2026年陕西省高三第六次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年陕西省高三第六次模拟考试化学试卷（含答案解析），共8页。
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（每题只有一个选项符合题意）
1、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NA
B．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NA
C．1ml苯中含有的碳碳双键数为3NA
D．1L1ml·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA
3、1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1ml·L—1，向混合溶液中滴加0.1 ml·L—1某溶液Z，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）
A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸
B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠
C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠
D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸
4、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．100mL2.0ml/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
5、新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6、下列说法不正确的是
A．国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯
B．晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等
C．MgO与Al2O3均可用于耐高温材料
D．燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
7、向100mL FeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为
A．0.75ml/LB．1.5ml/LC．2ml/LD．3ml/L
8、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是
A．氧原子的原子结构示意图：
B．羟基的结构式：O-H
C．用电子式表示Na2O的形成过程：
D．组成为C2H6O的分子中可能只存在极性键
9、常温时，1ml/L的HA和1ml/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是
A．Ka( HA)约为10-4
B．当两溶液均稀释至时，溶液中＞
C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB
D．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
10、某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+ 。将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4 g硫单质、0. 425 ml FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是
A．该盐酸的物质的量浓度为8.5 ml/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L
C．该磁黄铁矿FexS中，x=0. 85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0. 15ml
11、室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所示溶液中
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．时，
D．b点所示溶液中
12、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香烃
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应
D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
13、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是
A．原子半径大小顺序为：Y>Z>X>W
B．简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性Z>Y
C．W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性
D．W、Z阴离子的还原性：W>Z
14、关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A．恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移
B．恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移
C．加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动
D．升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移
15、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是
A．AB．BC．CD．D
16、下列叙述正确的是（ ）
A．合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率
B．常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低
C．反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH________ml·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9]
(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：
步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。
步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。
①“步骤1”的目的是____________________________________。
②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。
20、某化学兴趣小组在习题解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，是因为在酸性环境中，NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑，“因没有隔绝空气，也许只是氧化了SO32-，与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验，用pH传感器检测反应的进行，实验装置如图。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为__。
（2）实验小组发现装置C存在不足，不足之处是__。
（3）用0.1ml/LBaCl2溶液、0.1ml/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4种溶液（见下表）分别在装置C中进行探究实验。
对比①、②号试剂，探究的目的是___。
（4）进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。
（5）实验现象：①号依然澄清，②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。
（6）图1-4分别为①，②，③，④号实验所测pH随时间的变化曲线。

根据以上数据，可得到的结论是__。
21、2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：
（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。
（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。
（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN−等。一定条件下，SCN−与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。
（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图 [Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。
（5）橙红色的八羰基二钴[C2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaC(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。
（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：
则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm−3。(NA为阿伏伽德罗常数的值)
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。
2、A
【解析】
A. 常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1ml，其含有的分子数小于NA，故A正确；
B. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑，2ml过氧化钠转移2ml电子，因此7.8gNa2O2即0.1ml与足量水反应转移的电子数为0.1 NA，故B错误；
C. 苯中不含有的碳碳双键，故C错误；
D. 1L1ml·L-1的磷酸物质的量为1ml，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。
综上所述，答案为A。
3、A
【解析】
A.NaAlO2和Ba(OH)2均为0.1ml，加入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH-生成水，同时SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成0.1mlBaSO4，再加入0.5LH2SO4溶液时，加入的0.1mlH+恰好和溶液中的0.1mlAlO2-完全反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，生成0.1mlAl(OH)3沉淀。再加入1.5LH2SO4溶液，加入的0.3mlH+把生成0.1mlAl(OH)3沉淀溶解：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，和图像相符，故A选；
B.AlCl3和MgCl2均为0.1ml，共需要和0.5ml氢氧化钠反应生成沉淀，即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故B不选；
C.AlCl3和FeCl3均为0.1ml，共需要0.6mlNaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，和图像不符，故C不选；
D.NaAlO2和BaCl2各0.1ml，先加入0.5L硫酸，即0.05ml硫酸，加入的0.1mlH+和溶液中的0.1mlAlO2-恰好完全反应生成0.1mlAl(OH)3沉淀，同时加入的0.05mlSO42-和溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀。溶液中的Ba2+有0.1ml，加入的SO42-为0.05ml，所以生成0.05mlBaSO4沉淀，还剩0.05mlBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15ml。再加入0.5LH2SO4溶液，加入的0.1mlH+恰好把生成的0.1mlAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的0.05mlSO42-恰好和溶液中剩余的0.05mlBa2+生成0.05mlBaSO4沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为0.1ml，和图像不符，故D不选。
故选A。
4、D
【解析】
A. 5.6g铁为0.1ml，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0ml/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1ml，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
5、C
【解析】
双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。
6、A
【解析】
A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；
B.硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；
C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；
D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。
故选A。
7、C
【解析】
还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。
【详解】
