四川省成都市成都市樹德中學(xué)2024屆高三第六次模擬考試化學(xué)試卷含解析

四川省成都市成都市樹德中學(xué)2024屆高三第六次模擬考試化學(xué)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(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素成的化合物，d是淡黃色粉末，m為元素Y的單質(zhì)，通常為無色無味的氣體。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．簡單離子半徑：Z<YB．d中既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵，其中陽離子和陰離子的數(shù)目之比為2:1C．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>XD．由上述4種元素組成的化合物的水溶液一定顯酸性3、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列離子中的若干種：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①用試管取少量溶液，逐滴加入稀鹽酸至過量，溶液先渾濁后又變澄清，有無色氣體放出。將溶液分為3份。②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，溶液先渾濁后又變澄清。加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，未見明顯現(xiàn)象。③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振蕩后靜置，下層溶液顯橙紅色。則下列推斷正確的是:A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－B．溶液中一定沒有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－C．不能確定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液可確認(rèn)是否有Cl－4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．5.6L甲烷含有的共價(jià)鍵數(shù)為NAB．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子數(shù)均為NAC．過氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4NAD．常溫下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-離子數(shù)為0.1NA5、已知還原性I->Fe2+>Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，關(guān)于所得溶液離子成分分析正確的是（不考慮Br2、I2和水的反應(yīng)）（）A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、BrC．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-6、給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．CuCl2Cu(OH)2CuC．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)D．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)7、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH＝2的溶液：Na＋、Fe2＋、I－、NO3-B．c(NaAlO2)＝0.1mol·L－1的溶液：K＋、OH－、Cl－、SO42-C．Kw/c(OH-)＝0.1mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、ClO－D．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液：Al3＋、NO3-、MnO4-、SCN－8、2019年3月，我國科學(xué)家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池，其原理如圖所示。下列說法不正確的是A．放電時(shí)B電極反應(yīng)式為：I2+2e-=2I-B．放電時(shí)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中離子總濃度增大C．M為陽離子交換膜，N為陰離子交換膜D．充電時(shí)，A極增重65g時(shí)，C區(qū)增加離子數(shù)為4NA9、單質(zhì)鈦的機(jī)械強(qiáng)度高，抗蝕能力強(qiáng)，有“未來金屬”之稱。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應(yīng)有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯(cuò)誤的是()A．反應(yīng)①屬于非氧化還原反應(yīng)B．反應(yīng)②是水解反應(yīng)C．反應(yīng)④中二氧化鈦是氧化劑D．反應(yīng)⑤表現(xiàn)了金屬鎂還原性比金屬鈦強(qiáng)10、已知過氧化氫在強(qiáng)堿性溶液中主要以HO2-存在。我國研究的Al-H2O2燃料電池可用于深海資源的勘查、軍事偵察等國防科技領(lǐng)域，裝置示意圖如下。下列說法錯(cuò)誤的是A．電池工作時(shí)，溶液中OH-通過陰離子交換膜向Al極遷移B．Ni極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH降低D．Al電極質(zhì)量減輕13.5g，電路中通過9.03×1023個(gè)電子11、在使用下列各實(shí)驗(yàn)裝置時(shí)，不合理的是A．裝置①用于分離CCl4和H2O的混合物B．裝置②用于收集H2、CO2、Cl2等氣體C．裝置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．裝置④用于收集NH3，并吸收多余的NH312、現(xiàn)有易溶強(qiáng)電解質(zhì)的混合溶液10L，其中可能含有K+、Ba2+、Na+、NH4+、Cl-、SO42-、AlO2-、OH-中的幾種，向其中通入CO2氣體，產(chǎn)生沉淀的量與通入CO2的量之間的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()A．CD段的離子方程式可以表示為：CO32-+CO2+H2O═2HCO3-B．肯定不存在的離子是SO42-、OH-C．該溶液中能確定存在的離子是Ba2+、AlO2-、NH4+D．OA段反應(yīng)的離子方程式：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32-13、25℃時(shí)，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加鹽酸，遇得混合溶液的pH與的變化關(guān)系如下圖所示，下列敘述正確的是A．E點(diǎn)溶液中c(Na+)＝c(A—)B．Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10—3C．滴加過程中保持不變D．F點(diǎn)溶液中c(Na+)＞c(HA)＞c(A—)＞c(OH—)14、部分短周期元素原子半徑的相對(duì)大小、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)隨原子序數(shù)的變化關(guān)系如圖所示：下列說法正確的是A．離子半徑的大小順序：e＞f＞g＞hB．與x形成簡單化合物的沸點(diǎn)：y＞z＞dC．x、z、d三種元素形成的化合物可能含有離子鍵D．e、f、g、h四種元素對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物相互之間均能發(fā)生反應(yīng)15、為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．0.1mol的中，含有個(gè)中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有個(gè)C．2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）苯在O2中完全燃燒，得到個(gè)CO2分子D．密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5（g），增加個(gè)P-Cl鍵16、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的操作正確的是實(shí)驗(yàn)操作A除去NaHCO3固體中混有的NH4Cl直接將固體加熱B實(shí)驗(yàn)室收集Cu與稀硝酸反應(yīng)成的NO向上排空氣法收集C檢驗(yàn)乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有氣泡產(chǎn)生D測定某稀硫酸的濃度取20.00ml該稀硫酸于干凈的錐形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定A．A B．B C．C D．D17、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，在下列轉(zhuǎn)化關(guān)系中，甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物。其中A為d元素組成的單質(zhì)，常溫下乙為液體，丁物質(zhì)常用于消毒、漂白。下列說法錯(cuò)誤的是A．簡單離子半徑：c＞bB．丙中既有離子鍵又有極性鍵C．b、c形成的化合物中陰、陽離子數(shù)目比為1：2D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，d的雜化方式是sp318、某化學(xué)課外活動(dòng)小組擬用鉛蓄電池為直流電源，進(jìn)行電絮凝凈水的實(shí)驗(yàn)探究，設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列敘述正確的是（）A．X電極質(zhì)量減輕，Y電極質(zhì)量增加B．電解池陽極上被氧化的還原劑有Al和H2OC．電解池的總反應(yīng)為2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理論上電解池陰極上有1molH2生成19、在海水中提取溴的反應(yīng)原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O下列反應(yīng)的原理與上述反應(yīng)最相似的是（）A．2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2B．2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HClC．2H2S+SO2=3S+2H2OD．AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl20、實(shí)驗(yàn)室利用下列反應(yīng)裝置模擬侯氏制堿法制備NaHCO3，反應(yīng)原理為：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．通過活塞K可控制CO2的流速B．裝置b、d依次盛裝飽和Na2CO3溶液、稀硫酸C．裝置c中含氨的飽和食鹽水提高了CO2吸收效率D．反應(yīng)后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水充分冷卻，過濾得到NaHCO3晶體21、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是（）A．在海輪外殼鑲嵌鋅塊能減緩輪船的腐蝕B．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放C．加熱能殺死新型冠狀病毒是因?yàn)榈鞍踪|(zhì)受熱變性D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分?jǐn)?shù)）為75%22、鋰-硫電池具有高能量密度、續(xù)航能力強(qiáng)等特點(diǎn)。使用新型碳材料復(fù)合型硫電極的鋰-硫電池工作原理示意圖如圖，下列說法正確的是A．電池放電時(shí)，X電極發(fā)生還原反應(yīng)B．電池充電時(shí)，Y電極接電源正極C．電池放電時(shí)，電子由鋰電極經(jīng)有機(jī)電解液介質(zhì)流向硫電極D．向電解液中添加Li2SO4水溶液，可增強(qiáng)導(dǎo)電性，改善性能二、非選擇題(共84分)23、（14分）PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48L氣態(tài)烴A的質(zhì)量是5.2g，則A的結(jié)構(gòu)簡式為___________________。（2）己知A→B為加成反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為_______；B中官能團(tuán)的名稱是_________。（3）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反應(yīng)②的反應(yīng)試劑和條件是_______________________。（5）反應(yīng)③的化學(xué)方程式為____________________________。（6）在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。24、（12分）1，3—環(huán)己二酮（）常用作醫(yī)藥中間體，用于有機(jī)合成。下列是一種合成1，3—環(huán)己二酮的路線。回答下列問題：（1）甲的分子式為__________。（2）丙中含有官能團(tuán)的名稱是__________。（3）反應(yīng)①的反應(yīng)類型是________；反應(yīng)②的反應(yīng)類型是_______。（4）反應(yīng)④的化學(xué)方程式_______。（5）符合下列條件的乙的同分異構(gòu)體共有______種。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與NaHCO3溶液反應(yīng)，且1mol乙與足量NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生氣體22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。寫出其中在核磁共振氫譜中峰面積之比為1∶6∶2∶1的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：________。（任意一種）（6）設(shè)計(jì)以（丙酮）、乙醇、乙酸為原料制備（2，4—戊二醇）的合成路線（無機(jī)試劑任選）_______。25、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應(yīng)用。某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對(duì)銅常見化合物的性質(zhì)和制備進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價(jià)態(tài)銅的穩(wěn)定性進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，該反應(yīng)的離子化學(xué)方程式為：__________。由此可知，在酸性溶液中，價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.探究通過不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖①雜銅(含少量有機(jī)物)灼燒后的產(chǎn)物除氧化銅還含少量銅，原因可能是___________(填字母代號(hào))a.該條件下銅無法被氧氣氧化b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過程中分解生成銅d.灼燒過程中部分氧化銅被還原②測定硫酸銅晶體的純度：某小組同學(xué)準(zhǔn)確稱取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH=3~4，加入過量的KI，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。上述過程中反應(yīng)的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________________(2)途徑B：如下圖①燒瓶內(nèi)可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________(已知燒杯中反應(yīng)：)②下圖是上圖的改進(jìn)裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實(shí)驗(yàn)室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學(xué)認(rèn)為應(yīng)在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認(rèn)為是否必要________(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉(zhuǎn)化為的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍(lán)色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學(xué)取氯化銅晶體配制成藍(lán)綠色溶液Y，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，其中能夠證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關(guān)系的是_____________(填序號(hào))(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍(lán)色b.在Y中加入晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進(jìn)行電解，溶液顏色最終消失Ⅳ.探究測定銅與濃硫酸反應(yīng)取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時(shí)間后停止反應(yīng)，為定量測定余酸的物質(zhì)的量濃度，某同學(xué)設(shè)計(jì)的方案是：在反應(yīng)后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液進(jìn)行滴定(已知?dú)溲趸~開始沉淀的pH約為5)，通過測出消耗氫氧化鈉溶液的體積來求余酸的物質(zhì)的量濃度。假定反應(yīng)前后燒瓶中溶液的體積不變，你認(rèn)為該學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能否求得余酸的物質(zhì)的量濃度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。26、（10分）實(shí)驗(yàn)室用如圖裝置（夾持裝置略）制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。已知K2FeO4具有下列性質(zhì)：①可溶于水，微溶于濃KOH溶液；②在0℃～5℃、強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下發(fā)生分解；③在弱堿性至酸性條件下，能與水反應(yīng)生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是____。(2)為防止裝置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)裝置C中生成K2FeO4反應(yīng)的離子方程式為____。(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水，測得產(chǎn)生O2的體積隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。t1s～t2s內(nèi)，O2的體積迅速增大的主要原因是____。(5)驗(yàn)證酸性條件下氧化性FeO42-＞Cl2的實(shí)驗(yàn)方案為：取少量K2FeO4固體于試管中，____。（實(shí)驗(yàn)中須使用的的試劑和用品有：濃鹽酸，NaOH溶液、淀粉KI試紙、棉花）(6)根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小題實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42-的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是____。27、（12分）錫有SnCl2、SnCl4兩種氯化物．SnCl4是無色液體，極易水解，熔點(diǎn)﹣36℃，沸點(diǎn)114℃，金屬錫的熔點(diǎn)為231℃．實(shí)驗(yàn)室用熔融的金屬錫跟干燥的氯氣直接作用制取無水SnCl4（此反應(yīng)過程放出大量的熱）．實(shí)驗(yàn)室制取無水SnCl4的裝置如圖所示．完成下列填空：（1）儀器A的名稱__；儀器B的名稱__．（2）實(shí)驗(yàn)室制得的氯氣中含HCl和水蒸氣，須凈化后再通入液態(tài)錫中反應(yīng)，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．（3）當(dāng)錫熔化后，通入氯氣開始反應(yīng)，即可停止加熱，其原因是__．若反應(yīng)中用去錫粉11.9g，反應(yīng)后在錐形瓶中收集到23.8gSnCl4，則SnCl4的產(chǎn)率為__．（4）SnCl4遇水強(qiáng)烈水解的產(chǎn)物之一是白色的固態(tài)二氧化錫．若將SnCl4少許暴露于潮濕空氣中，預(yù)期可看到的現(xiàn)象是__．（5）已知還原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成難溶的Sn（OH）Cl．如何檢驗(yàn)制得的SnCl4樣品中是否混有少量的SnCl2？__．28、（14分）甲烷是最簡單的烴，是一種重要的化工原料。(1)以甲烷為原料，有兩種方法合成甲醇：方法Ι：①CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)△H1=-35.4kJ/mol②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90.1kJ/mol方法Ⅱ：③2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g)△H3=______kJ/mol(2)在密閉容器中充入2molCH4(g)和1molO2(g)，在不同條件下反應(yīng)：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。實(shí)驗(yàn)測得平衡時(shí)甲醇的物質(zhì)的量隨溫度、壓強(qiáng)的變化如圖所示。①P1時(shí)升高溫度，n(CH3OH)_______________（填“增大”、“減小”或“不變”）；②E、F、N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率由大到小的順序?yàn)開___________（用V(E)、V(F)、V(N)表示）；③下列能提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的措施是_______________（填序號(hào)）a.選擇高效催化劑b.增大投料比c.及時(shí)分離產(chǎn)物④若F點(diǎn)n(CH3OH)=1mol，總壓強(qiáng)為2.5MPa,則T0時(shí)F點(diǎn)用分壓強(qiáng)代替濃度表示的平衡常數(shù)Kp=_____________________；(3)使用新型催化劑進(jìn)行反應(yīng)2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。隨溫度升高CH3OH的產(chǎn)率如圖所示。①CH3OH的產(chǎn)率在T1至T2時(shí)很快增大的原因是______________；②T2后CH3OH產(chǎn)率降低的原因可能是__________________。29、（10分）K、Al、Si、Cu、N

