2026年丽江市高三第二次调研化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年丽江市高三第二次调研化学试卷（含答案解析），共7页。
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、某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 ml/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 ml/L HCl溶液、1滴1 ml/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A．依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B．对照组溶液x的组成可能是0.003 ml/L KCl
C．依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
2、常温下，向1L0.1ml·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O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（ ）
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)ml
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)=0.05m1时，溶液中有：c(Cl－)> c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)
3、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示
A．电子层数B．原子半径C．最高化合价D．最外层电子数
4、离子化合物O2[PtF6]的阴离子为[PtF6]－，可以通过反应 O2＋PtF6→O2[PtF6]得到。则
A．O2[PtF6]中只含离子键B．O2[PtF6]中氧元素化合价为+1
C．反应中O2是氧化剂，PtF6是还原剂D．每生成1mlO2PtF6 转移1ml电子
5、下列实验装置能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
6、NA代表阿伏加德罗常数的值。4g α粒子(4He2+)含
A．2NA个α粒子B．2NA个质子C．NA个中子D．NA个电子
7、某稀溶液中含有4mlKNO3和2.5mlH2SO4，向其中加入1.5mlFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75ml/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
8、向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小排列顺序正确的是
甲：在500℃时，SO2和O2各10 ml反应
乙：在500℃时，用 V2O5做催化剂，10 ml SO2和5 ml O2反应
丙：在450℃时，8ml SO2和5 ml O2反应
丁：在500℃时，8ml SO2和5 ml O2反应
A．甲、乙、丙、丁B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙D．丁、丙、乙、甲
9、电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。下列说法错误的是
A．b接外加电源的正极
B．交换膜为阴离子交换膜
C．左池的电极反应式为
D．右池中水发生还原反应生成氧气
10、在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是
A．图中②点所示溶液的导电能力弱于①点
B．③点处水电离出的c(H+)=1×10-8ml·L-1
C．图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D．25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6m1·L-1
11、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
下列判断正确的是( )
A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立
B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立
C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立
D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O
12、化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是
A．环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液
B．食品中的抗氧化剂可用维生素C
C．治疗胃酸过多可用CaCO3和Ca(OH)2
D．除去工业废水中的Cu2+可用FeS
13、油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为 4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列说法正确的是
A．H2O 是氧化产物 B．H2O2 中负一价的氧元素被还原
C．PbS 是氧化剂 D．H2O2在该反应中体现还原性
14、25℃时，向20. 00 mL 0.1 ml/L H2X溶液中滴入0.1 m1/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-) 的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．水的电离程度：M>PB．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同D．P点溶液中
15、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是
A．AB．BC．CD．D
16、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示：
原理如下：(1− x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是
A．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
B．充电时，Li+向左移动
C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe− +nC=LixCn
D．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe− =xLiFePO4
17、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A．硝酸钡，稀硫酸B．稀盐酸，氯化钡
C．稀硫酸，氯化钡D．稀硝酸，氯化钡
18、下列实验设计能完成或实验结论合理的是
A．证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾－淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化
B．铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含Fe2O3
C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较
D．检验Cu2+和Fe3+离子，采用径向纸层析法，待离子在滤纸上展开后，用浓氨水熏， 可以检验出Cu2+
19、室温下，将1L0.3ml⋅ L−1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是
A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
20、下列化学用语或图示表达正确的是
A．乙烯的比例模型：B．质子数为53，中子数为78的碘原子：I
C．氯离子的结构示意图：D．CO2的电子式：
21、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
22、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2＋电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是( )
A．原子半径：M＜Z＜YB．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
C．可用XM2洗涤熔化过M的试管D．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z
二、非选择题(共84分)
23、（14分）1，3—环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3—环己二酮的路线。
回答下列问题：
（1）甲的分子式为 __________。
（2）丙中含有官能团的名称是__________。
（3）反应①的反应类型是________；反应②的反应类型是_______。
（4）反应④的化学方程式_______。
（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。
①能发生银镜反应
