北京市朝阳区高三第二次调研新高考化学试卷及答案解析

北京市朝阳区高三第二次调研新高考化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B．c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C．b点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D．a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-2、高能LiFePO4电池多应用于公共交通，结构如图所示。电池中间是聚合物的隔膜，其主要作用是在反应过程中只让Li+通过，原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法错误的是（）A．放电时，Li+向正极移动B．放电时，电子由负极→用电器→正极C．充电时，阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCnD．充电时，阳极质量增重3、下列图示中的实验操作、仪器、试剂（部分夹持装置已略）均正确的是A．如图为稀释浓硫酸B．如图可用于验证浓硫酸的脱水性和氧化性C．如图可用于分离乙酸与CH2Cl2D．如图可用于测量SO2的体积4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（）A．熔沸点：Z2X＜Z2W B．元素最高价：Y＜ZC．气态氢化物的热稳定性：Y＜W D．原子半径：X＜Y＜Z＜W5、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A．宋朝王希孟的画作《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维B．汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3D．港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物6、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣7、2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，X与W同周期相邻，四种元素中只有Y为金属元素，Z的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是A．W的氢化物中常温下均呈气态B．Z的氧化物对应的水化物均为强酸C．四种元素中，Z原子半径最大D．Y与Z形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键8、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是（）A．对比pH=7和pH=10的曲线，在同一时刻，能说明R的起始浓度越大，降解速率越大B．对比pH=2和pH=7的曲线，说明溶液酸性越强，R的降解速率越大C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4mol·L-1·min-1D．50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等9、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：Cl>SiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D10、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放11、固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：下列判断正确的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固体混合物X中一定有KAlO2C．固体乙、固体丁一定是纯净物D．将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成12、下列说法正确的是（）A．古代的鎏金工艺利用了电解原理B．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”互为可逆反应C．古代所用“鼻冲水”为氨水，其中含有5种微粒D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作13、下列有关说法正确的是A．反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应ΔS＞0B．常温下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H＋)·c(CH3COO－)增大C．将1molCl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02×1023个D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和14、碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A．洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡 B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 D．洗气瓶中无沉淀产生15、下列有关有机化合物的说法中，正确的是A．淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C．绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D．在的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为9NAA．3 B．4 C．5 D．617、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜18、下列属于弱电解质的是A．氨水B．蔗糖C．干冰D．碳酸19、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室温下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大20、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A．元素非金属性：X＞R＞WB．X与R形成的分子内含两种作用力C．X、Z形成的化合物中可能含有共价键D．元素对应的离子半径：W＞R＞X21、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A．加入一小块铜片 B．改用等体积98%的硫酸C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积3mol/L盐酸22、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32g铜B．标准状态下，33.6L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子C．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NAD．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子二、非选择题(共84分)23、（14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)。24、（12分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）__________。25、（12分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清

B

6

产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知：Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。26、（10分）肉桂酸()是制备感光树脂的重要原料，某肉桂酸粗产品中含有苯甲酸及聚苯乙烯，各物质性质如表：名称相对分子质量熔点(℃)沸点(℃)水中溶解度(25℃)苯甲醛106-26179.62微溶聚苯乙烯104n83.1~105240.6难溶肉桂酸148135300微溶(热水中易溶)实验室提纯肉桂酸的步骤及装置如下(部分装置未画出)，试回答相关问题：

