2025-2026学年吉林省汪清六中化学高三上期末教学质量检测模拟试题.doc

2025-2026学年吉林省汪清六中化学高三上期末教学质量检测模拟试题
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、我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）
A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿
C．《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜
D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物
2、下列微粒互为同位素的是
A．H2和D2 B．2He和3He C．O2和O3 D．冰和干冰
3、下列有关实验操作的叙述正确的是
A．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中
B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出
C．在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶
D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁
4、 “结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是
A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性
B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水
C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性
D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化
5、在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是
A．石油分馏 B．从海水中制取镁
C．煤干馏 D．用SO2漂白纸浆
6、下图为某有机物的结构，下列说法错误的是（　　）

A．该物质的名称为甲基丙烷
B．该模型为球棍模型
C．该分子中所有碳原子均共面
D．一定条件下，可与氯气发生取代反应
7、化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和方案能达到相应目的是（　　）
A．图装置，加热蒸发碘水提取碘
B．图装置，加热分解制得无水Mg
C．图装置，验证氨气极易溶于水
D．图装置，比较镁、铝的金属性强弱
8、常温下，用0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是

A．Ka(HA)的数量级为10－5
B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点
C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)
D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL
9、储存浓硫酸的铁罐外口出现严重的腐蚀现象。这主要体现了浓硫酸的(　　)
A．吸水性和酸性
B．脱水性和吸水性
C．强氧化性和吸水性
D．难挥发性和酸性
10、下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A．实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
C．用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH﹣+SO2＝HSO3﹣
D．向AlCl3溶液中加入氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
11、下列物质中，不属于合金的是
A．水银 B．硬铝 C．青铜 D．碳素钢
12、废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）

A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
13、有关下图所示化合物的说法不正确的是

A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应
B．1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应
C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
14、化学与生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．用活性炭为糖浆脱色和用双氧水漂白纸浆，其原理相同
B．铜制品在潮湿空气中生锈，其主要原因是发生析氢腐蚀
C．用NaHCO3和Al2（SO4）3溶液可以制作泡沫灭火剂
D．从海水中可以制取NaCl，电解饱和NaCl溶液可以制取金属Na
15、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
16、对下列化工生产认识正确的是
A．制备硫酸：使用热交换器可以充分利用能量
B．侯德榜制碱：析出NaHCO3的母液中加入消石灰，可以循环利用NH3
C．合成氨：采用500℃的高温，有利于增大反应正向进行的程度
D．合成氯化氢：通入H2的量略大于Cl2，可以使平衡正移
二、非选择题（本题包括5小题）
17、阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：

已知：（苯胺，苯胺易被氧化）
回答下列问题：
（1）C的结构简式为___________。
（2）反应⑤的反应类型________在③之前设计②这一步的目的是___________。
（3）F 中含氧官能团的名称________。
（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。
（5）符合下列条件的 E 的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式：_______（只写一种）。
a．含—OH b．能发生水解反应 c．能发生银镜反应
（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________

18、A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：

试回答：
(1)写出上述有关物质的化学式： A________；B________；D________。
(2)写出反应①和②的化学方程式：________________。
19、依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：

(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。
(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：
①NH3→NO的化学方程式为______________。
②NO→NO2反应的实验现象是____________。
③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。
(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。
A．O2 B．Na C．NH4Cl D．NO2
20、 (CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：
步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4

(1)仪器a的名称是___，C装置中NaOH溶液的作用是___________。
(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。
步骤二：制备MnCO3沉淀
充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。
(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。
②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。
步骤三：制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体
向11.5 g MnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下：

(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。
(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。
21、中国的铀工业自20世纪50年代兴起，现已形成完整的和具有相当规模的科研和工业生产体系。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。
①基态氟原子的价电子排布图为_____________；
②金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______；
③UF4用Mg或Ca还原时，其氧化产物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔点高于CaF2，其原因是_________________。
(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑
①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒间作用力是_________；
a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 金属键
②NH4+的空间构型为______，与NH4+等电子体的分子或离子有_____(写一种)；
③CO32－中碳原子杂化轨道类型为_________；
(3)UO2的晶胞结构如图所示：

①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)；
②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UO2晶体的密度为__________g·cm－3。(列出含a算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；
B. Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；
C. 铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；
D.蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确；
故选C。
2、B
【解析】
A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；
B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；
C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；
故合理选项是B。
3、C
【解析】
A．浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；
B．苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；
C．蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；
D．引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误
故答案为C。
4、B
【解析】
A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；
B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；
C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；
D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。
5、A
【解析】
A．石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．镁是活泼金属，在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故选A。
6、C
【解析】
A．有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，选项A正确；
B．由图可知该模型为球棍模型，选项B正确；
C．为烷烃，每个碳原子都与其它原子形成四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，选项C错误；
D．烷烃在光照条件下可发生取代反应，选项D正确。
答案选C。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与迁移能力的考查，由结构简式可知有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，结合烷烃的结构和性质解答该题。
7、C
【解析】
A、蒸发碘水，水、碘均易挥发；
B、加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
C、挤压胶头滴管，气球变大；
D、Al与NaOH反应，Al为负极。
【详解】
A项、蒸发碘水，水、碘均易挥发，应萃取分离，故A错误；
B项、加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误；
C项、挤压胶头滴管，气球变大，可验证氨气极易溶于水，故C正确；
D项、Al与NaOH反应，Al为负极，而金属性Mg大于Al，图中装置不能比较金属性，故D错误。
故选C。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学，注意实验的评价性分析为解答的关键，D项为易错点，注意金属Al的特性。
8、A
【解析】
A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；
B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H＋)：a点 HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；
答案选A。
利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。
9、A
【解析】
铁中不含有H、O元素，浓硫酸不能使铁发生脱水；浓硫酸具有强氧化性，可使铁发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行；浓硫酸具有吸水性和酸性，铁罐外口浓硫酸稀释空气中的水蒸气，硫酸变稀，稀硫酸和与铁发生反应，从而可使铁罐外口出现严重的腐蚀现象，与难挥发性无关，故选A。
10、A
【解析】
A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH﹣+SO2＝H2O+SO32﹣，故C错误；
D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
答案选A。
考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
11、A
【解析】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。
12、B
【解析】
废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，
A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；
B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；
C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；
D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；
故选B。
13、D
【解析】
A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。
B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应，B正确。
C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。
D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。
答案选D。
14、C
【解析】
A项，活性炭为糖浆脱色是因为活性炭具有吸附性，双氧水漂白纸浆是双氧水具有强氧化性，两者原理不同，A错误；
B项，Cu在金属活动性顺序表中处于H的后面，铜制品不能发生析氢腐蚀，B错误；
C项，NaHCO3溶液与Al2（SO4）3溶液发生双水解反应生成Na2SO4、CO2和Al（OH）3，可以制作泡沫灭火剂，C项正确；
D项，氯化钠主要来自于海水，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，不能制得Na，电解熔融氯化钠才可以得到金属钠，D错误；
答案选C。
15、B
【解析】
A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；
B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；
C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；
D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。
答案选B。
16、A
【解析】
A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故A正确；
B．侯德榜制碱法：析出NaHCO3的母液中加入生石灰，可以循环利用NH3，故B错误；
C．合成氨为放热反应，加热使平衡逆向移动，故C错误；
D．氢气与氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，不存在化学平衡的移动，故D错误；
故答案为A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 取代反应 保护酚羟基，防止酚羟基被氧化 羧基和酚羟基 17种 或
【解析】
根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。
【详解】
根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂B为。
(1)根据上述分析，C为；
（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；
在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；
(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；
(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基； c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式为或；
(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。
18、H2O CO2 CH3CH2OH 6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O
【解析】
首先找题眼：由A+B葡萄糖+氧气，可知这是光合作用过程，光合作用的原料是二氧化碳和水，产生的葡萄糖经过发酵产生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是实验室常用的一种燃料，可知D为酒精，B就是二氧化碳，则A为水，带入验证完成相关的问题。
【详解】
（1）根据以上分析可知A、B、D的化学式分别是H2O、CO2、CH3CH2OH；
（2）反应①为光合作用，发生的方程式为：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑；反应②是酒精燃烧，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。
对于物质推断题，解题的关键是寻找“题眼”，“题眼”是有特征性的物质性质或反应条件，以此作为突破口，向左右两侧进行推断。
19、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O A 4NH3+5O24NO+6H2O 无色气体变红棕色 1：2 H2O2 AD
【解析】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；
(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；
(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；
(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；
(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。
【详解】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)氨气是一种碱性气体，能与酸发生反应，而不能与碱反应，因此不能使用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰、NaOH固体干燥，故合理选项是A；
(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色；
③NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中，NO2既作氧化剂，又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O2；
(5)若要将NH3→N2，由于N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，则加入的物质应该有强的氧化性。
A.O2可以将NH3氧化为N2，A符合题意；
B.金属Na具有强的还原性，不能氧化NH3，B不符合题意；
C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价，不能与氨气反应产生氮气，C不符合题意；
D.NO2中N元素化合价也是+4价，能与氨气反应产生氮气，D符合题意；
故合理选项是AD。
本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。
20、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净 温度过高会失去结晶水 醋酸质量分数 温度 90.0%
【解析】
将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。
【详解】
(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；
(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；
(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；
(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55℃；
(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5 g MnCO3的物质的量为n(MnCO3)==0.1 mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物质的量是0.1 mol，其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1 mol×245 g/mol=24.5 g，实际质量为22.05 g，所以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为×100%=90.0%。
本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。
21、 68% MgF2或CaF2均为离子晶体，MgF2的晶格能大于CaF2 abc 正四面体 CH4 sp2 立方体
【解析】
(1)①F元素常用第二周期VIIA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空间利用率＝；
③CaF2和MgF2都是离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高；
(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；
②根据VSEPR理论判断NH4＋的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
③根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；
(3)①由UO2的晶胞结构，氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心；
②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中U、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。
【详解】
(1)①F原子价电子排布式为2s22p5，由泡利原理、洪特规则，价层电子排布图为；
②根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8×＋1＝2个，设硬球边长为a，根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4r＝a，所以r＝a，所以空间利用率＝＝=×100%＝68%；
③MgF2和CaF2均为离子晶体，Mg2＋半径小于Ca2＋半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2的熔点较高；
(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；
②对于NH4＋，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋＝4，VSEPR模型为四面体形，形成4根N−H键，则其空间构型为正四面体；
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH4＋互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH4−（或BeH42−、AlH4−、SiH4及GeH4）；
③对于CO32−，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝3+＝3，根据杂化轨道理论，中心C为sp2杂化；
(3)①氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心，则氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中；
②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的，若两个氧原子的最近距离为a nm，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积＝(2a×10−7cm)3，U原子数目＝8×＋6×＝4，O原子数目＝8，晶胞质量＝g，故晶体密度＝g÷(2a×10−7cm)3＝g•cm−3。