【化学】河北省保定市2019-2020学年高二下学期期末考试联考（解析版）

河北省保定市2019-2020学年高二下学期期末考试联考
可能用到的相对原子质量：H1 C12 B11 O16 P31 S32 C135.5 Fe56
第I卷
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1.青藏高原上的铜矿探索、半导体照明产业化、文物保护、大型二氧化氯制备系统及纸浆无元素氯漂白等关键技术或应用直接面向国家重大需求。这些致力于服务百姓美好生活的科技成果斩获了2019年多项国家科学技术大奖。下列有关认识错误的是
A. 古代的青铜器、现代的铜质奖牌，都是纯铜
B. 半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径
C. 生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要
D. 二氧化氯属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌
【答案】A
【解析】
【详解】A．古代的青铜器属于合金，A认识错误；
B．半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径，B认识正确；
C．生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要，C认识正确；
D．二氧化氯利用强氧化性消毒，产物为氯离子，属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌，D认识正确；
答案为A。
2. 下列有关化学用语的表示正确的是
A. 医用“钡餐”的化学式：BaCO3
B. C1－的结构示意图：
C. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-
D. N2的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．医用“钡餐”为硫酸钡，化学式为BaSO4，故A错误；
B．从Cl原子到C1－，质子数不变，所以C1－的结构示意图为，故B错误；
C．NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-H++CO32-，故C错误；
D．N2的电子式为，故D正确；
故选D。
3.用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，不需要用到的玻璃仪器是
A. 碱式滴定管 B. 烧杯
C. 玻璃棒 D. 胶头滴管
【答案】A
【解析】
【详解】用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，用烧杯在天平上称量，再在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，恢复至室温时，用玻璃棒引流，转移到容量瓶中；定容时，使用胶头滴管，不使用碱式滴定管，答案为A。
4.下列不能形成配位键的组合的是
A. Cu2+、NH3 B. BF3、NH3
C. CH4、Ag+ D. Co3+、CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu2＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故B不符合题意；
C．Ag+有空轨道，CH4中没有孤电子对，故不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故D不符合题意；
故选C。
5.在水溶液中能大量共存的一组离子是
A. K+、Fe3+、I-、Cl- B. H+、Cu2+、Br-、
C. A13+、Mg2+、、 D. 、Na+、OH-、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+、I-反应生成碘单质和Fe2+，A不能大量共存；
B．H+、Cu2+、Br-、不反应，B能大量共存；
C．Mg2+、反应生成碳酸镁沉淀，A13+、反应氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，C不能大量共存；
D．、OH-反应生成氨气和水，、OH-反应生成碳酸根离子和水，D不能大量共存；
综上所述，答案为B。
6.某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的性质说法正确的是

A. 可与银氨溶液反应，不与FeC13溶液发生显色反应
B. 可与H2反应，1mo1该物质最多消耗6mo1H2
C. 1mo1该物质与NaHCO3溶液反应，最多消耗1mo1NaHCO3
D. 1mo1该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3mo1NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质中含-CHO可发生银镜反应，含酚羟基可与FeCl3溶液反应显色，A说法错误；
B．该物质分子结构中的苯环、-CHO可以与氢气发生加成反应，因此1mol该物质最多消耗4molH2，B说法错误；
C．该物质分子结构中的-COOH可与NaHCO3反应生成CO2，则1mol该物质与1mol NaHCO3反应，C说法正确；
D．该物质分子结构中的-COOH、-COOC、酚羟基及水解生成的酚羟基均可与NaOH反应，则1mol该物质最多消耗4molNaOH，D说法错误；
答案选C。
7.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. AlCl3溶液中加入过量氨水：A13++3NH3.H2O=A1(OH)3↓+3
B. 碳酸钙溶于醋酸：+2H+=CO2↑+H2O
C. 铜溶于FeCl3溶液：3Cu+2Fe3+=3Cu2++2Fe
D. Ba(OH)2溶液中加入过量NaHCO3溶液：Ba2+++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. AlCl3溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝沉淀的铵根离子：A13++3NH3.H2O=A1(OH)3↓+3，A离子方程式正确；
B. 碳酸钙为沉淀写化学式，醋酸为弱电解质，写化学式，B离子方程式错误；
C. 铜溶于FeCl3溶液：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，C离子方程式错误；
D. Ba(OH)2溶液中加入过量NaHCO3溶液：Ba2++2+2OH-=BaCO3↓++H2O，D离子方程式错误；
综上所述，答案为D。
8.已知某有机物A的分子式为C4H8O2，存在如下反应：

