三湘名校2024届高考仿真卷化学试题含解析

三湘名校2024届高考仿真卷化学试题1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》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、一定条件下合成乙烯：6H₂(g)+2CO₂(g)—CH₂=CH₂(g)+4H₂O(g);已知温度对CO₂的平衡转化率和催化剂催化效A.该反应的逆反应为吸热反应D.当温度高于250℃,升高温度，催化剂的催化效率降低2、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH₃COONa的三种溶液中通入CO₂,测得各溶液A.CO₂通入NaClO溶液的反应：2CIO+CO₂+H₂O=CO₃²+2HClOC.通入n(CO₂)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：20H+CO₂=CO₃²+H₂O3、共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是(A.B的同素异形体数目最多2种D.C与D形成的阴离子CD₂7既有氧化性，又有还原性A.2018年10月起，天津市开始全面实现车用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，该混合燃料的热值不变5、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是()A.加入水中，浮在水面上的是地沟油C.点燃，能燃烧的是矿物油6、下列有关说法正确的是()用率68%8、下列说法中正确的是()品pHB.CH₃COOH电离常数的数量级为10⁵C.图中点x的纵坐标值为-4.74D.0.01mol/LCH₃COONa的pH约等于线c与线d交点处的横坐标值11、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由A.上述两种制备反应类型相同B.碳酸亚乙酯的分子式为C₃H₆O₃C.碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D.碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触C.煤焦油分馏得到苯及其同系物D.粮食酿酒13、下列说法正确的是()c(Na+)>c(ClO)>c(CH₃COO)C.PH=1NaHSO₄溶液中c(H+)=2c(SO₄²)+c(OH)A.过氧化钙的化学式是Ca₂O₂B.1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C.过氧化钙中阴阳离子数之比为2:1D.过氧化钙中只含离子键15、某溶液中有S²~、SO₃²、Br~、「四种阴离子各0.1mol。现通入Cl₂,则通入Cl₂的体积(标准状况)和溶液中相A.石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B.分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C.海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D.农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能17、中华传统文化博大精深，下列说法正确的是()19、对氧化还原反应：11P+15CuSO₄+24H₂O→5Cu₃P+6H₃PO₄+15H₂SO₄,下B.3molCuSO₄可氧化11/5molPC.每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6molD.当1molP参加反应时，转移电子的物质的量为3mol20、我国科学家构建了一种有机框架物M,结构如图。下列说法错误的是()A.1molM可与足量Na₂CO₃溶液反应生成1.5molCO₂B.苯环上的一氯化物有3种C.所有碳原子均处同一平面D.1molM可与15molH₂发生加成反应21、对下列事实的解释合理的是()A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高22、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是()A.该有机物的分子式为C₁₂H₁₂O₄B.1mol该有机物最多能与4molH₂反应C.该有机物可与NaHCO₃溶液反应放出CO₂,生成2.24LCO₂(标准状况下)需要0.1mol该有机物D.该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H是一种高效除草剂，其合成路线流程图如下：(1)E中含氧官能团名称为和(2)A→B的反应类型为.(3)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：。①不能发生水解反应，能与FeCl₃溶液发生显色反应：②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)已知：—NH₂与苯环相连时，易被氧化；—COOH与苯环相连时，再引入其他基团主要进入它的间位。请写出以A和D为原料制；的合成路线流程图(无机试剂任用，合24、(12分)某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图(部分反应略去试剂和条件):②②G件x①氧化FHb,根据以上信息回答下列问题：(2)①的反应条件是:②的反应类型是 (3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是_。 A.水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B.能发生消去反应C.能发生聚合反应D.既有酸性又有碱性(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是(5)符合下列条件的E的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3:1:1:1的异构体的结构简式为a.与E具有相同的官能团b.苯环上的一硝基取代产物有两种(6)已知《—NH₂易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物H-H的合成路线_。(无机试剂任选25、(12分)二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1:。。将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。各物质的溶解性表物质(1)仪器甲的作用是,其进水口为(2)实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是。(3)分水器(乙)中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是(填标号)A.能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动B.能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间C.分离有机溶剂和水D.主要起到冷凝溶剂的作用(4)回流后分离出苯的方法是_。(5)分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是(填标号)(6)重结晶提纯后的质量为0.670g,计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为_。26、(10分)某课外小组制备SO₂并探究SO₂的相关性质，他们设计了如图装置(夹持仪器省略):(1)实验需要大约100mL的1:1硫酸(浓硫酸与溶剂水的体积比),配制该硫酸时需要的玻璃仪器是：玻璃棒、 ,配制过程C:D:E:品红溶液F:NaOHC:空瓶D:E:F:NaOH溶液写出验证SO₂还原性装置中的离子反应方程式。(4)亚硫酸钠易被氧化，在下列方框内设计一个实验流程图测定亚硫酸钠的质量分数，设样品质量为W克，流程图样例如下，需要测定的数据自行设定符号表示，列出亚硫酸钠溶液称量样品W克溶液(2)利用下图装置(略去夹持仪器)制备 ②装置B中反应的化学方程式为。 ③干燥剂X的名称为,其作用是。④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO₄溶液进行滴1234消耗KMnO₄溶液体积/mL①第一次滴定实验数据异常的原因可能是(填字母A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B.锥形瓶洗净后未干燥C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D.滴定终点时俯视读数②酸性KMnO₄溶液滴定NaNOz溶液的离子方程式为28、(14分)ⅡB-VIA族半导体纳米材料(如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等)在光电子器件、太阳能电池以及生物探(1)基态锌(Zn)原子的电子排布式为[Ar]。a构造原理b泡利原理c洪特规则d能量最低原理原子杂化类型为,其空间构型为。(5)ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。①已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5,ZnO中化学键的类型为②一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度为gcm³。29、(10分)化合物J是一种重要的有机中间体，可以由苯合成，具体合成路线如下：已知：醛或酮与锌汞齐(Zn-Hg)在浓盐酸条件下发生如下(3)请写出C→D的化学方程式：,D中官能团名称是极”),请写出D在汞电极上生成E的电极反应方程式：(5)EF的反应类型为(6)I分子中最多有个原子共平面。与I属于同种类型物质且苯环上有两个取代基的同分异构体有 (7)符合下列条件的J的一种同分异构体结构简式为①属于芳香族化合物，②不能与金属钠反应，③有3种不同化学环境的氢原子。为原料制备的合成路线图。(合成路线参考答案一、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)【解题分析】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M),故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃,升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。【解题分析】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离故选D。故选Aa故选B。故B正确；-1,由选项B,K=104.74,解得c(CH₃COO~)=104.74,故C正确；D、CH₃COO~+H₂O—CH₃COOH+OH,0.01molL-¹CH₃COONa水解平衡常数Kn=c(CH₃COOH)c(OH-)/c(CH₃COO-)=1/k,从c与线d交点作垂线，交点c(HAc)=c(Ac~),求出c(OH~)=1/k=104.74mol-L-1,pH=14-pOH=9.26,即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。【解题分析】【题目详解】A.由分析可知，环氧乙烷与二氧化碳反应制备碳酸亚乙酯为加成反应，碳酸与乙二醇反应制备碳酸亚乙酯为取代反B.碳酸亚乙酯的分子式为C₃H₄O₃,B错误；C.碳酸亚乙酯有两个C原子分别以单键和4个原子相连形成四面体构型，故碳酸亚乙酯中所有原子不可能共平面，CD.碳酸亚乙酯含酯基，碱性条件下易水解，故碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触，D正确。【解题分析】B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；C.分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D.粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D正确；【题目点拨】【解题分析】B.相同浓度时酸性：CH₃COOH>HCIO,即CH₃CCH₃COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH₃COONa<NC.pH=1NaHSO₄溶液中含有Na*、SO₄²、H*、OH,电荷守恒式c(Na⁴)+c(H*)=2c(SO₄²)+c(O答案选Aa【解题分析】A.过氧化钙的化学式是CaO₂,故A错误；化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；C.过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1:1,故C错误；D.过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；答案选B。【解题分析】【题目详解】0.1mol×22.4L·moF¹=2.24L,B.0.1molS²-完全反应后，才发生!*,0.1molS²-完全反应需要完全反应消耗0.05mol氯气，故Br~完全反应时消耗的氯气体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L,图象与实际符合，0.05mol氯气，故I~完全时消耗的氯气体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L,图象中氯气的体积不符合，D错误。答案选C。【题目点拨】氧化还原竞争型的离子反应，关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序，然后按照越强A.分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO₂,是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B.根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm,浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C.海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；【解题分析】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故AC、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；的是金属元素的焰色反应，故D错误；【解题分析】电极产生的气体C.c电极通入O₂,c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H₂,d电极为氢氧燃料电池的负D.d电极上发生的电极反应是H₂-2e'=2H*,D项错误；答案选C。有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol,即被氧化的磷原子为,选项A错误；B.根据反应知道，是1molCuSO₄得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO₄可氧化0.6molP,选项B错C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol,选项C正确；D.当1molP参加反应时，;作还原剂，转移电子的物质的量为选项D错误.本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol,还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3个-COOH,由于每2个H+与CO₃²反应产生1molCO₂气体，所以1molM可与足量Na₂CO₃溶液反应生成1.5molCO₂,A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原D.在M分子中含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢故合理选项是D。综上所述，答案为D:【题目点拨】【解题分析】B.能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1mol该有机物最多能与5molH₂反应，故B符合题意；C.