2021-2022学年上海市徐汇区高三（上）模拟化学试卷（二）（等级考）（附答案详解）

202L2022学年上海市徐汇区南模中学高三（±）模拟化学试卷（二）（等级考）.下列调味品的主要成分属于无机物的是（）A.食醋 B.料酒 C.食盐 D.麻油.下列试剂需要保持在棕色试剂瓶中的是（）A.浓硫酸 B.浓硝酸 C.酒精 D.澄清石灰水.下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是（）A.氯气与氢气反应B.次氯酸分解C.甲烷与氯气反应D.氢气与氮气反应.分子式为Cn%n+iG（n>l）的卤代燃不能发生消去反应，n的最小值是（）A.3 B.4 C.5 D.6.医用外科口罩的结构示意图如图所示，其中，过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具

有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是（）——仿米层（外层）展（中间Q处工层（内属）A.防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B.熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C.熔喷聚丙烯材料难溶于水d.用完后应投入有W3标志的垃圾箱可回收物.有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2cL其发烟过程中的化学反应如下：①3Zn。+2AIA。。？+3Zn（2）3Zn+C2c%-*3ZtiC，2+2c卜列有关叙述不正确的是（）A.反应①是铝热反应 B.反应②是置换反应C.C2c属于卤代燃 D.氧化性：Al<Zn<C.硝基苯中溶有少量CaC%，适宜的提纯方法是（）A.过滤 B.蒸福 C.分液 D.纸上层析.一般情况下，前者无法决定后者的是（）A.原子核外电子排布-元素在周期表中的位置B.分子间作用力的大小-分子稳定性的高低C.弱电解质的相对强弱-电离常数的大小D.物质内部储存的能量-化学反应的热效应.将Na、Na2O.NaOH、Na2S.Na2sO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（）A.2种 B.3种 C.4种 D.5种.门捷列夫根据元素周期表的位置，预测到错的存在。错的最外层电子排布为4s24P2,以下相关判断最有可能错误的是（）A.通常状态下，二氧化错与二氧化碳都是非极性的分子B.单质铸的导电性优于一般非金属，劣于一般金属C.甲错烷（GeHJ是一种结构与甲烷相似的化合物D.错失去1个电子需要的能量低于碳.以下关于石油化工的认识错误的是（）A.加入催化剂可在较低温度下进行裂化，以提高裂化产品的质量B.石油裂化的主要目的是为了提高轻质液体燃料的产量C.汽油、柴油、沥青都是石油常压分储的产品D.植物油和裂化汽油都含有不饱和碳原子.下列有关说法错误的是（）A.氨水清除试管壁附着的银镜B.向Mg（OH）2加入足量稀硫酸，加热浓缩，冷却结晶后得到硫酸镁晶体C.可用稀硝酸鉴别KI、AgNO3,Na2CO3.NaAQ四种溶液D.除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，加入饱和碳酸钠溶液，分液.实验室进行下列实验，在选择实验装置时应当考虑冷凝回流装置的是（）A.乙醛与银氨溶液共热制银镜B.无水醋酸钠和碱石灰共热制甲烷C.电石和水混合制乙快D.乙酸、1-丁醇与浓硫酸共热制乙酸丁酯.常温常压下，往某密闭容器中充入两种气体后不久，测得容器内最终气体平均式量为49,则充入的气体可能为（）A.C3H8和。2 B.NO和。2C.N43和HC1 D.SO2和/S.已知可逆反应：在不同温度下反应相同的时间，物质的质量分数4%和C%变化曲线如图所示，下列说法一定正确的是（）

A.该反应的正反应是吸热反应B.增大压强，平衡向正反应方向移动C.该反应在72温度时达到化学平衡D.该反应在7\温度时正、逆反应速率相等.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）夕水水将NO?球浸泡在冷水和热水中冷A.夕水水将NO?球浸泡在冷水和热水中冷A.B.向”2。2溶液中滴加""。2粉末r（℃）"।50I100 1水的离子积常数Kw（xIO』）1.01547I 55.0OH-、N。「向该溶液中加入铝粉，只放出“2,则溶液中能大量存在的离子最多有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种18.已知H2s能定量完成下列反应：1+H2s（少量）fHR+HS-,2Z~+H2s（少量）-2HZ+S2-.下列叙述正确的是（）A.相同温度下电离平衡常数：KngS）>%（4Z）>Ki2（H2S）>K（HR）B.结合H+的能力：Z->S2->R->HS-C.