则下列推断不正确的是
A. 符合上述转化关系的A的结构简式为CH3COOC2H5
B. 可利用E物质除去水壶中的水垢
C. 可利用新制Cu(OH)2悬浊液检验D中所含官能团
D. 1mo1C与足量的Na反应，可生成11.2LH2
【答案】D
【解析】
【分析】
已知有机物A的分子式为C4H8O2，碱性条件下水解生成B和C，B酸化后生成E，则E为羧酸，C氧化后生成D，D氧化后生成E，则C为醇，且B、C中含有碳原子数相同，所以C为乙醇，E为乙酸，A为乙酸乙酯。
【详解】A．根据以上推断可知，有机物A为乙酸乙酯，则A的结构简式为CH3COOC2H5，A推断正确；
B．E为乙酸，乙酸能与水壶中的水垢反应，可利用乙酸除去水壶中的水垢，B推断正确；
C．有机物D为乙醛，分子中含有醛基，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应有砖红色沉淀生成，所以可利用新制Cu(OH)2悬浊液检验乙醛中所含官能团，C推断正确；
D．有机物C为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，1mol乙醇与足量的Na反应，可生成0.5molH2，状态未知，所以H2的体积不一定为11.2L，D推断错误；
综上所述，答案为D。
9.实验室用如图装置来制取Fe(OH)2，关于该实验的说法中正确的是

A. 组装好仪器后，实验操作的第一步是向装置中加入对应的试剂
B. 引发B中产生Fe(OH)2的操作是关闭K，继续滴加稀硫酸
C. 从反应开始至关闭K时，C中集气瓶收集到的气体是纯净的氢气
D. 打开B中瓶塞，可看到白色沉淀直接变为红褐色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．组装好仪器后，实验操作的第一步是检验装置的气密性，A说法错误；
B．引发B中产生Fe(OH)2的操作是关闭K，继续滴加稀硫酸，圆底烧瓶中产生的氢气将圆底烧瓶中的溶液压入B中与NaOH溶液反应，B说法正确；
C．从反应开始至关闭K时，C中集气瓶开始收集到的气体是空气，排净装置中的空气后，收集的为潮湿的氢气，C说法错误；
D．打开B中瓶塞，可看到白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，D说法错误；
答案为B。
10.储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧(La)镍(Ni)合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧镍储氢合金晶胞结构如图，该材料中镧、镍、氢的原子个数比为

