2022年安徽省淮北市高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、甲、乙两种CH3COOH

2、溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中Ac（甲） : c（乙） 1:10Bc（H+）甲: c（H+）乙1:2Cc（OH-）甲: c（OH-）乙10:1D（甲） : （乙） 2:12、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A石英只能用于生产光导纤维B复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料C中国歼20上用到的氮化镓材料是当作金属合金材料使用的D医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理不相同3、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推

3、断正确的是A原子半径：YZRXBY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸DX和Z的气态氢化物能够发生化合反应4、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是( )AX的简单氢化物比Y的稳定BX、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体CY、Z、W的原子半径大小为WZYDW的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱5、下列有关化合物的说法正确的是（ ）A所有原子共平面B其一氯代物有6种C是苯的同系物D能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是ASSO2CaSO4BSiSi

4、O2SiCl4CFeFe2O3Fe(OH)3DNaNaOH(aq) NaHCO3(aq)7、工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是A阳极区得到H2SO4B阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C离子交换膜为阳离子交换膜D当电路中有2mole-转移时，生成55gMn8、下列有关物质用途的说法，错误的是()A二氧化硫常用于漂白纸浆B漂粉精可用于游泳池水消毒C晶体硅常用于制作光导纤维D氧化铁常用于红色油漆和涂料9、下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是ABCD10、下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是 A如图所示的化学反应中，反应物

5、的键能之和大于生成物的键能之和B相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少C金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可为:C(s金刚石) =C(s，石墨) H-(E2E3)kJmol1D同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的H相同11、常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（ ）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n(OH)n(H+)=(a0.05)molC随着NaOH的

6、加入，c(NH3D当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl) c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)12、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）AABBCCDD13、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（ ）ACa(OH)2中既有离子键又有共价键B在单质或化合物中，一定存在化学键C在离子化合物中，可能存在共价键D化学反应中肯定有化学键发生变化14、中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是 A室温可溶于水和酒精B氢原子种类数为10C不能使酸性KMnO4溶液褪色D1m

7、ol该分子最多与8mol氢气反应15、能正确表示下列反应的离子方程式是( )A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2OB氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2+Cl2+H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2OD明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2+3OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+Al(OH)316、下列关于Fe3、Fe2性质实验的说法错误的是（ ）A用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)2B配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需

8、要的浓度C向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化DFeCl3溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀17、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染18、设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1mol SiO2 所含Si-O键的数目为 2 NAB常温下，1 L pH9的CH3COONa 溶液中由水电离的H+ 数目为 10-9 NAC40 mL 10 mol/L浓盐酸与足量MnO2充分反应，生成的氯气分子数为 0.1NAD标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯

9、混合物中含氢原子数目为2NA19、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是()A原子半径：bcdaB4种元素中b的金属性最强Cb的氧化物的水化物可能是强碱Dd单质的氧化性比a单质的氧化性强20、氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（ ）AO2BCl2CSO2DNaOH21、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出

10、。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B氧化物的水化物的酸性：H2XO3H2YO3CZWY是离子化合物，其水溶液中只存在电离平衡D单质熔点：XSNH，A错误；B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。4、B【解析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A

11、. 氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C. 因为W的原子序数比Z大， 所以原子半径大小为ZW，故C不选；D. 元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。【点睛】在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属

12、性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。5、D【解析】A. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；B 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。6、D【解析】A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3，A错误；B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B错误；C. Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4，Fe2O3与H2O不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误；D

13、. Na与H2O反应生成NaOH和H2，NaOH和足量CO2反应生成NaHCO3，D正确；答案选D.点睛：Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe3O4，而不是Fe2O3。7、C【解析】根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2+2e-= Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。【详解】A根据分析，阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，阳极电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有MnO2析出

14、，阳极区得到H2SO4，故A正确；B根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故B正确；C由A项分析，阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D阴极电极反应为：Mn2+2e-= Mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1mol Mn，其质量为1mol 55g/mol=55g，故D正确；答案选C。【点睛】本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。8、C【解析】制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si，C项错误。9、D【解析】A.乙

15、烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故A错误；B.与苯环相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故B错误；C.与双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故C错误；D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故D正确；故答案为：D。10、D【解析】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，

16、故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；C. 放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量=-(E1E3)kJmol-1，故C错误；D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；答案选D。11、C【解析】常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4+OH-=NH1H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1H2O)不断增大。【详解】A项、M点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合

17、氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在M点时c(NH4+)=0.05molL1，c(Na+)=amolL1，c(Cl)=0.1molL1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05molL-1+a molL-10.1molL-11L=(a0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH)c(NH3H2O)，则c(NH3H2O)c(OH)D项、当n（NaOH）=0.05mol时，N

18、H4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1H2O和NH4Cl、NaCl，NH1H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故D正确。故选C。12、D【解析】A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D. 蒸馏利用沸

19、点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。13、B【解析】A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。14、B【解析】A该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A错误；B如图所示有10种氢原子，故B正确；C该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；D碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mo

