2022年湖南省高考化学第二次联考试卷

这是一份2022年湖南省高考化学第二次联考试卷，共26页。试卷主要包含了5ml铝、0，2L，24L，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2022年湖南省高考化学第二次联考试卷

1. “美丽中国潇湘华章”，生态文明建设是可持续发展的基础。下列做法不利于生态文明建设的是( )
A. 使用可被生物分解、环境友好的新型塑料
B. 积极推广垃圾分类
C. 合理施用化肥、农药
D. 大力开发使用化石能源
2. 下列化学用语的表达正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. H2SO3的电离方程式：H2SO3⇌2H++SO32−
C. 乙醇的球棍模型：
D. 中子数为20的氯离子： 1720Cl−
3. 用下列装置(夹持装置略去)进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A
B
C
D




制备氧气，先加入药品，再检查装置气密性
排空气法收集Cl2
分离酒精和水
吸收NH3
A. A B. B C. C D. D
4. 有关甲、乙两种有机物的说法正确的是( )

A. 甲和乙均为芳香族化合物
B. 1mol甲和1mol乙分别与足量溴的四氯化碳溶液反应，二者消耗的Br2的物质的量相等
C. 甲和乙互为同系物
D. 甲和乙之间能发生取代反应
5. 常温常压下，0.5mol铝、0.5mol铁分别与足量稀硫酸完全反应，生成氢气的体积分别为V1和V2(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是( )
A. V2=11.2L
B. V1：V2=3：2
C. 铝、铁消耗硫酸的物质的量相等
D. 反应生成的硫酸铝水解形成Al(OH)3胶体，胶体粒子数目为0.5NA
6. 砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，在碱性及强氧化性环境中不稳定，如GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O(已知：Ga与Al同主族，As与N同主族)。下列说法错误的是( )
A. 反应前后有两种元素的化合价发生改变
B. NaGaO2、Na3AsO4均为电解质
C. H2O2和H2O中的化学键完全相同
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，化合物ZW与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，X与Y同族，Y原子的电子总数是最外层电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A. 简单离子的半径：Z>Y>X
B. 含氧酸的酸性：X>Y
C. 简单气态氢化物的稳定性：Y>X
D. ZW中W离子的最外层电子数为2
8. 下列事实与盐类水解无关的是( )
A. 实验室保存NaF溶液用塑料瓶，不用玻璃瓶
B. 用Na2CO3除锅炉水垢时，加入Na2CO3溶液CaSO4转化为CaCO3
C. 将AlCl3溶液蒸干得到Al(OH)3固体
D. 向含有酚酞的K2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液，溶液的红色逐渐褪去
9. 在一定温度下的密闭容器中发生反应：CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)。下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH<0，ΔS<0
B. 平衡后，升高温度，该反应的化学平衡常数减小
C. 平衡后，保持温度不变将容器体积压缩为原来的一半，达到新平衡后，CO2浓度增大
D. 若将密闭容器换成敞口容器，则固体中CaCO3的含量降低(忽略空气中CO2的影响)
10. 微生物燃料电池技术是一种集污水净化和能源转化于一体的新型污水处理与能源回收技术，体现了环保理念，其基本原理如图所示，下列说法正确的是( )

A. a电极电势高于b电极电势
B. 电池工作时，b极区NO3−发生的反应为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O
C. 电池工作时，电流由a极沿导线流向b极
D. 电池工作时，a极区发生还原反应
11. 下列实验中，实验操作、对应的现象及结论都正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
在试管中加入2mL10%NaOH溶液，滴加5滴5%CuSO4溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热
先得到蓝色悬浊液，加热后生成砖红色沉淀
葡萄糖中含有醛基
B
向BaCl2溶液中依次通入SO2和X气体
通入X气体后产生白色沉淀
通入的X气体一定具有强氧化性
C
向含有淀粉的足量FeI2溶液中滴加2滴氯水
溶液变蓝
还原性：I−>Fe2+
D
向盛有10mL饱和碘水的分液漏斗中加入4mL四氯化碳，振荡静置
下层接近无色，上层呈紫红色
碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度
A. A B. B C. C D. D
12. 含有传染性病原菌的医疗废水是多种疾病的潜在传染源，必须及时处理。某医院用电解法处理医疗废水的流程如图，下列说法错误的是( )

