2025年四川省巴中市高二化学第二学期期末检测模拟试题含解析.doc

2025年四川省巴中市高二化学第二学期期末检测模拟试题
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0．5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（每题只有一个选项符合题意）
1、如图是a、b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是 (　 )

①a是晶体　②a是非晶体　③b是晶体　④b是非晶体
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
2、下列电离方程式书写正确的是
A．NaHS=Na++H+ +S2-
B．H3PO43H+ +PO43-
C．CH3COONH4CH3COO-+NH4+
D．Ba(OH)2=Ba2++2OH-
3、某化学兴趣小组设置了如图所示的实验装置，即可用于制取气体，又可用于验证物质的性质，下列说法不正确的是

A．利用I、II装置制取气体（K2关闭、K1打开），可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体
B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向）后，可以收集O2、NO等气体，但不能收集NO2气体
C．利用I、Ⅲ装置可以比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
D．利用I、Ⅲ装置既能验证氧化性：Ca(ClO）2>Cl2>Br2，又能保护环境
4、下列分子或离子中，不含有孤电子对的是(　　)
A．H2O B．H3O＋ C．NH3 D．NH4+
5、下列电离方程式正确的是
A．NaHCO3＝Na++H++CO32- B．HCO3－H++CO32－
C．KClO3＝K++Cl-+3O2- D．NaOH Na++OH-
6、下列物质分类正确的是
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
7、2－丁烯的结构简式正确的是
A．CH2＝CHCH2CH3 B．CH2＝CHCH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3 D．CH2＝C＝CHCH3
8、下列物质中，不能发生消去反应的是（ ）
A． B．
C．CH2ClCH2CH3 D．CH3CH2OH
9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A．1mol乙醇和足量的乙酸充分反应可得到NA个H2O
B．标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NA
C．1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数均为9NA
D．2.24L（标准状况下）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
10、由物质a为原料，制备物质d (金刚烷)的合成路线如下图所示:

关于以上有机物的说法中，不正确的是
A．a分子中所有原子均在同一平面内 B．a和Br2按1:1加成的产物有两种
C．d的一氯代物有两种 D．c与d的分子式相同
11、常温下，Na2CO3溶液中存在平衡：＋H2O＋OH－，下列有关该溶液的说法正确的是
A．Na2CO3在水解过程导致碳酸钠电离平衡被促进
B．升高温度，平衡向右移动
C．滴入CaCl2浓溶液，溶液的pH增大
D．加入NaOH固体，溶液的pH减小
12、某有机物的结构简式如图，关于该有机物叙述正确的是

A．该有机物的摩尔质量为200.5
B．该有机物属于芳香烃
C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原反应
D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与3molNaOH、5molH2反应
13、一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是

A．p1 < p2
B．其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
C．400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%
D．400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
14、在一个5L的容器里，盛有8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则这种反应物在此时间内的化学反应速率为（　　）
A．0.1mol/（L•min） B．0.2mol/（L•min）
C．0.3mol/（L•min） D．0.4mol/（L•min）
15、下列各组物质中，全部属于纯净物的是
A．福尔马林、酒、醋 B．苯、汽油、无水酒精
C．甘油、乙醇钠、氯仿 D．豆油、丙烯酸、四氯化碳
16、下列各化合物的命名中正确的是
A．CH2=CH-CH=CH2 1，3-二丁烯 B． 3-丁醇
C． 2-甲基苯酚 D． 2—乙基丙烷
二、非选择题（本题包括5小题）
17、以乙炔与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：

（1）写出实验室制备乙炔的化学方程式___________。
（2）反应①的反应试剂、条件是________，上述①~④反应中，属于取代反应的是________。
（3）写出反应③的化学方程式_____________。
（4）检验反应③是否发生的方法是_______。
（5）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式______。
a.能发生银镜反应 b.苯环上的一溴代物有两种
18、某芳香烃A是有机合成中重要的原料，由A制取高聚物M的流程如下：

请回答下列问题：
（1）反应②的反应类型为___________。
（2）E中的官能团名称是___________。
（3）反应②的条件是___________。
（4）写出A和F的结构简式：A___________；F___________。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有___________种（不考虑立体异构）。
①含有相同官能团
②遇FeCl2能发生显色反应
③苯环上连有三个取代基
（6）写出下列化学反应方程式：
反应③___________，D与新制Cu（OH）2悬浊液反应___________。
19、某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物
Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。

