2021-2022学年上海市崇明县大同高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、设NA为阿伏加德罗常数的

2、值，下列说法正确的是（ ）A7g14C中，含有3NA个中子B25时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA2、根据热化学方程式：S(s)+O2(g)SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是A1molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和B加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量CS(g)+O2(g)SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23D足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时

3、放出297.23 kJ热量3、常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是 ()ANH4ClO4BBaCl2CHNO3DK2CO34、我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是ACu 纳米颗粒是一种胶体BDMO 的名称是二乙酸甲酯C该催化反应的有机产物只有 EGD催化过程中断裂的化学健有 H-H、C-O、CO5、下列说法正确的是( )A国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B歼- 20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D

4、“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用6、铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期。Tl3+与银在酸性溶液中发生反应：Tl3+2AgTl+2Ag+，下列推断正确的是（ ）ATl+的最外层有1个电子BTl能形成+3价和+1价的化合物CTl3+氧化性比铝离子弱DTl+的还原性比Ag强7、室温下，将0.10 molL-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 molL-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（ ）AM点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2

5、O)= c(Cl-)BN点所示溶液中：c(NH4+)c(Cl-)CQ点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积DM点和N点所示溶液中水的电离程度相同8、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA原子半径YZ，非金属性WYZ9、常温下，用0.1000molL-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(NH3H2O)+c( NH3)。下列说法错误的是A点溶液中 c( NH4+)+c ( NH3H2O)+c(NH3

6、)=2c (Cl-)B点溶液中 c( NH4+)=c (Cl-)C点溶液中 c (Cl-) c( H+)c (NH4+)c(OH-)D该氨水的浓度为 0.1000molL-110、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（5060）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（ ）。A配置混酸B硝化反应CD蒸馏硝基苯11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（CH）数为0.1NAB一定条件下，2 molSO2与1 molO2反应生成的SO3分子数为2NAC1 L0.1 molL1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD2.2

7、4L的CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NA12、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是( )A元素乙的原子序数为32B原子半径比较：甲乙SiC元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于。D推测乙可以用作半导体材料13、室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.210-7、5.610-11)Aa

8、对应溶液的pH小于bBb对应溶液的c(H+)=4.210-7molL-1Cab对应的溶液中减小Da对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)14、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中Ac（甲） : c（乙） 1:10Bc（H+）甲: c（H+）乙1:2Cc（OH-）甲: c（OH-）乙10:1D（甲） : （乙） 2:115、实验室分离苯和水，可选用下列（）ABCD16、能用离子方程式CO32+2H+ = H2O+CO2表示的反应是（ ）A碳酸钠与足量稀硝酸的反应B碳酸氢钠与足量盐酸的反应C碳酸

9、钡与少量稀盐酸的反应D碳酸钠与足量稀醋酸的反应17、有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是Aa、b可能形成含有共价键的离子化合物B简单离子半径大小：dcabC含氧酸的酸性强弱：dcDb、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存18、已知：25时，Ka(HA)Ka(HB)。该温度下，用0.100 mol/L盐酸分别滴定浓度均为0. 100 mol/L的NaA溶液和NaB溶液，混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A滴定前NaA溶液

10、与NaB溶液的体积相同B25时，Ka(HA)的数量级为l0-11C当pH均为6时，两溶液中水的电离程度相同DP点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)Cl，非金属性WX，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3H2SO4Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等，则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，故A错误；B25时，由题图可知，0.100molL-1NaA溶液的pH=11，

11、则Ka(HA)=，故B错误；C当pH均为6时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故C正确；D滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)c（B-）+c(HB)，故D错误。故选C。【点睛】滴定图像的分析：(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。19、B【解析】A空气中的SO2和NO2

12、是主要的大气污染物，故A正确；B大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。20、D【解析】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故A正确；B. 10 s内，v(SO3)=0.5molL-110s=0.05 molL-1s-1C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧

13、化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为1mol4mol100%=25%，故CD. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的3mol+1.5mol+1mol4mol+2mol5.56故选D。21、C【解析】辉钼精矿经盐酸、氯化铁浸泡时，碳酸钙黄铜矿溶解，则滤液中含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子；滤渣为S、MoS2、SiO2；加入氢氟酸，二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，滤渣2为S、MoS2，空气中加入S生成二氧化硫。【详解】A.可将矿石粉粹增大接触面积并适当加热，可使反应速率

