云南师范大学实验中学2023年高三下学期联考化学试题含解析

2023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0．5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、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓2、科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A．①②两步反应都属于加成反应B．环己烯的链状同分异构体超过10种(不考虑立体异构)C．环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D．环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色3、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是()A．离子交换膜a为阴离子交换膜B．通电时，电极2附近溶液的pH增大C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水4、有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl—离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位：mol·L-1)为A．（y-2x）/aB．(y-x)/aC．(2y-2x)/aD．(2y-4x)/a5、下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A向3ml0.1mol/L的AgNO3溶液中先加入4—5滴0.1mol/L的NaCl溶液，再滴加4—5滴0.1mol/L的NaI溶液先出现白色沉淀后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)B将某气体通入品红溶液品红溶液褪色该气体是SO2C用pH计测定等浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pH后者pH比前者的小非金属性：Cl＞CD将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中溶液变蓝氧化性Fe3＋>Cu2＋A．A B．B C．C D．D6、探究Na2O2与水的反应，实验如图：已知：H2O2⇌H++HO2-；HO2-⇌H++O22-下列分析不正确的是A．①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应B．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C．③和④不能说明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中说明H2O2具有还原性7、用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示．下列说法错误的是A．电极a为电解池阴极B．阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生C．当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5molH2D．处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品8、M是一种化工原料，可以制备一系列物质（见下图）。下列说法正确的是A．元素C、D形成的简单离子半径，前者大于后者B．F的热稳定性比H2S弱C．化合物A、F中化学键的类型相同D．元素C、D的最高价氧化物的水化物均可以和H发生反应9、镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确的是A．Mc的原子核外有115个电子 B．Mc是第七周期第VA族元素C．Mc在同族元素中金属性最强 D．Mc的原子半径小于同族非金属元素原子10、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A．奶油是可产生较高能量的物质 B．人造脂肪属于酯类物质C．植物油中含有碳碳双键 D．油脂的水解反应均为皂化反应11、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（）A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B．过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点12、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D．工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输13、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A．A B．B C．C D．D14、在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A．将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+）·n(OH－）不变B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，溶液中部分离子浓度大小为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(SO32－)＞c(HSO3－)C．NaHA溶液的pH＜7，则溶液中的粒子一定有c(Na+)=c(HA－)+c(H2A)+c(A2－)D．向某稀NaHCO3溶液中通CO2至pH=7：c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)15、YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是（）A．质量数是89 B．质子数与中子数之差为50C．核外电子数是39 D．Y与Y互为同位素16、人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是()A．青铜器 B．铁器 C．石器 D．高分子材料17、下列说法正确的是A．乙烯生成乙醇属于消去反应B．乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应C．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体D．乙酸与溴乙烷均可发生加成反应18、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A．2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B．2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C．2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D．2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯19、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2（x<1）。下列说法正确的是A．充电时a极接外电源的负极B．放电时Li+在电解质中由a极向b极迁移C．充电时若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gD．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在LiCoO2极回收20、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是A．R的化学式为C2H4OB．乙醇发生了还原反应C．反应过程中固体有红黑交替变化的现象D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应21、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O22、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B．在单质或化合物中，一定存在化学键C．在离子化合物中，可能存在共价键D．化学反应中肯定有化学键发生变化二、非选择题(共84分)23、（14分）红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。24、（12分）物质A∼G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B______、G______。（2）反应②的化学方程式是__________________________________________。（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_________，阳极物质是____________。MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为________（4）将0.20molB和0.10molO2充入一个固定容积为5 L的密闭容器中，在一定温度并有催化剂存在下，进行反应①，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D0.18mol，则vO2=____________molL⋅min（5）写出F→G转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式：25、（12分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1mL水振荡60℃水浴溶液颜色较i明显变浅iii1mL18.4mol·L-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振荡_____________________v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：________________________。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“<”)。(2)结合实验i、ii，分析导致ii中现象出现的主要因素是__________________。(3)推测实验iv中实验现象为________________________。对比实验i、ii、iv中实验现象，可知，常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条件下主要以______离子形式存在。(4)对比实验v与vi，可知：在______条件下，+6价Cr被还原为______。(5)应用上述实验结论，进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素，实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积，电压、电解时间等均相同)。系列实验Ⅱiiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否样品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3①实验中Cr2O72-在阴极的反应式：_________________________________________________。②实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_____________________________。26、（10分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图．完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是______．（2）①反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．②停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_____，D：____．（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想．产生该现象的原因（用化学方程式表示）______．（4）装置E中用_____（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为____mol．（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42﹣的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀．该方案是否合理____，理由是___．27、（12分）ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称是：___｡安装F中导管时，应选用图2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：___；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是___｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：___。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：___，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：___｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___，（选填“I”或“II”）理由是：___｡28、（14分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：(1)金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为_________，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__________形。(2)以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是__________________。(3)TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有________。A．离子键B．共价键C．分子间作用力D．氢键E．范德华力(4)TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是_____，该分子中C的轨道杂化类型为________。(5)TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。①BaCO3中阴离子的立体构型为________。②经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2－相接触），则钛酸钡的化学式为_________。已知晶胞边长为apm，O2－的半径为bpm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为____________pm、___________pm。29、（10分）阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。卤化氢的电子式为____；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是___。（2）溴离子的最外层电子排布式是___；氯原子的核外电子云有___种伸展方向。（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是___（选填编号）。a．HClO酸性强于HBrOb．HBr的分解温度低于HClc．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化还原反应无机阻燃剂中，氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式___。（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是___。（填化学式）（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。写出该气体的结构式___。（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为___（填微粒符号）。