同温同浓度下，溶液的pH值：NaHS>NaR>NazS>NaZD.HZ与Na2s反应的离子方程式：HZ+S2-"HS~+Z-19./铁锈环（功I T腐蚀区（a）（2011•浙江高考）将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区（a）19./铁锈环（功I T腐蚀区（a）A.液滴中的C厂由a区向b区迁移B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：02+2H2O+4e-=WH-C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH-形成Fe(0H)2,进一步氧化、脱水形成铁锈D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+20.亚氯酸钠(NaSQ)在溶液中会产生GO?、HCIO2>CIO］、等，其中和GO2都是具有漂白作用。已知pOH=-lgc(OH-),经测定25℃时各组分含量随POH变化情况如图所示(C「没有画出)，此温度下，下列分析正确的是()浓度fHCIG的电离平衡常数的数值(=10-8pOH=11时，C7。］部分转化成£7。2和C厂离子的方程式为：5CZ0£+2H2O=4CIO2+cr+40H-pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(//C/O2)>c(C/O5)>c(C/O2)>c(C广).同浓度的HC/O2溶液和NaGO?溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na+)+c(OW-)=c(H+)+c(HC/O2).金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用(1)铝原子核外有种不同运动状态的电子，最外层电子的轨道表示式为(2)被与铝性质相似。将BeC。溶液加热蒸干后灼烧，再使其熔融，用直流电电解,可得到单质镀和一种单质气体，则该气体的分子式为。写出Be。。溶液和过量氨水反应的离子方程式：。(3)镁和铝同周期。取适量4-Mg合金样品置于烧杯中，加入20mLi的NaOH溶液，恰好完全反应。下列叙述正确的是a.上述反应可视为原电池反应，此时Mg作负极，A1作正极b.若加入的是20znLlnio，/L的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少|c.若把NaOH中的H换成。(D为重氢)，生成的氢气中D与H物质的量之比为1：2(4)用铝和金属氧化物反应制备单质是工业上较常用的方法。如24+高温4BuOt3BuT-\-BclO,AI2O2常温下Al的金属性比Ba的金属性(选填“强”、“弱”)利用上述方法可制取Ba的主要原因是o

a.高温时Al的活泼性大于Bab.高温有利于BaO分解c.高温时Ba。•42。3比42。3稳定d.Ba的沸点比A1的低(5)氮化铝是一种极有前途的电子绝缘基片材料，它化学稳定性好，耐高温、酸、碱,抗冲击能力强。可通过下列反应制备：施。3+3C+N2T2AIN+3co+Q(Q<0)上述反应物与生成物中，属于非极性分子的电子式为;构成A1N的微粒是(6)下列选项能判断氮、氧元素非金属性强弱的是a.气态氢化物的沸点b.单质与氢气化合的难易程度c.最高价氧化物对应水化物的酸性d.NO中O显一2价，N显+2价0 100 200 300 400c.恒温条件下，向两个初始体积均为10L的密闭容器中分别加入ImolNO和4moicO进行反应。实验测得4(恒容容器)、B(恒压容器)中0 100 200 300 400c图1(1)曲线b所对应的反应容器是(填“A”或"B")。曲线b对应容器在0~200s内CO的反应速率d(C0)=。(2)要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变NO的平衡转化率，可采取的措施是。(3)4。5在一定条件下可发生分解：2村2。5(9)=42。2(9)+。2(9)，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量%。5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是。a.M05和NO2的浓度比保持不变b.容器中压强不再变化c.2v^NO2)="/N2O5)d.气体的密度保持不变(4)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaG以溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的锲网分别作为电极材料，电池的总反应放电为：3。。2+4Na'2可。2。。3+C。充电放电时，Na为极；充电时，在阳极上发生的电极反应式：.o.某化学课外活动小组利用废铁屑(含少量硫等元素)为原料制备硫酸亚铁钱晶体[(NH4)2SO4-FeSO4-6H20]设计如图所示的装置。