承德市重點中學高三最后一模新高考化學試題及答案解析

承德市重點中學高三最后一模新高考化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、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、向1.00L濃度均為0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl氣體調(diào)節(jié)溶液pH(忽略溶液體積變化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡時的分布系數(shù)(各含硫物種的濃度與含硫物種總濃度的比)隨HCl氣體體積(標況下)的變化關系如圖所示(忽略SO2氣體的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在該實驗條件下的一級電離常數(shù)。下列說法正確的是A．Z點處的pH=-lgKa1(H2SO3)B．從X點到Y點發(fā)生的主要反應為SO32-+H2O?HSO3-+OH-C．當V(HCl)≥672mL時，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD．若將HCl改為NO2，Y點對應位置不變2、下列說法正確的是A．紫外光譜儀、核磁共振儀、質(zhì)譜儀都可用于有機化合物結構的分析B．高聚物()屬于可降解材料，工業(yè)上是由單體經(jīng)過縮聚反應合成C．通過煤的液化可獲得煤焦油、焦炭、粗氨水等物質(zhì)D．石油裂解的目的是為了提高輕質(zhì)油的質(zhì)量和產(chǎn)量3、某有機物的結構簡式為有關該化合物的敘述不正確的是（）A．所有碳原子可能共平面B．可以發(fā)生水解、加成和酯化反應C．1mol該物質(zhì)最多消耗2molNaOHD．苯環(huán)上的二溴代物同分異構體數(shù)目為4種4、化學與生活密切相關。下列敘述不正確的是（）A．二氧化硅是將太陽能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C．使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土5、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．60g丙醇中含有的共價鍵數(shù)目為10NAB．過氧化鈉與水反應生成0.lmolO2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC．0.lmol?L-1碳酸鈉溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NAD．密閉容器中，1molN2與3molH2反應制備NH3，產(chǎn)生N—H鍵的數(shù)目為6NA個6、橋環(huán)烷烴是指共用兩個或兩個以上碳原子的多環(huán)烷烴，二環(huán)[1，1，0]丁烷()是最簡單的一種。下列關于該化合物的說法錯誤的是A．與1，3-丁二烯互為同分異構體B．二氯代物共有4種C．碳碳鍵只有單鍵且彼此之間的夾角有45°和90°兩種D．每一個碳原子均處于與其直接相連的原子構成的四面體內(nèi)部7、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．18g氨基（-ND2）中含有的電子數(shù)為9NAB．1molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數(shù)小于0.1NAD．2.24LCH4與C2H4的混合氣體中，所含H原子的數(shù)目是0.4NA8、下列比較錯誤的是A．與水反應的劇烈程度：K<Ca B．穩(wěn)定性：HF>HC1C．原子半徑：Si>N D．堿性：Ca(OH)2>Mg(OH)29、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。將該溶液加少量新制氯水，溶液變黃色。再向上述反應后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均無明顯現(xiàn)象。下列推斷合理的是A．一定存在Fe2+、Na+、Cl－ B．一定不存在I－、SO32－C．一定呈堿性 D．一定存在NH4+10、釤(Sm)屬于稀土元素，與是釤元素的兩種同位素．以下說法正確的是A．與互為同素異形體B．與具有相同核外電子排布C．與的性質(zhì)完全相同D．與的質(zhì)子數(shù)不同，但中子數(shù)相同11、下列實驗不能達到目的的是（）選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入小蘇打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性鈉溶液洗滌、分液C加快氫氣的生成速率將與稀硫酸反應的粗鋅改為純鋅D制備少量氨氣向新制生石灰中滴加濃氨水A．A B．B C．C D．D12、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素。Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列說法中錯誤的是WXYZA．原子半徑大小：X<W<Y B．Z的單質(zhì)易溶于化合物WZ2C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W<X D．含Y元素的離子一定是陽離子13、不能用元素周期律解釋的是（）A．氯與鈉形成離子鍵，氯與硅形成共價鍵B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液變藍C．向Na2SO3溶液中滴加鹽酸，有氣泡生成D．F2在暗處遇H2即爆炸，I2在暗處遇H2幾乎不反應14、下列化學用語表示正確的是A．CO2的比例模型：B．HClO的結構式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O?S2-+H3O+D．甲酸乙酯的結構簡式：HCOOC2H515、我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A．異戊二烯所有碳原子可能共平面B．可用溴水鑒別M和對二甲苯C．