②能与NaHCO3溶液反应，且1ml乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。
写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式：________。（任意一种）
（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4—戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_______。
24、（12分）请根据以下知识解答
+R2-CHO →（R代表烃基，下同。）
+H2
1，4―丁二醇是生产工程塑料PBT（聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式

(1)请写出A和D的结构简式：________________________、_____________________。
(2)写出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化学反应方程式：______写出生成F (PBT)的化学反应方程式:___。
(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有________个。
(4)某学生研究发现由乙炔可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。________________
提示：①合成过程中无机试剂任选 ②反应流程图表示方法示例如下：
25、（12分）铜锈的主要成分是铜绿，某化学兴趣小组为了研究铜生锈的条件，进行了如下图所示的实验。一月后，发现B中的铜丝慢慢生锈，且水面处铜丝生锈较为严重，而A、C、D中的铜丝基本无变化。
试根据实验回答下列问题：
(1)铜生锈所需要的条件是：铜与________相互作用发生化学反应的结果。
(2)写出铜生锈产生铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学反应方程式________。
(3)推测铜和铁，________更易生锈。
26、（10分）Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。
（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000ml•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。
①判断滴定终点的现象是_____。
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。
27、（12分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。
[探究一]称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。
(1)(I)甲同学认为X中除Fe3＋外还可能含有Fe2＋。若要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用___________。
a.KSCN溶液和氯水 b.K3[Fe(CN)6]溶液 c.浓氨水 d.酸性KMnO4溶液
(Ⅱ)乙同学将336 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因___________，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___________。(结果保留一位小数)。
[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。
(2)简述该实验能产生少量H2的原因___________(用化学用语结合少量文字表述)。
(3)装置B中试剂的作用是___________，装置F的作用是___________。
(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于___________(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是___________。
a.A～B之间 b.B～C之间 c.C～D之间 d.E～F之间
28、（14分）氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上用作杀菌剂。工业上用铜矿粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）为原料制取氯氧化铜的流程如下：
⑴“调节pH”并生成Fe(OH)3时反应的离子方程式为______。
⑵调节pH，要使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022ml·L-1，而c(Fe3＋)≤1×10－6ml·L-1，则应调节pH的范围为______。｛已知Ksp[Cu(OH)2＝2.2×10－20]，Ksp[Fe(OH)3＝1×10－36]｝
⑶为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：
步骤Ⅰ：称取0.4470 g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000ml·L－1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL；
步骤Ⅱ：称取0.4470g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量硫酸使固体完全溶解。向溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。
已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：
2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2 2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6
①已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_______。
②通过计算确定氯氧化铜的化学式________________（写出计算过程）。
29、（10分）铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题：
基态Ni原子的价电子排布式为_______。镍与CO生成的配合物，中含有的键数目为_________；写出与CO互为等电子体的阴离子的化学式_________。
研究发现，在低压合成甲醇反应中，C氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
元素C与O中，第一电离能较大的是_______。
生成物与中，沸点较高的是________，原因是___________。
用KCN处理含的盐溶液，有红色的析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的。具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的，写出该反应的离子方程式____________。
铁有、、三种同素异形体如图，、两种晶胞中铁原子的配位数之比为_____。
若Fe原子半径为rpm，表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为_______列出算式即可。
在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为1，晶面。如图，则晶胞体中1，晶面共有_____个。
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】
A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 ml/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 ml/L KCl，故B错误；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；
故选B。
2、C
【解析】
常温下，向1L0.1ml·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4++OH-=NH1•H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1·H2O)不断增大。
【详解】
A项、M点是向1L 0.1ml•L-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+)=0.05ml•L‾1，c(Na+)=aml•L‾1，c(Cl－)=0.1ml•L‾1，带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05ml•L-1+a ml•L-1－0.1ml•L-1]×1L=(a－0.05)ml，故B正确；
C项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；
D项、当n（NaOH）=0.05ml时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1·H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O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。
