【文档说明】辽宁省东北育才学校2022-2023学年高三高考适应性测试（二） 化学试题 答案.docx，共(14)页，377.886 KB，由小赞的店铺上传

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东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（二）化学参考答案（含解析）1．B【分析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸

铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、

浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=-5-6-310mol/=1010mol/0.

001mol/LLL=（1.8）0.050.90.9，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH

-)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH-)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.0

01mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH-)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合

来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。【点睛】A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)aKC（HX）。2．B【分析】三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前

者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器

Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。【详解】A．4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2

H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH<－116kJ·mol－1，故A错误；B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者

都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a>1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ

中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b>2，故B正确；C．根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比51mol4mol210=2mol+2m

olp2，解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa，故C错误；D．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行

，故α1(HCl)+α2(Cl2)<1，故D错误；故选B。3．B【详解】A.硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B.少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C.高锰酸钾溶液氧化

双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C项错误；D.小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】

+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。4．A【详解】A.7.8g硫化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol硫化钠和过氧化钠的混合物中含有0.2mol钠离子和0

.1mol硫离子与过氧根离子的混合物，总共含有0.3mol离子，含有的离子总数为0.3NA，故A正确；B.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，故B错误；C.1.0L1.0mol·L-1的NaCl

O水溶液中含有的氧原子数目大于NA，因为水中也含有氧原子，故C错误；D.常温常压下，18g羟基（-O2H）中所含的中子数为N=mM×NA=1818/ggmol×10NA=10NA，故D错误；故选A。5．D【详解】

A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，故A错误；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故B错误；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气

及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，故D正确；故答案为D。【点睛】考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，

②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2＝HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。6．C【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，

Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3：4，且Y可形成2个共价键，则Y为S；W、X、Y位于同一周期，则位于第三周期，W形成1条化学键，则W为Cl，X形成4条化学键，则X为Si；Z与W位于同一主族，则Z为F。【详解】A．同一周期，从左到右，主族元素原子的半径逐渐减小，所

以原子半径：Si>S>Cl>F，故A正确：B．Y与氧元素形成的化合物SO2和SO3，均能与NaOH溶液反应，故B正确：C．X和W形成的化合物SCl4中只存在极性键，故C错误：D．W与氧元素形成的化合物ClO2可用于自来水的消毒，故

D正确。故选C。7．D【解析】对于反应3A(g)2B(g)4C(s)xD(g)++，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。求出反应后的气体的总物质的量，再根据C的生成量，求出其余物质的物质的量，求出x，再求出其它量。【详解】对于反应3A(g)2B(g

)4C(s)xD(g)++，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为6mol，反应前后压强之比为6：5，所以反应后气体的总物质的量为5mol。A．

达到平衡时生成2molC，则消耗A的物质的量为1.5mol，消耗B的物质的量为1mol，生成D的物质的量为0.5xmol，则平衡时A的物质的量为4mol-1.5mol=2.5mol，B的物质的量为2mol-1mol=1mol，则2.5mol+

1mol+0.5xmol=5mol，x=3，A错误；B．用A表示的反应速率为v(A)=1.5mol2L=0.3752minmol˙L-1˙min-1，B错误；C．因为x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，，温度

不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C错误；D．若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，物质反应的物质的量的比是3∶2，则2min末达到平衡时A、B的转化量之比仍为3：2，所以2min末达到平衡时A、B的转化率相等，D正确；故选D。8．B【分析】①取

一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣，可知含不溶于水的物质或生成沉淀；②取一定量的滤液分成二份。一份加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的pH试纸变蓝的气体，气体为氨气，可知原溶液含铵盐，另外一份

加入BaCl2溶液，无明显现象产生，说明不存在钡离子、钙离子、银离子等；③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣部分溶解，再加入新制氯水和KSCN溶液，溶液显血红色，可知滤渣含铁元素，以此来解答。【详解】A．溶于水得到滤渣

含Fe2O3、CaCO3，能全部溶于盐酸，不符合题意，故A不选；B．溶于水得到滤渣为Ag，铁过量时含Fe，Ag与稀盐酸不反应，滤液含有铵根离子，加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的pH试纸变蓝的气体，气体为氨气，滤液和氯化钡不反应，符合题意，

