2026届河北省承德市高三第一次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届河北省承德市高三第一次模拟考试化学试卷（含答案解析），共10页。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
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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、短周期元素W、Ⅹ、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：Y>X
B．最简单氢化物的沸点：Z7
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
2、可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是( )
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
3、一种新药物结构如图所示，下列有关该化合物说法正确的是
A．分子式为C17H17N2O6
B．能发生水解反应、聚合反应、取代反应、消去反应
C．分子中含有四种不同的官能团
D．能与氢气发生加成反应，但不能与溴的四氯化碳溶液反应
4、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（ ）
A．左池的pH值降低
B．右边为阴离子交换膜
C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D．当消耗0.1ml C6H6O，在标准状况下将产生0.28ml氮气
5、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为( )
A．20B．24C．25D．77
6、下列有关化学反应的叙述正确的是
A．铜能与FeCl3溶液发生置换反应
B．工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉
C．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝
D．实验室用MnO2与1.0 ml·L－1的盐酸加热制取氯气
7、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是
A．辛酸的同分异构体（CH3)3CCH (CH3) CH2COOH的名称为 2,2,3-三甲基戊酸
B．辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构）
C．辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构）
D．正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式
8、在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是
A．AlNaAlO2(aq)
B．FeFe2O3Fe2(SO4)3
C．NH3NOHNO3
D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)
9、利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是( )
A．AB．BC．CD．D
10、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、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，设计的部分实验方案如图所示：
下列说法正确的是
A．气体A至少含有SO2、H2中的一种
B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4
C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种
D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定
11、将足量SO2气体通入下列各组溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
A．Ba2+、Ca2+、Br﹣、Cl﹣B．CO32﹣、SO32﹣、K+、NH4+
C．Na+、NH4+、I﹣、HS﹣D．Na+、Ca2+、ClO﹣、NO3﹣
12、将镁铝合金溶于 100 mL 稀硝酸中，产生 1.12 L NO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是
A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为 1∶1B．可以求出硝酸的物质的量浓度
C．可以求出沉淀的最大质量为 3.21 克D．氢氧化钠溶液浓度为 3 ml / L
13、根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是
A．1 ml C(s)与1 ml O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B．反应2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C．由C(s)→CO(g)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1
D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1 kJ·ml－1
14、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCO2C6+LiCO2(x＜1)。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Li+由b极向a极迁移
B．放电时，若转移0.02ml电子，石墨电极将减重0.14g
C．充电时，a极接外电源的正极
D．该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在LiCO2极回收
15、在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．膜I侧反应为： H2O+2e-=H2+O2- O2+4e-=2O2-
B．膜II侧相当于原电池的负极
C．膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO
D．膜II侧每消耗1mlCH4，膜I侧一定生成1ml H2
16、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
17、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该有机物的分子式为C12H12O4
B．1 ml该有机物最多能与4 ml H2反应
C．该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2，生成2.24 L CO2（标准状况下）需要0.1 ml该有机物
D．该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应
18、下列叙述正确的是
A．天然气主要成分的结构式：B．和互为同素异形体
C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2D．苯的比例模型：
19、工业上用酸性 KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是
A．乙苯是苯的同系物B．乙苯的所有原子均共平面
C．生产苯甲酸时发生的是取代反应D．乙苯不能与H2发生反应
20、下列各组离子一定能大量共存的是
A．在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN-
B．在含有Al3+、Cl－的溶液中：HCO3－、I－、NH4＋、Mg2＋
C．在c(H+)=1×10－13ml/L的溶液中：Na＋、S2－、SO32－、NO3－
D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2＋、Ca2＋、Al3＋、Cl－
21、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
22、下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题(共84分)
23、（14分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：
(1)B中官能团的名称是______。
(2)①的反应类型是______。
(3)写出反应②的化学方程式：______。
(4)乌洛托品的结构简式如图所示：
其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。
(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。
Ⅰ.有两个取代基 Ⅱ.取代基在邻位
(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。
24、（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。
25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：
①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_______。
③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______
（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是 _______________
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_______
26、（10分）实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置A→B→C制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。
（1）A中发生反应的离子方程式是_________。
（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：
（1）甲同学指出：由实验Ⅰ得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质______（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。
（2）乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理，原因是实验未证明_______（填化学式）是否有漂白性。
（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_____。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由________。
（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。
（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_______。
27、（12分）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒．某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：
（实验一）制取NaNO2
该小组先查阅资料知：①2NO+Na2O2→2NaNO2；2NO2+Na2O2→2NaNO3；②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-，然后设计制取装置如图(夹持装置略去)：
(1)装置D的作用是_______________；如果没有B装置，C中发生的副反应有_______________。
(2)就算在装置气密性良好的情况下进行实验，该小组发现制得的NaNO2的纯度也不高，可能的原因是由_____________；设计一种提高NaNO2纯度的改进措施_________。
（实验二）测定NaNO2样品(含NaNO3杂质)的纯度
先查阅资料知：①5NO2-+2MnO4-+6H+→5NO3-+3Mn2++3H2O；
②MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O
然后，设计如下方案测定样品的纯度：
样品→溶液A 溶液B 数据处理
(3)取样品2.3 g经溶解后得到溶液A 100 mL，准确量取10.00 mL A与24.00 mL 0.0500 ml/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应．反应后的溶液用0.1000 ml/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至紫色刚好褪去；重复上述实验3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00 mL，则样品中NaNO2的纯度为_________．
(4)通过上述实验测得样品中NaNO2的纯度偏高，该小组讨论的原因错误的是_________。(填字母编号)
a．滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定
b．加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥
c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中的时间过长
28、（14分）2019 年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCO2 和 LiMnO2 等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：
（1）基态 Ti 原子的价层电子排布图为____。
（2）在第四周期 d 区元素中，与 Ti 原子未成对电子数相同的元素名称________。
（3）金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为______。
（4）已知第三电离能数据：I3（Mn）＝3246 kJ·ml-1，I3（Fe）＝2957 kJ·ml-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是______。
（5）据报道，在 MnO2 的催化下，甲醛可被氧化成 CO2，在处理含 HCHO 的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角________CO2 中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。
（6）C3+、C2+能与 NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。
①1 ml[ C（NH3）6]3+含______ml σ键。
②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S＝C＝N] -，SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是_______（填元素符号）。
（7）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原 TiCl4（g）制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为 605℃、－24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是________。
（8）钛的化合物晶胞如图所示。
二氧化钛晶胞如图 1 所示，钛原子配位数为______。氮化钛的晶胞如图 2 所示， 图 3 是氮化钛的晶胞截面图（相邻原子两两相切）。已知：NA 是阿伏加德罗常数的值，氮化钛晶体密度为 d g·cm-3。氮化钛晶胞中 N 原子半径为________pm。
29、（10分）NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4·2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。
(1)原料NH4HCO3中HCO3-水解的离子方程式为____________。
(2) N2H4·2HCl是N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25 ℃时，K1=9.55×10-7。该温度下，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K=________(填数值)。
(3)为确定NVCO的组成，进行如下实验：
①称取2.130 g样品与足量NaOH充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。
根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)________________。
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、A
【解析】
W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，说明W为F；又X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比F大，说明X原子在第三周期，故X为Na；又Y原子的最外层电子数等于电子层数，且Y原子在第三周期，所以其最外层电子数为3，原子序数为2+8+3=13，为Al；又因为F和Z原子的最外层电子数相同，Z位于第三周期，所以Z为Cl。
综上，W、X、Y、Z分别为F、Na、Al、Cl。
【详解】
A.X、Y的简单离子分别为Na+、Al3+，它们具有相同电子层数，因为在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以半径是Na+＞Al3+即Y＜X，故A错误;B. Z的最简单氢化物为HCl, W的最简单氢化物为HF,因为HF分子间存在着氢键，所以HF的沸点比HCl的高，故B正确；C. W与X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解使得溶液显碱性，所以所得的溶液在常温下pH>7，故C正确；D项，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH 、Al(OH)3、HClO4，它们能相互反应，故D项正确。答案：A。
考查元素周期律的相关知识。根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称，再根据元素周期律判断相应的性质。本题的突破口：W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。
2、A
【解析】
A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故A正确；
B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al＋4OH－－3e－=AlO2-+2H2O，故B错误；
C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al＋4OH－+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；
D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；
故选A。
3、C
【解析】
由该有机物的结构简式可知分子式，其分子中含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基，结合酯、烯烃等有机物的性质来解答。
【详解】
A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为C17H18N2O6，故A错误；
B．该有机物含-COOC-可发生水解、取代反应，含碳碳双键可发生聚合反应，不能发生消去反应，故B错误；
C．该有机物含-COOC-、碳碳双键、氨基、硝基四种官能团，故C正确；
D．该有机物含碳碳双键，故其可与氢气发生加成反应，也能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；
故答案为C。
4、B
【解析】
A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1ml苯酚该反应，转移28ml电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=ml=2.8ml，则当消耗0.1ml C6H6O，将会产生0.28ml氮气，D正确；
故合理选项是B。
5、B
【解析】
烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24，答案选B。
明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。
6、C
【解析】
A．单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；
B．氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；
C．向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；
D．实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误；
答案选C。
铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。
7、B
【解析】
A. 根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；
B. 三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；
C. 辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；
D. 正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；
答案选B。
C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。
8、A
【解析】
A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；
B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误；
C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；
故选A。
9、B
【解析】
A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；
C．氨气溶于水生成氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C错误；
D．氯化氢与水反应生成盐酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；
答案选B。
二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了，不符合化学原理。
10、C
【解析】
由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。
【详解】
A. 气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；
B. 原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；
C. 从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；
D. 该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。
故选C。
在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。
11、A
【解析】
A.不会影响各离子，因此还能大量共存，A项正确；
B.溶于水得到亚硫酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此和亚硫酸反应得到和，B项错误；
C.中的硫元素是-2价的，具有强还原性，而中的硫是+4价的，具有一定的氧化性，因此二者要发生氧化还原反应得到单质硫，C项错误；
D.具有很强的氧化性，具有一定的还原性，因此二者要发生氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
12、C
【解析】
由图可知60 ml到70 ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12L NO气体（标准状况）得失守恒可以得
2x + 3x ＝0.05×3 ，则x ＝0.03 ml，
沉淀的最大质量，
沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03ml×2+0.03ml×3+0.05ml =0.2ml，
氢氧化钠溶液浓度 ，
故C错误；
综上所述，答案为C。
13、C
【解析】
由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－282.9kJ·ml－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1。
【详解】
A项、由图可知1 ml C(s)与1 ml O2(g)的能量比1 ml CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；
B项、由图可知反应2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；
C项、由图可知1 ml C(s)与O2(g)生成1 ml CO(g)放出热量为393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1，故C正确；
D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJ×g≈10.1 kJ·g－1，故D错误；
故选C。
14、D
【解析】
根据锂离子电池的反应式为LixC6+Li1-xCO2C6+LiCO2(x＜1)可判断出，放电时Li元素化合价升高，LixC6（可看作单质Li和C）作负极，C元素化合价降低。
【详解】
A．放电时是b极为负极，a极为正极，Li+由负极移向正极，即由b极移向a极，A正确；
B．放电时石墨电极发生Li-e-= Li+,若转移0.02ml电子，则有0.02mlLi参与反应，电极减重为0.02×7=0.14g， B正确；
C．充电时，原来的正极作阳极，与外接电源的正极相连， C正确；
D．“充电处理”时，Li+在阴极得电子生成Li，石墨为阴极，故该废旧电池进行“充电处理”有利于锂在石墨极回收， D错误；
答案选D。
充电时为电解装置，电池的正极与外电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应，电池的负极与外电源的负极相连，作电解池的阴极，发生还原反应。判断电极时可以通过判断电池反应中元素化合价的变化来进行。
15、D
【解析】
A.膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，故A正确；
B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知，膜I侧相当于原电池的正极，膜II侧相当于原电池的负极，故B正确；
C.膜II侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+O2--2e-=2H2+CO，故C正确；
D.膜I侧发生的反应为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO，膜II侧每消耗1mlCH4，膜I侧生成小于1mlH2，故D错误。
故选D。
16、C
【解析】
A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；
B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；
C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；
D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；
答案选C。
17、B
【解析】
A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；
B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 ml该有机物最多能与5 ml H2反应，故B符合题意；
C．只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 ml该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 ml CO2，气体体积为2.24 L（标准状况下），故C不符合题意；
D．分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
18、D
【解析】
A. 天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；
B. 和互为同位素，故B错误；
C. 漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；
D. 苯的比例模型：，故D正确；
故选D。
19、A
【解析】
A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；
B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；
C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；
D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。
答案选A。
20、C
【解析】
A、在含有大量Fe3+的溶液中SCN-不能大量共存，A错误；
B、在含有Al3+、Cl－的溶液中铝离子与HCO3－、水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存，B错误；
C、c(H+)=1×10－13ml/L的溶液显碱性，则Na＋、S2－、SO32－、NO3－可以大量共存，C正确；
D、在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中硫酸氢钠完全电离出氢离子，在酸性溶液中硝酸根离子与Fe2＋发生氧化还原反应不能大量共存，D错误，答案选C。
21、A
【解析】
根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。
【详解】
A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。
22、B
【解析】
A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；
B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；
C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。
答案选B。
NO3-在酸性环境下有强氧化性。
二、非选择题(共84分)
23、醛基、碳碳双键 取代反应 3
【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。
【详解】
（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，
故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，
故答案为：；
（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，
故答案为：3；；
（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，
故答案为：；
（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。
24、1~100 nm 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】
(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100 nm。
(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。
(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
25、沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) +SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- === I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-
【解析】
（1） ①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；
③实验Ⅱ 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；
（2） ①要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；
②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；
③B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；
④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。
【详解】
①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象；
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O；
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1ml/LBaCl2，B为2mL0.1ml/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b；
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01ml/L的KI溶液，A中为0.1ml/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2；
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-。
26、MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O HCl Cl2 取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl- 不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。 酸性和漂白性 加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色
【解析】
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；
②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；
③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；
④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；
（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。
【详解】
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；
②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；
故答案为：Cl2；
③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；
④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，
故答案为：酸性和漂白性；
（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。
氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。
27、吸收多余的NO 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NO+O2=NO2 由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物 在A、B之间增加装有水的洗气瓶 75% bc
【解析】
在装置A中稀硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO和H2O，反应产生的NO气体经B装置的无水CaCl2干燥后进入装置C中，发生反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，未反应的NO在装置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液测定NaNO2纯度中，可根据反应过程中的电子得失数目相等计算，利用反应过程中操作使KMnO4溶液消耗体积大小上分析实验误差。
【详解】
(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将NO氧化为NO3-，所以装置D的作用是吸收多余的NO；若没有装置B中无水CaCl2的干燥作用，其中的H2O就会与Na2O2发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应产生O2再与NO反应：2NO+O2=NO2，气体变为NO2；
(2)由于反应开始时硝酸浓度较大时，可能有NO2产生，获得NO的过程中可能会产生其他氮氧化物，这样会干扰实验结果，提高NaNO2纯度可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差；
(3)根据电子守恒可得关系式：5(NH4)2Fe(SO4)2～MnO4-，消耗n(KMnO4)=0.1 ml/L×0.01 L=0.001 ml，根据2MnO4-～5NO2-可知NO2-反应消耗KMnO4溶液的物质的量n(KMnO4)=0.05 ml/L×0.024 L-0.001ml=2.0×10-4 ml，则NaNO2的物质的量n(NaNO2)= 5.0×10-4 ml，则100 mL溶液中含NaNO2的物质的量为n(NaNO2)总=5.0×10-4 ml×=5.0×10-3 ml，所以样品中NaNO2的纯度为×100%=75%；
(4)a．滴定至溶液紫色刚刚好褪去，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积偏小，n[(NH4)2Fe(SO4)2]偏小，导致NaNO2的量测定结果偏高，a正确；
b．加入A与KMnO4溶液前锥形瓶未经干燥，对测量结果无影响，b错误；
c．实验中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空气中时间过长，部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大，导致的测量结果偏低，c错误；
故合理选项是bc。
本题考查了装置的连接、试剂的作用、实验方案的设计与评价及滴定方法在物质含量测定的应用。掌握反应原理、各个装置中试剂的作用是解题关键，在物质含量测定中要结合反应过程中电子守恒分析。题目考查学生分析和解决问题的能力，主要是物质性质和化学反应定量关系的计算分析。
28、 镍 D Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁 小于 24 S 氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强 6
【解析】
(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；
(2)在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同，该元素核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
(3)Ti原子密置层排列为ABABAB…排列方式，属于六方最密堆积，平行六面体的晶胞上下底面为菱形，平行六面体均分为2个正三棱柱，其中1个正三棱柱的中心有1个Ti原子，金属钛晶胞俯视图与D相符合；
(4)原子轨道处于半满、全满时能量更低更稳定；
(5)HCHO和CO2中C原子杂化方式不同；
(6)①1个[C(NH3)6]3+中含有18个共价键，6个配位键，配位键也是σ键；②SCN-的结构式为[S＝C＝N]-，C原子没有孤对电子，N和S都有孤对电子，电负性越大，对孤电子对吸引力越大；
(7)离子晶体比分子晶体熔点高；
(8)由图1里面1个晶胞里Ti、O两种原子的个数可知Ti原子的配位数，由图2可知1个晶胞里各原子的个数，计算出晶胞的质量，结合密度计算晶胞的体积，晶胞的体积开三次方得到晶胞的棱长，再由图3中两种原子半径与棱长的关系进行计算；
根据以上分析进行解答。
【详解】
(1)Ti的原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为：。
答案为：。
(2)Ti原子未成对电子数为2，在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，为镍元素。
答案为：镍。
(3)根据金属钛的原子堆积方式可知，该堆积方式为ABABABA…晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D。
答案为：D。
(4)Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁。
答案为：Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁。
(5)HCHO分子是平面结构，键角接近120˚，而CO2的键角是180˚，C原子的杂化类型不同，键角不同。
答案：小于。
(6)①1个NH3含有3个共价键，还能形成1个配位键，共价键和配位键都是σ键，所以1ml[C(NH3)6]3+含24mlσ键。
答案：24。
②SCN-的结构式为[S＝C＝N]-，C原子没有孤对电子，N和S原子都有孤对电子，电负性越大对孤电子对吸引力越强，越不易给出电子形成配位键，N的电负性大于S，所以SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是S。
答案为：S。
(7)依题意，氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强，所以离子晶体的熔点比较高。
答案为：氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强。
(8)图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，d=，a=，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)=a，2r(Ti)+2r(N)=a，r(N)=。
答案为：6；。
29、HCO3-+H2OH2CO3＋OH- 9.55×107 (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
【解析】
(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K==；
(3)设NVCO的摩尔质量为M g/ml，由=0.864 8，可得M=1 065，由可得b=6；由×a=n(NH3)==0.01ml，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式。
【详解】
(1)HCO3-水解生成H2CO3和OH-，水解反应离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，反应N2H4+H＋N2H5+的平衡常数K===9.55×107；
(3)设NVCO的摩尔质量为M g/ml，由=0.864 8，可得M=1 065，由可得b=6；由×a=n(NH3)==0.01ml，解得a=5，由最后产物为VO2，则VO为+2价，2c+d=5×1+2×6=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393，解得c=4，d=9，将a=5，b=6，c=4，d=9代入化学式表达式，可得化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
本题综合考查物质的组成的测定的知识，注意把握物质的性质，把握计算的思路，弄清微粒的物质的量关系，对学生的分析能力和计算能力有一定的要求。
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
选项
实验目的
仪器
A
用 CCl4 除 去 NaBr 溶液中少量 Br2
烧杯、分液漏斗
B
配制1.0ml•L-1 的H2SO4溶液
量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
C
从食盐水中获得NaCl晶体
酒精灯、烧杯、漏斗
D
制备少量乙酸乙酯
试管、酒精灯、导管
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(
NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼
试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
实验Ⅱ
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
实验
实验操作
现象
结论
Ⅰ
向氯水中加入碳酸氢钠粉末
有无色气泡产生
氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质
Ⅱ
向品红溶液中滴入氯水
溶液褪色
氯气与水反应的产物有漂白性