上海市部分重点中学2024-2025学年高二下化学期末调研试题含解析.doc

上海市部分重点中学2024-2025学年高二下化学期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某高分子化合物的结构如下：

其单体可能是
①CH2═CHCN ②乙烯 ③1,3-丁二烯 ④苯乙炔 ⑤苯乙烯 ⑥1-丁烯
A．①③⑤ B．②③⑤
C．①②⑥ D．①③④
2、下列属于碱性氧化物的是
A．MgO B．H2SO4 C．CO2 D．NaOH
3、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.1NA
4、已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色），分别进行如下两个实验：
实验ⅰ：将NO2球分别浸泡在热水和冰水中，现象如图1。
实验ⅱ：将一定量的NO2充入注射器中后封口，测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小），如图2。下列说法不正确的是

A．图1现象说明该反应为放热反应
B．图2中b点的操作是压缩注射器
C．c点：v(正)＞v(逆)
D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(d)＜T(c)
5、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1 mol Zn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NA
B．84 g MgCO3与NaHCO3的混合物中CO32−数目为NA
C．由2H和18O组成的水11 g，其中所含的中子数为5NA
D．标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为NA
6、下列有关化学用语表示正确的是
A．氮气分子的电子式：
B．Cl－的结构示意图：
C．质子数为53、中子数为78的碘原子：I
D．HCO3-的水解方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-
7、一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）
A．+1 B．+2 C．+3 D．-1
8、下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（ ）
A．过滤 B．渗析
C．萃取 D．丁达尔效应
9、下列由实验得出的结论正确的是
选项
实验
结论
A
将等物质的量的乙烷与氯气混合，光照一段时间
制得纯净的氯乙烷
B
将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
乙烯具有还原性
C
蔗糖在稀硫酸催化作用下水浴加热一段时间
产物只有葡萄糖
D
碘酒滴到土豆上会变蓝
淀粉遇碘元素变蓝
A．A B．B C．C D．D
10、下列关于有机物的说法正确的是
A．实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸
B．蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物
C．可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯
D．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
11、分类是化学学习的一种重要方法，下列有关分类正确的是（ ）
①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物
④同位素：1H+、2H2、3H
⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨
⑥浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均具有氧化性，都属于氧化性酸
⑦化合物：烧碱、冰醋酸、HD、聚氯乙烯
⑧强电解质溶液的导电能力一定强
⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应
A．全部正确 B．①②⑤⑦⑨ C．⑤⑨ D．②⑤⑥⑦⑨⑩
12、下列溶液中，Na+数目最多的是（ ）
A．1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL
B．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL
C．2.5mol•L－1NaOH溶液100 mL
D．1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL
13、根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
① 洁厕灵（主要成分为HCl） ② 厨房清洁剂 ③ 食醋 ④ 肥皂 ⑤ 食盐
A．①②⑤③④ B．①③⑤④② C．③①②⑤④ D．④③⑤②①
14、下列叙述正确的是(　　)
A．1个乙醇分子中存在9对共用电子
B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
D．熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
15、平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中较为适宜的是（ ）
A．温度130℃，压强3.03×105Pa B．温度25℃，压强1.01×105Pa
C．温度130℃，压强5.05×104Pa D．温度0℃，压强5.05×104Pa
16、运用下列实验装置和操作能达到实验目的和要求的是
A．分离氯化铵和单质碘
B．除去淀粉胶体中混有的氯化钠
C．加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜
D．除去SO2中的HCl
二、非选择题（本题包括5小题）
17、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：

已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:
2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
回答下列问题：
(1)M的名称是____________，A中的含氧官能团名称是____________。
(2)①的反应类型是___________，⑥的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。
(4)G中最多有_______个原子共平面，其顺式结构式为_____________。
(5)符合下列条件D的同分异构体有______种。
①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为__________(写结构简式)。
(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。
(7)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。
18、已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：
(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________
(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是____________。
(3)A的简单氢化物的中心原子采取______杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是____。
(4)F的核外电子排布式是_____，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显－3价)，则其化学式为_______。

19、甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：
名称
性状
熔点(℃)
沸点(℃)
相对密度(ρ水＝1g·cm－3)
溶解性
水
乙醇
甲苯
无色液体易燃易挥发
－95
110.6
0.8660
不溶
互溶
苯甲醛
无色液体
－26
179
1.0440
微溶
互溶
苯甲酸
白色片状或针状晶体
122.1
249
1.2659
微溶
易溶
注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。
实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸(作为溶剂)和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。