A. 除去粗盐溶液中的SO42−、Mg2+、Ca2+，试剂滴加顺序可以为BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液
B. 在实验室中完成操作Ⅰ，必备的玻璃仪器只有烧杯玻璃棒
C. 次氯酸钠发生器中阳极区总反应为Cl−+2OH−−2e−=ClO−+H2O
D. 废水处理池中一定发生了氧化还原反应
13. 25℃时，向1L0.1mol⋅L−1HA溶液中缓缓通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，溶液中lgc(A−)c(HA)与pOH的关系如图所示。[已知：pOH=−lgc(OH−)；25℃时，Kb(NH3⋅H2O)=1.76×10−5]。下列说法错误的是( )

A. 25℃，Kb(NH3⋅H2O)Ka(HA)=1.76×10−2
B. b点通入氨气的体积为2.24L(标准状况)
C. 25℃，0.1mol⋅L−1HA溶液的pOH约为11
D. c点溶液中c(NH4+)>c(A−)
14. 碳硅烷是以碳硅键为主链的有机物，在新材料领域应用广泛。合成一种碳硅烷E的反应机理如图，下列说法正确的是( )

A. 合成碳硅烷E的反应物为A和B
B. 物质B可以改变该反应的化学反应速率
C. 中间物质C和D的生成改变了总反应的ΔH
D. 物质C生成D的过程中发生了加成反应
15. 市场上销售的洗衣机泡腾清洁块具有去污能力强、抗菌等功效，其有效成分为过氧碳酸钠(Na2CO3⋅3H2O2)；过氧碳酸钠俗称固体双氧水，是一种无机盐，呈白色颗粒状，过氧碳酸钠固体在50℃时开始分解，将过氧碳酸钠加入水中会生成双氧水。
已知：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3⋅3H2O2(s)ΔH<0
某化学实验小组利用H2O2与碳酸钠溶液反应制备少量过氧碳酸钠的实验步骤如图：
如图所示连接装置(夹持装置略去)；

在反应器中先加入100mL30%H2O2溶液和一定量的稳定剂(MgCl2和Na2SiO3)，充分溶解，然后缓缓加入50mL饱和碳酸钠溶液，不断搅拌，控制反应温度在5℃以下，静置结晶。
后进行抽滤(即减压过速)，洗涤2∼3次并抽滤，干燥2h即得过氧碳酸钠产品，回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ______。
(2)步骤Ⅱ中饱和碳酸钠溶液要缓缓加入，目的是 ______。
(3)步骤Ⅱ中控制反应温度在5℃以下的方法是 ______。
(4)步骤Ⅲ中采用抽滤获得过氧碳酸钠晶体，与普通过滤相比，抽滤的优点是 ______。
(5)根据题目信息，家庭保存含有过氧碳酸钠的泡腾清洁块的方法是 ______。
(6)过氧碳酸钠中活性氧含量的测定
①过氧碳酸钠加入水中生成双氧水，双氧水不稳定，生成氧气和水，生成O2的质量即活性氧的质量。写出过氧碳酸钠溶于水生成活性氧反应的化学方程式：______。
②准确称取5.00g过氧碳酸钠样品，加入水和MnO2，充分反应后生成336mL(标准状况)气体，则过氧碳酸钠中活性氧的质量分数为 ______%。
16. CO、氮氧化物(NOx)均为大气污染物，研究它们的反应机理，对于消除污染、建设生态文明具有重要意义。
回答下列问题：
(1)已知：
①C(s)+N2O(g)⇌CO(g)+N2(g)ΔH1=−193kJ⋅mol−1
②C(s)+O2(g)⇌CO2(g)ΔH2=−394kJ⋅mol−1
③2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)ΔH3=−566kJ⋅mol−1
则相同条件下反应CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=______；
若CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)逆反应的活化能为akJ⋅mol−1，则正反应的活化能______。
(2)在10L恒容密闭容器中，保持温度不变，将物质的量之和为4mol的CO和N2O以不同的碳氮比n(CO)n(N2O)进行反应N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，平衡时某反应物的转化率(α)与碳氮比的关系如图所示：

①图中纵坐标为 ______(填化学式)的转化率。
②经过10min到达A点，该时间段内以N2O物质的量浓度变化表示的化学反应速率v(N2O)=______。
③若容器内起始压强为40MPa，则B点的压强平衡常数Kp=______(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)汽车尾气中含有CO、NO，已知2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH<0。未达平衡前要同时提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 ______(填标号)。
A.降低温度
B.增大压强
C.使用合适的催化剂
D.降低c(N2)
(4)氮氧化物(NOx)也可以利用惰性电极间接电解法进行处理，获得硝酸等化工原料，其原理如图所示：

