湖南省湘南教研联盟2024年高考压轴卷化学试卷含解析

湖南省湘南教研联盟2024年高考压轴卷化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、工业生产水煤气的反应为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正确的是（）A．反应物能量总和大于生成物能量总和B．CO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4kJC．水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4kJ热量D．水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量2、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()A．Na2O2 B．SO3 C．NaHCO3 D．CH2O3、中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队，于2月4日公布阿比朵尔、达芦那韦可抑制新型病毒。如图所示有机物是合成阿比朵尔的原料，关于该有机物下列说法正确的是（）A．可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应B．易溶于水和有机溶剂C．分子结构中含有三种官能团D．分子中所有碳原子一定共平面4、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A．最外层都只有一个电子的X、Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子5、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（）A．④③①② B．③④①② C．③④②① D．④③②①6、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A．单质的熔点：Z>X B．Z与Y、W均能形成离子化合物C．气态氢化物的沸点：X<Y<W D．X、Z的氧化物均含非极性键7、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大8、下列说法中正确的是()A．H2O2属于共价化合物,分子中只含有共价键B．Na2O2属于离子化合物,该物质中只含有离子键C．分子间作用力CH4<SiH4,所以CH4沸点高D．CO2中碳原子与氧原子间存在共价键,所以干冰为原子晶体9、食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是（）A．该条件下氧化性：Cl2>KIO3B．反应产物中含有KClC．制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等。X、Z、W形成的一种化合物结构为,该物质常用于制备纳米材料以及工业催化剂。下列说法正确的是A．元素非金属性:X>Y>ZB．简单离子半径:Y<Z<WC．工业上常通过电解W与Z形成的化合物制备W单质D．简单气态氢化物的稳定性:X<Z11、在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是A． B． C． D．12、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合价-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列说法正确的是：A．R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族B．X、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同C．Z、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应D．Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料13、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种14、如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液过程中，先增加后减少C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存D．Ka3(H3AsO4)的数量级为10-1215、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时Cd2＋向电极B移动B．电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C．电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D．反应中每生成amolHg转移3amol电子16、下列离子方程式书写正确的是()A．NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2OB．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应：HCO3-＋OH－=CO32-＋H2OC．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋HCO3-D．Cl2与足量的FeBr2溶液反应：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物Ⅰ(戊巴比妥)是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如下：已知：B、C互为同分异构体R’、R’’、R’’’代表烃基，代表烃基或氢原子。ii.+R’’OHiii+R’’Br+CH3ONa+CH3OH+NaBriv+R’’’-NH2R’OH回答下列问题：(1)的官能团的名称为______，的反应类型是______。(2)试剂a的结构简式______；的结构简式______。(3)写出的化学方程式______。设计实验区分B、D所用的试剂及实验现象为______、______。(4)写出的化学方程式______。(5)已知：羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，满足下列要求的D的所有同分异构体共______种。a．能发生银镜反应b．能与反应c．能使Br2的溶液褪色(6)以、、为原料，无机试剂任选，制备的流程如下，请将有关内容补充完整_______________________________。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH318、已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质A的化学式为C8H10，写出A的名称___，鉴别A和可选用的试剂是___。（2）写出反应①的化学反应方程式____。（3）反应①～⑤中，属于加成反应的是____；反应⑤的反应条件为___。（4）写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。___，____。①含苯环结构②能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_____合成路线常用的表示方式为：19、结晶硫酸亚铁部分失水时，分析结果如仍按FeSO4·7H2O的质量分数计算，其值会超过100％。国家标准规定，FeSO4·7H2O的含量：一级品99.50％～100.5％；二级品99.00％～100.5％；三级品98.00％～101.0％。为测定样品中FeSO4·7H2O的质量分数，可采用在酸性条件下与高锰酸钾溶液进行滴定。5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O测定过程：粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g固体Na2C2O4（式量为134.0）放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70℃～80℃。(1)若要用滴定法测定所配的高锰酸钾溶液浓度，滴定终点的现象是_______________。(2)将溶液加热的目的是____；反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是______________________。(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，则测得高锰酸钾浓度_____（填“偏大”“偏小”“无影响”）。(4)滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c(KMnO4)＝_____mol/L（保留四位有效数字）。(5)称取四份FeSO4·7H2O试样，质量均为0.506g，，用上述高锰酸钾溶液滴定达到终点，记录滴定数据滴定次数实验数据1234V(高锰酸钾)/mL(初读数)0.100.200.000.20V(高锰酸钾)/mL(终读数)17.7617.8818.1617.90该试样中FeSO4·7H2O的含量（质量分数）为_________（小数点后保留两位），符合国家______级标准。(6)如实际准确值为99.80%，实验绝对误差=____%，如操作中并无试剂、读数与终点判断的失误，则引起误差的可能原因是：__________。20、ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称是：___｡安装F中导管时，应选用图2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：___；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是___｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：___。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：___，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：___｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___，（选填“I”或“II”）理由是：___｡21、“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H上述反应分两步完成，如下左图所示。(1)写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示)：________。(2)反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是____(填“反应①”或“反应②”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上图所示。前5秒内O2的平均生成速率为_______；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为_____。(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c(O2)=0.09mol·L-1，则P1︰P2=___________。(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液c(Na+)/c(HNO2)=____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、根据能量守恒可知该反应是吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，A错误。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，正反应为吸热反应，其逆反应为放热反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，所以放出的的热量的数值应该大于131.4，B错误。C、该反应中生成1molCO(g)吸收131.4kJ热量，而不是指1体积的CO气体，化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，C错误。D、方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，所以该反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量，D正确。正确答案为D2、B【解析】

A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D.CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。3、A【解析】

A．碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应、水解反应和氧化反应，A正确；B．该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，B不正确；C．分子结构中含有羟基、酯基、氨基、碳碳双键四种官能团，C不正确；D．苯环中碳原子一定共平面，但苯环与其它碳原子不一定在同一平面内，D不正确；故选A。4、C【解析】

A．最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D．原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误；故选C。5、A【解析】

物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质．氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。6、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。7、C【解析】

A．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。8、A【解析】

A.H2O2属于共价化合物，分子中只含有共价键，正确，故A选；B.Na2O2中除了离子键，还含有共价键O-O，故B不选；C.由于SiH4相对分子质量比CH4的大，所以分子间作用力CH4<SiH4，则SiH4的沸点高，故C不选；D.干冰是CO2分子间通过范德华力结合成的，为分子晶体，故D不选；故选A。【点睛】原子晶体是原子间通过共价键结合而形成的空间网状结构的晶体。在原子晶体中只有共价键。分子晶体是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体。构成分子的原子间通常以共价键结合（稀有气体是单原子分子，分子内没有化学键），所以在分子晶体中，一般既有共价键，又有分子间作用力。9、D【解析】

A.该反应中，Cl2为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正确；B.还原产物为KCl，所以反应产物中含有KCl，故B正确；C.方程式为6KOH+3Cl2+KI＝KIO3+6KCl+3H2O，制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1，故C正确；D.如果反应中碘化钾过量，则加入稀硝酸后碘离子也能被氧化为碘酸钾，不会出现黄色沉淀，所以不能据此说明反应不完全，故D错误。故答案选D。【点睛】选项D是解答的易错点，注意硝酸的氧化性更强，直接加入硝酸也能氧化碘离子。10、D【解析】

由化合物结构式可知X可以形成四个共价键，所以X为碳或硅，Z的最外层电子数与X的核外电子总数相等，所以Z为氧，X为碳，Y介于碳与氧之间，只能为氮，W显正二价，则W只能为镁。【详解】A．同周期元素随原子序数递增，非金属性逐渐增强，所以元素非金属性：O>N>C，即Z>Y>X，故A项错误；B．核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以简单离子半径N3->O2->Mg2+，故B项错误；C．MgO熔点高，工业上常通过电解氯化镁制得单质镁，故C错误；D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以CH4<H2O，故D正确；故答案为D。11、C【解析】

A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；故合理选项是C。12、C【解析】

X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S；Y是无机非金属材料的主角，Y为Si；Z焰色反应呈黄色，Z为Na；结合原子半径和主要化合价可知，M为O；R为Cl；Q为Al，据此分析解答。【详解】A．R为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故A错误；B．X为S、Y为Si、M为O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，故B错误；C．Z为Na、R为Cl、Q为Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；D．Y为Si，Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D错误；故选C。13、D【解析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。14、B【解析】

A.由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；B.，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；C.由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；D.由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO4)=，故D正确；故选B。15、B【解析】

根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2＋向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amolHg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。16、D【解析】

A.NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O，选项A错误；B.NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为HCO3-＋NH4+＋2OH－=CO32-＋H2O＋NH3·H2O，选项B错误；C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠和硅酸，反应的离子方程式为SiO32-＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3-，选项C错误；D.Fe2＋还原性大于Br－，Cl2与足量的FeBr2溶液反应只能生成Fe3＋，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，选项D正确。【点睛】本题考查离子方程式的书写及正误判断，易错点为选项A.考查过量问题，在离子方程式的正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破这个陷阱的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量。如何判断哪种物质过量：典例对应的离子方程式①少量NaHCO3Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2＋＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-④少量Ca(OH)2二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基取代反应新制的Cu(OH)2悬浊液是否有砖红色沉淀生成3【解析】

B(乙酸甲酯)与C发生信息iii中取代反应生成D，(3)中B、C互为同分异构体，可推知C为HCOOC2H5，则D为，D氧化生成E为，E与甲醇发生酯化反应生成F．F与A发生信息i中的反应生成G，可推知A为C2H5Br．对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为．结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到。【详解】(1)F的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G为，则F→G是F的上的H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；(2)对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为；结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(3)B、C互为同分异构体，二者发生信息iii中取代反应生成D，可推知C为HCOOC2H5，则D为，B→D的化学方程式：；B和D均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B或D混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B；(4)E→F的化学方程式：；(5)D为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a．能发生银镜反应说明有醛基，也可能是甲酸酯；b．能与反应说明分子组成含有羟基或羧基；c．能使Br2的CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2个醛基和1个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3种；(6)以、、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到，具体流程图为：。【点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加热或或【解析】

(1)物质A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为，A的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为:乙苯；溴水；(2)反应①是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2+HBr；(3)对比物质的结构，可知①②④属于取代反应、③属于加成反应，而⑤先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH水溶液、加热，故答案为:③;NaOH水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:①含苯环结构，②能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、、、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。19、滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去加快反应速率反应开始后生成Mn2＋，而Mn2＋是上述反应的催化剂，因此反应速率加快偏小0.0202498.30%三-1.5%空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾用量偏小【解析】

(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；故答案为：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去；(2)加热加快反应速率，反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，则测得高锰酸钾浓度减小；(4)2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4·7H2O的含量，结合题干信息判断符合的标准；(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化分析可能的误差。【详解】(1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；(2)粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g固体Na2C2O4(式量为134.0)放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70℃～80℃，加热加快反应速率，反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；故答案为：加快反应速率，反应开始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反应的催化剂，因此反应速率加快；(3)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，溶质不变则测得高锰酸钾浓度减小；故答案为：偏小；(4)0.200g固体Na2C2O4(式量为134.0)，n(C2O42-)==0.0014925mol，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，25n0.0014925moln=0.000597mol滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c(KMnO4)==0.02024mol/L；(5)依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值==17.68mL，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4·7H2O的含量，5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋→5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；51n0.01768L×0.02024mol/Ln=0.001789molFeSO4·7H2O的含量=×100%=98.30%，三级品98.00%～101.0%结合题干信息判断符合的标准三级品；(6)测定含量-实际含量得到实验绝对误差=98.30%-99.80%=-1.5%，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化为铁离子，高锰酸钾溶液用量减小引起误差。20、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】

(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

(3)

根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；

(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；

(5)由图分析可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)根据仪器特征：可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；

(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2