福建省永春第一中学2023学年化学高二第二学期期末调研试题(含解析).pdf

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1、2023 学年高二下学期化学期末模拟测试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。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（每题只有一个选项符合题意）1、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A24g 石墨烯中含有 CC 键的个数为 3NA B88g 干冰中含有 NA个晶胞结构单元 C62 g P4含有 PP 键的个数为 6NA D60gSiO2中含有 SiO键的个数为 2NA 2、下面的排序不正确的是()A晶体熔点由低到高:4

2、444CFCClCBrCI B熔点由高到低:NaMgAl C硬度由大到小:金刚石碳化硅晶体硅 D晶格能由大到小:MgOCaONaFNaCl 3、下列说法和结论正确的是 选项 项 目 结 论 A 三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯 分子内所有原子均在同一平面上 B 将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色 产物不都是烷烃 C 乙烯和苯都能使溴水褪色 褪色的原理相同 D 有机反应中的卤化、硝化、氢化 均属于取代反应 AA BB CC DD 4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A使甲基橙变红色的溶液：Ca2+、Cu2+、ClO、Cl B0.1 molL1

3、Na2CO3溶液：K、AlO2-、Cl、SO42-C0.1 molL1 FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl、NO3-DKw/c(H+)0.1 molL1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO、CO32-5、某无色气体可能含有 CO、CO2和 H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：通过碱石灰时，气体体积变小；通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A一定含有 CO2、H2O(g)，至少含有 H2、CO中的一种 B一定含有 H2O(g)、CO，至少含有 C

4、O2、H2中的一种 C一定含有 CO、CO2，至少含有 H2O(g)、H2中的一种 D一定含有 CO、H2，至少含有 H2O(g)、CO2中的一种 6、下列措施不能加快锌粒与 1 molL-1H2SO4反应产生 H2的速率的是 A用锌粉代替锌粒 B加少量醋酸钠固体 C加少量 CuSO4固体 D改用 2 molL-1H2SO4与锌粒反应 7、一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是 Aa、b、c 三点溶液的 pH：cab B用湿润的 pH试纸测量 a 处溶液的 pH，测量结果偏小 Ca、b、c 三点 CH3COOH 的电离程度：cab Da、b、

5、c 三点溶液用 1 molL1 NaOH 溶液中和，消耗 NaOH 溶液体积：cab 8、下列说法中正确的是（）A含离子键的晶体不一定是离子晶体 B含共价键的晶体一定是分子晶体 C只含极性键的分子可能不是极性分子 D含非极性键的分子一定是非极性分子 9、比较下列各组物质的沸点，结论正确的是 丙烷乙醇 正戊烷正丁烷 乙醇乙二醇 A B C D 10、已知 X、Y 是主族元素，I 为电离能，单位是 kJmol-1根据如表所列数据判断，错误的是（）元素 I1 I2 I3 I4 X 500 4600 6900 9500 Y 580 1800 2700 11600 A元素 X的常见化合价是+1 价 B元

6、素 Y 是 IIIA 族元素 C若元素 Y 处于第 3 周期，它的单质可与冷水剧烈反应 D元素 X与氯元素形成化合物时，化学式可能是 XCl 11、同温同压下,体积相同的两个容器中,分别充满由、三种原子构成的一氧化氮()和一氧化碳()。下列说法正确的是()A所含分子数和质量均不相同 B含有相同的质子和中子 C含有相同的分子数和电子数 D含有相同数目的中子、原子和分子 12、将足量 CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是()AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42 CNa+、S2、OH、SO42DNa+、AlO2、CH3COO、HCO3 13、在体积一定的密

7、闭容器中，给定物质 A、B、C的量，在一定条件下发生反应，建立如下化学平衡：aA(g)+bB(g)xC(g)，符合图(1)所示的关系(C%表示平衡混合气中产物 C 的百分含量，T 表示温度，p 表示压强)。在图(2)中，Y 轴是指 A反应物 A 的百分含量 B反应物 B 的平衡转化率 C平衡混合气的密度 D平衡混合气的总物质的量 14、已知向某溶液中逐滴加入 NaOH 溶液时，测得生成沉淀的质量随所加入 NaOH 的体积变化如图所示，则该溶液中大量含有的离子可能是（）AH+、NH4+、Mg2+、NO3-BH+、Al3+、AlO2-、NH4+CH+、NH4+、Al3+、Cl-DNH4+、Al3+

