广西钦州市浦北县2022年高考考前模拟化学试题(含解析）

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2022高考化学模拟试卷考生须知：1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保待卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过10o·c)。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用＊标注。下列说法正确的是(。A3)02.一.`o刻竺.`.\兰P了.-4"..e9f_.O宁，“@兰一~＄竺4-泸在心护，召心芯炉反应历程裕＇笠谿«`/，“心«`A.CD为N三N的断裂过程B.(!)毯）在高温区发生，＠＠＠在低温区发生C.＠为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应2、亚氯酸钠(NaCI02)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用千各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：:\!aCl03+H2S04产品NaHSO4下列说法错误的是（)A.反应＠阶段，参加反应的NaCJ03和S02的物质的量之比为2:1B.若反应＠通过原电池来实现，则CI02是正极产物C.反应＠中的H202可用NaCIQ4代替D．反应＠条件下，CI02的氧化性大千H心23、某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是

1l}lI珂Fo(Oqd,~ji,N吵．［双0凶离屯!iIMo馅，展M8侨含Na！的有机电觯质A.放电时电势较低的电极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e·=Na2Fe[(CN)6]B．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4gc.充电时，Mo箱接电源的正极D.放电时，Na十从右室移向左室4、将VImLO.lmol·L-1的Fe2(SO心溶液与2mLO.lmol·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V1三1，加入KSCN溶液C.若V1乏1,加入AgN03溶液D．加入Ba(N03)2溶液5、锡为IVA族元素，四碳化锡是常用的有机合成试剂(Snl4,熔点144.s°C,沸点364.s°C,易水解）。实验室以过量锡销为原料通过反应Sn+2I产Snl4制备Snl4。下列说法错误的是Sn、碎瓷片A.装置II的主要作用是吸收挥发的I2B.Snl4可溶千CCl4中C.装置I中a为冷凝水进水口D．加入碎瓷片的目的是防止暴沸6、一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是()A.ChB.FeC.NaD.C7、下列有关实验的说法中不正确的是()

2A.纸层析法通常以滤纸作为惰性支待物，滤纸纤维上的轻基所吸附的水作为固定相B.检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸c．在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者轻基上氢的活性D.若皮肤不慎受漠腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗8、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（)A.17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB.90g果糖(C6H1206,分子中无环状结构和碳碳双键）中含有的非极性键数目为3NAC.lmol由乙醇与二甲酪(CH3-0-CH3)组成的混合物中含有的轻基数目为NAD.已知飞Ra-X弓He，则O.SmolX中含有的中子数为34NA9、工业用强氧化剂Pb02来制备KCI04的工业流程如下：酸化宁NaCl<>,粉末妇，于汇立过量PbOz粉末凑II根据流程推测，下列判断不正确的是（A.“酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸B.“滤渣”主要成分是Pb02粉末，可循环使用C.NaCJ03与Pb02反应的离子方程式为Pb02+CIOj+2H+=Pb2++CIO~+H20D．在KN03、KCJ04、NaCI04、NaN03中，常温下溶解度小的是KCJ0410、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（,)让阳清式加！入注1A芯滴入FeCb溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeCh溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀舅`1S污改

3`滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀kF心搭A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为FeiS3B.两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCb=6FeCh+3SC.向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeSD．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)311、关千下列四个装置的说明符合实验要求的是装翌©装翌0装赞0装翌＠A.装置＠：实验室中若需制备较多量的乙块可用此装置B.装置＠：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸c.装置＠：实验室中可用此装置分离含碟的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得磺D.装置＠：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酣并在烧瓶中获得产物12、MnS04•H心是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸猛：下列说法错误的是A.装置1烧瓶中放入的药品X为铜屑B.装置II中用“多孔球泡“可增大S02的吸收速率c.装置Ill用千吸收未反应的S02D.用装置Il反应后的溶液制备MnS04•H20需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程