對二甲苯的一氯代物有2種D．M的某種同分異構體含有苯環(huán)且能與鈉反應放出氫氣16、實驗室為監(jiān)測空氣中汞蒸氣的含量，通常懸掛有CuI的濾紙，根據(jù)濾紙是否變色或顏色發(fā)生變化的時間來判斷空氣中汞的含量，其反應為：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有關說法正確的是()A．上述反應的產(chǎn)物Cu2HgI4中，Hg的化合價為＋2B．上述反應中CuI既是氧化劑，又是還原劑C．上述反應中Hg元素與Cu元素均被氧化D．上述反應中生成64gCu時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA17、微粒有多種表示方式，下列各組不同表示方式一定代表同種微粒的是A．C3H6、CH2=CHCH3 B．H2O2、C．、 D．、1s22s22p63s23p618、科學家設計了一種可以循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2的裝置，總反應方程式為2CO2=2CO+O2，下列說法不正確的是A．由圖分析N電極為負極B．OH-通過離子交換膜遷向右室C．反應完畢，該裝置中電解質(zhì)溶液的堿性增強D．陰極的電極反應式為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-19、“軌道”2px與3py上電子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈紡錘形C．自旋方向 D．在空間的伸展方向20、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的離子總數(shù)為0.3NAB．標準狀況下，2.24LHF和NH3分子所含電子數(shù)目均為NAC．常溫時,56gAl與足量濃硝酸反應,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NAD．向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，該反應轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NA21、對下列溶液的分析正確的是A．常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，其pH增大B．向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨氣至中性時C．0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，原溶液中水的電離程度增大D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中加入少量NaOH固體將增大22、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是()A．觀察Fe（OH）2的生成B．配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCO3溶液C．除去CO中的CO2D．實驗室模擬制備NaHCO3二、非選擇題(共84分)23、（14分）白藜蘆醇(結構簡式：)屬二苯乙烯類多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和預防心血管疾病的作用。某課題組提出了如下合成路線：已知：①RCH2Br+②根據(jù)以上信息回答下列問題：(1)白藜蘆醇的分子式是_________(2)C→D的反應類型是：__________；E→F的反應類型是______。(3)化合物A不與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，能與NaHCO3溶液反應放出CO2，推測其核磁共振譜(1H-NMR)中顯示不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為_______(從小到大)。(4)寫出A→B反應的化學方程式：_____________；(5)寫出結構簡式；D________、E___________；(6)化合物符合下列條件的所有同分異構體共________種，①能發(fā)生銀鏡反應；②含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子。寫出其中不與堿反應的同分異構體的結構簡式：_______。24、（12分）藥物心舒寧（又名冠心寧）是一種有機酸鹽,用于治療心脈瘀阻所致的冠心病、心絞痛等，可用以下路線合成。完成下列填空：47、寫出反應類型：反應①______________、反應②_______________。48、寫出結構簡式：A__________________、C____________________。49、由1molB轉(zhuǎn)化為C，消耗H2的物質(zhì)的量為_______________。如果將③、④兩步顛倒，則最后得到的是（寫結構簡式）__________________________。50、D有同類別的同分異構體E，寫出E與乙二醇發(fā)生縮聚反應所得產(chǎn)物的結構簡式______________。51、寫出與A的屬于芳香族化合物的同分異構體與鹽酸反應的化學方程式______________。25、（12分）用如圖所示儀器，設計一個實驗裝置，用此裝置電解飽和食鹽水，并測定陰極氣體的體積（約6mL）和檢驗陽極氣體的氧化性。（1）必要儀器裝置的接口字母順序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。（2）電路的連接是：碳棒接電源的____極，電極反應方程式為_____。（3）能說明陽極氣體具有氧化性的實驗現(xiàn)象是____，有關離子方程式是_____；最后尾氣被吸收的離子方程式是______。（4）如果裝入的飽和食鹽水體積為50mL（假定電解前后溶液體積不變），當測得的陰極氣體為5.6mL（標準狀況）時停止通電，則另一極實際上可收集到氣體____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。