①N极为电解池的 ______(填“阴极”或“阳极”)；物质P是 ______(填化学式)。
②写出气体吸收柱内吸收NO的离子方程式：______。
17. 铁的化合物有广泛用途，如三草酸合铁酸钾晶体{K3[Fe(C2O4)3]⋅xH2O}是一种光敏材料，也可作催化剂，碳酸亚铁(FeCO3)可作补血剂等，以废铁屑(含Fe2O3及少量Fe和SiO2)为原料制备以上物质的流程如图：

已知：
①25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.0×10−39，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10−17Ksp(FeCO3)=3.0×10−11；
②离子浓度小于1.0×10−5mol⋅L−1认为沉淀完全；
③K3Fe(C2O4)3⋅3H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。
回答下列问题：
(1)滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+，检验Fe2+所用的试剂为 ______(填化学式)。
(2)室温下，若滤液Ⅰ中c(Fe3+)为2mol⋅L−1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c(H+)至少应大于 ______mol⋅L−1。
(3)将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为；已知饱和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用饱和Na2CO3溶液代替饱和NH4HCO3溶液来制备FeCO3？______(填“是”或“否”)。
(4)滤液Ⅰ与足量空气发生反应的离子方程式为；甲同学认为该步反应用稀H2O2代替空气效果更好，乙同学不同意甲的观点，其理由是 ______。
(5)获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含 ______(填操作名称)；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为 ______。
18. 湖南是我国矿产资源大省，磷、锌储量丰富。
回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外电子共有______种空间运动状态；锌在反应中易失去2个电子，则基态Zn2+的价电子轨道表示式(电子排布图)为 ______。
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。Zn2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示：

①该配合物的组成元素中电负性最大的是 ______(填元素符号)。
②1个该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有 ______个，该配合物中碳原子的杂化方式为 ______。
(3)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：

①键能大小比较：磷氧双键 ______(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
②键角大小比较：α______β(填“大于”“等于”或“小于”)。
③纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是 ______。
(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示(其晶胞参数为apm)；

①固态磷化硼属于 ______(填“分子”“离子”或“原子”)晶体。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知原子分数坐标：M点为(0,0,0)、G点为(1,1,1)，则Q点的原子分数坐标为 ______。
③磷化硼晶体的密度为 ______g⋅cm−3(列出计算式)。
19. 有机物F是重要的医药合成中间体，其一种合成路线如图：

已知：
回答下列问题：
(1)物质B的系统命名法的名称为 ______；C→D的反应类型为 ______。
(2)物质F中官能团的名称为 ______。
(3)B→C的化学方程式为 ______。
(4)E的结构简式为 ______。
(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)。
①与碳酸氢钠溶液反应产生气体；
②苯环上有2个取代基。
(6)参照上述合成路线，以苯和冰醋酸为原料合成的路线为(无机试剂任选)______。
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.使用可被生物分解、环境友好的新型塑料，可消除污染源，故A正确；
B.积极推广垃圾分类，可以实现垃圾资源化，故B正确；
C.合理施用化肥、农药可以减少对人类和环境的危害，故C正确；
D.化石能源储量有限，大力开发使用化石能源会导致资源匮乏，环境污染，故D错误，
故选：D。
A.新型塑料可以减少污染；
B.垃圾分类可以方便回收利用；
C.合理施用化肥、农药减少环境污染；
D.化石能源是有限的。
本题主要考查环境污染与治理问题，难度较小，引导学生对日常生活的观察学习。

