福建省泉州市2025-2026学年高考考前提分化学仿真卷（含答案解析）

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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/ml
2、某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3
B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-
C．试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解
D．若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O
3、下列说法正确的是
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
③新制氯水的氧化性强于久置氯水
④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液
⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③B．③C．②③④D．③⑤
4、pH＝a 的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是
A．NaClB．CuSO4C．Na2SO4D．HCl
5、短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．元素Y的最高化合价为+6价
B．最简单氢化物的沸点：Y＞W
C．原子半径的大小顺序：W＞Z＞X＞Y
D．X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物
6、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是
A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)=c(Na＋)
C．根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4
D．pH 由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小
7、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（ ）
A．废纸、塑料瓶、废铁回收再利用
B．厨余垃圾采用生化处理或堆肥
C．稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧
D．废电池等有毒有害垃圾分类回收
8、垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是
A．AB．BC．CD．D
9、我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a极是电化学装置的阴极
B．d极的电极反应式为CO32- - 4e- = C + 3O2-
C．①中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
D．上述装置中反应的化学方程式为CO2 C + O2↑
10、测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（ ）
A．所用晶体中有受热不挥发的杂质B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品
C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却D．在实验结束时没有进行恒重操作
11、在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 ml H2O参加反应，被水还原的溴元素为( )
A．1 mlB．2/3 ml
C．4/3 mlD．2 ml
12、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（ ）
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却
B．中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释
C．读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数
D．配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度
13、已知：乙醇、乙醛的沸点分别为78℃、20.8℃。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的制备、收集和检验”一系列实验，其中设计不合理的是
A．提供乙醇蒸气和氧气
B．乙醇的催化氧化
C．收集产物
D．检验乙醛
14、下列过程仅克服离子键的是（ ）
A．NaHSO4溶于水B．HCl溶于水C．氯化钠熔化D．碘升华
15、咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是
A．咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应
B．1ml 咖啡酸最多能与5 ml H2反应
C．咖啡酸分子中所有原子可能共面
D．蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A 的分子式为C8H10O
16、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的关系如图所示。下列说法正确的是
A．Ka1(H2C2O4)数量级为10－1
B．曲线N表示－lg和－lg c(HC2O4－)的关系
C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此时溶液pH约为5
D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2 共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。
（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。
（2）写出A的浓溶液与MnO2 共热的化学方程式：_________________________。
（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。
18、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____。
19、1－乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1－乙氧基萘的过程如下：
已知：1－萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数：
（1）将72g 1－萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是________。
（2）装置中长玻璃管的作用是：______________。
（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_____（选填“能”或“不能”），简述理由_____________。
（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：①蒸馏；②水洗并分液；③用10%的NaOH溶液碱洗并分液；④用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是____________(选填编号)。
a．③②④① b．①②③④ c．②①③④
（5）实验测得1－乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是____________。
（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1－乙氧基萘的产率为________。
20、KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。
已知：①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O
(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_____________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)检查装置A气密性的方法是____________；装置D的作用是____________________。
(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体。
①反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是________________________________________。
②用肼(N2H4)替代H2S，制得产品纯度更高，理由是_______________(用化学方程式表示)。
(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸_____________________________。
(5)若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为_________________g。
21、燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJ•ml-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160 kJ•ml-1
③H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ•ml-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式______________。
（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:
反应Ⅰ:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•ml-1 Ea1 = 3.2 kJ•ml-1
反应Ⅱ:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•ml-1 Ea2 = 58 kJ•ml-1
已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 3O2(g)。请回答:
其它条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0 ml NO、1.0 ml SO2的模拟烟气和2.0 ml O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:
①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_______。
②下列说法正确的是 ____________ 。
A P点一定为平衡状态点
B 温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零
C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率
③假设100℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_______ml;NO的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在此时的平衡常数为______ 。
（3）用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:
①M极发生的电极反应式为 ____________。
②当外电路通过0.2 ml电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______(填“增大”或“减小”)_______克。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；
C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；
D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/ml，故D错误。
2、D
【解析】
工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；
【详解】
A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；
B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；
C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；
D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；
答案为D。
3、B
【解析】
①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；
②氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；
③次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；
④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；
⑤饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；
4、B
【解析】
根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。
【详解】
A．电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pH＞a，故A不符合；
B．电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；
C．电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；
D．电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；
故答案选B。
随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。
5、B
【解析】
X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。
【详解】
A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；
B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点 H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；
D．Al与O只能形成Al2O3，故D错误；
故答案为B。
6、A
【解析】
H2C2O4H++HC2O4- Ka1=，lg=0时，=1，Ka1=c(H+)=10-pH；
HC2O4-H++C2O42- Ka2=，lg=0时，=1，Ka2= c(H+)=10-pH。
【详解】
A．由于Ka1＞Ka2，所以=1时溶液的pH比=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，A正确；
B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B错误；
C．由A可知，Ⅱ为lg与pH的变化关系，由分析可知，Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；
D．H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误；
答案选A。
酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。
7、C
【解析】
A. 废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；
B. 厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B；
