山東省北鎮(zhèn)2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期第一次聯(lián)考化學(xué)試卷含解析

2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、為測定鎂鋁合金（不含其它元素）中鎂的質(zhì)量分數(shù)。某同學(xué)設(shè)計了如下實驗：稱量ag鎂鋁合金粉末，放在如圖所示裝置的惰性電熱板上，通電使其充分灼燒。下列說法錯誤的是A．實驗結(jié)束后應(yīng)再次稱量剩余固體的質(zhì)量B．氧氣要保證充足C．可以用空氣代替氧氣進行實驗D．實驗結(jié)束后固體質(zhì)量大于ag2、關(guān)于晶體的敘述正確的是（）A．原子晶體中，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高B．分子晶體中，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高C．存在自由電子的晶體一定是金屬晶體，存在陽離子的晶體一定是離子晶體D．離子晶體中可能存在共價鍵，分子晶體中可能存在離子鍵3、下列物質(zhì)不能使淀粉碘化鉀溶液變藍的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒4、地球表面是易被氧化的環(huán)境，用括號內(nèi)的試劑檢驗對應(yīng)的久置的下列物質(zhì)是否被氧化。正確的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（銀氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）5、以淀粉為基本原料制備聚乙烯和乙酸。下列說法正確的是A．淀粉和葡萄糖都是營養(yǎng)物質(zhì)，均能在體內(nèi)發(fā)生水解、氧化反應(yīng)B．工業(yè)上以石油為原料制取聚乙烯，需經(jīng)裂解、加聚等反應(yīng)C．燃燒等物質(zhì)的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D．乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)制乙酸乙酯，原子利用率為100%6、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：W＞Z＞Y＞XB．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)＞ZC．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)＞ZD．元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數(shù)相等7、化學(xué)與生活、科技及環(huán)境密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A．為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使用無水酒精殺菌消毒B．高鐵“復(fù)興號”車廂連接關(guān)鍵部位所使用的增強聚四氟乙烯板屬于無機高分子材料C．2020年3月9日，發(fā)射了北斗系統(tǒng)第五十四顆導(dǎo)航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是高純度二氧化硅D．蠟蛾幼蟲會啃食聚乙烯塑料袋，并且能將其轉(zhuǎn)化為乙二醇，這項研究有助于減少白色污染8、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大。元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，Y2+電子層結(jié)構(gòu)與氖相同，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下，M單質(zhì)為淡黃色固體。下列說法不正確的是A．X單質(zhì)與M單質(zhì)不能直接化合B．Y的合金可用作航空航天飛行器材料C．M簡單離子半徑大于Y2+的半徑D．X和Z的氣態(tài)氫化物，前者更穩(wěn)定9、聚乳酸是一種生物降解塑料，結(jié)構(gòu)簡式為．下列說法正確的是（）A．聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72B．聚乳酸的分子式是C3H4O2C．乳酸的分子式是C3H6O2D．聚乳酸可以通過水解降解10、A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中A的原子序數(shù)是B和D原子序數(shù)之和的1/4，C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)物省略)，下列敘述一定正確的是A．C、D兩元素形成的化合物的原子個數(shù)比為1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈堿性C．簡單離子半徑：D>C>BD．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：E>A11、下列醇類物質(zhì)中既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成醛類的物質(zhì)是()A．B．C．D．12、2019年7月1日起，上海進入垃圾分類強制時代，隨后西安等地也紛紛開始實行垃圾分類。這體現(xiàn)了我國保護環(huán)境的決心，而環(huán)境保護與化學(xué)息息相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是A．廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色B．可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取C．廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不可用填埋法處理D．含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO2和H2O13、如圖所示裝置能實現(xiàn)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．圖用于實驗室制取氯氣B．圖用于實驗室制取氨氣C．圖用于酒精萃取碘水中的I2D．圖用于FeSO4溶液制備FeSO4?7H2O14、NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列有關(guān)敘述正確的是A．0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共價鍵數(shù)均為0.4NAB．足量的Fe粉與1molCl2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．1.2gNaHSO4晶體中含有離子總數(shù)為0.03NAD．25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NA15、2020年1月武漢爆發(fā)新冠肺炎，湖北省采取封城封鎮(zhèn)的措施阻止了冠狀病毒蔓延。新冠病毒主要傳播方式是經(jīng)飛沫傳播、接觸傳播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道氣溶膠近距離傳播。冠狀病毒對熱敏感，56℃30分鐘、75%酒精、含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶劑均可有效滅活病毒。下列有關(guān)說法正確的是A．因為過氧乙酸能滅活病毒，所以在家每天進行醋熏能殺死家里的新冠肺炎病毒B．在空氣質(zhì)量檢測中的PM2.5，屬于氣溶膠C．電解食鹽水制取次氯酸鈉噴灑房間能殺死新冠肺炎病毒D．含氯消毒劑、過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物16、下列敘述正確的是（）A．在氧化還原反應(yīng)中，肯定有一種元素被氧化，另一種元素被還原B．有單質(zhì)參加的反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)C．有單質(zhì)參加的化合反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)D．失電子難的原子，容易獲得的電子17、濃差電池有多種:一種是利用物質(zhì)氧化性或還原性強弱與濃度的關(guān)系設(shè)計的原電池（如圖1）:一種是根據(jù)電池中存在濃度差會產(chǎn)生電動勢而設(shè)計的原電池（如圖2）。圖1所示原電池能在一段時間內(nèi)形成穩(wěn)定電流;圖2所示原電池既能從濃縮海水中提取LiCl，又能獲得電能。下列說法錯誤的是A．圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時,左右兩側(cè)溶液濃度恰好相等B．圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時向左側(cè)加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指針又會偏轉(zhuǎn)且方向相同C．圖2中Y極每生成1molCl2，a極區(qū)得到2molLiClD．兩個原電池外電路中電子流動方向均為從右到左18、將一定體積的CO2緩慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反應(yīng)，若在反應(yīng)后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反應(yīng)后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，則下列說法正確的是A．參加反應(yīng)的CO2的體積為0.224aLB．若a=b，則CO2與NaOH溶液反應(yīng)的產(chǎn)物中鹽只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能確定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度19、下列我國科技創(chuàng)新的產(chǎn)品設(shè)備在工作時，由化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能的是（）A．A B．B C．C D．D20、鎳粉在CO中低溫加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4，呈四面體構(gòu)型。150℃時，Ni(CO)4分解為Ni和CO。則下列可作為溶解Ni(CO)4的溶劑是（）A．水 B．四氯化碳 C．鹽酸 D．硫酸鎳溶液21、我國科學(xué)家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3×10－9m)恢復(fù)了磁性?！扳捥肌狈肿咏Y(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物體內(nèi)的葉綠素非常相似。下列說法中正確的是A．其分子直徑比氯離子小B．在水中形成的分散系屬于懸濁液C．在水中形成的分散系具有丁達爾效應(yīng)D．“鈷酞菁”分子不能透過濾紙22、某無色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪種溶液不會使其變色A．淀粉溶液 B．硫酸氫鈉溶液 C．H2O2溶液 D．氯水二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖是一種天然藥物橋環(huán)分子合成的部分路線圖（反應(yīng)條件已經(jīng)略去）：已知：①LiBH4可將醛、酮、酯類還原成醇，但不能還原羧酸、羧酸鹽、碳碳雙鍵；LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR'，RCOR'RCH(OH)R'，RCOOR'RCH2OH+R'OH。（1）反應(yīng)A→B中需要加入試劑X，其分子式為C4H8O2，X的結(jié)構(gòu)簡式為_____。（2）C用LiBH4還原得到D，C→D不直接用鎳作催化劑H2還原的原因是______。（3）寫出一種滿足下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。①屬于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液顯色；③分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（4）寫出E和銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_________。（5）根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，設(shè)計B→C的合成路線圖（CH3I和無機試劑任選），合成路線常用的表示方式為：。____________24、（12分）奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應(yīng)中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結(jié)合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是__________A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．J生成K的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)C．化合物C可以發(fā)生的反應(yīng)類型有取代、還原、加成D．設(shè)計A轉(zhuǎn)化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________________；（3）請寫出A→B的反應(yīng)方程式___________________________________；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構(gòu)體:_____________________________①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應(yīng)，設(shè)計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_________________________25、（12分）(一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應(yīng)原理為：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學(xué)興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序為：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為_______________；(3)X中盛放的試劑是___________，其作用為___________________；(4)Z中應(yīng)先通入，后通入過量的，原因為__________________；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經(jīng)如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時反應(yīng)的離子方程式為_________________；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層)+(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中沉淀完全，需調(diào)節(jié)pH至少為________；(8)取某產(chǎn)品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)．(已知：的相對分子質(zhì)量為208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；②根據(jù)下表實驗數(shù)據(jù)計算產(chǎn)品的純度____________；滴定次數(shù)溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產(chǎn)品從而測定產(chǎn)品的純度，其它操作都正確，則測定的產(chǎn)品的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。26、（10分）(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖?；卮鹣铝袉栴}：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是___，C裝置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應(yīng)后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應(yīng)生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)①生成MnCO3的離子方程式_____________。②判斷沉淀已洗凈的操作和現(xiàn)象是___________。步驟三：制備(CH3COO)2Mn·4H2O固體向11.5gMnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應(yīng)一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳實驗條件的數(shù)據(jù)如下：(4)產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55℃的原因可能是___________。(5)上述實驗探究了___________和___________對產(chǎn)品質(zhì)量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn·4H2O產(chǎn)率為___________。27、（12分）三氯氧磷（POCl3）是重要的基礎(chǔ)化工原料，廣泛用于制藥、染化、塑膠助劑等行業(yè)。某興趣小組模擬PCl3直接氧化法制備POCl3，實驗裝置設(shè)計如下：有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：回答下列問題：（1）儀器a的名稱是_____________。裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（2）裝置C中制備POCl3的化學(xué)方程式為________________________________。（3）C裝置控制反應(yīng)在60～65℃進行，其主要目的是_______________________。（4）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：I.取xg產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反應(yīng)后加稀硝酸至溶液顯酸性；II.向錐形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；IV.加入指示劑，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積為VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定選用的指示劑是（填序號）________，滴定終點的現(xiàn)象為_____________。a.酚酞b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的質(zhì)量分數(shù)為（列出算式）________________。③若取消步驟III，會使步驟IV中增加一個化學(xué)反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為________；該反應(yīng)使測定結(jié)果________（填“偏大”“偏小”或“不變”）。28、（14分）鐵及其化合物在生產(chǎn)生活及科學(xué)研究方面應(yīng)用非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe原子的核外電子排布式為_________。（2）含錳奧氏體鋼是一種特殊的鐵合金，主要由Fe和Mn組成，其中錳能增加鋼鐵的強度和硬度，提高耐沖擊性能和耐磨性能。第三電離能I3(Fe)____I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因___。（3）工業(yè)電解熔融的FeO、Fe2O3冶煉高純鐵。FeO與Fe2O3相比，_____熔點高，其主要原因是_______。（4）FeCl3可與KSCN溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。SCN-的三種元素中電負性最大的是_______。（5）液態(tài)環(huán)戊二烯中存在的微粒間相互作用有____A范德華力B氫鍵C鍵Dπ鍵環(huán)戊二烯分子中碳原子的雜化軌道類型是_____配合物中配體提供電子對的方式包括孤對電子、π電子等。二茂鐵的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，其中鐵的配位數(shù)是____。（6）Fe(CO)3與NH3在一定條件下可合成一種具有磁性的氮化鐵。該磁性氮化鐵的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該磁性氮化鐵的密度為____（列出計算式）g·cm-3。29、（10分）甲醛(HCHO)在化工、醫(yī)藥、農(nóng)藥等方面有廣泛的應(yīng)用。（1）甲醇脫氫法可制備甲醛（反應(yīng)體系中各物質(zhì)均為氣態(tài)），結(jié)合下圖回答問題。①此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是______②反應(yīng)活化能：過程I___過程II（填“>”“=”或“<”）③過程II溫度—轉(zhuǎn)化率圖如下，下列說法合理的是_____a．甲醇脫氫法制備甲醛過程無副反應(yīng)發(fā)生b．溫度高于650℃催化劑燒結(jié)，活性減弱c．及時分離產(chǎn)品有利于提高甲醇生成甲醛的轉(zhuǎn)化率（2）甲醛超標會危害人體健康，需對甲醛進行含量檢測及污染處理。①某甲醛氣體傳感器的工作原理如圖所示，b極的電極反應(yīng)式為____，當電路中轉(zhuǎn)移4×10-4mol電子時，傳感器內(nèi)參加反應(yīng)的甲醛（HCHO）為_____mg。②氧化劑可處理甲醛污染，結(jié)合以下圖像分析春季（水溫約15℃）應(yīng)急處理甲醛污染的水源應(yīng)選擇的試劑為______