3、D
【解析】
A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；
B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；
C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；
D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；
答案选D。
4、D
【解析】
A．化合物中的阴离子和阳离子是原子团，其中都存在共价键，A错误；
B．中氧元素的化合价是价，B错误；
C．根据化合价的升降可知，是还原剂，是氧化剂，C错误；
D．，PtF6，所以氧化还原反应中转移电子总数为，D正确。
答案选D。
5、D
【解析】
A.氯化铵受热分解，遇冷化合，不可利用用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物。故A错误；
B.收集的氯气中含有HCl和水蒸气，故B错误；
C.乙醇与水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，故C错误；
D.氢氧化钠可以与混有少量NO的NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D正确；
答案：D
6、B
【解析】
A. 4g α粒子(4He2+)的物质的量为=1ml，共有NA个α粒子，故A错误；
B. 1个4He2+含有2个质子，4g α粒子(4He2+)的物质的量为=1ml，共有2NA个质子，故B正确；
C. 1个4He2+含有2个中子，g α粒子(4He2+)的物质的量为=1ml，共有2NA个中子，故C错误；
D. 4He2+中没有电子，故D错误；
正确答案是B。
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
7、B
【解析】
铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5ml，n（H+）=5ml，n（NO3-）=4ml，氢离子少量，则消耗1.25mlFe，生成1.25ml的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25ml，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75mlFe2+，剩余0.75mlFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25ml，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75ml:0.75ml=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。
8、C
【解析】
根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大。
【详解】
甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，因为二氧化硫的浓度一定,氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙>甲；
甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲>丁；
丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁>丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，
答案选C。
9、D
【解析】
A．在电化学合成氨法中，N2发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N2的极为阴极，则a为电源负极，b为电源的正极，故A正确；
B．由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH-向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．左池中N2发生还原反应生成NH3，则电极反应式为，故C正确；
D．右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则是4OH-发生还原反应生成氧气，故D错误；
故答案为D。
10、D
【解析】
A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；
B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8ml/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6ml/L，B错误；
C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)> c(H+)，那么c(NH4+)> c(Cl-)，C错误；
D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8ml/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8ml/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=ml/L=0.2ml/L，因而Kb===5×10-5.6m1·L-1，D正确。
故答案选D。
11、C
【解析】
A. 取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；
B. 若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；
C. 假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05ml，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1ml，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；
D. 实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。
答案选C。
12、C
【解析】
A. 环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强；
B. 维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B正确；
C. 治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；
D. 除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq) + FeS(s)CuS(s) + Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。
综上所述，答案为C。
13、B
【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。
点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。
14、D
【解析】
-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】
A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1ml/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4ml/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
15、B
【解析】
A．由于浓盐酸挥发出HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A错误；
B．发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4>H2O2，B正确；
C．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；
D．淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；
答案选B。
16、B
【解析】
A. 原电池中电子流向是负极−导线−用电器−导线−正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A正确，但不符合题意；
B. 充电过程是电解池,左边正极作阳极,右边负极作阴极,又阳离子移向阴极,所以Li+向右移动，故B错误，符合题意；
C. 充电时,阴极C变化为LixCn,则阴极电极反应式：xLi++xe− +nC=LixCn，故C正确，但不符合题意；
D. 放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe− =xLiFePO4，故D正确，但不符合题意；
故选：B。
17、B
【解析】
在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。
【详解】
A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。
本题选B。
检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。
18、D
【解析】