(夹持位器略去)称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50〜60℃热水浴中加热充分反应,溶液冷却至室温后加入氨水，使其完全反应,制得浅绿色悬浊液。(1)相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择50〜60℃热水浴的原因是；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水的原因o(2)C瓶中KMn/溶液的作用是。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是。(填字母)a.保持铁屑过量b.控制溶液呈强碱性c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)莫尔盐[(N“4)2Fe(S04)2-6H2。]是一种重要的化学药品，一定条件下，(NH4)25e(SO4)2发生分解：©NHJFelSOJ=2Fe2O3+5SO2T+3SO3T+N2T+6NH3T+7H2O,下列叙述正确的是,a.反应生成am。，此时，转移电子的物质的量为6amolb.该反应的还原产物是硫的两种氧化物c.有amol电子转移时，生成SO2的物质的量为0.1am。，d.将气体产物用足量BaC,2溶液吸收，只得到一种沉淀物(5)摩尔盐比绿机稳定，不易被空气氧化。为探究Fe2+稳定因素设计如下实验，配制同浓度的FeS4溶液(pH=4.5)和(N/)2Fe(S04)2溶液(pH=4.0),各取2mL置于两支试管中，溶液均呈浅绿色，分别滴入2滴KSCN溶液产生红褐色浑浊的原因讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1,其它条件相同时，NHj的存在使(N4)2Fe(S04)2溶液中Fe2+稳定性较好假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小叫2+稳定性越好假设3：。

(6)称取ag所制得的(NH4)2『e(S04)2-6H2O(M=392g/mol),用加热煮沸的蒸馅水溶解，配制250mL溶液取出25mL放入锥形瓶中，用cmol•『i/CMnOq溶液滴定，消耗KMnO,溶液VmL,则硫酸亚铁镀晶体的纯度为。(用含c、V、a的代数式表示).化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由化合物A制备H的合成路线如图：NaOH/H2O已知：®RCHO+CH3CHOTRCH=CHCHO4-H2O®ll+III色”□回答下列问题：(1)物质A的系统名称为,D中含氧官能团的名称为o(2)H不能发生反应的类型是.a.还原反应反氧化反应c.消去反应d.取代反应(3)若D在NaOH水溶液中加热发生反应，写出化学方程式为。(4)芳香族化合物X是F的同分异构体，X能与碳酸氢钠溶液反应放出CO2,分子和2-丁快为原料制备化合物(5)写出用环戊二烯中有4种不同化学环境的氢，写出1和2-丁快为原料制备化合物(5)写出用环戊二烯的合成路线反应试笊 反应试用o(合成路线常用的表示方式为：A- fB »目标产物反应条件 反应条件)答案和解析.【答案】C【解析】【分析】本题考查了常见物质类别的判断，解答本题要掌握有机物和无机物的区别与联系方面的知识，只有这样才能对各种物质进行正确的分类。【解答】有机物是指含有碳元素的化合物.无机物是指不含有碳元素的化合物.一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。A.食醋为醋酸的水溶液，醋酸为含碳元素的化合物，属于有机物.故A不选；B.料酒中乙醇为含碳元素的化合物，属于有机物.故B不选；C.食盐的主要成分为氯化钠，不含碳元素，属于无机化合物，故C选；D.麻油主要成分为油脂，为含碳元素的化合物，属于有机物.故D不选。故选Co.【答案】B【解析】解：4浓硫酸较稳定，不需要避光保存，则不必储存在棕色试剂瓶中，故A错误；B.浓UN%是见光易分解的液体，所以应储存在棕色玻璃瓶中，故B正确；C.酒精易挥发，但比较稳定，密封保存即可，不需要储存在棕色试剂瓶中，故C错误:D.澄清石灰水溶液比较稳定，吸收空气中二氧化碳生成碳酸钙沉淀，需要密闭保存，见光不分解，不需要避光保存，故D错误；故选:Bo见光易分解的药品需要避光保存，通常用棕色试剂瓶保存，据此进行解答。本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存。3.【答案】D【解析】解：4氯气与氢气反应生成HC1,光照下反应剧烈，可能发生爆炸，故A不选；B.HC1O光照分解生成HC1和氧气，故B不选；C.甲烷与氯气光照下发生取代反应，故C不选；D.氢气与氮气反应条件为催化剂、高温、高压，光照不反应，故D选；故选C.选项中只有氮气与氢气光照下不反应，需要在催化剂、高温、高压下反应，以此来解答.