2.【答案】C

【解析】解：A.羟基中O原子与H原子共用1对电子，O的外围电子数为7，有一个未成对电子，电子式为，故A错误；
B.H2SO3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2SO3⇌H++HSO3−、HSO3−⇌H++SO32−，故B错误；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H，其球棍模型为，故C正确；
D.中子数为20的氯离子的质量数为17+20=37，该氯离子符号为 1737Cl−，故D错误；
故选：C。
A.羟基中O原子与H原子共用1对电子，O的外围电子数为7；
B.H2SO3是二元弱酸，分步电离；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H；
D.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及比例模型及球棍模型、弱酸及其电离方程式、核素、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.先检验气密性，再加药品，顺序不合理，故A错误；
B.氯气的密度比空气密度大，长导管进气可收集，故B正确；
C.酒精与水互溶，不能选分液漏斗分离，故C错误；
D.氨气极易溶于水，漏斗口不能在液面下，故D错误；
故选：B。
A.先检验气密性，再加药品；
B.氯气的密度比空气密度大；
C.酒精与水互溶；
D.氨气极易溶于水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.甲、乙都不含有苯环，所以二者都不是芳香族化合物，故A错误；
B.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，甲中含有2个碳碳双键、乙中含有1个碳碳双键，所以1mol甲和1mol乙分别与足量溴的四氯化碳溶液反应，二者消耗的Br2的物质的量之比为2：1，故B错误；
C.甲、乙结构不相似，二者不互为同系物，故C错误；
D.甲中醇羟基、乙中羧基都能发生取代反应，故D正确；
故选：D。
A.含有苯环的有机物称为芳香族化合物；
B.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应；
C.甲、乙结构不相似；
D.醇羟基、羧基都能发生取代反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.根据分析可知，标况下V2=11.2L，现为常温常压，气体体积大于11.2L，故A错误；
B.同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，所以V1：V2=0.5mol×1.5：0.5mol=3：2，故B正确；
C.铝、铁消耗硫酸的物质的量分别为0.5mol×1.5，0.5mol，故C错误；
D.反应生成的硫酸铝的物质的量为0.5mol×12=0.25mol，水解形成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶粒含有多个Al(OH)3分子，故胶体粒子数目小于0.25NA，故D错误；
故选：B。
铝、铁与足量稀硫酸完全反应的方程式分别为：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，0.5mol铝完全反应生成标况下氢气的体积为V1=0.5mol×1.5×22.4L/mol=16.8L，0.5mol铁完全反应生成标况下氢气的体积为V2=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，据此解答即可。
本题主要考查根据化学方程式进行计算，同时考查气体摩尔体积的使用体积，A项是易错选项，难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.该反应前后As元素化合价由−3价变为+5价、双氧水中O元素化合价由−1价变为−2价，所以反应前后有两种元素的化合价发生改变，故A正确；
B.NaGaO2、Na3AsO4在水溶液中能电离出阴阳离子而使其水溶液导电，所以NaGaO2、Na3AsO4均为电解质，故B正确；
C.H2O2中存在O−H极性键、O−O非极性键，H2O中只存在O−H极性键，所以二者所含化学键不完全相同，故C错误；
D.该反应中As元素化合价由−3价变为+5价、双氧水中O元素化合价由−1价变为−2价，所以H2O2是氧化剂、GaAs为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故D正确；
故选：C。
A.该反应前后As元素化合价由−3价变为+5价、双氧水中O元素化合价由−1价变为−2价；
B.NaGaO2、Na3AsO4在水溶液中能电离出阴阳离子而使其水溶液导电；
C.H2O2中存在O−H极性键、O−O非极性键，H2O中只存在O−H极性键；
D.该反应中As元素化合价由−3价变为+5价、双氧水中O元素化合价由−1价变为−2价，所以H2O2是氧化剂、GaAs为还原剂。
本题考查氧化还原反应、化学键，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中元素化合价变化、基本概念内涵、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：根据分析可知，W为H，X为N，Y为P，Z为Na元素，
A.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：Y>X>Z，故A错误；
B.磷酸的酸性大于亚硝酸，硝酸的酸性大于磷酸，没有指出最高价含氧酸，无法比较N、P的含氧酸的酸性强弱，故B错误；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性P D.NaH中H−的最外层电子数为2，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，化合物ZW与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW是NaH，Z是Na元素、W是H元素；Y原子的电子总数是最外层电子数的3倍，若Y含有2个电子层，设最外层含有x个电子，则x+2=3x，解得x=1，Y为Li，X与Y同族，不存在满足条件的X；Y只能含有3个电子层，设最外层电子数为y，则2+8+y=3y，解得y=5，则Y为P，X与Y同族，则X为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合物质性质、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.NaF水解生成氢氟酸，玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，则实验室保存NaF溶液用塑料瓶，不用玻璃瓶，与盐类水解有关，故A错误；
B.用Na2CO3除锅炉水垢时，加入Na2CO3溶液，CaSO4转化为CaCO3，CO32−(aq)+CaSO4(s)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，和盐类水解无关，故B正确；
C.蒸干过程中氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，盐酸具有挥发性，所以促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，与盐类水解有关，故C错误；
D.Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，与盐类水解有关，故D错误；
故选：B。
A.NaF为强碱弱酸盐，溶液水解生成氢氧化钠和HF，玻璃中二氧化硅和HF溶液反应；
B.CaCO3更难溶，加入Na2CO3溶液，会发生沉淀转化，反应的离子方程式为CO32−(aq)+CaSO4(s)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)；
C.蒸干过程中氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，盐酸具有挥发性，所以促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝得到的固体是氧化铝；
D.Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动。
本题考查盐类水解原理等知识点，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.该反应为放热，且气体的总物质的量减小的反应，则反应的ΔH<0，ΔS<0，故A正确；
B.升高温度，该放热反应逆向移动，则化学平衡常数减小，故B正确；
C.温度不变，K=1c(CO2)不变，则保持温度不变将容器体积压缩为原来的一半，达到新平衡后，CO2浓度不变，故C错误；
D.将密闭容器换成敞口容器，压强减小，平衡逆向移动，则固体中CaCO3的含量降低，故D正确；
故选：C。
A.该反应为放热，且气体的总物质的量减小的反应；
B.升高温度，该放热反应逆向移动；
C.温度不变，K=1c(CO2)不变；
D.将密闭容器换成敞口容器，压强减小，平衡逆向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