26、（10分）碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質(zhì)的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內(nèi)滴加完后，用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須產(chǎn)品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步驟2控制溫度在50℃，較好的加熱方法是_________。②步驟3生成MgCO3·nH2O沉淀的化學方程式為__________。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是__________。（2）測定生成的MgCO3·nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應4～5h，反應后期將溫度升到30℃，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。①圖中氣球的作用是_________。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是______。③測得每7.8000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生標準狀況下CO2為1.12L，則n值為_______。（3）碳酸鎂晶須可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/LH2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液應裝在_________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_________%（保留小數(shù)點后兩位）。27、（12分）某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產(chǎn)生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）28、（14分）中國的鈾工業(yè)自20世紀50年代興起，現(xiàn)已形成完整的和具有相當規(guī)模的科研和工業(yè)生產(chǎn)體系。鈾是原子反應堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等。回答下列問題：(1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。①基態(tài)氟原子的價電子排布圖為_____________；②金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為_______；③UF4用Mg或Ca還原時，其氧化產(chǎn)物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔點高于CaF2，其原因是_________________。(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒間作用力是_________；a.離子鍵b.共價鍵c.配位鍵d.金屬鍵②NH4+的空間構型為______，與NH4+等電子體的分子或離子有_____(寫一種)；③CO32－中碳原子雜化軌道類型為_________；(3)UO2的晶胞結構如圖所示：①晶胞中U原子位于面心和頂點，氧原子填充在U原子堆積形成的空隙中，在該空隙中氧原子堆積形成的立體的空間構型為___________(填“立方體”、“四面體”、“八面體”)；②若兩個氧原子間的最短距離為anm，則UO2晶體的密度為__________g·cm－3。(列出含a算式即可。用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。)29、（10分）硝酸是一種重要的化工原料，工業(yè)上采用氨催化氧化法制備，生產(chǎn)過程中發(fā)生的反應有：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/molNO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol回答以下問題：(1)NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的△H=___________kJ/mol。原料氣體(NH3、O2)在進入反應裝置之前，必須進行脫硫處理。其原因是____。(2)研究表明2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程分兩步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)①該反應的速率由b步?jīng)Q定，說明b步反應的活化能比a步的___(填“大”或“小”)。②在恒容條件下，NO和O2的起始濃度之比為2:1，反應經(jīng)歷相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖，則150℃時，v正___v逆(填“>”或“<”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，則380℃下反應達平衡時c(O2)=____mol/L。(3)T1溫度時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應2NO+O22NO2，實驗測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。容器中各反應物和生成物的物質(zhì)的量隨時間變化如下圖所示：①下列說法能表明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是____填序號)A．混合氣體的密度不變B．混合氣體的顏色不變C．k正、k逆不變D．2v正(O2)=v逆(NO2)②化學平衡常數(shù)K與速率常數(shù)k正、k逆的數(shù)學關系式K=____。③溫度為T1時的化學平衡常數(shù)K=_____。若將容器的溫度變?yōu)門2時，k正=k逆，則T2___T1(填“＞”“＜”或“=”)。

