2025年安徽省阜阳市化学高三第一学期期末统考模拟试题.doc

2025年安徽省阜阳市化学高三第一学期期末统考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是
A．碳碳键键长：乙烯＞苯
B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷
C．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3
D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
2、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为，含少量等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：，，。）

A．试剂X可以是等物质
B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去等杂质
C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D．为提高沉淀步骤的速率可以持续升高温度
3、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，微溶于KOH溶液，热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是
A．用图所示装置制备并净化氯气
B．用图所示装置制备高铁酸钾
C．用图所示装置分离出高铁酸钾粗品
D．用图所示装置干燥高铁酸钾
4、下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液恰好中和： Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
B．金属钠投入硫酸镁溶液中： 2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓
C．碳酸钠溶液中通入过量氯气： CO32﹣+Cl2＝CO2↑+Cl－+ClO－
D．实验室用 MnO2 和浓盐酸制取 Cl2： MnO2+4HCl(浓) Mn2++2Cl－+Cl2↑+2H2O
5、化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A．生活中常用小苏打来治疗胃酸过多
B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石
C．硫酸钡可用于胃肠 X 射线造影检查
D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同
6、在体积都为1 L、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是
A． B．
C． D．
7、将V 1 mL 0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL 0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（ ）
A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液
C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液
8、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A．含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－
B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D．含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋
9、117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错误的是
A．TS是主族元素 B．TS的最外层p轨道中有5个电子
C．TS原子核外共有6个电子层 D．同族元素中TS非金属性最弱
10、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是
A．其分子直径比氯离子小
B．在水中形成的分散系属于悬浊液
C．在水中形成的分散系具有丁达尔效应
D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸
11、甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
平衡常数
C(s)
H2O(g)
H2(g)
甲
2
T1
2.0
4.0
3.2
K1
乙
1
T2
1.0
2.0
1.2
K2
下列说法正确的是(　　)
A．K1＝12.8
B．T1＜T2
C．T1 ℃时向甲容器中再充入0.1 mol H2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大
D．若T2温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol CO2和2.0 mol H2，达平衡时，CO2的转化率大于40%
12、用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是

A．通电后阴极区附近溶液pH会增大
B．阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．纯净的KOH溶液从b出口导出
D．K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
13、下列有关说法正确的是
A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀
B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏
C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素
14、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的
B．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关
C．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰
D．工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物
15、下列说法不正确的是（ ）
A．Na2CO3可用于治疗胃酸过多
B．蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气
C．CusO4可用于游泳池池水消毒
D．SiO2导光能力强，可用于制造光导纤维
16、 “轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（ ）
A．能量 B．呈纺锤形
C．自旋方向 D．在空间的伸展方向
二、非选择题（本题包括5小题）
17、周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。
回答下列问题：
（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。
（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。
（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。
①极性共价键 ②非极性共价键 ③离子键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力
（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。
（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。
18、有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：

已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种
②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类
③（、为烃基或H原子）
回答以下问题：
（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。
（2）的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。
（3）J的结构简式为____。
（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。
（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。
a．苯环上只有两个取代基
b．既能发生银镜反应也能与溶液反应
写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。
19、随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。
制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：
第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；
第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3 mol/L H2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；
第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；
第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。
回答下列问题：
(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________
(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________
(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。
A．乙醇 B．饱和K2SO4溶液 C．蒸馏水 D．1：1乙醇水溶液
(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL 1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10mol/L EDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20 mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00 mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%。
(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______
(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：

根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________
20、某铁磁粉Fe3O4（可能含有Fe2O3或FeO杂质），为确定其纯度，称取23.28g该样品利用图1装置进行实验探究。

已知：Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe。
请回答：
（1）上述实验装置存在一个明显缺陷是___。
（2）利用仪器测定并绘制出反应过程中a装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线（图2），样品中含有的杂质成分是___（填化学式）。
（3）上述实验过程中，CO除作为反应物外，还起到的作用是___。
A．实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸
B．防止b中的溶液倒吸入a中
C．停止加热后，继续通CO气体，防止生成物被氧化
D．将产生的CO2全部赶入装置b中，以提高实验的精确度
21、镍是一种用途广泛的金属，常用于电镀工业和制造电池。镍易形成Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等配合物。
（1）镍基态原子的核外电子排布式为________。
（2）Ni2＋可用丁二酮肟检验。丁二酮肟的结构如图所示，其分子中碳原子轨道的杂化类型为________。

（3）与CO互为等电子体的阴离子的化学式为__________________。
（4）1 mol [Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目为________。氨的沸点高于膦(PH3)，原因是____________________________。
（5）镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为________(填化学式)。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯<苯，故A错误；
B．氯代烃中C原子个数越多，密度越大，则密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正确；
C．碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C错误；
D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；
故答案为：B。
非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。
2、C
【解析】
湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。
【详解】
A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A错误；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，，则，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；
D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误。
综上所述，答案为C。
3、D
【解析】
A. 可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢气体，可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，能达到实验目的，故A不符合；
B. KOH溶液是过量的，且高铁酸钾微溶于KOH溶液，则可析出高铁酸钾晶体，能达到实验目的，故B不符合；
C. 由B项分析可知，高铁酸钾微溶于KOH溶液，可析出高铁酸钾晶体，用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品，能达到实验目的，故C不符合；
D. 已知高铁酸钾热稳定性差，因此直接加热会导致高铁酸钾分解，不能达到实验目的，故D符合；
答案选D。
4、B
【解析】
A．不符合物质的固定组成，应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，A错误；
B．金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，两个方程式合二为一，即为2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，B正确；
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，酸性：盐酸>碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+ H2O＝CO2↑+2Cl－+ 2HClO，C错误；
D．浓盐酸能拆成离子形式，不能写成分子式，D错误；
正确选项B。
5、B
【解析】
A选项，生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，故A正确；
B选项，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工业主要原料是碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅，因此生产原料中不是都用到了石灰石，故B错误；
C选项，硫酸钡男溶于水和酸，可用于胃肠 X 射线造影检查，故C正确；
D选项，双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用于杀死埃博拉病毒，漂白粉消毒饮用水主要是氢氧化性，因此原理都相同，故D正确；
综上所述，答案为B。
6、C
【解析】
根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实。
【详解】
体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)=0.01 mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；
A．由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应，醋酸速率快，但是这是pH，不是氢气的量，所以pH上升醋酸慢，A错误；
B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B错误；
C．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn少量，C正确；
D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D错误；
故合理选项是C。
本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
7、B
【解析】
Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。
8、D
【解析】
A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，故A错误；
B．含等物质的量的FeBr2、的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；
D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；
答案选D。
9、C
【解析】
A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；
B．Ts位于第七周期ⅦA族，电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；
C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；
D．同族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；
故合理选项是C。
10、C
【解析】
A. 氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；
B. 在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；
C. 在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；
D. “钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。
综上所述，答案为C。
胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。
11、A
【解析】
A. 根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；
B. 乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；
C. 向容器中再充入0.1mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；
D. 与乙容器中的量比较，1.0mol CO2和2.0mol H2相当于1.0mol C和2.0mol H2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；
故答案为：A。
12、D
【解析】
A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。
13、C
【解析】
A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；
C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；
答案选C。
14、C
【解析】
A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；
B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；
C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；
D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；
故合理选项是C。
15、A
【解析】
A、Na2CO3碱性太强；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是极有前途的新型能源；
C、铜是重金属，能杀菌消毒；
D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。
【详解】
A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确；
C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确；
D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确，
故选：A。
16、B
【解析】
A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；
B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；
C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；
D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；
故答案为B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、O 1:2 sp3 ①② H2SO4、H2SO3 HNO3 < d
【解析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。
A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。
【详解】
⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。
⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2。
⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为：sp3；①②。
⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性 < 酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；<。
⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为：d；。
18、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） 消去反应 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6
【解析】
根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。
【详解】
（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；
（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；
（3）J的结构简式为；
（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；
（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。
19、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ 用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分） D 94.8 明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。 KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【解析】
（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；
（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；
（3）从减少产品损失考虑；
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
（5）从双水解角度考虑；
（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
【详解】
（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；
答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；
答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）
（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；
答案：D
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
答案：94.8
（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；
答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。
（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；
答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
20、缺少尾气处理装置 Fe2O3 ABCD
【解析】
（1）剩余的气体不能处理，缺少尾气处理装置；
（2）由图3质量的变化来解答，Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe质量变化3次；
（3）实验开始时，排尽装置中的空气，停止加热后，导管中还有残留的二氧化碳，继续通入CO，可以将其赶到B装置中，减小实验误差，能防止倒吸等；
【详解】
（1）一氧化碳有毒不能排放，应收集或吸收，上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；
（2）Fe2O3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4，再生成FeO（黑色），最后生成Fe，由图可以看出，管内的固体质量变化了3次，如果只有Fe3O4，只会Fe3O4～FeO～Fe变化2次，而如果是Fe2O3则Fe2O3～Fe3O4～FeO～Fe变化3次，故含有杂质为Fe2O3；
（3）CO除作为反应物外，
A．利用一氧化碳气体可以在实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故A正确；
B．一氧化碳不溶于水，可以防止b中的溶液倒吸入a中，故B正确；
C．停止加热后，继续通CO气体，在一氧化碳气体中铁不易被氧化，可防止生成物被氧化，故C正确；
D．将产生的CO2全部赶入装置b中，减小实验误差，以提高实验的精确度，故D正确；
故选ABCD；
难点：在于掌握通入CO后，铁的氧化物的转化流程，找准质量变化的几个点是解答此题的突破口。
21、 [Ar]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2) sp3、sp2 CN－ 28 mol NH3分子间可形成氢键，而PH3分子间不能 H2
【解析】
(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理书写；
(2)根据结构简式中碳原子的键连方式分析； 　
(3)等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同；
(4) [Ni(NH3)6]SO4中的配位键和单键都为σ键。PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；
(5)根据均摊法计算晶胞中各微粒的数目，进而分析判断X、Y、Z代表的微粒。
【详解】
(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理，镍基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2)；
(2)根据丁二酮肟的结构简式，其中中碳原子既有单键又有双键，碳碳单键上的碳原子的杂化类型是sp2，碳碳双键上的碳原子的杂化类型是sp3杂化； 　
(3)等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，CO含有2个原子，价层电子数为14个电子，与CO互为等电子体的阴离子有 CN-或C22-等；
(4) [Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与6个NH3形成6个配位键属于σ键，NH3形成3个氮氢单键为σ键，SO42-中含有4个σ键，所以1 mol [Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目=1 mol×(6+6×3+4)=28mol； PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；
(5)晶胞中X位于晶胞的顶点，数目＝8×=1、Y位于晶胞的体心和面上，数目＝1+8×=5、Z位于晶胞的面和棱上，数目＝8×+2×=3，则该物质的组成为XY5Z3，结合化学式LaNi5H6，可知X代表La、Y代表Ni、Z代表H2。