广州市番禺区2023-2024学年化学高三上期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

1、广州市番禺区2023-2024学年化学高三上期末教学质量检测模拟试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。下列说法错误的是（ ）A酸浸的化学方程式是：FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2OBX稀释所得分散

2、系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应C用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用D反应中至少有一个是氧化还原反应2、W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时的pH如表所示。下列说法正确的是元素对应的溶液WXYZpH(25)1.013.00.71.0A简单离子半径大小顺序为：XYZWBZ元素的氧化物对应的水化物一定是强酸CX、Z的简单离子都能破坏水的电离平衡DW、Y都能形成含18个电子的氢化物分子3、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）ABCD4、利用小粒径零价铁（ZVI）的

3、电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A反应均为还原反应B1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD修复过程中可能产生Fe(OH)35、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应2中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解6、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光热电”能量

4、转换形式的是A光致(互变异构)储能B生产甲醇燃料C太阳能熔盐发电D太阳能空间发电7、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2H+H）。下列说法错误的是（ ）A二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B带标记的物质是该反应历程中的中间产物C向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D第步的反应式为H3CO+H2OCH3OH+HO8、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金

5、是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与CE含有相同类型的化学键D元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应9、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图），下列说法不正确的是ABHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT与对甲基苯酚互为同系物CBHT中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二10、下列除杂方案正确的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4C

6、l（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气DSO2（g）SO3（g）浓H2SO4洗气AABBCCDD11、 “神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）A能与NaHCO3溶液反应产生气体B与邻苯二甲酸（）互为同系物C在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反应12、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是AW与

7、Y两种元素既可以形成共价化合物，又可以形成离子化合物BY的简单氢化物的热稳定性比W的强CZ的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒DZ的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性13、已知：CH3CCHCOCH3OHM，NCH3OHMH2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（ ）AN可以使溴水褪色BN转化为M的反应为取代反应CM中所有碳原子可能共面DN属于酯的同分异构体有3种14、下列有关说法正确的是（ ）A糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物B石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等C根据组成，核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核

8、糖核酸（RNA），它们都是蛋白质D医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性15、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+Fe2+Cu16、25时，向10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与

9、NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )AA点溶液中，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)BHC2O4在溶液中水解程度大于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4DD点溶液中，c(Na)c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)17、下列指定反应的离子方程式正确的是ANH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2+NH4+HCO3-+2OH-=CaCO3+H2O+NH3H2OBNaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2+4OH-C磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OD

10、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2+3OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4+Al(OH)318、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（ ）A简单离子半径：ZMYB常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸CX+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体DZ的最高价氧化物的水化物是中强碱19、NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A降低NOx排放可以减少酸雨的形成B储存过程中NOx被氧化C

11、还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原20、下列反应所得溶液中只含一种溶质的是AFe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉BA1(OH)3中加入过量NaOH溶液C浓H2SO4中加入过量Cu片，加热DCa(C1O)2溶液中通入过量CO221、化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B的氧化物C的氧化物B工业上由单质B可以制得单质CC氧化物对应水化物的酸性：DBCDA与B形成的化

12、合物中只含有极性键22、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A对应的简单离子半径：CDBBD、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲

13、的化学式为_。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为_。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为_。24、（12分）肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的一条合成路线如下：已知：完成下列填空：（1）反应类型：反应II_，反应IV_。（2）写出反应I的化学方程式_。上述反应除主要得到B外，还可能得到的有机产物是_（填写结构简式）。（3）写出肉桂酸的结构简式_。（4）欲知D是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是_。 （5）写出任意一种满足下列

14、条件的C的同分异构体的结构简式。能够与NaHCO3(aq)反应产生气体 分子中有4种不同化学环境的氢原子。_。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），请设计该合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_25、（12分）亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点64.5，沸点5.5，遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_(2)选用X装置制备NO，Y装置制备氯气。检验X装置气密性的具体操作：_ 。(3)制备亚硝酰氯时，检验装置气密性后装入药品,实验

15、开始，需先打开_ ，当_时，再 打开_，Z中有一定量液体生成时，停止实验。装置Z中发生的反应方程式为_。(4)若不用A装置对实验有何影响_（用化学方程式表示）(5)通过以下实验测定NOCl样品的纯度。取Z中所得液体100g 溶于适量的NaOH 溶液中，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)1.010-12

16、，Ksp(AgNO2)5.8610-4)26、（10分）实验室从含碘废液（除外，含有、等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为_；该操作将还原为的目的是_。（2）操作的名称为_。（3）氧化时，在三颈瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在40左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是_；仪器a、b的名称分别为：a_、b_；仪器b中盛放的溶液为_。（4）已知：；某含碘废水（约为8）中一定存在，可能存在、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）

17、。取适量含碘废水用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_；另从水层中取少量溶液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加溶液，若溶液变蓝说明废水中含有；否则说明废水中不含有。（5）二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。完成氧化的离子方程式：ClO2+I-1+_=+Cl-1+_；若处理含相同量的废液回收碘，所需的物质的量是的_倍。27、（12分）已知25时，Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉

18、淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳

19、白色沉淀C：一段时间后，无明显变化A中产生的气体是_。C中盛放的物质W是_。该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用_。28、（14分）某化工厂生产新型清洁燃料甲醚（CH3-O-CH3）的流水线反应原理为：在 10L 的反应容器内进行的反应的化学平衡常数表达式为K=COH2/H2O。反应的热化学方程式为：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）+Q。反应为：CO2+NH3+H2ONH4HCO3,完成下列填空：（1）反应的方程式为_。经3min反应容器内的水蒸气从20

20、.0mol变为 2.0mol，则此 3min 内 CO 的平均反应速率V（CO）=_。（2）能判断反应已达化学平衡状态的是（选填编号）_。A在消耗 n 摩尔氢气的同时产生 n 摩尔的水B容器内气体的平均相对分子质量保持不变C容器内所有的物质的总物质的量保持不变D化学反应速率：V（逆）（H2O）=V（正）（CO）（3）已知升高温度，反应的化学平衡常数会减小，则反应的热化学方程式中的Q（选填“”或“”）_0。该反应的逆反应速率V（逆）随时间 t 变化的关系如图一所示，则在 t2时改变的反应条件是_。（4）在不同温度下，反应容器内甲醚（CH3OCH3）的浓度c（CH3OCH3）随时间t 变化的状况如

21、图二所示。则反应温度 T1（选填“”、“=”或“”）_T2。（5）若反应得到的是一种纯净常见化肥的溶液。经测定溶液中也存在 NH3H2O 分子和CO32-离子，试用化学用语表示产生这两种微粒的原因：_，_。相同温度下，都为 0.1mol/L的 NaHCO3溶液甲和 NH4HCO3溶液乙相比较，溶液中c（CO32-）甲（选填“”、“=”或“”）甲_乙。29、（10分）Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有_种不同运动状态的电子；有_种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为_。（2）实验室中可用KSCN或K4Fe(CN)6来检

22、验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是_；K4Fe(CN)6与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFeFe(CN)6，该物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为 _。（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 _ (填字母) a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键, 乙二胺中共有_个键，C原子的杂化方式为 _。（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0gcm-3，则铜原子的直径约为_pm。（5）Cr是周期表中第B族元素，化合价可以是0+6的

23、整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为_。CrO42-呈四面体构型,结构为，Cr2O72-由两个CrO42-四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为。则由n(n1)个CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为_。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、D【解析】A. FeTiO3中Fe、Ti分别显2、4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO32H2SO4FeSO4TiOSO42H2O，故A正确；B. 纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分

24、散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。故B正确；C. 用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；D. 反应时稀硫酸溶解FeTiO3，反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；故选D。2、D【解析】W与Z的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol/L时pH=1（H+浓度为0.1mol/L），是一元强酸，则W为N（最高价氧化物对应水化物为HNO3），Z为Cl（最高价氧化物对应水化物为H

25、ClO4）；Y的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=0.7（H+浓度为0.2mol/L），是二元强酸，则Y为S（最高价氧化物对应水化物为H2SO4）；X的最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度为0.1mol/L时pH=13（OH-浓度为0.1mol/L），是一元强碱，且X的原子序数介于N与S之间，可知X为Na（最高价氧化物对应水化物为NaOH）。【详解】AS2-、Cl-的核外电子排布相同，其中S2-的核电荷数较小，半径较大；N3-、Na+的核外电子排布相同，半径比S2-、Cl-的小，其中N3-的核电荷数较小，半径比Na+大，则简单离子半径大小顺序为：S2-Cl-N3-Na+

26、，即YZWX，A项错误；BZ为Cl ，其氧化物对应的水化物可能为强酸（如HClO4），也可能为弱酸（如HClO），B项错误；CX的简单离子为Na+，Z的简单离子为Cl-，均不会破坏水的电离平衡，C项错误；DW能形成N2H4，Y能形成H2S，均为18电子的氢化物分子，D项正确；答案选D。3、C【解析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C

27、。4、B【解析】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，B项错误；C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O，C项正确；D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(

28、OH)3，D项正确；答案选B。5、C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，

29、NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。6、C【解析】A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；B、光能转变成化学能，故B不符；C、采用“光热电”能量转换形式，故C符合；D、光能转换为电能，故D不符；故选C。7、A【解析】A从反应、看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；B从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C从反应看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D从历程看，第步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO

30、，所以反应式为H3CO+H2OCH3OH+HO，D正确；故选A。8、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大

31、于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。9、C【解析】A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H

32、原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。10、D【解析】A、除去CO2中混有SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A错误；B、加入NaOH溶液，不仅Fe3能与NaOH反应，而且NH4也能与NaOH发生反应，故B错误；C、除去Cl2中HCl，常用饱和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO

33、2，故C错误；D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3，故D正确；答案为D。11、B【解析】A、含-COOH，能与NaHCO3 溶液反应产生气体，故A正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。12、A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次

34、增大，W的简单氢化物是一种情洁能源，则W为C元素；Y是非金属性最强的元素，则Y是F元素；X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，则X为N元素；Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的，则Z是Na元素。【详解】A项、W为C元素，Y是F元素，两种元素只能形成共价化合物CF4，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，F元素非金属性强于C元素，则氟化氢的稳定性强于甲烷，故B正确；C项、Na+与F的电子层结构与Ne原子相同，均是10电子微粒，故C正确；D项、NaOH是强碱，水溶液呈碱性，NH3溶于水得到氨水溶液，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能

35、力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握原子结构、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键。13、D【解析】由CH3CCHCOCH3OHM，NCH3OHMH2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2C(CH3)COOH。【详解】A由分析可知，N为CH2C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；BNCH3OHMH2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；CM中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；DCH2C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含COOC，可能为CH3CHCHOOCH、C

36、H2CHCH2OOCH、CH2CHOOCCH3、CH3OOCCHCH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；故答案选D。【点睛】本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。14、D【解析】A糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误； B石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；C蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；D酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；答案选D。【点睛】油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。15、C【解析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；B、铁与活性炭形成原电

37、池，铁比炭活泼；C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当

38、铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+Fe2+Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。16、A【解析】A. A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H)c(O

39、H)c(HC2O4)2c(C2O42)，故A正确；B.B点是10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液与10 mL 0.l molL1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；C. B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D. D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na)c(C2O42)c(OH)c(HC2O4)c(H)，故D错误。答案选A。【点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原

40、理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。17、A【解析】A. 反应符合事实，遵循离子方程式书写的物质拆分原则，A正确；B. 酸性环境不能大量存在OH-，不符合反应事实，B错误；C. 硝酸具有强氧化性，会将酸溶解后产生的Fe2+氧化产生Fe3+，不符合反应事实，C错误；D. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，Al3+与OH-的物质的量的比是1：4，二者反应产生AlO2-，反应的离子方程式为：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4+ AlO2-+2H2O，不符合反应事实，D错误；故合理选项是A。18、D【解析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数

41、，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；AY为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y Z M，故A错误；BZ为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；CX为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误

42、；DZ为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。19、C【解析】A大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A正确；B储存过程中NOx转化为Ba(NO3)2，N元素价态升高被氧化，B正确；C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C错误；DBaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，D正确；故选C。20、A【解析】A. Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B. A1(OH)

43、3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C. 反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D. 反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。21、B【解析】从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】AB的氧

44、化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，B正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性H2CO3，C不正确；DA与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；故选B。22、B【解析】根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断