本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大..【答案】C【解析】【分析】本题考查有机物的结构确定、卤代燃的性质等，难度中等，注意掌握卤代嫌发生消去反应的结构特点.【解答】分子式为G1H2n+iC«n*1)的卤代燃不能发生消去反应，则卤素原子连接的C原子上没有H原子，至少连接3个甲基，故含有C原子数至少的结构为(C”3)3CCH2G,至少含有5个C原子，故选C。.【答案】D【解析】分析：本题考查了化学在生活中的应用，难度不大，应注意化学知识的积累.解析：A、防水层能阻止水进入，故具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用，故A正确；B、熔喷聚丙烯是人工合成的有机高分子材料，故B正确；C、根据口罩的用途，可知熔喷聚丙烯材料难溶于水，故C正确；D、医用外科口罩不能回收，用完后应不能投入有标志的垃圾箱，故D错误。可回收物故选：D。.【答案】D【解析】解：4反应①利用A1的还原剂及放热，为铝热反应可冶炼Zn,故A正确；B.反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故B正确;为乙烷的卤代物，则属于卤代燃，故C正确；D.由①②可知还原性为4>Zn>C,且Al、Zn均为金属，不具有氧化性，故D错误:故选：D。A.反应①利用A1的还原剂及放热；B.反应②为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应；(：工2。6为乙烷的卤代物：D.由①②可知还原性为4>Zn>C.本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、铝热反应、反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属无氧化性，题目难度不大..【答案】B【解析】解：4硝基苯中溶有少量CaC%，不能过滤分离，故A不选；.硝基苯中溶有少量CaCG,二者沸点不同，可选择蒸储法提纯，故B选；C.不分层，不能选分液法分离，故C不选；D.纸上层析与物质在不同溶剂中的溶解性有关，不宜选择，故D不选；故选8.硝基苯中溶有少量CaC%，二者沸点不同，以此来解答.本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，注意分离原理及方法选择，题目难度不大..【答案】B【解析】解：4因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确：B.稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力的大小无关，则化学键的强弱决定分子的稳定性，故B错误；C.相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故C正确；D.反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，故D正确；故选：BoA.元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关：.稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力的大小无关；C.电离常数越大说明该弱电解质越易电离：D.物质内部储存的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应。本题主要考查的是元素周期表的形成、弱电解质的电离与电离常数、分子的稳定性、热效应等，掌握相关的反应原理是解答关键，题目难度不大。.【答案】C【解析】【分析】本题考查晶体类型的判断和化学键键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，题目难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别。Na、Na2O.NaOH、Na2S.Na2S04^Na为金属晶体，Na2O.NaOH、Na2S.Na2sO4为离子晶体，以此解答。【解答】Na为金属晶体，熔化时克服金属键，Na2O.NaOH、Na2S.Na2sO4为离子晶体，熔化时克服离子键，需要克服相同类型作用力的物质有4种。故选C。.【答案】A【解析】解：4二氧化铺的构成微粒为阴阳离子，是离子化合物，故A错误；B.错是半导体元素，所以单质错优于一般非金属，劣于一般金属，故B正确；C.错与碳在同一主族，所以甲错烷（GeHJ是一种结构与甲烷相近的化合物，故C正确:D.错的金属性强于碳，失去I个电子需要的能量低于碳，故D正确；故选：A。A.二氧化错的构成微粒为阴阳离子，是离子化合物；B.错是半导体元素，所以单质铭优于一般非金属，劣于一般金属；C.错与碳在同一主族，所以甲错烷（GeHQ是一种结构与甲烷相近的化合物：D.错的金属性强于碳，失去1个电子需要的能量低于碳。