2019年上海市虹口区高考化学二模试卷(解析版)

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.有5种微粒：X，Z，Q+，R2+，M，则它们所属元素的种类有（　　）

A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种

2.氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为（　　）

A. 氮气比空气轻 B. 氮气难溶于水

C. 氮气是无色无味的气体 D. 氮气很不活泼

3.下列物质属于分子晶体的是（　　）

A. NaOH B.  C.  D. Na

4.下列变化中既有化学键断裂又有化学键形成，且断键能量大于成键能量的是（　　）

A. 酒精燃烧 B. 碳酸钙分解 C. 干冰升华 D. 氨气液化

5.能证明氯化氢内部化学键是共价键的事实是（　　）

A. 氯化氢极易溶于水 B. 氯化氢是无色气体

C. 液态氯化氢不能导电 D. 氯化氢水溶液显酸性

6.下列物质的分离原理与溶解度有关的是（　　）

A. 蒸馏 B. 过滤 C. 升华 D. 分馏

7.下列物质对水的电离平衡没有影响的是（　　）

A. NaI B. KF C.  D. 

8.下列装置不能达到除杂目的（括号内为杂质）的是（　　）

A. 乙烷乙烯 B. 苯甲苯

C. 乙酸乙酯 D. 水

9.一定浓度的盐酸分别与等体积的NaOH溶液和氨水反应，恰好中和，消耗的盐酸体积相同，则NaOH溶液与氨水（　　）

A. 浓度相等 B. pH相等 C. 电离度相等 D. 物质的量浓度相等

10.在氯化铁、氯化铜和盐酸混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是（　　）

A.  B.  C.  D. 

11.向BaCl2溶液中通入SO2至饱和，此过程看不到现象，再向溶液中加入一种物质，溶液变浑浊，加入的这种物质不可能是（　　）

A.  B.  C.  D. 

12.下列有机物的命名不正确的是（　　）

A. 甲基戊烯 B. 甲基丁醇 C. 乙基丁炔 D. 2，二甲基丁烷

13.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（　　）

A. 加催化剂有利于氨的催化氧化反应

B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气

C. 左右比室温更有利于合成氨的反应

D. 压缩、、平衡体系，体系颜色加深

14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A.   的溶液：、、、

B. 甲基橙呈红色的溶液：、、、

C. 的溶液：、、、

D. 使KSCN显血红色的溶液：、、、

15.根据能量关系图（如图），下列分析正确的是（　　）

A. 该反应是吸热反应

B. 曲线a的热效应大

C. 该反应的热化学方程式为： kJ

D. 若反应生成2mol液态水，放出的热量高于

16.如图可设计成多种用途的电化学装置，下列说法错误的是（　　）

A. a与电源正极相连时，铜做阳极

B. a和b用导线连接时，锌做负极

C. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：

D. a与电源正极相连可以保护锌片，称为牺牲阳极的阴极保

17.下列离子方程式书写正确的是（　　）

A. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：

B. 盐酸中加入少量碳酸钙固体：

C. 向氯化亚铁溶液中通入氯气：

D. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳：

18.以下物质的制备用错实验装置的是（　　）

A. 乙烯的制取 B. 乙酸乙酯的制备

C. 乙酸丁酯的制备 D. 乙炔的制取

19.如图是我国化工专家侯德榜发明的联合制碱法简要流程，关于此流程说法正确的是（　　）

A. 副产品Y是 B. 向母液中通入的气体X是

C. 循环II是为了提高食盐的利用率 D. 析出后的母液中只含

20.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A. 标准状况下， L氩气约含2 个氩原子

B. 14 g乙烯和丙烯混合气体中含有2 个氢原子

C. 标准状况下， L 含有 根共价键

D. 时，1 L 的纯水中，含有的数目为

二、简答题（本大题共3小题，共45.0分）

21.中科大研制出Ni-Mo-O纳米棒复合催化剂，利用其进行尿素电解，可实现富尿素废水的净化，同时低能耗制得H2．总反应为：CO（NH2）2 +H2O3H2↑+N2↑+CO2↑

