故选：C。
5．【解答】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；
B．Cl不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故B错误； C．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故C错误； D．HCO3在溶液中存在两个趋势：HCO3离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故D正确； 故选：D。
6．【解答】解：A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；
B．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故B正确； C．甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是 C7H14，故C错误； D．对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有 2 种，故D正确。 故选：C。
﹣
﹣
﹣
﹣
7．【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子
Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，
还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。
8．【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必
为两种单烯烃。按如图方式断键氟丙烯。 故选：B。
可得单体为1，1﹣二氟乙烯和全
9．【解答】解：A．铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选； B．铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；
C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；
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D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选； 故选：A。
10．【解答】解：A、18g水的物质的量为n=18??/??????=1mol，而水中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；
B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；
C、标况下氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； D、112g铁的物质的量n=56??/??????= 2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则故生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。 故选：A。
11．【解答】解：A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A正确；
B．H2S 气体在足量的 O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B错误；
C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C错误；
D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D错误； 故选：A。
12．【解答】解：A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被浓度减小引起较大误差，故A正确；
B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B错误； C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C正确；
D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D正确； 故选：B。
13．【解答】解：A．NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl═Na++Cl，故A正确；
﹣
18??
112??
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电解ˉB．氯化铜电解生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；
C．醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH?CH3COO+H+，故C正确；
﹣
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2（g）+Cl2（g）?2HCl（g）△H＝（436+243﹣431×2）kJ/mol＝﹣183kJ?mol1，H2 （g）+Cl2 （g）→2HCl（g）
﹣
+183kJ，故D正确； 故选：B。
14．【解答】解：A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A错误；
B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B正确；
C、SO2 具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2 具有氧化性无关，故C错误； D、熔融状态下的Al2O3能带电，可用于电解冶炼铝，与Al2O3 具有两性无关，故D错误； 故选：B。
15．【解答】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。
A．Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O＞Na2S，故A错误；
B．F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y＜Z，故B正确； C．非金属性F＞S，则气态氢化物的热稳定性：Y＞W，故C错误；
D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＜X＜W＜Z，故D错误； 故选：B。
16．【解答】解：A．需要在坩埚中灼烧海带，不能用烧杯灼烧，故A错误； B．装置乙中装置及操作均合理，可用装置乙过滤海带灰的浸泡液，故B正确； C．装置丙中缺少加热装置，无法获得氯气，故C错误；
D．氯气难溶于饱和氯化钠溶液，应该为NaOH溶液吸收多余的氯气，故D错误； 故选：B。
17．【解答】解：A．该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反
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应式为Fe﹣2e═Fe2+，被氧化，故A错误；
﹣
B．铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；
C．Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确； D．弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误； 故选：C。
18．【解答】解：A．氯水显黄绿色的原因使氯气在水总的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A错误；
B．氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B错误；
C．乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C错误；
D．碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D正确； 故选：D。
19．【解答】解：A．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）＝c（OH），根据电荷守恒可知：
﹣
c（Cl）＝c（NH4），则
﹣
+
??(????4+)??(?????)
=1，故A错误；
﹣
B．醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO部分水解，导致c（Na）＞c（CH3COO），即
﹣
+
﹣
??(????+)
??(????3???????)
＞1，故B正确；
C．向 0.1mol?L1 CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中的比值增大，故C错误；
D．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，CH3COO的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致故选：B。
20．【解答】解：A．由上述分析可知，平衡正向移动，故A正确； B．平衡正向移动，A的转化率增大，故B正确；
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﹣
+
??(??+)
??(????3????????)
??(????3???????)
??(????3????????)???(?????)
=
1
???(????3???????)
的比值减小，故D错误；
C．平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C错误；
D．减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系 a＜b，故D正确。 故选：C。
二、综合题（共60分）
21．【解答】解：（1）a．由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点，故a正确；
b．由流程可知，“反应分离”的氢氧化钠用于“捕捉室”反应，“高温反应炉”生成的CaO用于“反应分离”中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误； c．“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；
d．该分离过程涉及分离、提纯并利用CO2，可以减少碳的排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备其他化工产品，故d正确； 故答案为：ad；
（2）pH＝13的强碱溶液中CO2转化为Na2CO3，阴离子为CO32；CO2是直线型分子，
﹣
含有两个C＝O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C＝S双键，写出的电子式为
；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，
结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；CS2与CO2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2， 故答案为：CO32；
﹣
；CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，
CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2；
催化剂（3）由CH4（g）+CO2（g） ? 2CO （g）+2H2（g）﹣120kJ可知，即1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量比2molCO （g）+2molH2（g）总能量小120kJ，或2molCO （g）+2molH2（g）总能量比1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量高120kJ，能量变化如图
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精品高考化学2020年上海市宝山区高考化学一模试卷+答案
