2022-2023學年云南省江城縣第一中學高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷含解析

2023年高考化學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、利用固體燃料電池技術處理H2S廢氣并發(fā)電的原理如圖所示。根據(jù)不同固體電解質M因傳導離子的不同，分為質子傳導型和氧離子傳導型,工作溫度分別為500℃和850℃左右，傳導質子時的產物硫表示為Sx。下列說法錯誤的是A．氣體X是H2S廢氣，氣體Y是空氣B．M傳導質子時，負極a反應為：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M傳導氧離子時，存在產生SO2污染物的問題D．氧離子遷移方向是從a電極向b電極2、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的實驗結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結論A向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振蕩，靜置。分層，上層無色，下層紫紅色溴的非金屬性強于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀鹽酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已經變質C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀溶解度：AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液紅色逐漸褪去BaCl2溶液是酸性溶液A．A B．B C．C D．D3、氨硼烷(NH3·BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，電池反應為NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知兩極室中電解質足量，下列說法正確的是（）A．正極的電極反應式為2H++2e-═H2↑B．電池工作時，H+通過質子交換膜向負極移動C．電池工作時，正、負極分別放出H2和NH3D．工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9g，則電路中轉移0.6mol電子4、短周期元素W、Ⅹ、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的單質與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)相同。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑：Y>XB．最簡單氫化物的沸點：Z<WC．W與X形成的化合物溶于水所得的溶液在常溫下pH>7D．X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間能相互反應5、用Cl2生產某些含氯有機物時會產生副產物HCl。利用如下反應，可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ·mol-1下列說法正確的是A．升高溫度能提高HCl的轉化率B．加入催化劑，能使該反運的焓變減小C．1molCl2轉化為2molCl2原子放出243kJ熱量D．斷裂H2O(g)中1molH-O鍵比斷裂HCl(g)中1molH-Cl鍵所需能量高6、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．NH4HCO3

