2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復燒二次…，價值數倍也”。這里用到的分離方法為()A．升華 B．蒸餾 C．萃取 D．蒸發2、分類是化學學習與研究的常用方法，下列分類不正確的是（）A．按照分散質和分散劑所處的狀態，可分為9種分散系B．天然氣、水煤氣、裂解氣、高爐煤氣都是混合物C．CO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非電解質D．塑料的老化、橡膠的硫化、石油的裂化、鐵鋁的鈍化、油脂的硬化均屬化學變化3、我國的科技發展改變著人們的生活、生產方式。下列說法中錯誤的是A．“甲醇制取低碳烯烴”技術可獲得聚乙烯原料B．“嫦娥四號”使用的SiC―Al材料屬于復合材料C．5G芯片“巴龍5000”的主要材料是SiO2D．“東方超環(人造太陽)”使用的氘、氚與氕互為同位素4、已知室溫下溶度積常數：Ksp[Pb（OH）2]=2×10-15，Ksp[Fe（OH）2]=8×10-15。當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol?L-1視為沉淀完全。向20mL含0.10mol?L-1Pb2+和0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH溶液，金屬陽離子濃度與滴入NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A．曲線A表示c(Pb2+)的曲線B．當溶液pH=8時，Fe2+開始沉淀，Pb2+沉淀完全C．滴入NaOH溶液體積大于30mL時，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D．室溫下，滴加NaOH溶液過程中，比值不斷增大5、下列說法中，正確的是（）A．一定條件下，將2gH2與足量的N2混合，充分反應后轉移的電子數為2NAB．1mol與足量水反應，最終水溶液中18O數為2NA（忽略氣體的溶解）C．常溫下，46gNO2和N2O4組成的混合氣體中所含有的分子數為NAD．100mL12mol·L－1的濃HNO3與過量Cu反應，轉移的電子數大于0.6NA6、己知AgCl在水中的溶解是吸熱過程。不同溫度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。己知T1溫度下Ksp(AgCl)=1.6×10-9,下列說法正確的是A．T1>T2B．a=4.0×10-5C．M點溶液溫度變為T1時，溶液中Cl-的濃度不變D．T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分別為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L7、某廢水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等離子。利用微生物電池進行廢水脫鹽的同時處理含OCN-的酸性廢水，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．好氧微生物電極N為正極B．膜1、膜2依次為陰離子、陽離子交換膜C．通過膜1和膜2的陰離子總數一定等于陽離子總數D．電極M的電極反應式為2OCN－6e＋2H2O=2CO2↑＋N2↑＋4H8、用光潔的鉑絲蘸取某無色溶液在無色火焰上灼燒,直接觀察時看到火焰呈黃色,下列判斷正確的是（）A．只含Na+ B．可能含有Na+,可能還含有K+C．既含有Na+,又含有K+ D．一定含Na+,可能含有K+9、根據如圖能量關系示意圖，下列說法正確的是A．1molC(s)與1molO2(g)的能量之和為393.5kJB．反應2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的總能量大于反應物的總能量C．由C(s)→CO(g)的熱化學方程式為：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D．熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO熱值ΔH＝－10.1kJ·mol－110、Bodensteins研究了下列反應：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質的量分數x(HI)與反應時間t的關系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述實驗數據計算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的關系可用如圖表示。當改變條件，再次達到平衡時，下列有關敘述不正確的是A．若升高溫度到某一溫度，再次達到平衡時，相應點可能分別是A、EB．若再次充入amolHI，則達到平衡時，相應點的橫坐標值不變，縱坐標值增大C．若改變的條件是增大壓強，再次達到平衡時，相應點與改變條件前相同D．若改變的條件是使用催化劑，再次達到平衡時，相應點與改變條件前不同11、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期主族元素，Y、Z的最外層電子數之和等于W的原子序數，Z元素在地殼中含量最高。Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽。常溫下，X的單質為氣體。下列說法正確的是（）A．簡單陰離子的還原性：X>YB．原子半徑：W>Z>Y>XC．Z與W形成的化合物中只含有離子鍵D．簡單氫化物的沸點：Y>Z12、下列分子或離子在指定的分散系中能大量共存的一組是A．銀氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B．空氣:C2H4、CO2、SO2、NOC．氯化鋁溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D．使甲基橙呈紅色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+13、下列說法不正確的是（）A．銀氨溶液不能留存，久置后容易爆炸B．白磷暴露在空氣中易自燃，可保存在水中C．易燃的有機溶劑使用時必須遠離明火和熱源D．鈉著火不能用水撲滅，可以用泡沫滅火器來滅火14、化學與生活密切相關，下列有關說法不正確的是（）A．在海輪外殼鑲嵌鋅塊能減緩輪船的腐蝕B．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放C．加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質受熱變性D．醫用消毒酒精中乙醇的濃度（體積分數）為75%15、2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港區發生“碳九”泄露，對海洋環境造成污染，危害人類健康。“碳九”芳烴主要成分包含(a)、(b)、(c)等，下列有關三種上述物質說法錯誤的是A．a、b、c互為同分異構體 B．a、b、c均能與酸性高錳酸鉀溶液反應C．a中所有碳原子處于同一平面 D．1molb最多能與4molH2發生反應16、能正確表示下列反應的離子方程式為()。A．向FeBr2溶液中通入過量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B．向碳酸鈉溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3-C．向碘化鉀溶液中加入少量雙氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2OD．向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+17、下列過程屬于物理變化的是A．煤的干餾B．石油的分餾C．石油裂化D．石油裂解18、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，X2-和Y+的核外電子排布相同，X與Z同族。下列敘述正確的是（）A．原子半徑：Z>X>YB．X的簡單氫化物的穩定性比Z的強C．Y的氫化物為共價化合物D．Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強酸19、根據下圖，有關金屬的腐蝕與防護的敘述正確的是A．鋼閘門含鐵量高，無需外接電源保護B．該裝置的原理是“犧牲陽極的陰極保護法”C．將鋼閘門與直流電源的負極相連可防止其被腐蝕D．輔助電極最好接鋅質材料的電極20、一種從植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其結構為：，有關該化合物的下列說法不正確的是A．分子式為 B．該化合物可發生聚合反應 C．1mol該化合物完全燃燒消耗19mol D．與溴的溶液反應生成的產物經水解、稀硝酸化后可用溶液檢驗21、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是（）A．SiO2H2SiO3Na2SiO3B．飽和食鹽水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D．NH3N2HNO322、下列屬于酸性氧化物的是()A．CO B．Na2OC．KOH D．SO2二、非選擇題(共84分)23、（14分）苯氧布洛芬鈣G是評價較好的解熱、鎮痛、消炎藥，下面是它的一種合成路線（具體反應條件和部分試劑略）已知：①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發生反應，醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題：(1)寫出D的結構簡式：________________。F中所含的官能團名稱是___________。(2)B→C的反應類型是_______________；D→E的反應類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應的化學方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構體的所有結構簡式______________________。①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰③與FeCl3溶液發生顯色反應。(5)結合上述推斷及所學知識，參照上述合成路線任選無機試劑設計合理的方案，以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線，并注明反應條件_________________。