回答下列有关问题
（1）CuSO4水溶液呈酸性，其原因是______________________（用离子方程式表示）。
（2）上述装置按气流从左至右排序为A、D、___________E、F（填代号）。
（3）装置D的作用是___________；能证明有SO3生成的实验现象是___________。
（4）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有___________；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___________（填化学式）。
（5）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：
a 滴加少量的NH4SCN溶液 b 滴加少量的K3[Fe（CN）6]溶液
c 滴加酸性KMnO4溶液 d 滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
其中，方案合理的有___________（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_________。
Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）
查阅资料知，铜有+2、+1价。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。
（6）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是___________。
甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色
丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成
丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体
（7）经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：_______。
20、某化学小组探究酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。(忽略氧气对反应的影响)

实验记录如下：
实验序号
实验操作
实验现象
I
向A装置中通入一段时间的SO2气体。
A中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变为浅绿色。
II
取出少量A装置中的溶液，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液。
加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀。
III
打开活塞a，将过量稀HNO3加入装置A中，关闭活塞a。
A中浅绿色溶液最终变为黄色。
IV
取出少量A装置中的溶液，加入KSCN溶液；向A装置中注入空气。
溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气体生成。
请回答下列问题：
(1)配制FeCl3溶液时，常常加入盐酸，目的是(用化学用语和简单文字叙述)：________。
(2)资料表明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe(SO2)63+，反应方程式为： Fe3+ + 6SO2 Fe(SO2)63+。请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式是__________________。
(4)实验III中，浅绿色溶液变为黄色的原因是__________________(用离子方程式表示)。
(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的化学方程式是______________。
(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。请从微粒变化的角度解释________。
21、东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。
③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。
【详解】
a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体；由图象b可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；
故答案选A。
2、D
【解析】A. NaHS的电离方程式为：NaHS=Na++HS-，A错误；B. H3PO4为多元弱酸，分步电离：H3PO4H+ +H2PO4-，B错误；C.CH3COONH4属于盐，是强电解质，电离方程式为：CH3COONH4= CH3COO-+NH4+，C错误；D. Ba(OH)2属于强碱，完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，D正确。答案选D.
3、D
【解析】
试题分析：A．利用Ⅱ装置可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体，其理由是O2密度比空气大，不能用向下排空气的方法；NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应，正确；B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向），改进方法是向广口瓶中加入水，可以收集难溶于水的O2、NO等气体，但不能收集NO2气体，正确；C．实验时，K1关闭、K2打开，在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶内装Na2CO3固体，装置C(试管）中所盛的试剂是Na2SiO3溶液,会看到；装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀，从而可确认H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，正确；D．实验时，K1关闭、K2打开，则在A中加浓盐酸；B中加Ca(ClO）2，C中加NaBr溶液，观察到C中的现象是溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；但是此装置在完成这个实验时尚存不足，其不足是氯气易逸出污染环境，不能保护环境，错误。
考点：考查化学实验装置正误判断的知识。
4、D
【解析】
根据中心原子上的孤电子对数的公式可知：A项，；B项，；C项，；D项，；答案选D。
5、B
【解析】
A. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-，A错误；
B. 碳酸氢根离子是弱酸生物酸式根，电离可逆，电离方程式为HCO3－H++CO32－，B正确；
C. 氯酸钾的电离方程式为KClO3＝K++ClO3-，C错误；
D. 氢氧化钠是一元强碱，电离方程式为NaOH＝ Na++OH-，D错误；
答案选B。
明确物质的组成和电解质的强弱是解答的关键，选项C是解答的易错点，注意含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。
6、D
【解析】
A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；
B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；
C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；
D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；
本题答案选D。
