2025年浙教版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高二化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、化學源于生活，同時又服務于生活．以下做法不合理的是（）A.用食醋除去暖水瓶中的薄層水垢B.一般不用純堿代替小蘇打作食品發(fā)酵粉C.用甲醛溶液浸泡海產(chǎn)品以保鮮D.用灼燒并聞氣味的方法區(qū)別純棉織物和純毛織物2、下列關于化學反應與能量變化的說法正確的是()A.放熱反應的發(fā)生無需任何條件B.化學鍵的斷裂和形成與反應放熱和吸熱無關C.化學反應過程都伴隨著能量的變化D.rm{H_{2}SO_{4}}與rm{NaOH}的反應是吸熱反應3、某溫度下，向rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-6}mol隆隴L^{-1}}的蒸餾水中加入rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-6}

mol隆隴L^{-1}}晶體，保持溫度不變，測得溶液中rm{NaHSO_{4}}下列對該溶液的敘述____的是rm{[H^{+}]=1隆脕10^{-3}mol隆隴L^{-1}}rm{(}A.該溫度高于rm{)}B.所得溶液中，由水電離出來的rm{25隆忙}的濃度為rm{H^{+}}C.加入rm{1隆脕10^{-11}mol隆隴L^{-1}}晶體抑制水的電離D.該溫度下，此rm{NaHSO_{4}}溶液與某rm{NaHSO_{4}}的rm{pH=11}溶液混合后溶液呈中性，則消耗的rm{Ba(OH)_{2}}溶液與rm{NaHSO_{4}}溶液的體積比為rm{Ba(OH)_{2}}rm{100}rm{1}4、下列敘述錯誤的是rm{壟脵}熱穩(wěn)定性：rm{H_{2}O>HF>H_{2}S壟脷Fe}是副族元素rm{壟脹IIA}族元素的陽離子與上周期稀有氣體元素的原子具有相同的核外電子排布rm{壟脺}元素周期表中從rm{IIIB}到rm{IIB}族rm{10}個縱行的元素都是金屬元素rm{壟脻}多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內運動的電子能量較高rm{壟脼}已知rm{H_{2}SO_{4}(aq)+2NaOH(aq)=2H_{2}O(l)+Na_{2}SO_{4}(aq)triangleH=-114.6kJ/mol}則中和熱為rm{H_{2}SO_{4}(aq)+2NaOH(aq)=2H_{2}O(l)+Na_{2}SO_{4}(aq)triangle

H=-114.6kJ/mol}rm{-57.3kJ隆隴mol^{-1}}兩個非金屬元素原子間只可能形成共價鍵，而含金屬元素的化合物中一定含金屬鍵A.rm{壟脽}B.rm{壟脷壟脺壟脼}C.rm{壟脵壟脻壟脼}D.rm{壟脷壟脹壟脺}rm{壟脵壟脷壟脻壟脽}5、一種新型熔融鹽燃料電池具有高發(fā)電效率?，F(xiàn)用Li2CO3和Na2CO3的熔融鹽混合物作電解質，一極通CO氣體，另一極通O2和CO2混合氣體，其總反應為：2CO+O2=2CO2。則下列說法正確的是A.通CO的一極是電池的正極B.熔融鹽燃料電池中Na+移向電源負極C.負極發(fā)生的電極反應是：CO+CO32－－2e－=2CO2D.正極發(fā)生氧化反應6、下列原子中未成對電子（單獨占據(jù)1個原子軌道的電子）數(shù)為2的是（）A.OB.NC.FD.Cu7、設rm{N_{A}}為阿伏伽德羅常數(shù)值，下列計算正確的是A.rm{30g}二氧化硅晶體中含rm{Si-O}鍵數(shù)目為rm{4N_{A}}B.rm{12g}石墨晶體中含六元環(huán)rm{N_{A}}個C.用惰性電極電解硫酸銅溶液一段時間后，若加入rm{9.8gCu(OH)_{2}}后，溶液恰好恢復到電解前的濃度和rm{pH}則電解過程中轉移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}D.rm{1mol[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}離子中含rm{婁脪}鍵數(shù)目為rm{16N_{A}}8、一次性使用的聚苯乙烯材料帶來的“白色污染”就是一種較為嚴重的污染現(xiàn)象，最近研制的一種新型材料能代替聚苯乙烯rm{.}它是由乳酸聚合而成的rm{.}這種材料可以在乳酸菌作用下完全降解rm{.}下列關于聚乳酸的說法正確的是rm{(}rm{)}A.聚乳酸是一種純凈物B.聚乳酸的聚合方式與聚苯乙烯相似C.聚乳酸的單體為rm{CH_{3}CH(OH)COOH}D.聚乳酸的鏈節(jié)為rm{n}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（14分）銅是第四周期重要的過渡元素之一，其單質及化合物具有廣泛用途。請回答下列有關問題：⑴銅原子的基態(tài)電子排布式是▲。比較第一電離能Cu▲Zn（填“＞”、“＝”、“＜”），說明理由▲。⑵氮和銅形成某種化合物的晶胞結構如圖所示，則其化學式為▲。（每個球均表示1個原子）⑶銅可以形成多種多樣的配合物。①NH3可以和很多過渡金屬形成配合物。NH3分子中心原子的雜化類型為________雜化，與NH3互為等電子體的粒子有____。（只寫其中一種）②向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。試用離子方程式表示其原因____________、____________。⑷在綠色植物標本的制作過程中，將植物材料洗凈后浸入5%的硫酸銅溶液中，葉綠素（如圖1）中心離子Mg2＋被置換成Cu2＋（如圖2），葉片則永保綠色，請在圖2中用箭頭表示出配位鍵。10、在火箭推進器中裝有強還原劑肼（N2H4）和強氧化劑H2O2，當它們混合時，即產(chǎn)生大量氮氣和水蒸氣，并放出大量熱．已知0.4mol液態(tài)肼和足量液態(tài)H2O2反應；生成氮氣和水蒸氣，放出256.65kJ的熱量．又知：肼中所有化學鍵都是單鍵．

