答案选AB。25AD【详解】A反应在t1min内的平均速率为，物质的平均反应速率与化学计量数呈正比，故，A正确；Bt1时CO的转化量为0.40mol，则水的转化量也为0.40
33、mol，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：，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：，解得，故反应达到平衡状态时c(CO2)=0.20molL-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，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
34、度为y，则有，解得，到达平衡时H2转化率为，D正确；答案选AD。26原子半径NP-H CH3OH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NP，则键长N-HP-H，所以气态氢化物热稳定性NH3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，
35、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- = 0.2mol 0.1mol 22.4L/mol = 2.24L 【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
36、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=,故答案为：。28N2H4(g)+ 2H2O2(l
37、)= N2(g) + 4H2O(g)H=-640 kJ/mol 生成物是氮气和水，不污染空气 -130.8 CO32-+H2OHCO3-+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) H3；(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=-Q kJ/mol，已知0.4mol液态肼和足
38、量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则 ，则Q=640，故该反应的热化学方程式为N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)H=-640 kJ/mol；答案为：N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)H=-640 kJ/mol；(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CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g) H153.7kJmol-1，反应为：CH3OCH3(g)H2O(g)=2CH3OH
39、(g) H223.4kJmol-1，按盖斯定律：2-得2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g)，则H3=2H1-H2=-130.8 kJmol-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-+H2OHCO3-+OH-；答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。29 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
40、离子方程式。【详解】(1)反应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；是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，属于氧化还原反应；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：；(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，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
41、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。30C6H10O 碳碳双键、羰基（酮基） 取代反应 +2CH3OH+HOCH2CH2OH n+n+(2n1)CH3OH 24 HOCH2CH2CCHICH2CH2CH=CH2CH2=CHCH=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CH3CH2CCLi反应得到HOCH2CH2CC
42、CH2CH3，在催化剂作用下，HOCH2CH2CCCH2CH3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=CHCH2CH3，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HOCH2CH2CCCH2CH3，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）；FG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）；
43、取代反应；(3)反应为在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为+2CH3OH+HOCH2CH2OH，故答案为：+2CH3OH+HOCH2CH2OH；(4)反应为一定条件下，与发生縮聚反应生成和CH3OH，反应的化学方程式为n+n+(2n1)CH3OH，故答案为：n+n+(2n1)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
44、H原子被苯酚取代，CH3CH2CH2CH2CH3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83=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AEF的转化关系可知，与HCCLi反应得到HOCH2CH2CCH，HOCH2CH2CCH经过氢气/催化剂发生加成反应和与HI发生取代反应生成CH2CH2CHCH2，在氢氧化钠醇溶液中ICH2CH2CHCH2共热发生消去反应CH2CHCHCH2，合成路线流程图为HOCH2CH2CCHICH
45、2CH2CH=CH2CH2=CHCH=CH2，故答案为：HOCH2CH2CCHI CH2CH2CH=CH2CH2=CHCH=CH2。31Cu2S+4Fe3+=2Cu2+4Fe2+S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 b 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，
46、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
47、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Cu2S 0.2 mol，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。