本题考查元素周期律的应用，掌握同一主族元素的性质递变规律是解答关键，题目难度不大。11.【答案】A【解析】解：4催化剂能够改变化学反应速率，但是不会提高生成物的质量，故A错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B正确：C.石油在常压下分馄，得到的主要产品是：汽油、煤油、柴油、重油、沥青等，故C正确；D.植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯，裂化汽油中主要含有烯燃、芳香煌和少量二烯烧，故D正确；故选：A。A.催化剂只改变化学反应速率，不会提高生成物的质量；B.石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量；C.石油分储得到的主要产品为汽油、煤油、柴油、重油、沥青等；D.植物油属于油脂，裂化汽油中主要含有燃类物质。本题考查石油分储及其产物，难度不大，熟悉石油分饿的产物以及产物的成分是解答的关键。12.【答案】A【解析】解：4氨水和银不反应，故氨水不能清除试管壁附着的银镜，应用稀硝酸去清洗，故A错误；B.向Mg（0H）2加入足量稀硫酸，氢氧化镁能和硫酸反应生成硫酸镁，加热浓缩，冷却结晶后得到硫酸镁晶体，故B正确；C.硝酸能氧化KI生成碘单质，加入硝酸后KI溶液变为黄色，硝酸与硝酸银溶液不反应，加入硝酸后硝酸银溶液无明显现象，硝酸酸性强于碳酸，硝酸加入碳酸钠溶液会有二氧化碳气体生成，硝酸加入Na402溶液会生成白色的氢氧化铝沉淀，故可用稀硝酸鉴别KLAgNO3,Na2CO3.NaTig四种溶液，故C正确；D.除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，进而除去乙酸，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度小，能分层析出，通过分液分离，故D正确；故选：A。A.氨水和银不反应；B.氢氧化镁能和硫酸反应生成硫酸镁；C.依据硝酸加入不同溶液后的现象判断：D.醋酸酸性强于碳酸，乙酸乙酯在饱和碳酸钠中溶解度小。本题考查物质的鉴别和分离，题目难度中等，掌握常见的物质的检验、分离和提纯方法是解题的关键。.【答案】D【解析】解：4乙醛与银氨溶液共热制银镜不需要冷凝回流装置，故A不选；B.无水醋酸钠和碱石灰共热制甲烷，反应物中没有易挥发性物质，不需要冷凝回流装置,故B不选；C.电石和水混合生成乙快和氢氧化钙，除生成乙烘气体外，其他物质均不能挥发，不需要冷凝回流装置，故C不选；D.乙酸、1-丁醇的沸点均不高，加热时易挥发，导致原料利用率偏低，为了提高乙酸、1-丁醇的利用率，需要冷凝回流装置，故D选；故选：D。实验装置采用冷凝回流的目的是使反应物重新回到反应体系中来，以提高原料利用率,冷凝回流主要是针对反应物原料的沸点不高、易挥发性的物质，据此分析解答。本题考查有机物的制备，明确物质的制备原理为解答此类题的关键，侧重考查学生的分析能力和灵活运用所学知识的能力，明确物质的性质和制备原理即可解答，注意冷凝回流装置的作用，题目难度不大。.【答案】B【解析】解：4c3H8和。2常温常压下不反应，平均式量介于32〜44之间，均小于49,故不可能，故A错误；B.平衡后气体情况可能是①N(72、。2、4。4②N2O4、N02③NO、NO2、N2O4,三种情况的平均式量可能为49,都有可能，故B正确；C.最终只可能剩余H。或者N/,平均式量都小于49,故不可能，故C错误；D.剩余气体情况为①SO2或②“25，两种气体的式量分别是64、32,都不满足，故不可能，故D错误。故选：B。根据发生的反应判断各选项混合后的可能的组成，平均式量应介于各组分之间，注意B选项中存在平衡2/7。2=4。4。本题考查混合物有关计算，注意平均式量的应用，B选项为易错点、难点，学生容易忽略27。2=必。4，难度中等。.【答案】C【解析】解：4升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；B.由信息不能确定a+b与c的关系，则增大压强，平衡不一定正向移动，故B错误；C.由上述分析可知，在△温度时达到化学平衡，故C正确；D7i温度时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；故选：Co由图可知Ti温度时反应正向进行，弓温度时达到平衡状态，然后升高温度平衡逆向移动,介温度时4%和C%相等，以此来解答。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中平衡的建立与平衡移动，题目难度不大。.【答案】B【解析】解：4存在平衡27。2=刈。4,且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A错误；B.过氧化氢分解，加入的二氧化锦起催化剂的作用，加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，故B正确；C.