10.【答案】B

【解析】解：A.该装置为原电池，a电极为负极，b极为正极，则b电极电势高于a电极电势，故A错误；
B.原电池工作时b极为正极，b极区NO3−发生得电子的还原反应，反应为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，故B正确；
C.该装置为原电池，a电极为负极，b极为正极，电流由b极沿导线流向a极，故C错误；
D.由图可知，电池工作时a极上有机物发生失电子的氧化反应生成CO2，故D错误；
故选：B。
该装置为原电池，a极上有机物发生失电子的氧化反应生成CO2，a电极为负极，b极为正极，正极上O2得电子生成水、NO3−得电子生成N2，b极区发生的反应为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O、O2+4H++4e−=2H2O，原电池工作时电子由正极经过导线流向负极，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重考查分析能力和运用能力能力，把握正负极的判断、电极上发生的反应是解本题关键，注意结合电解质酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。

11.【答案】AC

【解析】解：A.NaOH过量，检验醛基在碱性溶液中，操作、现象、结论均合理，故A正确；
B.白色沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，X可能为氨气，不具有强氧化性，故B错误；
C.氯水少量，先氧化碘离子，则溶液变蓝，可知还原性：I−>Fe2+，故C正确；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度，则分层后上层接近无色，下层呈紫红色，故D错误；
故选：AC。
A.NaOH过量，检验醛基在碱性溶液中；
B.白色沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡；
C.氯水少量，先氧化碘离子；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12.【答案】B

【解析】解：A.氯化钡可除掉硫酸根，氢氧化钠可除掉镁离子，碳酸钠可除掉钙离子和过量的钡离子，盐酸可除掉过量的碳酸钠，可除杂，故A正确；
B.操作Ⅰ涉及到溶解和过滤，需要用到烧杯、玻璃棒和漏斗，故B错误；
C.电解池中阳极发生氧化反应，次氯酸钠发生器中阳极区总反应为Cl−+2OH−−2e−=ClO−+H2O，故C正确；
D.有化合价变化的反应为氧化还原反应，次氯酸钠溶液具有强氧化性，与医疗废物生成无污染物质，一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选：B。
A.氯化钡可除掉硫酸根，氢氧化钠可除掉镁离子，碳酸钠可除掉钙离子和过量的钡离子，盐酸可除掉过量的碳酸钠；
B.操作Ⅰ涉及到溶解和过滤；
C.电解池中阳极失去电子发生氧化反应；
D.有化合价变化的反应为氧化还原反应。
本题考查较为综合，涉及物质的分离提纯，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，难度不大。

13.【答案】BC

【解析】解：A.a点HA溶液的pOH=11，溶液中c(OH−)=10−11mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−11mol/L=0.001mol/L，a点lgc(A−)c(HA)=0，c(A−)=c(HA)，Ka(HA)=c(A−)c(HA)×c(H+)=c(H+)=0.001mol/L，Kb(NH3⋅H2O)Ka(HA)=1.76×10−50.001=1.76×10−2，故A正确；
B.b点pOH=7，溶液呈中性，Kb(NH3⋅H2O) C.25℃，HA电离程度较小，0.1mol/L的溶液中c(HA)≈0.1mol/L，c(A−)≈c(H+)，Ka(HA)=c(A−)c(HA)×c(H+)，则c(H+)≈Ka⋅c(HA)=10−3×0.1mol/L=0.01mol/L，溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−140.01mol/L=10−12mol/L，溶液的pOH=12，故C错误；
D.c点溶液的pOH<7，溶液呈碱性，则c(H+)c(A−)，故D正确；
故选：BC。
A.a点HA溶液的pOH=11，溶液中c(OH−)=10−11mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−11mol/L=0.001mol/L，a点lgc(A−)c(HA)=0，c(A−)=c(HA)，Ka(HA)=c(A−)c(HA)×c(H+)=c(H+)=0.001mol/L；
B.b点pOH=7，溶液呈中性，Kb(NH3⋅H2O) C.25℃，HA电离程度较小，0.1mol/L的溶液中c(HA)≈0.1mol/L，c(A−)≈c(H+)，Ka(HA)=c(A−)c(HA)×c(H+)，则c(H+)≈Ka⋅c(HA)=10−3×0.1mol/L=0.01mol/L，溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−140.01mol/L=10−12mol/L；
D.c点溶液的pOH<7，溶液呈碱性，则c(H+) 本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、pOH含义及溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度中等。

14.【答案】BD

【解析】解：A.根据如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2=CHR反应生成D，D分解生成E和B；C、D为中间产物，B为催化剂，则反应物A和CH2=CHR合成碳硅烷E，故A错误；
B.由图可知，物质B是先反应后生成，为该反应的催化剂，可改变反应速率，故B正确；
C.化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关，则反应经历两个中间产物，但反应的热效应不变，故C错误；
D.物质C和CH2=CHR反应生成一种物质D，过程中碳碳双键变为碳碳单键，发生了加成反应，故D正确；
故选：BD。
A.如图所示反应机理，反应物A和B反应生成C，C和CH2=CHR反应生成D，D分解生成E和B；
B.由图可知，物质B是先反应后生成；
C.化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与变化途径无关；
D.物质C和CH2=CHR反应生成一种物质D，且过程中碳碳双键变为碳碳单键。
本题考查化学反应机理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，掌握物质的性质和结构是做题的关键，题目难度不大。

15.【答案】三颈烧瓶  防止反应放热过快，使溶液温度过高，进而导致过氧化氢、过氧碳酸钠分解  反应器置于冰水浴中  过滤速度快，液体和固体分离比较完全，滤出的固体易干燥  密封置于干燥、阴凉处，严禁与其他物品混放  2Na2CO3⋅3H2O2=4Na2CO3+6H2O+3O2↑9.6

【解析】解：(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)已知：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3⋅3H2O2(s)ΔH<0，反应为放热反应，且过氧碳酸钠固体在50℃时开始分解，过氧化氢受热也易分解生成氧气和水；步骤Ⅱ中饱和碳酸钠溶液要缓缓加入，目的是防止反应放热过快，使溶液温度过高，进而导致过氧化氢、过氧碳酸钠分解，
故答案为：防止反应放热过快，使溶液温度过高，进而导致过氧化氢、过氧碳酸钠分解；
(3)步骤Ⅱ中控制反应温度在5℃以下的方法是将反应器置于冰水浴中，
故答案为：反应器置于冰水浴中；
(4)与普通过滤相比，抽滤的优点是过滤速度快，液体和固体分离比较完全，滤出的固体易干燥，
故答案为：过滤速度快，液体和固体分离比较完全，滤出的固体易干燥；
(5)由于过氧碳酸钠具有强氧化性，在50℃时开始分解，遇水生成双氧水，双氧水不稳定，分解生成氧气和水，故家庭保存含有过氧碳酸钠的泡腾清洁块的方法是密封置于干燥、阴凉处，严禁与其他物品混放，
故答案为：密封置于干燥、阴凉处，严禁与其他物品混放；
(6)①过氧碳酸钠溶于水生成活性氧反应的化学方程式为2Na2CO3⋅3H2O2=4Na2CO3+6H2O+3O2↑，
故答案为：2Na2CO3⋅3H2O2=4Na2CO3+6H2O+3O2↑；
②5.00g过氧碳酸钠样品充分反应后生成336mL(标准状况)氧气，其物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，质量为0.015mol×32g/mol=0.48g，生成氧气的质量即活性氧的质量，则过氧碳酸钠中活性氧的质量分数=0.48g5.00g×100%=9.6%，
故答案为：9.6%。
(1)仪器A的名称为三颈烧瓶；
(2)已知：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3⋅3H2O2(s)ΔH<0，反应为放热反应，且过氧碳酸钠固体在50℃时开始分解，过氧化氢受热也易分解生成氧气和水；
(3)冰水浴可以控制较低的反应温度；
(4)与普通过滤相比，抽滤的优点是过滤速度快，液体和固体分离比较完全；
(5)由于过氧碳酸钠具有强氧化性，在50℃时开始分解，遇水生成双氧水，双氧水不稳定，分解生成氧气和水，据此分析；
(6)①过氧碳酸钠溶于水生成碳酸钠和氧气；
②5.00g过氧碳酸钠样品充分反应后生成336mL(标准状况)氧气，其物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，质量为0.015mol×32g/mol=0.48g，据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

16.【答案】−365kJ/mol(a−365)kJ/molN2O0.01mol/(L⋅min)1C阴极  H2  NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3−+4H+

