河南省示范中学2024届高考化学必刷试卷含解析

河南省示范中学2024届高考化学必刷试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）

A.NaOHB.NH4C1C.CH3COONaD.HC1

2、关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是（）

A.Na。可用作食品调味剂B.相同温度下NaHCCh溶解度大于Na2c03

C.Na2cO3的焰色反应呈黄色D.工业上Na可用于制备钛、卷等金属

3、下列说法正确的是

A.纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗

B.用钢瓶储存液氯或浓硫酸

C.%、D2、T?互为同位素

D.葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应

4、6克含杂质的Na2s03样品与足量盐酸反应，可生成L12升气体（S、T、P）,气体质量为3克，该样品的组成可能

是（）

A.Na2SO3,NazCOjB.Na2so3,NaHCCh

C.Na2sCh,NaHCOj,Na2cO3D.Na2sO3，MgCO3,NaHCCh

5、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）

A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒

C.碳酸钢可用于胃肠X射线造影D.氢氧化铝可用于中和过多胃酸

6、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是

A.电池工作时，NO3一向石墨I移动

B.石墨I上发生的电极反应为：2NO2+2OH-2e-=N2O5+H2O

C.可循环利用的物质Y的化学式为N2O5

D.电池工作时，理论上消耗的。2和NO2的质量比为4：23

7、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是

序

操作现象解释或结论

号

在含O.lmol的AgNO.i溶液中依次加入NaCl溶液和溶液中先有白色沉淀生成，后来又变Ksp(AgCI)>

A

KI溶液成黄色Ksp(Agl)

B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化

C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO」溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性

酸性：H2s

D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成

HC1O

A.AB.BC.CD.D

8、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“钱％它是门捷列夫预言的元素类铝。Gai铉)和As(神)在周

期表的位置如图，下列说法不正确的是

A1P

GaAs

A.Ga的原子序数为31

B.碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3

C.简单离子半径r(Ga3+)>r(As3)>r(P3)

D.GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域

9、用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴滴入②中，预测的现象与实际相符的是

选项①中物质②中物质预测②中的现象

A.稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡*

B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体r

C.氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀

D.氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

10、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。

下列分析合理的是

A.如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线

B.反应①的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=—2NH3（g）AW=-92k,J/mol

C.在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的N%的体积为5.6L

D.催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率

11、与溟水反应不会产生沉淀的是

A.乙烯B.AgN()3溶液C.H2SD.苯酚

12、如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（）

第三周期第二周期第一周期第二周期第三周期

A.简单阴离子的半径大小：X>Y>Z

B.单质的氧化性：X>Y>Z

C.Y的氢化物只有一种

I）.X的最高价氧化物对应的水化物为强酸

13、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3史。45|。下列说法正确的是（）

A.简单离子的半径Y>Z>W

B.最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z>X

C.W和T的单质混合加热可得化合物T2W

D.W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸

14、中华民族有着灿烂的文化积淀。下列叙述不正确的是（）

A.胆水炼铜是中国古代冶金中一项重要发明，发生了分解反应

B.古语；“雷雨发庄稼”，是因为发生了自然固氮

C.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异

D.中国古代利用明矶溶液来清除铜镜表面的铜锈

15、250c时，将浓度均为O.lmoH/、体积分别为V,和Vb的HX溶液与NH^HzO溶液按不同体积比混合，保持

Va+Vb=100mL,Va^Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.Ka（HX）的值与KMNHTHZO）的值相等

B.b点，C(NH4+)+C(HX)=0.05mol-L-1

C(XD

C.a—c点过程中,值不变

c(OH>()

D.a、b、c三点，c点时水电离出的c（H+）最大

16、下列模型表示的炫或炫的含氧衍生物中，可以发生酯化反应的是（）

二、非选择题（本题包括5小题）

COOH

17、香豆素3竣酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。

已知:

1L

RCOOR-hR^OHrRCOOR,4-R.OH（R代表煌基）

RCOR1+R2CH2COR3yj^RCCHCORj+R.OH

R：

(l)A和B均有酸性，A的结构简式：;苯与丙烯反应的类型是一

(2)F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为

(3)D一丙二酸二乙酯的化学方程式：。

(4)丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E,其结构简式为：。

(5)写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：o

①与丙二酸二乙酯的官能团相同；

②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3：2：1；

③能发生银镜反应。

(6)丙二酸二乙酯与经过三步反应合成

COOCII,

OH

请写出中间产物的结构简式:

中间产物I:中间产物II

18、下列A〜J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、

C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比

E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。

Ls

r®

L0

回答下列问题：

(DA的化学式为o

⑵一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为

(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为o

(4)H和石灰乳反应的化学方程式为o

⑸在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为o

19、二氧化氯(CKh)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。CKh是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积

分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备CKh,回答下列问题：

(1)以黄铁矿(FeS》、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备CKh,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被QO3•氧化成SO4z一,

写出制备CKh的离子方程式一。

(2)用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaQOj制备CKh,并将制得的CKh用于处理含CV废水。实验室模

拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是装置C的作用是一。

②反应容器B应置于30C左右的水浴中，目的是

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将C1O2排出，三是

④CKh处埋含CN废水的离子方程式为一,装置E的作用是一。

(3)氯化怵电解法是一种可靠的工业生产CIO?的方法。

2

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg\SO42•等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_(填化

学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2c03和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取CKh,工作原理如图所示，写出阳极产生。。2的电极反应式

就J

阳X子公决■HQC含少■N«OH)

NaCl溶液I।

20、纳米TiOz是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR),为原料制备纳米TiCh的步骤如下：

①组装装置如下图所示，保持温度约为65C,先将30mL钛酸四丁酯［Ti(OC4H9)/加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再

加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；

②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；

③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2o

已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成Ti(h,回

答下列问题：

(1)仪器a的名称是_______,冷凝管的作用是o

(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。

a.增加反应的烙变b.增大反应的活化能

c.减小反应的燃变d.降低反应的活化能

制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有。

(3)步骤②中制备二班化钛溶胶的化学方程式为<,下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是

(填标号)。

(4)测定样品中Ti(h纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铁的混合溶液，加强热使

其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完

全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000moH/NH4Fe(S04)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol・L」

3+3+2+2++

NHjFeB。/溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti+Fe-FH2O=TiO+Fe+2H)«

①加入金属铝的作用除了还原TiO?+外，另一个作用是o

②滴定时所用的指示剂为(填标号)

a.酚猷溶液b.KSCN溶液c・KMnO4溶液d.淀粉溶液

③样品中TiOz的质量分数为%<>

21>氮及其化合物对环境具有显著影响。

(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：

N2(g)+O2(g)2NO(g)△"=+180kJ/mol

N2(g)+2O2(g)^^2NO2(g)△〃=+68k,J/mo!

则2NO(g)+Oz(g)：^^2NO2(g)△//=k.J/mol

⑵对于反应2NO(g)+OMg)=^2NO2(g)的反应历程如下：

第一步：2NO(g)一^N2O2®(快速平衡)

第二步：N2O2(g)+O2(g)^->2NO®(慢反应)

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：1)正二体正—(NO),1)逆二佑逆YN2O2),心正、心逆为速

率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是__________

A.整个反应的速率由第一步反应速率决定

B.同一温度下，平衡时第一步反应的产越大，反应正向程度越大

K逆

C.第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低

D.第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高

(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2co(g)+2NO(g)==2CO2(g)+N2(g)图为平衡时

NO的体积分数与温度、压强的关系:

01020304050

庆涉3”~

①温度：TiTM填“>”、"v”或“=”)。

②若在D点对反应容器升温，同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A〜G点中的

点(填字母)。

③某研究小组探究该反应中催化剂对脱氮率(即NO转化率)的影响。将相同量的NO和CO以一定的流速分别通过催

化剂a和h.相同时间内测定尾气.a结果如图中曲线I所示.已知：催化效率b>a：b的活性温度约45(VCc在图中

画出b所对应的曲线(从300c开始画)o

(4)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NO、的排放。研究表明，NO,的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还

取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以Lao.8Ao.2BCo(h+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用东原NO的机理如

下：

第一阶段：B，+(不稳定)+以—低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)

笫二阶段：I.NO(g)十i_i->NO(a)

