2025-2026学年秦皇岛市高三第一次模拟考试化学试卷（含答案解析）

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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、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
B．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
2、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00ml∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05ml NaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是
A．2:3B．3:1C．1:1D．3:2
3、下列指定反应的化学用语表达正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4、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．①②③B．③④⑤⑥C．②③​④D．①③​④⑤⑥
5、中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1所示，电池的工作原理如下图2所示。下列有关说法正确的是
A．放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极
B．闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极
C．放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极
D．充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2 +2Li+
6、下列物质中不能通过置换反应生成的是（ ）
A．F2B．COC．CD．Fe3O4
7、与溴水反应不会产生沉淀的是
A．乙烯B．AgNO3溶液C．H2SD．苯酚
8、实验测得浓度均为0.5 ml•L-1的Pb(CH3COO)2溶液的导电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是
A．Pb(NO3)2溶液与 CH3COONa 溶液混合：Pb2++2CH3COO-= Pb(CH3COO)2
B．Pb(NO3)2 溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓
C．Pb(CH3COO)2 溶液与K2S溶液混合：Pb2++S2- =PbS↓
D．Pb(CH3COO)2 在水中电离： Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-
9、下列说法中正确的是（ ）
A．生物炼铜指的是在某些具有特殊本领的细菌的体内，铜矿石中的杂质元素可以被转化为铜元素，从而可以提高铜矿石冶炼的产率
B．铁在NaOH和NaNO2混合溶液中发蓝、发黑，使铁表面生成一层致密的氧化膜，可防止钢铁腐蚀
C．已知锶(Sr)为第五周期IIA族元素，则工业上常通过电解熔融SrCl2制锶单质，以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热至SrCl2•6H2O失水恒重
D．硫比较活泼，自然界中不能以游离态存在
10、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（ ）
A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸
B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HCl
C．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出
D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸
11、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
12、下列实验合理的是（）
A．AB．BC．CD．D
13、pH＝a 的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pH＜a的是
A．NaClB．CuSO4C．Na2SO4D．HCl
14、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（ ）
A．工作时原电池负极附近溶液的pH增大B．电子由Zn经过溶液流向Ag2O
C．溶液中OH- 由Zn电极移向Ag2O电极D．Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-＝2Ag+ 2OH-
15、利用电解法制取 Na2FeO4 的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保 持不变，溶液体积变化忽略不计）
A．Y 是外接电源的正极，Fe 电极上发生还原反应
B．Ni 电极上发生的电极反应为：2H2O － 4e－== O2↑＋4H＋
C．若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中 OH－由 B 室进入 A 室
D．电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的 pH 比原来小
16、联合国大会宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出“律动世界——化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T的次外层电子数是其最外层电子数的2倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是（ ）
A．元素T在自然界主要以游离态形式存在
B．元素非金属性强弱：Z>Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
D．X与氧元素形成的氧化物不止一种
17、25℃时，向10 mL 0.l ml·L－1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )
A．A点溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)
B．HC2O4－在溶液中水解程度大于电离程度
C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4
D．D点溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)
18、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1L 1 ml·L－1 的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
19、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是
A．元素的非金属性为R>Y> W
B．原子半径为W>R>X> Y
C．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物
D．简单氢化物的热稳定性为R> W> Y
20、在太空中发现迄今已知最大钻石 直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（ ）
A．含1mlC的金刚石中的共价键为4ml
B．金刚石和石墨是同分异构体
C．C（石墨）C（金刚石） △H=+1.9KJ/ml，说明金刚石比石墨稳定
D．石墨转化为金刚石是化学变化
21、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01ml·L－1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中
C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
22、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)。
下列有关说法正确的是（ ）
A．大量的氮、磷废水排入海洋，易引发赤潮
B．在③中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，再直接蒸发得到MgCl2·6H2O
C．在④⑤⑥中溴元素均被氧化
D．在①中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
二、非选择题(共84分)
23、（14分）以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。
（1）写出“甲苯→A”的化学方程式____________________。
（2）写出C的结构简式___________，E分子中的含氧官能团名称为__________________；
（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是______________。
（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_________________。
①遇FeCl3溶液显紫色， ②能与碳酸氢钠反应，
③苯环上只有2个取代基的， ④能使溴的CCl4溶液褪色。
（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：___________________。
（6）由D合成E有多步，请设计出D→E的合成路线_________________。(有机物均用结构简式表示)。
(合成路线常用的表示方式为：D……E)
24、（12分）生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：
(1)反应①的条件是____________；物质B含有的官能团名称是________________
(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式__________
(3)反应③的类型____________，写出该反应④的一种副产物的结构简式________
(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式____________________
(5)1ml阿司匹林和1ml缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_________、___________。
25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。
Ⅰ. Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3 +CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。
(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。
(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。
(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。
(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。
(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。