完成下列填空：

（1）上述反应涉及的元素中，质子数最多的原子其核外电子排布式是______；

写出同周期元素的原子半径大小关系______。（用元素符号表示）

（2）上述反应物与产物中，属于电解质的是______（填化学式）；写出可以冷冻待移植器官的物质的电子式______。

（3）C与N的非金属性强弱顺序为______（用元素符号表示），用一个化学方程式进行证明______。

（4）已知常压下，二氧化硅熔点为1723℃，而干冰在-78.5℃时就升华，解释二者性质差异大的原因______。

（5）电解富尿素废水时，氢气在______极产生。若转移0.3 mol电子，两极产生的气体共______L（标准状况）。

22.铝是一种轻金属，被称为金属界的“万金油”，应用范围极为广阔。含铝的化合物如氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途十分广泛。

完成下列填空：

（1）铝是活泼金属，在干燥空气中铝的表面立即形成厚约5 nm的致密氧化膜，写出除去氧化膜的一种方法______（用方程式表示）。

（2）氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因______（用方程式说明）；写出Al（OH）3的电离方程式______。

（3）明矾（KAl（SO4）2•12H2O）的水溶液呈______性（选填“酸”、“碱”或“中”），溶液中离子

浓度大小顺序为______。将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，请用平衡移动原理解释该现象______

（4）碳热还原氯化法从铝土矿中炼铝具有步骤简单、原料利用率高等优点，其原理如下：

Ⅰ． Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）-1486 kJ

Ⅱ． 3AlCl（g）⇌2Al（l）+AlCl3（g）+140 kJ

①写出反应Ⅰ的化学平衡常数表达式K=______，升高温度，K______（填增大、减小、不变）。

②写出反应Ⅱ达到平衡状态的一个标志______；

结合反应Ⅰ、Ⅱ进行分析，AlCl3在炼铝过程中的作用可以看作______。

③将1mol氧化铝与3mol焦炭的混合物加入2L反应容器中，加入2mol AlCl3气体，在高温下发生反应Ⅰ．若5min后气体总质量增加了27.6g，则AlCl的化学反应速率为______ mol/（L•min）。

23.化合物M（　　）是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下所示。

完成下列填空：

（1）反应①的反应类型是______；反应③所需的试剂与条件可以是______。

（2）写出B的结构简式：______

（3）写出C、醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式：______。

（4）检验M中是否含有E的实验方法是______。

（5）写出一种满足下列要求的M的同分异构体的结构简式______。

i．含有叔丁基-C（CH3）3ii．能发生银镜反应

iii．分子中只含有两种不同化学环境的氢原子

（6）A与溴的四氯化碳溶液反应可得到X（），写出以X为原料合成甲基丙烯醛（）的合成路线。

（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）

三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）

24.氯化亚铜（CuCl）在生产中广泛用作催化剂、杀菌剂、脱色剂。某兴趣小组采用加热分解氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）的方法制备CuCl，其装置如图（夹持仪器省略）。

已知：

完成下列填空：

（1）在实验过程中，可以观察到C中试纸的颜色变化是______。

（2）实验过程中需要全程通入干燥的HCl，其作用是______。

（3）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的杂质，根据已知信息分析：

①若杂质是CuCl2，则产生的原因可能是______。

②若杂质是CuO，则产生的原因可能是______。

（4）为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：

a．用电子天平称取一定质量氯化铜晶体b。在______（填仪器名称）中充分灼烧

c．在干燥器中冷却d。称量所得黑色固体质量

e．重复b～d操作直至______

①完成上述实验操作步骤。

②若氯化铜晶体质量为3.384 g，最终得到黑色固体质量为1.600 g，则x=______（精确到0.1）。

③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为1.5%，写出可能导致该结果的一种情况。______

