2025年教科新版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年教科新版高二化学上册月考试卷766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7题，共14分)1、相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pHA.仍相同B.醋酸溶液的大C.盐酸的大D.无法判断2、用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作中正确的是（）A.称量时，将固体NaOH直接放在天平左盘上B.将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中C.定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D.定容摇匀后发现液体体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线3、某烯烃与rm{H_{2}}加成后的产物是则该烯烃的结构式可能有rm{(}rm{)}A.rm{4}种B.rm{3}种C.rm{2}种D.rm{1}种4、下列现象不是由平衡移动引起的是A.氯水光照颜色变浅B.使用排饱和食盐水的方法收集氯气C.H2、I2、HI平衡混合气加压颜色变深D.重铬酸钾溶液中加碱颜色变为黄色5、pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示．分别滴加NaOH溶液（c=0.1mol/L）至pH=7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy；则（）

A.x为弱酸，Vx＜VyB.x为强酸，Vx＞VyC.y为弱酸，Vx＜VyD.y为强酸，Vx＞Vy6、下列反应中硝酸既体现氧化性又体现酸性的是()A.碳酸钙与稀硝酸B.红热木炭与浓硝酸C.氢氧化铜与稀硝酸D.氧化亚铁与稀硝酸7、下列化学用语表述正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷分子的球棍模型：B.氯化钠的电子式：C.氯气的比例模型：D.硫离子的结构示意图：评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、下列判断正确的是（）A.第一电离能：Al＜MgB.共价键极性：H-F＜H-ClC.硬度：Al2O3＜NaClD.酸性：H2SO4＞H2SO39、某烃的结构简式为：关于此有机化合物说法正确的是rm{(}rm{)}A.属于芳香化合物B.能发生加聚反应，其生成物可表示为：C.易溶于水，也易溶于有机溶剂D.既能使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色10、在卤代烃中，有关化学键的叙述，下列说法不正确的是A.当该卤代烃发生取代反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}B.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}和rm{垄脹}C.当该卤代烃在碱性条件下发生水解反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}D.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}和rm{垄脺}11、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.氨水稀释后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}的值减小B.rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}rm{0.1}溶液加蒸馏水稀释，rm{mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}的水解程度增大，溶液的rm{CO_{3}^{2-}}减小C.rm{pH}rm{298}时，rm{K}能自发进行，则其rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)篓T3S(s)+2H_{2}O(l)}D.对rm{triangleH<0}其他条件不变时充入rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)}正反应速率增大，逆反应速率减小rm{N_{2}}12、一定温度下，对可逆反应rm{A(g)+2B(g)?3C(g)}的下列叙述中，不能说明反应已达到平衡的是rm{(}rm{)}A.rm{C}生成的速率与rm{C}分解的速率相等B.单位时间内消耗rm{a}rm{mol}rm{A}同时生成rm{3a}rm{mol}rm{C}C.容器内的压强不再变化D.混合气体中rm{B}物质的量不再变化13、由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源rm{.}根据如图所示的装置，判断下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该装置中rm{Pt}极为阳极B.当rm{c}极的质量变化了rm{2.16g}时，rm{a}极上消耗的rm{O_{2}}在标准状况下的体积为rm{1.12L}C.该装置中rm{b}极的电极反应式是：rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}D.该装置中rm{a}极为正极，发生氧化反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、分子式为C5H12的某烃，它的一氯代物只有一种结构，则该烃结构简式为：_______________________；按系统命名法命名，其名称为：_______________________。15、（8分）某同学按下列步骤配制500mL0.2mol·L－1KCl溶液，请回答有关问题。。实验步骤有关问题①计算所需KCl的质量需要KCl的质量为________g(保留小数点后一位)②称量KCl固体称量需要用到的主要仪器是________________③将KCl加入100mL烧杯中，并加入适量水为了加快溶解速率，可以采取哪些措施？________________④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中为了防止溶液溅出，应采取什么措施？__________________⑤向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时当加水至离刻度线1cm～2cm处应如何操作？____________________（1）上述实验中使用容量瓶前应检验_________________________________________________。（2）在进行④步操作时未将洗涤烧杯、玻璃棒的洗涤液转移至容量瓶，则配制溶液浓度________(填“偏高”、“偏低”或“不影响”)。（3）若进行⑤步操作时加蒸馏水超过刻度线，则需________。16、I．下列有关实验操作或结果的说法中正确的是A．滴定时，眼睛应始终注视滴定管内液面的变化B．测定酸碱滴定曲线：开始时测试和记录的间隔可稍小些，滴定至终点附近则要大些C．酸碱中和滴定之前，锥形瓶用蒸馏水洗净即可，不能用待测液润洗D．滴定管经蒸馏水洗净后，直接注入标准液，将使测得的待测液浓度偏低E．用pH试纸测量某溶液的pH时要先将试纸润湿度不变的某容器分隔成A、B两部分，A容器容积固定不变，B有可移动的活塞，现在A中充入2molSO2和1molO2，在B中充入2molSO3和1molN2，在相同条件下发生可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，填空：F．用广泛pH试纸测量H2SO4溶液的pH时，测得pH=3.2II．如图所示（1)固定活塞位置在3处不动，达到平衡后，设A中压强为P1，B中压强为P2，则P1与P2的大小是：P1P2(填“＜”、“＞”、“＝”)。（2）若要使A中与B中平衡状态相同，可移动活塞的位置应在处。（3)若活塞右移到5处，达到平衡后，B中SO3为xmol，A中SO3为ymol，则xy(填“＜”、“＞”、“＝”)，理由是。17、（8分）可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根据图回答：（1）压强P1比P2（填大或小）；（2）（a+b）比（c+d）____（填大或小）；（3）温度t1℃比t2℃（填高或低）；（4）正反应为反应。18、在rm{2L}密闭容器中，rm{800隆忙}时反应rm{2NO(g)+O_{2}(g)2NO_{2}(g)}体系中，rm{n(NO)}随时间的变化如下表：

