廣東省2024年高考化學模擬試題（含答案）

廣東省2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________y題號一二總分評分一、單選題1．我國“人造太陽”創(chuàng)世界新紀錄、“奮斗者”號載人潛水器成功坐底、“深海一號”母船助力深潛科考、北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)全面開通，均展示了我國科技發(fā)展的巨大成就。下列相關敘述錯誤的是A．在“人造太陽”中發(fā)生核聚變的12H、13H是B．“奮斗者”號載人潛水器球殼所使用的鈦合金能承受深海高壓C．“深海一號”母船海水浸泡區(qū)的鋁基犧牲陽極可保障船體不易腐蝕D．“北斗衛(wèi)星”的授時系統(tǒng)“星載銣鐘”中銣元素的單質遇水能緩慢反應放出H22．在中國燦爛的農耕文明發(fā)展過程中，產生了許多有關農業(yè)生產與生活的化學智慧。對下列史料記載的判斷錯誤的是A．將大豆煮熟后與面粉混合加醋曲釀醋：該過程不涉及氧化還原反應B．用糯米石灰漿修筑長城：糯米石灰漿屬于復合材料C．用高粱制作飴糖(主要成分為麥芽糖)；麥芽糖與蔗糖互為同分異構體D．胡桐樹的樹脂可作金銀焊藥：胡桐樹脂的主要成分屬于天然高分子化合物3．高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型凈水劑，可用于飲用水處理。濕法制高鐵酸鈉的反應原理為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有關說法錯誤的是A．H2O的球棍模型為B．基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為[Ar]3d34s2C．NaClO的電子式為D．37Cl原子結構示意圖為4．如圖所示為氮元素的價類二維圖。下列有關說法錯誤的是A．a的化學性質不活潑，常用作保護氣B．“雷雨發(fā)莊稼”涉及的轉化過程包含a→c→d→eC．b與e按物質的量之比為1：1完全反應，所得生成物的水溶液呈中性D．f既有氧化性，又有還原性5．擬在實驗室完成一系列實驗：①粗鹽提純；②利用提純后的NaCl模擬“侯氏制堿法”制備純堿；③用鹽酸標準液滴定純堿溶液以測定Na2CO3含量。在實驗過程中，下列儀器不可能用到的是A． B．C． D．6．下列陳述I和陳述II均正確且存在因果關系的是選項陳述I陳述IIAAl具有兩性常溫下可用鋁制容器盛裝濃硝酸BNa2O2具有氧化性Na2O2可氧化CO2產生氧氣C純堿溶液呈堿性純堿溶液可用于清洗廚房油污DSO2具有漂白性SO2通入紫色石蕊溶液后溶液褪色A．A B．B C．C D．D7．“勞動創(chuàng)造幸福，實干成就偉業(yè)?！毕铝袆趧禹椖颗c所涉及的化學知識關聯(lián)錯誤的是選項勞動項目化學知識A用硅單質制作太陽能電池板硅元素在地殼中含量豐富B用高濃度白酒浸泡藥材制成藥酒相似相溶原理C用KSCN溶液檢驗菠菜中是否含鐵元素含F(xiàn)e3+的溶液遇SCN-變?yōu)榧t色D用ClO2給自來水消毒ClO2具有強氧化性A．A B．B C．C D．D8．運載火箭常用偏二甲肼[(CH3)2N－NH2]與N2O4作推進劑，二者反應生成CO2、N2和H2O。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關說法正確的是A．偏二甲肼中N原子的雜化類型均為sp2B．1molH2O含有的中子數(shù)為10NAC．標準狀況下，2.24LCO2中的σ鍵數(shù)目為0.4NAD．92gNO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA9．一種鋰的氧化物的晶胞結構如圖所示(晶胞參數(shù)a=b=c=0.4665nm，晶胞棱邊夾角均為90°)。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。下列有關說法錯誤的是A．該氧化物的化學式為Li2OB．O原子之間的最短距離為22C．與Li距離最近且相等的O有8個D．若p原子的分數(shù)坐標為(14，14，14)，則q原子的分數(shù)坐標為(14，10．一種由短周期主族元素組成的化合物的結構如圖所示。元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，a位于s區(qū)，e與其他四種元素不在同一個周期。下列說法正確的是A．第一電離能：b＞c＞d B．化合物ec3是非極性分子C．簡單氫化物的穩(wěn)定性：b＞d D．元素的電負性：e＞d＞c11．下列反應的離子方程式書寫正確的是A．等體積、等濃度的NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合：H++SO42?+Ba2++OH-=BaSO4B．將Fe2O3溶于過量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．