A．溴蒸气、二氧化氮均能氧化I-生成I2，淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，A错误；
B．铝能把三价铁还原为二价铁，所以不能确定是否含有Fe2O3，B错误；
C．由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把试纸漂白，不能用pH试纸上测出氯水的pH，C错误；
D．由于两种离子中Fe3+在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；Cu2+在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，氨与Cu2+可形成蓝色配合物，D正确；
答案选D。
19、C
【解析】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。
【详解】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。
A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；
B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；
C、b点加入盐酸为0.1ml，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3ml，NaCl物质的量为0.1ml，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
20、A
【解析】
A. C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为，A项正确；
B. 质子数为53，中子数为78，则质量数=53+78=131，碘原子为：I，B项错误；
C. 氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为，C项错误；
D. 二氧化碳为共价化合物，分子中存在碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，D项错误；
答案选A。
21、B
【解析】
A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；
B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；
C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；
D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解能力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。
答案选B。
容易误选D项，需要注意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3－的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。
22、B
【解析】
元素X的一种高硬度单质是宝石，X是C元素；Y2＋电子层结构与氖相同，Y是Mg元素；M单质为淡黄色固体，M是S元素；Z的质子数为偶数，Z是Si元素。
【详解】
A. 同周期元素从左到右半径减小，所以原子半径：S＜Si＜Mg，故A正确；
B. Mg是活泼金属，能与二氧化碳反应，镁起火燃烧时可用沙子盖灭，故B错误；
C. S易溶于CS2，可用CS2洗涤熔化过S的试管，故C正确；
D. 同周期元素从左到右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SO4＞H2SiO3，故D正确；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、C6H11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应 +CH3CH2OH+H2O 12 或 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3
【解析】
甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。
【详解】
(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；
(2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；
(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；
(5) 乙的分子式为C6H10O3。①能发生银镜反应，②能与NaHCO3溶液反应，且1ml乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；
(6)根据过程②，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。
24、CH≡CCH=CH2 CH≡CCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br nHOCH2(CH2)2CH2OH+→+2nH2O 4个
【解析】
乙炔与甲醛发生加成反应生成D为HC≡CCH2OH，D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH2C≡CCH2OH，E与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A为HC≡CCH=CH2，结合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A与氢气发生加成反应生成B为CH2=CHCH=CH2，B与溴发生1，4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br，C发生水解反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。
【详解】
(1)由上述分析可以知道A为HC≡CCH=CH2，D为HC≡CCH2OH，答案为：HC≡CCH=CH2；HC≡CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，化学方程式为：CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT，反应方程式为： ；
(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案为：4；
(4) 由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：。
25、O2、H2O、CO2 2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3 铁
【解析】
(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；
(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；
(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。
【详解】
(1)根据铜锈的化学式[Cu2(OH)2CO3]，可以看出其中含有铜、氢、碳、氧四种元素，不会是只与氧气和水作用的结果，还应与含有碳元素的物质接触，而空气中的含碳物质主要是二氧化碳，所以铜生锈是铜与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果；故答案为：O2、H2O、CO2；
(2)铜、氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3；
故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2==Cu2(OH)2 CO3；
(3)铁和铜相比，铁生锈需氧和水，而铜生锈要氧、水和二氧化碳，相比之下铁生锈的条件更易形成，所以铁更易生锈；故答案为：铁。
解答本题要正确的分析反应物和生成物各是哪些物质，然后根据质量守恒定律书写反应的化学方程式。
26、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 偏低 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05ml/L×＝0.02ml，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02ml×248g/ml＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
【解析】
（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050ml/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。
【详解】
（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；
（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；
②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；
