2024年滬科版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷215考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、用惰性電極分別電解下列各物質(zhì)的水溶液，一段時(shí)間后，向剩余溶液中加入適量水能使溶液恢復(fù)到電解前濃度的是A.CuSO4B.Na2SO4C.CuCl2D.NaCl2、鋼鐵生銹過程發(fā)生如下反應(yīng)：①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。下列說法正確的是A．反應(yīng)①、②中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等D．鋼鐵在潮濕的空氣中不能發(fā)生電化學(xué)腐蝕3、某烷烴發(fā)生氯代反應(yīng)后，只能生成三種沸點(diǎn)不同的一氯代產(chǎn)物，此烷烴是（）A.（CH3）2CHCH2CH2CH3B.（CH3CH2）2CHCH3C.（CH3）2CHCH（CH3）2D.（CH3）3CCH2CH34、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較中不正確的是A.非金屬性：rm{S>Si}B.離子半徑：rm{Na^{+}<S^{2-}}C.第一電離能：rm{Ca>K}D.元素電負(fù)性：rm{C<H}5、如圖為直流電源電解稀Na2SO4水溶液的裝置．通電后在石墨電極a和b附近分別滴加一滴石蕊溶液．下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象中錯(cuò)誤的是（）A.電子的流向：負(fù)極→a電極→b電極→正極B.a電極附近呈藍(lán)色，b電極附近呈紅色C.逸出氣體的體積，a電極的大于b電極的D.Na+向a極移動(dòng)評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、(16分)根據(jù)題目要求作答：（1）下列曲線表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)遞增的變化趨勢(shì)，正確的是。（2）下列物質(zhì)變化，只與范德華力有關(guān)的是。A．干冰熔化B．冰的汽化C．乙醇與水混溶D．碘溶于四氯化碳E．石英熔融（3）已知0.1molCrCl3·6H2O在水溶液中用過量硝酸銀溶液處理，產(chǎn)生0.2molAgCl沉淀。此配合物最有可能的化學(xué)式是。A．[Cr(H2O)6]Cl3B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O（4）金屬鎳在電池、合金、催化劑等方面應(yīng)用廣泛。Ni是元素周期表中第28號(hào)元素。①第2周期基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)與Ni相同且電負(fù)性最小的元素是；②NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點(diǎn)NiO________FeO(填“<”或“>”)；③CO與N2結(jié)構(gòu)相似,CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)之比為。Ni、Fe、Co等金屬都能與CO反應(yīng)形成配合物，F(xiàn)e(CO)5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)5晶體屬于（填晶體類型）。④普魯士藍(lán)是一種配合物，可用作染料，它的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（其中K+在體心位置，未標(biāo)出），普魯士藍(lán)中n(Fe3+)∶n(CN一)=_____。7、（6分）實(shí)驗(yàn)室配制少量銀氨溶液的方法是先向潔凈的試管中加入溶液，然后逐滴加入生成白色沉淀，反應(yīng)的離子方程式是①______________________________；繼續(xù)滴加至沉淀恰好溶解，即得銀氨溶液，反應(yīng)的離子方程式為②_________________________________；8、（4分）碳、硅元素的單質(zhì)及其化合物是構(gòu)成自然界的重要物質(zhì)。（1）甲烷是最簡(jiǎn)單的有機(jī)物，實(shí)驗(yàn)室可通討下列反應(yīng)制?。篊H3COONa+NaOHCH4↑+X(已配平)X屬于____晶體(填晶體類型)。（2）金剛石和石墨是兩種重要的碳單質(zhì)。①以Ni—Cr—Fe為催化劑，一定條件下可將石墨轉(zhuǎn)化為金剛石?；鶓B(tài)Cr3+離子中未成對(duì)電子數(shù)有____個(gè)。②石墨晶體能導(dǎo)電，導(dǎo)電的粒子是____。（3）甲硅烷(SiH4)的結(jié)構(gòu)與甲烷相似，甲硅烷能與硝酸銀發(fā)生如下反應(yīng)：SiH4+8AgNO3+2H2O="8"Ag↓+SiO2↓+8HNO3該反應(yīng)中氫元素被氧化，由此可判斷電負(fù)性：Si____H(填“>”、“<”或“=”)9、（10分）氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)，一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節(jié)能30％以上。在這種工藝設(shè)計(jì)中，相關(guān)物料的傳輸與轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示，其中的電極未標(biāo)出：回答下列有關(guān)問題：（1）電解池的陰極反應(yīng)式為___________________________。（2）通入空氣的電極的電極反應(yīng)式為___________________________，燃料電池中陽離子的移動(dòng)方向_________________________（“從左向右”或“從右向左”）。（3）電解池中產(chǎn)生2molCl2，理論上燃料電池中消耗O2的物質(zhì)的量為_____________。（4）a、b、c的大小關(guān)系為：_____________。10、（1）如圖1是一種分子式為C4H8O2的有機(jī)物的紅外光譜圖，則該有機(jī)物可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______、______．

（2）已知1丙醇和2丙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下：

1丙醇：CH3CH2CH2OH2丙醇：

如圖2是這兩種物質(zhì)中其中一種的核磁共振譜；并且峰面積比分別為1：1：6；

請(qǐng)指出該核磁共振譜表示的物質(zhì)是______；

（3）某有機(jī)化合物A的相對(duì)分子質(zhì)量大于110；小于150．經(jīng)分析得知，其中碳和氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為52.24%，其余為氧．請(qǐng)回答：

①該化合物的相對(duì)分子質(zhì)量是______．

②該化合物的化學(xué)式是______．

11、（1）下列事實(shí)不能說明醋酸是弱酸的是______

①當(dāng)溫度低于16.6℃時(shí)醋酸可凝結(jié)成冰一樣晶體。

②0.1mol/L的醋酸鈉溶液的pH約為9

③等體積等物質(zhì)的量濃度的硫酸比醋酸消耗氫氧化鈉多。

④0.1mol/L的醋酸的pH值約為4.8

⑤pH都等于4且等體積的醋酸和鹽酸；與等濃度NaOH溶液充分反應(yīng)時(shí)，醋酸消耗堿液多。

⑥同物質(zhì)的量濃度的醋酸和鹽酸加水稀釋至pH相同時(shí)；醋酸加入的水少．

（2）（CuCl（s）與O2反應(yīng)生成CuCl2（s）和一種黑色固體．在25℃、101kPa下，已知該反應(yīng)每消耗1molCuCl（s），放熱44.4kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是______．

