河北省衡水市冀州名校新高考化学倒计时模拟卷及答案解析

河北省衡水市冀州名校新高考化学倒计时模拟卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB．1mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC．28g乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目为4NAD．25℃时1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA2、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．水蒸气的体积分数增大 B．氢气的浓度增大C．平衡常数变大 D．铁的质量增大3、化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是A．氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂B．用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似C．光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料D．汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的4、下列化学用语中，正确的是A．Na原子结构示意图 B．MgCl2的电子式C．N2分子的结构式N=N D．CH4的比例模型5、碳钢广泛应用在石油化工设备管道等领域，随着深层石油天然气的开采，石油和天然气中含有的CO2及水引起的腐蚀问题（俗称二氧化碳腐蚀）引起了广泛关注。深井中二氧化碳腐蚀的主要过程如下所示：负极：（主要）正极：（主要）下列说法不正确的是A．钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应可表示为B．深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为化学腐蚀C．碳钢管道在深井中的腐蚀与油气层中盐份含量有关，盐份含量高腐蚀速率会加快D．腐蚀过程表明含有CO2的溶液其腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强6、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙属于两性氧化物D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等7、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NAB．28g聚乙烯（）含有的质子数目为16NAC．将标准状况下224mLSO2溶于水制成100mL溶液，H2SO3、、三者数目之和为0.01NAD．含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA8、下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是A．乙装置中溶液颜色不变B．铜电极应与Y相连接C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋D．当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g9、化学在科学、技术、社会、环境中应用广泛，其中原理错误的是A．利用乙二醇的物理性质作内燃机抗冻剂B．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源C．采用光触媒技术可将汽车尾气中的NO和CO转化为无毒气体D．苦卤经过浓缩、氧化、鼓入热空气或水蒸气，可获得溴10、下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）A．氮元素只被氧化B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C．其它元素也参与了氮循环D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化11、下列关于有机化合物的说法正确的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B．CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3属于碳链异构C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D．一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，其同分异构体有16种12、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为温度（℃）25℃～550℃～600℃～700℃主要成分WO3W2O5WO2WA．1：1：4 B．1：1：3 C．1：1：2 D．1：1：113、相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族14、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A．分子内共价键 B．分子间的作用力C．碘分子的大小 D．分子内共价键的键长15、化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A．银器发黑重新变亮涉及了化学变化B．煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法C．瓷器主要成分属于硅酸盐D．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化16、既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A．离子化合物 B．非金属单质 C．酸性氧化物 D．共价化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半径/nm0.0740.099主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角第三周期简单离子半径最小请回答下列问题：（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Yc.Y与R形成的化合物中Y呈正价d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……请写出第二步反应的化学方程式___。（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。18、化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：（1）A的官能团名称是_____。（2）试剂a是_____。（3）D结构简式为_____。（4）由E生成F的化学方程式为_____。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。19、目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：①检查装置气密性；②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；④__；⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用__。（5）补充④的实验操作___。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。21、石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。（1）以Ni—Cr—Fe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为________。设石墨晶体中碳碳键的键长为am，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm，则a________（填“>”“<”或“＝”）b，原因是_______。（2）比较表中碳卤化物的熔点，分析其熔点变化的原因是_________。CCl4CBr4（α型）CI4熔点/℃－22.9248.4168（分解）（3）金刚石的晶胞如图1所示。已知ZnS晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，若图1中a与ZnS晶胞中Zn2＋位置相同，则S2－在ZnS晶胞中的位置为________。（4）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。①在图3所示的氧化石墨烯中，采取sp3杂化形式的原子有________（填元素符号）。②石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与相邻C原子间键能的变化是________（填“变大”“变小”或“不变”）。（5）石墨烯具有很大的比表面积，有望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12g单层石墨烯单面的理论面积约为________m2（列出计算式即可）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.NH4NO3溶液的浓度为0.1mol·L－1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C.如果28g全为乙烯，则含有的C－H键数目=×4×NA=4NA；如果28g全为丙烯，则含有的C－H键数目=×6×NA=4NA，所以无论以何种比例混合，28g乙烯与丙烯混合物中C－H键数目始终为4NA，C正确；D.pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。【点睛】极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有C－H键的数目的计算，极值法很好理解。2、B【解析】

A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。3、A【解析】

A.氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确；B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误；C.光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误；D.汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误；故选A。4、D【解析】

A．钠原子核外有11个电子，原子结构示意图为：，A项错误；B．MgCl2是离子化合物，电子式为：，B项错误；C．氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为，C项错误；D．CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D项正确；答案选D。5、B【解析】

A.将正极反应式和负极反应式相加得到钢铁在CO2水溶液中的腐蚀总反应为，故A正确；B.深井中二氧化碳对碳钢的腐蚀主要为电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故B错误；C.盐份含量高，溶液的导电性越好，腐蚀速率越快，故C正确；D.腐蚀过程表明含有CO2的溶液主要腐蚀电化学腐蚀，腐蚀性比相同pH值的HCl溶液腐蚀性更强，故D正确；故选B。6、B【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。7、B【解析】

过氧化钾（K2O2）与硫化钾（K2S）的相对分子质量均为110，11g过氧化钾与硫化钾的混合物的物质的量为0.1mol，每摩尔K2O2含2molK+和1mol，每摩尔K2S含2molK+和1molS2−，故含有离子数目为0.3NA，A错误；的最简式为CH2，28g含有2molCH2，每个CH2含8个质子，故质子数目为16NA，B正确；标准状况下224mLSO2物质的量为0.01mol，SO2与水反应生成H2SO3的反应为可逆反应，所以，H2SO3、、三者数目之和小于0.01NA，C错误；浓硝酸与铜反应时，若只发生Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1molHNO3转移电子数目为0.50NA，随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，又发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1molHNO3转移电子数目为0.75NA，故转移电子数目介于0.50NA和0.75NA之间，D错误。8、D【解析】

甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；C.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，C正确；D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移n(e-)=0.25mol×4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)=mol×64g/mol=32g，D错误；故答案是D。9、B【解析】

A．乙二醇中含有氢键，则沸点较高，为黏稠状液体，可用作抗冻剂，A正确；

B．煤经过气化和液化生成了可燃性气体或液体，变为清洁能源，是化学变化，B错误；C．光触媒技术可实现将有毒气体NO和CO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，减少汽车尾气造成的危害，C正确；D．将苦卤浓缩、氧化得到单质溴，鼓入热空气溴挥发可提取出海水中的溴，D正确。答案选B。10、A【解析】

A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；答案选A。【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。11、D【解析】

A.CaO与水反应后，混合物成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故A错误；B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故B错误；C.乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—OH，中—OH在甲基的中间时乙基有2种位置，—OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，—OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定—OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固定—OH在邻位时乙基有3种位置，固定—OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16(种)，故D正确；故答案为D。12、A【解析】

由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol×2)=1：1：4，答案选A。13、D【解析】

A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。14、B【解析】

碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。15、D【解析】

A．银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A正确；B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B正确；C．瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D．光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学变化，D错误；答案选D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。16、D【解析】

A．由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；B．单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D．若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。故选：D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。二、非选择题（本题包括5小题）17、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bcH2O2H++HO2-H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2OCu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【解析】

根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R为Cl，Y为Si；a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；c.Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；答案选bc；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。【点睛】本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。18、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。19、CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O

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6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。20、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na