24、（12分）治療帕金森病的新藥沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性條件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不穩定。(1)C生成D的反應類型為_______________。G中含氧官能團的名稱為_____。B的名稱為_____。(2)沙芬酰胺的結構簡式為_____。(3)寫出反應(1)的方程式_____。分析反應(2)的特點，寫出用福爾馬林浸制生物標本的反應原理的方程式_____（蛋白質的結構用表示）。(4)H是F相鄰的同系物，H的苯環上有兩個處于對位的取代基，符合下列條件的H的穩定的同分異構體共有_____種。①苯環上仍然有兩個處于對位的取代基；②能與NaOH溶液反應；(5)下圖是根據題中信息設計的由丙烯為起始原料制備B的合成路線，在方框中補全必要的試劑和中間產物的結構簡式（無機試劑任選，氧化劑用[O]表示，還原劑用[H]表示，連續氧化或連續還原的只寫一步）。________________________25、（12分）過氧化鈣是一種白色固體，微溶于冷水，不溶于乙醇，化學性質與過氧化鈉類似。某學習小組設計在堿性環境中利用CaCl2與H2O2反應制取CaO2·8H2O，裝置如圖所示：回答下列問題：（1）小組同學查閱文獻得知：該實驗用質量分數為20%的H2O2溶液最為適宜。市售H2O2溶液的質量分數為30%。該小組同學用市售H2O2溶液配制約20%的H2O2溶液的過程中，使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管外，還有___。（2）儀器X的主要作用除導氣外，還具有的作用是___。（3）在冰水浴中進行的原因是___。（4）實驗時，在三頸燒瓶中析出CaO2·8H2O晶體，總反應的離子方程式為___。（5）反應結束后，經過濾、洗滌、低溫烘干獲得CaO2·8H2O。下列試劑中，洗滌CaO2·8H2O的最佳選擇是____。A．無水乙醇B．濃鹽酸C．Na2SO3溶液D．CaCl2溶液（6）若CaCl2原料中含有Fe3+雜質，Fe3+催化分解H2O2，會使H2O2的利用率明顯降低。反應的機理為：①Fe3++H2O2=Fe2++H++HOO·②H2O2+X=Y+Z+W（已配平）③Fe2++·OH=Fe3++OH-④H++OH-=H2O根據上述機理推導步驟②中的化學方程式為___。（7）過氧化鈣可用于長途運輸魚苗，這體現了過氧化鈣具有____的性質。A．與水緩慢反應供氧B．能吸收魚苗呼出的CO2氣體C．能是水體酸性增強D．具有強氧化性，可殺菌滅藻（8）將所得CaO2·8H2O晶體加熱到150~160℃，完全脫水后得到過氧化鈣樣品。該小組測定過氧化鈣樣品中CaO2的純度的方法是：準確稱取0.4000g過氧化鈣樣品，400℃以上加熱至完全分解成CaO和O2(設雜質不產生氣體)，得到33.60mL(已換算為標準狀況)氣體。則：所得過氧化鈣樣品中CaO2的純度為_____。26、（10分）碳酸鑭咀嚼片是一種不含鈣和鋁的磷酸鹽結合劑，有效成分碳酸鑭難溶于水，可用于慢性腎衰患者高磷血癥的治療。Ⅰ.碳酸鑭可由LaCl3和碳酸氫銨為原料來制備，避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行。化學興趣小組利用下列裝置在實驗室中制備碳酸鑭。（1）儀器X的名稱是_____。（2）如下左圖裝置是啟普發生器，常用于實驗室制取CO2、H2等氣體，具有“隨開隨用、隨關隨停”的功能。右圖裝置與啟普發生器原理類似，也可用于實驗室制取CO2的裝置的是______（填選項字母）。ABC（3）關閉活塞K2，______，說明如下裝置氣密性良好。（4）裝置乙用于制備氨氣，可以選用的試劑是____（填選項字母）。A、NH4Cl固體和Ca(OH)2固體B、生石灰和濃氨水C、堿石灰和濃氨水D、無水CaCl2和濃氨水（5）實驗裝置接口的連接順序是：a接____。為制得純度較高的碳酸鑭，實驗過程中需要注意的問題是__。II．可用碳酸氫鈉溶液代替碳酸氫銨溶液，與氯化鑭反應制備碳酸鑭。（6）精密實驗證明：制備過程中會有氣體逸出，則制備過程總反應的離子方程式是________。（7）制備時，若碳酸氫鈉滴加過快，會降低碳酸鑭的產率，可能的原因是_____。III、碳酸鑭咀嚼片中有效成分測量。（8）準確稱取碳酸鑭咀嚼片ag，溶于10.0mL稀鹽酸中，加入10mLNH3-NH4C1緩沖溶液，加入0.2g紫脲酸銨混合指示劑，用0.5mo1·L－1，EDTA(Na2H2Y）標準溶液滴定至呈藍紫色(La3++H2y2－=LaY－＋2H＋），消耗EDTA標準溶液VmL。則咀嚼片中碳酸鑭（摩爾質量為458g/mol)的質量分數w＝____。27、（12分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。（查閱資料）物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4（實驗探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作如下所示：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗Ⅰ實驗ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解（1）實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入稀鹽酸后，__________。（2）實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是_________。（3）實驗Ⅱ說明沉淀發生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：___________。（二）探究AgCl和AgI之間的轉化。（4）實驗Ⅲ：證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是______（填字母代號）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液（5）實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：a＞c＞b＞0）。裝置步驟電壓表讀數ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重復ⅰ，再向B中加入與ⅲ等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①查閱有關資料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀，原因是氧化還原反應速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反應速率。設計（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原電池（使用鹽橋阻斷Ag＋與I－的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應的離子方程式為________。②結合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：__________。③實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_________。（實驗結論）溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現。28、（14分）鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，請回答下列問題：(1)金紅石(TiO2)是鈦的主要礦物之一，基態Ti原子價層電子的排布圖為_________，基態O原子電子占據最高能級的電子云輪廓圖為__________形。(2)以TiO2為原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸點分別為205K、409K，均高于結構與其相似的CCl4，主要原因是__________________。(3)TiCl4可溶于濃鹽酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl濃溶液可析出黃色的(NH4)2[TiCl6]晶體。該晶體中微觀粒子之間的作用力有________。A．離子鍵B．共價鍵C．分子間作用力D．氫鍵E．范德華力(4)TiCl4可與CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有機小分子形成加合物。上述三種小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是_____，該分子中C的軌道雜化類型為________。(5)TiO2與BaCO3一起熔融可制得鈦酸鋇。①BaCO3中陰離子的立體構型為________。②經X射線分析鑒定，鈦酸鋇的晶胞結構如下圖所示（Ti4+、Ba2+均與O2－相接觸），則鈦酸鋇的化學式為_________。已知晶胞邊長為apm，O2－的半徑為bpm，則Ti4+、Ba2+的半徑分別為____________pm、___________pm。29、（10分）尖晶石是世界上最迷人的寶石之一，主要是鎂鋁氧化物組成的礦物，還常含有鐵、鋅、錳、鉻、鈷等元素。回答下列問題：（1）基態錳原子價層電子排布式為__________，Co3+的未成對電子數為_________。（2）一種鋁試劑的結構如圖，該物質中碳的雜化類型為___________，氮與其成鍵的3個原子共同構成的空間構型為_______，氮與鋁形成的是_____鍵（填編號。）a離子b配位c.σd.π（3）基態原子第一電離能：鎂_____鋁（填“大于”“小于”或“等于”)原因是_______。（4）一種由Mg、Cr、O元素組成的尖晶石晶胞分別由4個A與4個B交替無隙并置而成（見圖甲），晶胞結構如圖乙所示，該尖晶石的化學式為_____________；圖乙中，若E點鎂原子的分數坐標為(，，0)，則F點鎂原子的分數坐標為_______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】酸壞之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸點不同，用蒸餾的方法進行分離，B正確；正確選項B。2、C【解析】

