2026届焦作市高考化学五模试卷（含答案解析）

这是一份2026届焦作市高考化学五模试卷（含答案解析），共6页。

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、298 K时，向20 mL 0.1 ml/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1 ml/L NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．a点溶液的pH为2.88
B．b点溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）
C．b、c之间一定存在c（Na+）＝c（A－）的点
D．a、b、c三点中，c点水的电离程度最大
2、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B．1L1ml/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NA
C．78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D．加热条件下，含0.2mlH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
3、现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2Cl
B．该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应
C．该有机物苯环上的1-溴代物只有2种
D．1ml该有机物最多能和8mlNaOH发生反应
4、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
5、下列比较错误的是
A．与水反应的剧烈程度：KHC1
C．原子半径：Si>ND．碱性：Ca(OH)2> Mg(OH)2
6、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/mL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是
A．交换膜 I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+
C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL 20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）
D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低
7、氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1mle-，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
8、图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是
A．A2B的化学式为Mg2Si
B．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl
C．利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应
D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同
9、在2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是
A．机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料
B．机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料
C．机场航站楼采用的钢铁属于合金材料
D．机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏
10、2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
11、某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A．含有4.5gAl
B．不含FeCl2、AlCl3
C．含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2
D．含有MgCl2、FeCl2
12、下列离子方程式正确的是( )
A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4-+ 8H+ + 4Cl-=Mn2++2Cl2↑+4H2O
B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32-+ H2O+ CO2=2 HCO3-
C．铜片与浓硫酸共热：Cu + 4H++ SO42-Cu2+ + SO2↑+ 2H2O
D．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2+ +4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O
13、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是
A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2
B．用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾
C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验
D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
14、强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为 H+(aq)+OH﹣(aq)→H2O(l)+55.8kJ。已知：①HCl(aq)+NH3•H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+a kJ；②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+b kJ；③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+c kJ。则a、b、c三者的大小关系为( )
A．a＞b＞c
B．b＞c＞a
C．a=b=c
D．a=b＜c
15、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是
A．H2O的电子式为
B．4℃时，纯水的pH=7
C．D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍
D．273K、101kPa，水分之间的平均距离：d(气态)>d(液态)>d(固态)
16、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867 kJ.ml-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是
A．T1X>Z> Y
D．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡
21、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是
A．位于第五周期第VIA族的元素为金属元素B．第32号元素的单质可作为半导体材料
C．第55号元素的单质与水反应非常剧烈D．第七周期ⅦA族元素的原子序数为117
22、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO2和H2S的是
A．滴有淀粉的碘水B．氢氧化钠溶液
C．硫酸铜溶液D．品红溶液
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物W（C16H14O2）用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题：
（1）F的化学名称是_______，⑤的反应类型是_______。
（2）E中含有的官能团是_______（写名称），E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_______。
（3）E + F→W反应的化学方程式为_______。
（4）与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_______种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为____。
（5）参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_______。
24、（12分）慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。
25、（12分）某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：
已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3
②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O
③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。
请回答：
（1） 滤渣的成分为________。
（2） 步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。
（3） 步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。