413、常温时，改变弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数o(RCOOH)随之改变，O.lmol/L甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中o(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()c(RCOOH)已知：以(RCOOH)=c(RCOOH)+c(RCOO-)8(RCOO印双/4厂．．＼人33.5.44.5SS.566.57pi-IA.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中水的电离程度比较：前者＞后者B.将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH·)+c(HCOO·)C.图中M、N两点对应溶液中的凡比较：前者＞后者D.lmol/L丙酸的电离常数K<10-4.8814、肉桂酸(Q-ce=CH-COOH)是一种合成有机光电材料的中间体。关千肉桂酸的下列说法正确的是A.分子式为C9H心2B．不存在顺反异构C.可发生加成、取代、加聚反应D.与安息香酸(0-COOH)互为同系物15、下列有关实验操作的现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论分别向相同浓度的前者无现象，后者有凡p(ZnS)H2C03Na2C03溶液的pH将铜粉加入FeCb溶溶液变蓝，有黑色固C金属铁比铜活泼液中体出现

5将表面附有黑色的银器为正极，Ag心银器浸入盛有D黑色逐渐褪去Ag2S得电子生成单食盐水的铝质容器质银中A.AB.BC.CD.D16、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓氨水，乙是浓盐酸C.甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水17、碳酸铡[La2(C03)3]可用千治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸铡，反应为2LaCb+6NH4HC03=La2(CO扣!+6NH4Cl+3C02t+3H心下列说法正确的是贮氨水石吟年入}酸Ef}CFA可Bc`溶液灰a灰石xYzwA．从左向右接口的连接顺序：F-B,A一D,E一cB.装置X中盛放的试剂为饱和Na2C03溶液C.实验开始时应先打开W中分液漏斗的旋转活塞D.装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解18、化学反应的实质是()A.能量的转移B.旧化学键断裂和新化学键生成c．电子转移D.原子种类与原子数目保持不变19、关千氮肥的说法正确的是（)A.硫按与石灰混用肥效增强B.植物吸收氮肥属千氮的固定

6C.使用碳铁应深施盖土D.尿素属千铁态氮肥20、有关物质性质的比较，错误的是A.熔点：纯铁＞生铁B.密度：硝基苯＞水C.热稳定性：小苏打＜苏打D．碳碳键键长：乙烯＞苯21、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等；Y主族序数大于W。下列说法正确的是A.原子半径：W>XB.最简单氢化物的热稳定性：Y>ZC.工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质D.W02、Y02、Z02均为共价化合物22、下列关于有机物的说法正确的是A.CsH11)。2的同分异构体中，能与NaHC03反应生成CO2的有4种B.糖类、油脂、蛋白质都是电解质C.乙烯使漠水、酸性高猛酸钾溶液褪色的反应类型相同D．将磺酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解二、非选择题（共84分）23、(14分）研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用千蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：气1白色沉淀：932g|气体Al.12L浓硫酸气体单质B0.224L)（折算成标况）（折算成标况）已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。(1)X中含有的元素为：－—-；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：一·(2)请写出＠的化学方程式：＿＿＿。(3)已知X常用千检验Mn气它可将Mn2＋氧化成MnO心请写出X溶液和少量MnCh溶液反应的离子方程式：。24、(12分）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质，设计并进行如下实验：根据上述信息，回答下列问题：(I)合金X的化学式为。

7(2)用离子方程式解释溶液中滴加H心2后呈红色的原因：(3)写出336mL（标准状况）气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式：25、(12分）过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，性质不稳定遇热易分解，可利用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制得，某实验小组利用该原理在实验室中合成少量过氧乙酸。装置如图所示。回答下列问题：,b蛇形冷凝管a直形冷凝管圆底烧瓶A阻l、底烧瓶B已知：©常压下过氧化氢和水的沸点分别是1ss·c和10o·c。＠过氧化氢易分解，温度升高会加速分解。＠双氧水和冰醋酸反应放出大量的热。(1)双氧水的提浓：蛇形冷凝管连接恒温水槽，维待冷凝管中的水温为60"C,c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水（质量分数为30%）滴入蛇形冷凝管中。G)蛇形冷凝管的进水口为。＠向蛇形冷凝管中通入6o·c水的主要目的是。＠高浓度的过氧化氢最终主要收集在（填圆底烧瓶A/圆底烧瓶B)。(2)过氧乙酸的制备：向lOOmL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸，滴加提浓的双氧水12mL,之后加入浓硫酸lmL,维持反应温度为4o•c,磁力搅拌4h后，室温静置12h。＠向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，其主要原因是。＠磁力搅拌4h的目的是(3)取V,mL制得的过氧乙酸溶液稀释为lOOmL,取出S.OmL,滴加酸性高猛酸钾溶液至溶液恰好为浅红色（除残留H202)，然后加入足量的KI溶液和几滴指示剂，最后用O.IOOOmol/L的Na2S203溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL（已知：过氧乙酸能将KI氧化为h;2Na2S203+Iz=Na心06+2Na几＠滴定时所选指示剂为，滴定终点时的现象为。＠过氧乙酸与姨化钾溶液反应的离子方程式为。＠制得过氧乙酸的浓度为mol/L。26、(10分）草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取HzC204•2H心。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H20