故B选；C．溶于水得到滤渣为FeO、BaCO3，滤液中只含NH4Cl，与氯化钡不反应，不符合题意，故C不选；D．溶于水得到滤渣为SiO2，与稀盐酸不反应，不符合题意，故D不选；故选B。9．C【分析】23RO−所带负电荷数是其离子数的2倍。3

HSO−的电离程度大于其水解程度，3HCO−的水解程度大于其电离程度，据此分析解题。【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3−电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH−)，NaHCO3溶液呈碱性，说明-3HCO水解程度大于电离程度

，c(OH−)>c(H+)，故A错误；B．由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)═c(-3HRO)+2c(2-3RO)+c(OH−)，故B错误；C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c(-

3HRO)+c(2-3RO)+c(H2RO3)，由溶液呈电中性有电荷守恒关系(a)：c(Na+)+c(H+)=c(-3HRO)+2c(2-3RO)+c(OH-)，二者联式可得c(H+)+c(H2RO3)=c(2-

3RO)+c(OH-)，故C正确；D．同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c(-3HRO)不一定相等，c(2-3SO)>c(2-3CO)，故D错误；故选C。10．A【详解】A．正己烷和2，2-二甲基丁烷均是烷烃，两者分子式相同，但结构式不同，属于同分异构体，A项错误；

B．中，苯环共平面，乙炔基为直线型与苯环相连，在平面内，苯环上的甲基，最多有两个原子在平面内，则共平面的原子数目最多为15个，B项正确；C．相同碳原子的烃，支链越多，沸点越低，因此正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇含有分子间氢键，因此乙醇的沸点比二甲醚的高，C项正确；D．苯环影响甲基，

甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃则不能，是因为烷烃不含苯环，说明苯环活化了甲基，D项正确；答案选A。11．C【详解】向饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解2CO的能力，再通入2CO(碳酸化

塔)，反应生成4NHCl和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的3NaHCO进入回转焙烧炉焙烧后转化为23NaCO、水和二氧化碳，2CO可进入碳酸化塔重复利用，4NHCl进入碱母液储罐，由于4NHCl的溶解度在低温下

比NaCl小，向其中通入3NH后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使4NHCl结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可

得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故A正确；B．根据32234NHCONaClHONaHCONHCl+++=+，323222NaHCONaCOCOHO++△，反应产生的2CO又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为100%，故B正确；C．氨母液储罐中的溶质主要是

NaCl和32NHHO，故C错误；D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，故D正确；故答案为C。12．B【分析】废铁屑加入足量稀硫酸，“反应I”中涉及的反应为：Fe、23AlO、23FeO与硫酸反应，生成2+3FeAl+、，调节p

H使3Al+反应生成氢氧化铝沉淀，滤液溶质为4FeSO，滤液中加入硫酸和亚硝酸钠，反应得到碱式硫酸铁，据此分析。【详解】A．“反应I”中Fe与硫酸的反应是置换反应，23AlO、23FeO与硫酸反应是复分解反应，Fe与

3+Fe反应是化合反应，322FeFe3Fe＋＋＋＝，A正确；B．根据上述分析可知，“过滤”所得滤液中溶质主要是4FeSO，B错误；C．“反应II”是亚硝酸根氧化2+Fe的反应，生成3+Fe和NO，结合电子转移守恒、电荷守恒、原

子守恒可得离子方程式为：2322FeNO2HFeNOHO+−++++=++，C正确；D．合理处理废铁屑可制取碱式硫酸铁4Fe(OH)SO，有利于环境保护和资源再利用，D正确；故本题选B。13．AB【详解】A．由反应历程可

看到有→的过程，故该催化循环中Pd的成键数目发生变化，A错误；B．根据铵根离子为+1价离子，硝酸根离子为-1价离子，根据化合物中元素化合价的代数和为0，故氧化剂Ce(NH4)2(NO3)6中Ce的化合价为+4价，B错误；C．由反应历程可知在还

原消除反应中，反应为＋→＋CH3－CH3，分析可知还有CH3COCH3生成，C正确；D．由反应历程可知一直在循环圈中，故为中间产物，D正确；故选AB。14．AD【分析】实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的S单质，则N为S元素；M原子半径大于N，且M

离子带一个正电荷，则M为Na元素；Z周围有两个共价键，且原子序数小于M，则Z为O元素；X周围有一个共价键，且原子半径最小，则X为H元素；Y周围有四个共价键，图中所示的阴离子带两个负电荷且原子半径大于Z，则Y为C元素；【详解】A．X、Z形成的

化合物H2O2与M、N形成的化合物Na2S可以发生氧化还原反应，A正确；B．实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质溶解性，B错误；C．Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，它们氢化物有多种，没有绝对关系，

C错误；D．化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用，因为高温下化合物W不稳定，D正确；故答案为AD。15．BD【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×12=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜

离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×

12=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心

的硒离子个数为8×18+6×12=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以

每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选BD。16．(1)醚键、醛基取代反应(2)(3)bd(4)或(5)12(6)【分析】A到B在A的酚羟基的邻位发生了取代反应，B为；B到C发生了卤代烃的水解，

C为；C到D根据信息反应a完成的，D到E醛基的位置发生了反应碳链增长且引入了碳碳双键，E到F双键位置变成了羰基；对比H和F的结构，G的结构简式为：；G到H过程中N原子上的氢原子被甲基取代。(1)D中官能团名称为醚键、醛基；A到B的反应类型为取代反应；(2)根据分

析，G的结构简式为；(3)a．物质D中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，a错误；b．物质F中含有氨基，具有碱性，b正确；c．物质G的结构简式为，不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，c错误；d．物质H的分子式是C12H15NO4，d正确；故选bd。(4)C到D发生了取代反应，化学方

程式为：或；(5)满足①可以与活泼金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应，说明含有酚羟基或羟基，不含羧基；②分子中含有酯基；③含有苯环，且有两个取代基：、、、，均有邻、间、对三种结构，化合物A所有同分异构体有12种；(6)消去反应得到，与氯气发生取代反应得到，与氯气发生加成反应得到，与反应

得到，合成路线为：。17．SiO2消耗水，生成的HCl能抑制Mg2+水解Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+温度高于40℃，盐酸挥发加快，反应物浓度降低较快BC牺牲阳极的阴极保护法c足

量NaOH溶液CO2【分析】工业废渣的主要成分是MgO，含Al2O3、FeO、Fe2O3、MnO和SiO2，加盐酸后，MgO、Al2O3、FeO、Fe2O3溶解于盐酸形成Mg2+、Al3+、Mn2+、Fe2+、Fe3+，SiO2不与

盐酸反应，滤渣A为SiO2，滤液A中加次氯酸钠，将亚铁离子氧化成三价铁离子，并与Mn2+和反应生成MnO2，滤渣B为MnO2，滤液B中加氧化镁或氢氧化镁调节PH，促使Fe3+、Al3+形成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤除去，再结晶形成MgCl26H2O，灼烧失去

结晶水转变为无水氯化镁，SOCl2遇水反应得SO2和HCl，抑制Mg2+水解，电解熔融氯化镁制备金属镁，再与氢气化合得到氢化镁，据此解答。【详解】(1)SiO2不与盐酸反应，故滤渣A为SiO2，MgCl26H2O灼烧制备无水氯化镁时，镁离子容

易水解形成氢氧化镁，SOCl2遇水反应得SO2和HCl，其可吸收灼烧时生成的水蒸气，生成的HCl能抑制Mg2+水解，故答案为：SiO2；消耗水，生成的HCl能抑制Mg2+水解；(2)滤液A中Mn2+和次氯酸钠反应生成

MnO2和氯化钠，离子方程式为：Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+，故答案为：Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+；(3)氯化镁会水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，温度高于40℃，盐酸挥发加快，水解平衡正向移动

，部分镁离子转变为氢氧化镁沉淀，镁元素的浸出率降低，故答案为：温度高于40℃，盐酸挥发加快，反应物浓度降低较快；(4)①加入试剂X的目的是为了调节PH使Fe3+、Al3+水解形成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，由于氧化过程为酸性环境，故需加入能消耗氢离子使溶液PH值上升的试剂，且不能引进新

的杂质，可选择的试剂为MgO或Mg(OH)2，②依据题目描述此处保护金属的方法为牺牲阳极的阴极保护法，镁棒为阳极，铁为阴极；③滤液B含有Fe3+、Al3+，KSP越小越先沉淀，故Fe3+先沉淀，一开始没有形成Al(OH)3，Al(OH)3不溶解在弱碱中，之后加

过量试剂X，Al(OH)3也不溶解，所以选c，故答案为：BC；牺牲阳极的阴极保护法；c；(5)滤渣C为氢氧化铁、氢氧化铝和试剂X，先加足量氢氧化钠溶液，氢氧化铝与NaOH反应生成NaAlO2，而氢氧化铁和试剂X与氢氧化钠不反应，过滤

除去，再在滤液中通二氧化碳，偏铝酸钠转变成氢氧化铝，洗涤干燥，提取高纯度氢氧化铝，故答案为：足量NaOH溶液；CO2；18．(1)12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2OpH越小，H+浓度增大，BaS会与H+反应生成H

2S气体(2)Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电(3)84.5%【解析】(1)①由题意可知，在稀硫酸作用下，纤维素与二氧化锰反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为12nMnO2+(C6H10O

5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O，故答案为：12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O；②用硫化钡来除去溶液中的镍元素时，若溶液pH<4.

2，溶液中氢离子浓度增大，硫化钡会与硫化氢反应生成硫化氢气体，导致除镍效果降低，故答案为：pH越小，H+浓度增大，BaS会H+与反应生成H2S气体；(2)由题意可知，当溶液中锰离子浓度大于22g/L时，锰离子浓度过大，扩散到阳极，在阳极失去电子放电生成高价态锰元素，导致电流效率随锰离

子浓度增大反而下降，故答案为：Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电；(3)由题给方程式可得如下关系：3MnSO4·H2O—2KMnO4，滴定消耗20.00mL0.5000mol/L高锰酸钾标准溶液，则3.000gMnSO4·H2O样品的纯度为30.5000

mol/L0.02000L169g/m3ol2.000g×100%=84.5%，故答案为：84.5%。19．(1)阳2H2O+2e-=H2↑+2OH-2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O阳极附近溶液中Cl-浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度

，氧化反应易发生(2)取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成(3)[Cu(

NH3)4]2+(4)CuO【解析】(1)①由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-

；③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-

+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与亚铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl

+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；阳极附近溶液中Cl-浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；(2)①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀

，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀；②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化

铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成；(3)已知，Cu(OH)2易溶于NH3·H2O生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+；由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3

)4]2+；(4)0.98gCu(OH)2的物质的量为10.01mol98gmol0.98g−=，固体物质A中Cu的物质的量为0.01mol，质量为0.64g，则A中O的质量为0.80-0.64=0.16g，物质的量为10.01mol16gmol0.16g−=，则Cu、O原子个数比为1：1，化学式

为CuO。20．(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s20(2)sp3、sp2(3)低于吡咯易形成分子间氢键(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大(5)6BF(6)(1，12，12)242A253102aN【

解析】（1）①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0

个；（2）①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为3sp杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为2sp杂化；（3）①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋

喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；②吡咯易形成分子间氢键；（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里2+Cu比+Cu稳定的原因为：2+Cu的半径小且所带电荷多，水化能大；（5）①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]

Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；②该化合物中O-H中存在σ键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在π键和非极性共价键，答案选

BF；（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，12，12)，则c点的离子坐标为(1，12，12)；②每个Ni原子被3个O原子包围，每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻

的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积24224221=2a2asin6010m310am2−−=，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为

24222310am−，O原子个数为1616=，每平方米面积上分散的该晶体的质量为242242242AAA1M159+1625310gg=gNN2aN2310a2310a−−==。