7、C
【解析】
2－丁烯的主链有4个碳原子，在第二个碳原子和第三个碳原子之间形成一个碳碳双键，故答案选C。
8、B
【解析】分析：选项中的物质为卤代烃和醇，与-X或—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃。
详解：A、—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故A正确；B、—Cl相连C的邻位C上没有H，不可发生消去反应生成烯烃，故B错误；C、—Cl相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故C正确；D、—OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故D正确；故选B。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，侧重卤代烃和醇性质及消去反应的考查，注意消去反应的结构特点，与-X或—OH相连C的邻位C上有H．
9、B
【解析】
A．乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下发生的酯化反应是可逆反应，则1mol乙醇和足量的乙酸充分反应得到的H2O分子数目小于NA，故A错误；
B．则标准状况下，11.2L丙烯的物质的量为0.5mol，每个丙烯分子内含有的极性共价键即C-H键数目为6个，则0.5mol丙烯所含的极性共价键数为3NA，故B正确；
C．每个羟基含有9个电子，每个OH-含有10个电子，则1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数不等，故C错误；
D．标准状况下的苯为液体，则不能根据气体摩尔体积计算2.24L(标准状况下)苯的物质的量，也无法确定其完全燃烧生成的CO2分子数目，故D错误；
故答案为B。
10、A
【解析】
A、物质a含有结构“-CH2-”，为四面体结构，所以的原子不可能共平面，A错误，符合题意；
B、共轭二烯的加成可以1，2加成也可以1，4加成，可以得到两种产物，B正确，不符合题意；
C、物质d只有两种H，分别在顶点上，和棱上，因此一氯代物只有2种，C正确，不符合题意；
D、c与d的分子式相同，均为C10H16，D正确，不符合题意；
答案选A。
11、B
【解析】
A. Na2CO3是强电解质，完全电离，不存在电离平衡，应该促进了水的电离平衡，故A错误；
B.水解过程是吸热过程，故升高温度平衡向右移动，B正确；
C. 滴入CaCl2浓溶液，会生成CaCO3沉淀，CO32-浓度减少，平衡向左移动， OH－浓度减少，溶液的pH减小，C错误；
D. 加入NaOH固体，OH－的浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；故选B。
12、C
【解析】
由结构可知，分子式为C10H9O3Cl，含苯环、酚-OH、-Cl、-COOC-、碳碳双键，结合酚、酯、烯烃、卤代烃的性质来解答。
【详解】
A．分子式为C10H9O3Cl，该有机物的摩尔质量为212.5g/mol，故A错误；
B．芳香烃中只含C、H元素，该物质不属于芳香烃，故B错误；
C．含酚-OH，能发生取代、氧化，含碳碳双键，能发生氧化、加成、加聚反应、还原反应，故C正确；
D．苯环与碳碳双键能发生加成，酚-OH、-COOC-、-Cl与碱反应，且-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应，则1mol该有机物在适当条件下，最多可与4mol NaOH、4mol H2反应，故D错误；
故答案选C。
-Cl与碱水解生成酚-OH也与碱反应。
13、A
【解析】
A．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1< p2，故A正确；
B．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；
C．根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；
D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；
答案选A。
14、B
【解析】8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则物质的量减少8.0mol-3.0mol=5.0mol，这种反应物在此时间内的化学反应速率为=0.2mol/(L•min)，
故选B。
点睛：本题考查化学反应速率的计算，把握反应速率的基本计算公式v==为解答的关键。
15、C
【解析】分析：纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质。
详解：A．福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，白酒的主要成分是乙醇和水，属于混合物，食醋的主要成分是乙酸和水，属于混合物，选项A错误；B．苯由一种物质组成的，属于纯净物，汽油主要是由C4～C10各种烃类组成，是混合物，无水乙醇是纯度达到99%以上的乙醇，选项B错误；C．甘油、氯仿、乙醇钠都是由一种物质组成的，属于纯净物，选项C正确； D．丙烯酸、四氯化碳是纯净物，豆油是混合物，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查纯净物和混合物，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。
16、C
【解析】
A.含有碳碳双键在内的主碳链为4，双键在1、3位碳上，命名1，3-丁二烯，A错误；
B.该物质为醇，主碳链为4，羟基在2位碳上，命名2-丁醇，B错误；
C.该物质属于酚类，甲基在羟基的邻位，为2-甲基苯酚，C正确；
D.主碳链为4，甲基在2位碳上，命名2—甲基丁烷，D错误；
正确选项C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 氯气、光照 ①②④ 取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生 、、
【解析】
由C的结构及反应④为酯化反应可知，A为CH3COOH，C为，则反应①为与氯气光照下发生取代反应，生成B为，反应②为卤代烃的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应，
【详解】
（1）实验室用碳化钙和水反应制备乙炔，化学方程式。
答案为：；
（2）根据上述分析，反应①的反应试剂为氯气，条件是光照，上述①~④反应中，属于取代反应的是 ①②④，
故答案为：①②④；
（3）反应③为与氧气在催化剂作用下发生氧化反应生成，化学方程式为。
答案为：；
（4）检验反应③是否发生的方法是：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生，
故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生；
（5）的同分异构体满足a.能发生银镜反应,含−CHO；b.苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、、等，
答案为：、、。
18、取代反应或水解反应 羧基和羟基 氢氧化钠溶液、加热 20 2+O22+2H2O +2 Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓+3 H2O
【解析】
根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为，据此分析。
【详解】
根据逆推法，由E（）可知，D在新制的氢氧化铜悬浊液中加热反应后酸化得到E，则D为，是由C在铜催化下加热与氧气反应而得，故C为，B是由某芳香烃A与溴的四氯化碳溶液反应而得，故B为二溴代烃，根据C的结构简式可知B为，A为；E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F为，与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成H为。
