福建省厦门市第六中学2023年高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、生活中处处有化学。下列说法正确的是A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X－、Y+具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A．原子半径：Y＞Z＞X＞WB．简单氢化物的稳定性：X＞Z＞WC．最高价氧化物的水化物的酸性：W＞ZD．X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同3、下列叙述正确的是A．用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶时，将船舶与石墨相连B．往含硫酸的淀粉水解液中，先加氢氧化钠溶液，再加碘水，检验淀粉是否水解完全C．反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应的△H<0D．已知BaSO4的Ksp=(Ba2+)·c(SO42-)，所以BaSO4在硫酸钠溶液中溶解达到饱和时有c(Ba2+)=c(SO42-)=4、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D5、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A．2种 B．3种 C．4种 D．5

种6、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B．Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑C．氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2OD．Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−7、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0A．T1<T2B．若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C．平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJD．容器III中反应起始时v正(CH4)<v逆(CH4)8、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈，盖酒露也"。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是A．分液 B．升华 C．萃取 D．蒸馏9、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶310、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数为0.2NAB．25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的数目为0.1NAC．15gHCHO中含有1.5NA对共用电子对D．常温常压下，22.4L甲烷气体中含有的氢原子数目小于4NA11、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3—发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是A．B溶液含[Al(OH)4]—B．A溶液和B溶液混合无明显现象C．D与F反应生成盐D．E排入大气中会造成污染12、下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是选项操作实验现象结论A用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热融化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点低B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液中含有钠盐C向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层乙烯发生氧化反应D将20℃0.5mol·L－1Na2CO3溶液加热到60℃，用pH传感器测定pH溶液的pH逐渐减小Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果A．A B．B C．C D．D13、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A．T的氢化物的沸点一定低于R的B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．T和W组成的化合物含两种化学键D．工业上电解熔融氧化物制备G的单质14、下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是A．充电时，a为电源正极B．充电时，Cl-向Bi电极移动，Na+向NaTi2(PO4)2电极移动C．充电时，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O15、某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol⋅L-1的NaA．该温度下KB．X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小C．Na2D．向100mLZn2+,Cu2+浓度均为1×1016、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的稳定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成17、已知2H2(g)+O2(g)→2H2O(l)+571.6kJ。下列说法错误的是()A．2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6kJ热量B．2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量C．2g氢气与16g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8kJ热量D．2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量大于571.6kJ18、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，则下列判断正确的是A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJB．2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量C．1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量D．使用催化剂，可以减少反应放出的热量19、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A．抗氧化剂 B．调味剂C．着色剂 D．增稠剂20、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤21、下列有关垃圾分类说法错误的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O22、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2价铁的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2二、非选择题(共84分)23、（14分）某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：(1)化合物X的化学式为___________(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为______________。(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________(4)若以X▪3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。(5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由___________。24、（12分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。(3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。(4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。25、（12分）ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol/LNa2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m(ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。26、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。27、（12分）阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如下表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。③趁热过滤的原因是___。④下列说法不正确的是___(填字母)。A．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂B．此种提纯粗产品的方法叫重结晶C．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大D．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。28、（14分）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)基态Ni原子价电子中成对电子数与未成对电子数之比为_______.。(2)已知FeF3具有较高的熔点（熔点高于1000℃），FeBr3的式量大于FeF3，但其熔点只有200℃，原因是_____________________________________________________________________。(3)Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+，1mol该配离子中所含σ键的数目为____，与N3-互为等电子体的一种分子为：_______，N3-离子杂化类型为________。(4)金属Fe与Mg、H形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表Fe，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表H，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。(5)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为__________g（用含a、NA的代数式表示）。29、（10分）二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。工业上，常利用CO2和H2合成二甲醚。有关反应如下(z、y、z均大于0)：①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-ykJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=___________kJ·mol-1(2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是___(填字母)。a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率b.体系中减小，平衡一定向正方向移动c.容器体积一定，混合气体密度不变时一定达到平衡状态d.充入适量CO，可能提高CH3OCH3的产率(3)在一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中，k正、k逆为正、逆速率常数，与浓度无关)。达到平衡时，升高温度，将_____选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。①500K时，将9molH2和3molCO2充入2L恒容密闭容器中，5min时反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(H2)=____________mol∙L-1∙min-l，该温度下，反应的平衡常数K=____(列出计算式即可，无需化简)。②由图像可以得出的结论是_________(答两条)。(5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者还能作燃料电池的燃料。以CO、H2体积比为1:2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极)，开始时，负极的电极反应式为____。

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、A【解析】

A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。故选A。2、B【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳(C)；X－、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na＞Cl＞C＞F，A错误；B.非金属性F>Cl>C，所以简单氢化物的稳定性X＞Z＞W，B正确；C.非金属性C<Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z，C错误；D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF，前者含共价键、后者含离子键，D错误。故选B。3、C【解析】

A.用牺牲阳极的阴极保护法，用还原性比钢铁强的金属作为负极，发生氧化反应而消耗，故应将船舶与一种比钢铁活泼的金属相连如Zn，故A错误；B.碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故B错误；C.该反应是一个气体体积减小的反应，即△S<0，如果反应能自发进行，该反应△H-T△S<0，则△H<0，故C正确；D.在硫酸钡的单一饱和溶液中式子成立，在Na2SO4溶液中c（SO42-）增大，溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，c（Ba2+）减小，Ksp不变，则在Na2SO4溶液中溶解达到饱和时c（Ba2+）<<c（SO42-），故D错误。故选C。4、C【解析】

A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。综上所述，答案为C。5、A【解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。6、B【解析】

A.FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正确；B.Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，故B错误；C.氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O，故C正确；D.Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−，故D正确；选B。7、A【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1<T2，正确；B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为1.2-0.4=0.8mol，则反应热为=346.8kJ，故错误；D.容器III中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。故选A。8、D【解析】

根据“浓酒和糟入甑，蒸令气上”，表明该方法是利用各组分沸点不同实现混合液体的分离，此方法为蒸馏。故选D。9、B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。10、D【解析】

A.铜在一定条件下与浓硫酸反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，与稀硫酸不反应，含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，并不能完全反应，所以转移电子数一定小于0.2NA，A项错误；B.25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中由水电离产生的OH－的浓度为10－13mol/L，则1L该溶液中由水电离产生的OH－的数目为1×10－13NA，B项错误；C.一个HCHO分子中含有2个碳氢单键和一个碳氧双键，即4对共用电子对，15gHCHO物质的量为0.5mol，因此15gHCHO含有0.5mol×4=2mol共用电子对，即2NA对共用电子对，C项错误；D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA，D项正确；答案选D。【点睛】公式（Vm=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。本题D项为常温常压，因此气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L甲烷气体的物质的量小于1mol，因此含有的氢原子数目小于4NA。11、B【解析】

根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。【详解】A.铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；B.硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C.D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D.E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；答案为B。12、D【解析】

A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；故答案为D。13、D【解析】

T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【详解】A.T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B.W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HClO为弱酸，B错误；C.T和W组成的化合物为CCl4，只含有一种化学键共价键，C错误；D.G为Al，工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选D。14、C【解析】

充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。【详解】A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a为电源正极，A正确；B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；C.充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。15、B【解析】

向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。【详解】A.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A错误；B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B正确；C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=3×10-2510-5mol/L=3×10-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=1×10-35.410-5=10-30.4mol/L＜3×10-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需故合理选项是B。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。16、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。17、D【解析】

A．由信息可知生成2molH2O（l）放热为571.6kJ，则2mol液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6KJ热量，选项A正确；B．该反应为放热反应，则2mol氢气与1mol氧气的总能量大于2mol液态水的总能量，选项B正确；C．物质的量与热量成正比，则2g氢气与16g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8kJ热量，选项C正确；D．气态水的能量比液态水的能量高，则2mol氢气与1mol氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量小于571.6kJ，选项D错误；答案选D。18、A【解析】

A.气态SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ，故A正确；B、2molSO2

气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误；答案选A。19、A【解析】

A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。20、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。21、D【解析】

A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。22、A【解析】

A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2

价铁，故A正确；B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2

价铁，故B错误；C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；故选：A。二、非选择题(共84分)23、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2▪3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应【解析】

对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。【详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2；(2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。24、ON＞O＞AlNH3分子间易形成氢键＜孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)7:1×1030【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030g·cm－3，故答案为×1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。25、温度控制使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸冰水浴2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点1.35cV×10-2g偏高偏低【解析】

(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n(ClO2)c•V•10-3mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。26、2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-cab作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】

用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。27、醋酸酐和水易发生反应水浴加热乙酰水杨酸受热易分解a防止乙酰水杨酸结晶析出ABC84.3%【解析】

醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，①乙酰水杨酸受热易分解；②冷凝水采用逆流方法；③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；

（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0mL×1.08g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%．【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，故答案为：醋酸酐和水易发生反应；(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；②采取逆流原理通入冷凝