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、A【解析】

A．在Z點c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，則有，則pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正確；B．根據(jù)圖示，從X點到Y點，SO32－的濃度減少，而HSO3－的濃度在增加，則加入鹽酸發(fā)生的主要反應為SO3－+H＋=HSO3，B錯誤；C．當V(HCl)=672mL時，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物質(zhì)的量均為1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反應，Na2SO3轉(zhuǎn)化為H2SO3。H2SO3為弱酸，可經(jīng)第一二步電離產(chǎn)生HSO3－和SO32－，其關系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C錯誤；D．若將HCl換為NO2，NO2會與水反應，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有強氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中將沒有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y點位置會消失，D錯誤。答案選A。2、A【解析】

A.紫外可見分光光度計是定量研究物質(zhì)組成或結構的現(xiàn)代儀器，核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目，質(zhì)譜儀可用于有機化合物的相對分子質(zhì)量，A正確；B.高聚物()水解產(chǎn)生小分子和H2CO3，所以屬于可降解材料，工業(yè)上是由單體和H2CO3經(jīng)過縮聚反應合成，B錯誤；C.通過煤的干餾可獲得煤焦油、焦炭、粗氨水等物質(zhì)，C錯誤；D.石油裂解的目的是為了獲得短鏈氣態(tài)不飽和烴，石油裂化的目的是為了提高輕質(zhì)油的質(zhì)量和產(chǎn)量，D錯誤；故合理選項是A。3、C【解析】

A．含有酯基、羧基、苯環(huán)和碳碳雙鍵，都為平面形結構，則所有碳原子可能共平面，故A正確；B．含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應，含有羧基，可發(fā)生酯化反應，故B正確；C．能與氫氧化鈉反應的為酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羥基，則1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH，故C錯誤；D．苯環(huán)有2種H，4個H原子，兩個Br可位于相鄰(1種）、相間（2種）、相對（1種）位置，共4種，故D正確。故答案為C?！军c睛】以有機物的結構為載體，考查官能團的性質(zhì)。熟悉常見官能團的性質(zhì)，進行知識遷移運用，根據(jù)有機物結構特點，有碳碳雙鍵決定具有烯的性質(zhì)，有羧基決定具有羧酸的性質(zhì)，有醇羥基決定具有醇的性質(zhì)，有苯環(huán)還具有苯的性質(zhì)。4、A【解析】

A．單質(zhì)硅可用于制作太陽能電池的原料，太陽能電池可將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C．含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D．瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，故D正確；答案選A。5、B【解析】

A.60g丙醇為1mol，丙醇中含7個C-H鍵、2個C-C鍵、1個C-O鍵和1個O-H鍵，存在的共價鍵總數(shù)為11NA，故A錯誤；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一個氧原子從-1價升高到0價；另外一個從-1價降到-2價，每生成lmolO2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，生成0.lmolO2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故B正確；C.溶液的體積未知，無法計算，故C錯誤；D.氮氣和氫氣的反應是一個可逆反應，1molN2與3molH2反應產(chǎn)生的NH3小于2mol，故產(chǎn)生N—H鍵的數(shù)目小于6NA個，故D錯誤；故選B。6、C【解析】

根據(jù)二環(huán)[1，1，0]丁烷的鍵線式寫出其分子式，其中兩個氫原子被氯原子取代得二氯代物，類比甲烷結構可知其結構特征?！驹斀狻緼項：由二環(huán)[1，1，0]丁烷的鍵線式可知其分子式為C4H6，它與1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互為同分異構體，A項正確；B項：二環(huán)[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二個氯原子取代同一個碳上的氫原子有1種，二個氯原子取代不同碳上的氫原子有3種，共有4種，B項正確；C項：二環(huán)[1，1，0]丁烷分子中，碳碳鍵只有單鍵，其余為碳氫鍵，鍵角不可能為45°或90°，C項錯誤；D項：二環(huán)[1，1，0]丁烷分子中，每個碳原子均形成4個單鍵，類似甲烷分子中的碳原子，處于與其直接相連的原子構成的四面體內(nèi)部，D項正確。本題選C。7、A【解析】

A．18g氨基（-ND2）為1mol，含有的電子數(shù)為9NA，A正確；B．氯氣具有強氧化性，將Fe2+和I-均氧化，1molFeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，B錯誤；C．S2-會水解，1個硫離子水解后產(chǎn)生1個硫氫根離子和1個氫氧根離子，故1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數(shù)大于0.1NA，C錯誤；D．為指明標準狀況，無法計算，D錯誤；故答案選A?！军c睛】氕()、氘()、氚()，互為同位素，氕()無中子。8、A【解析】

A．金屬性K＞Ca＞Na＞Mg，金屬性越強，金屬單質(zhì)與水反應越劇烈，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F＞S，所以氫化物的穩(wěn)定性HF＞H2S，故B正確；C．C、Si同主族，電子層依次增大，故原子半徑Si＞C，C、N同周期，原子半徑隨原子序數(shù)增大而減小，故原子半徑C＞N，因此原子半徑：Si>N，故C正確；D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Ca＞Mg，所以堿性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正確；故選A。9、B【解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。將該溶液加少量新制氯水，溶液變黃色，說明亞鐵離子和碘離子至少有一種，在反應中被氯水氧化轉(zhuǎn)化為鐵離子和碘。再向上述反應后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均無明顯現(xiàn)象，這說明溶液中沒有碘生成，也沒有硫酸根，所以原溶液中一定沒有碘離子和亞硫酸根離子，一定存在亞鐵離子，則一定不存在碳酸根離子。根據(jù)溶液的電中性可判斷一定還含有氯離子，鈉離子和銨根離子不能確定，亞鐵離子水解溶液顯酸性；答案選B。10、B【解析】

A．與的質(zhì)子數(shù)均為62，但中子數(shù)分別為82、88，則質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同，二者互為同位素，A錯誤；B．與的質(zhì)子數(shù)均為62，原子核外電子數(shù)等于原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，所以兩種原子核外電子數(shù)均為62，電子數(shù)相同，核外電子排布也相同，B正確；C．與的物理性質(zhì)不同，化學性質(zhì)相似，C錯誤；D．與的質(zhì)子數(shù)均為62，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)，分別為144﹣62=82、150﹣62=88，不相同，D錯誤。答案選B。11、C【解析】

A．氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能與HCl反應，從而促進平衡正向移動，使次氯酸的濃度增大，A不合題意；B．苛性鈉溶液能與溴反應，產(chǎn)物溶解在溶液中，液體分層，分液后可得下層的溴苯，從而達到除雜目的，B不合題意；C．粗鋅與稀硫酸能發(fā)生原電池反應，反應速率快，純鋅與稀硫酸不能形成原電池，反應速率慢，C符合題意；D．濃氨水滴入新制生石灰中，生石灰與水反應放熱，使氨水分解同時降低氨氣的溶解度，從而制得少量的氨氣，D不合題意；故選C。12、D【解析】

根據(jù)元素在周期表位置關系，四種元素位于第二三周期，且Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。則Z為S，W、X、Y分別為C、N、Al。A．原子半徑大?。篘＜C＜Al，故A正確；B．Z元素為S，其單質(zhì)易溶于CS2，故B正確；C．W、X分別為C、N，非金屬性越強，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：C＜N，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：CH4＜NH3，故C正確；D．Y為Al元素，含Al元素的離子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D錯誤；答案選D。【點睛】根據(jù)相似相容原理，S易溶于CS2。13、C【解析】

A.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；B.非金屬性強的元素單質(zhì)，能從非金屬性弱的非金屬形成的鹽中置換出該非金屬單質(zhì)；C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應；D.非金屬性越強，與氫氣化合越容易?！驹斀狻緼.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；所以氯與鈉形成氯化鈉，含有離子鍵，氯與硅形成四氯化硅，含有共價鍵，可以利用元素周期律解釋，故A不選；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液變藍，說明溴單質(zhì)的氧化性強于碘單質(zhì)，能用元素周期律解釋，故B不選；C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應，HCl不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，故C選；D.非金屬性F>I，故氟氣與氫氣化合較容易，可以利用元素周期律解釋，故D不選；故答案選C。14、D【解析】

A.碳原子半徑大于氧，故A錯誤；B.氧為中心原子，HClO的結構式：H—O—Cl，故B錯誤；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O?H2S+OH-，故C錯誤；D.甲酸乙酯的結構簡式：HCOOC2H5，故D正確；故選D。15、D【解析】

A.異戊二烯中2個碳碳雙鍵所確定的平面重合時，所有碳原子共平面，A正確；B.M中含有碳碳雙鍵可使溴水褪色，對二甲苯與溴水可發(fā)生萃取，使溶液分層，有機層顯橙紅色，可用溴水鑒別，B正確；C.對二甲苯的一氯代物有氯原子在苯環(huán)上1種，在甲基上1種，合計2種，C正確；D.M的分子式為C8H12O，某種同分異構體含有苯環(huán)，則剩余基團為C2H7-，無此基團，D錯誤；答案為D【點睛】碳碳雙鍵與溴水中的溴發(fā)生加成反應使溴水褪色；對二甲苯與溴水萃取使溴水褪色，但有機層顯橙紅色。16、A【解析】