。时间rm{/s}rm{0}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}rm{n(NO)/mol}rm{0.020}rm{0.010}rm{0.008}rm{0.007}rm{0.007}rm{0.007}rm{(1)}写出该反应的平衡常数表达式：rm{K=}______，已知：rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}该反应是______反应rm{(}填“放热”或“吸热”rm{)}．

rm{(2)}图中表示rm{NO_{2}}的变化的曲线是______，用rm{O_{2}}的浓度变化表示从rm{0隆芦2s}内该反应的平均速率rm{v=}______．

rm{(3)}能说明该反应已经达到平衡状态的是______

rm{a.v(NO_{2})=2v(O_{2})}rm{b.}容器内压强保持不变。

rm{c.v_{脛忙}(NO)=2v_{脮媒}(O_{2})}rm{d.}容器内物质的密度保持不变。

rm{(4)}能使该反应的反应速率增大；且平衡向正反应方向移动的是______

rm{a.}及时分离出rm{NO_{2}}气体rm{b.}适当升高温度。

rm{c.}增大rm{O_{2}}的浓度rm{d.}选择高效的催化剂．评卷人得分四、探究题(共4题，共32分)19、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。20、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共16分)23、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。24、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___________。评卷人得分六、简答题(共1题，共9分)25、四种常见元素的性质或结构信息如下表，试根据信息回答有关问题。。元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有rm{3}个未成对的电子原子的rm{M}层有rm{1}对成对的rm{p}电子原子核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}4s^{x}}有rm{+1}rm{+2}两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂rm{垄脜}写出rm{B}原子的电子排布式_____。rm{垄脝A}元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点_____rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是_____。rm{垄脟D}元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点_____rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是_____。rm{垄脠}往rm{C}元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量rm{A}元素的氢化物水溶液；写出有关离子方程式为_____，形成的配合物中含有的化学键有_____。

rm{垄脡}下列分子结构图中的“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。则在以上分子中，中心原子采用rm{sp^{3}}杂化形成化学键的是_____rm{(}填写序号rm{)}在rm{垄脷}的分子中有_____个rm{娄脪}键和____个rm{娄脨}键。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】试题分析：醋酸是弱酸，在稀释的时候会继续电离出H+，所以酸性减弱得较慢，盐酸是强酸稀释的时候酸性变弱较快，故加水稀释相同的倍数后醋酸的酸性较强，选C。考点：强酸和弱酸稀释时溶液酸碱性的变化。【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】依照碳的四价原则处理，参考图示：

双键的位置可能在如图的rm{垄脵垄脷垄脹}处，则烯烃的结构式可能有rm{3}种。

故选B。【解析】rm{B}4、C【分析】选项C中反应前后体积不变，加压平衡不移动，但碘的浓度增大，所以颜色加深，其余都是和平衡移动有关系的，答案选C。【解析】【答案】C5、C【分析】【解答】解：从图象看，稀释10倍，x的pH值变化1，y的pH值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸．pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，故弱酸消耗碱的量大，即Vx＜Vy；故选C．