还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15ml，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15ml，0.15mlFe2+只能消耗0.075ml的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x ml，n(Br-)=2x ml，未反应的n(Br-)=0.3ml，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)ml，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15ml×2，解得：x=0.2ml，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2ml/L，故选C。
8、D
【解析】
A. O原子核内质子数为8，有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；
B. 羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为−OH，故B错误；
C. Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；
D. 二甲醚只存在极性键，故D正确；
故选：D。
9、B
【解析】
根据图示，当lg（V/V0）+1=1时，即V=V0，溶液还没稀释，1ml/L的HA溶液pH=2，即HA为弱酸，溶液中部分电离；1ml/L的HB溶液pH=0，即HB为强酸，溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
【详解】
A.1ml/L的HA溶液的pH为2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01ml/L，c(HA) 1ml/L，则HA的电离常数约为10-4，A正确；
B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，则有c(A-)n(HB)，故分别用NaOH溶液中和时，消耗的NaOH物质的量：HA>HB，C正确；
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）Z>X>W ，A正确；
B．H2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HCl＞PH3，B正确；
C．没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；
D．P3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；
答案选C。
14、A
【解析】
A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；
B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；
C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；
D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；
答案选A。
本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。
15、A
【解析】
A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A错误；B．原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C．拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。
16、C
【解析】
A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；
B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；
C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；
D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。
答案选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、溴原子 NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 2-丙醇 氧化反应 100% 4n 等
【解析】
B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC。
【详解】
（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。
（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。
（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，反应Ⅲ的原子利用率为100%。
（4）E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC，反应IV的化学方程式为。
（5）酚形成的酯水解时需消耗2mlNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1mlPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmlNaOH。
（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；
能满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。
本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。
18、 硝基、羟基 +2NaOH+NaCl+H2O AB 、(任意两种)
【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A，A为，F中不饱和度=，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为；E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为； A反应生成B，B和NaOH水溶液发生取代反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，C和HCl反应生成D，据此解答。
【详解】
(1)、由分析可知B为，F为；
故答案为； ；
(2)、D结构简式为 ，官能团为羟基和硝基；
故答案为硝基、羟基；
(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
故答案为+2NaOH+NaCl+H2O ；
(4) A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应，所以1ml柳胺酚最多可以和3ml NaOH反应，故A不正确；
B、柳胺酚中含有苯环，可以发生硝化反应，故B不正确；
C、含有肽键，所以可发生水解反应，故C正确;
D、含有酚羟基，溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应，故D正确；
故选AB；
(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物，且苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有二种类型的氢原子；
②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：；
故答案为。
19、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑ 1.3×10－6 测定NaOH溶液的准确浓度 x＝2
【解析】
（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；
（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；
（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。
【详解】
（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；
（2）c(Ca2+)===0.00179ml/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；
（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；
②0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027ml, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) ==0.1194ml/L，
又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3 ml，所以n(H2C2O4·xH2O)= 1.194×10-3 ml，
则 n(H2C2O4) ·M(H2C2O4)= 1.194×10-3 ml×（94+18x）g/ml=0.1512g，则晶体中水的个数x2，
故x＝2。
20、锥形瓶 装置C中的溶液与空气接触 探究氧气能否氧化SO32- 排除装置内的空气，防止氧气干扰 2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42- 、 NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。
【解析】
（1）根据装置图判断仪器a的名称；
（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。
（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。
（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；
（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-；
（6）根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。
【详解】
（1）根据装置图，仪器a的名称是锥形瓶；
（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之处是装置C中的溶液与空气接触。
（3）①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气，对比①、②号试剂，探究的目的是氧气能否氧化SO32-。
（4）进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境，区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子；进行①号、③号实验的目的是探究在酸性环境中，NO3-能否将SO32-氧化成SO42-，进行①号、③号实验前通氮气可以排除装置内的空气，防止氧气干扰；
（5）实验现象：①号依然澄清，②号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-，第②号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H++ 2SO42-；
（6）根据图象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。
21、1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 10 sp3 氢键 N≡C—S—S—C≡N 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 分子 离子键、配位键、极性键 90 4×12×60×1030/(a3×NA)
【解析】
（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；
（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；
（3）根据等电子体原理分析作答；
（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；
（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；
【详解】
（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，
故答案为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；
（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，
故答案为sp3；氢键；
（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，
故答案为N≡C-S-S-C≡N；
（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，
故答案为氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；
（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知C2(CO)8属于分子晶体；
NaC(CO)4内，存在钠离子与C(CO)4-阴离子，在C(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，
故答案为分子；离子键、配位键、极性键；
（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C－C键、1个"C=C"，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 4×12×60×1030/(a3×NA),
故答案为4×12×60×1030/(a3×NA)。
选项
A
B
C
D
消毒剂
双氧化水
臭氧
医用酒精
84消毒液
A．屠呦呦用乙醚提取青蒿素
B．伏打发明电池
C．拉瓦锡研究空气成分
D．李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成
编号
①
②
③
④
试剂
煮沸过的BaCl2溶液25mL，再加入食用油25mL
未煮沸过的BaCl2溶液25mL
煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL
未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL