2026届北京市十二中高三第四次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届北京市十二中高三第四次模拟考试化学试卷含解析，共32页。
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、W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X能形成化合物WX2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。关于W、X、Y、Z的说法正确的是
A．气态氢化物稳定性：XZ
2、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是
A．分子式为C10H12
B．一氯代物有五种
C．所有碳原子均处于同一平面
D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
3、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是
A．H2S是还原剂
B．脱除H2S的反应是放热反应
C．温度越高H2S的脱除率越大
D．压强越小H2S的脱除率越高
4、下列溶液一定呈中性的是
A．c(H+) = c(OH–)B．pH=7C．KW=10-14D．c(H+) =10-7ml/L
5、稀土元素铥(Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是( )
A．质子数为 69B．电子数为 100
C．相对原子质量为 169D．质量数为 238
6、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是
A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NA
B．NA个P4()与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1
C．常温下，1 L pH＝13的M(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.1NA
D．含0.4 ml HNO3的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA
7、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B．人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品
C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源
D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染
8、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·ml-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1ml，则达平衡时，吸收热量为QkJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12ml·L-1，则H2反应速率为0.03ml·L-1·min-1
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1ml·L-1的NaOH溶液恰好反应
9、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域 作出贡献的三位科学家。他们于 1972年提出“摇椅式“电池 ( Rck ing chair battery), 1980年开发出 LiCO2材料， 下图是该电池工作原理图，在充放电过程中， Li+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCO2+ 6C ( 石墨）=Li (1-x)CO2+LixC6。下列有关说法正确的是
A．充电时，Cu 电极为阳极
B．充电时，Li+将嵌入石墨电极
C．放电时，Al 电极发生氧化反应
D．放电时，负极反应 LiCO 2—xe-=Li (1-x)CO2+ (1-x ) + xLi+
10、H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-） =0.100ml·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10-4
B．若将0.05ml NaHC2O4和0.05ml Na2C2O4固体完全溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4
C．c（Na+）=0.100ml·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂
11、25℃时，在20 mL 0.1 ml·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0. 1 ml· L－1 NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．A点对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．25℃时，HA酸的电离常数为1. 0× 10－5.3
C．B点对应的NaOH溶液体积为10 mL
D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大
12、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
13、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是
A．探究Na与水反应可能有O2生成
B．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuS
D．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
14、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R能发生加成反应和取代反应
D．R苯环上的一溴代物有4种
15、将一定质量的Mg和Al混合物投入到200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是
A．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的稀硫酸
B．NaOH溶液物质的量浓度为
C．Mg和Al的总质量为9g
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
16、下列关于古籍中的记载说法正确的是
A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟 起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2 –
C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是 118
D．直径为 20nm 的纳米碳酸钙属于胶体
17、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
18、下面的“诗”情“化”意，分析正确的是( )
A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
B．“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应
C．“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐且硬度很大
D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，从中分析古时酿酒中葡萄糖发生了水解反应
19、下列由实验得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
20、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是
A．AB．BC．CD．D
21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mlNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子
B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NA
C．18g的D2O中含有的中子数为13NA
D．1L3．1ml·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA
22、常温下，用0.1000ml·L-1 的盐酸滴定 20.00 mL 未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)。下列说法错误的是
A．点①溶液中 c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-)
B．点②溶液中 c( NH4+)=c (Cl-)
C．点③溶液中 c (Cl-)> c( H+)>c (NH4+)>c(OH-)
D．该氨水的浓度为 0.1000ml·L-1
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。
（1）A可以发生的反应有_______________（选填序号）。
①加成反应 ②酯化反应 ③加聚反应 ④氧化反应
（2）B分子所含官能团的名称是______________________________。
（3）B分子中没有支链，其结构简式是________________________，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_________________。
（4）由B制取A的化学方程式是____________________________________。
（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：
天门冬氨酸的结构简式是______________________________________。
24、（12分）在医药工业中，有机物 G是一种合成药物的中间体 ，其合成路线如图所示 ：
已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）
RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑
回答下列问题：
（1）A 与C在水中溶解度更大的是 _________ ， G 中官能团的名称是 ___________。
（2）E→F 的有机反应类型是 ________ ，F 的分子式为______________。
（3）由A→B反应的化学方程式为 ___________________。
（4）物质D的结构简式为 _________________。
（5）B→C 反应中加入NaOH 的作用是________________。
（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体 _________________ 。
①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5 个峰；③能发生银镜反应
25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。
（查阅资料）
（实验探究）
（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：