受熱易分解，可用作化肥B．NaHCO3

溶液顯堿性，可用于制胃酸中和劑C．SO2

具有氧化性，可用于紙漿漂白D．Al2O3

具有兩性，可用于電解冶煉鋁7、關于一定條件下的化學平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH＜0，下列說法正確的是（）A．恒溫恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B．恒溫恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C．加壓，v（正），v（逆）不變，平衡不移動D．升溫，v（正）減小，v（逆）增大，平衡左移8、常溫下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā)，且始終維持常溫)，下列說法不正確的是()A．當n(NaOH)＝0.1mol時，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)9、在環(huán)境和能源備受關注的今天，開發(fā)清潔、可再生新能源已成為世界各國政府的國家戰(zhàn)略，科學家發(fā)現(xiàn)產電細菌后，微生物燃料電池(MFC)為可再生能源的開發(fā)和難降解廢物的處理提供了一條新途徑。微生物燃料電池(MFC)示意圖如下所示（假設有機物為乙酸鹽）。下列說法錯誤的是A．A室菌為厭氧菌，B室菌為好氧菌B．A室的電極反應式為CH3COO??8e?+2H2O2CO2+8H+C．微生物燃料電池(MFC)電流的流向為b→aD．電池總反應式為CH3COO?+2O2+H+2CO2+2H2O10、中學常見物質A、B、C、D存在下圖轉化關系(部分生成物和反應條件略去)。下列物質中符合轉化關系的A的個數(shù)為ABC，①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A．3 B．4 C．5 D．611、關于濃硫酸和稀硫酸的說法，錯誤的是A．都有H2SO4分子 B．都有氧化性C．都能和鐵、鋁反應 D．密度都比水大12、其他條件不變，C的物質的量分數(shù)(C)和溫度(T)或壓強(P)關系如圖，其中滿足關系圖的是（）A．3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0B．A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0C．A(g)+B(s)2C(g)+D(g)；△H＞0D．A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；△H＞013、下列實驗設計能完成或實驗結論合理的是A．證明一瓶紅棕色氣體是溴蒸氣還是二氧化氮，可用濕潤的碘化鉀－淀粉試紙檢驗，觀察試紙顏色的變化B．鋁熱劑溶于足量稀鹽酸再滴加KSCN溶液，未出現(xiàn)血紅色，鋁熱劑中一定不含F(xiàn)e2O3C．測氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水點在pH試紙上，待其變色后和標準比色卡比較D．檢驗Cu2+和Fe3+離子，采用徑向紙層析法，待離子在濾紙上展開后，用濃氨水熏，可以檢驗出Cu2+14、25℃時，將濃度均為0.1mol·L－1，體積分別為Va和Vb的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb與混合液pH的關系如圖所示，下列說法正確的是A．Ka(HA)＝1×10－6B．b點c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)C．a→c過程中水的電離程度始終增大D．c點時，c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]隨溫度升高而減小15、下列過程中，共價鍵被破壞的是（）A．碘升華 B．NaOH熔化C．NaHSO4溶于水 D．酒精溶于水16、短周期元素甲～戊在元素周期表中的相對位置如下表所示。下列判斷正確的是()甲乙丙丁戊A．原子半徑：丙＜丁＜戊B．戊不可能為金屬C．氫氧化物堿性：丙＞?。疚霥．氫化物的穩(wěn)定性：甲＞乙17、下列圖示與對應的敘述符合的是（）A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K與溫度和壓強的關系C．據(jù)圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系18、下列根據(jù)實驗操作和實驗現(xiàn)象所得出的結論中，不正確的是（）選項實驗現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液產生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸鈉固體與硫酸反應產生的氣體，通入苯酚鈉溶液中出現(xiàn)白色渾濁酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振蕩、靜置溶液分層，下層呈橙紅色Br-還原性強于Cl-A．A B．B C．C D．D19、近日，中國第36次南極科學考察隊暨“雪龍2”號從深圳啟航，前往南極執(zhí)行科考任務。下列說法正確的是（）A．外殼鑲嵌一些鉛塊等可提高科考船的抗腐蝕能力B．利用犧牲陽極的陰極保護法保護船體，正極反應式為O2-4e-+2H2O=4OH-C．?？科陂g可以采用外加電流的陰極保護法，電源負極與船體相連接D．科考船只能采用電化學保護法提高其抗腐蝕能力20、下列反應或過程吸收能量的是()A．蘋果緩慢腐壞 B．弱酸電離C．鎂帶燃燒 D．酸堿中和21、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B．0.1mol·L?1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1mol·L?1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I?D．0.1mol·L?1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH?22、一種新型太陽光電化學電池貯能時電解質溶液中離子在兩極發(fā)生如下圖所示的轉化。下列說法正確的是（）A．貯能時，電能轉變?yōu)榛瘜W能和光能B．貯能和放電時，電子在導線中流向相同C．貯能時，氫離子由a極區(qū)遷移至b極區(qū)D．放電時，b極發(fā)生：VO2+2H++e-=VO2++H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的應用前景。PPG的一種合成路線如圖：已知：①烴A的相對分子質量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴；化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質量差14的同系物，F(xiàn)是福爾馬林的溶質④R1CHO+R2CH2CHO回答下列問題：（1）A的結構簡式為__。（2）由B生成C的化學方程式為__。（3）由E和F生成G的反應類型為__，G的化學名稱為__。（4）①由D和H生成PPG的化學方程式為__；②若PPG平均相對分子質量為10000，則其平均聚合度約為__(填標號)。a.48b.58c.76d.122（5）D的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有__種(不含立體異構)；①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生皂化反應其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是__(寫結構簡式)；D的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同，該儀器是__(填標號)。a.質譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀24、（12分）鐵氰化鉀（化學式為K3[Fe(CN)6]）主要應用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質。（1）鐵元素在周期表中的位置為_________，基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化學鍵有_________。A．離子鍵B．金屬鍵C．氫鍵D．共價鍵（3）已知(CN)2性質類似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為________。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子軌道雜化類型是_______；分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。（4）C22－和N2互為等電子體，CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如圖甲所示），但CaC2晶體中啞鈴形的C22－使晶胞沿一個方向拉長，晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22－數(shù)目為_______。（5）金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5，該化合物熔點為－20℃，沸點為103℃，則其固體屬于_______晶體。（6）圖乙是Fe單質的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm－3，鐵原子的半徑為_________nm（用含有d、NA的代數(shù)式表示）。25、（12分）Ⅰ．現(xiàn)代工業(yè)常以氯化鈉為原料制備純堿，部分工藝流程如圖：已知NaHCO3在低溫下溶解度較小。（1）反應Ⅰ的化學方程式為______。（2）處理母液的兩種方法：①向母液中加入石灰乳，反應的化學方程式為____，目的是使____循環(huán)利用。②向母液中____并降溫，可得到NH4Cl晶體。Ⅱ．某化學小組模擬“侯氏制堿法”，以NaCl、NH3、CO2和水等為原料以及如圖所示裝置制取NaHCO3，然后再將NaHCO3制成Na2CO3。（3）裝置丙中冷水的作用是______；由裝置丙中產生的NaHCO3制取Na2CO3時，需要進行的實驗操作有______、洗滌、灼燒。（4）若灼燒的時間較短，NaHCO3將分解不完全，該小組對一份加熱了t1min的NaHCO3樣品的組成進行了以下探究。取加熱了t1min的NaHCO3樣品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸，并不斷攪拌。隨著鹽酸的加入，溶液中有關離子的物質的量的變化如圖所示。曲線c對應的溶液中的離子是____（填離子符號）；該樣品中NaHCO3和Na2CO3的物質的量分別是___mol、___mol。26、（10分）工業(yè)尾氣中的氮氧化物常用氨催化吸收法，原理是NH3與NOx反應生成無毒物質。某同學采用以下裝置和步驟模擬工業(yè)上氮氧化物的處理過程。(一)提供的裝置(二)NH3的制取(1)下列有關實驗室制備氣體的說法正確的是__________(填序號)。①可以用排飽和食鹽水的方法收集氯氣②用赤熱的炭與水蒸氣反應制取氫氣③實驗室制氧氣有時需要加熱，有時不需要加熱④用無水氯化鈣干燥氨氣⑤用濃鹽酸洗滌高錳酸鉀分解制氧氣的試管(2)從所提供的裝置中選取一個能制取氨氣的裝置：________________(填序號)。(3)當采用你所選用的裝置制取氨氣時，相應反應的化學方程式是___________。(三)模擬尾氣的處理選用上述部分裝置，按下列順序連接成模擬尾氣處理裝置，回答有關問題：(4)A中反應的離子方程式為___________。(5)D裝置中的液體可換成________(填序號)。aCuSO4bH2OcCCl4d濃硫酸(6)該同學所設計的模擬尾氣處理實驗還存在的明顯缺陷是________________。27、（12分）三草酸合鐵（III）酸鉀K3[Fe

