2024年沪科版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高二化学上册阶段测试试卷215考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是A.CuSO4B.Na2SO4C.CuCl2D.NaCl2、钢铁生锈过程发生如下反应：①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。下列说法正确的是A．反应①、②中电子转移数目相等D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀3、某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是（）A.（CH3）2CHCH2CH2CH3B.（CH3CH2）2CHCH3C.（CH3）2CHCH（CH3）2D.（CH3）3CCH2CH34、下列有关物质性质的比较中不正确的是A.非金属性：rm{S>Si}B.离子半径：rm{Na^{+}<S^{2-}}C.第一电离能：rm{Ca>K}D.元素电负性：rm{C<H}5、如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液．下列实验现象中错误的是（）A.电子的流向：负极→a电极→b电极→正极B.a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色C.逸出气体的体积，a电极的大于b电极的D.Na+向a极移动评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、(16分)根据题目要求作答：（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数递增的变化趋势，正确的是。（2）下列物质变化，只与范德华力有关的是。A．干冰熔化B．冰的汽化C．乙醇与水混溶D．碘溶于四氯化碳E．石英熔融（3）已知0.1molCrCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.2molAgCl沉淀。此配合物最有可能的化学式是。A．[Cr(H2O)6]Cl3B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O（4）金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。Ni是元素周期表中第28号元素。①第2周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是；②NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO________FeO(填“<”或“>”)；③CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为。Ni、Fe、Co等金属都能与CO反应形成配合物，Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于（填晶体类型）。④普鲁士蓝是一种配合物，可用作染料，它的晶胞结构如图所示（其中K+在体心位置，未标出），普鲁士蓝中n(Fe3+)∶n(CN一)=_____。7、（6分）实验室配制少量银氨溶液的方法是先向洁净的试管中加入溶液，然后逐滴加入生成白色沉淀，反应的离子方程式是①______________________________；继续滴加至沉淀恰好溶解，即得银氨溶液，反应的离子方程式为②_________________________________；8、（4分）碳、硅元素的单质及其化合物是构成自然界的重要物质。（1）甲烷是最简单的有机物，实验室可通讨下列反应制取：CH3COONa+NaOHCH4↑+X(已配平)X属于____晶体(填晶体类型)。（2）金刚石和石墨是两种重要的碳单质。①以Ni—Cr—Fe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Cr3+离子中未成对电子数有____个。②石墨晶体能导电，导电的粒子是____。（3）甲硅烷(SiH4)的结构与甲烷相似，甲硅烷能与硝酸银发生如下反应：SiH4+8AgNO3+2H2O="8"Ag↓+SiO2↓+8HNO3该反应中氢元素被氧化，由此可判断电负性：Si____H(填“>”、“<”或“=”)9、（10分）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出：回答下列有关问题：（1）电解池的阴极反应式为___________________________。（2）通入空气的电极的电极反应式为___________________________，燃料电池中阳离子的移动方向_________________________（“从左向右”或“从右向左”）。（3）电解池中产生2molCl2，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为_____________。（4）a、b、c的大小关系为：_____________。10、（1）如图1是一种分子式为C4H8O2的有机物的红外光谱图，则该有机物可能的结构简式为______、______．

（2）已知1丙醇和2丙醇的结构简式如下：

1丙醇：CH3CH2CH2OH2丙醇：

如图2是这两种物质中其中一种的核磁共振谱；并且峰面积比分别为1：1：6；

请指出该核磁共振谱表示的物质是______；

（3）某有机化合物A的相对分子质量大于110；小于150．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧．请回答：

①该化合物的相对分子质量是______．

②该化合物的化学式是______．

11、（1）下列事实不能说明醋酸是弱酸的是______

①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体。

②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9

③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多。

④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8

⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸；与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多。

⑥同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至pH相同时；醋酸加入的水少．

（2）（CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是______．

（3）某同学用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U形管）设计成一个原电池，如图所示，下列判断中正确的是______．

a．实验过程中，左侧烧杯中NO3-浓度不变。

b．实验过程中取出盐桥；原电池能继续工作。

c．若开始时用U形铜代替盐桥；装置中无电流产生。

d．若开始时用U形铜代替盐桥；U形铜的质量不变。

（4）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．利用如图所示装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．B极区电解液为______溶液（填化学式），阳极电极反应式为______，电解过程中Li+向______电极迁移（填“A”或“B”）．12、电化学知识与我们的生活紧密相连，请用所学知识解决以下问题：Ⅰrm{.}金属腐蚀是我们日常生活中的常见现象。

rm{(1)}图铜板上铁铆钉处的腐蚀属于__________腐蚀。

rm{(2)}分析此腐蚀过程，下列说法中，不正确的是_______。A.正极电极反应式为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}B.此过程中还涉及到反应：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T4Fe(OH)_{3}}C.此过程中铜也会被腐蚀D.此过程中电子从rm{Fe}移向rm{Cu}

