浙江省新高考选考化学模拟卷解析版.docx

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浙江省新高考选考化学模拟卷解析版

2021年浙江省新高考·选考化学模拟卷

相对原子质量：

H－1C－12N－14O－16Cl－35.5Al－27Fe－56Co－59Ba－137

选择题部分

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。

每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1．下列化学式只表示一种分子的是

A．CH2Br2B．C3H6C．（C6H10O5）nD．SiO2

【答案】A

【解析】A．二溴甲烷没有同分异构体且由分子构成，所以CH2Br2只表示一种分子；B．C3H6可以表示丙烯和环丙烷两种分子；C．淀粉或纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，但n值不等且不确定，所以（C6H10O5）n可以表示多种分子；D．二氧化硅是原子晶体，晶体中不存在分子，所以SiO2不表示分子。

2．分离KCl和MnO2的混合物时，不需用到的仪器是

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】KCl和MnO2的混合物经溶解、过滤、洗涤、干燥，可分离出MnO2，蒸发滤液可得到KCl，溶解时用到烧杯，过滤是用到漏斗，蒸发时用到蒸发皿，整个过程都不需用到蒸馏烧瓶，故答案为A。

3．下列属于强电解质的有机物是

A．乳酸B．溴乙烷C．醋酸铵D．碳铵

【答案】C

【解析】乳酸和溴乙烷都属于有机物，但乳酸为弱电解质，溴乙烷为非电解质；碳铵即碳酸氢铵，虽为强电解质，但属于无机物，故答案为C。

4．反应3BrF3＋5H2O==

HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，氧化产物是

A．H2OB．

HBrO3C．O2D．

HBrO3和O2

【答案】D

【解析】BrF3转化

HBrO3，Br的化合价升高，H2O转化为O2↑，O的化合价升高，所以

HBrO3和O2都是氧化产物，故答案为D。

5．下列化学式或结构简式不正确的是

A．刚玉：

Al2O3B．孔雀石：

Cu2（OH）2CO3

C．水杨酸：

D．谷氨酸：

【答案】D

【解析】谷氨酸为α－氨基戊二酸，其结构简式为：

，故D不正确

6．下列表示正确的是

A．中子数为176的某核素：

B．肽键的结构简式：

－CO－NH－

C．26Fe3+的结构示意图：

D．CH4分子的比例模型：

【答案】B

【解析】

【解析】A．中子数为176，质子数为117，则其质量数为293，故Ts的某种核素为

，A错误；B．肽键是由－COOH和－NH2脱水后形成的，所以其结构简式为－CO－NH－或－CONH－，B正确；C．Fe3+的核电荷数为26，则Fe3+的核外电子数应为23，其结构示意图为

，C错误；D．该图为甲烷分子的球棍模型，D错误。

7．下列说法正确的是

A．游离态的硫有多种存在形态：

S2、S4、S6、S8，它们互为

同位素

B．化学家最近成功制造出环状碳分子C18，它与金刚石和石墨均互为同素异形体

C．CH3COOH、CH2＝CHCOOH、C17H33COOH互为同系物

D．二甲苯有3种结构，其一氯代物共有6种同分异构体

【答案】B

【解析】A．同位素指质子数相等，中子数相等的同种元素的原子，S2、S4、S6、S8都是硫元素的单质，不能互称为同位素，A错误；B．C18、金刚石和石墨均由碳元素形成的不同单质，所以互为同素异形体，B正确；C．油酸（C17H33COOH）的烃基部分有一个碳碳双键，与丙烯酸（CH2＝CHCOOH）所含官能团类型相同、数目相等，都属于不饱和脂肪酸，互为同系物，但乙酸（CH3COOH）分子不含碳碳双键，属于饱和脂肪酸，与丙烯酸、油酸不能互称为同系物，C错误；D．二甲苯有邻、间、对3种结构，但其一氯代物共有9种，其中邻二甲苯有3种，间二甲苯有4种，对二甲苯有2种，D错误。