（3）某同學(xué)用銅片、銀片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、導(dǎo)線和鹽橋（裝有瓊脂-KNO3的U形管）設(shè)計(jì)成一個(gè)原電池，如圖所示，下列判斷中正確的是______．

a．實(shí)驗(yàn)過程中，左側(cè)燒杯中NO3-濃度不變。

b．實(shí)驗(yàn)過程中取出鹽橋；原電池能繼續(xù)工作。

c．若開始時(shí)用U形銅代替鹽橋；裝置中無電流產(chǎn)生。

d．若開始時(shí)用U形銅代替鹽橋；U形銅的質(zhì)量不變。

（4）利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料．LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得．利用如圖所示裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為L(zhǎng)iOH和LiCl溶液．B極區(qū)電解液為______溶液（填化學(xué)式），陽極電極反應(yīng)式為______，電解過程中Li+向______電極遷移（填“A”或“B”）．12、電化學(xué)知識(shí)與我們的生活緊密相連，請(qǐng)用所學(xué)知識(shí)解決以下問題：Ⅰrm{.}金屬腐蝕是我們?nèi)粘Ｉ钪械某Ｒ姮F(xiàn)象。

rm{(1)}圖銅板上鐵鉚釘處的腐蝕屬于__________腐蝕。

rm{(2)}分析此腐蝕過程，下列說法中，不正確的是_______。A.正極電極反應(yīng)式為：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}B.此過程中還涉及到反應(yīng)：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}簍T4Fe(OH)_{3}}C.此過程中銅也會(huì)被腐蝕D.此過程中電子從rm{Fe}移向rm{Cu}

Ⅱrm{.}燃料電池能量轉(zhuǎn)化率較高，具有廣闊的發(fā)展前景。如下圖是rm{C_{2}H_{4}(}乙烯rm{)}燃料電池原理示意圖。

rm{(1)}電池的負(fù)極是_______rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}該極的電極反應(yīng)式是___________________。rm{(2)}電池工作一段時(shí)間后電解質(zhì)溶液的rm{pH}________rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}Ⅲrm{.(1)}下圖是一個(gè)電化學(xué)裝置示意圖。

rm{壟脵}如果用此裝置模擬精煉含有鐵、鋅、銀、金雜質(zhì)的粗銅，rm{C}為rm{CuSO_{4}}溶液，則電極材料rm{B}應(yīng)為________，陽極泥的組成物質(zhì)為_________。rm{壟脷}如果rm{A}是鉑電極，rm{B}是石墨電極，rm{C}是rm{400mL}的氯化鈉溶液，用氫氧燃料電池做電源，標(biāo)準(zhǔn)狀況制得rm{44.8mLCl_{2}}時(shí)，該燃料電池理論上需消耗rm{H_{2}}的物質(zhì)的量為_____rm{mol}電解后溶液的rm{pH}大約為_________，電解反應(yīng)的離子方程式為______________________________。rm{(2)}利用下圖裝置模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)，若rm{X}為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)rm{K}應(yīng)置于___處rm{(}填“rm{M}”或“rm{N}”rm{)}若rm{X}為鋅，開關(guān)rm{K}置于rm{M}處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為________。

13、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(jià)層電子排布圖是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的結(jié)構(gòu)為其中rm{S}的化合價(jià)是______。rm{(3)}含硫的物質(zhì)的特殊性質(zhì)與其結(jié)構(gòu)相關(guān)。rm{壟脵}熔點(diǎn)：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{壟脷}沸點(diǎn)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{)}14、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。基態(tài)rm{A}原子核外電子占據(jù)三個(gè)能級(jí)，各能級(jí)上的電子數(shù)相同；在短周期中，基態(tài)rm{B}原子的未成對(duì)電子數(shù)最多，rm{C}的第一電離能最小，rm{D}的最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的rm{2}倍；基態(tài)rm{W^{3+}}的rm51trtlp能級(jí)達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)。請(qǐng)回答下列問題：

rm{(1)}基態(tài)rm{W}原子的價(jià)層電子排布式為____________________________________；rm{W}基態(tài)原子共有___________種不同能級(jí)的電子；rm{(2)}與rm{AB^{隆陋}}互為等電子體的微粒的化學(xué)式為______________。rm{(}寫出一種即可rm{)}rm{(3)}在rm{A}rm{B}rm{D}常見的含氧酸根離子中，空間構(gòu)型呈平面三角形的有________________rm{(}填離子符號(hào)rm{)}空間構(gòu)型呈三角錐形的離子的中心原子雜化軌道類型是______________________；rm{(4)(DAB)_{2}}分子中每個(gè)原子價(jià)層都達(dá)到rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)且分子中不含有雙鍵，也不含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)。rm{1}個(gè)rm{(DAB)_{2}}分子中含__________個(gè)rm{摟脪}鍵_________個(gè)rm{婁脨}鍵評(píng)卷人得分三、解答題(共5題，共10分)15、A；B、C、D、E代表5種元素．請(qǐng)?zhí)羁眨?/p>

（1）A元素基態(tài)原子的最外層有3個(gè)未成對(duì)電子；次外層有2個(gè)電子，其元素符號(hào)為______．

（2）B元素的負(fù)一價(jià)離子和C元素的正一價(jià)離子的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同；B的元素符號(hào)為______，C的元素符號(hào)為______．

（3）D元素的正三價(jià)離子的3d軌道為半充滿；D的元素符號(hào)為______，其基態(tài)原子的電子排布式為______．D元素在元素周期表中的位置是______．

（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，E的元素符號(hào)為______，其基態(tài)原子的電子排布式為______．E元素在元素周期表中的分區(qū)中屬于______區(qū)元素，其單質(zhì)在一定條件下能與濃硫酸反應(yīng)，試寫出該反應(yīng)方程式______CuSO4+SO2+2H2O16、已知：CH2=CH-CH=CH2和CH3-CH=CH2分別可以寫成：和“雙烯合成反應(yīng)”又稱為“Diels-Alder反應(yīng)”，如：．

請(qǐng)回答下列問題：

（1）現(xiàn)有反應(yīng)：則物質(zhì)A的結(jié)構(gòu)式為：______；

在濃磷酸作用下；B與乙醇共熱生成酯的化學(xué)方程式為：______．

（2）在反應(yīng)：中；D物質(zhì)可發(fā)生反應(yīng)生成一種生活中常用高分子，其化學(xué)方程式為：______；

將物質(zhì)E與過量的H2發(fā)生加成反應(yīng)；其生成物的化學(xué)式為______．

（3）和都是無色液體，下列物質(zhì)中可以用來鑒別這兩種物質(zhì)的是______（填序號(hào)）：①銀氨溶液、②淀粉溶液、③溴水、④酸性KMnO4溶液；

（4）從現(xiàn)代化學(xué)觀點(diǎn)看，“Diels-Alder反應(yīng)”的優(yōu)點(diǎn)是：______．

17、某研究小組對(duì)鐵生銹進(jìn)行研究．

（1）經(jīng)過較長(zhǎng)時(shí)間后；甲同學(xué)觀察到的現(xiàn)象是：上述圖中的鐵釘最容易生銹的是______

（2）在鐵釘?shù)匿P蝕過程中；Fe發(fā)生了______（填“氧化”或“還原”）反應(yīng)。

（3）鐵生銹的外部條件是______

（4）若為了防止鐵釘生銹；該同學(xué)想在鐵釘表面鍍上一層金屬，該金屬最好是______

A．錫B．銅C．鋅．

18、如圖是實(shí)驗(yàn)室（苯酚；甲醛、濃鹽酸在100℃條件下）制取酚醛樹脂的裝置：

（1）試管上方長(zhǎng)玻璃管的作用是______；

（2）濃鹽酸在該反應(yīng)中的作用是______；

（3）此反應(yīng)需水浴加熱；為什么不用溫度計(jì)控制？______；

（4）實(shí)驗(yàn)完畢后；若試管用水不易洗凈，可以加入少量______浸泡幾分鐘后，再洗凈；

（5）寫出實(shí)驗(yàn)室制取酚醛樹脂的化學(xué)方程式______；該有機(jī)反應(yīng)類型是______．

19、已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ?mol-1CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ?mol-1

某H2和CO的混合氣體完全燃燒時(shí)放出113.74kJ熱量，同時(shí)生成3.6g液態(tài)水，求原混合氣體中H2和CO的物質(zhì)的量．

評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共4分)20、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(qiáng)的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點(diǎn)℃沸點(diǎn)℃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(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)實(shí)驗(yàn)室模擬工藝流程步驟II；III的實(shí)驗(yàn)裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實(shí)驗(yàn)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(shí)的操作為___________(選填字母編號(hào))。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是___________(選填字母編號(hào))。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對(duì)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(shí)驗(yàn)室用滴定法測(cè)定產(chǎn)品純度。測(cè)定過程涉及的反應(yīng)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，該實(shí)驗(yàn)還需要___________。評(píng)卷人得分五、其他(共2題，共4分)21、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)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(xué)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(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。22、下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時(shí)產(chǎn)生白煙K（NH4Cl）?；衔颎的焰色反應(yīng)為黃色，B為氧氣。反應(yīng)①和②均在溶液中進(jìn)行。請(qǐng)按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：D、F。（2）反應(yīng)②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應(yīng)的現(xiàn)象為。（4）將少量單質(zhì)C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{(lán)色。這說明單質(zhì)C的氧化性于單質(zhì)碘(填“強(qiáng)”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時(shí)，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學(xué)式：。評(píng)卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共32分)23、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、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(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)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?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

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

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。25、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。26、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(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：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(zhì)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(shí)驗(yàn)_______參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】惰性電極電解硫酸銅生成物是銅、氧氣和硫酸，所以要使溶液恢復(fù)電解前的狀態(tài)，需要加入氧化銅。電解硫酸鈉生成物是氫氣和氧氣，所以要使溶液恢復(fù)電解前的狀態(tài)，需要加入水，B正確。惰性電極電解氯化銅溶液，生成物是銅和氯氣，所以要使溶液恢復(fù)電解前的狀態(tài)，需要加入氯化銅。惰性電極電解氯化鈉溶液，生成物是氫氧化鈉、氫氣和氯氣，所以要使溶液恢復(fù)電解前的狀態(tài)，需要加入氯化氫氣體，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】【解答】解：A．（CH3）2CHCH2CH2CH3分子中含有5種化學(xué)環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有5種，故A錯(cuò)誤；B．（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4種化學(xué)環(huán)境不同的H原子；其一氯代物有4種，故B錯(cuò)誤；

C．（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2種化學(xué)環(huán)境不同的H原子；其一氯代物有2種，故C錯(cuò)誤；

D．（CH3）3CCH2CH3分子中含有3種化學(xué)環(huán)境不同的H原子；其一氯代物有3種，故D正確；

故選D．

【分析】某烷烴發(fā)生氯代反應(yīng)后，只能生成三種沸點(diǎn)不同的一氯代產(chǎn)物，及一氯代物有3種．根據(jù)等效氫原子來判斷各烷烴中氫原子的種類，有幾種類型的氫原子就有幾種一氯代物，據(jù)此解答．分子中等效氫原子一般有如下情況：①．分子中同一甲基上連接的氫原子等效．②．同一碳原子所連甲基上的氫原子等效．③．處于鏡面對(duì)稱位置（相當(dāng)于平面成像時(shí)，物與像的關(guān)系）上的氫原子等效．4、D【分析】【分析】本題考查第一電離能、電負(fù)性、非金屬性、離子半徑的遞變規(guī)律，熟知這些規(guī)律和特例是解題的基礎(chǔ)，題目難度不大。【解答】A.同周期自左而右元素的非金屬性增強(qiáng)，所以非金屬性：rm{S>Si}故A正確；

B.電子層數(shù)越多，離子半徑越大，所以離子半徑：rm{Na^{+}<S^{2-}}故B正確；

C.rm{Ca}的rm{4s}處于全滿狀態(tài)，rm{Ca}的第一電離能大于rm{K}故C正確；D.非金屬性越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越大，碳的非金屬性強(qiáng)于氫，所以元素電負(fù)性：rm{C>H}故D錯(cuò)誤。