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

解：1940X、1940Q+的质子数相同，所以是同一元素，只是1940X是原子，1940Q+是离子； 

2040R2+、2041M的质子数相同，所以是同一元素，2041M是原子，2040R2+是离子； 

1840Z是质子数为18的元素； 

所以共有3种元素。 

故选：B。

具有相同核电荷数（即质子数）的同一类原子的总称叫元素；元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数相同中子数不同的同一类原子互称同位素，据此分析判断。

本题考查了元素的定义，难度不大，注意元素概念的外延和内涵，由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数。

2.【答案】D

【解析】

解：A．氮气常用作保护气，是由于氮气的化学性质不活泼，氮气作保护气与氮气比空气轻无关，故A错误； 

B．氮气常用作保护气，是由于氮气的化学性质不活泼，氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故B错误； 

C．氮气常用作保护气，是由于氮气的化学性质不活泼，氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故C错误； 

D．氮气作保护气，说明氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，故D正确； 

故选：D。

氮气化学性质不活泼，在一般条件下，不易和其它物质反应，据此分析解答。

本题考查了氮气的性质，熟悉氮气的物理性质及化学性质，明确氮气作保护气的原因，会利用化学知识解释生活现象，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】

解：A．NaOH是离子构成的化合物为离子晶体，故A错误； 

B．二氧化硅是原子构成的，通过共价键形成空间网状结构，属于原子晶体，故B错误； 

C．H2O是分子构成的物质，形成的晶体为分子晶体，故C正确； 

D．Na为金属晶体，故D错误， 

故选：C。

通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体。如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐（如AlCl3）。

本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，要注意晶体的构成粒子。

4.【答案】B

【解析】

解：A、酒精燃烧是放热反应，故A错误； 

B、碳酸钙分解是吸热反应，故B正确； 

C、干冰升华是物理变化，故C错误； 

D、氨气液化是物理变化，故D错误； 

故选：B。

既有化学键断裂又有化学键形成说明反应是化学反应，而且断键能量大于成键能量，说明反应是吸热反应，由此分析解答。

本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。

5.【答案】C

【解析】

解：A、氯化氢极易溶于水说明氯化氢是极性分子，不能说明化学键是共价键，故A错误； 

B、氯化氢是无色气体，说明氯化氢的沸点低，不能说明化学键是共价键，故B错误； 

C、因共价化合物的构成微粒不带电，离子化合物的构成微粒带电，则可利用液态氯化氢不导电来证明氯化氢是共价化合物，故C正确； 

D、氯化氢的水溶液电离产生氢离子，溶液呈酸性，与共价化合物与否无关，故D错误； 

故选：C。

共价化合物的构成微粒不带电，则液态不导电，但离子化合物的构成微粒带电，其液态能导电，以此来证明氯化氢是共价化合物。

本题考查共价化合物的判断，明确共价化合物的构成微粒是解答本题的关键，难度不大。

6.【答案】B

【解析】

解：A．蒸馏与混合物的沸点有关，故A不选； 

B．过滤与溶解度有关，分离不溶性固体与溶液，故B选； 

C．升华与加热有关，与溶解度无关，故C不选； 

D．分馏与混合物的沸点有关，故D不选； 

故选：B。

蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，升华需要加热，与溶解度有关的一般有萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，以此解答该题。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意混合物分离原理，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】

解：A．NaI属于强酸强碱盐，不影响水的电离，故A选； 

B．KF属于强碱弱酸盐，电离出的氟离子水解促进水的电离，故B不选； 

C．KAl（SO4）2   盐溶液中铝离子水解溶液显酸性，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，故C不选， 