2g粗产品和30mL热水的混合物滤液称重(1)装置A中长玻璃导管的作用是_________，步骤①使苯甲醛随水蒸汽离开母液，上述装置中两处需要加热的仪器是____________(用字母A、B、C、D回答)。(2)仪器X的名称是_______，该装置中冷水应从___________口(填a或b)通入。(3)步骤②中，10%NaOH溶液的作用是___________，以便过滤除去聚苯乙烯杂质。(4)步骤④中，证明洗涤干净的最佳方法是________，若产品中还混有少量NaCl，进一步提纯获得肉桂酸晶体方法为_________________。(5)若本实验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%，加碱溶解时损失肉桂酸10%，结束时称重得到产品0.6g，若不计操作损失，则加盐酸反应的产率约为_____％(结果精确至0.1%)。27、（12分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。28、（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1（1）已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)ΔH=－483.6kJ·mol－1。则4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH=______kJ·mol－1。（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝__kJ·mol－1；使用催化剂之后，正反应的活化能为___kJ·mol－1(已知：加入催化剂后，反应分两步进行，反应的活化能是两个过程中需要吸收能量较大的反应的活化能)。（3）从平衡视角考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，试解释其原因：____________________________。（4）如图表示500℃、60MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3的体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为__。（5）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是__(填“A”“B”或“C”)，理由是________。（6）如图是当反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。①曲线a、b对应温度较高的是___(填“a”或“b”)。②列出b点平衡常数的计算式Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；不要求计算结果)。29、（10分）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法．N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H="+"1530.4kJ/mol；完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式_______．（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则______．a．平衡常数K增大b．H2O的浓度减小c．容器内的压强增大d．v逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O3mol，在催化剂条件下进行反应3小时．实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/℃30405080NH3生成量/（10﹣6mol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是_____，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是______．（4）氨水是实验室常用的弱碱．①往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象．再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是_____．请用电离平衡理论解释上述实验现象________________________．②向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是______．a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（OH﹣）＞c（H+）c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+）d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）

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、C【解析】

W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。2、D【解析】

A．放电时，工作原理为原电池原理，阳离子向正极移动，A正确；B．放电时，工作原理为原电池原理，电子由负极→用电器→正极，B正确；C．充电时，工作原理为电解池原理，阴极反应为xLi++nC+xe-=LixCn，C正确；D．充电时，工作原理为电解池原理，阳极反应为LiFePO4-xe-=(1−x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明显，阳极质量减小，D错误。答案选D。【点睛】涉及x的电池或者电解池的电极反应书写，切不可从化合价入手，而应该以电荷守恒或者原子守恒作为突破口进行书写，如本题D中先根据总反应写出LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4，很显然右边少着x个Li+，故右边加上xLi+，右边加上xLi+后，根据电荷守恒可知左边应该-xe-，最终阳极反应为LiFePO4-e-→(1−x)LiFePO4+xFePO4。3、B【解析】

A.由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A项错误；B.浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B项正确；C.乙酸与CH2Cl2互溶，沸点不同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；D.饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D项错误；答案选B。【点睛】C项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。4、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y<Z，故B正确；C、非金属性F>S，则气态氢化物的热稳定性：Y>W，故C错误；D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误；故选：B。【点睛】离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl<NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。5、D【解析】

A.纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；B.瓷器的原料是黏土，是硅酸盐，不是石灰石，故B错误；C.与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确。故选D。6、C【解析】

A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。7、D【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W的一种核素可用于文物年代的测定，则W为C元素，X与W同周期相邻，则X为N元素，Z的单质为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有Y为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，A．W为C元素，C的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；B．Z为Cl元素，当Z的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；D．Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为AlCl3时含共价键，故D正确；答案选D。【点睛】B项Z的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。8、A【解析】A．根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，PH不同分解速率也不同，故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率，且R的起始浓度越大，降解速率越小，故A错误；B．溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；C．在0~20min之间，pH=2时R的平均降解速率为17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-49、D【解析】

A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。10、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。11、D【解析】

溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；B.X可能有偏铝酸钾，故错误；C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。【点睛】掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。12、D【解析】

A.鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，故A错误；B.两个过程条件不同，不属于可逆反应，故B错误；C.古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH4＋、OH－、H＋、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒，故C错误；D.“蒸烧”的过程为蒸馏操作，故D正确。综上所述，答案为D。13、B【解析】

A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应ΔS＜0，选项A错误；B．向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H＋)·c(CH3COO－)增大，选项B正确；C．Cl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02×1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。14、C【解析】

碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A．因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，A错误；B．反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C．根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D错误。答案选C。15、C【解析】

A．淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C．酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D．在FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D项错误；答案选C。16、A【解析】

12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA，①不正确；②1molNa2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，②正确；③常温常压下，92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子，所以混合气体含有的原子数为6NA，③正确；④中不含有碳碳双键，④不正确；⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA，⑤不正确；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2NA，⑥不正确；⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中的I由+5价降低到0价，所以每生成3molI2转移的电子数为5NA，⑦正确；⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为=8NA，⑧不正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A。【点睛】NaHSO4在水溶液中，可电离产生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能电离产生Na+和HSO4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。17、C【解析】

A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。18、D【解析】A、氨水属于混合物，不在弱电解质讨论范围，故A错误；B、蔗糖是非电解质，故B错误；C、干冰是非电解质，故C错误；D.碳酸在水溶液里部分电离，所以属于弱电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查基本概念，侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断，解题关键：明确这些概念区别，易错点：不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱，如：氨水属于混合物，其溶解的部分不完全电离溶液能导电，不属于弱电解质，为易错题。19、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；答案选A。20、C【解析】

都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为O＞Cl＞S，选项A错误；B．X与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；C．X、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D．核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2－＜Cl﹣＜S2﹣，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。21、B【解析】

A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D．改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；故答案为B。【点睛】考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。22、D【解析】

A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B．在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C．在反应KClO4+8HCl＝KCl+4Cl2↑+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D．25℃时，1LpH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、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。24、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。25、（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶液中,进行对照试验,发现沉淀不溶解；正确答案:过量Na2SO3。（3）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的pH=2，产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X，向X中滴加稀盐酸，无明显变化，说明X不是Ag2O；正确答案:检验X是否为Ag2O。②向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体为NO2，X与浓硝酸发生氧化还原反应，X具有还原性，X只能为金属单质，只能为银；因此X中含有Ag元素，不含S元素；正确答案:有还原性；含有Ag元素，不含S元素。③向X中加入过量HNO3(浓)，产生红棕色气体为NO2，银和硝酸反应，氮元素从+5变为+4价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；正确答案：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O。（4）①海绵状棕黑色物质X为Ag；随着酸性的增强，+4价硫的还原性增强,能被+1价银氧化；可通过+4价硫的氧化物二氧化硫进行实验确认，通入二氧化硫后，瓶中白色沉淀Ag2SO3转化为棕黑色Ag；正确答案是:SO2。②X为Ag,白色沉淀转化为Ag,在酸性条件下,亚硫酸银中+4价的硫,被+1价银氧化生成银和硫酸,反应为:Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4；正确答案：Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4。26、平衡气压AB冷凝管b将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠用铂丝蘸取最后一次洗涤液进行焰色反应，如果火焰无黄色，则洗涤干净重结晶66.7【解析】

粗产品通过水蒸汽蒸馏，苯甲醛沸点较低，随着水蒸汽逸出。加入NaOH，肉桂酸转化为肉桂酸钠，溶于水中，而聚苯乙烯难溶于水，过滤除去，得到肉桂酸钠溶液，加入HCl酸化，肉桂酸钠转化为肉桂酸，由于肉桂酸溶解度较低，从溶液中析出，过滤晾干得到肉桂酸。【详解】(1)A提供水蒸气，长玻璃导管可以平衡圆底烧瓶内部的压强和外界的大气压，在加热煮沸过程中导管可以预防圆底烧瓶内部压强过高导致发生安全事故。长玻璃导管的作用是平衡气压；A需加热提供水蒸气，B亦需要加热以维持苯甲醛（沸点179.62℃）的沸腾，让苯甲醛随水蒸气逸出，因此需要加热的仪器是AB；(2)仪器X为直形冷凝管，冷水应从下进入，即b口进；(3)肉桂酸微溶于水，但与NaOH反应生成可溶于水的肉桂酸钠，从而过滤除去聚苯乙烯。因此NaOH溶液的作用是将肉桂酸转化为易溶于水的肉桂酸钠；(4)肉桂酸钠与HCl反应后生成肉桂酸，同时还有NaCl生成，过滤洗涤的目的是洗去NaCl与过量的HCl，所以证明是否洗涤干净可以检查最后一段洗涤液中是否有Na＋、CI－，因肉桂酸微溶，不适合检测H＋，题目对肉桂酸根性质未予介绍，不适合检验CI－，因此可以用焰色反应检验Na＋，操作为用铂丝蘸取最后一次洗涤液进行焰色反应，如果火焰无黄色，则洗涤干净；肉桂酸在热水中易溶，NaCl的溶解度随着温度的变化不大，因此可以利用溶解度随温度变化的差异性分离，采用重结晶。可采取重结晶方法除去NaCl；(5)本实验肉桂酸粗产品中有各种杂质50%，则肉桂酸的物质的量为，碱溶后余下90%，则肉桂酸的物质的量为，设加盐酸反应的产率约为x%，有，计算得x=66.7。27、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还