向AgCl懸濁液中滴加足量Na2S溶液：AgCl(s)+S2-(aq)?Ag2S(s)+Cl-(aq)D．向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2MnO4?+5SO32?+6H+=2Mn12．25℃時，H2SeO4第一步完全電離，第二步電離平衡常數(shù)Ka=2.18×10-2。則25℃時，下列說法正確的是A．KHSeO4的溶液顯堿性B．K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4?)+c(SeO4C．0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO4?)+2c(SeO42?)+c(OHD．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性時，c(SeO413．根據(jù)以下實驗操作及現(xiàn)象，能推出相應結論的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向丙烯醛(CH2=CHCHO)中加入橙色的溴水，振蕩溴水褪色丙烯醛與Br2發(fā)生加成反應B向Na2S溶液中滴加濃鹽酸產生臭雞蛋氣味的氣體非金屬性：Cl＞SC向苯酚濁液中滴加少量Na2CO3溶液濁液變澄清酸性：苯酚＞HCD向盛有等體積、等濃度的H2O2溶液的兩支試管中分別加入0.2mL等濃度的CuSO4溶液和KMnO4溶液加KMnO4溶液的試管中產生氣泡的速率更快MnO4?A．A B．B C．C D．D14．一種含P催化劑催化甲烷中的碳氫鍵活化的反應機理如圖所示。下列有關說法錯誤的是A．催化循環(huán)中Pt的配位數(shù)有3種 B．a中Pt的化合價為+2價C．c→d發(fā)生的是氧化還原反應 D．SO2與SO3的VSEPR模型名稱不同15．汽車尾氣的排放會對環(huán)境造成污染。利用高效催化劑處理汽車尾氣中的NO與CO的反應為2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定溫度下，在恒容密閉容器中加入1molCO和1molNO發(fā)生上述反應，部分物質的體積分數(shù)(φ)隨時間(t)的變化如圖所示。下列說法正確的是A．上述反應的正反應在高溫下才能自發(fā)進行B．曲線b表示的是φ(N2)隨時間的變化C．2v正(NO)=v逆(N2)時，反應達平衡狀態(tài)D．氣體的平均相對分子質量：M(t1)＞M(t3)＞M(t5)16．我國科學家設計了一種新型的溴基液流可充電電池用于大規(guī)模儲能，其放電時的工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是A．放電時，M為正極B．放電時，N極發(fā)生的電極反應為Br-+2Cl--2e-=BrCC．充電時，每生成1molTiO2+，有2molH+穿過質子交換膜進入N極室D．充電時，總反應為2Ti3++BrCl2?+2H2O=2TiO2++Br-+2Cl二、非選擇題17．海洋中有豐富的NaCl資源。研究表明，氯離子的侵入是造成鋼筋混凝土腐蝕的主要原因(Na+對腐蝕無影響)。海砂經淡化后，Cl-的含量達到一定標準才能作建筑用砂。某合作學習小組猜測Cl-會加快金屬與鹽溶液或酸溶液的反應速率。（1）工業(yè)上通過電解飽和NaCl溶液制Cl2的離子方程式為。（2）實驗室用如圖所示裝置模擬工業(yè)上制Cl2。檢驗產生的Cl2的操作及現(xiàn)象是。（3）探究Cl-是否會加快金屬與鹽溶液的反應速率。①小組同學利用圖1所示裝置進行探究。當Zn－Cu原電池工作約30s后，向電池槽內加入少量NaCl固體，電流隨時間的變化如圖2所示。甲同學認為加入NaCl固體后電流強度增大并不能說明Cl-會加快金屬與鹽溶液的反應速率，其理由可能是。②乙同學利用溫度傳感器進行探究。分別取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B兩個100mL燒杯中；向B燒杯中加入5gNaCl固體，使其溶解。在相同溫度下，分別往兩個燒杯中加入相同的用砂紙打磨過的鎂條，采集溫度數(shù)據(jù)，得出Cl-會加快金屬與鹽溶液的反應速率。已知0-100sA燒杯中溶液溫度隨時間的變化如圖所示，請在答題卡相應位置畫出0～100sB燒杯中溶液溫度隨時間的變化情況(100s時反應仍在進行)。（4）探究Cl-是否會加快金屬與酸溶液的反應速率。小組同學的實驗記錄如表：實驗序號Zn片酸其他試劑生成VmLH2的時間I完全相同100mL0.1mol/L硫酸溶液—t1II100mL0.2mol/L鹽酸—t2III100mLamol/L硫酸溶液少量_t3其中，t1＞t2，t1＞t3。①由實驗I和實驗II(填“能”或“不能”)推知Cl-會加快金屬與酸溶液的反應速率，理由是。②小組同學一致認為，由實驗I和實驗III可推知Cl-會加快金屬與酸溶液的反應速率，則實驗III中，a處填，b處填。（5）提出一種合理的降低海砂中Cl-含量的方法：。18．