2022年安徽省阜阳市界首市高三（最后冲刺）化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H=-115.6 kJmol-1下列说法正确的是A升高温度能提高HCl的转化率B加入催化剂，能使该反运的焓变减小C1molCl2转化为

2、2molCl2原子放出243kJ热量D断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高2、碳酸镧La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl 3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4C1+3CO2+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是A制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDECBY中发生反应的化学方程式为NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH 3CX中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2DZ中应先通入CO2，后通

3、入过量的NH33、25时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程中，可能存在c(X) Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色液体FeCl2溶液部分变质D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性AABBCCDD6、2019年2月，在世界移动通

4、信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A制造手机芯片的关键材料是硅B用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能7、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是A铜久置空气中表面出现绿色固体：2CuO2CO2H2OCu2(OH)2CO3B某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2CFeSO47H2O在空气中久置变黄：2FeSO47H2OFe2O3SO2SO314H2ODSO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO22KMnO42H2

5、OK2SO42MnSO4十2H2SO48、根据能量示意图,下列判断正确的是( )A化学反应中断键要放出能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)= 2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成1 mol C(l),放出 (b+c-a)kJ热量9、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）A加入合金的质量不可能为6.4gB沉淀完全时消耗NaOH溶液

6、的体积为120mLC溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol10、下列变化中只存在放热过程的是（）A氯化钠晶体熔化B氢氧化钠晶体溶于水C液氮的气化D水蒸气的液化11、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO32HCa2+H2OCO2B铜与稀硝酸反应：3Cu2NO38H3Cu2+2NO4H2OC向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+Ag(NH3)2+2OH CH3COO+NH4+NH3+ Ag+H2O12、有机化合物甲

7、、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲 乙 丙A三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应13、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同14、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A装

8、置探究浓度对化学反应速率的影响B装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D装置防止铁钉生锈15、短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是AW 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物BZ与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键CZ 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性D对应的简单离子半径大小为 W Z XY16、实验室用 NH4Cl、盐酸、Na

9、ClO2 为原料制备 ClO2 的过程如下图所示，下列说法不正确的是AX 中大量存在的阴离子有 Cl-和 OH-BNCl3 的键角比 CH4 的键角大CNaClO2 变成 ClO2 发生了氧化反应D制取 3 mol ClO2 至少需要 0.5mol NH4Cl17、下列离子方程式书写正确的是A小苏打治疗胃酸过多的反应：CO322HCO2H2OB次氯酸钠溶液通入少通的CO2：2ClOCO2H2O2HClOCO32CH218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2OD过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中：3SO22NO33Ba22H2O3BaSO

10、42NO4H18、下列属于酸性氧化物的是( )ACOBNa2OCKOHDSO219、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol20、称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体

11、，两份铝粉的质量之比为A1：3B3：1C1：1D4：321、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是ANH3NONO2HNO3B浓缩海水 Br2 HBr Br2C饱和食盐水 Cl2漂白粉DH2和Cl2混合气体 HCl气体盐酸22、铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133BCs、Cs的性质相同CCs的电子数为79DCs、Cs互为同素异形体二、非选择题(共84分)23、（14分）铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、

12、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态Fe3+ 核外电子排布式为_。（2）在Fe(CN)63 中不存在的化学键有_。A离子键 B金属键 C氢键 D共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2： (CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HCCH+HCNH2C=CHCN KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CHCN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中键和键数目之比为_。（4）C22和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体

13、中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为_。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dgcm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。24、（12分）美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：_。（2）写出下列物质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应中属于取

14、代反应的有_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。25、（12分）硝酸铁具有较强的氧化性，易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用于金属表面化学抛光剂。(1)制备硝酸铁取100mL 8mol L-1硝酸于a中，取 5.6g铁屑于b中，水浴保持反应温度不超过70。b中硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体。写出b中发生反应的离子方程式：_。若用实验制得的硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：

15、将溶液小心加热浓缩、_、_，用浓硝酸洗涤、干燥。(2)探究硝酸铁的性质。用硝酸铁晶体配制0.1molL-1硝酸铁溶液，溶液呈黄色，进行实验如下：实验一：硝酸铁溶液与银反应：i.测0.1molL-1硝酸铁溶液pH约等于1.6 。ii.将5mL 0.1molL-1硝酸铁溶液加到有银镜的试管中，约1min银镜完全溶解。使银镜溶解的反应原理有两个反应：a. Fe3+使银镜溶解 b. NO3-使银镜溶解证明Fe3+使银镜溶解，应辅助进行的实验操作是_。用5mL _溶液，加到有银镜的试管中，约1.2min银镜完全溶解。证明NO3-使银镜溶解。为进一步研究溶解过程，用5mLpH约等于1.6的0.05molL

16、-1硫酸铁溶液，加到有银镜的试管中，约10min银镜完全溶解。实验二：硝酸铁溶液与二氧化硫反应，用如图所示装置进行实验：i.缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。ii.继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。已知：Fe2+NOFe(NO)2+(深棕色)步骤i反应开始时，以NO3-氧化SO2为主，理由是：_。步骤ii后期反应的离子方程式是_。(3)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是_。26、（10分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有 K+、IO3-、I-、Mg2+加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知：IO3-+5I-+

