上海市金山区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-02认识化学科学（基础题）（答案）

上海市金山区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-02认识化学科学（基础题）
一、单选题（共24题）
1．（2022·上海金山·统考一模）反应可除去( )污染。下列说法正确的是
A．是极性分子 B．电子式：
C．中含有非极性键 D．中子数为18的Cl原子：18Cl
2．（2022·上海金山·统考一模）有关铝及其化合物的说法正确的是
A．铝片可与冷水剧烈反应 B．铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C．氧化铝是碱性氧化物 D．氢氧化铝能溶于稀氨水
3．（2022·上海金山·统考一模）水热法制备纳米颗粒的反应为：，若反应生成1mol，则下列说法正确的是
A．x=6 B．作氧化剂
C．转移电子2mol D．被还原的为0.5mol
4．（2022·上海金山·统考一模）溶液(X)可能含有下列离子中的几种：、、、、、。为确定该溶液的组成，取X进行实验：
①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色；
②另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g；
③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体。
根据上述实验，原溶液中
A．一定存在、 B．一定存在、
C．一定不含、 D．可能存在、
5．（2022·上海金山·统考二模）同温同压下，等质量的CO、CO2气体，下列物理量中CO＜CO2的是
A．分子数 B．体积 C．摩尔体积 D．密度
6．（2022·上海金山·统考二模）N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有关说法正确的是
A．22.4 L(STP)H2O中有质子10 NA
B．1 mol N2H4中共用电子对6 NA
C．反应生成3 mol N2，转移电子8 NA
D．2 mol NO与足量O2反应得到NO2分子2 NA
7．（2022·上海金山·统考二模）常温下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列离子方程式正确的是
A．H2C2O4＋CO→HCO＋HC2O
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O
C．H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O
8．（2022·上海金山·统考二模）自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是
A．过程①和②均属于自然固氮
B．X→Y发生化合反应
C．NH3→N发生氧化还原反应
D．若为硫循环，X在空气中点燃可得Y
9．（2022·上海金山·统考一模）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO(NH2)2的结构简式：
10．（2022·上海金山·统考一模）已知：O2+PtF6→O2(PtF6)。PtF6易挥发，O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是
A．PtF6是还原剂 B．O2(PtF6)中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子 D．O2(PtF6)只含离子键，具有氧化性
11．（2021·上海·统考二模）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为15的硅原子： B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式： D．水分子的比例模型：
12．（2021·上海·统考二模）火法炼铜的原理：。关于该原理的说法错误的是
A．作氧化剂
B．中显价
C．既是氧化产物又是还原产物
D．若反应中转移电子个，则消耗
13．（2021·上海·统考二模）含有的溶液中，通入，反应的离子方程式表示错误的是
A．，
B．，
C．，
D．，
14．（2021·上海·统考二模）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
15．（2021·上海金山·统考一模）OF2能在干燥空气中迅速发生反应：O2+4N2+6OF2→4NF3+4NO2.有关化学用语表达错误的是
A．中子数为10的氧原子：18O B．氮原子的结构示意图：
C．N2的结构式：N≡N D．NF3的电子式：
16．（2021·上海金山·统考一模）反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，是潜艇中氧气来源之一。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．22.4LO2含2NA个氧原子
B．1.8gH2O含有的质子数为NA
C．反应中每生成1molO2转移4mol电子
D．4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L
17．（2021·上海金山·统考一模）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
18．（2021·上海金山·统考一模）有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应如下：①3ZnO+2AlAl2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl63ZnCl2+2C。下列叙述错误的是
A．①是铝热反应 B．②是置换反应
C．C2Cl6属于卤代烃 D．还原性：Al19．（2020·上海金山·统考二模）古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是
A．酒曲捣碎 B．酒曲发酵 C．加热蒸馏 D．泉水勾兑
20．（2020·上海金山·统考二模）用化学用语表示2H2S+3O2 2SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为18的硫原子：18S B．H2O的结构式：H－O－H
C．H2S的比例模型： D．S的原子结构示意图：
21．（2020·上海金山·统考二模）加入氧化剂才能实现的过程是
A．Cl2→ClO－ B．SO2→SO42－ C．N2→NH3 D．Al3+→AlO2－
