2025年人民版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2025年人民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6題，共12分)1、下列說法正確的是（）A.如果某化合物只含共價鍵，則其一定是共價化合物B.H2O2是由極性共價鍵和非極性共價鍵構成的非極性分子C.兩種酸溶液充分反應后的體系不可能為中性D.碳、氮形成的氫化物常溫下都是氣態(tài)2、下列物質(zhì)中最簡式相同，但既不是同系物，也不是同分異構體的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH=CH_{2}}和B.甲烷和丙炔C.和D.乙炔和苯3、下列推斷合理的是（）A.明礬[KAl（SO4）2?12H2O]在水中能形成Al（OH）3膠體，可用作凈水劑B.金剛石是自然界中硬度最大的物質(zhì)，不可能與氧氣發(fā)生反應C.濃H2SO4有強氧化性，不能與Cu發(fā)生劇烈反應D.將SO2通入品紅溶液，溶液褪色后加熱恢復原色；將SO2通入溴水，溴水色后加熱也能恢復原色4、電解rm{Na_{2}SO_{4}}溶液聯(lián)合生產(chǎn)硫酸和燒堿溶液的裝置如下圖所示，其中陰極和陽極均為惰性電極。測得同溫同壓下，氣體甲與氣體乙的體積比約為rm{1:2}以下說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a}極與電源的負極相連B.產(chǎn)物丙為硫酸C.離子交換膜rm8ihxovt為陰離子交換膜D.rm{a}電極反應式：rm{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}隆眉+2OH}5、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{C}元素的相對分子質(zhì)量是rm{12}則rm{1mol}rm{C}的質(zhì)量為rm{12g/mol}B.rm{1mol}rm{Cl_{2}}的體積為rm{22.4L}C.rm{1mol}rm{CO_{2}}中含有rm{3}個原子D.已知rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度為rm{0.5mol/L}則rm{2L}該溶液中含rm{NaOH}rm{1mol}6、我國自主研發(fā)制造的國產(chǎn)大型客機rm{C919}前不久在上海下線，rm{C919}的綜合監(jiān)視電子系統(tǒng)是由無錫企業(yè)研發(fā)制造。電子監(jiān)視系統(tǒng)的核心部件是其中的電子芯片。制備該電子芯片的材料是()

A.鋁B.硅C.碳D.銅評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、（19分）電解原理在化學工業(yè)中有廣泛應用。右圖表示一個電解池，裝有電解液c；A、B是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連。請回答以下問題：（1）若A、B都是惰性電極，c是飽和NaCl溶液，實驗開始時，同時在U形管兩邊各滴入幾滴酚酞試液，則：①B是____極（填“陰”或“陽”）B極逸出（填：黃綠或無色）氣體，同時B極附近溶液呈色。②電解池中A極上的電極反應式為。B極上的電極反應式為。（2）如要進行粗銅(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等雜質(zhì))的電解精煉，電解液c選用CuSO4溶液，則：①A電極的材料是____，電極反應式是________。②B電極的材料是____，電極反應式是。（說明：雜質(zhì)發(fā)生的電極反應不必寫出）③下列說法正確的是________。a．電能全部轉(zhuǎn)化為化學能b．在電解精煉過程中，電解液中伴隨有Al3+、Zn2+產(chǎn)生c．溶液中Cu2＋向陽極移動d．利用陽極泥可回收Ag、Pt、Au等金屬（3）用惰性電極電解CuSO4溶液。若陰極析出Cu的質(zhì)量為12.8g，則陽極上產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為____L。（4）利用反應2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制備CuSO4，若將該反應設計為電解池，其電解質(zhì)溶液需用____，陽極材料是用____，陰極電極反應式為____。8、（10分）已知F為高分子化合物：C分子結構中只含有一種氫。（1）寫出下列物質(zhì)結構簡式B：C：E：（2）判斷①②反應類型：、（3）寫出D→E的化學方程式9、rm{CH_{3}OH}可與rm{HNO_{3}}反應，將rm{HNO_{3}}還原成rm{N_{2}}若該反應消耗rm{3.2gCH_{3}OH}轉(zhuǎn)移rm{0.6mol}電子，請寫出其化學方程式：______．10、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分別代表一種化學元素．

。abcdefg試回答下列問題（凡涉及的物質(zhì)均用化學式表示）：

（1）a的氫化物的分子構型為____，中心原子的雜化形式為____；d在空氣中燃燒產(chǎn)物的分子構型為____，中心原子的雜化形式為____，該分子是____（填“極性”或“非極性”）分子．

（2）b、d、e三種元素的氫化物中的沸點最高的是____，原因是：____．

（3）將g的無水硫酸鹽溶解于水中，溶液呈藍色，是因為生成了一種呈藍色的配合離子．此配合離子空間構型為____，請寫出生成此配合離子的離子方程式：____．

（4）f（NH3）5BrSO4可形成兩種配合物，已知f3+的配位數(shù)是6，為確定f的配合物的結構，現(xiàn)對兩種配合物進行如下實驗：在第一種配合物的溶液中加BaCl2溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，在第二種配合物溶液中加入BaCl2溶液時，則無明顯現(xiàn)象，第二種配合物的化學式為____，該配合物的配體是____、____；

（5）c單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖甲所示；其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如圖丙所示．

c單質(zhì)晶體中原子的配位數(shù)為____．若已知c的原子半徑為r，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，c的相對原子質(zhì)量為M．該晶體的密度為____（用字母表示）．

11、rm{A}

Ⅰrm{.}rm{.}食鹽現(xiàn)有下列五種物質(zhì)rm{A.}食鹽rm{B.}小蘇打rm{C.}蘋果汁rm{D.}葡萄糖rm{E.}青霉素，小蘇打rm{A.}蘋果汁rm{B.}葡萄糖rm{C.}青霉素，rm{D.}填序號rm{E.}請按下列要求填空rm{(}填序號rm{)}rm{(}的是____________；可直接進入血液，補充能量的是________；應用最廣泛的抗生素之一的是________；既可作為疏松劑，又可治療胃酸過多的是________；食用過多會引起血壓升高、腎臟受損的________。

rm{)}鋼鐵的生產(chǎn)與使用是人類文明和生活進步的一個重要標志。

富含維生素rm{C}的是____________；可直接進入血液，補充能量的是________；應用最廣泛的抗生素之一的是________；既可作為疏松劑，又可治療胃酸過多的是________；食用過多會引起血壓升高、腎臟受損的________。rm{C}寫出工業(yè)上用赤鐵礦煉鐵的主要化學反應方程式：________________________________________________________________________。

Ⅱrm{.}鋼鐵的生產(chǎn)與使用是人類文明和生活進步的一個重要標志。炒過菜的鐵鍋未及時洗凈rm{.}殘液中含第二天便會因腐蝕出現(xiàn)紅褐色銹斑。試回答：

rm{(1)}寫出工業(yè)上用赤鐵礦煉鐵的主要化學反應方程式：________________________________________________________________________。rm{(1)}鐵鍋的腐蝕主要是由______________填“化學”或“電化學”rm{(2)}炒過菜的鐵鍋未及時洗凈rm{(}殘液中含rm{NaCl)}第二天便會因腐蝕出現(xiàn)紅褐色銹斑。試回答：腐蝕造成的。形成的鐵銹的主要成分是________。

rm{(2)}rm{(}為防止輪船的船體在海水中腐蝕，一般在船身連接________rm{NaCl)}填“鋅塊”或“銅塊”

rm{壟脵}鐵鍋的腐蝕主要是由______________rm{(}填“化學”或“電化學”rm{)}腐蝕造成的。形成的鐵銹的主要成分是________。rm{壟脵}材料是人類賴以生存和發(fā)展的重要物質(zhì)基礎，合理使用材料可以改善我們的生活。

rm{(}rm{)}體育場館建設需大量建筑材料。下列材料不屬于硅酸鹽材料的是________填字母rm{壟脷}為防止輪船的船體在海水中腐蝕，一般在船身連接________rm{(}填“鋅塊”或“銅塊”rm{)}

rm{壟脷}rm{(}石灰石rm{)}水泥玻璃

Ⅲrm{.}材料是人類賴以生存和發(fā)展的重要物質(zhì)基礎，合理使用材料可以改善我們的生活。rm{.}在下列材料中，屬于無機非金屬材料的是________填字母rm{(1)}體育場館建設需大量建筑材料。下列材料不屬于硅酸鹽材料的是________rm{(}填字母rm{)}屬于塑料制品的是________。

rm{(1)}rm{(}滌綸rm{)}聚氯乙烯塑料氮化硅陶瓷rm{a.}石灰石rm{b.}水泥rm{c.}玻璃玻璃鋼

rm{a.}rm{b.}下列有關合金性質(zhì)的說法正確的是________rm{c.}填字母

rm{(2)}在下列材料中，屬于無機非金屬材料的是________rm{(}填字母rm{)}屬于塑料制品的是________。rm{(2)}合金的熔點一般比它的成分金屬高

rm{(}rm{)}合金的硬度一般比它的成分金屬低

rm{a.}滌綸rm{b.}聚氯乙烯塑料rm{c.}氮化硅陶瓷rm{d.}玻璃鋼組成合金的元素種類相同，合金的性能就一定相同

rm{a.}rm{b.}合金與各成分金屬相比，具有許多優(yōu)良的物理、化學或機械性能

rm{c.}rm{d.}塑料、合成橡膠和________是常說的三大合成材料。

rm{(3)}下列有關合金性質(zhì)的說法正確的是________rm{(}填字母rm{)}rm{(3)}具有明顯現(xiàn)象的官能團特征反應常被用來鑒定化合物。

rm{(}rm{)}欲區(qū)分rm{a.}合金的熔點一般比它的成分金屬高rm{a.}rm{b.}合金的硬度一般比它的成分金屬低和rm{b.}rm{c.}組成合金的元素種類相同，合金的性能就一定相同應選用________rm{c.}填字母

rm{d.}合金與各成分金屬相比，具有許多優(yōu)良的物理、化學或機械性能rm{d.}蒸餾水銀氨溶液rm{(4)}塑料、合成橡膠和________是常說的三大合成材料。鹽酸

rm{(4)}欲區(qū)分和B.rm{(1)}具有明顯現(xiàn)象的官能團特征反應常被用來鑒定化合物。rm{(1)}填字母

rm{壟脵}欲區(qū)分rm{CH}rm{壟脵}rm{CH}rm{{,!}_{3}}溴水rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH}和rm{CH}rm{OH}

rm{CH}rm{{,!}_{3}}欲區(qū)分rm{CHO}應選用________rm{(}填字母rm{)}和rm{CHO}應選用________rm{(}填字母rm{)}

rm{a.}蒸餾水rm{b.}銀氨溶液rm{c.}鹽酸rm{a.}rm{b.}溶液rm{c.}rm{壟脷}欲區(qū)分和rm{CH}

rm{壟脷}rm{CH}在有機化學中，同分異構是普遍存在現(xiàn)象。分子式為rm{{,!}_{3}}，應選用________rm{(}填字母rm{)}rm{(}rm{)}的有機物共有________種。其中，一種有機物通過消去反應可轉(zhuǎn)變?yōu)閞m{a.KMnO}丁烯，請寫出該消去反應的化學方程式________________，另一種有機物的核磁共振氫譜圖rm{a.KMnO}rm{{,!}_{4}}溶液rm{b.}溴水rm{c.Na}核磁共振譜圖rm{b.}中顯示一個峰，請寫出該有機物的結構簡式____________。

rm{c.Na}rm{{,!}_{2}}聚丁二酸乙二醇酯rm{CO}是一種生物可降解的聚酯，它在塑料薄膜、食品包裝和生物材料方面有著廣泛的應用。其結構簡式為：rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液rm{壟脹}欲區(qū)分rm{OH}和rm{COOH}應選用________rm{(}填字母rm{)}rm{壟脹}rm{OH}rm{COOH}rm{(}

rm{)}聚丁二酸乙二醇酯rm{a.AgNO}是由兩種單體通過________反應rm{a.AgNO}填反應類型rm{{,!}_{3}}制得的。形成該聚合物的兩種單體是________和________。

溶液rm{b.NaOH}溶液rm{c.FeCl}rm{b.NaOH}這兩種單體相互之間也可能形成一種八元環(huán)狀酯，請寫出該環(huán)狀化合物的結構簡式____________。rm{c.FeCl}12、氮元素可以形成多種化合物rm{.}回答以下問題：

rm{(1)C}rm{N}rm{O}三種元素第一電離能從大到小的順序是______．

rm{(2)N隆脭N}的鍵能為rm{942kJ?mol^{-1}}rm{N-N}單鍵的鍵能為rm{247kJ?mol^{-1}.}計算說明rm{N_{2}}中的______鍵更穩(wěn)定rm{(}填“rm{婁脨}”或“rm{婁脪}”rm{)}．

rm{(3)}已知rm{CN^{-}}與rm{N_{2}}結構相似，推算rm{HCN}分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵數(shù)目之比為______；rm{N_{2}}與rm{O_{2}^{2+}}互為等電子體；

rm{O_{2}^{2+}}的電子式可表示為______．

rm{(4)}肼rm{(N_{2}H_{4})}分子可視為rm{NH_{3}}分子中的一個氫原子被rm{-NH_{2}(}氨基rm{)}取代形成的另一種氮的氫化物．

rm{壟脵NH_{3}}分子的空間構型是______；rm{N_{2}H_{4}}分子結構式為______．

rm{壟脷}肼可用作火箭燃料；燃燒時發(fā)生的反應是：

rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1038.7kJ?mol^{-1}}

若該反應中有rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-1038.7kJ?mol^{-1}}rm{4mol}鍵斷裂，則形成的rm{N-H}鍵有______rm{婁脨}．rm{mol}評卷人得分三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)13、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-?；卮鹣铝袉栴}：

（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(zhuǎn)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(zhì)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(zhì)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___。14、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去15、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。16、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。17、三氯化鉻是化學合成中的常見物質(zhì),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(zhì)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(zhì)量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。18、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(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關物質(zhì)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(zhuǎn)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___________。評卷人得分四、實驗題(共1題，共7分)19、歐盟原定于rm{2012}年rm{1}月rm{1}日起征收航空碳排稅以應對冰川融化和全球變暖，使得對如何降低大氣中rm{CO_{2}}的含量及有效地開發(fā)利用碳資源的研究顯得更加緊迫rm{.}請運用化學反應原理的相關知識研究碳及其化合物的性質(zhì)．

rm{(1)}用電弧法合成的儲氫納米碳管常伴有大量的碳納米顆粒rm{(}雜質(zhì)rm{)}這種顆?？捎萌缦卵趸ㄌ峒儯埻瓿稍摲磻幕瘜W方程式：

______rm{C+}______rm{KMnO_{4}+}______rm{H_{2}SO_{4}隆煤}______rm{CO_{2}隆眉+}______rm{MnSO_{4}+}______rm{K_{2}SO_{4}+}______rm{H_{2}O}

rm{(2)}焦炭可用于制取水煤氣rm{.}測得rm{12g}碳與水蒸氣完全反應生成水煤氣時，吸收了rm{131.6kJ}熱量rm{.}該反應的熱化學方程式為______．

rm{(3)}工業(yè)上在恒容密閉容器中用下列反應合成甲醇：

rm{CO(g)+2H_{2}(g)underset{{錄脫脠脠}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}OH(g)triangleH=akJ/mol}．

如表所列數(shù)據(jù)是反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)rm{CO(g)+2H_{2}(g)

underset{{錄脫脠脠}}{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}OH(g)triangle

H=akJ/mol}．

。rm{(K)}溫度rm{250隆忙}rm{300隆忙}rm{350隆忙}rm{K}rm{2.041}rm{0.270}rm{0.012}rm{壟脵}判斷反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是______．

A.生成rm{CH_{3}OH}的速率與消耗rm{CO}的速率相等。

B.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變。

C.混合氣體的密度不變。

D.rm{CH_{3}OH}rm{CO}rm{H_{2}}的濃度都不再發(fā)生變化。

rm{壟脷}某溫度下，將rm{2mol}rm{CO}和一定量的rm{H_{2}}充入rm{2L}的密閉容器中，充分反應rm{10min}后，達到平衡時測得rm{c(CO)=0.2mol/L}則以rm{H_{2}}表示的反應速率rm{v(H_{2})=}______．

rm{(4)CO}還可以用做燃料電池的燃料，某熔融鹽燃料電池具有高的發(fā)電效率，因而受到重視，該電池用rm{Li_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的熔融鹽混合物作電解質(zhì)，rm{CO}為負極燃氣，空氣與rm{CO_{2}}的混合氣為正極助燃氣，制得在rm{650隆忙}下工作的燃料電池，其正極反應式：rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}}則負極反應式：______．

rm{(5)}向rm{BaSO_{4}}沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，充分攪拌，棄去上層清液，如此處理多次，可使rm{BaSO_{4}}全部轉(zhuǎn)化為rm{BaCO_{3}}發(fā)生反應：rm{BaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)簍TBaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq).}已知某溫度下該反應的平衡常數(shù)rm{K=4.0隆脕10^{-2}}rm{BaSO_{4}}的rm{K_{sp}=1.0隆脕10^{-10}}則rm{BaCO_{3}}的溶度積rm{K_{sp}=}______．評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)20、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(zhì)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(zhì)是_________________________填化學式）。21、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(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

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(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，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。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。22、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(zhì)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(zhì)是_________________________填化學式）。23、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(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、推斷題(共1題，共9分)24、現(xiàn)有金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H，,它們之間能發(fā)生如下反應（圖中有些反應的產(chǎn)物和反應的條件沒有全部標出）。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）寫出氣體丙的電子式____（2）寫出反應①的化學方程式____反應③的離子方程式：____反應⑤的離子方程式：____（3）若在F溶液中加入D溶液，并露置于空氣中，能觀察到的現(xiàn)象是____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】解：A．只含有共價鍵的化合物是共價化合物；所以如果某化合物只含共價鍵，則其一定是共價化合物，故A正確；

B．H2O2是由極性共價鍵和非極性共價鍵構成；分子結構不對稱，正負電荷中心不重疊，屬于極性分子，故B錯誤；

C．反應2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可以知道：氫硫酸和亞硫酸溶液充分反應后的溶液體系為中性；所以兩種酸溶液充分反應后的體系可能為中性，故C錯誤；

D．分子量較大的烴常溫下為液體；如辛烷常溫下為液體，所以碳；氮形成的氫化物常溫下不一定是氣態(tài)，故D錯誤．

故選A．

A．只含有共價鍵的化合物是共價化合物；

B．結構對稱正負電荷中心重疊的分子屬于非極性分子；

C．氧化還原反應的發(fā)生有可能使得溶液的酸堿性發(fā)生變化；

D．分子量較大的烴常溫下為液體．

本題考查了共價鍵和共價化合物、分子極性的判斷、氧化還原反應、烴的物理性質(zhì)，題目難度不大，側重于基礎知識的考查．【解析】【答案】A2、D【分析】解：rm{A.CH_{3}CH=CH_{2}}和分子式都為rm{C_{3}H_{6}}最簡式相同，二者分子式相同，屬于同分異構體，丙烯含有碳碳雙鍵，與環(huán)丙烷結構不相似，不是同系物，故A錯誤；

B.甲烷的分子式為rm{CH_{4}}丙炔的分子式為rm{C_{3}H_{4}}二者最簡式不同，故B錯誤；

C.和分子式分都是rm{C_{7}H_{8}O}最簡式相同，二者分子式相同，屬于同分異構體，前者含有酚羥基，后者含有醇羥基，二者結構不同，不是同系物，故C錯誤；

D.乙炔和苯分子式分別為rm{C_{2}H_{2}}rm{C_{6}H_{6}}最簡式相同，二者分子式不同，不是同分異構體，乙炔含有碳碳三鍵，與苯不是同系物，故D正確；

故選D．

最簡式指用元素符號表示化合物分子中各元素的原子個數(shù)比的最簡關系式；

同系物指結構相似，在分子組成上相差一個或若干個rm{CH_{2}}原子團的物質(zhì)；

同分異構體指具有相同的分子式；但具有不同的結構式的化合物．

本題考查了最簡式、同系物、同分異構體的判斷，題目難度不大，注意掌握同系物、同分異構體的概念及判斷方法，明確最簡式與分子式、結構簡式的關系．【解析】rm{D}3、A【分析】解：A明礬[KAl（SO4）2?12H2O]在水中水解形成Al（OH）3膠體；膠體具有吸附性，則可用作凈水劑，故A正確；

B金剛石可以燃燒生成二氧化碳；故B錯誤；

C濃H2SO4雖然有強氧化性；在加熱條件能與Cu發(fā)生反應，常溫下不反應，故C錯誤；

DSO2通入溴水后發(fā)生氧化還原反應，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，則將SO2通入溴水；溴水褪色后加熱不能恢復原色，故D錯誤；

故選：A．

根據(jù)膠體的性質(zhì)來分析凈化水的原因；根據(jù)金剛石的組成和性質(zhì)來分析硬度及能否與氧氣反應；利用濃硫酸性質(zhì)來分析與銅的反應；利用二氧化硫的漂白性和還原性來分析解答．

本題雖然簡單，但是從多方面考查了元素化合物及膠體性質(zhì)，覆蓋面廣，是一好題．【解析】【答案】A4、B【分析】【分析】本題考查了電解原理的分析應用，電極產(chǎn)物和電極名稱判斷是解題關鍵?！窘獯稹垦b置圖分析可知是電解裝置，電極硫酸鈉溶液，實質(zhì)實質(zhì)是電解水，氣體甲與氣體乙的體積比約為rm{1}rm{2}氣體甲為氧氣，氣體乙為氫氣，陽極生成氧氣，電極反應rm{4OH^{-}-4e-=2H_{2}O+O_{2}}陰極生成氫氣，rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}氣體體積比為rm{1}rm{2}所以判斷rm{a}電極是陽極，rm電極是陰極，在陽極室得到硫酸，在陰極室得到氫氧化鈉，則rm{c}為陰離子交換膜，rml2ygtsv為陽離子交換膜；

A.分析可知rm{a}電極為陽極；與電源正極相連，故A錯誤；

B.陽極rm{a}生成氧氣，電極反應rm{4OH^{-}-4e-=2H_{2}O+O_{2}隆眉}陽極室水的電離平衡被破壞生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為硫酸，陰極生成氫氣，rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}生成產(chǎn)物丁為氫氧化鈉，故B正確；

C.陽極rm{a}生成氧氣，電極反應rm{4OH^{-}-4e-=2H_{2}O+O_{2}隆眉}陽極室水的電離平衡被破壞生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為硫酸，陰極生成氫氣，rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}生成產(chǎn)物丁為氫氧化鈉，則rm{c}為陰離子交換膜，rmdjh2d2h為陽離子交換膜；故C錯誤；

D.陽極rm{a}生成氧氣，電極反應rm{4OH^{-}-4e-=2H_{2}O+O_{2}隆眉}故D錯誤。

故選B。

【解析】rm{B}5、D【分析】解：rm{A.C}元素的相對原子質(zhì)量是rm{12}則rm{1molC}的質(zhì)量為rm{12g}故A錯誤；

B.在標準狀況下，氣體的摩爾體積約為rm{22.4L/mol}則在標準狀況下，rm{1molCl_{2}}的體積為rm{22.4L}故B錯誤；

C.rm{1molCO_{2}}中含有rm{3mol}原子，則原子數(shù)rm{N=nN_{A}=3N_{A}}故C錯誤；

D.已知rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度為rm{0.5mol/L}則rm{2L}該溶液中含rm{NaOHn=cV=0.5mol/L隆脕2L=1mol}故D正確．

故選D．

A.質(zhì)量的單位為rm{g}

B.在標準狀況下，氣體的摩爾體積約為rm{22.4L/mol}

C.rm{N=nN_{A}}

D.根據(jù)rm{n=cV}計算．

本題考查了氣體摩爾體積、摩爾質(zhì)量、阿伏伽德羅常數(shù)等概念的分析判斷以及物質(zhì)的量的有關計算，掌握物質(zhì)的量的有關概念和計算方法是關鍵，題目較簡單．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】本題考查硅和二氧化硅的用途；學生應清楚硅是半導體，二氧化硅是半導纖維的成份。

【解答】電子監(jiān)視系統(tǒng)的核心部件是其中的電子芯片是半導體硅；而不是二氧化硅，二氧化硅是半導纖維的成份；

故選B。

【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】考查電化學的應用。（1）①根據(jù)電流的方向可知，A與電源的正極相連，作陽極，B電極和電源的負極相連，作陰極，溶液中的氫離子放電生成氫氣，電極反應式是2H++2e–==H2↑。同時陰極溶液中的水的電離平衡被破壞，所以陰極周圍溶液顯堿性，溶液呈紅色。②A電極是陽極，溶液中的氯離子放電，生成氯氣，電極反應式是2Cl-－2e-===Cl2↑。③陰極還產(chǎn)生氫氧化鈉，所以總的反應式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。（2）①粗銅精煉時，粗銅和電源的正極相連，作陽極，失去電子，所以A電極是粗銅，電極反應式是Cu－2e-===Cu2+。②純銅和電源的負極相連，作陰極，溶液中的銅離子放電，所以B電極是純銅，電極反應式是Cu2++2e–＝Cu。③a不正確，電能還轉(zhuǎn)化為熱能；由于粗銅中含有雜質(zhì)鋅鐵等活潑的金屬，因此這些金屬首先失去電子，所以選項b正確；陽離子向陰極移動，選項c不正確；Ag、Pt、Au等金屬金屬性弱于銅的，所以不能被電解，形成陽極泥，選項d正確，答案選bd。（3）陰極析出Cu的質(zhì)量為12.8g，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是則根據(jù)電子的得失守恒可知，則陽極上產(chǎn)生的氧氣的物質(zhì)的量是0.1mol，氣體在標準狀況下的體積是2.24L。（4）根據(jù)總的反應時可知，電解質(zhì)應該是硫酸；銅失去電子，所以陽極材料是銅；陰極是氧氣得到電子，電極反應式是O2+2H2O+4e-=4OH-?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ü?9分）（電極方程式2分其余各1分）（1）①陰極、無色、紅②2Cl-－2e-===Cl2↑、2H++2e-===H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-（2）①粗銅、Cu－2e-===Cu2+②精銅、Cu2+＋2e-===Cu③b、d（3）2.24（4）H2SO4（aq）、Cu、O2+2H2O+4e-=4OH-(物質(zhì)用文字敘述也可以)8、略

【分析】試題分析：本題可用倒推法，由F倒推結合B由乙苯經(jīng)反應得到，可知B為E為D為（CH3）2CBrCBr(CH3)2,C為(CH3)2C=C(CH3)2,由反應條件可確定①②反應類型為取代反應和消去反應；D生成E的反應方程式為：（CH3）2CBrCBr(CH3)2+2NaOH→H2C=CCH3CCH3=CH2+2NaBr+2H2O.考點：有機物的合成、化學反應類型?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）B：C：E：（2）取代反應、消去反應(3)9、略

【分析】解：rm{CH_{3}OH}可與rm{HNO_{3}}反應，將rm{HNO_{3}}還原成rm{N_{2}}消耗rm{3.2gCH_{3}OH}即rm{1mol}轉(zhuǎn)移rm{0.6mol}電子，由rm{CH_{3}OH}中碳原子的化合價升高rm{6}所以反應后碳的化合價為rm{+4}產(chǎn)物為rm{CO_{2}}rm{N}元素的化合價由rm{+5}價降低到rm{0}價，由得失電子守恒和原子守恒可知方程式為：rm{6HNO_{3}+5CH_{3}OH=3N_{2}隆眉+5CO_{2}隆眉+13H_{2}O}

故答案為：rm{6HNO_{3}+5CH_{3}OH=3N_{2}隆眉+5CO_{2}隆眉+13H_{2}O.}

消耗rm{3.2gCH_{3}OH}即rm{1mol}轉(zhuǎn)移rm{0.6mol}電子，由rm{CH_{3}OH}中碳原子的化合價升高rm{6}所以反應后碳的化合價為rm{+4}產(chǎn)物為rm{CO_{2}}rm{HNO_{3}}還原成rm{N_{2}}根據(jù)電子守恒和原子守恒書寫．

本題考查氧化還原反應，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大，根據(jù)化合價、元素守恒判斷反應物、生成物是解題的關鍵rm{.}掌握化合價升降法配平氧化還原反應方程式．【解析】rm{6HNO_{3}+5CH_{3}OH=3N_{2}隆眉+5CO_{2}隆眉+13H_{2}O}10、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知，a為N、b為F；c為Al、d為S、e為Cl、f為Co、g為Cu；

（1）NH3分子是三角錐形，中心原子N原子成3個N-Hσ鍵、含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，N原子采取sp3雜化；

S在空氣中燃燒產(chǎn)物生成SO2，SO2分子中S元素化合價為+4，S原子最外層6個電子未全部成鍵，故SO2分子空間結構為V形，S原子的價層電子對2+=3，故為S原子采取sp2雜化，SO2分子中S元素化合價為+4，S原子最外層6個電子未全部成鍵，SO2為極性分子；

故答案為：三角錐形；sp3；V形；sp2；極性；

（2）HF分子間形成氫鍵，HCl、H2S分子間沒有氫鍵，所以HF沸點最高，故答案為：HF；HF分子間形成氫鍵，HCl、H2S分子間沒有氫鍵；

（3）硫酸銅溶于水，銅離子與水生成了呈藍色的配合離子[Cu（H2O）4]2+，離子方程式為Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+；該絡合離子為平面正方形；

故答案為：平面正方形；Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+；

（4）Co（NH3）5BrSO4可形成兩種配合物，Co3+的配位數(shù)是6，在第一種配合物的溶液中加BaCl2溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，該物質(zhì)可以電離出SO42-，故配體為NH3、Br-，該物質(zhì)結構為[Co（NH3）5Br]SO4，在第二種配合物溶液中加入BaCl2溶液時，則無明顯現(xiàn)象，該物質(zhì)不能電離出SO42-，故配體為NH3、SO42-，該物質(zhì)為[Co（NH3）5SO4]Br；

故答案為：[Co（NH3）5SO4]Br；NH3、SO42-；

（5）由圖可知；Al晶胞為面心立方堆積，以頂點的原子分析，位于面心的原子與之相鄰，1個頂點原子處在12個面上，故配位數(shù)為12；

由圖丙可知，正方形的對角線長度為4r，故立方體的棱長為×4r=2r，故晶胞體積為（2r）3=16r3，晶胞中Al原子數(shù)目為6×+8×=4，由ρV=可知，ρ==

故答案為：12；．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知，a為N、b為F；c為Al、d為S、e為Cl、f為Co、g為Cu；

（1）NH3分子是三角錐形；中心原子N原子成3個N-Hσ鍵；含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，據(jù)此判斷雜化方式；

S在空氣中燃燒產(chǎn)物生成SO2；對于ABn型分子，中心原子A原子的最外層電子全部成鍵，空間結構為平面正三角形，中心原子A原子的最外層電子未全部成鍵，空間結構為V形；

計算S原子的價層電子對；據(jù)此判斷雜化方式；

對于ABn型分子，A原子的最外層電子全部成鍵，該分子是非極性分子，據(jù)此判斷SO2分子極性；

（2）HF分子間形成氫鍵，HCl、H2S分子間沒有氫鍵；HF沸點最高；

（3）硫酸銅溶于水，銅離子與水生成了呈藍色的配合離子[Cu（H2O）4]2+；該絡合離子為平面正方形；

（4）Co（NH3）5BrSO4可形成兩種配合物，Co3+的配位數(shù)是6，在第一種配合物的溶液中加BaCl2溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，該物質(zhì)可以電離出SO42-，故配體為NH3、Br-，該物質(zhì)結構為[Co（NH3）5Br]SO4，在第二種配合物溶液中加入BaCl2溶液時，則無明顯現(xiàn)象，該物質(zhì)不能電離出SO42-，故配體為NH3、SO42-，該物質(zhì)為[Co（NH3）5SO4]Br；

（5）由圖可知，Al晶胞為面心立方堆積，配位數(shù)為12，由圖丙可知，正方形的對角線長度為4r，故立方體的棱長為×4r=2r，故晶胞體積為（2r）3=16r3，晶胞中Al原子數(shù)目為6×+8×=4，利用ρV=計算．

11、A.Ⅰ.CDEBA

Ⅱ.（1）Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2

（2）①電化學Fe2O3或Fe2O3·nH2O

②鋅塊

Ⅲ.（1）a

（2）cb

（3）d

（4）合成纖維

B.（1）①b②a③c

（2）4CH3CHCH2CH3Br＋NaOHCH3HC=CHCH3↑＋NaBr＋H2O

（3）①縮聚HOOCCH2CH2COOH(或丁二酸)HOCH2CH2OH(或乙二醇)

②【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及材料、營養(yǎng)素和藥物、環(huán)境污染及治理、氧化還原反應等知識，題目難度中等，明確常見環(huán)境污染類型及治理方法為解答關鍵，試題有利于提高學生的環(huán)境保護意識。【解答】A.Ⅰ．蔬菜、水果富含維生素，因此富含維生素rm{C}的是蘋果汁，葡萄糖可直接進入血液，補充能量，青霉素是應用最廣泛的抗生素之一，小蘇打受熱分解產(chǎn)生二氧化碳氣體，可作為疏松劑，小蘇打能與鹽酸發(fā)生反應，可治療胃酸過多，食鹽食用過多會引起血壓升高、腎臟受損；故答案為：rm{C}rm{D}rm{E}rm{B}rm{A}Ⅱrm{.(1)}工業(yè)煉鐵原理為rm{.(1)}與氧化鐵反應生成rm{CO}與二氧化碳，方程式為：rm{Fe}rm{Fe_{2}O_{3}+3CO}rm{=}高溫rm{=}高溫故答案為：rm{=}rm{=}高溫rm{2Fe+3CO_{2}}

rm{Fe_{2}O_{3}+3CO}rm{=}高溫鐵鍋中鐵、碳和電解質(zhì)溶液構成原電池，鐵作負極，發(fā)生失電子的氧化反應，所以發(fā)生的為電化學腐蝕，rm{=}高溫rm{=}或rm{=}故答案為：電化學；高溫或rm{2Fe+3CO_{2}}rm{(2)}為防止金屬被腐蝕，可以利用犧牲陽極的陰極保護法保護金屬，則被保護的金屬作原電池正極，應該選取比鐵活潑的金屬作原電池負極，一般在輪船身上裝有一定數(shù)量的鋅；故答案為：鋅塊；rm{壟脵}rm{壟脵}硅酸鹽材料包括玻璃、陶瓷、水泥，石灰石不屬于硅酸鹽材料；故答案為：形成的鐵銹的主要成分是：

rm{Fe_{2}O_{3}}滌綸屬于合成纖維，故rm{Fe_{2}O_{3}隆隴nH_{2}O}錯誤；

rm{Fe_{2}O_{3}}聚氯乙烯塑料屬于塑料，故rm{Fe_{2}O_{3}隆隴nH_{2}O}正確；

rm{壟脷}氮化硅陶瓷屬于無機非金屬材料，故rm{壟脷}正確；

Ⅲrm{.}玻璃鋼屬于復合材料，故rm{.}錯誤；

故答案為：rm{(1)}rm{a}

rm{(2)a.}合金破壞了原有的原子緊密堆積形式，合金的熔點一般比它的成分金屬低，故rm{a}錯誤；

rm{b.}合金中金屬離子和電子之間的作用更強，結構更加致密，故合金的硬度一般比它的成分金屬高，故rm錯誤；

rm{c.}組成合金的元素種類不同，但合金中各元素的含量不同，合金的性能就不一樣，例如生鐵和鋼，合金的性能可以通過所添加的元素的種類、含量和生成合金的條件等來加以控制，故rm{c}錯誤；

rm{d.}合金與各組成金屬相比，合金的熔點比它的各成分金屬的熔點都低，硬度比它的各成分金屬的大，機械性能好，有些金屬具有較強的抗腐蝕性，故rmhpa28h2正確．

故答案為：rm{c}

rm合成塑料、合成橡膠和合成纖維是常說的三大合成材料；故答案為：合成纖維；B.【分析】本題考查有機物的推斷以及鑒別，題目難度中等，注意把握有機物的官能團的結構和性質(zhì)，為解答該題的關鍵，易錯點為同分異構體的判斷，注意判斷方法。【解答】rm{(3)a.}含有rm{a}可與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，所以可用銀氨溶液鑒別rm{b.}和rm故答案為：rm{c.}

rm{c}甲苯可與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而苯不能；故答案為：rm{d.}

rmedgel7i苯酚可與rmq3o6t2s溶液發(fā)生反應，溶液呈紫色，為特征反應；故答案為：rm{(4)}

rm{(1)壟脵CH_{3}CHO}的同分異構體由rm{-CHO}決定，有rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHO}rmrm{壟脷}種；

其中通過消去反應可轉(zhuǎn)變?yōu)閞m{a}丁烯的為rm{壟脹}

反應的方程式為：rm{FeCl_{3}}rm{c}rm{(2)C_{4}H_{9}B_{r}}另一種有機物的核磁共振氫譜圖中顯示只有一個峰，說明只含有rm{C_{4}H_{9}-}種rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}應為rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}可寫為故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}Br}rm{(CH_{3})_{3}CBr4}rm{2-}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}故答案為：rm{CH_{3}CHCH_{2}CH_{3}Br+NaOH}rm{xrightarrow[脪脪麓錄]{triangle}}rm{CH_{3}HC=CHCH_{3}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{1}rm{H}rm{(CH_{3})_{3}CBr}rm{4}rm{CH_{3}CHCH_{2}CH_{3}Br+NaOH}rm{xrightarrow[脪脪麓錄]{triangle}}

rm{CH_{3}HC=CHCH_{3}隆眉+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}}對應的單體為rm{隆煤}rm{?}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}醇溶液和rm{隆煤}rm{?}rm{N}rm{a}rm{O}rm{H}醇溶液二者可發(fā)生縮聚反應；

故答案為：縮聚rm{隆煤}rm{隆煤}rm{?}兩種單體相互之間也可能形成一種八元環(huán)狀酯為

故答案為：

rm{?}【解析】A.Ⅰrm{.C}rm{D}rm{E}rm{B}rm{A}Ⅱrm{.(1)Fe_{2}O_{3}+3CO}rm{overset{賂脽脦脗}{=}}電化學rm{2Fe+3CO_{2}}或rm{(2)壟脵}rm{Fe_{2}O_{3}}鋅塊Ⅲrm{Fe_{2}O_{3}隆隴nH_{2}O}rm{壟脷}rm{.(1)a}rm{(2)c}rm合成纖維B.rm{(3)d}rm{(4)}rm{(1)}rm{壟脵b}rm{壟脷a}rm{壟脹c}rm{(2)4}rm{CH_{3}CHCH_{2}CH_{3}Br+NaOH}rm{xrightarrow[脪脪麓錄]{triangle}}縮聚rm{CH_{3}HC=CHCH_{3}隆眉+NaBr+H_{2}O}或丁二酸rm{(3)壟脵}rm{HOOCCH_{2}CH_{2}COOH(}或乙二醇rm{)}rm{HOCH_{2}CH_{2}OH(}rm{)}12、略

【分析】解：rm{(1)}同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是rm{N>O>C}故答案為：rm{N>O>C}

rm{(2)}氮氣分子中rm{婁脨}鍵鍵能rm{=dfrac{942-247}{2}kJ/mol=347.5kJ/mol>247kJ/mol}鍵能越大越穩(wěn)定，所以rm{=dfrac

{942-247}{2}kJ/mol=347.5kJ/mol>247kJ/mol}鍵較穩(wěn)定，故答案為：rm{婁脨}

rm{婁脨}與rm{(3)CN^{-}}結構相似，根據(jù)氮氣分子知rm{N_{2}}分子結構為rm{HCN}所以rm{H-C隆脭N}分子中含有兩個rm{HCN}鍵、兩個rm{婁脪}鍵；

則rm{婁脨}鍵與rm{婁脪}鍵數(shù)目之比為rm{婁脨}rm{1}rm{1}與rm{N_{2}}互為等電子體，其結構相似，根據(jù)氮氣分子電子式知rm{O_{2}^{2+}}的電子式為故答案為：rm{O_{2}^{2+}}rm{1}

rm{1}氨氣分子中rm{(4)壟脵}原子價層電子對個數(shù)是rm{N}且含有一個孤電子對，所以氨氣分子為三角錐形結構，rm{4}分子中每個rm{N_{2}H_{4}}原子和兩個rm{N}原子形成兩個共價單鍵，rm{H}原子之間存在共價單鍵，所以其結構式為故答案為：三角錐形；

rm{N}若該反應rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1038.7kJ?mol^{-1}}中有rm{壟脷}鍵斷裂，說明有rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-1038.7kJ?mol^{-1}}肼參加反應，有rm{4molN-H}氮氣生成，每個氮氣分子中含有兩個rm{1mol}鍵，所以形成的rm{1.5mol}鍵有rm{婁脨}

故答案為：rm{婁脨}．

rm{3mol}同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第rm{3}族、第rm{(1)}族元素第一電離能大于其相鄰元素；

rm{IIA}化學鍵鍵能越大越穩(wěn)定；

rm{VA}與rm{(2)}結構相似，根據(jù)氮氣分子確定rm{(3)CN^{-}}分子中rm{N_{2}}鍵與rm{HCN}鍵數(shù)目之比；rm{婁脪}與rm{婁脨}互為等電子體；

其結構相似，根據(jù)氮氣分子電子式書寫rm{N_{2}}的電子式；

rm{O_{2}^{2+}}根據(jù)價層電子對互斥理論確定rm{O_{2}^{2+}}分子的空間構型；rm{(4)壟脵}分子中每個rm{NH_{3}}原子和兩個rm{N_{2}H_{4}}原子形成兩個共價單鍵，rm{N}原子之間存在共價單鍵；

rm{H}若該反應rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1038.7kJ?mol^{-1}}中有rm{N}鍵斷裂，說明有rm{壟脷}肼參加反應，有rm{N_{2}O_{4}(l)+2N_{2}H_{4}(l)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-1038.7kJ?mol^{-1}}氮氣生成，每個氮氣分子中含有兩個rm{4molN-H}鍵，據(jù)此計算形成的rm{1mol}鍵的物質(zhì)的量．

本題考查較綜合，涉及等電子體、分子空間構型判斷、第一電離能變化規(guī)律等知識點，側重考查學生對基本理論運用能力，根據(jù)價層電子對互斥理論、得電子體特點、元素周期律等知識點解答，難點是rm{1.5mol}的電子式的書寫．rm{婁脨}【解析】rm{N>O>C}rm{婁脨}rm{1}rm{1}三角錐形；rm{3}三、工業(yè)流程題(共8題，共16分)13、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(zhì)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(zhuǎn)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(zhì)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(zhì)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14、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D15、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c