故選D。【解析】rm{D}5、A【分析】解：A．電子不能通過溶液；故A錯(cuò)誤；

B．a(chǎn)電極上氫離子放電，則a電極附近氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，則變藍(lán)色，b電極上氫氧根離子放電，導(dǎo)致b電極附近氫離子濃度增大；溶液呈酸性，則變紅色，故B正確；

C．a(chǎn)電極上生成氫氣，b電極上生成氧氣；且二者的體積之比為2：1，故C正確；

D．電解時(shí)；陽離子向陰極a移動(dòng)，故D正確；

故選A．

裝置有外接電源是電解池，與電源正極相連的是陽極，與電源負(fù)極相連的是陰極，則b是陽極；a是陰極，電子從電源負(fù)極流出經(jīng)導(dǎo)線流向陰極，在陰極上氫離子得電子生成氫氣，陽極上氫氧根離子失電子生成氧氣，電子沿導(dǎo)線流回電源正極，石蕊遇酸變紅，遇堿變藍(lán)，該裝置實(shí)質(zhì)是電解水，據(jù)此解答．

本題考查電解池的工作原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意離子的移動(dòng)方向，明確陰陽極上放電的離子是解本題關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】A二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】試題分析：（1）同主族從上到下非經(jīng)屬性逐漸減弱，非經(jīng)屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，所以鹵族元素從上到下電負(fù)性減小，a對(duì)，F(xiàn)沒有正價(jià)，b錯(cuò)，HF中存在氫鍵沸點(diǎn)較高，c錯(cuò)，從F到Br狀態(tài)有氣態(tài)變成液態(tài)，熔沸點(diǎn)增大，d錯(cuò)，選a（2）A干冰屬于分子晶體，熔化時(shí)克服范德華力，B．水分子中有氫鍵，冰的汽化時(shí)要克服氫鍵和范德華力；C、乙醇分子間含有氫鍵，與水混溶克服氫鍵和范德華力；D碘屬于分子晶體，溶于四氯化碳只克服范德華力，E石英的主要成分為二氧化硅，屬于原子晶體，熔融時(shí)克服共價(jià)鍵，選AD。（3）根據(jù)0.1molCrCl3·6H2O和硝酸銀反應(yīng)得到0.2molAgCl沉淀，知道CrCl3·6H2O職能電離處2個(gè)氯離子，另一個(gè)氯離子是配位原子，所以CrCl3·6H2O的化學(xué)式為[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O（4）①Ni的電子排布為1S22S22P63S23P63d84s2，第二周期基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)與Ni相同且電負(fù)性最小的元素是C，②離子半徑越小形成的離子鍵越強(qiáng)，晶體的熔點(diǎn)越高；所以熔點(diǎn)NiO>FeO③CO與N2結(jié)構(gòu)相似，則結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，三鍵含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵；根據(jù)Fe(CO)5熔點(diǎn)和沸點(diǎn)，知它是分子晶體。④該立方體中Fe3+個(gè)數(shù)=4×1/8=0.5，CN-位于每條棱中點(diǎn)，該立方體中含有CN-個(gè)數(shù)=12×1/4=3,故n(Fe3+)∶n(CN一)=0.5︰3=1︰6考點(diǎn)：同主族元素的性質(zhì)變化、化學(xué)鍵的類型、配位化合物分子式的計(jì)算、晶胞的計(jì)算等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）a（2分）（2）AD（2分）（3）B（2分）（4）①C（碳）（2分）②>（2分）③1:2（2分）分子晶體（2分）④1∶6（2分）7、略

【分析】試題分析：實(shí)驗(yàn)室配制少量銀氨溶液的方法是先向潔凈的試管中加入AgNO3溶液溶液，然后逐滴加入稀氨水，生成白色沉淀，反應(yīng)的離子方程式是①AgNO3+NH3?H2O=AgOH↓+NH4NO3；繼續(xù)滴加至沉淀恰好溶解，即得銀氨溶液，反應(yīng)的離子方程式為②AgOH+2NH3?H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O。考點(diǎn)：考查銀氨溶液的配制和離子方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮緼gNO3溶液稀氨水①AgNO3+NH3?H2O=AgOH↓+NH4NO3；②AgOH+2NH3?H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O。8、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)原子守恒可知，X應(yīng)該是碳酸鈉，屬于離子晶體。（2）①根據(jù)構(gòu)造原理可知，基態(tài)Cr3+離子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d3，所以基態(tài)Cr3+離子中未成對(duì)電子數(shù)有3個(gè)。②石墨晶體中含有自由電子，所以可以導(dǎo)電。（3）根據(jù)反應(yīng)的方程式可知，氫元素失去電子，被氧化。這說明SiH4中氫元素顯負(fù)價(jià)，Si元素顯正價(jià)，所以硅元素的大發(fā)展小于氫元素的。考點(diǎn)：考查晶體類型、電負(fù)性的判斷以及未成對(duì)電子數(shù)的判斷【解析】【答案】（4分,每空一分）（1）離子（2）①3②自由電子（3）＜9、略

【分析】(1)電解飽和氯化鈉溶液時(shí)，陰極是氫離子放電，生成氫氣。（2）在原電池中負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)。通入空氣，說明該電極是正極，氧氣得到電子。在原電池中電子通過導(dǎo)線從負(fù)極傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動(dòng)。（3）電解池中產(chǎn)生2molCl2，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子4mol，根據(jù)得失電子守恒可知，消耗氧氣是1mol。（4）因?yàn)樵谌剂想姵氐恼龢O附近產(chǎn)生大量的OH－，而在負(fù)極附近，氫離子放電的同時(shí)需要消耗OH－，所以其濃度大小順序?yàn)閏>a>b?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2H2O+2e－=H2↑+2OH－（或2H++2e－===H2↑）（2）O2+2H2O+4e－=4OH－從左向右（3）1mol（4）c>a>b10、略

【分析】解：（1）由紅外光譜圖可看出該分子中有不對(duì)稱CH3，因此該分子中有2個(gè)CH3，由圖也可以看出含有C=O雙鍵，C-O-C單鍵．所以A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH2CH3或是CH3CH2COOCH3，故答案為：CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；