17、6H+3I2+3H2O，2Fe3+2I-2Fe2+I2，KI+I2KI3；氧化性： IO3-Fe3+I2。（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为 3 份。第一份试液中滴加 KSCN 溶液后显红色；第二份试液中加足量 KI 固体，溶液显淡黄色，加入 CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量 KIO3 固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。第一份试液中，加 KSCN 溶液显红色，该红色物质是_（用化学式表示）。第二份试液中“加入 CCl4”的实验操作名称为_，CCl4 中显紫红色的物质是_（用化学式

18、表示）。根据这三次实验，学生甲得出以下结论：在加碘盐中，除了 Na+、Cl-以外，一定存在的离子是_，可能存在的离子是_，一定不存在的离子是_。由此可确定，该加碘盐中碘元素是_价（填化合价）的碘。（2）将 I2溶于 KI 溶液，在低温条件下，可制得 KI3H2O该物质作为食盐加碘剂是否合适？_（填“是”或“否”），并说明理由_。（3）已知：I2+2S2O32-2I-+S4O62-学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：a准确称取 wg 食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量 KI 溶液，使 KIO3与 KI 反应完全；c以淀粉溶液为

19、指示剂，逐滴加入物质的量浓度为 2.010-3mol/L 的 Na2S2O3 溶液 10.0mL，恰好反应完全。根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以 I 元素计）是_mg/kg（以含w的代数式表示）。27、（12分）溴化钙晶体(CaBr22H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，_。(2)“合成”的化学方程式为_。“合成”温度控制

20、在70以下，其原因是_。投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，其目的是_。(3)“滤渣”的主要成分为_(填化学式）。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr22H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，_。实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱28、（14分）汉书景帝纪记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。请回答：（1）基态Zn原子的价层电子轨道表达式为_；占据最高能层的电子，其电子云轮廓图形状为_。（2）与相邻元素Ga相比，元素Zn的第一电离能较大的原因为_。（3）Zn2+可与CN

21、-、二苯硫腙等形成稳定配合物。CN-的结构式为_。每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有_个。（4）卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/872275394446ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律的原因_。ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_。（5）ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为dgcm-3，S2-和Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。Zn2+的配位数为_。该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为_（列式即可）29、（10分）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也

22、有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：反应（i）：2CH4(g)O2(g)2CO(g)4H2(g) H=71.4kJmol-1反应（ii）：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H=+247.0 kJmol-1（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_。（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) （不发生其它反应），CO2的平衡转化率如下表所示： 容器起始物质的量(n) / molCO2的平衡转化率CH4CO2COH20.10.100500.10.10.20.2 /

23、下列能说明反应达到平衡状态是_。Av正(CH4) =2v逆(CO) B容器内各物质的浓度满足c(CH4)c(CO2)=c2(CO)c2(H2)C容器内混合气体的总压强不再变化D容器内混合气体密度保持不变若容器内反应从开始到平衡所用的时间为t min，则t min内该反应的平均反应速率为：v(H2) = _（用含t的表达式表示）。达到平衡时，容器、内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)_n(CO)（填“”、“”或“”）（3）将CH4(g)和O2(g)以物质的量比为4:3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内，发生上述反应（i）：2CH4(g)O2(g)2CO(g)4H2(g)，相同时间段内测得CO的体

24、积分数(CO)与温度（T）的关系如图如示。 T2时，CO体积分数最大的原因是_。若T2时，容器内起始压强为P0，平衡时CO的体积分数为20，则反应的平衡常数KP =_（用平衡分压强代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。（4）2016年我国科研人员根据反应Na+CO2 Na2CO3+C（未配平） 研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。其放电时的工作原理如图所示，已知吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面，写出放电时正极的电极反应式：_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符

25、合题意的选项）1、D【解析】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(2432+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即ba，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确；正确答案为D。2、D【解析】A. 由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备氨气，在

26、Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC，A正确；B. Y中CaO与浓氨水反应生成氨气和氢氧化钙，该反应的化学反应式为：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，B正确；C. 装置X用于除杂，X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，可吸收CO2中的HCl，HCl与NaHCO3反应产生NaCl、H2O、CO2，故其作用为吸收挥发的HCl，同时生成CO2，C正确；D. Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液更容易吸收二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3，D错误；故合理选项是D。3、B【解析】A.根据

27、b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A错误；B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)Cl，氢化物稳定性HFHCl，故A错误；B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子

28、键又有共价键，故B错误；C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2-F-Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl-O2-F-Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。16、B【解析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3

29、+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A. NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；B. N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；C. NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价

30、升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；D. 由反应NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。17、C【解析】A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3HCO2H2O，故A错误；B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClOCO2H2OHClOHCO3，故B错误；C、H218O2中加入H2SO4酸化

31、的KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故C正确；D、过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错点B，根

32、据电离平衡常数H2CO3HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。18、D【解析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A不选；B. Na2O是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D选。故选D。19、C【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g1.52g=1.02g，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为x