（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。
（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。
（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：___________。
（二）探究AgCl和AgI之间的转化。
（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。
甲溶液可以是______（填字母代号）。
a AgNO3溶液 b NaCl溶液 c KI溶液
（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。
②结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。
③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。
（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。
26、（10分）扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：
合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：
实验步骤：
步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1ml(约l0.1mL)苯甲醛、0.2ml（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在55～60℃，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。
步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。
步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。
请回答下列问题：
(1)图中仪器C的名称是___。
(2)装置B的作用是___。
(3)步骤一中合适的加热方式是___。
(4)步骤二中用乙醚的目的是___。
(5)步骤三中用乙醚的目的是___；加入适量无水硫酸钠的目的是___。
(6)该实验的产率为___（保留三位有效数字）。
27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：
（1）仪器a的名称是______。
（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。
（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。
（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。
（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。
（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：
①上图中M点对应物质的化学式为_________。
②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。
28、（14分）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：
（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有 4 种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______（填字母）。
A.④②①③ B.④②③① C.①②④③ D.①④③②
（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_________；用杂化轨道理论解释：_________。
（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1 ml [Cd(NH3)4]2+含___________ml σ键。
（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。
（5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。
（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 d g·cm－3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。
29、（10分）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。回答下列问题：
（1）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g) ∆H
己知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ∆H1
2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) ∆H2
∆H=____(用含∆H1、∆H2的代数式表示)。
（2）一氧化二氮可反生2N2O(g)2N2(g)+O2(g)。不同温度(T)，N2O分解半哀期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1___T2(填“>”、“=”或“”、“=”或“O2-，选项D错误。
答案选B。
2、D
【解析】
A、将键线式转化为分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误；
B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。
C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误；
B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。
3、B
【解析】
A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；
B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；
C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；
D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；
故选B。
4、A
【解析】
溶液的酸碱性取决于溶液中 c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。
【详解】
A. c(H+) = c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确；
B. 只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；
C. 常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；
D. 只有常温下c(H+) =10-7ml/L时，溶液才是中性的，D项错误；
本题选A。
5、A
【解析】
A．稀土元素铥(Tm)的质子数为69，故A正确；
B．稀土元素铥(Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；
C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；
D．稀土元素铥(Tm)的质量数为169，故D错误；
【点睛】
一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。
6、B
【解析】
A．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H原子，而10 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为0.1ml，含0.6NA个H原子，水5.4g，物质的量为0.3ml，含H原子为0.6NA个，故共含H原子为1.2NA个，故A正确；
B．白磷分子中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2，故B错误；
C．pH=13的M(OH)2溶液中，氢氧根的浓度为0.1ml/L，因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个，故C正确；
D．硝酸的物质的量为0.4ml，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2ml，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4ml硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2ml，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题的易错点为D，要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A，要注意水分子中也含有H原子。
7、C
【解析】
A．乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；
B．实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；
C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；
D．因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；
答案选C。
8、D
【解析】
A. 该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；
B. 该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；
C. 速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)= ，C错误；
D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1ml·L-1的NaOH的物质的量为0.1ml，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；
故答案为：D。
9、B
【解析】
根据充电时的总反应，钴化合价升高被氧化，因此钴为阳极，石墨为阴极，则在放电时钴为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。
【详解】
A.根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；
B.充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；
C.放电时整个装置相当于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；
D.根据分析，含钴化合物位于电源的正极，D项错误；
答案选B。
【点睛】
不管是不是锂电池，都遵循原电池的工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了，换汤不换药。
10、B
【解析】
