上海市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）9

上海市2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、單選題得分1．某合金與鐵的物理性質(zhì)的比較如下表所示，還知該合金耐腐蝕、強度大，從以上性能看，該合金不適合做（）熔點/℃密度(g/cm3)硬度(金剛石為10)導(dǎo)電性(銀為100)某合金25003.007.42.3鐵15357.864.517A．導(dǎo)線 B．門窗框 C．爐具 D．飛機外殼2．反應(yīng)2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制備火箭推進劑的燃料N2H4。下列有關(guān)說法正確的是（）A．N2H4的結(jié)構(gòu)式：B．中子數(shù)為8的氮原子：15NC．O原子的最外層電子排布式：2s22p6D．NaClO的電子式：3．下列物質(zhì)在空氣中久置會變質(zhì)，變質(zhì)過程不涉及氧化還原反應(yīng)的物質(zhì)是（）A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．Na2SO34．在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入物質(zhì)X后銅粉逐漸溶解，X可能是（）A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO45．下列不能用鍵能解釋的事實是（）A．晶體密度：SiO2＞CO2 B．熱穩(wěn)定性：CH4＞SiH4C．活潑性：乙烯＞苯 D．硬度：金剛石＞晶體硅6．下列物質(zhì)中，屬于含非極性鍵的共價化合物是（）A．CH3OH BNH4Cl C．C2H4 D．Na2O27．布洛芬是一種解熱鎮(zhèn)痛藥，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于布洛芬的敘述正確的是（）A．分子式為C13H16O2 B．有6種一氯代物C．分子中至少有9個碳原子共面 D．能發(fā)生取代、加成反應(yīng)8．某單烯烴加氫產(chǎn)物只有2種一氯代物，則該單烯烴的結(jié)構(gòu)簡式為（）A．CH3CH2CH=CHCH2CH3 B．CH2=CHC(CH3)3C．(CH3)2C=C(CH3)2 D．CH3CH=CHCH(CH3)29．利用如圖所示裝置(夾持裝置略)進行實驗，a中生成物的檢驗方法正確的是（）a中反應(yīng)b中檢測試劑及現(xiàn)象AMnO2(s)和濃HCl(aq)生成Cl2AgNO3(aq)中有白色沉淀BC(s)與濃H2SO4生成CO2澄清石灰水變渾濁C濃NaOH(aq)與NH4Cl(aq)生成NH3酚酞溶液變紅DCH3CH2Br與NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2KMnO4(H+)褪色A．A B．B C．C D．D10．將銅片與石墨連接浸入到稀硫酸溶液中(如圖)，過了較長時間后，發(fā)現(xiàn)溶液出現(xiàn)藍色，下列說法正確的是（）A．銅發(fā)生了析氫腐蝕B．石墨電極發(fā)生O2+4e—+2H2O=4OH-C．電池總反應(yīng)是：2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2OD．石墨電極附近Cu2+濃度增加，H+濃度增加11．實驗室制備乙酸丁酯，反應(yīng)溫度要控制在115℃~125℃之間，有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)乙酸1?丁醇乙酸丁酯98%濃硫酸沸點117.9℃117.2℃126.3℃338.0℃溶解性溶于水和有機溶劑溶于水和有機溶劑微溶于水，溶于有機溶劑與水混溶下列敘述正確的是（）A．采用加熱回流裝置B．不用水浴加熱的原因：乙酸丁酯的沸點高于100℃C．分離粗品：用NaOH(aq)洗滌反應(yīng)后混合物，再分液D．粗品精制：加吸水劑分液12．如圖所示是鐵及其化合物的價類二維圖，下列有關(guān)敘述正確的是（）A．物質(zhì)X是Fe3O4B．Fe2O3→Fe的轉(zhuǎn)化，F(xiàn)e2O3發(fā)生氧化反應(yīng)C．在空氣中Z→Y的現(xiàn)象是白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色D．可通過復(fù)分解反應(yīng)實現(xiàn)FeCl2和FeCl3的相互轉(zhuǎn)化13．明代《徐光啟手跡》中記載了硝酸的制備方法，其主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化流程如圖所示。下列說法正確的是（）A．X為SO2B．現(xiàn)代工業(yè)用稀硫酸吸收SO3C．上述轉(zhuǎn)化流程涉及分解、化合和置換反應(yīng)D．制取HNO3是利用了強酸制弱酸的反應(yīng)原理14．氮化硅(Si3N4)熔點高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si為+4價)為原料制備氮化硅(Si3N4)的原理為3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事實能說明N和Si非金屬性強弱的是（）A．鍵角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反應(yīng)中作還原劑C．Si3N4為原子晶體 D．SiH4與NH3分子的極性不同15．下列由廢催化劑(主要含F(xiàn)eBr3及少量溴、苯)制取無水FeCl3的實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．制取氯氣B．氧化Br－C．分離FeCl3(aq)D．蒸干溶液得FeCl3·6H2OA．A B．B C．C D．D16．常溫下酸性：HSO3?>HClO。SO2與足量Ca(ClO)2A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO3?B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClOC．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO17．向100mL0.01mol·L-1Ba(OH)2(aq)中滴加0.1mol·L-1NaHCO3(aq)，測得溶液電導(dǎo)率的變化如圖。下列說法錯誤的是（）

A．a(chǎn)→b發(fā)生的主要反應(yīng)：Ba2+＋2OH-＋2HCO3?=BaCO3↓＋2H2O＋COB．b→c，溶液中的c(OH-)減小C．c點溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3?)＋2c(H2CO3D．溶液中水的電離程度：c>b>a18．溶液A中含有如下離子中的若干種：Na+、NH4+、Mg2+、SO42?、SO32?、Cl-下列說法正確的是（）

A．氣體E能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙先變紅后褪色B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最終得到4.66g沉淀C．濾液C中大量存在的離子有NH4+、Ba2+、Cl-、OHD．溶液A中可能有Na+，無Cl-19．將一定量鋅與100mL18mol?L?1的濃硫酸充分反應(yīng)，鋅完全溶解時產(chǎn)生0.8mol氣體(不考慮氣體在溶液中的溶解)，將反應(yīng)后的溶液稀釋至400mL，測得溶液中c(H+)=xmol?L?1，則下列敘述錯誤的是（）A．共消耗鋅48.0gB．共轉(zhuǎn)移電子1.6molC．氣體中n(SD．生成氣體體積約為17.92L(STP)20．以Fe3O4為原料煉鐵，主要發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g)?3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)反應(yīng)Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g)?3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2將一定體積CO通入裝有Fe3O4粉末的反應(yīng)器，其它條件不變，反應(yīng)達平衡，測得CO的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．Q2＜0B．反應(yīng)溫度越高，F(xiàn)e3O4主要還原產(chǎn)物中鐵元素的價態(tài)越低C．在恒溫、恒容的反應(yīng)器中，當(dāng)壓強保持不變時，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均達到平衡狀態(tài)D．溫度高于1040℃時，反應(yīng)I的化學(xué)平衡常數(shù)K＞4閱卷人二、非選擇題得分21．白云石的化學(xué)組成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金屬氧化物和碳酸鹽，800℃以上則徹底分解成氧化物。（1）鎂和鈣在元素周期表中位于族，它們的價電子軌道式表示式為(用n表示電子層數(shù))。（2）白云石500℃以下分解的化學(xué)方程式為。（3）從物質(zhì)結(jié)構(gòu)角度分析、比較白云石分解生成的MgO和CaO的熱穩(wěn)定性。。（4）白云石分解得到的CO2是氨堿法制備純堿的基本原料之一，寫出氨堿法制純堿主要反應(yīng)的化學(xué)方程式。、；向氨堿法的母液中加入生石灰可實現(xiàn)(填化學(xué)式)的循環(huán)利用。處理后的母液經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、冷卻、固化可得CaCl2。以質(zhì)量比為1.44∶1的CaCl2·6H2O與冰水混合，可獲得-55℃的低溫，配制該制冷劑時不使用無水CaCl2的原因是。22．（1）Ⅰ.H2S與CH4重整，不但可以消除污染，還可以制氫。主要反應(yīng)如下：①CH4(g)＋2H2S(g)?CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)在恒溫恒容條件下，可作為反應(yīng)①達到平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)是____(選填編號)。A．混合氣體密度不變B．容器內(nèi)壓強不變C．2v正(H2S)=v逆(CS2)D．CH4與H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比保持不變（2）Ⅱ.在恒壓條件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的組成的混合氣體發(fā)生反應(yīng)①，達到平衡狀態(tài)時，四種組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示。如圖中表示CH4、CS2變化的曲線分別是、(選填編號)。（3）M點對應(yīng)溫度下，H2S的轉(zhuǎn)化率是。（4）Ⅲ.在研究反應(yīng)發(fā)生的適宜條件時發(fā)現(xiàn)：過多的CH4會導(dǎo)致Al2O3催化劑失活；Co助劑有穩(wěn)定催化劑的作用。如圖表示800℃，Al2O3催化劑條件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分別為1∶1、1∶3、12∶1，達平衡時H2S轉(zhuǎn)化率、平均反應(yīng)速率。投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1為對應(yīng)圖中組圖像(選填“A”“B”或“C”)；在三組圖像中，C組圖像中平均反應(yīng)速率最低的可能原因是。（5）未添加Co助劑時，無積碳，隨著Co添加量的變化，積碳量變化如圖所示，Co助劑可能催化原料氣發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。23．環(huán)氧乙烷()是一種基礎(chǔ)有機化工原料，以環(huán)氧乙烷為原料合成M()的一條合成路線如下：（1）在一定條件下，環(huán)氧乙烷可與H2、H2O、HBr等小分子發(fā)生類似加成的開環(huán)反應(yīng)，如反應(yīng)①。寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式。（2）反應(yīng)②的反應(yīng)類型是。設(shè)計反應(yīng)③的目的是。（3）A的結(jié)構(gòu)簡式為，C中含有的官能團有羰基和，寫出一種滿足下列條件的C的結(jié)構(gòu)簡式。①含六元碳環(huán)；②含三種不同化學(xué)環(huán)境的H原子；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（4）反應(yīng)⑤的反應(yīng)條件是。（5）以和HOCH2CH2OH為主要原料合成B()(無機試劑任選)，將以下合成路線補充完整。已知：RBr→Et224．（1）Ⅰ．氯及其化合物是鹵素中最早被認識和制備的。KClO3熱分解是實驗室制取O2的方法之一，KClO3在不同條件下熱分解結(jié)果如下：實驗反應(yīng)體系第一放熱溫度/℃第二放熱溫度/℃AKClO3400480BKClO3＋Fe2O3360390CKClO3＋MnO2350已知：①K(s)＋12Cl2②K(s)＋12Cl2(g)＋32O2=KClO③K(s)＋12Cl2(g)＋2O2=KClO4實驗A、B在第一放熱溫度時分解的熱化學(xué)方程式為4KClO3(s)Δ__3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q=（2）實驗C制得的O2因混有雜質(zhì)而有輕微的刺激性氣味，雜質(zhì)氣體可能是，檢驗方法是。（3）Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)與干燥的Cl2在光照下反應(yīng)生成氯化芐(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗產(chǎn)品的純度：稱取0.255g樣品，與足量4mol?L?1NaOH(aq)混合加熱回流1h，冷卻至室溫，加入足量硝酸酸化后，用25.00mL0.1000mol?L?1AgNO3(aq)處理，再以NH4Fe(SO4)2為指示劑，用0.1000mol?L?1NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，發(fā)生反應(yīng)：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq)6.75mL。滴定終點溶液為色，樣品中氯化芐的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留兩位有效數(shù)字)。（4）通常上述測定結(jié)果高于樣品中氯化芐的實際含量，任寫兩個可能的原因。（5）上述方法不適用于氯苯(C6H5Cl)的純度分析，原因是。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.導(dǎo)線需要導(dǎo)電能力很強，此合金導(dǎo)電能力很小，故A符合題意；B.密度小，硬度大可做門框架，故B不符合題意；C.該合金熔點高，可做爐具，故C不符合題意；D.該合金密度小，可做飛機外殼，故D不符合題意；故答案為：A

【分析】根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，熔點高可做耐高溫材料可做爐具，密度小硬度大可做門框或者飛機外殼，導(dǎo)電性差不可做導(dǎo)線結(jié)合選項即可判斷。2．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)氮原子周圍含有三個單電子可形成三個鍵，因此形成所有鍵均是單鍵，H2N-NH2，故A不符合題意；B.氮元素的質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為8的氮原子為715C.O原子的核外電子排布為1s22s22p4，故最外層電子排布式為2s22p4，故C不符合題意；D.NaClO的電子式，故D不符合題意；故答案為：B

【分析】A.考慮氮原子的三個單電子；

B.元素符號左上方寫的是相對原子質(zhì)量；

C.寫出氧原子的核外電子排布即可；

D.考慮次氯酸鈉是離子化合物。3．【答案】B【解析】【解答】A.鈉在空氣與氧氣反應(yīng)變?yōu)檠趸c，再變?yōu)闅溲趸c，變?yōu)樘妓徕c晶體，最終變?yōu)樘妓徕c，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A不符合題意；B.氧化鈉與水反應(yīng)，變?yōu)闅溲趸c，再變?yōu)樘妓徕c不涉及到氧化還原反應(yīng)，故B符合題意；C.過氧化鈉與水和二氧化碳反應(yīng)涉及到氧化還原反應(yīng)，故C不符合題意；D.亞硫酸鈉與空氣中氧氣作用變化為硫酸鈉，涉及氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為：B

【分析】根據(jù)金屬鈉，過氧化鈉，亞硫酸鈉在空氣中均變質(zhì)均會涉及到氧化還原反應(yīng)，而氧化鈉也會變質(zhì)但是不會涉及到氧化還原反應(yīng)結(jié)合選項判斷。4．【答案】B【解析】【解答】A.稀硫酸和稀鹽酸不與銅粉作用，故A不符合題意；B.硫酸鐵中額鐵離子具有氧化性與鐵單質(zhì)反應(yīng)，故B符合題意；C.硫化鉀具有還原性，不與銅作用，故C不符合題意；D.硫酸亞鐵不與銅反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為：B

【分析】稀硫酸不與銅反應(yīng)，計入某物質(zhì)后，銅逐漸溶解，說明銅參與反應(yīng)，銅單質(zhì)具有還原性，加入具有氧化性的物質(zhì)即可，比如硝酸，鐵離子，銀離子、過氧化氫溶液等等，結(jié)合選項即可判斷。5．【答案】A【解析】【解答】A.晶體的密度與鍵能無關(guān)，故A符合題意；

B.鍵能越大，物質(zhì)越穩(wěn)定，碳氧鍵鍵能大，穩(wěn)定性強，故B不符合題意；C.乙烯中碳碳雙鍵的鍵能小，易斷裂，因此活潑性乙烯＞苯，故C不符合題意；D.金剛石中碳碳鍵能大于晶體硅中硅硅鍵鍵能，因此硬度；金剛石＞晶體硅；故D不符合題意；故答案為：A

【分析】A.密度與鍵能無關(guān)；

B.鍵能越大越穩(wěn)定；

C.乙烯雙鍵鍵能小，易斷裂；

D.鍵越短，鍵能越大，硬度越大。6．【答案】C【解析】【解答】A.甲醇中含有極性鍵的極性分子屬于共價化合物，故A不符合題意；B.氯化銨是離子化合物，含有離子鍵和非極性鍵，故B不符合題意；C.乙烯是含有極性鍵和非極性鍵的非極性分子，故C符合題意；D.過氧化鈉是含有離子鍵和極性共價鍵的離子化合物，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】含有非極性鍵的共價化合物，說明其含有相同原子成鍵，甲醇和氯化銨中不含有非極性鍵，乙烯和過氧化鈉中含有非極性鍵，但是過氧化鈉是離子化合物，結(jié)合題意判斷即可。7．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式即可得到分子式為C13H18O2，故A不符合題意；B.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知該分子中含有8種不同的氫原子，故有8種一氯取代物，故B不符合題意；C.碳碳鍵可以旋轉(zhuǎn)，苯環(huán)上的所有原子共面，因此最少有8個碳原子共面，故C不符合題意；D.分局結(jié)構(gòu)簡式含有羧基，苯環(huán)，可發(fā)生取代，加成反應(yīng)，故D符合題意；故答案為：D

【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式即可寫出分子式為C13H18O2，含有羧基和苯環(huán)可以發(fā)生加成，取代，氧化等反應(yīng)，含有8種不同的氫原子，因此有8種一氯取代物，苯環(huán)上的所有原子均共面，因此至少有8個碳原子共面結(jié)合選項判斷即可。8．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)式得到，加氫后一氯取代物有3種，故A不符合題意；B.加氫后一氯取代物有3種一氯取代物；故B不符合題意；C.加氫后一氯取代物只有2種，故C不符合題意；D.加氫后一氯取代物有4種，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】結(jié)合題意，加氫后一氯取代物只有2種，說明其具有高度對稱結(jié)構(gòu)，結(jié)合選項即可判斷。9．【答案】C【解析】【解答】A.濃鹽酸與而二氧化錳加熱得到氯氣，檢驗氯氣利用其強氧化性，可選擇還原性物質(zhì)如氯化亞鐵，硫化鈉等，故A不符合題意；B.濃硫酸與木炭反應(yīng)得到二氧化碳和二氧化硫，均可使澄清石灰水變渾濁，故B不符合題意；C.濃氫氧化鈉與氯化銨反應(yīng)得到氨氣可使酚酞變紅，故C符合題意；D.乙醇也具有還原性可使高錳酸鉀溶液褪色，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】A.檢驗氯氣利用其氧化性；

B.考慮二氧化硫和二氧化碳均可使澄清石灰水變渾濁；

C.氨氣可使酚酞變紅；

D.考慮乙醇和乙烯均具有還原性。10．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)判斷，銅做負極失去電子，發(fā)生吸氧腐蝕；故A不符合題意；B.石墨電極做正極，發(fā)生的反應(yīng)為O2+4H++4e=2H2O；故B不符合題意；C.根據(jù)負極：Cu-2e=Cu2+，正極：O2+4H++4e=2H2O，總反應(yīng)2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O.故C符合題意；D.石墨電極氫離子濃度降低，故D不符合題意故答案為：C

【分析】該電池為原電池，硫酸做電解質(zhì)，因此銅做電池的負極，Cu-2e=Cu2+，石墨做正極，氧氣得到電子結(jié)合氫離子變?yōu)樗?，反?yīng)為：O2+4H++4e=2H2O，總的反應(yīng)為2Cu+H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；結(jié)合選項即可判斷。11．【答案】A【解析】【解答】A.采用加熱回流裝置，可以提高原料的利用率，故A符合題意；B.水浴加熱溫度最高加熱到100℃，而反應(yīng)的溫度控制在115℃~125℃之間，需要用油浴加熱，故B不符合題意；C.氫氧化鈉溶液洗滌產(chǎn)物易水解，應(yīng)該選擇飽和碳酸鈉溶液洗滌混合物，故C不符合題意；D.可以采用加吸水劑再蒸餾，故D不符合題意；故答案為：A

【分析】A.考慮加熱回流可以提高原料利用率；

B.考慮水的沸點為100℃；

C.考慮產(chǎn)物易在氫氧化鈉溶液中水解；

D.考慮加入除水劑再進行蒸餾。12．【答案】C【解析】【解答】A.結(jié)合價類二維圖，得到X中鐵元素為+2價，故為FeO，故A不符合題意；B.Fe2O3→Fe的轉(zhuǎn)化，F(xiàn)e2O3發(fā)生還原反應(yīng)，故B不符合題意；C.Z為Fe(OH)2，Y為Fe(OH)3，氫氧化亞鐵變?yōu)闅溲趸F過程是先變?yōu)榛揖G色最終變?yōu)榧t褐色，故C符合題意；D.FeCl2和FeCl3的相互轉(zhuǎn)化必須通過氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】A.結(jié)合價類二維圖即可得到X；

B.根據(jù)氧化還原反應(yīng)判斷；

C.根據(jù)氫氧化亞鐵變?yōu)闅溲趸F的過程現(xiàn)象變化判斷即可；

D.結(jié)合化合價即可得出需要發(fā)生氧化還原反應(yīng)。13．【答案】A【解析】【解答】A.根據(jù)硫酸亞鐵煅燒，產(chǎn)物為氧化鐵和三氧化硫，結(jié)合鐵元素化合價上升，因此有化合價降低，因此硫元素化合價可降低為+4價，故X為二氧化硫，故A符合題意；B.現(xiàn)代工業(yè)用濃硫酸吸收三氧化硫，故B不符合題意；C.轉(zhuǎn)化過程中涉及到分解反應(yīng)，化合反應(yīng)，復(fù)分解反應(yīng)，故C不符合題意；D.利用硫酸制取硝酸利用高沸點酸制取低沸點酸，故D不符合題意；故答案為：A

【分析】根據(jù)題意可知，硫酸亞鐵加熱后得到氧化鐵和三氧化硫和二氧化硫，三氧化硫被濃硫酸吸收，再和硝酸鉀作用得到低沸點的硝酸，結(jié)合選項即可判斷。14．【答案】B【解析】【解答】A.硅烷和氨氣價層電子對均為4個，但是硅烷無孤對電子對，氨氣有孤對電子，鍵角是SiH4＞NH3與元素非金屬性無關(guān)，故A不符合題意；B.3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，根據(jù)元素化合價變化，即可得到硅烷做還原劑，得出氮元素電負性強于Si，可以比較非金屬性，故B不符合題意；

C.Si3N4為原子晶體與N和Si的非金屬性強弱無關(guān)，故C不符合題意；D.硅烷是非極性分子，而氨氣是極性分子，極性不同，與元素非金屬性無關(guān)，故D不符合題意；故答案為：B

【分析】比較元素的非金屬性強弱，可以比較其電負性強弱，最高價氧化物對應(yīng)水合物的酸性等，SiH4做還原劑，說明其電負性較弱，因此N的電負性強可判斷其非金屬性強弱。15．【答案】C【解析】【解答】A.利用濃鹽酸和二氧化錳需要加熱制取氯氣，故A不符合題意；

B.氯氣通入溴化鐵溶液中，應(yīng)該是長進短出，故B不符合題意；C.氯化鐵屬于溶液苯屬于有機物可用分液，故C符合題意D.鐵離子易水解，故不能直接蒸干，故D不符合題意；故答案為：C

【分析】A.考慮二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣需要加熱；

B.考慮長進短出；

C.考慮有機物和無機物可利用分液分離；

D.考慮鐵離子水解。16．【答案】D【解析】【解答】次氯酸具有很強的氧化性，二氧化硫具有很強的還原性，因此會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，可將二氧化硫氧化為硫酸根，次氯酸還原為氯離子，結(jié)合足量的次氯酸鈣，可以寫出離子方程式為：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4+Cl-+2HClO，

故答案為：D

【分析】考慮次氯酸的氧化性和硫酸鈣的難溶性結(jié)合選項判斷。17．【答案】A【解析】【解答】A.氫氧化鋇溶液滴加碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉溶液少量，因此以碳酸氫鈉為標(biāo)準(zhǔn)，a-b發(fā)生離子方程式為：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3+H2O，故A符合題意；B.b-c繼續(xù)和碳酸氫鈉反應(yīng)，氫氧根離子減小，故B不符合題意；C.結(jié)合質(zhì)子守恒，c(OH-)=c(HCO3?)＋2c(H2CO3)+c(H+)，即可得到c(OH-)-c(H+)=c(HCO3?)＋2c(H2COD.堿性不斷減弱，水的電離抑制減弱，故水的電離程度為c>b>a；故D不符合題意；故答案為：A

【分析】向氫氧化被溶液加入碳酸氫鈉，先是以碳酸氫鈉為標(biāo)準(zhǔn)，不斷消耗氫氧根離子和鋇離子，繼續(xù)加入碳酸氫鈉足量，繼續(xù)消耗，結(jié)合選項即可判斷。18．【答案】B【解析】【解答】A中加入足量的氯化鋇，得到沉淀4.5g，加入鹽酸沉淀部分溶產(chǎn)生氣體，說明沉淀B為碳酸鋇和硫酸鋇的混合物，且硫酸鋇質(zhì)量為2.33g，n(SO42-)=0.01mol，亞硫酸鋇的質(zhì)量為2.17g，n(SO32-)=0.01mol，濾液C中加入足量的氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生氣體為氨氣，其物質(zhì)的量為0.02mol，n(NH4+)=0.02mol，結(jié)合電中性，一定含有鈉離子，氯離子不能確定；

A.氣體E為二氧化硫，可以使?jié)駶櫟乃{色試紙變紅，故A不符合題意；B.沉淀B為硫酸鋇和亞硫酸鋇的混合物，加入硝酸全部變?yōu)榱蛩徜^沉淀，沉淀的質(zhì)量為4.66g，故B符合題意；C.濾液C中不能存在氫氧根離子，故C不符合題意；D.溶液A一定含有鈉離子，氯離子無法確定，故D不符合題意；故答案為：B【分析】根據(jù)圖示，計算出物質(zhì)的量，結(jié)合沉淀部分溶解得到沉淀為硫酸鋇和亞硫酸鋇，計算出物質(zhì)的量，結(jié)合加入氫氧化鈉產(chǎn)生氣體，即可計算出銨根的物質(zhì)的量，結(jié)合電中性，確定鈉離子一定有，氯離子無法確定，結(jié)合選項判斷即可。19．【答案】A【解析】【解答】A.鋅與濃硫酸反應(yīng)的方程式為：2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，鋅與酸的反應(yīng)產(chǎn)生氣體與鋅的物質(zhì)的量之比為1：1，因此鋅的物質(zhì)的量為0.8mol，鋅的質(zhì)量為0.8x65g=51g，故A符合題意；B.共消耗0.8mol鋅，轉(zhuǎn)移1.6mol電子，故B不符合題意；C.根據(jù)100mL18mol/L濃硫酸物質(zhì)的量為1.8mol，將反應(yīng)后的溶液稀釋至400mL，測得溶液中c(H+)=xmol?L?1，剩余的硫酸的物質(zhì)的量為0.2xmol。參加反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為(1.8-0.2x)mol，2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，設(shè)二氧化硫的物質(zhì)的量為y，氫氣的物質(zhì)的量為z，y+z=0.8，z+2y=1.8-0.2x，z=0.2x-0.2，y=1-0.2x，故C不符合題意；D.產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為0.8mol，標(biāo)況下體積為22.4x0.8L=17.92L，故D不符合題意；故答案為：A【分析】鋅與濃硫酸反應(yīng)的方程式為：2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，根據(jù)100mL18mol/L濃硫酸物質(zhì)的量為1.8mol，將反應(yīng)后的溶液稀釋至400mL，測得溶液中c(H+)=xmol?L?1，剩余的硫酸的物質(zhì)的量為0.2xmol。參加反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為(1.8-0.2x)mol，2H2SO4(濃)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，設(shè)二氧化硫的物質(zhì)的量為y，氫氣的物質(zhì)的量為z，y+z=0.8，z+2y=1.8-0.2x，z=0.2x-0.2，y=1-0.2x，結(jié)合選項即可判斷。20．【答案】D【解析】【解答】A.對于反應(yīng)I溫度升高反應(yīng)正向移動，CO分?jǐn)?shù)降低，而對于溫度低于570℃時，體積分?jǐn)?shù)升高，說明反應(yīng)II是逆向反應(yīng)，因此反應(yīng)II是放熱，因此Q2＞0.B.根據(jù)圖示可知，溫度越高反應(yīng)以反應(yīng)I為主，因此化合價越高，故B不符合題意；C.反應(yīng)前后氣體系數(shù)均相等，壓強不是衡量其平衡標(biāo)準(zhǔn)，故C不符合題意；D.根據(jù)溫度在1040℃時發(fā)生的是反應(yīng)I，此時常數(shù)為4，溫度越高反應(yīng)向右進行常數(shù)越大，故D符合題意；故答案為：D