14、增大，促使辉钼精矿加快溶解，与题意不符，A错误；B. 分析可知，滤液中含Ca2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、H+等离子，与题意不符，B错误；C. 反应的过程为二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，为复分解反应，符合题意，C正确；D. 步骤温度不宜过高，以免MoS2被氧化，与题意不符，D错误；答案为C。22、B【解析】A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和

15、水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、氨基、溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键 取代反应； 5 【解析】【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加

16、酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为

17、：5；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。24、bc HOOCCH(OH)CH2COOH HOOC-CC-COOH 消去反应 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热 n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O ， 【解析】由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足

18、量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH；M中含有Cl原子，M经过反应然后酸化得到A，则M结构简式为HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HOOCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，

19、F为HOOC-CC-COOH。【详解】（1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc； （2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH(OH)CH2COOH：F：HOOC-CC-COOH。答案：HOOCCH(OH)CH2COOH：HOOC-CC-COOH；（3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHB

20、rCOOH，所以 AB发生消去反应，BE发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。(4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，EF是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为：NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热； (5)B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；故答案为:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OH

21、HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；(6)A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团,说明含有醇羟基和羧基符合条件的A的同分异构体的结构简式：，；答案：，。25、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3 6.9mol/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A 【解析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；

22、(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500molL-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型， AO2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加

23、热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；BH2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；CCH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；DHCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500molL1NaOH标准溶液滴定，消耗23.00mL，该次滴

24、定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.385=6.9 mol/L； (3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小； (4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度

25、偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。26、C、D(或E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验 CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末 取残留粉

26、末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉) 缺少尾气处理装置 偏低 【解析】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【详解】(1)检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2

27、，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B 、C。答案为：C、D(或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法：取

28、残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=c mol/LV 10-3L=，则该样品纯度为 =%V测=V终-V始，若滴定前

29、仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：；偏低。【点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O43KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。27、残余液中的也会与反应形成沉淀 甲基橙 11111 重复上述滴定操作2-3次 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 偏大 收集氯气 防倒吸 吸收尾气 【解析】（1）甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；用强碱滴定强酸，可选甲基橙作

30、指示剂；依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；重复滴定操作2-3次，求平均值；与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；使Zn粒进入残余清液中让其发生反应这样残余清液就可以充分反应反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。气体的体积与压强呈反比。（2）A制取氯气 B用向上排空法收集氯气，C防倒吸 D 吸收尾气，防止污染空气。【详解】（1）甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝

31、酸银反应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量，反应不可行；用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；量取试样21.11mL，用1.1111molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.11mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为1.1111molL1；根据Ksp（CaCO3）=2.811-9，Ksp（MnCO3）=2.311-11知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，a丁同学的方案：使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌转移到残留溶液中；b反应完毕后，每

32、间隔1分钟读取气体体积气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；量气管的左侧液面高于右侧液面，左侧气体的压强偏小，此时读数测得的体积偏大；（2）根据装置图可知各装置的作用分别是A制取氯气，B用向上排空法收集氯气，C防倒吸， D 吸收尾气，防止污染空气。28、10NANOC61s22s22p63s23p63d6高HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键de正四面体sp23【解析】(1)PAN结构简式为，根据PAN分子结构可知1个PAN分子中含有10个键，则1molPAN中含有的键数目为10NA；在PAN分子中除H元素外，

33、还含有C、N、O三种元素，由于同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第A族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序为：NOC；Fe2+含有空轨道，为配位化合物的中心离子，NO、H2O含有孤对电子，为配位体，该配合物中的中心离子的配位数为1+5=6，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级上的2个电子形成Fe2+，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质熔化、气化需要消耗较多的能量，所以相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3高；(2)(NH4)2SO4晶体属于离子晶体，在晶体中NH4+和SO42-之间以离子键结合，在NH4+内部的N-H和SO42-内部的S-O键都是共价键，其中NH4+内部含一个配位键，但硫酸铵晶体中不存在范德华力和氢键，故合理选项是选de；NH4+的中心原子是N原子，N的价层电子对数=4，孤电子对=0，所以NH4+的空间构型为正四面体，NO3-的中心