【分析】根据稀释相同倍数酸x、y的pH变化，判断强酸、弱酸，pH相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大．6、D【分析】【分析】本题考查了硝酸的性质，根据反应中硝酸的化合价确定硝酸的性质，硝酸体现氧化性和酸性，说明该反应中部分硝酸得电子化合价降低、部分硝酸中各元素化合价不变，据此分析解答。【解答】A.二者反应方程式为rm{CaCO_{3}+2HNO_{3(脧隆)}=Ca(NO_{3})_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}该反应中没有化合价的变化，只表现酸性，故A错误；

B.rm{C+4HNO_{3}(}浓rm{)=CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}该反应中rm{N}元素化合价由rm{+5}价变为rm{+4}价、rm{C}元素化合价由rm{0}价变为rm{+4}价；所以硝酸作氧化剂，只体现氧化性，故B错误；

C.rm{Cu(OH)_{2}+2HNO_{3}=Cu}rm{(NO}rm{(NO}rm{3}rm{3}rm{)}中；硝酸中各元素化合价不变，所以硝酸只体现酸性，故C错误；

D.rm{)}rm{3}rm{3}rm{+2H_{2}O}rm{3FeO+10HNO_{3}=3Fe(NO_{3})_{3}+}元素化合价由rm{NO}价变为rm{NO}价表现氧化性，部分rm{隆眉+}的化合价没有变化，表现酸性；故D正确。

故选D。

rm{隆眉+}【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}球棍模型表现原子间的连接与空间结构，甲烷分子式为rm{CH_{4}}rm{C}原子形成rm{4}个rm{C-H}为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为故A错误；

B.氯化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为：故B错误；

C.氯气中含有rm{2}个rm{Cl}原子，氯气的比例模型为：故C错误；

D.硫离子是硫原子得rm{2}个电子后形成的，故核外有rm{18}个电子，故结构示意图为故D正确．

故选D．

A.甲烷分子中，rm{C}的原子半径大于rm{H}原子；

B.氯化钠为离子化合物；电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；

C.氯气分子中，两个rm{Cl}原子的相对体积大小应该相等；

D.硫离子的核外有rm{18}个电子．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及球棍模型、电子式、比例模型以及离子的结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)8、A|D【分析】解：A．Mg的3s电子全满；为稳定结构，Mg难失去1个电子，则第一电离能：Al＜Mg，故A正确；

B．非金属性F＞Cl；则共价键极性：H-F＞H-Cl，故B错误；

C．离子的电荷越大，半径越小，则晶格能越大，则硬度：Al2O3＞NaCl；故C错误；

D．非羟基氧原子个数越多；酸性越强，硫酸；亚硫酸均为二元酸，非羟基氧原子数分别为2、1，则硫酸酸性强，故D正确；

故选AD．

A．Mg的3s电子全满；为稳定结构；

B．非金属性越强；键的极性越强；

C．离子的电荷越大；半径越小，则晶格能越大；

D．非羟基氧原子个数越多；酸性越强．

本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，涉及第一电离能、晶格能判断及酸性比较、极性比较等，注意结构与性质的关系是解答本题的关键，侧重选修三知识点的考查，题目难度中等．【解析】【答案】AD9、rAD【分析】解：rm{A.}含苯环，只含rm{C}rm{H}元素；则属于芳香化合物，故A正确；

B.含碳碳双键，可发生加聚反应，生成物为故B错误；

C.属于烃类物质；不溶于水，易溶于有机溶剂，故C错误；

D.含碳碳双键，既能使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故D正确；

故选：rm{AD}

由结构简式可知，分子中含苯环、碳碳双键，只含rm{C}rm{H}元素；结合烯烃的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃性质的考查，注意芳香烃概念的理解，题目难度不大．【解析】rm{AD}10、AD【分析】【分析】

本题考查有机物反应中化学键的断裂及有机物的结构式的应用等相关知识。

【解答】

A.该卤代烃发生取代反应时，还可能断裂的化学键是rm{垄脷}和rm{垄脹}故A错误；和rm{垄脷}故A错误；

rm{垄脹}和B.该卤代烃发生消去反应时，断裂的应该是rm{垄脵}和rm{垄脹}故B正确，那么rm{D}就错误；故B正确，那么rm{垄脵}就错误；

rm{垄脹}故C正确；

rm{D}该卤代烃发生消去反应时，断裂的应该是C.该卤代烃在碱性条件下发生水解反应时，断裂rm{垄脵}故C正确；和rm{垄脵}故D错误。

D.