A.分散劑和分散質都存在3種狀態：固體、液體和氣體，每一種狀態的分散劑能夠與3種不同狀態的分散質組成3種分散系，共可組成3×3=9種分散系，A正確；B.天然氣主要成分是甲烷，還含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤氣是CO、H2的混合氣，裂解氣是乙烯、丙烯等的混合氣，高爐煤氣是CO、CO2等的混合氣，B正確；C.HCOOH是電解質，C錯誤；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡膠的硫化是天然橡膠與硫發生反應生產硫化橡膠、石油的裂化是將長鏈烴斷裂為短鏈烴、鐵鋁的鈍化是在鐵鋁表面形成鈍化膜、油脂的硬化是油酯與氫氣發生加成反應，均屬化學變化，D正確。故選C。3、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烴”技術可生產乙烯，乙烯是制備聚乙烯的原料，故A正確；B.SiC―Al材料是SiC增強鋁基復合材料，故B正確；C.計算機芯片的主要材料是單質Si，故C錯誤；D.氕、氘、氚質子數都是1，中子數分別是0、1、2，所以互為同位素，故D正確；選C。4、C【解析】

A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，則等pH時，Fe2+濃度較大，則曲線A表示c(Fe2+)的曲線，A錯誤；B.當溶液pH=8時，c(OH?)=10?6mol/L，此時(Fe2+)×c2(OH?)=0.1×10?12=10?13>Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+沒有生成沉淀，B錯誤；C.滴入NaOH溶液體積大于30mL時，曲線發生變化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1，則c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正確；D.c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH?)/[c(H+)?c(OH?)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw，Ksp[(PbOH)2]/Kw為定值，則c(Pb2+)?c(OH?)/c(H+)為定值不發生變化，D錯誤；答案為C。【點睛】Ksp[Pb（OH）2]<Ksp[Fe（OH）2]，混合溶液中加入NaOH溶液時，Pb2+先生成沉淀。5、D【解析】

A.一定條件下，將2gH2與足量的N2混合，發生反應N2＋3H22NH3，該反應為可逆反應，不能進行徹底，充分反應后轉移的電子數小于2NA，故A錯誤；B.1molNa218O2與足量水發生反應2Na218O2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最終水溶液中18O數為NA，故B錯誤；C.NO2、N2O4的摩爾質量不同，無法準確計算混合氣體的組成，故C錯誤；D.濃HNO3與銅反應生成NO2，稀HNO3與銅反應生成NO，即Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的濃HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3參與反應，若其還原產物只有NO2，則反應轉移0.6mol電子，還原產物只有NO則反應轉移0.9mol電子，100mL12mol·L－1的濃HNO3與過量Cu反應的還原產物為NO和NO2，因此轉移的電子數大于0.6NA，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】濃硝酸與銅反應，稀硝酸也與銅反應，計算電子時用極限思維。6、B【解析】

A、氯化銀在水中溶解時吸收熱量，溫度越高，Ksp越大，在T2時氯化銀的Ksp大，故T2＞T1，A錯誤；B、氯化銀溶液中存在著溶解平衡，根據氯化銀的溶度積常數可知a=＝4.0×10-5，B正確；C、氯化銀的溶度積常數隨溫度減小而減小，則M點溶液溫度變為T1時，溶液中Cl-的濃度減小，C錯誤；D、T2時氯化銀的溶度積常數大于1.6×10-9，所以T2時飽和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能為2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L，D錯誤；答案選B。7、C【解析】

A．由物質轉化知，OCN中C為＋4價，N為－3價，在M極上N的化合價升高，說明M極為負極，N極為正極，A項正確；B．在處理過程中，M極附近電解質溶液正電荷增多，所以陰離子向M極遷移，膜1為陰離子交換膜，N極反應式為O2＋4e＋2H2O=4OH，N極附近負電荷增多，陽離子向N極遷移，膜2為陽離子交換膜，B項正確；C．根據電荷守恒知，遷移的陰離子、陽離子所帶負電荷總數等于正電荷總數，但是離子所帶電荷不相同，故遷移的陰、陽離子總數不一定相等，C項錯誤；D．M極發生氧化反應，水參與反應，生成了H，D項正確；答案選C。8、D【解析】

鈉元素的焰色是黃色，鉀元素的焰色是紫色，但觀察鉀元素的焰色時要透過藍色鈷玻璃，以濾去鈉元素的黃光的干擾。做焰色反應實驗時，直接觀察時看到火焰呈黃色，說明肯定含有Na+，不能判斷K+的存在與否，故D是正確的。故選D。9、C【解析】

由圖可知，轉化Ⅰ反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，轉化Ⅱ反應物總能量大于生成物總能量，為放熱反應，熱化學方程式為2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－282.9kJ·mol－1，轉化Ⅰ—轉化Ⅱ得C(s)→CO(g)的熱化學方程式2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1。【詳解】A項、由圖可知1molC(s)與1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ，故A錯誤；B項、由圖可知反應2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)為放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故B錯誤；C項、由圖可知1molC(s)與O2(g)生成1molCO(g)放出熱量為393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，則C(s)→CO(g)的熱化學方程式為2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，故C正確；D項、熱值指一定條件下單位質量的物質完全燃燒所放出熱量，則CO的熱值為282.9kJ×g≈10.1kJ·g－1，故D錯誤；故選C。10、C【解析】

A.升高溫度，正、逆反應速率加快，由于該反應的正反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱的正反應方向移動，HI的物質的量分數降低，H2的物質的量分數增大，最終達到平衡時，相應點可能分別是A、E，A正確；B.該反應是反應前后氣體體積相等的反應，若再次充入amolHI，平衡不發生移動，因此二者的物質的量的含量不變，但由于物質濃度增大，反應速率加快，所以達到平衡時，相應點的橫坐標值不變，縱坐標值增大，B正確；C.若改變的條件是增大壓強，化學平衡不移動，任何氣體的物質的量分數不變，但物質由于濃度增大，化學反應速率加快，所以再次達到平衡時，相應點與改變條件前不相同，C錯誤；D.催化劑不能是化學平衡發生移動，因此任何氣體的物質的量分數不變，但正、逆反應速率會加快，故再次達到平衡時，相應點的橫坐標值不變，縱坐標值增大，相應點與改變條件前不同，D正確；故合理選項是C。11、A【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Z元素在地殼中含量最高，則Z為O；Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽，則Y為N；常溫下，X的單質為氣體，在氮之前，只有H，則X為H；Y、Z的最外層電子數之和等于W的原子序數，Y、Z的最外層電子數分別為5、6，則W為Na。A．非金屬性N>H，元素的非金屬性越強，對應的簡單陰離子的還原性越弱，A項正確；B．根據元素周期律，同周期，原子序數小的半徑大，同主族，周期大的半徑大，故原子半徑Na>N>O>H，B項錯誤；C．Z與W形成的化合物可能為Na2O或Na2O2，前者只含有離子鍵，后者存在離子鍵和共價鍵，C項錯誤；D．氨氣和水分子都含有氫鍵，但是水分子間形成的氫鍵較多，沸點更高，D項錯誤；答案選A。12、A【解析】

A.在銀氨溶液中，題中所給各離子間不發生反應，可以大量共存，故A正確；B.空氣中有氧氣，NO與氧氣反應生成二氧化氮，不能大量共存，故B錯誤；C.氯化鋁溶液中鋁離子與碳酸氫根離子雙水解，不能大量共存，故C錯誤；D.使甲基橙呈紅色的溶液顯酸性，I-和NO3-發生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；答案選A。13、D【解析】