参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】

在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。【题目详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。2、B【答案解析】

A.①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10种，故B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；答案：B3、B【答案解析】

根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。【题目详解】A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。答案选B。4、D【答案解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）=xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amol·L-15、D【答案解析】

A.AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A错误；B.能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B错误；C.比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C错误；D.反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3＋>Cu2＋，故D正确；故选D。6、B【答案解析】

A.①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确；B.①中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；C.④中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸＞过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2>BaSO4，C项正确；D.⑤中产生的气体为氧气，氧元素化合价升高，做还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确；答案选B。7、D【答案解析】

A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；答案为D。8、A【答案解析】推论各物质如图：A、元素C、D形成的简单离子Cl―、Na＋半径，

Cl―多一个电子层，半径大些，故A正确；B、F为HCl，氯原子半径小，与氢形成的共价键稳定，稳定性大于H2S，故B错误；C、A为NaOH，有离子键、共价键，F为HCl，只有共价键，故C错误；D、元素C、D的最高价氧化物的水化物分别是HClO4、NaOH，只有HClO4可以和H（Na2CO3

）发生反应，故D错误。故选A。点睛：考查物质间反应，涉及钠、氯的化合物等物质的化学性质。要求学生对常见物质化学性质的熟炼掌握，加强对知识识记和理解。9、D【答案解析】

周期表中，原子的结构决定着元素在周期表中的位置，原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，同主族元素从上而下金属性逐渐增强，同主族元素从上而下原子半径依次增大，【题目详解】A、镆（Mc）是115号元素，原子核外有115个电子，选项A正确；B、原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，115号元素原子有七个电子层，应位于第七周期，最外层有5个电子，则应位于第VA族，选项B正确；C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，故Mc在同族元素中金属性最强，选项C正确；D、同主族元素从上而下原子半径依次增大，故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子，选项D不正确；答案选D。【答案点睛】本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置，结合元素周期律进行解答。10、D【答案解析】

A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；故选D。11、B【答案解析】

A.过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；B.过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移mol电子，选项B错误；C.过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。答案选B。12、B【答案解析】

