2025年苏教新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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2025年苏教新版高三化学下册月考试卷508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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在某温度下，将某NaOH溶液和0.1mol•L-1的HAc溶液充分混合后，则该混合溶液中有关离子的浓度应满足的关系是（）A.[Na+]＞[Ac-]B.[Na+]＞[Ac-]C.[Na+]＜[Ac-]D.[Na+]+[H+]=[OH-]+[Ac-]2、已知硫酸溶液的质量分数越大时，其溶液的密度越大，将3x%与x%的两种硫酸溶液等体积混合后，溶液的质量分数（）A.大于2x%B.小于2x%C.等于2x%D.无法确定3、下列有关物质的性质或结构的说法正确的是（）A.是一种广泛应用于含磷化合物的结构分析和医疗诊断的核素，其原子核内含有15个中子B.Na的原子半径比Cl的大，但Na+的半径比Cl-的小C.Li、Na、K、Rb、Cs都属于碱金属元素，它们单质的还原性随原子序数的增大而减弱D.Cl与I同属于ⅦA族元素，则两者最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＜HIO44、如图为反应2A（g）⇌B（g）+C（g）的速率v（A）变化的图象；其中纵坐标可能是（）

A.温度B.压强C.A的浓度D.反应时间5、下图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液，除rm{a}rm{b}外，其余电极均为石墨电极。甲为铅蓄电池，其工作原理为rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}underset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}其两个电极的电极材料分别为rm{Pb+PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}

underset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}和rm{PbO_{2}}闭合rm{Pb}发现rm{K}电极附近的溶液先变红，rm{g}后，将rm{20min}断开，此时rm{K}rm{c}两极上产生的气体体积相同。下列说法错误的是：

A.rm{d}电极的电极材料是rm{a}B.丙装置中发生电解的总反应方程式为rm{PbO_{2}}C.电解rm{2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{!=!=!=!=!=}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}后，停止电解，此时要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是rm{20min}D.rm{0.1molCuO}后将乙装置与其他装置断开，然后在rm{20min}rm{c}两极间连接上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，则此时rm{d}电极为负极，rm{c}电极上发生反应的电极反应式为rm{d}rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、联合生产是实现节能减排的重要措施；工业上合成氨和硝酸的联合生产具有重要意义．图1是工业上合成氨的简易流程：

（1）设备A内部结构如图2所示，其名称是____，其中发生的化学反应方程式为____；生产中原料气必须进行脱硫，目的是____，选择500℃进行反应的主要原因是____；

（2）设备B的名称是冷凝塔，图1中a和b是两个通水口，其中入水口是____（填“a”或“b”）．

（3）氮气和氢气的混合气体通过压缩机压缩的原因是____．

（4）生产出来的NH3可以用来生产硝酸．其中在氨气催化氧化过程中，不同温度下生成产物可能有所不同，温度对氨氧化产物产率的影响如图3所示；当温度大于900℃时，NO的产率下降的主要原因是____．

（5）某化肥厂用NH3制备NH4N03．已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HN03所用NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的____%（保留两位有效数字）．7、火法炼铜可以从黄铜矿（CuFeS2）或辉铜矿（Cu2S）中提取铜；发生如下反应：

①CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO②Cu2S+3O22Cu2O+2SO2

③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑

回答下列问题：

（1）CuFeS2中铜元素的化合价为____价．

（2）写出①～③反应的氧化剂；还原剂；并用单线桥表示电子转移方向和数目．

（3）1molCuFeS2生成1molCu，理论上消耗____molO2．

（4）1molCu2S和O2反应生成2molCu转移的电子数为____mol．8、用于金属焊接的某种焊条；其药皮由大理石；水泥、硅铁等配制而成．

（1）Al与NaOH溶液反应的化学方程式为____．

（2）30Si的原子的中子数为____；SiO2的晶体类型为____．

（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是____．

（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是____．

（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为____．9、实验室有FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液，其中Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3：2：1．

（1）现加入适量铁粉，请写出溶液中可能发生的离子反应：____，根据上述离子反应判断三种金属阳离子的氧化性强弱顺序为____．向混合液中计入铁粉时，首先与铁发生反应的离子是____．

（2）加入适量铁粉后，最后溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量之比为1：2：4，则参加反应的铁粉与原液中Fe2+的物质的量之比为____．10、淀粉水解的最终产物____；油脂在酶的作用下水解的产物是____与____；蛋白质水解的最终产物是____．11、化学兴趣小组在实验中发现：将锌粒放入CuSO4溶液中一段时间；锌粒表面附着了一层松散的黑色粉末状物质，而不是预期的红色物质．通过查阅资料秀讨论，大家认为黑色物质可能由Cu；CuO和Zn组成．同学们以黑色物质进行探究．