水是弱电解质，存在电离平衡“2。=〃++。”-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故C错误；D.氨水中存在平衡NH3，“2O=NHi+OH-,浓度越稀，电离程度越大，故O.lmol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D错误；故选用平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动：平衡移动原理适用的对象必须存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用.本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，题中易错点为B和D,注意反应方程式的特征以及工业生成的实际等问题..【答案】C【解析】【分析】本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气.【解答】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+：溶液中加入金属铝，发生反应并放出外，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：01、NO］、COT，阴离子只能为C「，阳离子可以为：“+、NH3Ba2+.Al3+,最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在43+、“+、NH3Fe3+,阳离子只能为Ba2+,则一定不存在COg,可存在的离子为：Ba2+.Cl-、OH-、NO.则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选：C。.【答案】B【解析】解：已知/T+H2s（少量）-HR+HS-,2Z-+H2s（少量）72HZ+S2-,则酸性：H?S>HR>HS->HZ,A、根据酸性强的能制备酸性弱的，酸性越强，Ka越大，所以相同温度下电离平衡常数：KhgS）>KKHR）>Ki2（H2S）>KRHZ）,故A错误：B、酸性越弱，酸越难电离，对应酸根离子越易结合氢离子，已知酸性：”2S>HR>HS->HZ,所以结合H+的能力：Z->S2->R->HS-,故B正确；C、酸性越弱，对应的盐越易水解，已知酸性：H2S>HR>HS->HZ,所以水解程度NaZ>Na2S>NaR>NaHS,则同温同浓度下，溶液的pH值：NaZ>Na2S>NaR>NaHS,故C错误；D、已知HZ的酸性小于HS-的酸性，所以HZ与S2-不反应，故D错误；故选B.已知/T+H2s（少量）tHR+HS122-+”25（少量）-2"2+52-,则酸性：>HR>HS->HZ,A、根据酸性强的能制备酸性弱的，酸性越强，Ka越大；B、酸性越弱，酸越难电离，对应酸根离子越易结合氢离子；C、酸性越弱，对应的盐越易水解；D、根据HZ与HS-的酸性强弱判断.本题考查了弱酸的酸性强弱比较、Ka与酸性的关系、盐的水解等，题目难度不大，注意对基本原理的把握..【答案】B【解析】解：铁板为铁和碳的合金，滴上NaCl溶液，形成原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，亚铁离子向正极移动，所以a是负极区，b是正极区，A.根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，C厂应由b区向a区迁移，故A错误；B.液滴边缘是正极区，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为。2+2/0+4e-=40H~,故B正确；C.液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，故C错误；D.改用嵌有铜螺丝钉的铁板，则铁为负极，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+,故D错误。故选：BoNaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，这时，负极电极反应为：Fe-2e-=Fe2+(发生氧化反应)，正极电极反应为：02+2H2。+4e-=40H-(发生还原反应)，在液滴外沿，由于Fe2++20H-=Fe(OH)2,4Fe(OH)2+02+2H2O=4Fe(OH)3形成了棕色铁锈环(b).本题考查金属的腐蚀，意在考查考生运用电化学原理分析金属腐蚀过程的能力，注意在原电池中阴阳离子的移动方向及金属腐蚀吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，电极反应判断是解题关键，题目难度中等..【答案】B【解析】A、HC，O2的电离平衡常数K=n监察观察图象可以看出，当pOH=8时，