D．NaHSO4溶液中电离出氢离子抑制水的电离，故D不选； 

故选：A。

影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离

本题考查了对水的电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】

解：A．乙烯与溴水反应，而乙烷不反应，将混合气体通入溴水可除去乙烷中的乙烯，故A不选； 

B．甲苯和苯不分层，无法通过分液分离，应该采用蒸馏操作分离，故B选； 

C．乙酸乙酯在碳酸钠溶液中的溶解度减小，可通过过滤操作分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液，故C不选； 

D．NaCl的沸点较高，可通过蒸馏操作除去水中的氯化钠，故D不选； 

故选：B。

A．乙烷不与溴水反应，乙烯与溴水发生加成反应； 

B．苯和甲苯互溶，混合液不分层； 

C．乙酸乙酯不溶于碳酸钠，可利用过滤分离； 

D．氯化钠沸点较高，可采用蒸馏法分离。

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及洗气、蒸馏、分液等知识，明确常见物质分离与提纯方法为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。

9.【答案】D

【解析】

解：等体积、等物质的量浓度的盐酸与等体积的NaOH溶液和氨水反应，恰好中和，则NaOH溶液和氨水的物质的量浓度相同，由于NaOH是强碱、完全电离，一水合氨是弱碱、部分电离，所以物质的量浓度相等的NaOH溶液和氨水中c（OH-）不相等，溶液的碱性强弱不同，pH不相等，电离程度不相等，即电离度不相等，故A、B、C错误，D正确； 

故选：D。

一定浓度的盐酸分别与等体积的NaOH溶液和氨水反应，恰好中和，消耗的盐酸体积相同，则NaOH溶液和氨水的物质的量浓度相同，但一水合氨是弱碱、部分电离，导致溶液中的c（OH-）不相同，据此分析解答。

本题考查弱碱的电离平衡原理，把握弱碱的微弱电离特点即可解答，题目难度不大。

10.【答案】C

【解析】

解：在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：Fe+2Fe3+=2Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，待反应结束，铁粉有剩余，则溶液中存在的离子为Fe2+， 

故选：C。

氧化性Fe3+＞Cu2＞H+，在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：Fe+2Fe3+=2Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此解答该题。

本题目考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于铁的性质的考查，题目难度不大，注意铁的性质以及铁过量的要求。

11.【答案】C

【解析】

解：A．SO2具有还原性，能被氯气氧化为SO42-离子，所以再向溶液中加入氯气，生成BaSO4沉淀，故A不选； 

B．氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不选； 

C．二氧化碳、二氧化硫均与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C选； 

D．H2S具有还原性，能被二氧化硫氧化，反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以溶液变浑浊，故D不选； 

故选：C。

由于亚硫酸的酸性比盐酸弱，向BaCl2溶液中通入SO2至饱和，没有发生反应，此过程无明显实验现象，SO2具有还原性，能被氯气氧化为SO42-离子，所以再向溶液中通入Cl2，生成BaSO4沉淀，SO2为酸性气体，与氨水反应生成SO32-离子，与BaCl2反应生成BaSO3沉淀，H2S具有还原性，能被二氧化硫氧化，硫化氢中硫元素失电子由-2价→0价，二氧化硫中硫元素由+4价→0价生成硫，以此解答该题。

本题考查了二氧化硫的性质，为高频考点，把握物质的性质及氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】

解：A、3-甲基-2-戊烯，选取含双键在内的最长碳链为主链，离双键近的一端编号，名称符合命名原则，故A正确； 

B、3-甲基-2-丁醇，选取含羟基在内的最长碳链为主链，从离羟基近的一端编号，写出名称，故B正确； 

C、3-乙基-1-丁炔，选取含三键在内的最长碳链为主碳链，从离三键近的一定编号，名称中主碳链不是最长碳链，故C错误； 

D、2，2-二甲基丁烷，主链为四个碳原子，离取代基近的一端编号，名称符合命名原则，故D正确； 

故选：C。

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范： 

（1）烷烃命名原则： 

①长-----选最长碳链为主链； 

②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链； 

③近-----离支链最近一端编号； 

④小-----支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则； 

⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面． 

（2）有机物的名称书写要规范； 

（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名； 

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名原则应用，含官能团的物质碳链选择和编号是解题关键，题目难度中等．