8、、Cl-、SO42-15、在密闭容器中一定量的混合气体发生反应 xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得 A 的浓度为 0.50 mol/L。保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得 A 的浓度降低为 0.30 mol/L。下列有关判断正确的是 AB 的转化率降低 B平衡向正反应方向移动 Cx+yCH3COOH。据此推测，pKa:ClCH2COOH_FCH2COOH(填“”、“”、“=”)。硼酸(H3BO3)是一元酸,它在水中表现出来的弱酸性,并不是自身电离出 H+所致，而是 H3BO3与水电离出的 OH-结合生成一个酸根离子，请写出该酸根离子的结构简式:_(若存在配位

9、键，请用箭头标出)。(5)磷化硼的晶胞模型如右图所示，晶胞参数为 a pm，已知 B、P 的原子半径分别表示为 rBpm、rP pm。该晶胞中磷原子的配位数为_，晶体中原子的空间利用率为_。2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】A石墨中每个 C 形成 3个 C-C 键，每个 C 原子贡献 C-C 键的二分之一，所以 1 个 C 平均形成 312=1.5 个 C-C 键，24g 石墨烯中 n(C)=24g12g/mol=2mol，含有 CC 键的物质的量=1.52mol=3mol，CC 键的个数为 3NA，A 正确；B干冰是固态的二

10、氧化碳，由均摊法可知，1 个二氧化碳晶胞中二氧化碳分子的个数=118+6=482，所以 1mol 晶胞含 4molCO2，88g 干冰的物质的量=2mol，所含晶胞的物质的量=0.5mol，故 88g 干冰中含有 0.5NA个晶胞结构单元，B 错误；Cn(P4)=62g124g/mol=0.5mol，PP 键的物质的量 n=0.5mol6=3mol，PP 键的个数为 3NA，C 错误；D 1 个 Si 贡献 412个 Si-O键，2 个 O贡献 2212个 Si-O 键，即 1molSiO2含 4molSi-O 键，n(SiO2)=60g60g/mol=1mol，所以，n(SiO键)=1mol

11、4=4mol，所以 60gSiO2中含有 SiO键的个数为 4NA，D 错误。答案选 A。【答案点睛】切记：1mol 石墨含 1.5molC-C 键，1mol金刚石含 2molC-C 键，1molSiO2含 4molSi-O 键，1mol 白磷(P4)含 6molP-P键，1molSiC 含 4molSi-C 键。2、B【答案解析】晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强

12、，熔沸点越高。【题目详解】A.A 中都是分子晶体，熔点和分子间作用力有关系，相对分子质量越大，分子间作用力越强，因相对分子质量 CF4 CCl4 CBr4CI4，则晶体熔点由低到高为：CF4 CCl4 CBr4CI4，故 A 排序正确；B.该组中均为金属晶体，因离子半径 Na+Mg2+Al3+，且离子所带电荷 Na+Mg2+Al3+，则熔点由低到高为：NaMgSi，且键能 C-CC-SiSi-Si，硬度由大到小:金刚石碳化硅晶体硅，故 C 排序正确；D.因 Mg2+、Ca2+、O2-所带的电荷数较 Na+、F-、Cl-多，阴阳离子间的晶格能较大，且半径 Mg2+Ca2+、F-Cl-，则有晶格能

13、由大到小为：MgOCaONaFNaCl，故 D 排序正确；答案选 B。3、B【答案解析】A.乙烷中 C 原子与另外 4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A 错误；B.将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），反应后仍有气体剩余，烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B 正确；C.乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；D.有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误

14、。正确选项 B。【答案点睛】含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。4、B【答案解析】A.使甲基橙变红色的溶液为酸性酸性溶液，溶液中 H+、ClO反应生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故 A 错误；B.0.1 molL1 Na2CO3溶液中 K、AlO2-、Cl、SO42-之间不生成沉淀、气体、水等，能大量共存，故 B 正确；C.0.1 molL1 FeSO4溶液中 H+、Fe+、NO3-发生氧化还原反应生成 Fe，在溶液中不能共存，故 C 错误；D.Kw/c(H+)c(OH)0.1 molL1