Ⅱrm{.}燃料电池能量转化率较高，具有广阔的发展前景。如下图是rm{C_{2}H_{4}(}乙烯rm{)}燃料电池原理示意图。

rm{(1)}电池的负极是_______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}该极的电极反应式是___________________。rm{(2)}电池工作一段时间后电解质溶液的rm{pH}________rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}Ⅲrm{.(1)}下图是一个电化学装置示意图。

rm{垄脵}如果用此装置模拟精炼含有铁、锌、银、金杂质的粗铜，rm{C}为rm{CuSO_{4}}溶液，则电极材料rm{B}应为________，阳极泥的组成物质为_________。rm{垄脷}如果rm{A}是铂电极，rm{B}是石墨电极，rm{C}是rm{400mL}的氯化钠溶液，用氢氧燃料电池做电源，标准状况制得rm{44.8mLCl_{2}}时，该燃料电池理论上需消耗rm{H_{2}}的物质的量为_____rm{mol}电解后溶液的rm{pH}大约为_________，电解反应的离子方程式为______________________________。rm{(2)}利用下图装置模拟铁的电化学防护，若rm{X}为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关rm{K}应置于___处rm{(}填“rm{M}”或“rm{N}”rm{)}若rm{X}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处，该电化学防护法称为________。

13、硫是一种重要的非金属元素，广泛存在于自然界，回答下列问题：rm{(1)}基态硫原子的价层电子排布图是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的结构为其中rm{S}的化合价是______。rm{(3)}含硫的物质的特殊性质与其结构相关。rm{垄脵}熔点：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{垄脷}沸点rm{{,!}}_______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{(4)ZnS}晶胞如图所示：rm{垄脵}由图可知，rm{Zn^{2+}}填在了rm{S^{2-}}形成的______________空隙中。rm{垄脷}已知晶胞密度为，rm{娄脩g/cm^{3}}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则rm{Zn^{2+}}到rm{S^{2-}}的距离为__________rm{pm(}用含rm{娄脩}rm{NA}的代数式表示rm{)}14、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}为原子序数依次增大的前四周期元素。基态rm{A}原子核外电子占据三个能级，各能级上的电子数相同；在短周期中，基态rm{B}原子的未成对电子数最多，rm{C}的第一电离能最小，rm{D}的最外层电子数为电子层数的rm{2}倍；基态rm{W^{3+}}的rm{d}能级达到半充满结构。请回答下列问题：

rm{(1)}基态rm{W}原子的价层电子排布式为____________________________________；rm{W}基态原子共有___________种不同能级的电子；rm{(2)}与rm{AB^{隆陋}}互为等电子体的微粒的化学式为______________。rm{(}写出一种即可rm{)}rm{(3)}在rm{A}rm{B}rm{D}常见的含氧酸根离子中，空间构型呈平面三角形的有________________rm{(}填离子符号rm{)}空间构型呈三角锥形的离子的中心原子杂化轨道类型是______________________；rm{(4)(DAB)_{2}}分子中每个原子价层都达到rm{8}电子稳定结构且分子中不含有双键，也不含有环状结构。rm{1}个rm{(DAB)_{2}}分子中含__________个rm{搂脪}键_________个rm{娄脨}键评卷人得分三、解答题(共5题，共10分)15、A；B、C、D、E代表5种元素．请填空：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子；次外层有2个电子，其元素符号为______．

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同；B的元素符号为______，C的元素符号为______．

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满；D的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．D元素在元素周期表中的位置是______．

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．E元素在元素周期表中的分区中属于______区元素，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式______CuSO4+SO2+2H2O16、已知：CH2=CH-CH=CH2和CH3-CH=CH2分别可以写成：和“双烯合成反应”又称为“Diels-Alder反应”，如：．