Ⅰ．小组成员认为黑色物质中含有氧化铜，是反应过程中生成的Cu（OH）2分解产生的．请说明反应过程中产生Cu（OH）2的原因____．

Ⅱ．兴趣小组对黑色粉末状物质的组成进行了实验探究．请完成下列实验报告．

限定实验仪器与试剂：1g黑色粉末、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹、稀H2SO4、浓HNO3；稀NaOH溶液、蒸馏水．

实验报告。

（1）实验课题：探究黑色粉末的组成。

（2）设计实验方案（不要在答题卡上作答）

（3）实验过程。

。实验操作预期现象与结论________（4）实验讨论：根据以上探究结果，如果在锌与CuSO4溶液的知识中获得预期的红色物质；改进的方法是。

____．12、用序号填空：

（1）有下列八种物质：①MgCl2晶体②干冰③NaOH晶体④白磷（P4）晶体⑤金刚石⑥硼晶体．其中属于离子晶体的是____；属于分子晶体的是____，属于原子晶体的是____．

（2）有下列分子：①CO2②NO2③SO3④BF3⑤NH3，其中属于非极性分子的是____，分子的VSEPR模型为平面三角形的是____，属于分子的立体构型为三角锥形的是____．

（3）在相同条件下，SO2在水中的溶解度和CO2在水中的溶解度相比，SO2的溶解度大，请从分子性质的角度阐述理由____

（4）试比较同主族元素的氢化物H2O、H2S和H2Se的稳定性和沸点高低；并说明理由．

稳定性：____理由：____．

沸点：____理由：____．13、乙烯是石油裂解的主要产物之一．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，观察到的现象是____；其反应方程式为____．乙烯在一定条件下发生加聚反应的产物的名称是____；乙烯对水果具有____作用．14、3.16gKMnO4与50mL12mol•L-1过量浓盐酸完全反应（假设浓盐酸无挥发），化学方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；通过计算回答：

（1）该反应中未被氧化的HCl的物质的量是____；

（2）产生的Cl2在标准状况下的体积为多少升？

（3）在反应后的溶液中加足量的AgNO3溶液可生成多少克沉淀？评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．____（判断对错）16、判断：非金属元素形成的化合物均含共价键．____．17、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）18、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）19、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）20、如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍；____．评卷人得分四、简答题(共4题，共28分)21、氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如图所示；完成下列填空：

（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上电极反应为______，与电源负极相连的电极附近，溶液pH______（选填“不变”；“升高”或“下降”）．

（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为______．

（3）如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂可以是______．（选填a、b；c）

a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2

（4）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂的合理顺序为______（选填a、b；c）

a．先加NaOH，后加Na2CO3；再加钡试剂。

b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3

c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3

（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过______、冷却、______（填写操作名称）除去NaCl．22、目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命--在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）生产粗铜；其反应原理如下：

（1）基态铜原子的外围电子排布式为______，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是______（填元素符号）．

（2）反应①、②中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是______，其立体结构是______．

（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液．写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式______；深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H+）内存在的全部化学键类型有______．

（4）铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为______；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为dg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为______pm．（（用含d和NA的式子表示）．23、溴乙烷是一种重要的有机化工原料，制备溴乙烷的原料有rm{95%}乙醇、rm{80%}硫酸rm{(}用蒸馏水稀释浓硫酸rm{)}研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片；该反应的原理如下：

rm{NaBr+H_{2}SO_{4}隆煤NaHSO_{4}+HBr}

rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBrxrightarrow{{脕貌脣谩}}CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}

某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如图rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr

xrightarrow{{脕貌脣谩}}CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}数据如下表．

。rm{.}物质。

数据乙醇溴乙烷rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚浓硫酸密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{1.46}rm{2.2}rm{0.71}rm{1.84}熔点rm{(隆忙)}rm{-130}rm{-119}rm{9}rm{-116}rm{10}沸点rm{(隆忙)}rm{78.5}rm{38.4}rm{132}rm{34.6}rm{338}在水中的溶解度rm{(g/100g}水rm{)}互溶rm{0.914}rm{1}rm{7.5}互溶请回答下列问题．

rm{(1)}加入药品之前须做的操作是：______；实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，其处理的方法是______．

rm{(2)}装置rm{B}的作用是除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是______rm{.}温度计的温度应控制在______之间．

rm{(3)}反应时有可能生成rm{SO_{2}}和一种红棕色气体，可选择氢氧化钠溶液除去该气体，有关的离子方程式是______，______，此操作可在______rm{(}填写玻璃仪器名称rm{)}中进行；同时进行分离．

rm{(4)}实验中采用rm{80%}硫酸，而不能用rm{98%}浓硫酸；一方面是为了减少副反应，另一方面是为了______．

rm{(5)}粗产品中含有的主要有机液体杂质是______，为进一步制得纯净的溴乙烷，对粗产品进行水洗涤、分液，再加入无水rm{CaCl_{2}}进行______操作．24、有机物rm{G}是一种医药中间体，可通过如图所示路线合成rm{.A}是石油化工的重要产品且分子中所有原子在同一平面上，rm{H}的分子式是rm{C_{7}H_{8}}．

