广东省实验中学2021届高三下学期考前热身训练化学试题（含解析）

这是一份广东省实验中学2021届高三下学期考前热身训练化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省实验中学2021届高三下学期考前热身训练化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．“地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好，下列说法正确的是
A．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
B．青蒿素在超临界CO2中有很强的溶解性，可用超临界CO2作青蒿素萃取剂
C．节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的
D．防晒是为了防止高温引起皮肤蛋白质被灼伤而变性
2．中国诗词常蕴含着一些自然科学知识，针对下列一些诗词，从化学角度解读错误的是
A．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”与“马尾”化学成分不同
B．“月波成露露成霜，借与南枝作淡妆”属于物理变化
C．“残云收翠岭，夕雾结长空”，所指“雾”是一种由氮的氧化物造成的光化学烟雾
D．“何意百炼钢，化为绕指素”，“百炼钢”其实就是对生铁的不断除杂致纯的过程
3．下列有关说法正确的是
A．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，其属于黑色金属材料
B．天然橡胶是制作医用无菌橡胶手套的原料，它是异戊二烯发生缩聚反应的产物
C．水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛、高温结构陶瓷都属于硅酸盐工业产品
D．纳米复合材料实现了水中微污染物铅(Ⅱ)的高灵敏、高选择性检测，但吸附的容量小
4．下列表示物质结构的化学用语正确的是
A．H、D、T表示同一种核素 B．BCl3的电子式：
C．石英的分子式：SiO2 D．CO2的立体结构模型：
5．依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是

A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④
6．据脑科医生介绍，市面上所谓的“聪明药”，主要成分是哌醋甲酯(结构如图)，是一种中枢神经系统兴奋剂，由于哌醋甲酯的作用机制和冰毒的主要成分类似，因此没有经过医生的指导服用会很危险。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是

A．分子式为C14H18NO2
B．能发生加成反应和取代反应品
C．分子中的所有碳原子均共面
D．该物质不可能和盐酸反应
7．化学与生活、生产密切相关。下列物质的应用和性质及对应关系均正确的是
选项
应用
性质
A．
为实现2060年“碳中和”目标
应禁用生物质能等化石能源
应用生物质能会释放大量二氧化碳
B．
苯酚和甲醛合成酚醛树脂
苯酚和甲醛可以发生加聚反应
C．
液态植物油制作人造脂肪
植物油可以和氢气发生加成反应
D．
热的纯碱溶液常用于洗涤金属表面的柴油
能使柴油水解生成溶于水的物质
A．A B．B C．C D．D
8．我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意如下图，下列说法不正确的

A．肉桂醛分子中不存在顺反异构现象
B．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子
C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
9．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中
10．氯元素的化合价与其形成的常见物质种类的关系如图所示。

下列说法不正确的是（    ）
A．b只有还原性
B．c没有漂白性，d具有漂白性
C．一定条件下e和f均属于较强氧化剂
D．g的化学式为HClO4
11．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NA
B．3g甲酸与乙醛的混合物中含有共价键数为0.4NA
C．将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解，溶液中H2SO3分子数为0.1NA
D．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.5NA
12．根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是
选项
实验或实验操作
现象
实验结论
A
用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的苯酚钠溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比苯酚的酸性强
B
某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液
有白色沉淀生成
原溶液中含有中的一种或几种
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热
无红色沉淀
蔗糖未水解
D
将石蜡油在碎瓷片上受热分解生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
石蜡油分解产物中含有不饱和烃
A．A B．B C．C D．D
13．已知某校回收的含银悬浊废水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl等，设计从废水中回收硝酸银的具体流程如下：
  
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅱ中发生的主要反应的离子方程：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O
B．实验中用铝粉代替铝片可以加快反应速率并简化实验操作
C．步骤Ⅲ中若先将Ag氧化为Ag2O，再加入稀硝酸反应有利于环保
D．操作Ⅰ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
14．科研小组设计用电化学原理进行废水脱硫，放电时工作原理示意图如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，负极电极的反应
B．放电时，H2SO4溶液的浓度不断减小
C．充电时，阳极区需补充适量水以保持溶液浓度不变
D．充电时，导线中流过同时有通过交换膜
15．室温时，用稀盐酸滴定溶液，已知：溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示，则下列有关说法正确的是

A．可选取酚酞作为滴定指示剂
B．M点溶液的pH>7
C．图中Q点水的电离程度最大
D．M点，
16．科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示），其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是（    ）

A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．氢化物的沸点：Y＞X＞Z＞W
C．X的氧化物的水化物是强酸
D．Y的某种单质具有杀菌消毒作用

二、实验题
17．碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3的最佳方案：
实验
试剂
现象
滴管
试管

0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)
1mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)
实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色
0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)
1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)
实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色。
0.8mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)
1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)
实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色
(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应： 。
。
(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为 。
(3)为了探究实验Ⅲ中起的作用，甲同学设计了实验Ⅳ进行探究：

操作
现象
实验Ⅳ
向0.8mol/LFeSO4溶液中加入 ，再加入一定量Na2SO4固体配制成含的混合溶液(已知对实验无影响)。再取该溶液一滴管与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。
与实验Ⅲ现象相同
对比实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，甲同学得出结论：水解产生，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生。
乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是： ，再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。
(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验Ⅲ中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。

①A中分液漏斗中的试剂为 。
②为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是 。
(5)实验反思：经测定，实验Ⅲ中的FeCO3纯度高于实验Ⅰ和实验Ⅱ．通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是 。

三、工业流程题
18．CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO2及少量的CuO、FeO和SiO2)为原料制备CdS的工艺流程如图。

已知：
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH

4.4
6.4

6.7
8.3

7.4
9.4
回答下列问题：
(1)“滤渣2”的主要成分为 。(写化学式)
(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为 。
(3)氧化步骤中加入H2O2的量比理论上要多一些，其可能原因为 。
(4)通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为 。
(5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中的含量，其原理是：，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了。此时溶液pH=6，则该条件下Cd(OH)2的 。
(6)CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成，反应的化学方程式为 。若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释 。(已知)

四、原理综合题
19．传统工艺采用酸催化水解苯乙腈(C6H5CH2CN)生产苯乙酸(C6H5CH2COOH)，某科研工作者研究了近临界水(250℃~350℃之间的压缩液态水，可同时溶解有机物和无机物)中苯乙腈无外加催化剂水解生成苯乙酸的反应。反应原理为：
反应Ⅰ：(苯乙酰胺)
反应Ⅱ：
当反应釜维持压强为8Mpa，苯乙腈的进料浓度为时，获得如图1、图2所示实验结果。

请回答：
(1)反应Ⅱ的 0(填“>”、“<”或“=”)
(2)关于近临界水、不加催化剂条件的反应工艺说法正确的是_____。
A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，有利于加快反应速率
B．上述实验条件下，苯乙腈的转化率与温度有关，与反应时间无关
C．近临界水本身的pH＜7，水电离的H+起催化作用
D．恒压通入N2有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率
(3)对于物质状态不同的多相反应，其平衡常数表达式中气相物质可用[为平衡分压，为标准压强]表示。请写出苯乙腈水解生成苯乙酸总反应的平衡常数表达式K= ：某温度下测得各物质的平衡浓度分别为，，忽略苯乙酸的电离及与氨气的作用，则反应Ⅰ的平衡常数的值为 。
(4)温度升高，对反应速率的影响更大的是 (填“反应Ⅰ”、“反应Ⅱ”)。说明判断依据，并从碰撞理论角度解释原因 。
(5)超临界水在有机废物处理过程中会产生二氧化碳、水、氮气以及盐类等无毒的小分子化合物。其中，以硫酸钠为研究对象，基于水合机理的溶解模型描述其溶解过程：，其中为溶解在超临界水中的硫酸钠，r为硫酸钠溶解所需的水分子数。对于这一反应，平衡常数可近似表示为：。在不同温度下，用硫酸钠溶解度的对数对水密度的对数作图，能得到一系列直线。由图3可以看出，温度变化使得水合分子数发生改变，且温度越来越高，溶解所需的水合分子数r的数值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。


五、结构与性质
20．第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。
(1)铬是最硬的金属单质，被称为“不锈钢的添加剂”。
写出Cr在周期表中的位置 ；其原子核外电子排布的最高能层符号 .
(2)在1 mol CrO5(其中Cr为+6价)中，含有过氧键的数目为 。
(3)钒(23V)是我国的丰产元素，被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：
写出钒原子价电子排布图 ；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为 ；

(4)Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，其中配原子是 。
(5)钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。钙钛矿(CaTiO3)晶体是工业获取钛的重要原料。CaTiO3晶胞如下图，边长为a=0.266m，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为 nm，与Ti紧邻的O个数为 。

(6)在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于 位置，O处于 位置。

六、有机推断题
21．米格列奈是一种非磺脲类胰岛素促分泌的药物，对于治疗糖尿病具备作用时间快、药效高、给药灵活和安全性能高等优点。它可由苯甲醛(A)为原料合成，部分合成路线如下：

请回答下列问题：
(1)化合物B中所含官能团除了羧基外还含有 、 (填名称)。
(2)由C→D的反应类型为 。
(3)D和E发生取代反应生成F的同时有HCl生成，则E的结构简式是 。
(4)X()为C的同系物。写出符合下列条件的X的一种同分异构体的结构简式 。
Ⅰ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，且不能与NaHCO3溶液反应放出CO2；
Ⅱ．能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
(5)请写出(4)中X与氢氧化钠溶液反应的化学方程式 。
(6)已知：，根据已有知识并结合题干流程图中信息，写出以为原料制备化合物的合成路线流程图 (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：


参考答案：
1．B
【详解】A．碳酸钙需要在高温下煅烧分解得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙来产生二氧化碳，故A错误；
B．青蒿素为有机酯类物质，不溶于水，在超临界CO2中有很强的溶解性，则萃取青蒿素可用超临界CO2作萃取剂，故B正确；
C．节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡等金属元素焰色反应呈现的，但铁的焰色是无色的，故C错误；
D．强紫外线能使皮肤蛋白质变性，则防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性，故D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质，二者化学组成不同，A项正确；
B．“露成霜”的过程为水由液态凝固成固态，是物理变化，B项正确；
C．“雾”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小液滴，并非氮的氧化物，C项错误；
D． “百炼钢”的过程反复加热，捶打，能够去除生铁中的杂质，获得成分均匀，组织致密的钢，D项正确；
答案选C。
3．A
【详解】A．钢铁是铁碳合金，合金属于金属材料，铁属于黑色金属，A项正确；
B．异戊二烯的结构简式为，含碳碳双键，天然橡胶是异戊二烯发生加聚反应的产物，B项错误；
C．水泥、玻璃、青花瓷属于硅酸盐工业产品，水晶的成分为SiO2、SiO2属于氧化物、不属于硅酸盐，高温结构陶瓷一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物在高温下烧结而成，高温结构陶瓷不属于硅酸盐材料，C项错误；
D．纳米复合材料具有较大的表面积，对Pb(Ⅱ)具有较大的吸附容量，并显示出高灵敏、高选择性检测，D项错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．H、D、T的质子数相同，中子数不同，故表示三种核素，A错误；
B．BCl3是共价化合物，其中B最外层上有3个电子，Cl最外层上有7个电子，故其电子式为：，B正确；
C．石英是共价晶体，故石英晶体中没有单个分子，则SiO2是二氧化硅的化学式而不是分子式，C错误；
D．已知CO2是一直线形分子，故CO2的立体结构模型为：，D错误；
故答案为：B。
5．B
【分析】依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。
【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。
答案选B。
6．B
【详解】A．根据哌醋甲酯的结构简式可知其分子式为C14H19NO2，故A错误；
B．该分子结构中含有苯环，可以发生加成反应和取代反应，故B正确；
C．该分子中存在饱和碳原子，所以其结构中的碳原子不能全部共面，故C错误；
D．分子中的亚氨基（NH＝）可与盐酸反应生成＝NCl，故D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．煤和石油等化石能源是现实中重要的能源，不可能禁止使用，故A错误；
B．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故B错误；
C．液态植物油和氢气发生加成反应后制作人造脂肪，故C正确；
D．柴油属于脂肪烃，不能发生水解反应，故D错误；
故选C。
8．A
【详解】A．肉桂醛中的碳碳双键的位置处有顺反异构现象，故A错误；
B．苯丙醛分子中的等效氢有6种，苯环根据对称性由3种等效氢，在苯环的支链上有3种等效氢，共6种，故B正确；
C．该反应发生过程中，醛基变为羟基是极性键断裂，H2参加反应时断非极性键，故C正确；
D．肉桂醛有碳碳双键和醛基官能团，与H2加入催化剂反应时，碳碳双键容易发生加成反应，但碳碳双键没有反应，醛基变为羟基，该催化剂选择性还原醛基，故D正确；
故本题选A。
9．C
【详解】A．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，则溶液中c()=c(Cl-)，即=1，A项错误；
B．CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-   ΔH>0，该水解反应的水解平衡常数Kh=，温度从20℃升温到30℃，该水解平衡正向移动，Kh增大，增大，则减小，B项错误；
C．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，向其中加入醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，c(H+)减小，溶液的pH增大，C项正确；
D．AgCl、AgI都难溶于水，0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，AgCl和AgI都不能完全溶解，相同条件下AgCl的溶度积大于AgI的溶度积，所得溶液中c(Cl-)>c(I-)，D项错误；
答案选C。
10．A
【详解】A. b为HCl，其中+1价的H化合价能降低，具有氧化性，A项错误；
B.c为Cl2没有漂白性，d为HClO具有漂白性，B项正确；
C.e为ClO2，f含ClO，一定条件下二者均属于较强氧化剂，C项正确；
D.氯元素化合价为+7价，g的化学式为HClO4，D项正确。
故选：A。
11．A
【详解】A．NO2、N2O4的最简式为“NO2”，N元素的化合价为+4价，则23g最简式的物质的量为 =0.5mol，则转移电子数为0.5NA，故A正确；
B．1个CH3CHO分子中含7个共价键，HCOOH分子中含有5个共价键，3gHCOOH中含有共价键，3gCH3CHO中含有共价键，3g甲酸与乙醛的混合物中含有共价键数0.326NA＜N＜0.477NA，故B错误；
C．SO2微溶于水，且与水反应生成亚硫酸的过程属于可逆反应，所以将标准状况下2.24L SO2通入水中完全溶解，溶液中H2SO3分子数小于0.1NA，故C错误；
D．，0.25molNa2O2则转移0.25mol电子，故D错误；
故选：A。  
12．D
【详解】A．稀盐酸也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误；
B．原溶液中也可能含有Ag+，故B错误；
C．蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；
D．石蜡为多种烃的混合物，产生的气体能使酸性高锰酸钾褪色，说明含有能被酸性高锰酸钾氧化的不饱和烃，故D正确；
故答案为D。
13．B
【分析】含银悬浊废水中含有AgCl、Ag(NH3)2NO3、AgNO3、CH3COONH4、NaCl等，加入盐酸后生成氯化银沉淀，过滤后，滤渣的主要成分是氯化银，在氯化银中加入铝片、氢氧化钠溶液后置换出银，然后用硝酸溶解得到硝酸银溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硝酸银晶体，据此分析解答。
【详解】A、步骤Ⅱ中主要发生铝、氢氧化钠溶液与氯化银的置换反应，发生的主要反应的离子方程式为：3AgCl＋Al＋4OH－＝3Ag＋AlO2－＋3Cl－＋2H2O，故A正确；
B、若实验中用铝粉代替铝片可以加快反应速率，但置换出的银中混入了铝粉，还需要分离提纯，没有简化实验操作，故B错误；
C、银与稀硝酸反应会生成NO，污染环境，若先将Ag氧化为Ag2O，再加入稀硝酸反应，可以防止NO的生成，有利于环保，故C正确；
D、操作Ⅰ是从硝酸银溶液中获得硝酸银晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；
故选B。
14．C
【分析】首先，放电时原电池原理，充电是电解池原理，放电时S2-化合价升高在负极发生氧化反应，那么Mn的化合价降低，应是Mn3+转化为Mn2+，发生还原反应，阳离子向正极移动；充电时，阳极区中的水参加反应。
【详解】A．放电时，由题图得，Mn2+离子被氧化，故A错误；
B．放电时，正极区中的氢离子被还原生成氢气，负极区中的氢离子会透过质子交换膜流向正极区，硫酸浓度不变，故B错误；
C．充电时，阳极区中的水被氧化，2H2O-4e-=O2↑+4H+，需补充适量水来维持浓度，故C正确；
D．充电时，根据C中方程式，导线中流过8mol电子时，应有8mol氢离子穿过质子穿透膜，故D错误；
故本题选C。
15．B
【分析】NaY是强碱弱酸盐溶液，故其水解显碱性，对水的电离有促进作用，由于当HCl溶液滴入10.00mL时即在M点时，所得溶液是HY和NaY的等浓度的混合溶液，根据HY的电离平衡常数和NaY的水解平衡常数来判断其溶液的酸碱性；当滴入盐酸溶液20.00mL时，两者恰好完全反应得到0.01mol/L的HY溶液，达到滴定终点，此时溶液显弱酸性；在Q点，HCl过量，对水的电离的抑制持续增强，据此分析。
【详解】A．当滴入盐酸溶液20.00mL时，两者恰好完全反应得到0.01mol/L的HY溶液，达到滴定终点，此时溶液显弱酸性，故需选取甲基橙做指示剂，而不能用酚酞，故A错误；
B．M所得溶液是HY和NaY的等浓度的混合溶液，由于HY的电离平衡常数Ka(HY)=5.0×10-11，而NaY的水解平衡常数=2×10-4mol/L，即HY的电离程度大于NaY的水解程度，故溶液显碱性，即pH大于7，故B正确；
C．NaY是强碱弱酸盐，水解能促进水的电离，在其溶液中加入盐酸，生成的HY能抑制水的电离，故随着盐酸的加入，水的电离程度逐渐减小，故Q点水的电离程度最小，而Kw只和温度有关，由于是室温，故Kw=10-14，故C错误；
D．所得溶液是HY、NaY和NaCl的等浓度的混合溶液，根据物料守恒可知c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，故D错误；
故选：B。
16．D
【分析】由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。
【详解】由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素；
A．C、N、O为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、O、Cl四种元素的原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，四种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞HCl＞CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，而+3价N的氧化物水化物HNO2是弱酸，故C错误；
D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故D正确；
故答案为D。
17．(1)
(2)
(3) 硫酸调节溶液pH为4.0 向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6mol/L
(4) 稀硫酸 测定C中U形管的增重的量
(5)调节溶液pH

【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
装置A中碳酸亚铁和硫酸反应生成二氧化碳气体，气体通过装置B浓硫酸干燥后进入装置C中被吸收，后面碱石灰可以防止空气中二氧化碳、水对实验的干扰；
【详解】（1）因为水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，溶液显碱性，遇到Fe2+产生Fe(OH)2的白色沉淀，Fe2+还原性很强，会被O2氧化变成Fe(OH)3红棕色沉淀，所以实验I中红褐色沉淀产生的原因：；
（2）因为FeSO4溶液水解生成氢离子，pH=4.5显酸性，碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，所以两者发生相互促进的双水解反应生成碳酸铁沉淀和二氧化碳、水，所以反应方程式：；
（3）实验Ⅲ中溶液pH=4.0，实验探究Ⅲ中起的作用，则需要控制变量，使得溶液pH相同，故加硫酸调节溶液pH=4.0抑制Fe2+的水解，操作中加入Na2SO4固体的目的是调节控制浓度，排除干扰；为了验证Na2SO4中浓度对实验的影响，应做对比实验：向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6 mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。
（4）①检验FeCO3的纯度的方法是通过FeCO3与酸反应产生CO2的量来计算样品中碳酸亚铁的纯度；故需要利用碳酸亚铁和硫酸反应生成二氧化碳气体进行实验，故A中分液漏斗中的试剂为稀硫酸；
②测定FeCO3的纯度的方法是通过测定FeCO3与酸反应产生CO2的量来确定，生成二氧化碳被装置C中碱石灰吸收，通过C中U形管的增重的量来确定CO2的量；所以除样品总质量外，还要测定C中U形管的增重的量；
（5）三个实验中Ⅲ的酸性强，所以调节溶液pH是提高FeCO3的纯度的方法。
18．(1)Cu(OH)2、CaSO4
(2)3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+
(3)Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2
(4)Cd2++H2S=CdS↓+2H+
(5)1.0×10-19
(6) CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑ 加水稀释时，c(Cl﹣)降低，使平衡Cd2++4Cl﹣⇌[CdCl4]2﹣向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2﹣结合生成CdS黄色沉淀

【分析】以镉铁矿(成分为CdO2、CuO、FeO和SiO2)为原料制备CdS，由流程可知，加硫酸溶解分离出滤渣为SiO2，加石灰乳沉淀出铜离子、硫酸根离子，加甲醇还原＋4价Cd发生3Cd4＋＋CH3OH＋H2O＝3Cd2＋＋CO2↑＋6H＋，再加过氧化氢可氧化亚铁离子，发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，调节5.0≤pH<7.4，分离出滤渣为Fe(OH)3，再加硫化钠生成CdS，以此来解答。
【详解】（1）由分析知，“滤渣2”为Cu(OH)2、CaSO4，故答案为Cu(OH)2、CaSO4；
（2）加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，甲醇被氧化成二氧化碳，反应的离子方程式为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+，故答案为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；
（3）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，能导致H2O2分解，因此消耗较多的H2O2，故答案为Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2；
（4）H2S与Cd2＋反应生成CdS和氢离子，反应的离子方程式为：Cd2++H2S=CdS↓+2H+，故答案为：Cd2++H2S=CdS↓+2H+；
（5）(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了，钠离子的浓度为，交换过程中应是等电荷的交换，则溶液中的Cd2+离子的浓度应为：，pH=6，则c(OH-)=10-8，Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)∙c(OH-)2=×(10-8)2=1.0×10-19，故答案为：1.0×10-19；
（6）CdS溶于浓盐酸，生成H2[CdCl4]，反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑，加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-⇌[ CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀，故答案为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-⇌[ CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀。
19．(1)＞
(2)ACD
(3) K= 4.0
(4) 反应Ⅱ 由图可知，温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度；苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著
(5)增大

【详解】（1）根据方程式可知：反应Ⅱ的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0；
（2）A．苯乙腈、苯乙酰胺在近临界水中具有更大的溶解度，能够使反应体系中物质的浓度增大，因而有利于加快反应速率，A正确；
B．在上述实验条件下，苯乙腈的转化率不仅与温度有关，也与反应时间有关，B错误；
C．在近临界水时由于温度升高，水电离程度增大，使溶液中的pH＜7，水电离产生的H+对反应的发生起催化作用，C正确；
D．恒压通入N2，则体系的体积必然扩大，导致气体物质浓度减小，化学平衡正向移动，因而有利于提高反应Ⅱ的平衡转化率，D正确；
故合理选项为 ACD；
（3）根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ，整理可得C6H5CH2CN(aq)+2H2O(l)=C6H5CH2COOH+NH3(g)，则该反应的化学平衡常数K=；
某温度下测得各物质的平衡浓度分别为c(C6H5CH2COOH)=5.0×10-3 mol/L，c(C6H5CH2CONH2)=8.0×10-4 mol/L，则C6H5CH2CN 的平衡浓度c(C6H5CH2CN)=6.0×10-3 mol/L-5.0×10-3 mol/L-8.0×10-4 mol/L=2.0×10-4 mol/L，所以反应Ⅰ的化学平衡常数K1=；
（4）由图可知：温度升高，苯乙酰胺水解速率加快程度快于苯乙腈水解速率加快程度，苯乙酰胺水解反应的活化能大于苯乙腈水解反应的活化能，温度对活化能大的反应速率影响更为显著，所以温度升高，对反应速率的影响更大的是反应Ⅱ；
（5）根据图示可知：温度越来越高，溶解所需的水合分子数r的数值越大，即溶解所需的水合分子数r随温度的升高而增大。
20． 第四周期第ⅥB族 N 2NA sp3 C 0.188 12 体心 棱心
【详解】(1)Cr为24号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。答案为第四周期第ⅥB族N；
(2)过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+ y×（-2）+5=0，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；
(3)V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为；从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为sp3；
(4) Ni(CO)4中，配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得C原子一端拥有的电子较多，而且C的电负性没有O大，易给出电子，因此配位原子是C。答案是C。
(5)晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为面对角线的一半，为nm，与Ti紧邻的O，在Ti原子的上部有4个，在与Ti原子同平面的有4个O原子，在Ti原子的下面也有4个O原子，一共12个，答案为0.188nm 12；
(6) CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，O与Ga在同一直线上，则O在棱上。Ti在Ga形成的六面体的中心，则Ti为体心。答案为体心棱心
21．(1) 酯基 碳碳双键
(2)取代反应
(3)
(4)或或
(5)
(6)

【分析】D和E发生取代反应生成F，结合D和F的结构简式可知，D中C-Cl键断裂，E中N-H键断裂，然后重新组合生成F和HCl，则E为，据此分析解答。
【详解】（1）根据B的结构简式可知，化合物B中所含官能团除了羧基外还含有酯基和碳碳双键。
（2）C分子中羧基上的羟基被氯原子取代生成有机物D，则C→D的反应类型为取代反应。
（3）D和E发生取代反应生成F的同时有HCl生成，结合D和F的结构简式可知，E为。
（4）X的同分异构体满足：不能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中不含羧基；与FeCl3不发生显色反应，说明结构中不含酚羟基；该有机物能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸酚酯的结构，结合该有机物核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，可推知符合条件的同分异构体有：、和。
（5）X中含有酯基，能在碱性条件下水解，含有羧基，能和酸发生酸碱中和反应。则X与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为。
（6）在碱性环境下发生水解生成，发生催化生成，继续氧化生成，在SOCl2条件下发生取代生成，根据信息可推知，；具体流程如下：。