rm{垄脵}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A.}氨水溶液中一水合氨在电离平衡，加水稀释促进电离，铵根离子物质的量增加，一水合氨分子减少，rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}比值增大；故A错误；

B.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，加水稀释促进水解正向进行，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}碱性；故B正确；

C.rm{PH}时，rm{298K}能自发进行，反应前后气体体积减小，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)篓T3S(s)+2H_{2}O(l)}则满足rm{triangleH-TtriangleS<0}其rm{triangleS<0}故C正确；

D.增大反应物浓度，正逆反应速率都增大，对rm{triangleH-Ttriangle

S<0}其他条件不变时充入rm{triangleH<0}正反应速率增大，逆反应速率也增大，故D错误；

故选BC．

A.氨水溶液中一水合氨在电离平衡；加水稀释促进电离，铵根离子物质的量增加，一水合氨分子减少；

B.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性；加水稀释促进水解正向进行，氢氧根离子浓度减小；

C.反应自发进行的判断依据rm{triangleH-TtriangleS<0}

D.增大反应物浓度；正逆反应速率都增大．

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解平衡、化学平衡的影响因素分析，反应自发进行的判断依据等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)}【解析】rm{BC}12、rBC【分析】解：rm{A}rm{C}生成的速率与rm{C}分解的速率相等；说明正逆反应速率相等达平衡状态，故A不选；

B、单位时间内消耗rm{a}rm{mol}rm{A}同时生成rm{3a}rm{mol}rm{C}都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；

C；两边计量数相等；容器内的压强始终不随时间的变化而变化，故C选；

D、混合气体中rm{B}物质的量不再变化；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；

故选BC．

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{BC}13、rBD【分析】解：左边装置是原电池，通入氢气电极rm{b}为负极，电极反应为rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}通入氧气的电极为正极，电极反应为rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}右侧装置为电解池，rm{C}棒为阴极，电极反应为rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}铂丝为阳极，电极反应为rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}

A.通过以上分析知，rm{Pt}为阳极；故A正确；

B.当rm{c}极生成单质银，质量变化为rm{2.16g}所以物质的量为：rm{dfrac{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}所以rm{dfrac

{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}极上消耗的rm{a}的物质的量为rm{O_{2}}标准状况下的体积为rm{0.005mol}故B错误；

C.rm{0.112L}电极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应为rm{b}故C正确；

D.通入氧气的电极为正极；正极上得电子发生还原反应，故D错误；

故选BD．

左边装置是原电池，通入氢气电极rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}为负极，电极反应为rm{b}通入氧气的电极为正极，电极反应为rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}右侧装置为电解池，rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}棒为阴极，电极反应为rm{C}铂丝为阳极，电极反应为rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}据此分析解答．

本题考查了原电池和电解池原理，根据得失电子判断正负极，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点．rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{BD}三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【解析】【答案】2,2——二甲基丙烷15、略

【分析】试题分析：根据题意知，500mL0.2mol•L-1KCl溶液中含有溶质氯化钾0.1mol，需要氯化钾的质量为：74.5g/mol×0.1mol=7.45≈7.5g；称量7.5g氯化钾，可以使用托盘天平进行称量；为了加速溶解，需要使用玻璃棒进行搅拌；转移溶液时，需要使用玻璃棒引流，目的是避免液体流到容量瓶外边；定容时，先直接加蒸馏水到容量瓶刻度线1-2cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；（1）在使用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，必须检查容量瓶是否漏水；（2）未将洗涤烧杯、玻棒的洗液转移至容量瓶，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；（3）若进行⑤步操作时加蒸馏水超过刻度线，会导致配制的溶液浓度偏低，此次配制失败，需要倒掉重新配制。考点：考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析。【解析】【答案】①7.5②托盘天平、药匙③搅拌(或适当加热)④用玻璃棒进行引流⑤改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切（1）容量瓶是否漏水（2）偏低（3）重新配制16、略