i均為重要的合金材料，在工業(yè)生產(chǎn)、科技、國防領(lǐng)域有著廣泛的用途，請回答下列問題：（1）K元素處于元素同期表的_____區(qū)。（2）下列狀態(tài)的鋁中，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是______（填標(biāo)號(hào)）。A．[Ne]

B．

[Ne]C．

[Ne]D．[Ne]3s3s3p3s3p3s3p3p（3）從核外電子排布角度解釋高溫下Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因是_____________。（4）一些化合物的熔點(diǎn)如下表所示：化合物NaClKClSiO2熔點(diǎn)/°C8017701723解釋表中化合物之間熔點(diǎn)差異的原因________________________________。（5）NiSO4

溶于氨水形成[Ni

(NH3)6]SO4。①N、O、S三種元素中電負(fù)性最大的是_______。②寫出一種與[Ni

(NH3)6]SO4中的陰離子互為等電子體的分子的分子式_________。③1mol[Ni

(NH3)6]SO4中含有δ鍵的數(shù)目為___________。④NH3

的VSEPR模型為____

；NH3、SO42-的中心原子的雜化類型分別為___、___。（6）K、Ni、F三種元素組成的一種晶體的長方體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度ρ=______g·cm-3(用代數(shù)式表示)。

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

由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析?！驹斀狻竣僭谒嵝原h(huán)境下S2－不能大量共存，錯(cuò)誤；②在堿性環(huán)境下Fe2＋不能大量共存，錯(cuò)誤；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；④HCO3－在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯(cuò)誤；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應(yīng)放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應(yīng)而不能大量共存，生成弱電解質(zhì)而不能大量共存是?？键c(diǎn)，需要正確快速判斷。2、D【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d是淡黃色粉末，d為Na2O2，m為元素Y的單質(zhì)，通常為無色無味的氣體，則m為O2，則Y為O元素，根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：a為烴，b、c分別為CO2、H2O，e、f分別為碳酸鈉、NaOH，結(jié)合原子序數(shù)可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，據(jù)此解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍姆N元素分別是：W為H，X為C，Y為O，Z為Na。A．Z、Y的離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，原子序數(shù)越大，其相應(yīng)的離子半徑就越小，所以簡單離子半徑：Z＜Y，選項(xiàng)A正確；B．過氧化鈉為離子化合物，含有離子鍵和共價(jià)鍵，含有陽離子鈉離子和陰離子過氧根離子，陽離子和陰離子的比值為2：1，選項(xiàng)B正確；C．元素非金屬性越強(qiáng)，其對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，由于元素的非金屬性Y>X，所以簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞X，選項(xiàng)C正確；D．上述4種元素組成的化合物是NaHCO3，該物質(zhì)屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液水解顯堿性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故符合題意的選項(xiàng)為D?！军c(diǎn)睛】本題考查無機(jī)物的推斷，把握鈉的化合物的性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化是本題解答的關(guān)鍵，側(cè)重于分析與推斷能力的考查，注意淡黃色固體、原子序數(shù)為推斷的突破口，本題為高頻考點(diǎn)，難度不大。3、A【解析】