II.2NO(a)->2N(a)+Oz(g)III.2N(a)->N2(g)+2n

IV.2NO(a)->N2(g)+2O(a)V,2O(a)->O2(g)+2a

注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态

第一阶段用氢气还原B«+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解题分析】

A.NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；B.NH4cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；C.CH3COON

a为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；D.HC1在水溶液中电离出H+,使溶液显酸性，故D不选；

故选C

2、B

【解题分析】

A.NaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；

B.相同温度下NaHCO.3溶解度小于Na2cCh,故B错误；

C.钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；

D.工业上可利用Na与熔融TiCL及错盐制备钛、错等金属，故D正确；

答案为B。

3、B

【解题分析】

A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烧类，烧碱与烧不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A错误；

B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B正确；

C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C错误；

D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D错误。

答案选B。

4、C

【解题分析】

11?13

标况下，1.12L气体的物质的量=——--=0.05mol,气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量=-=60,所

22.4L/mol0.05

以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2o根据平均相对分子质量，[44〃(C(h)+64

n(SO2)]4-[n(CO2)+n(SO2)]=60,则〃(C(h)：n(SO2)=l：4,所以〃(CChUO.Olmol,H(S02)=0.04mob由于〃(Na2so3)=

〃(S02)=0.04mob故杂质质量=6g-0.04molx126g/mol=0.96g,可以生成O.Olmol二氧化碳。

【题目详解】

A.生成O.Olmol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01molxl06g/mol=L06g>0.96g,A错误；

B.生成O.Olmol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01molx84g/mol=0.84gv0.96g,B错误；

C.由AB分析可知，杂质可能为NaHCXh,Na2cO3的混合物，C正确；

D.生成O.Olmol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01molx84g/mol=0.84g,需要碳酸氢钠质量=0.01molx84g/mol=0.84g,

均小于0.96g,不符合，D错误；

故选C。

5、C

【解题分析】

A.碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；

B.漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；

C.碳酸弱难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性铁盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫

酸铁，C错误。

D.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；

答案选C。

【题目点拨】

选项C是解答的易错点，注意碳酸钢与硫酸钢的性质差异。

6、B

【解题分析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨I通入NO?生成N2O5,发生的是氧化反应，故

石墨I是负极,发生的反应式为NO2-e-NOy=N2O5,贝IJ石墨II为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e+2N2O5=4NO-

该电池的总反应为：4NO2+02=2N205O

【题目详解】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨I通入NO2生成N2O5,发生的是氧化反应，故

石墨I是负极，发生的反应式为NO2・e-+NO"N2O5,则石墨H为正极，发生还原反应，反应式为O2+4D+2用0§=4

NOy。

A.电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨I是负极，Nth•向石墨I移动，A正确；

B.该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨I上发生的电极反应为：NO2-e+NO3=N2O5,B错误;

C.石墨I生成N2O5,石墨H消耗N265,可循环利用的物质Y的化学式为N2O5,C正确；

D.原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的02和NCh的物质的量之比是

1:4,则消耗的02和NCh的物质的量之比是4：23,D正确；

答案选Do

【题目点拨】

考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨I、石墨n是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向

负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。

7、C

【解题分析】

A.在含0.Imol的AgNCh溶液中依次加入NaC】溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果

硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、Agl的Ksp,所以不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A错误；

B.取FcSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，但不能说明FeSO4部分氧化，

还有可能全部变质，B错误；

C.将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO,溶液溶液紫色褪去，说明高锈酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性,

C正确；

D.在Ca(CIO)2溶液中通入SCh气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的

沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3>HC1O,D错误。

答案选C。

【题目点拨】

选项A是解答的易错点，根据沉淀的转化判断溶度积常数大小时必须保证溶液中银离子全部转化为氯化银，否则不能。

8、C

【解题分析】

A.A1是13号元素，Ga位于A1下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31,A

正确；

B.AkGa是同一主族的元素，由于金属性AkGa,元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强,

所以碱性：Al(OH)3〈Ga(OH)3,B正确；

C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越

大，Ga3\P'离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(As3)>r(P3A«Ga3+),C错误；

D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；

故合理选项是Co

9、C

【解题分析】

A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产

生气体，故A错误；

B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产

生大量红棕色气体，故B错误；

C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；

D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；

故选：C

10、B

【解题分析】

A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；

B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ,故反应①的热化学方程式为：

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH=-92kJ/mol,B正确；

C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；

D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；

故合理选项是B。

11、A

【解题分析】

A.乙烯与澳水发生加成反应，滨水褪色，没有沉淀，选项A错误；

B.AgNO3溶液与滨水反应生成溟化银沉淀，选项B正确；

C.H2s与溟水发生氧化还原反应产生S沉淀，选项C正确；

D.苯酚与滨水发生取代反应生成三溟苯酚白色沉淀，选项D正确；

答案选A。

12>A

【解题分析】

根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。

【题目详解】

周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。

A.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，离子半径的大小：X>Y>Z,

故A正确；

B.元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性XVYVZ,故B错误；

C.N的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氨化物，故C错误；

D.P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；

答案选A。

【题目点拨】

理解元素的排列规律，正确判断元素是解题的关键，本题的易错点为C,要注意胱也是N的氢化物。

13、C

【解题分析】

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NazS,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ALT元

素的价电子3出。4/，推出T元素为Cu,据此分析；

【题目详解】

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NazS,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ALT元

素的价电子3史咏1,推出T元素为Cu,

A.Y、Z、W简单离子分别是Na+、S2-,因此简单离子半径大小顺序是r(S2—)>r(Na+)>r(A13+),故A错误；

B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2c03、A1(OH)3,H2sCh,硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性

强弱顺序是H2SO4>H2CO3>AI(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+S_A_CU2S,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H2s03,亚硫酸为中强酸，故D错误；

答案：C。

【题目点拨】

易错点是选项D,学生认为S与足量的02反应生成SO3,SO3溶于水后生成H2s04,学生：C与02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SCh,

SO2转化成SO3,需要催化剂、高温条件。

14、A

【解题分析】胆水炼铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应，A错误；放电情况下，氮气与氧气反应变为NO,然后被

02氧化为N(h,N(h溶于水变为硝酸随雨水落入地面，相当于给庄稼施肥，这是自然固氮，B正确；侯氏制碱法的工

艺过程中是将CO【、NH，通入饱和Na。溶液中，发生以下反应：NH+CO：+H：O=NH4HCO；

NH.HCO+NaCI=NH4Cl+NaHCO.I,主要应用了NaCO,与NaHCO、的溶解度的差异，C正确；明砒中铝离子水解显

酸性，与铜锈中主成分碱式碳酸铜反应，D正确；正确选项A；

15、D

【解题分析】

A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X,b点溶液的pH=7,说明X•与NH4+的水解程度

相等，贝！Ku(HX)的值与KMNH^FhO)的值相等，故A正确；

B.由图可知O.lmoHZ的HX溶液的pH=3,HX为弱酸，因为b点的pH=7,所以b点c(X・户(:小出土),，根据物料守恒

+

c(X)+c(HX)=0.1niol/Lx0.05L/0.1L=0.05mol/L,则c(NH4)+c(HX)=0.05niol-f,故B正确；

C.a-C点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c(o：)c(HX)值不变'故C正确;

D.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH』X,NWX是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、

c三点，b点时水电离出的c(H+)最大，故D错误。答案选D。

16、D

【解题分析】

醇和粉酸发生酯化反应生成酯和水,)表示甲烷,表示苯,表示乙醛,

表示乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，能发生酯化反应的是乙醇;

答案选D。

一、非选择题(本题包括5小题)

COOHCOOC2H5

T4W0

*[(jH-C

17、CHjCOOH加成反应埃基CH:+2C2H50H△CH：+2H2O

COOHCOOC：H<COOC2H5

HCOO

I

C2H5-C-C2H5

I

HCOO

【解题分析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由⑴可知A和B均有酸性，则存在较基，故A为CH3coOH；

A与滨水和红磷反应得到B,B再与NaCN反应得到C,贝!IB为BrCHzCOOH,C为NCCH2COOH；根据信息提示,

0

高聚物E为＜f«-C卜00源。

COOCiHs

【题目详解】

(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CHjCOOH；加成反应;

⑵F为CSHGO,不饱和度为1,链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为段基，故

答案为：炭基；

COOHCOOCiHs

本&HR

⑶丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为飙+2C2H50HLTCH：+2H2O,故答案为:

COOHCOOC：Hj

COOHCOOC：Hj

CH：+2C2H5OHF"CH：+2H>O;

COOHCOOCIHJ

??i.Na]??COOCJHJ

⑷根据信息提示RCO&+R熙C叫许j-RCfHCOR-则丙二酸二乙酯(CH：)要形成高聚物E,则要

R：COOC^Hs

发生分子间的缩聚反应，高聚物E为0c处，故答案为:OC：H<.

