2024年廣東省廣州市番禺區(qū)番禺中學高考化學押題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，將1.0LXmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合充分反應，再向該混合溶液中通人HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質的物質的量的變化如圖所示。下列說法正確的是A．X<0.1B．b→a過程中，水的電離程度逐漸增大C．Ka(CH3COOH)=10-8/(X-0.1)D．b→c過程中，c(CH3COOH)/c(CH3COO)逐漸變小2、有機物環(huán)丙叉環(huán)丙烷的結構為。關于該有機物的說法正確的是A．所有原子處于同一平面B．二氯代物有3種C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol該物質完全燃燒時，需消耗8.5molO23、25℃時，將1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應。然后向該混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化)，引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A．該溫度下，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=B．a點對應的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．水的電離程度:c>b>aD．當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)4、能使氫硫酸溶液的pH先升高后降低的物質是A．Cl2 B．SO2 C．CuSO4 D．O25、2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港區(qū)發(fā)生“碳九”泄露，對海洋環(huán)境造成污染，危害人類健康。“碳九”芳烴主要成分包含(a)、(b)、(c)等，下列有關三種上述物質說法錯誤的是A．a、b、c互為同分異構體 B．a、b、c均能與酸性高錳酸鉀溶液反應C．a中所有碳原子處于同一平面 D．1molb最多能與4molH2發(fā)生反應6、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A．常溫下，pH=2的H2SO4溶液1L中，硫酸和水電離的H+總數(shù)為0.01NAB．1molH2O最多可形成4NA個氫鍵C．用濃鹽酸分別和MnO2、KClO3反應制備1mol氯氣，轉移的電子數(shù)均為2NAD．常溫常壓下，O2與O3的混合氣體16g，分子總數(shù)為NA7、下列各表述與示意圖一致的是A．25℃時，用0.1mol·L-1鹽酸滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B．10mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2-)隨時間的變化C．曲線表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0正、逆反應的平衡常數(shù)K隨溫度的變化D．a、b曲線分別表示反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H<0使用和未使用催化劑時，反應過程中的能量變化8、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以證明的是A．加入足量的新制氫氧化銅并加熱煮沸，有磚紅色的沉淀B．加入過量的氫氧化鈉充分反應后的溶液能發(fā)生銀鏡反應C．將試液進行酯化反應后的混合液能發(fā)生銀鏡反應D．加入足量氫氧化鈉后，蒸餾出的氣體通入新制的氫氧化銅懸濁液加熱有磚紅色沉淀9、下列各組粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發(fā)生反應的離子方程式也正確的是選項微粒組加入試劑發(fā)生反應的離子方程式A、、、過量HC1B、、、過量C過量DI-、Cl-、H+、SO42-過量A．A B．B C．C D．D10、W、X、Y、Z四種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，其最高價氧化物對應的水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時的pH如表所示。下列說法正確的是元素對應的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．簡單離子半徑大小順序為：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物對應的水化物一定是強酸C．X、Z的簡單離子都能破壞水的電離平衡D．W、Y都能形成含18個電子的氫化物分子11、室溫下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，H2A溶液中各粒子濃度分數(shù)δ(X)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．當溶液中A元素的主要存在形態(tài)為A2-時，溶液可能為弱酸性、中性或堿性B．當加入NaOH溶液至20mL時，溶液中存在((Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C．室溫下，反應A2-+H2A=2HA-的平衡常數(shù)的對數(shù)值lgK=3D．室溫下，弱酸H2A的第一級電離平衡常數(shù)用Ka1表示，Na2A的第二級水解平衡常數(shù)用Kh2表示，則Kal>Kh212、香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結構簡式如下。下列有關香葉醇的敘述正確的是A．分子式為C10Hl8OB．分子中所有碳原子不可能共平面C．既屬于醇類又屬于烯烴D．能發(fā)生加成反應，不能發(fā)生氧化反應13、下列有關實驗正確的是A．裝置用于Na2SO3和濃H2SO4反應制取少量的SO2氣體B．裝置用于灼燒CuSO4·5H2OC．裝置用于收集氯氣并防止污染空氣D．裝置用于實驗室制備少量乙酸乙酯14、通過資源化利用的方式將CO2轉化為具有工業(yè)應用價值的產品(如圖所示)，是一種較為理想的減排方式，下列說法中正確的是()A．CO2經催化分解為C、CO、O2的反應為放熱反應B．除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法C．過氧化尿素和SO2都能使品紅溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率達100%15、化學可以變廢為室，利用電解法處理煙道氣中的NO，將其轉化為NH4NO3的原理如下圖所示，下列說法錯誤的是A．該電解池的陽極反反為:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B．該電解池的電極材料為多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反應速率C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行D．