(C

2O4)3]?3H2O（其相對分子質量為491），為綠色晶體，易溶于水，難溶于酒精。110℃下可完全失去結晶水，230℃時分解。它還具有光敏性,光照下即發(fā)生分解，是制備活性鐵催化劑的原料。某化學小組制備該晶體，并測定其中鐵的含量，進行如下實驗：Ⅰ．三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀的制備；①稱取5g硫酸亞鐵固體，放入到100mL的燒杯中，然后加15mL餾水和5～6滴稀硫酸，加熱溶解后，再加入25mL飽和草酸溶液，攪拌加熱至沸。停止加熱，靜置，待析出固體后，抽濾、洗滌、干燥，得到FeC2O4?2H2O；②向草酸亞鐵固體中加入飽和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加熱，邊攪拌邊緩慢滴加20mL3%H2O2溶液，變?yōu)樯钭厣?，檢驗Fe2+是否完全轉化為Fe3+，若氧化不完全，再補加適量的H2O2溶液；③將溶液加熱至沸，然后加入20mL飽和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液轉為綠色。趁熱抽濾，濾液轉入100mL燒杯中，加入95%乙醇25mL，混勻后冷卻，可以看到燒杯底部有晶體析出。晶體完全析出后，抽濾，用乙醇-丙酮混合液洗滌，置于暗處晾干即可。（1）寫出步驟①中，生成FeC2O4?2H2O晶體的化學方程式___。檢驗FeC2O4?2H2O晶體是否洗滌干凈的方法是___。（2）步驟②中檢驗Fe2+是否完全轉化的操作為___。（3）步驟③用乙醇-丙酮混合液洗滌，而不是用蒸餾水洗滌的原因是___。Ⅱ．鐵含量的測定：步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液。步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被還原成Mn2+，向反應后的溶液中逐漸加入鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被還原成Mn2+。步驟四：重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合鐵酸鉀溶液中用到的玻璃儀器有燒杯____，___，___。（5）寫出步驟三中發(fā)生反應的離子方程式____。（6）實驗測得該晶體中鐵的質量分數(shù)為____（結果保留3位有效數(shù)字）。28、（14分）硒化銅納米晶體在光電轉化中有著廣泛的應用，銅和硒等元素形成的化合物在生產、生活中應用廣泛。(1)基態(tài)硒原子的核外電子排布式為______。As、Se、Br三種元素第一電離能由大到小的順序為______。(2)SeO2易溶解于水，熔點為340～350℃，315℃時升華，由此可判斷SeO2中的化學鍵類型為______。(3)Se2Cl2為深棕紅色的劇毒液體，其分子結構中含有Se-Se鍵，該分子中，Se原子的雜化軌道類型為______，Se2Cl2的空間構型為______

（填字母）。a．直線形b．鋸齒形c．環(huán)形d．四面體形(4)硒酸鋼（CuSeO4）在電子、儀表工業(yè)中發(fā)揮著重要作用。硒酸的酸性與硫酸的比較，酸性較強的是______（填化學式）。(5)SeO42-中Se-O的鍵角比SeO3的鍵角______（填“大“或“小“），原因是______。(6)銅的某種氧化物的晶胞結構如圖所示，則該氧化物的化學式為______，若組成粒子氧、銅的半徑分別為r(O)pm、r(Cu)pm，密度為ρg?cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的空間利用率為______（用含π的式子表示）。29、（10分）(一)乙炔是一種重要的化工原料，最新研制出的由裂解氣(H2、CH4、C2H4)與煤粉在催化劑條件下制乙炔，該生產過程是目前清潔高效的煤化工過程。已知：發(fā)生的部分反應如下（在25℃、101kPa時），CH4、C2H4在高溫條件還會分解生成炭與氫氣：①C(s)+2H2(g)CH4(g)△H1=－74.85kJ?mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H2=340.93kJ?mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)△H3=35.50kJ?mol-1請回答：（1）依據(jù)上述反應，請寫出C與H2化合生成C2H2的熱化學方程式：______________。（2）若以乙烯和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反應器（氫氣的作用是活化催化劑），出口氣中含有乙烯、乙炔、氫氣等。圖1為乙炔產率與進料氣中n（氫氣）/n（乙烯）的關系。圖中曲線呈現(xiàn)先升高后降低的變化趨勢，其降低的原因是______________。（3）圖2為上述諸反應達到平衡時各氣體體積分數(shù)和反應溫度的關系曲線。①乙炔體積分數(shù)在1530℃之前隨溫度升高而增大的原因可能是_______________；1530℃之后，乙炔體積分數(shù)增加不明顯的主要原因可能是_______________。②在體積為1L的密閉容器中反應，1530℃時測得氣體的總物質的量為1.000mol，則反應C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)K=_______________。③請在圖3中繪制乙烯的體積分數(shù)和反應溫度的關系曲線__________。(二)當今，人們正在研究有機鋰電解質體系的鋰-空氣電池，它是一種環(huán)境友好的蓄電池。放電時電池的總反應為:4Li+O2=2Li2O。在充電時，陽極區(qū)發(fā)生的過程比較復雜，目前普遍認可的是按兩步進行，請補充完整。電極反應式：________________________和Li2O2－2e-＝2Li＋＋O2。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