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A．實驗結(jié)束后一定要再次稱量剩余固體質(zhì)量，再通過其它操作可以計算鎂鋁合金中鎂的質(zhì)量分數(shù)，故A正確；B．為了使其充分灼燒，氧氣要保證充足，故B正確；C．用空氣代替氧氣對實驗有影響，這是因為高溫條件下，鎂還能夠和氮氣、二氧化碳等反應(yīng)，故C錯誤；D．灼燒后的固體為氧化鎂和氧化鋁的混合物，質(zhì)量大于ag，這是因為氧氣參加了反應(yīng)，故D正確；故答案選C。2、A【解析】A、原子晶體中，共價鍵的鍵能越大，熔、沸點越高，A正確；B、分子晶體中，分子間作用力越大，熔、沸點越高，分子間作用力影響物質(zhì)的熔沸點，共價鍵影響物質(zhì)的熱穩(wěn)定性，B錯誤；C、存在自由電子的晶體不一定是金屬晶體，如石墨中也含有自由電子，它是一種混合晶體。存在陽離子的晶體不一定是離子晶體，如金屬晶體中存在陽離子和自由電子，C錯誤；D、離子晶體中可能存在共價鍵，如NaOH屬于離子晶體，其中含有H-O共價鍵，分子晶體中一定不存在離子鍵，全部是共價鍵，D錯誤。正確答案為A。點睛：注意區(qū)分各種作用力對物質(zhì)性質(zhì)的影響。對于分子晶體，分子間作用力和氫鍵主要影響物質(zhì)的熔沸點，化學(xué)鍵影響物質(zhì)的熱穩(wěn)定性即化學(xué)性質(zhì)；影響原子晶體熔沸點的因素是共價鍵的強弱，影響離子晶體熔沸點大小的因素為離子鍵的強弱，影響金屬晶體熔沸點的因素為金屬鍵的強弱。3、A【解析】A.SO2和碘化鉀不反應(yīng),所以沒有碘單質(zhì)生成,則不能使淀粉碘化鉀溶液變藍,故A正確；B.H2O2具有強氧化性，能和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì),所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍,B錯誤;C.新制氯水中氯氣和碘離子發(fā)生置換反應(yīng)生成碘單質(zhì),所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,C錯誤；D.碘酒中含有碘單質(zhì),碘與淀粉溶液變藍色,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍色,D錯誤。答案選A.4、B【解析】