（4） 下列有关叙述正确的是________。
A 步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率
B 步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质
C 步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等
D 步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次
（5） 步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。
根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。
①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液
②过滤、洗涤
③加入过量稀硫酸溶解
④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解
⑤测定Fe3+含量
（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 ml·L−1 H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。
已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0 g·ml−1； 2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。
26、（10分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。
(1)上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置，该装置中的试剂是__________，气体从_______口(填“a”或“b”)进。
(2)检验SO2常用的试剂是__________________，利用了SO2的_________性。
(3)将SO2通入0.1ml/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为___________。
分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：
(4)实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_________________________________。
(5)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是__________________。(用方程式表示)
(6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是___________________________。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A_________B(填“>”、“(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；
B. Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；
C. O元素没有最高正化合价，故C错误；
D. NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；
故答案为D。
21、A
【解析】
A. 位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；
B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；
C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；
D. 第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；
答案选A。
22、B
【解析】
A．SO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2S能与滴有淀粉的碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不符合题意；
B．二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；
C．与硫酸铜混合无变化的为SO2，混合生成黑色沉淀的为H2S，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；
D．SO2具有漂白性能使品红褪色，H2S通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；
故合理选项是B。
二、非选择题(共84分)
23、苯甲醇 消去反应 碳碳双键、羧基 +H2O 5
【解析】
A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应，结合B的结构简式，则A的结构简式为，B在NaOH的水溶液下发生水解反应，－Br被—OH取代，C的结构简式为，C的结构中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生醇的催化氧化，—CH2OH被氧化成—CHO，醛基再被氧化成－COOH，则D的结构简式为，根据分子式，D到E消去了一分子水，为醇羟基的消去反应，E的结构简式为，E和苯甲醇F，在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W，W的结构简式为。
【详解】
(1)F的名称是苯甲醇；根据分子式，D到E消去了一分子水，反应类型为消去反应；
(2)根据分析，E的结构简式为，则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基；E中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，结构简式为；
(3)E中含有羧基，F中含有羟基，在浓硫酸的作用下发生酯化反应，化学方程式为++H2O；
(4)有A含有相同的官能团且含有苯环，A的结构简式为，则含有碳碳双键，除了苯环外，还有3个C原子，则苯环上的取代基可以为－CH=CH2和－CH3，有邻间对，3种同分异构体；也可以是－CH=CHCH3，或者－CH2CH=CH2，共2种；共5种；核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为；
(5)由M到F，苯环上多了一个取代基，利用已知信息，可以在苯环上引入一个取代基，－CH2OH，可由氯代烃水解得到，则合成路线为。
并不是所有的醇都能发生催化氧化反应，－CH2OH被氧化得到－CHO，被氧化得到；中，与—OH相连的C上没有H原子，不能发生催化氧化反应。
24、醚键 羰基 氧化反应
【解析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
25、Al（OH）3、Fe（OH）3 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O 抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解） 有利于得到较大颗粒的晶体 ABC ②③⑤④① 98.40%
【解析】
（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。
【详解】
(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3 ；
(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为 Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2= Cu（NH3）42+＋4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；
(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；
(4) A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；
(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为②③⑤④①；
(6)根据反应2Cu2+＋4I−2CuI＋I2，I2＋2S2O32-2I−＋S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-， Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002ml则铜离子的物质的量为0.002ml，则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002ml×246.0g/ml=0.492g，质量分数为。
26、饱和NaHSO3 溶液 b 品红试液 漂白性 BaSO4 避免氧气干扰实验 SO2+H2OH2SO3 H2SO3H＋+ HSO3﹣ 在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快
【解析】
(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液；
(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；
(3) SO2通入0.1ml/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；
(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验；