A.根據(jù)電流分析，電極a為負極，傳導質子時的產物硫表示為Sx，說明是氣體H2S廢氣變?yōu)镾x，化合價升高，在負極反應，因此氣體X為H2S廢氣，氣體Y是空氣，故A正確；B.M傳導質子時，產物硫表示為Sx，因此負極a反應為：xH2S?2xe－=Sx+2xH+，故B正確；C.M傳導氧離子時，H2S和O2?可能反應生成SO2，因此存在產生SO2污染物的問題，故C正確；D.根據(jù)原電池中，陰離子向負極移動規(guī)律，氧離子遷移方向是從b電極向a電極，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】原電池中離子移動方向根據(jù)“同性相吸”原則，電解池中離子移動方向根據(jù)“異性相吸”原則。2、A【解析】

A．單質溴與KI在溶液中發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，產生的碘單質易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，與水互不相容，所以靜置分層，上層無色，下層紫紅色，可知溴的非金屬性強于碘，A正確；B．酸性條件下硝酸根離子可氧化亞硫酸鋇生成硫酸鋇沉淀，因此不能確定Na2SO3溶液是否變質，B錯誤；C．由于是向硝酸銀溶液中首先滴入少量NaCl溶液，所以硝酸銀過量，過量的硝酸銀與滴入的Na2S反應產生Ag2S沉淀，均為沉淀生成，不能比較AgCl、Ag2S的溶解度，C錯誤；D．鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，溶液中c(OH-)減小，溶液紅色逐漸褪去，并不是因為BaCl2溶液是酸性溶液，D錯誤；故合理選項為A。3、D【解析】

由氨硼烷（NH3·BH3）電池工作時的總反應為NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左側NH3·BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為H2O2+2H++2e-=2H2O，故A錯誤；B.放電時，陽離子向正極移動，所以H+通過質子交換膜向正極移動，故B錯誤；C.NH3·BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，則負極電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，電池工作時，兩電極均不會產生氣體，故C錯誤；D.未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，通入后，負極電極反應式為NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol電子轉移，則左室質量增加=31g-6g=25g，右室質量增加6g，兩極室質量相差19g。工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9

g，則電路中轉移0.6

mol電子，故D正確；答案選D。【點睛】本題考查原電池原理，注意電極反應式的書寫方法，正極得到電子發(fā)生還原反應，負極失電子發(fā)生氧化反應，書寫時要結合電解質溶液，考慮環(huán)境的影響。4、A【解析】

W的單質與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，說明W為F；又X是同周期中金屬性最強的元素且X的原子序數(shù)比F大，說明X原子在第三周期，故X為Na；又Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，且Y原子在第三周期，所以其最外層電子數(shù)為3，原子序數(shù)為2+8+3=13，為Al；又因為F和Z原子的最外層電子數(shù)相同，Z位于第三周期，所以Z為Cl。綜上，W、X、Y、Z分別為F、Na、Al、Cl。【詳解】A.X、Y的簡單離子分別為Na+、Al3+，它們具有相同電子層數(shù)，因為在同一周期，從左到右半徑逐漸減小，所以半徑是Na+＞Al3+即Y＜X，故A錯誤;B.Z的最簡單氫化物為HCl,W的最簡單氫化物為HF,因為HF分子間存在著氫鍵，所以HF的沸點比HCl的高，故B正確；C.W與X形成的化合物為NaF,屬于強堿弱酸鹽，溶于水發(fā)生水解使得溶液顯堿性，所以所得的溶液在常溫下pH>7，故C正確；D項，X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、Al(OH)3、HClO4，它們能相互反應，故D項正確。答案：A?！军c睛】考查元素周期律的相關知識。根據(jù)元素的性質和在元素周期表中變化規(guī)律推斷元素的名稱，再根據(jù)元素周期律判斷相應的性質。本題的突破口：W的單質與H2在暗處能化合并發(fā)生爆炸，X是同周期中金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，W和Z原子的最外層電子數(shù)相同就能確定各元素名稱。5、D【解析】

A、該反應正反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，HCl的轉化率降低，A錯誤；B、催化劑只能改變反應的歷程而不能改變反應的焓變，焓變只與反應物和生成物的能量差有關，B錯誤；C、斷裂化學鍵需要吸收能量，1molCl2轉化為2molCl原子應該吸收243kJ熱量，C錯誤；D、設H-Cl鍵能為a，H-O鍵能為b，△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O鍵的鍵能大于H-Cl鍵能，D正確；正確答案為D。6、B【解析】

A、NH4HCO3

含有營養(yǎng)元素N元素，可用作化肥，與NH4HCO3

受熱易分解無關，故A不符合題意；B、NaHCO3能與鹽酸反應，并且NaHCO3溶液無腐蝕性，常用作制胃酸中和劑，故B符合題意；C、SO2

具有漂白性，可用于紙漿漂白，與SO2

具有氧化性無關，故C不符合題意；D、熔融狀態(tài)下的Al2O3能發(fā)生電離，可用于電解冶煉鋁，與Al2O3

具有兩性無關，故D不符合題意；故選：B?！军c睛】高中階段常見具有漂白的物質類型有：①強氧化性(漂白過程不可逆)，常見物質有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不穩(wěn)定化合物型(漂白過程可逆)，常見物質有SO2；③物理吸附型(漂白過程不可逆)，常見物質有活性炭。7、A【解析】

A.恒溫恒容，充入H2，氫氣濃度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正確；B.恒溫恒容，充入He，各反應物濃度都不變，v（正）不變，平衡不移動，故B錯誤；C.加壓，體積縮小，各物質濃度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移動，故C錯誤；D.升溫，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反應放熱，所以平衡左移，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查影響反應速率和影響化學平衡移動的因素；注意恒容容器通入惰性氣體，由于濃度不變，速率不變、平衡不移動，恒壓條件下通入惰性氣體，容器體積變大，濃度減小，相當于減壓。8、B【解析】

A、當n(NaOH)=0.1mol，與NH4Cl恰好完全反應，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A說法正確；B、當a=0.05mol時，溶液中的溶質為0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的電離，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，與題意不符，故B說法錯誤；C、在M點時，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，則n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C說法正確；D、加入0.1molNaOH后，剛好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，則c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D說法正確；答案選B。9、B【解析】

根據(jù)裝置圖可知B室中氧氣參與反應，應為好氧菌，選項A正確；方程式中電荷和氫原子不守恒，選項B錯誤；MFC電池中氫離子向得電子的正極移動，即向b極移動，b為正極，電流方向是由正極流向負極，即b→a，選項C正確；電池的總反應是醋酸根離子在酸性條件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO?+2O2+H+2CO2+2H2O，選項D正確。10、D【解析】

①A為Cl2，D為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，滿足轉化關系ABC，故①正確；②A為S，D為氧氣，B為二氧化硫，C為三氧化硫，滿足轉化關系ABC，故②正確；③A為Fe，D為硝酸，B為硝酸亞鐵，C為硝酸鐵，滿足轉化關系ABC，故③正確；④A為NH3，D為氧氣，B為NO，C為二氧化氮，滿足轉化關系ABC，故④正確；⑤A為AlCl3溶液，D為NaOH，B為氫氧化鋁，C為偏鋁酸鈉，滿足轉化關系ABC，故⑤正確；⑥若A為Na2CO3，D可以為酸，B為碳酸氫鹽，C為二氧化碳，滿足轉化關系ABC，故⑥正確；根據(jù)分析可知，滿足轉化關系的A有6個。答案選D。11、A【解析】

A.濃硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全電離出氫離子和硫酸根離子，不存在硫酸分子，故A錯誤；B.濃硫酸具有強氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B正確；C.常溫下濃硫酸與鐵，鋁發(fā)生鈍化，先把鐵鋁氧化成致密的氧化物保護膜，稀硫酸與鐵鋁反應生成鹽和氫氣，故C正確；D.濃硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D錯誤；故選：A。12、B【解析】

利用化學平衡圖像分析的方法：“先拐先平數(shù)值大”的原則，根據(jù)C的物質的量分數(shù)(C)和溫度(T)關系圖，可得T2>T1，升高溫度，生成物C的物質的量分數(shù)減小，平衡向逆向（吸熱的方向）移動，因此正反應放熱，即△H＜0，故C、D錯誤；根據(jù)C的物質的量分數(shù)(C)和壓強(P)關系圖，可得P2>P1，增大壓強，生成物C的物質的量分數(shù)減小，平衡向逆向（氣體體積減小的方向）移動，因此正反應方向為氣體體積增大的方向。故答案選B?！军c睛】利用化學平衡圖像分析的方法：“先拐先平數(shù)值大”的原則是指圖像中的曲線先拐，在該條件下先達到平衡狀態(tài)，對應影響的條件數(shù)值大?？煽焖倥袛嗤饨鐥l件影響下平衡移動的方向。13、D【解析】

A．溴蒸氣、二氧化氮均能氧化I-生成I2，淀粉試紙變藍，現(xiàn)象相同，不能區(qū)別，A錯誤；B．鋁能把三價鐵還原為二價鐵，所以不能確定是否含有Fe2O3，B錯誤；C．由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把試紙漂白，不能用pH試紙上測出氯水的pH，C錯誤；D．由于兩種離子中Fe3+在流動相中分配的多一些，隨流動相移動的速度快一些；Cu2+在固定相中分配的多一些，隨流動相移動的速度慢一些，氨與Cu2+可形成藍色配合物，D正確；答案選D。14、D【解析】

根據(jù)圖知，酸溶液的pH=3，則c(H+)<0.1mol/L，說明HA是弱酸；堿溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，則BOH是弱堿，結合圖像分析解答。【詳解】A、由圖可知0.1mol/LHA溶液的pH=3，根據(jù)HA?H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A錯誤；B、b點是兩者等體積混合溶液呈中性，所以離子濃度的大小為：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B錯誤；C、a→b是酸過量和b→c是堿過量兩過程中水的電離程受抑制，b點是弱酸弱堿鹽水解對水的電離起促進作用，所以a→c過程中水的電離程度先增大后減小，C錯誤；D、c點時，c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]=1/Kh，水解平衡常數(shù)Kh只與溫度有關，溫度升高，Kh增大，1/Kh減小，所以c(A－)/[c(OH－)?c(HA)]隨溫度升高而減小，D正確；答案選D。15、C【解析】

A、碘升華，只是碘狀態(tài)發(fā)生變化，發(fā)生物理變化，共價鍵未被破壞,A錯誤；B、NaOH為離子化合物，熔化時破壞的是離子鍵，B錯誤；C、NaHSO4溶于水時，在水分子的作用下電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，所以共價鍵被破壞，C正確；D、酒精溶于水，酒精在水溶液里以分子存在，所以共價鍵未被破壞，D錯誤；答案選C。16、C【解析】

A、同周期從左向右原子半徑減小(稀有氣體除外)，即原子半徑大小順序是丙>丁>戊，故A錯誤；B、若丙為Na，丁為Mg，則戊為Al，故B錯誤；C、同周期從左向右金屬性減弱，其最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，氫氧化物的堿性：丙>丁>戊，故C正確；D、同周期從左向右非金屬性增強，其氫化物的穩(wěn)定性增強，即氫化物的穩(wěn)定性：甲<乙，故D錯誤；答案選C。17、C【解析】

本題主要考查化學平衡結合圖像的運用。A．使用催化劑化學反應速率加快；B．平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3?！驹斀狻緼．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數(shù)相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發(fā)生，所以加入CuO可以調節(jié)PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。18、A【解析】

A．某無色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正確；B．加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則該鹵代烴中含有氯原子，B正確；C．碳酸鈉與硫酸反應產生的二氧化碳能使苯酚鈉溶液變渾濁，根據(jù)較強酸可以制較弱酸的規(guī)律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C正確；D．下層呈橙紅色，則表明NaBr與氯水反應生成Br2，從而得出還原性：Br->Cl-，D正確；故選A。19、C【解析】

A.科考船外殼主要成分為Fe提高抗腐蝕能力，可以鑲嵌比Fe活潑的金屬如Zn等，Pb金屬性比鐵弱，會形成原電池，加速Fe的腐蝕，故A錯誤；B.利用犧牲陽極的陰極保護法保護船體，正極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故B錯誤；C.?？科陂g可以采用外加電流的陰極保護法，電源負極與船體相連接，故C正確；D.除電化學保護法防腐蝕外，還有涂層保護法等，故D錯誤；故答案選：C?！军c睛】防腐蝕有犧牲陽極的陰極保護法和外加電流的陰極保護法。20、B【解析】

A、蘋果緩慢腐壞，屬于氧化反應，該反應為放熱反應，故A不符合題意；B、弱酸的電離要斷開化學鍵，吸收能量，故B符合題意；C、鎂帶燃燒，屬于放熱反應，故C不符合題意；D、酸堿中和，屬于放熱反應，故D不符合題意；答案選B。21、A【解析】

A．的溶液顯酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-離子之間不反應，與氫離子也不反應，可大量共存，A項正確；B．氨水顯堿性，與Cu2+之間發(fā)生反應生成氫氧化銅沉淀，在溶液中不能大量共存，B項錯誤；C．1mol·L?1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I?，故在該溶液中不能大量共存，C項錯誤；D．HCO3-與OH?會反應生成CO32-和H2O而不能大量共存，D項錯誤；答案選A?！军c睛】（1）判斷離子能否大量共存的原則：在所給條件下，離子之間互不反應，則離子能夠大量共存，否則，不能大量共存；（2）判斷離子能否大量共存的步驟：先看題給限制條件，包括顏色、酸堿性、氧化（還原）性等，再看離子之間的相互反應，逐項判斷各組離子之間是否發(fā)生反應，從而確定離子能否大量共存；（3）注意題目中給的是“一定”“可能”還是“不能”大量共存，具體問題具體分析。22、D【解析】

光照時貯能VO2+失電子轉化為VO2+，b極為陽極，a極為陰極，放電時b極為正極，a極為負極，據(jù)此分析解答。【詳解】A.貯能時，光能轉變?yōu)榛瘜W能，選項A錯誤；B.貯能時電子由b極流出，放電時電子由a極流出，在導線中流向不相同，選項B錯誤；C.貯能時，氫離子由陽極b極區(qū)遷移至陰極a極區(qū)，選項C錯誤；D.放電時，b極為正極，發(fā)生電極反應：VO2+2H++e-=VO2++H2O，選項D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、+NaOH+NaCl+H2O加成反應3-羥基丙醛(或β-羥基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】

烴A的相對分子質量為70，由=5…10，則A為C5H10，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環(huán)境的氫，故A的結構簡式為；A與氯氣在光照下發(fā)生取代反應生成B，B為單氯代烴，則B為，化合物C的分子式為C5H8，B發(fā)生消去反應生成C，C為，C發(fā)生氧化反應生成D，D為HOOC(CH2)3COOH，F(xiàn)是福爾馬林的溶質，則F為HCHO，E、F為相對分子質量差14的同系物，可知E為CH3CHO，由信息④可知E與F發(fā)生加成反應生成G，G為HOCH2CH2CHO，G與氫氣發(fā)生加成反應生成H，H為HOCH2CH2CH2OH，D與H發(fā)生縮聚反應生成PPG()，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A的結構簡式為，故答案為：；(2)由B發(fā)生消去反應生成C的化學方程式為：+NaOH+NaCl+H2O，故答案為：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息④可知，由E和F生成G的反應類型為醛醛的加成反應，G為HOCH2CH2CHO，G的名稱為3-羥基丙醛，故答案為：加成反應；3-羥基丙醛；(4)①由D和H生成PPG的化學方程式為：n+n+(2n-1)H2O，故答案為：n+n+(2n-1)H2O；②若PPG平均相對分子質量為10000，則其平均聚合度約為≈58，故答案為：b；(5)D為HOOC(CH2)3COOH，D的同分異構體中能同時滿足：①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體，含-COOH，②既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應-COOCH，D中共5個C，則含3個C-C-C上的2個H被-COOH、-OOCH取代，共為3+2=5種，含其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6∶1∶1的是，D及同分異構體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號(或數(shù)據(jù))完全相同，故答案為：5；；c。24、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，據(jù)此確定其在周期表的位置；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+；(2)根據(jù)化學鍵的類型和特點解答，注意氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵；(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成，K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目，再求出比值；(4)1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22?應位于同一平面，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點；(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高，類似于分子晶體的特點；(6)Fe單質的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，根據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長a關系求出r。【詳解】(1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族據(jù)；基態(tài)Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+，所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子，是配合物的內界，含有配位鍵和極性共價鍵，金屬鍵存在于金屬晶體中，氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵，故選AB；故答案為：AB；(3)①KCNO中K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低，所以第一電離能大于O，C的非金屬性小于O，第一電離能小于O，所以第一電離能由小到大排序為K<C<O<N；故答案為：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個σ鍵和1個π鍵、C≡N含有1個σ鍵和2個π鍵，C?H都是σ鍵，所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3，σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1；故答案為：sp、sp2；2:1；(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22?不是6個，而是4個，故答案為：4；(5)根據(jù)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點，可推知Fe(CO)5為分子晶體；故答案為：分子；(6)Fe單質的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，F(xiàn)e原子半徑r與晶胞邊長a關系為4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案為：×107。25、NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl2NH4Cl+Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3通入NH3，加入細小的食鹽顆粒冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出過濾HCO3-0.10.2【解析】

（1）由于NaHCO3在低溫下溶解度較小，溶液中含有較大濃度的鈉離子和碳酸氫根離子時，就會有碳酸氫鈉晶體析出，所以飽和氯化鈉中溶液中通入NH3和CO2發(fā)生反應的方程式為：NaCl+CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；（2）①根據(jù)題中反應流程可知，過濾后得到的母液中含有氯化銨，母液中加入石灰乳后，發(fā)生反應為：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，反應生成氨氣，氨氣可以在反應流程中循環(huán)利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；NH3；②由反應NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程圖知，母液中溶質為氯化銨，向母液中通氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產品，通入的氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨能電離銨根離子，銨根離子濃度增大有利于氯化銨析出。答案：通入NH3，加入細小的食鹽顆粒。（3）由裝置丙中產生的是NaHCO3，其溶解度隨溫度降低而降低，所以裝置丙中冷水的作用是：冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出；制取Na2CO3時需要過濾得到晶體，洗滌后加熱灼燒得到碳酸鈉；答案：冷卻，使碳酸氫鈉晶體析出；過濾；(4)若在(2)中灼燒的時間較短,NaHCO3將分解不完全,該小組對一份加熱了t1min的NaHCO3樣品的組成進行了研究.取加熱了t1min的NaHCO3樣品29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸,并不斷攪拌.隨著鹽酸的加入,發(fā)生反應CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+H+=CO2+H2O;溶液中有關離子的物質的量的變化為碳酸根離子減小,碳酸氫根離子濃度增大,當碳酸根離子全部轉化為碳酸氫根離子,再滴入鹽酸和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳,碳酸氫根離子減小,所以c曲線表示的是碳酸氫根離子物質的量變化。碳酸根離子物質的量為0.2mol,碳酸氫根離子物質的量為0.1mol；所以樣品中NaHCO3的物質的量為0.1mol,Na2CO3的物質的量為0.2mol；因此，本題正確答案是:HCO3-；0.1；0.2。26、①③⑤C或G2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O或CaO＋NH3·H2O=NH3↑＋Ca(OH)2(要對應)3Cu＋2NO3?＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OcNO尾氣直接排放，沒有進行處理【解析】

(1)①氯氣在飽和食鹽水中的溶解度較小，可以用排飽和食鹽水的方法收集氯氣，①正確；②用赤熱的炭與水蒸氣反應生成CO、H2，制取的氫氣含有雜質，②錯誤；③實驗室制氧氣，用高錳酸鉀或氯酸鉀時需要加熱，用過氧化氫時不需要加熱，③正確；④氯化鈣與氨氣可形成配合物，不能用無水氯化鈣干燥氨氣，④錯誤；⑤用高錳酸鉀制取氧氣后剩余的固體為二氧化錳、高錳酸鉀，均可與濃鹽酸反應生成可溶性的二氯化錳，故可用濃鹽酸洗滌高錳酸鉀分解制氧氣的試管，⑤正確；故答案為：①③⑤；(2)實驗室制備氨氣可用氫氧化鈣與氯化銨固體加熱法，也可以用濃氨水與氫氧化鈉(或氧化鈣)在常溫下制取?？蛇x裝置C或G，故答案為：C或G；(3)根據(jù)所選裝置，相應制備氨氣的化學方程式為2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O或CaO＋NH3·H2O=NH3↑＋Ca(OH)2(要對應)，故答案為：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O或CaO＋NH3·H2O=NH3↑＋Ca(OH)2；(4)A中為Cu與稀硝酸的反應：3Cu＋2NO3?＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案為：3Cu＋2NO3?＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(5)D中用飽和氨水防止氨氣被吸收，因此還可以換成CCl4，故答案為：c；(6)該反應中尾氣含有NO等污染性氣體，應除去后再排空，故答案為：NO尾氣直接排放，沒有進行處理。27、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O↓+H2SO4用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈滴加K3Fe（CN）6溶液，觀察是否生成藍色沉淀減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分玻璃棒膠頭滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%【解析】

(1)草酸與硫酸亞鐵在加熱條件下生成FeC2O4?2H2O；固體吸附溶液中的硫酸根離子，可用檢驗硫酸根離子的方法檢驗沉淀是否洗滌干凈；(2)Fe2+與K3Fe(CN)6溶液會產生藍色沉淀；(3)FeC2O4?2H2O微溶于水，難溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用燒杯、玻璃棒、膠頭滴管以及250mL容量瓶等；(5)為亞鐵離子與高錳酸鉀的反應；(6)結合反應的離子方程式，計算25mL溶液中含有亞鐵離子，可計算5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體中鐵的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)草酸與硫酸亞鐵在加熱條件下生成FeC2O4?2H2O，反應的方程式為FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4?2H2O↓+H2SO4，固體吸附溶液中的硫酸根離子，可用檢驗硫酸根離子的方法檢驗沉淀是否洗滌干凈，方法是用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈，故答案為FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4?2H2O↓+H2SO4；用小試管取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，如出現(xiàn)白色沉淀，說明沉淀沒有洗滌干凈，否則，沉淀已洗滌干凈；(2)Fe2+與K3Fe(CN)6溶液會產生藍色沉淀，檢驗Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案為滴加K3Fe(CN)6溶液，觀察是否生成藍色沉淀；(3)由于FeC2O4?2H2O微溶于水，難溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗滌晶體的目的是減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分；故答案為減少草酸亞鐵晶體的溶解，更快除去草酸亞鐵晶體表面的水分；(4)配制溶液，需要用燒杯、玻璃棒、膠頭滴管以及250mL容量瓶等，故答案為玻璃棒、膠頭滴管、250mL容量瓶；(5)在步驟三中發(fā)生的離子反應為：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g?mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。則5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體中m(Fe)=0.056g×=0.56g，晶體中鐵的質量分數(shù)=×100%=11.2%，故答案為11.2%。28、[Ar]3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)Br>As>Se共價鍵sp3bH2SO4小SeO42-的空間構型為正四面體，鍵角為109°28＇，SeO3的空間構型為平面正三角形，鍵角為120°Cu2O【解析】

(1)基態(tài)硒原子核外有34個電子，按電子進入軌道的順序，由低到高排列，然后將相同電子層的原子軌道排在一起。As的4p軌道半充滿，電子的能量低，第一電離能高于相鄰原子。(2)SeO2易溶解于水，熔點為340～350℃，315℃時升華，由此確定SeO2為分子晶體。(3)Se2Cl2分子中，Se原子的價層電子對數(shù)為4，可此可確定雜化軌道類型；Se2Cl2中原子間以單鍵相連，且Se的價電子中存在孤對電子，由此確定空間構型。(4)硒和硫同周期且左右相鄰，則硒的非金屬性小于硫，非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強，由此可確定硒酸與硫酸的酸性強弱。(5)SeO42-為正四面體結構，SeO3為平面正三角形結構，由此確定鍵角關系。(6)采用均攤法，可計算出晶胞中所含的原子數(shù)，從而確定化學式。計算該晶胞的空間利用率時，需利用質量與密度求出晶胞的體積以及原子的體積和。【詳解】(1)基態(tài)硒原子核外有34個電子，按電子進入軌道的順序進行排布，基態(tài)硒原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4(或1s22s22p63s23p63d104s24p4)。由于As的4p軌道半充滿，電子能量低，第一電離能出現(xiàn)反常，所以As、Se、Br三種元素第一電離能由大到小的順序為Br>As>Se。答案為：[Ar]