利用轉爐煙塵(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)制備硫酸銅聯(lián)產硫酸鋅以及聚合硫酸鐵的工藝流程如圖：已知：①酸浸后As元素以H3AsO4形式存在；②常溫下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20；③聚合硫酸鐵鹽基度[聚合硫酸鐵中n(OH回答下列問題：（1）“酸浸渣”所含金屬化合物是(填化學式)。常溫下，調節(jié)“酸浸液”pH為(保留兩位有效數(shù)字)時，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L。（2）生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2的化學方程式為。（3）在一定溫度下，將NaClO3加入“濃縮液”中可制取聚合硫酸鐵[Fe2(OH)x(SO4)y]m。①x和y的關系應滿足：y=(用含x的式子表示)。②“濾液3”中H2SO4的加入量對鹽基度的影響如圖所示，當n(H2SO4)：n(FeSO4)＞0.35時，產品的鹽基度減小，其原因是。（4）①“萃余液”經、、過濾、洗滌，得到ZnSO4·7H2O晶體。②加熱ZnSO4·7H2O固體，固體質量保留百分數(shù)與溫度的關系如圖所示。將ZnSO4·7H2O(M=287g/mol)加熱到145℃時得到ZnSO4·xH2O，其中x的值為；溫度為1050℃時，ZnSO4固體完全分解為ZnO以及兩種氣體(只有一種是氧化物)，該反應的化學方程式為。19．甲烷的直接轉化具有較高的經濟價值，因此備受科學家關注。請回答下列問題：（1）用絲光沸石作催化劑可實現(xiàn)甲烷直接轉化制備甲醇，合成方法有以下兩種：方法I：CH4(g)+12O2(g)?CH3OH(g)△H1=-126.4kJ?mol方法II：CH4(g)+H2O(g)?CH3OH(g)+H2(g)△H2已知H2的燃燒熱為285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ?mol-1，則△H2=。（2）某工廠采用方法Ⅰ生產甲醇。在200℃下，向容積為5L的恒容密閉反應器中加入催化劑，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反應充分進行，體系的總壓強隨時間的變化如圖所示。①下列措施可以提高CH4的平衡轉化率的是(填標號)。A．升高溫度B．反應達到平衡后，再充入一定量HeC．投料比不變，增大反應物濃度②達到平衡時體系中CH3OH的體積分數(shù)為(精確到0.1%)。③該反應溫度下，方法I的標準壓力平衡常數(shù)Kpθ=(列出計算式)。[已知：分壓=總壓×該組分物質的量分數(shù)，對于反應dD(g)+eE(g)?gG(g)+hH(g)，Krθ=(pGpθ)g×④若將容器改為絕熱容器，初始溫度為200℃，其他條件不變，達到新平衡時，甲醇產率降低，原因是。（3）為提高生產效率，利用方法Ⅱ進行連續(xù)生產時采用如圖所示的步驟控制體系溫度和通入氣體(各階段氣體流速相同)。已知大多數(shù)氣體分子在催化劑表面的吸附過程是放熱的，He不會在催化劑表面吸附，吸附和解吸附不會導致體系溫度的變化。通入CH4發(fā)生反應前，要往反應器中通入O2從而活化催化劑，活化催化劑后持續(xù)通入He一段時間的目的是；請從反應速率的角度說明，通入CH4后反應溫度維持在200℃的原因：。（4）用ZrO2/NiCo2O4作電解催化劑也可以實現(xiàn)甲烷的直接轉化，裝置如圖所示。寫出ZrO2/NiCo2O4電極的反應式：。20．化合物H是一種抗過敏藥物，其合成路線如圖：已知：R1－CH=CH2+CH2=CH－R2→含Ru催化劑R1－CH=CH－R2+CH2=CH2（1）C中含氧官能團的名稱為。（2）⑥的反應類型為。（3）下列有關說法正確的是(填標號)。a.A的名稱為丙烯b.反應③的原子利用率為100%c.F能發(fā)生氧化反應、取代反應和加成反應d.G易溶于水（4）已知②為取代反應，則②的化學方程式為。（5）寫出E的結構簡式，并用*標出其中的手性碳原子：。（6）芳香族化合物M與H互為同分異構體，寫出一種滿足下列條件的H的結構簡式：(任寫一種)。i.苯環(huán)上有三個取代基；ii.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；iii.核磁共振氫譜確定分子中有12個化學環(huán)境相同的氫原子。（7）參照上述合成路線，設計以和為原料合成的路線(無機試劑任選)：。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．具有相同質子數(shù)，不同中子數(shù)的同一元素的不同核素互為同位素；12H、13H是B．鈦合金硬度大性能優(yōu)良，能承受深海高壓，B不符合題意；C．鋁比鐵活潑，可失去電子犧牲陽極保障船體不易腐蝕，C不符合題意；D．同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；銣元素的單質比鈉活潑，故遇水能迅速放出H2，D符合題意；故答案為：D

【分析】A、同位素即質子數(shù)相同，中子數(shù)不同的原子；

B、鈦合金可以承受深海高壓；

C、鋁更活潑，作為負極，為犧牲陽極的陰極保護法；

D、銣比鈉更活潑，和水反應速率更快。2．【答案】A【解析】【解答】A．加醋曲釀醋過程涉及淀粉水解為葡萄糖，葡萄糖分解為乙醇，乙醇氧化為乙酸，涉及氧化還原反應，A符合題意；B．糯米石灰漿是由糯米、氫氧化鈣做的材料，屬于復合材料，B不符合題意；C．同分異構體是分子式相同、結構不同的化合物；麥芽糖與蔗糖互為同分異構體，C不符合題意；D．高分子化合物是相對分子質量幾萬、幾十萬的很大的化合物；胡桐樹脂的主要成分屬于天然高分子化合物，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、葡萄糖轉化為乙醇，乙醇轉化為乙酸，涉及化合價的變化，為氧化還原反應；

B、糯米石灰漿為復合材料；

C、蔗糖和麥芽糖為同分異構體；

D、樹脂為高分子化合物。3．【答案】B【解析】【解答】A．H2O是角形分子，球棍模型為，A不符合題意；B．鐵原子失去3個電子形成鐵離子，基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為[Ar]3d5，B符合題意；C．NaClO是由次氯酸根離子和鈉離子構成的離子化合物，電子式為，C不符合題意；D．氯為17號元素，原子結構示意圖為，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、水分子為V型，球棍模型中氧原子的半徑更大；

B、鐵原子為26號元素，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，因此失去三個電子以后為1s22s22p63s23p63d5；

C、次氯酸鈉的電子式要注意，鈉離子和次氯酸根離子要標明電荷數(shù)；

D、氯原子為17號元素，其原子結構示意圖要注意電子數(shù)等于原子序數(shù)。4．【答案】C【解析】【解答】A．氮氣的化學性質不活潑，常用作保護氣，A不符合題意；B．“雷雨發(fā)莊稼”涉及自然固氮，轉化過程包含：氮氣和氧氣在雷電作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧氣生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合題意；C．b與e按物質的量之比為1：1完全反應，所得生成物的水溶液為硝酸銨溶液，銨根離子水解溶液顯酸性，C符合題意；D．f中氮元素處于中間價態(tài)，故既有氧化性，又有還原性，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、氮氣常溫下很穩(wěn)定，可以作為保護氣；

B、氮氣和氧氣反應生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮；

C、銨根離子水解為酸性；

D、元素處于中間價態(tài)時，既有氧化性，又有還原性。5．【答案】D【解析】【解答】A．粗鹽提純中需要過濾操作，能用到漏斗，故A不符合題意；B．模擬“侯氏制堿法”制備純堿需要向溶有氨氣的飽和食鹽水中通入二氧化碳生成小蘇打，需要B裝置，故B不符合題意；C．用鹽酸標準液滴定純堿溶液以測定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合題意；D．系列實驗中沒有使用到冷凝管，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、過濾需要用到漏斗；

B、侯氏制堿法先向飽和食鹽水通入氨氣，再通入二氧化碳；

C、鹽酸需要裝在酸式滴定管；

D、冷凝管用于冷凝的操作。6．【答案】C【解析】【解答】A．濃硝酸和鋁常溫下發(fā)生鈍化反應，故常溫下可用鋁制容器盛裝濃硝酸，故A不符合題意；B．Na2O2自身發(fā)生氧化還原反應生成氧氣，不是氧化CO2產生氧氣，故B不符合題意；C．純堿溶液呈堿性，堿性物質能和油污反應，存在因果關系且均正確，故C符合題意；D．SO2和水生成亞硫酸，溶液顯酸性，能使紫色石蕊溶液變紅色，但是不能使其褪色，陳述Ⅱ錯誤，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、鋁可以被濃硝酸氧化；

B、過氧化鈉自身發(fā)生氧化還原反應；

C、碳酸鈉水解呈堿性，可以清洗油污；

D、二氧化硫通入紫色石蕊試液變?yōu)榧t色。7．【答案】A【解析】【解答】A．用硅單質制作太陽能電池板，將太陽能轉化為電能的性質，與硅元素在地殼中含量沒有關聯(lián)性，A符合題意；B．高濃度白酒浸泡藥材制成藥酒，利用乙醇能溶解藥材中某些成分的性質，是相似相溶原理的具體運用，B不符合題意；C．含F(xiàn)e3+的溶液遇SCN-變?yōu)榧t色，所以可用KSCN溶液及適當?shù)难趸瘎z驗菠菜中是否含鐵元素，C不符合題意；D．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，可以給自來水進行殺菌和消毒，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、硅可以將太陽能轉化為電能；

B、白酒可以溶解藥材中的有機物；

C、硫氰酸根遇鐵離子變?yōu)榧t色；

D、二氧化氯具有強氧化性，可以給自來水消毒。8．【答案】D【解析】【解答】A．偏二甲肼中N原子形成3個共價鍵、還有1對孤電子對，雜化類型均為sp3，A不符合題意；B.1分子水分子中含有中子數(shù)為8，則1molH2O含有的中子數(shù)為8NA，B不符合題意；C．單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，1分子二氧化碳含有2個σ鍵；標準狀況下，2.24LCO2（為0.1mol）中的σ鍵數(shù)目為0.2NA，C不符合題意；D．NO2和N2O4混合氣體最簡式均為NO2，92gNO2為2mol，則混合氣體含有的原子數(shù)為6NA，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、雜化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

B、中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)；

C、σ鍵即配對原子個數(shù)，即每一個共價鍵中必定含有一個σ鍵；

D、涉及到混合物質的物質的量計算時，采用極值法，即全部由二氧化氮構成的物質的量和全部由四氧化二氮構成的物質的量，若兩種物質的數(shù)值相等，則該數(shù)據(jù)為混合物混合后的物質的量。9．【答案】C【解析】【解答】A．該晶胞中，含Li+個數(shù)為8，含O2-個數(shù)為8×18+6×B．從圖中可以看出，O原子之間的最短距離為面對角線長度的一半，即為22C．在晶胞中，Li+與鄰近的4個O2-構成正四面體，則與Li距離最近且相等的O有4個，C符合題意；D．若p原子的分數(shù)坐標為(14，14，14)，則q原子在x、y、z軸上的分數(shù)坐標分別為14、34、34，從而得出q原子的分數(shù)坐標為(故答案為：C。

【分析】A、結合均攤法判斷；

B、最短距離要結合晶胞的邊長判斷；

C、距離鋰離子最近的晶胞可以截取其中一部分進行判斷；

D、坐標要結合原點和晶胞原子的位置判斷。10．【答案】B【解析】【解答】A．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，第一電離能：d＞c＞b，A不符合題意；B．化合物ec3為SO3，硫原子形成3個共價鍵且無孤電子對，為sp2雜化，分子結構對稱，是非極性分子，B符合題意；C．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性：b<d，C不符合題意；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；元素的電負性：d＞c＞e，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大；

B、分子的極性要結合其對稱性判斷；

C、氫化物的穩(wěn)定性即比較非金屬性；

D、同周期從左到右，元素的電負性變強；同主族由上而下，元素電負性減弱。11．【答案】A【解析】【解答】A．設NaHSO4與Ba(OH)2的物質的量都為1mol，則OH-剩余1mol，離子方程式為：H++SO42?+Ba2++OH-=BaSO4B．將Fe2O3溶于過量HI溶液，溶解生成的Fe3+能將I-氧化為I2，所以最終產物為Fe2+、I2等，F(xiàn)e2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B不符合題意；C．向AgCl懸濁液中滴加足量Na2S溶液，由于Ag2S的溶解度比AgCl更小，所以發(fā)生反應：2AgCl(s)+S2-(aq)?Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C不符合題意；D．H2SO3為弱酸，則HSO3?應以化學式表示，向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2MnO4?+5HSO3?故答案為：A。

【分析】A、氫離子、硫酸根、鋇離子、氫氧根反應生成硫酸鋇和水；

B、碘離子和鐵離子反應生成亞鐵離子和碘；

C、電荷不守恒；

D、亞硫酸氫根不可拆。12．【答案】B【解析】【解答】A．H2SeO4第一步完全電離，則KHSeO4只電離不水解，溶液顯酸性，A不符合題意；B．根據(jù)物料守恒可知，K2SeO4溶液中存在c(K+)=2[c(HSeO4?)+c(SeO4C．根據(jù)物料守恒可知，0.5mol/L的H2SeO4溶液中，c(HSeO4?)+c(SeO4D．向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性時，c(H+)=10-7mol/L，c(SeO故答案為：B。

【分析】A、HSeO4-不水解；

B、結合物料守恒判斷；

C、結合物料守恒判斷；

D、濃度比可以結合電離平衡常數(shù)判斷。13．【答案】C【解析】【解答】A．醛基和碳碳雙鍵都能使溴水褪色，則丙烯醛(CH2=CHCHO)使橙色的溴水褪色，不能說明丙烯醛與Br2發(fā)生加成反應，A不符合題意；B．向Na2S溶液中滴加濃鹽酸，產生臭雞蛋氣味的氣體，則有H2S生成，能說明酸性HCl＞H2S，但不能得出非金屬性Cl＞S，B不符合題意；C．向苯酚濁液中滴加少量Na2CO3溶液，濁液變澄清，表明發(fā)生反應+Na2CO3→+NaHCO3，則酸性：苯酚＞HCO3?D．盛H2O2溶液的兩支試管中分別加入CuSO4溶液和KMnO4溶液，前者Cu2+催化H2O2分解，后者KMnO4氧化H2O2生成O2，原理不同，不能比較MnO4?故答案為：C。

【分析】A、碳碳雙鍵和醛基都可以和溴水反應；

B、非金屬性的比較要用最高價氧化物對應水化合物判斷；

C、苯酚和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉；

D、銅離子可以催化過氧化氫，而高錳酸根可以和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應。14．【答案】D【解析】【解答】A．由圖中abd物質結構可知，催化循環(huán)中Pt的配位數(shù)有3種，A不符合題意；B．a中Pt結合2個-OSO3H，根據(jù)化合價代數(shù)和為零可知，其化合價為+2價，B不符合題意；C．c→d過程中硫元素化合價發(fā)生改變，發(fā)生的是氧化還原反應，C不符合題意；D．SO2中心S原子價層電子對數(shù)為2+6-2×22=3，采用sp2雜化；SO3中心S原子價層電子對數(shù)為3+6故答案為：D。

【分析】A、結合圖示可以知道abd有3種Pt的配位數(shù)；

B、結合常見元素的化合價判斷；

C、氧化還原反應的特點是化合價發(fā)生變化；

D、化軌道=中心原子成鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化。15．【答案】B【解析】【解答】A．反應為放熱的熵減反應，則上述反應的正反應在低溫下才能自發(fā)進行，A不符合題意；B．由化學方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系數(shù)相同，且為氮氣系數(shù)的2倍，結合圖像比較物質的體積分數(shù)的變化量可知，曲線b表示物質的變化量較小，故b表示的是φ(N2)隨時間的變化，B符合題意；C.2v正(NO)=v逆(N2)時，此時正逆反應速率不相等，反應沒有達平衡狀態(tài)，C不符合題意；D．混合氣體的平均摩爾質量為M=m/n，氣體質量不變，但是氣體的總物質的量隨反應進行而減小，故氣體平均相對分子質量逐漸變大，故氣體的平均相對分子質量：M(t1)<M(t3)<M(t5)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、結合△G=△H-T△S<0判斷；

B、結合化學計量數(shù)之比等于物質的量變化之比判斷；

C、不同物質速率滿足：同側異，異側同，成比例；

D、氣體平均相對分子質量要結合公式M=16．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，放電時，M為正極，A不符合題意；B．放電時，N極為負極，Br-失電子產物與電解質反應生成BrCl2?，發(fā)生的電極反應為Br-+2Cl--2e-C．充電時，M極為陽極，發(fā)生反應Ti3+-e-+H2O=TiO2++2H+，依據(jù)電荷守恒，每生成1molTiO2+，有1molH+穿過質子交換膜進入N極室，C符合題意；D．由圖中信息可知，充電時，Ti3+與BrCl2?反應生成TiO2+、Br-、Cl-等，總反應為2Ti3++BrCl2?+2H2O=2TiO2++Br故答案為：C。

【分析】新型二次電池的判斷：

1、化合價升高的為負極，失去電子，化合價降低的為正極，得到電子；

2、電極反應式的書寫要注意，負極反應為負極材料失去電子化合價升高，正極反應為正極材料得到電子化合價降低，且要根據(jù)電解質溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應式要滿足原子守恒；若是充電過程，則負極作為陰極，正極作為陽極，陰極電極反應式為負極的逆反應，陽極的電極反應式為正極的逆反應。17．【答案】（1）2Cl-+2H2O電解__2OH-+Cl2↑+H（2）將淀粉KI試紙濕潤，粘在玻璃棒的一端，將此端靠近a管口，試紙變藍，則表明反應生成Cl2（3）加入NaCl固體后，溶液中離子濃度增大，導電能力增強；（4）不能；Zn與酸反應時，c(H+)相同，但鹽酸與Zn反應所用時間比硫酸短，可能是Cl-加快反應速率，也可能是SO（5）用淡水沖洗(或其它合理方法)【解析】【解答】（1）工業(yè)上通過電解飽和NaCl溶液制Cl2，同時生成燒堿和氫氣，離子方程式為2Cl-+2H2O=通電2OH-+Cl2↑+H2↑。故答案為：2Cl-+2H2O=通電2OH-+Cl2↑+H（2）檢驗產生的Cl2時，通常使用淀粉KI試紙，則操作及現(xiàn)象是：將淀粉KI試紙濕潤，粘在玻璃棒的一端，將此端靠近a管口，試紙變藍，則表明反應生成Cl2。故答案為：將淀粉KI試紙濕潤，粘在玻璃棒的一端，將此端靠近a管口，試紙變藍，則表明反應生成Cl2；（3）①加入NaCl固體后，固體溶于水，使溶液中離子濃度增大，所以甲同學認為加入NaCl固體后電流強度增大并不能說明Cl-會加快金屬與鹽溶液的反應速率，其理由可能是：加入NaCl固體后，溶液中離子濃度增大，導電能力增強。②向B燒杯中加入5gNaCl固體，使其溶解，Cl-會加快金屬與鹽溶液的反應速率，則0～100sB燒杯中溶液溫度隨時間的變化情況(100s時反應仍在進行)為：。故答案為：加入NaCl固體后，溶液中離子濃度增大，導電能力增強；；（4）①實驗I和實驗II相比，實驗Ⅱ所用時間短，反應速率快，但并不能說明Cl-會加快金屬與酸溶液的反應速率，理由是：Zn與酸反應時，c(H+)相同，但鹽酸與Zn反應所用時間比硫酸短，可能是Cl-加快反應速率，也可能是SO②若要由實驗I和實驗III推知Cl-會加快金屬與酸溶液的反應速率，應在實驗Ⅰ的基礎上，再加入NaCl固體，則實驗III中，a處填0.1，b處填NaCl固體。故答案為：不能；Zn與酸反應時，c(H+)相同，但鹽酸與Zn反應所用時間比硫酸短，可能是Cl-加快反應速率，也可能是SO（5）降低海砂中Cl-含量，可將Cl-轉移到其它物質中，方法是：用淡水沖洗(或其它合理方法)。故答案為：用淡水沖洗(或其它合理方法)。

【分析】（1）氯離子和水電解生成氫氧根離子、氯氣和氫氣；

（2）氯氣具有氧化性，可以將碘離子氧化為碘，淀粉遇碘變藍；

（3）①離子濃度越大，導電能力越強；

②Cl-會加快金屬與鹽溶液的反應速率

（4）①氯離子和硫酸根兩種離子對速率都有可能影響；

②結合控制變量法的特點判斷；

（5）可以用淡水沖洗海砂中的氯離子。18．【答案】（1）PbSO4；5.0（2）2（3）y=3-0.5x；H2SO4的加入會抑制鐵離子的水解（4）蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；1；2ZnS【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸浸渣”所含金屬化合物是PbSO4。常溫下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L時，c(OH（2）酸浸中H3AsO4和加入的氫氧化鈣濁液石灰乳生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2，反應為2H（3）①根據(jù)化合價代數(shù)和為零可知，2×（+3）+x×（-1）+y×（-2）=0，則y=3-0.5x；②鐵離子水解生成氫離子，硫酸為強酸會電離出氫離子；“濾液3”中H2SO4的加入會抑制鐵離子的水解，導致產品的鹽基度減??；（4）①“萃余液”經蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾、洗滌，得到ZnSO4·7H2O晶體。②假設初始ZnSO4·7H2O為1mol，質量為287g，ZnSO4·7H2O中ZnSO4質量為161g；加熱到145℃時得到ZnSO4·xH2O，固體質量為287g×62.4%=179g，則結晶水的物質的量為179?16118溫度為1050℃時，ZnSO4固體完全分解為ZnO以及兩種氣體(只有一種是氧化物)，根據(jù)元素守恒可知，生成氧化物氣體為二氧化硫，硫元素化合價降低，則氧元素化合價升高生成氧氣，故該反應的化學方程式為2ZnSO

【分析】（1）鉛離子和硫酸根形成硫酸鉛固體；

（2）結合酸堿中和的特點，氫離子和氫氧根離子生成水，根據(jù)原子守恒配平化學計量數(shù)；

（3）①結合化合價之和為0判斷化合價；

②氫離子會抑制鐵離子的水解；

（4）①生成物含有結晶水，制備含有結晶水的晶體時采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法；

②結合公式n=19．【答案】（1）+115.4kJ?mol-1（2）C；65.2%；5.（3）降低混合氣的溫度，使溫度維持在200℃左右；200℃是催化劑的活性溫度，且反應速率較快（4）3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O【解析】【解答】（1）①CH4(g)+12O2(g)?CH3OH(g)△H1=-126.4kJ?mol②CH4(g)+H2O(g)?CH3OH(g)+H2(g)△H2③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)|△H3=-285.8kJ?mol④H2O(l)=H2O(g)|△H4=+44kJ?mol-1利用蓋斯定律，將反應①-③-④，得反應②為CH4(g)+H2O(g)?CH3OH(g)+H2(g)△H2=+115.4kJ?mol-1。故答案為：+115.4kJ?mol-1（2）①A．升高溫度，平衡逆向移動，CH4的平衡轉化率減小，A不正確；B．反應達到平衡后，再充入一定量He，對反應物和生成物的壓強都不產生影響，CH4的平衡轉化率不變，B不正確；C．投料比不變，增大反應物濃度，相當于加壓，平衡正向移動，CH4的平衡轉化率增大，C正確；故答案為：C。②在200℃下，向容積為5L的恒容密閉反應器中加入催化劑，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反應充分進行，從圖中看出，起始總壓強為12kPa，平衡時總壓強為9.05kPa，則He的壓強為12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，設參加反應的CH4的壓強為x，則可建立如下三段式：C則6.0-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.05x=5.9kPa則達到平衡時體系中CH3OH的體積分數(shù)為5.③該反應溫度下，方法I的標準壓力平衡常數(shù)Kpθ=④若將容器改為絕熱容器，初始溫度為200℃，其他條件不變，達到新平衡時，甲醇產率降低，原因是：反應為放熱反應，隨著反應的進行，溶液溫度升高，將使平衡逆向移動。故答案為：C；65.2%；5.（3）通入CH4發(fā)生反應前，要往反應器中通入O