请回答下列问题：

（1）现有反应：则物质A的结构式为：______；

在浓磷酸作用下；B与乙醇共热生成酯的化学方程式为：______．

（2）在反应：中；D物质可发生反应生成一种生活中常用高分子，其化学方程式为：______；

将物质E与过量的H2发生加成反应；其生成物的化学式为______．

（3）和都是无色液体，下列物质中可以用来鉴别这两种物质的是______（填序号）：①银氨溶液、②淀粉溶液、③溴水、④酸性KMnO4溶液；

（4）从现代化学观点看，“Diels-Alder反应”的优点是：______．

17、某研究小组对铁生锈进行研究．

（1）经过较长时间后；甲同学观察到的现象是：上述图中的铁钉最容易生锈的是______

（2）在铁钉的锈蚀过程中；Fe发生了______（填“氧化”或“还原”）反应。

（3）铁生锈的外部条件是______

（4）若为了防止铁钉生锈；该同学想在铁钉表面镀上一层金属，该金属最好是______

A．锡B．铜C．锌．

18、如图是实验室（苯酚；甲醛、浓盐酸在100℃条件下）制取酚醛树脂的装置：

（1）试管上方长玻璃管的作用是______；

（2）浓盐酸在该反应中的作用是______；

（3）此反应需水浴加热；为什么不用温度计控制？______；

（4）实验完毕后；若试管用水不易洗净，可以加入少量______浸泡几分钟后，再洗净；

（5）写出实验室制取酚醛树脂的化学方程式______；该有机反应类型是______．

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的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ热量，同时生成3.6g液态水，求原混合气体中H2和CO的物质的量．

评卷人得分四、工业流程题(共1题，共4分)20、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

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

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、其他(共2题，共4分)21、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。22、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共32分)23、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。24、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

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

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。25、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。26、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】惰性电极电解硫酸铜生成物是铜、氧气和硫酸，所以要使溶液恢复电解前的状态，需要加入氧化铜。电解硫酸钠生成物是氢气和氧气，所以要使溶液恢复电解前的状态，需要加入水，B正确。惰性电极电解氯化铜溶液，生成物是铜和氯气，所以要使溶液恢复电解前的状态，需要加入氯化铜。惰性电极电解氯化钠溶液，生成物是氢氧化钠、氢气和氯气，所以要使溶液恢复电解前的状态，需要加入氯化氢气体，答案选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种化学环境不同的H原子，其一氯代物有5种，故A错误；B．（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4种化学环境不同的H原子；其一氯代物有4种，故B错误；

C．（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2种化学环境不同的H原子；其一氯代物有2种，故C错误；

D．（CH3）3CCH2CH3分子中含有3种化学环境不同的H原子；其一氯代物有3种，故D正确；

故选D．

【分析】某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，及一氯代物有3种．根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，据此解答．分子中等效氢原子一般有如下情况：①．分子中同一甲基上连接的氢原子等效．②．同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③．处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．4、D【分析】【分析】本题考查第一电离能、电负性、非金属性、离子半径的递变规律，熟知这些规律和特例是解题的基础，题目难度不大。【解答】A.同周期自左而右元素的非金属性增强，所以非金属性：rm{S>Si}故A正确；

B.电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：rm{Na^{+}<S^{2-}}故B正确；

C.rm{Ca}的rm{4s}处于全满状态，rm{Ca}的第一电离能大于rm{K}故C正确；D.非金属性越强，元素的电负性越大，碳的非金属性强于氢，所以元素电负性：rm{C>H}故D错误。

故选D。【解析】rm{D}5、A【分析】解：A．电子不能通过溶液；故A错误；

B．a电极上氢离子放电，则a电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则变蓝色，b电极上氢氧根离子放电，导致b电极附近氢离子浓度增大；溶液呈酸性，则变红色，故B正确；

C．a电极上生成氢气，b电极上生成氧气；且二者的体积之比为2：1，故C正确；

D．电解时；阳离子向阴极a移动，故D正确；

故选A．

装置有外接电源是电解池，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，则b是阳极；a是阴极，电子从电源负极流出经导线流向阴极，在阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，电子沿导线流回电源正极，石蕊遇酸变红，遇碱变蓝，该装置实质是电解水，据此解答．

