2021-2022学年黑龙江省佳木斯市汤原高中高考化学一模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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（每题只有一个选项符合题意）1、能证明BF3为平面三角形而不是三角锥形分子的理由是（）ABF2Cl只有一种结构B三根BF键间键角都为120CBFCl2只有一种结构D三根BF键键长都为130pm2、在密闭容器中，可逆反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体

2、积增大一倍，当达到新的平衡建立时， B的浓度是原来的 60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（）A平衡向正反应方向移动B物质A的转化率增大C物质B的质量分数减小D化学计量数a和b的大小关系为ab3、下列实验操作能达到实验目的的是( )A加热使升华，可除去铁粉中的B电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体4、海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是( ) A粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去 Ca2、Mg2、SO42-等杂质B工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2的沉淀剂

3、，并对沉淀进行洗涤C第步的反应是将 MgCl26H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水 MgCl2D第步到第步空气吹出法提取海水中溴通常使用 SO2 作还原剂5、25，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是AHA一定是弱酸BBOH可能是强碱Cz点时，水的电离被促进Dx、y、z点时，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)6、下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是( )选项实验器材相应实验A试管、铁架台、导管

4、乙酸乙酯的制备B分液漏斗、烧杯、铁架台用CCl4萃取溴水中的Br2C500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平配制500 mL 1.00 mol/L NaCl溶液D三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl晶体AABBCCDD7、清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B“鼻冲水”中含有5种粒子C“鼻冲水”

5、是弱电解质D“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解8、高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌9、已知某锂电池的总反应为。下列说法错误的是A金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料B该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行C放电时，电子从Li电极经电解质溶液流向正极D充电时，阳极反应式为10、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta

6、)，其原理如图所示。下列说法正确的是A该装置将化学能转化为电能Ba极为电源的正极CTa2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e=2Ta+5O2D石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为46.02102311、实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（ ）A粗盐的提纯B制备乙酸乙酯C用四氯化碳萃取碘水中的碘D配制0.1molL-1的盐酸溶液12、甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3B

7、气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键13、下列实验中，能达到相应实验目的的是A制备并收集乙酸乙酯B证明氯化银溶解度大于硫化银C验证溴乙烷的消去产物是乙烯D推断S、C、Si的非金属性强弱AABBCCDD14、向含有0.2 mol氢氧化钠和0.1 mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72 L（标准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶解）ABCD15、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解

8、及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()ANa2SO4、(NH4)2CO3、KClBKCl、Na2CO3、(NH4)2SO4CCuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4DNa2SO4、NH4Cl、K2CO316、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Na

9、2O2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CuSD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的漂白性所致二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。已知：iClaisen酯缩合： ii (比反应快)iii，(R、R代表烃基)回答下列问题：(1)C的名称为_。中所含官能团的名称为_。(2)BC的反应类型是_。F的结构简式为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的

10、目的是_。(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_。(任写一种)(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _。18、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型： C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为_。（2）单质A有两种同素异形体，

11、其中沸点高的是_（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为_和_。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为_；晶胞中A原子的配位数为_；列式计算晶体F的密度（g cm-3 ）_。19、硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O35H2O（M=248g/moL）在35 以上的干燥空气中易失

12、去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I制备Na2S2O35H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式_。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是_A 浓硫酸 B 溴水 C FeSO4溶液 D BaCl2溶液II测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗

13、Na2S2O3溶液的体积为V mL。则c（Na2S2O3）_ mol /L。（列出算式即可）（已知：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，2S2O32+I2S4O62+2I）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_（填字母）A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B 滴定终点时俯视读数C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有_和_。（2）乙同学认为应将

14、上述流程中所加试剂顺序颠倒，你认为理由是_。20、某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象 2 mL 0.1 mol/LKSCN溶液i.先加1 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色iii.先滴加1 mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅 (1)用离子方程式表示实验I溶液变红的原因_针对实验I中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，并设计如图实验装置证实了

15、猜想是成立的。其中X溶液是_，检验产物SO42的操作及现象是_。(2)针对实验“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3+SCNFe(SCN)2+平衡体系中的Fe3+跟SCN结合成Fe(SCN)2+的机会减少，溶液红色变浅。原因：SCN可以与Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3+SCNFe(SCN)2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与SCN难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验“红色明显变浅”的原因是_。21、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有

16、机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4Zn(OH)23xH2O。其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。（1）Mn2+的核外电子排布式为_；有机高聚物中C的杂化方式为_。（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中键与键数目之比为_。（3）NO2-的空间构型为_。（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。Mn的第一电离能是_，O2的键能是_，MnO的晶格能是_。（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为

17、_gcm3(阿伏加德罗常数用NA表示）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】ABF2Cl只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故A错误；BBF3中B的价电子对数为3，杂化类型为sp2，三根BF键间键角都为120，为平面三角形，故B正确；CBFCl2只有一种结构，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故C错误；D三根BF键键长都为130pm，可能为三角锥型，可能为平面三角形，故D错误；故选B。2、C【解析】温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B的方向移动

18、，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动，故A不符合题意； B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B不符合题意； C、平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意； D、减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系 a己庚，B项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；答案选B。13

19、、D【解析】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性SC，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选D。14、C【解析】n(CO2)=0.3mol，向含有0.2mol氢氧化钠和0.1m

20、ol氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2+CO2= CaCO3+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1mol CO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1mol CO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O +CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。【点睛】正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，要注意B和C的区别。15、D【解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO

21、32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。16、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

22、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、1-丙醇（正丙醇） （酮

23、）羰基、羟基 取代反应 CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O 保护酮羰基 3 或 【解析】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G

24、与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；为，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；(2)BC是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；(3)DE是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)

25、，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：。【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。18、O ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3） O3 分子晶体 离子晶体 三角锥形 sp3 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl） Na2O 8

26、 2.27 g/cm3 【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2和B具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3

27、）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为

28、2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na，该晶胞中大球个数=8+6=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度= =gcm3=2.27gcm3；故答案为：Na

29、2O；2.27gcm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。19、2S2+ CO32+ 4SO2 3S2O32+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS2O3的干扰 【解析】I(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3

30、的计量数和另一种产物CO2，据此分析； (2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-生成；(2) 在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I(1) 根据图示信息可知，吸硫装置A制

31、取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2+ CO32+ 4SO23S2O32+ CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II(1) KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H

32、2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)= =molL1（或）molL1，(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意

33、；故答案选B；(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42生成,即证明S2O32具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一

34、定要注意。20、MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O、Fe3+3SCNFe(SCN)3 0.1 mol/L KSCN溶液 一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀 两个原因都有可能 【解析】（1）实验溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变

35、浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（1）实验溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCNFe(SCN)3 ，故答案为：MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCNFe(SCN)3 ；SCN被酸性KMnO4氧化为SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为KSCN溶液，右边石墨为正极，Y溶液为KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸

36、酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：0.1 molL1 KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使Fe3跟SCN结合成Fe（SCN） 2+的机会减少；SCN与Fe2反应生成无色络合离子，三者可能均有，故答案为：两个原因都有可能。21、1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 3：4 V型 bkJmol1 2ekJmol1 (f-a-b-c-d-e)