C. 稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；
D. 废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D；
答案选C。
8、D
【解析】
A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A正确；
B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B正确；
C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C正确；
D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D错误；
答案选D。
9、D
【解析】
由电解装置示意图可知，a极生成O2，O的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极(b极)，电极反应式为：2C2O52--4e-===4CO2+O2，d极生成C，C的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极(c极)，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，电池总反应为CO2 C + O2↑，据此解答问题。
【详解】
A．根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A选项错误；
B．d为阴极，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，B选项错误；
C．①中，捕获CO2时，CO2变成C2O52-和CO32-，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生改变，C选项错误；
D．电池总反应为CO2 C + O2↑，D选项正确；
答案选D。
10、B
【解析】
测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。
【详解】
A．所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选；
B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选；
C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；
D．在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选；
故选：B。
11、C
【解析】
在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用．若5mlH2O参加反应，则生成1mlO2，氧原子提供电子物质的量为2ml×2，令被水还原的BrF3的物质的量为xml，根据电子转移守恒，则：
2ml×2=xml×（3-0）
解得x=4/3ml，
选项C符合题意。
12、C
【解析】
A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；
B. 中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；
C. 量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；
D. 配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。
故选C。
13、D
【解析】
A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A正确；
B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B正确；
C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；
D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，选项D错误。
答案选D。
14、C
【解析】
A. NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；
B. HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B错误；
C. NaCl加热熔化电离生成Na+和Cl-，只破坏了离子键，故C正确；
D. 碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；
正确答案是C。
本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。
15、B
【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1ml咖啡酸最多能与4mlH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2O→C9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。
点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。
16、C
【解析】
H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；
根据上述分析，因为，则，数量级为10－2，选项A错误；
根据A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此时溶液pH约为5，选项C正确；
根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，选项D错误；
答案选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、HCl Cl2 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
【解析】
B为一种黄绿色气体单质B，则黄绿色气体B为Cl2，将A的浓溶液与MnO2 共热，生成氯气，则气体A为HCl，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知A为HCl，B为Cl2，故答案为：HCl，Cl2；
(2)A的浓溶液与MnO2 共热生成氯化锰．氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
18、AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑ 1：2
【解析】
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，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01ml，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物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，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。
【详解】
（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；
（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；
（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2ml，还原产物为银单质和一氧化碳，共4ml，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1：2，故答案为：1：2。
19、提高1-萘酚的转化率 冷凝回流 不能 产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率 a 1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应 50%
【解析】
（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；
（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；
（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；
（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：③②④①，选项是a；
（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即1－乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；
（6）根据方程式，1-萘酚与1-乙氧基萘的物质的量相等，则n(C10H8O)=n(C12H12O)=72g÷144g/ml=0.5ml，则m(C12H12O)=0.5ml×172g/ml=86g，其产率= (43g÷86g)×100%=50%。
20、a→e→f→c→d→b 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体 加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。 3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O 向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 16.6
【解析】
根据题干信息可知①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，需要的反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑；D装置用于除去H2S中的HCl气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。
【详解】
(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为a→e→f→c→d→b；
答案：a→e→f→c→d→b
(2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的作用是除去H2S中的HCl气体；
答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体
(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O结束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，发生反应3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O。
①反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；
答案：加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。
②因为肼(N2H4)也具有强还原性，可以肼(N2H4)替代H2S，肼(N2H4)的氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O。
答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O
(4)选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCO3；
答案:向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并
(5)根据题干信息①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，列关系式计算；
6KI ～ 3S
6ml 3ml
n(KI )ml ml
得n（KI）=0.1ml
m（KI）=n(KI) ×M(KI)=0.1ml×166g/ml=16.6g；
答案：16.6
21、CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/ml 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 BC 0.65 0.0425ml/(L·min) 0.96 SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ 增大 6.2
【解析】
(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574 kJ•ml-1，②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160 kJ•ml-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0 kJ•ml-1，根据盖斯定律，将×(①+②+③×4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=×[(-574 kJ•ml-1)+(-1160 kJ•ml-1)+(-44.0 kJ•ml-1)×4]=-955kJ•ml-1，故答案为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ•ml-1；
(2)①反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•ml-1 Ea1 = 3.2 kJ•ml-1
反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•ml-1 Ea2 = 58 kJ•ml-1，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；
②A．图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B．根据图像，温度高于200℃后，2O3(g) 3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)平衡正向移动， NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；
CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•ml-1
③反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%，则反应的NO为0.85ml，O3为0.85ml；反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3ml，O3为0.3ml，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2ml，则体系中剩余O3的物质的量=2.0ml-0.85ml-0.3ml-0.2ml=0.65ml；NO的平均反应速率==0.0425ml/(L·min)；平衡是为0.85ml+0.30ml+0.3ml=1.45ml，反应Ⅱ的平衡常数==0.96，故答案为0.65；0.0425ml/(L·min)；0.96；
(3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，故答案为SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+；
②负极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，正极反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，当外电路通过0.2 ml电子时，负极反应的二氧化硫为0.1ml，质量为6.4g，同时有0.2ml氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为增大；6.2。
本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。
物质
相对分子质量
状态
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解度
水
乙醇
1－萘酚
144
无色或黄色菱形结晶或粉末
96℃
278℃
微溶于水
易溶于乙醇
1－乙氧基萘
172
无色液体
5.5℃
267℃
不溶于水
易溶于乙醇
乙醇
46
无色液体
-114.1℃
78.5℃
任意比混溶