（2）根據(jù)該有機(jī)物的核磁共振譜中的峰面積比分別為1：1：6可知：該有機(jī)物分子中含有的不同位置氫原子有3種，分別含有氫原子數(shù)之比為1：1：6，1-丙醇（CH3-CH2-CH2-OH}中不同位置的氫原子有三種；其數(shù)目之比為1：3：4；

2-丙醇中不同位置的氫原子有三種；其氫原子數(shù)目之比為1：1：6，所以滿足條件的物質(zhì)為：2-丙醇；

故答案為：2-丙醇；

（3）①由題意知；氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為47.76%，由有機(jī)化合物的相對(duì)分子質(zhì)量大于110，小于150；

即分子中氧原子個(gè)數(shù)為大于=3.28，小于=4.48；所以氧原子為4個(gè)；

分子中氧原子為4個(gè)，氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為47.76%，則有機(jī)化合物分子質(zhì)量==134；

故答案為：134；

②分子中氧原子為4個(gè)，所以C、H的相對(duì)原子質(zhì)量之和為：134-16×4=70，可確定化學(xué)式為C5H10O4，故答案為：C5H10O4．

（1）由紅外光譜圖可看出該分子中有不對(duì)稱CH3，因此該分子中有2個(gè)CH3；由圖也可以看出含有C=O雙鍵，C-O-C單鍵，書寫A的結(jié)構(gòu)式，據(jù)此解答；

（2）根據(jù)該有機(jī)物的核磁共振譜中的峰面積比可以確定該有機(jī)物分子中含有的不同類型氫原子的種數(shù)；進(jìn)而確定有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；

（3）根據(jù)含氧量和相對(duì)分子質(zhì)量的范圍；得出氧原子數(shù)的范圍，最終確定分子中含有的氧原子數(shù)目；根據(jù)氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；分子中含有的氧原子數(shù)目求出有機(jī)化合物的相對(duì)分子質(zhì)量；根據(jù)相對(duì)分子質(zhì)量和分子中含有的氧原子數(shù)目計(jì)算化學(xué)式．

本題考查了有機(jī)物分子式的確定，題目難度中等，計(jì)算確定氧原子數(shù)為解答該題的關(guān)鍵．【解析】CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；2-丙醇；134；C5H10O411、略

【分析】解：（1）①當(dāng)溫度低于16.6℃時(shí)醋酸可凝結(jié)成冰一樣晶體；說明醋酸熔點(diǎn)低，不能證明其為弱酸，故錯(cuò)誤；

②0.1mol/L的醋酸鈉溶液的pH值約為9；說明醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，故正確；

③等體積；等濃度的硫酸和醋酸溶液與氫氧化鈉反應(yīng)；硫酸是二元強(qiáng)酸，所以硫酸溶液消耗的氫氧化鈉多，但不能說明醋酸是弱電解質(zhì)，故錯(cuò)誤；

④0.1mol/L的醋酸的pH值約為4.8；說明醋酸部分電離，故正確；

⑤pH值等于4；體積相等的醋酸和鹽酸；與等濃度NaOH溶液充分反應(yīng)時(shí)，醋酸液消耗堿液多，說明醋酸部分電離，溶液中存在大量的醋酸分子，故正確；

⑥同物質(zhì)的量濃度的醋酸和鹽酸加水稀釋至pH相同時(shí)；醋酸加入的水少，說明醋酸溶液中氫離子濃度較小，醋酸在溶液中部分電離，從而證明醋酸為弱酸，故正確；

故選：①③；

（2）該反應(yīng)每消耗1molCuCl（s），放熱44.4kJ，消耗4molCuCl（s），則放熱44.4kJ×4=177.6kJ，根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫方法，可以寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol；

故答案為：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol；

（3）該原電池中；銅易失電子作負(fù)極，銀作正極；

a．實(shí)驗(yàn)過程中，NO3-向負(fù)極銅電極移動(dòng)；所以左側(cè)燒杯中濃度增大，故a錯(cuò)誤；

b．實(shí)驗(yàn)過程中取出鹽橋，該裝置不能形成閉合回路，所以原電池不能繼續(xù)工作，故b錯(cuò)誤；

c．若開始時(shí)用U形銅代替鹽橋；則右側(cè)構(gòu)成原電池，左側(cè)構(gòu)成電解池，裝置中有電流產(chǎn)生，故c錯(cuò)誤；

d．若開始時(shí)用U形銅代替鹽橋，則右側(cè)構(gòu)成原電池，左側(cè)構(gòu)成電解池，左側(cè)U型銅作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，右側(cè)U型銅作陰極，電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu；所以U型銅質(zhì)量不變，故d正確；

故選d；

（4）電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為L(zhǎng)iOH和LiCl溶液，由圖可知，右側(cè)生成氫氣，說明B中氫離子放電，則B為陰極，在B中制備LiOH，B極區(qū)電解液為L(zhǎng)iOH溶液；Li+由A經(jīng)過陽離子交換膜向B移動(dòng)；A中為L(zhǎng)iCl溶液，氯離子放電生成氯氣，則陽極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案為：LiOH；2Cl--2e-=Cl2↑；B．

（1）根據(jù)弱電解質(zhì)的電離是不完全的，酸的溶解性及酸的通性無法確定酸電離的程度，而比較酸的濃度與酸電離c（H+）可判斷酸的電離程度；證明醋酸是弱電解質(zhì)的常用方法有：根據(jù)醋酸的電離程度；根據(jù)醋酸的強(qiáng)堿鹽溶液的酸堿性判斷；

（2）該反應(yīng)每消耗1molCuCl（s）；放熱44.4kJ，消耗4molCuCl（s），則放熱44.4kJ×4=177.6kJ，根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫方法，注意焓變與物質(zhì)的量的對(duì)應(yīng)關(guān)系；注明各物質(zhì)的狀態(tài)；

（3）根據(jù)原電池中；銅易失電子作負(fù)極，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，銀作正極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)以及電化學(xué)裝置進(jìn)行分析；

（4）電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為L(zhǎng)iOH和LiCl溶液，由圖示可知，右側(cè)生成氫氣，則B中氫離子放電，可知B為陰極，在B中制備LiOH，Li+由A經(jīng)過陽離子交換膜向B移動(dòng)；A中為L(zhǎng)iCl溶液；氯離子放電生成氯氣．

本題考查了弱電解質(zhì)的判斷、熱化學(xué)方程式的書寫以及電化學(xué)的相關(guān)知識(shí)，為高考常見題型，電解質(zhì)的強(qiáng)弱與其電離程度有關(guān)，側(cè)重于學(xué)生分析比較能力的培養(yǎng)．【解析】①③；4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol；d；LiOH；2Cl--2e-=Cl2↑；B12、Ⅰ.（1）吸氧

（2）C

Ⅱ.（1）aC2H4+16OH--12e-=2CO32-+10H2O

（2）減小

Ⅲ.（1）①精銅Ag、Au

②0.00212

（2）N犧牲陽極的陰極保護(hù)法【分析】Ⅰrm{.}【分析】本題考查了金屬的腐蝕，能提取出圖示所給的信息是關(guān)鍵，應(yīng)注意的是在鋼鐵的吸氧腐蝕中，正極被保護(hù)，在正極上放電的是氧氣?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)圖示可知，銅板上的鐵鉚釘易發(fā)生腐蝕，是由于銅和鐵構(gòu)成了原電池，發(fā)生了吸氧腐蝕；故答案為：吸氧；

rm{(2)A.}正極上放電的是氧氣，故正極的電極反應(yīng)式為rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}故A正確；

B.在鐵發(fā)生吸氧腐蝕時(shí)，鐵在負(fù)極上失去電子：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}氧氣在正極上放電：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}故總反應(yīng)為：rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}而rm{Fe(OH)_{2}}有強(qiáng)還原性，易被氧氣氧化，即能發(fā)生反應(yīng)：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}簍T4Fre(OH)_{3}}故B正確；

C.此過程中銅做正極被保護(hù)；并未被腐蝕，故C錯(cuò)誤；

D.此過程中電子從負(fù)極移向正極，即由rm{Fe}移向rm{Cu}故D正確。

故選C。Ⅱrm{.}【分析】本題考查電化學(xué)知識(shí)，為高考常見題型，側(cè)重于考查學(xué)生綜合運(yùn)用化學(xué)知識(shí)的能力和分析問題的能力，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}乙烯料電池工作時(shí)，通入乙烯的電極為負(fù)極即rm{a}極，發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿性溶液中，電極方程式為rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}故答案為：rm{a}rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}

rm{(2)}隨著反應(yīng)的進(jìn)行，堿性減弱，所以乙烯燃料電池內(nèi)部溶液的rm{PH}將減小。故答案為：減小。。Ⅲrm{.}【分析】【分析】本題考查了電解精煉金屬、電子守恒的應(yīng)用、金屬的電化學(xué)保護(hù)、電解反應(yīng)方程式的書寫，題目難度中等。rm{.}【解答】rm{(1)壟脵}粗銅精煉應(yīng)陽極為粗銅，陰極為純銅，電解液為rm{CuSO_{4}}溶液，則該裝置中電極材料rm{B}為陰極應(yīng)為精銅；陽極泥為不容易失去電子的金屬金和銀；故答案為：精銅；rm{Ag}rm{Au}rm{壟脷}惰性電極電解氯化鈉溶液，標(biāo)準(zhǔn)狀況制得rm{44.8mLCl}惰性電極電解氯化鈉溶液，標(biāo)準(zhǔn)狀況制得rm{壟脷}rm{44.8mLCl}rm{{,!}_{2}}轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量時(shí)，根據(jù)串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子守恒知，消耗rm{=dfrac{44.8隆脕{10}^{-3}L;}{22.4L/mol;}隆脕2=4隆脕{10}^{-3}mol}的質(zhì)量rm{H_{2}}電解反應(yīng)的離子方程式為：rm{=dfrac{4隆脕{10}^{-3}mol}{2}=0.002mol}制得rm{2C{l}^{-}+2{H}_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2O{H}^{-}+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}rm{44.8mLCl}rm{44.8mLCl}的物質(zhì)的量為rm{{,!}_{2}}則其濃度為時(shí)，生成rm{OH-}的物質(zhì)的量為rm{0.004mol}則其濃度為rm{dfrac{0.004mol}{0.4L}=0.01mol/L}故rm{pH=12}故rm{OH-}故答案為：rm{0.004mol}rm{dfrac{0.004mol}{0.4L}=0.01mol/L}rm{pH=12}rm{0.002}rm{(2)}作原電池正極或作電解池陰極的金屬被保護(hù)，若rm{X}為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，則鐵應(yīng)作電解池陰極，所以開關(guān)rm{K}應(yīng)該置于處rm{N}處；

若rm{X}為鋅，開關(guān)rm{K}置于rm{M}處；該裝置構(gòu)成原電池，鋅易失電子作負(fù)極，鐵作正極而被保護(hù)，該電化學(xué)防護(hù)法稱為犧牲陽極的陰極保護(hù)法。

故答案為：rm{N}犧牲陽極的陰極保護(hù)法?！窘馕觥竣駌m{.(1)}吸氧吸氧rm{.(1)}rm{(2)C}rm{(2)C}Ⅱrm{.(1)a}減小rm{.(1)a}精銅rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}rm{(2)}Ⅲrm{.(1)壟脵}精銅rm{Ag}rm{Au}rm{.(1)壟脵}rm{2C{l}^{-}+2{H}_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2O{H}^{-}+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}rm{Ag}犧牲陽極的陰極保護(hù)法rm{Au}13、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶體，AlF3是離子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)高于分子晶體