【解析】解：(1)根据盖斯定律，反应CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)可由反应①-②+③推出，故其△H=△H1−△H2+△H3=(−193+394−566)kJ/mol=−365kJ/mol；根据△H与活化能的计算关系式，可得正反应的活化能，
故答案为：−365kJ/mol；(a−365)kJ/mol；
(2)①横坐标为，随着碳氮比的增大，某反应物的转化率增大，则纵坐标为N2O的转化率，
故答案为：N2O；
②根据图像可得A点，且N2O和CO的物质的量之和为4mol，则N2O的物质的量为2mol，CO的物质的量为2mol，列三段式：
                 CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)
开始(mol)2200
变化(mol)1111
平衡(mol)1111
则v(N2O)=△c△t=1mol10L×10min=0.01mol/(L⋅min)，
故答案为：0.01mol/(L⋅min)；
③平衡常数只和温度有关，保持温度不变，B点和A点的压强平衡常数相同，由A点可求该温度下的压强平衡常数，在恒温恒容条件下，容器内气体的压强与物质的量成正比，反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，平衡时压强仍为40MPa，则p(N2O)=p(CO)=p(CO2)=p(N2)=1mol4mol×40MPa=10MPa，该温度下的压强平衡常数Kp=p(N2)p(CO2)p(CO)p(N2O)=40×4040×40=1，
故答案为：1；
(3)由题意可知，降低温度，化学反应速率降低，A项错误；增大体系压强、降低皆不符合汽车尾气的实际， B、D项错误；使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高汽车尾气中CO、NO的转化率(注意不是平衡转化率)，C项正确，
故答案为：C；
(4)①由电解池原理图可知，在M极，Ce3+转化为Ce4+，发生氧化反应，故M极为电解池的阳极，N极为电解池的阴极，N极反应为2H++2e−=H2↑，故物质P是H2，
故答案为：阴极；H2；
②由装置图可知，NO在气体吸收柱内被Ce4+氧化为HNO3，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3−+4H+，
故答案为：NO+3Ce4++2H2O=3Ce3++NO3−+4H+。
(1)根据盖斯定律，反应CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)可由反应①-②+③推出；
(2)①横坐标为，随着碳氮比的增大，某反应物的转化率增大；
②根据图像可得A点，且N2O和CO的物质的量之和为4mol，则N2O的物质的量为2mol，CO的物质的量为2mol，列三段式：
                 CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)
开始(mol)2200
变化(mol)1111
平衡(mol)1111
则v(N2O)=△c△t；
③平衡常数只和温度有关，保持温度不变，B点和A点的压强平衡常数相同，由A点可求该温度下的压强平衡常数，在恒温恒容条件下，容器内气体的压强与物质的量成正比；
(3)由题意可知，降低温度，化学反应速率降低，A项错误；增大体系压强、降低皆不符合汽车尾气的实际， B、D项错误；使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高汽车尾气中CO、NO的转化率(注意不是平衡转化率)，C项正确；
(4)①由电解池原理图可知，在M极，Ce3+转化为Ce4+，发生氧化反应，故M极为电解池的阳极，N极为电解池的阴极；
②由装置图可知，NO在气体吸收柱内被Ce4+氧化为HNO3。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡常数及其计算、电化学原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力、计算能力和灵活运用能力，把握化学平衡的计算和平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等。

17.【答案】K3[Fe(CN)6]0.1Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高；  蒸发浓缩，冷却结晶，过滤  减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥

【解析】解：(1)滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+，检验Fe2+所用的试剂为K3[Fe(CN)6]，
故答案为：K3[Fe(CN)6]；
(2)室温下，若滤液Ⅰ中c(Fe3+)为2mol⋅L−1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c(OH−)的最大浓度为3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=10−13molL，则对应的最小氢离子浓度为10−1410−13molL=0.1mol/L，
故答案为：0.1；
(3)将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)稀H2O2代替空气的缺点在于，铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高，
故答案为：铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高；
(5)翠绿色K3[Fe(C2O4)3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到三草酸合铁酸钾晶体，用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥。
废铁屑(含Fe2O3及少量Fe和SiO2)加入盐酸溶解过滤，除去二氧化硅，铁元素转化为亚铁离子和铁离子存在于溶液中，滤液若加入铁粉，发生归中反应将铁离子转化为亚铁离子，加入饱和碳酸氢铵溶液，沉淀获得碳酸亚铁，也可以通入空气将亚铁离子充分氧化，加入饱和草酸钾溶液，获得翠绿色K3[Fe(C2O4)3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到三草酸合铁酸钾晶体，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