A. 8:9:10 B. 1:5:6 C. 1:5:3 D. 1:5:5
【答案】B
【解析】
【详解】利用分摊法，La在晶胞的顶点，N(La)=8×=1；Ni在面心和体心，N(Ni)=8×+1=5；氢气在棱上和面心，N(H2)=8×+2×=3；则镧、镍、氢的原子个数比为1：5：6，答案为B。
二、不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意。
11.下列说法不正确的是
A. 每一个能层中电子的填充顺序都为ns→np→nd→nf
B. 用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2
C. 元素周期表中，p区所含元素种类最多
D. 电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋状态四个方面进行描述
【答案】C
【解析】
【详解】A．每一个能层中s、p、d、f能级能量依次升高，故填充顺序都按ns→np→nd→nf填充，A说法正确；
B．用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B说法正确；
C．元素周期表中，d区含有镧系、锕系，所含元素种类最多，C说法不正确；
D．电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋状态四个方面进行描述，不存在运动状态完全相同的电子，D说法正确；
综上所述，答案为C。
12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至过量
紫色消失
H2O2在该反应中作还原剂
B
溶有SO2的BaC12溶液中通入气体X
有白色沉淀生成
X一定是C12
C
向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CC14混合振荡、静置
有机相呈红棕色，水相呈无色
Fe2+的还原性大于Br-
D
铝丝用砂纸打磨后，放入CuSO4溶液中
铝丝表面变红色
铝可从铜盐溶液中置换出铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至过量，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，溶液紫色消失，证明二者发生氧化还原反应，则H2O2在该反应中被氧化，作还原剂，故A正确；
B．溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，有白色沉淀生成，说明气体X能够氧化二氧化硫，或导致溶液显碱性，可能为二氧化氮、臭氧或氨气，不一定是Cl2，故B错误；
C．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，Fe2+的还原性大于Br-，则亚铁离子优先被氧化，再加入CCl4混合振荡、静置后有机相呈无色，水相呈红色，故C错误；
D．铝丝用砂纸打磨后，露出单质Al，Al与硫酸铜反应生成硫酸铝和铜，故D正确；
故选AD。
13.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1mo1•L-1的Na2SO4溶液含有2NA个Na+
B. 标准状态下，22.4L由CO和NO组成的混合气体中含有的氧原子总数为2NA
C. 1L1mo1•L-1H3PO4溶液中含有的氢原子总数为3NA
D. 1mo1O2与足量Na反应只生成Na2O2，钠失去2NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．1mo1•L-1的Na2SO4溶液未给定体积，无法计算含有Na+个数，A叙述错误；
B．标准状态下，22.4L由CO和NO组成的混合气体中，CO和NO的物质的量之和为1mol，则含有的氧原子总数为NA，B叙述错误；
C．1L1mo1•L-1H3PO4溶液中，水中也含有氢原子，则含有的氢原子总数大于3NA，C叙述错误；
D．1mo1O2与足量Na反应只生成Na2O2，Na的化合价由0价变为+1价，则钠失去2NA个电子，D叙述正确；
答案为D。
14.有机物分子中的原子(团)之间会相互影响，导致相同的原子(团)表现不同的性质。下列各项事实能说明上述观点的是
A. 乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能
B. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲基环己烷却不能
C. 苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能
D. 乙烷燃烧产生淡蓝色火焰，而乙炔燃烧火焰明亮，产生浓烈黑烟
【答案】BC
【解析】
【详解】A．乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有C=C，可发生加成反应，不能用上述观点证明，A错误；
B．苯环影响甲基，甲苯易被高锰酸钾氧化，而甲基环己烷不含不饱和键，不含苯环，可以说明，B正确；
C．在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，能说明上述观点，C正确；
D．乙炔中的含碳量大于乙烷，则乙炔燃烧火焰明亮，产生浓烈黑烟，不能用上述观点证明，Ｄ错误；
答案BC。
15.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是
A. BF3的键角为120° B. NH3是三角锥形分子
C. SO2是直线形分子 D. PC13是平面三角形分子
【答案】AB
【解析】
【详解】A．BF3的中心B原子有3个键，无孤电子对，为sp2杂化，键角为120°，A判断正确；
B．NH3的中心N原子有3个键，有1对孤电子对，为sp3杂化，预测为三角锥形，B判断正确；
C．SO2的中心S原子有2个键，有1对孤电子对，为sp2杂化，是V形分子，C判断错误；
D．PC13的中心P原子有3个键，有1对孤电子对，为sp3杂化，是三角锥形分子，D判断错误；
答案为AB。
第II卷
三、非选择题
16.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿(主要成分为FeS2，杂质不与盐酸反应)为原料制备三氯化铁晶体(FeC13•6H2O)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“焙烧”过程中，理论上1 mo1FeS2 被氧化转移11 mo1电子，则该反应的氧化产物为_____。
(2)“酸溶”不能用稀硫酸代替30%的盐酸，理由是_________。
(3)现有试剂：①稀盐酸 ②稀硫酸 ③稀硝酸 ④氯气⑤硫氰化钾溶液 ⑥高锰酸钾溶液 ⑦氢氧化钠溶液。为确认“酸溶”后的溶液中是否会含Fe2+ ，另取“焙烧”后的烧渣少许，用_______(从上述试剂中选择，填标号)溶解，将所得溶液滴入_________(从上述试剂中选择，填标号)中， 若 ________，则说明“酸溶”后的溶液中含Fe2+ 。
(4)从FeCl3溶液中得到FeC13•6H2O 的操作包括______、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：____________。
(5)若以a吨硫铁矿为原料，最终制得b吨FeC13•6H2O，不计生产过程中的损失，则该硫铁矿中FeS2 的含量为__________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】 (1). Fe2O3和8SO2 (2). 使用稀硫酸会引入，生成杂质离子 (3). ② (4). ⑥ (5). 高锰酸钾溶液褪色 (6). 加热浓缩 (7). 铁离子很容易发生水解反应，过量盐酸可以抑制Fe3+的水解反应 (8). ×100%
【解析】
【分析】
硫铁矿在空气中焙烧，生成氧化铁和二氧化硫气体，固体物质用盐酸酸浸，若硫铁矿未反应完全，则溶液中含有亚铁离子、铁离子；通入氯气氧化，使溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；FeCl3溶液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到FeC13•6H2O。
【详解】(1)由1 mo1FeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，该反应的氧化产物为Fe2O3和8SO2；
(2)该流程的目的是制备三氯化铁晶体，“酸溶”如果使用稀硫酸，会引入，生成杂质离子，所以不能用稀硫酸代替30%的盐酸；
(3)检验“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，则酸溶不能选择稀硝酸，因为硝酸具有氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+。溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化钾溶液和氯气以及氢氧化钠溶液检验Fe2+是否存在，则只有高锰酸钾溶液可以检验Fe2+是否存在，而高锰酸钾也可以氧化盐酸而发生褪色，所以“酸溶”应选用稀硫酸；
(4)从FeCl3溶液中得到FeC13•6H2O的操作步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤，因为铁离子很容易发生水解反应，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁，所以在加热浓缩时要保持盐酸过量，抑制铁离子发生水解反应；
(5)b吨FeC13•6H2O中铁元素的含量为：mFe=b吨×=0.207b吨；不计生产过程中的损失，根据Fe元素守恒，m(FeS2)=0.207b吨÷=0.4436b吨，硫铁矿中FeS2的含量为：×100%。
【点睛】FeCl3溶液中铁离子很容易发生水解反应，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁。
17.元素周期表中的前四周期的部分元素如图所示，①～⑨为相应的元素。回答下列问题：
①





