CynClO2)pH=6,c^ClO^=c(_HCIO2),因此HCIG的电离平衡常数的数值(=10-6,故a错误：B、由图可以得出：酸性条件下Q。'浓度高，即在酸性条件下亚氯酸钠较稳定，pOH=11时，。。云部分转化成5。2和C广离子的方程式为：5CIO2+2H2O=4CIO2+Cl-+40H-,故B正确：c、根据图知，pH=7时，存在c(“ao2)<c(aow),则微粒浓度大小顺序是c(cio。>c(HC/O2)>c(ClO2)>c(C/-),故C错误；D、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(G05)+c(CL)+c(。"-)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(GO力+c(HCIO2)+c(C「)②，联立①②消去钠离子：c(WC/O2)+2c(H+)=c(Cg+2c(0W)+c(C「)，故D错误;故选：Bo本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系。.【答案】(1)13；US।T।3s3p(2)。2；Be2++2NH3-H2O=Be(OH)2+2NH;⑶b(4)弱；d(5)：N；；N：;Al原子和N原子(6)bd【解析】【分析】本题比较综合，涉及核外电子排布、元素周期律、原电池、晶体结构与性质等，需要学生具备扎实的基础，是对学生综合能力的考查。【解答】(1)核外没有运动状态相同的电子，A1元素原子核外有13个电子，即有13种不同运动状态的电子；A1原子最外层电子排布式为3s23pL最外层电子的轨道表示式为min।|,3s3p故答案为：［3；uniT।o；3s3p(2)将BeC^溶液加热时促进被离子的水解生成Be(0H)2,蒸干后灼热得到氧化镀，电解熔融的BeO得到Be和氧气，气体的化学式：外；由氯化铝与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铁，可知BeC，2溶液和过量氨水反应生成氢氧化钺和氯化铁，反应离子方程式：Be2++2NH3-H20=Be(OH)2+2NHt,故答案为：七：Be2++2NH3-H20=Be(OW)2+2NH^(3)a.4与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，A1发生氧化反应，而Mg不反应，该装置中Mg作正极，A1作负极，故a错误；b.Mg,M都能与盐酸反应生成氢气，HC1与NaOH的物质的量相等为0.02LXlmol/L=0.02mol,Al与NaOH恰好反应，由24+2NaOH+2H2。=2Na⑷出+3%324+6HCI=24cb+W2T,可知HC1完全反应，Al与NaOH反应生成氢气为0.02mo,x-=0.03mol,而HC1完全反应生成氢气为竺答=0.01m。/,所以放出的氢气的物质的量减少：，故b正确；c.4与碱溶液本质是：A1先与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，若把NaOH中的H换成D,不能确定是否有。2生成及其量，故c错误，故答案为：b；(4)Mg、Al同周期，自左而右金属性减弱，故金属性Mg>4,Mg、Ba同主族，自上而下金属性增强，故金属性Mg<Ba,则金属性4<Ba：高温下Al不是气体，而Ba为气体，从反应体系中逸出，使用反应进行，故答案为：弱；d；(5)属于非极性分子的为N2,分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为：N/N：：A1N耐高温、酸、碱，抗冲击能力强，属于原子晶体，构成微粒为A1原子和N原子，故答案为：：N三N：；A1原子和N原子；(6)a.气态氢化物的沸点属于物理性质，不能比较元素非金属性强弱，故a错误；b.单质与氢气化合的越容易，元素的非金属性越强，故b正确；C.氧元素没有含氧酸，不能利用最高价含氧酸的酸性判断元素非金属性强弱，故C错误；d.N。中0显-2价，N显+2价，说明0原子对键合电子吸引更强，故氧元素非金属性更强，故d正确，故答案为：bd«22.【答案】40.0008mol/(L.s)使用催化剂ab负C+ -4e-=3CO2【解析】解：(1)N。和CO进行反应的化学方程式为2N。+2C0=M+2CO2,正向气体分子数减小，加压，平衡正移，NO的转化率增大；平衡时，恒压体系的压强大于恒容体系，恒压体系NO的转化率大，曲线b所对应的反应容器是A；由方程式2N0+2CO^N2+2。。2可知,NO的转化率和CO的转化率相等，曲线b对应容器在0〜200s内消耗CO的物质的量为4m。，x40%=1.6m。，，反应速率v(CO)=二誓L=' 10LX200S0.0008mol/(L-s'),故答案为：A；0.0008mo//(Ls)；(2)要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，即加快反应速率，但不改变NO的平衡转化率，可采取的措施是使用催化剂，故答案为：使用催化剂：(3)a.由于可2。5是反应物，NO?是生成物，2。5和NO?的浓度比保持不变，说明反应达到平衡状态：b.反应前后气体系数和不等，容器中压强不再变化，说明反应达到平衡状态；c.v£NO2)=2。逆(助。5)时，反应达到平衡状态；d.恒容密闭容器中气体的质量和体积均不变，密度保持不变不能代表平衡状态；故答案为：ab；(4)放电时，Na的化合价升高，失去电子，为负极；充电时，在阳极化合价升高，发生的电极反应式为：C+2COj--4e-=3CO2,故答案为：负；C+2COg-4e-=3CO2。(1)N。和CO进行反应的化学方程式为2N0+2CO^N2+2C02,正向气体分子数减小,加压，平衡正移，NO的转化率增大；曲线b对应容器在0〜200s内消耗CO的物质的量为4m。/x40%=1.6mol；(2)催化剂能缩短容器达到平衡的时间，且不改变NO的平衡转化率；(3)a.由于72。5是反应物，NO?是生成物，Md和NO2的浓度比保持不变，说明反应达到平衡状态；b.反应前后气体系数和不等，容器中压强不再变化，说明反应达到平衡状态：c.v^NO^=2V逆(刈。5)时，反应达到平衡状态；d.恒容密闭容器中气体的质量和体积均不变，密度保持不变不能代表平衡状态；(4)放电时，Na的化合价升高，失去电子，为负极；充电时，在阳极化合价升高。本题考查基本原理，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。23.【答案】加快反应谏率，受热均匀温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低吸收H2s等杂质气体，防止污染空气ad4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)31+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性当吧％a【解析】解：(1)在实验中选择50〜60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行，故答案为：加快反应谏率，受热均匀：温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低：(2)由于铁屑中含有S,因此会产生硫化氢，同时氨水易挥发，因此高钵酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气，故答案为：吸收H2s等杂质气体，防止污染空气；(3)a.若要确保获得浅绿色昼浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；b.若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b错误；c.将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓HzS内的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+,故c错误；故答案为：a；(4)由4(N/)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2T+3SO3T+N2T+6NH3T+7/°可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为。价，失电子，S元素由+6价变为+4价，得电子，则由方程式可知：a.生成lmo/N2同时会生成5moIS。2，转移电子lOmol,那么反应生成amo/Nz时，转移电子的物质的量10amol,故a错误：b.得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO?,SO3中S价态不变，不是还原产物，故b错误；c.由方程式可知，生成5moISO?,电子转移lOmoL则有amol电子转移时，生成SO?的物质的量是0.5am。，，故c错误；d.当用足量BaC,2吸收气体产物时，只能生成BaS04沉淀，而不会生成BaSOs沉淀，故d正确；故答案为：d；(5)FeS04溶液产生红褐色浑油是因为生成了Fe(0H)3沉淀，离子方程式为4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)31+8H+；根据两种溶液离子浓度的差异判断NH：、S。：-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题始信息可知假设1和假设2都说了NHj和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性或当其它条件相同时，硫根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好，故答案为：4Fe2++02+10W2O=4Fe(0H)3I+8H+：当