15、的溶液为碱性溶液，溶液中 NH4+、OH反应生成弱电解质NH3H2O，在溶液中不能共存，故 D 错误；故选 B。5、D【答案解析】中通过了碱石灰后，气体中无 CO2、H2O，通过炽热的氧化铜，CO和 H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和 H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【题目详解】通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收 H2O和 CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；通过赤热的 CuO时，固体变为红色；可能有 CO还原 CuO，也可能是 H2还原 CuO，也可能是两者都有；通过白色硫酸铜粉末

16、时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有 H2；通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有 CO2，而这些 CO2来源于 CO还原 CuO 产生的，所以一定有 CO。综上分析：混合气体中一定含有 CO、H2，至少含有 H2O、CO2中的一种，故合理选项是 D。【答案点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。6、B【答案解析】A.用锌粉代替锌粒，接触面积变大，反应速率变快，故不符合题意；B.加少量醋酸钠固体，醋酸根离子与氢离子结合成醋酸弱电解质，氢离子浓度减少，反应速率变慢，符合题意；C.加少量 CuSO

17、4固体，锌与铜离子反应生成铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，故不符合题意；D.改用 2 molL-1H2SO4,氢离子浓度增大，反应速率加快,故不符合题意；故 B 正确。【答案点睛】影响反应速率的因素有温度，浓度，压强，催化剂，接触面积，原电池等因素，要逐项分析。7、B【答案解析】A.导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH 越小；B.a 处溶液稀释时，溶液酸性增强；C.随水的增多，醋酸的电离程度在增大；D.a、b、c 三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同。【题目详解】A.导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH 越小，因此 a、b、c 三点溶液的 pH大小关系为：bac，A 项

18、错误；B.用湿润的 pH试纸测量酸性的 pH，a 处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，因此测量结果偏小，B 项正确；C.随水的增多，醋酸的电离程度在增大，因此 a、b、c 三点 CH3COOH的电离程度：abc，C 项错误；D.a、b、c 三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，因此用 1 molL1 NaOH溶液中和，消耗 NaOH 溶液体积：a=b=c，D 项错误；答案选 B。8、C【答案解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故

19、错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。9、A【答案解析】丙烷与乙醇相对分子质量接近，但乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间存在范德华力，故乙醇沸点大于丙烷，正确；正戊烷与正丁烷是同系物，相对分子质量越大，沸点越高

20、，正戊烷沸点大于正丁烷沸点，正确；乙醇、乙二醇均存在氢键，但乙二醇分子间作用力、氢键大于乙醇，乙二醇沸点大于乙醇，错误；故答案选 A。10、C【答案解析】X、Y 是主族元素，I 为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明 X 为第 IA 族元素；Y 第三电离能和第四电离能差距较大，说明 Y为第 IIIA 族元素，X的第一电离能小于 Y，说明 X的金属活泼性大于 Y。【题目详解】AX为第 IA 族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以 X常见化合价为+1 价，故 A 正确；B通过以上分析知，Y 为第 IIIA 族元素，故 B 正确；C若元素 Y 处于第 3 周期，为 Al 元素，它不能与

21、冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故 C错误；DX常见化合价为+1 价，所以元素 X与氯元素形成化合物时，化学式可能是 XCl，故 D 正确；故选 C。11、D【答案解析】分析：同温同压下，等体积的气体的物质的量相同、气体分子数相同，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是 17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为 15、14，中性分子质子数等于电子数，根据 m=nM 可知判断二者质量不同，据此分析判断。详解：同温同压下，14N18O、13C18O 等体积，二者物质的量相等、气体分子数目相等，则14N18O、13C18O 分子数目相等，二者摩尔质量不同，根据 n=n

22、M 可知，二者质量不相等，14N18O、13C18O 分子都是双原子分子，中子数都是 17，二者含有原子数目、中子数相等，14N18O、13C18O分子中质子数分别为 15、14，中性分子质子数等于电子数，则二者互为电子数不相同，综上分析可知，ABC 错误，D正确，故选 D。12、B【答案解析】试题分析：AH2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量 CO2，SiO32-不能大量共存，故 A 错误；B通入过量 CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故 B 正确；COH-与 CO2反应而不能大量共存，故 C 错误；D氢氧化铝酸性比碳酸弱，通入过量 CO2，AlO2不能大量共存，故 D

23、错误；故选 B。考点：考查了离子共存的相关知识。13、B【答案解析】根据图 1 中“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，升高温度，C 的含量降低，说明该反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，增大压强，C 的含量增大，平衡向正反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，即 a+bx；A、根据图 2 知，增大压强，平衡向正反应方向移动，则 A 的体积分数减小，与图象不相符，故 A 错误；B、升高温度平衡向逆反应方向移动，则 A 或 B 的转化率减小，增大压强平衡正反应方向移动，A 或 B的转化率增大，符合图象，故 B 正确；C、在一定温度下，根据质量守恒知，混合气体的质量始终不

24、变，容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，故 C错误；D、根据图 2 知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应的 a+bx，所以混合气的总物质的量减小，升高温度平衡向逆反应方向进行，混合气的总物质的量增加，不符合图象，故 D 错误；故选 B。14、C【答案解析】根据图像可知，开始加入 NaOH 未出现沉淀，则溶液中含有大量的氢离子；产生沉淀，且沉淀完全消失，则含有铝离子；中间加入 NaOH沉淀不变，则含有铵根离子；【题目详解】A.溶液中不能含有 Mg2+，否则沉淀不能完全消失，A 错误；B.Al3+、AlO2-不能大量共存，B 错误；C.H+、NH4+、Al3+、Cl-符合题意，C 正确；

25、D.NH4+、Al3+、Cl-、SO42-，溶液中应该还有大量的 H+，D 错误；答案为 C。15、A【答案解析】反应 xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得 A 的浓度为 0.50 mol/L。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A 的浓度为 0.25mol/L，而再达平衡时，测得 A 的浓度为 0.30mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动，以此来解答。【题目详解】由信息可知，平衡时测得 A 的浓度为 0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得 A 的浓度为 0.30mol/L，体积增大，相当于压强减小，化学

26、平衡逆向移动，则 A.减小压强，化学平衡逆向移动，则反应物 B 的转化率降低，A 正确；B.由上述分析可知，平衡逆向移动，B 错误；C.减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，则 x+yz，C 错误；D.减小压强，化学平衡逆向移动，则生成物 C的体积分数减小，D 错误；故合理选项是 A。【答案点睛】本题考查化学平衡的移动，注意 A 的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，掌握平衡移动原理，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。16、D【答案解析】A、金刚石是正四面体形成的空间网状结构，最小的环上有 6 个碳原子，故 A 说法正确；B、根据氯化钠晶胞的结构，距离 Na最近的 Na有

27、12 个，上层有 4 个，同层有 4 个，下层有 4 个，故 B 说法正确；C、根据干冰晶胞结构，每个 CO2分子周围有 12个 CO2分子紧邻，故 C说法正确；D、金属铜属于面心立方最密堆积结构，金属镁属于六方最密堆积结构，故 D 说法错误。答案选 D。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、BD 7 2+2H2O 取代反应 、【答案解析】(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D 结构不对称，有 7 种不同的 H；(3)对比 D、E 可知 X的结构简式；(4)物质 C 可在一定条件下反应生成一种含有 3 个六元环的产物，可由 2 分子

28、 C 发生取代反应生成；(5)A 的同分异构体可含有醛基、Cl 原子以及-COCl。【题目详解】(1)A氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故 A 错误；B氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故 B 正确；Clmol 氯吡格雷含有 2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与 5molH2发生加成反应，故 C 错误；D由结构简式可知氯吡格雷的分子式为 C16H16ClNO2S，故 D 正确；故答案为 BD；(2)D 结构不对称，有 7 种不同的 H，则核磁共振氢谱有 7 种吸收峰；(3)对比 D、E 可知 X的结构简式为；(4)物质 C 可在一定条件下

29、反应生成一种含有 3 个六元环的产物，可由 2 分子 C 发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A 的同分异构体可含有醛基、Cl 原子以及-COCl，苯环含有 2 个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【答案点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，

30、遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。18、c 羧基 羟基 取代反应 为了保护酚羟基使之不被氧化 、（任选一种即可）【答案解析】根据转化图结合逆合成分析法可知，C 被高锰酸钾氧化生成乙二酸和 D，结合题给信息及 C 的分子式知，C 的结构简式为。B 和一碘甲烷发生取代反应生成 C，所以根据 C 的结构简式可判断 B的结构简式为。A 水解生成 B，且 A 的分子式为 C9H6O2，A 和 B 相对分子质量相差 18，所以 A 的结构简式为：。D 和碘化氢发生取代反应生成水杨酸，据此分析作答。【题目详解】（1）根据上述分析易知，A 为；B 为；C 为，则 a.C 中有

31、 8 种不同环境的 H 原子，故核磁共振氢谱共有 8 种峰，a 项正确；b.A、B、C 分子中均有碳碳双键，均可发生加聚反应，b 项正确；c.A 中含碳碳双键和酯基，酯基不能发生加成反应，则 1mol A 最多能和 4mol 氢气发生加成反应，c 项错误；d.B 中含苯环，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应，d 项正确；故答案为 c；（2）B 为，含氧官能团的名称为：羧基和羟基；C 为，BC 为取代反应；（3）因酚羟基易被氧化，因此 BC 发生取代反因的目的是为了保护酚羟基使之不被氧化；（4）化合物 D 有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的对二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含

32、有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，所以符合条件的同分异构体有、，所以共有 3 种；（5）乙二酸与乙二醇在浓硫酸催化作用下发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二酯，其化学方程式为：19、偏低 酸式滴定管 滴加最后一滴 KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色 5Fe1+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn1+4H1O 3.975 或 97.5%【答案解析】分析：（1）仰视时液面超过刻度线；（1）根据高锰酸钾具有强氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根据高锰酸钾溶液显红色分析；（4）高锰酸钾能把亚铁离子为氧化铁离子，自身被还原为锰离子；（5）根据方程式计算。详解：（1）a 步骤

33、中定容时，如果仰视，则液面超过刻度线，因此会使所配溶液浓度偏低；（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定时盛放 KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；（3）高锰酸钾溶液显红色，因此判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴 KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色。（4）高锰酸钾能把亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，Mn 元素化合价从+7 价降低到+1 价，得到 5 个电子，铁元素化合价从+1 价升高到+3 价，失去 1 个电子，所以酸性高锰酸钾滴定 Fe1+离子的反应方程式为5Fe1+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn1+4H1O。（5）反应中消耗高锰酸钾的物质的

34、量是 3.31333mol/L3.31L3.3331mol，根据方程式5Fe1+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn1+4H1O 可知消耗亚铁离子是 3.331mol，所以根据铁原子守恒可知上述样品中FeSO47H1O的质量分数为。20、催化剂、吸水剂 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度 在试管中加入少量碎瓷片 分液漏斗 上口倒 78 【答案解析】在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按 3:2:2 关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应

35、装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管 B 中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是 78，乙酸是 117.9，收集 78的馏分得到乙醇。【题目详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程

36、式为：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为 78，乙酸反应转化为盐，沸点远高于 78的，所以要用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是 78。【答案点

37、睛】本题考查了乙酸乙酯的制备方法，涉及实验过程中物质的使用方法、物质的作用、混合物的分离、反应原理的判断等，明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫酸的作用。21、16 D sp3杂化 2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S 4 【答案解析】(1)元素周期表中,惰性元素除外，第一周期有一种非金属，第二周期有 7-2=5 种、第三周期有 7-3=4 种、第四周期有 7-4=3 种、第五周期有 7-5=2 种，第六周期有 7-6=1 种，第七周期开始没有非金属元素，故共有1+5+4+3+2+1=16 种；(2)红磷是巨型共价分子、无定型结构。能证明红磷是非晶体

38、的最可靠方法是 X 射线衍射，答案选 D；(3)As2S3中 S 原子杂化方式为 sp3杂化；雌黄和 SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和 SnCl4并放出 H2S 气体，该反应的化学方程式为 2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S；(4)有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响，如酸性:BrCH2COOHCH3COOH。因 HF 为弱酸，故电离出氟离子更难，据此推测，pKa:ClCH2COOHFCH2COOH；硼酸(H3BO3)是一元酸,它在水中表现出来的弱酸性,并不是自身电离出 H+所致，而是 H3BO3与水电离出的 OH-结合生成一个酸根离子，该酸根离子的结构简式为；(5)根据晶胞模型所示，晶胞中磷原子的配位数为 4；根据均摊法计算，每个晶胞中含有 8个 P，4 个 B，晶胞的体积为，晶胞所占体积为，晶体中原子的空间利用率为。点睛：本题考查学生元素周期表的递变规律以及元素的分布知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大。