13.【答案】B

【解析】

解：A．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解，故A不选； 

B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，故B选； 

C、合成氨是放热反应，室温比500℃左右更有利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故C不选； 

D、可逆反应为H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，不能用用勒夏特列原理解释，故D不选； 

故选：B。

勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释。

本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且存在平衡移动，难度不大。

14.【答案】C

【解析】

解：A．H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选； 

B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性，不能大量存在AlO2-，故B不选； 

C．pH=12的溶液，c（H+）=10-12 mol/L的溶液，显碱性，K+、Na+、CH3COO-、Br-该组离子之间不反应，可大量共存，故C选； 

D．使KSCN显血红色的溶液存在Fe3+，I-、和铁离子能发生氧化还原反应，不能大量存在，故D不选； 

故选：C。

A．离子之间发生氧化还原反应； 

B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性； 

C..pH=12的溶液，c（H+）=10-12 mol/L的溶液，显碱性； 

D．加入KSCN显血红色的溶液含Fe3+，不能存在还原性离子。

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。

15.【答案】D

【解析】

解：A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误； 

B．a、b对应的热效应相同，故B错误； 

C．该反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2 （g）→2Cl2 （g）+2H2O（g）+115.6 kJ，故C错误； 

D．同种物质的气态与液态能量高，则若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ，故D正确； 

故选：D。

由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，曲线b使用催化剂，a、b对应的热效应相同，热化学方程式中应注明物质的状态，且同种物质的气态与液态能量高，以此来解答。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与活化能、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

16.【答案】D

【解析】

解：A．a与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，故A正确； 

B．a和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，故B正确； 

C．a和b用导线连接时，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，铜片上发生的反应为：2H++2e-=H2↑，故C正确； 

D．a与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，可以保护锌被腐蚀，这叫外接电流的阴极保，故D错误； 

故选：D。

若a和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，阳离子移向正极铜，阴离子移向负极锌；若a与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，可以保护锌被腐蚀，这叫外接电源的阴极保，据此分析。

本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子及其反应类型来分析解答，明确原电池的工作原理及所发生的氧化还原反应是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。

17.【答案】D

【解析】

解：A．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子反应为Cu2++2OH-+SO42-+Ba2+═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A错误； 

B．盐酸中加入少量碳酸钙固体，离子反应为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误； 

C．向氯化亚铁溶液中通入氯气，生成氯化铁，离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故C错误； 

D．二氧化碳是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠反应生成盐和水，用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳生成碳酸钠和水，离子反应为2OH-+CO2═CO32-+H2O，故D正确； 

故选：D。

A．漏写生成氢氧化铜的离子反应； 

B．碳酸钙在离子反应中保留化学式； 

C．反应生成氯化铁，电子、电荷不守恒； 

D．反应生成碳酸钠和水。

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒的应用，题目难度不大。

18.【答案】C

【解析】

解：A．乙醇与浓硫酸加热，170℃下发生消去反应生成不溶于水的乙烯，温度计测定反应液的温度，故A正确； 

B．乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，可水浴加热，图中装置合理，故B正确； 

C．乙酸乙酯采用酒精灯加热，图中加热方式不合理，故C错误； 

D．碳化钙与水反应生成不溶于水的乙炔，图中固液反应及收集法均合理，故D正确； 

故选：C。

A．乙醇与浓硫酸加热，170℃下发生消去反应生成不溶于水的乙烯； 

B．乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯； 

C．乙酸乙酯采用酒精灯加热； 

D．碳化钙与水反应生成不溶于水的乙炔．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备实验、实验装置的作用、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的制备实验评价性分析，题目难度不大．

19.【答案】C

【解析】

解：将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，向含有氯化铵和氯化钠的滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品， 

A．分析可知，副产品为NH4Cl，故A错误； 

B．向母液中通入的气体X是NH3，故B错误； 

C．循环II是循环利用的氯化钠，为了提高食盐的利用率，故C正确； 

D．母液加入NaCl，通入NH3，降温，结晶析出NH4Cl，使母液又成为含NH3的饱和NaCl溶液，故D错误； 

故选：C。

在联合制碱法中，联合制碱法包括两个过程：将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，向含有氯化铵和氯化钠的滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。

本题考查了联合制碱原理和过程分析判断，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，能较好地考查了元素及其化合物的相关性质，题目难度中等，答题时注意基础知识的灵活运用。

20.【答案】B

【解析】

解：A、标况下22.4L氩气的物质的量为1mol，而氩气为双原子分子，故1mol氩气中含原子为NA个，故A错误； 

B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含H原子为2NA个，故B正确； 

C、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； 

D、pH=6的纯水中c（H+）=10-6mol/L，而纯水中c（H+）=c（OH-），故溶液中c（OH-）=10-6mol/L，则1L此纯水中氢氧根的物质的量为=10-6mol，个数为=10-6molNA个，故D错误。 

故选：B。

A、求出氩气的物质的量，然后根据氩气为双原子分子来分析； 

B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2； 

C、标况下四氯化碳为液体； 

D、纯水中c（H+）=c（OH-）。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

21.【答案】1s22s22p4   C＞N＞O   H2O     N＞C   CO2是分子晶体，熔化时需要客服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要客服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大   CO2是分子晶体，熔化时需要客服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要客服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大   阴   5.6

【解析】

解：（1）总反应为：CO（NH2）2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，涉及的元素中，质子数最多的原子为O元素，据此写出其核外电子排布式为：1s22s22p4，同周期元素为C、N、O，同周期原子半径依次减小，同周期元素的原子半径大小关系：C＞N＞O，

故答案：1s22s22p4； C＞N＞O；

（2）上述反应物与产物中，属于电解质的是H2O，可以冷冻待移植器官的物质是液氮，氮气的电子式为：，

故答案为：H2O； ；

（3）C与N为同周期元素，同周期非金属性依次增强，非金属性强弱顺序为：N＞C，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，反应的化学方程式为：HNO3+NaHCO3=NaNO3+H2O+CO2↑，

故答案为：N＞C；HNO3+NaHCO3=NaNO3 +H2O+CO2↑；

（4）已知常压下，二氧化硅熔点为1723℃，而干冰在-78.5℃时就升华，二者性质差异大的原因是：CO2是分子晶体，熔化时需要客服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要客服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大，

故答案为：CO2是分子晶体，熔化时需要客服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要客服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大；

（5）电解富尿素废水低能耗制H2，总反应为CO（NH2）2+H2O═3H2↑+N2↑+CO2↑，放出氢气的电极为阴极，电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，放出氮气的电极为阳极，电极反应：CO（NH2）2-6e-+6OH-=N2↑+CO2↑+5H2O，若转移0.3 mol电子，阴极生成0.15mol气体，阳极生成0.1mol气体，共生成气体物质的量0.25mol，标准状况下体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，

故答案为：阴；  5.6。

（1）总反应为：CO（NH2）2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，涉及的元素中，质子数最多的原子为O元素，据此写出其核外电子排布式，同周期元素为C、N、O；

（2）水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，以冷冻待移植器官的物质为氮气，分子中形成三个共价键；

（3）同周期非金属性增强，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较；

（4）CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，据此分析判断；

（5）电解富尿素废水低能耗制H2，总反应为CO（NH2）2+H2O═3H2↑+N2↑+CO2↑，放出氢气的电极为阴极，电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，放出氮气的电极为阳极，电极反应：CO（NH2）2-6e-+6OH-=N2↑+CO2↑+5H2O，据此分析回答问题。

本题考查了原子结构、核外电子排布、化学用语的分析、周期表中递变规律的应用、电解池原理等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

22.【答案】Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O   2Al（OH）3Al2O3+3H2O   Al3++3OH-⇌Al（OH）3⇌H++AlO2-+H2O   酸   [SO42-]＞[K+]＞[Al3+]＞[H+]＞[OH-]   铝离子水解呈酸性，Al3++H2O⇌Al（OH）3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体     增大   压强不变   催化剂   0.06

【解析】

解：（1）氧化铝是两性氧化物，能溶于强酸强碱溶液，溶于强酸的化学方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，

故答案为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；

（2）氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，氢氧化铝能做阻燃剂的原因是氢氧化铝分解吸收热量生成了高熔点的氧化铝，反应的化学方程式：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，Al（OH）3的电离存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为：Al3++3OH-⇌Al（OH）3⇌H++AlO2-+H2O，

故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；Al3++3OH-⇌Al（OH）3⇌H++AlO2-+H2O；

（3）明矾（KAl（SO4）2•12H2O）的水溶液中铝离子水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：[SO42-]＞[K+]＞[Al3+]＞[H+]＞[OH-]，将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体是：铝离子水解呈酸性，Al3++H2O⇌Al（OH）3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体，

故答案为：酸；[SO42-]＞[K+]＞[Al3+]＞[H+]＞[OH-]；铝离子水解呈酸性，Al3++H2O⇌Al（OH）3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体；

（4）①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）-1486kJ，平衡常数K=，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，

故答案为：；增大；

②3AlCl（g）⇌2Al（l）+AlCl3（g）+140kJ，反应前后气体体积变化，当压强不变说明反应达到平衡状态，结合反应Ⅰ、Ⅱ进行分析，AlCl3在炼铝过程中参与反应过程，最后又生成，起到的作用可以看作催化剂作用，

故答案为：压强不变；催化剂；

③Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）-1486kJ，生成3molAlCl反应前后气体质量增加138g，若5min后气体总质量增加了27.6g，计算得到生成的AlCl物质的量==0.6mol，则AlCl的化学反应速率==0.06mol/（L•min），

故答案为：0.06。

（1）氧化铝是两性氧化物，能溶于强酸强碱溶液；

（2）氢氧化铝分解吸收热量生成高熔点的氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物存在酸式电离和碱式电离；

（3）明矾（KAl（SO4）2•12H2O）的水溶液中铝离子水解溶液显酸性，将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体是碳酸氢根离子和铝离子发生的双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；

（4）①平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）-1486 kJ，反应为吸热反应，升温平衡正向进行；

②反应Ⅱ达到平衡状态的一个标志需要说明正逆反应速率相同，反应前后气体体积变化分析；

③Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）⇌3AlCl（g）+3CO（g）-1486kJ，反应前后气体质量增加138g，若5min后气体总质量增加了27.6g，计算得到生成的AlCl，则AlCl的化学反应速率=。

本题考查了铝及其化合物性质、盐类水解原理、平衡常数计算和影响因素分析判断、反应速率概念的计算应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

23.【答案】加成反应   Cu、O2加热       取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明M中不含有E  

【解析】

解：（1）反应①的反应类型是加成反应；反应③为醇的催化氧化反应生成酮，所需的试剂与条件可以是Cu、O2加热，

故答案为：加成反应；Cu、O2加热；

（2）B的结构简式为，

故答案为：；

（3）C、醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式：，

故答案为：；

（4）E中含有碳碳双键、M中含有醛基，E能和溴的四氯化碳发生加成反应，和M不反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验M中的E，则检验M中是否含有E的实验方法是取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明M中不含有E，