A.銀氨溶液不穩定，則銀氨溶液不能留存，久置后會變成氮化銀，容易爆炸，故A正確；B.白磷在空氣中易自燃，不與水反應，所以可保存在水中，故B正確；C.易燃的有機溶劑離明火和熱源太近容易燃燒，故應遠離明火、熱源和強氧化劑，故C正確；D.鈉和水反應生成氫氣，氫氣是易燃物，鈉燃燒后生成過氧化鈉，過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣，促進鈉的燃燒，所以鈉著火燃燒時，不能用泡沫滅火器滅火，應該用沙子滅火，故D錯誤。故選D。14、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原電池中，Zn比Fe活潑作負極，Fe作正極，發生得電子的還原反應得到保護，該方法為犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，減少酸雨的發生，不能減少溫室氣體的排放，故B錯誤；C．加熱可使蛋白質發生變性，則加熱能殺死新型冠狀病毒是因為蛋白質受熱變性，故C正確；D．75%的酒精可用于殺菌消毒，殺毒效果好，對人體危害最小，濃度太大易在細胞壁上形成一層膜阻止酒精滲入，濃度太小殺菌效果差，故D正確；故答案選B。15、A【解析】

A.a、c分子式是C9H12，結構不同，是同分異構體；而b分子式是C9H8，b與a、c的分子式不相同，因此不能與a、c稱為同分異構體，A錯誤；B.a、b、c三種物質中與苯環連接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳雙鍵，因此均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B正確；C.苯分子是平面分子，a中三個甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置與苯環的碳原子相連，所以一定在苯環的平面內，C正確；D.b分子內含有1個苯環和1個碳碳雙鍵，所以1molb最多能與4molH2發生反應，D正確；故合理選項是A。16、D【解析】

A.向FeBr2溶液中通入過量Cl2，溴離子和亞鐵離子都被氧化，正確的離子方程式為：4Br?+2Fe2++3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl?，故A錯誤；B.向碳酸鈉溶液中通入少量CO2，反應生成碳酸氫鈉，該反應的離子方程式為：CO32?＋CO2＋H2O=2HCO3－，故B錯誤；C.向碘化鉀溶液中加入少量雙氧水，反應生成碘單質，該反應的離子方程式為：2H++H2O2＋2I－=I2+2H2O，故C錯誤；D.向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，該反應的離子方程式為：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正確。綜上所述，答案為D。17、B【解析】煤的干餾有苯及苯的同系物等新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；石油的分餾是根據沸點不同把石油分離為汽油、煤油、柴油等物質，沒有新物質生成，屬于物理變化，故B正確；石油裂化是大分子烴斷裂為小分子烴，生成新物質屬于化學變化，故C錯誤；石油裂解是大分子烴斷裂為乙烯、丙烯等產物，生成新物質屬于化學變化，故D錯誤。18、D【解析】

短周期W、X、Y、Z的原子序數依次增加，W原子的核外電子數等于電子層數，即W原子核外只有1個電子，則W為H元素；X2-和Y+離子的電子層結構相同，則X位于第二周期ⅥA族，為O元素，Y位于第三周期ⅠA族，為Na元素；Z與X同族，則Z為S元素，據此解答。【詳解】根據分析可知：W為H，X為O，Y為Na，Z為S元素；A．同主族從上向下原子半徑逐漸增大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A錯誤；B．非金屬性O＞S，則H2O比H2S穩定，即X的簡單氣態氫化物的穩定性比Z的強，故B錯誤；C．NaH為離子化合物，故C錯誤；D．S的最高價氧化物對應水化物為硫酸，硫酸為強酸，故D正確；故答案為D。19、C【解析】

A.鋼閘門含鐵量高，會發生電化學腐蝕，需外接電源進行保護，故A錯誤；B.該裝置的原理是通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環境來進行保護，并未“犧牲陽極”，故B錯誤；C.將鋼閘門與直流電源的負極相連，可以使被保護金屬結構電位高于周圍環境，可防止其被腐蝕，故C正確；D.輔助電極有很多，可以用能導電的耐腐蝕材料，鋅質材料容易腐蝕，故D錯誤；故選C。【點睛】電化學保護又分陰極保護法和陽極保護法，其中陰極保護法又分為犧牲陽極保護法和外加電流保護法。這種方法通過外加直流電源以及輔助陽極，迫使電子從海水流向被保護金屬，使被保護金屬結構電位高于周圍環境來進行保護。20、C【解析】

A項，根據鍵線式，由碳四價補全H原子數，即可寫出化學式為C13H20O，正確；B項，由于分子可存在碳碳雙鍵，故可以發生加聚反應，正確；C項，分子式為C13H20O，可以寫成C13H18H2O，13個碳應消耗13個O2，18個H消耗4.5個O2，共為13+4.5=17.5，故錯誤；D項，碳碳雙鍵可以與Br2發生加成發生，然后水解酸化，即可得Br－，再用AgNO3可以檢驗，正確。答案選C。21、B【解析】