22．（2020·上海金山·统考二模）下列反应不属于离子反应的是
A．乙醇与乙酸 B．氨水与醋酸
C．碳酸钙与盐酸 D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液
23．（2020·上海金山·统考二模）将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是
A．a离子为Na+
B．溶液中含有NA个Na+
C．水合b离子的图示不科学
D．氯化钠溶于水只发生了水合过程
24．（2020·上海金山·统考二模）向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br2→2H++O2↑+2Br－。下列说法正确的是
A．H2O2分子中含有离子键和非极性键
B．第1步反应每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子
C．第2步反应为：2H++H2O2+2Br－→2H2O +Br2
D．H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变
二、填空题（共1题）
25．（2021·上海金山·统考一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
三、实验题（共3题）
26．（2022·上海金山·统考一模）Ⅰ.(H-O-O-H)既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。完成下列填空：
(1)是二元弱酸，则的第一步电离方程式为_______。
(2)已知：，结构如图所示，该反应_______(选填“是”或“不是”)氧化还原反应，理由是_______。
(3)少量催化分解的反应分两步进行，第一步：；写出第二步反应的离子方程式。_______
Ⅱ.称取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，取出10.00mL用的滴定至终点，消耗24.34mL。
已知：①
②(未配平)
(4)配平离子方程式。_______
(5)实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、_______。
(6)滴定终点的现象为溶液变为_______色，且30s不变色。理论上消耗_______mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是_______。
27．（2021·上海·统考二模）二氧化氯是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以作还原剂，在稀硫酸中还原。
完成下列填空：
(1)写出方法一制备的化学方程式_______。
(2)实验宝模拟方法二的过程，并将制得的处理含废水的装置如下。
①B中反应温度控制30℃左右的原因是_______。
②通入的作用除了搅拌、有利于将排出外，还有_______。
③C中将氧化成无毒的_______气体。
(3)为测定D中的物质的量浓度，进行了下列实验：
i。取D中溶液，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，充分反应；
ii.加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗溶液的平均值为。(已知：)。
①i中反应的离子方程式为_______。
②D中的物质的量浓度是_______；若滴定操作耗时过长，则测定结果会_______(选填“偏高”“偏低”或“不变”)。
28．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。
完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
四、结构与性质（共1题）
29．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
五、工业流程题（共1题）
30．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：
完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
六、原理综合题（共2题）
31．（2022·上海金山·统考一模）Cl2的制备有电解法和氧化法。完成下列填空：
(1)氯原子的最外层电子排布式为__；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小__。
(2)电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为__。
(3)氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目__。
(4)向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因__。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是__，属于__分子(选填“极性”或“非极性”)。
32．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0 260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．的中心原子是C的价层电子对数为3，为sp2杂化，孤电子对数为0，形成三角形结构，三角形三个顶点上有三个原子，分别是两个Cl原子和一个O原子，它们形成的键合力不为0，所以COCl2是极性分子，A正确；
B．的电子式为 ，B错误；
C．只含极性共价键，C错误；
D．中子数为18的Cl原子可表示为，D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．铝片不能与冷水剧烈反应，A错误；
B．铝热反应放出大量的热量使生成的铁熔化，可用于焊接钢轨，B正确；
C．氧化铝是两性氧化物，C错误；
D．氢氧化铝能溶于氢氧化钠等强碱，不能溶于稀氨水等弱碱，D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．根据氢原子守恒可知，x=4，A错误；
B．反应中硫元素化合价升高，发生氧化反应，为还原剂，B错误；
C．反应中只有氧气中氧元素得到电子发生还原反应，化合价由0变为-2，电子转移为，故若反应生成1mol，转移电子4mol，C错误；
D．反应中硫元素化合价升高、3个亚铁离子中2个亚铁离子化合价升高，两者发生氧化反应和1个氧分子反应，其中被还原的为1个氧分子的二分之一，故被被还原的为0.5mol，D正确；