②
③
④
⑤
⑥


























⑦


⑧
⑨







(1)根据元素原子外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，①～⑨元素中位于周期表ds区的元素有__________(填元素符号)。
(2)①、⑤两种元素形成的最简单化合物的中心原子的轨道杂化类型为_______杂化。
(3)三原子分子的立体构型有直线形和 V形两种，由以上原子形成的直线形三原子分子中，属于极性分子的是________(只写一种分子式，下同)，属于非极性分子的是_______。
(4)⑨的氢氧化物是两性氢氧化物，也能与④的最简单氢化物形成配位数为4的络合物，该反应的化学方程式为____________。
(5)元素⑦与CO 可形成X(CO)5 型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点 为103℃ ，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于______晶体。
(6)金属⑦的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为_________。

【答案】 (1). Cu、Zn (2). sp3 (3). HCN (4). CO2 (5). Zn(OH)2+4NH3∙H2O=[Zn(NH3)4](OH)2+4H2O (6). 分子 (7). 2:1
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知①~⑨元素分别为：H、B、C、N、O、F、Fe、Cu、Zn，根据元素的性质和周期规律进行分析解答。
【详解】(1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，符号分别为s、p、d、ds和f，其中ds区包括IB和IIB两个族，①~⑨元素中位于周期表ds区的元素有铜和锌，符号分别为Cu、Zn，故答案为:Cu、Zn；
(2)根据上述分析，①、⑤两种元素形成的最简单化合物是H2O，水分子中氧原子形成了2个σ键，孤电子对数=(6-21)=2，所以，氧原子的轨道杂化类型为sp3杂化，故答案：sp3；
(3)根据上述分析可知，由以上元素形成的直线形三原子分子有CO2和HCN，其中HCN是极性分子，CO2是非极性分子，故答案为：HCN；CO2；
(4)根据上述分析可知⑨号元素为Zn，其氢氧化物Zn(OH)是两性氢氧化物，④号元素为N，其最简单氢化物为NH3，Zn(OH)能溶于氨水形成[Zn(NH3)4]2+所发生反应的化学方程式为：Zn(OH)2+4NH3H2O=[Zn(NH3)4](OH)2+4H2O，故答案：Zn(OH)2+4NH3H2O=[Zn(NH3)4](OH)2+4H2O；
(5)根据上述分析可知⑦号元素为Fe，铁原子可与CO分子通过配位键结合形成配合物Fe(CO)5，已知该物质的熔沸点较低，且易溶于有机溶剂，据此可判断该化合物属于分子晶体，故答案：分子。
(6)面心立方晶胞中铁原子个数=8+6=4，体心立方晶胞中铁原子个数=8+1=2，则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为2:1，故答案：2:1。
18.己二酸在化工生产中有重要作用。某兴趣小组用50%的硝酸作氧化剂，钒酸铵作催化剂，氧化环己醇制备己二酸，其反应原理为，实验装置如图所示。