為使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充物質A為HNO316、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，則下列判斷正確的是A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJB．2molSO2氣體和過量的O2充分反應放出196.64kJ熱量C．1LSO2(g)完全反應生成1LSO3(g)，放出98.32kJ熱量D．使用催化劑，可以減少反應放出的熱量二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種光電材料中間體。由芳香化合物A制備H的一種合成路線如圖：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列問題：（1）A的官能團名稱是_____。（2）試劑a是_____。（3）D結構簡式為_____。（4）由E生成F的化學方程式為_____。（5）G為甲苯的同分異構體，其結構簡式為_____。（6）如圖是以環(huán)戊烷為原料制備化合物的流程。M→N的化學方程式是_____。18、X、Y、Z、W四種物質有如下相互轉化關系（其中Y、Z為化合物，未列出反應條件）。（1）若實驗室經常用澄清石灰水來檢驗X的燃燒產物，W的用途之一是計算機芯片，W在周期表中的位置為___________，Y的用途有_________，寫出Y與NaOH溶液反應的離子方程式_________。（2）若X、W為日常生活中常見的兩種金屬，且Y常用作紅色油漆和涂料，則該反應的化學方程式為___________。（3）若X為淡黃色粉末，Y為生活中常見液體，則：①X的電子式為_______________，該反應的化學方程式為____________，生成的化合物中所含化學鍵類型有________________________。②若7.8克X物質完全反應，轉移的電子數(shù)為___________。19、某校同學設計下列實驗，探究CaS脫除煙氣中的SO2并回收S。實驗步驟如下：步驟1.稱取一定量的CaS放入三口燒瓶中并加入甲醇作溶劑(如下圖所示)。步驟2.向CaS的甲醇懸濁液中緩緩通入一定量的SO2。步驟3.過濾，得濾液和濾渣。步驟4.從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，所得殘渣與步驟3的濾渣合并。步驟5.用CS2從濾渣中萃取回收單質S。(1)圖中用儀器X代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是________________。(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為________________，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是________________。(3)步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是________________。(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是________________。(5)請設計從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3·5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，__________________________________________，用濾紙吸干。已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3＋S＋5H2ONa2S2O3·5H2O。②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。20、連二亞硫酸鈉（Na2S2O4）俗稱保險粉，是工業(yè)上重要的還原性漂白劑，也是重要的食品抗氧化劑。某學習小組模擬工業(yè)流程設計實驗制取保險粉。已知：Na2S2O4是白色固體，還原性比Na2SO3強，易與酸反應（2S2O42-+4H+＝3SO2↑+S↓+2H2O）。（一）鋅粉法步驟1：按如圖方式，溫度控制在40～45℃，當三頸瓶中溶液pH在3～3.5時，停止通入SO2，反應后得到ZnS2O4溶液。步驟2：將得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，過濾，濾渣為Zn（OH）2，向濾液中加入一定量食鹽，立即析出Na2S2O4?2H2O晶體。步驟3：，經過濾，用乙醇洗滌，用120～140℃的熱風干燥得到Na2S2O4。（二）甲酸鈉法步驟4：按上圖方式，將裝置中的Zn粉和水換成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。溫度控制在70～83℃，持續(xù)通入SO2，維持溶液pH在4～6，經5～8小時充分反應后迅速降溫45～55℃，立即析出無水Na2S2O4。步驟5：經過濾，用乙醇洗滌，干燥得到Na2S2O4?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟1容器中發(fā)生反應的化學方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。（2）步驟2中“向濾液中加入一定量食鹽，立即析出Na2S2O4?2H2O晶體”的原理是（用必要的化學用語和文字說明）______。（3）兩種方法中控制溫度的加熱方式是______。（4）根據(jù)上述實驗過程判斷，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性為：______。（5）甲酸鈉法中生成Na2S2O4的總反應為______。（6）兩種方法相比較，鋅粉法產品純度高，可能的原因是______。（7）限用以下給出的試劑，設計實驗證明甲酸鈉法制得的產品中含有Na2SO4。稀鹽酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。21、Ⅰ.羥基磷酸鈣[Ca10(PO4)6(OH)2]具有優(yōu)良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止齲齒等，回答下列問題。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的電負性按由大到小的順序依次是___。（2）上述元素都能形成氫化物，其中PH3與同主族元素N形成的氫化物的鍵角關系是PH3___NH3(填“＞”或“＜”)，PO43-離子空間構型是___。（3）現(xiàn)已合成含鈣的全氮陰離子鹽，其中陰離子N5-為平面正五邊形結構，N原子的雜化類型是___。（4）碳酸鈣的分解溫度遠高于碳酸鎂，其原因是___。（5）黑磷是磷的一種同素異形體，與石墨烯類似，其晶體結構片段如圖1所示：其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個環(huán)平均含有___個P原子。Ⅱ.鈷是人體不可或缺的微量元素之一。Co、Al、O形成的一種化合物鈷藍晶體結構如圖2所示。（6）基態(tài)Co原子的價電子排布式為___。該立方晶胞由4個I型和4個Ⅱ型小立方體構成，其化學式為___，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍晶體的密度為___g·cm-3(列計算式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

根據(jù)圖像可知，b點溶液顯酸性，則為CH3COOH、CH3COONa的混合液?！驹斀狻緼.b點溶液呈酸性，酸過量，則X>0.1mol/L，A錯誤；B.b→a過程中，加入NaOH溶液，消耗過量的乙酸，生成乙酸鈉，則水的電離程度逐漸增大，B正確；C.a點時，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，則Ka(CH3COOH)=，C錯誤；D.b→c過程中，溶液中酸性增強，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO)減小，而逐漸變大，D錯誤；答案為B?！军c睛】b點為CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH時，生成更多的CH3COONa，促進水的電離。2、C【解析】

A.分子中所有碳原子處于同一平面，但氫原子不在此平面內，錯誤；B.二氯代物中，兩個氯原子連在同一碳原子上的異構體有1種，兩個氯原子連在不同碳原子上的異構體有3種，也就是二氯代物共有4種，錯誤；C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正確；D.該物質的分子式為C6H8，1mol該物質完全燃燒時，需消耗8molO2，錯誤。答案為C。3、A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合溶液的pH=4.3，溶液顯酸性，加入醋酸后，溶液酸性增強，加入醋酸鈉，溶液的酸性減弱。A.該溫度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合溶液的pH=4.3，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka==≈=，故A錯誤；B.a點溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的結果，根據(jù)電荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的電離程度較小，則c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正確；C.a以醋酸的電離為主，抑制水的電離，酸性越強，水的電離程度越小，b點加入醋酸水的電離程度減小，c點加入醋酸鈉，水的電離程度增大，故水的電離程度c>b>a，故C正確；D.當混合溶液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正確；故選A。4、B【解析】

A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氫硫酸屬于弱酸、硫酸和HCl屬于強酸，所以溶液酸性增強，則溶液的pH減小，選項A錯誤；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，該反應由酸性變?yōu)橹行?，所以pH增大，二氧化硫過量酸性增強pH降低，選項B正確；C、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，氫硫酸是弱酸、硫酸是強酸，則溶液酸性增強，溶液的pH減小，選項C錯誤；D、2H2S+O2=S↓+2H2O，溶液由酸性變?yōu)橹行?，則溶液的pH增大，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查了氫硫酸的性質，根據(jù)物質之間的反應分析解答，會正確書寫方程式，注意C是由弱酸制取強酸的反應，生成的硫化銅不溶于酸，為易錯點。5、A【解析】

A.a、c分子式是C9H12，結構不同，是同分異構體；而b分子式是C9H8，b與a、c的分子式不相同，因此不能與a、c稱為同分異構體，A錯誤；B.a、b、c三種物質中與苯環(huán)連接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳雙鍵，因此均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B正確；C.苯分子是平面分子，a中三個甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置與苯環(huán)的碳原子相連，所以一定在苯環(huán)的平面內，C正確；D.b分子內含有1個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵，所以1molb最多能與4molH2發(fā)生反應，D正確；故合理選項是A。6、A【解析】

A．常溫下，1LpH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水電離的H+總數(shù)為(10-2+10-12)mol/L×1L×NA=0.01NA，A正確；B．在冰中，1個H2O與4個H2O形成4個氫鍵，平均每個水分子形成2個氫鍵，則1molH2O最多可形成2NA個氫鍵，B不正確；C．MnO2與濃鹽酸反應制備1mol氯氣，轉移的電子數(shù)為2NA，KClO3與濃鹽酸反應制備1mol氯氣(反應方程式為ClO3-+5Cl-+6H+==3Cl2↑+3H2O)，轉移的電子為NA，C不正確；D．采用極端分析法，O2與O3各16g，分子總數(shù)分別為NA和NA，則16g混合氣，所含分子數(shù)介于二者之間，D不正確；故選A。【點睛】在冰中，每個水分子與周圍的水分子可形成4個氫鍵，我們易認為平均每個水分子能形成4個氫鍵，從而產生錯解。7、C【解析】

A.等濃度的強酸強堿的滴定曲線，到達終點的pH發(fā)生突變，不是漸變；B.發(fā)生氧化還原反應生成錳離子，Mn2+對該反應有催化作用，反應加快；C.反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，結合K雖溫度的變化情況作答；D.催化劑降低反應活化能，根據(jù)圖示的能量變化與實際反應的熱效應不符?！驹斀狻緼.0.1mol?L-1NaOH溶液的pH為13，用0.1mol?L-1鹽酸滴定恰好中和時pH為7，因濃度相同，則體積相同，但酸堿中和在接近終點時，pH會發(fā)生突變，曲線的斜率會很大，A項錯誤；B.發(fā)生氧化還原反應生成錳離子，則n（Mn2+）隨時間的變化而增大，且催化作用，一段時間內增加的更快，后來濃度變化成為影響速率的主要因素，反應物濃度減小，速率減慢，圖像不符，B項錯誤；C.因反應為放熱反應，則升高溫度，平衡逆向移動，平衡后升溫K正減小，而K逆增大，且正逆反應的平衡常數(shù)互為倒數(shù)關系，C項正確；D.圖象中使用催化劑降低反應活化能，但反應CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0，是放熱反應，反應物能量高，圖象中表示的吸熱反應，D項錯誤；答案選C。8、D【解析】

A．甲酸分子中也含有醛基，所以無論是否含有甲醛，都會有該現(xiàn)象，A錯誤。B．甲酸與加入過量的氫氧化鈉充分反應后的得到的甲酸鈉中仍然含有醛基，所以溶液一樣可以能發(fā)生銀鏡反應，不能證明是否含有甲醛，B錯誤。C．酸與醇發(fā)生酯化發(fā)生的實質是酸脫羥基醇脫氫。所以將甲酸溶液進行酯化反應后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以發(fā)生銀鏡反應。因此不能證明含有甲醛，C錯誤。D．向甲酸溶液中加入足量氫氧化鈉，發(fā)生酸堿中和反應得到甲酸鈉。甲酸鈉是鹽，沸點高。若其中含有甲醛，則由于甲醛是分子晶體，沸點較低。加熱蒸餾出的氣體通入新制的氫氧化銅懸濁液加熱煮沸，若有磚紅色沉淀，則證明蒸餾出的氣體中含有甲醛，D正確。答案選D。9、D【解析】

A．HCO3-與SiO32-反應生成H2SiO3和CO32-，通入過量HC1，發(fā)生反應的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合題意；B．題給四種離子可以大量共存，通入過量H2S，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合題意；C．HClO與SO32-因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C不符合題意；D．題給四種離子可以大量共存，加入過量NaNO3，發(fā)生反應的離子方程式為6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合題意。故答案選D。10、D【解析】

W與Z的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時pH=1（H+濃度為0.1mol/L），是一元強酸，則W為N（最高價氧化物對應水化物為HNO3），Z為Cl（最高價氧化物對應水化物為HClO4）；Y的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=0.7（H+濃度為0.2mol/L），是二元強酸，則Y為S（最高價氧化物對應水化物為H2SO4）；X的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=13（OH-濃度為0.1mol/L），是一元強堿，且X的原子序數(shù)介于N與S之間，可知X為Na（最高價氧化物對應水化物為NaOH）?！驹斀狻緼．S2-、Cl-的核外電子排布相同，其中S2-的核電荷數(shù)較小，半徑較大；N3-、Na+的核外電子排布相同，半徑比S2-、Cl-的小，其中N3-的核電荷數(shù)較小，半徑比Na+大，則簡單離子半徑大小順序為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A項錯誤；B．Z為Cl，其氧化物對應的水化物可能為強酸（如HClO4），也可能為弱酸（如HClO），B項錯誤；C．X的簡單離子為Na+，Z的簡單離子為Cl-，均不會破壞水的電離平衡，C項錯誤；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均為18電子的氫化物分子，D項正確；答案選D。11、B【解析】

A、當溶液中A元素的主要存在形態(tài)為A2－時，溶液pH大于4.2，溶液可能為弱酸性、中性或堿性，故A正確；B、HA與NaOH按1:1混合，所得溶液為NaHA溶液，由圖可知，NaHA溶液呈酸性。根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2(A2－)+c(HA－)+c(OH－)，因為c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)<2c(A2－)+c(HA－)，故B錯誤；C、依據(jù)圖像中兩個交點可計算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室溫下，反應A2－+H2A2HA－的平衡常數(shù)K==103，lgK=3，故C正確；D、因為K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1＞kh2，故D正確；答案選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定量判斷及根據(jù)弱電解質的電離平衡常數(shù)進行計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，難點C注意掌握反應平衡常數(shù)與電離常數(shù)的關系。12、A【解析】

A．由結構簡式可知，該有機物的分子式為C10H18O，故A正確；B．根據(jù)乙烯分子的平面結構分析，與雙鍵兩端的碳原子相連的碳原子都在同一平面上，且單鍵可以旋轉，所以該分子中所有碳原子有可能共面，故B錯誤；C．含有羥基，屬于醇類，因為含有O，所以不是烴，故C錯誤；D．含C=C，能發(fā)生加成反應，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，含-OH能發(fā)生氧化反應，故D錯誤。故選A。【點睛】此題易錯點在C項，烴只能含有碳氫兩種元素。13、C【解析】

A．簡易氣體發(fā)生裝置適用于難溶性固體和液體的反應，Na2SO3易溶于水，不能用簡易氣體發(fā)生裝置制備，故A錯誤；B．蒸發(fā)皿用于蒸發(fā)液體，灼燒固體應在坩堝中進行，故B錯誤；C．氯氣密度比空氣大，可與堿石灰反應，裝置符合要求，故C正確；D．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，應用飽和碳酸鈉溶液收集，故D錯誤；故答案為C。14、B【解析】

A、該反應應為吸熱反應，A錯誤；B、碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固體中少量NaHCO3可用熱分解的方法，B正確；C、過氧化尿素使品紅溶液褪色是利用它的強氧化性，而二氧化硫使品紅溶液褪色是利用它與品紅試劑化合生成不穩(wěn)定的無色物質，原理不相同，C錯誤；D、由圖示可知，二氧化碳與氫氣合成甲醇的原子利用率不是100%，D錯誤；答案選B。15、D【解析】

A.根據(jù)裝置圖可知：在陽極NO失去電子，被氧化產生NO3-，該電極反應式為：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正確；B.電解池中電極為多孔石墨，由于電極表面積大，吸附力強，因此可吸附更多的NO發(fā)生反應，因而可提高NO的利用率和加快反應速率，B正確；C.NH4NO3的稀溶液中自由移動的離子濃度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行，C正確；D.在陽極NO被氧化變?yōu)镹O3-，電極反應式為NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在陰極NO被還原產生NH4+，電極反應式為NO+5e-+6H+=NH4++H2O，從兩個電極反應式可知，要使電子得失守恒，陽極產生的NO3-的物質的量比陰極產生的NH4+的物質的量多，總反應方程式為8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，為使電解產物全部轉化為NH4NO3，要適當補充NH3，D錯誤；故合理選項是D。16、A【解析】

A.氣態(tài)SO3變成液態(tài)SO3要放出熱量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ，故A正確；B、2molSO2

氣體和過量的O2充分反應不可能完全反應，所以熱量放出小于196.64kJ，故B錯誤；C、狀況未知，無法由體積計算物質的量，故C錯誤；D、使用催化劑平衡不移動,不影響熱效應,所以放出的熱量不變,故D錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醛基新制的氫氧化銅+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A與乙醛發(fā)生信息①中的反應生成B，A含有醛基，反應中脫去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O?C2H4O＝C7H6O，故A為，則B為，B發(fā)生氧化反應、酸化得到C為，C與溴發(fā)生加成反應得到D為，D發(fā)生消去反應、酸化得到E為，E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為，結合信息②中的加成反應、H的結構簡式，可推知G為?！驹斀狻?1)由分析可知，A的結構簡式為：，所含官能團為醛基；(2)由分析可知，B為，B發(fā)生氧化反應、酸化得到C為，可以氧化醛基的試劑為新制的氫氧化銅，故a為新制的氫氧化銅；(3)由分析可知，D結構簡式為；(4)E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為，化學方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)G為甲苯的同分異構體，故分子式為C7H8，結合信息②中的加成反應、H的結構簡式，可推知G為；(6)由可知，N為，則需要環(huán)戊烷通過反應形成碳碳雙鍵，故環(huán)戊烷與Cl2發(fā)生取代反應生成M為，然后與NaOH醇溶液發(fā)生消去反應生成N，化學方程式為：+NaOH+NaCl+H2O?！军c睛】本題關鍵是確定A的結構，結合反應條件順推各物質，(6)中根據(jù)題目中的合成路線圖反推N的結構簡式，然后根據(jù)已知試劑推斷可能發(fā)生的化學反應。18、第三周期ⅣA族光導纖維SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑離子鍵、極性鍵0.1NA【解析】

⑴若實驗室經常用澄清石灰水來檢驗X的燃燒產物，即X為碳，W的用途之一是計算機芯片，即為硅，W在周期表中的位置為第三周期第IVA族，Y為二氧化硅，它的用途有光導纖維，寫出Y與NaOH溶液反應的離子方程式SiO2+2OH-=SiO32－+H2O，故答案為第三周期ⅣA族；光導纖維；SiO2+2OH-=SiO32－+H2O；⑵若X、W為日常生活中常見的兩種金屬，且Y常用作紅色油漆和涂料即為氧化鐵，兩者發(fā)生鋁熱反應，則該反應的化學方程式為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案為2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；⑶若X為淡黃色粉末即為過氧化鈉，Y為生活中常見液體即為，則：①X的電子式為，該反應的化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成的化合物NaOH所含化學鍵類型有離子鍵、極性鍵，故答案為；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；離子鍵、極性鍵；②過氧化鈉中一個氧升高一價，一個氧降低一價，若7.8克過氧化鈉即0.1mol完全反應，轉移的電子數(shù)為0.1NA，故答案為0.1NA。19、能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等2CaS＋3SO22CaSO3＋3SCaSO3被系統(tǒng)中O2氧化蒸餾，收集64.7℃餾分加入CS2，充分攪拌并多次萃取加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，用乙醇洗滌【解析】

(1)恒壓漏斗能保持壓強平衡；(2)CaS脫除煙氣中的SO2并回收S，元素守恒得到生成S和CaSO3，CaSO3能被空氣中氧氣氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸點為64.7℃)，可以控制溫度用蒸餾的方法分離；(4)硫單質易溶于CS2，萃取分液的方法分離；(5)回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O，在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，據(jù)此設計實驗過程?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知用的儀器X為恒壓漏斗代替普通分液漏斗的突出優(yōu)點是：能使漏斗與三口燒瓶中的氣壓相等，便于液體流下；(2)三口燒瓶中生成硫和亞硫酸鈣的化學方程式為：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口燒瓶中最后殘留固體中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系統(tǒng)中O2氧化；(3)從濾液中回收甲醇(沸點為64.7℃)，步驟4“回收甲醇”需進行的操作方法是：蒸餾，收集64.7℃餾分；(4)步驟5為使濾渣中S盡可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分攪拌并多次萃??；(5)已知：①在液體沸騰狀態(tài)下，可發(fā)生反應Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O；②硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。③為獲得純凈產品，需要進行脫色處理。④須使用的試劑：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此從上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制備Na2S2O3?5H2O的實驗方案：稱取稍過量硫粉放入燒杯中，加入適量乙醇充分攪拌，然后加入Na2SO3吸收液，蓋上表面皿，加熱至沸并保持微沸，在不斷攪拌下，反應至液面只有少量硫粉時，加入活性炭并攪拌，趁熱過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，用乙醇洗滌?！军c睛】本題考查了物質分離提純的實驗探究、物質性質分析判斷、實驗方案的設計與應用等知識點，掌握元素化合物等基礎知識是解題關鍵。20、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反應方向移動水浴加熱Na2S2O4在水中溶解度較大，在酒精中溶解度較小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2難溶于水，易與Na2S2O4分離取少量產品配成稀溶液，加入足量稀鹽酸，充分反應后靜置，取上層清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，則可確定產品中含有Na2SO4【解析】

合成保險粉的反應物為Zn、SO2、H2O，根據(jù)溫度控制在40～45℃，當三頸瓶中溶液pH在3～3.5時，停止通入SO2，反應后得到ZnS2O4溶液，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）合成保險粉的反應物有Zn、SO2、H2O，根據(jù)溫度控制在40～45℃，當三頸瓶中溶液pH在3～3.5時，說明發(fā)生了：H2O+SO2=H2SO3反應，最后反應得到ZnS2O4溶液，說明又發(fā)生