8．下列说法不正确的是

A．氧化铝、氧化镁的熔点很高，都可用做耐高温材料

B．工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅

C．聚乙烯是一种广泛用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的有机高分子材料

D．卤代烃用途广泛，如七氟丙烷可作灭火剂、氟利昂（如CHFCl2）可作制冷剂

【答案】B

【解析】A．氧化铝的熔点超过2000℃，氧化镁的熔点更是高达2800℃，二者都可用做耐火或耐高温材料，A正确；B．制玻璃时，石灰石和二氧化硅在高温下反应生成玻璃的成分之一硅酸钙，石灰石不是用于除杂，B不正确；C．聚乙烯是一种无臭、无毒的有机高分子材料，常温下不溶于一般溶剂，吸水性小，化学稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，所以可用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等生活用品，C正确；D．七氟丙烷无色、无味、低毒、不导电、不污染，是一种洁净的灭火剂，氟利昂（如CHFCl2）是曾经广泛应用的制冷剂，D正确。

9．下列说法不正确的是

A．一定温度下，反应2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）能自发进行，该反应的ΔH＜0

B．0.1mol·L－1Ca5NH4（NO3）11溶液中，Cl－、SO42－、H+、Fe2+可以大量共存

C．高纯度晶硅可以按下列方法制备：

SiO2

Si（粗）

SiHCl3

Si（纯）

D．聚酯纤维

是由对苯二甲酸与乙二醇两种单体通过缩聚反应合成的高分子化合物

【答案】B

【解析】A．体系能量降低和混乱度增大都能促使反应自发进行，正反应的混乱度减小，既然能自发进行，则正反应必为放热反应，即ΔH＜0，A正确；B．Ca5NH4（NO3）11是一种复盐，可改写为5Ca（NO3）2·NH4NO3，其溶液中含有NO3－，酸性条件下能氧化Fe2+，即NO3－、H+、Fe2+不能大量共存，B不正确；C．高纯硅的制备方法之一：

①SiO2＋2C

Si＋2CO↑、②Si＋3HCl

SiHCl3＋H2↑、③SiHCl3＋H2

Si＋3HCl↑，C正确；D．从结构简式可看出，聚酯纤维

是一种高分子化合物，合成它的单体为对苯二甲酸与乙二醇，发生反应的类型为缩聚反应，D正确。

10．下列说法不正确的是

A．用系统命名法给有机物

命名：

2,4－二乙基－1,3－已二烯

B．直馏汽油、裂化汽油、植物油均能使Br2的四氯化碳溶液褪色

C．乙醚、苯、环已烷、氯仿、丙酮都良好的有机溶剂

D．苯酚呈弱酸性，说明苯酚中的苯环使羟基中的氢原子变得活泼

【答案】B

【解析】A．二烯烃的命名，首先选择包含两个碳碳双键在内的最长的碳链作为主链，然后考虑使取代其的编号最小，所以该有机物的命名为2,4－二乙基－1,3－已二烯，A正确；B．直馏汽油的成分为液态饱和烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，裂化汽油、植物油中均含有碳碳双键，能够与Br2发生加成反应，导致Br2的四氯化碳溶液褪色，B错误；C．有机溶剂有多种，除了乙醇、苯、C错误；D．C2H5OH（或H2O）呈中性，而C6H5OH呈弱酸性，说明苯酚中的－C6H5使－OH中的氢原子变得活泼，羟基能部分电离出H+而呈弱酸性，D正确。

11．下列有关实验说法，不正确的是

A．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗

B．除去NaCl固体中少量KNO3杂质，实验步骤：

加热溶解、蒸发结晶、冷却、过滤、洗涤、干燥

C．用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、葡萄糖、甘油（必要时可加热）

D．为了配制不含Na2CO3的NaOH溶液，先配制其饱和溶液，再取上层清液稀释到成所需的浓度

【答案】B

【解析】A．苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，而苯酚易溶于酒精，所以如果苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，A正确。

B．高温溶解、蒸发结晶时，NaCl晶体结晶析出，少量KNO3留在溶液中，此时应趁热过滤（冷却后KNO3也会析出晶体），然后对晶体进行洗涤、干燥，即可得NaCl固体，B错误。