（1）寫出肼的電子式：______，過氧化氫的結構式：______．

（2）寫出熱化學方程式：______．

（3）已知：H2O（l）H2O（g）；△H=+44kJ．mol-1，則16g液態(tài)肼與足量H2O2反應，生成氮氣和液態(tài)水，放出的熱量是______．

（4）上述反應用于火箭推進器，除釋放出大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很突出的優(yōu)點：______．11、“嫦娥三號”衛(wèi)星于2013年12月2日1時30分57秒攜帶月球車“玉兔號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，并且獲得了圓滿成功．火箭推進器中裝有強還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強氧化劑液態(tài)H2O2，當它們混合反應時，產(chǎn)生大量氮氣和水蒸氣，并放出大量的熱．已知0.4mol液態(tài)肼與足量的液態(tài)H2O2反應生成氮氣和水蒸氣；放出256.652kJ的熱量．

（1）反應的熱化學方程式為______．

（2）又知H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ?mol-1，則16g液態(tài)肼與足量液態(tài)過氧化氫反應生成液態(tài)水時放出的熱量是______kJ．

（3）此反應用于火箭推進，除釋放出大量的熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是______．12、熔融鹽燃料電池具有較高的發(fā)電效率，因而受到重視rm{.}某燃料電池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{)}為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，以具有催化作用和導電性能的稀土金屬材料為電極rm{.}試回答下列問題：

rm{壟脵}該燃料電池正極電極反應式為：______．

rm{壟脷25隆忙}時，某學生想用該燃料電池電解一定量的硫酸鈉飽和溶液中進行電解，當電路中有rm{amol}電子轉移時，溶液中析出rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶體rm{.}若溫度不變，在剩余溶液中溶質的質量分數(shù)為______，消耗掉的丁烷在標準狀況下的體積為______．13、以下列出的是一些原子的rm{2p}能級和rm{3d}能級中電子排布的情況rm{.}試判斷；哪些違反了泡利原理______，哪些違反了洪特規(guī)則______．

14、（1）將等體積等物質的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈____（填“酸性”，“中性”或“堿性”，下同），溶液中c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”或“=”或“＜”；下同）．

（2）pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈____．

（3）物質的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則混合后溶液呈____，醋酸體積____氫氧化鈉溶液體積．15、超音速飛機在平流層飛行時，尾氣中的NO會破壞臭氧層．科學家正在研究利用催化技術將尾氣中的NO和CO轉變成CO2和N2，其反應為：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．

為了測定在某種催化劑作用下的反應速率；在某溫度下用氣體傳感器測得密閉容器中不同時間的NO和CO濃度如表：

。時間（s）012345c（NO）

（mol/L）1.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4c（CO）

（mol/L）3.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3請回答下列問題（均不考慮溫度變化對催化劑催化效率的影響）：