(1)装置a的名称是______________，为使反应体系受热比较均匀，可________。
(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。
(3)写出苯甲醛与银氨溶液在一定的条件下发生反应的化学方程式：________________________________。
(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过____________、__________(填操作名称)等操作，才能得到苯甲醛粗产品。
(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是______________(按步骤顺序填字母)。
a．对混合液进行分液 b．过滤、洗涤、干燥
c．水层中加入盐酸调节pH＝2 d．加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡
20、草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：
步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。
步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═ K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。
重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL。
记录数据如下表：
实验编号
KMnO4溶液的浓度（mol/L）
KMnO4溶液滴入的体积（mL）
1
0.0200
V1 = 20.02
2
0.0200
V3 = 19.98
3
0.0200
V2 = 23.32
请回答下列问题：
（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。
（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。
（3）加入锌粉的目的是______________________________。
（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。
（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。
A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液
B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．
（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。
21、NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：___________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见下图）。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题下图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，其的单体是CH2=CHCN、CH2=CH-CH=CH2、苯乙烯，故选A。
解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；(2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；(3)凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。
2、A
【解析】
A．MgO能和酸反应生成氯化镁和水，属于碱性氧化物，故A符合题意；
B．H2SO4电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B不符合题意；
C．CO2能与碱反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，故C不符合题意；
D．NaOH电离出的阴离子全部是氢氧离子，属于碱，故D不符合题意；
故答案：A。
3、B
【解析】
A. 16.25 g FeCl3的物质的量是0.1mol，由于胶体是分子的集合体，且水解可逆，因此水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B. 22.4 L（标准状况）氩气的物质的量是1mol，氩气是一个原子形成的单质，因此含有的质子数为18NA，B正确；
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸中生成1mol硝酸铁，电子转移数为3NA，C错误；
D. 过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，D错误。
答案选B。
4、D
【解析】
图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，后来平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析。
【详解】
A、图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，A正确；
B、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，B正确；
C、c点平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，所以v(正)＞v(逆)，C正确；
D、c点以后平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，又反应放热，导致T(c)＜T(d)，D错误；
答案选D。
本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，尤其要注意“减弱这种改变”的含义，即不能完全抵消，题目难度不大。
5、A
【解析】
分析：A.无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol；B. 碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子；C. 由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，然后根据水分子组成计算中子数；D. 标准状况下，四氯化碳为液态。
详解：若为浓硫酸，则反应Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O；若为稀硫酸，则反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，很明显，无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol，气体的分子数目为NA，A正确；碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子，所以84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO32-数目小于NA，B错误；由2H和18O组成的水11g，物质的量为11/22=0.5mol，所含中子数为：0.5×（2×1+10）×NA=6NA；C错误；标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项A。
6、B
【解析】
A. N原子最外层5个电子，两个氮原子各用3 个电子形成叁键，氮气分子的电子式：，故A错误；
B. 氯原子最外层7个电子，得1个电子形成氯离子，Cl－的结构示意图：，故B正确；
C. 质子数为53、中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，原子符号为I，故C错误；
D. HCO3-在溶液中水解生成碳酸，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3-＋H2OOH-＋H2CO3，故D错误；
故选B。
7、C
【解析】
电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是＋3价，答案选C。
8、C
【解析】
A、悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；
B、胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；
C、萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C可选；
D、胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D不选；
故选C。
9、B
【解析】
分析：A.乙烷与氯气发生取代反应生成的卤代烃不止一种；
B.酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯；
C.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；
D.单质碘遇淀粉显蓝色。
详解：A.由于乙烷与氯气发生取代反应生成的卤代烃不止一种，所以将等物质的量的乙烷和氯气混合光照一段时间后，不可能得到纯净的氯乙烷，A错误；
B.乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液能氧化而使其褪色，体现的是乙烯的还原性，B正确；
C.蔗糖是二糖，在催化剂作用下水解生成葡萄糖和果糖两种单糖，C错误；
D.单质碘遇淀粉显蓝色，而不是碘元素，D错误。
答案选B。
10、C
【解析】
A.因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，A项错误；
B.蔗糖是二糖，而葡萄糖是单糖，两者既不是同分异构体，也不是同系物，B项错误；
C.钠与乙酸反应生成H2且反应剧烈，钠与乙醇反应也能生成氢气，但反应较慢，钠不与苯反应，所以可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯，C项正确；
D.煤的气化是通过化学反应使煤转化为气态燃料，属于化学反应，石油的分馏是物理变化，D项错误。
故选C。
11、C
【解析】
①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是碱性氧化物，故③错误；④同位素是指同种元素的不同原子，而1H+是离子，故④错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；⑥浓盐酸的氧化性不强，其氧化性体现在氢离子上，故为非氧化性酸，所以⑥错误；⑦HD是氢元素形成的单质，不是化合物，故⑦错误；⑧溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷有关，与强弱电解质无关，强电解质的稀溶液如果离子浓度很小，导电能力也可以很弱，故⑧错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑨正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑩错误；所以正确的是⑤ ⑨，答案选C。
12、B
【解析】
已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。
【详解】
A. 1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL 含有Na+0.2mol；
B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL含有Na+0.27mol；
C. 2.5mol•L－1NaOH溶液100 mL含有Na+0.25mol；
D. 1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL含有Na+0.1mol。
故选B。
13、B
【解析】
厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤ 食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②；
综上所述，本题正确答案为B。
根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。
14、D
【解析】分析：A．根据1个单键就是一对公用电子对判断B． BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；C． CS2分子是含极性键的非极性分子； D．原子晶体的熔沸点的高低取决于共价键的强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高。
详解：1个乙醇分子中：CH3-CH2-OH，含有8个单键，所以分子中存在8对共用电子，A选项错误；PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，BCl3分子中B原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为8，B选项错误；H2S是含极性键的极性分子，CS2分子是含极性键的非极性分子，C选项错误；因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜C-Si＜Si-Si所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，D选项正确；正确选项D。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较，如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待：
1.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：C-C的键长＜C-Si＜Si-Si，所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，这样很容易判断出本题中D选项的正误。
2.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常。有氢键的熔沸点较高。例如，熔点：HI＞HBr＞HF＞HCl；沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；
15、C
【解析】
由于存在平衡2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取高温低压。
【详解】
A. 压强不是最低的，A项不选；
B. 温度不是最高的，压强不是最低的，B项不选；
C. 温度最高压强最低，C项选；
D. 温度低，D项不选；
答案选C。
16、B
【解析】
A、氯化铵和单质碘加热时，前者分解，后者升华，最后又都凝结到烧瓶的底部，故A项不符合题意；B、渗析法可除去淀粉胶体中的氯化钠，故B项符合题意；C、加热胆矾(CuSO4·5H2O)制取无水硫酸铜应在坩埚中进行，故C项不符合题意；D、除去SO2中的HCl，若用氢氧化钠溶液洗气，SO2也被吸收，故D项不符合题意。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、丙烯 碳碳双键 取代反应 消去反应 HOCH2-CH=CH-CH2OH 保护分子中碳碳双键不被氧化 12 10 ClCH2-CH（CH2OH）2 CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2
【解析】
由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；
【详解】
（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；
（2）反应①为取代反应；反应⑥为卤代烃的消去反应；
（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，C→G的过程步骤④、⑥的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；
（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；
(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个—OH在一端，，另一个—OH的位置有3种；移动—OH的位置，，另一个—OH的位置有2种；依此类推，，1种；若存在一个甲基支链，，有2种；，有1种，，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；
(6) I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；
（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。
多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。
18、Na＜Al＜Si＜N NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N
【解析】
C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。
【详解】
(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N。答案为：Na＜Al＜Si＜N；
(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；
(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；
(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8×=1，黑球的数目为12×=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。
计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。
19、球形冷凝管 水浴加热 ＋2H2O2 ＋3H2O +2Ag↓＋H2O＋3NH3 过滤 蒸馏 dacb
【解析】
（1）装置a的名称是球形冷凝管。水浴加热可使反应体系受热比较均匀；
（2）甲苯与H2O2反应生成苯甲醛和水，则三颈瓶中发生反应的化学方程式为：. ＋2H2O2 ＋3H2O；
（3）苯甲醛与银氨溶液在加热条件下发生反应生成苯甲酸铵、水、银单质和氨气，
化学方程式为： +2Ag↓＋H2O＋3NH3；
（4）实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，所以先过滤除去固态难溶性催化剂。冰醋酸、甲苯、过氧化氢、苯甲醛互溶，利用它们沸点差异，采用蒸馏的方法得到苯甲醛粗产品；
（5）若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，首先加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠。苯甲酸钠易溶于水，苯甲醛微溶于水，再对混合液进行分液，分离开苯甲酸钠溶液和苯甲醛。然后在水层中加入盐酸调节pH＝2，苯甲酸钠和盐酸反应生成苯甲酸，最后过滤、洗涤、干燥苯甲酸，答案为dacb。
20、 Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋ 除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定 将Fe3＋还原为Fe2＋ 加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去 ABC 20.0%
【解析】分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用；
(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；
(3)加入锌粉的目的是还原铁离子；
(4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点；
(5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)= ；
A.酸式滴定管要用标准液润洗；
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；
C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小；
(6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。
详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋， 
因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋； 
(2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，
因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；
(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋， 
因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋； 
(4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去，
因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；
(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合；
B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合；
C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；
D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；
因此，本题正确答案是：ABC；
(6)用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。
重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V= mL =20.00mL， 
铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为：
5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5 1
n 0.0200mol/L×0.0200L =0.0004mol         
，解得n=0.002mol， 
250 mL溶液中含铁元素物质的量=0.002mol×=0.02mol，
5.6g草酸铁晶体中铁的含量=100%=20.0%， 
因此，本题正确答案是： 20.0%。
点睛：本题考查了物质性质的实验探究，实验方案的设计与分析计算，主要是滴定实验的过程分析和误差分析，掌握基础是关键，题目难度中等。
21、 −136.2 HNO2−2e−+H2O3H++NO3− 2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】分析：（1）将两个方程式编号，应用盖斯定律，解总焓变；
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应；
（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，根据电子守恒和原子守恒配平；
（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温