A．Cu2HgI4中Cu元素的化合價為+1價，Hg為+2價，I為﹣1價，故A正確；B．Cu元素化合價部分由+1價降低到0價，被還原，CuI為氧化劑，故B錯誤；C．Cu得到電子被還原，Hg失去電子被氧化，故C錯誤；D．由方程式可知，上述反應中生成64gCu，即1mol時，轉(zhuǎn)移1mol電子，電子數(shù)為1NA，故D錯誤；答案選A。17、B【解析】

A.C3H6可能表示CH2=CHCH3，也可能表示環(huán)丙烷，因此二者不一定表示同一物質(zhì)，A錯誤；B.H2O2分子中兩個O原子形成一對共用電子對，O原子分別與H原子各形成一對共用電子對，所以其電子式為；A.前者表示甲烷，后者表示CCl4，二者是不同的微粒，C錯誤；D.前者表示Ar原子結構示意圖，后者可能表示Ar原子，也可能表示K+、Cl-等，因此而不一定表示的是同一微粒，D錯誤；故合理選項是B。18、C【解析】

電池內(nèi)部，電子向負極遷移，結合圖可知，N電極為負極，P電極為正極?！驹斀狻緼．由分析可知，N電極為負極，A正確；B．右邊的裝置與太陽能電池相連，為電解池，左邊Pt電極與電池負極相連，為陰極，右邊Pt電極與電池正極相連，為陽極，電解池中，陰離子向陽極移動，故OH-通過離子交換膜遷向右室，B正確；C．總反應方程式為2CO2=2CO+O2，電解質(zhì)溶液pH不變，堿性不變，C錯誤；D．CO2在陰極得電子生成CO，結合電解質(zhì)、電荷守恒、原子守恒可寫出陰極反應式為：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D正確。答案選C。19、B【解析】

A．“軌道”2Px與3Py分別屬于第二電子層和第三電子層，不同電子層的電子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A錯誤；B．所有的p軌道均為紡錘形，所以“軌道”2Px與3Py均呈紡錘形，故B正確；C．不同電子層上的電子，其自旋方向不一定相同，故C錯誤；D．在三維坐標中，“軌道”2Px在x軸方向伸展，3Py在y軸方向伸展，則在空間的伸展方向不同，故D錯誤；故答案為B。20、D【解析】

A.NaHSO4在熔融狀態(tài)電離產(chǎn)生Na+、HSO4-，1個NaHSO4電離產(chǎn)生2個離子，所以0.1molNaHSO4在熔融狀態(tài)中含有的離子總數(shù)為0.2NA，選項A錯誤；B.標準狀況下HF呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積，選項B錯誤；C.常溫時Al遇濃硝酸會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能進一步反應，選項C錯誤；D.微粒的還原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶質(zhì)的溶液中通入適量的氯氣，當有1molFe2+被氧化時，I-已經(jīng)反應完全，則1molFeI2反應轉(zhuǎn)移3mol電子，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目是3NA，選項D正確；故合理選項是D。21、C【解析】

A．NaOH溶液是強堿，氫離子來自于水的電離，常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，溶液中Kw增大，其pH減小，故A錯誤；B．0.1mol?L?1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)①，溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)+c(OH?)，因為pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32?)+c(HSO3?)②，由①得c(Na+)＞c(SO32?)；將①式左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32?)+c(HSO3?)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，結合②③得c(SO32?)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32?)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32?)＞c(NH4+)，故C錯誤；C．酸堿對水的電離都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀釋時，醋酸的濃度減小，對水的電離平衡抑制作用減弱，則原溶液中水的電離程度增大，故C正確；D．在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中，加入少量NaOH固體，溶液酸性減弱，氫離子濃度減小，該比值將減小，故D錯誤；答案選C。22、A【解析】