只有羧基能与NaHCO₃反应，则0.1mol该有机物与足量NaHCO₃溶液可生成0.1molCO₂,气体体积为2.24L(标准状况下),故C不符合题意；D.分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加二、非选择题(共84分)【解题分析】根据流程可知，B被酸性重铬酸钠氧化生成C,结合,,在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水；发生反应结构两者的结构简式可知F:,据此分析解答。【题目详解】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成生反应生成分子式为CisH₇CIF₃NO₄的F(2)A→B是在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水；反应类型为取代反和和(3)D为(,满足条件①不能发生水解反应，能与FeCl₃溶液发生显色反应，则不含有肽键及酯基，含有酚羟基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则高度对称，若苯环上只有两个取代基则应为对位且有一个是酚羟基，则、为原料制备为原料制备浓硝酸、双氧水及冰醋酸作用下生成,合成路线流程图如下：【题目点拨】本题考查有机合成及推断，解题的关键是分析反应类型、推出各有机物及反应原理，本题的难点是结合题中合成路线Fe或FeCl₃取代反应或硝化反应ACDD.氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有碱性(4)E中的羧基可以与NaOH反应，酯基也可以与NaOH反应，酯基水解得到的酚羟基也能与NaOH反应，化学方程式为对位：如果取代基为一COOH、-OOCCH₃,处于对位，有1种；如果取代基为一COOH、-COOCH₃,处于对位，有1种；如果取代基为一COOH、-CH₂OOCH,处于对位，有1种；如果取代基为HCOO-、-CH₂COOH,处于对位，有1种；所以符合条件的有4种；若核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比3:1:1:1的异构体的结构简式为引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在25、冷凝反应物使之回流b苯能腐蚀橡胶ABC蒸馏B72.0%【解题分析】(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；2-苯甲酰基苯甲酸~二正丁基氧化锡～二正丁基锡羧酸酯因为所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg,则故答案为：72.0%。【题目点拨】26、烧杯量筒量取50mL水置于烧杯中，再将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌确保液体顺利流下浓硫酸干燥的品红试纸Na₂S溶液溴水Br₂+SO₂+2H₂O→4H++2Br~+SO₄²-(a表示硫酸钡质量)【解题分析】(1)配制大约100mL的1:1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；注意将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌，不能将50mL水沿玻璃棒缓缓加入到烧杯50mL浓硫酸中；(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下；的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO₂的漂白性；若需要先后验证SO₂的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na₂S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：【题目详解】(1)配制大约100mL的1:1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；配制过程为将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；故答案为：烧杯；量筒；将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；(2)图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下，故答案为：确保液体顺利流下；(3)若需要对比干燥SO₂和湿润的SO₂的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，则先通过浓硫酸，再通过干燥的品红氧化性则通过还原剂Na₂S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO₂+Br₂+2H₂O=2SO₄²+2Br+4H*;故答案为：浓硫酸；干燥的品红试纸；Na₂(4)因为亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫→表示硫酸钡质量，样品质量为W克),Cu²++2NO₂↑+2H₂O可以控制反应的发生与停止3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO₂+2MnO₄+6H⁴=5NO₃+2Mn²*+3H₂O69%(或0.69)【解题分析】(1)根据NaCl、NaNO₂盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；和NO,通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na₂O₂发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。②在反应中NO₂被氧化为NO₃,MnO₄被还原为Mn²*;③根据方程式5NOz+2MnO₄+6H⁴=5NO₃+2Mn²*+3H₂O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【题目详解】衡时溶液中c(OH)>c(H+),溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO₂,不变色的为NaCl;Cu²⁴+2NO₂↑+2H₂O;这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO;④NO及NO₂都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO₂都会被酸性KMnO₄溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO₂未反应完全，消耗标准溶液故合理选项是A;②在反应中NO₂被氧化为NO₃,MnO₄被还原为Mn²+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO₂+2MnO₄+6H⁴=5NO₃+2Mn²*+3H₂O;n(MnO₄)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式5NO₂+2MnO₄+6H⁴=5NO₃+2Mn²*+3H₂O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO₂)=0.002mol×⁵=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO₂)a=0.005mol×100mt=0.02mol,其质量m(NaNO₂)=0.02mol×69g/mol=1.38g,则样品中亚硝酸钠的质量分数【题目点拨】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进28、3d¹⁰4s²bBr>As>Se>TeH₂O₂分子间存在氢键sp³杂化三角锥形离子键Zn²+可以通过【解题分析】(3)同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；(4)H₂O₂分子间存在氢键，而H₂S分子间不能形成氢键；根据价层电子对数=σ键个数+孤电子对个数分析解答；(5)①根据电负性的差值>1.7,形成离子键，<1.7形成共价键判断；根据[Zn(OH)₄]?-中存在配位键分析解答；②根据均摊法计算ZnO晶胞中含有的Zn、O原子数，计算晶胞的质量，再计算晶胞