2026届甘肃省白银市高三上化学期中统考模拟试题含解析

2026届甘肃省白银市高三上化学期中统考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、属于电解质的是（）A．盐酸 B．食盐 C．液氯 D．酒精2、能导电的电解质是A．氯化钠溶液 B．金属铜 C．熔融硝酸钾 D．酒精3、有关化学与生活，环境，食品安全，材料等说法中正确的是()A．酸雨就是pH<7的降雨；B．合成纤维、光导纤维、硝酸纤维均为有机高分子物质，用途广泛；C．直径为1-100nm之间的微粒是胶体，能产生丁达尔现象；D．地沟油，潲水油在餐饮企业中不能随意使用，但却可以用于制肥皂，变废为宝。4、已知图一表示的是可逆反应CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)-Q（Q＞0）的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g)+Q（Q＞0）的浓度（c）随时间t的变化情况，下列说法中正确的是A．图一t2时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B．图一t2时刻改变的条件可能是通入了CO气体C．图二t1时刻改变的条件可能是升高了温度或增大了压强D．图二t1时刻改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小5、某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、、、、、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图，下列说法正确的是（）A．气体A是NO2B．X溶液中肯定存在Fe2+、Al3+、、C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X溶液中不能确定的离子是Al3+和Cl－6、若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是()①将铜片接在电池的正极上②将银片接在电源的正极上③需用CuSO4溶液作电解液④在银片上发生的反应是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O⑤需用AgNO3溶液作电解液⑥在铜片上发生的反应是Ag＋＋e－===AgA．①③⑥ B．②⑤⑥ C．①④⑤⑥ D．②③④⑥7、下列有关化学用语正确的是A．NH4Cl的电子式：Cl－B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3C．S2－的结构示意图：D．质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：8、室温下，向100mL某浓度H2A溶液中加入0.1mol·L－1NaOH溶液，所得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，其中b、c为等当点(等当点指的是按某个方程式恰好反应的点)。下列有关说法不正确的是A．起始时，c(H2A)＝0.1mol·L－1B．b点时：c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)C．b→c段，反应的离子方程式为HA－＋OH－===A2－＋H2OD．c→d段，溶液中A2－的水解程度逐渐减弱9、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．MgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料 B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆10、除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质)，选用试剂正确的是A．Al2O3(SiO2)：NaOH溶液B．CO2(SO2):Na2CO3溶液C．FeCl2溶液(FeCl3)：Fe粉D．NaHCO3溶液（Na2CO3溶液）：Ca(OH)2溶液11、人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是A．“常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B．“气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C．18g“气态冰”的体积为22.4LD．构成“气态冰”的分子中含有极性共价键12、氢氧燃料电池以石墨碳棒为电极，以硫酸溶液为电解质溶液，下列叙述正确的是A．正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-B．工作一段时间后，电解液中硫酸的物质的量浓度不变C．通氢气的电极上发生还原反应D．溶液中氢离子流向通氧气的电极13、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NAB．1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC．常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA14、以下过程与化学键断裂无关的是A．氯化钠熔化 B．干冰升华 C．金刚石熔化 D．金属汞汽化15、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是()A．二氧化硫是主要的大气污染物，能形成酸雨，其pH小于5.6B．中国瓷器驰名世界，它是以黏土为原料，经高温烧结而成C．凡是含有食品添加剂的食物对人体健康均有害D．河南安阳出土的司母戊鼎充分体现了我国光辉的古代科技，它属于铜合金16、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．用图甲所示方法检查装置的气密性B．用图乙所示装置制取氨气C．用图丙所示装置分馏石油获得汽油D．用图丁所示装置分离乙醇与乙酸17、实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是A．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性B．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关D．操作I中产生的无色气体是CO18、下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论不正确的是实验①实验②实验③A．实验①中生成的沉淀是BaCO3B．实验①中有气体生成C．实验②沉淀中可能含有BaSO4D．实验③生成沉淀的离子方程式是：Ba2++H2SO3===BaSO3↓+2H+19、X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。其中元素Z的基态原子价电子层排布为nsn-1npn+1，下列说法正确的是A．Y、Z、W三种元素的最高正价依次递增B．X、Z都是第ⅥA族元素，电负性：W>X>ZC．氢化物稳定性Z>Y>WD．对应的简单离子半径：W>X>Z20、硝化细菌可将NH转化为NO，发生反应NH+2O2→NO+2H++H2O，下列说法错误的是（）A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应一段时间后，溶液的酸性增强C．1molNH完全反应，转移电子的物质的量为8molD．NO既是氧化产物又是还原产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物21、下列描述与图象相对应的是A．图①表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化B．图②表示向1Llmol·L-1FeBr2溶液中通入Cl2时Br-物质的量的变化C．图③表示向Ca(HCO3)2溶液中滴加NaOH溶液时沉淀质量的变化D．图④表示向一定浓度的Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2的物质的量与滴加盐酸物质的量的关系22、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是A．简单氢化物沸点：X>WB．简单离子半径：r(X)<r(Y)<r(W)C．Z元素化学性质稳定，在自然界以游离态存在D．W的简单离子会影响水的电离平衡二、非选择题(共84分)23、（14分）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：(1)F的分子式是________，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为___________。(2)A与B反应的化学方程式是：