C．与新制Cu（OH）2悬浊液混合后，现象各不相同，蓝色溶液的是乙酸，降蓝色溶液是葡萄糖和甘油，无明显现象的是乙醇和乙醇，再加热，出现砖红色沉淀的是葡萄糖和乙醛，无明显变化的是乙醇和甘油，所以能用新制Cu（OH）2悬浊液进行鉴别，C正确。

D．NaOH易吸收空气中的CO2生成Na2CO3，因此配制NaOH溶液采用间接法，先将其配成饱和溶液，由于Na2CO3在饱和NaOH溶液中不溶解，待Na2CO3沉淀后，再取一定量上层清液，稀释到所需的浓度，D正确。

12．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是

A．新型硅酸盐产品氮化硅陶瓷，是优良的耐磨材料和光伏材料

B．肼（N2H4）可作为火箭和燃料电池的燃料

C．伯胺（RNH2）是一类含氮有机物，溶于水显弱碱性

D．汽车尾气的催化转化装置能将CO和NO转化为CO2和N2

【答案】A

【解析】A．氮化硅（Si3N4）熔点高硬度大，可以作耐磨材料，但不属于硅酸盐产品，A错误；B．肼（N2H4）具有很高的燃烧热，可用作火箭和燃料电池的燃料，B正确；C．伯胺是一类含有氨基的有机物，溶于水时发生以下电离而显弱碱性：

RNH2＋H2O

RNH3+＋OH－，C正确；D．汽车尾气中的CO和NO可以通过催化转化装置转化为无毒的CO2和N2，D正确。

13．不能正确表示下列变化的离子方程式是

A．向5mL0.1mol·L－1的K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液橙色变深：

Cr2O72－（橙色）＋H2O

2CrO42－（黄色）＋2H＋

B．向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO42－完全沉淀：

　　　　Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－==2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O

C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液混合并搅拌：

4Fe2+＋8OH－＋O2＋2H2O==4Fe（OH）3↓

D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：

Fe3+＋3ClO－＋3H2O＝Fe（OH）3↓＋3HClO

【答案】C

【解析】A．向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，Ｈ+浓度增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深（滴入的浓硫酸量较少，可忽略热效应的影响），A正确；B．明矾溶液中溶质为KAl（SO4）2，使2molSO42－完全沉淀，需2molBa（OH）2，此时Al3+恰好完全转化为AlO2－，离子方程式为：

Al3+＋2SO42－＋2Ba2+＋4OH－==2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，B正确；C．过量的NaOH，能与NH4+反应：

NH4+＋OH－==NH3·H2O，C错误；D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液时，Fe3+和ClO－发生双水解反应，且反应程度接近完全，所以有大量红褐色的Fe（OH）3沉淀生成，D正确。

14．下列说法正确的是

A．石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化

B．除去油脂中的少量水分，既可以用无水硫酸钠，也可以用碱石灰

C．医用酒精和生理盐水均可用于医疗消毒，其消毒原理是二者均能使蛋白质变性

D．隔绝空气高温加热生物质，通过热化学转换可产生可燃性气体

【答案】D

【解析】A．煤的气体和液化都是化学变化，A错误；B．除去油脂中的少量水分，若用碱石灰会造成油脂水解，B错误；C．生理盐水为0.9%的氯化钠溶液，不能使蛋白质变性，C错误；D．隔绝空气高温加热生物质，使之发生复杂的化学反应，可产生可燃性气体，这就是生物质能的热化学转化，D正确。

15．芴酮可用作工程塑料的改进剂。

某芴酮可通过下列反应得到：

下列说法不正确的是

A．该反应既是取代反应，又是消去反应

B．芴酮分子含有羟基和羰基官能团，所有原子可共处同一平面

C．Na2CO3、NaHCO3溶液均能鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ

D．化合物Ⅰ的分子式为C13H8O3，1mol的化合物Ⅰ最多可与3molNaOH反应

【答案】A

【解析】A．该反应的实质是羧基与苯环上的一个氢原子发生分子内脱水反应，属于取代反应，没有形成不饱和键，所以不属于消去反应，A错误；B．2个苯环和1个五元环必然共平面，根据甲醛为平面分子可判断，羰基氧原子也在该平面内，2个羟基通过C—O键旋转一定角度也可以使羟基位于该平面内，即所有原子可以共平面，B正确；C．Na2CO3、NaHCO3溶液与化合物Ⅰ反应都有气泡产生，Na2CO3溶液与化合物Ⅱ中的酚羟基能发生反应，但无明显现象，而NaHCO3溶液与化合物Ⅱ不反应，也没有明显现象，故可鉴别这两种化合物，C正确；D．根据结构简式判断其分子式为C13H8O3，酚羟基和羧基都能与NaOH发生中和反应，所以1mol的化合物Ⅰ最多可与3molNaOH反应，D正确。

16．下列说法正确的是

A．元素周期表中第ⅠA族元素又叫碱金属元素，第ⅪA族元素又叫氧族元素

B．第ⅫA族元素，随着HX水溶液的酸性逐渐减弱，非金属性逐渐减弱

C．CO2和PCl3均为共价分子，每个原子最外层都具有8电子稳定结构

D．金刚石、足球烯都具有空间网状结构，加热熔化时均需破坏共价键

【答案】C

【解析】A．碱金属不包括第ⅠA族的氢元素，A错误；B．非金属气态氢化物水溶液的酸性强弱不能作为元素非金属性强弱的判断依据，事实上HF为弱酸，而HCl、HBr、HI均为强酸，B错误；C．CO2和PCl3均为共价化合物，各原子最外层达到8电子稳定结构，C正确。

D．足球烯是由C60分子构成的分子晶体，加热熔化时只需破坏分子间作用力，D错误。

17．已知：

Kb（NH3·H2O）=1.8×10－5、Ka1（H2CO3）=4.3×10－7，下列说法正确的是

A．常温下将pH＝3的酸HR溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，则混合溶液的pH≥7

B．0.1mol·L－1NH4HCO3溶液（pH＞7）：

c（NH4+）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（NH3·H2O）

C．等浓度等体积的氨水和NH4HCO3溶液混合：

c（NH4+）＋c（NH3·H2O）=c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）

D．在0.1mol·L－1的Na2S溶液中存在：

c（OH－）＝c（HS－）＋c（H2S）＋c（H+）

【答案】B

【解析】A．若HR为强酸，则HR与NaOH恰好完全反应，生成强酸强碱盐NaR，溶液显中性，pH=7，若HR为弱酸，则HR过量，反应后得NaR和HR的混合溶液，且c（HR）＞c（NaR），溶液显酸性，pH＜7，A错误；B．HCO3－水解：

H2O＋HCO3－

H2CO3＋OH－，NH4+水解：

NH4+＋H2O

NH3∙H2O＋H+，由Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3）可知，水解程度NH4+小于HCO3－，则c（NH4+）＞c（HCO3－）、c（H2CO3）＞c（NH3∙H2O），而水解是微弱的，则c（HCO3－）＞c（H2CO3），B正确；C．由物料守恒，n（N）:

n（C）=2:

1，则有c（NH4+）＋c（NH3∙H2O）=2[c（H2CO3）＋c（HCO3－）＋c（CO32－）]，C错误；D．根据水电离产生的H+和OH－浓度相等，可得质子守恒关系：

c（OH－）＝c（HS－）＋2c（H2S）＋c（H+），D错误。

18．ClO2是一种广谱、高效、快速、安全无毒的杀菌消毒剂。

用电解饱和食盐水的方法制取ClO2时，伴有Cl2、O3、H2O2等物质生成，下图是电解法二氧化氯发生器的工作原理示意图。

下列说法不正确的是

A．电极B为阳极，阳离子向A极迁移

B．生成H2O2的电极反应：

2H2O－2e－==H2O2＋H+

C．导线上通过5mol电子时，生成1molClO2

D．配制饱和NaCl溶液所用的水须经过软化处理，除去水中的Ca2+、Mg2+，以降低浮渣、水垢的生成

【答案】C

【解析】A．氢气在阴极生成，所以A为阴极，B为阳极，排出的碱液为NaOH溶液，而饱和食盐水从阳极区加入的，则Na+必然通过电解隔膜向A极迁移，阳极产生的H+也通过电解隔膜向A极迁移，A正确；B．阳极生成H2O2，氧的化合价升高，则必有H2O放电，电极反应为式：

2H2O－2e－==H2O2＋H+，B正确；C．电解时还伴有Cl2、O3、H2O2等物质生成，这些也是消毒剂的成分，生成这些物质时发生了氧化反应，需得到电子，所以导线上通过5mol电子时，生成的ClO2少于1mol，C错误。

D．Ca2+、Mg2+在电解过程中生成Ca（OH）2和Mg（OH）2沉淀附着于电极表面或沉积于电解池底部，对设备造成破坏，降低电解效率，所以需要对水进行软化处理，D正确。

19．五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。

下列说法不正确的是

A．离子半径大小顺序：

r（W2－）＞r（Q－）＞r（Y2－）＞r（Z3+）

B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强

C．元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物中即含共价键又含离子键

D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应

【答案】B

【解析】根据各元素在周期表中的位置可知，X、Y、Z、W、Q五种元素分别为氮、氧、铝、硫和氯，对应的简单离子分别为N3－、O2－、Al3+、S2－、Cl－。

A．S2－、Cl－的电子层排布与氩原子相同，O2－、Al3+的电子层排布与氖原子相同，而电子层排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所离子半径大小顺序：

r（S2－）＞r（Cl－）＞r（O2－）＞r（Al3+），A正确；B．酸性：

HClO4＞H2SO4，B错误；C．X的氢化物为NH3，Q的氢化物为HCl，二者化合的产物为NH4Cl，NH4Cl中即含离子键又含共价键，C正确；D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、Al（OH）3、H2SO4、HClO4，均能与强碱反应生成盐和水，D正确。

20．NA为阿伏加德常数的值，下列说法正确的是

A．已知：

2HI（g）

H2（g）＋I2（s）ΔH=akJ·mol−1当断裂H−I键数目为2NA时，该反应吸热akJ

B．一定条件下，足量氧气通过Na单质后，若固体增重3.2g，则转移的电子数一定为0.4NA

C．58g正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为13NA

D．常温下，lLpH=7的1mol·L−1CH3COONH4溶液中CH3COO－与NH4+数目均为NA

【答案】C

【解析】A．a的数值未知，不能判断该反应是吸热反应，A错误；B．氧气与Na单质反应，得到的产物可能是氧化钠，也可能是过氧化钠，无法计算转移电子数，B错误；C．每1mol正丁烷和异丁烷都含有13mol共价键，所以不论二者以什么比例混合，只要总物质的量为1mol（或总质量为58g），则必含有13mol（即13NA）共价键，Ｃ正确：

D．CH3COO－、NH4+分别水解生成CH3COOH和NH3·H2O，又因溶液呈中性，所以n（CH3COO－）=n（NH4+）＜1mol，即N（CH3COO－）=N（NH4+）＜NA，D错误。

21．一定温度下，将气体X和Y各0.15mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应2X（g）＋Y（g）

2Z（g）

ΔH＜0。

一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表所示：

下列说法正确的是

A．反应前2min的平均速率v（Z）=1.5×10－3mol·L−1·min−1

B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：

v（逆）＞v（正）

C．其他条件不变，起始时向容器中充入气体X和Y各0.30mol，达到平衡时，c（Y）＝0.02mol·L−1

D．该温度下，上述反应的平衡常数值K=400

【答案】D

【解析】A．反应前2min的平均速率v（Z）=

×2=3.0×10－3mol·L−1·min−1，A错误；B．ΔH＜0表示反应放热，降低温度，平衡正移，v（正）＞v（逆），B错误；C．若反应在20L的恒容密闭容器中进行，可达到相同的平衡状态，要使其变为10L，需将容器压缩，压缩过程中，假设平衡不移动，则c（Y）＝0.02mol·L−1，可事实上平衡正移，故c（Y）＜0.02mol·L−1，Ｃ错误；D．平衡时c（Y）＝0.01mol·L−1，则转化的Y为0.005mol·L−1，转化的X为0.01mol·L−1，平衡时c（X）＝0.005mol·L−1，c（Z）＝0.01mol·L−1，故K=

=400，D正确。

22．下列说法正确的是

图1图2

图3

A．根据图1求得，C－H的键能为376.5kJ·mol－1

B．根据图2可知，2AB（g）==A2（l）+B2（l） ΔH＜（b－a）kJ·mo1－1

C．根据图2可知，正反应的活化分子百分数比逆反应的大，v（正）＞v（逆）

D．根据图3可知，ΔH1（CaCO3）－ΔH1（MgCO3）=ΔH3（CaO）－ΔH3（MgO）

【答案】B

【解析】A．由盖斯定律得ΔH3=ΔH1＋ΔH2＋4×（C－H的键能），则C－H的键能=

kJ·mol－1=414kJ·mol－1，A错误；B．由图2可知，2AB（g）=A2（g）+B2（g）为放热反应，ΔH＝（b－a）kJ·mo1－1，而A2（g）→A2（l）、B2（g）→B2（l）为吸热过程，故2AB（g）==A2（l）+B2（l）ΔH＜（b－a）kJ·mo1－1，B正确；C．由图2可知，对于可逆反应A2（g）+B2（g）

2AB（g），正反应的活化能a大于逆反应的活化能b，则正反应的活化分子百分数比逆反应的小，v（正）＜v（逆），再说，图中未注明反应物和生成物，所以不能确定正、逆反应，C错误；D．ΔH1（CaCO3）－ΔH1（MgCO3）为CaCO3与MgCO3中离子键“键能”之差，ΔH3（CaO）－ΔH3（MgO）为CaO与MgO中离子键“键能”之差，不同离子化合物键能不同，则键能差值也不相等，D错误。

23．常温下，用物质的量浓度为M的NaOH稀溶液滴定0.1mol·L－1某酸HA溶液，溶液中水电离出的

c水（H+）的负对数[－1gc水（H+）]与所加NOH溶液体积的关系如图所示。

下列说法正确的是

A．NaOH溶液中：

c2（H+）－M×c（H+）=KwB．Ka（HA）的值约为10－5

C．R、Q两点溶液对应的pH=7D．R→N、N→Q所加NaOH溶液体积相等

【答案】B

【解析】A．由电荷守恒得：

c（OH－）=M＋c（H+），即

=M＋c（H+），变形得c2（H+）＋M×c（H+）=Kw，A错误；B．常温下，HA溶液中－1gc水（H+）=11，则c水（H+）=c水（OH－）=10－11mol·L－1，所以c（H+）=

mol·L－1=10－3mol·L－1，c（HA）≈0.1mol·L－1，Ka（HA）=

=

=1×10－5，B正确；C．R点酸过量，溶液呈酸性，pH＜7，Q点NaOH过量，溶液呈碱性，pH＞7，C错误；D．R→N加NaOH消耗HA，促进水的电离，N→Q加NaOH溶液，碱过量，抑制水的的电离，虽然c水（H+）变化程度相等，但随着溶液体积增大，所加NaOH溶液的体积也增大，即R→N、N→Q所需NaOH体积不相等，D错误。

24．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。

下列关于Na2S2O4说法不正确的是

A．可以使品红溶液褪色

B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂

C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应

D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3

【答案】C

【解析】A．Na2S2O4能漂白织物，说明有漂白性，能使品红溶液褪色，A正确；B．Na2S2O4能还原重金属离子，说明有还原性，Na2S2O4中硫为+3价，容易被氧气氧化，所以可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C．Cl2氧化性强，能把Na2S2O4溶液氧化，根据题给信息可知，Na2S2O4能把AgNO3