A.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化鐵要隔絕空氣；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器；C.洗氣瓶洗氣，注意氣體的進出方向；D.氨氣極易溶于水，不能將導管直接插入食鹽水中?！驹斀狻緼.氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，能實現(xiàn)實驗目的，故A正確；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；C.洗氣瓶洗氣時，瓶內(nèi)裝有吸收雜質(zhì)的液體，混合氣從長管進、短管出(即長進短出或深入淺出)，故C錯誤D.通氨氣的導管插入液面太深，易發(fā)生倒吸；通二氧化碳的導管沒有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影響碳酸氫鈉的制備，故D錯誤；【點睛】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)檢驗、氣體除雜、溶液配制等知識點。沒有正確掌握常見制備儀器的使用方法以及收集方法致錯。二、非選擇題(共84分)23、C14H12O3取代反應消去反應1∶1∶2∶6+CH3OH+H2O3【解析】

根據(jù)F的分子式、白藜蘆醇的結構，并結合信息②中第二步可知，F(xiàn)中苯環(huán)含有3個-OCH3，故F的結構簡式為；D發(fā)生信息①中一系列反應生成E，反應過程中的醛基轉(zhuǎn)化為羥基，E發(fā)生消去反應生成F，因此E為，逆推可知D為，結合物質(zhì)的分子式、反應條件、給予的信息，則C為，B為，A為。據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)白黎蘆醇()的分子式為C14H12O3，故答案為C14H12O3；(2)C→D是C中羥基被溴原子替代，屬于取代反應，E→F是E分子內(nèi)脫去1分子式形成碳碳雙鍵，屬于消去反應，故答案為取代反應；消去反應；(3)化合物A的結構簡式為，其核磁共振譜中顯示有4種不同化學環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為1∶1∶2∶6，故答案為1∶1∶2∶6；(4)A為，與甲醇發(fā)生酯化反應生成B()，A→B反應的化學方程式為：，故答案為；(5)由上述分析可知，D的結構簡式為，E的結構簡式為，故答案為；；(6)化合物的同分異構體符合下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯環(huán)且苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，則結構簡式可能為、、，共3種；酚羥基和酯基都能夠與堿反應，不與堿反應的同分異構體為；故答案為3；?！军c睛】本題的難點是物質(zhì)結構的推斷?？梢愿鶕?jù)白黎蘆醇的結構簡式為起點，用逆推方法，確定各步反應的各物質(zhì)的結構簡式和反應類型，推斷過程中要充分利用題干信息。24、取代反應消去反應10mol【解析】

根據(jù)流程圖中苯轉(zhuǎn)化為，為四氯化碳中的兩個氯原子被苯環(huán)上的碳取代，同一碳上的羥基不穩(wěn)定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據(jù)酮和A反應生成，推之酮和A發(fā)生加成反應的產(chǎn)物，所以A為：，在濃硫酸的作用下發(fā)生醇羥基的消去反應生成B，和氫氣發(fā)生加成反應生成C，C與D反應生成心舒寧，所以D為：；據(jù)以上分析進行解答。【詳解】據(jù)流程圖中苯轉(zhuǎn)化為，為四氯化碳中的兩個氯原子被苯環(huán)上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羥基不穩(wěn)定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據(jù)酮和A反應生成，推之酮和A發(fā)生加成反應的產(chǎn)物，+→，A為：，在濃硫酸的作用下發(fā)生醇羥基的消去反應→+H2O，生成B，和氫氣發(fā)生加成反應+10H2→，生成C，C與D反應生成心舒寧，所以D為：，反應為：+→，1．結合以上分析可知，反應①取代反應、反應②是醇的消去；2．發(fā)生加成反應生成，結合原子守恒和碳架結構可得出A的結構簡式：；C是由經(jīng)過醇的消去，再和氫氣完全加成的產(chǎn)物，可C的結構簡式為：；3．B與氫氣加成時二個苯環(huán)和右側六元環(huán)需要9個氫分子，另外還有一個碳碳雙鍵，故由1molB轉(zhuǎn)化為C，完全加成消耗H2的物質(zhì)的量為10mol；如果將③、④兩步顛倒，則發(fā)生反應為中間體B先與生成鹽，后再與H2加成，故最后得到的產(chǎn)物的結構簡式中應不含不飽和的雙鍵．即為；4．D為與之同類別的同分異構體E為，E與乙二醇發(fā)生縮聚反應所得產(chǎn)物的結構簡式；5．A的屬于芳香族化合物的同分異構體為與鹽酸反應的化學方程式。25、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液變藍Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O＜陽極產(chǎn)生的氯氣有部分溶于水且與水和陰極產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應【解析】