本题考查电解池的工作原理，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意离子的移动方向，明确阴阳极上放电的离子是解本题关键，难度不大．【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】试题分析：（1）同主族从上到下非经属性逐渐减弱，非经属性越强电负性越大，所以卤族元素从上到下电负性减小，a对，F没有正价，b错，HF中存在氢键沸点较高，c错，从F到Br状态有气态变成液态，熔沸点增大，d错，选a（2）A干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，B．水分子中有氢键，冰的汽化时要克服氢键和范德华力；C、乙醇分子间含有氢键，与水混溶克服氢键和范德华力；D碘属于分子晶体，溶于四氯化碳只克服范德华力，E石英的主要成分为二氧化硅，属于原子晶体，熔融时克服共价键，选AD。（3）根据0.1molCrCl3·6H2O和硝酸银反应得到0.2molAgCl沉淀，知道CrCl3·6H2O职能电离处2个氯离子，另一个氯离子是配位原子，所以CrCl3·6H2O的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O（4）①Ni的电子排布为1S22S22P63S23P63d84s2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是C，②离子半径越小形成的离子键越强，晶体的熔点越高；所以熔点NiO>FeO③CO与N2结构相似，则结构式为C≡O，三键含有1个σ键、2个π键；根据Fe(CO)5熔点和沸点，知它是分子晶体。④该立方体中Fe3+个数=4×1/8=0.5，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×1/4=3,故n(Fe3+)∶n(CN一)=0.5︰3=1︰6考点：同主族元素的性质变化、化学键的类型、配位化合物分子式的计算、晶胞的计算等。【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）分子晶体（2分）④1∶6（2分）7、略

【分析】试题分析：实验室配制少量银氨溶液的方法是先向洁净的试管中加入AgNO3溶液溶液，然后逐滴加入稀氨水，生成白色沉淀，反应的离子方程式是①AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；继续滴加至沉淀恰好溶解，即得银氨溶液，反应的离子方程式为②AgOH+2NH3•H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O。考点：考查银氨溶液的配制和离子方程式的书写。【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】试题分析：（1）根据原子守恒可知，X应该是碳酸钠，属于离子晶体。（2）①根据构造原理可知，基态Cr3+离子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3，所以基态Cr3+离子中未成对电子数有3个。②石墨晶体中含有自由电子，所以可以导电。（3）根据反应的方程式可知，氢元素失去电子，被氧化。这说明SiH4中氢元素显负价，Si元素显正价，所以硅元素的大发展小于氢元素的。考点：考查晶体类型、电负性的判断以及未成对电子数的判断【解析】【答案】（4分,每空一分）（1）离子（2）①3②自由电子（3）＜9、略

【分析】(1)电解饱和氯化钠溶液时，阴极是氢离子放电，生成氢气。（2）在原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子发生还原反应。通入空气，说明该电极是正极，氧气得到电子。在原电池中电子通过导线从负极传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动。（3）电解池中产生2molCl2，则反应中转移电子4mol，根据得失电子守恒可知，消耗氧气是1mol。（4）因为在燃料电池的正极附近产生大量的OH－，而在负极附近，氢离子放电的同时需要消耗OH－，所以其浓度大小顺序为c>a>b。【解析】【答案】（1）2H2O+2e－=H2↑+2OH－（或2H++2e－===H2↑）（2）O2+2H2O+4e－=4OH－从左向右（3）1mol（4）c>a>b10、略

【分析】解：（1）由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3，由图也可以看出含有C=O双键，C-O-C单键．所以A的结构简式为CH3COOCH2CH3或是CH3CH2COOCH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；

（2）根据该有机物的核磁共振谱中的峰面积比分别为1：1：6可知：该有机物分子中含有的不同位置氢原子有3种，分别含有氢原子数之比为1：1：6，1-丙醇（CH3-CH2-CH2-OH}中不同位置的氢原子有三种；其数目之比为1：3：4；

2-丙醇中不同位置的氢原子有三种；其氢原子数目之比为1：1：6，所以满足条件的物质为：2-丙醇；

故答案为：2-丙醇；

（3）①由题意知；氧的质量分数为47.76%，由有机化合物的相对分子质量大于110，小于150；

即分子中氧原子个数为大于=3.28，小于=4.48；所以氧原子为4个；

分子中氧原子为4个，氧的质量分数为47.76%，则有机化合物分子质量==134；

故答案为：134；

②分子中氧原子为4个，所以C、H的相对原子质量之和为：134-16×4=70，可确定化学式为C5H10O4，故答案为：C5H10O4．

（1）由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3，因此该分子中有2个CH3；由图也可以看出含有C=O双键，C-O-C单键，书写A的结构式，据此解答；

（2）根据该有机物的核磁共振谱中的峰面积比可以确定该有机物分子中含有的不同类型氢原子的种数；进而确定有机物的结构简式；

（3）根据含氧量和相对分子质量的范围；得出氧原子数的范围，最终确定分子中含有的氧原子数目；根据氧元素的质量分数；分子中含有的氧原子数目求出有机化合物的相对分子质量；根据相对分子质量和分子中含有的氧原子数目计算化学式．

本题考查了有机物分子式的确定，题目难度中等，计算确定氧原子数为解答该题的关键．【解析】CH3COOCH2CH3；CH3CH2COOCH3；2-丙醇；134；C5H10O411、略

【分析】解：（1）①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体；说明醋酸熔点低，不能证明其为弱酸，故错误；

②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH值约为9；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，故正确；

③等体积；等浓度的硫酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应；硫酸是二元强酸，所以硫酸溶液消耗的氢氧化钠多，但不能说明醋酸是弱电解质，故错误；

④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8；说明醋酸部分电离，故正确；

⑤pH值等于4；体积相等的醋酸和盐酸；与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸液消耗碱液多，说明醋酸部分电离，溶液中存在大量的醋酸分子，故正确；

⑥同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至pH相同时；醋酸加入的水少，说明醋酸溶液中氢离子浓度较小，醋酸在溶液中部分电离，从而证明醋酸为弱酸，故正确；

故选：①③；

（2）该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol；

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

（3）该原电池中；铜易失电子作负极，银作正极；

a．实验过程中，NO3-向负极铜电极移动；所以左侧烧杯中浓度增大，故a错误；

b．实验过程中取出盐桥，该装置不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故b错误；

c．若开始时用U形铜代替盐桥；则右侧构成原电池，左侧构成电解池，装置中有电流产生，故c错误；

d．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成原电池，左侧构成电解池，左侧U型铜作负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，右侧U型铜作阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；所以U型铜质量不变，故d正确；

故选d；

（4）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，说明B中氢离子放电，则B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案为：LiOH；2Cl--2e-=Cl2↑；B．

（1）根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度；证明醋酸是弱电解质的常用方法有：根据醋酸的电离程度；根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断；

（2）该反应每消耗1molCuCl（s）；放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，注意焓变与物质的量的对应关系；注明各物质的状态；

（3）根据原电池中；铜易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，银作正极，正极上得电子发生还原反应，阴离子向负极移动以及电化学装置进行分析；

（4）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图示可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液；氯离子放电生成氯气．

本题考查了弱电解质的判断、热化学方程式的书写以及电化学的相关知识，为高考常见题型，电解质的强弱与其电离程度有关，侧重于学生分析比较能力的培养．【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）减小

Ⅲ.（1）①精铜Ag、Au

②0.00212

（2）N牺牲阳极的阴极保护法【分析】Ⅰrm{.}【分析】本题考查了金属的腐蚀，能提取出图示所给的信息是关键，应注意的是在钢铁的吸氧腐蚀中，正极被保护，在正极上放电的是氧气。【解答】rm{(1)}根据图示可知，铜板上的铁铆钉易发生腐蚀，是由于铜和铁构成了原电池，发生了吸氧腐蚀；故答案为：吸氧；

rm{(2)A.}正极上放电的是氧气，故正极的电极反应式为rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}故A正确；

B.在铁发生吸氧腐蚀时，铁在负极上失去电子：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}氧气在正极上放电：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}故总反应为：rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O=2Fe(OH)_{2}}而rm{Fe(OH)_{2}}有强还原性，易被氧气氧化，即能发生反应：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}篓T4Fre(OH)_{3}}故B正确；

C.此过程中铜做正极被保护；并未被腐蚀，故C错误；

D.此过程中电子从负极移向正极，即由rm{Fe}移向rm{Cu}故D正确。

故选C。Ⅱrm{.}【分析】本题考查电化学知识，为高考常见题型，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和分析问题的能力，题目难度中等。【解答】rm{(1)}乙烯料电池工作时，通入乙烯的电极为负极即rm{a}极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式为rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}故答案为：rm{a}rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}

rm{(2)}随着反应的进行，碱性减弱，所以乙烯燃料电池内部溶液的rm{PH}将减小。故答案为：减小。。Ⅲrm{.}【分析】【分析】本题考查了电解精炼金属、电子守恒的应用、金属的电化学保护、电解反应方程式的书写，题目难度中等。rm{.}【解答】rm{(1)垄脵}粗铜精炼应阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解液为rm{CuSO_{4}}溶液，则该装置中电极材料rm{B}为阴极应为精铜；阳极泥为不容易失去电子的金属金和银；故答案为：精铜；rm{Ag}rm{Au}rm{垄脷}惰性电极电解氯化钠溶液，标准状况制得rm{44.8mLCl}惰性电极电解氯化钠溶液，标准状况制得rm{垄脷}rm{44.8mLCl}rm{{,!}_{2}}转移电子的物质的量时，根据串联电路中转移电子守恒知，消耗rm{=dfrac{44.8隆脕{10}^{-3}L;}{22.4L/mol;}隆脕2=4隆脕{10}^{-3}mol}的质量rm{H_{2}}电解反应的离子方程式为：rm{=dfrac{4隆脕{10}^{-3}mol}{2}=0.002mol}制得rm{2C{l}^{-}+2{H}_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2O{H}^{-}+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}rm{44.8mLCl}rm{44.8mLCl}的物质的量为rm{{,!}_{2}}则其浓度为时，生成rm{OH-}的物质的量为rm{0.004mol}则其浓度为rm{dfrac{0.004mol}{0.4L}=0.01mol/L}故rm{pH=12}故rm{OH-}故答案为：rm{0.004mol}rm{dfrac{0.004mol}{0.4L}=0.01mol/L}rm{pH=12}rm{0.002}rm{(2)}作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护，若rm{X}为碳棒，为减缓铁的腐蚀，则铁应作电解池阴极，所以开关rm{K}应该置于处rm{N}处；

若rm{X}为锌，开关rm{K}置于rm{M}处；该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。

故答案为：rm{N}牺牲阳极的阴极保护法。【解析】Ⅰrm{.(1)}吸氧吸氧rm{.(1)}rm{(2)C}rm{(2)C}Ⅱrm{.(1)a}减小rm{.(1)a}精铜rm{C_{2}H_{4}+16OH^{-}-12e^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}rm{(2)}Ⅲrm{.(1)垄脵}精铜rm{Ag}rm{Au}rm{.(1)垄脵}rm{2C{l}^{-}+2{H}_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2O{H}^{-}+C{l}_{2}隆眉+{H}_{2}隆眉}rm{Ag}牺牲阳极的阴极保护法rm{Au}13、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶体，AlF3是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体

②<因为形成分子间氢键

(4)正四面体【分析】【分析】本题考查物质结构知识，包含价电子排布图的书写，判断粒子的键角，晶体的熔点比较，晶胞的计算，涉及的知识点较多，考查较为全面，题目难度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)S}位于周期表中第rm{3}周期，第rm{VIA}族，其价层电子排布式为rm{3s}位于周期表中第rm{(1)S}周期，第rm{3}族，其价层电子排布式为rm{VIA}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}

，则基态硫原子的价层电子排布图是；故答案为：由；的结构可知，rm{(2)}的成键结构与rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合价是rm{SO_{4}^{2-}}故答案我：rm{S}rm{+6}是分子晶体，而rm{+6}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以rm{(3)垄脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔点：rm{SF}rm{SF}故答案为：rm{{,!}_{6}<}rm{AlF}是分子晶体，rm{AlF}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；rm{{,!}_{3}}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{<}邻羟基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因为形成分子间氢键rm{垄脷}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{>}邻羟基苯磺酸，rm{垄脷}rm{>}和金刚石晶胞的相似性，故答案为：rm{<}；rm{(4)}rm{垄脵ZnS}和金刚石晶胞的相似性，rm{S}rm{垄脵ZnS}rm{S}

rm{{,!}^{2-}}形成的是正四面体结构，则rm{Zn}rm{Zn}晶胞，则有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}则一个晶胞的体积为rm{{,!}^{2+}}形成的正四面体空隙中，故答案为：正四面体；rm{垄脷}取rm{1mol}晶胞，则有rm{N}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{A}}个晶胞，设晶胞参数为rm{acm}则一个晶胞的体积为rm{V}rm{acm}rm{V}晶胞中，含有rm{{,!}_{0}}的数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的数目为rm{=a}因此rm{{,!}^{3}}的质量为rm{cm}已知晶体的密度为rm{cm}rm{{,!}^{3}}，对于立方晶胞，顶点粒子占rm{娄脩=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)}{娄脩{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)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{dfrac{1}{2}}，内部粒子为整个晶胞所有，则一个rm{ZnS}晶胞中，含有rm{Zn}的数目为【解析】rm{(1)}rm{(2)+6}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{<}是分子晶体，rm{SF_{6}}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体rm{AlF_{3}}rm{垄脷}因为形成分子间氢键rm{垄脷}正四面体rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{<}14、（1）3d64s27

（2）CO

（3）CO32-、NO3-sp3杂化

（4）54【分析】【分析】本题考查物质结构与性质，涉及元素推断、核外电子排布、杂化轨道、分子结构、化学键，题目综合性较大，注重对物质结构中常考考点的考查，难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{W}为原子序数依次增大的前四周期元素。基态rm{A}原子核外电子占据三个能级，各能级上的电子数相同，则rm{A}为rm{C}元素；在短周期中，基态rm{B}原子的未成对电子数最多，则rm{B}为rm{N}元素，rm{C}的第一电离能最小，则rm{C}为rm{Na}元素，rm{D}的最外层电子数为电子层数的rm{2}倍，则rm{D}为rm{S}元素；基态rm{W}rm{B}rm{C}rm{D}为原子序数依次增大的前四周期元素。基态rm{W}原子核外电子占据三个能级，各能级上的电子数相同，则rm{A}为rm{A}元素；在短周期中，基态rm{C}原子的未成对电子数最多，则rm{B}为rm{B}元素，rm{N}的第一电离能最小，则rm{C}为rm{C}元素，rm{Na}的最外层电子数为电子层数的rm{D}倍，则rm{2}为rm{D}元素；基态rm{S}rm{W}rm{{,!}^{3+}}能级达到半充满结构，则的rm{d}能级达到半充满结构，则rm{d}能级上有rm{W^{3+}}个电子，其原子核外电子数rm{3d}能级上有rm{5}个电子，其原子核外电子数rm{=2+8+8+5+3=26}则rm{W}为rm{Fe}元素。则rm{3d}为rm{5}元素。rm{=2+8+8+5+3=26}为rm{W}元素，铁rm{Fe}rm{(1)W}rm{Fe}原子的电子排布式为：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}种不同能级的电子，故答案为：rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{6}}rm{4s}rm{4s}个原子、价电子数是rm{{,!}^{2}}与价层电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}共有rm{7}种不同能级的电子，rm{7}rm{3d^{6}4s^{2}}rm{7}等，故答案为：rm{(2)}原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，中rm{CN^{-}}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3}为平面三角形结构；中含有rm{2}个原子、价电子数是rm{10}与rm{CN}中rm{2}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3}为平面三角形结构，rm{10}中rm{CN}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{;;6+2-3隆脕2;;}{2}=4}为rm{{,!}^{-}}结构，其中互为等电子体的微粒的化学式为rm{N}原子为rm{N}杂化，故答案为：rm{{,!}_{2}}、rm{CO}杂化；rm{CO}rm{(3)CO_{3}^{2-}}rm{C}rm{=3+dfrac{;;4+2-3隆脕2}{;2;}=3

}电子稳定结构且分子中不含有双键，也不含有环状结构，rm{NO_{3}^{-}}的结构为则rm{N}个rm{=3+dfrac{;;5+1-3隆脕2}{;2;}=3

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

}个三角锥形键，故答案为：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}}杂化rm{(4)5}rm{4}三、解答题(共5题，共10分)15、略

【分析】

（1）A元素基态原子的核外电子排布应为ns2np3；应为N元素，故答案为：N；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，阴离子为Cl-，含有Cl元素，阳离子为K+；含有K元素，故答案为：Cl；K；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，电子数为5，则基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，应为Fe，位于周期表第四周期Ⅷ族，故答案为：Fe；[Ar]3d64s2；第四周期Ⅷ族；

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，应为Cu，在元素周期表中的分区中属于ds区，可浓硫酸在加热条件下发生反应，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；

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

【解析】【答案】（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，核外电子排布应为ns2np3；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同；离子核外都有18个电子；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满；电子数为5，应为Fe元素；

（4）E元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，应为Cu，原子序数为29．

16、略

【分析】

（1）利用信息中的双烯合成反应可知，A中含一个C=C和-COOH，则A为或CH2=CH-COOH；B与乙醇共热生成酯，B脱去-OH，乙醇脱H，该反应的化学方程式为

故答案为：或CH2=CH-COOH；

（2分）D中含C=C，发生加聚反应合成聚苯乙烯，该加聚反应为物质E与过量的H2发生加成反应，生成物中含2个环己烷结构，加成反应的生成物为故答案为：

（3）含C=C，能使溴水褪色，而不能；则利用溴水可以鉴别，与银氨溶液；淀粉均不反应，与高锰酸钾均反应，故答案为：③；

（4）从现代化学观点看，“Diels-Alder反应”的优点是原子利用率100%；符合绿色化学原则，故答案为：原子利用率100%，符合绿色化学原则．

【解析】【答案】（1）利用信息中的双烯合成反应可知；A中含一个C=C和-COOH；B与乙醇共热生成酯，B脱去-OH，乙醇脱H；

（2）D中含C=C，发生加聚反应合成聚苯乙烯；物质E与过量的H2发生加成反应；生成物中含2个环己烷结构；

（3）含C=C，能使溴水褪色，而不能；

（4）“Diels-Alder反应”没有副产物．

17、略

【分析】

（1）A；铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；B、植物油隔绝空气；铁难以腐蚀；C、碱石灰吸水，在干燥的空气中铁难以腐蚀，故答案为：A；

（2）铁为活泼金属；易失去电子而被氧化，故答案为：氧化；

（3）铁在潮湿的空气中易形成原电池反应；发生吸氧腐蚀而被氧化，故答案为：潮湿的空气；

（4）在铁表面镀上一层锌；锌比铁活泼，当镀层破损后，易腐蚀锌而保护铁，故答案为：C．

【解析】【答案】（1）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；隔绝空气或在干燥的空气中难以形成原电池反应；

（2）铁活泼；易失去电子而被氧化；

（3）铁在潮湿的空气中易形成原电池反应而被氧化；

（4）锌比铁活泼；当镀层破损后，易腐蚀锌而保护铁．

18、略

【分析】

（1）反应有大量热放出；苯酚；甲醛溶液易挥发，反应装置中的长玻璃管除导气外，还对挥发的反应物起冷凝回流作用．

故答案为：导气冷凝回流；

（2）这个实验中；浓盐酸的作用是作催化剂，故答案为：作催化剂；

（3）制酚醛树脂的条件是沸水浴加热；无需温度计控制，就知道水是否沸腾，待剧烈沸腾时从水浴中取出试管，等不再剧烈进行时，继续加热，直到混和物生成不溶于水的液体；

故答案为：该反应的条件是沸水浴加热；不需要温度计就可以知道水是否沸腾；

（4）实验中所用苯酚过量；并用酸作催化剂，产物是线型高分子树脂，难溶于水，易溶于有机溶剂酒精，需用酒精浸泡一些时间后，才易用水洗净，故答案为：酒精；

（5）苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物--酚醛树脂．反应的方程式可以表示为：属于缩聚反应，故答案为：缩聚反应．

【解析】【答案】（1）反应有大量热放出；苯酚；甲醛溶液易挥发，要防止反应物因剧烈沸腾而蒸发掉．

（2）这个实验中用酸作催化剂；

（3）制酚醛树脂的条件是沸水浴加热；

（4）这个实验中；所用苯酚过量，并用酸作催化剂，产物是线型高分子树脂，难溶于水，易溶于有机溶剂；

（5）酚醛树脂是由苯酚和甲醛在催化剂条件下缩聚而成；反应机理是苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物．

19、略

【分析】

水的物质的量为=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燃烧放出的热量为57.16KJ；

则CO燃烧放出的热量为113.74KJ-57.16KJ=56.58KJ；

设混合气体中CO的物质的量为x；则。

CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ•mol-1

1283KJ

x56.58KJ

解得x=0.2mol，即n（CO）=0.20mol；

答：原混合气体中H2和CO的物质的量均为0.2mol．

【解析】【答案】根据生成水的质量，利用2H2+O2═2H2O（l）可计算氢气的物质的量；再利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量，最后利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量．

四、工业流程题(共1题，共4分)20、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定