贵州省遵义市2023年化学高三第一学期期末统考试题含解析.doc

1、贵州省遵义市2023年化学高三第一学期期末统考试题请考生注意：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05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A萃取B溶解C过

2、滤D重结晶2、常温下,将盐酸滴加到联氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中pOHpOH=- lgc（OH- ）随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（已知N2H4在水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O- N2H5+OH- ，N2H5+ +H2O- N2H62+OH- ）A联氨的水溶液中不存在H+B曲线M表示pOH与的变化关系C反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6DN2H5Cl的水溶液呈碱性3、工业制硝酸产生的尾气NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（）Ax=1.5时，只生成NaNO2B2x1.5时，生成NaNO2和NaNO3Cx1.5时，需补充O2Dx=2时

3、，只生成NaNO34、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9AA、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：ABCBA点对应的溶液中存在：c(CO32-) c(HCO3-)CB点溶液中 c(CO32-)=0.24mol/LD向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化5、下列对化学用语的理解中正确的是（ ）A原子结构示意图：可以表示35Cl，也可以表示37ClB电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C比例模型：可以表示甲烷分子，也

4、可以表示四氯化碳分子D结构简式(CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇6、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA7、在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是AEa为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能B该反应为放热反应，H=

5、Ea-EaC活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动8、有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是可以使酸性KMnO4溶液褪色可以和NaHCO3溶液反应一定条件下能与H2发生加成反应在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应ABCD9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A0.2mol FeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAB常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAC标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAD常温下，56g

6、铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子10、SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（ ）A还原性B漂白性C酸性D氧化性11、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）Aa+b 0Ba+b c, Q c, Q 0Da+b c, Q ZWD相同条件下，乙的沸点高于丁14、根据下列实验操作所得结论正确的是（）选项实验操作实验结论A向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液浓度越大，反应速率越快B向40mL的沸水中滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应得到

7、Fe（OH）3胶体C向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱AABBCCDD15、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）A加入合金的质量不可能为6.4gB沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC

8、溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol16、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料，按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。己知：（1）RCOOH

9、 RCOC1 RCOOR（2）R-Cl- R-NH2 R-NH2HC1 RCONHR请回答：（1）写出化合物的结构简式：B_ ； D_ 。（2）下列说法不正确的是_。A转化为A为氧化反应 B RCOOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1C化合物B能发生缩聚反应 D布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na（3）写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_。红外光谱表明分子中含有酯基，实验发现能与NaOH溶液12反应，也能发生银镜反应；HNMR谱显示分子中有三个相同甲基，且苯环上只有一种化学环境的氢原子。（4）写出F布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_。（5）利用题给信息，设计以为原料制备

10、（）的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_。18、叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲的最简式为_；丙中含有官能团的名称为_。（2）下列关于乙的说法正确的是_(填序号)。a分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b属于芳香族化合物c既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d属于苯酚的同系物（3）甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式：_。（4）甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：步骤的反应类型是_。步骤I和IV在合成甲过程中的目的是_。步骤IV反应的化学方程式为_。19、某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验：试剂：酸化的

11、0.5molL-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红 (1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_。(2)产生气泡的原因是_。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是_。实验III：试剂：未酸化的0.5molL-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2

12、O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4 (4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4molL-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是_。结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因_。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得

13、到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式_。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与_（至少写两点）有关。20、某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。方案一、实验装置如图1所示。 已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：_。NaOH溶液的作用是_。（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_。（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最

14、低浓度为_（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。方案二、实验装置如图2所示。加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。（4）通入氧气的目的是_、_。（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。21、氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是FO _。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2) NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中

15、的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化形式为_。NaBH4中存在_（填标号）。a. 离子键 b. 氢键 c. 键 d. 键(3) BeC12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为 _，其中Be的配位数为_。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：解释表中氟化物熔点变化的原因：_。(5) CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，其空隙率是_。若r(F-)=x pm，r(Ca2+) =y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度=_ g.cm-3（列出计算表达式）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】此操作中，将醋酸

16、放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。2、C【解析】A. 联氨的水溶液中，水可以电离出H+，故A错误；B. 当c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(OH-)，同理c(N2H6+)= c(N2H5+)时，Kb2=c(OH-)，所以曲线N表示pOH与的变化关系，曲线M表示pOH与的变化关系，故B错误；C. c(N2H5+)=c(N2H4)时，反应N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6，故C正确；D. N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸

17、弱碱盐，水溶液呈酸性，故D错误；故选C。3、D【解析】工业制硝酸产生的尾气NOx用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH(2x3)NaNO3+(52x)NaNO2+H2O；Ax1.5时，2x30，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；B2x1.5时，2x-30，52x0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；Cx1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；D当x2时，2x31，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误。故答案为D。4、A【解析】ACO32的水解能力强于HCO3，因此溶液中

18、的CO32的浓度越大，溶液中的OH的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为ABC，A正确；BA点对应的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则c(Ba2)=10-7molL1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.4010-9，可得c(CO32)= ，C错误；D通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【

19、点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有，转化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，减小，则增大。5、A【解析】A.35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也相同，故A正确；B.羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故B错误；C.比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳，故C错误；D.(CH3)2CHOH中主碳链有3个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D错误；综上所述，答案为A。6、D【解析】AT2O的摩尔质量为22，18gT2O的物质的量为mol，含有的质子

20、数为NA，A选项错误；B1mol/L的Na2CO3溶液中，由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L，c(CO32-)+c(HCO3-)ZW，选项C正确；D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。14、B【解析】A. NaHSO3溶液和H2O2溶液会发生氧化还原反应，生成Na2SO4和H2O，现象不明显，不能够判断浓度对反应速率的影响，A错误；B. 制备Fe(OH)3胶体:向沸水中滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液

21、体呈红褐色，B正确；C.两溶液浓度未知，虽有黄色沉淀生成，但不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小关系，C错误；D. NaClO溶液具有强氧化性，会氧化pH试纸，不能用pH试纸测定，D错误；故答案选B。【点睛】难溶电解质的溶度积越大，难溶物越溶，溶度积大的难溶物可转化为溶度积小的难溶物。15、C【解析】淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)=0.3mol，根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=n(OH-)=0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金

22、质量，故A错误；B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=100mL，故B错误；C由转移电子守恒得n(NO)=0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol0.1mol=2.24L，故C正确；D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D错误；故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差

23、成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。16、C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性

24、条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B正确；C. 步骤中，防止其在步骤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、D【解析】氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与

25、NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠；（1）写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH； D为；（2）A催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。（3）红外光谱表明分子中含有

26、酣基，实验发现能与NaOH溶液12反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO；HNMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；（4）F布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；（5）以为原料制备的合成路线为。点睛：本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简

27、式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型；难点是有机物D的结构确定，可先根据F的碱性水解，结合产物确定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。18、C7H7NO2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反应 保护氨基 +H2O+CH3COOH 【解析】(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 ，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能

28、与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)由可知步骤的反应类型是取代反应；答案：取代反应。步骤和在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；步骤反应的化学方程式为。答案：。19、2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2 取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-

29、 2Fe2+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降 6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3FeCl3)n+6nHCl pH、阴离子种类、温度、反应物用量 【解析】(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与

30、H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、

31、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述

32、FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此

33、H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3FeCl3)n+6nHCl。答案为：6nFeCl2+3nH2O2=2(

34、Fe2O3FeCl3)n+6nHCl；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。【点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。20、 吸收尾气中的 酸式滴定管 11.0 使产生的全部被NaOH溶

35、液吸收 将最终转化为 偏大 【解析】反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O 吸收尾气中的SO2（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）当入

36、浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4 （5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。答案：偏大21、BeBK 哑铃（纺锤） 正四面体 sp3 ac 3 前三种为离子晶体，晶格能依次增大；后三种为分子晶体，分子间作用力依次增大 50% 或 【解析】(1) 同一周期，从左到右，元素的第

37、一电离能逐渐增大，但第A族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，据此判断第一电离能大小顺序；根据K为19号元素，基态K+电子占据最高能级的电子为3p，据此判断电子云形状；(2) BH4-中B形成4个键，没有孤电子对；NaBH4属于离子化合物，阴离子为BH4-，据此分析判断存在的化学键类型；(3) BeCl2中Be为4号元素，存在空轨道，Cl含有孤电子对，据此分析解答；(4)前三种为离子晶体，后三种为分子晶体，结合影响离子晶体和分子晶体熔点的因素分析解答；(5) 根据CaF2的晶胞图，F一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca2+占据；根据均摊法计算一个晶胞中含有F一和Ca2+的数目，再计算晶胞的质量，根据晶胞中体对角线的长度为4(x+y)pm计算晶胞的体积，最后再计算晶胞的密度。【详解】(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第A