故答案为：取样，加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色不褪去，说明M中不含有E；

（5）M的同分异构体符合下列条件：

i．含有叔丁基-C（CH3）3

ii．能发生银镜反应，说明含有醛基；

iii．分子中只含有两种不同化学环境的氢原子，说明含有两种氢原子；

符合条件的结构简式为，

故答案为：；

（6）以为原料合成甲基丙烯醛，2-甲基丙烯和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成2-甲基-1，2-二羟基丙二醇，然后发生催化氧化反应生成（CH3）2COHCHO，最后发生消去反应生成目标产，其合成路线为，

故答案为：。

根据A和苯酚及B分子式知，A和苯酚发生加成反应生成B，B和氢气发生苯环上的加成反应，则B为；C发生催化氧化反应生成D，E发生氧化反应生成M；

（6）以为原料合成甲基丙烯醛，2-甲基丙烯和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成2-甲基-1，2-二羟基丙二醇，然后发生催化氧化反应生成（CH3）2COHCHO，最后发生消去反应生成目标产物。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意（4）中检验M中含有E的方法，溴水和酸性高锰酸钾溶液都能氧化醛基，为解答易错点。

24.【答案】先变红，后褪色   抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气   加热时间不足或温度过低   通入HCl的量不足   坩埚   连续两次称量差值不超过0.001g   1.9   加热时有固体溅出

【解析】

解：（1）根据已知热分解过程产生氯气，与C处湿润的蓝色湿润试纸中的水作用生成盐酸和HClO，生成酸，故湿润变红，由HClO具有漂白性，故试纸后又褪色，故现象为：先变红，后褪色；

故答案为：先变红，后褪色；

（2）已知CuCl2•xH2O先失去结晶水得到CuCl2再分解得产品，而CuCl2易水解，故实验过程中需要全程通入干燥的HCl，作用是抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气；

故答案为：抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气；

（3）①得CuCl的反应为CuCl2受热分解而来，杂质是CuCl2，说明CuCl2未反应完全，可能是加热时间不足或温度过低造成；

故答案为：加热时间不足或温度过低；

②杂质是CuO，说明CuCl被氧化为CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或未等试管冷却就停止通入HCl气体；

故答案为：通入HCl的量不足；

（4）①方案为：a．用电子天平称取一定质量氯化铜晶体，b．在 坩埚中充分灼烧，c．在干燥器中冷却d。称量所得黑色固体质量e。重复b～d操作直至连续两次称量差值不超过0.001 g；

故答案为：坩埚；连续两次称量差值不超过0.001 g；

②晶体质量为3.384 g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600 g，则n（CuO）=0.02mol，

根据铜元素守恒，则晶体中n（CuCl2）也为0.02mol，则m（CuCl2）=0.02mol×135g/mol=2.7g，

晶体中n（H2O）==0.038mol，

n（CuCl2）：n（H2O）=1：x，解得x=1.9；

故答案为：1.9；

③最终测定结果的相对误差为1.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出；

故答案为：加热时有固体溅出。

加热分解氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）的方法制备CuCl，气体入口通入HCl气体，然后加热A处，B检验水，C处氯气与湿润的蓝色石蕊试纸作用，D吸收尾气，

（1）根据已知热分解过程产生氯气，与C处湿润的蓝色湿润试纸中的水作用生成盐酸和具有漂白性的HClO，可得；

（2）根据CuCl2易水解分析；

（3）①杂质是CuCl2，说明CuCl2未反应完全，根据条件可得；

②若杂质是CuO，说明CuCl被氧化为CuO，可能是HCl不足；

（4）①灼烧在坩埚中进行，灼烧至恒重代表灼烧充分；

②晶体质量为3.384 g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600 g，则n（CuO）=0.02mol，

根据铜元素守恒，则晶体中n（CuCl2）也为0.02mol，则m（CuCl2）=0.02mol×135g/mol=2.7g，

晶体中n（H2O）==0.038mol，

n（CuCl2）：n（H2O）=1：x，可得。

③最终测定结果的相对误差为1.5%，说明比实际误差偏大，可能是有固体损失。

本题考查了物质的制备，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。