由图可知：c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，pH≈2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，pH=4。
【详解】
A．H2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4-H++C2O42-，Ka2=， c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，Ka2=，即Ka2=10-pH=10-4，A正确；
B．HC2O4-H++ C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)===10-10，Ka(HC2O4-)＞Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)﹤c(C2O42-)，从图上可知，pH＞4，B错误；
C．c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100ml·L-1= c(Na+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)= c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C正确；
D．用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D正确。
答案选B。
【点睛】
越弱越水解用等式表达为Kh×Ka=Kw，常温下，水解常数Kh和电离常数Ka知其中一个可求另外一个。
11、B
【解析】
A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系判断；
B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；
C. 在20mL HA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；
D. = ==，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。
【详解】
A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；
B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka= =c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；
C. 由于Ka=10-5.3＞ = = Kh，所以20 mLHA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C项错误；
D. A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以 = ==，随温度升高而减小，D项错误；
答案选B。
12、D
【解析】
A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；
B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；
C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为D。
13、A
【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。
点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。
14、A
【解析】
A．分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；
B．分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基，故B正确；
C．该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；
故选A。
15、D
【解析】
由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35ml,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15ml, 为0.15ml, 为0.35ml-0.15ml=0.2ml,因为从200mL到240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.
【详解】
A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;
B. 由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5ml/L,所以B选项是正确的;
C. 由元素守恒可以知道，,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;
D. 由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;
故答案选D。
16、C
【解析】
A. 根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；
B. 电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；
C. 根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；
D. 纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；
故选C。
【点睛】
此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。
17、B
【解析】
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；
D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。
【点睛】
在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。
18、B
【解析】
A.“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙的分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，A错误；
B.“日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，B正确；
C. “玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，但“试玉要烧三日满”与硬度无关，C错误；
D.葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，D错误；
故合理选项是B。
19、D
【解析】
A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；
答案选D。
20、A
【解析】
A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A错误；B．原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C．拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。
21、A
【解析】
A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1mlNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；
B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18g D2O物质的量==3.9ml，含有3.9NA个中子，选项C错误；
D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；
答案选A。
【点睛】
本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/ml，为易错点。
22、C
【解析】
条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”中的等式，实际上是溶液中的物料守恒关系式；进一步可知，V(HCl)=20mL即为滴定终点，原来氨水的浓度即为0.1ml/L。V(HCl)=20mL即滴定终点时，溶液即可认为是NH4Cl的溶液，在此基础上分析溶液中粒子浓度的大小关系，更为简便。
【详解】
A．V(HCl)=20mL时，溶液中有c(Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半时，溶液中就有以下等式成立：c( NH4+)+c ( NH3·H2O)+c(NH3)=2c (Cl-)；A项正确；
B．点②时溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)= c(Cl-)；B项正确；
C．点③即为中和滴定的终点，此时溶液可视作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度较小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C项错误；
D．由条件“滴加 20. 00 mL 盐酸时所得溶液中 c (Cl-)= c( NH4+)+c(NH3·H2O)+c( NH3)”可知V(HCl)=20mL即为滴定终点，那么原来氨水的浓度即为0.1ml/L；D项正确；
答案选C。
【点睛】
对于溶液混合发生反应的体系，若要判断溶液中粒子浓度的大小关系，可以先考虑反应后溶液的组成，在此基础上再结合电离和水解等规律进行判断，会大大降低问题的复杂程度。
二、非选择题(共84分)
23、①③④ 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O
【解析】
A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；
（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选①③④。
（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。
（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。
（4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。
（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。
24、C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解
【解析】
与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。
【详解】
⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。
⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。
⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。
⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。
⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。
⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。
25、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c（I－）增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)
【解析】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。
⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。
⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋ = 2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)。
【详解】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋ = Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：BaCO3＋2H＋ = Ba2＋＋CO2↑＋H2O。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
⑷为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。
⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋ = 2Ag＋I2；故答案为：小于；2I－＋2Ag＋= 2Ag＋I2。
②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验Ⅳ中b＜a；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小。
③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)；故答案为：实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)。
26、 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.7%
【解析】
苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在55～60℃。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。
【详解】
(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；
(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；
(3)步骤一中，温度需控制在55～60℃之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；
(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；
(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为2～3后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；
(6)该实验中，0.1ml(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1ml扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。
【点睛】
当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100℃时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。
27、球形干燥管（干燥管） 缺少处理CO尾气装置 排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰 E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀 取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质 FeC2O4 3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑
【解析】
装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。
【详解】
(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；
(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；
(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；
(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；
(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；
(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03ml，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/ml，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；
②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。
【点睛】
本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。
28、A S原子半径小于Te，H－S键的键能较大 H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小 H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化 正四面体 16 AsBr3＞AsCl3＞AsF3 6 六方最密堆积
【解析】
（1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1＜I2＜I3＜I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②。锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①。故选A。答案为：A；
（2）从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。答案为：S原子半径小于Te，H–S键的键能较大；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化；
（3）[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是σ键。1 ml [Cd(NH3)4]2+含16 ml σ键。答案为：正四面体；16；
（4）它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3。答案为：AsBr3＞AsCl3＞AsF3；
（5）在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内。1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最密堆积。答案为：6；六方最密堆积；
（6）图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子。设晶胞参数为a，d=，a= nm。设两镉原子最近核间距为x，(2x)2=3a2，x= nm。设镉原子半径为r，则r= nm，φ==。答案为：；。
【点睛】
金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：
（1）面对角线长=
（2）体对角线长=
（3）体心立方堆积
（4）面心立方堆积
29、△H2-△H1 > 1.25p0 弱与 > 反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢 阳离子交换膜 2Cl--2e-=Cl2↑
【解析】
（1）已知：①4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（1）△H1
②2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（1）△H2
盖斯定律计算（②×2-①）×得到N2O在金粉表面发生热分解：2N2O（g）=2N2（g）+O2（g）△H=△H2-△H1；
（2）温度越高，反应越快，半衰期越短，等压强p0下可以看出T2下的半衰期长因此T1大于T2；
压强之比等于物质的量之比，半衰期指的是任一浓度N2O消耗一半所需要的时间，由反应方程式可知，设起始时有2mlN2O，t1时生成1ml N2和0.5ml O2，还剩1mlN2O，故混合气体的总物质的量为（1+0.5+1）ml=2.5ml，因此在T1、p0下反应后的物质的量是起始的1.25倍，故p=1.25p0；
（3）①该反应焓变小于0，正反应为放热反应，温度越高平衡左移，氨气的平衡分压越高，所以T1>T2，据图可知在N催化剂的作用下温度较低的反应先达到平衡，说明M的催化效果弱与N的催化效果；
②随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢，所以0~12.5min内P(NH3)减小量大于12.5~25min内P(NH3)减小量；
（4）①由ClO2→NaClO2可知，Cl的化合价降低，所以ClO2发生失去电子的氧化反应，即A电极为电解池的阴极，电极反应式为ClO2+e-=ClO2-，结合Na+生成NaClO2，所以钠离子由阳极区移向阴极区，则离子交换膜为阳离子交换膜；
②阳极区Cl-失去电子生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)C
A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素
B．伏打发明电池
C．拉瓦锡研究空气成分
D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成
物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl
溶解度/g（20℃）
2.4×10－4
1.4×10－3
3.0×10－7
1.5×10－4
试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
实验Ⅱ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
装置
步骤
电压表读数
ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全
b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）
c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl（s）
a
物质
状态
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
扁桃酸
无色透明晶体
119
300
易溶于热水、乙醚和异丙醇
乙醚
无色透明液体
-116.3
34.6
溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水
苯甲醛
无色液体
-26
179
微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、
氯仿等混溶
氯仿
无色液体
-63.5
61.3
易溶于醇、醚、苯、不溶于水