（1）在上述條件下反應能夠自發(fā)進行，則反應的△H______0（填寫“＞”；“＜”、“=”）．

（2）該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=______．

（3）前2s內的平均反應速率v（N2）=______．

（4）能判斷該反應是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是______（多選扣分）．

a．容器中壓強不變b．混合氣體中c（CO）不變。

c．υ正（N2）=υ逆（CO）d．c（CO2）=c（CO）

（5）該溫度下達到平衡時CO的轉化率是______．16、硫是一種重要的非金屬元素，廣泛存在于自然界，回答下列問題：rm{(1)}基態(tài)硫原子的價層電子排布圖是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的結構為其中rm{S}的化合價是______。rm{(3)}含硫的物質的特殊性質與其結構相關。rm{壟脵}熔點：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{壟脷}沸點rm{{,!}}_______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{(4)ZnS}晶胞如圖所示：rm{壟脵}由圖可知，rm{Zn^{2+}}填在了rm{S^{2-}}形成的______________空隙中。rm{壟脷}已知晶胞密度為，rm{婁脩g/cm^{3}}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則rm{Zn^{2+}}到rm{S^{2-}}的距離為__________rm{pm(}用含rm{婁脩}rm{NA}的代數(shù)式表示rm{)}評卷人得分三、其他(共7題，共14分)17、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。18、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F(xiàn)是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。19、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據(jù)下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應20、實驗室有下列實驗儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實驗儀器是____、____、(用字母填寫)。21、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據(jù)下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應22、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數(shù)字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。23、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。25、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。26、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共28分)27、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。28、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。29、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。30、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)31、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．32、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】解：A．醋酸具有酸性；可與碳酸鈣反應，可用于除去水垢，故A正確；

B．純堿一般不用于發(fā)酵；面團發(fā)酵后產(chǎn)生了酸，可生成二氧化碳，小蘇打不穩(wěn)定，分解生成二氧化碳，其面團不需要事先發(fā)酵，故B正確；

C．甲醛對人體有害；不能用于浸泡海產(chǎn)品，故C錯誤；

D．蛋白質的性質與纖維素不同；灼燒時蛋白質具有燒焦的羽毛氣味，故D正確．

故選C．

A．醋酸可與碳酸鈣反應；

B．純堿性質穩(wěn)定；加熱不分解；

C．甲醛對人體有害；

D．蛋白質的性質與纖維素不同．

本題綜合考查物質的性質與應用，為高頻考點，側重于化學與生活的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，注意相關基礎知識的積累，難度不大．【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】本題考查化學反應中的能量變化，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握。

【解答】A.燃燒都是放熱反應，但需要加熱到著火點，故A錯誤；B.當斷裂化學鍵吸收的能量rm{>}形成化學鍵放出的能量時，是吸熱反應，反之放熱反應，所以化學鍵的斷裂和形成與反應放熱和吸熱有關，故B錯誤；形成化學鍵放出的能量時，是吸熱反應，反之放熱反應，所以化學鍵的斷裂和形成與反應放熱和吸熱有關，故B錯誤；C.rm{>}D.化學變化是舊鍵斷裂新鍵形成的過程，斷鍵成鍵都有能量變化，故C正確；rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的反應是中和反應，是放熱反應，故D錯誤。故選C。rm{SO}【解析】rm{C}3、B【分析】【分析】本題考查水的電離，注意水的離子積常數(shù)與溶液的溫度有關，明確影響水的電離的因素即可解答，難度不大?！窘獯稹緼.rm{25隆忙}時純水中rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-7}mol/L}rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-6}mol/L}說明促進了水的電離，故rm{T>25隆忙}故A正確；

B.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-6}mol/L}水的離子積常數(shù)為rm{1隆脕10^{-12}}水的離子積常數(shù)rm{=}氫離子與氫氧根濃度的乘積，故由水電離出來的rm{c(H^{+})=1隆脕}rm{10^{-10}mol/L}故B錯誤；

C.rm{NaHSO_{4}}的電離生成氫離子；對水的電離起抑制作用，水的電離程度減小，故C正確；

D.rm{pH=3}的rm{NaHSO_{4}}溶液與rm{pH=11}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液的體積比為rm{100}rm{1}混合后rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性，故D正確。