20、l该分子最多与7mol氢气加成，故D错误；故答案为B。15、A【解析】A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故A正确；B氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaCl Na2SO4+2HCl，故B错误；C磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故C错误；D明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO

21、4+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。【点睛】掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。16、D【解析】A. 反应开始时生成的氢气进入B中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故A正确；B. FeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故B正确；C. Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止

22、Fe2+被氧化，故C正确；D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；故选：D。17、C【解析】A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；答案选C。18、D【解析】A在SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，则1mol SiO2 所含Si-O键的数目为4 NA，故A错误；BCH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，常温下，1 L pH9的CH3COONa 溶液中c(H+)电离=c(OH-)=11

23、0-5mol/L，发生电离的水分子物质的量为110-5mol/L1L=110-5mol，即由水电离的H+ 数目为 10-5 NA，故B错误；C40 mL 10 mol/L浓盐酸与足量MnO2充分反应的过程中，盐酸的浓度降低到一定浓度，反应会停止，即溶液中0.4molHCl未能完全参加反应，则反应中生成的氯气分子数小于 0.1NA，故C错误；DCH4和C2H4分子中均含有4个H原子，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：4NA=2NA，故D正确；故答案为D。19、D【解析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核

24、外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知a为O元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，A. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：bcda，故A正确；B. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性bc，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C. b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH)2，则b的氧化物的水化物可能是强

25、碱，故C正确；D. 一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：OS，则氧化性：O2S，则a单质的氧化性较强，故D错误。答案选D。20、B【解析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。【详解】A.发生2H2S+O2=S+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误； B.发生2H2S+Cl2=S+2HCl反应，溶液酸性增强，故B正确； C.发生2H2S+SO2=3S+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误； D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；故答案选B。21、B【

26、解析】向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，说明为硫氢化钾溶液，则W、Y、Z分别为氢、硫、钾。W、X、Y、Z的族序数之和为12，X与Y的电子层数相同，X为硅元素。A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z) r(X)r(Y) r(W)，故错误；B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3H2SO3，故正确；C.硫氢化钾是离子化合物，其完全电离，但其电离出的硫氢根离子既能电离、也能水解，存在电离平衡和水解平衡，故错误；D. 硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故

27、错误。故选B。22、D【解析】A分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；B该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；C该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；D该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；答案选D。【点睛】数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。二、非选择题(共84分)23、第三周期第A族S2

28、-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2NaOH、H2、Cl2PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4【解析】根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价，没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、

29、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素。(1)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第A族，故答案为第三周期第A族；(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大小为S2-O2-Mg2+Al3+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HFHCl，故答案为S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；(3)x与氢元素能形成的化合物为烃类，其中既含极性键又含非极性

30、键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，实验室用电石与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2，故答案为C2 H2；CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2；(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，铵根离子中存在共价键，电子式为，故答案为；(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；铅蓄电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4，故答案为NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O

31、+PbSO4。24、第三周期 A族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O22H2O=4NaOHO2 离子键、极性键 0.1NA 【解析】若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案为第三周期A族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2A

32、l + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则：X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O22H2O=4NaOHO2；离子键、极性键；过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。25、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 还原 K3Fe(CN)6(或铁氰化钾) KSCN(或硫氰化钾)

33、不正确 NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现 沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+ 向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液 除去溶液中Fe3+和O2 【解析】(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性，故答案为：还原；(3)根据实验现象可知，中加入试

34、剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K3Fe(CN)6，中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误，故答案为：K3Fe(CN)6(或铁氰化钾)；KSCN(或硫氰化钾)；不正确；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)当实验5中的现

35、象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+，故答案为：白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH

36、溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2，故答案为：向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【点睛】本题主要考查学生的实验探究与分析能力，同时对学生提取信息的能力有较高的要求，难度较大，解题关键在于对题干信息的提取和结合所学知识进行综合解答。26、b 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3

37、）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定过

38、量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.1LVc103mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需

39、要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至

40、终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.010.1000molL-1=110-3mol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L0. 1LVc103mol1.910-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.910-2mol 0.5=9.510-3mol ，产品中SO2Cl2的质量分数为 100%=85.

41、5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。27、G F I D E C 正 2Cl-2e=Cl2 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+

42、H2O 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应 【解析】电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。【详解】（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的

43、氢气的体积，即各接口的顺序是：AGFI，BDEC，故答案为：G；F；I；D；E；C；（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故答案为：正；2Cl-2e=Cl2；（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)=0.00025mol，根据总反应方程式：2Na

44、Cl+2H2O H2+Cl2+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。28、 小 sp3 NH4+ (BO2)nn- 共价键、氢键 三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 六方最密堆积 12NAa 【解析】(1)基态B原子的核电荷数为5，基态B的电子排布式为1s22s22p1；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；(2

45、)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B键合电子对数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒；(3)根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式；(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；(5)三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物；(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，根据，即可计算Mr。【详解】(1)基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图