实验步骤：在装有回流冷凝管、温度计的三颈烧瓶中，加入50%溶液（含）及少量钒酸铵（），缓慢滴加5~6滴环己醇，有红棕色气体二氧化氮产生，将剩余的环己醇滴加完毕，总量为（约）。在温度为80~90℃时，反应至无红棕色气体逸出。将反应液倒入的烧杯中，冷却后，析出己二酸。减压过滤，用冷水洗涤，干燥后得到粗产品。
回答以下问题：
（1）仪器A的名称为________，仪器B中所盛装的试剂为________。
（2）实验过程中，最适宜的加热方法为________；该加热方法的优点是________。
（3）本实验中称量钒酸铵的仪器应选用________（填“托盘天平”或“电子天平”）。
（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤，简述洗涤的操作过程：________。
（5）为测定粗产品中己二酸的含量，将得到的粗产品配成溶液，并用的标准溶液进行滴定，下列操作可能使实际消耗标准溶液的体积偏大的是________（填标号）。
A.使用甲基橙作指示剂
B.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数
C.实验用的碱式滴定管、锥形瓶水洗后均未润洗
（6）若纯化后称重得到精制己二酸，则己二酸的产率为________（保留三位有效数字）。
【答案】 (1). 恒压分液漏斗或滴液漏斗 (2). NaOH溶液 (3). 水浴加热 (4). 受热均匀，便于控制 (5). 电子天平 (6). 向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作2～3次 (7). BC (8). 65.1%
【解析】
【分析】
由图可知，三颈烧瓶中发生的反应为在钒酸铵做催化剂作用下，50%硝酸与环己醇在水浴加热的条件下发生氧化还原反应生成己二酸、一氧化氮和水，一氧化氮与装置中空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应生成的一氧化氮和二氧化氮气体通入广口瓶中被水吸收，通过导气管通入空气，使一氧化氮转化为二氧化氮，反应后的气体通入烧杯中被氢氧化钠溶液完全吸收，防止污染环境，其中倒置的干燥管和漏斗起防止倒吸的作用。
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为恒压分液漏斗或滴液漏斗；仪器B中所盛装的试剂为氢氧化钠溶液，目的是吸收一氧化氮和二氧化氮，故答案为：恒压分液漏斗或滴液漏斗；NaOH溶液；
（2）由题给反应条件为温度为80~90℃，反应温度低于水的沸点，应选择水浴加热，水浴加热的优点是受热均匀，便于控制，故答案为：水浴加热；受热均匀，便于控制；
（3）托盘天平无法称量0.01g钒酸铵，则本实验中称量钒酸铵的仪器应选用电子天平，故答案为：电子天平；
（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤的操作过程为向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作2～3次，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作2～3次；
（5）A.己二酸为二元弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应生成的己二酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，若使用甲基橙作指示剂，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏小，故错误；
B.若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏大，故正确；
C.实验用的碱式滴定水洗后均未润洗，会使氢氧化钠溶液的浓度减小，导致实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏大，故正确；
BC正确，故答案为：BC；
（6）由题意可知，硝酸的物质的量为0.12mol，环己醇的物质的量为0.02mol，由方程式3 —8HNO3可得，反应中硝酸过量，环己醇完全反应，0.02mol环己醇完全反应生成0.02mol己二酸，则己二酸的产率为×100%≈65.1%，故答案为：65.1%。
【点睛】己二酸为二元弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应生成己二酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，若使用甲基橙作指示剂，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏小是分析关键和易错点。
19.硫、氮、磷等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。
(1)磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，该激发态原子的核外电子排布式为________。
(2)常见含硫的物质有，，，该三种物质中熔点最高的是________(填化学式)。
(3)将过量的通入溶液中可以得到，中第一电离能最大的是________(填元素符号)。、和的价电子对数均为4，但键角不同，其原因是________。
(4)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层，磷化硼可由三溴化硼和三溴化磷于高温下在氢气中反应得到。磷化硼晶体的晶胞结构如图所示，该晶胞中含有________个B原子。已知该晶胞的边长为，设阿伏加德罗常数的值为，则磷化硼晶体的密度为________。