故選B?！窘馕觥縭m{B}4、D【分析】略【解析】rm{D}5、C【分析】還原劑做負極氧化劑做正極，陽離子游向正極，負極氧化正極還原?！窘馕觥俊敬鸢浮緾6、A【分析】【分析】正確答案：A

A、1s22s22p4,p軌道中有兩個末成對電子；B、1s22s22p3,p軌道中有三個末成對電子；C、只有一個末成對電子；D、[Ar]3d104s1,只有一個末成對電子。7、D【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，與常見原子晶體的結構、電解池原理的應用和配位鍵的相關知識結合起來，難度稍大，學生應多做類似的計算題，提高正確率?！窘獯稹緼.rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}與中每個rm{Si}與rm{4}個rm{O}相連，而每個rm{O}與rm{2}個rm{Si}相連，因此每個氧提供rm{2}個成鍵電子，而每個rm{Si}提供rm{4}個成鍵電子，rm{30g}即rm{0.5molSiO}個rm{Si}相連，而每個rm{4}與rm{O}個rm{O}相連，因此每個氧提供rm{2}個成鍵電子，而每個rm{Si}提供rm{2}個成鍵電子，rm{Si}即rm{4}rm{30g}rm{0.5molSiO}而每個rm{{,!}_{2}}中有中共有成鍵電子rm{0.5隆脕(4+2隆脕2)=4mol}而每個rm{Si-O}中有rm{2}個電子，因此rm{Si-O}為rm{2mol}即rm{2NA}個，故A錯誤；個電子，因此rm{0.5隆脕(4+2隆脕2)=4mol}為rm{Si-O}即rm{2}個，故A錯誤；B.rm{Si-O}石墨相當于rm{2mol}碳原子，又因為一個碳原子被三個相鄰的六元環(huán)共同使用，所以一個六元環(huán)相當于占據(jù)rm{2NA}個碳原子，現(xiàn)有rm{12g}石墨相當于rm{1mol}碳原子，又因為一個碳原子被三個相鄰的六元環(huán)共同使用，所以一個六元環(huán)相當于占據(jù)rm{2}個碳原子，現(xiàn)有rm{1mol}碳原子，那就有rm{1/2=0.5mol}的六元環(huán)，也就是rm{0.5NA}個，故B錯誤；碳原子，那就有rm{12g}的六元環(huán)，也就是rm{1mol}個，故B錯誤；C.rm{2}即rm{1mol}rm{1/2=0.5mol}rm{0.5NA}加入rm{9.8g}即rm{0.1molCu(OH)}rm{9.8g}rm{0.1molCu(OH)}rm{{,!}_{2}}后溶液與電解前相同，rm{0.1mol}rm{Cu(OH)}rm{0.1mol}rm{Cu(OH)}所以實際上相當于加入的物質是rm{{,!}_{2}}氧化銅和從組成上可看成rm{1molCuO}水，則轉移電子的物質的量是rm{1molCuO}即rm{?}故C錯誤；D.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}所以實際上相當于加入的物質是rm{0.1mol}氧化銅和rm{0.1mol}水，則轉移電子的物質的量是rm{0.1mol隆脕(2-0)+0.1mol隆脕2=0.4mol}即rm{0.4N_{A}}故C錯誤；rm{O}rm{0.1mol}中的rm{0.1mol}和配位鍵都是rm{0.1mol隆脕(2-0)+0.1mol隆脕2=0.4mol}鍵，所以一個rm{0.4N_{A}}rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}含有rm{{,!}_{4}}個rm{]}鍵，即rm{]}rm{{,!}^{2+}}rm{N-H}rm{婁脪}鍵，所以一個rm{[Cu(NH}rm{婁脪}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}鍵數(shù)目為rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}【解析】rm{D}8、C【分析】解：rm{A.}從聚乳酸結構可知，聚乳酸是高分子化合物，因高分子化合物中的rm{n}值不定；故其為混合物，故A錯誤；

B.根據(jù)聚乳酸的結構可知，該物質是乳酸羥基和羧基脫水的產(chǎn)物，屬于縮聚反應，聚苯乙烯是由單體：rm{CH_{2}=CH-C_{6}H_{5}}碳碳雙鍵加聚而成；故B錯誤；

