湖南省浏阳二中、五中、六中三校高三下学期联考新高考化学试题及答案解析

湖南省浏阳二中、五中、六中三校高三下学期联考新高考化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是A．X中所有碳原子处于同一平面B．Y的分子式为C．由Y生成Z的反应类型为加成反应D．Z的一氯代物有9种（不含立体异构）2、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：B．滴入KSCN显血红色的溶液中：C．=1012的溶液中：D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液中：3、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是A．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．少量金属钠保存在煤油中D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发4、某校化学兴趣小组探究恒温(98℃)下乙酸乙酯制备实验中硫酸浓度对酯化反应的影响探究。实验得到数据如下表(各组实验反应时间均5分钟)：下列关于该实验的说法不正确的是A．乙酸乙酯制备实验中起催化作用的可能是H+B．浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动C．浓硫酸和水以体积比约2∶3混合催化效果最好D．⑤⑥⑦组可知c(H+)浓度越大，反应速率越慢5、下列说法正确的是()A．表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量B．可知平衡常数很大，反应趋于完全C．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化无关6、电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁——次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg+ClO-+H2O=Cl-A．图乙Cr2O72-向惰性电极移动，与该极附近的B．图甲中发生的还原反应是MgC．图乙电解池中，若有0.84g阳极材料参与反应，则阴极会有3.36L的气体产生D．若图甲电池消耗0.36g镁，图乙废水处理，理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀7、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A．两烧杯中的铜片都是正极B．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C．产生气泡的速率甲比乙快D．两烧杯中铜片表面均无气泡产生8、我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅B．为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度C．光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能D．为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料9、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质10、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-C．常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子11、已知：pKa=−lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L−1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A．a点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32－)=0.1

mol·L−1B．b点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3－)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)12、某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是A．制备无水AlCl3:装置A中的试剂可能是高锰酸钾B．点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C．装置C中的试剂为浓硫酸D．制备无水AlCl3和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同13、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A．使用蒸馏水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH试纸14、下列说法不正确的是（）A．工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的B．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物C．铜属于重金属，化学性质不活泼，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒D．SO2是具有刺激性气味的有毒气体，但可应用于某些领域杀菌消毒15、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应16、某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是A．气体A一定是混合气体B．沉淀A一定是H2SiO3C．白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D．该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl217、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl18、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑19、对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：第一步N2O5⇌NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3→2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是A．v(第一步的逆反应)<v(第二步反应)B．反应的中间产物只有NO3C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D．第三步反应活化能较高20、改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是A．“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性C．北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法21、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（）A．原子半径：Z＞W＞RB．对应的氢化物的热稳定性：R＞WC．W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D．Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸22、下列说法中正确的是（）A．25℃时某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1，其pH一定是12B．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大C．恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，当X的体积分数不变时，反应达到平衡D．某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH＝10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性二、非选择题(共84分)23、（14分）暗红色固体X由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。己知：气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。请回答以下问题：（1）写出A的电子式____________。（2）写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。（3）固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成，其离子方程式为_________________（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）________________________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是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：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3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2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溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3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)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。26、（10分）某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_________，证明的方法是_____________。(2)设计C装置的作用是________________，缺陷是___________________。27、（12分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；①防止暴沸②有催化功能③积蓄热量④作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。28、（14分）氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_____。（2）工业上合成氨的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)过程中能量变化如图所示。①该反应是_____反应。（填“放热”或“吸热”）②在反应体系中加入催化剂，E2会_____。（填“增大”或“减小”或“不变”）③若要增大NH3产率，可采取的措施有_____。（填字母）a.升高温度b.增大压强c.不断分离出NH3（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。①C装置中制取NO2反应的离子方程式是_____。②某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。时间1分钟2分钟3分钟现象红棕色未消失红棕色未消失红棕色未消失请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_____、_____。29、（10分）研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。与在水体和大气中的部分转化如下图所示。（1）碘在元素周期表的位置：______________________，其中一种人工放射性核素131I常用于甲亢的治疗，该核素含有的中子数为___________。（2）结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱：同主族元素的原子，从上到下，____________。（3）水体中的I-的非酸性条件下不易被空气中的氧化。原因是的反应速率慢，反应程度小。碘化铵是一种重要的含I-的盐，常用于医药和照相工业，该电子式为________________，其水溶液却易被空气中的氧化的原因是_____________________。（4）大气中的部分碘源于对海水中I-的氧化，有资料显示：水体中若含有，会对氧化I-产生促进作用。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每参与反应，生成。序号试剂组成反应前溶液的反应后溶液的的转化率的生成量A约——B——少量C约大量①a=__________。②用离子方程式解释A中pH增大的原因_______________________________________。③写出B中产生的离子方程式_________________________________________。④C中实验进行20s后，发现溶液中浓度开始下降。导致下降的直接原因有_______。A减小B减小C不断生成

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、B【解析】

A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；B．Y的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；故答案为B。2、B【解析】

A．因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B．滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在，因不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C．=1012的溶液中，=0.1mol/L，OH-与NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；D．由水电离的c(H+)=1.0×l0-13mol/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与Al3+能生成沉淀，H+与CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH－不能大量共存，如Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、NH、Ag＋等。(2)弱酸阴离子与H＋不能大量共存，如CH3COO－、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H＋)会生成弱酸分子；遇强碱(OH－)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2＋、Ca2＋与CO、SO、SO等；Ag＋与Cl－、Br－、I－等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H＋)与I－、Br－、Fe2＋等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO(紫红色)、Cu2＋(蓝色)、Fe3＋(棕黄色)、Fe2＋(浅绿色)。3、A【解析】

A．浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；B．硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C．钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。答案选A。4、D【解析】

乙酸乙酯的制备中，浓硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反应，浓硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移动。【详解】A.从表中①可知，没有水，浓硫酸没有电离出H+，乙酸乙酯的收集为0，所以起催化作用的可能是H+，A项正确；B.浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动，B项正确；C.从表中⑤可知，浓硫酸和水以体积比约2∶3混合催化效果最好，C项正确；D.表中⑤⑥⑦组c(H+)浓度逐渐变小，收集的乙酸乙酯变小，反应速率越慢，D项错误。答案选D。5、B【解析】

A．a点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；B．图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20mol/L)2×10-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp

(CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014，反应趋于完全，故B正确；C．该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；D．根据图象可知，反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，则反应①比反应②的速率快，故D错误；故答案为B。6、B【解析】A．图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O72-离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去，A错误；B．该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓，B正确；C．图乙的电解池中，阳极反应式是Fe-2e-＝Fe2+，阴极反应式是2H++2e-=H2↑，则n（Fe）=0.84g÷56g/mol=0.015mol，阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L，C错误；D．由电子守恒可知，Mg～2e-～Fe2+，由原子守恒可知Fe2+～Fe(OH)3↓，则n（Mg）=0.36g÷24g/mol=0.015mol，理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g，D错误；答案选B。7、C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。8、B【解析】

A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，A不正确；B．可折叠光影屏将续航能力翻倍提升，电池的能量密度翻倍提高，B正确；C．LED光影屏白天将光能转化为电能，夜晚将电能转化为光能，C不正确；D．碳纤维是无机非金属材料，D不正确；故选B。9、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。10、A【解析】

A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；B.氨水是弱碱，部分电离，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；答案选A。11、C【解析】

A、H2SO3为弱酸，a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a点溶液体积大于20mL，根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)˂0.1mol·L−1，a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml，所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3，根据H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，带入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)˂0.1mol·L−1，A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，与H2SO3恰好生成NaHSO3，根据物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)，根据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3，根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3－)，又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因为c点呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正确；D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)，D正确。正确答案为A【点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。12、D【解析】

由图可知，装置A为氯气或氢气的制备装置，装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置C的目的是干燥氯气或氢气，装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。【详解】A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；C项、装置C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C正确；D项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。13、C【解析】

乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B.乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D.使用pH试纸乙酸具有酸性，可使pH试纸变红，乙醛不能使pH试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。14、A【解析】

A.工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A错误；B.铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；C.铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+，能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C正确；D.二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以应用于某些领域杀菌消毒，故D正确；故选A。15、D【解析】

A.该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B.该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；C.速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)=，C错误；D.由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；故答案为：D。16、D【解析】固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A.稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B.沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C.B为Fe（OH）2，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D.该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.17、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。18、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。19、C【解析】

A．第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应)﹥v(第二步反应)，故A错误；B.由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO，故B错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。20、C【解析】

A.SiC属于新型无机非金属材料，故不选A；B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B；C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故选C；D.因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选D；答案：C21、C【解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：R＞W，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。答案选C。22、D【解析】

A.既然由水电解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；B.NH3·H2ONH4＋＋OH-，通入CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则=不断减小，故B错误；C.恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，由三段式计算可知，X的体积分数一直是50%，故C错误；D.蒸馏水的pH＝6，所以Kw=1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol▪L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D正确；正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。二、非选择题(共84分)23、SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。【解析】

气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计算三种物质的质量和为8.24克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3·NH3。【详解】（1）A为碘单质，电子式为：；（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl；（3）固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O；（4）固体产物中不含+3价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。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、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(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，准确测量；(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)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(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，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(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：，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，故答案为：1.35cV×10-2。【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。26、Cu或Cu2O向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】

（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。27、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。28、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O放热减小bcCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2ONO2氧化性较弱，不能将NH3氧化在此