(5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性；
(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3﹣共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快。
【详解】
(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液，所以中应该放饱和NaHSO3 溶液，并且气体从b口进；
(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；
(3) SO2通入0.1ml/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；
(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验；
(5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性，化学方程式为：SO2+H2OH2SO3；
(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3﹣氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3﹣共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3﹣快；实验B中SO2更多被氧化，最终生成更多的硫酸，硫酸酸性比亚硫酸强，故B中酸性更强，故溶液pH：A >B。
27、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－
【解析】
混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；
【详解】
(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；
(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；
(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽；
(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH会引入Cl－，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－。
除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。
28、 c a d NH4Cl或NH4NO3 酸性 3ClO-+2NH4+=N2↑+2H++3Cl-+H2O 负极 NO bc
【解析】
(1)O原子最外层有6个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有4个电子，据此分析解答；
(2)四种元素中处于同周期的元素为N和O ，根据元素非金属性强弱的判断方法分析判断；
(3)根据铵盐属于离子晶体，结合溶液中铵根离子能够水解分析解答；
(4)N2的物质的量增多，为生成物，N元素的化合价升高，据此书写反应的方程式，结合氧化还原反应的规律分析解答；
(5)①根据电子守恒以及原子守恒分析解答；
②根据亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，结合强酸可以制弱酸的原理分析判断。
【详解】
(1)O原子最外层有6个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有4个电子，所以其最外层电子轨道表示式为，根据轨道表示式可以看出电子层、电子亚层、和电子的自旋状态，电子云的伸展方向不能用化学用语表示，故选c，故答案为：；c；
(2)四种元素中有两种元素处于同周期，这两种元素为N和O。a．O元素无正价，不存在最高价氧化物对应水化物，故a选；b．氮气键能较大，难以与氢气反应，氧气在点燃时能够与氢气反应，可以用于比较非金属性强弱，故b不选；c．形成的化合物由化合价可知在反应中得失电子的难易，即显负价的非金属性强，故c不选；d．元素非金属性强弱与物质的物理性质无关，不能通过气态氢化物的沸点比较非金属性强弱，故d选；故答案为：ad；
(3)由H、O、Cl、N四种元素中任意3种所形成的常见化合物中属于离子晶体的有氯化铵、硝酸铵，化学式分别为NH4Cl、NH4NO3，在溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，故答案为：NH4Cl或NH4NO3；酸性；
(4)N2的物质的量增多，为生成物，N元素的化合价升高，根据电荷守恒和元素守恒有3ClO-+2NH4+=N2↑+2H++3Cl-+H2O；氮气是氧化产物，所以应在负极产生，故答案为：3ClO-+2NH4+=N2↑+2H++3Cl-+H2O；负极；
(5)①碘离子被氧化为碘单质时，若生成1mlI2，碘元素化合价升高了2价，消耗碘离子是2ml，亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价，2ml的亚硝酸钠得到2ml电子时，则需氮元素的化合价降为+2价，所以产物中含氮的物质为NO，故答案为：NO；
②根据强酸可以制弱酸的原理，因为亚硝酸(HNO2)的酸性与醋酸相当，因此二氧化碳、二氧化硫和NaNO2不反应，不能生成HNO2，而稀硫酸和磷酸，能和NaNO2反应，生成HNO2，故选bc。
29、 从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱 氮原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，不易失去电子 AB C 9 （NH4+）N-H---O（OH） （OH）O-H---O（COO-）
【解析】
（1）碳原子电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的电子排布图为。
（2）元素的第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子时需要的最低能量。失去电子越难，第一电离能越大。同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失去电子越来越难，所以元素的第一电离能逐渐增大。但氮元素的2p轨道上有3个电子，是比较稳定的半充满结构，所以失去一个电子比较困难，所以其第一电离能比氧大。
（3）①从结构角度分析， NH4+与氨分子的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均为sp3杂化，但NH4+是正四面体，而NH3为三角锥形，故相同之处选AB，不同之处选C。
②(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3中有羟基和酯基，每个羟基的氧原子都和碳原子结合形成C—Oσ键，每个酯基中有2个C—Oσ键，所以1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为3+3×2=9个。苯环上的碳原子是sp2杂化，每个碳原子还剩一个p轨道上的电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6，参与形成大π键的电子数也为6，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为。
③从图2可以看出，氢键存在于NH4+中的H和COO-的氧原子之间，其表示式为（NH4+）N-H---O（COO-），还存在于NH4+中的H和羟基的O之间，表示式为（NH4+）N-H---O（OH），还存在于羟基中的H和COO-的氧原子之间，其表示式为（OH）O-H---O（COO-）。
（4）立方晶胞参数为a nm，所以晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，阿罗明拿的晶体密度为d g·cm-3，所以一个晶胞的质量为(a×10-7)3dg。根据其晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则一个晶胞的质量为g，所以(a×10-7)3d =，y=。
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置。分层，上层无色，下层紫红色
溴的非金属性强于碘
B
向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
Na2SO3溶液已经变质
C
向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液，生成白色沉淀，然后再滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀
溶解度：AgCI>Ag2S
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液，溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液是酸性溶液
容器编号
温度/K
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
CH4
NO2
N2
CO2
H2O
NO2
I
T1
0.50
1.2
0
0
0
0.40
II
T2
0.30
0.80
0.20
0.20
0.40
0.60
III
T3
0.40
0.70
0.70
0.70
1.0
选项
现象
结论
A．
Ⅰ中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色
体现了浓硫酸的吸水性
B．
Ⅱ中观察到棉球a、b都褪色
均体现了SO2的漂白性
C．
Ⅱ中无水硫酸铜变蓝
说明反应产物中有H2O
D．
Ⅲ中溶液颜色变浅，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊
说明有CO2产生