18.【答案】30   O6sp2、sp3  大于  小于  温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；  原子  (34、14、34)4MNA(a×10−7)3

【解析】解：(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，同一个原子不存在运动状态完全相同的2个原子，则基态Zn原子中不同运动状态的电子30种；Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，价电子轨道表示式为，
故答案为：30；；
(2)①该螯合物中元素有Zn、H、C、N、O，Zn为金属，电负性很小，H的吸引电子能力比O弱，同周期元素电负性自左至右逐渐增大，所以电负性由小到大的顺序是：Zn 故答案为：O；
②由图可知，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4个O−Zn键和2个N−Zn键，共6个配位键，故1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为6mol，与N原子相连的C原子形成4条单键，杂化方式为sp3，羰基中的碳原子形成一条双键和2条单键，杂化方式为sp2，故杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：6；sp2、sp3；
(3)①由图示磷酸的空间结构可知，P=O的键长小于P−O的键长，键长越短，键能越大，
故答案为：大于；
②磷酸分子中P=O键与P−O键的斥力大于P−O键和P−O键的斥力，故键角α小于β，
故答案为；小于；
③由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降，
故答案为：温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；
(4)①磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，可知磷化硼为原子晶体，
故答案为：原子；
②根据图示坐标系，M处的B原子为坐标原点，G点与M点位于体对角线的两端，Q点P原子与上面面心、前面面心、右面面心和顶点的4个B原子形成正四面体结构，因此Q原子的分数坐标为(34、14、34)，
故答案为：(34、14、34)；
③P原子位于晶胞体内，晶胞中P原子数目为4，根据BP化学式知B原子与P原子数目相等，故B原子数目也为4，则晶胞质量m=4MNA，晶胞体积V=(anm)3=(a×10−7)3cm3，晶体密ρ=mV=4MNA(a×10−7)3g⋅cm−3，
故答案为：4MNA(a×10−7)3。
(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2；Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，价电子排布式为3d10，据此书写价电子轨道表示式；
(2)①该螯合物中元素有Zn、H、C、N、O，同周期元素电负性自左至右逐渐增大，即可判断电负性的大小顺序；
②由图可知，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4个O−Zn键和2个N−Zn键，根据C原子的成键情况可以判断杂化方式；
(3)①由图示磷酸的空间结构可知，P=O的键长小于P−O的键长，键长越短，键能越大；
②分析键与键之间的斥力；
③温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏；
(4)①磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，根据此性质推断；
②据图示坐标系，M处的B原子为坐标原点，G点与M点位于体对角线的两端，Q点P原子与上面面心、前面面心、右面面心和顶点的4个B原子形成正四面体结构；
③晶体密度等于晶胞质量与晶胞密度的比值，ρ=mV；
本题考物质结构和性质，涉及核外电子排布、中心原子杂化方式的判断、键参数的影响以及晶胞中原子坐标和密度计算等，对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，题目有一定难度。

19.【答案】2−甲基苯酚  取代反应(或硝化反应)羰基、醚键、酰胺键 +→AlCl3+HCl  6 →20%HNO3→Fe/HCl→CH3COOH

【解析】解：(1)物质B的结构简式为，系统命名法的名称为2−甲基苯酚；C→D过程中是苯环上氢原子被−NO2替代，该反应类型为取代反应(或硝化反应)，
故答案为：2−甲基苯酚；取代反应(或硝化反应)；
(2)物质F中官能团的名称为羰基、醚键、酰胺键，
故答案为：羰基、醚键、酰胺键；
(3)B→C的化学方程式为+→AlCl3+HCl，
故答案为：+→AlCl3+HCl；
(4)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(5)C的结构简式为，C的同分异构体能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，且苯环上有2个取代基，可以是−CH3、−CH2COOH，或是−CH2CH3、−COOH，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×2=6种，
故答案为：6；
(6)苯与H2O2在催化剂条件下反应，然后与20%HNO3反应生成，再用Fe/HCl还原生成，最后与CH3COOH反应生成，合成路线为→20%HNO3→Fe/HCl→CH3COOH，
故答案为：→20%HNO3→Fe/HCl→CH3COOH。
发生氧化反应生成，对比B、D的结构，可知，B与发生取代反应生成C和HCl，C发生取代反应引入硝基生成D，故C为，D发生信息中还原反应生成E为，E与发生取代反应成环生成F和HCl；
(6)苯与H2O2在催化剂条件下反应，然后与20%HNO3反应生成，再用Fe/HCl还原生成，最后与CH3COOH反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。