②<因?yàn)樾纬煞肿娱g氫鍵

(4)正四面體【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識(shí)，包含價(jià)電子排布圖的書寫，判斷粒子的鍵角，晶體的熔點(diǎn)比較，晶胞的計(jì)算，涉及的知識(shí)點(diǎn)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(jià)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(jià)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(jià)層電子排布圖是；故答案為：由；的結(jié)構(gòu)可知，rm{(2)}的成鍵結(jié)構(gòu)與rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合價(jià)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(diǎn)高于分子晶體，所以rm{(3)壟脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔點(diǎn)：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(diǎn)高于分子晶體；rm{{,!}_{3}}對(duì)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(nèi)氫鍵，所以沸點(diǎn)對(duì)羥基苯磺酸rm{<}鄰羥基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因?yàn)樾纬煞肿娱g氫鍵rm{壟脷}對(duì)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(nèi)氫鍵，所以沸點(diǎn)對(duì)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(jié)構(gòu)，則rm{Zn}rm{Zn}晶胞，則有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}則一個(gè)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(gè)晶胞，設(shè)晶胞參數(shù)為rm{acm}則一個(gè)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(zhì)量為rm{cm}已知晶體的密度為rm{cm}rm{{,!}^{3}}，對(duì)于立方晶胞，頂點(diǎn)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(nèi)部粒子為整個(gè)晶胞所有，則一個(gè)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(diǎn)高于分子晶體rm{AlF_{3}}rm{壟脷}因?yàn)樾纬煞肿娱g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{<}14、（1）3d64s27

（2）CO

（3）CO32-、NO3-sp3雜化

（4）54【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及元素推斷、核外電子排布、雜化軌道、分子結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵，題目綜合性較大，注重對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)中?？伎键c(diǎn)的考查，難度中等?！窘獯稹緼、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)rm{A}原子核外電子占據(jù)三個(gè)能級(jí)，各能級(jí)上的電子數(shù)相同，則rm{A}為rm{C}元素；在短周期中，基態(tài)rm{B}原子的未成對(duì)電子數(shù)最多，則rm{B}為rm{N}元素，rm{C}的第一電離能最小，則rm{C}為rm{Na}元素，rm{D}的最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的rm{2}倍，則rm{D}為rm{S}元素；基態(tài)rm{W}rm{B}rm{C}rm{D}為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素?；鶓B(tài)rm{W}原子核外電子占據(jù)三個(gè)能級(jí)，各能級(jí)上的電子數(shù)相同，則rm{A}為rm{A}元素；在短周期中，基態(tài)rm{C}原子的未成對(duì)電子數(shù)最多，則rm{B}為rm{B}元素，rm{N}的第一電離能最小，則rm{C}為rm{C}元素，rm{Na}的最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的rm{D}倍，則rm{2}為rm{D}元素；基態(tài)rm{S}rm{W}rm{{,!}^{3+}}能級(jí)達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，則的rmxjx9bhx能級(jí)達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，則rmxppt39f能級(jí)上有rm{W^{3+}}個(gè)電子，其原子核外電子數(shù)rm{3d}能級(jí)上有rm{5}個(gè)電子，其原子核外電子數(shù)rm{=2+8+8+5+3=26}則rm{W}為rm{Fe}元素。則rm{3d}為rm{5}元素。rm{=2+8+8+5+3=26}為rm{W}元素，鐵rm{Fe}rm{(1)W}rm{Fe}原子的電子排布式為：rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}原子rm{3p}種不同能級(jí)的電子，故答案為：rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是rm{{,!}^{2}}與價(jià)層電子排布式為rm{3d^{6}4s^{2}}共有rm{7}種不同能級(jí)的電子，rm{7}rm{3d^{6}4s^{2}}rm{7}等，故答案為：rm{(2)}原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒是等電子體，中rm{CN^{-}}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結(jié)構(gòu)；中含有rm{2}個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是rm{10}與rm{CN}中rm{2}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結(jié)構(gòu)，rm{10}中rm{CN}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4}為rm{{,!}^{-}}結(jié)構(gòu)，其中互為等電子體的微粒的化學(xué)式為rm{N}原子為rm{N}雜化，故答案為：rm{{,!}_{2}}、rm{CO}雜化；rm{CO}rm{(3)CO_{3}^{2-}}rm{C}rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3

}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)且分子中不含有雙鍵，也不含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)，rm{NO_{3}^{-}}的結(jié)構(gòu)為則rm{N}個(gè)rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3

}rm{SO_{3}^{2-}}個(gè)rm{S}鍵，rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4

}個(gè)三角錐形鍵，故答案為：rm{S}rm{sp^{3}}rm{CO_{3}^{2-}}【解析】rm{(1)3d^{6}4s^{2}}rm{7}rm{(2)CO}rm{(3)CO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{sp^{3}}雜化rm{(4)5}rm{4}三、解答題(共5題，共10分)15、略

【分析】

（1）A元素基態(tài)原子的核外電子排布應(yīng)為ns2np3；應(yīng)為N元素，故答案為：N；

（2）B元素的負(fù)一價(jià)離子和C元素的正一價(jià)離子的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同，離子核外都有18個(gè)電子，陰離子為Cl-，含有Cl元素，陽離子為K+；含有K元素，故答案為：Cl；K；

（3）D元素的正三價(jià)離子的3d軌道為半充滿，電子數(shù)為5，則基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d64s2，應(yīng)為Fe，位于周期表第四周期Ⅷ族，故答案為：Fe；[Ar]3d64s2；第四周期Ⅷ族；

（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，應(yīng)為Cu，在元素周期表中的分區(qū)中屬于ds區(qū)，可濃硫酸在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2+2H2O；

故答案為：Cu；[Ar]3d104s1；ds；Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2+2H2O．

【解析】【答案】（1）A元素基態(tài)原子的最外層有3個(gè)未成對(duì)電子，核外電子排布應(yīng)為ns2np3；

（2）B元素的負(fù)一價(jià)離子和C元素的正一價(jià)離子的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同；離子核外都有18個(gè)電子；

（3）D元素的正三價(jià)離子的3d軌道為半充滿；電子數(shù)為5，應(yīng)為Fe元素；

（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿；N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，應(yīng)為Cu，原子序數(shù)為29．

16、略

【分析】

（1）利用信息中的雙烯合成反應(yīng)可知，A中含一個(gè)C=C和-COOH，則A為或CH2=CH-COOH；B與乙醇共熱生成酯，B脫去-OH，乙醇脫H，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：或CH2=CH-COOH；

（2分）D中含C=C，發(fā)生加聚反應(yīng)合成聚苯乙烯，該加聚反應(yīng)為物質(zhì)E與過量的H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成物中含2個(gè)環(huán)己烷結(jié)構(gòu)，加成反應(yīng)的生成物為故答案為：

（3）含C=C，能使溴水褪色，而不能；則利用溴水可以鑒別，與銀氨溶液；淀粉均不反應(yīng)，與高錳酸鉀均反應(yīng)，故答案為：③；

（4）從現(xiàn)代化學(xué)觀點(diǎn)看，“Diels-Alder反應(yīng)”的優(yōu)點(diǎn)是原子利用率100%；符合綠色化學(xué)原則，故答案為：原子利用率100%，符合綠色化學(xué)原則．

【解析】【答案】（1）利用信息中的雙烯合成反應(yīng)可知；A中含一個(gè)C=C和-COOH；B與乙醇共熱生成酯，B脫去-OH，乙醇脫H；

（2）D中含C=C，發(fā)生加聚反應(yīng)合成聚苯乙烯；物質(zhì)E與過量的H2發(fā)生加成反應(yīng)；生成物中含2個(gè)環(huán)己烷結(jié)構(gòu)；

（3）含C=C，能使溴水褪色，而不能；

（4）“Diels-Alder反應(yīng)”沒有副產(chǎn)物．

17、略

【分析】

（1）A；鐵在潮濕的空氣中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕；B、植物油隔絕空氣；鐵難以腐蝕；C、堿石灰吸水，在干燥的空氣中鐵難以腐蝕，故答案為：A；

（2）鐵為活潑金屬；易失去電子而被氧化，故答案為：氧化；

（3）鐵在潮濕的空氣中易形成原電池反應(yīng)；發(fā)生吸氧腐蝕而被氧化，故答案為：潮濕的空氣；

（4）在鐵表面鍍上一層鋅；鋅比鐵活潑，當(dāng)鍍層破損后，易腐蝕鋅而保護(hù)鐵，故答案為：C．

【解析】【答案】（1）鐵在潮濕的空氣中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕；隔絕空氣或在干燥的空氣中難以形成原電池反應(yīng)；

（2）鐵活潑；易失去電子而被氧化；

（3）鐵在潮濕的空氣中易形成原電池反應(yīng)而被氧化；

（4）鋅比鐵活潑；當(dāng)鍍層破損后，易腐蝕鋅而保護(hù)鐵．

18、略

【分析】

（1）反應(yīng)有大量熱放出；苯酚；甲醛溶液易揮發(fā)，反應(yīng)裝置中的長(zhǎng)玻璃管除導(dǎo)氣外，還對(duì)揮發(fā)的反應(yīng)物起冷凝回流作用．

故答案為：導(dǎo)氣冷凝回流；

（2）這個(gè)實(shí)驗(yàn)中；濃鹽酸的作用是作催化劑，故答案為：作催化劑；

（3）制酚醛樹脂的條件是沸水浴加熱；無需溫度計(jì)控制，就知道水是否沸騰，待劇烈沸騰時(shí)從水浴中取出試管，等不再劇烈進(jìn)行時(shí)，繼續(xù)加熱，直到混和物生成不溶于水的液體；

故答案為：該反應(yīng)的條件是沸水浴加熱；不需要溫度計(jì)就可以知道水是否沸騰；

（4）實(shí)驗(yàn)中所用苯酚過量；并用酸作催化劑，產(chǎn)物是線型高分子樹脂，難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑酒精，需用酒精浸泡一些時(shí)間后，才易用水洗凈，故答案為：酒精；

（5）苯酚羥基鄰位上的兩個(gè)氫原子比較活潑，與甲醛醛基上的氧原子結(jié)合為水分子，其余部分連接起來成為高分子化合物--酚醛樹脂．反應(yīng)的方程式可以表示為：屬于縮聚反應(yīng)，故答案為：縮聚反應(yīng)．

【解析】【答案】（1）反應(yīng)有大量熱放出；苯酚；甲醛溶液易揮發(fā)，要防止反應(yīng)物因劇烈沸騰而蒸發(fā)掉．

（2）這個(gè)實(shí)驗(yàn)中用酸作催化劑；

（3）制酚醛樹脂的條件是沸水浴加熱；

（4）這個(gè)實(shí)驗(yàn)中；所用苯酚過量，并用酸作催化劑，產(chǎn)物是線型高分子樹脂，難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑；

（5）酚醛樹脂是由苯酚和甲醛在催化劑條件下縮聚而成；反應(yīng)機(jī)理是苯酚羥基鄰位上的兩個(gè)氫原子比較活潑，與甲醛醛基上的氧原子結(jié)合為水分子，其余部分連接起來成為高分子化合物．

19、略

【分析】

水的物質(zhì)的量為=0.2mol；

由2H2+O2═2H2O可知，n（H2）=n（H2O）=0.2mol；

由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ?mol-1可知，0.2molH2燃燒放出的熱量為57.16KJ；

則CO燃燒放出的熱量為113.74KJ-57.16KJ=56.58KJ；

設(shè)混合氣體中CO的物質(zhì)的量為x；則。

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ?mol-1

1283KJ

x56.58KJ

解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol；

答：原混合氣體中H2和CO的物質(zhì)的量均為0.2mol．

【解析】【答案】根據(jù)生成水的質(zhì)量，利用2H2+O2═2H2O（l）可計(jì)算氫氣的物質(zhì)的量；再利用混合氣體燃燒放出的熱量與氫氣燃燒放出的熱量來計(jì)算CO燃燒放出的熱量，最后利用熱化學(xué)反應(yīng)方程式來計(jì)算CO的物質(zhì)的量．

四、工業(yè)流程題(共1題，共4分)20、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應(yīng)得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)：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(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計(jì)算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，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(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+；結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算；為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實(shí)驗(yàn)一般要用平行實(shí)驗(yàn)，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應(yīng)亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學(xué)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(yīng)CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學(xué)方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實(shí)驗(yàn)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(yīng)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(jìn)行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進(jìn)行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時(shí)的操作為ad(da)(選填字母編號(hào))。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號(hào))。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對(duì)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(jié)晶；使混合在一起的雜質(zhì)彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結(jié)晶；

(4)①計(jì)算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，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(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應(yīng)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(shí)驗(yàn)的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實(shí)驗(yàn)一般要用平行實(shí)驗(yàn)，求平均值，該實(shí)驗(yàn)還需要補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)滴定2~3次)。故答案為：補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)滴定2~3次)?！窘馕觥?NaNO2＋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(jié)晶補(bǔ)充平行實(shí)驗(yàn)(重復(fù)滴定