Ⅱ. 探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)
ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-
(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。
(7)同浓度氧化性：Ag+ > Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。
(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。
实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____ =Ag2S+_____
(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。
26、（10分）FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质)
I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验
（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。
（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。
①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。
取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。
②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。
③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－
II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素
（3）配制 0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01ml/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
（资料 1）
①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。
②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：
假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。
假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。
假设 3：_______。
（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 ml/L NaCl）和溶液 B（0.1ml/L FeSO4）为不同的 pH，
观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。
（资料 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。
（资料 3）常温下，0.1ml/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U 型管中左池的电极反应式____________。
②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。
③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。
④ 对（资料 3）实验事实的解释为____________。
27、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：
已知：① SO2(g) + Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ΔH＝－97.3 kJ/ml。
② 硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。
③ 100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。
回答下列问题：
(1) 装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(2) 装置B的作用为_______________________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________。
(3) 仪器F的名称为_________________，E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”)，F的作用为_______________________________________________。
(4) 当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为____________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。
① 先通冷凝水，再通气② 控制气流速率，宜慢不宜快
③ 若三颈烧瓶发烫，可适当降温④ 加热三颈烧瓶
(5) 氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H＝SO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_____
A．重结晶B．过滤 C．蒸馏D．萃取
(6) 长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_______________________。
28、（14分）中国的铀工业自20世纪50年代兴起，现已形成完整的和具有相当规模的科研和工业生产体系。铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：
(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。
①基态氟原子的价电子排布图为_____________；
②金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______；
③UF4用Mg或Ca还原时，其氧化产物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔点高于CaF2，其原因是_________________。
(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑
①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒间作用力是_________；
a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 金属键
②NH4+的空间构型为______，与NH4+等电子体的分子或离子有_____(写一种)；
③CO32－中碳原子杂化轨道类型为_________；
(3)UO2的晶胞结构如图所示：
①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)；
②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UO2晶体的密度为__________g·cm－3。(列出含a算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)
29、（10分） (CdSe)n小团簇（CdnSen，n=1~16）为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。
回答下列问题：
(1)基态Se原子的价层电子排布式为___。
(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是___。
(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃，上述熔点呈规律性变化的原因是___。
(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是___。
(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(，，)，则B、C的原子坐标参数分别为___。该晶胞中CdSe键的键长为___。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___。
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、B
【解析】
Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多，原子半径越大，同一周期，原子序数越小，原子半径越大，即原子半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故B正确；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W＞Z，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性F＞O＞Si＞Al，即简单气态氢化物的稳定性Y＞X＞W，故D错误；故选B。
2、A
【解析】
H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。
【详解】
题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
据③，生成0.05ml NaClO，消耗0.05mlCl2、0.10mlNaOH。则②中消耗0.20mlNaOH和0.20mlHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10ml。
氢气和氯气物质的量之比0.10ml:(0.10ml+0.05ml)=2:3。
本题选A。
吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。
3、A
【解析】
A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，A正确；
B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；
C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，D错误；
答案选A。
4、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。
5、D
【解析】
本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。
【详解】
A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；
B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；
C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；
D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2−2e−===O2↑+2Li+，故D正确。
6、A
【解析】
A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；