___________________

。(3)E转变为H和I的离子方程式是_____________，体现了E的___________性。(4)简述检验H溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：_______。24、（12分）A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。25、（12分）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作________，反应①的离子方程式_______。(2)反应②的离子方程武是____________。(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前要进行的操作是______。(4)反应③需要加入的试剂X可以是_________。(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示剂，滴定终点的现象_______若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。26、（10分）研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。

Ⅰ.含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2

。某研究性学习小组在实验室利用装置测定烟气中SO2的体积分数。（1）将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。（填序号）

①KMnO4溶液

②饱和NaHSO3溶液

③饱和Na2CO3溶液

④饱和NaHCO3溶液

（2）若烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数___________。II.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性强弱，设计如下实验：（3）检查装置A的气密性：_________________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。（4）整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________________________。（5）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性由强到弱的顺序为________（6）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ.(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ.Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ.AgClO、AgBrO均可溶于水。①请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________________；可设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_____________，若______________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_________________________________。27、（12分）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物的成分。

（1）B装置的作用是___________________。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中一定有_______气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_______。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因______________。（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请完成表中内容。（试剂，仪器和用品自选）实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解；_______________________________固体残留物仅为Fe2O3（4）若E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物Fe2O3，的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为______________。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式__________________。（6）用氧化还原滴定法测定制备得到的TiO2试样中的TiO2的质量分数：在一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作为指示剂，用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。①TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_______________。②滴定终点的现象是_______________。③滴定分析时，称取TiO2试样0.2g，消耗0.1mol·L－1NH4Fe（SO4）2标准溶液20mL，则TiO2的质量分数为_______________。④若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液的液面，使其测定结果_______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。28、（14分）世上万物，神奇可测。其性质与变化是物质的组成与结构发生了变化的结果。回答下列问题。（1）根据杂化轨道理论判断，下列分子的空间构型是V形的是_________

(填字母)。A．BeCl2

B．H2O

C．HCHO

D．CS2（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既位于同一周期又位于同一族，且T的原子序数比Q多2。T的基态原子的外围电子(价电子)排布式为_________________，Q2+的未成对电子数是______。（3）铜及其合金是人类最早使用的金属材料，Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物[Cu(NH3)4]SO4①铜元素在周期表中的位置是________________，[Cu(NH3)4]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________________。②[Cu(NH3)4]SO4中，存在的化学键的类型有_______

(填字母)。A．离子键

B．金属键

C．配位键

D．非极性键

E.极性键③NH3中N原子的杂化轨道类型是________，写出一种与SO42-

互为等电子体的分子的化学式:__________。④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个C1-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___________________。（4）氧与铜形成的某种离子晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_________。若该晶体的密度为ρg·cm-3，则该晶体内铜离子与氧离子间的最近距离为_____________(用含ρ的代数式表示，其中阿伏加德罗常数用NA表示)cm。29、（10分）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-3510-610-38（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______________________。（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___________；滤渣A的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，加入氨水需调节pH至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)（3）滤渣B的成分是___________________。（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_____________________________________________________。（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。计算可得该样品纯度_____%。(小数点后保留1位数字)。

参考答案一、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、B【解析】A、盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、食盐溶于水电离出离子，是电解质，B正确；C、液氯是氯气分子，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、酒精不能电离出离子，是非电解质，D错误。答案选B。【点睛】判断电解质时需要注意电解质和非电解质研究的对象是化合物，单质和混合物不是电解质，也不是非电解质。能否导电不是判断的依据，关键是看溶于水或在熔融状态下能否自身电离出阴阳离子。2、C【解析】

【详解】A、氯化钠溶液是混合物，电解质必须是纯净物；B、金属铜能导电，但金属铜是单质，电解质必须是化合物；C、熔融硝酸钾中有自由移动的离子，能导电，而且是纯净物、化合物，是电解质；D、蔗糖是非电解质。故选C。3、D【详解】A．酸雨的pH<5.6，A错误；B．合成纤维、硝酸纤维均为有机高分子物质，光导纤维是SiO2，属于无机非金属材料，B错误；C．直径介于1～100nm之间的粒子的分散系称为胶体，只有分散质不能称为胶体，C错误；D．地沟油，潲水油主要成分为油脂，在碱性条件下水解发生皂化反应，可用于制肥皂，D正确；故选D。4、A【详解】A.该反应的正反应是吸热反应，图一中升高温度正逆反应速率都增大，平衡正向移动，改变条件瞬间正逆反应速率与原来平衡速率没有接触点，图象符合，故A正确；B.图一中通入CO气体瞬间，反应物浓度增大，生成物浓度不变，则改变条件瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，与原来平衡速率应该有接触点，图象不符合，故B错误；C.该反应的正反应是放热反应，图二中升高温度瞬间反应物和生成物浓度不变，则升高温度瞬间反应物和生成物浓度都不变，图象不符合，故C错误；D.图二中如果改变的条件是增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，平衡正向移动，导致反应物浓度减小、生成物浓度增大，混合气体总物质的量减小，气体总质量不变，其平均摩尔质量增大，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以改变条件后气体平均相对分子质量增大，故D错误；答案选A。5、D【详解】强酸性溶液，一定不含、；加入硝酸钡，有白色沉淀生成，说明一定含有；加入硝酸钡，有气体生成，说明一定含有还原性离子Fe2+，生成的气体A是NO，D是NO2，E是HNO3；溶液B一定含有Fe3+、Ba2+，加入氢氧化钠生成沉淀Fe(OH)3，同时生成气体F，F是NH3，说明原溶液含有；溶液H一定含有Ba2+，通入二氧化碳气体，生成沉淀I，则I是碳酸钡或碳酸钡和Al(OH)3的混合物，则原溶液可能含有Al3+。根据分析，A.气体A是NO，故A错误；B.X溶液中可能含有Al3+，故B错误；C.溶液E是硝酸、气体F是氨气，发生反应生成硝酸铵，故C错误；D.X溶液中一定有Fe2+、、，一定不含、，不能确定的离子是Al3+和Cl－，故D正确。6、B【分析】若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。【详解】依据上述分析可知：①将铜片应接在电源的负极上，①项错误；②将银片应接在电源的正极上，②项正确；③若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，③项错误；④在银片上发生的反应是：2Ag++2e−=2Ag，④项错误；⑤需用硝酸银溶液为电镀液，⑤项正确；⑥在铜片上发生的反应是：Ag＋＋e－===Ag，⑥项正确；综上所述，②⑤⑥符合题意，答案选B。7、B【详解】A．NH

4Cl是离子化合物，电子式为

，A错误；B．2－戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3，B正确；C．S

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－的结构示意图为

，C错误；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，则质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子可表示为，D错误。答案选B。8、B【详解】A.曲线中有两个突跃范围，故为二元弱酸,当滴加NaOH溶液体积为100mL时达到第一个计量点，故n(H2A)=0.1molL-1L=0.01mol,所以起始时,c(H2A)=0.01mol/0.1L=0.1molL-1,故A正确；B.b点为NaHA溶液,显酸性,则HA-的电离程度大于水解程度,c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故B项错误;C.a→b段发生反应H2A+NaOH=NaHA+H2O,b-→c段发生反应NaHA+NaOH=Na2A+H20,离子方程式为：HA－＋OH－===A2－＋H2O，C项正确;D.c点时H2A与NaOH恰好完全中和，得Na2A溶液,c-→d段是向Na2A溶液中继续滴加NaOH溶液,c(OH-)增大,抑制A2-的水解,D项正确。答案：B。【点睛】根据曲线中有两个突跃范围，故H2A为二元弱酸与一元碱NaOH反应是分步完成的，根据H2A+NaOH=NaHA+H2O,NaHA+NaOH=Na2A+H20反应进行判断,b点时是NaHA溶液，以此判断离子浓度大小即可。9、A【详解】A．MgO、Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用其易溶于水的性质，故C错误；D．二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；故选A。10、C【解析】A．Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液发生反应，因此不能除去杂质，A错误；B．CO2、SO2都能够与Na2CO3溶液发生反应，因此不能除去杂质，B错误；C．向含有FeCl3杂质的FeCl2溶液中加入还原Fe粉，会发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2产生FeCl2，因此可以达到除去杂质的目的，C正确；D．NaHCO3、Na2CO3都可以与Ca(OH)2溶液发生反应，所以不能达到除去杂质的目的，D错误；答案选C。11、D【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。故选D。12、D【解析】以硫酸溶液为电解质溶液，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，A错误；氢气燃烧生成水，硫酸的物质的量浓度就小，B错误；氢气在电极上失去电子发生氧化反应，C错误；溶液中正极附近氢离子浓度减小，负极附近氢离子浓度增大，氢离子由负极流向通氧气的正电极，D正确。13、C【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；C.32gO2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。14、B【解析】A．氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，故A错误；B．干冰属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，与化学键断裂无关，故B正确，C．金刚石属于原子晶体，熔化时破坏了共价键，与化学键断裂有关，故C错误；D．金属汞是金属晶体，汽化时破坏了金属键，与化学键断裂有关，故D错误；答案选B。【点睛】判断晶体的类型以及粒子间作用力是解题的关键。离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，这些晶体状态变化时，化学键均会断裂，只有分子晶体状态变化时破坏分子间作用力，不破坏化学键。15、C【解析】A.酸雨pH小于5.6；B.瓷器是以黏土为原料的硅酸盐产品；C.并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害；D.司母戊鼎属于铜合金；【详解】A.通常情况下正常雨水因溶解二氧化碳而导致雨水pH约为5.6，当pH小于5.6时，为酸雨，二氧化硫可形成硫酸型酸雨，故A项正确；B．瓷器属于硅酸盐产品，它是以黏土为原料，经高温烧结而成，故B项正确；C.我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，并非所有含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，故C项错误；D.司母戊鼎属于铜合金，故D项正确。综上，本题选C。16、A【分析】A.可通过形成液面差检验气密性；

B.应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；

C.温度计和水的进出方向错误；

D.乙醇和乙酸混溶。【详解】A.检验气密性,可先关闭止水夹,经长颈漏斗向烧瓶中加水,如形成液面差且液面在一定时间内不变化,可说明气密性良好,故A正确；

B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,温度稍低时又可生成氯化铵,应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气,故B错误；

C.温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处；水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管,可充分冷凝,故C错误；

D.乙醇和乙酸混溶,不能用分液的方法分离,应用蒸馏的方法,故D错误；

综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。17、D【解析】往H2C2O4·2H2O固体中滴入适量的K2Cr2O7酸性溶液，发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，生成Cr2(SO4)3为蓝紫色溶液，无色气体为CO2，滴入适量的NaOH溶液，生成Cr(OH)3为灰绿色固体，可以看到灰绿色浑浊，继续滴加NaOH溶液，可以看到灰绿色浑浊溶解，生成绿色的CrO2-，据此答题。【详解】A.①中发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，K2Cr2O7中Cr元素的化合价由+6价→+3价，化合价降低，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；B.向蓝紫色Cr2（SO4）3溶液中，加入NaOH溶液至析出灰绿色沉淀，此时，溶液中存在着如下平衡Cr3+(蓝紫色)+3OH-⇌Cr(OH)3(灰绿色)⇌CrO2-(绿色)+H++H2O，加入稀硫酸，会增大氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，溶液显蓝紫色，故B正确；C.①溶液中含有Cr3+，③溶液中含有CrO2-，Cr3+与CrO2-双水解，反应的离子方程式为：Cr3++3CrO2-+6H2O=4Cr(OH)3↓，会产生灰绿色浑浊，故C正确；D.由反应方程式2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O可知，操作I中产生的无色气体是CO2，故D错误。故选D。18、D【详解】A.碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离过程，电离生成的碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，故A正确；B.实验①中形成沉淀时促进碳酸氢根离子的电离，溶液的酸性逐渐增强，氢离子与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳气体，故B正确；C.实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C正确；D.实验③中，如果发生Ba2++H2SO3===BaSO3↓+2H+，生成的亚硫酸钡能够被氢离子溶解，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选D。19、B【分析】s轨道最多容纳2个电子，n-1=2，所以n=3，则Z价电子层排布为nsn-1npn+1为3s23p4，Z是S元素，根据各种元素的相对位置可知X是O，Y是P，W是F，然后根据元素周期律分析解答。【详解】根据上述推断可知X是O，Y是P，Z是S，W是F。A.W元素原子半径很小，吸引电子能力很强，无最高正化合价，A错误；B.X、Z原子核外最外层有6个电子，都是第ⅥA族元素，由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的电负性越大；同一主族的元素，原子序数越大，元素的电负性越小，所以元素的电负性：W>X>Z，B正确；C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性越强。由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子序数越小，元素的非金属性越强，所以元素的氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X、W离子核外有2个电子层，Z离子有3个电子层，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：Z>X>W，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素位置及物质性质关系的知识。把握元素的位、构、性三者的关系是本题解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。20、D【分析】反应NH4++2O2→NO3-+2H++H2O中，NH4+中N元素化合价为-3价，NO3-中N元素化合价为+5价，N元素化合价升高，O元素化合价降低，则NH4+为还原剂，O2为氧化剂，以此解答该题。【详解】A.反应NH+2O2=NO+2H++H2O中，NH4+为还原剂，O2为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故A正确，但不符合题意；B.由方程式可知，反应生成氢离子，所以反应一段时间后，溶液的酸性增强，故B正确，但不符合题意；C.NH4+中N元素化合价为−3价，NO3-中N元素化合价为+5价，所以1molNH4+完全反应，转移电子的物质的量为8mol，故C正确，但不符合题意；D.反应NH+2O2=NO+2H++H2O中，N元素化合价升高，O元素化合价降低，所以NO3-既是氧化产物又是还原产物，H2O是还原产物，故D错误，符合题意；故选：D。21、B【解析】A、乙酸溶液中不断加入氨水，生成醋酸铵为强电解质，导电性增强，当氨水过量时，继续加氨水溶液被稀释，导电性减弱，与图象不符，A错误；B、FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+，则开始时Br-的量先不变，当Fe2+完全被氧化后，Br-开始被氧化，物质的量逐渐减少，最终为0，与图象相符，B正确；C、向Ca（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液，反应为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，则一开始就有沉淀生成，C错误；D、Na2CO3溶液中滴加盐酸，开始反应生成HCO3-，没有CO2生成，与图象不符，D错误。答案选B。22、A【解析】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)<r(X)<r(W)，故错误；C.硅是亲氧元素，在自然界以化合态存在，故错误；D.氯离子不能影响水的电离平衡，故错误。故选A。二、非选择题(共84分)23、O21:2C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-还原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，D是常见液体，B为浓硫酸，D为水，则A与B的反应应为碳和浓硫酸的反应，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E为二氧化硫，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应生成I，I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C为二氧化碳，C能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质的转化关系，据此答题。【详解】A.根据以上分析，F为O2，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:2，故答案为O2，1:2。B.A与B反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E转变为H和I的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合价由+4→+6价，化合价升高，作还原剂，体现其还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，还原性。D.H为HCl，HCl溶于水电离出的阴离子为Cl-，Cl-的检验操作为先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离所产生的阴离子为氯离子，故答案为在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-。【点睛】此题的突破口在于淡黄色的固体，高中阶段常见的有过氧化钠和硫单质，I与氯化钡反应有白色沉淀，推测I为H2SO4。24、第三周期第ⅥA族3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24【分析】A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n(S)==0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。【点睛】本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。25、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗涤O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失偏大【解析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)加氢氧化钠溶液，二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，过滤，得到滤液A的主要成分为硅酸钠，滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液；Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反应①中二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反应②为CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前需要滤渣B进行洗涤，故答案为洗涤；(4)根据上述分析，反应③中Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的试剂X可以是O2，故答案为O2；(5)K3[Fe(CN)6]能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6]做指示剂，滴定终点的现象为最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子，则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏大；故答案为K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；偏大。26、①④关闭止水夹b，打开活塞a缺少尾气处理装置Cl2＞Br2＞Fe3+过量氯气和SCN－反应2SCN-+Cl2=2Cl－+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红）BrCl+H2O＝HBrO+HCl反应只产生Cl－，不产生Br－【分析】本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集（安全瓶）→净化氯气（除HCl）→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】（1）二氧化硫具有强的还原性，可以用强氧化性的高锰酸钾吸收；二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来侧量剩余气体的体积，故答案为①④；（2）若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：×100%=；（3）检查装置A的气密性：关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;（4）整套实验装置存在一处明显的不足是：缺少尾气处理装置；（5）D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；（6）①过量氯气和SCN－反应2SCN-+Cl2=2Cl－+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红），则上述推测合理；②用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl－，不产生Br－，结果观察到仅有白色沉淀产生。【点睛】本题是综合实验探究，考查信息的加工、整合、处理能力。27、检验产物中是否有水生成SO2SO2＋H2O2＋Ba2＋＝BaSO4↓＋2H＋否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe（CN）6溶液、KSCN溶液或其他合理答案）若高锰酸钾溶液不褪色，加⼊KSCN溶液后变红（或：加⼊K3Fe（CN）6溶液无现象，加⼊KSCN溶液后变红，或其他合理答案）3x+y=z2（NH4）2Fe（SO4）2Fe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋5H2OTiCl4＋（x＋2）H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl滴入最后⼀滴标准溶液时,锥形瓶内溶液变成红色,且半分钟不褪色80%【答题空10】偏小【解析】(1)B装置中无水硫酸铜遇到水变蓝色，装置B的作用是检验产物中是否有水生成，故答案为检验产物中是否有水生成；(2)实验中，观察到C中盐酸酸化的氯化钡溶液中无明显现象，证明无三氧化硫生成，D中过氧化氢具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，有白色沉淀生成，可确定产物中一定有二氧化硫，若去掉C，生成SO3也有白色沉淀生成，不能否得出同样结论，故答案为SO2；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若有SO3也有白色沉淀生成；(3)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，实验步骤：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解；将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液，反应现象：若高锰酸钾溶液不褪色，证明无氧化亚铁生成，加入KSCN溶液后变红，说明生成氧化铁，故答案为将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红；(4)若产物中有氮气生成，则失电子的元素是Fe、N，得到电子的元素为S，若E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，失电子6xmol，固体残留物Fe2O3的物质的量为ymol，亚铁离子被氧化失电子物质的量2ymol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成二氧化硫物质的量为zmol，得到电子为2Zmol，电子守恒得到：6x+2y=2z，则x、y和z应满足的关系为3x+y=z，故答案为3x+y=z；(5)结合上述实验现象，完成硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解的化学方程式2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，故答案为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O；(6)①TiCl4发生水解，其化学反应方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；②TiO2中Ti的化合价由＋4价→＋3价，化合价降低，把Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液，溶液变红，即滴定到终点的现象是：滴⼊最后⼀滴标准溶液时,锥形瓶内溶液变成红⾊,且半分钟不褪色；③依据得失电子数目守恒，有：n(Fe2＋)×1＝n(TiO2)×1，即n(TiO2)＝n(Fe2＋)＝20×10－3×0.1mol＝2×10－3mol，其质量分数为2×10－3×80/0.2×100%＝80%；④滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液的液面，标准溶液的体积偏小，因此所测结果偏小，故答案为TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl；滴入最后⼀滴标准溶液时,锥形瓶内溶液变成红色,且半分钟不褪色；80%；偏小。点睛：本题考查了物质检验、实验设计、氧化还原反应计算、反应现象分析判断，理解实验目的和掌握基础是解题关键。本题的易错点为(6)中的误差的分析，滴定操作中误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析。28、B3d84s24第四周期IB族N>O>SACEsp3CCl4(或其他合理答案)平面正方形CuO【分析】(1)根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型及原子杂化方式，价层电子对数=键合电子对数+孤电子对数，据此分析解答；(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，说明Q、T处于元素周期表的VIII族，结合原子序数T比Q多2，判断出两种元素，再结合核外电子排布规律解答；(3)①同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的第一电离能；②配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键；③NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；SO42-有5个原子、价电子总数为32，平均价电子数为6.4，应是价电子数为7的4个原子与价电子数为4的一个原子构成的微粒；④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，结合正四面体和平面正方形结构分析判断；(4)晶体内铜离子与周围最近的4个氧离子形成正四面体结构，晶胞顶点铜离子与小正四面体中心氧离子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，利用均摊法计算晶胞中铜离子、氧离子数目，结合摩尔质量计算晶胞中各微粒总质量，再由密度可以得到晶胞体积，从而得到晶胞棱长，据此分析解答。【详