【答案】 (1). 1s22s22p63s13p33d1 (2). (3). N (4). 中心原子含有的孤电子对不同，孤电子对对成键电子对的斥力较大，孤电子对越多，键角越小 (5). 4 (6).
【解析】
【分析】
(1)根据基态P的核外电子排布式分析书写；
(2)根据晶体类型分析判断；
(3)根据第一电离能的变化规律分析，孤电子对对成键电子对的斥力较大，孤电子对越多，键角越小；
(4)根据晶胞结构分析，P原子占据晶胞的顶点和面心，为面心立方最密堆积，B在晶胞内，根据ρ= 计算晶体密度。
【详解】(1)磷是15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1。故答案为：1s22s22p63s13p33d1；
(2)和属于分子晶体，属于离子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，该三种物质中熔点最高的是。故答案为：；
(3)将过量的通入溶液中可以得到，中铜是金属，第一电离能最小，氮的2p轨道是半充满状态，能量较低，体系较稳定，而氧的2p却易失一个电子，变为半充满状态，第一电离能N大于O，O和S同主族，第一电离能O大于S，第一电离能S大于H，第一电离能最大的是N。中心原子碳上没有孤电子对，键角最大，中心原子氮上有一对孤电子对，键角略小，中心原子氧上有二对孤电子对，键角最小；、和的价电子对数均为4，但键角不同，其原因是中心原子含有的孤电子对不同，孤电子对对成键电子对的斥力较大，孤电子对越多，键角越小。故答案为：N；中心原子含有的孤电子对不同，孤电子对对成键电子对的斥力较大，孤电子对越多，键角越小；
(4)由磷化硼晶体的晶胞结构图可知，该晶胞中含有4个B原子，P原子占据晶胞的顶点和面心，一个晶胞中含有P的个数为8× +6×=4个，不妨取1mol这样的晶胞，则有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为42×4g，1mol晶胞的体积为NA·(a×10-10)3cm3，所以晶体密度为ρ==g·cm－3。故答案为：。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、核外电子排布、第一电离能等知识点，难点(4)要求学生具备一定的空间想象能力，根据ρ= 计算晶体密度。
20.化合物H是一种超高性能纤维，有关H的合成路线如图(部分反应未注明条件)：

已知：①A、F分子式分别为C8H8Cl2、C8H6O6；
②F →H 的反应为缩聚反应。
根据上述合成过程，回答下列问题：
(1)D中含有的官能团的名称为_________。
(2)C的结构简式为_____；1mo1C与足量银氨溶液反应可以生成________mo1Ag。
(3)A →B的化学方程式为__________；其反应类型是______。
(4)M与B互为同分异构体，符合下列条件的M的结构有_________种，其中核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1:1的结构简式为________。
a.分子中有苯环，且苯环上只有2个取代基
b.能与Na和NaOH反应，且完全反应时，等量的M消耗Na与NaOH的物质的量之比为2:1
【答案】 (1). 羧基 (2). (3). 4 (4). +2NaOH+2NaCl (5). 取代反应 (6). 6 (7).
【解析】
【分析】
根据D的结构简式可判断对二甲苯与氯气在光照的条件下发生甲基上的取代反应，生成，即A；则B为A发生卤代烃的水解反应，生成；B发生氧化反应，生成C，即；已知F的分子式分别为C8H6O6，结合H的结构简式，则F为；G为。
【详解】(1)D为对二苯甲酸，含有的官能团的名称为羧基；
(2)C的结构简式为；1mol醛基可与2mol银氨溶液反应生成2molAg，1mo1C中含有2mol醛基，则可生成4molAg；
(3)A→B的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；反应类型为取代反应；
(4)a.分子中有苯环，且苯环上只有2个取代基；b.能与Na和NaOH反应，且完全反应时，等量的M消耗Na与NaOH的物质的量之比为2:1，则含有一个醇羟基、一个酚羟基，苯环上的另一取代基为-CH2CH2OH或-CH(OH)CH3，两个取代基有邻、间、对三种，合计6种；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1:1，则为苯环上的氢原子为对称结构，即两个取代基为对位，结构简式为。
【点睛】利用D的结构简式，以及对二甲苯反应的特点，判断A为甲基上的取代反应。