①用試管取少量溶液，逐滴加入稀鹽酸至過量，溶液先渾濁后又變澄清，有無色氣體放出，可知無色氣體為二氧化碳，一定含CO32-，溶液先渾濁后又變澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由離子共存的條件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，溶液先渾濁后又變澄清，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，未見明顯現(xiàn)象，則溶液中不含NH4+；③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振蕩后靜置，下層溶液顯橙紅色，則溶液中一定含Br-，由電荷守恒可知溶液中一定存在的陽離子為K+，不能確定是否含Cl-、SO42-?！驹斀狻緼項(xiàng)、由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正確；B項(xiàng)、由實(shí)驗(yàn)操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能確定溶液中是否含Cl-，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、溶液中一定含K+，不能確定是否含Cl-、SO42-，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、由于溶液事先已經(jīng)加入鹽酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液無法確認(rèn)是否有Cl－，故D錯(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)睛】本題考查離子的共存，試題信息量較大，側(cè)重分析與推斷能力的考查，把握離子的反應(yīng)、現(xiàn)象與結(jié)論的關(guān)系為解答的關(guān)鍵。4、B【解析】

A.未指明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法確定氣體的物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B.D2l6O和H218O的摩爾質(zhì)量均為20g/mol，故2gH218O和D2O的物質(zhì)的量均為0.1mol，而且兩者均含10個(gè)中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA個(gè)，故B正確；C.過氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，氧元素的價(jià)態(tài)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，故當(dāng)生成0.1mol氧氣時(shí)轉(zhuǎn)移0.2mol電子即0.2NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；D.溶液的體積未知，無法計(jì)算溶液中微粒的個(gè)數(shù)，故D錯(cuò)誤；故答案為B。5、B【解析】

由于還原性I->Fe2+>Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯氣，首先發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2I－===2Cl－＋I(xiàn)2；當(dāng)I－反應(yīng)完全后再發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋+Cl2=2Fe2++2Cl－，當(dāng)該反應(yīng)完成后發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情況是Fe2+、Cl-、Br，故選項(xiàng)是B。6、C【解析】

A.NaCl溶液中通入二氧化碳不能反應(yīng)生成碳酸氫鈉，但碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，故不正確；B.CuCl2和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，氫氧化銅和葡萄糖反應(yīng)生成氧化亞銅沉淀，不能得到銅，故錯(cuò)誤；C.Al和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，偏鋁酸鈉溶液加熱蒸干得到偏鋁酸鈉固體，故正確；D.MgO(s)和硝酸反應(yīng)生成硝酸鎂，硝酸鎂溶液電解實(shí)際是電解水，不能到金屬鎂，故錯(cuò)誤。故選C。7、B【解析】

A.pH＝2的溶液為酸性溶液，在酸性條件下，NO3-具有強(qiáng)氧化性，能夠?qū)e2＋與I－氧化，離子不能共存，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.NaAlO2溶液中偏鋁酸根離子水解顯堿性，其中K＋、OH－、Cl－、SO42-不反應(yīng)，能大量共存，B項(xiàng)正確；C.根據(jù)水的離子積表達(dá)式可知，Kw/c(OH-)＝c(H+)，該溶液為酸性溶液，則SiO32-與H+反應(yīng)生成硅酸沉淀，ClO－與H+反應(yīng)生成HClO，不能大量共存，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.Fe3＋與SCN－會(huì)形成配合物而不能大量共存，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】離子共存問題，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)離子反應(yīng)發(fā)生的條件及其實(shí)質(zhì)的理解能力，題型不難，需要注意的是，溶液題設(shè)中的限定條件。如無色透明，則常見的有顏色的離子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合題意；還有一些限定條件如：常溫下與Al反應(yīng)生成氫氣的溶液時(shí)，該溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液。做題時(shí)只要多加留意，細(xì)心嚴(yán)謹(jǐn)，便可快速選出正確答案。8、C【解析】

由裝置圖可知，放電時(shí)，Zn是負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，石墨是正極，反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，外電路中電流由正極經(jīng)過導(dǎo)線流向負(fù)極，充電時(shí)，陽極反應(yīng)式為2I--2e-=I2、陰極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.放電時(shí)，B電極為正極，I2得到電子生成I-，電極反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，A正確；B.放電時(shí)，左側(cè)即負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，所以儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大，B正確；C.離子交換膜是防止正負(fù)極I2、Zn接觸發(fā)生反應(yīng)，負(fù)極區(qū)生成Zn2+、正電荷增加，正極區(qū)生成I-、負(fù)電荷增加，所以Cl-通過M膜進(jìn)入負(fù)極區(qū)，K+通過N膜進(jìn)入正極區(qū)，所以M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜，C錯(cuò)誤；D.充電時(shí)，A極反應(yīng)式Zn2++2e-=Zn，A極增重65g轉(zhuǎn)移2mol電子，所以C區(qū)增加2molK+、2molCl-，離子總數(shù)為4NA，D正確；故合理選項(xiàng)是C。【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)電源新型電池，根據(jù)電極上發(fā)生的反應(yīng)判斷放電時(shí)的正、負(fù)極是解本題關(guān)鍵，要會(huì)根據(jù)原電池、電解池反應(yīng)原理正確書寫電極反應(yīng)式，注意交換膜的特點(diǎn)，選項(xiàng)是C為易錯(cuò)點(diǎn)。9、C【解析】

A.由產(chǎn)物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價(jià)為+4價(jià)，F(xiàn)e的化合價(jià)為+2價(jià)，正好在反應(yīng)物FeTi03中符合化合價(jià)原則，所以不是氧化還原反應(yīng)，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結(jié)合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反應(yīng)，B正確；C.分析反應(yīng)④，Ti的化合價(jià)反應(yīng)前后都為+4價(jià)，所以不是氧化劑，C錯(cuò)誤；D.金屬之間的置換，體現(xiàn)了還原性強(qiáng)的制取還原性弱的反應(yīng)規(guī)律，D正確；本題答案選C。10、C【解析】

A.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，作負(fù)極，而燃料電池中陰離子往負(fù)極移動(dòng)，因而可推知OH-（陰離子）穿過陰離子交換膜，往Al電極移動(dòng)，A正確；B.Ni為正極，電子流入的一端，因而電極附近氧化性較強(qiáng)的氧化劑得電子，又已知過氧化氫在強(qiáng)堿性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得電子變?yōu)镺H-，故按照缺項(xiàng)配平的原則，Ni極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正確；C.根電池裝置圖分析，可知Al較活潑，Al失電子變?yōu)锳l3+，Al3+和過量的OH-反應(yīng)得到AlO2-和水，Al電極反應(yīng)式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni極的電極反應(yīng)式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而總反應(yīng)為2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，顯然電池工作結(jié)束后，電解質(zhì)溶液的pH升高，C錯(cuò)誤；D.A1電極質(zhì)量減輕13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al電極反應(yīng)式為Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5×3NA=9.03×1023，D正確。故答案選C。【點(diǎn)睛】書寫燃料電池電極反應(yīng)式的步驟類似于普通原電池，在書寫時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1.電極反應(yīng)式作為一種特殊的離子反應(yīng)方程式，也必需遵循原子守恒，得失電子守恒，電荷守恒；2.寫電極反應(yīng)時(shí)，一定要注意電解質(zhì)是什么，其中的離子要和電極反應(yīng)中出現(xiàn)的離子相對(duì)應(yīng)，在堿性電解質(zhì)中，電極反應(yīng)式不能出現(xiàn)氫離子，在酸性電解質(zhì)溶液中，電極反應(yīng)式不能出現(xiàn)氫氧根離子；3.正負(fù)兩極的電極反應(yīng)式在得失電子守恒的條件下，相疊加后的電池反應(yīng)必須是燃料燃燒反應(yīng)和燃料產(chǎn)物與電解質(zhì)溶液反應(yīng)的疊加反應(yīng)式。11、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分層，則圖中分液裝置可分離，選項(xiàng)A正確；B．短導(dǎo)管進(jìn)入可收集密度比空氣小的氣體，長導(dǎo)管進(jìn)入可收集密度比空氣大的氣體，則圖中裝置可收集H2、CO2、Cl2等氣體，選項(xiàng)B正確；C．四氯化碳的密度比水大，在下層，可使氣體與水不能直接接觸，則裝置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，選項(xiàng)C正確；D．不能利用無水氯化鈣干燥氨氣，應(yīng)選堿石灰干燥，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選D。【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及混合物分離提純、氣體的收集、防止倒吸等，把握圖中裝置的作用及實(shí)驗(yàn)基本技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椤?2、A【解析】

通入二氧化碳，OA段生成沉淀，發(fā)生反應(yīng)Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，說明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，發(fā)生反應(yīng)AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，說明含有AlO2-?！驹斀狻客ㄈ攵趸?，OA段生成沉淀，發(fā)生反應(yīng)Ba2++2OH-+CO2==BaCO3↓+H2O，說明溶液中一定含有Ba2+、OH-；BC段生成沉淀，發(fā)生反應(yīng)AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，BC段生成沉淀，說明含有AlO2-。AB段沉淀物質(zhì)的量不變，發(fā)生反應(yīng)2OH-+CO2==CO32-+H2O；CD段沉淀的物質(zhì)的量不變，發(fā)生反應(yīng)CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；DE段沉淀溶解，發(fā)生反應(yīng)BaCO3+CO2+H2O═Ba(HCO3)2；Ba2+與SO42-生成沉淀，OH-與NH4+反應(yīng)生成一水合氨，所以一定不存在NH4+、SO42-；故選A。13、C【解析】

由圖可知，E點(diǎn)溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，【詳解】A項(xiàng)、由圖可知，E點(diǎn)溶液pH為7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)＝c(A—)+c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+c(Cl—)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、HA的電離常數(shù)Ka(HA)=，由圖可知pH為3.45時(shí)，溶液中=0，c（HA）=c(A—)，則Ka(HA)=c(H+)＝10-3.45，Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10—4，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、溶液中==，溫度不變，水的離子積常數(shù)、弱酸的電離常數(shù)不變，則滴加過程中保持不變，故C正確；D項(xiàng)、F點(diǎn)溶液pH為5，=—1，則溶液中c(A—)＞c(HA)，由物料守恒c(Na+)＝c(A—)+c（HA）可知c(Na+)＞c(A—)，則溶液中離子濃度大小順序?yàn)閏(Na+)＞c(A—)＞c(HA)＞c(OH—)，故D錯(cuò)誤。故選C。14、C【解析】

根據(jù)原子序數(shù)及化合價(jià)判斷最前面的元素x是氫元素，y為碳元素，z為氮元素，d為氧元素，e為鈉元素，f為鋁元素，g為硫元素，h為氯元素；A.根據(jù)“層多徑大、序大徑小”，離子半徑大小g＞h＞e＞f；選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.d、z、y與x形成的簡單化合物依次為H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子間形成氫鍵且水分子間氫鍵強(qiáng)于NH3分子間氫鍵，CH4分子間不存在氫鍵，故沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)閐＞z＞y，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.氫元素、氮元素、氧元素可以組成離子化合物硝酸銨，硝酸銨中含離子鍵和共價(jià)鍵，選項(xiàng)C正確；D.g、h元素對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反應(yīng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。15、A【解析】

A．11B中含有6個(gè)中子，0.1mol11B含有6NA個(gè)中子，A正確；B．溶液體積未定，不能計(jì)算氫離子個(gè)數(shù)，B錯(cuò)誤；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯不是氣體，不能利用氣體摩爾體積計(jì)算22.4L苯的物質(zhì)的量，則無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目，C錯(cuò)誤；D．PCl3與Cl2反應(yīng)生成PCl5的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物，則所1molPCl3與1molCl2反應(yīng)生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl鍵的數(shù)目小于2NA個(gè)，D錯(cuò)誤；答案選A。16、C【解析】A、加熱NaHCO3和NH4Cl均分解，故A錯(cuò)誤；B、NO能與O2反應(yīng)，不能用排空集氣法收集，故B錯(cuò)誤；C、NaHCO3＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O＋CO2↑，故C正確；D、稀硫酸與NaOH溶液的反應(yīng)沒有明顯現(xiàn)象，需要滴入指示劑，否則無法完成實(shí)驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；故選C。17、A【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，常溫下乙為液體，應(yīng)該為H2O，則a為H元素，A為d元素組成的單質(zhì)，且與丙反應(yīng)生成水和常用于消毒、漂白的丁，則丙應(yīng)為堿，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知甲為Na2O，丙為NaOH，A為Cl2，生成丁、戊為NaCl，NaClO，可知b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，以此解答該題。【詳解】由以上分析可知a為H元素、b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，甲為Na2O、乙為H2O、丙為NaOH、丁為NaClO、戊為NaCl；A．b、c對(duì)應(yīng)的離子為O2-和Na+，具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑O2-＞Na+，即b＞c，故A錯(cuò)誤；B．丙為NaOH，由Na+和OH-組成，則含有離子鍵和極性共價(jià)鍵，故B正確；C．b為O元素、c為Na元素，兩者組成的Na2O和Na2O2中陰、陽離子數(shù)目比均為1：2，故C正確；D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，若為NaClO，Cl原子的價(jià)電子對(duì)為1+=4，則Cl的雜化方式是sp3；若為NaClO2，Cl原子的價(jià)電子對(duì)為2+=4，則Cl的雜化方式是sp3；同理若為NaClO3或NaClO4，Cl原子雜化方式仍為sp3，故D正確；故答案為A。18、B【解析】

據(jù)圖可知電解池中，鋁電極失電子作陽極，電極反應(yīng)為：2Al-6e-=2Al3+，在鋁表面有氧氣產(chǎn)生，說明有部分氫氧根離子放電，鐵電極上水得電子作陰極，電極反應(yīng)為：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，鉛蓄電池中X與陰極鐵相連，作負(fù)極，負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y與陽極鋁相連，作正極，電極反應(yīng)為PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串聯(lián)電路中各電極轉(zhuǎn)移電子相等，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.蓄電池中兩電極都生成硫酸鉛，因此兩個(gè)電極的質(zhì)量都增加，A錯(cuò)誤；B.鋁電極失電子作陽極，電極反應(yīng)為：2Al-6e-=2Al3+，在鋁表面有氧氣產(chǎn)生，說明有部分氫氧根離子放電，OH-是水電離產(chǎn)生，說明電解池陽極上被氧化的還原劑有Al和H2O，B正確；C.陽極鋁電極反應(yīng)為：2Al-6e-=2Al3+，陰極鐵電極電極反應(yīng)為6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，總反應(yīng)為2Al+6H2O2Al(OH)3(膠體)+3H2↑，在鋁的表面有氧氣產(chǎn)生，說明還存在電解水的過程：2H2OO2↑+2H2↑，C錯(cuò)誤；D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2價(jià)的金屬，反應(yīng)的Pb的物質(zhì)的量是0.5mol，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.5mol×2=1mol，根據(jù)串聯(lián)電路中電子轉(zhuǎn)移守恒，則電解池的陰極上反應(yīng)產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量是0.5mol，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B?！军c(diǎn)睛】本題考查原電池和電解池工作原理，電解池的電極反應(yīng)正確判斷原電池正負(fù)極、電解池陰陽極以及鋁電極上產(chǎn)生氧氣是求解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫。19、C【解析】

反應(yīng)5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O為氧化還原反應(yīng)，只有Br元素發(fā)生電子的得與失，反應(yīng)為歸中反應(yīng)。A.2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，變價(jià)元素為Br和Cl，A不合題意；B.2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，變價(jià)元素為Fe和S，B不合題意；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，變價(jià)元素只有S，發(fā)生歸中反應(yīng)，C符合題意；D.AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl為非氧化還原反應(yīng)，D不合題意。故選C。20、B【解析】

A．關(guān)閉活塞K時(shí)，氣體可將球形容器內(nèi)的液體壓入漏斗內(nèi)，從而使碳酸鈣脫離液面，反應(yīng)停止，所以通過調(diào)節(jié)活塞K可控制CO2的流速，A正確；B．裝置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氫，故裝置b內(nèi)應(yīng)盛裝飽和NaHCO3溶液，B錯(cuò)誤；C．裝置c中含氨的飽和食鹽水呈堿性，CO2的溶解度增大，C正確；D．反應(yīng)后將裝置c中的錐形瓶浸入冷水，NaHCO3降溫結(jié)晶，過濾得NaHCO3晶體，D正確；故選B。21、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原電池中，Zn比Fe活潑作負(fù)極，F(xiàn)e作正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)得到保護(hù)，該方法為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故A正確；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，減少酸雨的發(fā)生，不能減少溫室氣體的排放，故B錯(cuò)誤；C．加熱可使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，則加熱能殺死新型冠狀病毒是因?yàn)榈鞍踪|(zhì)受熱變性，故C正確；D．75%的酒精可用于殺菌消毒，殺毒效果好，對(duì)人體危害最小，濃度太大易在細(xì)胞壁上形成一層膜阻止酒精滲入，濃度太小殺菌效果差，故D正確；故答案選B。22、B【解析】

A．X電極材料為Li，電池放電時(shí)，X電極發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．電池放電時(shí)，Y為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，充電時(shí)，Y發(fā)生氧化反應(yīng)，接電源正極，故B正確；C．電池放電時(shí)，電子由鋰電極經(jīng)過導(dǎo)線流向硫電極，故C錯(cuò)誤；D．鋰單質(zhì)與水能夠發(fā)生反應(yīng)，因此不能向電解液中添加Li2SO4水溶液，故D錯(cuò)誤；故答案為：B。二、非選擇題(共84分)23、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵稀NaOH溶液／△保護(hù)醛基不被H2還原【解析】

標(biāo)準(zhǔn)狀況下，3.36L氣態(tài)烴A的質(zhì)量是3.9g，則相對(duì)摩爾質(zhì)量為=26g/mol，應(yīng)為HC≡CH，A與X反應(yīng)生成B，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知X為CH3COOH，X發(fā)生加聚反應(yīng)生成PVAc，結(jié)構(gòu)簡式為，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結(jié)合G的分子式可知G應(yīng)為，H為，在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇可保護(hù)醛基不被H2還原，M為，據(jù)此分析作答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，（1）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48L氣態(tài)烴A的物質(zhì)的量為0.2mol,質(zhì)量是5.2g，摩爾質(zhì)量為26g/mol，所以A為乙炔，結(jié)構(gòu)簡式為HC≡CH；正確答案：HC≡CH。（2）根據(jù)B分子結(jié)構(gòu)可知，乙炔和乙酸發(fā)生加成反應(yīng)，X的結(jié)構(gòu)簡式為.CH3COOH；B中官能團(tuán)的名稱是酯基、碳碳雙鍵；正確答案：CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵。（3）有機(jī)物B發(fā)生加聚反應(yīng)生成PVAc，PVAc在堿性環(huán)境下發(fā)生水解生成羧酸鹽和高分子醇，化學(xué)方程式為；正確答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛發(fā)生加成、消去反應(yīng)生成有機(jī)物E，因此反應(yīng)②的反應(yīng)試劑和條件是是稀NaOH溶液／△；正確答案：稀NaOH溶液／△。（5）根據(jù)信息II，可知芳香烯醛與乙二醇在氯化氫環(huán)境下發(fā)生反應(yīng)，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成；化學(xué)方程式為；正確答案：。（6）從流程圖可以看出，醛基能夠與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以乙二醇的作用是保護(hù)醛基不被H2還原；正確答案：保護(hù)醛基不被H2還原。（7）高分子醇中2個(gè)-CH(OH)-CH2-與苯丙醛發(fā)生反應(yīng)，生成六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)的高分子環(huán)醚，則M的結(jié)構(gòu)簡式為；正確答案：。24、C6H11Br醛基、羰基（酮基）消去反應(yīng)氧化反應(yīng)+CH3CH2OH+H2O12或CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3【解析】

甲的分子式為C6H11Br，經(jīng)過過程①，變?yōu)镃6H10，失去1個(gè)HBr，C6H10經(jīng)過一定條件轉(zhuǎn)化為乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙經(jīng)過②過程，在CrO3的作用下，醛基變?yōu)轸然?，發(fā)生氧化反應(yīng)，丙經(jīng)過③過程，發(fā)生酯化反應(yīng)，生成丁為，丁經(jīng)過④，在一定條件下，生成?！驹斀狻?1)甲的分子式為C6H11Br，故答案為：C6H11Br；(2)丙的結(jié)構(gòu)式為含有官能團(tuán)為醛基、羰基（酮基），故答案為：醛基、羰基（酮基）；(3)C6H11Br，失去1個(gè)HBr，變?yōu)镃6H10，為消去反應(yīng)；丙經(jīng)過②過程，在CrO3的作用下，醛基變?yōu)轸然l(fā)生氧化反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；氧化反應(yīng)；(4)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，,故答案為：；(5)乙的分子式為C6H10O3。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，②能與NaHCO3溶液反應(yīng)，且1mol乙與足量NaHCO3溶液反應(yīng)時(shí)產(chǎn)生氣體22.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。說明含有1個(gè)醛基和1個(gè)羧基，滿足條件的有：當(dāng)剩余4個(gè)碳為沒有支鏈，羧基在第一個(gè)碳原子上，醛基有4種位置，羧基在第二個(gè)碳原子上，醛基有4種位置；當(dāng)剩余4個(gè)碳為有支鏈，羧基在第一個(gè)碳原子上，醛基有3種位置，羧基在第二個(gè)碳原子上，醛基有1種位置，共12種，其中核磁共振氫譜中峰面積之比為1∶6∶2∶1的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式或，故答案為：12；或；(6)根據(jù)過程②，可將CH3CH2OH中的羥基氧化為醛基，再將醛基氧化為羧基，羧基與醇反生酯化反應(yīng)生成酯，酯在一定條件下生成，再反應(yīng)可得，合成路線為CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案為：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷，利用已知信息及有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、官能團(tuán)的變化、碳原子數(shù)目的變化推斷各物質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)是(5)中同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷，要巧妙運(yùn)用定一推一的思維。25、穩(wěn)定穩(wěn)定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO↑+4H2O氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣否abc不能雖然甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，Cu（OH）2開始沉淀時(shí)的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾【解析】