電解池裝置中，陽極與電源的正極相連，陰極與電源的負極相連，電解飽和食鹽水在陰極生成的是H2，陽極生成的是Cl2，據(jù)此分析；淀粉遇碘單質(zhì)變藍，要從淀粉碘化鉀中得到碘單質(zhì)必須加入氧化性物質(zhì)，據(jù)此分析；根據(jù)已知的數(shù)據(jù)和電解的總反應方程式計算出生成的NaOH的物質(zhì)的量濃度，從而可知c(OH-)，再求溶液的pH，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣，F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣，所以B端是檢驗氯氣的氧化性，連接D，然后再進行尾氣吸收，E接C，碳棒上陰離子放電產(chǎn)生氯氣，F(xiàn)e棒上陽離子放電產(chǎn)生氫氣，所以A端是測定所產(chǎn)生的氫氣的體積，即各接口的順序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案為：G；F；I；D；E；C；（2）電解池裝置中，碳與電源的正極相連，則為陽極，氯離子發(fā)生失電子的氧化反應，其電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：正；2Cl--2e=Cl2↑；（3）氯氣氧化碘化鉀，生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇淀粉溶液變藍色，其離子方程式為：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣，其離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：丙中溶液變藍；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)==0.00025mol，根據(jù)總反應方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一極理論上生成的氯氣的物質(zhì)的量也為0.00025mol，其體積理論上也為5.6mL，但氯氣部分會溶于水，且部分會與生成的氫氧化鈉反應，因此另一極實際上可收集到氣體小于5.6mL，故答案為：＜；陽極產(chǎn)生的氯氣有部分溶于水且與水和陰極產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應。26、水浴加熱MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13【解析】

本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3·nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反應，測定產(chǎn)生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3·nH2O中n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉(zhuǎn)化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據(jù)消耗的H2O2的物質(zhì)的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量。【詳解】（1）①步驟2控制溫度在50℃，當溫度不超過100℃時，較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3·nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈。（2）①圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。②上述反應后期要升溫到30℃，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③標準狀況下1.12LCO2的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。②四次實驗數(shù)據(jù)，第3次和其他三次數(shù)據(jù)偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價，根據(jù)電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol，則m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，實驗菱鎂礦中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=0.13%?！军c睛】當控制溫度在100℃以下時，可以采取水浴加熱的方法。檢驗沉淀是否洗滌干凈時需要選擇合適的檢測離子，選擇檢測的離子一定是濾液中的離子，并且容易通過化學方法檢測。檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作需要同學記住。27、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質(zhì)轉(zhuǎn)化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質(zhì)轉(zhuǎn)化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗中物質(zhì)的質(zhì)量計算紅色固體的平均摩爾質(zhì)量，進而分析固體成分；(3)①根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質(zhì)；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質(zhì)。【詳解】(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質(zhì)轉(zhuǎn)化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗可知n(CuO)==0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質(zhì)量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質(zhì)，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質(zhì)，離子方程式為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。28、68%MgF2或CaF2均為離子晶體，MgF2的晶格能大于CaF2abc正四面體CH4sp2立方體【解析】

(1)①F元素常用第二周期VIIA族，價電子排布式為2s22p5，結合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；②根據(jù)體心立方堆積晶胞的內(nèi)部結構計算空間利用率，空間利用率＝；③CaF2和MgF2都是離子晶體，離子電荷相同，離子半徑越小，晶格能越大，晶體的熔點越高；(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕為離子晶體，含有離子鍵，銨根離子中有共價鍵和配位鍵；②根據(jù)VSEPR理論判斷NH4＋的空間構型，等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒；③根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷；(3)①由UO2的晶胞結構，氧原子與周圍的4個U原子形成正四面體結構，氧原子位于正四面體的中心；②如圖晶胞內(nèi)部上半部4個O