湖南省湘南联盟2024届高考化学押题试卷含解析

湖南省湘南联盟2024届高考化学押题试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列，正确的是（）A．硫酸烧碱醋酸B．硫酸铜醋酸C．高锰酸钾乙醇醋酸D．磷酸二氧化碳硫酸钡2、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/moL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是A．交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B．阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低3、下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．长期放置的苯酚晶体变红 B．硝酸银晶体光照后变黑C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐 D．二氧化氮气体冷却后变淡4、下列叙述正确的是()A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故化学反应速率增大C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿D．能用核磁共振氢谱区分和5、以下说法正确的是（）A．共价化合物内部可能有极性键和非极性键B．原子或离子间相互的吸引力叫化学键C．非金属元素间只能形成共价键D．金属元素与非金属元素的原子间只能形成离子键6、下列实验方案正确且能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D．用图4装置可以完成“喷泉实验”7、25℃时，向10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A．A点溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)B．HC2O4－在溶液中水解程度大于电离程度C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4D．D点溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)8、实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A．水浴加热 B．冷凝回流C．用浓硫酸做脱水剂和催化剂 D．乙酸过量9、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)=0.01mol，下列叙述正确的是()A．醋酸溶液的pH大于盐酸B．醋酸溶液的pH小于盐酸C．与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸D．分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)10、HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。某学习小组拟用如图装置制备碘酸。M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。下列推断错误的是（）A．光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应B．在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体时KIO3溶液减少3.6gC．Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+D．制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质11、不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是A．Mg（Al2O3） B．MgCl2（AlCl3） C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）12、下列有关垃圾分类说法错误的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O13、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程C．过程Ⅲ只生成了极性共价键D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH14、钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，Ti和Ti是钛的两种同位素。下列有关Ti的说法正确的是A．Ti比Ti少1个质子 B．Ti和Ti的化学性质相同C．Ti的相对原子质量是46 D．Ti的原子序数为4715、下列说法正确的是（）A．分子晶体中一定含有共价键B．pH=7的溶液一定是中性溶液C．含有极性键的分子不一定是极性分子D．非金属性强的元素单质一定很活泼16、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是A．A B．B C．C D．D17、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是（）A．m点：c(A-)=c(HA)B．Ka(HA)的数量级为10-6C．水的电离程度：m<rD．r点：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)18、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（）A．简单离子的半径Y＞Z＞WB．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞XC．W和T的单质混合加热可得化合物T2WD．W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸19、造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（）A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大20、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，组成n的两种离子的电子层数相差1。p、q为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．原子半径：X＜Y＜Z＜WB．X、Z既不同周期也不同主族C．简单氢化物的沸点：Y＜WD．Y、Z、W形成的一种化合物具有漂白性21、下列物质与其用途不相符的是A．乙二醇——抗冻剂 B．NaCl——制纯碱C．Al2O3——焊接钢轨 D．甲苯——制炸药22、下列图示与对应的叙述符合的是（）A．图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B．图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C．据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D．图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系二、非选择题(共84分)23、（14分）环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。24、（12分）X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：XYZW请回答以下问题：（1）W在周期表中位置___；（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是___，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是___；（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为___，M的水溶液显酸性的缘故是___(用离子方程式表示)。（4）①Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是___。②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是___。25、（12分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种淡黄色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在实验室制备连二亚硫酸钠流程如下：(1)反应Ⅰ是制备SO2，下图装置可制取纯净干燥的SO2：①按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___→f，装置D的作用是______。②装置A中反应的化学方程式为___。(2)反应Ⅱ所用实验装置如图所示(部分装置省略)。①通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，其目的是_________；控制反应温度的方法是____②反应Ⅱ的离子方程式为___。(3)“滤渣”经洗涤、灼烧，可得到一种工业产品是____(填化学式)；加入适量饱和食盐水的目的是___。(4)产品Na2S2O4∙2H2O久置空气中易被氧化，其氧化产物可能是_______(写2种)。26、（10分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。27、（12分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．28、（14分）电解是一种非常强有力的促进氧化还原反应的手段，许多很难进行的氧化还原反应，都可以通过电解来实现。（1）工业上常以石墨做电极，电解NaCl水溶液时，阴极区产物有____，其溶液可用于吸收工业尾气中的SO2，写出反应的化学方程式_____。（2）电解NaCl水溶液时，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用平衡移动原理解释盐酸的作用_____。离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上发生电镀，有铝产生。（3）铝原子的核外电子排布式是____，其中有____种不同能级的电子。（4）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当所得还原产物为6g时，转移电子的物质的量为___mol。（5）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有____(填编号)。a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明固体混合物中无Fe2O3，理由是________(用离子方程式说明)。29、（10分）[2016·新课标I]锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______________，有__________个未成对电子。（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是______________________________。（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______________________________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃−49.526146沸点/℃83.1186约400（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________________________。（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______________，微粒之间存在的作用力是_______________。（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为_______________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为_____g·cm−3(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A、烧碱是NaOH，属于强碱，是强电解质，选项A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、高锰酸钾是盐，属于电解质，乙醇不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，选项C正确；D、硫酸钡是盐，属于强电解质，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分类、强弱电解质的判断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钙不溶于水，但属于强电解质是学生解答的难点。2、C【解析】

A．根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确；B．根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故B正确；C．在阳极上发生电极反应：4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量==0.03mol，则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度==47g/L，故C错误；D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室，这样：H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，故D正确；答案选C。3、D【解析】