已知：请回答以下问题：

rm{(1)A}的结构简式是______rm{.I}的名称是______．

rm{(2)F}中官能团的名称______；rm{C隆煤D}rm{I隆煤J}的反应类型分别是______；______．

rm{(3)B}与银氨溶液反应的化学方程式是______．

rm{(4)}两个rm{E}分子在一定条件下发生分子间脱水生成一种环状酯的结构简式是______．

rm{(5)}满足以下条件的rm{F}的同分异构体rm{(}含rm{F)}共有______rm{(}填数字rm{)}种．

rm{垄脵}能与氯化铁溶液发生显色反应。

rm{垄脷}红外光谱等方法检测分子中有结构。

rm{垄脹}苯环上有两个取代基。

其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱测定有rm{5}个吸收峰的同分异构体的结构简式为______．评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)25、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。26、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】在某温度下，将某NaOH溶液和0.1mol/L的CH3COOH溶液充分混合后，若溶液呈中性，溶液中[H+]=[OH-]，则[Na+]=[Ac-]；若为酸性，则[H+]＞[OH-]，则[Na+]＜[Ac-]；若为碱性，则[H+]＜[OH-]，则[Na+]＞[Ac-]；溶液中一定存在电荷守恒：[Na+]+[H+]=[OH-]+[Ac-]，据此进行判断．【解析】【解答】解：混合液中离子浓度大小需要根据溶液酸碱性判断，若溶液呈中性，则[H+]=[OH-]，根据电荷守恒可得：[Na+]=[Ac-]；若为酸性，则[H+]＞[OH-]、[Na+]＜[Ac-]；若为碱性，则[H+]＜[OH-]、[Na+]＞[Ac-]；故A；B、C不一定正确；

溶液中一定存在电荷守恒：[Na+]+[H+]=[OH-]+[Ac-]；故D正确；

故选D．2、A【分析】【分析】令质量分数分别为3x%与x%的硫酸溶液的密度分别为ag/ml、bg/ml；硫酸溶液的密度随浓度增大而增大，所以a＞b．假定体积为1ml，混合后溶质质量为混合前两溶液中溶质质量之和，混合后溶液质量为混合前溶液质量之和，根据质量分数定义用a、b表示出混合后的质量分数，结合密度关系判断．【解析】【解答】解：令质量分数分别为3x%与x%的硫酸溶液的密度分别为ag/ml、bg/ml；硫酸溶液的密度随浓度增大而增大，所以a＞b；

假定体积为1ml；

则3x%的硫酸溶液的质量为ag；溶质的质量为0.03xag；

x%的硫酸溶液的质量为bg，溶质的质量为0.01xbg；

所以混合后硫酸的质量分数为===+x%，因a＞b；

则＜1；

所以+x%＞2x%；

故选A．3、B【分析】【分析】A；中子数=质量数-质子数；据此计算判断．

B；电子层相同；核电荷数越大原子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大．

C；同主族自上而下；随电子层增多原子半径增大，原子核对核外电子的吸引减弱，金属性增强．

D、同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．【解析】【解答】解：A、1531P的质子数为15；质量数为31，所以中子数为31-15=16，故A错误；

B、Na原子与Cl原子的电子层相同，Na的核电荷数较小，所以原子半径Na＞Cl，Na+与Cl-的最外层电子数为8，Cl-电子层较多，所以离子半径Na+＜Cl-；故B正确；

C、Li、Na、K、Rb；Cs的最外层电子数相同；电子层依次增大，原子核对核外电子的吸引减弱，金属性依次增强，单质的还原性随原子序数的增大而增强，故C错误；

D、同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性Cl＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性HClO4＞HIO4；故D错误．

故选：B．4、D【分析】【解答】解：A．温度越高；活化分子百分数越大，所以反应速率加快，则纵坐标不能是温度，故A错误；

B．压强越大；体积越小，单位体积内活化分子数越多，反应速率越大，所以纵坐标不能是压强，故B错误；

C．A是气体；反应物浓度越大，单位体积内活化分子数越多，反应速率越大，所以纵坐标不能是A的浓度，故C错误；

D．随着反应的进行；A浓度降低，单位体积内活化分子数减少，反应速率降低，所以纵坐标可能是时间，故D正确；

故选D．

【分析】A．温度越高反应速率越大；

B．压强越大反应速率越大；

C．A是气体；反应物浓度越大，反应速率越大；

D．气体浓度越小反应速率越小．5、C【分析】【分析】本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，主要考查学生的分析能力。【解答】甲池是原电池做电源，乙丙丁是电解池，闭合rm{K}发现rm{g}电极附近的溶液变红，说明rm{g}电极是电解池的阴极，rm{h}是电解池的阳极；所以rm{a}为正极，rm{b}为负极；rm{c}电极为阴极，rm{d}为阳极；rm{e}电极为阴极，rm{f}为阳极；rm{20min}后，将rm{K}断开，此时rm{c}rm{d}两极上产生的气体体积相同。A.据以上分析，rm{a}为正极，所以电极材料是rm{PbO}rm{PbO}故A正确；B.电解硫酸铝溶液，根据放电顺序可知实质是电解水，故B正确；C.rm{{,!}_{2}}rm{c}两极上产生的气体体积相同，rm{d}电极上发生的电极反应为：rm{c}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}电极上发生的电极反应为：rm{d}

设生成的氧气为rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}则氢气也为rm{xmol}生成的rm{xmol}为rm{Cu}由得失电子可得：rm{0.1L隆脕1mol/L=0.1mol}解得rm{2x+0.1隆脕2=4x}

则电解时生成rm{x=0.1mol}氢气、rm{0.1mol}氧气和rm{0.1mol}若要恢复到原来的状态，需要加入rm{0.1molCu}故C错误；D.rm{0.1molCu(OH)_{2}}后将乙装置与其他装置断开，然后在rm{20min}rm{c}两极间连上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，说明形成了原电池反应，氢气在rm{d}极失电子，rm{c}为负极，氧气在rm{c}极得电子，正极的反应为：rm{d}故D正确。故选C。

rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)6、合成塔N2+3H22NH3防止催化剂中毒此温度下催化剂效率最高b增大压强，加快反应速率，使平衡向生成NH3的方向进行部分NO转变成N254【分析】【分析】（1）根据图示可知；设备A为合成塔；B为冷凝器或冷凝塔；工业合成氨中合成塔中的反应为氮气和氢气在高温高压条件下生成氨气，据此写出反应的化学方程式；合成氨的反应属于放热反应，根据化学反应速率和平衡移动知识来分析选择500℃的原因；生产中原料气必须进行脱硫，防止催化剂中毒；

（2）B为冷凝塔，a和b是两个通水口；其中入水口应考虑下进上出；

（3）根据增大压强对平衡移动的影响知识来回答；

（4）由图象可知，温度高于900℃时，NO的产率降低，氮气的产率增大，各反应为放热反应，高温下不利于向正反应进行，应是NO转变为N2所致；

（5）根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，以此计算．【解析】【解答】解：（1）合成氨的工业设备是合成塔；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；温度过低，反应速率较慢，温度较高，不利合成氨气，选择500℃的主原因是在这个温度下催化剂活性最大；生产中原料气必须进行脱硫可以防止催化剂中毒；

故答案为：合成塔；N2+3H22NH3；此温度下催化剂效率最高；防止催化剂中毒；

（2）B为冷凝塔，合成氨的反应属于放热反应，用热交换器可以充分利用余热，节约能源，a和b是两个通水口；其中入水口应考虑下进上出；

故答案为：b；

（3）增大压强，加快反应速率，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡朝生成NH3的方向进行；

故答案为：增大压强，加快反应速率，使平衡朝生成NH3的方向进行；

（4）各反应为放热反应，高温下不利于向正反应进行，由图象可知，温度高于900℃时，NO的产率降低，氮气的产率增大，故温度高于900℃时应是部分NO转化为N2；

故答案为：部分NO转化为N2；

（5）NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×94%×89%=0.8366mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则消耗的氨气的物质的量为0.8366mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为×100%=54%；即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的54%；

故答案为：54．7、+22.56【分析】【分析】（1）根据元素化合价代数和为零来计算回答；

（2）①中Cu的化合价降低，硫的化合价升高；②中S元素的化合价升高，O元素的化合价降低；③中，Cu2S中Cu元素的化合价降低；S元素的化合价升高，根据氧化还原反应中的基本概念来回答；

（3）由反应可知，存在6Cu～3Cu2S～6CuFeS2～15O2；以此分析；

（4）Cu元素由+1价降低为0，O元素的化合价降低，而S元素的化合价由-2价升高为+4价，据此计算．【解析】【解答】解：（1）CuFeS2中Fe是+2；S是-2价，根据元素化合价代数和为零，Cu的化合价是+2，故答案为：+2；

①中Cu、O的化合价降低，硫的化合价升高，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，氧气是氧化剂；②中S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，Cu2S只做还原剂，氧气是氧化剂；③中，Cu2S中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Cu2S既是还原剂又是氧化剂，Cu2O是氧化剂，化合价升高值=失电子数=化合价降低值=得电子数=转移电子数，各个反应电子转移情况如下：①②③

故答案为：①CuFeS2、O2是氧化剂，CuFeS2，是还原剂，②Cu2S还原剂，O2是氧化剂；③Cu2S、Cu2O是氧化剂，Cu2S是还原剂，

（3）由反应可知，存在6Cu～3Cu2S～6CuFeS2～15O2，则1molCuFeS2生成1molCu，理论上消耗2.5molO2；故答案为2.5；

（4）Cu元素由+1价降低为0，O元素的化合价降低，而S元素的化合价由-2价升高为+4价，则转移的电子数为1mol×[4-（-2）]=6mol，故答案为：6；8、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑16原子晶体HClCO225%【分析】【分析】（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）根据质量数=质子数+中子数，计算中子数；根据晶体的性质和成键方式判断晶体的类型，SiO2的晶体类型为原子晶体；

（3）Al3+与Yn-的电子数相同；Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则Y是第VIIA元素，氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但含有氢键的氢化物沸点反常；

（4）由药皮的成分和物质的性质进行推断产生的使金属不被氧化的气体成分为二氧化碳；

（5）36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入足量稀盐酸，二氧化硅不和盐酸反应，所以分离得到11.0g的固体是二氧化硅，滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体是氢氧化铁，根据铁原子守恒计算氧化铁的质量，剩余的质量就是氧化铝，再根据质量分数公式进行计算．【解析】【解答】解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数=质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：30-14=16，SiO2是以Si和O以共价键组成的空间立体网状结构；熔沸点高，为原子晶体；

故答案为：16；原子晶体；

（3）Al3+与Yn-的电子数相同；Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则Y是第VIIA元素，氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF中含有氢键导致HF的沸点大于HCl，所以该族氢化物中沸点最低的是HCl；

故答案为：HCl；

（4）由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2气体；

故答案为：CO2；

（5）36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2）加入足量稀盐酸；二氧化硅不和盐酸反应，所以分离得到11.0g的固体是二氧化硅；

当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe（OH）3沉淀，所以分离得到21.4g固体是氢氧化铁，根据2Fe（OH）3→Fe2O3，氧化铁的质量=g=16g，氧化铝的质量=（36.0-11.0-16）g=9g，氧化铝的质量分数=×100%=25%；

故答案为：25%．9、2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+Fe3+＞Cu2+＞Fe2+Fe3+1：1【分析】【分析】（1）氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；加入铁粉后，铁离子优先反应生成亚铁离子，然后铁粉与铜离子反应生成亚铁离子和铜；氧化还原反应或者，氧化剂的氧化性大于氧化产物，据此判断金属离子的氧化性强弱；氧化性越强，加入铁粉后优先反应；

（2）因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与反应Fe3+，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算．【解析】【解答】解：（1）加入铁粉后，可能发生的反应有：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则三种金属离子的氧化性大小为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；加入铁粉后；氧化性最强的铁离子优先反应；

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；Fe3+；

（2）因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与反应Fe3+，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol；2mol、4mol；

故反应的Fe3+的物质的量为3mol-1mol=2mol；则：

2Fe3++Fe=3Fe2+

2mol1mol3mol

故参加反应的Fe的物质的量为1mol；

参加反应的铁粉与原溶液中Fe2+的物质的量之比为：1mol：1mol=1：1；

故答案为：1：1．10、葡萄糖高级脂肪酸甘油氨基酸【分析】【分析】淀粉的最终产物是葡萄糖，油脂的产物是高级脂肪酸和甘油，蛋白质的最终产物是氨基酸．【解析】【解答】解：油脂；淀粉、蛋白质是三种重要的营养成分；其中油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，蛋白质的最终产物是氨基酸，淀粉的最终产物是葡萄糖，油脂的产物是高级脂肪酸和甘油；

故答案为：葡萄糖；高级脂肪酸；甘油；氨基酸．11、Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入金属锌，与H+反应，降低H+浓度，使平衡向正方向移动，生成Cu（OH）2沉淀（a）将粉末放入试管中；加入足量。

3mol•L-1H2SO4；充分震荡。

（b）过滤向红色固体中加入浓硝酸有气体产生含有Zn

溶液呈蓝色含有CuO

溶液呈蓝色并有红棕色气体放出含有Cu往CuSO4溶液中加入适量稀硫酸是溶液呈酸性，抑制Cu2+水解【分析】【分析】Ⅰ、黑色物质中含有氧化铜是反应过程中生成的Cu（OH）2分解产生的；生成氢氧化铜的原因是硫酸铜溶液中水解显酸性，锌和酸反应促进水解，生成氢氧化铜；

Ⅱ；（3）黑色物质可能由Cu、CuO和Zn组成；可以将粉末放入试管中加入足量硫酸若有气体生成说明含有锌，若溶液呈蓝色证明含有氧化铜，通过过滤再加入浓硝酸反应生成红棕色气体证明含有铜，据此设计实验步骤进行验证；