【分析】试题分析：Ⅰ．A.滴定时眼睛要注视锥形瓶内的颜色变化，A错误；B.滴定终点时应间隔的小写，B错误；C.锥形瓶只能用蒸馏水洗涤，不可用待测液洗涤，否则物质的量偏大，C正确；D.滴定管应用标准液润洗，否则浓度偏低，D错误；F.PH试纸只能粗略测量pH，只能读整数，F错误，答案选C；Ⅱ．（1）如图所示A为恒容的密闭容器，随着反应的进行，压强减小，B为恒压的装置，压强始终保持不变，故P1考点：化学平衡移动的方向【解析】【答案】Ⅰ．C；Ⅱ．（1）＜（2）3（3）＜；理由：活塞在3处时，A和B平衡状态相同，若活塞右移到5处，则B中压强减小，平衡向生成SO2的方向移动，故n（SO3）减小，x＜y，故答案为＜。17、略

【分析】压强越大，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间就越短，所以由图像可以看出P1＜P2，t1℃＞t2℃；又因为压强越大，A的转化率越低，故正反应是体积增大的反应，所以（a+b）＜（c+d）。而温度越高A的含量越低，因此升高温度有利于A的转化，故正反应是吸热反应。【解析】【答案】（1）小；（2）小；（3）高；（4）吸热。18、放热；b；0.0015mol/（L•s）；bc；c【分析】解rm{(1)}可逆反应rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}的平衡常数rm{k=dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}

rm{k=dfrac

{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

故答案为：rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}放热；

rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}由方程式rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdot

c(O_{2})}}可知，平衡时rm{(2)}rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}rm{trianglec(NO)}rm{trianglec(O_{2})}rm{trianglec(NO_{2})=2}由表中数据可知，平衡时rm{c(NO)=dfrac{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}曲线rm{1}平衡时的浓度为rm{2}故曲线rm{c(NO)=dfrac

{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}表示rm{b}的浓度变化；

由图中数据可知rm{0.0035mol/L}内，rm{b}的浓度变化量为rm{NO_{2}}故rm{v(NO)=dfrac{0.006mol/L}{2s}=0.003mol/(L?s)}根据速率之比等于化学计量数之比，故rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(NO)=dfrac{1}{2}隆脕0.003mol/(L?s)=0.0015mol/(L?s)}

故答案为：rm{2s}rm{NO}

rm{0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L}始终都存在rm{v(NO)=dfrac

{0.006mol/L}{2s}=0.003mol/(L?s)}关系，故不能说明到达平衡，故rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(NO)=dfrac

{1}{2}隆脕0.003mol/(L?s)=0.0015mol/(L?s)}错误；

rm{b}随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故rm{0.0015mol/(L?s)}正确；

rm{(3)a.}不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故rm{v(NO_{2})=2v(O_{2})}说明到达平衡，故rm{a}正确；

rm{b.}反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故rm{b}错误；

故选rm{c.}

rm{v_{脛忙}(NO)=2v_{脮媒}(O_{2})}及时分离出rm{c}气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故rm{d.}错误；

rm{d}适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故rm{bc}错误；

rm{(4)a.}增大rm{NO_{2}}的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故rm{a}正确；

rm{b.}选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故rm{b}错误；

故选rm{c.}．

rm{O_{2}}化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；

rm{c}说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

rm{d.}由表中数据可知，平衡时rm{c(NO)=dfrac{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}由方程式rm{d}可知，平衡时rm{c}rm{(1)}rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}rm{(2)}rm{c(NO)=dfrac

{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}据此判断表示rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}的浓度变化的曲线；

由图中数据可知rm{trianglec(NO)}内，rm{trianglec(O_{2})}的浓度变化量为rm{trianglec(NO_{2})=2}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{1}再根据速率之比等于化学计量数之比计算rm{2}

rm{NO_{2}}根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

rm{2s}根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答．

考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．rm{NO}【解析】rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}放热；rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdot

c(O_{2})}}rm{b}rm{0.0015mol/(L?s)}rm{bc}rm{c}四、探究题(共4题，共32分)19、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、工业流程题(共2题，共16分)23、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%24、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2~3次)六、简答题(共1题，共9分)25、（1）1s22s22p63s23p4

（2）高因为A的氢化物存在氢键

（3）低晶体类型不同，二氧化碳形成分子晶体，二氧化硅形成原子晶体；

（4）Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-离子键、共价键、配位键

（5）①③④32【分析】【分析】本题综合考查物质结构与性质知识，题目涉及电子排布式、氢键、配位键以及杂化类型等知识，难度中等，注意氢键的形成特点和配位键的形成。【解答】rm{A}的基态原子核外有两个电子层，最外层有rm{3}个未成对的电子，得到rm{A}的基态电子排布式rm{1s}的基态原子核外有两个电子层，最外层有rm{A}个未成对的电子，得到rm{3}的基态电子排布式rm{A}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2