③第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n(Na2S2O3•5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05ml/L×＝0.02ml，则m(Na2S2O3•5H2O)＝0.02ml×248g/ml＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。
本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。
27、bd 66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气， 检验SO2是否除尽 防止空气中的水进入E，影响氢气的检验 b 澄清石灰水
【解析】
(1)(I)Fe2＋与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；
(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；
(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；
(4)用澄清石灰水检验CO2。
【详解】
(1)Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；
(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33 g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01ml，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。
(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；
(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；
(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。
28、4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑ [4，5] 当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀 3CuO·CuCl2·4H2O
【解析】
铜矿粉溶于盐酸溶液中，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，此时溶液中存在着Fe3+的水解平衡，加入碱式碳酸铜调节pH值，使Fe3+转化成沉淀除去。加入石灰乳将Cu2+沉淀：
【详解】
（1）Fe3+水解平衡：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，Cu2(OH)2CO3消耗H+， H+浓度减小使平衡正向移动， Fe3+转化成氢氧化铁沉淀而除去，Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋CO2↑+3H2O，将俩方程式加和就得到了：4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑。
（2）使溶液中的Fe3+完全变成沉淀时的pH计算：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-36=c（Fe3+）×c3（OH—），c（Fe3+）=1×10-6ml•L—1，解得c（OH—）=1×10—10ml•L—1，pH=4；使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022ml·L-1 pH计算：Ksp[Cu (OH)2]=2.2×10—20=c（Cu2+）×c2（OH—），c（Cu2+）=0.022ml•L—1，解得c（OH—）=1×10—9ml•L—1，pH=5；故pH 范围：[4，5]。
（3）①当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，CrO42—开始沉淀出现砖红色。
②n(Cl—)=n（AgNO3）=0.1000 ml·L－1×0.02 L=0.002 ml，由方程式知：Cu2+ ～ Na2S2O3，n(Cu2+ ) = n(Na2S2O3)= 0.2000 ml·L－1×0.02 L=0.004 ml，结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]得：n(CuO)= 0.003 ml，n(CuCl2)= 0.001 ml，
n(H2O)= = 0.004 ml，n(CuO)：n(CuCl2)：n(H2O)=x：y：z=3:1:4，故氯氧化铜的化学式：3CuO·CuCl2·4H2O
计算确定氯氧化铜的组成关键在于分析方程式：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2，2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6，找到关系式：Cu2+ ～ Na2S2O3 ，计算出n(Cu2+ )，根据n(Cl—)、n(Cu2+ )、结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]，确定n(CuO)、n(CuCl2)，进一步计算n(H2O)，从而确定x：y：z的值，确定化学式。
29、 或 的沸点较高，因为平均一个水分子能形成两个氢键而平均一个分子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高。所以沸点高 ：3 4
【解析】
(1)C为27号元素，位于第四周期第ⅤⅢ族；1 个Ni(CO)4中含有4个配位键、4个共价三键，每个共价三键中含有一个σ键，配位键也属于σ键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10；
(2)①O元素是非金属，C是金属元素；
②氢键越多，熔沸点越高；
③[C(CN)6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[C(CN)6]3-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；
(3)①δ晶胞为体心立方堆积，Fe原子配位数为1．a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6；
②γ-Fe中顶点粒子占，面心粒子占，根据晶体密度ρ=计算；
③在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面，该立方晶胞体中(1，1，1)晶面共有4个。
【详解】
基态Ni原子的价电子为3d能级上的1个电子、4s能级上的2个电子，其价电子排布式为；1 个中含有4个配位键、4个共价三键，每个共价三键中含有一个键，配位键也属于键，所以该分子中含有1个键，则1ml该配合物中含有个键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，符合条件的阴离子为或；
元素C与O中，由于O元素是非金属而C是金属元素，O比C原子更难失去电子，所以第一电离能较大的是O；
与均为极性分子，中氢键比甲醇多。沸点从高到低的顺序为；具体地说，的沸点较高，是因为平均一个水分子能形成两个氢键而平均一个分子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高；所以沸点高；
配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为： ；
晶胞为体心立方堆积，Fe原子配位数为1；a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6，则、a两种晶胞中铁原子的配位数之比为1：：3；
中顶点粒子占，面心粒子占，则一个晶胞中含有Fe的个数为个，不妨取1ml这样的晶胞，即有个这样的晶胞，1ml晶胞的质量为，根据立体几何知识，晶胞边长a与Fe的半径的关系为，所以，则一个晶胞体积为，所以晶体密度为：；
观察图可得在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为1，晶面，该立方晶胞体中1，晶面共有4个。
选项
A
B
C
D
实验装置
实验目的
用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物
实验室制备干燥纯净的氯气
用乙醇提取溴水中的溴
尾气处理混有少量NO的NOx气体
操作或现象
所得结论
A
向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B
取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡
氧化性：KMnO4>H2O2
C
用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒
高浓度酒精能让蛋白质变性更快
D
向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象
淀粉未水解
选项
实验操作
现象
结论
A
将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS
ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)
C
向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
稀硫酸能与铜单质反应
D
常温下，用pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/LNa2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA>H2CO3