（1）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和溴化钠，反应类型为水解反应或取代反应；
（2）E为，其中官能团名称是羧基和羟基；
（3）反应②为在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，条件是氢氧化钠溶液、加热；
（4）A的结构简式为；F的结构简式为；
（5）E为，符合条件的E的同分异构体：①含有相同官能团，即羧基和羟基；②遇FeCl2能发生显色反应，则为酚羟基；③苯环上连有三个取代基，故苯环上的取代基可以为-OH、-COOH和-CH2CH3或-OH、-CH2COOH和-CH3两种组合，根据定二动三，每种组合的同分异构体有10种，共20种符合条件的同分异构体；
（6）反应③的化学反应方程式为2+O22+2H2O，D与新制Cu(OH)2悬浊液反应，反应的化学方程式为+2 Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓+3 H2O。
本题考查有机推断，利用逆推法推出各有机物的结构简式是解答本题的关键。易错点为（5），应注意苯环上取代基的确定，再利用其中二个取代基在苯环上的位置为邻、间、对位，第三个取代基在苯环上的取代种数分别为4、4、2，从而求得同分异构体的数目。
19、 B、C 防倒吸（或作安全瓶） B装置中产生白色沉淀 SO2 O2 bd 乙
【解析】
装置A中CuSO4受热分解，装置D为安全瓶，起防止倒吸的作用，装置B中氯化钡溶液用于检验分解产物中是否有三氧化硫，装置C中品红溶液用于检验分解产物中是否有二氧化硫，装置E中氯化铁溶液用于验证二氧化硫的还原性，装置F用于检验分解产物中是否有难溶于水的氧气。
【详解】
（1）CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解，使溶液呈酸性，收集到离子方程式为，故答案为：；
（2）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，由强酸制弱酸的原理可知，三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，为防止三氧化硫干扰实验，应先检验三氧化硫，再检验二氧化硫，检验二氧化硫用品红溶液，验证二氧化硫的还原性用氯化铁溶液，验证氧气可用排水法，则连接顺序为A、D、B、C、E、F，故答案为：B、C；
（3）三氧化硫与水剧烈反应生成强酸硫酸，为防止倒吸应在检验三氧化硫前设计一个防倒吸的装置，则装置D的作用是做安全瓶，起防止倒吸的作用；三氧化硫能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：防倒吸（或作安全瓶）；B装置中产生白色沉淀；
（4）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置中品红溶液红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有二氧化硫,则反应中S元素的化合价降低，又因为Cu元素的化合价不可能升高，故只能是O元素的化合价升高生成氧气，且氧气难溶于水，能用排水集气法收集，则F装置中集气瓶收集到的少量气体是氧气，故答案为：SO2；O2；
（5）二氧化硫具有漂白性，氯化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸、氯化亚铁，反应的离子方程式为，为验证二氧化硫的还原性，可以检验E中的溶液中是否有Fe2+或SO42-生成。NH4SCN溶液不能检验这两种离子；亚铁离子能与K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀；Cl-也有还原性，故不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2+；盐酸酸化的BaCl2溶液可以检验SO42-，则检验反应生成的亚铁离子可以选用K3[Fe（CN）6]溶液或盐酸酸化的BaCl2故答案为：bd；；
（6）Cu2O和Cu为红色固体，根据题意Cu2O和硫酸反应生成Cu2+和Cu，而Cu不和稀硫酸反应，Cu2O和Cu都能与硝酸反应生成硝酸铜蓝色溶液，则验证固体产物中是否有Cu2O，可用Cu2+的颜色来区别，若溶液变为蓝色证明有Cu2O存在；硝酸可以溶解Cu及其氧化物得到蓝色溶液，不可行；氢气可以把氧化亚铜还原为同样是红色的Cu，不可行。故选乙，故答案为：乙；
（7）由元素化合价的变化可知，Cu2O和SO2是还原产物，O2是氧化产物，设O2为xmol，Cu2O为ymol，由题意可知SO2为mol，由得失电子数目守恒可得4x=2y+×2，解得x=，由CuO、Cu2O的质量之比为5：9可知物质的量比为：=1：1，因SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2，则CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2的物质的量之比为y：y：：x：= y：y：y：：2y=2:2:2:3:4，则反应的化学方程式为，故答案为：。
本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则，能够运用得失电子数目守恒计算是解答关键。
20、Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解； Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液； Ba2+ + SO42- = BaSO4↓； 3Fe2+ +4H++ NO3- = 3Fe3++NO↑+2H2O； 2NO+ O2 = 2NO2； 实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。
【解析】
通过“氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性”原理设计实验。
【详解】
（1）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；
（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；
（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡，反应离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；
（4）硝酸具有强氧化性，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，浅绿色溶液变为黄色，反应离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；
（5）反应生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色，发生反应的方程式是：2NO+O2=2NO2；
（6）验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。
21、1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2 正四面体 配位键 N 高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 3:1
【解析】
（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1，Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。
②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=ρV可有：g=d g•cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=。