33、mol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05a)mol，根据电子转移守恒可知：a1+(0.05a)21=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L0.05L=0.7mol，反应后的溶质为

34、硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol0.04mol0.012=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.022+0.012+0.04+0.012=0.12mol，故D正确；答案选C。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金

35、属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu 2e- Cu2+2OH-，Mg 2e- Mg2+2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。20、C【解析】由2Al6HCl2NaOH3H2，酸、碱均足量时，Al完全反应，以此分析生成的氢气。【详解】由2Al6HCl2NaOH3H2，酸、碱均足量时，Al完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，答案选C。21、D【解析】A工业上制备硝酸是通过氨的催化氧化生成NO后，生成的NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HN

36、O3，A项不符合题意，不选；B通过海水提取溴，是用Cl2氧化经H2SO4酸化的浓缩海水，将其中的Br-氧化为Br2，通过热空气和水蒸气吹入吸收塔，用SO2将Br2转化为HBr，再向吸收塔内通入Cl2氧化为Br2，经CCl4萃取吸收塔中的Br2得到，B项不符合题意，不选；C工业生产中用直流电电解饱和食盐水法制取氯气，通过氯气和石灰乳（即Ca(OH)2）制得漂白粉，C项不符合题意，不选；DH2和Cl2混合气体在光照条件下会剧烈反应，发生爆炸，不适合工业生产，D项符合题意；答案选D。22、A【解析】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同

37、位素Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A正确；BCs、Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C电子数等于质子数，Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；DCs、Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、第四周期 族 Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 AB KCON sp sp2 2:1 4 分子 【解析】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道

38、上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由K、C.N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CHCN)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个键和1个键、CN含有1个键和2个键，CH都是键，确定分子中键和键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子

39、晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为) Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5或Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶

40、体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCOFe3+I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；（2）根据KI具

41、有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；（3）存在KIO33I26Na2S2O3，以此计算含碘量。【详解】（1）某加碘盐可能含有K+、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；故答案为：Fe(SCN)3；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，故答案为：萃取；I2；据上述实验得出氧化性：Fe3+I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘

42、盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是I-，故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故

43、答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以I元素计)是xmg/kg，则因此所测精制盐的碘含量是x=，故答案为：。27、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥【解析】 (1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，

44、使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O；液溴和液氨容易挥发， “合成”温度应控制在70以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH33CaBr2+N2+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”

45、的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr22H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。28、 球形 Zn

46、的价电子排布式是3d104s2，4s能级上电子处于全充满状态，较稳定，难以失去电子；而镓（31Ga）的价电子排布式为4s24p1，容易失去4p能级上的一个电子，故Ga的第一电离能比Zn的低 16 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，故熔点依次升高 ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌 4 100% 【解析】（1）对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，但对于Zn来说，它是副族（B），其价电子还与3d能级上的电子有关；当电子排布完成后，4s

47、能级上的电子能量最高，4s能级电子云是球形；（2）Zn与Ga在周期表中虽然是相邻元素，但价电子不一样，Zn的价电子排布式是3d104s2，而Ga的价电子排布式为4s24p1，结合洪特规则判断；（3）CN-与N2、CO是等电子体，它们的结构相似，其中N2的结构式为；双键碳和双键氮以及苯环碳均是sp2杂化；（4）ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，而ZnF2属于离子晶体，它们的熔沸点由于晶体类型不同，影响它们熔沸点的作用力不同，应区别对待；（5）这种ZnS晶胞不属于立方晶胞，上下两个底面是平行四边形，两个角呈120、另两个角呈60，这就决定了处于晶胞顶点上的8个S2-，有4个被

48、12个晶胞共用，另4个被6个晶胞共用；处于棱上的4个Zn2+，有2个被6个晶胞共用、另2个被3个晶胞共用，这样就可以求出晶胞的组成。再根据密度与质量、体积的关系以及球的体积公式即可求得离子占晶胞体积的百分率。【详解】（1）Zn的原子序数为30，其价电子排布式为3d104s2，价层电子轨道表达式为：；占据最高能层的电子处于4s能级上，所以是球形；（2）第一电离能是从气态基态原子中去掉一个电子所需的能量，Zn的价电子排布式是3d104s2，4s能级上电子处于全充满状态，较稳定，难以失去电子；而镓（31Ga）的价电子排布式为4s24p1，容易失去4p能级上的一个电子，故Ga的第一电离能比Zn的低；（

49、3）CN-与N2互为等电子体，等电子体具有相似的结构。N2的结构式为，故CN-的电子式为；每个二苯硫腙分子中，2个苯环的12个碳原子为sp2杂化，形成双键的硫原子、碳原子和2个氮原子也为sp2杂化，共计16个；（4）分子晶体熔沸点由分子间作用力大小决定，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，故熔点依次升高；晶体的熔沸点决定于晶体类型，一般来说熔沸点是：原子晶体离子晶体分子晶体，ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌；（5）由晶胞结构可知，每个Zn2+周围连有4个O2-，配位数为4；该一个晶胞中含有S2-的数目为：4+4+1=2；含Zn2+的数目为：2+2+1=2。即一个晶胞中含有2个ZnS，根据密度与质量、体积的关系可以求