B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；
C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；
D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；
故选A。
本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。
7、A
【解析】
A．乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，没有沉淀，选项A错误；
B．AgNO3溶液与溴水反应生成溴化银沉淀，选项B正确；
C．H2S与溴水发生氧化还原反应产生S沉淀，选项C正确；
D．苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，选项D正确；
答案选A。
8、C
【解析】
由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知，
A. Pb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液混合，会生成Pb(CH3COO)2，发生反应的离子方程式为：Pb2++2CH3COO-= Pb(CH3COO)2，A项正确；
B. Pb(NO3)2溶液与K2S溶液混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2++S2-=PbS↓，B项正确；
C. Pb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合，离子方程式为： Pb(CH3COO)2+S2- =PbS↓+2CH3COO-，C项错误；
D. Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-，D项正确；
答案选C。
Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。
9、B
【解析】
A.生物炼铜利用某些具有特殊本领的细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，而不是将铜矿石中的杂质元素转化为铜元素，故A错误；
B.为了防止铁生锈，可对铁制品表面进行“发蓝”处理，即把铁制品浸入热的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一层致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正确；
C.锶是活泼金属元素，SrCl2是强酸强碱盐，加热时不发生水解，则以SrCl2•6H2O制取无水SrCl2不必在氯化氢气流中加热，故C错误；
D.自然界中含硫矿物分布非常广泛，种类也很多，以单质硫（即游离态）和化合态硫两种形式出现，故D错误；
综上所述，答案为B。
根据元素周期律，第IIA族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性：Ba>Sr> Ca>Mg>Be，则可知SrCl2是强酸强碱盐。
10、B
【解析】
A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；
B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；
C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；
D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；
答案选B。
11、D
【解析】
A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；
B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3Si>Ge，B正确；
C．因为CO2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3> Al(OH)3，C正确；
D．C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D正确；
故选A。
17、A
【解析】
A. A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正确；
B.B点是10 mL 0.l ml·L－1 H2C2O4溶液与10 mL 0.l ml·L－1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；
C. B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；
D. D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D错误。
答案选A。
该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。
18、D
【解析】
A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 ml·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；
B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；
C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；
D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/ml，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5ml，含有1ml原子，含有的原子数目为NA，故D正确；
故答案为D。
19、D
【解析】
W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。
【详解】
A. W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；
B. 原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；
C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；
D. 元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；
故选D。
20、D
【解析】
A. 在金刚石中，每个碳原子与周围4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1mlC的金刚石中的共价键为2ml，A错误；
B. 金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；
C. C（石墨）C（金刚石） △H=+1.9KJ/ml，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；
D. 石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变化，D正确。
故选D。
21、C
【解析】
Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01ml·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。
A．H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）> Z（S）> X（O）> W（H），A项错误；
B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；
C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；
D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；
本题答案选C。
22、A
【解析】
A．氮、磷为植物生长的营养元素，氮和磷大量排入海洋中，会导致水体富营养化污染，形成赤潮，故A正确；
B．在③中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸发得不到MgCl2·6H2O，故B错误；
C．⑤中溴得电子化合价降低转化为溴离子，溴元素被还原，故C错误；
D．镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，为了除去过量的钡离子，碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，因此Na2CO3溶液不能放在BaCl2溶液之前加入，故D错误；
故选A。
二、非选择题(共84分)
23、 羧基、羟基 取代或酯化 或的邻、间、对的任意一种 （写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）
【解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。
（1）“甲苯→A”的化学方程式为； （2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称为羧基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E→酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件①遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，②能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，③苯环上只有2个取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，D→E的合成路线为。
24、铁 羧基、氯原子（苯基） CH3COOH 取代 无 Na2CO3+2NaHCO3 3ml 4nml
【解析】
根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；
【详解】
根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。
(1)反应①的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，
故答案为：铁；羧基和氯原子；
(2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH；
(3)反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为；
(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；
(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1ml阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3ml，缓释长效阿司匹林为，1ml缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n ml。
本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。
25、SO32-+2H+= H2O +SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 硫 控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色 Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱 H2O H2SO4 阳离子、用量等
