2024年遼寧省遼陽(yáng)縣集美學(xué)校高三下學(xué)期聯(lián)考化學(xué)試題含解析

2024年遼寧省遼陽(yáng)縣集美學(xué)校高三下學(xué)期聯(lián)考化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、[n]-軸烯由單環(huán)n-烷烴每個(gè)碳原子上的兩個(gè)氫原子被一個(gè)=CH2替換而成，部分軸烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是碳原子數(shù)（n）681012。。。結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。。。A．軸烯的通式可表示為CmHm(m≥3的整數(shù))B．軸烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色C．與足量H2完全反應(yīng)，lmol軸烯消耗H2的物質(zhì)的量為mmolD．m=6的軸烯分子的同分異構(gòu)體中含有兩個(gè)碳碳三鍵的結(jié)構(gòu)有4種2、W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。Y是短周期中原子半徑最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色氣體。下列說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑大小為Y＜X＜ZB．Y和Z的氫化物溶于水，所得溶液均呈酸性C．W與Z均只有兩種的含氧酸D．工業(yè)上電解熔融Y2X制備單質(zhì)Y3、分別進(jìn)行下表所示實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A測(cè)量熔融狀態(tài)下NaHSO4的導(dǎo)電性能導(dǎo)電熔融狀態(tài)下NaHSO4能電離出Na+、H+、SO42-B向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液變紅色溶液中含有Fe2+C向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到藍(lán)色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D將AlCl3溶液加熱蒸干得到白色固體白色固體成分為純凈的AlCl3A．A B．B C．C D．D4、傳統(tǒng)接觸法制取硫酸能耗大，污染嚴(yán)重。將燃料電池引入硫酸生產(chǎn)工藝可有效解決能耗和環(huán)境污染問(wèn)題，同時(shí)提供電能。以燃料電池為電源電解硫酸銅溶液的工作原理示意圖如下所示。下列說(shuō)法不正確的是A．b極為正極，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a極通過(guò)質(zhì)子交換膜向b極移動(dòng)C．該燃料電池的總反應(yīng)式為2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a極消耗2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)SO2，理論上c極有6.4g銅析出5、“軌道”2px與3py上電子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈紡錘形C．自旋方向 D．在空間的伸展方向6、向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應(yīng)后過(guò)濾得到濾液和固體cg。下列說(shuō)法正確的是A．若a＞c，則濾液中可能含三種金屬離子，且b可能小于cB．若a＞c，則cg固體中只含一種金屬，且b可能大于cC．若a＜c，則cg固體含兩種金屬，且b可能與c相等D．若a=c，則濾液中可能含兩種金屬離子，且b可能小于c7、“司樂(lè)平”是治療高血壓的一種臨床藥物，其有效成分M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖．下列關(guān)于M的說(shuō)法正確的是（）A．屬于芳香烴B．遇FeCl3溶液顯紫色C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．1molM完全水解生成2mol醇8、化學(xué)已滲透到人類生活的各個(gè)方面，下列說(shuō)法正確的是（）A．石油、煤、天然氣、可燃冰、植物油都屬于化石燃料B．綠色食品是生產(chǎn)時(shí)不使用化肥、農(nóng)藥、不含任何化學(xué)物質(zhì)的食品C．推廣使用潔凈煤技術(shù)，可減少二氧化硫等有害氣體的排放D．地溝油的主要成分是高級(jí)脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油9、下列說(shuō)法正確的是A．剛落下的酸雨隨時(shí)間增加酸性逐漸增強(qiáng)，是由于雨水中溶解了CO2B．用浸泡過(guò)高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果C．氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金屬性：Cl>SD．將飽和FeCl3溶液煮沸至紅褐色，可制得氫氧化鐵膠體10、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAC．1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAD．常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NA11、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相對(duì)位置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．T的氫化物的沸點(diǎn)一定低于R的B．W的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物一定是強(qiáng)酸C．T和W組成的化合物含兩種化學(xué)鍵D．工業(yè)上電解熔融氧化物制備G的單質(zhì)12、SO2不具有的性質(zhì)是（）A．堿性B．還原性C．氧化性D．漂白性13、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的自來(lái)水處理劑，它的性質(zhì)和作用是A．有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌，還原產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)B．有強(qiáng)還原性，可消毒殺菌，氧化產(chǎn)物能吸附水中雜質(zhì)C．有強(qiáng)氧化性，能吸附水中雜質(zhì)，還原產(chǎn)物能消毒殺菌D．有強(qiáng)還原性，能吸附水中雜質(zhì)，氧化產(chǎn)物能消毒殺菌14、下列說(shuō)法不正確的是A．若酸式滴定管旋塞處的小孔被凡士林嚴(yán)重堵塞，可以用細(xì)鐵絲疏通B．鍍鋅鐵皮與稀硫酸反應(yīng)，若產(chǎn)生的氣泡突然消失，鋅反應(yīng)完全，需立即取出鐵皮C．液溴存放在帶玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中，并加水液封，放在陰涼處D．若皮膚被燙傷且已破，可先涂些紫藥水或1%高錳酸鉀溶液15、某課外活動(dòng)小組，為研究金屬的腐蝕和防護(hù)的原理，做了以下實(shí)驗(yàn)：將剪下的一塊鍍鋅鐵片，放入錐形瓶中，并滴入少量食鹽水將其浸濕，再加數(shù)滴酚酞試液，按如圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，過(guò)一段時(shí)間后觀察。下列現(xiàn)象不可能出現(xiàn)的是A．鋅被腐蝕 B．金屬片剪口變紅C．B中導(dǎo)氣管里形成一段水柱 D．B中導(dǎo)氣管產(chǎn)生氣泡16、大規(guī)模開發(fā)利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時(shí)間順序是（）A．鐵、銅、鋁 B．鐵、鋁、銅 C．鋁、銅、鐵 D．銅、鐵、鋁17、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A．pH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的數(shù)目等于0.1NAB．真空密閉容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反應(yīng)后，容器內(nèi)分子總數(shù)為0.2NAC．10mL0.1mol?L-1的FeCl3與20mL0.1mol?L-1KI溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.001NAD．60gSiO2晶體中Si-O鍵數(shù)目為2NA18、圖中反應(yīng)①是制備SiH4的一種方法，其副產(chǎn)物MgCl2·6NH3是優(yōu)質(zhì)的鎂資源。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．A2B的化學(xué)式為Mg2SiB．該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是NH3和NH4ClC．利用MgCl2·6NH3制取鎂的過(guò)程中發(fā)生了化合反應(yīng)、分解反應(yīng)D．分別將MgCl2溶液和Mg(OH)2懸濁液加熱、灼燒，最終得到的固體相同19、苯甲酸在水中的溶解度為：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。某苯甲酸晶體中含少量可溶性雜質(zhì)X和難溶性雜質(zhì)Y?，F(xiàn)擬用下列裝置和操作進(jìn)行提純：裝置：操作：①常溫過(guò)濾②趁熱過(guò)濾③加熱溶解④結(jié)晶⑤洗滌、干燥下列有關(guān)說(shuō)法正確的是_________A．用甲裝置溶解樣品，X在第①步被分離B．用乙裝置趁熱過(guò)濾，Y在第②步被分離C．用丙裝置所示的方法結(jié)晶D．正確的操作順序?yàn)椋孩邸堋凇佟?0、室溫下，在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H)與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列說(shuō)法正確的是A．m一定等于20B．b、d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液顯中性C．c點(diǎn)溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D．向c點(diǎn)溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO3221、以鐵作陽(yáng)極，利用電解原理可使廢水中的污染物凝聚而分離，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．電極b為陰極B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+C．處理廢水時(shí)，溶液中可能發(fā)生反應(yīng)：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1molFe(OH)3膠粒22、下列離子方程式正確的是（）A．用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2：Al+2OH－=AlO2－+H2↑B．過(guò)量鐵粉與一定量稀硝酸反應(yīng)：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．澄清石灰水中加入過(guò)量NaHCO3溶液：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2OD．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3－二、非選擇題(共84分)23、（14分）鐵氰化鉀（化學(xué)式為K3[Fe(CN)6]）主要應(yīng)用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產(chǎn)等工業(yè)。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質(zhì)。（1）鐵元素在周期表中的位置為_________，基態(tài)Fe3+核外電子排布式為_________。（2）在[Fe(CN)6]3－中不存在的化學(xué)鍵有_________。A．離子鍵B．金屬鍵C．氫鍵D．共價(jià)鍵（3）已知(CN)2性質(zhì)類似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HCl=HCN+KClHC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N①KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序?yàn)開_______。②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子軌道雜化類型是_______；分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_______。（4）C22－和N2互為等電子體，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似（如圖甲所示），但CaC2晶體中啞鈴形的C22－使晶胞沿一個(gè)方向拉長(zhǎng)，晶體中每個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22－數(shù)目為_______。（5）金屬Fe能與CO形成Fe(CO)5，該化合物熔點(diǎn)為－20℃，沸點(diǎn)為103℃，則其固體屬于_______晶體。（6）圖乙是Fe單質(zhì)的晶胞模型。已知晶體密度為dg·cm－3，鐵原子的半徑為_________nm（用含有d、NA的代數(shù)式表示）。24、（12分）藥物心舒寧（又名冠心寧）是一種有機(jī)酸鹽,用于治療心脈瘀阻所致的冠心病、心絞痛等，可用以下路線合成。完成下列填空：47、寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)①______________、反應(yīng)②_______________。48、寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：A__________________、C____________________。49、由1molB轉(zhuǎn)化為C，消耗H2的物質(zhì)的量為_______________。如果將③、④兩步顛倒，則最后得到的是（寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）__________________________。50、D有同類別的同分異構(gòu)體E，寫出E與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______________。51、寫出與A的屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式______________。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）熔點(diǎn)-54.1℃，沸點(diǎn)在染料、藥品、除草劑和農(nóng)用殺蟲劑的生產(chǎn)過(guò)程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合價(jià)為_______________，SO2Cl2在潮濕空氣中因水解“發(fā)煙”的化學(xué)方程式為_______________。（2）現(xiàn)擬用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（部分夾持裝置未畫出）。①儀器A的名稱為_______________，裝置乙中裝入的試劑是_______________，裝罝B的作用是_______________。②裝置丙分液漏斗中盛裝的最佳試劑是_______________（選填編號(hào)）。A．蒸餾水B．l0.0mol·L-1濃鹽酸C．濃氫氧化鈉溶液D．飽和食鹽水③滴定法測(cè)定硫酰氯的純度:取1.800g產(chǎn)品，加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加熱充分水解，冷卻后加蒸餾水準(zhǔn)確稀釋至250mL，取25mL溶液于錐形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)HC1滴定至終點(diǎn)，重復(fù)實(shí)驗(yàn)三次取平均值，消耗HCll0.00mL。達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_______________，產(chǎn)品的純度為_______________。26、（10分）化學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科，實(shí)驗(yàn)探究能激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)化學(xué)的興趣。某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)裝置（夾持設(shè)備已略）制備氯氣并探究氯氣及其鹵族元素的性質(zhì)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)儀器a的名稱是______________。(2)A裝置中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________________________。若將漂白粉換成KClO3，則反應(yīng)中每生成21.3gCl2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為____NA。(3)裝置B可用于監(jiān)測(cè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中C處是否堵塞，若C處發(fā)生了堵塞，則B中可觀察到__________。(4)裝置C的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，此時(shí)C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入____（填選項(xiàng)a或b或c）。選項(xiàng)ⅠⅡⅢa干燥的有色布條濃硫酸濕潤(rùn)的有色布條b濕潤(rùn)的有色布條無(wú)水氯化鈣干燥的有色布條c濕潤(rùn)的有色布條堿石灰干燥的有色布條(5)設(shè)計(jì)裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。當(dāng)向D中緩緩?fù)ㄈ胱懔柯葰鈺r(shí)，可觀察到無(wú)色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說(shuō)明氯的非金屬性大于溴，打開活塞，將D中少量溶液加入E中，振蕩E，觀察到的現(xiàn)象是_______________________________，該現(xiàn)象_____（填“能”或“不能”）說(shuō)明溴的非金屬性強(qiáng)于碘，原因是_____________________。27、（12分）硫酸鋅可用于制造鋅鋇白、印染媒染劑等。用鋅白礦(主要成分為ZnO，還含有Fe2O3、CuO、SiO2等雜成)制備ZnSO4·7H2O的流程如下。相關(guān)金屬離了生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L-1計(jì)算）如下表：金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“濾渣1”的主要成分為_________(填化學(xué)式）?！八峤边^(guò)程中，提高鋅元素浸出率的措施有：適當(dāng)提高酸的濃度、______________(填一種)。(2)“置換”過(guò)程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應(yīng)外，另一主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________。(3)“氧化”一步中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之間的目的是________________。(4)“母液”中含有的鹽類物質(zhì)有_________(填化學(xué)式）。28、（14分）鐵、鈷、鎳等金屬及其化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用十分廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)最多的是_________。（2）酞菁鈷分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，中心離子為鈷離子，酞鈷分子中與鈷離子通過(guò)配位鍵結(jié)合的氮原子的編號(hào)是_______(填1、2、3、4)，三種非金屬原子的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開______(用相應(yīng)的元素符號(hào)表示)；氮原子的雜化軌道類型為________。（3）Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點(diǎn)為-20.5℃，沸點(diǎn)為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe(CO)x，晶體屬于_______(填晶體類型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子價(jià)電子數(shù)與配體提供電子數(shù)之和為18，則x=________。（4）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。（5）NiAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①鎳離子的配位數(shù)為_________。②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體密度為pg·cm-3，則該晶胞中最近的Ni2+之間的距離為________cm。(寫出計(jì)算表達(dá)式)29、（10分）在分析化學(xué)的電位法中，甘汞電極常做參比電極，它是由金屬汞及其難溶鹽Hg2Cl2和KCl溶液組成的電極。Hg2Cl2（甘汞）毒性較小，而HgCl2（升汞）有劇毒。（1）K元素的基態(tài)原子的電子填充于_____個(gè)不同的能級(jí)。（2）Hg的價(jià)層電子排布式為5d106s2，Hg元素位于元素周期表的_______區(qū)。（3）Hg2Cl2在400~500℃時(shí)升華，由此推測(cè)Hg2Cl2的晶體類型為____。（4）KCl和NaCl相比，____的熔點(diǎn)更高，原因是________。（5）把NH4Cl和HgCl2按一定比例混合，在密封管中加熱時(shí)，生成某種晶體，其晶胞如圖所示。用X-射線衍射法測(cè)得該晶體的晶胞為長(zhǎng)方體（晶胞參數(shù)a=b=419pm、c=794pm），每個(gè)NH4+可視為被8個(gè)Cl-圍繞，距離為335pm，Cl-與Cl-盡可能遠(yuǎn)離。①該晶體的化學(xué)式為________。②晶體中Cl-的空間環(huán)境_____________（填“相同”或“不相同”）。用題中數(shù)據(jù)說(shuō)明理由_______________③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_______g/cm3（列出計(jì)算表達(dá)式）。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】

A．每個(gè)C原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，軸烯分子中C原子數(shù)與H原子數(shù)相同，所以軸烯的通式可表示為CmHm，選項(xiàng)A正確；B、軸烯均含有碳碳雙鍵，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，選項(xiàng)B正確；C．軸烯的通式可表示為CmHm，由題中數(shù)據(jù)可知，碳碳雙鍵數(shù)目是碳原子數(shù)目的一半，故與足量H2完全反應(yīng)，lmol軸烯消耗H2的物質(zhì)的量為0.5mmol，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．該軸烯的分子式為：C6H6，含有2個(gè)碳碳三鍵的碳架結(jié)構(gòu)分別為：C≡C-C≡C-C-C、C≡C-C-C≡C-C、C≡C-C-C-C≡C、C-C≡C-C≡C-C，故總共4種，選項(xiàng)D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的書寫及同分異構(gòu)體的判斷，注意知識(shí)的歸納和梳理是關(guān)鍵，難度中等。易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)C，軸烯的通式可表示為CmHm，由題中數(shù)據(jù)可知，碳碳雙鍵數(shù)目是碳原子數(shù)目的一半。2、A【解析】

W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。依據(jù)元素周期律可知，同周期元素中，從左到右原子半徑依次減小，同主族元素中，從上到下原子半徑依次增大，因Y是短周期中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色氣體，采用逆分析法可知，這兩種氣體為二氧化碳與二氧化硫酸性氣體，則可知Z為S，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液為濃硫酸，可與W的單質(zhì)（C）反應(yīng)，因此推出W為C；又X和Z同族，則X為O元素，據(jù)此分析作答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，W、X、Y、Z分別是C、O、Na和S元素，則A.簡(jiǎn)單離子的電子層數(shù)越多，其對(duì)應(yīng)的半徑越大；電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則簡(jiǎn)單離子半徑大小為Y＜X＜Z，A項(xiàng)正確；B.氫化鈉為離子化合物，溶于水后與水發(fā)生反應(yīng)：NaH+H2O=NaOH+H2↑，使溶液呈現(xiàn)堿性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸為亞硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.工業(yè)上采用電解熔融氯化鈉來(lái)制備金屬鈉，而不是Na2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】B項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生要注意氫元素與活潑金屬作用時(shí)，形成離子化合物，H顯-1價(jià)。3、C【解析】

A.NaHSO4是離子化合物，熔融狀態(tài)下NaHSO4電離產(chǎn)生Na+、HSO4-，含有自由移動(dòng)的離子，因此在熔融狀態(tài)下具有導(dǎo)電性，A錯(cuò)誤；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說(shuō)明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能證明溶液中Fe3+是原來(lái)就含有還是Fe2+反應(yīng)產(chǎn)生的，B錯(cuò)誤；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的構(gòu)型相同，向濃度均為0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說(shuō)明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，C正確；D.AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中Al3+水解，產(chǎn)生Al(OH)3和HCl，將AlCl3溶液加熱蒸干，HCl揮發(fā)，最后得到的固體為Al(OH)3，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。4、D【解析】

燃料電池：a端：二氧化硫生成硫酸根離子，硫元素化合價(jià)升高失電子所以a為負(fù)極，電極反應(yīng)式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b為正極，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O，總電極反應(yīng)式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。電解池：c極和電源正極相連為陽(yáng)極，失電子，電極反應(yīng)式為4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d極與電源負(fù)極相連為陰極，得電子，電極反應(yīng)式為Cu2++2e+=Cu,總電極反應(yīng)式為2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑?！驹斀狻緼.b為正極，看到質(zhì)子交換膜確定酸性環(huán)境，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O，故不選A；B.原電池內(nèi)部陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，故不選B；C.由上面分析可知該燃料電池的總反應(yīng)為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不選C；D.d極與電源負(fù)極相連，為陰極得電子，有銅析出，所以應(yīng)該是若a電極消耗標(biāo)況下2.24LSO2，理論上在d極上有6.4g銅析出，故選D；正確答案：D?！军c(diǎn)睛】根據(jù)質(zhì)子交換膜確定溶液酸堿性，燃料電池中燃料在負(fù)極反應(yīng)失電子，氧氣在正極反應(yīng)得電子。根據(jù)燃料電池正負(fù)極確定電解池的陰陽(yáng)極、電極反應(yīng)式和離子移動(dòng)方向等。5、B【解析】

A．“軌道”2Px與3Py分別屬于第二電子層和第三電子層，不同電子層的電子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A錯(cuò)誤；B．所有的p軌道均為紡錘形，所以“軌道”2Px與3Py均呈紡錘形，故B正確；C．不同電子層上的電子，其自旋方向不一定相同，故C錯(cuò)誤；D．在三維坐標(biāo)中，“軌道”2Px在x軸方向伸展，3Py在y軸方向伸展，則在空間的伸展方向不同，故D錯(cuò)誤；故答案為B。6、B【解析】

在金屬活動(dòng)性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬?gòu)钠潲}溶液中置換出來(lái)，向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，反應(yīng)為2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應(yīng)后過(guò)濾得到濾液和固體cg，可能發(fā)生反應(yīng)為2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu，根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)分析?！驹斀狻堪l(fā)生的化學(xué)反應(yīng)有三個(gè)，化學(xué)方程式如下：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe＝3FeCl2，則A．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時(shí)溶液中還有部分銅未完全置換出來(lái)，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，56gFe可以置換64gCu，所以b一定小于c，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若a＞c，加入的鐵是不足量的，此時(shí)溶液中還有部分銅未完全置換出來(lái)，cg固體中只含一種金屬Cu，由方程式CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知，b一定小于c，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若a＜c，加入的鐵是過(guò)量的，溶液中只有Fe2+，cg固體中含兩種金屬Fe、Cu，由方程式2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝FeCl2+Cu可知b可能與c相等，選項(xiàng)C正確；D．若a=c，加入的鐵恰好把銅離子完全置換出來(lái)，溶液中只有Fe2+，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查了Fe、Cu及其化合物之間的反應(yīng)，注意把握Fe與銅離子、鐵離子之間的反應(yīng)，側(cè)重于考查學(xué)生的分析判斷能力。7、C【解析】

A.含有C.

H、O元素且含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，不屬于芳香烴，故A錯(cuò)誤；B.不含酚羥基，所以不能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.含有碳碳雙鍵且連接苯環(huán)的碳原子上含有氫原子，所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.含有3個(gè)酯基，所以1

mol

M完全水解生成3mol醇，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)睛】該物質(zhì)中含有酯基、氨基、苯環(huán)、碳碳雙鍵，具有酯、胺、苯、烯烴的性質(zhì)，能發(fā)生水解反應(yīng)、中和反應(yīng)、加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．8、C【解析】

A．石油、煤、天然氣、可燃冰都屬于化石燃料，植物油屬于油脂不是化石燃料，故A錯(cuò)誤；B．綠色食品是指在無(wú)污染的條件下種植、養(yǎng)殖、施有機(jī)肥料、不用高毒性、高殘留農(nóng)藥、在標(biāo)準(zhǔn)環(huán)境的食品，生產(chǎn)時(shí)可以使用有機(jī)化肥和低毒的農(nóng)藥，故B錯(cuò)誤；C．推廣使用潔凈煤技術(shù)，可減少二氧化硫等有害氣體的排放，故C正確；D．“地溝油”是用飯店的泔水及垃圾豬肉等加工而成的“食用油”，對(duì)人體健康有害不能食用，故D錯(cuò)誤；故答案為C。9、B【解析】

A.酸雨中含有亞硫酸，亞硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增強(qiáng)，并不是雨水中溶解了CO2的緣故，故A錯(cuò)誤；B.乙烯是水果催熟劑，乙烯可與高錳酸鉀溶液反應(yīng)，所以除去乙烯達(dá)到水果保鮮的目的，故B正確；C.非金屬性強(qiáng)弱的判斷，依據(jù)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性強(qiáng)弱，不是氧化性的強(qiáng)弱且HClO不是Cl元素的最高價(jià)含氧酸，不能做為判斷的依據(jù)，故C錯(cuò)誤；D.制備氫氧化鐵膠體，應(yīng)在沸水中滴加氯化鐵溶液，繼續(xù)加熱至溶液呈紅褐色，如在飽和氯化鐵溶液煮沸，鐵離子的水解程度較大，生成氫氧化鐵沉淀，故D錯(cuò)誤。故選B。10、D【解析】

A.氯氣和水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA，故A錯(cuò)誤；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNO2的物質(zhì)的量為0.3mol，根據(jù)反應(yīng)3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反應(yīng)生成0.1molNO，轉(zhuǎn)移了0.2mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA，故B錯(cuò)誤；C.NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的個(gè)數(shù)大于2NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；D.14g由N2與CO組成的混合氣體的物質(zhì)的量為：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子數(shù)目為NA，故D正確。故答案選D。11、D【解析】

T、R、W、G均為短周期元素，根據(jù)它們?cè)谥芷诒碇械奈恢?，可知T為碳元素，R為氧元素，G為鋁元素，W為氯元素?！驹斀狻緼.T為C元素，可形成多種氫化物，當(dāng)分子量較大時(shí)，沸點(diǎn)即可高于R的，A錯(cuò)誤；B.W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)酸，而HClO為弱酸，B錯(cuò)誤；C.T和W組成的化合物為CCl4，只含有一種化學(xué)鍵共價(jià)鍵，C錯(cuò)誤；D.G為Al，工業(yè)電解熔融的氧化鋁來(lái)制備其單質(zhì)，D正確；故答案選D。12、A【解析】二氧化硫?yàn)闊o(wú)色、具有刺激性氣味的氣體，可與水、堿以及堿性氧化物反應(yīng)，具有漂白性、氧化性和還原性，可形成酸雨，只有A錯(cuò)誤，故選A。點(diǎn)睛：明確SO2的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，可與水、堿以及堿性氧化物反應(yīng)，S元素化合價(jià)為+4價(jià)，處于中間價(jià)態(tài)，既具有氧化性也具有還原性，另外還具有漂白性，以此解答。13、A【解析】

高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性，可殺菌消毒。同時(shí)生成的還原產(chǎn)物鐵離子，在溶液中能水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中的懸浮物，因此正確的答案選A。14、B【解析】

A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞，可以用鐵絲疏通，故正確；B.鍍鋅鐵放在稀硫酸溶液中，鋅為原電池的負(fù)極，鐵為正極，當(dāng)鋅反應(yīng)完，反應(yīng)速率減慢，所以不會(huì)出現(xiàn)氣泡突然消失的現(xiàn)象，只能氣泡產(chǎn)生速率變慢，故錯(cuò)誤；C.溴容易揮發(fā)，所以用水封，故正確；D.紫藥水和高錳酸鉀溶液都能殺菌消毒，故正確。故選B。15、D【解析】

鍍鋅鐵片，放入錐形瓶中，并滴入少量食鹽水將其浸濕，再加數(shù)滴酚酞試液，形成的原電池中，金屬鋅為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)：Zn-2e-=Zn2+，鐵為正極，發(fā)生吸氧腐蝕，2H2O+O2+4e-=4OH-，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．形成的原電池中，金屬鋅為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)：Zn-2e-=Zn2+，鋅被腐蝕，故A正確；B．錐形瓶中金屬發(fā)生吸氧腐蝕，生成的氫氧根離子遇到酚酞會(huì)顯示紅色，故B正確；C．錐形瓶中金屬發(fā)生吸氧腐蝕，瓶中氣體壓強(qiáng)減小，導(dǎo)氣管里形成一段水柱，故C正確；D．原電池形成后沒(méi)有氣體生成，發(fā)生吸氧腐蝕，瓶中氣體壓強(qiáng)減小，所以B中導(dǎo)氣管不會(huì)產(chǎn)生氣泡，故D錯(cuò)誤；故選D。16、D【解析】

越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規(guī)模開發(fā)利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術(shù)較晚，答案選D。17、B【解析】

A．的溶液，的物質(zhì)的量為，硫酸中氫離子和硫酸根離子的物質(zhì)的量比為2比1，硫酸根離子的物質(zhì)的量為0.05mol，數(shù)目為，故A錯(cuò)誤；B．和反應(yīng)前后分子數(shù)不變，故和充分反應(yīng)后，容器內(nèi)分子總數(shù)為，故B正確；C．與KI的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．60g的物質(zhì)的量為n===1mol，1mol中有4molSi-O鍵，則Si-O鍵數(shù)目為4NA；答案選B。【點(diǎn)睛】關(guān)于PH的計(jì)算和物質(zhì)的量公式是解題的關(guān)鍵。18、C【解析】

由反應(yīng)①可知A2B應(yīng)為Mg2Si，與氨氣、氯化銨反應(yīng)生成SiH4和MgCl2?6NH3，MgCl2?6NH3加入堿液，可生成Mg(OH)2，MgCl2?6NH3加熱時(shí)不穩(wěn)定，可分解生成氨氣，同時(shí)生成氯化鎂，電解熔融的氯化鎂，可生成鎂，用于工業(yè)冶煉，而MgCl2?6NH3與鹽酸反應(yīng)，可生成氯化鎂、氯化銨，其中氨氣、氯化銨可用于反應(yīng)①而循環(huán)使用，以此解答該題?！驹斀狻緼．由分析知A2B的化學(xué)式為Mg2Si，故A正確；B．反應(yīng)①需要氨氣和NH4Cl，而由流程可知MgCl2?6NH3加熱或與鹽酸反應(yīng)，生成的氨氣、氯化銨，參與反應(yīng)①而循環(huán)使用，故B正確；C．由流程可知MgCl2·6NH3高溫分解生成MgCl2，再電解MgCl2制取鎂均發(fā)生分解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．分別將MgCl2溶液和Mg(OH)2懸濁液加熱，灼燒，都是氧化鎂，最終得到的固體相同，故D正確；故答案為C。19、A【解析】

A.苯甲酸在水中的溶解度為0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲裝置溶解樣品，Y末溶，X溶解形成不飽和溶液，苯甲酸形成熱飽和溶液，X在第①步被分離到溶液中，故A正確；B.乙是普通漏斗，不能用乙裝置趁熱過(guò)濾，且過(guò)濾裝置錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)苯甲酸的溶解度受溫度影響，應(yīng)用冷卻熱飽和溶液的方法結(jié)晶，故C錯(cuò)誤；D.正確的操作順序?yàn)椋孩奂訜崛芙猓篨和苯甲酸溶解②趁熱過(guò)濾：分離出難溶物質(zhì)Y④結(jié)晶：苯甲酸析出①常溫過(guò)濾：得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗滌、干燥，得較純的苯甲酸，正確的順序?yàn)棰邸凇堋佟?，故D錯(cuò)誤；故選A。20、C【解析】

分析題中由水電離的氫離子濃度變化曲線圖可知，a～c段水電離出的氫離子濃度逐漸增大，說(shuō)明這個(gè)過(guò)程中促進(jìn)了水的電離，在c～d段水電離出的氫離子濃度逐漸減小，說(shuō)明此過(guò)程中水的電離被抑制。在c點(diǎn)水的電離程度最大，此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為：NaCl和NaClO。據(jù)此進(jìn)行判斷?！驹斀狻緼．NaOH溶液的pH=13，則c(NaOH)=0.1mol·L1，新制氯水的濃度不確定，m不一定等于20，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由題給信息可知，a點(diǎn)時(shí)還未加入NaOH，此時(shí)溶液呈酸性，c點(diǎn)中水電離程度最大，此時(shí)所得溶液溶質(zhì)是NaCl和NaClO，溶液呈堿性，故b點(diǎn)溶液呈中性，c～d段水電離出的氫離子濃度逐漸減小，說(shuō)明隨著NaOH的繼續(xù)加入，水的電離受到抑制，故d點(diǎn)溶液應(yīng)呈堿性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．a(chǎn)~c點(diǎn)發(fā)生反應(yīng)為Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C項(xiàng)正確；D．由電離常數(shù)知，電離質(zhì)子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2=HCO3-＋HClO，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。21、D【解析】

根據(jù)圖示可知，鐵做陽(yáng)極，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，所以a為陽(yáng)極，b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，2H2O+2e-=H2+2OH-?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示a電極為Fe電極，連接電源正極，作陽(yáng)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，b電極連接電源負(fù)極，作陰極，A正確；B.由圖示可知：a電極為Fe電極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，B正確；C.Fe2+具有還原性，容易被溶解在溶液的氧氣氧化變?yōu)镕e3+，氧氣得到電子變?yōu)镺H-，F(xiàn)e3+與OH-結(jié)合形成Fe(OH)3，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，在處理廢水時(shí)，溶液中可能發(fā)生的反應(yīng)為：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正確；D.Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3的集合體，所以電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成Fe(OH)3膠粒的物質(zhì)的量小于1mol，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。22、D【解析】

本題主要考查離子方程式的正確書寫?！驹斀狻緼．Al+2OH－=AlO2－+H2↑反應(yīng)中電荷數(shù)不平，正確的離子方程式為：2H2O+2Al+2OH－=2AlO2－+3H2↑，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.過(guò)量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)無(wú)Fe3+生成，正確的離子方程式為：，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.澄清石灰水中加入過(guò)量NaHCO3溶液反應(yīng)的離子方程式中Ca2＋與OH－系數(shù)比為1：2，故離子方程式為：;故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：，故D項(xiàng)正確。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、第四周期Ⅷ族[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5ABK＜C＜O＜Nspsp22:14分子【解析】

(1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，據(jù)此確定其在周期表的位置；基態(tài)Fe失去4s上2個(gè)電子和3d軌道上1個(gè)電子即為Fe3+；(2)根據(jù)化學(xué)鍵的類型和特點(diǎn)解答，注意氫鍵是分子間作用力，不是化學(xué)鍵；(3)①KCNO由K、C.

N、O四種元素組成，K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵、C≡N含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，C?H都是σ鍵，確定分子中σ鍵和π鍵數(shù)目，再求出比值；(4)1個(gè)Ca2+周圍距離最近且等距離的C22?應(yīng)位于同一平面，注意使晶胞沿一個(gè)方向拉長(zhǎng)的特點(diǎn)；(5)Fe(CO)5的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)均不高，類似于分子晶體的特點(diǎn)；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞體積V=cm3、邊長(zhǎng)a=cm，根據(jù)Fe原子半徑r與晶胞邊長(zhǎng)a關(guān)系求出r?！驹斀狻?1)Fe的原子序數(shù)是26，根據(jù)構(gòu)造原理知Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族據(jù)；基態(tài)Fe失去4s上2個(gè)電子和3d軌道上1個(gè)電子即為Fe3+，所以基態(tài)Fe3+核外電子排布式為)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)[Fe(CN)6]3?是陰離子，是配合物的內(nèi)界，含有配位鍵和極性共價(jià)鍵，金屬鍵存在于金屬晶體中，氫鍵是分子間作用力，不是化學(xué)鍵，故選AB；故答案為：AB；(3)①KCNO中K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態(tài)、能量最低，所以第一電離能大于O，C的非金屬性小于O，第一電離能小于O，所以第一電離能由小到大排序?yàn)镵<C<O<N；故答案為：K<C<O<N；②丙烯腈(H2C=CH?C≡N)分子中碳原子VSEPR構(gòu)型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵、C≡N含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，C?H都是σ鍵，所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目分別為6、3，σ鍵和π鍵數(shù)目之比為6:3=2:1；故答案為：sp、sp2；2:1；(4)依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個(gè)平面的長(zhǎng)與寬不相等，再由圖中體心可知1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22?不是6個(gè)，而是4個(gè)，故答案為：4；(5)根據(jù)Fe(CO)5的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)均不高的特點(diǎn)，可推知Fe(CO)5為分子晶體；故答案為：分子；(6)Fe單質(zhì)的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數(shù)為8×+1=2，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞體積V=cm3、邊長(zhǎng)a=cm，F(xiàn)e原子半徑r與晶胞邊長(zhǎng)a關(guān)系為4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案為：×107。24、取代反應(yīng)消去反應(yīng)10mol【解析】

根據(jù)流程圖中苯轉(zhuǎn)化為，為四氯化碳中的兩個(gè)氯原子被苯環(huán)上的碳取代，同一碳上的羥基不穩(wěn)定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據(jù)酮和A反應(yīng)生成，推之酮和A發(fā)生加成反應(yīng)的產(chǎn)物，所以A為：，在濃硫酸的作用下發(fā)生醇羥基的消去反應(yīng)生成B，和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C與D反應(yīng)生成心舒寧，所以D為：；據(jù)以上分析進(jìn)行解答?！驹斀狻繐?jù)流程圖中苯轉(zhuǎn)化為，為四氯化碳中的兩個(gè)氯原子被苯環(huán)上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羥基不穩(wěn)定，所以鹵代烴水解消去得到酮，根據(jù)酮和A反應(yīng)生成，推之酮和A發(fā)生加成反應(yīng)的產(chǎn)物，+→，A為：，在濃硫酸的作用下發(fā)生醇羥基的消去反應(yīng)→+H2O，生成B，和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)+10H2→，生成C，C與D反應(yīng)生成心舒寧，所以D為：，反應(yīng)為：+→，1．結(jié)合以上分析可知，反應(yīng)①取代反應(yīng)、反應(yīng)②是醇的消去；2．發(fā)生加成反應(yīng)生成，結(jié)合原子守恒和碳架結(jié)構(gòu)可得出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：；C是由經(jīng)過(guò)醇的消去，再和氫氣完全加成的產(chǎn)物，可C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；3．B與氫氣加成時(shí)二個(gè)苯環(huán)和右側(cè)六元環(huán)需要9個(gè)氫分子，另外還有一個(gè)碳碳雙鍵，故由1molB轉(zhuǎn)化為C，完全加成消耗H2的物質(zhì)的量為10mol；如果將③、④兩步顛倒，則發(fā)生反應(yīng)為中間體B先與生成鹽，后再與H2加成，故最后得到的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中應(yīng)不含不飽和的雙鍵．即為；4．D為與之同類別的同分異構(gòu)體E為，E與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；5．A的屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體為與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式。25、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管濃硫酸防止空氣中水蒸汽進(jìn)入三頸燒瓶，使SO2Cl2發(fā)生水解變質(zhì)并能吸收尾氣SO2和Cl2，防止污染環(huán)境D滴加最后一滴HCl標(biāo)準(zhǔn)液，錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘不恢?fù)75%【解析】

（1）SO2Cl2中，O的化合價(jià)是-2價(jià)，Cl的化合價(jià)是-1價(jià)，計(jì)算可得S的化合價(jià)是+6價(jià)。SO2Cl2中與水發(fā)生反應(yīng)“發(fā)煙”的化學(xué)方程式為：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。（2）①如上圖，甲是反應(yīng)的發(fā)生裝置，儀器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，裝有堿石灰，其作用是防止空氣中水蒸氣的進(jìn)入，還可以吸收尾氣SO2和C12，防止污染環(huán)境；丙是提供氯氣的裝置，乙的作用是除去氯氣中的雜質(zhì)。由于通入甲的氯氣必須是干燥的，故乙中應(yīng)加入干燥劑，圖中所示為液體干燥劑，即濃硫酸。故答案為冷凝管；濃硫酸；防止空氣中水蒸汽進(jìn)入三頸燒瓶，使SO2C12發(fā)生水解變質(zhì)并能吸收尾氣SO2和C12，防止污染環(huán)境。②利用加入的液體使集氣瓶中的氯氣排出，氯氣在飽和食鹽水中溶解度小，因此選D。③硫酰氯在水溶液中與水反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，都是酸性物質(zhì)，與氫氧化鈉可以發(fā)生反應(yīng)。因此在過(guò)量的NaOH溶液中加熱充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液顯堿性，因此顯黃色。用0.1000mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)HC1滴定至終點(diǎn)時(shí)，觀察到的現(xiàn)象為錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘不恢?fù)。消耗的HCl的物質(zhì)的量與滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物質(zhì)的量相等，為0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液為原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。與氯化氫和硫酸反應(yīng)消耗的NaOH為0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol，根據(jù)總反應(yīng)方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原產(chǎn)品中含有SO2C12的物質(zhì)的量為0.01mol，質(zhì)量為0.01mol×135g/mol=1.35g，產(chǎn)率為1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案為滴加最后一滴HC1標(biāo)準(zhǔn)液，錐形瓶中溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘不恢?fù)；75%?！军c(diǎn)睛】SOCl2水解的反應(yīng)可以把SO2Cl2和H2O都拆成正價(jià)和負(fù)價(jià)兩部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-兩部分，把水拆成H+和OH-兩部分，然后正和負(fù)兩兩結(jié)合，即可寫出生成物，同時(shí)可以直接配平方程式。即H+和Cl-結(jié)合，由于有2個(gè)Cl-，所以需要2個(gè)水分子提供2個(gè)H+，同時(shí)提供的2個(gè)OH-和1個(gè)結(jié)合為H2SO4，最終反應(yīng)的方程式為：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物質(zhì)和水的反應(yīng)均可同樣方法寫出化學(xué)方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，鹽類的水解也可以同樣寫出。26、長(zhǎng)頸漏斗Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O0.5液體進(jìn)入長(zhǎng)頸漏斗中，錐形瓶?jī)?nèi)液面下降，長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)液面上升，形成一段液柱b溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色不能過(guò)量的Cl2也可將I-氧化為I2【解析】

(1)根據(jù)圖示裝置中儀器結(jié)構(gòu)識(shí)別名稱；(2)次氯酸鈣具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化鹽酸，依據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等配平方程式，若換為KClO3，該物質(zhì)也有強(qiáng)氧化性，可以氧化HCl為Cl2，根據(jù)方程式物質(zhì)變化與電子轉(zhuǎn)移關(guān)系計(jì)算；(3)裝置B亦是安全瓶，監(jiān)測(cè)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行時(shí)C中是否發(fā)生堵塞，發(fā)生堵塞時(shí)B中的壓強(qiáng)增大，B中長(zhǎng)頸漏斗中液面上升，形成水柱；(4)為了驗(yàn)證氯氣是否具有漂白性，要驗(yàn)證干燥氯氣無(wú)漂白性，濕潤(rùn)的有色布條中，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性；(5)氯氣氧化性強(qiáng)于溴，氯氣能夠置換溴；溴氧化性強(qiáng)于碘，能夠置換碘；氯氣的氧化性強(qiáng)于碘，能夠置換碘，結(jié)合碘在有機(jī)物中溶解性及顏色解答?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示可知儀器a名稱為長(zhǎng)頸漏斗；(2)漂白粉固體和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣、氯氣和水，化學(xué)方程式為：Ca(ClO)2+4HCl(濃)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，若將漂白粉換為KClO3，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得方程式為KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由方程式可知：每轉(zhuǎn)移5mol電子，反應(yīng)產(chǎn)生3mol氯氣，質(zhì)量是21.3gCl2的物質(zhì)的量是0.3mol，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.5mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.5NA；(3)反應(yīng)產(chǎn)生的Cl2中混有氯化氫和水蒸氣，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl；裝置B亦作安全瓶，監(jiān)測(cè)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行時(shí)C中是否發(fā)生堵塞。若發(fā)生堵塞時(shí)B中的氣體壓強(qiáng)增大，使B中液體進(jìn)入長(zhǎng)頸漏斗中，錐形瓶?jī)?nèi)液面下降，長(zhǎng)頸漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)裝置C的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證氯氣是否具有漂白性，驗(yàn)證氯氣是否具有漂白性，要驗(yàn)證干燥氯氣無(wú)漂白性，在濕潤(rùn)的有色布條中，氯氣和水反應(yīng)生成次氯酸具有漂白性，a.I為干燥的有色布條不褪色，Ⅱ中濃硫酸只吸收水分，再通入濕潤(rùn)的有色布條會(huì)褪色，能驗(yàn)證氯氣的漂白性，但U形管中盛放的應(yīng)是固體干燥劑，a錯(cuò)誤；b.I處是濕潤(rùn)的有色布條褪色，II是干燥劑無(wú)水氯化鈣不能吸收氯氣，只吸收水蒸氣，III中干燥的有色布條不褪色，可以證明，b正確；c.I為濕潤(rùn)的有色布條褪色，II為干燥劑堿石灰，堿石灰能夠吸收水蒸氣和Cl2，進(jìn)入到III中無(wú)氯氣，不會(huì)發(fā)生任何變化，不能驗(yàn)證，c錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是b；(5)依據(jù)氯氣和溴化鈉反應(yīng)生成溴單質(zhì)，液體溴單質(zhì)、過(guò)量的Cl2都能和碘化鉀溶液中的碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)易溶于苯，顯紫紅色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分層；過(guò)量的Cl2也可將I-氧化為I2，所以通過(guò)E中溶液分為兩層，上層(苯層)為紫紅色，不能說(shuō)明溴的氧化性強(qiáng)于碘?！军c(diǎn)睛】本題考查了氯氣的制備和性質(zhì)，明確制備的原理和氯氣的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意氧化還原方程式的書寫及計(jì)算，題目難度中等。27、SiO2粉碎鋅白礦（或充分?jǐn)嚢铦{料、適當(dāng)加熱等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質(zhì)ZnSO4、K2SO4【解析】鋅白礦中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分別和稀硫酸反應(yīng)生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反應(yīng)，然后過(guò)濾，得到的濾液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向?yàn)V液中混入Zn，將Fe3+還原為Fe2+，得到Cu沉淀，然后過(guò)濾，得到的濾液中含有ZnSO4、FeSO4，向?yàn)V液中加入高錳酸鉀，高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，向溶液中加入適量氧化鋅，溶液pH升高，鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過(guò)濾，得到的濾液中含有ZnSO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到ZnSO4?7H2O。(1)根據(jù)上述分析，“濾渣1”的主要成分為二氧化硅。浸取過(guò)程中，為提高浸出效率可采用的措施有，可將礦石粉碎或提高浸取時(shí)的溫度，或適當(dāng)增大酸的濃度等，故答案為SiO2；粉碎鋅白礦（或充分?jǐn)嚢铦{料、適當(dāng)加熱等）；(2)“置換”過(guò)程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應(yīng)外，另一主要反應(yīng)為置換銅的反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案為Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根據(jù)流程圖，“氧化”一步中，F(xiàn)e2+能被高錳酸鉀氧化生成Fe3+，高錳酸鉀被還原成二氧化錳，生成是鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀反應(yīng)的離子方程式為3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之間可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質(zhì)，故答案為3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質(zhì)；(4)根據(jù)上述分析，氧化后溶液轉(zhuǎn)化含有的鹽類物質(zhì)有ZnSO4、K2SO4，故答案為ZnSO4、K2SO4。點(diǎn)睛：本題考查物質(zhì)分離和提純、實(shí)驗(yàn)裝置綜合等知識(shí)點(diǎn)，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)