A．KI是否變質(zhì)均能與硝酸銀溶液反應(yīng)生成碘化銀沉淀，可以用淀粉溶液檢驗是否變質(zhì)，故A不選；B．FeCl2溶液變質(zhì)混有FeCl3，則加KSCN可檢驗鐵離子，能檢驗是否變質(zhì)，故B選；C．HCHO變質(zhì)生成HCOOH，銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應(yīng)，所以不能檢驗，故C不選；D．Na2SO3溶液變質(zhì)生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀，所以加氯化鋇不能檢驗變質(zhì)，故D不選；故選：B。5、B【解析】

A.葡萄糖為單糖，不能在體內(nèi)發(fā)生水解反應(yīng)，A錯誤；B.工業(yè)上以石油為原料制取聚乙烯，需經(jīng)裂解產(chǎn)生的為乙烯，再發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯，B正確；C.乙烯和乙醇各1mol時，耗氧量為3mol，則燃燒等物質(zhì)的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C錯誤；D.乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)制乙酸乙酯和水，原子利用率小于100%，D錯誤；答案為B。6、A【解析】

W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即，據(jù)此分析；【詳解】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即A.同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小順序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A說法錯誤；B.利用非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性強弱順序是N>O>Si，即最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱順序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B說法正確；C.利用非金屬性越強，其氫化物穩(wěn)定性越強，非金屬性強弱順序是O>N>P>Si，即最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性強弱順序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C說法正確；D.主族元素的最高化合價等于最外層電子數(shù)等于族序數(shù)(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數(shù)分別為5、4、5，族序數(shù)分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。7、D【解析】

A.為了防止感染“新冠病毒”，堅持每天使用75%酒精殺菌消毒，故A錯誤；B.高鐵“復(fù)興號”車廂連接關(guān)鍵部位所使用的增強聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯屬于有機高分子材料，故B錯誤；C.2020年3月9日，發(fā)射了北斗系統(tǒng)第五十四顆導(dǎo)航衛(wèi)星，其計算機的芯片材料是高純度單質(zhì)硅，故C錯誤；D.蠟蛾幼蟲會啃食聚乙烯塑料袋，并且能將其轉(zhuǎn)化為乙二醇，將高分子化合物降解為小分子，這項研究有助于減少白色污染，故D正確；選D。8、A【解析】元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，即X是C，Y2＋電子層結(jié)構(gòu)與氖相同，則Y為Mg，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，Z可能是Si，也可能是S，室溫下，M的單質(zhì)為淡黃色固體，則M為S，即Z為Si，A、C與S能直接化合成CS2，故說法錯誤；B、鎂合金質(zhì)量輕，硬度大，耐高溫，可用作航空航天飛行器材料，故說法正確；C、S2－比Mg2＋多一個電子層，因此S2－的半徑大于Mg2＋，故說法正確；D、氫化物分別是CH4、SiH4，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性C>Si，即CH4比SiH4穩(wěn)定，故說法正確。9、D【解析】

A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，聚乳酸的相對分子質(zhì)量是72n，故A錯誤；B．聚乳酸的分子式為(C3H4O2)n，故B錯誤；C．的單體為，因此乳酸的分子式為C3H6O3，故C錯誤；D．聚乳酸含有酯基，可以通過水解反應(yīng)生成小分子，達到降解的目的，故D正確；故選D。10、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，說明戊為二元強酸，則戊為硫酸，丙為SO3；甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，甲為SO2，D為S元素，E為Cl元素；乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙為O3，丁為O2，則B為O元素；A的原子序數(shù)是B和D原子序數(shù)之和的，A的原子序數(shù)為(8+16)×=6，可知A為C元素；C的原子半徑在所有短周期主族元素中最大，C為Na元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍珹為C，B為O，C為Na，D為S，E為Cl。A．C、D形成離子化合物Na2S，原子個數(shù)比為2:1，故A錯誤；B．C、E形成的化合物為氯化鈉，為強酸強堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故B錯誤；C．一般而言，離子的電子層數(shù)越大，離子半徑越大，硫離子半徑最大；電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，鈉離子半徑小于氧離子，簡單離子半徑：D>B>C，故C錯誤；D．非金屬性Cl＞C，則E的最高價氧化物水化物的酸性大于A的最高價氧化物水化物的酸性，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查無機物的推斷及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，把握圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系、元素化合物知識來推斷物質(zhì)和元素為解答的關(guān)鍵。本題的突破口為“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本題的易錯點為C，要注意離子半徑比較方法的理解和靈活運用。11、C【解析】A、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項A錯誤；B、不能發(fā)生消去反應(yīng)，選項B錯誤；C、-OH鄰位C上含有H原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，含有-CH2OH的結(jié)構(gòu)，可被氧化為醛，選項C正確；D、被氧化為酮，不能被氧化為醛，選項D錯誤。答案選C。12、C【解析】

A.聚乙烯結(jié)構(gòu)中不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故A錯誤；B.氯化鋁為共價化合物，受熱易升華，電解得不到金屬鋁；金屬鋁采用電解氧化鋁制備，故B錯誤；C.鎳、鎘等重金屬會造成水土污染，應(yīng)集中處理，不可用填埋法處理，故C正確；D.絲、毛中主要含蛋白質(zhì)，含有C、H、O、N等元素，燃燒不止生成CO2和H2O，故D錯誤；答案：C13、B【解析】

A.實驗室制取氯氣，二氧化錳與濃鹽酸需要加熱，常溫下不反應(yīng)，A錯誤；B.實驗室制取氨氣，氯化銨固體與氫氧化鈣固體加熱，B正確；C.酒精和水互溶，不能作萃取劑，C錯誤；D.Fe2+容易被空氣氧化變?yōu)镕e3+，加熱后得不到亞鐵鹽，D錯誤；故答案選B。14、B【解析】A.白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，1個白磷分子中含有6個共價鍵，則0.1mol白磷含有的共價鍵數(shù)目為0.6NA，1個甲烷分子中含有4個共價鍵，所以0.1mol甲烷含有的共價鍵數(shù)目為0.4NA，故A錯誤；B.1molCl2與足量Fe粉反應(yīng)生成FeCl3，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，數(shù)目為2NA，故B正確；C.NaHSO4晶體中含有Na＋和HSO4－，1.2gNaHSO4的物質(zhì)的量為1.2g÷120g/mol=0.01mol，則含有離子的物質(zhì)的量為0.02mol，總數(shù)為0.02NA，故C錯誤；D.25℃時，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中OH－的物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L，則n(OH－)=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，OH－的數(shù)目為0.1NA，故D錯誤；答案選B。點睛：本題主要考查阿伏加德羅常數(shù)的計算和判斷，熟練掌握物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)、物質(zhì)的量濃度等物理量之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，試題難度中等。本題的易錯點是A項，解題時要注意白磷（P4）分子中含有6個P－P共價鍵。15、C【解析】

A.醋酸為弱酸，不能殺死新冠肺炎病毒，而且會刺激呼吸道粘膜，不宜長期熏醋，故A錯誤；B.膠體粒子的直徑范圍為1—100nm，PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，若粒子直徑大于100nm，則不形成膠體，故B錯誤；C.次氯酸鈉具有強氧化性，能殺死新冠肺炎病毒，故C正確；D.含氯消毒劑，如84消毒液(有效成分為次氯酸鈉)、漂白粉(有效成分為次氯酸鈣)，屬于無機物，過氧乙酸、乙醚和氯仿等都屬于有機物，故D錯誤；故選C。16、C【解析】

A.在氧化還原反應(yīng)中，可能是同一種元素既被氧化又被還原，A錯誤；B.同素異形體的轉(zhuǎn)化不是氧化還原反應(yīng)，B錯誤；C.有單質(zhì)參加的化合反應(yīng)一定發(fā)生元素價態(tài)的改變，所以一定是氧化還原反應(yīng)，C正確；D.失電子難的原子，獲得的電子也可能難，如稀有氣體，D錯誤。故選C。17、B【解析】

圖1左邊硝酸銀濃度大于右邊硝酸銀濃度，設(shè)計為原電池時，右邊銀失去電子，化合價升高，作原電池負極，左邊是原電池正極，得到銀單質(zhì)，硝酸根從左向右不斷移動，當兩邊濃度相等，則指針不偏轉(zhuǎn)；圖2氫離子得到電子變?yōu)闅錃?，化合價降低，作原電池正極，右邊氯離子失去電子變?yōu)槁葰?，作原電池負極?！驹斀狻緼.根據(jù)前面分析得到圖1中電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時，左右兩側(cè)溶液濃度恰好相等，故A正確；B.開始時圖1左邊為正極，右邊為負極，圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時向左側(cè)加入NaCl或Fe，左側(cè)銀離子濃度減小，則左邊為負極，右邊為正極，加入AgNO3，左側(cè)銀離子濃度增加，則左邊為正極，右邊為負極，因此指針又會偏轉(zhuǎn)但方向不同，故B錯誤；C.圖2中Y極每生成1molCl2，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此2molLi+移向a極得到2molLiCl，故C正確；D.兩個電極左邊都為正極，右邊都為負極，因此兩個原電池外電路中電子流動方向均為從右到左，故D正確。綜上所述，答案為B。【點睛】分析化合價變化確定原電池的正負極，原電池負極發(fā)生氧化，正極發(fā)生還原，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。18、B【解析】

根據(jù)Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3與CaCl2不反應(yīng)，但碳酸鈉、碳酸氫鈉都與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，已知NaOH完全反應(yīng)，則一定體積的CO2通入V

L

NaOH溶液中產(chǎn)物不確定，以此來解答。【詳解】A.因a、b的關(guān)系不確定，無法計算參加反應(yīng)的CO2的體積，A項錯誤；B.由A選項可知若a=b，則CO2與NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽只有Na2CO3，B項正確；C.若產(chǎn)物為碳酸鈉，碳酸鈉與石灰水、CaCl2溶液都能反應(yīng)生成碳酸鈣，則a=b；若產(chǎn)物為碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉與CaCl2溶液不反應(yīng)，碳酸鈉與CaCl2溶液反應(yīng)生成碳酸鈣，但碳酸鈉、碳酸氫鈉都與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，則a>b，但不可能a<b，C項錯誤；D.若a、b相等時，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl～NaOH可計算NaOH的物質(zhì)的量，溶液的體積已知，則可以計算濃度，D項錯誤；答案選B。19、D【解析】

A.火箭升空時，將燃料的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為火箭的機械能，故A錯誤；B.太陽能電池板，將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯誤；C.動車在行駛時主要的能量轉(zhuǎn)化是電能轉(zhuǎn)化為機械能，故C錯誤；D.手機電池放電是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故D正確；答案選D。20、B【解析】

Ni(CO)4呈四面體構(gòu)型，為非極性分子，由相似相溶原理知，非極性分子的溶質(zhì)易溶于非極性分子的溶劑，四氯化碳是非極性分子，所以該物質(zhì)易溶于四氯化碳，故選B。21、C【解析】

A.氯離子半徑小于1nm，因此其分子直徑比氯離子大，故A錯誤；B.在水中形成的分散系屬于膠體，故B錯誤；C.在水中形成的分散系屬于膠體，膠體具有丁達爾效應(yīng)，故C正確；D.“鈷酞菁”分子直徑小于濾紙中空隙的直徑，故D錯誤。綜上所述，答案為C。【點睛】膠體具有丁達爾效應(yīng)、利用滲析的方法凈化膠體，要注意膠體是混合物。22、A【解析】