【解析】
Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；
Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；
(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；
(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；
(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。
【详解】
Ⅰ. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；
(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；
(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；
(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。
Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；
(7)同浓度氧化性：Ag+ >Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；
(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；
(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。
26、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ 蒸发浓缩 检验晶体中是否含有结晶水 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
【解析】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。
【详解】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
27、2MnO4— + 10Cl— + 16H+＝2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl2 + 2H2O＝2HCl + H2SO4 球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气 80% ①②③ C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄
【解析】
由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)~(3)；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解。
【详解】
(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。
故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结合信息可知不能加热。
故答案为:80%；①②③；
(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；
(6)由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。
28、 68% MgF2或CaF2均为离子晶体，MgF2的晶格能大于CaF2 abc 正四面体 CH4 sp2 立方体
【解析】
(1)①F元素常用第二周期VIIA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空间利用率＝；
③CaF2和MgF2都是离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高；
(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；
②根据VSEPR理论判断NH4＋的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
③根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；
(3)①由UO2的晶胞结构，氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心；
②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中U、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【详解】
(1)①F原子价电子排布式为2s22p5，由泡利原理、洪特规则，价层电子排布图为；
②根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8×＋1＝2个，设硬球边长为a，根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4r＝a，所以r＝a，所以空间利用率＝＝=×100%＝68%；
③MgF2和CaF2均为离子晶体，Mg2＋半径小于Ca2＋半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2的熔点较高；
(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；
②对于NH4＋，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋＝4，VSEPR模型为四面体形，形成4根N−H键，则其空间构型为正四面体；
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH4＋互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH4−（或BeH42−、AlH4−、SiH4及GeH4）；
③对于CO32−，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝3+＝3，根据杂化轨道理论，中心C为sp2杂化；
(3)①氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心，则氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中；
②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的，若两个氧原子的最近距离为a nm，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积＝(2a×10−7cm)3，U原子数目＝8×＋6×＝4，O原子数目＝8，晶胞质量＝g，故晶体密度＝g÷(2a×10−7cm)3＝g•cm−3。
29、4s24p4 Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充满状态 均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-CdTe 三角锥形 sp3 B(，，)，C(，，)
【解析】
(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，由此可写出其价层电子排布式。
(2)Cd的价电子排布式为4d105s2，5s轨道全充满，则第一电离能出现反常。
(3)从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比。
(4) PH3中P的价层电子对数为4，由此可确定其空间构型。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4，由此可确定参与形成配位键的孤电子对占据的轨道。
(5)原子坐标参数A为(，，)，根据0点定位，可确定B、C的原子坐标参数。该晶胞中CdSe键的键长，可建立三角形进行计算。利用均摊法，确定晶胞中所含原子个数，从而求出原子的总体积，再除以晶胞的体积，即得该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率。
【详解】
(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，则基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4。答案为：4s24p4；
(2) Cd的价电子排布式为4d105s2，5s轨道全充满，Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充满状态。答案为：Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充满状态；
(3) 从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比，所以上述熔点呈规律性变化的原因是：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-CdTe。答案为：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-CdTe；
(4) PH3中P的价层电子对数为4，P原子的最外层存在1对孤对电子，则PH3的空间构型是三角锥形。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4，N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是sp3。答案为：三角锥形；sp3；
(5)原子坐标参数A为(，，)，根据0点定位，则B、C的原子坐标参数分别为B(，，)，C(，，)。设该晶胞中CdSe键的键长为x，则x2=(a)2+(a)2+(a)2，x=。在晶胞中，Cd原子数为×8+×6=4，Se原子数为4，已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。答案为：B(，，)，C(，，)；；。
在确定分子的空间构型时，需先确定中心原子的价层电子对数，然后确定中心原子的最外层所含有的孤对电子数。也可采用类推法，由同主族元素中化学式类似分子的结构，类推出该分子的结构。
A
锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡
CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣
B
用铁电极电解饱和食盐水
2Cl﹣+2H2O＝Cl2↑+H2↑+2OH﹣
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O
Al3 ++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2O
D
KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4
3ClO﹣+2Fe(OH)3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O
选项
操作
现象
结论
A
向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色
NaHCO3溶液溶液呈碱性
B
向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液
得到红褐色悬浊液
Ksp[Fe(OH)3]