8沁.^DErBc图1图2＠装置A中用饱和食盐水代替水的目的是＠装置B中，NaCIO将比S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(N03)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C204·2H心。制备装置如上图2所示：G)装置D中多孔球泡的作用是。＠装置D中生成H2C204的化学方程式为＠从装置D中得到产品，还需经过（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C204•2H心的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馆水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L-1酸性KMn04标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。G)滴定终点的现象是＠滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是＠产品中H2C204•2H心的质量分数为（列出含m、c、V的表达式）。27、(12分）CI02是一种高效安全消毒剂，常温下Cl也为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为－59.5·c,沸点为11.o·c,能溶千水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备CI02水溶液并检验其性质。I.二氧化氯水溶液制备。贷宽己:1。:一．．＊千Na0!-1m痉^`lo－二S;。心归溶液^在圆底烧瓶中先放入10gKCI03固体和9gH2C204·2H心，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持60°C~80°C，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：(1)装置A用水浴加热的优点是；装置A中水浴温度不低千so·c,其原因是(2)装置A中反应生成CI02及KJ-1S04等产物的化学方程式为

9(3)装置B的水中需放入冰块的目的是＿———-；已知CI02缓慢水解生成的含氯化合物只有HCIO和CI2,且物质的量之比为2:1,则该反应的化学方程式为；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的Cl02,生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaC102,另一种为II.CI02的含量测定步骤l：量取CI02溶液10mL，稀释成lOOmL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH~2.0,加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；步骤3:加入指示剂，用Cmol·L-1Na2岛佴溶液滴定至终点，消耗Na2岛0希闱[V2mL。(4)已知：2CI02+81-1++101-=512+2c1-+41-120,2Na2岛03+12=Na2丛06+2Nal,原CI02溶液的浓度为g·L-1（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值（填“偏大”、“偏小”或“不变”)。田．设计实验验证Cl02的氧化性(5)取适量CI02水溶液加入比S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验庄S的氧化产物，还需要用到的试剂是(6)证明CI02的氧化性比Fe3＋强的方案是28、(14分）空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.s、S02、N02、03和co等物质．其中，N02与S02都是形成酸雨的主要物质．在一定条件下，两者能发生反应：N02(g)+S02(g)式S03(g)+NOCg)完成下列填空：(1)在一定条件下，将等物质的量的N02、S02气体置千体积固定的密闭容器中发生反应，下列能说明反应已经达到平衡状态的是.a.v(N02)生成＝V(S02)消耗b.混合物中氧原子个数不再改变C.容器内气体颜色不再改变d.容器内气体平均相对分子质量不再改变(2)当空气中同时存在N02与S02时，S02会更快地转变成比S04,其原因是.(3)科学家正在研究利用催化技术将N02和co转变成无害的CO2和N2,反应的化学方程式：2N02(g)+4CO(g)世~CO2(g)＋沁(g)+Q(Q>O)，若在密闭容器中充入N02和co,下列措施能提高N02转化率的是.A.选用高效催化剂B.充入N02C.降低温度D.加压(4)请写出N原子最外层电子轨道表达式，写出CO2的电子式.(5)关千S、N、O、C四种元素的叙述正确的是.A.气态氢化物均为极性分子B.最高化合价均等千原子最外层电子数C.单质一定为分子晶体D.原子最外层均有两种不同形状的电子云(6)写出一个能够比较S元素和C元素非金属性强弱的化学反应方程式：.29、(10分）连二亚硫酸钠(Na2S204)俗称保险粉，是一种漂白剂、脱氧剂和防腐剂。某研究小组对Na2S204的性质与

10制备进行了如下探究。(1)测定0.05mol·L-1Na心04溶液在空气中pH的变化如图所示。pH753L,1,130-t可I(".`＠写出O~t1段发生反应的化学方程式：＿＿＿。@t2~t3段溶液的pH变小的原因是。(2)已知：S20i-+2H+===S02i+St+H20。Na2S204固体在隔绝空气的条件下加热至75°C以上完全分解得到Na2S03,Na心03和S02,检验产物中是否含有Na2S04,实验方法是。(3)由工业废气制备Na2S204的实验原理如下：ce•-CeJ令、N01、NO;NO、SO,s,ofsot＠向装置1I中加入Ce4十的目的是。＠写出装置田中发生反应的离子方程式：。(4)由锌粉法制备Na2S204的实验装置如图所示。主要步骤如下：SO2,NaOH溶液步骤1:将S02通入锌粉的水悬浮液中，千35~45"C下反应生成连二亚硫酸锌。步骤2:加入过量烧碱溶液，千28~35°C下反应生成Na2S204和氢氧化锌悬浮溶液。由上述实验进一步提纯得到Na2S204(s)的实验方案是取一定量的Na2S204和氢氧化锌悬浮溶液，（实验中须使用的试剂有：氯化钠、乙醇；除常规仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱）。参考答案（含详细解析）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）

11l、C【答案解析】A．经历＠过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，，＠过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；B.(i)为催化剂吸附凡的过程，＠为形成过渡态的过程，＠为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率＠＠要在低温区进行，故B错误；c．由题中图示可知，过程＠完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确；D．化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误；故选：C。2、C【答案解析】A.根据流程图反应＠中氧化剂是NaCI03,还原剂是S02,还原产物是CI02,氧化产物是NaHS04,根据化合价升降相等可得NaCJ03和S02的物质的量之比为2:1,A项正确；B．由反应＠化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以CI02是正极产物，B项正确；C.据流程图反应＠，在CI02与比02的反应中，CI02转化为NaCI02氯元素的化合价降低，做氧化剂；H202只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaCI04代替H心2,C项错误；D．据流程图反应＠CI02与H202反应的变价情况，CI02做氧化剂，H心2做还原剂，可以推出CI02的氧化性大于H心”D项正确；故答案选C。【答案点睛】根据反应的流程图可得反应＠中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。3、A【答案解析】由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+.2e·=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2CJ·-4e·=[Mg2Ch]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以此解答该题。【题目详解】A.放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2CJ·-4e·=[Mg2Ch]气A错误；B.负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2CI·-4e·=[Mg2Cl手，外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1mol,即质量变化2.4g,B正确；

12C.充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo箱接电源的正极，C正确；D.放电时，阳离子N旷向负电荷较多的正极移动，所以放电时，N矿从右室移向左室，D正确；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。4、B【答案解析】Fe2(SO心溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2J-=2Fe2++lz，由反应可知，＠V1=lmL,说明两者恰好完全反应，@V,

13正确；B．检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故B正确；C．若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；D．苯是有机溶剂，可以迅速溶解浪，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受漠腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D正确；综上所述，答案为C。8、A【答案解析】17gA.假设17g全部为H2S,含有质子物质的量为X(2+16)=9mol,假设全部为PH3,含有质子物质的量为34g/mol~x(3+15)=9mol,则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol,故A正确；34g/molB.果糖结构简式为CH20HCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH20H,根据果糖的结构简式，非极性键应是c-c之间的90g键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为x5=2.Smol,故B错误；180g/rnolc.乙醇结构简式为CH3CH20H,乙酪的结构简式为CH3-0-CH3,前者含有胫基，后者不含轻基，因此lmol该混合物中含有轻基物质的量应在O,.._,lmol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为;:2X,O.SmolX中含有中子物质的量为O.SmolX(222-86)=68mol,故D错误；答案：A。9、A【答案解析】工业用Pb02来制备KCI04,是在酸性条件下用Pb02将NaCI03氧化成NaCI04,过滤得含有NaCI04的溶液中加入硝酸钾，经结晶可得KCIO晶体，【题目详解】A浓盐酸具有还原性会与NaCJ03发生归中反应，同时也会消耗Pb02,故A错误；B产滤渣“主要成分是Pb02粉末，可循环使用，B正确；c．根据产物可知NaCI03被Pb02氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：Pb02+Cl03+2H+=Pb2++Cl04+H20,故C正确；D.根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KCI04,故D正确；故答案为A。

1410、D【答案解析】实验开始时，生成黑色沉淀为Fe心，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成s,黄色沉淀为s,硫化钠过量，最后生成FeS,以此解答该题。【题目详解】A.开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3,故A正确；B.硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成s,方程式为Fe2S3+4FeCb=6FeCh+3S,故B正确；c．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS,为黑色沉淀，故C正确；D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS,且Fe(OHh为红褐色，故D错误。故选：D。11、B【答案解析】A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙块，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；c．分离含碳的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馆出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D.制备乙酸乙酷不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。12、A【答案解析】由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡"可增大S02的吸收速率，二氧化硫与二氧化猛反应生成MnS04,蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，田中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【题目详解】A.Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu,A项错误；B.装置II中用“多孔球泡＇，增大接触面积，可增大S02的吸收速率，B项正确；C.田中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；D．用装置1I反应后的溶液制备MnS04•H心，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；答案选A。13、B

15【答案解析】A.当pH相同时，酸分子含量越高，电离平衡常数越小，酸性越弱，根据图像，当pH相同时，丙酸含量较高，则酸性较甲酸弱，所以等浓度的HCOONa和Cff3Cff2COONa两种溶液的pH,前者＜后者，则水的电离程度前者＜后者，A选项错误；B．将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO·),电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO·)，两式相加减有c(H+)+c(HCOOH)=c(Off·)，又溶液中c(H+)>c(HCOO·),则有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH·)+c(HCOO·),B选项正确；C.因为温度均为常温，所以M、N两点对应溶液中的凡相等，C选项错误；D.pH=4.88时，溶液中c(H+)=1o-4•88mol/L，丙酸分子的分布分数为50%，则c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L,所以C国）c(CH3CH2C00-)10-488x0.05K===10-4.88,D选项错误；c(CH3CH2COOH)COOH0.05答案选B。14、C【答案解析】A根据肉桂酸的结构式可知分子式为：c9凡02,A错误；B．肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C．肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，狻基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D．肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【答案点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。15、D【答案解析】A.ZnS04无现象，CuS04生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明Ksp(CuS)

16【答案点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。16、B【答案解析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【题目详解】A．浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；c．氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D．氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。17、A【答案解析】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E仁C;制取的二氧化碳需除去HCI杂质，则F-->B,A-->D,A正确；B.装置X为除去HCI杂质，盛放的试剂为饱和NaHC03溶液，B错误；C.实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；D.装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶千水时发生倒吸，D错误；答案为A。18、B【答案解析】A.能量转移不仅发生反应时会发生，物理变化过程中也会发生，A不合题意；B.只有化学反应过程才会发生旧化学键断裂和新化学键生成，B符合题意；c．非氧化还原反应中没有发生电子转移，C不合题意；D.物理变化过程中，原子种类与原子数目也保持不变，D不合题意；故选B。19、C

17【答案解析】A.将硫酸按与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误；B.植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属千氮的固定，故B错误；C.碳酸氢按受热容易分解，易溶千水，使用碳按应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；D.尿素属于有机氮肥，不属千铁态氮肥，故D错误。答案选C。20、D（答案解析】A．生铁是合金，熔点小千纯铁的熔点，故熔点为纯铁＞生铁，选项A正确；B．水的密度等于lg/mL,硝基苯的密度大千lg/mL,所以密度：水＜硝基苯，选项B正确；C.碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHC03

18A.CsH1o02的同分异构体中，能与NaHC03反应生成CO2,说明分子中含有－COOH,可认为是C4几o分子中的一个H原子被COOH取代产生的物质，C4H10有正丁烧、异丁烧2种结构，每种结构中有2种不同位置的H原子，所以CsH1o02的属千狻酸的同分异构体有4种，A正确；B糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电，熔融状态下也不能导电，且蛋白质是高分子化合物，因此都不是电解质，B错误；c．乙烯使淏水褪色，发生的是加成反应，使酸性高猛酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不相同，C错误；D．将磺酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉，但不能证明淀粉是否已水解，D错误；故合理选项是A。二、非选择题（共84分）H223、N、H、S、OH••N.••H2(NH心S20s+8NaOH=4Na2S04+4NH3+02j+6H心~7S20社＋2Mn2++4CI·+sH心＝2Chj+2Mn04·+14SOi·+16H+【答案解析】从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g,m(BaS04)=9.32g,V(02)=0.224L,V(Nff3)=1.12L-0.224L=0.896L。9.32g0.224LO.896Ln(BaS04)=~=0.04mol,n(O沪＝O.Olrnol,n(NH妒＝0.04rnol。在X中，233g/mol22.4Umol22.4L/molm(N几+)＝0.04molx18g/mol=O.72g,m(S)=0.04molx32g/mol=l.28g,则X中所含0的质量为m(O)=2.56g4.56g-0.72g士28g=2.56g,n(O)=~=0.16mol。16g/molX中所含NH4+、S、0的个数比为0.04:0.04:0.16=1:l:4,从而得出X的最简式为NH4S04,显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH心S20s.(1)从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH30(2)反应＠中，（NH4)心08与NaOH反应，生成BaS04、NH3、02等。(3)已知X常用千检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成Mn04一。则(NH心S20s与MnCh反应生成Mn04.、Cl2、soi等。【题目详解】H(1)从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O;图中被浓硫酸吸收的气体为NH3,电子式为H:N:H。答H案为：N、H、S、O;H:N:H;(2)反应＠中，（NH小S208与NaOH反应，生成BaS04、NH3、02等，且三者的物质的量之比为4:4:1,化学方程式为2(NH4)心Os+8NaOH=4Na2S04+4NH3+02j+6H20。答案为：2(NH小S20s+8Na0H=4Na2S04+4NH3+02j+6H心；(3)已知X常用千检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成Mn04一。则(NH心S20s与MnCh反应生成Mn04.、Cl2、soi·等。S20社中有两个0从1价降低到2价，共得2e·;MnCh中，Mn2+由＋2价升高到＋7价，c「由1价升高到0价，MnCh

19共失7e·,从而得到下列关系：7S20社＋2Mn2++4Cl．一2CI汁＋2Mn04于14SOi·,再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S20茫＋2Mn2++4Cl·+8H心＝2Chj+2Mn04·+14SOi·+16H飞答案为：7S20社＋2Mn2++4C1·+8H20=2Chj+2Mn04·+14SOi·+16H飞24、FesCH心计2H++2Fe2+=2Fe3++2H心、Fe3++3SCN·=Fe(SCN)34NaOH+3C02=Na2C03+2NaHC03+H20【答案解析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeS04和H2(A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B(CO分，CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaC03o【题目详解】(1)生成的CaC03为5.0g即0.05mo)，碳元素的质量为0.05molx12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g,即含铁14.0g书6g/mol=0.25mol,所以X为FesC。(2)合金中的Fe与H2S04反应生成的是FeS04,加氧化剂H202后被氧化成Fe“再与SCN·生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H心＋2H++2Fe2+=2Fe3++2H20、Fe3++3SCN·=Fe(SCN)31(3)C02的物质的量为0.336L丑2.4L/mol=0.015mo),NaOH的物质的量为0.02mol。O.OlSmolC02与0.02molNaOH反应生成Na2C03amol与NaHC03bmol,根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02,a+b=0.015解得a=0.005,b=0.01,根据四种物质的最简比写出方程式：4NaOH+3C02=Na2C03+2NaHC03+H心。25、a使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离圆底烧瓶A防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大旦分解使过氧化氢和冰醋酸充分反应淀粉溶液滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟V不再改变CH3COOOH+2H++2C=Ii+CH3COOH+H20~vl【答案解析】＠蛇形冷凝管的进水口在下面，出水口在上面；＠向蛇形冷凝管中通入6o·c水的主要目的从实验目的来分析，该实验目的是双氧水的提浓；＠高浓度的过氧化氢最终主要收集哪个圆底烧瓶，可从分离出去的水在哪个圆底烧瓶来分析判断；(2)＠向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，从温度对实验的影响分析；＠磁力搅拌4h的目的从搅拌对实验的影响分析；(3)＠滴定时所选指示剂为淀粉，滴定终点时的现象从磺和淀粉混合溶液颜色变化、及滴定终点时颜色变化的要求回答；＠书写过氧乙酸与磺化钾溶液反应的离子方程式，注意产物和介质；＠通过过氧乙酸与磺化钾溶液反应、及滴定反应2Na2S203+h=Na2S406+2Nal，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式、结合数据计算求得过氧乙酸的浓度；

20【题目详解】＠蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a,出水口在上面；答案为：a;＠实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60'C水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；＠圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A;答案为：圆底烧瓶A;(2)＠用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；＠磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便千过氧化氢和冰醋酸充分反应；答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应；(3)＠硫代硫酸钠滴定含磺溶液，所选指示剂自然为淀粉，碳的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等姨消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；＠过氧乙酸与姨化钾溶液反应的离子反应，碳单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH十2H++2r=I汁CH3COOH+H心；答案为：Cff3COOOH+2H++2I-=h+CH3COOH+H心；＠通过CH3COOOH+2H++2r=L+CH3COOH+H心及滴定反应2Na2S203+Ii=Na2S406+2Nal，找出过氧乙酸和CHoCOOOH~I~2Na戈03硫代硫酸钠的关系式为：CH3COOOH~12~2Na2S203,lmol2mol,得xO.lOOOmol/LxV2x1妒LlOOmL5.000xV2xlO行nolxx=S.OOOxV心10-5mol，则原过氧乙酸的浓度5.0mLv;=..'..1..mol/LV1xlO一3L答案为：---1..26、减缓反应速率PH3+4CIO-=H3fQ4+4CI-Cl-+CIO-+2H+=C!ij+H心增大气体和溶液的接触面积，当加快反应速率，使反应充分进行C扎＋8HN03（浓）：譬巨的Q4+8N02+4职0蒸发浓缩、冷却结晶

21加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn“是该反应的催化剂31.5cVM%【答案解析】根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【题目详解】(1)＠电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炊可用饱和食盐水代替水反应；＠装置B中，NaCIO将H心PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即P比中的P元素从－3价转化成＋5价，离子方程式为：PH3+4CIO-=H3P04+4CI一，由千该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H十，则发生反应Cl-+CIO-+2H+=Chj+H心而产生氯气；故答案为：PH3+4Cl0-=H3PQ4+4CI-,Cl-+CIO-+2H+=Cbj+H心；(2)＠装置D多孔球泡的作用是增大乙炊气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；＠根据装置图，D中Hg(N03)计乍催化剂，浓硝酸氧化乙炊反应生成H2C204和二氧化氮，反应为：Hg(NO山C2H2+8HN03==H2C204+8N02+4H20;20呵70C｀＠将反应后的D浓缩结品、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结品；(3)＠用H2C204滴定KMn04,反应完全后，高猛酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；＠滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由千生成的Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；＠根据转化关系可知，2MnQ4·~SH2C204,则n(H2C204•2H20)=n(H2C204)=~n(Mn04·)=~XcVXt0·3mol,产-xcVxlO-3xl2631.5cV品中H2C204•2H心的质量分数为2X100%=％。mm27、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于CI02的逸出2KCl03+H2C204+2H2S04=CIO叶＋2CO叶＋2KHS04+2H心可减少CI02挥发和水解8CI02+2H20=4HCI0+2CI计702NaCJ03135也偏大盐酸和BaCh溶液将CI02气体通入FeS04溶VL液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明CI02的氧化性比Fe“强。【答案解析】I.水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成CI02,因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用千吸收CI02,根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收CI02尾气，生成物质的量之比为1:1的两种阴离子，一种为NaCI02,根据氧化还原反应规律来书写；II．有磺单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2~512~10Na2S203计算c(CIO少

22m.CI02具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【题目详解】1.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利千CI02的逸出，温度过高，会加剧CI02水解；(2)装置A中反应生成CI02及KHS04等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KCJ03+H2C204+2H2S04=CIO叶＋2C02l+2KHS04+2H心；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少CI02挥发和水解；CI02缓慢水解生成的含氯化合物只有HCIO和Cl2，且物质的量之比为2:1,则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为SCIO计2H20=4HCl0+2Ch+702;装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的CI02,生成物质的量之比为的1:1的两种盐，由于CIO冲Cl元素的化合价为＋4价，一种为NaCI02，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaCJ03;II有碳单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碳单质的反应中，根据电子守恒，得到：2CI02~Sh,结合反应2Na心Q3+h=Na心O社2Nal，得到关系式：2CI02~Sh~J.ONa心03o设原CI02溶液的浓度为x,n(Na2S203)=c.V心t0·3mol,2CI02~Sh~lONa2S2032mollOmol10-2-x-V1x10-3cV心t0·3mol,2:10=10-2-x•v,x10-3:(cV心10•3)，解得x=2cV2,,,,,,,,111=135cVzg/L;10-110-1了mol/L如果滴加速率过慢，溶液中部分［一被氧气氧化产生12，消耗的标准Na2S203溶液的体积偏大，则由此计算出的CI02的含量就会偏大；(4)取适量CI02水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有soi-,即H心被氧化产生了H2S04;(5)证明CI02的氧化性比F产强，则可通过CI02氧化Fe“生成Fe3+，可将CI02气体通入FeS04溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明CI02的氧化性比Fe3＋强。【答案点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。护lail:P..“O....c....“O:D28、acN02起到催化剂的作用CD「句「勹下l下l2NaHC03+H2S04-Na2S04+2H20+2C02t【答案解析】(l)a.v(N02)纽=V(S02)生成＝V(SO分消耗，正逆反应速率相等；

23b．从反应开始混合物中氧原子个数一直不再改变；C.容器内气体颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变；d.容器内气体平均相对分子质量一直不再改变；(2)二氧化氮对S02转变成H2S04,反应过程中N02组成不变；(3)A.选用高效催化剂，平衡不移动；B.充入N02,平衡正向移动，但本身转化率降低；C.降低温度，平衡正向移动；D．加压，平衡正向移动；(4)依据N原子最外层电子排布，可写出轨道表达式；依据8电子稳定结构，可写出CO2的电子式。(5)A.甲烧为非极性分子；B.氧无正价；c．金刚石为原子晶体；D.原子最外层均有s、p两种不同形状的电子云；(6)根据以强制弱的原理，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，硫酸酸性强于碳酸，以此书写反应方程式。【题目详解】(l)a.v(N02)生成＝V(S02)生成＝V(S02)消耗，正逆反应速率相等，达平衡状态，a符合题意；b．从反应开始混合物中氧原子个数一直不再改变，b不合题意；c.容器内气体颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，c符合题意；d，容器内气体平均相对分子质量一直不再改变，故d符合题意；故选ac,答案为：ac;(2)二氧化氮对S02转变成H2S04,起催化作用，故答案为：N02起到催化剂的作用；(3)A.选用高效催化剂，平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，故A不合题意；B.充入N02,平衡正向移动，但本身转化率降低，故B不合题意；C.降低温度，平衡正向移动，二氧化氮转化率升高，故C符合题意；D．加压，平衡正向移动，二氧化氮转化率升高，故D符合题意；故选CD，答案为：CD;10,P(4)N原子最外层电子轨道表达式为「1门「．「＇尸];CO2的电子式为：：如c的：；故答案为：I:I「们FI?rrj；如：c：西(S)A．甲烧为非极性分子，故A不选；

24B.氧无正价，故B不选；C.金刚石为原子晶体，故C不选；D.原子最外层均有s、p两种不同形状的电子云，故D选；故选D,答案为：D;(6)根据强制弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，硫酸酸性强千碳酸，反应方程式2NaHC03+H2S04一Na2S04+2H20+2C02t,答案为：2NaHC03+H2S04一Na2S04+2H20+2C02t。【答案点睛】在p电子云中，当排布的电子数为2、3、4时，成单电子的伸展方向应相同。29、2Na心Q4+02+2H20===4NaHS03NaHS03被氧化为NaHS04使溶液酸性增强取少量固体溶千足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCb溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2S04将NO氧化为N02·和N03·2SOi·+2Ce2++2H20平20i·+2Ce4++40H一过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置千真空干燥箱中干燥【答案解析】(1)(DNa2S204溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则O~t1段发生反应的化学方程式为：2Na2S204+02+2H20=4NaHS03;@t2~t3段溶液的pH变小的原因是NaHS03被氧化为NaHS04使溶液酸性增强；(2)检验产物中是否含有Na2S04,实验方法是取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2S04;(3)由工业废气制备Na心04的流程图可知：＠向装置1I中加入Ce4十，将NO氧化为N02和NO釭＠装置田中电解条件下亚硫酸根离子与Ce“发生反应生成Ce“和过硫酸根离子，发生反应的离子方程式为：2SOi·+2Ce2++2H20平2042啊＋2Ce4++40H飞(4)由上述实验进一步提纯得到Na2S204(s)的实验方案是取一定量的Na2S204和氢氧化锌悬浮溶液，过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠进行盐析，过滤，用乙醇洗涤固体，置千真空干燥箱中干燥。