C.為聚乳酸的單體；故C正確；

D.的聚合度為rm{n}鏈節(jié)為重復出現(xiàn)的結構單元，故D錯誤．

故選C．

乳酸為rm{CH_{3}-CH(OH)-COOH}含有羥基、羧基，發(fā)生縮聚反應生成為聚乳酸，以此解答該題．

本題考查高聚物的結構和性質，側重于雙基的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，答題時注意把握有機物的結構特點和官能團的性質，該題注意加聚和縮聚的區(qū)別，題目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）①1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2分）<（1分）Cu失去1個電子后內層電子達到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)（1分）（2）Cu3N（2分）（3）①SP3H3O＋（各1分）②Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4＋（2分）Cu(OH)2＋4NH3=Cu(NH3)42＋+2OH-（2分）（3）（2分）10、略

【分析】解：（1）肼分子式為NH2-NH2，每個氮原子形成三個化學鍵，電子式為：過氧化氫分子式H2O2，每個氧原子形成兩個共價鍵，分子結構為：

故答案為：

（2）0.4mol液態(tài)肼與足量過氧化氫反應，生成氮氣和水蒸氣，放出256.65kJ的熱量，32g肼燃燒放熱641.625kJ；肼燃燒的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

（3）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；

②H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律，①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.625kJ/mol

則16g液態(tài)肼與足量液態(tài)過氧化氫反應生成氮氣和液態(tài)水放熱時408.8KJ；

故答案為：408.8KJ；

（4）肼燃燒生成氮氣和水；除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，生成的物質無污染；

故答案為：生成N2和H2O；對環(huán)境無污染．

（1）肼分子式為NH2-NH2，每個氮原子形成三個化學鍵，過氧化氫分子式H2O2；每個氧原子形成兩個共價鍵，據(jù)此書寫；

（2）依據(jù)熱化學方程式書寫方法寫出；標注物質聚集狀態(tài)和反應焓變；

（3）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到熱化學方程式；得到反應的焓變；

（4）肼燃燒生成氮氣和水；

本題考查了化學反應能量變化的計算應用，物質結構分析判斷，蓋斯定律的計算，熱化學方程式書寫方法，題目難度中等．【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；408.8KJ；生成N2和H2O，對環(huán)境無污染11、略

【分析】解：（1）已知0.4mol液態(tài)肼與足量液態(tài)雙氧水反應，生成氮氣和水蒸氣，放出256.652KJ的熱量，1mol液態(tài)肼和足量雙氧水反應生成氮氣和水蒸氣時放出641.63KJ的熱量；肼和雙氧水反應的熱化學方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；

②H2O（g）=H2O（l）△H=-44KJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

化學方程式中32g全部反應放熱817.63KJ；16g液態(tài)肼與足量雙氧水反應生成氮氣和液態(tài)水時，放出的熱量是408.815KJ；

故答案為：408.815；

（3）還原劑肼（N2H4）和強氧化劑H2O2；當它們混合時，即產(chǎn)生大量的氮氣和水蒸氣，除釋放大量熱量和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有很突出的優(yōu)點是，產(chǎn)物為氮氣和水，無污染，故答案為：產(chǎn)物為氮氣和水，無污染．

（1）根據(jù)熱化學方程式的書寫原則和注意問題寫出；注意物質的聚集狀態(tài)標注；焓變的正負號和單位；

（2）結合上述寫出的熱化學方程式和誰轉化的熱化學方程式；根據(jù)蓋斯定律合并寫出生成液態(tài)水時的熱化學方程式進行計算；

（3）依據(jù)反應產(chǎn)生的物質性質分析判斷．

本題考查了熱化學方程式的書寫方法和注意問題，蓋斯定律的應用，熱化學方程式的計算，題目難度中等．【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；408.815；產(chǎn)物為氮氣和水，無污染12、略

【分析】解：rm{壟脵}某燃料電池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{HCO_{3}^{-})}為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發(fā)生還原反應生成碳酸根離子，電極反應式為rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

故答案為：rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

rm{壟脷}電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有rm{amol}電子轉移時，消耗的水的質量為rm{dfrac{a}{2}隆脕18g=9ag}結合析出的rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶體，所以原飽和溶液的溶質的質量分數(shù)為rm{dfrac{dfrac{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}剩余溶液中溶質的質量分數(shù)與原飽和溶液的溶質的質量分數(shù)相等，也為rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}根據(jù)原池的負極反應rm{dfrac{dfrac