A.SiO2和水不反應，不能實現SiO2H2SiO3的轉化，故不選A；B.飽和食鹽水通入氨氣、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，過濾后，碳酸氫鈉加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳和水，故選B；C.電解氯化鎂溶液生成氫氣、氯氣、氫氧化鎂，不能實現MgCl2(aq)Mg(s)，故不選C；D.NH3催化氧化生成NO，NO和氧氣反應生成NO2，NO2與水反應生成硝酸，不能實現NH3N2，故不選D。22、D【解析】

酸性氧化物是可以與堿反應生成鹽和水的氧化物。【詳解】A.CO是不成鹽氧化物，故A不選；B.Na2O是堿性氧化物，故B不選；C.KOH是堿，不是氧化物，故C不選；D.SO2屬于酸性氧化物，故D選。故選D。二、非選擇題(共84分)23、醚鍵、羧基還原反應(加成反應)取代反應、【解析】

與溴單質發生信息反應②生成A，則A為；A與苯酚鈉反應生成B，結合最終產物可知該反應為取代反應，反應生成的B為；B與氫氣發生加成反應生成C，則C為；C與氯化亞砜(SOCl2)發生信息中的反應①生成D，則D的結構簡式為：；D與NaCN發生反應生成E，則E為；E先與氫氧化鈉反應，然后酸化得到F，結合最終產物可知F為，F與氯化鈣反應得到苯氧布洛芬鈣，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知D為；F的結構簡式是，根據F的結構簡式可知其中含有的官能團是醚鍵、羧基；(2)B是，B中含有羰基，與氫氣發生加成反應產生羰基變為醇羥基，產生的C是，該反應是與氫氣的加成反應，也是還原反應；D是，與NaCN發生取代反應，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D產生E的反應為取代反應；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羥基，F和C在濃硫酸條件下發生酯化反應，生成酯和水，該反應的化學方程式為：；(4)A為，A的同分異構體符合下列條件：①屬于苯的二取代物；②苯環上核磁共振氫譜圖中共有2個吸收峰；③與FeCl3溶液發生顯色反應，說明苯環上有兩個處于對位的取代基，其中一個是羥基，則可能的結構簡式為、；(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應生成1-氯甲苯，然后與NaCN反應，產物經水解生成苯乙酸，最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時，加熱發生酯化反應可生成目標物苯乙酸苯甲酯，反應的流程為。24、取代反應醛基和醚鍵丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定條件下合成A，反應為：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，結合信息①CH3CN在酸性條件下可水解生成CH3COOH，得A為，水解后生成，中和后得到B，B為，與SOCl2和CH3OH發生取代反應生成C，C為，C與NH3反應生成D，D為，E和F生成G，G為，G和D反應生成，最加氫生成。【詳解】（1）C為，C與NH3反應生成D，D為，C生成D的反應類型為取代反應，G為，G中含氧官能團的名稱為醛基和醚鍵。B為，B的名稱為丙氨酸。故答案為：取代反應；醛基和醚鍵；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的結構簡式為。故答案為：；（3）反應（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反應(2)的特點，醛基和氨基反應生成碳氮雙鍵和水，使蛋白質變性，用福爾馬林浸制生物標本的反應原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案為：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相鄰的同系物，H比F多一個碳原子，H的苯環上有兩個處于對位的取代基，①苯環上仍然有兩個處于對位的取代基，②能與NaOH溶液反應，可能為酚、、三種；酸一種、和酯一種，共5種；故答案為：5；(5)根據題中信息設計的由丙烯為起始原料先與溴發生加成反應，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可與NH3反應，最后與氫氣加成可得產品，。故答案為：。25、燒杯、量筒防止三頸燒瓶中溶液發生倒吸防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+AHOO·+H2O2=H2O+O2+·OHABD54.00%【解析】

