2022年福建省永安市高三第四次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示（忽略溶液体积变化），则下列说法错误的是（ ）A由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，主要与HCO3反应C常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱

2、性DNH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是A60 g乙酸分子中所含共价键的数目为 8NAB标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子总数为2.5NAC高温下，1mol Fe与足量水蒸气反应，转移电子数的目为3 NAD将1molCl2通入水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA3、测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示

3、。下列说法正确的是（ ）A点溶液：pH最大B溶液温度：高于C点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)D点溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)4、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是AR与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基CR能发生加成反应和取代反应DR苯环上的一溴代物有4种5、下列物质的名称正确的是ASiO2：刚玉B(NH4)2CO3：碳铵CCCl4：氯仿D：3，3，5 -三甲基庚烷6、下列常见的金属中，常用电解法冶炼的是AFeBCuCMgDPt7、下列说法正确的是（

4、 ）A用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物8、下列说法不正确的是 ()A乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物BO2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素CC2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D氨基酸分子中均含有羧基(COOH)和氨基(NH2)9

5、、在某水溶液样品中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴加盐酸，沉淀部分消失，并有无色无味的气体产生由此判断该溶液中肯定不存在的离子是（）AAg+BSO42CCO32DNH4+10、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是AMg粉BKOH溶液CKI溶液DCCl411、某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是A锌被腐蚀B金属片剪口变红CB中导气管里形成一段水柱DB中导气管产生气泡12、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A

6、Na2S2O3溶液和HCl溶液BH2S气体在足量的O2中燃烧C碳和浓硫酸反应D铜和浓硫酸反应13、以下物质检验的结论可靠的是( )A往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，说明溴乙烷发生了水解C在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯14、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法正确的是ACH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能处于同一平面BCH3CH=CHCH3和HBr加成产物的同分异构体有4种

7、（不考虑立体异构）CCH3CH(OH)CH2CH3与乙二醇、丙三醇互为同系物DCH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色15、过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2.下列说法中不正确的是A氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4BFeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C由反应可知每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移12mol电子DNa2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用16、苯氧乙醇在化妆品、护

8、肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）17、偏二甲肼（CH3）2N-NH2（N为-2价）与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含

9、有11mol共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-18、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用19、氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是ABCD20

10、、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A原子半径bcBe的氧化物的水化物为强酸C化合物A为共价化合物D元素非金属性强弱cNa2FeO4FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价部分由1价降低为2价，部分由1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；C2FeSO410e-，所以每

11、3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。DNa2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。16、B【解析】A苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H28+2-42O2，A正确；B苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，

12、C正确；D符合条件的有机物为、共4种，D正确；故选B。17、C【解析】A. 自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0可知，H0，可得G=H-TS0，该反应在任何情况下都能自发进行，A正确；B. 1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键，B正确；C. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N元素化合价由-2升高到0，+4降低到0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4

13、，生成1molCO2时，转移8mole-，D正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应自发进行，G=H-TS0，反应非自发，S为气体的混乱度。18、A【解析】A花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故A错误；B増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子材料，故B正确；C新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能够在较短的时间内降解，实现“碳”的循环利用，防止形成白色污染，故D正确；答案选A。19、D【解析】A萃

14、取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。20、A【解析】A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c

15、为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。【详解】Ab为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径bc，故A正确；Be为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；CA为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；Dc为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱ce，故D错误；答案选A。21、D【解析】A甲醛可刺激人体皮肤、黏膜，且为有毒物质，可致癌，不能用于餐具的消毒剂，故A错误；B聚丙烯的分子式为，故B错误；C95%的乙醇，能使细菌表面的蛋白质迅速凝固，形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不

16、到杀死细菌的目的，医用酒精为75%的乙醇溶液，故C错误；D保持1米远的距离可以减少飞沫传播，预防传染病，故D正确；故答案为D。22、B【解析】A. C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A错误；B. H2O2分子中两个O原子形成一对共用电子对，O原子分别与H原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C错误；D.前者表示Ar原子结构示意图，后者可能表示Ar原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、加成反应 酯化反应 -COOH

17、(或羧基) OHC-CHO CH3-CHBr2 1，1-二溴乙烷 nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O 【解析】CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH

18、2BrCH2Br；反应为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应类型为加成反应，反应类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。24、 羧基 碳碳双键 、 【解析】B发生

19、氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（C

20、H3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH

21、，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官

22、能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2甲基1丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O c 用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好 在干燥管D末端连接一个尾气处理装置 c 不变 61.5% 【解析】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气

23、排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与 NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积所以通过量筒中排出的水的体积

24、就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中

25、分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与 NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入

26、水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于

27、水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为100%=61.5%，故答案为：61.5%。【点睛】本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学

28、习中全面把握基础知识。26、分液漏斗、烧杯 上口倒出 除去乙醚层中含有的苯甲醛 防止暴沸 D 重结晶 60% 【解析】（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；（2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛；（3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；（5）根据产率=进行计算。【详解】（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；（2）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的饱和亚硫酸氢钠溶

29、液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛，饱和碳酸钠溶液除去残留的亚硫酸氢钠；根据题给信息可知，二者发生加成反应，化学方程式为：；（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为防止暴沸，蒸馏时得到产品甲为苯甲酸，应控制温度在249左右；答案选D；（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为重结晶；（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，理论上得到苯甲酸的质量为，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为。【点睛】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验

30、能力。27、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O （球形）冷凝管 x 胶头滴管 100mL容量瓶 8.0g 取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较 滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色 33.6度 偏大 【解析】(1)根据强酸制弱酸的原理书写反应的离子方程式；(2)根据仪器结构判断仪器名称，冷凝管中冷却水应从下口进入，从上口流出；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mL

31、NaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪器；(4)根据pH试纸的使用方法进行解答；(5)根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T，蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；首先明确关系式n(M2+)n(EDTA) n(CaO)，进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法进行计算；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则滴定等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。【详解】(1)已知ClCH2COOH与Na2CO3溶液反应产生无色气泡，可

32、知二者反应生成二氧化碳气体，由强酸制弱酸的原理可知，反应的离子方程式为2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O，故答案为：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2+H2O；(2)仪器Q的名称是（球形）冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：（球形）冷凝管；x；(3)实验中需要2.0 mol/L NaOH溶液90mL，但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L0.1L=0.2mol，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)

33、=0.2mol40g/mol=8.0g，用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；8.0g；(4)测定溶液pH的方法是取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较；(5)根据已知反应可知滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，所以滴定终点溶液的颜色变化

34、为酒红色变为蓝色，故答案为：滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；用0.0100molL1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL，则n(M2+)=n(EDTA)=0.0100molL115.0103L=1.5104mol，则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/mol1.5104mol=8.4mg，所以1L水中，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为，故答案为：33.6度；若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏小，则消耗EDTA标准液的体积偏

35、大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制90 mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算NaOH物质的量时，一定注意代入的体积为0.1L，而不是0.09L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际

36、配制的体积计算需要溶质的物质的量。28、3二者均为分子晶体，但是NH3分子间能形成氢键HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键四面体abd12【解析】(1)基态F 原子的电子排布式为1s22s22p5，所以有3种不同能量的电子，故答案为：3；(2)NH3与NF3均为分子晶体，NH3能形成分子间氢键，所以熔沸点更高，故答案为：二者均为分子晶体，但是NH3分子间能形成氢键；(3)BF3分子中B原子上有空轨道，而HF分子中的F原子上有孤电子,对,当BF3与HF靠近时，HF分子中F原子的孤电子对填充BF3分子中B原子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF4，故

37、答案为：HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道,二者可以形成配位键；(4)H2F+中F的价层电子对数为4，故为sp3杂化，VSEPR模型为四面体。NaHF2中Na+与HF2-之间为离子键，FHF-中含共价键和氢键，故答案为：四面体；abd；(5)D点在底面和侧面的投影均为面对角线的处，故坐标为；晶胞中Ca2+构成面心立方最密堆积方式，每个Ca2+周围最近的Ca2+有12个，故答案为：12；根据均摊法可知，1个氟化钙晶胞中有4个F-，=4Ca2+；设晶胞中棱长为acm;氟化钙的式量为78;，根据密度计算公式，所以a=，从晶胞结构可以看出，与Ca2+最近的F-距离为a，即，故答案为：。29、NH3 NH4+OH-NH3+