Na+、I-、NO3-、Cl-可以共存，在酸性條件下I-可以NO3-被氧化為I2，加強氧化性物質(zhì)也能把I-氧化為I2，生成單質(zhì)碘，則溶液會變色。A.加淀粉溶液，與I-不反應(yīng)，則溶液不變色，A符合題意；B.溶液中硫酸氫鈉溶液，硫酸氫鈉電離出氫離子，在酸性條件下I-可以NO3-被氧化為I2，則溶液會變色，B不符合題意；C.H2O2具有強氧化性，能把I-氧化為I2，則溶液會變色，C不符合題意；D.氯水具有強氧化性，能把I-氧化為I2，則溶液會變色，D不符合題意；故合理選項是A。二、非選擇題(共84分)23、CH3COOC2H5避免碳碳雙鍵被氫氣加成（還原），酯很難和氫氣加成（還原）或【解析】

（1）反應(yīng)A→B中需要加入試劑X，其分子式為C4H8O2，屬于加成反應(yīng)，則X為CH3COOC2H5；

（2）避免碳碳雙鍵被H2加成或還原，酯很難和H2發(fā)生還原反應(yīng)；(3)①屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；②能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基；③核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，結(jié)構(gòu)應(yīng)對稱；（4）E中醛基與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)；（5）比較B與C的結(jié)構(gòu)簡式可知，B先在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成羧酸鈉，然后將羰基用LiBH4還原為醇，然后酸化，將羧酸鈉變?yōu)轸然?，羧基與羥基在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)，生成酯基，最后再與CH3I發(fā)生增加C原子的反應(yīng)得到C?！驹斀狻浚?）根據(jù)A與B的結(jié)構(gòu)簡式的異同，結(jié)合X的分子式可知，A轉(zhuǎn)化為B屬于加成反應(yīng)，則X是CH3COOC2H5；（2）C→D不直接用H2(鎳作催化劑)還原的原因是：因為C中含有碳碳雙鍵，碳碳雙鍵也能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酯很難和H2發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為避免碳碳雙鍵被氫氣加成(還原)，酯很難和氫氣加成(還原)；(3)A的同分異構(gòu)體滿足：①屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；②能使FeCl3溶液顯色，說明含有酚羥基；③核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，A的分子式是C10H14O，則分子中存在對稱結(jié)構(gòu)，所以符合題意的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式是或；（4）E分子中的醛基可與銀氨溶液反應(yīng)，醛基被氧化為羧基，同時生成氨氣、銀單質(zhì)、水，化學(xué)方程式是；（5）比較B與C的結(jié)構(gòu)簡式可知，B先在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成羧酸鈉，然后將羰基用LiBH4還原為醇，然后酸化，將羧酸鈉變?yōu)轸然然c羥基在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)，生成酯基，最后再與CH3I發(fā)生增加C原子的反應(yīng)得到C，合成流程圖是：。24、C、D【解析】

（1）奧美拉的分子式為C17H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，B錯誤；化合物C中有苯環(huán)，可發(fā)生取代和加成反應(yīng)；有碳氧雙鍵，可得到氫，發(fā)生還原反應(yīng)；C正確；設(shè)計A轉(zhuǎn)化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據(jù)流程I到J有機物兩個分子結(jié)構(gòu)的差別可知，化合物F的結(jié)構(gòu)簡式。（3）根據(jù)生成物B的結(jié)構(gòu)式和反應(yīng)物可得A的結(jié)構(gòu)式為，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為；（4）①分子中含苯環(huán)，遇FeC13顯紫色，結(jié)構(gòu)中有酚羥基；②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，根據(jù)化合物G的結(jié)構(gòu)符合要求的化合物H結(jié)構(gòu)式為；（5）結(jié)合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；25、ABDECNH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收揮發(fā)的、同時生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根據(jù)制備的反應(yīng)原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結(jié)合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結(jié)合氨氣的性質(zhì)分析解答(1)～(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應(yīng)生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)～(8)。【詳解】(一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導(dǎo)管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應(yīng)先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應(yīng)為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導(dǎo)致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)①FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為25.30mL，誤差較大應(yīng)舍棄，F(xiàn)eSO4的物質(zhì)的量為0.1000mol?L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根據(jù)電子得失守恒可得關(guān)系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質(zhì)量為0.0023×208g=0.4784g，則Ce(OH)4產(chǎn)品的純度為×100%=95.68%，故答案為95.68%；③改用0.1000mol?L-1的FeCl2溶液滴定產(chǎn)品從而測定Ce(OH)4產(chǎn)品的純度，Ce4+有強氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質(zhì)的量及質(zhì)量偏小，則測定的Ce(OH)4產(chǎn)品的純度偏低，故答案為偏低。26、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈溫度過高會失去結(jié)晶水醋酸質(zhì)量分數(shù)溫度90.0%【解析】