配制一定質量分數的溶液需要的儀器，只需要從初中知識解答，通入氨氣后，從氨氣的溶解性思考，雙氧水在冰水浴中，從雙氧水的不穩定來理解，根據原料和產物書寫生成八水過氧化鈣的離子方程式，過氧化鈣晶體的物理性質得出洗滌八水過氧化鈣的試劑，充分利用前后關系和雙氧水分解生成水和氧氣的知識得出中間產物即反應方程式，利用關系式計算純度。【詳解】⑴配制約20%的H2O2溶液的過程中，使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管、燒杯、量筒，故答案為：燒杯、量筒；⑵儀器X的主要作用除導氣外，因為氨氣極易溶于水，因此還具有防倒吸作用，故答案為：防止三頸燒瓶中溶液發生倒吸；⑶雙氧水受熱分解，因此在冰水浴中進行的原因是防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出，故答案為：防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出，；⑷實驗時，在三頸燒瓶中析出CaO2·8H2O晶體，總反應的離子方程式為Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+，故答案為：Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+；⑸過氧化鈣是一種白色固體，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗滌CaO2·8H2O的最佳實際為無水乙醇，故答案為：A；⑹若CaCl2原料中含有Fe3+雜質，Fe3+催化分解H2O2變為氧氣和水，根據前后聯系，說明②中產物有氧氣、水、和·OH，其化學方程式為：HOO·+H2O2=H2O+O2+·OH，故答案為：HOO·+H2O2=H2O+O2+·OH；⑺過氧化鈣可用于長途運輸魚苗，魚苗需要氧氣，說明過氧化鈣具有與水緩慢反應供氧，能吸收魚苗呼出的二氧化碳氣體和殺菌作用，故答案為：ABD；⑻將所得CaO2·8H2O晶體加熱到150~160℃，完全脫水后得到過氧化鈣樣品。該小組測定過氧化鈣樣品中CaO2的純度的方法是：準確稱取0.4000g過氧化鈣樣品，400℃以上加熱至完全分解成CaO和O2(設雜質不產生氣體)，得到33.60mL即物質的量為1.5×10-3mol，。2CaO2=2CaO+O2根據關系得出n(CaO2)=3×10-3mol，，故答案為54.00%。26、球形干燥管（干燥管）B打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面BCc控制氨氣或二氧化碳的通入量加入碳酸氫鈉過快，溶液的堿性迅速增強，生成堿式碳酸鑭【解析】

⑴儀器X的名稱為球形干燥管。⑵A裝置與C裝置當活塞關閉時反應不能停止，B裝置當活塞關閉時可以使液體和固體脫離接觸，反應停止。⑶檢驗裝置氣密性的方法是關閉旋塞K2，打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面，說明裝置不漏氣。⑷裝置乙是固液混合不加熱型裝置，可以用濃氨水和生石灰、堿石灰等制取氨氣。⑸a是啟普發生器產生二氧化碳的裝置，二氧化碳溶于水不會發生倒吸，可直接用導管通入，連接c即可；為避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量，以免pH變大。⑹和碳酸氫銨反應生成碳酸鑭。⑺碳酸氫鈉水解顯堿性，當加入碳酸氫鈉過快時，溶液的pH值會迅速增大，影響碳酸鑭的生成。⑻根據反應進行計算。【詳解】⑴儀器X的名稱是球形干燥管簡稱干燥管，故答案為：球形干燥管（干燥管）；⑵A裝置與C裝置不具有“隨開隨用、隨關隨停”的功能，B裝置當活塞關閉時可以使液體和固體脫離接觸，反應停止，所以B裝置符合題意，故答案為：B；⑶檢驗裝置氣密性的方法是關閉旋塞K2，打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面，說明裝置不漏氣，故答案為：打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面；⑷裝置乙是固液混合不加熱型制取氣體裝置，可以用濃氨水和生石灰、堿石灰等制取氨氣，無水CaCl2和氨氣發生反應，不能用來制取氨氣，故答案為：BC；⑸a屬于啟普發生器，是產生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不會發生倒吸，可直接用導管通入，連接c即可；為避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量，以免pH變大；故答案為：c，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量；⑹和碳酸氫銨反應生成碳酸鑭反應化學方程式為：，所以離子方程式為：，故答案為：；⑺碳酸氫鈉水解顯堿性，當加入碳酸氫鈉過快時，溶液的pH值會迅速增大，生成堿式碳酸鑭，故答案為：加入碳酸氫鈉過快，溶液的堿性迅速增強，生成堿式碳酸鑭；⑻,滴定時消耗EDTA的物質的量，根據反應可知碳酸鑭的物質的量為，所以質量為，咀嚼片中碳酸鑭的質量分數為，化簡得，故答案為。【點睛】注意啟普發生器的使用條件必須是塊狀或顆粒狀固體和液體，且塊狀固體與液體接觸后仍為塊狀或顆粒狀。27、沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動b小于2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c（I－）增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)【解析】

⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論；③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。【詳解】⑴因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生(或無明顯現象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象。⑵實驗Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，發生反應的離子方程式為BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案為：BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42?(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32?與Ba2＋結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。⑷為觀察到AgCl轉化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI；故答案為：b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；故答案為：小于；2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知，實驗Ⅳ中b＜a；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池的電壓減小。③實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)；故答案為：實驗步驟ⅳ表明Cl－本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟ⅲ中c＞b說明加入Cl－使c(I－)增大，證明發生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。28、啞鈴型TiCl4的相對分子質量大于CCl4，分子間作用力更大ABHCHOsp2平面三角形BaTiO3【解析】

(1)根據元素核外電子排布規律書寫電子排布式，根據電子排布式判斷最高能級及電子云輪廓；(2)