浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高三最后一卷新高考化学试卷及答案解析

浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高三最后一卷新高考化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、有机物M、N之间可发生如图转化，下列说法不正确的是A．M能与溴水发生加成反应B．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．M分子中所有碳原子共平面D．M、N均能发生水解反应和酯化反应2、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q3、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是()A．M为电源负极，有机物被还原B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小C．M极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D．处理1molCr2O72-时有6molH+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移4、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液过滤胶体粒子不能通过滤纸B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度较大C用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体蒸发MgCl2受热不分解D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A．A B．B C．C D．D5、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强B向4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液中分别加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液后者褪色所需时间短反应物浓度越大，反应速率越快C将铜粉放入10mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现说明金属铁比铜活泼D向蔗糖中加入浓硫酸变黑、放热、体积膨胀，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有吸水性和强氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等A．A B．B C．C D．D6、某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A．pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091molB．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC．该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂D．常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.07、已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT+21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（）A．TNT在反应中只做还原剂B．TNT中的N元素化合价为+5价C．方程式中TNT前的化学计量数为2D．当1molTNT参加反应时，转移的电子数为30×6.02×10238、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A．浓硫酸的脱水性是化学性质B．使铁、铝钝化表现了强氧化性C．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性9、下列说法正确的是A．可用溴水除去已烷中的少量已烯B．可通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸C．可用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖发生了水解反应D．可向溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物10、的名称是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷11、下列各组性质比较中，正确的是()①沸点：②离子还原性：③酸性：④金属性：⑤气态氢化物稳定性：⑥半径：A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③​④ D．①③​④⑤⑥12、下列化学用语正确的是A．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—B．二氧化碳分子的比例模型：C．的名称：1，3—二甲基丁烷D．氯离子的结构示意图：13、空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：反应室载气吸收液SO42-含量数据分析①N2蒸馏水aⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-②3%氨水b③空气蒸馏水c④3%氨水d下列说法不正确的是A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B．反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C．本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D．农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成14、40℃时，在氨—水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A．40℃时，K(NH3·H2O)=10-9.10B．不同pH的溶液中均存在关系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C．随着CO2的通入，不断减小D．随溶液pH不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO315、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等B．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NAC．常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为3NAD．0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA16、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度17、将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。①一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；②一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；③一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是A．V1＝V3＞V2 B．V2＞V1＝V3C．V1＝V2＞V3 D．V1＞V3＞V218、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al219、某无色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪种溶液不会使其变色A．淀粉溶液 B．硫酸氢钠溶液 C．H2O2溶液 D．氯水20、依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉KI溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2>Br2>I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32－或HSO3－C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D21、下列表示不正确的是（）A．HCl的电子式B．SiO2的结构式O=Si=OC．S的原子结构示意图D．乙炔的分子式C2H222、W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列说法错误的是（）A．X、Y简单离子半径：X>YB．W、Z元素的简单氢化物的稳定性：W>ZC．X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒D．工业上常用电解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法来制取单质Y二、非选择题(共84分)23、（14分）如图是部分短周期元素（用字母x等表示）化合价与原子序数的关系图。根据判断出的元素回答问题：（1）h在周期表中的位置是__________。（2）比较z、f、g、r常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：______＞______＞______＞______；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：______＞______＞；比较d、m的氢化物的沸点：______＞______。（3）x与氢元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）______，实验室制取该物质的化学方程式为：____________________________________。（4）由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：___________________________。（5）用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为（写化学式）___________________________。铅蓄电池放电时正极反应式为式）___________________________。24、（12分）有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，进行如下实验：实验步骤实验现象①取少量原溶液，加几滴甲基橙溶液变红色②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色③取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成④取③中上层清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3⑤取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的离子是________________________；⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________；⑶为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_____________________________；____________________________。25、（12分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图：实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/℃57.7—315熔点/℃-70.0——升华温度/℃—180300(1)装置B中的试剂是_______，装置D中制备SiCl4的化学方程式是______。(2)D、E间导管短且粗的作用是______。(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。（提出假设）假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：______。（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中，滴加3mol/LH2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：序号操作可能出现的现象结论①向a试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立②向b试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立③向c试管中滴加几滴_____溶液_____假设3成立26、（10分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图：图甲图乙图丙回答以下问题：(1)甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_____________。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______左右以保证较高产率。(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的盐酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。27、（12分）溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图）：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，______________。(2)“合成”的化学方程式为___________________。“合成”温度控制在70℃以下，其原因是__________。投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，其目的是__________________。(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式）。(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，______________。[实验中须使用的试剂有：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱]28、（14分）有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。A．[Ar]3d104s1B．[Ar]3d10C．[Ar]3d94s1D．[Ar]3d84s2(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是____________________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________________，其中C原子的杂化轨道类型为____________________。(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_______；C2D与BD2互为__________(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是____________________。(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为__________；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了__________键的缘故。(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为__________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)29、（10分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。(2)已知第三电离能数据:I3(Mn)=3246kJ·mol-1，I3(Fe)=2957kJ·mol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于")。(4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。①1mol[Co(NH3)6]3+含______molσ键。②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S=C=N]-,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______(填元素符号)。③配离子在水中颜色与分裂能有关，某些水合离子的分裂能如表所示：由此推知，a______b(填“>”“<”或“=")，主要原因是_______________________。(5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605°C、-24°C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。(6)钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·cm-3。氮化钛晶胞中N原子半径为__________pm