將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)制取SO2，將反應(yīng)產(chǎn)生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應(yīng)的SO2不能直接排放，可根據(jù)SO2與堿反應(yīng)的性質(zhì)用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生。反應(yīng)產(chǎn)生的MnSO4再與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經(jīng)過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據(jù)表格中溫度、濃度對制取的產(chǎn)品的質(zhì)量分析醋酸錳晶體合適的條件?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，反應(yīng)的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或?qū)憺镾O2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結(jié)晶水，故一般是產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55℃；(5)表格采用了對比方法分析了溫度、醋酸質(zhì)量分數(shù)(或濃度)對產(chǎn)品質(zhì)量的影響。實驗l中11.5gMnCO3的物質(zhì)的量為n(MnCO3)==0.1mol，根據(jù)Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物質(zhì)的量是0.1mol，其質(zhì)量為m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g，實際質(zhì)量為22.05g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O產(chǎn)率為×100%=90.0%。【點睛】本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應(yīng)條件的控制及物質(zhì)含量的計算，將化學(xué)實驗與元素化合物知識有機結(jié)合在一起，體現(xiàn)了學(xué)以致用的教學(xué)理念，要充分認識化學(xué)實驗的重要性。27、冷凝管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑2PCl3+O2=2POCl3加快反應(yīng)速率，同時防止PCl3氣化，逸出損失b當加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液剛好變?yōu)榧t色，且紅色半分鐘內(nèi)不褪色AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)偏小【解析】

根據(jù)實驗?zāi)康募把b置圖中反應(yīng)物的狀態(tài)，分析裝置的名稱及裝置中的相關(guān)反應(yīng)；根據(jù)滴定實驗原理及相關(guān)數(shù)據(jù)計算樣品中元素的含量，并進行誤差分析。【詳解】（1）根據(jù)裝置圖知，儀器a的名稱是冷凝管；根據(jù)實驗原理及裝置中反應(yīng)物狀態(tài)分析知，裝置A為用固體和液體制備氧氣的裝置，可以是過氧化鈉與水反應(yīng)，也可能是雙氧水在二氧化錳催化下分解，化學(xué)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑，故答案為：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑；（2）裝置C中為PCl3與氧氣反應(yīng)生成POCl3的反應(yīng)，化學(xué)方程式為2PCl3+O2=2POCl3，故答案為：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通過加熱可以加快反應(yīng)速率，但溫度不易太高，防止PCl3氣化，影響產(chǎn)量，則C裝置易控制反應(yīng)在60℃～65℃進行，故答案為：加快反應(yīng)速率，同時防止PCl3氣化，逸出損失；（4）①用cmol?L?1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN?反應(yīng)溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：b；當加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液剛好變?yōu)榧t色，且紅色半分鐘內(nèi)不褪色；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積VmL，則過量Ag+的物質(zhì)的量為V?c×10?3mol，與Cl?反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.04L?Vc×10?3mol＝(4?Vc)×10?3mol，則Cl元素的質(zhì)量百分含量為，故答案為：；③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10?10，Ksp(AgSCN)＝2×10?12，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN與AgCl反應(yīng)生成AgSCN沉淀，反應(yīng)為：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應(yīng)的銀離子的物質(zhì)的量偏小，所以測得的氯離子的物質(zhì)的量偏?。还蚀鸢笧椋篈gCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。28、[Ar]3d64s2(或)1s22s22p63s23p63d64s2小于Mn2+的3d能級為半充滿的相對穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子Fe2O3FeO與Fe2O3都是離子晶體，F(xiàn)e3+的半徑小且電荷大，F(xiàn)e2O3晶格能大NACDsp2、sp36【解析】

(1)Fe為第26號元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫該原子核外電子排布式；(2)根據(jù)Fe2+的電子排布為[Ar]3d6，Mn2+的電子排布為[Ar]3d5，結(jié)合穩(wěn)定結(jié)構(gòu)分析判斷；(3)離子晶體晶格能越大，其熔沸點越高，晶格能與離子半徑成反比、與電荷成正比；(4)同周期從左到右，電負性逐漸增強，同主族從上到下，電負性逐漸減弱；(5)環(huán)戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此判斷液態(tài)環(huán)戊二烯中存在的