吉林省白城十四中2025年化学高三上期末教学质量检测试题.doc

吉林省白城十四中2025年化学高三上期末教学质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列叙述正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D．失电子难的原子，容易获得的电子
2、下列电池工作时，O2在正极放电的是（ ）

A．锌锰电池
B．氢燃料电池
C．铅蓄电池
D．镍镉电池
A．A B．B C．C D．D
3、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是
A． B． C． D．
4、下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口

试纸不变色
受热不分解
B
②中振荡后静置
下层液体颜色变浅
溶液可除去溶在溴苯中的
C
③旋开活塞
观察到红色喷泉
极易溶于水，氨水显碱性
D
④闭合开关K，形成原电池
Zn极上有红色固体析出
锌的金属性比铜强
A．A B．B C．C D．D
5、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W 分别与元素 X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系：

下列说法错误的是
A．甲是易液化气体，常用作致冷剂
B．可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染
C．甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物
D．丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一
6、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：

下列说法错误的是
A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑
B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率
C．装置III用于吸收未反应的SO2
D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程
7、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019－nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是

A．基态C1原子的核外电子有17种运动状态
B．C、N、O、P四种元素中电负性最大的是O
C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4
D．与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变
8、能证明KOH是离子化合物的事实是
A．常温下是固体 B．易溶于水 C．水溶液能导电 D．熔融态能导电
9、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是( )
A．该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存
B．通入CO2气体产生蓝色沉淀
C．与NaHS反应的离子方程式：Cu2++S2-═CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+
10、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光——热——电”能量转换形式的是　　
A．光致(互变异构)储能
B．生产甲醇燃料
C．太阳能熔盐发电
D．太阳能空间发电
11、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的工作原理及电池中发生的主要反应如图所示。下列说法错误的是

A．电池工作时，光能转变为电能，X 为电池的负极
B．镀铂导电玻璃上发生氧化反应生成I-
C．电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-
D．电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变
12、己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）
A．+3 B．+4 C．+5 D．+6
13、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是

A．甲、乙的化学式均为C8H14
B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
14、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是（　　）

A．碳酸钠水解是吸热反应
B．ab段说明水解平衡向右移动
C．bc段说明水解平衡向左移动
D．水的电离平衡也对pH产生影响
15、某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加过程中和与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是

A．x =0.1 B．曲线I代表NaCl溶液
C．Ksp(Ag2CrO4)约为4×10－12 D．y=9
16、下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是( )
A．NH3 B．SO2
C．HCl D．CO2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、链状有机物A是一种食用型香精，在一定条件下有如变化：

已知：(i)
(ii)A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能团的类型相同。
完成下列填空：
(1)F的分子式为___________。C®D的试剂和条件是________________。
(2)A的结构简式为_______________。 B®H的反应类型是_____________。
(3)I中所有碳原子均在一条直线上，H转化为I的化学方程式为_______________。
(4)X是A的一种同分异构体，1 mol X 在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1 mol无支链的有机物，则X的结构简式为________________。
18、某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答：
（1）写出H的化学式：________________。
（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。
（3）写出反应②的离子方程式：________________。
19、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色

液面上方出现白雾；
稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。
（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
① 实验a目的是______。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。
（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。
（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。
20、对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。 主要反应及装置如下:

主要反应物和产物的物理性质见下表:

实验步骤如下:
①向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80℃左右,同时搅拌回流、使其充分反应;
②调节pH=7~8,再逐滴加入30mL苯充分混合;
③抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;
④向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;
⑤抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。
回答下列问题:
（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是____ (填仪器名称),实验步骤③和④的分液操作中使用到下列仪器中的_____(填标号)。
a.烧杯　 b.漏斗　 c.玻璃棒　 d.铁架台
（2）步骤②中用5%的碳酸钠溶液调pH =7~8的目的之一是使Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是　____。
（3）步骤③中液体M是分液时的____ 层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是____。
（4）步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有____。
（5）步骤⑤中,以下洗涤剂中最合适的是____ (填标号)。
a.乙醇　 b.蒸馏水　 c.HCl溶液　 d.NaOH溶液
（6）本实验的产率是_____%。(计算结果保留一位小数)
21、铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题：
(1)UF4用Mg 或Ca还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有___种；原子序数为镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为_______。
(2)已知：2UO2+5NH4HF2 150℃ 2UF4·NH4F+3NH3↑+4H2O↑ HF2-的结构为[F-H…F]-
①NH4HF2中含有的化学键有__________ (填选项字母)。
A．氢键 B．配位键 C．共价键 D．离子键 E.金属键
②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有______种。
(3)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3] 800℃ 3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O ↑
①物质中与CO32- 的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为______。
②分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_________(填化学式)
(4)下列排列方式中，通常条件下Cu的晶体的堆积方式是_________ (填序号)。
A．ABCABCABC B．ABABABABAB C．ABBAABBA D．ABCCBCABCCBA
(5)水在不同的温度和压力条件下可形成11种不同结构的晶体，密度从比水轻的0.92g/cm3到约为水的1.5倍。冰是人们迄今已知的由一种简单分子堆积出结构花样最多的化合物。其中冰- Ⅶ的晶体结构为一个如图所示的立方晶胞，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合。设O-H-O距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该冰Ⅶ晶体的密度为____ g/cm3(列出计算式即可)。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
2、B
【解析】
A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；
B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；
C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；
D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；
综上所述，答案为B。
3、D
【解析】
C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。
【详解】
C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。
A．C3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；
B．C4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B不选；
C．C6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；
D．C5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；
故选D。
4、B
【解析】
A.氯化铵受热分解成氨和氯化氢气体，二者遇冷在气体发生装置的试管口附近化合生成氯化铵固体，A项错误；
B.溴能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，故可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中溶解的棕色溴，溴苯的密度大于水，故下层液体颜色变浅，B项正确；
C.按图示操作不能形成喷泉，C项错误；
D.两烧杯中溶液放反了，闭合开关不能构成双液原电池，D项错误。
答案选B。
5、D
【解析】
X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W 分别与元素 X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是HF，Z的单质是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO。
【详解】
A. 甲为NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；
B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B正确；
C. 甲为NH3、丙为HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故C正确；
D. 丁是NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；
故选D。
本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是NO2。
6、A
【解析】
由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】
A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；
B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；
C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；
D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；
答案选A。
7、D
【解析】
A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；
B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；
C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4，故C正确；
D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(∗所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(∗所示): ，故D错误；
答案选D。
计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。
8、D
【解析】
离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。
【详解】
离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，
答案选D。
9、A
【解析】
A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；
B. CO2不与CuSO4反应，不能生产沉淀，故不选B；
C. CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2++HS-═CuS↓+H+，故不选C；
D. CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成 [Cu(NH3)4]2+，故不选D；答案选A。
10、C
【解析】
A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；
B、光能转变成化学能，故B不符；
C、采用“光——热——电”能量转换形式，故C符合；
D、光能转换为电能，故D不符；
故选C。
11、B
【解析】
A、根据示意图，电池工作时，光能转变为电能，根据电子的流向，电极X为负极，电极Y为正极，故A正确；
B、根据示意图，I3－→I－，化合价降低，应发生还原反应，故B错误；
C、根据示意图，电解质溶液中发生反应:2Ru3++3I-2Ru2++I3-，故C正确；
D、根据示意图，I－和I3－的浓度基本不变，故D正确。
答案选B。
12、D
【解析】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。
13、D
【解析】
A．根据结构简式判断；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；
D．乙与高锰酸钾不反应。
【详解】
A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；
C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；
D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。
故选D。
14、C
【解析】
A．根据图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；
B．ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；
C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，二者均为吸热反应，bc段中温度进一步升高，水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；
D．随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；
故选C。
本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。
15、D
【解析】
A．根据图像可知，未滴加AgNO3溶液时或均为1，则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1，即x=0.1，A选项正确；
B．1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+，由图像可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线I代表NaCl溶液，B选项正确；
C．b点时，=4，则c(CrO42-)=10-4mol·L-1，c(Ag+)=2×10-4mol·L-1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10－12，C选项正确；
D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，=5，则c(Cl-)=10-5mol·L-1，c(Ag+)=10-5mol·L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10－10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D选项错误；
答案选D。
16、A
【解析】
酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。
【详解】
A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；
B. SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；
C. HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；
D. CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；
故选A 。
SO2 和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2 和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2 和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、C2H6O 银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液，加热） 取代反应 +2NaOH CH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O
【解析】
根据信息反应(i)，B生成C，说明B分子对称，又A生成B，则A与B碳原子数相同，A和G互为同分异构体，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4个碳原子，不含碳碳双键，所以B也含4个碳原子，则B为，A为，B与HBr发生取代反应生成H，则H为，H生成I，I中所有碳原子均在一条直线上，则I为CH3-C≡C-CH3，又B发生信息反应(i)生成C，则C为CH3CHO，C与银氨溶液反应在水浴加热的条件下生成D，D再酸化生成E，则E为CH3COOH，由E与F在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G，则F为醇，C发生还原反应生成F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：A为，B为，C为CH3CHO，D为CH3COONH4，E为CH3COOH，F为CH3CH2OH，G为CH3COOCH2CH3。
(1)根据以上分析，F为CH3CH2OH，分子式为C2H6O；C为CH3CHO，分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化反应产生D：CH3COONH4，所以C生成D的反应试剂与条件是银氨溶液，水浴加热；
(2)根据以上分析，A的结构简式为，B为，B与HBr发生取代反应生成H：，所以B生成H的反应类型为取代反应；
(3) I为CH3-C≡C-CH3，则H转化为I的化学方程式为+2NaOH CH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O；
(4)X是A的一种同分异构体，则分子式为C4H8O2，1 molX在HIO4加热条件下完全反应，可以生成1mol无支链的有机物，则X为环状结构，则X的结构简式为。
本题考查有机物的推断，注意把握题给信息，结合已学过的有机物知识为解答该题的关键。侧重考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力。
18、AgCl共价键SiO2+2OH- = SiO32-+H2O
【解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成 不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；
（1）H的化学式为AgCl；
（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；
（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO32-+H2O。
19、2Cl2＋2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++ SO42-
【解析】
（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；
②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。
【详解】
（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；
（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，
①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；
②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；
（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；
故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。
20、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H++OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0%
【解析】
首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。
【详解】
（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；
（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；
（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；
（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；
（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；
（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。
21、4 BCD 3 3：2 H2O<NH3<CO2 A
【解析】
(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti，Ni，Ge，Se，Mg的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr处于周期表中第四周期第ⅥB族；
(2)①NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键；
②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne；
(3)①CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH中C为sp3杂化，据此计算；
②分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力；
(4)Cu是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；
(5)根据ρ=计算密度。
【详解】
(1)与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素有：Ti、Ni、Ge、Se，共有4种；Mg的原子序数为12，则原子序数为镁元素的二倍的元素为Cr，Cr处于周期表中第四周期第ⅥB族，其价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为：；
(2)①NH4HF2中含有离子键，共价键，配位键，所以合理选项是BCD；
②与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有N、F、Ne，共有3种元素
(3)①CO32-中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-CH3与-CH2-中与-CH3中C为sp3杂化，所以分子中sp2杂化的C原子有6个，sp杂化C原子有1个，sp3杂化的C原子有3个，则与CO32-的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4=3：2；
②分解所得的气态化合物有H2O，NH3，CO2，H2O为V形，NH3为三角锥形，CO2为直线形，H2O中有两对孤电子对，NH3中1对孤电子对，孤电子对与键合电子对斥力大于键合电子对与键合电子对间斥力，所以键角大小为：H2O<NH3<CO2；
(4)Cu是面心立方最密堆积，它的堆积方式为ABCABCABC；
(5)根据图示结构分析，一个晶胞中含有H2O的数目为8×+1=2个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=2×18g=36g，一个晶胞的体积为V=L3cm3，根据几何关系，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合，则晶胞边长(L)与O-H…O距离间存在关系为：L=，所以一个晶胞体积为V=L3pm3=(×10-10)3cm3，则晶体密度为ρ==g/cm3=g/cm3。
本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论、键角大小比较、晶胞的密度等知识点，难点是计算晶胞的密度，能正确解答晶胞的体积是解本题的关键。