COOCaffc

(5)丙二酸二乙酯(C7Hl2O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个

吸收峰，且峰面积之比为3：2：1,故氢个数分别为6,4,2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团

又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-CH.要满足相同氢分别为6、4,只能为两个乙基,

HCOOHCOO

满足的为C：Hj-C-C：Hj,故答案为：C2H5-C-C2H5;

II

HCOOHCOO

（6）与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成

COOCIls

RCOORi+RzOHliillL^RCOORz+RiOH(R代表正基)提示，可反生取代得到故答案为:

【题目点拨】

本题难点(5),信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代

物的个数，确定位置。

U

18、NH4cl4NH3+5O2^=^=^4NO+6H2O3Cu+8HN(h(稀)=3C(NO3)2+2NOt+4H2O

2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2

【解题分析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为胞质，H为黄绿色

气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NOz,I的相对分子质量比E的大16,则E为NO；F在常温下是一种无色液

体则为FhO;G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由

N(h与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2,D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B

为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化核。

(1)A为氯化钱，其化学式为NHUCI；

(2)一定条件下，B(NH.0和D(O2)反应生成E(NO)和F(H2O)的化学方程式为41\1出+50小丝^4NO+6H2O;

⑶J(HNO3)和金属Cu反应生成E(NO)的化学方程式为3CU+8HNOU稀)=3Cu(NO3”+2NOT+4H2O;

(4)H为氯气,和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClOh+CaC12+2H2O;

⑸在I和F的反应3NO2+H2O2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。

+3+2

19、FeS2+15CIO3+14H=15ClO2+Fe+2SO4+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧

化氢受热分解稀释C1O2,防止其爆炸2CN+2ClO2=2CO2+N2+2Cr吸收CIO2等气体，防止污染大气

+

BaChCl-5e+2H2O=C1O2T+4H

【解题分析】

二氧化氯(C1O2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三

种方法均利用了氧化还原反应。

【题目详解】

(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备。02,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被C1O3•氧化成SOF,

根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备CKh的离子方程式为

+3+2

FeS2+15CIO3+14H=15CIO2+Fe+2SO4+7H2Oo

(2)①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反

应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，CIO?是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有

3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将C1O2排出，三是稀释QO2,防止其爆炸。

④CIO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN•转化为无污染的CO?和Nz,故离子方程式为

2CN+2C1O2=2CO2+N2+2C1；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca?+、Mg2\SO4?•等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和领离子,

过量的银离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2cCh之前应先加入过量BaCho

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到C1O2,电极

反应式为Cl-5e+2H2O=ClO2t+4H\

20、温度计冷凝回流I)用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液TI(OC4H力4+2H20=TKh+4C4H90H

a与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止T产在空气中被氧化b80

【解题分析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；

⑵反应的婚变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快,

据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；

(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiOz,钛酸四丁酯［Ti(OC4H9)4］水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式;

灼烧固体需要在生烟中进行；

3+2++

(4)根据IT"+Fe+H2O=TiO+F*+2H,说明Ti'*容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗

的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TKh的质量分数。

【题目详解】

(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提

高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；

⑵a.反应的焙变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焙变，故a错

误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的婚变只与初始状态和终了状态有关,

加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的始变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反

应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，

减慢钛酸四丁酯［Ti(OC4H9)4］水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢湎液；

⑶Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiOz,步骤②中钛酸四丁酯［Ti(OC4H9)/水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式

为Ti(OC4HM+2H2O=TiO2+4C4H2H；灼烧二氧化钛凝胶需要在培坂中进行，故选择的装置为a,故答案为

Ti(OC4H9)4+2H2O=TiOz+4C4H9OH；a