【分析】A根據(jù)一氧化碳含量判斷；

B.結(jié)合一氧化碳含量高低判斷；

C.均為等體積反應(yīng)，壓強不是判斷平衡依據(jù)；

D.根據(jù)溫度為1040℃時即可計算出常數(shù)，溫度越高平衡向右移動判斷。21．【答案】（1）ⅡA；（2）CaCO3·MgCO3Δ__CaCO3＋MgO＋CO（3）MgO和CaO同屬離子晶體，與Ca2+相比，Mg2+的電子層數(shù)少，離子半徑小，MgO比CaO的離子鍵強，熱穩(wěn)定性好（4）NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Δ__Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；無水CaCl【解析】【解答】（1）鎂和鈣均位于第IIA族，價電子軌道式表示為；；

（2）500℃以下分解成二氧化碳、金屬氧化物和碳酸鹽；即可寫出方程式為CaCO3·MgCO3Δ__CaCO3＋MgO＋CO2↑；

（3）鎂離子半徑小于鈣離子的半徑，均屬于離子晶體，半徑小的離子鍵強，較穩(wěn)定，因此穩(wěn)定性好；

（4）氨堿法制取純堿是二氧化碳和氨氣通入飽和食鹽水得到碳酸氫鈉和氯化銨，寫出方程式為：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Δ__Na2CO3＋CO2↑+H2O；氯化銨和氫氧化鈣作用得到氨氣，因此可實現(xiàn)氨氣的循環(huán)；無水氯化鈣與水結(jié)合時放熱，導(dǎo)致溫度升高，降低制冷效果；

【分析】（1）根據(jù)核外電子排布即可寫出；

（2）根據(jù)反應(yīng)物和生成物幾即可寫出；

22．【答案】（1）B；D（2）d；b（3）20%（4）B；C組中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例過高使催化劑Al2O3失活，反應(yīng)速率小（5）CH4→高溫C＋H【解析】【解答】（1）A.題意中恒溫恒容，氣體的質(zhì)量不變，體積不變，密度始終不變，密度不變不能判斷是否平衡；故A不符合題意；

B.反應(yīng)前后系數(shù)不同，壓強不變可說明達到平衡；故B符合題意；

C2v正(H2S)=4v正(CS2)不等于v逆(CS2)，故C不符合題意；

D.甲烷和氫氣物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不變，達到平衡，故D符合題意；

（2）根據(jù)反應(yīng)CH4(g)＋2H2S(g)?CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)，結(jié)合即可得到CH4、CS2變化的曲線分別d和b，

（3）M點對應(yīng)溫度下，起始時n(CH4)：n(H2S)=1：2，起始時甲烷為1mol，硫化氫為2mol，轉(zhuǎn)化的甲烷為xmol，

CH4(g)＋2H2S(g)?CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)

起始(mol)12

變化(mol)x2xx4x

平衡(mol)1-x2-2xx4x

M點的氫氣和甲烷的量相等；即可得到1-x=4x，x=0.2mol，硫化氫的轉(zhuǎn)化率為20%；

（4）根據(jù)方程式CH4(g)＋2H2S(g)?CS2(g)＋4H2(g)，適當(dāng)提高甲烷的量可以提高硫化氫的轉(zhuǎn)化率，將硫化氫定為1時，B中的甲烷量處于中間，轉(zhuǎn)化率處于中間，故投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1為對應(yīng)圖B，過多的CH4會導(dǎo)致Al2O3催化劑失活，因此C對應(yīng)著12：1，

（5）未添加