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）1、C【解析】

A.M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B.N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；C.M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；D.M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；故答案为C。2、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。3、B【解析】

根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72－转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A．根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B．由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na＋和Cl－不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H＋透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O72－＋6e－＋14H2O=2Cr(OH)3＋8OH－，生成的OH－透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH－与H＋反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C．苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为6×[4－()]=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D．原电池中，阳离子向正极移动，因此H＋从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na＋和Cl－的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H＋和OH－的移动反应来判断。4、D【解析】

A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。综上所述，本题的正确答案为D。5、B【解析】

A.CuSO4和H2S反应生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S的酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，故A不选；B.相同浓度的KMnO4酸性溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应，MnO4-被还原为Mn2+，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，故B选；C.Fe2（SO4）3和Cu反应生成FeSO4和CuSO4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，故C不选；D.浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，同时浓硫酸具有强氧化性，被还原为SO2，有刺激性气味的气体产生，故D不选。故选B。6、A【解析】

A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，据此计算n(HA−)；B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)＝c(HA−)。【详解】A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，Ka2＝＝×c(H＋)＝×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA−)约为0.0091mol，故A正确；B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2−)＋c(HA−)＝0.1mol/L，故B错误；C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误；D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2−)、c(HA−)不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；故答案选A。【点睛】正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。7、D【解析】

A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；所以答案选择D项。8、D【解析】

A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。9、B【解析】

A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br要转化为Br-，在酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析出时pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应产生环己烯、NaBr及H2O，由于该溶液可能含有过量的NaOH而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于检验消去产物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。10、D【解析】根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。11、B【解析】

①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为，故错误；②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；③.非金属性，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即，即金属性：，故正确；⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。12、D【解析】

A．聚丙烯的链节：，A错误；B．O的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B错误；C．的名称：2—甲基戊烷，C错误；D．氯离子最外层有8个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D正确；答案选D。13、C【解析】

A.因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B.反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故B正确；C.由已知b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D.铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。14、A【解析】

A.在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3·H2O)，Kb(NH3·H2O)==c(OH-)，由于Kw=c(H+)·c(OH-)是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10时，c(H+)=10-9.10，c(OH-)==10-4.9，Kb(NH3·H2O)=c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40℃时，K(NH3·H2O)>10-4.9，A错误；B.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确；C.已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则不断减小，C正确；D.由图象可知：开始溶液pH较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为NH4HCO3，D正确；故合理选项是A。15、C【解析】

A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错误；B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1mol“NO2”，原子总数为3NA，C正确；D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误；答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF熔沸点升高，标况下不是气态。16、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。17、A【解析】

假设每份含2mol铝，①能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；②铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3Fe3O4+8Al4Al2O3+9Fe，铁和盐酸反应生成氢气Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2mol铝与四氧化三铁反应生成9/4mol铁，9/4mol铁与盐酸反应生成氢气9/4mol；③能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气；所以V1=V3＞V2，故选A。18、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。19、A【解析】

Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I-氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色。A.加淀粉溶液，与I-不反应，则溶液不变色，A符合题意；B.溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I-可以NO3-被氧化为I2，则溶液会变色，B不符合题意；C.H2O2具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，C不符合题意；D.氯水具有强氧化性，能把I-氧化为I2，则溶液会变色，D不符合题意；故合理选项是A。20、B【解析】

A．由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；B．能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不一定是或；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；综上所述，B项正确；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D．由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。21、B【解析】A.HCl是共价化合物，其电子式为B.SiO2是原子晶体，是立体网状结构，如，故B错误；C.S的核电荷数为16，其原子结构示意图为D.乙炔的分子式为C2H2，故D正确；答案为B。22、D【解析】

W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，W为C元素；X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，X为O元素；Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Y为Al元素；Z元素和W元素同主族，Z为Si元素；R元素被称为“成盐元素”，R为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Al、Z为Si、R为Cl元素。A.O2-和Al3+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，因此简单离子半径：X>Y，A正确；B.同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性C>Si。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：W>Z，B正确；C.元素X和R形成的ClO2，该物质具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，C正确；D.Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融氯化铝不能导电。在工业上常用电解熔融Al2O3的方法制金属Al，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律。把握短周期元素、原子序数、元素的性质和位置来推断元素为解答的关键，D选项为易错点，注意冶炼金属Al原料的选择。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族S2-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2+2H2O→CH≡CH↑+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、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ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA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HClO4＞H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HF＞HCl，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+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，故答案为C2H2；CaC2+2H2O→CH≡CH↑+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2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；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+PbSO4。24、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】

因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据①取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3

。25、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】

制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具有还原性，会使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设1成立；SO32-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI溶液用来检测假设3是否成立。【点睛】本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。26、三颈烧瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++与H+作用，调整pH3.5洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切C→B→A【解析】

(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。【详解】(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。27、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发，“合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)=1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。28、3BNN原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大三角锥形sp3杂化1:2等电子体二者的价电子总数和原子总数相等120。氢2:1高于34%【解析】

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B元素原子的核外电子排布为1s22s22p2，则B原子核外共6个电子，为C元素；C原子的p轨道处于半充满状态，则C为N元素或P元素或As元素，D的单质是空气的主要成分之一，则D为N元素或O元素，又D的质子数为A与C之和，则A为H元素，C为N元素，D为O元素；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物，则E为Cu元素，其与O形成化合物Cu2O或CuO，据此分析解答。【详解】由以上分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Cu元素，(1)E为Cu元素，其为29号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu元素基态原子的M能层中具有3个能级，其