故选D。
4．A
【分析】①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色，说明可能有亚硫酸根，不能确定是否含碘离子；
②氯水可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量，得到沉淀6.99g，则沉淀为0.03molBaSO4，X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，一定不含钡离子；
③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量加热，生成0.01mol气体，则生成气体为氨气，X含有铵根离子0.01mol；根据溶液电中性可知，X中还一定含有钠离子0.03mol×2-0.01mol=0.05mol；
【详解】A．由分析可知，一定存在、，A正确；
B．X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，B错误；
C．一定不含，不能确定，C错误；
D．一定存在，D错误。
故选A。
5．D
【详解】A．二氧化碳的摩尔质量大于CO，等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，分子数CO>CO2，A错误；
B．等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，故体积CO>CO2，B错误；
C．同温同压下，CO、CO2气体的气体摩尔体积相同，C错误；
D．二氧化碳的摩尔质量大于CO，同温同压下，密度CO故选D。
6．C
【详解】A．标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；
B．肼的结构式为：，1molN2H4中共用电子对为5NA，B错误；
C．反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价， NO2中N的化合价由+4价降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮气，转移8mol电子，即8NA个，C正确；
D．NO2分子中存在平衡：2NO2 N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA， D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．根据酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故两者还会反应生成二氧化碳，故正确的离子方程式为：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A项错误；
B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合强酸制弱酸的规律，故B项正确；
C．在反应H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合强酸制弱酸的规律，故C项错误；
D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合强酸制弱酸的规律，故D项错误。
故答案选B。
8．B
【分析】依据自然界中氮的部分循环过程图可知，的化合价依次递增，且物质类别分别为氧化物、氧化物、酸，由此判断X为，Y为，Z为，M为硝酸盐，N为铵盐；
【详解】A．自然固氮指的是大自然通过闪电释放的能量将空气中的氮气转化为含氮化合物或通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化成氨，所以过程①可能是自然固氮，但是过程②不是，A错误；
B．发生的反应为，反应物有两种，生成物只有一种，是化合反应，B正确；
C．在自然界中氮的部分循环过程图，不难发现的过程并未发生化合价的改变，所以不是氧化还原反应，C错误；
D．若为硫循环，X为，Y为，的反应为，X在空气中点燃不可能得到Y，D错误；
故合理选项为B。
9．D
【详解】A．中子数为8的碳原子表示为14C或，A错误；
B．NH3的N最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，B错误；
C．还差1s轨道的2个电子，C错误；
D．CO(NH2)2是2个氨基与羰基碳相连，其结构简式为，D正确；
选D。
10．C
【分析】由题干信息O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价，F为-1价可知，故 O2(PtF6)中O为+，反应中O的化合价升高，Pt的化合价降低，则O2为还原剂，PtF6为氧化剂，反应中转移电子数目为1mol，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，PtF6是氧化剂，A错误；
B．由分析可知，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B错误；
C．由分析可知，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C正确；
D．O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时内还存在共价键，由于O为正价，Pt为+5价，故其具有氧化性，D错误；
故答案为C。
11．B
【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；
B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；
C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；
D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；
答案选B。
12．D
【分析】在反应中，Cu元素的化合价从+1价降低为0，S元素的化合价从-2价升高为+4价，O元素的化合价从0降低为-2价，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂，Cu是还原产物，既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A．O元素的化合价从0降低为-2价，得电子，被还原，则作氧化剂，故A正确；
B．中S元素为-2价，则显价，故B正确；
C．既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．当有1mol氧气参与反应时，转移电子6mol，则若反应中转移电子个，即0.4mol，则消耗O2，故D错误；
故选D。
13．C
【分析】由于还原性：Fe2+ > Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++ Cl2 = 2Fe3++ 2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤1/2时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥3/2时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，据此分析解题。
【详解】A．当x= 1.5时Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x= 1.2时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于时，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为： ，故B正确；
C．当x = 0.6时，n(Cl2)：n(FeBr2)介于之间，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.1mol氯气氧化0.2mol溴离子，还有1.8mol溴离子未被氧化，方程式为：，故C错误；
D．x=0.4，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<，只氧化Fe2+，故D正确；
故选C。
14．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
15．D
【详解】A．氧原子核内有8个质子，中子数为10个，所以其质量数为18，所以中子数为10的氧原子表示为：18O，故A正确；
B．氮原子是7号元素，所以其原子结构示意图为，故B正确；
C．氮原子最外层有5个电子，所以一个氮分子间有3个电子对，有3个共价键，故C正确；
D．NF3中的氟原子，除了配对的电子，本身还剩6个电子没标出来，正确的为，故D错误；
本题答案 D 。
16．B
【详解】A．22.4LO2没有说明是在标准状况条件下，故无法计算O2的物质的量，A错误；
B．1.8gH2O的物质的量为，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B正确；
C．对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，C错误；
D．4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度不是1mol/L，而是配制在100mL容量瓶中定容到100mL，D错误；
故选B。
17．C
【详解】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故选C。
18．D
【分析】由方程式可知，反应①为铝热反应，反应中铝元素化合价升高被氧化，锌元素化合价降低被还原，反应②中，锌元素化合价升高被氧化，碳元素化合价降低被还原。
【详解】A.反应①是高温条件下，铝与氧化锌发生氧化还原反应生成氧化铝和锌，该反应属于铝热反应，故A正确；
B.反应②有单质参加也有单质生成，该反应属于置换反应，故B正确；
C.C2Cl6为乙烷分子中的氢原子被氯原子完全取代所得烃的衍生物，属于卤代烃，故C正确；
D.由分析可知，反应①中铝为还原剂，锌为还原产物，还原性铝强于锌，反应②中锌为还原剂，碳为还原产物，锌的还原性强于碳，故D错误；
故选D。
19．B
【详解】A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，故A错误；
B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，故B正确；
C．加热蒸馏是利用酒精和水等其他物质沸点不同从而分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选B。
【点睛】变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，发生了化学反应，过程中无新物质生成的变化为物理变化，主要是酿酒工艺的分析，掌握基础是解题关键。
20．B
【详解】A．中子数为18的硫原子的质量数为34，原子符号为，故A错误；
B．H2O为共价化合物，分子中2个氢原子通过单键和氧原子相结合，结构式为H－O－H，故B正确；
C．硫原子的半径大于氢原子，H2S的比例模型为，故C错误；
D．硫原子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为，故D错误；
故选B。
21．B
【详解】A．Cl2→ClO－的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；
B．SO2→SO42－的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C．N2→NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；
D．Al3+→AlO2－的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选B。
【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。
22．A
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应不是在溶液中进行，不属于离子反应，故A正确；
B．氨水与醋酸在溶液中反应生成醋酸铵和水，属于离子反应，故B错误；
C．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，属于离子反应，故C错误；
D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液发生络合反应生成硫氰化铁和氯化钾，属于离子反应，故D错误；
故选A。
【点睛】离子反应是离子之间的反应，电解质在水溶液中反应的实质是离子之间的反应，注意离子反应的实质是解题的关键。
23．C
【详解】A．氯化钠在溶液中电离出钠离子和氯离子，钠离子的离子半径小于氯离子，则a离子为氯离子，故A错误；
B．没有明确溶液的体积，无法计算钠离子的个数，故B错误；
C．钠离子带正电荷，能使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，则水合b离子的图示不科学，故C正确；
D．氯化钠溶于水，发生了吸热的扩散过程和放热的水合过程，故D错误；
故选C。
【点睛】计算溶液中溶质微粒的物质的量时，必须明确溶液的体积，不能误认为体积为1L是解答易错点。
24．C
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，故A错误；
B．过氧化氢中氧元素化合价为—1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol×2=0.2mol，故B错误；
C．过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2↑，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H++H2O2+2Br－=2H2O+Br2，故C正确；
D．溴单质在溶液中能与水反应，则过氧化氢分解反应前后溶液中溴单质的质量会减少，故D错误；
故选C。
【点睛】氧化氢中氧元素化合价为—1价，转变0价的氧气时，化合价升高1，反应生成1 mol O2转移电子的物质的量为2mol是解答易错点。
25． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
26．(1)
(2) 不是 反应中没有元素化合价改变
(3)
(4)
(5)100mL容量瓶、酸式滴定管
(6) 红 生成的氧气部分参与了反应
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）是二元弱酸，则会分步电离，的第一步电离方程式为；
（2）中氧为-2价，则铬为+6价；在中，由图可知，存在2个过氧根、1个-2价氧，铬化合价也为+6；过氧化氢中过氧根和铬结合，化合价没有改变；故反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应；
（3）催化分解反应生成氧气，则第二步会生成锰离子、水、氧气，；
（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，根据电子守恒和质量守恒配平为，；
（5）取1.023g()加入20.0mL酸化后定容至100mL，需要使用100mL容量瓶；使用高锰酸钾溶液滴定需要使用酸式滴定管；故实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、100mL容量瓶、酸式滴定管；
（6）高锰酸钾溶液为红色，故滴定终点的现象为溶液变为红色，且30s不变色。已知：①，②，则，理论上消耗的体积为，实验过程操作正确，实际消耗24.34mL，氧气具有氧化性，产生误差的原因可能是生成的氧气部分参与了反应导致高锰酸钾用量减小。
27． 2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH 防止过氧化氢分解 稀释ClO2 和 0.08 偏高
【分析】装置A中，NaClO3和H2O2在酸性条件下反应生成ClO2、O2和H2O，化学方程式为：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，装置B是为了防止倒吸，装置C中装有水，ClO2会溶于水中，装置D中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)方法一制备，惰性电极电解饱和食盐水制取，化学方程式：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH；
(2)① B中反应温度控制30℃左右的原因是防止过氧化氢分解；
②ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸；
③ClO2可将废水中的氧化成和，ClO2被还原成，离子方程式为：；
(3)①i中反应的离子方程式为：；
②；
：；则原溶液中；步骤2用稀硫酸调节试样的pH≤2，加入足量的KI晶体，充分反应，步骤2所得溶液放置时间太长，氧气氧化碘离子生成碘单质，消耗硫代硫酸钠体积增多，则测定结果会偏高。
28． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
29．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
30．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
31．(1) 3s23p5 r(S)＞r(Cl)＞r(F)
(2)O2+4e-+2H2O=4OH-
(3)
(4) Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动 极性
【解析】(1)
已知Cl是17号元素，故氯原子的最外层电子排布式为3s23p5，除稀有气体外，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大的变化规律可知，氯元素相邻的短周期元素即F和S，它们的原子半径大小关系为：r(S)＞r(Cl)＞r(F)故答案为：3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)；
(2)
电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置，向阴极通入O2，阴极得到电子发生还原反应，则此时阴极上主要的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)
氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl，生成Cl2和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应为：4HCl+O22Cl2+2H2O，对该反应进行氧化还原反应分析如下：，故答案为：；
(4)
Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动，故向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液， 已知Cl的最外成有7个电子，只有一个成单电子，故Cl周围形成一对工业电子对，O最外成有6个电子，有2个成单电子，形成2对共用电子对，结合Cl2O的球棍模型可知Cl2O的电子式是，由于Cl2O为V形结构，正负电荷中心不重合，故属于极性分子，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
32． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
答案第1页，共2页
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