A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。13、C【答案解析】

A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。14、D【答案解析】

A．温度不变，Kw=c(H+)•c(OH-)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)•n(OH-)增大，故A错误；B．向Na2SO3溶液中加入等浓度等体积的KHSO4溶液，假设浓度均为1mol/L，体积为1L，则溶液中钠离子为2mol，钾离子为1mol，硫酸根离子为1mol，反应生成1molHSO3-，HSO3-部分电离，电离程度较小，因此离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(K+)=c(SO42－)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)，故B错误；C．NaHA溶液的pH＜7，溶液显酸性，但是不能确定HA-是否完全电离以及是否水解，故无法确定溶液中是否有HA-和H2A，故C错误；D．向NaHCO3溶液中通CO2至pH=7，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；答案选D。15、B【答案解析】

A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；

B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数－质子数=89－39=50，质子数与中子数之差为50－39=11，故B错误；

C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；D选项，Y与Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;综上所述，答案为B。【答案点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。16、C【答案解析】

冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；17、C【答案解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D不选。故选C。18、B【答案解析】

烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。19、D【答案解析】

通过对电极反应式和电池示意图分析可知，电池放电时，a电极由Li1-xCoO2生成LiCoO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。【题目详解】A．对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；B．通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；C．充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02mol电子，b电极应当增加0.14g，C错误；D．电池放电时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCoO2生成LiCoO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCoO2极的回收，D正确。答案选D。【答案点睛】二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。20、B【答案解析】

从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【题目详解】A.图中CH3CH2OH+CuO→CH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B.乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.图中另一反应为2Cu+O2→2CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D.从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有αH的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有αH，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【答案点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。21、C【答案解析】

A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。【答案点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。22、B【答案解析】

A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【答案解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【题目详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。【答案点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。24、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4浓）SO2↑+CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液粗铜MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036；正反应方向；0.36；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓【答案解析】试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G为砖红色沉淀，则G为Cu2O；A为某金属矿的主要成分，则A中含有Cu元素，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，判断C为Cu单质，则E为酸，B能与氧气反应生成C，C能与水反应生成相应的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。（1）根据以上分析，B的化学式是SO2；G为Cu2O；（2）反应②为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2↑+CuSO4+2H2O；（3）提纯Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18mol，说明消耗氧气的物质的量是0.09mol，则vO（2）="0.09mol/5L/0.5min=0.036"mol/L·min)；继续通入0.20molB和0.10molO2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2倍还多，所以大于0.36mol，容器中相当于有0.4mol二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40mol；（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓。考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写25、>c(H+)温度溶液颜色较i明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【答案解析】

（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，据此作答；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，据此分析。【题目详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为：实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，△H>0故答案为>；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，其离子方程式为：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。26、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4KMnO40.2不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验【答案解析】

探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。【题目详解】(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5mol氯气被氧化的HCl是10mol，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1mol＝0.2mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。【答案点睛】考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。27、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【答案解析】

(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

(3)

根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；

(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；

(5)由图分析可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【题目详解】(1)根据仪器特征：可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；

(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B的旋塞，减缓(慢)稀盐酸滴加速度；(3)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明没有氯气到达F，则装置C的作用是吸收Cl2

；(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O

；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2

生成；(5)由图可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂II好。28、哑铃型TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大ABHCHOsp2平面三角形BaTiO3【答案解析】

(1)根据元素核外电子排布规律书写电子排布式，根据电子排布式判断最高能级及电子云轮廓；(2)分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，根据相对分子质量分析判断；(3)结合晶体转化反应过程，和物质类别判断分析化学键的种类；(4)根据有机物中碳原子的成键方式，判断空间构型，进而判断碳原子杂化方式；(5)①应用杂化轨道理论计算中心原子的价电子对数确定杂化方式分析确定立体构型；②结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关系计算微粒的半径。【题目详解】(1)Ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，则价层电子排布图为；基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型；(2)TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，与CCl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大；(3)根据转化过程TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2[