…………○…………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2024年滬科版高二化學上冊階段測試試卷215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5題，共10分)1、用惰性電極分別電解下列各物質的水溶液，一段時間后，向剩余溶液中加入適量水能使溶液恢復到電解前濃度的是A.CuSO4B.Na2SO4C.CuCl2D.NaCl2、鋼鐵生銹過程發生如下反應：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①、②中電子轉移數目相等D．鋼鐵在潮濕的空氣中不能發生電化學腐蝕3、某烷烴發生氯代反應后，只能生成三種沸點不同的一氯代產物，此烷烴是（）A.（CH3）2CHCH2CH2CH3B.（CH3CH2）2CHCH3C.（CH3）2CHCH（CH3）2D.（CH3）3CCH2CH34、下列有關物質性質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．下列實驗現象中錯誤的是（）A.電子的流向：負極→a電極→b電極→正極B.a電極附近呈藍色，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極移動評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、(16分)根據題目要求作答：（1）下列曲線表示鹵族元素某種性質隨核電荷數遞增的變化趨勢，正確的是。（2）下列物質變化，只與范德華力有關的是。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，產生0.2molAgCl沉淀。此配合物最有可能的化學式是。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、催化劑等方面應用廣泛。Ni是元素周期表中第28號元素。①第2周期基態原子未成對電子數與Ni相同且電負性最小的元素是；②NiO、FeO的晶體結構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NiO________FeO(填“<”或“>”)；③CO與N2結構相似,CO分子內σ鍵與π鍵個數之比為。Ni、Fe、Co等金屬都能與CO反應形成配合物，Fe(CO)5常溫下呈液態，熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe(CO)5晶體屬于（填晶體類型）。④普魯士藍是一種配合物，可用作染料，它的晶胞結構如圖所示（其中K+在體心位置，未標出），普魯士藍中n(Fe3+)∶n(CN一)=_____。7、（6分）實驗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，反應的離子方程式是①______________________________；繼續滴加至沉淀恰好溶解，即得銀氨溶液，反應的離子方程式為②_________________________________；8、（4分）碳、硅元素的單質及其化合物是構成自然界的重要物質。（1）甲烷是最簡單的有機物，實驗室可通討下列反應制取：CH3COONa+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。①以Ni—Cr—Fe為催化劑，一定條件下可將石墨轉化為金剛石。基態Cr3+離子中未成對電子數有____個。②石墨晶體能導電，導電的粒子是____。（3）甲硅烷(SiH4)的結構與甲烷相似，甲硅烷能與硝酸銀發生如下反應：SiH4+8AgNO3+2H2O="8"Ag↓+SiO2↓+8HNO3該反應中氫元素被氧化，由此可判斷電負性：Si____H(填“>”、“<”或“=”)9、（10分）氯堿工業是高耗能產業，一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節能30％以上。在這種工藝設計中，相關物料的傳輸與轉化關系如下圖所示，其中的電極未標出：回答下列有關問題：（1）電解池的陰極反應式為___________________________。（2）通入空氣的電極的電極反應式為___________________________，燃料電池中陽離子的移動方向_________________________（“從左向右”或“從右向左”）。（3）電解池中產生2molCl2，理論上燃料電池中消耗O2的物質的量為_____________。（4）a、b、c的大小關系為：_____________。10、（1）如圖1是一種分子式為C4H8O2的有機物的紅外光譜圖，則該有機物可能的結構簡式為______、______．

（2）已知1丙醇和2丙醇的結構簡式如下：

1丙醇：CH3CH2CH2OH2丙醇：

如圖2是這兩種物質中其中一種的核磁共振譜；并且峰面積比分別為1：1：6；

請指出該核磁共振譜表示的物質是______；

（3）某有機化合物A的相對分子質量大于110；小于150．經分析得知，其中碳和氫的質量分數之和為52.24%，其余為氧．請回答：

①該化合物的相對分子質量是______．

②該化合物的化學式是______．

11、（1）下列事實不能說明醋酸是弱酸的是______

①當溫度低于16.6℃時醋酸可凝結成冰一樣晶體。

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溶液充分反應時，醋酸消耗堿液多。

⑥同物質的量濃度的醋酸和鹽酸加水稀釋至pH相同時；醋酸加入的水少．

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

（3）某同學用銅片、銀片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、導線和鹽橋（裝有瓊脂-KNO3的U形管）設計成一個原電池，如圖所示，下列判斷中正確的是______．

a．實驗過程中，左側燒杯中NO3-濃度不變。

b．實驗過程中取出鹽橋；原電池能繼續工作。

c．若開始時用U形銅代替鹽橋；裝置中無電流產生。

d．若開始時用U形銅代替鹽橋；U形銅的質量不變。

（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，兩電極區電解液分別為LiOH和LiCl溶液．B極區電解液為______溶液（填化學式），陽極電極反應式為______，電解過程中Li+向______電極遷移（填“A”或“B”）．12、電化學知識與我們的生活緊密相連，請用所學知識解決以下問題：Ⅰrm{.}金屬腐蝕是我們日常生活中的常見現象。

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.正極電極反應式為：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}B.此過程中還涉及到反應：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}簍T4Fe(OH)_{3}}C.此過程中銅也會被腐蝕D.此過程中電子從rm{Fe}移向rm{Cu}

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

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

rm{壟脵}如果用此裝置模擬精煉含有鐵、鋅、銀、金雜質的粗銅，rm{C}為rm{CuSO_{4}}溶液，則電極材料rm{B}應為________，陽極泥的組成物質為_________。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，標準狀況制得rm{44.8mLCl_{2}}時，該燃料電池理論上需消耗rm{H_{2}}的物質的量為_____rm{mol}電解后溶液的rm{pH}大約為_________，電解反應的離子方程式為______________________________。rm{(2)}利用下圖裝置模擬鐵的電化學防護，若rm{X}為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關rm{K}應置于___處rm{(}填“rm{M}”或“rm{N}”rm{)}若rm{X}為鋅，開關rm{K}置于rm{M}處，該電化學防護法稱為________。

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}的代數式表示rm{)}14、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數依次增大的前四周期元素。基態rm{A}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同；在短周期中，基態rm{B}原子的未成對電子數最多，rm{C}的第一電離能最小，rm{D}的最外層電子數為電子層數的rm{2}倍；基態rm{W^{3+}}的rmga0jc3d能級達到半充滿結構。請回答下列問題：

rm{(1)}基態rm{W}原子的價層電子排布式為____________________________________；rm{W}基態原子共有___________種不同能級的電子；rm{(2)}與rm{AB^{隆陋}}互為等電子體的微粒的化學式為______________。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，空間構型呈平面三角形的有________________rm{(}填離子符號rm{)}空間構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}}分子中每個原子價層都達到rm{8}電子穩定結構且分子中不含有雙鍵，也不含有環狀結構。rm{1}個rm{(DAB)_{2}}分子中含__________個rm{摟脪}鍵_________個rm{婁脨}鍵評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)15、A；B、C、D、E代表5種元素．請填空：

（1）A元素基態原子的最外層有3個未成對電子；次外層有2個電子，其元素符號為______．

（2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結構都與氬相同；B的元素符號為______，C的元素符號為______．

（3）D元素的正三價離子的3d軌道為半充滿；D的元素符號為______，其基態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元素基態原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，E的元素符號為______，其基態原子的電子排布式為______．E元素在元素周期表中的分區中屬于______區元素，其單質在一定條件下能與濃硫酸反應，試寫出該反應方程式______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”又稱為“Diels-Alder反應”，如：．

請回答下列問題：

（1）現有反應：則物質A的結構式為：______；

在濃磷酸作用下；B與乙醇共熱生成酯的化學方程式為：______．

（2）在反應：中；D物質可發生反應生成一種生活中常用高分子，其化學方程式為：______；

將物質E與過量的H2發生加成反應；其生成物的化學式為______．

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

（4）從現代化學觀點看，“Diels-Alder反應”的優點是：______．

17、某研究小組對鐵生銹進行研究．

（1）經過較長時間后；甲同學觀察到的現象是：上述圖中的鐵釘最容易生銹的是______

（2）在鐵釘的銹蝕過程中；Fe發生了______（填“氧化”或“還原”）反應。

（3）鐵生銹的外部條件是______

（4）若為了防止鐵釘生銹；該同學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、如圖是實驗室（苯酚；甲醛、濃鹽酸在100℃條件下）制取酚醛樹脂的裝置：

（1）試管上方長玻璃管的作用是______；

（2）濃鹽酸在該反應中的作用是______；

（3）此反應需水浴加熱；為什么不用溫度計控制？______；

（4）實驗完畢后；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）寫出實驗室制取酚醛樹脂的化學方程式______；該有機反應類型是______．

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放出113.74kJ熱量，同時生成3.6g液態水，求原混合氣體中H2和CO的物質的量．

評卷人得分四、工業流程題(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、其他(共2題，共4分)21、(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。22、下圖轉化關系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色。化合物H和I兩種氣體相遇時產生白煙K（NH4Cl）。化合物G的焰色反應為黃色，B為氧氣。反應①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質的化學式：D、F。（2）反應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，反應的現象為。（4）將少量單質C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變為藍色。這說明單質C的氧化性于單質碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，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式：。評卷人得分六、元素或物質推斷題(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）。24、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為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：_____________。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）。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_______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，所以要使溶液恢復電解前的狀態，需要加入氧化銅。電解硫酸鈉生成物是氫氣和氧氣，所以要使溶液恢復電解前的狀態，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，所以要使溶液恢復電解前的狀態，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，所以要使溶液恢復電解前的狀態，需要加入氯化氫氣體，答案選B。【解析】【答案】B2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】【解答】解：A．（CH3）2CHCH2CH2CH3分子中含有5種化學環境不同的H原子，其一氯代物有5種，故A錯誤；B．（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4種化學環境不同的H原子；其一氯代物有4種，故B錯誤；

C．（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2種化學環境不同的H原子；其一氯代物有2種，故C錯誤；

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

故選D．

【分析】某烷烴發生氯代反應后，只能生成三種沸點不同的一氯代產物，及一氯代物有3種．根據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．處于鏡面對稱位置（相當于平面成像時，物與像的關系）上的氫原子等效．4、D【分析】【分析】本題考查第一電離能、電負性、非金屬性、離子半徑的遞變規律，熟知這些規律和特例是解題的基礎，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，所以非金屬性：rm{S>Si}故A正確；

B.電子層數越多，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，rm{Ca}的第一電離能大于rm{K}故C正確；D.非金屬性越強，元素的電負性越大，碳的非金屬性強于氫，所以元素電負性：rm{C>H}故D錯誤。

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

B．a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，則變藍色，b電極上氫氧根離子放電，導致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；陽離子向陰極a移動，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，與電源負極相連的是陰極，則b是陽極；a是陰極，電子從電源負極流出經導線流向陰極，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，電子沿導線流回電源正極，石蕊遇酸變紅，遇堿變藍，該裝置實質是電解水，據此解答．

本題考查電解池的工作原理，為高頻考點，側重分析與應用能力的考查，注意離子的移動方向，明確陰陽極上放電的離子是解本題關鍵，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屬性逐漸減弱，非經屬性越強電負性越大，所以鹵族元素從上到下電負性減小，a對，F沒有正價，b錯，HF中存在氫鍵沸點較高，c錯，從F到Br狀態有氣態變成液態，熔沸點增大，d錯，選a（2）A干冰屬于分子晶體，熔化時克服范德華力，B．水分子中有氫鍵，冰的汽化時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，熔融時克服共價鍵，選AD。（3）根據0.1molCrCl3·6H2O和硝酸銀反應得到0.2molAgCl沉淀，知道CrCl3·6H2O職能電離處2個氯離子，另一個氯離子是配位原子，所以CrCl3·6H2O的化學式為[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O（4）①Ni的電子排布為1S22S22P63S23P63d84s2，第二周期基態原子未成對電子數與Ni相同且電負性最小的元素是C，②離子半徑越小形成的離子鍵越強，晶體的熔點越高；所以熔點NiO>FeO③CO與N2結構相似，則結構式為C≡O，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵；根據Fe(CO)5熔點和沸點，知它是分子晶體。④該立方體中Fe3+個數=4×1/8=0.5，CN-位于每條棱中點，該立方體中含有CN-個數=12×1/4=3,故n(Fe3+)∶n(CN一)=0.5︰3=1︰6考點：同主族元素的性質變化、化學鍵的類型、配位化合物分子式的計算、晶胞的計算等。【解析】【答案】（1）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：實驗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，反應的離子方程式是①AgNO3+NH3?H2O=AgOH↓+NH4NO3；繼續滴加至沉淀恰好溶解，即得銀氨溶液，反應的離子方程式為②AgOH+2NH3?H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O。考點：考查銀氨溶液的配制和離子方程式的書寫。【解析】【答案】AgNO3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）根據原子守恒可知，X應該是碳酸鈉，屬于離子晶體。（2）①根據構造原理可知，基態Cr3+離子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d3，所以基態Cr3+離子中未成對電子數有3個。②石墨晶體中含有自由電子，所以可以導電。（3）根據反應的方程式可知，氫元素失去電子，被氧化。這說明SiH4中氫元素顯負價，Si元素顯正價，所以硅元素的大發展小于氫元素的。考點：考查晶體類型、電負性的判斷以及未成對電子數的判斷【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，陰極是氫離子放電，生成氫氣。（2）在原電池中負極失去電子，發生氧化反應。正極得到電子發生還原反應。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線從負極傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動。（3）電解池中產生2molCl2，則反應中轉移電子4mol，根據得失電子守恒可知，消耗氧氣是1mol。（4）因為在燃料電池的正極附近產生大量的OH－，而在負極附近，氫離子放電的同時需要消耗OH－，所以其濃度大小順序為c>a>b。【解析】【答案】（1）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稱CH3，因此該分子中有2個CH3，由圖也可以看出含有C=O雙鍵，C-O-C單鍵．所以A的結構簡式為CH3COOCH2CH3或是CH3CH2COOCH3，故答案為：CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；

（2）根據該有機物的核磁共振譜中的峰面積比分別為1：1：6可知：該有機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；其氫原子數目之比為1：1：6，所以滿足條件的物質為：2-丙醇；

故答案為：2-丙醇；

（3）①由題意知；氧的質量分數為47.76%，由有機化合物的相對分子質量大于110，小于150；

即分子中氧原子個數為大于=3.28，小于=4.48；所以氧原子為4個；

分子中氧原子為4個，氧的質量分數為47.76%，則有機化合物分子質量==134；

故答案為：134；

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

（1）由紅外光譜圖可看出該分子中有不對稱CH3，因此該分子中有2個CH3；由圖也可以看出含有C=O雙鍵，C-O-C單鍵，書寫A的結構式，據此解答；

（2）根據該有機物的核磁共振譜中的峰面積比可以確定該有機物分子中含有的不同類型氫原子的種數；進而確定有機物的結構簡式；

（3）根據含氧量和相對分子質量的范圍；得出氧原子數的范圍，最終確定分子中含有的氧原子數目；根據氧元素的質量分數；分子中含有的氧原子數目求出有機化合物的相對分子質量；根據相對分子質量和分子中含有的氧原子數目計算化學式．

本題考查了有機物分子式的確定，題目難度中等，計算確定氧原子數為解答該題的關鍵．【解析】CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；2-丙醇；134；C5H10O411、略

【分析】解：（1）①當溫度低于16.6℃時醋酸可凝結成冰一樣晶體；說明醋酸熔點低，不能證明其為弱酸，故錯誤；

②0.1mol/L的醋酸鈉溶液的pH值約為9；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，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；硫酸是二元強酸，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，故錯誤；

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溶液充分反應時，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同物質的量濃度的醋酸和鹽酸加水稀釋至pH相同時；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）該反應每消耗1molCuCl（s），放熱44.4kJ，消耗4molCuCl（s），則放熱44.4kJ×4=177.6kJ，根據熱化學方程式的書寫方法，可以寫出該反應的熱化學方程式為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；銅易失電子作負極，銀作正極；

a．實驗過程中，NO3-向負極銅電極移動；所以左側燒杯中濃度增大，故a錯誤；

b．實驗過程中取出鹽橋，該裝置不能形成閉合回路，所以原電池不能繼續工作，故b錯誤；

c．若開始時用U形銅代替鹽橋；則右側構成原電池，左側構成電解池，裝置中有電流產生，故c錯誤；

d．若開始時用U形銅代替鹽橋，則右側構成原電池，左側構成電解池，左側U型銅作負極，電極反應式為Cu-2e-=Cu2+，右側U型銅作陰極，電極反應式為：Cu2++2e-=Cu；所以U型銅質量不變，故d正確；

故選d；

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

故答案為：LiOH；2Cl--2e-=Cl2↑；B．

（1）根據弱電解質的電離是不完全的，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的常用方法有：根據醋酸的電離程度；根據醋酸的強堿鹽溶液的酸堿性判斷；

（2）該反應每消耗1molCuCl（s）；放熱44.4kJ，消耗4molCuCl（s），則放熱44.4kJ×4=177.6kJ，根據熱化學方程式的書寫方法，注意焓變與物質的量的對應關系；注明各物質的狀態；

（3）根據原電池中；銅易失電子作負極，負極上失電子發生氧化反應，銀作正極，正極上得電子發生還原反應，陰離子向負極移動以及電化學裝置進行分析；

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

本題考查了弱電解質的判斷、熱化學方程式的書寫以及電化學的相關知識，為高考常見題型，電解質的強弱與其電離程度有關，側重于學生分析比較能力的培養．【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鍵，應注意的是在鋼鐵的吸氧腐蝕中，正極被保護，在正極上放電的是氧氣。【解答】rm{(1)}根據圖示可知，銅板上的鐵鉚釘易發生腐蝕，是由于銅和鐵構成了原電池，發生了吸氧腐蝕；故答案為：吸氧；

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

B.在鐵發生吸氧腐蝕時，鐵在負極上失去電子：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}氧氣在正極上放電：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}故總反應為：rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}而rm{Fe(OH)_{2}}有強還原性，易被氧氣氧化，即能發生反應：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；并未被腐蝕，故C錯誤；

D.此過程中電子從負極移向正極，即由rm{Fe}移向rm{Cu}故D正確。

故選C。Ⅱrm{.}【分析】本題考查電化學知識，為高考常見題型，側重于考查學生綜合運用化學知識的能力和分析問題的能力，題目難度中等。【解答】rm{(1)}乙烯料電池工作時，通入乙烯的電極為負極即rm{a}極，發生氧化反應，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)}隨著反應的進行，堿性減弱，所以乙烯燃料電池內部溶液的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、電子守恒的應用、金屬的電化學保護、電解反應方程式的書寫，題目難度中等。rm{.}【解答】rm{(1)壟脵}粗銅精煉應陽極為粗銅，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，標準狀況制得rm{44.8mLCl}惰性電極電解氯化鈉溶液，標準狀況制得rm{壟脷}rm{44.8mLCl}rm{{,!}_{2}}轉移電子的物質的量時，根據串聯電路中轉移電子守恒知，消耗rm{=dfrac{44.8隆脕{10}^{-3}L;}{22.4L/mol;}隆脕2=4隆脕{10}^{-3}mol}的質量rm{H_{2}}電解反應的離子方程式為：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}的物質的量為rm{{,!}_{2}}則其濃度為時，生成rm{OH-}的物質的量為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，若rm{X}為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，則鐵應作電解池陰極，所以開關rm{K}應該置于處rm{N}處；

若rm{X}為鋅，開關rm{K}置于rm{M}處；該裝置構成原電池，鋅易失電子作負極，鐵作正極而被保護，該電化學防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法。

故答案為：rm{N}犧牲陽極的陰極保護法。【解析】Ⅰrm{.(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。【解答】rm{(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}}的數目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的數目為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{<}14、（1）3d64s27

（2）CO

（3）CO32-、NO3-sp3雜化

（4）54【分析】【分析】本題考查物質結構與性質，涉及元素推斷、核外電子排布、雜化軌道、分子結構、化學鍵，題目綜合性較大，注重對物質結構中常考考點的考查，難度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}為原子序數依次增大的前四周期元素。基態rm{A}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同，則rm{A}為rm{C}元素；在短周期中，基態rm{B}原子的未成對電子數最多，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}的最外層電子數為電子層數的rm{2}倍，則rm{D}為rm{S}元素；基態rm{W}rm{B}rm{C}rm{D}為原子序數依次增大的前四周期元素。基態rm{W}原子核外電子占據三個能級，各能級上的電子數相同，則rm{A}為rm{A}元素；在短周期中，基態rm{C}原子的未成對電子數最多，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}的最外層電子數為電子層數的rm{D}倍，則rm{2}為rm{D}元素；基態rm{S}rm{W}rm{{,!}^{3+}}能級達到半充滿結構，則的rmyogsxve能級達到半充滿結構，則rmm4hesqz能級上有rm{W^{3+}}個電子，其原子核外電子數rm{3d}能級上有rm{5}個電子，其原子核外電子數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}種不同能級的電子，故答案為：rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}個原子、價電子數是rm{{,!}^{2}}與價層電子排布式為rm{3d^{6}4s^{2}}共有rm{7}種不同能級的電子，rm{7}rm{3d^{6}4s^{2}}rm{7}等，故答案為：rm{(2)}原子個數相等、價電子數相等的微粒是等電子體，中rm{CN^{-}}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結構；中含有rm{2}個原子、價電子數是rm{10}與rm{CN}中rm{2}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3}為平面三角形結構，rm{10}中rm{CN}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4}為rm{{,!}^{-}}結構，其中互為等電子體的微粒的化學式為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

}電子穩定結構且分子中不含有雙鍵，也不含有環狀結構，rm{NO_{3}^{-}}的結構為則rm{N}個rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3

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

}個三角錐形鍵，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元素基態原子的核外電子排布應為ns2np3；應為N元素，故答案為：N；

（2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結構都與氬相同，離子核外都有18個電子，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元素的正三價離子的3d軌道為半充滿，電子數為5，則基態原子的電子排布式為[Ar]3d64s2，應為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元素基態原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，基態原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，應為Cu，在元素周期表中的分區中屬于ds區，可濃硫酸在加熱條件下發生反應，反應的方程式為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元素基態原子的最外層有3個未成對電子，核外電子排布應為ns2np3；

（2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結構都與氬相同；離子核外都有18個電子；

（3）D元素的正三價離子的3d軌道為半充滿；電子數為5，應為Fe元素；

（4）E元素基態原子的M層全充滿；N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，應為Cu，原子序數為29．

16、略

【分析】

（1）利用信息中的雙烯合成反應可知，A中含一個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，該反應的化學方程式為

故答案為：或CH2=CH-COOH；

（2分）D中含C=C，發生加聚反應合成聚苯乙烯，該加聚反應為物質E與過量的H2發生加成反應，生成物中含2個環己烷結構，加成反應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，與高錳酸鉀均反應，故答案為：③；

（4）從現代化學觀點看，“Diels-Alder反應”的優點是原子利用率100%；符合綠色化學原則，故答案為：原子利用率100%，符合綠色化學原則．

【解析】【答案】（1）利用信息中的雙烯合成反應可知；A中含一個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，發生加聚反應合成聚苯乙烯；物質E與過量的H2發生加成反應；生成物中含2個環己烷結構；

（3）含C=C，能使溴水褪色，而不能；

（4）“Diels-Alder反應”沒有副產物．

17、略

【分析】

（1）A；鐵在潮濕的空氣中易發生電化學腐蝕；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；發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，當鍍層破損后，易腐蝕鋅而保護鐵，故答案為：C．

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

（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而被氧化；

（4）鋅比鐵活潑；當鍍層破損后，易腐蝕鋅而保護鐵．

18、略

【分析】

（1）反應有大量熱放出；苯酚；甲醛溶液易揮發，反應裝置中的長玻璃管除導氣外，還對揮發的反應物起冷凝回流作用．

故答案為：導氣冷凝回流；

（2）這個實驗中；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；無需溫度計控制，就知道水是否沸騰，待劇烈沸騰時從水浴中取出試管，等不再劇烈進行時，繼續加熱，直到混和物生成不溶于水的液體；

故答案為：該反應的條件是沸水浴加熱；不需要溫度計就可以知道水是否沸騰；

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

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

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

（2）這個實驗中用酸作催化劑；

（3）制酚醛樹脂的條件是沸水浴加熱；

（4）這個實驗中；所用苯酚過量，并用酸作催化劑，產物是線型高分子樹脂，難溶于水，易溶于有機溶劑；

（5）酚醛樹脂是由苯酚和甲醛在催化劑條件下縮聚而成；反應機理是苯酚羥基鄰位上的兩個氫原子比較活潑，與甲醛醛基上的氧原子結合為水分子，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；

設混合氣體中CO的物質的量為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的物質的量均為0.2mol．

【解析】【答案】根據生成水的質量，利用2H2+O2═2H2O（l）可計算氫氣的物質的量；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算CO燃燒放出的熱量，最后利用熱化學反應方程式來計算CO的物質的量．

四、工業流程題(共1題，共4分)20、略

【分析】【分析】

根據流程：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