I.(1)物質(zhì)都有由不穩(wěn)定物質(zhì)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定物質(zhì)的傾向，所以在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)①Cu未完全反應(yīng)、部分氧化銅能被有機(jī)物還原；②根據(jù)Cu元素守恒和反應(yīng)方程式可得關(guān)系式，然后利用關(guān)系式計(jì)算CuSO4?5H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的含義計(jì)算硫酸銅晶體的含量；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)產(chǎn)生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律書寫反應(yīng)方程式；②O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，防止大氣污染；III.(1)HCl對(duì)反應(yīng)沒有影響；(2)根據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾?！驹斀狻縄.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，該反應(yīng)的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，這說明在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更穩(wěn)定；II.(1)①a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯(cuò)誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導(dǎo)致含有銅單質(zhì)，b正確；c.氧化銅在加熱過程中不會(huì)分解生成銅，c錯(cuò)誤；d.灼燒過程中部分氧化銅被有機(jī)物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項(xiàng)是bd；②根據(jù)方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，則n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)生成硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，可得反應(yīng)方程式為：；②NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時(shí)可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1)Cl2中混有的HCl對(duì)反應(yīng)沒有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2)a.將Y稀釋，平衡向左移動(dòng)，溶液呈藍(lán)色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，b正確；c.在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動(dòng)，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，c正確；d.取Y進(jìn)行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，d錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是3.1~4.4，Cu(OH)2開始沉淀的pH=5，在指示劑變色范圍之外，即酸被堿中和時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但是甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，Cu2+溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾，因此不能測定剩余硫酸的物質(zhì)的量濃度。【點(diǎn)睛】本題考查了實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、對(duì)工藝流程理解、實(shí)驗(yàn)裝置的理解、平衡移動(dòng)、物質(zhì)分離提純等，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解答題目關(guān)鍵，難點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，從實(shí)驗(yàn)的可操作性、簡便性、安全性、環(huán)保等方面考慮，有助于培養(yǎng)學(xué)生基本扎實(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用能力。26、防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落將裝置C置于冰水浴中KOH應(yīng)過量（或減緩?fù)ㄈ肼葰獾乃俾实龋?Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量濃鹽酸，將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口，若試紙變藍(lán)，則說明有Cl2生成，同時(shí)說明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強(qiáng)弱【解析】

利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染，據(jù)此分析。【詳解】利用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制得氯氣，將氯氣通過飽和氯化鈉溶液除去氯化氫，純凈的氯氣通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制備高效水處理劑高鐵酸鉀（K2FeO4），用氫氧化鈉溶液處理尾氣，防止多余的氯氣排放到空氣中引起污染。(1)裝置A用于制取氯氣，其中使用恒壓漏斗的原因是防止因反應(yīng)過于劇烈而使液體無法滴落；(2)為防止裝置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是將裝置C置于冰水浴中和KOH應(yīng)過量（或減緩?fù)ㄈ肼葰獾乃俾实龋?3)裝置C中利用氯氣在堿性條件下將氫氧化鐵氧化生成K2FeO4，反應(yīng)的離子方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4處理飲用水，K2FeO4與水發(fā)生反應(yīng)生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s內(nèi)，O2的體積迅速增大；(5)驗(yàn)證酸性條件下氧化性FeO42-＞Cl2的實(shí)驗(yàn)方案為：取少量K2FeO4固體于試管中，向其中滴加少量濃鹽酸，將濕潤的淀粉KI試紙靠近試管口，若試紙變藍(lán)，則說明有Cl2生成，同時(shí)說明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小題實(shí)驗(yàn)表明，溶液的酸堿性影響物質(zhì)的氧化性強(qiáng)弱，在不同的酸堿性環(huán)境中，Cl2和FeO42-的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反。27、蒸餾燒瓶冷凝管Sn可能與HCl反應(yīng)生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反應(yīng)放出大量的熱91.2%空氣中有白煙取樣品少許，溶于稀鹽酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振蕩，若紫色褪去，說明SnCl4混有少量的SnCl2，否則SnCl4純凈【解析】

裝置A有支管，因此是蒸餾燒瓶，氯氣進(jìn)入燒瓶與錫反應(yīng)得到，加熱后揮發(fā)，進(jìn)入裝置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下進(jìn)上出，冷卻后的變?yōu)橐后w，經(jīng)牛角管進(jìn)入錐形瓶E中收集，而F中的燒堿溶液可以吸收過量的氯氣，據(jù)此來分析作答。【詳解】（1）裝置A是蒸餾燒瓶，裝置B是冷凝管；（2）錫在金屬活動(dòng)順序表中位于氫之前，因此金屬錫會(huì)和反應(yīng)得到無用的，而除去水蒸氣是為了防止水解；（3）此反應(yīng)過程會(huì)放出大量的熱，因此此時(shí)我們可以停止加熱，靠反應(yīng)放出的熱將持續(xù)蒸出；根據(jù)算出錫的物質(zhì)的量，代入的摩爾質(zhì)量算出理論上能得到26.1克，則產(chǎn)率為；（4）水解產(chǎn)生白色的固態(tài)二氧化錫，應(yīng)該能在空氣中看到一些白煙；（5）根據(jù)題目給出的信息，若溶液中存在，則可以將還原為，因此我們?nèi)悠飞僭S，溶于稀鹽酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振蕩，若紫色褪去，說明SnCl4混有少量的SnCl2，否則SnCl4純凈。28、-251.0減小V(N)>V(F)>V(E)c2MPa-l溫度升高反應(yīng)速率加快，且在此溫