A．苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不合题意；B．硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成银，属于氧化还原反应，故B不合题意；C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不合题意；D．二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D符合题意；故选D。4、D【解析】

A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kh与Ka存在关系为：Kh=，所以Ka越小，Kh越大，故A错误；B、温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B错误；C．黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧化，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，故C错误；D、和的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1∶2∶2∶3和1∶2∶2∶1，可以区分，故D正确；答案选D。5、A【解析】

A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D不正确；答案选A。6、D【解析】

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。7、A【解析】

A.A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正确；B.B点是10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液与10mL0.lmol·L－1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；C.B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D.D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D错误。答案选A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。8、C【解析】

A.乙酸乙酯沸点770。C，乙酸正丁酯沸点1260。C，制备乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的温度较高，需要用酒精灯直接加热，不能用水浴加热，A项错误；B.乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接冷凝回流的方法，待反应后再提取产物，B项错误；C.制备乙酸乙酯和乙酸丁酯都为可逆反应，用浓硫酸做脱水剂和催化剂，能加快反应速率，两者措施相同，C项正确；D.制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，D项错误；答案选C。9、C【解析】

A．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故A错误；B．根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)，氢离子浓度相同，溶液pH相同，故B错误；C．醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(Cl﹣)=n(CH3COO﹣)时，n(CH3COOH)远远大于n(HCl)，与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；D．加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变，所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(Cl﹣)<n(CH3COO﹣)，故D错误；选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。10、B【解析】

根据图示，左室增加KOH，右室增加HIO3，则M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以原料室中K+透过ab膜进入阴极室生成KOH，即ab膜为阳离子交换膜，N室为阳极室，原料室中IO3-透过cd膜进入阳极室生成HIO3，即cd膜为阴离子交换膜。【详解】A．由上述分析可知，M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A正确；B．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，标准状况下6720mL气体即6.72L气体物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2为0.1mol，转移电子0.4mol，为平衡电荷，KIO3溶液中0.4molK+透过ab膜进入阴极室，0.4molIO3-透过cd膜进入阳极室，KIO3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B错误；C．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；D．制备过程中若电压过高，阳极区（N极）可能发生副反应：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，导致制备的HIO3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO4等杂质，故D正确；故答案选B。11、B【解析】

A、氢氧化钠能与氧化铝反应，与镁不反应，可以除去镁中的氧化铝，A正确；B、氯化镁、氯化铝与氢氧化钠均反应，不能除杂，B错误；C、铝能溶于氢氧化钠溶液，铁不能，可以除杂，C正确；D、氧化铝能溶于水氢氧化钠，氧化铁不能，可以除杂，D正确。答案选B。12、D【解析】

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。13、A【解析】

A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；

C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；

D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；答案选A。【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。14、B【解析】

A.Ti和Ti:质子数都是22，故A错误；B.Ti和Ti是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；C.46是Ti的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；D.Ti的原子序数为22,故D错误；答案选B。15、C【解析】

A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故答案为C。16、C【解析】

A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。故答案选C。17、B【解析】

A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c(HA)，A正确；B.Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)=，由于=1，Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，B错误；C.由A项知m点c(A-)=c(HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)>c(HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：m<r，C正确；D.r点溶液中电荷守恒关系为：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，D正确；故选B。【点睛】水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。18、C【解析】

X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，A.Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；C.Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋SCu2S，故C正确；D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。19、C【解析】

A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；B．蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误；故答案为C。20、D【解析】

0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜W＜Z，故A错误；B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：Y＞W，故C错误；D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。故选D。21、C【解析】

A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。故选：C。22、C【解析】

本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A．使用催化剂化学反应速率加快；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【详解】A．使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。24、三、VIIAH2O分子间存在着氢键离子晶体NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO42SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol【解析】

由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、

W处于第三周期，Y

原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VII

A族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+

，其电子式是；Y为O元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为：；H2O分子间存在着氢键；(3)由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+

+

H2ONH3·H2O+

H+；(4)①由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W为Cl，Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是：SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4，故答案为：SO2+Cl2

+

2H2O=

2HCl+

H2SO4；②在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2

+

O2

2SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol

，氧气为1mol，生成2molSO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol；故答案为：2SO2(g)

+

O2(g)

2SO3(g)△H=

-190.0kJ/mol。25、d→e→c→b防止倒吸Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O加快SO2与Zn的反应速率水浴加热2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-ZnO减小Na2S2O4的溶解度Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)【解析】

(1)①铜和浓硫酸在加热条件下反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸气，需要干燥；二氧化硫的密度比空气大，可以与水反应，应使用向上排空气法收集，收集时气体应长进短出，二氧化硫有毒，不能排放到空气中需要尾气处理，吸收尾气时，需要安装防倒吸装置，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫被氢氧化钠吸收，使装置内压减小，易发生倒吸，则D为防倒吸装置；②铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O；(2)①SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率；由流程图示反应Ⅱ的反应温度为35℃，火焰温度太高不易控制，不能用酒精灯直接加热，应使用水浴加热的方法来控制温度；②二氧化硫与锌粉和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和Na2S2O4，离子方程式为：2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-；(3)由(2)②可得过滤得到的“滤渣”为氢氧化锌，洗涤、灼烧，氢氧化锌分解为氧化锌(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷却结晶过程中，加入适量饱和食盐水，可降低其溶解度加快结晶速度；(4)产品Na2S2O4·2H2O中硫的化合价为+3价，被氧化时硫的化合价升高，可能变为+4价或+6价，则可能的产物有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)。26、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。27、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验【解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。【点睛】考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。28、NaOH，H2