（4）依据生成黑色氧化铜的原因，可以设计检验过程中先加入稀硫酸抑制硫酸铜溶液的水解，再加入锌发生置换反应．【解析】【解答】解：Ⅰ．黑色物质中含有氧化铜是反应过程中生成的Cu（OH）2分解产生的，生成氢氧化铜的原因是硫酸铜溶液中水解显酸性，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；锌和酸反应促进水解，生成氢氧化铜沉淀；

故答案为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入金属锌，与H+反应，降低H+浓度，使平衡向正方向移动，生成Cu（OH）2沉淀；

Ⅱ．（3）黑色物质可能由Cu、CuO和Zn组成，可以将粉末放入试管中加入足量硫酸若有气体生成说明含有锌，若溶液呈蓝色证明含有氧化铜，通过过滤再加入浓硝酸反应生成红棕色气体证明含有铜，实验设计步骤为：将粉末放入试管中，加入足量3mol•L-1H2SO4；充分震荡，有气体产生含有Zn，溶液呈蓝色含有CuO，过滤向红色固体中加入浓硝酸，溶液呈蓝色并有红棕色气体放出含有Cu；

故答案为：

。实验操作预期现象与结论（a）将粉末放入试管中；加入足量。

3mol•L-1H2SO4；充分震荡。

（b）过滤向红色固体中加入浓硝酸有气体产生含有Zn

溶液呈蓝色含有CuO

溶液呈蓝色并有红棕色气体放出含有Cu（4）生成黑色氧化铜的原因是铜离子的水解生成的氢氧化铜分解造成；所以先加入稀硫酸抑制铜离子的水解，再加入锌反应得到预期的红色铜析出现象；

故答案为：往CuSO4溶液中加入适量稀硫酸是溶液呈酸性，抑制Cu2+水解．12、①③②④⑤⑥①③④②③④⑤SO2是极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大H2O＞H2S＞H2Se非金属性越强，气态化合物越稳定，非金属性O＞S＞SeH2O＞H2Se＞H2SH2O可形成分子间氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量比H2S大，分子间作用力大，因而H2Se比H2S沸点高【分析】【分析】（1）依据物质的分类判断晶体类型一般为：多数金属氧化物（如K2O、Na2O2等）、强碱（如NaOH、KOH等）和绝大多数的盐类是离子晶体．大多数非金属单质（除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外）、气态氢化物、非金属氧化物（除SiO2外）；酸、绝大多数有机物（除有机盐外）都是分子晶体．常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等．金属单质（除汞外）与合金是金属晶体．

（2）根据分子的空间结构判断分子极性；正负电荷重心重合为非极性分子，不重合为极性分子．VSEPR模型为平面三角形中心原子的价层电子对数是3．立体构型为三角锥形，中心原子的价层电子对数是4，含有1对孤对电子对．

（3）水是极性分子；根据相似相溶原理判断．

（4）非金属性越强，氢化物越稳定；H2O分子之间存在氢键，沸点最高，H2Se与H2S大结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力大，沸点越高．【解析】【解答】解：（1）属于离子晶体的是：MgCl2晶体、③NaOH晶体；属于分子晶体的是：②干冰③、④白磷（P4）晶体；属于原子晶体的是：⑤金刚石⑥硼晶体．

故答案为：①③；②④；⑤⑥．

（2）①CO2中C原子的价层电子对为2；VSEPR模型为直线型，没有孤对电子对，分子为直线型对称结构，属于非极性分子．

②NO2中N原子的价层电子对为=2.5；按3处理，VSEPR模型为平面三角形，N原子有未成键的电子，分子为V形，属于极性分子．

③SO3中S原子的价层电子对为=3；VSEPR模型为平面三角形，S原子没有孤对电子对，分子为平面三角形，结构对称，属于非极性分子．

④BF3中B原子的价层电子对为=3；VSEPR模型为平面三角形，B原子没有孤对电子对，分子为平面三角形，结构对称，属于非极性分子．

⑤NH3中N原子的价层电子对为=4；VSEPR模型为正四面体，N原子有1对孤对电子对，分子为三角锥型，结构不对称，属于非极性分子．

所以其中属于非极性分子的是①③④；分子的VSEPR模型为平面三角形的是②③④，分子的立体构型为三角锥形的是⑤．

故答案为：①③④；②③④；⑤．

（3）SO2中S原子的价层电子对为=3，VSEPR模型为平面三角形，S原子1对孤对电子对，分子为V形，结构不对称，属于极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大．

故答案为：SO2是极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大．

（4）非金属性越强，气态化合物越稳定，非金属性O＞S＞Se，所以稳定性：H2O＞H2S＞H2Se．

H2O可形成分子间氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量比H2S大，分子间作用力大，因而H2Se比H2S沸点高，所以沸点：H2O＞H2Se＞H2S．

故答案为：H2O＞H2S＞H2Se；非金属性越强；气态化合物越稳定，非金属性O＞S＞Se．

H2O＞H2Se＞H2S；H2O可形成分子间氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量比H2S大，分子间作用力大，因而H2Se比H2S沸点高．13、溴的四氯化碳溶液褪色CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br聚乙烯催熟【分析】【分析】乙烯含碳碳双键，能够与溴发生加成反应；能够发生加成聚合反应生成聚乙烯；乙烯对水果具有催熟功能．【解析】【解答】解：乙烯含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

乙烯含有碳碳双键；在引发剂的条件下发生加成聚合反应生成聚乙烯；

乙烯对水果具有催熟功能；

故答案为：溴的四氯化碳溶液褪色；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；聚乙烯；催熟．14、0.06mol【分析】【分析】n（KMnO4）==0.02mol；n（HCl）=12mol/L×0.05L=0.6mol；

（1）根据方程式知；0.02mol高锰酸钾发生反应需要氯化氢的物质的量为0.32mol＜0.6mol，所以盐酸有剩余，根据高锰酸钾和未被氧化的HCl之间的关系式计算；

（2）根据高锰酸钾和氯气之间的关系式计算氯气体积；

（3）根据氯原子守恒计算氯化银的质量．【解析】【解答】解：n（KMnO4）==0.02mol；n（HCl）=12mol/L×0.05L=0.6mol；

（1）根据方程式知，0.02mol高锰酸钾发生反应需要氯化氢的物质的量为0.32mol＜0.6mol，所以盐酸有剩余，该反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，如果有2mol高锰酸钾氧化，未被氧化的HCl的物质的量是6mol，则该反应中未被氧化的HCl的物质的量==0.06mol；

故答案为：0.06mol；

（2）高锰酸钾和氯气之间的关系式得氯气体积==1.12L；

答：产生的Cl2在标准状况下的体积为1.12L；

（3）根据高锰酸钾和被氧化的HCl的关系式知，被氧化的n（HCl）==0.1mol，根据氯原子守恒得溶液中n（Cl-）=0.6mol-0.1mol=0.5mol，根据氯原子守恒得n（Cl-）=n（AgCl）=0.5mol，则m（AgCl）=0.5mol×143.5g/mol=71.75g，答：在反应后的溶液中加足量的AgNO3溶液可生成71.75g沉淀．三、判断题(共6题，共12分)15、×【分析】【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．16、×【分析】【分析】非金属元素形成的化合物中可能含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：非金属元素形成的化合物中可能含离子键；如铵盐中存在离子键和共价键，为离子化合物，一般非金属元素形成的化合物含共价键；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．18、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．19、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；20、×【分析】【分析】强电解质在其水溶液里完全电离，弱电解质在其水溶液里部分电离，根据氯化氢和醋酸所属电解质的种类确定氢离子浓度关系．【解析】【解答】解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．四、简答题(共4题，共28分)21、略

【分析】解：（1）电解食盐水，与正极相连为阳极，生成氯气，该电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑；与电源负极相连为阴极，生成氢气和NaOH，生成碱，所以pH升高；

故答案为：2Cl--2e-═Cl2↑；升高；

（2）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，杂质离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以Ca2+、Mg2+除杂过程中涉及的离子方程式为：Ca2++CO32-═CaCO3↓；Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓；Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

（3）除去粗盐中的SO42-，可加Ba2+形成BaSO4白色沉淀，由于不能引进其他阴离子，所以钡试剂只能用BaCl2或Ba（OH）2；故ac正确；

故答案为：ac；

（4）粗盐中含大量Ca2+、Mg2+、SO42-，为有效除去这些离子，选NaOH除去镁离子，碳酸钠除去钙离子、氯化钡除去硫酸根离子，但碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量的钡离子，bc均符合，故答案为：bc；

（5）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大；但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，则在温度高的时候，生成氢氧化钠晶体即可除去氯化钠，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：蒸发浓缩；冷却、结晶、过滤；

故答案为：加热蒸发；过滤．

（1）电解氯化钠溶液时；阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧化钠；

（2）镁离子用氢氧根离子沉淀；加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，杂质离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子；

（3）工业食盐中如果含有SO42-，则可加Ba2+形成BaSO4白色沉淀；由于不能引进其他阴离子，所以钡试剂只能用BaCl2或Ba（OH）2；

（4）粗盐中含大量Ca2+、Mg2+、SO42-；为有效除去这些离子，选NaOH除去镁离子，碳酸钠除去钙离子；氯化钡除去硫酸根离子，但碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量的钡离子；

（5）经过一段时间的电解；NaCl溶液浓度在下降，NaOH溶液浓度在上升．当NaOH溶液质量分数变成10%，NaCl溶液质量分数变成16%时，停止电解，电解液加热蒸发，由于NaOH的溶解度大于NaCl，通过蒸发浓缩；冷却、结晶和过滤后可除去后经过滤除去NaCl，获得的NaCl可循环使用，据此进行解答．

本题考查混合物分离提纯的综合应用及海水资源利用等，为高频考点，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】2Cl--2e-═Cl2↑；升高；Ca2++CO32-═CaCO3↓；Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；ac；bc；加热蒸发；过滤22、略

【分析】解：（1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；所以第一电离能较大的是氧；

故答案为：3d104s1；O；

（2）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，所以S原子采用sp2杂化；由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；

故答案为：sp2；V型；

（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu（NH3）4]2+离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，深蓝色透明溶液中的阳离子（不考虑H+）内存在的全部化学键类型有共价键；配位键；

故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；共价键；配位键；

（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=×8+1=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，根据密度计算公式可知，体积V==cm3，所以晶胞的边长为cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为×cm=×1010pm；

故答案为：面心立方最密堆积；×1010．

（1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；

（2）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是V型，S原子采用sp2杂化；

（3）硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成[Cu（NH3）4]2+离子；离子中存在共价键；配位键；

（4）铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，由均摊法计算氧化亚铜晶胞中Cu原子和O原子的数目，根据密度计算公式计算出体积；再计算铜原子与氧原子之间的距离即可．

本题主要考查了晶胞的计算、核外电子排布、杂化轨道方式以及分子构型和配合物的内容，综合性较强，难度中等，利用均摊法计算晶胞的组成．【解析】3d104s1；O；sp2；V型；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；共价键、配位键；面心立方最密堆积；×101023、略

【分析】解：rm{(1)}实验室制备溴乙烷，用rm{95%}乙醇、rm{80%}硫酸rm{(}用蒸馏水稀释浓硫酸rm{)}研细的溴化钠粉末为原料；反应中有气体生成，且乙醇易挥发，所以在加入药品之前应进行的操作是：检查装置的气密性；碎瓷片能防止液体爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再进行继续实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后重新进行操作，故答案为：检查装置的气密性；待冷却后重新进行操作；

rm{(2)}装置rm{B}的作用使乙醇蒸气回流到烧瓶中继续反应，溴乙烷的沸点为rm{38.4隆忙}乙醇的沸点为rm{78.5隆忙}让溴乙烷蒸发出，让乙醇冷凝回流，所以温度计的温度应控制在rm{38.4隆忙隆芦78.5隆忙}故答案为：冷凝回流；rm{38.4隆忙隆芦78.5隆忙}

rm{(3)}二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式是：rm{SO_{2}+2NaOH篓TNa_{2}SO_{3}+H_{2}O}离子反应为：rm{SO_{2}+2OH^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}溴能和氢氧化钠反应：rm{Br_{2}+2NaOH篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}离子反应为：rm{Br_{2}+2OH^{-}=Br^{-}+BrO^{-}+H_{2}O}分离不互溶的有机物和无机物，用分液漏斗进行操作，故答案为：rm{SO_{2}+2OH^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{Br_{2}+2OH^{-}=Br^{-}+BrO^{-}+H_{2}O}分液漏斗；

rm{(4)}浓硫酸具有强氧化性，能氧化溴化氢，同时浓硫酸溶于水，放出大量的热，促进溴化氢气体的挥发，所以实验中采用浓度较低的rm{80%}硫酸；故答案为：防止溴化氢气体的挥发；

rm{(5)}乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水；生成乙醚，所以溴乙烷中含有副产物乙醚，乙醚和溴乙烷为互溶的有机物，可利用它们的沸点不同，进行蒸馏分离；

故答案为：乙醚；蒸馏．

rm{(1)}与气体有关的实验；加入药品之前须做的操作是：检查装置的气密性；碎瓷片的作用是防止爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，应待冷却后重新进行操作．

rm{(2)}装置rm{B}为竖立的试管，除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是冷凝回流；溴乙烷的沸点为rm{38.4隆忙}反应物乙醇的沸点为rm{78.5隆忙}所以温度计的温度应控制在rm{38.4隆忙}与rm{78.5隆忙}之间．

rm{(3)SO_{2}}与rm{NaOH}反应生成rm{Na_{2}SO_{3}}和rm{H_{2}O}离子方程式为：rm{SO_{2}+2OH^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}红棕色气体为rm{Br_{2}}与rm{NaOH}反应的离子方程式为：rm{Br_{2}+2OH^{-}=Br^{-}+BrO^{-}+H_{2}O}溴乙烷与水溶液分层；在分液漏斗中进行分液．

rm{(4)98%}浓硫酸具有吸水性；能加快溴化氢气体的挥发．

rm{(5)}乙醇分子间发生脱水反应可生成乙醚；所以粗产品中含有的主要有机液体杂质是乙醚；利用各成分沸点的不同，采用蒸馏的方法可提纯．

本题考查了溴乙烷的制取和性质，侧重考查了副产物的产生、去除等工艺，掌握相关的反应原理是解答的关键，注意卤代烃的性质，本题难度中等．【解析】检查装置的气密性；待冷却后重新进行操作；冷凝回流；rm{38.4隆忙隆