{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}可知，當電路中有rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}電子轉移時，消耗掉的丁烷的物質的量為rm{C_{4}H_{10}-26e^{-}+13CO_{3}^{2-}=17CO_{2}+5H_{2}O}其體積為rm{dfrac{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}

故答案為：rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{amol}．

rm{dfrac{a}{26}mol}某燃料電池以熔融的rm{dfrac

{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}其中不含rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}和rm{0.86aL}為電解質；以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發(fā)生還原反應生成碳酸根離子；

rm{壟脵}電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有rm{K_{2}CO_{3}(}電子轉移時，消耗的水的質量為rm{O^{2-}}結合析出的rm{HCO_{3}^{-})}晶體，可計算出原飽和溶液的溶質的質量分數(shù)，剩余溶液中溶質的質量分數(shù)與原飽和溶液的溶質的質量分數(shù)相等，根據(jù)原池的負極反應rm{壟脷}可知，當電路中有rm{amol}電子轉移時，消耗掉的丁烷的物質的量為rm{dfrac{a}{2}g=9ag}據(jù)此答題．

本題考查電化學和化學平衡知識，內容比較綜合，在理解所學各部分化學知識的本質區(qū)別與內在聯(lián)系的基礎上，本題難度中等，注意守恒思想的運用．rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}【解析】rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{0.86aL}13、略

【分析】解：泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納rm{2}個自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則是指在同一個電子亞層中排布的電子；總是盡先占據(jù)不同的軌道，且自旋方向相同；

所以違反泡利不相容原理的有rm{壟脹}違反洪特規(guī)則的有rm{壟脷壟脺壟脼}

故答案為：rm{壟脹}rm{壟脷壟脺壟脼}．

泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納rm{2}個自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則：在同一個電子亞層中排布的電子；總是盡先占據(jù)不同的軌道，且自旋方向相同，以此進行判斷．

本題考查原子核外電子的排布，題目難度不大，注意泡利原理、洪特規(guī)則的內容即可解答該題，學習中注意相關基礎知識的積累．【解析】rm{壟脹}rm{壟脷壟脺壟脼}14、略

【分析】

（1）等體積等物質的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合，恰好生成NaAc，由化學式可知，陰陽離子之比為1：1，醋酸根離子水解顯堿性，則c（Na+）＞c（CH3COO-）；

故答案為：堿；＞；

（2）pH=3的醋酸；其濃度大于0.001mol/L，pH=11的氫氧化鈉，其濃度等于0.001mol/L，等體積混合后，醋酸過量，為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，則溶液顯酸性；

故答案為：酸；

（3）根據(jù)電荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則c（H+）=c（OH-）；溶液為中性；

若等體積等濃度混合時顯堿性；則中性時應使醋酸過量，即醋酸體積＞氫氧化鈉溶液的體積；

故答案為：中性；＞．

【解析】【答案】（1）等體積等物質的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合；恰好生成NaAc，醋酸根離子水解顯堿性；

（2）pH=3的醋酸；其濃度大于0.001mol/L，pH=11的氫氧化鈉，其濃度等于0.001mol/L，等體積混合后，醋酸過量；

（3）根據(jù)電荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；等體積等濃度混合時顯堿性，則中性時應使醋酸過量．

15、略

【分析】解：（1）因該反應2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）中氣體減少；△S＜0，由反應能夠自發(fā)進行，則△H-T△S＜0，即該反應一定是放熱才有可能自發(fā)進行，放熱反應中△H＜0；

故答案為：＜；

（2）該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=故答案為：

（3）由表格中的數(shù)據(jù)可知2s內NO濃度的變化量為1.00×10-3-2.50×10-4=7.50×10-4，則υ（NO）==3.75×10-4mol?L-1?s-1；由化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則υ（N2）=υ（NO）=1.875×10-4mol?L-1?s-1；

故答案為：1.875×10-4mol?L-1?s-1；

（4）a．隨反應進行氣體的物質的量增大；壓強增大，容器中壓強不變，說明到達平衡狀態(tài)，故a正確；

b．反應達到平衡狀態(tài)時，各物質的濃度不變，混合氣體中c（CO）不變說明到達平衡狀態(tài)，故b正確；

c．因不同物質表示的速率之比等于化學計量數(shù)之比；才能說明到達平衡狀態(tài)，故c錯誤；

d．反應始終按CO與氫氣物質的量之比為1：1進行，c（H2）=c（CO）不能說明到達平衡；故d錯誤；

故答案為；ab；

（5）平衡時CO的物質的量濃度變化量為3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L，CO的轉化率為×100%=25%；

故答案為：25%．

（1）根據(jù)反應能夠自發(fā)進行；則△H-T△S＜0來分析該反應的焓變；

（2）根據(jù)化學平衡常數(shù)的概念來解答；

（3）根據(jù)化學反應速率V=來計算解答；

（4）當反應達到平衡狀態(tài)時；正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，據(jù)此解答，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；

（5）由表中數(shù)據(jù)可知，實驗4min到達平衡，平衡時CO的物質的量濃度變化量為3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=0.9×10-3mol/L；結合轉化率定義計算；

本題主要考查反應速率、反應方向、化學平衡判斷、轉化率的計算等知識，難度不大，根據(jù)所學知識即可完成．【解析】＜；1.875×10-4mol?L-1?s-1；ab；25%16、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶體，AlF3是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體

②<因為形成分子間氫鍵

(4)正四面體【分析】【分析】本題考查物質結構知識，包含價電子排布圖的書寫，判斷粒子的鍵角，晶體的熔點比較，晶胞的計算，涉及的知識點較多，考查較為全面，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}rm{(1)S}位于周期表中第rm{3}周期，第rm{VIA}族，其價層電子排布式為rm{3s}位于周期表中第rm{(1)S}周期，第rm{3}族，其價層電子排布式為rm{VIA}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}

，則基態(tài)硫原子的價層電子排布圖是；故答案為：由；的結構可知，rm{(2)}的成鍵結構與rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合價是rm{SO_{4}^{2-}}故答案我：rm{S}rm{+6}是分子晶體，而rm{+6}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，所以rm{(3)壟脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔點：rm{SF}rm{SF}故答案為：rm{{,!}_{6}<}rm{AlF}是分子晶體，rm{AlF}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體；rm{{,!}_{3}}對羥基苯磺酸能形成分子間氫鍵，鄰羥基苯磺酸能形成分子內氫鍵，所以沸點對羥基苯磺酸rm{<}鄰羥基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因為形成分子間氫鍵rm{壟脷}對羥基苯磺酸能形成分子間氫鍵，鄰羥基苯磺酸能形成分子內氫鍵，所以沸點對羥基苯磺酸rm{>}鄰羥基苯磺酸，rm{壟脷}rm{>}和金剛石晶胞的相似性，故答案為：rm{<}；rm{(4)}rm{壟脵ZnS}和金剛石晶胞的相似性，rm{S}rm{壟脵ZnS}rm{S}

rm{{,!}^{2-}}形成的是正四面體結構，則rm{Zn}rm{Zn}晶胞，則有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}則一個晶胞的體積為rm{{,!}^{2+}}形成的正四面體空隙中，故答案為：正四面體；rm{壟脷}取rm{1mol}晶胞，則有rm{N}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{A}}個晶胞，設晶胞參數(shù)為rm{acm}則一個晶胞的體積為rm{V}rm{acm}rm{V}晶胞中，含有rm{{,!}_{0}}的數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的數(shù)目為rm{=a}因此rm{{,!}^{3}}的質量為rm{cm}已知晶體的密度為rm{cm}rm{{,!}^{3}}，對于立方晶胞，頂點粒子占rm{婁脩=dfrac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}=dfrac{4隆脕(65+32)}{{N}_{A}{a}^{3}}}，可得rm{a=sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}rm{dfrac{1}{8}}

，面心粒子占rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{dfrac{1}{2}}，內部粒子為整個晶胞所有，則一個rm{ZnS}晶胞中，含有rm{Zn}的數(shù)目為【解析】rm{(1)}rm{(2)+6}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{<}是分子晶體，rm{SF_{6}}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體rm{AlF_{3}}rm{壟脷}因為形成分子間氫鍵rm{壟脷}正四面體rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{<}三、其他(共7題，共14分)17、略

【分析】【解析】【答案】AEF18、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══19、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）22、略

【分析】【解析】【答案】23、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度。【解析】①.+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度25、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關系式計算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產(chǎn)生誤差96.1%26、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結合化學方程式定量關系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結晶；使混合在一起的雜質彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結合化學方程式定量關系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產(chǎn)品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結晶補充平行實驗(重復滴定2~3次)五、元素或物質推斷題(共4題，共28分)27、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaN