福建省清流一中2024年高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

福建省清流一中2024年高考全国统考预测密卷化学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、关于常温下pH＝2的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A．1L溶液中含H+为0.02molB．c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C．加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小D．加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性减小2、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质3、设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LSO3中所含的分子数为NAB．0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NAC．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NAD．标准状况下，将2.24LCl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA4、近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A．通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度B．用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C．向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D．通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度5、室温下，将1L0.3mol⋅L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是A．HA是一种弱酸B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)6、下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（）A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要准确称量NaOH1.920gB．实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次C．酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，换一容器再从下口放出上层液体7、25℃时，将pH均为2的HCl与HX的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A．a、b两点:c(X-)<c(Cl-) B．溶液的导电性:a<bC．稀释前，c(HX)>0.01mol/L D．溶液体积稀释到10倍，HX溶液的pH<38、下列有关溶液的说法中，正确的是A．(NH4)2SO4溶液浓缩时温度过高可能导致生成NH4HSO4B．相同温度下，强酸溶液的导电能力一定大于弱酸溶液C．通电时，溶液中溶质粒子分别向两极移动D．蒸干Na2CO3溶液最终得到NaOH9、下图为室温时不同pH下磷酸盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、11.31，其中δ表示含磷微粒的物质的量分数，下列说法正确的是A．2molH3PO4与3molNaOH反应后的溶液呈中性B．NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液时，无法用酚酞指示终点C．H3PO4的二级电离常数的数量级为10−7D．溶液中除OH−离子外，其他阴离子浓度相等时，溶液可能显酸性、中性或碱性10、已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：≈2.4，≈3.2)（）A．M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B．与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C．向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=600011、人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx［x表示或］与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。则下列说法不正确的是A．曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系B．a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大C．当c(H2CO3)═c(HCO3—)时，c(HPO42—)=c(H2PO4—)D．当pH增大时，逐渐增大12、NaFeO4是一种高效多功能水处理剂。制备方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法正确的是A．氧化产物是Na2FeO4B．1molFeSO4还原3molNa2O2C．转移0.5mo1电子时生成16.6gNa2FeO4D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:213、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A．A B．B C．C D．D14、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小15、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A．为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度B．达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率D．达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍16、下列化学用语或图示表达正确的是A．乙烯的比例模型： B．质子数为53，中子数为78的碘原子：IC．氯离子的结构示意图： D．CO2的电子式：17、含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．电子流向：N极→导线→M极→溶液→N极B．M极的电极反应式为C．每生成lmlCO2，有3mole-发生转移D．处理后的废水酸性增强18、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体19、下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A．鉴别SO2和CO2 B．检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C．鉴别苯和甲苯 D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁20、常温下将NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）。A．常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4B．曲线N表示pH与C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)21、下列离子方程式表达正确的是A．向FeC13溶液中滴加HI溶液：B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液:↓C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合：22、钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A．充电时，Na+被还原为金属钠B．充电时，阴极反应式：xNa++FeIIFeIII(CN)6−xe−NaxFeIIFeIII(CN)6C．放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D．放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极二、非选择题(共84分)23、（14分）A～J均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：实验表明：①D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；④1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的结构简式为____________（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是____________反应；（2）D的结构简式为_____________；（3）由E生成F的化学方程式为_______________，E中官能团有_________（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________（写出结构简式，不考虑立体结构）；（4）G的结构简式为_____________________；（5）由I生成J的化学方程式______________。24、（12分）A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H分子式为C18H16O6；I中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出A的分子式：A______________。(2)写出I、E的结构简式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反应类型为____________________________；(4)写出A→F的化学方程式__________________________。(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，既能与Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A的同分异构体有_______种，其中一种在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多。写出该同分异构体与NaOH溶液加热反应的化学方程式___________________。25、（12分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是________________________________________。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：①“合成”过程中，反应温度不宜超过73℃，目的是______________________。②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_______。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是____。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取1．33g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b．量取2．33mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c．用3．213mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为4．33mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。26、（10分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182

g·mol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O请回答：（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)（2）调节pH为8～8.5的目的________。（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)A．冷水B．热水C．乙醇D．1%

NH4Cl

溶液（4）第⑤

步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________(

用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）将0.253

g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250

mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00

mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)27、（12分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液bmL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。28、（14分）离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由图示正离子和负离子组成：回答下列问题：(1)按电子排布，Al划分在元素周期表中的______区(填“s”“p”“d”或“ds”)，图中负离子的空间构型为____________________。(2)基态Cl原子的价电子排布图为____________________。(3)图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。该正离子中C原子的杂化方式为_________。该化合物中不存在____(填标号)。A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位键E.氢键(4)C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为__________，NH3与CH4的中心原子均为sp3杂化，但是H－N－H的键角小于H－C－H的键角，原因是________。(5)AlN是一种陶瓷绝缘体，具有较高的导热性和硬度，其立方晶胞如图所示，Al原子周围紧邻的Al原子有_____个。已知：氮化铝的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则最近的N原子与Al原子间的距离为_____________pm。29、（10分）有机物结构如图所示，下列说法正确的是（）A．能使溴水与KMnO4溶液褪色B．含有3种官能团，分子式C11H12O3C．可以发生加成反应、取代反应D．易溶于水与有机溶剂

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、B【解析】

A选项，c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中含H+为0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH=2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L，很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L，如果是强酸c(H+)=0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+)<0.01mol/L。2、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。3、C【解析】

A.标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4L/mol计算所含的分子数，A不正确；B.没有提供0.1mol•L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；C.8.0gCu2S和8.0gCuO所含铜原子都为0.1mol，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；D.2.24LCl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。故选C。4、D【解析】

A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；故选D。5、C【解析】

1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。【详解】1L0.3mol·L－1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2mol·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；C、b点加入盐酸为0.1mol，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3mol，NaCl物质的量为0.1mol，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。6、B【解析】

A.实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要用500mL的容量瓶，准确称量NaOH2.0g，故A错误；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B正确；C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。7、A【解析】

A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01mol/L，故C正确；D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。8、A【解析】

A.温度升高，促进NH4+水解，酸性增强，产生NH4HSO4，选项A正确；B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关，离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力就越强，与电解质强弱无关，选项B错误；C.溶液中的溶质可能为非电解质，如乙醇溶液，通电时乙醇分子不发生移动，选项C错误；D.蒸干Na2CO3溶液，应得到的主要成分仍为Na2CO3，选项D错误；答案选A。9、B【解析】

2molH3PO4与3molNaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH−+H2O，δ()减小，δ()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H++，H++，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=10−7.21，数量级为10−8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。10、D【解析】

A．饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)==3.2×10－11mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，故A错误；B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；D．平衡常数K==6000，故D正确。11、D【解析】

由电离平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，H2CO3/HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，曲线II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的变化关系，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析，曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，故A错误；B.曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，a→b的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B错误；C.根据H2CO3HCO3-+H+，Kal=；H2PO4-HPO42-+H+，Ka2=；由题给信息可知，Ka1Ka2，则当c(H2CO3)=c(HCO3—)时c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C错误；D.根据Kal=；Ka2=，可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3)，当pH增大时，c(H2CO3)逐渐减小，所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。12、C【解析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。A、化合价升高的元素有+2价的铁和-1价的氧元素，氧化产物是Na2FeO4和氧气，故A错误；B、反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，6molNa2O2有5mol作氧化剂、1molNa2O2作还原剂，其中2molFeSO4还原4molNa2O2，即1molFeSO4还原2molNa2O2，故B错误；C、由方程式转移10mol电子生成2molNa2FeO4，转移0.5mo1电子时生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正确；D、每2FeSO4和6Na2O2发生反应，氧化产物2molNa2FeO4和1molO2，还原产物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4，故D错误；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念、计算，解题关键：明确元素化合价变化和电子得失的多少。难点：B和C选项，注意过氧化钠的作用，题目难度较大。13、C【解析】

A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；B.作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故答案选：C。14、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。15、B【解析】

A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。答案选B。16、A【解析】

A.

C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，A项正确；B.质子数为53，中子数为78，则质量数=53+78=131，碘原子为：I，B项错误；C.氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，C项错误；D.二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，D项错误；答案选A。17、D【解析】

A．原电池中阳离子向正极移动，所以由图示知M极为正极，则电子流向：N极→导线→M极，电子无法在电解质溶液中移动，故A错误；B．M为正极，电极反应式为+2e-+H+═+Cl−，氯苯被还原生成苯，故B错误；C．N极为负极，电极反应为CH3COO−+2H2O−8e−═2CO2↑+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1molCO2，有4mole-发生转移，故C错误；D．根据电极反应式计算得，转移4mole-时，负极生成3.5molH+，正极消耗2molH+，则处理后的废水酸性增强，故D正确。故选D。18、C【解析】试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。考点：本题考查原电池、电解池。19、B【解析】

A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；答案：B【点睛】能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。20、D【解析】

H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，在酸性条件下，当pH相同时，>。根据图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg=0或lg=0时，说明=1或=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A.lg=0时，=1，此时溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正确；B.根据上述分析可知曲线B表示lg的变化曲线，B正确；C.根据图象可知：当lg=0时，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4<7，溶液显酸性，说明该溶液中c(H+)>c(OH-)，C正确；D.根据图象可知当溶液pH=7时，lg>0，说明c(X2-)>c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。21、D【解析】

A．FeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，故A错误；B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；C．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；D．3mol/LNa2CO3溶液和1mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。故选D。22、D【解析】

A．充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A错误；B．充电时阴极得到电子，反应式为xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe−=NaxFeIIFeIII(CN)6，B错误；C．放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D．放电时阳离子向正极移动，D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、BrCH2CH=CHCH2Br取代（或水解）HOCH2CH2CH2CHO羧基、羟基、、、【解析】

CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为；（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、、、。（4）G的结构简式为。（5）I生成J的化学方程式为。24、C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O4种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D通过加聚反应得到

E，E分子式为(C9H8O2)n，D的分子式为C9H8O2，D中含碳碳双键，由A在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A中含有苯环，A在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A中含有羧基，A的结构应为，D为，E为，I为，反应中A连续氧化产生G，G为酸，F为，G为，A与G发生酯化反应产生H，根据H分子式是C18H16O6，二者脱去1分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为，D为，E为，F为，G为，I为，H的结构可能为，也可能是。(1)A为，则A的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I为，E为；(3)A为，A分子中含有羟基和羧基，G为，G分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G→H的反应类型为取代反应；(4)A中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此A→F的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它异构体1mol消耗2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。25、ecdabf11:7将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率防止碘升华2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由3价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6：1，则可设ClO-为6mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为7mol，失去电子的总物质的量为6mol×（1-3）+1mol×（5-3）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由3价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：7mol=11：7；②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；(2)①“合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过73℃；②在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，N2H4•H2O与IO3-反应生成氮气，则IO3-被还原为碘离子，该过程的离子方程式为2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；(3)①滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入M溶液作指示剂，M为淀粉；②根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L×4.33mL×1-3L/mL×=3.363mol，样品中NaI的质量分数为。26、B让AlO2-

转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀AD若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2mol=2.5×10－3mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3mol，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。27、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